安徽省蚌埠市田家炳中学蚌埠市九中五中铁路中学四校联考2019-2020学年高二12月物理试题 16页

蚌埠田家炳中学12月份月考试卷 高 二 物 理 一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）‎ ‎1.某电场的电场线分布如图所示实线，以下说法正确的是 ‎ A. c点场强大于b点场强 B. b和c处在同一等势面上 C. 若将一试探电荷由a点移动到d点，电荷的电势能将增大 D. 若某一点电荷只在电场力的作用下沿虚线由 a点运动到d点，可判断该电荷一定带负电 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解这类题是思路：电场线的疏密表示场强的强弱，沿电场线方向电势逐渐降低，根据带电粒子运动轨迹判定电场力方向，然后根据电性判断电场线方向，根据电场力做功判断电势能的变化．‎ ‎【详解】电场线的疏密表示场强的强弱，由图知c点场强大于b点场强，故A正确；沿电场线方向电势逐渐降低，故b的电势大于c的，故B错误；若将一试探电荷+q由a点移动到d点，电场力做正功，电荷的电势能将减小，故C错误；由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力大致斜向左上方，与电场强度方向相同，故粒子带正电，故D错误；故选A．‎ ‎【点睛】解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力方向，利用电场中有关规律求解．比较电势能的大小有两种方法：一可以从电场力做功角度比较，二从电势能公式角度判断，先比较电势，再比较电势能．‎ ‎2.如图所示，匀强电场的场强E=3×105V/m，A、B两点相距0.2m，两点连线与电场的夹角是60°，下列说法正确的是（　　）‎ ‎ ‎ A. 电荷量q=+2×10-4C的电荷从A点运动到B点电势能增大6J B. 电荷量q=-2×10-4C的电荷从A点运动到B点电场力做功为-6J C. 若取A点的电势为0，则B点的电势φB=3×104V D. A、B两点间的电势差是UAB=6×104V ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：从A到B，电场力做功W=qEdABcos60°=2×10−4×3×105×0．2×J=6J．则电势能减小6J．故A错误．从A到B，电场力做功W=-qEdABcos60°=-2×10−4×3×105×0．2×J=-6J．故B正确．AB间的电势差UAB=EdABcos60°=3×105×0．2×V=3×104V，因为A点的电势为0，则B点的电势为φB=-3×104V．故CD错误．故选B．‎ 考点：电场力功与电势差的关系 ‎【名师点睛】解决本题的关键掌握电场力做功与电势差、电势差与电场强度的关系，并能灵活运用，基础题．‎ ‎3.如图所示，先接通电键S使电容器充电，然后断开S，增大两极板间的距离时，电容器所带电量Q，电容C，两极板间电势差U的变化情况是（ ）‎ A. Q变小，C不变，U不变 B. Q变小，C变小，U不变 C. Q不变，C变小，U变大 D. Q不变，C变小，U变小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由于充电后，电容器的带电量Q不变，AB错误；根据可知，当两板间距离d增大时，电容C变小，根据可知，而两板间的电势差U增大，D错误；而内部电场强度，因此电场强度与两板间距离变化无关，C正确．‎ ‎【点睛】电容器的定义式是一个比值定义，也就是电容器的大小与Q和U都无关，只与它们的比值有关；而电容器的决定式说明电器的大小与两板的正对面积成正比，与两板间的距离成反比；电容器内部是匀强电场，且电场强度大小为．‎ ‎4.关于电动势, 下列说法正确的是(    )‎ A. 电动势反映了电源把电能转化为其他形式的能的本领的大小 B. 电源的电动势越大,电源内非静电力做功的本领越强 C. 电源的电动势与外电路的组成有关 D. 没有接入电路时,电源两极间的电压就是电源的电动势 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.电动势是表征电源把其他形式的能转化为电能的本领的物理量，故A错误；‎ B.电源的电动势越大，电源内非静电力倣功的本领越强；故B正确；‎ C.电动势是由电源本身所决定，与外电路无关，故C错误；‎ D.是电源没有接入电路时，内电压为零，根据闭合电路欧姆定律可知：电源电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压，但电动势与电压是两个不同的概念，不能说“就是”，故D错误；‎ ‎5.