四川省2019-2020高二物理12月月考试卷（附解析Word版）

高 2018 级高二上期 12 月月考物理试题 一、单项选择题 1.下面说法正确的是 A. 元电荷实质上是指电子或质子本身 B. 只有很小的带电物体才能视为点电荷 C. 任何带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍 D. 经过摩擦使某物体带负电，那么该物体在摩擦过程中产生了额外的电子 【答案】C 【解析】 【详解】元电荷是最小单位电荷量，不是电子或质子，故 A 错误；在研究带电体间的相互作 用时，若带电体的尺寸远小于它们之间的距离时，可把带电体看成点电荷，体积很大的带电 体也可能看成点电荷，故 B 错误；任何带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍，故 C 正确； 摩擦起电是电子由一个物体转移到另一个物体的结果，得到电子的物体带负电，失去电子的 物体带正电，没有产生了额外的电子，故 D 错误． 2.关于物理科学家和他们的贡献，下列说法中错误的是 A. 劳伦斯发明了回旋加速器 B. 奥斯特发现电流磁效应 C 安培提出了分子电流假说 D. 焦耳创造性地在电场中引入电场线 【答案】D 【解析】 【详解】A．劳伦斯发明了回旋加速器，选项 A 正确，不符合题意； B．奥斯特发现电流磁效应，选项 B 正确，不符合题意； C．安培提出了分子电流假说，选项 C 正确，不符合题意； D．法拉第创造性地在电场中引入电场线，选项 D 错误，符合题意。 3.如图所示，一带电小球用丝线悬挂在水平方向的匀强电场中，当小球静止后把悬线烧断， 则小球在电场中将做（ ） . A. 自由落体运动 B. 曲线运动 C. 沿着悬线的延长线做匀加速直线运动 D. 变加速直线运动 【答案】C 【解析】 试题分析：悬线烧断前小球静止，所以受合外力为零，即重力和电场力的合力沿悬线的反向 延长线且为恒力；烧断后重力和电场力不变，小球从静止开始沿悬线的延长线做初速为零的 匀加速运动，故选项Ｃ正确．考点：本题考查受力分析及运动性质的判断．判断物体的运动 性质，要依据初速度与合外力的关系． 4.关于磁场，下列说法中正确的是 A. 带电粒子在磁场中运动时一定会受到洛仑兹力的作用 B. 磁感应强度的大小和方向与放在其中的通电导线的受力大小和方向无关 C. 通电导线受到安培力大的地方磁感应强度一定大 D. 根据公式 ，带电粒子在匀强磁场中的运动周期 T 与 v 成反比 【答案】B 【解析】 【详解】A．带电粒子在磁场中运动时，若速度方向与磁场方向平行，则不会受到洛仑兹力的 作用，选项 A 错误； B．磁感应强度的大小和方向只由磁场本身决定，与放在其中的通电导线的受力大小和方向无 关，选项 B 正确； C．通电导线受到安培力还与导线的放置方式有关，导线受到的安培力大的地方磁感应强度不 一定大，选项 C 错误； D．根据公式 以及 ，可得 ，则带电粒子在匀强磁场中的运动周 期 T 与 v 无关，选项 D 错误。 5.在如图所示的 U－I 图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图线，直线Ⅱ为某 一电阻 R 的伏安特性曲线．用该电源直接与电阻 R 相连组成闭合电路，由图象可知(  ) 2 rT v π= 2vqvB m r = 2 rT v π= 2 mT qB π= A. 电源的电动势为 3V，内阻为 0.5Ω B. 电阻 R 的阻值为 1Ω C. 电源的输出功率为 2W D. 电源的效率为 66.7% 【答案】ABD 【解析】 【详解】A．根据闭合电路欧姆定律得 U=E-Ir，当 I=0 时，U=E，由读出电源的电动势 E=3V， 内阻等于图线的斜率大小，则 故 A 符合题意． B．根据欧姆定律可得电阻为： 故 B 符合题意． C．两图线的交点表示该电源直接与电阻 R 相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压 U=2V，电流 I=2A，则电源的输出功率为： P 出=UI=4W 故 C 不符合题意． D．