贵州省思南中学2020学年高二物理上学期第二次月考试题（含解析）

贵州省思南中学2020学年高二物理上学期第二次月考试题（含解析）

思南中学2020学年度第一学期第二次月考试题 ‎ 高二物理 一、选择题 ‎1.一个半径为r的细橡胶圆环上均匀地带有电荷量为Q的负电荷，当圆环以角速度ω绕中心轴线顺时针匀速转动时，橡胶环中等效电流的大小为 A. Q B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】负电荷运动的周期T=，任取一截面，一个周期内通过截面的电量为Q，则电流I=q/t=Q/T=，故D正确,ABC错误。‎ 故选：D ‎2. 在正常照射下，太阳能电池的光电转换效率可达23%.单片单晶硅太阳能电池可产生0.6 V的电动势，可获得0.1 A的电流，则每秒照射到这种太阳能电池上的太阳光的能量是( )‎ A. 0.24 J B. 0.25 J C. 0.26 J D. 0.28 J ‎【答案】C ‎【解析】‎ 电阳能电池每秒产生的电能为，则照到太阳能电池上的光能为：，B正确．‎ ‎3.某一电源的路端电压与电流的关系和电阻R1、R2的电压与电流的关系图如图所示.用此电源和电阻R1、R2组成电路.R1、R2可以同时接入电路，也可以单独接入电路.为使电源输出功率最大，可采用的接法是( )‎ A. 将R1单独接到电源两端 B. 将R1、R2并联后接到电源两端 C. 将R1、R2串联后接到电源两端 D. 将R2单独接到电源两端 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据闭合电路欧姆定律得：U=E−Ir知，I=0时，U=E，图象的斜率等于r，则由电源的U−I图线得到：电源的电动势为E=3V，内阻为r=0.5Ω. 由电阻的伏安特性曲线求出R1=0.5Ω、R2=1Ω，R1单独接到电源两端时，两图线的交点表示电路的工作状态，可知，电路中的电流为3A，路端电压为1.5V，则电源的输出功率为P出1=1.5V×3A=4.5W，‎ 同理，当将R1、R2串联后接到电源两端，利用欧姆定律可得电路电流I串=1.5A，此时电源的输出功率P串=I2串(R1+R2)=3.75W；两电阻并联时，利用欧姆定律可得电路电流I并=3.6A,此时电源的输出功率P并=EI并−I2并r=4.32W；R2单独接到电源两端输出功率为P出2=2V×2A=4W.所以将R1单独接到电源两端时电源的输出功率最大。故A正确，BCD错误。‎ 故选：A ‎【点睛】由电源的U-I图线纵横截距读出电源的电动势，由斜率求出电源的内阻．由电阻的U-I图线求出电阻．再分别求出四种情况下电源的输出功率进行选择．‎ ‎4.如图所示，R1、R2、R3、R4为定值电阻、L为灯泡，S为电键．现用多用电表测量流过电阻R2的电流．将多用电表的选择开关调至（内阻很小）以后，正确的接法是（ ）‎ A. 保持K闭合，将红表笔接在a处，黑表笔接在b处 B. 保持K闭合，将红表笔接在b处，黑表笔接在a处 C. 将K断开，红表笔接在a处，黑表笔接在b处 D. 将K断开，红表笔接在b处，黑表笔接在a处 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：要想测电阻R2的电流，必须将开关K断开，将两表笔接入电路．红表笔接电源的正极，黑表笔接电源的负极．‎ 故选：C ‎5.如图所示，图线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的U－I图线，图线Ⅲ是个小灯泡的U－I图线，如果把该小灯泡分别与电源1和电源2单独连接，则下列说法正确的是 A. 电源1和电源2的内阻之比是11：7‎ B. 电源1和电源2的电动势之比是11：7‎ C. 在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是2：1‎ D. 在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1：2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. 根据闭合电路欧姆定律得：U=E−Ir知，I=0时，U=E，图象的斜率等于r，则由电源的U−I图线得到：电源1的电动势为E1=10V，内阻为r1= Ω；电源2的电动势为E2=10V，内阻为r2=Ω.则r1:r2=11:7，E1=E2=10V，故A正确，B错误；‎ C. D. 灯泡伏安特性曲线与电源外特性曲线的交点即为灯泡与电源连接时的工作状态，则U1=3v，I1=5A，P1=15W，R1=0.6Ω U2=5V，I2=6A，P2=30W，R2=Ω P1:P2=1:2，R1:R2=18:25，故C错误，D错误 故选：A.‎ ‎【点睛】根据电源的外特性曲线U-I图线，可求出电动势和内阻；根据灯泡伏安特性曲线与电源外特性曲线交点确定灯泡与电源连接时工作电压与电流，即可求出功率与灯泡电阻．‎ ‎6.如图为汽车蓄电池与车灯(电阻不变)、启动电动机组成的电路，蓄电池内阻为0.05Ω，电流表内阻不计，只接通S1时，电流表示数为10A，电压表示数为12V，再接通S2，启动电动机工作时，电流表示数变为8A，则此时通过启动电动机的电流是(　　)‎ A. 2A B. 50A C. 8A D. 58A ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：只接通S1时，由闭合电路欧姆定律得：，‎ ‎,‎ 再接通S2后，流过电动机的电流为：‎ B正确，‎ 考点：考查了带有非纯电阻电器的电路计算问题 点评：本题应注意电动机工作时的电路是非纯电阻电路，不可以用欧姆定律求电流．‎ ‎7.平行板电容器充电后断开电源，现将其中一块金属板沿远离另一极板的方向平移一小段距离．下图表示此过程中电容器两极板间电场强度E随两极板间距离d的变化关系，正确的是(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：根据电容器公式可知，d变大，则C变小，且成反比，所以A错。