安徽省毛坦厂中学2020届高三物理12月月考试题（应届）.docx

安徽省毛坦厂中学2020届高三物理12月月考试题（应届）一、单选题（共6题，每题4分)1用相同的灵敏电流计作表头改装成电流表A和电压表V，分别将其串联和并联在一起，然后接入电路中.通电后关于指针的偏角情况的叙述正确的是（ ）A图甲中电压表的指针偏角与电流表的相等B图甲中电压表的指针偏角比电流表的小C图乙中电压表的指针偏角与电流表的相等D图乙中电压表的指针偏角比电流表的小2A、B两灯的额定电压都是110V，A灯的额定功率PA100W，B灯的额定功率PB40W，若将两灯同时接入电压恒为220V的电路上，且使两灯均能正常发光，同学们设计了如图所示的甲、乙两种电路，则甲、乙两电路消耗的电功率之比为（ ）A27B25C57D373如图所示，三个完全相同的半圆形光滑轨道竖直放置，分别处在真空、匀强磁场和匀强电场中，轨道两端在同一高度上，P、M、N分别为轨道的最低点。三个相同的带正电小球同时从轨道左端最高点由静止开始沿轨道运动且均能通过最低点。如图所示，则下列有关判断正确的是（ ）A小球第一次到达轨道最低点的速度关系B小球第一次到达轨道最低点时对轨道的压力关系C小球从开始运动到第一次到达轨道最低点所用的时间关系D三个小球到达轨道右端的高度都不相同，但都能回到原来的出发点位置4如图，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点。有无数带有同样电荷、具有同样质量的粒子在纸面内沿各个方向以同样的速率通过P点进入磁场。这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的1/3。将磁感应强度的大小从原来的B1变为B2，结果相应的弧长变为原来的一半，则B2：B1等于 A2B3C2D35有关电动势的说法中不正确的是（ ）A电源的电动势在数值上等于非静电力把1C的正电荷在电源内从负极移送到正极所做的功B当外电路断开时，电源的电压与电源电动势相等C电源提供的电能越多，电源的电动势越大D当电路中通过1库仑电荷量时，电源消耗的其他形式能的数值等于电源电动势的值6硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点如图所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I的关系图象（电池内阻不是常数），图线b是某电阻R的U-I图象在该光照强度下将它们组成闭合回路时，硅光电池的内阻为（ ）A55B70C120D125二、多选题（共4题，每题4分，少选得2分，错选不得分)7用比值法定义物理量是物理学中的一种常用的方法。下面四个物理量中属于比值法定义的是（ ）A电容器电容C=B磁感应强度B=C电场强度E=D导体中的电流I=8一段粗细均匀的金属导体的横截面积是，导体单位体积内的自由电子数为，金属内的自由电子电荷量为，自由电子做无规则热运动的速率为，导体中通过的电流为，通电时间为t，以下说法中正确的有（ ）A自由电子定向移动的速率为 B自由电子定向移动的速率为C通过导体某一横截面积自由电子的数目为 D导体中自由电子的数目为9如图所示，有两根长为L、质量为m的细导体棒a、b，a被水平放置在倾角为45的光滑斜面上，b被水平固定在与a在同一水平面的另一位置，且a、b平行，它们之间的距离为x. 当两细棒中均通以电流强度为I的同向电流时，a恰能在斜面上保持静止，则关于b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度的说法正确的是 A方向竖直向上B大小为C减小b在a处的磁感应强度，且要使a仍能保持静止，可使b上移D若使b下移，a将不能保持静止10在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，各电表都看做理想电表，闭合开关，滑动变阻器滑片P向右移动，若以 分别表示电压表V1、V2、V3和电流表A的示数变化的大小，则下述结论正确的是（ ）A电压表V1、V2、V3和电流表A的示数分别是变小、变大、变小、变大B电压表V1、V2、V3和电流表A的示数分别是变大、变小、变大、变小C、分别是变小、不变、变小D、都不变三、实验题（共9空，每空2分，画图2分)11某同学在一次“测定某电阻元件的电阻率”的实验中，用游标卡尺测量电阻元件的长度为L，用螺旋测微器测量金属丝直径d。