在如图所示的电路中，电阻，，，电流表内阻不计，在A、B两点间加上9V的电压时，电流表的读数为(    )‎ A. 0 B. 1 A C. 1.5 A D. 2 A ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】图中电阻R2与R3并联后与R1串联，电路的总电阻为：‎ 根据欧姆定律，干路电流为：‎ 由于并联电路的电流与电阻成反比，故：‎ ‎；‎ A 0，与结论不相符，选项A错误；‎ B. 1 A，与结论相符，选项B正确；‎ C. 1.5 A，与结论不相符，选项C错误；‎ D. 2 A，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎6.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为图线过P点的切线,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,小灯泡的电阻减小 B. 对应P点,小灯泡的电阻为 C. 对应P点,小灯泡的电阻为 D. 对应P点,小灯泡的功率为图中梯形PQON所围的面积 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．图线上的点与O点连线的斜率逐渐减小，说明电阻逐渐增大，故A错误；‎ BC．图线上的点与O点连线的斜率表示电阻的倒数，对应P点，小灯泡的电阻为 故B正确，C错误；‎ D．因P=UI，所以图象中矩形PQOM所围的面积为对应P点小灯泡的实际功率，故D错误．‎ ‎7.如图所示的长方体是用电阻率为ρ的均匀金属制成的，长度为2L，其横截面为正方形，边长为L，若将它的a、b端接入电路时的电阻为R，则将它的两个侧面上的c、d端接入电路时的电阻是（　　）‎ A. R B. R/4 C. R/2 D. 4R ‎【答案】B ‎【解析】‎ 当a、b端接入电路时，横截面积为L2，长为2L；根据电阻定律．‎ 当c、d接入电路时，横截面积为2L2，长为L，根据电阻定律．‎ 所以．故B项正确，ACD三项错误．‎ ‎8. 在如图所示电路中，当滑动变阻器滑片P向下移动时，则( )‎ A. A灯变亮、B灯变亮、C灯变亮 B. A灯变亮、B灯变亮、C灯变暗 C. A灯变亮、B灯变暗、C灯变暗 D. A灯变亮、B灯变暗、C灯变亮 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：滑动变阻器滑片P从上向下移动时，电路总电阻减小，电流总电流增大，所以通过A灯的电流增大，A两端的电压增大，所以A灯变亮，路端电压减小，所以并联电路的电压减小，故B两端的电压减小，所以B灯变暗，总电流时增大的，同过B的电流是减小的，所以通过C的电流增大，故C等变亮，D正确，故选D 考点：考查闭合电路的动态变化 点评：本题难度较小，电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法 ‎9.如图所示，图线a是某一电源的U－I曲线，图线b是一定值电阻的U－I曲线．若将该电源与该定值电阻连成闭合电路（已知该电源的内阻r=2.0Ω），则说法错误的是（　　）‎ A. 该定值电阻为6Ω B. 该电源的电动势为20V C. 将2只这种电阻串联作为外电阻，电源输出功率最大 D. 将3只这种电阻并联作为外电阻，电源输出功率最大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.图线b的斜率 k==6Ω 则定值电阻的阻值：‎ R=k=6Ω 故A正确，不符合题意；‎ B.由图读出交点的电压U=15V，电流I=2.5A，根据闭合电路欧姆定律得，电源的电动势 E=U+Ir=15V+2.5×2V=20V 故B正确，不符合题意；‎ CD.定值电阻的阻值R =6Ω，电源的内阻r=2.0Ω；对于电源，当内外电路的电阻相等时输出功率最大，则将3只这种电阻并联作为外电阻，电源输出功率最大；故C错误，符合题意；D正确，不符合题意。‎ ‎10.如图所示为多用电表电阻的原理图，表头内阻为，调零电阻为，电池的电动势为，内阻为，则下列说法中错误的是（ ）‎ A. 它是根据闭合电路欧姆定律制成的，并且由表改装的 B. 接表内电池负极的应是红表笔，测量时遵循“红进黑出”原则 C. 电阻挡对应的刻度不均匀，且“”刻度一般在刻度盘的右端 D. 每次换电阻倍率挡时，都需重新欧姆调零，调零后刻度盘中央刻度值是 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律，欧姆表是由灵敏电流计G改装成的，故A正确；‎ ‎ B.