1、江西省上饶市十校2019-2020学年高二物理上学期12月联考试题（含解析）一、选择题1.关于磁现象的电本质，正确的说法是 ()一切磁现象都起源于电流或运动电荷，一切磁作用都是电流或运动电荷之间通过磁场而发生的相互作用除永久磁铁外，一切磁场都是由运动电荷或电流产生的根据安培的分子电流假说，在外界磁场作用下，物体内部分子电流取向变得大致相同时，物体就被磁化，两端形成磁极磁就是电，电就是磁，有磁必有电，有电必有磁A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】磁与电是紧密联系的，但“磁生电”“电生磁”都有一定的条件，运动的电荷产生磁场，但一个静止的点电荷的周围就没有磁场，分子电流假说揭示了磁现象
2、的电本质，磁体内部只有当分子电流取向大体一致时，就显示出磁性，当分子电流取向不一致时，就没有磁性；【详解】、一切磁现象都起源于电流或运动电荷，一切磁作用都是电流或运动电荷之间通过磁场而发生的相互作用，故正确，错误、没有磁性的物体内部分子电流的取向是杂乱无章的，分子电流产生的磁场相互抵消，但当受到外界磁场的作用力时分子电流的取向变得大致相同时分子电流产生的磁场相互加强，物体就被磁化了，两端形成磁极，故正确、磁和电是两种不同的物质，故磁是磁，电是电有变化的电场或运动的电荷就能产生磁场，但静止的电荷不能产生磁场，恒定的电场不能产生磁场同样恒定磁场也不能产生电场，故错误，故选项C正确，选项ABD错误【
3、点睛】本题考查了分子电流假说，揭示了磁现象的电本质，要记住分子电流假说的内容2.如图所示，半径为R的圆形线圈共有n匝，其中心位置处半径为r的虚线范围内有匀强磁场，磁场方向垂直线圈平面若磁感应强度为B，则穿过线圈的磁通量为（）A. BR2B. Br2C. nBR2D. nBr2【答案】B【解析】【分析】本题考查磁通量的公式【详解】由磁通量的公式，为具有磁场的有效面积为，解得，B对，ACD错【点睛】本题学生明确磁通量的公式满足线圈平面与磁场方向垂直，能用公式进行相关的计算3.如图所示，带箭头的实线表示电场线，、两点的电场强度分别为、，电势分别为、 下列判断中正确的是A. ，B. ，C. ，D. ，
4、【答案】A【解析】【详解】由图示可知，A处的电场线疏，B处的电场线密，因此A点的电场强度小，B点的场强大，即EAEB；沿着电场线的方向，电势逐渐降低，结合图示可知，AB，故A正确，BCD错误4.如图所示是三根平行直导线的截面图，若它们的电流强度大小都相同，且abacad，则a点的磁感应强度的方向是 ()A. 垂直纸面指向纸里B. 垂直纸面指向纸外C. 沿纸面由a指向bD. 沿纸面由a指向d【答案】D【解析】解: 用右手螺旋定则判断通电直导线在a点上所产生的磁场方向,如图所示:直导线b在a点产生磁场与直导线d在a点产生磁场方向相反,大小相等.则合磁场为零;而直导线c在a点产生磁场,方向从b指向d
5、,即为沿纸面由a指向d故选D.点睛:磁感应强度既有大小,又有方向,是矢量.它的合成遵循矢量合成的平行四边形法则.5.一个电流表的满偏电流Ig=1mA，内阻为500，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（）A. 串联一个10k的电阻B. 并联一个10k的电阻C. 串联一个9.5k的电阻D. 并联一个9.5k的电阻【答案】C【解析】【详解】把电流表改装成电压表，串联电阻阻值：A串联一个10k的电阻，与结论不相符，选项A错误；B并联一个10k的电阻，与结论不相符，选项B错误；C串联一个9.5k的电阻，与结论相符，选项C正确；D并联一个9.5k的电阻，与结论不相符，选项D错误；6.如图
6、所示，直线I为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线为某一电阻R的曲线用该电源与电阻R组成闭合电路，则A. 电源电动势3V，内阻2B. 电阻R的阻值为0.5C. 电源的总功率为6WD. 电源的效率为50%【答案】C【解析】【详解】A. 根据闭合电路欧姆定律得：当时，由读出电源的电动势，内阻等于图线的斜率大小，则内阻：故A错误；B. 电阻的阻值为：故B错误；CD. 两图线的交点表示该电源直接与电阻相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压，电流，则电源的输出功率为：电源的总功率为：电源的效率为故C正确，D错误7.如图所示，电源电动势为E，内阻为r,Ro为定值电阻，L为小灯泡，R为滑动变阻器，电表
7、均为理想电表接通电源后，当R的滑片向左滑动时( ) A. 电流表A的示数增大B. 电压表V的示数增大C. 小灯泡的功率增大D. 电源效率增大【答案】AC【解析】【分析】当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器在路电阻减小，外电阻减小，电路中电流增大，再分析其他各个选项；根据电源效率分析【详解】当滑动变阻器的滑片向左移动时，变阻器接在电路中的电阻减小，外电阻减小，电路中电流增大，即电流表A读数变大；路端电压减小，即电压表V的示数减小，选项A正确，B错误；通过R0的电流变小，则通过灯泡的电流变大，灯泡的功率增大，选项C正确；电源效率 可知，随外电路电阻R的减小，电源的效率减小，选项D错误；故选AC.【
