【物理】福建省泉州市泉港区一中2019-2020学年高二上学期第二次月考试题（解析版） 13页

福建省泉州市泉港区一中2019-2020学年高二上学期 第二次月考物理试题 一、单项选择题 ‎1.关于静电场和磁场的说法，正确的是（ ）‎ A. 电场中某点的场强与试探电荷的电荷量成反比 B. 电场中场强越大的点，电势不一定越高 C. 磁场磁感应强度的方向就是通电直导线的受力方向 D. 电流产生磁场的磁感线是闭合的，条形磁铁磁场的磁感线不是闭合的 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电场中某点的场强由电场本身性质决定，与试探电荷的电荷量无关，故A错误；‎ B．场强大小与电势高低无关，电场中场强越大的点，电势不一定越高，故B正确；‎ C．磁场磁感应强度的方向与通电直导线的受力方向垂直，故C错误；‎ D．电流产生磁场的磁感线与条形磁铁磁场的磁感线都是闭合的，故D错误．‎ 故选B。‎ ‎2.磁感应强度B=F/IL，是用比值定义法的，与下列哪个物理量的表达式是不相同的物理方法：（ ）‎ A. 电场强度E=F/q B. 加速度a=F/m C. 电阻R=U/I D. 电容C=Q/U ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电场强度等于电场力与探试电荷的电荷量的比值，采用的是比值定义法．故A错误．‎ B．加速度a=F/m是牛顿第二定律表达式，说明加速度a与外力F成正比，与质量m成反比，不符合比值定义法的共性，故B正确．‎ C．电阻是导体两端电压与通过电流的比值，故C错误．‎ D．电容是所带电荷量与板间电势差的比值，故D错误．故选B.‎ ‎3. 额定电压为4.0V的直流电动机的线圈电阻为1.0Ω，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2.0A B. 电动机正常工作时的输出功率为8.0W C. 电动机每秒将电能转化成机械能为16.0J D. 电动机正常工作时的输入功率为4.0W ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：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．‎ 解：A、线圈产生的热量Q=I2Rt，通过电动机的电流I===2.0A，故A正确；‎ B、电动机正常工作时的输入功率P=UI=4V×2A=8W，电动机的热功率PQ=I2R=（2A）2×1Ω=4W，电动机的输出功率P出=P﹣PQ=8W﹣4W=4.0W，故BD错误；‎ C、电动机工作时每秒转化为机械能W=P出t=4.0×1=4.0J；故C错误；故选A ‎【点评】本题考查功率的计算；电动机是非纯电阻电路，电动机的输入功率等于热功率与输出功率之和，应用电功率公式与电功公式即可正确解题．‎ ‎4.如图所示，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. 1∶1 B. ∶1 C. 1∶ D. 2∶1‎ ‎【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．‎ ‎5.一电流表串联一个分压电阻后就改装成一个电压表，当把它和标准电压表并联后去测某电路中的电压时，发现标准表读数为2V时，而改装表的读数为2.1V .为了使它的读数准确，应(     )‎ A. 在原分压电阻上再串联一个较小的电阻 B. 在原分压电阻上再并联一个较大的电阻 C. 在原分压电阻上再串联一个较大的电阻 D. 在原分压电阻上再并联一个较小的电阻 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】两电压表并联，通过它们的电压相等，标准表读数为2V时，而改装表的读数为2.1V，说明改装后的电压表串联的电阻稍小，而导致电流稍大；为校准电压表，应使串联的电阻阻值稍微增大，可以在原分压电阻上再串联一个较小的电阻，故A正确，B、C、D错误．‎ 故选A。‎ ‎6.通电矩形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内.电流方向如图所示，ad边与MN平行，关于MN的磁场对线框的作用，下列叙述正确的是 (　　)‎ A. 线框所受安培力合力向右 B. 线框所受安培力合力为零 C. 线框有两条边所受的安培力方向相同 D. 