2017-2018学年江西省赣州市厚德外国语学校高二12月月考物理试题 解析版 11页

江西省赣州市厚德外国语学校2017-2018学年高二12月月考物理试题 一、选择题 ‎1. 下列单位中与磁感应强度单位等价的是( )‎ A. Wb/m B. N C. Kg．m/s2‎ D. N/A•m ‎【答案】D ‎【解析】A、由B=Φ/S知，则单位可以为Wb/m2．故A错误； ‎ B、由公式B=，安培力的单位是N，而电流的单位是A，长度的单位为m，则单位的换算可得N/A•m，故B错误，D正确； ‎ C、根据牛顿第二定律F=ma，即1N=1kg•m/s2，即Kg．m/s2为力的单位与N相当，故C错误． ‎ 故选：D．‎ ‎2. 关于电压和电动势，下列说法正确的是( )‎ A. 电压和电动势的单位都是伏特，所以说电动势和电压是同一物理量 B. 电动势就是电源两极间的电压 C. 电动势公式中的W与电压中的W是一样的，都是电场力做的功 D. 电动势就是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量 ‎【答案】D ‎【解析】电压与电动势的单位相同，但物理意义不同，是两个不同的物理量．故A错误．根据闭合电路欧姆定律，路端电压U=E-Ir，只有当外电路断开时，I=0，路端电压等于电动势．故B错误．电动势公式中的W非是非静电力做功，电压中的W静是静电力做功．故C错误．电源是把其他形式的能转化为电能的装置，电动势反映电源把其他形式的能转化为电能本领大小．故D正确．故选D．‎ ‎3. 如图所示，一通电直线竖直放置，其右侧A、B两点的磁感应强度分别为和，则（ ）‎ A. ，方向均垂直纸面向里 B. ，方向均垂直纸面向里 C. ，方向均垂直纸面向外 D. ，方向均垂直纸面向外 ‎【答案】A ‎【解析】利用安培定则可以判断出通电直导线周围的磁场线分布情况，如图中电流方向向上，则右侧磁场垂直纸面向里，且越靠近导线的，磁场越强，BCD错误，A正确，故选A.‎ ‎4. 以下关于物理学史的叙述，不正确的是(　 　)‎ A. 伽利略通过实验和推理论证说明了自由落体运动是一种匀变速直线运动 B. 牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许用扭秤实验测出了引力常量的数值，从而使万有引力定律有了真正的使用价值 C. 法拉第最早引入了场的概念，并提出用电场线描述电场 D. 奥斯特发现电流周围存在磁场，并提出分子电流假说解释磁现象 ‎【答案】D ‎【解析】伽利略通过实验和推理论证说明了自由落体运动是一种匀变速直线运动，选项A正确； 牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许用扭秤实验测出了引力常量的数值，从而使万有引力定律有了真正的使用价值，选项B错误； 法拉第最早引入了场的概念，并提出用电场线描述电场，选项C正确； 奥斯特发现电流周围存在磁场，安培提出分子电流假说解释磁现象，选项D正确；此题选项错误的选项，故选B.‎ ‎5. 如下图所示，电路电压U保持不变，滑动变阻器R的总阻值与R2的阻值均为20 Ω，电阻R1的阻值为5 Ω.当滑动变阻器R的滑动端P由a向b滑动过程中(　　)‎ ‎ ‎ A. 干路中电流不断减小 B. R1上消耗电功率不断增大 C. R1上消耗电功率不断减小 D. R2上消耗电功率不断增大 ‎【答案】B ‎【解析】滑片由a向b滑动时，R变小，R并变小，R总变小，电路中的总电流变大，R1两端的电压变大，消耗的功率变大；并联部分电压变小，R2消耗的功率变小．故B正确，ACD错误。‎ 故选：B。‎ ‎6. 如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度。下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长 MN 相等，将它们分别挂在天平的右臂下方。