重庆市朝阳中学2019-2020学年高二物理12月月考试题

重庆市朝阳中学2019-2020学年高二物理12月月考试题一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）1. 如图所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道1绕地球e运行，在p变轨后进入轨道2做匀速圆周运动。下列说法正确的是 a. 不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在p点的速度都相同b. 不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在p点的加速度都相同c. 卫星在轨道1的任何位置都具有相同加速度d. 卫星在轨道2的任何位置都具有相同动量2. 一个t型电路如图所示，电路中的电阻，另有一测试电源，电动势为100v，内阻忽略不计则a. 当cd端短路时，ab之间的等效电阻是b. ab端短路时，cd之间的等效电阻是c. 当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压为80vd. 当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为80v3. 如图所示，固定在水平面上半径为r的光滑半球，球心o的正上方固定一个小定滑轮，细绳一端拴一小球，小球置于半球面上的a点，另一端绕过定滑轮，如图所示已知小定滑轮到半球顶点的高度为h，绳子的长度为l。今缓慢拉绳使小球从a点滑向半球顶点未到顶点，则此过程中，半球对小球的支持力大小n及细绳的拉力t大小的变化情况是a. n不变，t变小b. n不变，t变大c. n变小，t变大d. n变大，t变小4. 在物理学的发展过程中，许多物理学家都做出了重大贡献，他们也创造出了许多物理学研究方法，下列关于物理学史和物理学方法的叙述中正确的是a. 牛顿发现了万有引力定律，他被称为“称量地球质量”第一人b. 牛顿进行了“月地检验”，得出天上和地下的物体间的引力作用都遵从万有引力定律c. 卡文迪许在利用扭秤实验装置测量引力常量时，应用了微元法d. 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是转换法5. 质量为2kg的质点在xoy平面上做曲线运动，在x方向的速度时间图象和y方向的位移一时间图象如图所示，下列说法正确的是a. 质点的初速度为b. 质点初速度的方向与合外力方向垂直c. 质点所受的合外力为6nd. 2s末质点速度大小为6. 如图所示，用两根轻细金属丝将质量为m，长为l的金属棒ab悬挂在c、d两处，置于匀强磁场内。当棒中通以从a到b的电流i后，两悬线偏离竖直方向角处于平衡状态。为了使棒平衡在该位置上，所需磁场的最小磁感应强度的大小、方向是a. ，竖直向上b. ，竖直向下c. ，平行悬线向下d. ，平行悬线向上二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）7. 在如图所示电路中，闭合电键s，当滑动变阻器的滑动触头p向上滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用i、和表示，电表示数变化量的绝对值分别用、和表示，下列说法正确的是a. 变小，变大，变小，i变大b. 变大，变小，变大，i变大c. 不变，变小，变小d. 不变，不变，不变8. 如图所示，平行板电容器与电动势为e的直流电源内阻不计连接，下极板接地，一带电油滴位于容器中的p点且恰好处于平衡状态现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离后a. p点的电势将降低b. 带电油滴在p点的电势能将增大c. 带电油滴将沿竖直方向向上运动d. 电容器的电容减小，极板带电量将增大9. 某同学将一直流电源的总功率、输出功率和电源内部的发热功率随电流i变化的图线画在同一坐标系内，如图所示，根据图线可知下列叙述正确的是a. 反映变化的图线是cb. 电源电动势为8vc. 电源内阻为d. 当电流为a时，外电路的电阻为10. 