电源的效率 故 D 符合题意． 6.电源、开关 S、定值电阻 、光敏电阻 和电容器连接成如图所示的电路，电容器的两平 行板水平放置．当开关 S 闭合，并且无光照射光敏电阻 时，一带电液滴恰好静止在电容器 3 0.56 Ur I = = Ω = Ω  2 Ω 1Ω2 UR I = = = 2 66.7%3 P UI P EI η = = = = 总 出 1R 2R 2R 两板间的 M 点．当用强光照射光敏电阻 时，光敏电阻的阻值变小，下列说法正确的是 A. 液滴向下运动 B. 电阻 消耗的电功率减少 C. 电容器所带电荷量减少 D. 电容器两极板间电压变大 【答案】D 【解析】 【详解】AD．当无光照射时，带电液滴恰好静止，液滴所受重力和电场力是一对平衡力；当 用强光照射光敏电阻 R2 时，光敏电阻的阻值变小，电路中电流增大， R1 两端间的电压增大， 电容器的电压增大，板间场强增大，液滴所受的电场力增大，液滴向上运动，故 D 正确 A 错 误； B．R1 两端间的电压增大，则电阻 R1 消耗的电功率变大，选项 B 错误； C．电容器的电压增大，电容不变，由 Q=CU 知，电容器所带电荷量增大。故 C 错误。 7.如图所示，圆环和长直导线 MN 均处于纸面内，P、Q 是关于导线对称的两点，当导线 MN 中 通以从 M→N 的电流时，下列说法正确的是 A. P、Q 两点的磁感应强度大小相同，方向相反 B. P 点处磁感应强度方向垂直纸面向里 C. 圆环向右运动直到远离通电导线，环内磁通量一直减小 D. 圆环向右运动直到远离通电导线，环内磁通量先增大、后减小 【答案】A 2R 1R 【解析】 【详解】由安培定则判断可知，P、Q 两点 磁感应强度大小相同，方向相反，即 P 点处磁感 应强度方向垂直纸面向外，Q 点处磁感应强度方向垂直纸面向里，故 A 正确，B 错误；圆环向 右运动直到远离通电导线，环内磁通量先增大在减小，然后在增大，在减小，故 CD 错误． 8.磁流体发电的原理如图所示．将一束速度为 v 的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度 为 B 的匀强磁场中，在相距为 d、宽为 a、长为 b 的两平行金属板间便产生电压．如果把上、 下板和电阻 R 连接，上、下板就是一个直流电源的两极．若稳定时等离子体在两板间均匀分 布，电阻率为 ρ．忽略边缘效应，下列判断正确的是（ ） A. 上板 正极，电流 B. 上板 负极，电流 C. 下板为正极，电流 D. 下板为负极，电流 【答案】C 【解析】 【分析】 等离子体进入板间受到洛伦兹力而发生偏转，根据左手定则判断离子的偏转方向，即可确定 极板的极性，离子在运动过程中同时受电场力和洛伦兹力，二力平衡时两板间的电压稳定， 由平衡条件求电源的电动势，结合电路知识分析板间的电流． 【详解】根据左手定则，正电荷受到 洛伦兹力方向向下，负电荷受到的洛伦兹力向上，因 此下极板为电源的正极，根据平衡有 ，解得稳定时电源的电动势 ，则流 过 R 的电流为 ，而 ， ，则得电流大小为 ，C 正确． 的 为 为 的 BdvabI Rab dρ= + 2BvadI Rab bρ= + BdvabI Rab dρ= + 2BvadI Rab bρ= + EqvB q d = E Bdv= EI R r = + dr S ρ= S ab= BdvabI abR dρ= + 【点睛】本题的关键是理解磁流体发电机的工作原理，知道稳定时，离子所受的电场力和洛 伦兹力平衡，结合闭合电路欧姆定律进行分析． 二、多项选择题 9.速度相同的一束带电粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列相关说法中正 确的是（ ） A. 该束带电粒子带正电 B. 速度选择器的 P1 极板带负电 C. 