江西省新干县第二中学等四校2017-2018学年高二物理12月联考试题（含解析）_1

1、江西省新干县第二中学等四校2017-2018学年高二物理12月联考试题（含解析）江西省新干县第二中学等四校2017-2018学年高二12月联考物理试题一、选择题1.以下说法正确的是（）A.电阻是表征材料导电性能的物理量，电阻越小，导电性能越好B.欧姆定律对非纯电阻元件也适用C.电场中某点的场强的大小与电荷在该点所受的静电力成正比，与电荷量成反比D.回旋加速器通过电场力做功达到加速粒子的目的【答案】D【解析】【详解】A、电阻率是表征材料导电性的物理量，电阻率越小，导电性能越好，故A错误；B、欧姆定律只适用于纯电阻元件，不适用非纯电阻元件，故B错误；C、公式是电场强度的定义式，场强的大小是由电场本

2、身决定的，与电荷在该点所受的静电力，与电荷量无关，故C错误；D、回旋加速器通过电场力做功达到加速粒子的目的，洛仑兹力对粒子不做功，故D正确；故选D。2.如图所示，光滑绝缘水平面上有三个带电小球A、B、C（可视为点电荷），三球沿一条直线摆放，仅在它们之间的静电力作用下静止，则以下判断正确的是（）A.A对B的静电力一定是引力B.A对B的静电力可能是斥力C.A的电量可能比B少D.C的电量一定比B少【答案】A【解析】AB、若三球沿一条直线摆放，仅在它们之间的静电力作用下静止，则A、C一定是同种电荷，A、B一定异种电荷，即“两同夹异”的思想，故A正确，B错误；C、由于AC间的距离大于BC间的距离，由C物

3、体的平衡，可得，故C错误；D、由于AC间的距离大于AB间的距离，由A物体的平衡，可知，故D错误；故选A。【点睛】因题目中要求三个小球均处于平衡状态，故可分别对任意两球进行分析列出平衡方程即可求得结果。3.关于电场和磁场，下列说法正确的是：（）A.电场是假想的，并不是客观存在的物质B.描述磁场的磁感线是客观存在的，且磁场中的任何两条磁感线不相交。C.电场中某处场强的方向就是放入该处试探电荷所受电场力的方向D.磁场对在它其中运动的电荷可能没有力的作用【答案】D【解析】试题分析：电场和磁场都是客观存在的物质，A选项错误；电场线和磁感线都是假想的线，且磁场中的任何两条磁感线不相交，故B选项错误；若试探

4、电荷为正电荷，所受电场力的方向与场强方向相同，若试探电荷为负电荷，所受电场力的方向与场强方向相反，故C选项错误；由洛伦兹力的公式知当速度与磁场方向平行时不受洛伦兹力的作用，故D选项正确。考点：电场和磁场磁感线洛伦兹力4.额定电压为4.0V的直流电动机的线圈电阻为1.0，正常工作时，电动机线圈每秒产生的热量为4.0J，下列计算结果正确的是（）A.电动机正常工作时的电流强度为4.0AB.电动机正常工作时的输出功率为8.0WC.电动机每分钟将电能转化成机械能为240.0JD.电动机正常工作时的输入功率为4.0W【答案】C【解析】【详解】A、由焦耳定律，解得I=2.0A，故电动机正常工作时的电流强度为

5、2.0A，故A错误；BD、电动机正常工作时的输入功率，电动机的热功率为，所以电动机正常工作时的输出功率，故B、D错误；C、电动机每分钟将电能转化成机械能，故C正确；故选C。【点睛】已知线圈电阻与线圈产生的热量，应用焦耳定律可以求出通过电动机的电流；然后应用电功率公式与电功公式分析答题。5.小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线则下列说法中正确的是（）A.随着所加电压的增大，小灯泡的电阻不变B.随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小C.对应P点，小灯泡电阻为，功率为P=U1I2D.对应P点，小灯泡电阻为R=U1/I2

6、功率为P=U1I2【答案】D【解析】【详解】AB、据电阻的定义可知，电阻等于图线上的点与原点连线的斜率的倒数，随着所加电压的增大，图线上的点与坐标原点连线的斜率逐渐减小，说明电阻逐渐增大，故AB错误；CD、对应P点，小灯泡的电阻为，功率，故C错误，D正确；故选D。【点睛】根据电阻的定义可知，电阻等于图线上的点与原点连线的斜率的倒数，斜率逐渐减小，电阻逐渐增大对应P点，灯泡的电阻等于过P点的切线斜率的倒数。6.如右图所示，把两个完全一样的环形线圈互相垂直地放置，它们的圆心位于一个共同点O上，当通以相同大小的电流时，O点处的磁感应强度与一个线圈单独产生的磁感应强度大小之比是()A.11B.C.D.