如图，m为半圆形导线框，圆心为；n是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为；两导线框在同一竖直面纸面内；两圆弧半径相等；过直线的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面。现使线框m、n在时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过和的轴，以相同的周期t逆时针匀速转动，则a. 两导线框中均会产生正弦交流电b. 两导线框中感应电流的周期都等于tc. 在时，两导线框中产生的感应电动势相等d. 两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等三、实验题（本大题共3小题，共27.0分）11. 图为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中e是电池；、和是固定电阻，是可变电阻；表头g的满偏电流为，内阻为虚线方框内为换挡开关，a端和b端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1v挡和5v挡，直流电流1ma挡和挡，欧姆挡。图中的a端与_填“红”或“黑”色表笔相连接。关于的使用，下列说法正确的是_填正确答案标号。a.在使用多用电表之前，调整使电表指针指在表盘左端电流“0”位置b.使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置c.使用电流挡时，调整使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置根据题给条件可得_，_。某次测量时该多用电表指针位置如图所示。若此时b端是与“1”连接的，则多用电表读数为_；若此时b端是与“3”相连的，则读数为_；若此时b端是与“5”相连的，则读数为_。结果均保留3为有效数字12. 小明用电学方法测量电线的长度，首先，小明测得电线铜芯的直径为，估计其长度不超过已知铜的电阻率为现有如下实验器材：量程为3v、内阻为的电压表；量程为，内阻约为的电流表；阻值为的滑动变阻器；内阻可以忽略，输出电压为3v的电源；阻值为的定值电阻，开关和导线若干小明采用伏安法测量电线电阻，正确连接电路后，调节滑动变阻器，电流表示数从0开始增加，当示数为时，电压表示数如图1所示，度数为_ v，根据小明测量的信息，图2中p点应该_ 选填“接a”、“接b”、“接c”或“不接”，q点应该_ 选填“接a”、“接b”、“接c”或“不接”，小明测得的电线长度为_ 13. 为判断线圈绕向，可将灵敏电流计g与线圈l连接，如图所示，已知线圈由a端开始绕至b端，当电流从电流计g左端流入时，指针向左偏转。将磁铁n极向下，从线圈l中向上抽出时，发现指针向左偏转，俯视线圈，其绕向为_填：“顺时针”或“逆时针”。当条形磁铁从图示中的虚线位置向右远离l时，指针向右偏转，俯视线圈，其绕向为_填：“顺时针”或“逆时针”。四、计算题（本大题共3小题，共30.0分）14. 如图，在平面直角坐标系xoy内，第i象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第iv象限以on为直径的半圆形区域内，存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，自y轴正半轴上处的m点，以速度垂直于y轴射入电场。经x轴上处的p点进入磁场，最后垂直于y轴的方向射出磁场。不计粒子重力。求：电场强度大小e；粒子在磁场中运动的轨道半径r；粒子在磁场运动的时间t。如图，容积均为v的汽缸a、b下端有细管容积可忽略连通，阀门位于细管的中部，a、b的顶部各有一阀门、，b中有一可自由滑动的活塞质量、体积均可忽略。初始时，三个阀门均打开，活塞在b的底部；关闭、，通过给汽缸充气，使a中气体的压强达到大气压的3倍后关闭已知室温为，汽缸导热。打开，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；接着打开，求稳定时活塞的位置；再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高，求此时活塞下方气体的压强。15. 如图所示，水平放置的两块平行金属板长为l，两板间距为d，两板间电压为u，且上板带正电，一个电子沿水平方向以速度，从两板中央射入，已知电子质量为m，电荷量为q，求：电子偏离金属板的侧位移是多少？