能通过狭缝 S0 的带电粒子的速率等于 EB1 D. 粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝 S0，粒子的比荷越大 【答案】AD 【解析】 带电粒子进入匀强磁场 B2 时向下偏转，所以粒子所受的洛伦兹力方向向下，根据安培左手定 则可知该束粒子带正电，故 A 正确；在平行金属板中受到电场力和洛伦兹力两个作用而做匀 速直线运动，由左手定则可知，洛伦兹力方向竖直向上，则电场力方向向下，粒子带正电， 电场强度方向向下，所以速度选择器的 P1 极板带正电，故 B 错误；粒子能通过狭缝，电场力 与洛伦兹力平衡可得： ，解得： ，故 C 错误；粒子进入匀强磁场 B2 中受到 洛伦兹力而做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有： ，解得： ，因 为 v、B 不变，半径 r 越小，则 越大，故 D 正确．所以 AD 正确，BC 错误． 10.如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN 为两电荷连线的中垂线，a、b、c 三点所在 直线平行于两电荷的连线，，且 a 与 c 关于 MN 对称，b 点位于 MN 上，d 点位于两电荷的连线 上．以下判断正确的是 1B qv qE= 1 Ev B = 2 2 vqvB m r = mvr qB = q m A. b 点场强大于 d 点场强 B. b 点场强小于 d 点场强 C. a、b 两点的电势差等于 b、c 两点间的电势差 D. 试探电荷+q 在 a 点的电势能小于在 c 点的电势能 【答案】BC 【解析】 试题分析：在两等量异号电荷连线上，中间点电场强度最小；在两等量异号电荷连线的中垂 线上，中间点电场强度最大；所以 b 点场强小于 d 点场强；由对称性可知，a、b 两点的电势 差等于 b、c 两点间的电势差，故选项 BC 正确；因 a 点的电势高于 c 点的电势，故试探电荷+q 在 a 点的电势能大于在 c 点的电势能，选项 D 错误． 考点：电场的叠加、电势能 【名师点睛】常见电场的电场线分布及等势面的分布要求我们能熟练掌握，并要注意沿电场 线的方向电势是降低的，同时注意等量异号电荷形成电场的对称性． 11.如图所示，A、B、C、D 是匀强电场中的四个点，D 是 BC 的中点，A、B、C 构成一个直角三 角形，∠ABC=60°，AB 长为 1 m，匀强电场电场线与三角形所在平面平行，已知 φA＝5V、φB ＝－5V、将一带电量为 q=2×10-5C 的正电荷从 A 点移到 C 点，克服电场力做功 2×10-4J，则 下列说法正确的是 A. 场强的方向垂直 AD 连线斜向下 B. 场强的方向垂直于 BC 斜向下 C. 场强的大小为 D. 场强的大小为 10 V/m20 3 /3 V m 【答案】AC 【解析】 【详解】A 点到 C 点的电势差为： ，由于 ， 可得： ， 由题意， φA=5V、φB=-5V、φC=15V，则 BC 连线的中点 D 的电势为： ，则 φD =φA，AD 为一条等势线，根据电场线与等势线垂直， 可知，场强的方向垂直于 AD 连线斜向下，如图所示，故 A 正确，B 错误； 场强的大小为： ，故 C 正确，D 错误． 12.如图所示，以直角三角形 AOC 为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为 B，∠A＝60°， AO＝a．在 O 点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电的粒子，粒子的比荷为 ， 发射速度大小都为 v0，且满足 ，发射方向用图中的角度 θ 表示．对于粒子进入磁 场后的运动（不计重力作用），下列说法正确的是 A. 粒子不可能打到 A 点 B. 以 θ＝0°和 θ＝60°飞入的粒子在磁场中运动时间相等 C. 以 θ＜30°飞入的粒子在磁场中运动的时间都相等 D. 