江苏省南京师大苏州实验学校2019-2020学年高二物理上学期9月月考试题(含解析)

江苏省南京师大苏州实验学校2019_2020学年高二物理上学期9月月考试题(含剖析)江苏省南京师大苏州实验学校2019_2020学年高二物理上学期9月月考试题(含剖析)江苏省南京师大苏州实验学校2019_2020学年高二物理上学期9月月考试题(含剖析)江苏省南京师大苏州实验学校2019-2020学年高二物理上学期9月月考试题（含剖析）一、单项选择题（3*7=21）1.第一发现电流的磁效应的科学家是( )A.特斯拉B.安培C.奥斯特D.法拉第【答案】C【剖析】【详解】奥斯特发现了通电导体四周存在磁场，是第一个发现电流磁效应的科学家。A.特斯拉与剖析不符合，故A项与题意不符合；B.安培与剖析不符合，故B项与题意不符合；C.奥斯特与剖析符合，故C项与题意符合；D.法拉第与剖析不符合，故D项与题意不符合。以下说法正确的选项是一小段通电导线在磁场中某点，若不受磁场力的作用，该点的磁感强度必定为零当平面跟磁场方向平行时，穿过这个面的磁通量必为零某一点电荷在电场中的受力方向，即为该点电场线的切线方向磁感线是从磁体的N极发出，停止于S极【答案】B【剖析】【详解】A.一小段通电导线在磁场中某点，不受磁场力的作用，该点的磁感强度不用然为零，也可能是因为通电导线与磁场平行，故A错误。B.依据匀强磁场中磁通量的一般计算公式Φ=BSsinθ，当平面跟磁场方向平行时，没有磁感线穿过这个平面，因此穿过这个平面的磁通量必为零，故B正确正电荷所受的电场力方向与电场强度方向同样，负电荷所受电场力方向与电场强度方向相反，电场线切线方向为场强方向，则电荷所受电场力方向不用然与电场线切线方向一致。故C错误。D.在磁体外面磁感线从磁体的N极发出到S极，在磁体的内部，磁感线从S极到N极，D错误。3.有一横截面积为S的铜导线，流经此中的电流强度为I，设每单位体积的导线中有n个自由-1-电子，电子的电量为e，此时电子的定向搬动速度为v，在t时间内，经过导线的横截面积的自由电子数量可表示为()A.nesvB.nvtC.ItD.Ittese【答案】C【剖析】【详解】在t时间内，以速度v搬动的电子在铜导线中经过的距离为vt，因为铜导线的横截面积为，则在t时间内，电子经过的导线体积为V=v。又因为单位体积的导线有n个StS自由电子，则在t时间内，经过导线横截面的自由电子数量可表示为N=nvSt。因为流经导线的电流为I，则在t时间内，流经导线的电荷量为Q=It，而电子的电荷量为e，则t时间内经过导线横截面的自由电子数量可表示为：NIt，故C正确，ABD错误。e以以下列图，电源的电动势为30V，内电阻为1Ω，一个标有“6V,12W”的电灯与一个绕线电阻为2Ω的电动机串连．开关闭合后，电路中的电灯正常发光，则电动机输出的机械功率为( )A.36WB.44WC.48WD.60W【答案】A【剖析】【详解】电路中电灯正常发光，因此L＝6V，则电路中电流为IPL12A=2A，电动机UUL6两端的电压UM＝E－Ir－UL＝30V－2×1V－6V＝22V，则电动机输出的机械功率P出＝P电－P热＝UMI－I2RM＝22×2W－4×2W＝36W.A．36W与计算结果符合，A正确。B．44W与计算结果不符，B错误。C．48W与计算结果不符，C错误。D．60W与计算结果不符，D错误。以以下列图，直导线ab与圆线圈的平面垂直且隔有一小段距离，此中直导线固定，线圈可自-2-由运动，当同时通有图示方向电流时，从左向右看，线圈将( )A.不动B.顺时针转动，同时凑近导线C.逆时针转动，同时走开导线D.逆时针转动，同时凑近导线【答案】D【剖析】【详解】依据安培定章可知，通电导线ab在右边产生的磁场方向垂直纸面向里。