7、21【答案】B【解析】【详解】根据安培定则可知，竖直方向的通电圆环在圆心O处产生的磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为B，水平方向的通电圆环在圆心O处产生的磁感应强度方向竖直向上，大小为B，两者相互垂直，圆心O处的磁感强度的大小是，一个线圈单独产生的磁感应强度大小为B，则O点处的磁感应强度与一个线圈单独产生的磁感应强度大小之比，故B正确，A、C、D错误；故选B。【点睛】该题是关于磁场的叠加问题，首先运用安培定则每个圆环在圆心O处产生的磁感应强度的方向，利用平行四边形定则进行矢量合成，即求出O处的磁感应强度大小。7.如图所示，在以坐标原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强

8、磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于xOy平面向里。一带正电的粒子（不计重力）从O点沿y轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经t0时间从P点射出,则电场强度的大小和方向为()A.，y正向B.，x正向C.，y负向D.，x负向【答案】B【解析】【详解】设带电粒子的质量为m，电荷量为q，初速度为v，电场强度为E，可判断出粒子受到的洛伦磁力沿x轴负方向，于是可知电场强度沿x轴正方向，且有：，又：，则：，故B正确，A、C、D错误；故选B。【点睛】带电粒子沿y轴做直线运动，说明粒子的受力平衡，即受到的电场力和磁场力大小相等，从而可以求得电场强度的大小。8.图中的实线表示电场线，虚线表示只受

9、电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子由M点向N点运动，可以判定（）A.粒子带负电，运动过程电势能减小B.粒子带负电，运动过程电势能增大C.粒子带正电，运动过程电势能减小D.粒子带正电，运动过程动能增大【答案】CD【解析】【详解】由电场力方向应指向轨迹的内侧得知，粒子所受电场力方向大致斜向左下方，粒子带正电，电场力对粒子做正功，其电势能减小，动能增大，则知粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，故CD正确，AB错误。故选CD。【点睛】带电粒子在电场中只受电场力作用运动时，所受电场力方向应指向轨迹的内侧，由此可知电荷的正负和电场力做功情况，从而进一步判断电势能的大小。9.如图所示，在垂直纸面向里的匀

10、强磁场的边界上，有两个电荷量绝对值相同、质量相同的正、负粒子(不计重力)，从A点以相同的速度先后射入磁场中，入射方向与边界成角，则正、负粒子在磁场中()A.运动时间相同B.运动轨迹的半径相同C.重新回到边界时速度大小和方向相同D.重新回到边界时与A点的距离相等【答案】BCD【解析】正、负离子在磁场中的运动轨迹如图所示：A项：设正离子轨迹的圆心角为，负离子轨迹的圆心角为，由几何知识得到，=2-2，=2，由粒子做圆周运动的周期公式知：负离子运动的时间为，正离子运动的时间为，故两粒子运动时间不相同，则t1<t2故A错误；B项：正负离子垂直射入磁场后都做匀速圆周运动的半径为，得，由题意可知，正负

11、离子质量、电荷量均相等，速度相同，B相同，则它们运动的轨道半径相同，故B正确；C项：两个离子轨迹都是圆，速度是轨迹的切线方向，如图，根据圆的对称性可知，重新回到磁场边界时速度大小和方向都相同，故C正确；D项：根据几何知识得到，重新回到磁场边界的位置与O点距离，故距离相等，故D正确。10.如图两块平行金属板M、N竖直放置,两板间电势差U=1.5103V。现将质量m=110-2kg、电荷量q=410-5C的带电小球从两板上方的A点以v0=4m/s的初速度水平抛出,小球恰好能从M板上端进入两板之间,并沿直线运动打到N板上的B点.已知A距两板上端的高度为h=0.2m,不计空气阻力,g=10m/s2。则

12、（）A.小球到达M板上端时的速度大小B.M、N两板间距d=0.3mC.落点B距N板上端距离L=0.2mD.小球到达B点时动能Ek=0.175J【答案】ABD【解析】试题分析：进入电场前，小球做平抛运动，只有重力做功，所以平抛运动过程中有：，代入数据可得：，A正确；小球开始做平抛运动，所以小球到达板上端的竖直分速度：，解得，设小球此时速度方向与水平方向之间的夹角为：，在电场中小球所受合外力方向与运动方向相同，小球做直线运动所以有：，代入数据可解得：，B正确；在电场中运动时，小球在竖直方向下落的距离，C错误；在电场中只有重力和电场力对小球做功，由动能定理有：，代入数据可解得：；D正确考点：带电粒子