在 AC 边界上只有一半区域有粒子射出 【答案】BD 【解析】 4 5 2 10 2 10 10ACU V V − −= = −− × × 10AC A CU Vϕ ϕ= − = − 15C Vϕ = 5 15 52 2 B C D V V ϕ ϕϕ + − += = = 20 3 /cos30 3 ABUE V mL = =  q m 0 qBav m = 【详解】由牛顿第二定律得： ，已知： ，解得：R＝a，因此当 θ＝ 60°入射时，粒子恰好从 A 点飞出，故 A 错误；当 θ＝0°飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从 AC 中点飞出，在磁场中运动时间也恰好是 ，当 θ＝60°飞入的粒子在磁场中运动时间恰好 是 ，故 B 正确；当 θ＝60°飞入的粒子在磁场中运动时间恰好是 ，是在磁场中运动时间 最长，故 B 正确；由上可知 θ 从 0°到 60°在磁场中运动时间先减小后增大，故 C 错误；当 θ＝0°飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从 AC 中点飞出，因此在 AC 边界上只有一半区域有粒 子射出，故 D 正确． 13.如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为 m 的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力 F 将小球向下压至某位置静止．现撤去 F，小 球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为 和 ，小球 离开弹簧时速度为 ，不计空气阻力，则上述过程中 A. 小球与弹簧组成的系统机械能守恒 B. 小球的重力势能增加 C. 小球的机械能增加 D. 小球离开弹簧时的动能大于 【答案】BD 【解析】 【详解】A．由于电场力做正功，故小球与弹簧组成的系统机械能增加，机械能不守恒，故 A 错误； B．重力做功是重力势能变化的量度，由题意知重力做负功，重力势能增加-W1，故 B 正确； 2 0 0 vqv B m R = 0 qBav m = 6 T 6 T 6 T 1W 2W v 1W－ 2 1 1 2W mv+ 2 1W W－ C．小球增加的机械能在数值上等于重力势能和动能的增量，即-W1+ mv2，故 C 错误； D．根据动能定理，小球离开弹簧时的动能为 ，则小球离开弹簧时的动能 大于 W2-W1，故 D 正确； 三、实验题 14.某同学想设计一个测量金属棒电阻率的实验方案，实验室提供的器材有： A．电流表 A1（内阻 Rg=100 Ω，满偏电流 Ig=3 mA） B．电流表 A2（内阻约为 0.4 Ω，量程为 0.6 A） C．定值电阻 R0=900 Ω D．滑动变阻器 R（5 Ω，2 A） E．干电池组（6 V，0.05 Ω） F．一个开关和导线若干 G．螺旋测微器，游标卡尺 （1）如图甲，用螺旋测微器测金属棒直径为________mm，用刻度尺测出金属棒长度为 10.23cm． （2）用多用电表粗测金属棒的阻值： （3）用“×1 Ω”挡指针静止时如图丙所示，则金属棒的阻值约为________Ω． 1 2 2 1kE W W W= − + 弹 （4）该同学根据提供的器材，设计实验电路如图丁，并测得电流表 A1 示数为 2.8mA，电流表 A2 示数为 0.30A，则金属棒电阻 Rx=________Ω．（保留两位有效数字）； 【答案】 (1). 6.123（6.121~6.125） (2). 17.0 (3). 9.4 【解析】 【详解】（1）[1]．螺旋测微器测金属棒直径为：6mm+0.01mm×12.3=6.123mm； （3）[2]．金属棒的阻值约为：17.0×1Ω=17.0Ω． （4）[3]．金属棒电阻 15.利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻．要求尽量减小实验误差． （1）应该选择的实验电路是下图中的________（选填“甲”或“乙”）； （2）现有电流表（0～0.6 A）、开关和导线若干，以及以下器材： A．电压表（0～15 V） B．电压表（0～3 V） C．滑动变阻器（0～50 Ω） D．