（1）电阻元件长L为_cm，金属丝的直径d为_mm； （2）选用“10”倍率的电阻挡估测元件电阻，发现多用表指针偏转过大，因此需选择_倍率的电阻挡（填：“1”或“100”）并欧姆调零再进行测量，之后多用表的示数如图3所示，测量结果为R=_（3）用伏安法较准确的测出电阻元件的电阻，然后根据电阻定律计算出该电阻元件的电阻率电压表的示数为U，电流表的示数为I。该电阻元件的电阻率=_。（用L.d.U.I表示）12毛坦厂中学高三物理兴趣小组的一位同学，发现了一块比较特殊的电池， 于是他组织了几位同学利用以下器材来测量该电池的电动势和内阻。A被测电池（电动势在10V15V之间，内阻未知）B电阻箱R（020 ）C定值电限R0（阻值5 ）D电流表A1（量程2A，内阻较小）E.电流表A2（量程0.6A，内阻较小）F.电键G.导线若干实验中为了保护电路，用到了包括电池和定值电阻R0在内的几种实验器材：在虚线框内补充实验原理图，并在图中表明所选器材的符号：同学们利用实验数据做出了通过电源的电流I的倒数和外电路电阻R（R0除外）的关系图线，即一R图线，如图所示。根据图线求出电池的电动势为_V，内阻为_。（保留2位有效数字）；测量值和真实值相比，电动势和真实值相比_，内阻和真实值相比_。（两空都填“偏大”“相等”或“偏小”）。四、解答题（共4题，13、14题每题8分，15、16题每题12分)13如图所示的电路中，电源电动势E6V，内阻r2，定值电阻R116，R26，R310，若保持开关S1、S2闭合，电容器所带电荷量为Q6105 C 。求： (1)电容器C的电容；(2)若保持开关S1闭合，将开关S2断开，求断开开关S2后流过电阻R2的电荷量。14在倾角=30的斜面上，固定一金属框，宽l=0.25m，接入电动势E=12V、内阻不计的电池。垂直框面放置一根质量m=0.2kg的金属棒ab，它与框架间的动摩擦因数=，整个装置放在磁感应强度B=0.8T、垂直框面向上的匀强磁场中，如图所示。（1）当调节滑动变阻器R的阻值为3时，金属棒静止，求此时的摩擦力的大小和方向？（2）当调节滑动变阻器R的阻值在什么范围内时，可使金属棒静止在框架上？（框架与金属棒的电阻不计，g取10m/s2）15如图所示为一磁约束装置的原理图，同心圆圆心与平面坐标系原点重合.半径为的圆形区域内有方向垂直于平面向里的匀强磁场.一束质量为、电荷量为、动能为的带正电粒子从坐标为的点沿轴负方向射入磁场区域，粒子全部经过坐标为的点，方向沿轴正方向.当在环形区域加上方向垂直于平面向外的另一匀强磁场时，上述粒子仍从点沿轴负方向射入区域，所有粒子恰好能够约束在环形区域内，且经过环形区域的磁场偏转后第一次沿半径方向从区域射入区域时经过内圆周上的点(点未画出).不计重力和粒子间的相互作用.（1）求区域中磁感应强度的大小；（2）若环形区域中磁感应强度，求点坐标及环形外圆半径；（3）求粒子从点沿轴负方向射入圆形区域至再次以相同速度经过点的过程所通过的总路程.16如图所示，在平面内 轴上方有垂直平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为，轴下方有与轴正方向成的匀强电场。一质量为，电荷量为的粒子（不计重力），从轴上的 点以某初速度与轴正方向成角垂直射入磁场，其运动轨迹恰好垂直经过轴上的点（图中点未画出），粒子经磁场后恰好平行电场线进入电场，第一次在电场中运动最远恰好到达轴，已知点的坐标为 ，求：(1)粒子初速度的大小和点的坐标；(2)匀强电场的电场强度大小；(3)粒子进入磁场后到第三次经过轴负半轴所用的时间。应届物理试卷参考答案1D【解析】【详解】AB.图甲中由于电流表的表头是并联在电路中，电压表的表头是串联在电路中，所以由于电流表的定值电阻分流的原因，通过电流表中表头的电流小于电压表中的电流，所以电压表的指针偏角比电流表的大，故A、B错误；CD.图乙中电压表和电流表是并联在一起的，两端的电压是相等的，由于电压表中串联的定值电阻分压的原因，电压表中表头两端的电压小于电流表中表头两端的电压，所以图乙中电压表的指针偏角比电流表的小，故C错误，D正确.2C【解析】【详解】甲电路中，由于A、B两灯的额定电压都是110V，额定功率PA=100W、PB=40W，由此可知RBRA，把灯B与电阻并联，可以使并联部分的电阻减小，可使A灯与并联部分的电阻相同，所以A、B能同时正常发光，并联电路消耗的功率与A灯的功率相同，所以总功率大小为200W；乙电路中，把AB并联之后与电阻串联接入电路，当电阻的阻值与A、B两灯并联的总电阻相等时，A、B就可以正常发光，此时电阻消耗的功率为A、B两灯功率之和，所以电路消耗的总的功率的大小为280W，由此可知，甲、乙两电路消耗的电功率之比为57。