13、在匀强电场中的运动平抛运动，动能定理二、实验题11.将红表笔插入多用电表的正()插孔，黑表笔插入多用电表的负(-)插孔，用该表测直流电压、测电阻器电阻或测二极管的正反向电阻时，下列说法正确的（_）A测电压时，电流从红表笔流出多用电表，测电阻时，电流从红表笔流入多用电表B测电压时，电流从红表笔流入多用电表，测电阻时，电流从红表笔流出多用电表C选择欧姆档10档并调零后，将两表笔与待测电阻相连，发现电表指针偏转角度太大，则应换用1档，调零后再测D选择欧姆档的适当档位并调零后，将黑表笔接二极管的正极，红表笔接二极管的负极，可以测得二极管的反向电阻【答案】C;【解析】试题分析：根据电流表的改装原理，无论

14、改装成什么表，电流均从红表笔流入多用电表，A、B选项错误；测电阻相时，发现电表指针偏转角度太大，说明电阻小，应该换小量程的档位，故C选项正确；选择欧姆档的适当档位并调零后，将黑表笔接二极管的正极，红表笔接二极管的负极，可以测得二极管的正向电阻，D选项错误考点：多用电表的原理和欧姆表的使用二极管12.甲图中游标卡尺的读数是_mm乙图中螺旋测微器的读数是_mm。【答案】(1).100.50mm;(2).3.200mm;【解析】【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。【详解】游标卡尺的主

15、尺读数为：10cm=100mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为100.05mm=0.50mm，所以最终读数为：100mm+0.50mm=100.50mm；螺旋测微器的固定刻度为3mm，可动刻度为20.00.01mm=0.200mm，所以最终读数为3mm+0.200mm=3.200mm，由于需要估读，最后的结果可以在3.1983.202之间。故答案为：100.50，3.200(3.1983.202)13.要测定某电源的电动势和内电阻，某同学按如图甲所示的电路图连接好电路并进行如下操作：(1)闭合开关S1，多次调节电阻箱的阻值，并记录下每次的电阻值R及对应的电流表A的示数

16、I(电流表的内阻很小，可忽略不计)；(2)根据数据，作出图象R，如图乙所示，则根据图象可以求出：电源电动势E_V.内电阻r_.【答案】(1).2；(2).4；【解析】【分析】由闭合电路欧姆定律变形，得到与R的关系式，根据数学知识分析图象的斜率和截距的意义，即可求出电源电动势E和内电阻r。【详解】由闭合电路欧姆定律变形得：，根据数学知识得知，图象的斜率等于，纵轴截距等于，则由图象读出斜率为，则电动势，纵轴截距为，则得到；故答案为2，4。14.（1）用多用电表的电阻“10”挡测圆柱体的电阻R如下图乙，则R=_，(2)该同学想用伏安法更精确地测量圆柱体的电阻，现有的器材如下：待测圆柱体电流表A1（量

17、程03mA，内阻约50）电流表A2（量程015mA，内阻约30）电压表V1（量程03V，内阻约10k）电压表V2（量程015V，内阻约25k）直流电源E（电动势3V，内阻不计）滑动变阻器R1（阻值范围050，允许通过的最大电流2.0A）滑动变阻器R2（阻值范围0200k，允许通过的最大电流0.5A）开关S、导线若干为了减小电表内阻对测量结果的影响，并能方便测得多组数据，电流表应该选择_，电压表应该选择_，滑动变阻器应该选择_画出实验电路图。【答案】(1).220；(2).；(3).；(4).；【解析】【详解】(1)欧姆表挡位为10，由图示表盘可知，欧姆表示数为2210=220；(2)电源电动势

18、为3V，则电压表选V1；电路最大电流约为：，则电流表选A2；为方便实验操作，滑动变阻器应选R1。三、计算题15.如图甲所示，电荷量为q=110-4C的带正电的小物块置于粗糙绝缘水平面上，所在空间存在方向沿水平向右的电场，电场强度E的大小与时间的关系如图乙所示，物块运动速度与时间t的关系如图丙所示，取重力加速度g=10m/s2。求：（1）物块所受的摩擦力大小和01秒内的加速度大小。（2）物块的质量。（3）前2秒内电场力做的功。【答案】(1)f=2N;(2)(3)7J【解析】【分析】由图丙可知物体先做匀加速运动，然后做匀速运动，速度时间图象的斜率表示加速度，根据图象可知1-2s时间内电场力与摩擦力