线框有两条边所受的安培力大小相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．ad边受向左的安培力，bc边受到向右的安培力，ab边受到向下的安培力，dc受到向上的安培力；ad边受到的安培力大于cb边，ab边受到的安培力等于dc受到受到的安培力；故合力向左，故A错误，B错误；‎ C．直导线中的电流方向由M到N，根据安培定则，导线右侧区域磁感应强度方向向内，根据左手定则，ad边受向左的安培力，bc边受到向右的安培力，ab边受到向下的安培力，dc 受到向上的安培力，方向全不同，故C错误；‎ D．离MN越远的位置，磁感应强度越小，故根据安培力公式F=BIL，ad边受到的安培力大于bc边，ab边受到的安培力等于dc受到受到的安培力，故D正确．‎ 故选D。‎ ‎7.如图，ab是水平面上一个圆的直径，在过ab的竖直平面内有一根通电导线cd。已知cd平行于ab，当cd竖直向上平移时，电流的磁场穿过圆面积的磁通量将（ ）‎ A. 逐渐增大 B. 逐渐减小 C. 始终为零 D. 不为零，但保持不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由题可知，通电直导线产生稳定的磁场，根据安培定则判断可知：在AB的外侧磁感线向下穿过线圈平面，在AB的里侧磁感线向上穿过线圈平面，根据对称性可知，穿过线框的磁感线的总条数为零，磁通量为零，CD竖直向上平移时，穿过这个圆面的磁通量始终为零，保持不变。‎ A．逐渐增大。故A不符合题意。B．逐渐减小。故B不符合题意。‎ C．始终为零。故C符合题意。D．不为零，但保持不变。故D不符合题意。故选C。‎ ‎8.在使用电阻器件时，不仅要知道电阻的标称阻值，还要注意电阻的最大功率，否则在使用中如果超过电阻的最大功率，电阻将被烧坏。某人在调试电路时，用一个“100kΩ，1/8W”的电阻和一个“300kΩ，1/8W”的电阻串联后作为400 kΩ的电阻使用，则这两只电阻串联后允许消耗的总功率最大不得超过（ ）‎ A. 1/2W B. 1/4W C. 1/6W D. 1/8W ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据P=I2R知，“300kW，”的电阻的额定电流小，所以该电路中的电流不能超过该电阻的额定电流： ‎ 则最大总功率：‎ A．W。故A不符合题意。B．W。故B不符合题意。‎ C．W。故C符合题意。D．W。故D不符合题意。故选C。‎ 二、双项选择题 ‎9.如图所示，均匀绕制的螺线管水平放置，在其正中心的上方附近用绝缘绳水平吊起通电直导棒ab，导体棒中通以方向由a向b的电流。闭合开关后，下列说法正确的是（ ）‎ A. 从下往上看，导体棒ab顺时针转动 B. 从下往上看，导体棒ab逆时针转动 C. 绳子拉力小于导体棒的重力 D. 绳子拉力大于导体棒的重力 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．根据右手定则可知，闭合开关后通电螺线管左端为N极，右端为S极 ，根据导线处磁场分布情况和左手定则可知a端受力垂直纸面向外，b端受力垂直纸面向里，从下往上看，导体棒ab顺时针转动。故A正确，B错误。‎ CD．在导体棒转动过程中，ab棒的等效电流方向垂直纸面向里，根据左手定则可知棒受到的安培力向下，所以绳子拉力大于导体棒的重力。故C错误，D正确。‎ 故选AD。‎ ‎10.如图所示，甲是某电场中的一条电场线，A、B是这条电场线上的两点，若将一负电荷从A点自由释放，负电荷沿电场线从A到B运动过程中的速度图线如图乙所示，比较A、B两点电势φ的高低和场强E的大小，可得(　　)‎ A. φA>φB B. φA<φB C. EA>EB D. EA＝EB ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.负电荷从A释放（初速为0）后，能加速运动到B，说明负电荷受到的电场力方向是从A指向B，那么电场方向就是由B指向A，由于沿电场线方向电势逐渐降低，所以AB两点的电势关系是φA＜φB；故A错误，B正确.‎ CD.负电荷从A运动到B的过程中，它的加速度是逐渐减小的（乙图中的“斜率”表示加速度），由牛顿第二定律知，负电荷从A到B时，受到的电场力是逐渐减小的，由知，EA＞EB；故C正确，D错误.‎ ‎11.