线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态。若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是（  ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】天平原本处于平衡状态，所以线框所受安培力越大，天平越容易失去平衡，‎ 由于线框平面与磁场强度垂直，且线框不全在磁场区域内，所以线框与磁场区域的交点的长度等于线框在磁场中的有效长度，由图可知，D图的有效长度最长，磁场强度B和电流大小I相等，所以A所受的安培力最大，则A图最容易使天平失去平衡． A正确； BCD错误；‎ 故选A。‎ 视频 ‎7. 用伏安法测电阻时（ ）‎ A. 采用图中Ⅰ所示测量电路，误差来源于伏特表内阻的分流，使电阻测量值小于真实值 B. 采用图中Ⅰ所示测量电路，误差来源于安培表内阻的分压，使电阻测量值大于真实值 C. 采用图中Ⅱ所示测量电路，误差来源于伏特表内阻的分流，使电阻测量值小于真实值 D. 采用图中Ⅱ所示测量电路，误差来源于安培表内阻的分压，使电阻测量值大于真实值 ‎【答案】AD ‎【解析】A：图Ⅰ电流表外接法，用它测量电阻时，测量值是待测电阻Rx和电压表内阻的并联电阻值，故测得的电阻值偏小，误差来源于伏特表内阻的分流，A正确；B错误；‎ C、而图2所示电路是电流表内接法，用它测量电阻时，测量值．误差来源于安培表内阻的分压，D正确；C错误；‎ 故选AD。‎ ‎8. 如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一根用绝缘线悬挂的通电金属棒MN，电流由M流向N。欲使线的张力变小，下列措施有效的有 ( )‎ ‎ ‎ A. 只改变磁场方向 B. 只改变电流方向 C. 只增大电流 D. 只增大磁感应强度 ‎【答案】AB ‎9. 如图甲所示，R为电阻箱(0～99.9 Ω)，置于阻值最大位置，Rx为未知电阻．(1)断开S2，闭合S1，逐次减小电阻箱的阻值，得到多组R、I值，并依据R、I值作出了如图乙所示的R－‎ 图线．(2)断开S2，闭合S1，当R调至某一位置时，电流表的示数I1＝1.0 A；保持电阻箱的位置不变，断开S1，闭合S2，此时电流表的示数为I2＝0.8 A．根据以上数据可知(　　) ‎ A. 电源电动势为3.0 V B. 电源内阻为0.5 Ω C. Rx的阻值为0.5 Ω D. S1断开、S2闭合时，随着R的减小，电源输出功率减小 ‎【答案】BC ‎...............‎ ‎10. 如图所示的电路中，电压表和电流表均为理想电表，电源内阻不能忽略。当闭合开关S后，若将滑动变阻器的滑片向下调节，则下列叙述正确的是（  ）‎ A. 电压表和电流表的示数都增大 B. 灯L2变暗，电流表的示数增大 C. 灯L1变亮，电压表的示数减小 D. 电源的效率增大，电容器所带的电荷量增加 ‎【答案】BC ‎【解析】试题分析：当闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片P向下调节时，接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，路端电压减小，则灯L1变亮，电压表的示数减小．根据串联电路分压规律可知，并联部分的电压减小，则灯L2的电流减小，灯L2变暗．根据干路电流增大，灯L2的电流减小，可知电流表的示数增大，故AB错误，C正确．电源的效率，U减小，则电源的效率减小．并联部分电压减小，则电容器的电压减小，由Q=CU，可知电容器C的带电量减小．故D错误．故选C.‎ 考点：电路的动态分析 ‎【名师点睛】本题是电路中动态变化分析问题，解题时注意搞清电路的结构，在抓住不变量的基础上，根据路端电压随外电阻增大而增大，减小而减小，分析路端电压的变化．