欧姆表内置电源的负极与红表笔相连，黑表笔与正极相连，故B正确；‎ ‎ C.欧姆表零刻度线在最右侧，最大刻度线在最左侧，故C错误；‎ ‎ D.欧姆表的内阻等于其中值电阻，欧姆表内阻为：，其中值电阻也为：，故D正确．‎ 二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）‎ ‎11.两粗细相同的同种金属电阻丝、的电流I和电压U的关系图象如图所示，可知 ‎ ‎ A. 两电阻的大小之比为：：1‎ B. 两电阻的大小之比为：：3‎ C. 两电阻丝长度之比为：：3‎ D. 两电阻丝长度之比为：：1‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB：由图可知，当电压为1V时，的电流为3A，而的电流为1A；由可知，：：：3．故A项错误，B项正确．‎ CD：由电阻定律可知，，电阻与导线长度成正比，与横截面积成反比；因粗细相同，则两同种金属电阻丝长度之比：：：3．故C项正确，D项错误．‎ ‎12.先后按图中(甲)、(乙)所示电路测同一未知电阻阻值Rx，已知两电路的路端电压均为U且恒定不变，若按图(甲)所示电路测得电压表示数为6V，电流表示数为2mA，那么按图(乙)所示电路测得的结果应有（）‎ A. 电压表示数等于6 V B. 电压表示数小于6V C. 电流表示数大于2 m A D. 电流表示数小于2mA ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】图甲所示电路中，电压表示数为6V，电流表示数为2mA，说明U=6V．在图乙所示电路中，U=6V，电压表与Rx并联后与电流表串联，由于电流表的分压，电压表与Rx并联部分电压小于U，即电压表示数小于6V．又由于电压表与Rx并联的电阻小于Rx，外电路总电阻小于电流表与待测电阻Rx串联的总电阻，则干路中电流大于图（1）中电流表的读数，即大于2mA．故选BC．‎ ‎【点睛】本题是实验题，电表对电路的影响不能忽略，可把电压表看成能测量电压的电阻，电流表看成能测量电流的电阻．‎ ‎13.如图所示的电路中,为电源电动势,为电源内阻,和均为定值电阻,为滑动变阻器当的滑动触点在ab的中点时合上开关S,此时三个电表、和V的示数分别为 ‎、和现将的滑动触点向a端移动,则 ‎ A. 电源总功率减小 B. 消耗的功率增大 C. 增大,减小,U增大 D. 减小,不变,U减小 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】的滑动触点向a端移动时，增大，整个电路的总电阻增大，总电流减小，内电压减小，外电压增大，即电压表示数U增大，电压减小，并联电压增大，通过的电流增大，即示数增大，而总电流I减小，则通过的电流减小，即示数减小，电源的总功率IE，总电流I减小，电源的总功率减小，消耗的功率总电流减小，R3消耗的功率减小，故AC正确．‎ ‎14. 如图所示为某一电源的U-I曲线，由图可知 （ ）‎ A. 电源电动势为2.0 V B. 电源内阻为Ω C. 电源短路时电流为10A D. 电路路端电压为1.5 V时，电路中电流为5.0 A ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析:由闭合电路欧姆定律U=E-Ir得知，当I=0时，U=E，由图读出U=2.0V．故A正确；电源的内阻r==0.2Ω．故B错误；电源短路时电流I短==10A．故C正确；当电路路端电压为1.0V时，电路中电流I==2.5A．故D错误．‎ 考点：闭合电路的欧姆定律．‎ 三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）‎ ‎15.现有一合金制成的圆柱体．为测量该合金的电阻率，现用伏安法测量圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器和游标卡尺的示数如图（a）和图（b）所示．‎ ‎（1）由上图读得圆柱体的直径为_________mm，长度为__________cm．‎ ‎（2）若流经圆柱体的电流为I，圆柱体两端之间的电压为U，圆柱体的直径和长度分别用D、L表示，则用D、L、I、U表示的电阻率的关系式为=____________．‎ ‎【答案】 (1). 1.844 (2). 4.240 (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]螺旋测微器的读数为 ‎（1.842~1.846范围内的均给分）；‎ ‎[2]游标卡尺的读数为 ‎；‎ ‎（2）[3]圆柱体的横截面积为，由电阻定律和欧姆定律可知，‎ ‎16.