河南省新野县第一中学2019-2020学年高二上学期月考物理试题 18页

‎2019-2020学年上学期第二次月考高二物理试题 一、选择题。（共48分。其中第1—8为单选题，9—12为多选题。选出正确答案得4分，少选得两分，错选或不选得0分）‎ ‎1.下列关于电源电动势的说法，正确的是（　　）‎ A. 电源向外提供的电能越多，表示电动势越大 B. 同一电源接入不同的电路，电动势就会发生变化 C. 电源的电动势与外电路有关，外电路电阻越大，电动势就越大 D. 电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电动势与电势差是两个不同的概念，电动势等于内外电路电压之和。电动势是表示电源把其它形式的能转化为电能的本领大小的物理量。电动势由电源本身的特性决定，与外电路的结构无关。‎ ‎【详解】根据W＝EIt可知，电源向外提供的电能多，不能说明电动势大，还与电源做功的时间、电路中的电流有关。故A错误；电动势表示的是电源将其它形式的能转化为电能的本领，在数值上是等于将单位正电荷从负极移到正极时非静电力所在的功，电动势由电源本身的特性决定，与外电路的结构无关，故BC错误；电动势是表示电源把其它形式的能转化为电能的本领大小的物理量，电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大，故D正确。故选：D。‎ ‎【点睛】本题考查对于电源的电动势的理解能力。电动势是表征电源把其他形式的能转化为电能本领大小，与外电路无关。‎ ‎2. 两个固定的等量异号电荷所产生电场的等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受到静电力作用，则粒子在电场中 A. 做直线运动，电势能先变小后变大 B. 做直线运动，电势能先变大后变小 C. 做曲线运动，电势能先变小后变大 D. 做曲线运动，电势能先变大后变小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据等势面与电场线垂直，可知粒子受静电力方向与速度方向不在同一直线上，所以粒子做曲线运动，A、B选错误。带负电的粒子先靠近带正电的固定电荷，后又远离正电荷，电场力先做正功，后做负功，粒子的电势能先变小后变大，C正确。‎ ‎3.如图，空间存在一方向水平向右匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则 A. P和Q都带正电荷 B. P和Q都带负电荷 C. P带正电荷，Q带负电荷 D. P带负电荷，Q带正电荷 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．受力分析可知，P和Q两小球，不能带同种电荷，AB错误；‎ CD．若P球带负电，Q球带正电，如下图所示，恰能满足题意，则C错误D正确，故本题选D。‎ ‎4.A、B、C三个灯泡如图所示的方式连接时，各灯消耗的实际功率相同，则三个灯泡电阻之比为（　　）‎ A. 1：1：1‎ B. 1：4：4‎ C. 1：2：2‎ D. 2：1：1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】灯泡B、C并联，电压相同，功率相同，根据可知:‎ 又可知，‎ 根据串并联电路电流规律可得：‎ ‎；‎ 根据可得：‎ ‎，‎ 则 ‎=1：4：4；‎ A．根据分析可知=1：4：4，A错误；‎ B．根据分析可知=1：4：4，B正确；‎ C．根据分析可知=1：4：4，C错误；‎ D．根据分析可知=1：4：4，D错误。‎ ‎5.铜的摩尔质量为 M，密度为 ρ，每摩尔铜原子有 n 个自由电子，今有一横截面积为S的铜导线，当通过的电流为I时，电子定向移动的平均速率为（ ）‎ A. 光速 c B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设自由电子定向移动的速率为v和导线中自由电子从一端定向移到另一端所用时间为t,求出导线中自由电子的数目,根据电流的定义式推导出电流的微观表达式,计算得出自由电子定向移动的速率.‎ ‎【详解】单位长度质量为; 单位长度原子数为;‎ 设自由电子定向移动的速率为v和导线中自由电子从一端定向移到另一端所用时间为t 根据电流定义可知：当通过的电流为I时， ‎ 解得：故D对；ABC错；‎ 故选D ‎6.如图所示，P是一个表面均匀镀有很薄电热膜长陶瓷管，直径为D，其镀膜的长度为L，镀膜的厚度为d。管两端有导电金属箍M、N。现把它接入电路中，测得它两端电压为U，通过它的电流为I。则镀膜材料的电阻率ρ为(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据部分电路欧姆定律I＝，得R＝，又根据电阻定律R＝ρ，其中S＝πDd，解得ρ＝；‎ A．