辽宁省葫芦岛市建昌县高级中学2019-2020学年高二上学期10月月考物理试题 15页

建昌高中高二物理月考试题 一、选择题 ‎1.以下给出几种电学元件的电流与电压的关系图象，如图所示，下列说法中正确的是(　　)‎ A. 这四个图象都是伏安特性曲线 B. 这四种电学元件都是线性元件 C. ①②是线性元件，③④是非线性元件 D. 这四个图象中，直线的斜率都表示元件的电阻 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 伏安特性曲线是以I为纵轴，U为横轴的图象，A错误；线性元件并不只是说I－U图象是直线，而必须是过原点的直线，所以只有①②是线性元件，③④不是线性元件，B错误，C正确；在U－I图象中，过原点的直线的斜率才表示导体的电阻，D错误．故选C.‎ ‎2.两个等量异种电荷的连线的垂直平分线上有A、B、C三点，如图所示，下列说法正确的是（ ）‎ A. a点电势比b点高 B. a、b两点的场强方向相同，b点场强比a点大 C. 带电粒子从a到b再到c电场力一定做功 D. 一个电子在a点无初速释放，则它将在c点两侧往复振动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ a、b、c是两个等量异种电荷连线的垂直平分线的三点，电势相等，而且与无穷远处电势相等．带电粒子从a到b再到c电场力一定不做功故，AC错误．a、b两点的场强方向都与垂直平分线垂直向右，方向相同．由于b处电场线密，电场强度大于a处电场强度．故B正确．一个电子在a 点受到的电场方向垂直于垂直平分线向左，无初速释放后，将向左下方运动，不可能将在c点两侧往复振动．故D错误．故选B.‎ ‎3.如图所示,高为h的光滑绝缘曲面处于匀强电场中,匀强电场的方向平行于竖直平面,一带电荷量为+q,质量为m的小球,以初速度v0从曲面底端的A点开始沿曲面表面上滑,到达曲面顶端B点的速度大小仍为v0,则( )‎ A. 电场力对小球做功为mv02‎ B. A、B两点的电势差为 C. 电场强度的最小值为 D. 小球在B点的电势能大于在A点的电势能 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．小球上滑过程中，由动能定理得：‎ 得：‎ W=mgh．‎ 故A错误 B．由W=qU得，A、B两点的电势差为 故B正确。‎ C．由 ，若电场线沿AB时，d＞h，则 故C错误。‎ D．由于电场力做正功，小球的电势能减小，则小球在B点的电势能小于在A点的电势能。故D错误。‎ ‎4.关于奥斯特实验,下列说法正确的是( )‎ A. 说明磁体对通电直导线有磁场力的作用 B. 说明通电直导线对磁体有磁场力的作用 C. 说明两个磁体之间有相互作用的磁场力 D. 说明两根相互平行的通电直导线之间有磁场力 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】因为地磁场的方向为南北方向，所以小磁针的方向静止时指向南北，在证明电流周围存在磁场，不受地磁场的干扰，应将导线水平南北放置，根据右手螺旋定则，在导线的下方产生东西方向的磁场，使得小磁针发生偏转，从而证明电流的磁效应，同时也说明了通电直导线对磁体有磁场力的作用。‎ A．说明磁体对通电直导线有磁场力的作用，与结论不相符，选项A错误；‎ B．说明通电直导线对磁体有磁场力的作用，与结论相符，选项B正确；‎ C．说明两个磁体之间有相互作用的磁场力，与结论不相符，选项C错误；‎ D．说明两根相互平行的通电直导线之间有磁场力，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎5.小明同学在学习了电阻的知识后，从课外资料上获知：“热敏电阻的阻值随温度的降低而增大”。于是他设计了如图所示的电路来验证这个知识。图中电源电压保持不变，R是定值电阻，Rt是热敏电阻。小明在连接好电路且闭合开关后，往热敏电阻Rt上擦一些酒精，然后观察电表示数的变化情况。他观察到的现象应该是 A. 电流表和电压表的示数均变小 B. 电流表的示数变大，电压表的示数变小 C. 电流表的示数变小，电压表的示数变大 D. 电流表和电压表的示数均变大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由电路图可知，电阻R与热敏电阻串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流；往热敏电阻擦一些酒精时，蒸发吸热，使热敏电阻的温度降低、热敏电阻的阻值变大，电路的总电阻变大；根据I=U/R可知，电路中的电流变小，即电流表的示数变小；根据U=IR可知，定值电阻两端的电压变小，即电压表的示数变小．