采纳电流元法，将圆环分成前后两半，依据左手定章可知，外侧半圆碰到的安培力向上，内侧碰到的安培力向下，圆环将逆时针转动。再用特别地址法：圆环转过90时，通电直导线ab对左半圆环产生吸引力，对右半圆环产生排斥力，因为吸引力大于排斥力，圆环凑近ab．则从左向右看，线圈将逆时针转动，同时凑近直导线abA.不动与剖析不符，故A项与题意不符合；B.顺时针转动，同时凑近导线与剖析不符，故B项与题意不符合；C.逆时针转动，同时走开导线与剖析不符，故C项与题意不符合；D.逆时针转动，同时凑近导线与剖析符合，故D项与题意符合。用洛伦兹力演示仪能够察看电子在磁场中的运动径迹，如图甲所示为洛伦兹力演示仪的实物图，如图乙所示为洛伦兹力演示仪的构造表示图。励磁线圈通电后能够产生垂直于纸面的匀强磁场，励磁线圈中的电流越大，产生的磁场越强。图乙中电子经电子枪中的加速电场加速后水平向左垂直磁感线方向射入磁场，以下关于实验现象和剖析正确的选项是仅增大励磁线圈中的电流，电子运动径迹的半径变大-3-仅增大电子枪中加速电场的电压，电子做圆周运动的周期不变仅增大电子枪中加速电场的电压，电子运动径迹的半径变小要使电子形成图乙所示的运动径迹，励磁线圈中应通以逆时针方向的电流【答案】B【剖析】【详解】A、C、电子在加速电场中加速，由动能定理有：eU1mv02①2电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有：ev0Bmv02②rmv012mU解得：rB③qBq可见保持加速电压不变，增添励磁电流，即B增大，电子束形成圆周的半径减小；仅高升电子枪加速电场的电压，电子束形成圆周的半径增大；故A，C错误.B、电子在磁场中运动的周期：，与电子的速度没关，与加速电场的大小没关，故仅高升电子枪加速电场的电压，电子做圆周运动的周期不变，故B正确；D、若励磁线圈通以逆时针方向电流，由安培定章知，产生的磁场向外，依据左手定章判断知，电子进入磁场时所受的洛伦兹力向下，电子的运动轨迹不能够能是图中所示，同理，可得励磁线圈通以顺时针方向的电流，则能形成构造表示图中的电子运动径迹，故D错误.应选B.7.以以下列图电路，全部电表均为理想电表，R2r.当闭合开关S，触片P向左滑动过程中，四块电表的读数均发生变化，设在滑动的过程中A1、A2、V1、V2在同一时刻读数分别是I1、I2、U1、U2；电表示数的变化量的绝对值分别是I1、I2、U1、U2，那么以下说法正确的选项是( )A.I1减小，I2增大-4-U1增大，U2减小U2U1C.为定值、增大I2I2电源的输出功率在减小，效率在降低【答案】B【剖析】【详解】A、当触片P向左滑动过程中，致使电阻变大，则总电阻变大，总电流变小，即I2减小，因内电压变小，那么外电压增大，因为电阻R2电压减小，即V2示数U2减小，则V1的示数U1增大，因此经过电阻R0的电流在增大，则流过I1的电流在减小，故A错误，B正确；C、由图可知U1R2r，U2R2均为定值，故C错误；I2I2D、依据推论：外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，由题意，开始时外电阻大于电源内阻，则当变阻器的滑动触头P向左搬动时，外电路总电阻增大，电源输出的电功率减小，而电源的供电效率故D错误。