利用串联电路的电压与电阻成正比，分析各部分电压的变化．‎ 二、实验题 ‎11. 在《描绘小灯泡伏安特性曲线》实验中选择“3V0.5A的小灯泡作为研究对象，下列实验器材中应选用________(填入器材序号)‎ A.电流表(量程0～0.6A，内阻1Ω)‎ B.电流表(量程0～3A，内阻1Ω)‎ C.电压表(量程0～15V，内阻约10kΩ) ‎ D.电压表(0～3v，内阻约2kΩ)‎ E.滑动变阻器(阻值0~100Ω)‎ F.滑动变阻器(阻值0-10Ω)‎ G.电源E=6V H.开关I，导线若干 在本实验中，滑动变阻器应采用______(填“分压”或“限流”)接法，电流表应采用______(填“内”、“外”)接法小灯泡 ‎【答案】 (1). ADFGH; (2). 分压； (3). 外 ‎【解析】因为小灯泡的额定电流为0.5A，故电流表选择A；额定电压为3V，故电压表选择D；描绘小灯泡伏安特性曲线，电压应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，为方便调节，故选择小电阻F；故器材应选用ADFGH。‎ 因描绘小灯泡伏安特性曲线，电压应从零开始变化，故滑动变阻器应采用分压接法；小灯泡电阻，远小于电压表内阻，故电流表应采用外接法。‎ 点睛：电压表和电流表在偏转角度超过一半时，误差较小，据此选择电压表和电流表；分压接电路中，在满足安全的情况下，较小的滑动变阻器调节方便。‎ ‎12. 测定电源的电动势和内电阻的实验电路和U-I图像如下:‎ ‎ ‎ ‎（1）闭合开关前为防止电表过载滑动变阻器的滑动头P应放在_____处 ‎（2）现备有以下器材：‎ A．干电池1个 B．滑动变阻器（0~50Ω）‎ C．滑动变阻器（0~1750Ω）‎ D．电压表（0~3V）‎ E．电压表（0~15V）‎ F．电流表（0~0.6A）‎ G．电流表（0~3A）‎ 其中滑动变阻器应选_____，电流表应选____，电压表应选_____。(填字母代号)‎ ‎（3）由U-I图像。由此可知这个干电池的电动势E=_______V，内电阻r=______Ω。‎ ‎（4）由于电压表的分流作用使本实验电路存在系统误差，导致E测___ E真，r测____r真(填“>”“<”或“=”) ‎ ‎【答案】 (1). （1）a处 (2). （2）B (3). F (4). D (5). （3）1.5 (6). 1 (7). （4）< (8). <‎ ‎【解析】试题分析：本题（1）的关键是明确闭合电键前，应将变阻器的滑动触头置于能使电路中电流最小的位置；题（2）的关键是首先根据干电池电动势大小来选择电压表的量程，根据为防止温度对电池内阻的影响，电流表应选较小的量程，根据闭合电路欧姆定律求出电路中需要的最大电阻来选择变阻器；题（3）的关键是根据闭合电路欧姆定律写出路端电压U与电流I的函数表达式，再根据斜率和截距的概念即可求解．‎ ‎（1）为保护电流表，闭合开关前，应将变阻器的滑动头P置于电阻最大的a端处； （2）由于干电池的电动势为1.5V，所以电压表应选D，由于实验要求通过电池的电流不能过大，所以电流表应选F，根据闭合电路欧姆定律，电路中需要的最大电阻应为，所以变阻器应选B；‎ ‎（3）根据闭合电路欧姆定律应有，可知U-I图像的纵截距表示电源电动势，图像的斜率表示电源内阻，故E=1.5V，；‎ ‎（4）由图1所示电路图可知，相对于电源来说，电流表采用外接法，由于电压表分流，电流测量值小于真实值，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的U-I图象如图所示：‎ 电源的U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻，由图象可知，电源电动势的测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值．‎ 三、计算题 ‎13. 