‎ A.A项与上述分析结论相符，故A符合题意；‎ B.B项与上述分析结论不相符，故B不符合题意；‎ C.C项与上述分析结论不相符，故C不符合题意；‎ D.D项与上述分析结论不相符，故D不符合题意。‎ ‎6.如图所示，直线A为某电源的U－I图线，曲线B为某小灯泡L的U－I图线的一部分，用该电源和小灯泡L串联起来组成闭合回路时灯泡L恰能正常发光，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 此电源的内阻为0.67 Ω B. 灯泡L的额定电压为3 V，额定功率为6 W C. 把灯泡L换成阻值恒为1 Ω的纯电阻，电源的输出功率将变小，效率将变低 D. 小灯泡L的电阻随通过电流的增大而减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由题图可知，电源的电动势E=4V，内阻，故A错误；‎ B．两图线的交点表示小灯泡L与电源连接时的工作状态，由于灯泡正常发光，则知灯泡的额定电压U=3V，额定电流I=2A，则额定功率为P=UI=6W，故B正确；‎ C．正常发光时灯泡L的电阻，换成一个1Ω的定值电阻，可知其电阻更接近电源的内阻，电源的输出功率将变大，根据闭合电路欧姆定律可知外电阻减小，路端电压减小，电源效率减小，故C错误；‎ D．灯泡的温度随通过电流的增大而升高，电阻随温度的升高而增大，故D错误.‎ ‎7.如图所示电路中，开关S闭合．下列措施中，可以使电容器带电量增加的是（　　）‎ A. 减小电阻 B. 减小两板正对面积 C 增大板间距离 D. 减小板间距离 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 闭合S后，电容器两极板间的电压恒定不变，根据公式可知要使Q增加，则须使得C减小，根据可知减小S，增大d都可以使得C减小，故BC错误D正确；减小电阻不影响电容的变化，故A错误．‎ ‎8.在校园冬季安全大检查中，某学习小组发现学校宿舍楼的火警报警装置的电路如图所示，R1为热敏电阻，温度升高时，R1急剧减小，当电铃两端电压达到一定值时，电铃会响，则下列说法正确的是(　　)‎ A. 若报警器的电池老化(内阻变大，电动势不变)，不会影响报警器的安全性能 B. 若试验时发现当有火时装置不响，应把R2的滑片P向下移 C. 若试验时发现当有火时装置不响，应把R2的滑片P向上移 D. 增大电源的电动势，会使报警的临界温度升高 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．设电铃工作电压为U，当IR2＝U时报警，若电池内阻较大，同一温度时，R2上电压较小，可能不会报警，选项A错误；‎ BC．R2减小时，R1上电压增大，R2上电压减小，可能不报警；反之，R2‎ 上电压增大，易报警，选项B错误，选项C正确；‎ D．电源电动势增大时，R2上电压增大，报警临界温度降低，选项D错误．‎ ‎9.如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R同时在等势面b上，据此可知 A. 三个等势面中，c的电势最低 B. 带电粒子在P点的电势能比在Q点的大 C. 带电粒子在P点的动能与电势能之和比在Q点的大 D. 带电粒子在R点的加速度方向垂直于等势面b ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.负电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧；作出电场线，根据轨迹弯曲的方向和负电荷可知，电场线向上，故c点电势最高；故A错误.‎ B.利用推论：负电荷在电势高处电势能小，知道P点电势能大；故B正确.‎ C.只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故带电质点在P点的动能与电势能之和等于在Q点的动能与电势能之和；故C错误.‎ D.带电质点在R点的受力方向沿着电场线的切线方向，电场线与等势面垂直，故质点在R点的加速度方向与等势面垂直；故D正确.‎ ‎10.如图所示，A、B为一匀强电场中同一电场线上的两点，现在A、B所在直线上某一点固定一电荷Q，然后在A点由静止释放一点电荷q，结果点电荷q运动到B时的速度为零，若点电荷q只受电场力作用，则下列结论正确的是 (　　)‎ A. 电荷Q与点电荷q一定是同种电荷 B. 电荷Q一定在A点的左侧 C. 点电荷q的电势能一定是先减小后增大 D. A、B两点电势一定相等 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．