滑动变阻器（0～500 Ω） 实验中电压表应选用________，滑动变阻器应选用________；（选填相应器材前的字母） （3）另一同学从实验室只借到一个开关、一个电阻箱（最大阻值为 999.9 Ω，可当标准电阻 用）、一只电流表（量程 Ig＝0.6 A，内阻 rg＝0.2 Ω）和若干导线． ①根据测定电动势 E 和内电阻 r 的要求，设计实验电路图并画在虚线框内______； ②闭合开关，逐次改变电阻箱的阻值 R，读出与 R 对应的电流表的示数 I，并作记录；计算出 每个电流值 I 的倒数 ，并作出 图象；若得到的 图象斜率为 k，R 轴上截距绝对 值为 b，则该电池的电动势 E＝________，内电阻 r＝________． 【答案】 (1). 甲 (2). B (3). C (4). (5). k (6). b-0.2 【解析】 【详解】（1）干电池内阻较小，为了减小误差应采用相对电源的电流表外接法，故应选择甲 3 1 0 3 2 1 ( ) 2.8 10 (100 900) 9.40.30 2.8 10 g x I R RUR I I I − − + × += = = ≈ Ω− − × 1 I 1R I − 1R I − 图． （2）因电源的电动势为 1.5V，故电压表应选择 B；内阻约为几欧姆，故滑动变阻器选择 C； （3）实验器材为一个开关、一个电阻箱、一只电流表和若干导线，因此电路图为： （4）因为 E=IR+Ir，则 ，知 R 与 成线性关系，图线的斜率表示电动势，即 k=E，与纵轴截距的绝对值表示内阻的大小，因为考虑到电流表的内阻，将电流表的电阻等效 到电源的内部，最后求出的内阻减去电流表的电阻为电源的内阻即 r＝b-0.2． 四、计算题 16.在一个水平面上建立 x 轴，在过原点 O 垂直于 x 轴的平面的右侧空间有一个匀强电场， 电场强度大小 E＝6.0×105 N/C，方向与 x 轴正方向相同．在 O 处放一个电荷量 q＝－ 5.0×10－8 C，质量 m＝1.0×10－2 kg 的绝缘物块．物块与水平面间的动摩擦因数 μ＝ 0.20，沿 x 轴正方向给物块一个初速度 v0＝2.0 m/s，如图所示．g 取 10m/s2，求物块最终 停止时的位置． 【答案】0.2 m 【解析】 【详解】物块先在电场中向右减速，设运动的位移为 x1，由动能定理得： 解得：x1＝0.4 m 根据题意可知，当物块速度减为零时： 所以物块将沿 x 轴负方向加速，跨过 O 点之后在摩擦力作用下减速，最终停止在 O 点左侧某 处，设该点距 O 点距离为 x2，对全程由动能定理有： 联解得： x2＝0.2 m 17.如图，在平行倾斜固定的导轨上端接入电动势 E＝50V，内阻 r＝1Ω 的电源和滑动变阻器 1R E rI = − 1 I ( ) 2 1 0 10 2qE mg x mvµ− + = − 0qE mgµ− > ( ) 2 1 2 0 12 0 2mg x x mvµ− + = − R，导轨的宽度 d＝0.2m，倾角 θ=37°．质量 m＝0.11kg 的细杆 ab 垂直置于导轨上，与导轨 间的动摩擦因数 μ＝0.5，整个装置处在竖直向下的磁感应强度 B＝2.2T 的匀强磁场中，导轨 与杆的电阻不计．现调节 R 使杆 ab 静止不动．sin37°=0.6，cos37°=0.8，g 取 10 m/s2．求： （1）若摩擦力为 0 时，滑动变阻器 R 接入电路电阻大小； （2）滑动变阻器 R 有效电阻的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【详解】（1）对 ab 棒进行受力分析可得： ……………① ………………② 联立①②得： R=25.67Ω………………③ （2）由题意知：当 ab 棒具有向下的运动趋势时所受安培力最小，当 ab 棒具有向上的运动趋 势时所受安培力最大，其受力分析分别如图所示．