UIU，外电阻增大，路端电压U增大，电源的供电效率提升，EIE二、多项选择题（4*5=20）8.质量为m的通电导体棒ab置于倾角为的导轨上，导轨的宽度为d，导体棒ab与导轨间的动摩擦因数为。有电流时，ab恰幸好导轨上静止，以以下列图。图中的四个侧视图中，标出了四种可能的匀强磁场方向，此中导体棒ab与导轨之间的摩擦力可能为零的图是（）A.B.C.D.-5-【答案】AB【剖析】【详解】A.导体棒受重力、水平向右的安培力和斜面的支持力，若三个力平衡，则不受摩擦力，故A正确；导体棒受重力，竖直向上的安培力，若重力与安培力相等，则二力平衡，不受摩擦力，故正确导体棒受重力，竖直向下的安培力和斜面的支持力，若不受摩擦力，导体棒不能够能平衡，故C错误；导体棒受重力、水平向左的安培力和斜面的支持力，若不受摩擦力，导体棒不能够能平衡，故D错误。以以下列图，R1为定值电阻，R2为可变电阻，E为电源电动势，r为电源内电阻，以下说法中正确的选项是( )当R2＝R1＋r时，R2获取最大功率当R1＝R2＋r时，R1获取最大功率当R2＝0时，R1获取最大功率当R2＝0时，电源的输出功率最大【答案】AC【剖析】【详解】A．在议论R2的电功率时，可将R1视为电源内阻的一部分，马上原电路等效为外电阻R2与电动势为E、内阻为R1＋r的电源(等效电源)连成的闭合电路(以以下列图)，-6-R2的电功率是等效电源的输出功率．显然当R2＝R1＋r时，R2获取的电功率最大，A项正确；BC．议论R1的电功率时，因为R1为定值，依据P＝I2R知，电路中电流越大，R1上的电功率就越大(P1＝I2R1)，因此，当R2＝0时，R1获取的电功率最大，故B项错误，C项正确；D．议论电源的输出功率时，R1＋R2为外电阻，内电阻r恒定，因为题目没有给出R1和r的具体数值，因此当R2＝0时，电源输出功率不用然最大，故D项错误．以以下列图，两个半径同样的半圆形轨道分别竖直放在匀强磁场和匀强电场中，轨道两端在同一高度上，轨道是圆滑的。两个同样的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止开释，M、N为轨道的最低点，则( )A.两小球到达轨道最低点的速度vM＝vNB.两小球到达轨道最低点的速度vM>vNC.小球第一次到达M点的时间大于小球第一次到达N点的时间在磁场中小球能到达轨道的另一端，在电场中小球不能够到达轨道的另一端【答案】BD【剖析】【详解】AB.小球在磁场中运动时洛伦兹力不做功，因此只有重力做功。在电场中受的电场力向左，下滑过程中电场力做负功，因此到达最低点时速度关系为vM>vN，故A错误，B正确；C.整个过程的平均速度vM>vN，因此时间tM<tN，故C错误；D.因为电场力做负功，电场中的小球不能够到达轨道的另一端。故D正确。应选：BD磁电式电流表的构造如图(a)所示，在蹄形磁铁的两极间有一个能够绕轴转动的线圈，转轴上装有螺旋弹簧和指针。蹄形磁铁和铁芯间的磁场平均辐向散布，如图(b)所示。当电流通过线圈时，线圈在安培力的作用下转动，螺旋弹簧被扭动，线图停止转动时知足NBIS=kθ，式中N为线圈的匝数，S为线圈的面积，I为经过线圈的电流，B为磁感觉强度，θ为线圈(指-7-针)偏角，k是与螺旋弹簧相关的常量。由题中的信息可知该电流表的刻度是平均的线圈转动过程中碰到的安培力的大小不变若线圈中通以如图(b)所示的电流时，线圈将沿逆时针方向转动线圈中通电流时，螺旋弹簧被扭紧，阻截线圈转动【答案】ABD【剖析】【详解】A．磁场是平均地辐向散布，线圈转动过程中各个地址的磁感觉强度的大小不变，螺旋弹簧的弹力与转动角度成正比，故该电流表的刻度是平均的，故A正确；B．磁场是平均地辐向散布，线圈转动过程中各个地址的磁感觉强度的大小不变，线圈转动过程中各个地址的磁场的磁感觉强度大小不变，故碰到的安培力的大小不变，故B正确；C．若线圈中通以如图（b）所示的电流时，依据左手定章，左边受安培力向上，右边受安培力向下，故时顺时针转动，故C错误；D．线圈中通电流时，螺旋弹簧被扭紧，阻截线圈转动，随着弹力的增添，当弹力与安培力平衡时线圈停止转动，选项D正确。