由题意分析知电荷Q应在点A、B的外侧，如果Q在A点左侧，点电荷q从A由静止释放运动到点B时速度为零，说明点电荷q先做加速运动后做减速运动，在A、B连线某一位置合场强为零，说明点电荷q受到电场力和库仑力的方向相反，且应为先是库仑力大于电场力后小于电场力，因此两个电荷之间的库仑力为排斥力，这时Q和q是同种电荷，同理分析，如果Q在B点的右侧，则Q和q一定是同种电荷，A项正确，B项错误；‎ C．由于只有电场力做功，因此动能与电势能之和不变，且两种能相互转化，又知q的速度先增大后减小，则其电势能先减小后增大，C项正确；‎ D．由于点电荷q在A、B两点的动能均为零，因此点电荷在A、B两点的电势能相等，则A、B两点电势相等，D项正确。‎ ‎11.充电后的平行板电容器中电场可视为匀强电场,两个带电粒子a、b (不计相互作用力和自身重力)同时从同一位置垂直电场飞入平行板电容器,并同时打在下极板或飞出极板区域,在电容器中的轨迹如图所示,其中粒子b刚好从下极板右边缘飞出。由此判断 A. 两个粒子都带负电 B. 两个粒子的比荷相同 C. 两个粒子具有相同的初速度 D. 两个粒子的动能增量一定相等 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 两个粒子均做类平抛运动，水平分运动是匀速直线运动，竖直分运动是匀加速直线运动，运动时间相同，对竖直分运动根据分位移公式列式求解比荷，根据动能定理列式比较两个粒子的动能增量．‎ ‎【详解】A、两个粒子均受向下电场力，而场强方向向上，故两个粒子都带负电，故A正确；‎ B、对于竖直分运动，有：，由于运动时间相同，y、U也相同，故两个粒子的比荷相同，故B正确；‎ C、对于水平分位移，有：x=v0t，由于t相同，而水平分位移不同，故初速度不同，故C错误；‎ D、对粒子，根据动能定理，动能增加量等于合力（只受电场力）做功，而两个粒子的比荷相同，但电荷量不一定相同，电场力做功W=qU，故电场力做功不一定相同，故两个粒子的动能增量不一定相等，故D错误；‎ 故选AB.‎ ‎【点睛】平抛运动即可分为两相互垂直的分运动来求解，一为匀速直线运动，以为初速度为零的匀加速直线运动．‎ ‎12.某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在同一坐标系中，如图中的a、b、c所示，则下列说法中正确的是 A. 图线b表示输出功率PR随电流I变化的关系 B. 图线a的最高点对应的功率为最大输出功率 C. 在图线上A、B、C三点的纵坐标一定满足关系PA=PB+PC D. 两个图线交点M与N的横坐标之比一定为1:2，纵坐标之比一定为1:4‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电源的总功率：‎ ‎，‎ 则a线表示电源的总功率随电流I变化的关系。‎ 电源的输出功率：‎ ‎，‎ 则c表示输出功率随电流I变化的关系。‎ 电源内部的发热功率：‎ ‎，‎ 所以b表示电源内部的发热功率功率随电流I变化的关系。A错。‎ B．c表示输出功率随电流I变化的关系，则电源的输出功率最大时应为c图线最高点，B错。‎ C．根据能量转化横坐标相同纵坐标一定满足 ‎，‎ 则在图线上A、B、C三点的纵坐标一定满足关系PA=PB+PC ，C对。‎ D．b、c线的交点M，输出功率PR和电源内部的发热功率Pr相等，即 ‎，‎ 满足 a、b线的交点N输出功率为0，所以 ‎,‎ M与N的横坐标之比一定为1:2，据，纵坐标之比为1:4。D对。‎ 二、填空题 ‎13.图中螺旋测微器的读数为__________; 游标为卡尺测圆筒外径为__________mm ‎【答案】 (1). 2.720mm (2). 29.8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 游标卡尺读数的方法是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】解：螺旋测微器的固定刻度读数为2.5mm，可动刻度读数为 ‎，所以最终读数为：；‎ 游标卡尺的主尺读数为，游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为，所以最终读数为；‎ 故答案为：2.720mm，29.8。‎ ‎14.某兴趣小组对铜导线的电阻率进行小课题研究。‎ ‎（1）现取长度为L的一捆铜导线，用螺旋测微器测得直径为D，现欲测其电阻率，在实验前，事先了解到铜导线的电阻很小，在用伏安法测量其电阻时，设计如图所示的电路，则电压表的另—端应接_____（填“a”或“b”）端。‎ ‎（2）测量得电压表示数为U，电流表读数为I,可得铜的电阻率_____用字母表示）。‎ ‎（3）该兴趣小组，发现用（1）所选电路得到电阻率与从课本上查阅到铜的电阻率相比__________（填“偏大”或“偏小”），但是实验的操作已经十分规范，测量使用的电表也已尽可能校验准确，下列叙述的造成这种偏差的原因你认为正确的是：_____。