如图所示的电路，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片P向右移动，则（ ）‎ A. 电容器的电容将减小 B. 电容器上的电荷量将减少 C. 电容器中电场强度将增大 D. 液滴将向上运动 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意可知，电容器与并联，根据闭合电路欧姆定律可确定随着滑片右移，电阻的变化，导致电压的变化，从而判定电阻的电压变化，再根据可得，电容器的电量及由知两极间的电场强度如何变化．‎ A．电容器的电容与外电路的变化无关，保持不变，A正确；‎ BC．电容器两板间电压等于两端电压．当滑片P向右移动时，两端电压U增大，由知电容器中场强变大，根据可得，U增大，电荷量Q增大，B错误，C正确；‎ D．带电液滴所受电场力变大，使液滴向上运动，D正确．故选CD。‎ ‎12.如图所示，电流表和 由两个相同的电流计改装而成，现将这两个电流表并联后接入电路中，闭合开关，调节滑动变阻器，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 和的读数之比为 B. 和的读数之比为 C. 和的指针偏转角度之比为 D. 和的指针偏转角度之比为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】图中的、并联，表头两端的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，所以、的指针偏转角度之比为；量程不同的电流表读数不同，的量程为，的量程为，当指针偏转角度相同时，、的读数之比为，故B、C正确．‎ 三、填空题 ‎13.用游标卡尺测量一小球的直径，如图甲所示的读数是__________mm；图乙电压表测量的量程为3V，则电压值为__________V.‎ ‎【答案】 (1). 10.50 (2). 1.00‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]游标上有20个小的等分刻度，故其准确度为0.05mm，图甲主尺读数为：1cm，游标尺第10个刻度和主尺对其，读数为：10×0.05mm=0.5mm=0.05cm，故甲的读数为：1cm+0.05cm=1.05cm=10.50mm。‎ ‎[2]电压表选择3V量程，分度值是0.1V，因此读数是：2.00V。‎ ‎14.在“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验中，用导线a、b、c、d、e、f、g和h按如图所示方式连接好电路，电路中所有元器件都完好，且电压表和电流表已调零．闭合开关后：‎ ‎（1）若不管怎样调节滑动变阻器，小电珠亮度能发生变化，但电压表、电流表的示数总不能为零，则可能是_____导线断路．‎ ‎（2）某同学测出电源和小电珠的U-I图线如图所示，将小电珠和电阻R串联后接到电源上，要使电路中电流为1.0A，则R=_____Ω．‎ ‎【答案】 (1). g (2). 0.8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查描绘小电珠的伏安特性曲线及欧姆定律的应用．‎ ‎【详解】(1)[1]由图知，当滑动变阻器采用限流式接法时，电表示数不能调为零，故发生断路的是导线g；‎ ‎(2)[2]由乙图知，电源电动势为E=3V，内阻为r=1Ω，当电流为1.0A时，小电珠的电压为UL=1.2V，电源内电压为Ir=1V，所以电阻R的电压为 UR=E-UL-Ir=0.8V 所以 ‎.‎ ‎15.某兴趣小组为了测量一待测电阻Rx的阻值，准备先用多用电表粗测出它的阻值，然后再用伏安法精确地测量，实验室里准备了以下器材：‎ A．多用电表 B. 电流表A1：量程100mA，内阻r1约为4Ω ‎ C. 电流表A2：量程10mA，内阻r2=80Ω D. 电压表V：量程10V，内阻约为5kΩ ‎ E. 滑动变阻器R1：最大阻值为10Ω F．滑动变阻器R2，最大阻值为100Ω G. 电源：电动势E＝1.5 V H．导线、电键若干 a.①在用多用电表粗测电阻时，该兴趣小组首先选用“×10”欧姆挡，其阻值如图甲中指针所示，为了减小多用电表的读数误差，多用电表的选择开关应换用________欧姆挡； ‎ ‎②按正确的操作程序再一次用多用电表测量该待测电阻的阻值时，其阻值如图乙中指针所示，则Rx的阻值大约是________Ω.