电子飞出电场时的速度是多少？电子离开电场后，打在屏上的p点，若s已知，求op的长。答案和解析1.【答案】b【解析】【分析】卫星变轨，做离心运动要加速；万有引力提供向心力；加速度和动量都是矢量。解答本题的关键是知道卫星变轨问题，做离心运动要加速还要知道加速度和动量都是矢量，都有方向。【解答】a.卫星由轨道1在p点进入轨道2做离心运动，要加速，所以在轨道1和在轨道2运行经过p点的速度不同，故a错误；b.在轨道1和在轨道2运行经过p点，都是万有引力提供向心力，由可知，卫星在p点的加速度都相同，故b正确；c.由可知，由于r不同，加速度的方向指向地球，方向不同，所以卫星在轨道1的任何位置的加速度都不同，故c错误；d.卫星在轨道2的任何位置的速度方向不同，所以动量不同，故d错误。故选b。2.【答案】c【解析】【分析】当cd端短路时，ab间电路的结构是：电阻、并联后与串联当ab端短路时，cd之间电路结构是：电阻、并联后与串联。当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压等于电阻两端的电压。当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻两端的电压根据欧姆定律求解电压。对于电路要明确电路的结构，并能正确应用串并联电路的规律进行分析，必要时应进行电路的简化。【解答】a.当cd端短路时，ab间电路的结构是：电阻、并联后与串联，等效电阻为，故a错误；b.当ab端短路时，cd之间电路结构是：电阻、并联后与串联，等效电阻为，故b错误；c.当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压等于电阻两端的电压，故c正确；d.当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻两端的电压，为，故d错误。故选c。3.【答案】a【解析】【分析】小球在绳a的拉力作用下从a点缓慢运动的过程中可视为小球受力平衡，对小球进行受力分析，根据平衡可以求出小球拉力和支持力大小的变化。本题考查了动态平衡分析。能抓住小球受力平衡这一出发点，小球所受合力为0，小球受到的三个力可以首尾相连构成一个封闭的三角形，由力构成的三角形与abo三点构成的三角形刚好相似，根据相似比可以轻松得出小球的受力大小的变化情况。【解答】以小球为研究对象，分析小球受力情况：重力g，细线的拉力t和半球面的支持力n，作出n、t的合力f，由平衡条件得知；由得：；得到：；由题缓慢地将小球从a点拉到b点过程中，ao不变，变小；可见t变小；n不变；故bcd错误，a正确。故选a。4.【答案】b【解析】【分析】牛顿发现引力定律，而卡文迪许通过实验测量并计算得出了万有引力常量，使用了放大法；用质点来代替物体的方法是理想模型，从而即可一一求解；本题考查了物理学史以及一些物理定律的意义，对于物理定律我们不仅要会应用还要了解其推导过程，有助于提高我们研究问题的能力和兴趣，注意引力定律与引力常量发现者的不同，及理解微元法、等效法、转换法的含义。【解答】a.牛顿发现了万有引力定律，而卡文迪许通过实验测量并计算得出了万有引力常量，因此卡文迪许被称为“称量地球的质量”的第一人，故a错误；b.牛顿进行了“月地检验”，得出天上和地下的物体间的引力作用都遵从万有引力定律，故b正确；c.卡文迪许在利用扭秤实验装置测量引力常量时，应用了放大法，故c错误；d.不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是理想模型，故d错误；故选b。5.【答案】a【解析】【分析】质点在x方向上做匀加速直线运动，在y方向上做匀速直线运动，根据平行四边形定则得出质点的初速度，2s末的速度。根据加速度，通过牛顿第二定律求出质点的合外力。解决本题的关键知道质点在x方向和y方向上的运动规律，根据平行四边形定则进行合成。【解答】a.在x方向上的初速度为，y方向上的速度为，根据平行四边形定则，则初速度的大小，故a正确；质点的加速度方向沿x轴方向，则，合力的方向与初速度的方向不垂直。故bc错误；d.2s末x方向上的速度为，y方向上的速度为，根据平行四边形定则，合速度为。故d错误。故选a。6.【答案】d【解析】【分析】考查安培力的方向与大小如何确定与计算，知道当安培力的方向与拉力的方向垂直，安培力最小，磁感应强度最小。