‎ A.电流表测量值小于流经Rx的电流值 ‎ B.电流表测量值大于流经Rx的电流值 ‎ C.电压表测量值小于Rx两端电压值 D.电压表测量值大于Rx两端的电压值 ‎【答案】 (1). a (2). (3). 偏小 (4). B ‎【解析】‎ ‎【详解】第一空.电压表内阻远大于待测铜导线电阻，为减小实验误差，电流表应采用外接法，电压表的另一端应接a端。 第二空.铜导线的电阻：，由电阻定律得：，电阻率：；第三空.由图示电路图可知，电流表采用外接法，电阻测量值小于真实值；‎ 第四空.由图示电路图可知，电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，流过待测电阻的电流大于电流表示数，由欧姆定律可知，电阻测量值小于真实值，故B正确，ACD错误；‎ 三、计算题 ‎15.一电动势为48 V的蓄电池恰能给都标有“46 V　23 W”的一电动机和一灯泡并联供电．已知电动机的内阻R＝4 Ω，求：‎ ‎(1)回路的总电流和电源的内阻；‎ ‎(2)电动机的输出功率和效率；‎ ‎(3)电源的效率．‎ ‎【答案】（1）1A；2Ω（2）22W，95.6%（3）95.8%‎ ‎【解析】‎ ‎(1)由题意知路端电压U＝46V，内电压为：Ur＝E－U＝48V－46V＝2V.‎ 总电流为.‎ 电源内阻为：.‎ ‎(2)电动机总功率：P＝23W.‎ 电动机热功率：P′＝I′2R＝0.52×4 W＝1W.‎ 电动机输出功率：P″＝23 W－1 W＝22W.‎ 效率为：η＝＝95.6%.‎ ‎(3)电源总功率：P＝EI＝48×1 W＝48 W.‎ 电源内阻消耗功率为：ΔP＝I2 r＝12×2 W＝2 W.‎ 电源效率：＝95.8%.‎ 点睛：对于电动机电路，要正确区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路：当电动机正常工作时，是非纯电阻电路；当电动机被卡住不转时，是纯电阻电路．‎ ‎16.如图所示，匀强电场沿水平方向，其中有三点A、B、C构成一个直角三角形，AB与电场线平行，且AB＝4cm，AC连线和场强方向成37°角。已知电量为q=－2.0×10-8C的电荷在A点时受到的电场力大小F=8.0×10-6N，方向水平向左，求：‎ ‎（1）匀强电场的场强？‎ ‎（2）A、B两点间的电势差UAB？‎ ‎（3）把上述电荷从A移到C电场力所做的功？(sin37o=0.6，cos37o=0.8‎ ‎【答案】（1）400N/C，方向水平向右（2）16V（3）－3.2×10-7J ‎【解析】‎ ‎（1）由 ‎ 可得：，场强方向水平向右 ‎ ‎（2）由 ‎ 可得：UAB=400×0.04V=16V ‎ ‎（3）BC垂直于电场线，为等势面 φB=φC ‎ WAC=WAB=UABq ‎ WAC=－3.2×10-7J ‎ ‎17.如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1=E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2=2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏；现将一电子（电荷量为e，质量为m）无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：‎ ‎（1）电子从释放到打到屏上所用的时间；‎ ‎（2）电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tanθ；‎ ‎（3）电子打到屏上的点P′到点O的距离x ‎【答案】（1）；（ 2）tanθ=2； （3）3L．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1， 由牛顿第二定律得：‎ ‎ ①‎ 由得：‎ ‎ ②‎ 电子进入电场E2时的速度为：‎ v1=a1t1 ③‎ 进入电场E2到屏水平方向做匀速直线运动，时间为：‎ ‎   ④‎ 电子从释放到打到屏上所用的时间为：‎ t=t1+t2 ⑤‎ 联立①→⑤求解得：‎ ‎；‎ ‎（2）设粒子射出电场E2时平行电场方向的速度为vy 由牛顿第二定律得：电子进入电场E2时的加速度为：‎ ‎   ⑥‎ vy=a2t3 ⑦‎ ‎   ⑧‎ 电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为；‎ ‎   ⑨‎ 联立①②③⑥⑦⑧⑨得：‎ tanθ=2 ⑩‎ ‎（3）带电粒子在电场中的运动轨迹如图所示： 设电子打到屏上的点P到O点的距离x，根据上图有几何关系得：‎ ‎ （11）‎ 联立⑩（11）得：‎ x=3L ‎ ‎