由物体平衡条件有： ……………④ ……………⑤ ……………⑥ ……………⑦ 设导体棒所受安培力为 F1、F2 时对应 R 的值为 R1 和 R2，则有： 25.67Ω 9 109RΩ ≤ ≤ Ω 0 tanF mg θ= 0 EF Bd R r = + 1 1cos sin 0F N mgθ µ θ+ − = 1 1 sin cos 0N F mgθ θ− − = 2 2cos sin 0F N mgθ µ θ− − = 2 2 sin cos 0N F mgθ θ− − = ……………⑧ ……………⑨ 联解⑤⑥⑦⑧⑨得： ……………⑩ 18.相距为 L 的平行金属板 M、N，板长也为 L，板间可视为匀强电场，两板的左端与虚线 EF 对齐，EF 左侧有水平匀强电场，M、N 两板间所加偏转电压为 U，PQ 是两板间的中轴线．一 质量为 m、电量大小为+q 的带电粒子在水平匀强电场中 PQ 上 A 点由静止释放，水平电场强度 与 M、N 之间的电场强度大小相等，结果粒子恰好从 N 板的右边緣飞出，立即进入垂直直面向 里的足够大匀强磁场中 ，A 点离 EF 的距离为 L/2；不计粒子的重力，求： （1）磁感应强度 B 大小 （2）当带电粒子运动到 M 点后，MN 板间偏转电压立即变为−U，（忽略电场变化带来的影响） 带电粒子最终回到 A 点，求带电粒子从出发至回到 A 点所需总时间． 【答案】（1） （2） 【解析】 【详解】（1）由题意知：对粒子在水平电场中从点 A 到点 O：有： ……………① 在竖直向下的电场中从点 O 到 N 右侧边缘点 B： 水平方向： ……………② 竖直方向： ……………③ 在 B 点设速度 v 与水平初速度成 θ 角 1 1 EBd FR r =+ 2 2 EBd FR r =+ 2 1R R R≤ ≤ 9 109RΩ ≤ ≤ Ω 2 mU L q 34 4 L mL qU π+（ ） 21 02 2 U lq mvL = − 0L v t= 21 2 2 L qU tmL = 有： ……………④ 粒子在磁场中做匀速圆周运动 由几何关系可得： ……………⑤ 又： ……………⑥ 联解①②③④⑤⑥得： ……………⑦ （2）粒子在磁场中运动的圆心角 在磁场中运动时间： 在水平电场中运动时间： ……………⑧ 总的时间： ……………⑨ 2tan 2 1 L L θ = × = 2 2R L= 2vqvB m R = 2 L mUB q = 3 2 πα = 2 2R mT v qB π π= = 2t T α π ′ = 0 0v vt qUa mL = =′′ 2 2t t t t′= ′+ + ′总 联解得： ……………⑩ 19.如图甲所示，在竖直平面内建立一平面直角坐标系 xoy，x 轴沿水平方向．第二象限内有 一水平向右的场强为 E1 的匀强电场，第一、四象限内有一正交的场强为 E2 竖直向上的匀强电 场和磁感应强度为 B 的匀强交变磁场，匀强磁场方向垂直纸面．从 A 点以 v0=4m/s 竖直向上 射出一个比荷为 的带正电的小球（可视为质点），并以 v1=8m/s 的速度从 y 轴上的 C 点水平向右进入第一象限，且在第一象限内刚好沿圆弧作圆周运动．取小球从 C 点进入第一 象限的时刻为 t=0，磁感应强度按图乙所示规律变化（以垂直纸面向外的磁场方向为正方向）， g="10" m/s2．求： （1）小球从 A 点运动到 C 点的时间 t1 和匀强电场 E2 的场强； （2）x 轴上有一点 D，OD=OC，若带电粒子在通过 C 点后的运动过程中不再越过 y 轴且沿 x 轴 正方向通过 D 点，求磁感应强度 B0 和磁场的变化周期 T0． 【答案】（1） ， （2） 或 ， 或 【解析】 试题分析：（1）小球从 A 到 C 竖直方向受重力作用做匀减速运动，有： 小球进入第一象限内恰作圆周运动，有： 34 4 L mt L qU π= +总 （ ） 解代入数据得： ， ． （2）设粒子在第一象限内做圆周运动运动圆轨道半径为 R，周期为 T，C 到 O 的距离为 ，作 出其运动轨迹如图所示 则有： ， 要粒子沿 x 轴通过通过 D 点，则由图中几何关系有： ， ， 联解得： 或 ， 或 考点：带电粒子在混合场中的运动、带电粒子在匀强电场中的运动 【名师点睛】本题中质点在复合场运动，分析受力情况，确定质点的运动情况是解题的基 础．结合粒子运动的周期性以及临界状态，运用数学几何知识综合求解．