由矢量三角形定则判断安培力的最小值及方向，进而由安培力公式和左手定则得到b的大小以及b的方向。【解答】对棒受力分析如图：为了使该棒仍然平衡在该位置上，得：，由左手定则知所加磁场的方向平行悬线向上，故d正确，abc错误。故选：d。7.【答案】cd【解析】【分析】本题考查了电路的动态变化，根据部分电路电阻的变化情况，得到总电阻的变化情况，由闭合电路的欧姆定律分析各电压表和电流的变化。由电路图可知与串联，测量两端的电压，测量两端的电压，测量路端电压，由欧姆定律可得出电压与电流的变化，由闭合电路的欧姆定律可分析得出各电压表和电流表的变化情况。【解答】闭合电键s，当滑动变阻器的滑动触头p向上滑动时，滑动变阻器的电阻减小，由于、和串联，则总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律得总电流为：，则总电流增大，由路端电压公式：知，减小，由欧姆定律知电阻两端的电压为：，则增大，由串并联关系知，则减小，故ab错误；因不变，则由欧姆定律可得，保持不变，由数学规律可知，也保持不变，因滑片向上移动，故的接入电阻减小，故变小，而，故保持不变，因，故比值减小，而，故比值保持不变，故cd正确。故选cd。8.【答案】ab【解析】【分析】将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况。由分析p点与下极板间电势差如何变化，即能分析p点电势的变化和油滴电势能的变化。根据电容的定义式，电容器与电源保持相连，则u不变，q与c成正比变化。本题运用分析板间场强的变化，判断油滴如何运动；明确正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化。【解答】解：将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动；板间场强e减小，而p点与下极板间的距离不变，则由公式分析可知，p点与下极板间电势差将减小，而p点的电势高于下极板的电势，则知p点的电势将降低，故a正确，c错误；b.由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，p点的电势降低，则油滴的电势能将增加；故b正确；d.根据电容的定义式，电容器与电源保持相连，则u不变，当c减小，则q也减小，故d错误。故选ab。9.【答案】acd【解析】【分析】本题要理解图象的性质；根据电源的总功率公式求解电动势，根据发热功率的解析式，求解电源的内阻。根据电源内部的发热功率判断图线；直流电源的总功率，图象的斜率等于电动势e；当时，电源内部的发热功率与电源的总功率相等，求出电源的内阻；根据闭合电路欧姆定律求出电流为时的外电阻。【解答】a.电源内部的发热功率，图象是抛物线，而且是增函数，则反映变化的图线是c，故a正确；b.直流电源的总功率，故a为总功率图象，图象的斜率等于电动势e，则有，故b错误；c.图中时，电源内部的发热功率与电源的总功率相等，则有，得到，故c正确；d.当电流为时，根据闭合电路欧姆定律得：，代入解得，故d正确。故选acd。10.【答案】bc【解析】【分析】正确利用法拉第电磁感应定律，在本题中由于导线框匀速转动，因此产生的感应电动势是恒定的，计算有效值根据有效值的定义。本题考查了法拉第电磁感应定律在转动切割类型中的应用，掌握楞次定律，会判断感应电流的方向。理解有效值的定义，掌握好有效值的定义就可以计算非正弦交变电流的有效值。【解答】a.半径切割磁感线产生的感应电动势：，因为线框匀速转动，感应电动势恒定，线框中电流大小恒定，故a错误；b.m、n两线框匀速转动，m线框第一个电流方向逆时针，第二个电流顺时针方向；n线框，相框转动一圈，只有的时间有感应电流，第一个电流逆时针，第二个电流为第三个电流顺时针方向，第四个没有电流，依次循环。画出m、n线框中电流随时间变化的关系图线如图所示，所以两线框中感应电流的周期相等，都等于t，故b正确；c.时，两线框均有一条半径在切割磁感线产生感应电动势，感应电动势的大小均为，故c正确；d.根据电流的热效应，对m线框有，n线框转动一周只有时间内有感应电流，则有：，联立解得，故d错误。故选bc。11.【答案】黑，880，【解析】【分析】明确欧姆表原理，知道内部电源的正极接黑表笔，负极接红表笔；明确电路结构，知道欧姆挡中所接滑动变阻器只能进行欧姆调零；根据给出的量程和电路进行分析，再结合串并联电路的规律即可求得各电阻的阻值；明确电表的量程，确定最小分度，从而得出最终的读数。