如下左图所示，R1＝14Ω，R2＝9Ω，当S扳到位置1时，电压表示数为2.8V，当开关S扳到位置2时，电压表示数为2.7V，求电源的电动势和内阻？（电压表为理想电表）‎ ‎【答案】E=3V, r=1Ω ‎【解析】试题分析：根据开关S扳到位置1和2时，分别由闭合电路欧姆定律列出含有电动势和内阻的方程，联立组成方程组求解．‎ 解：根据闭合电路欧姆定律，可列出方程组：‎ 当开关S扳到位置1时，E=U1+I1r=U1+‎ 当开关S扳到位置2时，E=U2+I2r=U2+‎ 代入解得：E=3V，r=1Ω 答：电源的电动势和内阻分别为3V和1Ω．‎ ‎【点评】本题提供了一种测量电源的电动势和内阻的方法，可以用电阻箱代替两个定值电阻，即由电压表和电阻箱并连接在电源上，测量电源的电动势和内阻，此法简称伏阻法．‎ ‎14. 在匀强电场中，将一电荷量为的负电荷由A点移到B点，其电势能增加了0.1J，已知A、B两点间距离为2cm，两点连线与电场方向成600角，如图所示，则：‎ ‎（1）在电荷由A移到B的过程中，电场力做了多少功？‎ ‎（2）A、B两点间的电势差为多少？‎ ‎（3）该匀强电场的电场强度为多大？‎ ‎【答案】（1）0.1J（2）（3）V/m ‎【解析】（1）因为电荷由移到的过程中，电势能增加了，所以电场力负功，大小为。 ‎ ‎（2）、两点间的电势差：‎ ‎（3）因为在匀强电场中U=Ed，所以有： ‎ 则： ‎ 点睛：电场力做了多少负功电势能就增大多少，由此可知电荷由移到的过程中，电势能的变化和电场力做的功；由公式W=qU可求得AB两点之间的电势差；在匀强电场中U=Ed，其中d为沿着电场线方向的投影长度，由此可求得场强大小。‎ ‎15. 环保汽车在2008年奥运会场馆服务．某辆以蓄电池为驱动能源的环保汽车，总质量m＝3×103 kg.当它在水平路面上以v＝36 km/h的速率匀速行驶时，驱动电机的输入电流I＝50 A，电压U＝300 V．在此行驶状态下：‎ ‎(1)求驱动电机的输入功率P电；‎ ‎(2)若驱动电机能够将输入功率的90%转化为用于牵引汽车前进的机械功率P机，求汽车所受阻力与车重的比值(g取10 m/s2)．‎ ‎【答案】(1)1.5×104 W　(2)0.045‎ ‎【解析】试题分析: （1）驱动电机的输入功率P电＝IU＝1.5×104W.‎ ‎（2）在匀速行驶时，P机＝0.9P电＝Fv＝fv，f＝0.9P电/v 得汽车所受阻力与车重之比＝0.045.‎ 考点： 电功率 ‎16. 如图所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4 m、质量为6×10－2 kg的通电直导线，电流大小I＝1 A，方向垂直于纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动．‎ ‎（1）整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4 T、方向竖直向上的磁场中。设t＝0时，B＝0，则需要多长时间，斜面对导线的支持力为零？(g取10 m/s2)‎ ‎（2）整个装置放在竖直平面内的匀强磁场中，若斜面对导线的支持力为零，求磁感应强度的最小值及其方向？‎ ‎【答案】（1）5 s；（2）B=1.2T；方向沿斜面向上.‎ ‎【解析】（1）斜面对导线的支持力为零时导线的受力如图所示．‎ ‎ 由平衡条件得 FTcos 37°=F FTsin 37°=mg 两式联立解得F==0.8 N 由F=BIL得B==2 T 由题意知，B与t的变化关系为B=0.4t 代入数据得t=5 s （2）导线在重力、线的拉力和安培力的作用下保持平衡，当安培力与斜面垂直时，B有最小值B1，则有：B1IL=mgcos 37° 解得：B1=1.2T，方向平行斜面向上；‎ 点睛：抓住支持力为零时的导线受力特征，根据平衡条件求解是关键，该题的突破口是抓住支持力为零时的导线受力特征，根据平衡条件求解是关键．‎ ‎ ‎