，与结论不相符，选项A错误； ‎ B．，与结论不相符，选项B错误； ‎ C．，与结论相符，选项C正确； ‎ D．，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎7.如图所示，在电场强度为E=1V/m的匀强电场中有一个圆，其所在平面与电场线平行，O为圆心，半径R=2m，A、B、C为圆周上三点，已知，且AC为直径，现将若干完全相同的带电粒子从A点以相同初动能向各个不同方向发射，到达圆周上各点，其中到达B点的粒子末动能最大，不计重力和空气阻力，则 A. 该电场强度的方向一定由O指向B B. 该带电粒子一定带正电 C. A、B两点电势差UAB一定为1V D. 带电粒子若经过C点，其动能一定小于A点动能 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、从B点的粒子末动能最大，根据动能定理知，说明电场力做功最大，AB间电势差最大；若过B点作匀强电场的等势面，该面与圆只能有一个交点，即该等势面在B点与圆相切，而电场方向与等势面是垂直的，所以场强方向与OB平行，由于带电粒子的电性未知，故无法确定电场强度的方向，故选项AB错误；‎ C、根据匀强电场的电势差与场强的关系可知：，故选项C错误；‎ D、若带电粒子带正电，则由A向B运动，电场力做正功，则A点电势高于B点电势，电场强度方向为，则带电粒子由A向C运动，则电场力做负功，动能减小，小于A点动能；若带电粒子带负电，则电场强度的方向为，则A点电势高于C点电势，由A向C运动，则电场力做负功，动能减小，小于A点动能，故选项D正确。‎ 点睛：本题有一定难度，考察了学习对物理知识的理解和综合应用能力，如根据等势线确定电场线等。‎ ‎8. ．如图所示，将一根粗细均匀的电阻丝弯成一个闭合的圆环，接入电路中，电路与圆环的O点固定，P为与圆环良好接触的滑动头。闭合开关S，在滑动头P缓慢地由m点经n点移到q点的过程中，电容器C所带的电荷量将 A. 由小变大 B. 由大变小 C. 先变小后变大 D. 先变大后变小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 动头P缓慢地由m点经n点移到q点的过程中，电阻先变大后变小，则定值电阻R两端电压先变小后变大，电容器C所带的电荷量Q=CU，也是先变小后变大，选C ‎9.如图所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方的P 点，固定一电荷量为＋Q的点电荷。一质量为m、带电荷量为＋q的物块（可视为质点的检验电荷），从轨道上的A点以初速度v0沿轨道向右运动，当运动到P点正下方的B点时速度为v。已知点电荷产生的电场在A点的电势为（取无穷远处电势为零），P到物块的重心竖直距离为h，P、A连线与水平轨道的夹角为60°，k为静电常数，下列说法正确的是 A. 点电荷＋Q产生的电场在B点的电场强度大小 B. 物块在A点时受到轨道的支持力大小为 C. 物块在A点的电势能 D. 点电荷＋Q产生的电场在B点的电势 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ 试题分析：点电荷+Q产生的电场在B点的电场强度大小为：，选项A正确；物体受到点电荷的库仑力为：，由几何关系可知：设物体在A点时受到轨道的支持力大小为N，由平衡条件有：N-mg-Fsin60°=0，解得：．B正确；物块在A点的电势能EPA=+qφ，则C错误；; 设点电荷产生的电场在B点的电势为φB，动能定理有：qφ+mv02＝mv2+qφB，解得：．故D正确；故选ABD．‎ 考点：电场强度与电势差的关系；电势及电势能；库仑定律 ‎【名师点睛】解决本题的关键知道电场力做功W=qU，U等于两点间的电势差．以及掌握库仑定律和动能定理的运用。‎ ‎10.如图所示，平行直线表示电场线，但未表明方向，带电量为+10-2C的带电微粒在电场中只受到电场力作用，由A点移动到B点，动能损失0.1J，若A点的电势为－10V，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. B点的电势为10V B. 电场线方向从右向左 C. 微粒运动轨迹可能是轨迹a D. 微粒运动轨迹可能是轨迹b ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：由A点移动到B点，动能损失则说明电场力做负功，即电场力方向水平向左，（场强方向跟正电荷受力方向一致），因为合外力指向曲线凹面，则轨迹一定是a，,则B点电势为0V，故选BC 考点：考查电场力做功 点评：本题难度较小，应用W=qU求解问题时一定要注意字母的下脚标 ‎11.