8、点睛】本题是电路的动态变化分析问题，可直接根据“串反并同”来分析电表读数的变化，也可以由“局部-整体-局部”的方法分析.8.图中虚线为一组间距相等同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点则该粒子（ ）A. 带正电B. 在b点的电势能大于在c点的电势能C. 由a点到b点的电势差等于由b点到c点的电势差D. 由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化【答案】ABD【解析】【详解】A.根据轨迹弯曲方向判断知，粒子在abc的过程中，一直受静电斥力作用，根据同种电荷相互排斥，故知该粒子带正电荷，故A正确
9、；B.粒子从b到c电场力做正功，电势能减小，则在b点的电势能大于在c点的电势能，故B正确；CD.根据点电荷的电场的特点可知，ab之间的电场强度大于bc之间的电场强度，所以ab之间的电势差大于bc之间的电势差，则由a点到b点的电场力做的功大于由b点到c点电场力做的功，所以a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化，故C错误，D正确；9.目前智能手机普遍采用了电容触摸屏，电容触摸屏是利用人体的电流感应进行工作的，它是一块四层复合玻璃屏，玻璃屏的内表面和夹层各涂一层ITO(纳米铟锡金属氧化物)，夹层ITO涂层作为工作面，四个角引出四个电极，当用户手指触摸电容触摸屏时，手指和工作面形成一个电容器，
10、因为工作面上接有高频信号，电流通过这个电容器分别从屏的四个角上的电极中流出，且理论上流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例，控制器通过对四个电流比例的精密计算来确定手指位置对于电容触摸屏，下列说法正确的是()A. 电容触摸屏只需要触摸，不需要压力即能产生位置信号B. 使用绝缘笔在电容触摸屏上也能进行触控操作C. 手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容变小D. 手指与屏接触面积变大时，电容变大【答案】AD【解析】【详解】A据题意知，电容触摸屏只需要触摸，由于流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例，控制器就能确定手指的位置，因此不需要手指有压力，故A正确；B绝缘笔与工作
11、面不能形成一个电容器，所以不能在电容屏上进行触控操作，故B错误；C手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，由公式可知，电容将变大，故C错误；D手指与屏的接触面积变大时，由公式可知，电容变大，故D正确10.如图，在水平地面上固定一倾角为的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为E，方向沿斜面向下的匀强电场中一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态一质量为m，带电量为q（q0）的滑块从距离弹簧上端为s0处静止释放，滑块在运动过程中电量保持不变，设滑块与弹簧接触后粘在一起不分离且无机械能损失，物体刚好返回到s0段中点，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g，则
12、（ ）A. 滑块运动过程中的最大动能等于B. 滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间为C. 运动过程物体和弹簧系统机械能和电势能总和始终一直保持不变D. 弹簧的最大弹性势能为（mgsin+qE）s0【答案】BC【解析】【详解】A.滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为x0，则有，从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得，由于弹簧弹力做负功，故最大动能，故A错误；B.滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，则有，联立可得：，故B正确；C.物体运动过程中只有重力和电场力做功，故只有重力势能、电势能和重力势能和弹性势能参与转化，总量不变，
13、故C正确；D.当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，即，故D错误；二、实验题11.描绘一个标有“6V3W”字样的小灯泡的伏安特性曲线，实验室备有下列器材：a标有“6V3W”字样的小灯泡一个；b. 9伏学生电源一个；c量程为0-9V电压表，内阻约为15千欧；d量程为0-3V的电压表，内阻约为3千欧；e量程为0-0.6A的电流表，内阻约为0.5欧；f量程为0-3A的电流表，内阻约为0.1欧；g滑动变阻器（阻值范围0-500欧，允许通过的最大电流0.5A）；h滑动变阻器（阻值范围0-50欧，允许通过的最大电流1.5A）；电键一个，导线若干（1）为减小实验误差，方便调节，请在图中给定的四个电路图和上述所给
14、的器材中选取适当的电路和器材，并将它们的编号填在横线上应选取的电路是_，电压表应选_；电流表应选_；滑动变阻器应选取_（2）根据实验测定的数据，以电压U为横坐标，电流强度I为纵坐标画出图线，在图中给出的四个I-U图线中，最能反映实际情况的是_，简要说明理由_【答案】 (1). C (2). c (3). e (4). h (5). C (6). 灯丝电阻随温度升高而增大【解析】【详解】(1)1因为实验要求电流从零调，所以变阻器应采用分压式接法；因为待测电阻较小满足：电流表应用外接法，所以应选取的电路是C;234根据小灯泡的额定电压为6V可以知道电压表应选择c，小灯泡的额定电流为：所以电流表应选