以以下列图，一个质量为m、带电荷量为+q的圆环，套在水平放置的粗糙绝缘细杆上，圆环直径略大于细杆直径。已知细杆处于磁感觉强度为B的水平匀强磁场中，给圆环初速度v0使其向右运动起来，在运动过程中圆环的电荷量不变，经历变速运动后圆环最后处于平衡状态。则从开始运动到最后处于平衡状态，圆环战胜摩擦力做的功可能为（）-8-A.0B.1mv02C.m3g2D.22q2B21mv02m3g222q2B2【答案】BD【剖析】【详解】A、圆环经历变速运动后圆环最后处于平衡状态，故qv0Bmg，因此圆环在速度为v0碰到杆的作使劲不为零，存在摩擦力，故摩擦力做功不为零，故A错误；B、当qv0Bmg时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功。依据动能定理得：W01mv02，解得：W1mv02，故B正确；22CD、当qv0Bmg时，圆环先做减速运动，当qvBmg时，不受摩擦力，做匀速直线运动，则有vmg；依据动能定理得：121212m3g2qBW2mv2mv0，代入解得：W2mv02q2B2，故C错误，D正确。三、实验题（42分）如图甲所示，游标卡尺读数为_________mm，如图乙所示，螺旋测微器读数为_________mm．【答案】(1).50.15(2).0.730【剖析】【详解】[1]游标卡尺读数为：5cm+0.05mm×3=50.15mm；[2]螺旋测微器读数为：0.5mm+0.01mm×23.0=0.730mm．14.用以以下列图的多用电表丈量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T.请依据以下步骤完成电阻丈量.-9-1）旋动部件_______（填“S”或“T”），使指针对准电流的“0”刻度线.2）将K旋转到电阻截“×100”的地址.将插入“+”“－”插孔的表笔短接，旋动部件_______（填“S”或“T”），使指针对准电阻的_______（填“0”或“∞”）刻度线处.（3）将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小.为了获取比较正确的丈量结果，请从以下选项中挑出合理的步骤，并按的序次进行操作，再完成读数丈量_______.A.将K旋转到电阻截“×1k”的地址B.将K旋转到电阻截“×10”的地址将两表笔的金属部分分别与被测电阻相接将两表笔短接，旋动适合部件，对电表进行校准【答案】(1).S(2).T(3).0(4).ADC【剖析】【详解】第一空.第一要对表盘机械调零，因此旋动的部件是S.第二空.选择倍率后，接着是欧姆调零，将连接“＋”“－”插孔的表笔短接，旋动部件T；让表盘指针指在最右端电阻的零刻度线处.第三空.让表盘指针指在最右端电阻零刻度线处.第四空.当两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，为了获取比较正确的丈量结果，必定将指针指在中间刻度周边，因此要将倍率调大，因此正确序次是ADC.资料的电阻随磁场的加强而增大的现象称为磁阻效应，利用这类效应能够丈量磁感觉强度．如图13所示为某磁敏电阻在室温下的电阻—磁感觉强度特色曲线，此中RB、R0分别表示有、无磁场时磁敏电阻的阻值．为了丈量磁感觉强度B，需先丈量磁敏电阻处于磁场中的电阻值RB.请按要求完成以下实验．-10-设计一个能够丈量磁场中该磁敏电阻阻值的电路，并在图中的虚线框内画出实验电路原理图(磁敏电阻及所处磁场已给出，待测磁场磁感觉强度大小约为0.6～1.0T，不考虑磁场对电路其余部分的影响)．要求偏差较小．供给的器械以下：A．磁敏电阻，无磁场时阻值R0＝150ΩB．滑动变阻器R，总电阻约20ΩC．