在如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用△I、△U1、△U2和△U3表示，下列比值正确的是（　　）‎ A. 不变，不变 B. 变大，变大 C. 变大，不变 D. 变大，不变 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据欧姆定律得知：‎ ‎，‎ 故当滑动变阻器滑动触头P向下滑动时，不变，不变，A正确；‎ BC．当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时R2，变大，‎ ‎，‎ 变大。根据闭合电路欧姆定律得：‎ ‎，‎ 则有 ‎，‎ 不变，B错误C正确；‎ D．由于 ‎，‎ 变大。根据闭合电路欧姆定律得：‎ ‎，‎ 则有：‎ ‎，‎ 不变，D正确。‎ ‎12.如图，电源的电动势，内阻，定值电阻，M是电动机，其线圈电阻，电动机正常工作时，理想电压表示数为6V，则（　　）‎ A. 通过电源的电流为1.5A B. 定值电阻R两端的电压为8V C. 电动机的输出功率为5W D. 电源的效率约为93.3%‎ ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、设理想电压表示数为U，电路中电流为I，由闭合电路欧姆定律得：， ‎ 可得：则通过电源和电动机的电流为1A，故A错误；‎ B、根据欧姆定律可知定值电阻R两端的电压为，故B正确；‎ C、电动机消耗电功率为：‎ 电动机的发热功率为：‎ 故电动机的输出功率为：，故C正确；‎ D、电源的效率，故D正确。‎ 二、实验题（本题共2小题，每空2分，共14分）‎ ‎13. 请完成以下两小题：‎ ‎（1）图a中螺旋测微器读数为____mm。图b中游标卡尺（游标尺上有50个等分刻度）读数为________cm。‎ ‎（2）欧姆表“×1”档的中值电阻为20Ω，已知其内装有一节干电池，干电池的电动势为1．5V。该欧姆表表头满偏电流为___________mA，要测2.5KΩ的电阻应选__________档．‎ ‎【答案】（1）1.998（或1.997；1.999）， 1.094．（2）75；×100．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）螺旋测微器读数为1.5mm+0.01mm×49.8=1.998mm。游标卡尺读数为1cm+0.02mm×47=1.094cm。（2）欧姆表的中值电阻等于其内阻，则该欧姆表表头满偏电流为:；要测2.5KΩ的电阻应选×100档．‎ 考点：螺旋测微器及游标卡尺的读数；欧姆表.‎ ‎14.有一标有“6V，1.5W”的小灯泡，现要描绘其伏安特性曲线，提供的器材除导线和开关外，还有：‎ A．直流电源6V(内阻不计)‎ B．直流电流表0～3A(内阻0.1Ω以下)‎ C．直流电流表0～300mA(内阻约为5)‎ D．直流电压表0～15V(内阻约为15k)‎ E．滑动变阻器10，2A 回答下列问题：‎ ‎(1)实验中电流表应选用______(用序号表示)；‎ ‎(2)下面是本实验的实物连线图，其中还有两条导线没有接好，请用稍粗些的虚线代替导线，补全这个实物连线图______‎ ‎(3)实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示。如果将这个小灯泡接到电动势为1.5V，内阻为5Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率是_______W。‎ ‎【答案】 (1). C (2). (3). 0.1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]根据小灯泡规格“6V，1.5W”可知，小灯泡额定电流为：‎ ‎，‎ 所以电流表应选C；‎ ‎(2)[2]小灯泡在额定情况下的电阻为 ‎，‎ 由于满足，所以电流表应用外接法，连线图如图所示：‎ ‎(3)[3]在表示小灯泡的I-U图象中画出表示电源的I-U图象如图所示，‎ 读出两图线交点坐标为：‎ U=1.0V，I=0.10A，‎ 所以小灯泡消耗的功率为：‎ P=UI=1.0×0.10W =0.1W；‎ 三、计算题（本题共4道小题,共48分）‎ ‎15.如图是有两个量程的电流表，当使用a、b两个端点时，量程为3A，当使用a、c两个端点时，量程为0.6A。已知表头的内阻Rg为200Ω，满偏电流Ig为2mA，求电阻R1、R2的值。