‎ b.①在用伏安法测量该电阻的阻值时，要求待测电阻的电压从零开始可以连续调节，且电表在路测量时要求指针至少1/3满偏以上，则上述器材中应选出的器材是_________ (填器材前面的字母代号)．‎ ‎②在线框内画出用伏安法测量该电阻的阻值时的实验电路图_________。‎ ‎【答案】 (1). ×1 (2). 9 (3). B C E G H (4). 如图所示：‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】a.①[1]甲图中指针偏转角度较大，指针的指示值较小，要减小测量误差，使指针指在刻度盘中央附近，指示值增大，则倍率应换小．故换用“×1”欧姆挡。 ②[2]读数为9，则电阻为：9×1=9Ω。‎ b.①[3]电源电动势为1.5V，故选电源G。电路中电流最大为：‎ 所以电流表A1，故选B；若选10V量程则指针偏转角度太小，读数误差太大，所以选用电流表A2代替电压表，故选C；因为被测阻值较小，所以滑动变阻器选R1 ，故选E。还需要导线、电键若干，故选H。所以选BCEGH。 ‎ ‎②[4]因要求待测电阻的电压从0开始可以连续调节，故滑动变阻器应采用分压接法，而分压接法，电路如图所示：‎ 四、计算题 ‎16.如图所示，已知电源电动势E=20V，内阻r=1Ω，当接入固定电阻R=4Ω时，电路中标有“3V 4.5W”的灯泡L和内阻的小型直流电动机恰能正常工作，求： ‎ ‎(1)电路中的电流强度 ‎(2)电源的总功率 ‎(3)电动机的额定工作电压 ‎【答案】(1)1.5A (2)30W (3)9.5V ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)串联电路中灯L正常发光，电动机正常工作，则电路中电流强度为灯L的额定电流为：‎ ‎(2)电源总功率为：‎ P总=IE=1.5×20W=30W ‎(3)电路中的电动机是非纯电阻电路，电路中：E=UR+UL+Ur+Um ‎ 故电动机的额定电压：‎ Um=E-UR-UL-Ur=E-I（R+RL+r）=20-1.5×（2+4+1）V=9.5V ‎17.如图所示，通电金属杆ab质量m＝12g，电阻R＝1.5Ω，水平地放置在倾角θ＝30°光滑金属导轨上．导轨宽度d＝10cm，导轨电阻、导轨与金属杆的接触电阻忽略不计，电源内阻r＝0.5Ω.匀强磁场的方向竖直向上，磁感应强度B＝0.2T，g＝10m/s2，若金属杆ab恰能保持静止，求：‎ ‎(1)金属杆ab受到的安培力大小；‎ ‎(2)电源的电动势大小E.‎ ‎【答案】（1） （2）E=4.0V ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)对导体棒ab进行受力分析，如图所示：‎ 可得：‎ 解得:‎ ‎（2）由安培力公式的：‎ 根据闭合电路的欧姆定律可得：‎ 联立解得：电动势 E=40V ‎18.如图为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出（初速度可忽略不计），经灯丝与A板间的电压加速，以v0的初速度从A板中心孔沿中心线KO进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，已知两板间的距离为d，板长为，MN金属板右端到荧光屏间的距离为L，电子的质量为m，电荷量为e，荧光屏上边界到中点OP间距离为D．不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力．求：‎ ‎（1）灯丝与A板间的加速电压U1 ；‎ ‎（2）若电子向上偏转，偏转电场金属板M、N电势和大小关系如何？（不需说明，直接给出大小关系的结论即可）‎ ‎（3）电子射出电场后到达荧光屏的P位置，M、N两板间所加电压的U2 。‎ ‎【答案】（1）(2）> （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设加速电场的电压为U1，由动能定理可得： ‎ 解得灯丝与A板间的加速电压： ‎ ‎(2) 因为电子向上偏转，所以有 ‎ ‎(3)偏转电压为U2，偏转位移为y，则：‎ 水平方向为： ‎ 根据牛顿第二定律： ‎ 偏转位移为：‎ 电子从偏转电场射出时，不论偏转电压多大，电子都像是从偏转电场的两极板间中线的中点沿直线射出一样，射出电场后电子做匀速直线运动恰好打在荧光屏的边缘上，结合图可得： ‎ 联立解得：‎