电流表A，量程2.5mA，内阻约30ΩD．电压表V，量程3V，内阻约3kΩE．直流电源E，电动势3V，内阻不计F．开关S，导线若干正确接线后，将磁敏电阻置入待测磁场中，丈量数据以下表：123456U(V)0.000.450.911.501.792.71I(mA)0.000.300.601.001.201.80依据上表可求出磁敏电阻的丈量值RB＝______Ω.结合题图可知待测磁场的磁感觉强度B＝______T.试结合题图简要回答，磁感觉强度B在0～0.2T和0.4～1.0T范围内磁敏电阻阻值的变化规律有何不同样？________________________________________________________________________.某同学在查阅相关资料时看到了图所示的磁敏电阻在必定温度下的电阻—磁感觉强度特色曲线(关于纵轴对称)，由图线能够获取什么结论？___________________________________________________________________________.-11-【答案】（1）见解析图2）1500；0.90（3）在0～0.2T范围内，磁敏电阻的阻值随磁感觉强度非线性变化（或不平均变化）；在4～1.0T范围内，磁敏电阻的阻值随磁感觉强度线性变化（或平均变化）（4）磁场反向，磁敏电阻的阻值不变。【剖析】（1）当B＝0.6T时，磁敏电阻阻值约为6×150Ω＝900Ω，当B＝1.0T时，磁敏电阻阻值约为11×150Ω＝1650Ω．因为滑动变阻器全电阻20Ω比磁敏电阻阻值小得多，故滑动变阻器选择分压式接法；因为RxRV，因此电流表应内接．电路图以以下列图．RARx（2）方法一：依据表中数据能够求得磁敏电阻的阻值分别为：R10.451500，0.301030.911.501516.71500R2103，R3103，0.601.001.791491.72.711505R4103，R5103，1.201.80故电阻的丈量值为RR1R2R3R4R51503（1500－1503Ω都算正确．）5的R150010，从图1中能够读出B＝0.9T因为R0150方法二：作出表中的数据作出U－I图象，图象的斜率即为电阻（略）．3）在0～0.2T范围，图线为曲线，故磁敏电阻的阻值随磁感觉强度非线性变化（或非平均变化）；在0.4～1.0T范围内，图线为直线，故磁敏电阻的阻值随磁感觉强度线性变化（或均匀变化）；（4）从图3中能够看出，当加磁感觉强度大小相等、方向相反的磁场时，磁敏电阻的阻值相-12-【详解】（1）[1]等，故磁敏电阻的阻值与磁场方向没关．本题以最新的科技成就为背景，察看了电学实验的设计能力和实验数据的办理能力．从头材料、新状况中舍弃没关要素，会看到这是一个察看伏安法测电阻的电路设计问题，及怎样根据测得的U、I值求电阻．第（3）、（4）问则察看考生思想的矫捷度和创新能力．总之本题是一道以能力立意为主，充分表现新课程标准的三维目标，察看学生的创新能力、获取新知识的能力、建模能力的一道好题．16.在测电源电动势和内阻的实验中，经常用到如图1所示的两种电路图。（1）在测定一节干电池电动势和内阻时，为尽量减小实验偏差，应选择图1中的______（选填“甲”或“乙”）电路，现有电流表（0:0.6A）、开关、导线若干，以及以下器械：A.电压表（0:15V）B.电压表（0:3V）C.滑动变阻器（0:50）D.滑动变阻器（0:500）实验中电压表应采纳______，滑动变阻器应采纳；（选填相应器械前字母）（2）某同学在实验时，分别利用图1中甲、乙两个电路图对待测电源进行了丈量，并依据实验数据分别绘制出了相应的UI图，如图2所示，则直线（选填“a”或“b”）对应图1中甲电路的丈量数据；依据两条UI图，该电源电动势正确值E，内阻的正确值r______（用U1、U2、I1、I2表示）【答案】(1).