某实验小组利用如图所示的电路测定一节干电池的电动势E和内电阻r,备有下列器材：‎ A、待测干电池,电动势约 ‎ B、电流表,量程3mA C、电流表,量程 ‎ D、电压表,量程3V E、电压表,量程 ‎ F、滑动变阻器, ‎ G、滑动变阻器 ‎ H、开关、导线若干 ‎(1)实验中电流表选用______ ,电压表选用______ ,滑动变阻器选用______ 填器材前面字母序号 ‎ ‎(2)一位同学测得的6组数据如表所示,试根据数据作出图线_____．‎ ‎(3)根据图线求出电池的电动势 ______ V,电池的内电 ______保留2位小数 ‎ 组别 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ 电流 电压 ‎【答案】 (1). C (2). E (3). F (4). (5). 1.45 (6). 0.70‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]干电池电动势约为1.5V，电压表应选：E；‎ ‎[2]根据实验数据得出最大电流为0.57A，因此电流表应选：C；‎ ‎[3]干电池电动势约为1.5V，电流表量程为0.6A，电路最小电阻约为：R＝2.5Ω，为方便实验操作，滑动变阻器应选：F；‎ ‎(2)[4]根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示：‎ ‎(3)[5][6]由闭合电路欧姆定律可知 ‎，‎ 再由数学知识可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势故电源的电动势为1.45V；‎ 而图象的斜率表示电源的内阻，‎ ‎；‎ 四、计算题（本大题共3小题，共26.0分）‎ ‎17.如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于版面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出．已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d．忽略电子所受重力，求：‎ ‎(1)电子射入偏转电场时初速度v0；‎ ‎(2)电子从电场射出时沿垂直版面方向的偏转距离Δy．‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据功能关系 可得：‎ ‎（2）在偏转电场中，电子的运动时间为：‎ 则偏转侧移：‎ ‎18.如图所示的电路中，两平行金属板A，B水平放置，接入如图所示电路中，两板间的距离，电源电动势，内电阻r，电阻，，闭合开关S，待电路稳定后，将一带电的小球放入板间恰能保持静止，若小球质量为，电量大小，取问：‎ 小球带正电还是负电，电容器的电压为多大？‎ 电源的内阻为多大？‎ 电源的效率是多大？‎ ‎【答案】（1）负电；10V（2） （3）93.33%‎ ‎【解析】‎ 试题分析：小球放入板间后，受重力和电场力作用，由二力平衡判断电场力的方向，进而判断电荷的正负，根据受力平衡求解电容器电压；由欧姆定律求出通过电路的电流，再根据闭合电路欧姆定律求解内阻；根据求解电源效率．‎ ‎（1）小球放入板间后，受重力和电场力作用，由二力平衡，小球应带负电，且， ‎ 代入数据解得：‎ ‎（2）电路中的电流为： ‎ 根据闭合电路欧姆定律得： ‎ 代入数据解得： ‎ ‎（3）电源的效率：‎ 点睛：本题主要考查了电路问题，关键是分析清楚电路结构和运动情况后，根据平衡条件、欧姆定律联立列式求解．‎ ‎19.如图所示,电源电动势,内阻,标有“8V 16W”灯泡L恰好能正常发光,电动机M绕线的电阻,求：‎ ‎（1）电源的总功率；‎ ‎（2）电动机的总功率；‎ ‎（3）电动机的输出功率．‎ ‎【答案】（1）40W（2）16W（3）12W ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据闭合电路欧姆定律，小灯泡正常发光，求出，再求出总电流，最后得出总功率；(2)根据并联等压分流计算电动机的总功率；(3)先算出电动机的热功率，再用总动率减掉热功率即可．‎ ‎【详解】解：灯泡正常发光,‎ 由欧姆定律得流过电源的电流 电源的总功率 灯泡的电流 电动机的电流：‎ 电动机消耗的总功率：‎ ‎；‎ 电动机发热功率：‎ 所以电动机的输出功率：‎ ‎．‎ ‎【点睛】本题考察闭合电路欧姆定律相关考点，以及串并联电路电流电压特点，最后考察了非纯电阻用电器的功率问题．‎ ‎ ‎ ‎ ‎