A. 甲、乙两电路消耗的电功率之比为27，与上分析不一致，故A错误；B. 甲、乙两电路消耗的电功率之比为25，与上分析不一致，故B错误；C. 甲、乙两电路消耗的电功率之比为57，与上分析一致，故C正确；D. 甲、乙两电路消耗的电功率之比为37，与上分析不一致，故D错误。3B【解析】【详解】A在第二图中，因为洛仑兹力总是垂直于速度方向，故洛仑兹力不做功；球下落时只有重力做功，故第一、二图两次机械能均守恒，由故两次球到最低点的速度相等，第三图中，小球下滑的过程中电场力做负功，重力做正功，所以小球在最低点的速度小于前两个图中的速度。即 ，故A错误；B小球在最低点时，第一图中重力和支持力提供向心力，即而第二图中是重力、支持力和洛伦兹力提供向心力，即第三图中，重力与支持力提供向心力，即则故B正确；C第一图和第二图比较可得，小球下滑的速度相等，故tP=tM故C错误；D第一、二两图中，洛伦兹力不做功，只有重力做功，动能和重力势能之间转换，故小球在右端都能到达高度相同，且回到原来的出发点；第三图中，小球向右运动时电场力做负功，则在最右端时上升的高度小于第一、二图中上升的高度，但是也能回到原出发点， 选项D错误。4B【解析】【分析】画出导电粒子的运动轨迹，找出临界条件好角度关系，利用圆周运动由洛仑兹力充当向心力，分别表示出圆周运动的半径，进行比较即可。【详解】磁感应强度为B1时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为M，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，POM=120，如图所示：所以粒子做圆周运动的半径R为：sin60=Rr，得：R=32r 磁感应强度为B2时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为N，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，PON=60，如图所示：所以粒子做圆周运动的半径R为：sin30=Rr，得：R=r2 由带电粒子做圆周运动的半径：R=mvqB得：R=mvqB=mvqB1=32rR=mvqB=mvqB2=12r联立解得：B2B1=3。故选：B。5C【解析】根据电动势的定义式E=Wq可知，电源的电动势等于非静电力把1C的正电荷在电源内从负极移送到正极所做的功，A正确；由闭合电路欧姆定律可知，电动势等于内、外电路电势降落之和，当外电路断开时，电源的电压与电源电动势相等，B正确；电源提供的电能取决于做功时间，不能说明电动势大，C错误；根据电动势的定义式E=Wq可知，当电路中通过1库仑电量时，电源消耗的其他形式能的数值等于电源电动势的值，D正确6A【解析】【详解】由欧姆定律得，当时，由a与纵轴的交点读出电源的电动势为：根据两图线交点处的状态可知，电阻的电压为，电流为，则硅光电池的内阻为：，故A正确，BCD错误。7ABC【解析】【详解】A.电容的定义式 中，C与两板间的电量Q及两板间的电势差U无关，由电容器本身决定，属于比值法定义，故A正确；B.磁感应强度的定义式中，B与F、IL无关，由磁场本身决定，属于比值法定义，故B正确；C.电场强度的定义式中，E与F、q无关，由电场本身决定，属于比值法定义，故C正确；D. 导体中的电流，其中I与U成正比，与R成反比，不属于比值法定义，故D错误。8BC【解析】【详解】A. 电流是由自由电子定向移动形成的；与电子定无规则运动的速率无关，故A错误；B. 由电流的微观表达式可知：时间t内通过的电量q=nsvte由电流的定义可知电流的微观表达式为：所以故B正确。CD. 导体中自由电子的数目为故C正确D错误。9ACD【解析】【详解】A.由安培定则可知，b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度的方向向上，A正确；B.由知，B错误；CD.若要使B最小，安培力应该沿斜面向上，则B应在垂直斜面向上的方向上，则减小b在a处的磁感应强度，且要使a仍能保持静止，可使b上移；若使b下移，a将不能保持静止。