甲(2).B(3).C(4).a(5).U1(6).U1I2【剖析】的因为电流表内阻与电源内阻凑近，故在丈量时应采纳相对电源的电流表外接-13-法，应选择图1中的甲图进行丈量；[2]因为一节干电池电动势只有1.5V，故电压表应选择3V量程的B；[3]而因为电源内阻较小，为了便于丈量，滑动变阻器应选择总阻值较小的C。2）[4]采纳甲图进行实验时，因为采纳电流表相对电源的外接法，电压表的分流而使电流表示数偏小，因此测出的电动势和内电阻均偏小；而乙图中采纳相对电源的内接法，实验结果中将电流表内阻等效为了电源内阻，因此丈量出的内阻值偏大；图象斜率较大，故直线a为甲电路所丈量的数据。[5][6]采纳乙电路丈量时，当外电路断路时，电流表分压作用能够忽略，因此乙电路中测出的电动势正确；而甲电路中当外电路短路时，电压表的分流作用能够忽略，因此短路电流是正确的，则可知EU1，内阻rU1。I217.现要较正确地丈量量程为0～3V、内阻大体为3kΩ的电压表V1的内阻RV，实验室供给的器械以下：电流表A1（量程0～0.6A，内阻约0.1Ω）电流表A2（量程0～1mA，内阻约100Ω）电压表2（量程0～15V，内阻约15kΩ）定值电阻R1（阻值200Ω）V定值电阻2（阻值2kΩ）R滑动变阻器3（最大阻值100Ω，最大电流1.5A）R电源E1（电动势6V，内阻约0.5Ω）电源E2（电动势3V，内阻约0.5Ω）开关S，导线若干（1）采纳上述的一些器械，甲、乙两个同学分别设计了图甲、乙两个电路。在图甲的电路中，电源选择1，则定值电阻R应入选择__________；在图乙的电路中，电E源选择2，电流表应入选择_____________。（填写对应器械的符号）E（2）依据图甲电路，多次丈量获取多组电腕表V和V的读数U、U，用描点法获取U－12121U2图象，若图象的斜率为k1，定值电阻的阻值为R，则电压表V1的内阻RV＝__________；-14-依据图乙电路，多次丈量获取多组电压表1和电流表A的读数1、，用描点法获取可1VUIU－I图象，若图象的斜率为k2，则电压表1的内阻V＝_______________。（用题中所给字VR母表示）【答案】(1).R2(2).A2(3).k1R(4).K21k1【剖析】【详解】第一空.在甲图的电路中，因为电源电动势为6V，电阻R起到串连分压的作用，且电压表量程为3V，因此应选和电压表内阻差不多的电阻，应选R2；第二空.电压表中最大电流为Imax＝UV＝33A＝1mA，因此电流表应入选择量程为量程RV1030～1mA电流表A2；第三空.在图甲的电路中，电阻R两端电压为UR=U2-U1，经过电阻R的电流为：I＝UR＝U2U1，依据欧姆定律得：RV＝U1＝U1R，即U1＝RVU2，又RV＝RRRRVIU2U1RRVk1，则RV＝k1R；1k1第四空.在图乙的电路中，依据欧姆定律得：U1′=IRV′，又U1′-I图象中图象的斜率为k2，则RV′=k2；四、解答题（17分）如图，电源电动势为E=3V，内阻不计，导体棒质量m=60g，长L=1m，电阻R=1.5?，匀强磁场竖直向上，大小为B=0.4T。当开关S闭合后，棒从用铁杆固定的圆滑绝缘环的底端上滑到某一地址静止，试求：（1）在此地址上棒对每只环的压力各为多少?（2）若已知绝缘环半径0.5m，求：此静止地址与环底高度差h为多少?【答案】（1）0.5N（2）0.2m【剖析】-15-【详解】（1）受力剖析以以下列图，导体棒静止时，两环对棒的作使劲2、重力和安培力FNmg三力的协力为零，由安培力公式得：FBILBLE0.431N0.8N，R1.5棒的重力