15、择e；变阻器采用分压式时变阻器的阻值越小调节越方便，所以变阻器应选择h.(2)56由：可以知道图象上的点与原点连线的斜率倒数等于导体的电阻，因为金属的电阻随温度的升高而增大，所以图线上的点与原点连线的斜率应逐渐减小，所以最能反映实际情况的是C.12.某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度L=_mm； （2）用螺旋测微器测量其直径如图2所示，由图可知其直径D=_mm；（3）用多用电表的电阻“10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘示数如图3所示，则该电阻的阻值约为_（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有
16、的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻R；电流表A1（量程05mA，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4V，内阻不计）；滑动变阻器R1（阻值范围015，允许通过的最大电流2.0A）；滑动变阻器R2（阻值范围02k，允许通过的最大电流0.5A）；开关S；导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在下面框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号（ ）（5）在图4中用实线连好电路（ ）（6）若该同学用伏安法跟用多用电表测量得到R测量值几乎相等，若已知伏安法测电阻电路
17、中电压表和电流表示数分别用U和I表示，则用此法测出该圆柱体材料的电阻率_（不要求计算，用题中所给字母表示）【答案】 (1). 50.15 (2). 4.700 (3). 220 (4). 见解析 (5). 见解析 (6). 【解析】【详解】(1)1由图示游标卡尺可以知道其示数为：(2)2由图示螺旋测微器可以知道其示数为：(3)3用多用电表的电阻“”挡测电阻，由图示表盘可以知道,其示数为：(4)4电源电动势为4V，如用15V电压表指针偏转太小，故电压表应选V1，电路最大电流约为：电流表应选A2，为方便实验操作滑动变阻器应选R1，待测电阻阻值大于滑动变阻器最大阻值，滑动变阻器采用分压接法，电压表内
18、阻远大于待测电阻阻值，电流表采用外接法；实验电路图如图所示：(5)5实物图连接如图：(6)6根据欧姆定律可知：根据电阻定律可得：联立解得：三、计算题13.在电场中将2.0 10-9C的正电荷从A点移到B点，静电力做功1.510-7J，再把这个电荷从B点移到C点静电力做功410-7J求：(1)AB间、BC间、AC间电势差各是多少？(2)将1.5 10-9C的电荷从A点移到C点静电力做功多少？【答案】(1)75V；-200V；-125V(2) -1.87510-7J【解析】【详解】(1) AB间电势差：BC间电势差：AC间电势差：(2)将1.5 10-9C的电荷从A点移到C点静电力做功14.如图所
19、示的电路中,电源电动势,内阻,电阻,电容器的电容,开始时,开关S断开（1）求电容器上所带的电荷量？（2）合上S,待电路稳定以后流过的电量是多少？【答案】（1）C. （2）C.【解析】【详解】开关S断开时,电容器电压等于的电压,为：电容器上所带的电荷量合上S,和并联,并联的阻值为：电容器的电压等于并联电路两端的电压,为：电容器的带电量可知电容器放电,则流过的电量是15.如图所示是利用电动机提升重物的示意图，其中D是直流电动机p是一个质量为m的重物，它用细绳拴在电动机的轴上闭合开关，重物p以速度v匀速上升，这时电流表和电压表的示数分别是I=5.0A和U=110V，重物p上升的速度v=0.70m/s
20、已知该装置机械部分的机械效率为70%，重物的质量m=45kg（g取10ms2）求：（1）电动机消耗的电功率P电；（2）绳对重物做功的机械功率P机；（3）电动机线圈的电阻R【答案】（1）550W；（2）315W；（3）4【解析】【详解】（1）电动机消耗得电功率为；（2）重物匀速上升，拉力T=mg，绳对重物做功的机械功率为：（3）电动机输出的电功率为：电动机线圈的电阻R的发热功率为=100W由得电动机线圈的电阻：16.如图所示，水平放置的两平行金属板之间电压为U，两板板长为L，板间距离为d，一束电子以速度v0从两板左侧正中间水平射入板间，然后从右侧板间飞出，射到距右侧板边缘为S的荧光屏上，已知电子的质量为m，电荷量为e求：(1)电子飞出两板时速度大小；(2)电子偏离电场时的偏转位移的大小；(3)电子束射到荧光屏的位置（离图中的中心O的距离）（不计电子重力）【答案】(1) (2) (3) 【解析】【详解】(1) 电子在极板间做类平抛运动，水平位移x=L，电子水平方向做匀速直线运动，则有：x=v0t得时间电子飞出两板时竖直分速度为：出电场速度为(2) 电子飞出两板时偏转的距离为：(3)设电子束射到荧光屏的位置离图中的中心O的距离为Y，根据平抛推论可知，速度反向延长线过水平位移的中点，由几何关系可得：解得：