所以CD正确.10AD【解析】当滑动变阻器的滑动片P向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，总电阻减小，则电路中的总电流增大，则电流表A的示数变大；根据欧姆定律可知R2的电压增大，电压表V2示数变大；内电压增大，则路端电压减小，电压表V3示数变小R2的电压增大，路端电压减小，则R1的电压减小，则电压表V1的示数变小，故A正确，B错误由U1=E-I（R2+r），=R2+r，不变=R2，不变由U3=E-Ir，=r，不变故C错误，D正确故选AD.点睛：本题是电路动态变化分析问题，利用闭合电路欧姆定律进行动态分析，研究电压与电流变化量之比，常常要写出表达式分析11 11.050 1.996 1 30.0 【解析】（1）由图示游标卡尺可知，其示数为： ；由图示螺旋测微器可知，其示数为： ；（2）选用“10”倍率的电阻挡测量，多用表指针偏转过大，所选倍率太大，为准确测量电阻阻值，应选择较小倍率，因此需选择1倍率的电阻挡，换挡后要重新进行欧姆调零，然后再进行测量，由图示表盘可知，电阻阻值： ；（3）根据欧姆定律： ，根据电阻定律： 联立可以得到： 。点睛：本题考查了游标卡尺、螺旋测微器、欧姆表读数、求电阻率；游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；游标卡尺不需要估读，螺旋测微器需要估读。12 12 1.0 相等 偏大 【解析】【详解】利用器材来测量电源电动势与内阻，由题意可知，实验中由两个未知内阻的电流表、一个电阻箱、一个滑动变阻器与一个定值电阻，没有电压表，两电流表内阻未知，不能用电流表与定值电阻组成电压表测电压，因此不能用伏安法测电源电动势与内阻，应该用安阻法测电源电动势与内阻，电源电动势约为10V15V，为了保护电路安全、进行多次实验测出多组实验数据，电流表应选，安阻法测电源电动势与内阻的实验电路如图所示由实验电路可知，在闭合电路中，电源电动势，则，由图所示图象可知，图象的截距，图象的斜率，则电源电动势，电源内阻： 考虑电流表内阻对实验的影响，电流表内阻会导致系统误差，使电源内阻测量值和真实值相比偏大，电动势和真实值相比相等。13（1） F（2）C【解析】【分析】持开关S1、S2闭合，电容器两端的电压等于R1两端的电压，根据闭合电路欧姆定律求出R1两端的电压，从而根据Q=CU求出电容器所带的电量；保持开关S1闭合，将开关S2断开，电容器两端的电压等于电源的电动势，根据Q=CE求出电容器所带的电荷量，从而求出流过电阻R2的电荷量。【详解】（1）保持开关S1、S2 闭合时，电路中的电流：两端的电压：则电容器的电容：F（2）保持开关闭合，将开关断开电容器的电压等于电源的电动势，所带的电荷量： 断开开关后流过电阻的电荷量：C【点睛】本题考查了含容电路问题，知道电容器两端的电压等于与它并联的支路电压，与电容器串联的电阻相当于导线。14（1）摩擦力沿着斜面向上，大小为0.2N；（2）1.6R4.8【解析】【详解】（1）根据欧姆定律知流过ab的电流 受力分析知安培力沿斜面向上，F安=BIl=0.840.25N=0.8N重力沿斜面的分力为mgsin30=1N由于安培力小于重力沿斜面的分力，故摩擦力向上，f=mgsin30F安=0.2N（2）当滑动变阻器R取值较大，I较小时，安培力F较小，在金属棒重力的分力作用下金属棒有沿框面下滑的趋势，金属棒所受的静摩擦力框面向上，金属棒刚好不下滑时，满足平衡条件，则得：Bl+mgcosmgsin=0代入数据解得：Rmax=4.8当安培力较大，摩擦力方向沿框面向下时： Blmgcosmgsin=0代入数据解得：Rmin=1.6【点睛】静摩擦力的方向是由安培力大小决定，当安培力过大使得棒有上滑趋势，所以静摩擦力沿斜面向下。当安培力过小时，棒有下滑的趋势，所以静摩擦力沿斜面向上。154（1）（2），（3）【解析】试题分析：（1）由题设条件就能求出粒子在区内做匀速圆周运动的半径，由洛仑兹力提供向心力就能求出区磁场的磁感应强度大小（2）进入后，粒子恰好约束在该区，画出粒子运动轨迹，由两区域内磁场的关系，找到在区内做匀速圆周运动的半径，再由几何关系求得粒子在区内转过的圆心角，从而再由几何关系就能求出M点的坐标和环形的外圆半径（3）先找出从A点出发，经过、区的正反两次偏转再次进入区时，相对OA方向偏转的角度，若经过m次偏转时，粒子第一次经过A点，此时转过m周，列出方程，解出整数解，那么总路程就是m倍的一次偏转的路程（1）由题意，粒子在区域内从A点做匀速圆周运动到P点，显然在磁场中，