19、的关系，再对0-1s时间内由牛顿第二定律可得出物块的质量；由位移公式得出前2秒内位移大小，由恒力功表达式即可求解电场力做的功。【详解】解：（1）1-2s，物体做匀速直线运动，则有物块所受的摩擦力大小=2N01秒内的加速度大小（2）0-1s时间内由牛顿第二定律可得解得（3）01秒内的位移第1秒内电场力做的功=3J第2秒内电场力做的功前2秒内电场力做的功16.水平面上有电阻不计的U形导轨NMPQ，它们之间的宽度为L，M和P之间接入电动势为E的电源(不计内阻)。现垂直于导轨搁一根质量为m，电阻为R的金属棒ab，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向与水平面夹角为且指向右斜上方，如图所示

20、，问：(1)当ab棒静止时，受到的支持力和摩擦力各为多少?(2)若B的大小和方向均能改变，当B的方向水平向右时，要使ab棒所受支持力为零，则B的大小至少为多少?【答案】(1),(2)【解析】【分析】据左手定则正确判断出导体棒ab所受安培力的方向，然后对棒ab正确进行受力分析，根据所处平衡状态列方程即可正确求解；当B的方向水平向右时，根据受力图可知当重力等于安培力时，求出磁场B的大小。【详解】解：(1)从b向a看其受力如图所示水平方向：竖直方向：又联立解得：，(2)所受安培力竖直向上，使ab棒受支持力为零，且让磁场最小，须使重力等于安培力。则有17.如图，从阴极K发射的热电子，重力和初速度均不计

21、，通过加速电场后，沿图示虚线垂直射入匀强磁场区，磁场区域足够长，宽度为L2.5cm。已知加速电压为U182V，磁感应强度B9.110-4T，电子的电量，电子质量。求：（1)电子在磁场中运动的速度大小v和半径R。(2)电子在磁场中运动的时间t(结果保留)。(3)若加速电压大小可以改变，其他条件不变，为使电子在磁场中的运动时间最长，加速电压U应满足什么条件？【答案】(1),0.05m（2）（3）【解析】【分析】应用动能定理电子解出电子穿出电场时的速度；电子进入磁场后发生偏转，做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求解在磁场中的运动半径R；先根据圆周运动的知识求得电子在磁场中运动的周

22、期T，画出轨迹，由几何知识求出电子在磁场中运动轨迹所对应的圆心角，由求解在磁场中运动的时间t；为使电子在磁场中的运动时间最长，电子轨迹对应的圆心角必须最大，最大圆心角为180，轨迹恰好与磁场右边界相切，求得轨迹半径，根据上题的结果即可求解。【详解】解：（1）加速电场有动能定理得解得电子在磁场做圆周运动，有牛顿第二定律解得（2）磁场中运动的周期由几何关系则（3）电子在磁场中的运动时间最长时，圆心角为当运动轨迹与磁场右界相切时，依题意由和解得所以18.如图所示，在y>0的区域内有沿y轴正方向的匀强电场，在y<0的区域内有垂直坐标平面向里的匀强磁场。一电子（质量为m、电量为e）从y轴上A

23、点以沿x轴正方向的初速度v0开始运动。当电子第一次穿越x轴时，恰好到达C点；当电子第二次穿越x轴时，恰好到达坐标原点.已知A、C点到坐标原点的距离分别为d、2d。不计电子的重力。求（1）电场强度E的大小；（2）磁感应强度B的大小；【答案】（1）（2）【解析】【分析】分析电子的运动情况：电子在电场中，受到竖直向下的电场力而做类平抛运动（或匀变速曲线运动）；进入磁场做匀速圆周运动；画出轨迹，根据牛顿第二定律和运动学公式研究电子在电场中的类平抛运动，即可求出电场强度E；由上题结果，求出电子进入磁场中的速度v的大小，以及v与x轴的夹角，由几何知识求出圆周运动的半径，由牛顿第二定律和向心力求磁感应强度B；【详解】解：电子的运动轨迹如图所示：（1）电子在电场中做类平抛运动，设电子从A到C的时间为t1，则解得（2）设电子进入磁场时速