‎ ‎【答案】R1=0.134Ω R2=0.536Ω ‎【解析】‎ 本题考查电流表的改装，当灵敏电流表电流为满偏电流Ig时，改装后的电流表达到量程，当使用a、c两个端点时干路电流为0.6A，，当使用a、b两个端点时，，由两公式联立可求得R1=0.134Ω R2=0.536Ω ‎16.如图所示，已知电源电动势E＝5 V，内阻r＝2 Ω，定值电阻R1＝0.5 Ω，滑动变阻器R2的阻值范围为0～10 Ω.求：‎ ‎（1）当滑动变阻器R2的阻值为多大时，电阻R1消耗的功率最大？最大功率是多少？‎ ‎（2）当滑动变阻器的阻值为多大时，滑动变阻器消耗的功率最大？最大功率是多少？‎ ‎【答案】（1）2.5 Ω，2.5W；（2）1.5 Ω，3.125W ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 对于电源，当外电路的电阻等于内电阻时电源的输出功率最大；将电阻R1与电源等效成等效电源考虑；‎ ‎(2) 当外电路的电阻等于内电阻时电源的输出功率最大。‎ ‎【详解】(1) 对于电源，当外电路的电阻等于内电阻时电源的输出功率最大；将电阻R1与电源等效成电源，故当R2=2.5Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大；‎ ‎；‎ ‎(2) 当外电路的电阻等于内电阻时电源的输出功率最大，故当R2=1.5Ω时，电源的输出功率最大；‎ 电源输出最大功率是 ‎【点睛】本题采用结论法解题，关键记住“对于电源，当外电路的电阻等于内电阻时电源的输出功率最大”的结论。‎ ‎17.如图所示的电路中，已知R1=4 Ω，电流表的读数I=0.75 A，电压表读数U=2.0 V，经一段时间后一电阻断路，使电流表的读数变为I′=0.80 A，而电压表的读数变为U′=3.2 V，求：‎ ‎（1）发生断路的电阻是哪一个？‎ ‎（2）电源电动势和内阻各是多少？‎ ‎【答案】（1）R2（2）4V，1Ω ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）因某电阻烧断，电流表、电压表示数均增大，若R1、R3断路，电流表或电压表无读数，可断定发生断路的电阻是R2；‎ ‎（2）由R2烧断后：电压表的示数等于路端电压，则 R3==Ω=4Ω 根据闭合电路欧姆定律得 U=E﹣Ir即有 3.2=E﹣0.8r…①‎ R2未烧断时：路端电压 U′=R3I′=4×0.75V=3V 通过R1的电流 I1==A=0.25A ‎ 总电流I0=I3+I′=0.25A+0.75A=1.0A ‎ 则有U′=E﹣I0r 即 3=E﹣r…②‎ 联立①②解得 E=4V r=1Ω ‎18.如图所示，电源电动势E=3V，内阻不计，R1、R2、R3为定值电阻，阻值分别为1Ω、0.5Ω、9Ω、R4、R5为电阻箱，最大阻值均为99.9Ω，右侧竖直放置一个电容为1.5×10﹣3μF理想平行板电容器，电容器板长0.2m，板间距为0.125m。一带负电粒子以0.8m/s的速度沿平行板中线进入，恰好匀速通过，不计空气阻力，此时R4、R5阻值分别为1.8Ω、1Ω．试求：‎ ‎(1)带电粒子匀速穿过电容器时，求电容器的电荷量为多少？‎ ‎(2)欲使粒子向上偏转但又不打到电容器的上板，R4阻值不得超过多少Ω？‎ ‎(3)欲使粒子向下偏转但又不打到电容器的下板，R4阻值不得低于多少Ω？‎ ‎【答案】(1)3×10﹣9C(2)5.7Ω(3)0.69Ω ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)电容器与R2、R3、R4这部分电路并联，当粒子匀速穿过电容器时，R2、R3、R4这部分电路的总电阻为:‎ ‎，‎ 根据串联电路分压特点可得这部分的电压 ‎，‎ 电容器的电荷量为 ‎。‎ ‎(2)当粒子匀速穿过电容器时，有 ‎，‎ 粒子在电容器中的运动时间 ‎；‎ 当粒子向上偏转且刚好经过上极板最右端时，‎ 在竖直方向上，有 ‎，‎ 解得：‎ a=2m/s2．‎ 由牛顿第二定律得 ‎，‎ 可得 ‎，‎ 并可得 ‎，‎ 由此得R2、R3、R4这部分电路总电压 U1=2.4V，‎ R1的电压 ‎，‎ 电流 ‎，‎ 可得R2、R3、R4这部分电路总电阻 ‎，‎ 由 ‎，‎ 由此算出 R4≈5.7Ω，‎ 所以欲使粒子向上偏转但又不打到电容器的上板，R4阻值不得超过5.7Ω ‎(3)当粒子向下偏转且刚好经过下极板最右端时，‎ 在竖直方向上，有 ‎，‎ 解得：‎ a=2m/s2．‎ 由牛顿第二定律得 ‎，‎ 可得 ‎，‎ 并可得 ‎，‎ 由此得R2、R3、R4这部分电路总电压 U2=1.6V，‎ R1的电压 ‎，‎ 电流 ‎，‎ 可得R2、R3、R4这部分电路总电阻 ‎，‎ 由 ‎，‎ 由此算出 R4≈0.69Ω，‎ 所以欲使粒子向上偏转但又不打到电容器的上板，R4阻值不得超过0.69Ω ‎ ‎ ‎ ‎