本题考查了多用电表读数以及内部原理，要注意明确串并联电路的规律应用，同时掌握读数原则，对多用电表读数时，要先确定电表测的是什么量，然后根据选择开关位置确定电表分度值，最后根据指针位置读数；读数时视线要与电表刻度线垂直。【解答】根据欧姆表原理可知，内部电源的正极应接黑表笔，这样才能保证在测电阻时电流表中电流“红进黑出”；由电路图可知，只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零，不能进行机械调零，同时在使用电流档时也不需要进行调节，故b正确；ac错误。故选b；直流电流档分为1ma和，由图可知，当接2时应为1ma；根据串并联电路规律可知，；总电阻接4时，为电压档，因串入的电阻较小，故应为量程1v的电压表；此时电流计与、并联后再与串联，即改装后的1ma电流表与串联改装为电压表；根据串联电路规律可知，；若与1连接，则量程为，读数为；若与3连接，则为欧姆挡，读数为；若与5连接，则量程为5v；故读数为。故答案为；黑；880；。12.【答案】；b；a；【解析】解：电压表量程为3v，电压表的读数为；调节滑动变阻器，电流表示数从0开始增加，可知滑动变阻器采用分压式接法，即q点应接a，待测电阻较小，电流表采用外接法，即p点应该接由于保护电阻，因此本题的实验电路图如下：根据欧姆定律有：，根据得，代入数据联立解得故答案为：，b，a，根据电压表的量程得出电压表的示数抓住电流表示数从零开始，确定滑动变阻器的接法，结合待测电阻的大小确定电流表的内外接根据欧姆定律求出电阻的大小，结合电阻定律得出电线的长度本题考查了电路的选取，知道滑动变阻器分压和限流的区别，电流表内外接的区别，知道在什么情况下用限流法，什么情况下用分压式掌握选取电流表内外接的口诀：小外偏小，大内偏大13.【答案】逆时针；逆时针【解析】【分析】电流从左端流入指针向左偏转，根据电流表指针偏转方向判断电流方向，然后应用安培定则与楞次定律分析答题。熟练应用安培定则与楞次定律是正确解题的关键；要掌握安培定则与楞次定律的内容，注意电流方向与电线的绕向方向是解题的关键。【解答】将磁铁n极向下，从线圈l中向上抽出时，磁铁离开线圈，穿过l的磁场向下，原磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，感应电流磁场应该向下，电流表指针向左偏转，电流从电流表左端流入，由安培定则可知，俯视线圈，线圈绕向为逆时针。当条形磁铁从图中虚线位置向右远离l时，穿过l的磁通量向上，磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流磁场应向上，指针向右偏转，电流从右端流入电流表，由安培定则可知，俯视线圈，其绕向为逆时针。故答案为：逆时针；逆时针。14.【答案】解：设粒子在电场中运动的时间为，根据类平抛规律有：，根据牛顿第二定律可得：联立解得：粒子进入磁场时沿y方向的速度大小：粒子进入磁场时的速度：，方向与x轴成角，根据洛伦兹力提供向心力可得：解得：粒子在磁场中运动的周期：根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的圆心角：则粒子在磁场中运动的时间：答：电场强度大小e为；粒子在磁场中运动的轨道半径r为；粒子在磁场运动的时间t为。【解析】粒子在电场中做类平抛运动，利用运动的合成和分解、牛顿二定律结合运动学规律，联立即可求出电场强度大小e；利用类平抛规律求出粒子进入磁场时的速度大小和方向，粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用洛伦兹力提供向心力即可求出粒子在磁场中运动的轨道半径r；利用周期公式，结合粒子在磁场中转过的圆心角，即可求出粒子在磁场运动的时间t。本题考查带电粒子在复合场中运动，粒子在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解，类平抛运动运用运动的合成和分解，牛顿第二定律结合运动学公式求解，解题关键是要作出临界的轨迹图，正确运用数学几何关系，分析好从电场射入磁场衔接点的速度大小和方向。15.【答案】解：打开之前，a缸内气体，b缸内气体，体积均为v，温度均为，打开后，b缸内气体活塞上方等温压缩，压缩后体积为，a缸内气体活塞下方等温膨胀，膨胀后体积为，活塞上下方压强