充好电之后断开电源，则Q保持不变，所以B错。根据可知，C变小，Q不变，所以U应变大，所以D错。可得，即E保持不变。‎ 考点：电容器的电容、电势差、电场强度 点评：此类题型考察了在电容器Q不变时，改变板间距离是如何改变其他物理量的分析过程 ‎8.如图为一正在测量中的多用电表表盘。下列选项读数正确的是 A. 直流电压10 V挡，读数为6.50 V。‎ B. 用×100 Ω挡，读数为800 Ω。‎ C. 直流5mA挡，读数为3.50 mA。‎ D. 直流10mA挡，读数为6.25 mA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.如果是用直流电压10V档测量电压，由图示表盘可知，其分度值为0.2V，读数为：6.60V，故A错误；‎ B.如果是用×100Ω档测量电阻，由图示表盘可知，读数为：8×100=800Ω，故B正确；‎ C.如果是直流5mA挡，读数为3.30 mA，故C错误；‎ D. 如果是用直流电流10mA档测量电压，由图示表盘可知，其分度值为0.2mA，读数为：6.60mA，故D错误。‎ 故选：B ‎9.如图所示，平行板电容器两极板间带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器的滑片向b端移动时，则（ ）‎ A. 电压表读数减小 B. 电流表读数减小 C. 质点P将向上运动 D. 上消耗的功率减小 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再和R1串连接在电源两端；电容器与R3并联；当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时R1两端的电压也增大；故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过R3的电流减小，则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大；故B错误；因并联部分电压减小，而R2中的电流增大，电压增大，故电压表示数减小，故A正确；因电容器两端电压等于并联电路两端的电压，电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，合力向下，质点P向下运动，故C错误；因R3两端的电压减小，由，可知，R3上消耗的功率减小，故D正确。所以AD正确，BC错误。‎ ‎10.（2020·江苏卷）如图所示的电路中，电源电动势为12 V，内阻为2 Ω，四个电阻的阻值已在图中标出。闭合开关S，下列说法正确的有 A. 路端电压为10 V B. 电源的总功率为10 W C. a、b间电压的大小为5 V D. a、b间用导线连接后，电路的总电流为1 A ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析：外阻为R：，则 ‎，则外压U=IR=10V，功率P=EI=12W，则A正确，B错误；选电源负极为0势点，则b点电势为φa=φb==7．5V，则ab间的电压为7．5-7．5=0V，则C错误；a、b间用导线连接后外阻为R′，则R′＝＝7．5Ω，R″＝＝2．5Ω，则电流，则D正确；故选AD。‎ 考点：闭合电路的欧姆定律；电功率 ‎【名师点睛】考查串并联电路电阻的求解及全电路欧姆定律，计算前要明确电路结构是求解问题的关键；‎ 视频 ‎11.一带负电的粒子在电场中做直线运动的v-t图象如图所示，在第2s末和第8s末分别经过M、N两点，已知运动过程中粒子仅受电场力的作用，则以下判断正确的是（）‎ ‎ A A. 该电场不一定是匀强电场 B. M点的电势低于N点的电势 C. 从M点到N点的过程中，电势能逐渐增大 D. 带电粒子在M点所受电场力大于在N点所受电场力 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由速度时间图象可知：粒子在电场中做匀变速直线运动，加速度是一个定值，所以电场力不变，是匀强电场，故A错误；‎ BC、由图象可知，在M点的速度小于N的速度，根据只有电场力做功，电势能与动能之和恒定，则有M点的电势能高于N点电势能，即从M点到N点的过程中，动能先减小，后增大，那么电势能先增大后减小，又由于是负电荷，所以M点的电势低于N点的电势，故B正确，C错误，‎ D. 由上可知，粒子在M点所受电场力等于在N点所受电场力，则D错误。‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】由速度时间图象可知：粒子在电场中做匀变速直线运动，加速度是一个定值，所以电场力不变，是匀强电场，根据动能定理可知，电场力做负功，电势能增加，电场力做正功，则电势能减小，又由于是负电荷，电势也增加．‎ ‎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变化的图线画在了同一坐标上，如图中的a、b、c所示，根据图线可知(　　)‎ A. 反映Pr变化的图线是b B. 电源电动势为8 V C. 电源内阻为2 Ω D. 电源的最大输出功率是2W。‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由电源消耗功率和电源内部消耗功率表达式：P1=EI，P3=I2r，可知，a是直线，表示的是电源消耗的电功率，c是抛物线，表示的是电源内电阻上消耗的功率，b表示外电阻的功率即为电源的输出功率P2，故A错误；‎ B.由P1=EI，知E=4V，B错误；‎ C.根据P3=I2r，由图象知r=Ω=2 Ω，C正确；‎ D.由图b可知，电源的最大输出功率是2W，故D正确。‎ 故选：CD。‎ 二、填空题 ‎13.(1)游标卡尺的读数为：_______ cm，螺旋测微器的读数为：________mm ‎ ‎ 某同学设计了一个测量金属丝电阻率的实验．如图甲所示，将已知直径为d的待测金属丝固定在接线柱a、b上，在金属丝上安装一个小金属滑片c，连接好电路，电路中R0是保护电阻，已知电压表的内阻远大于金属丝的电阻，电压表的分流作用可以忽略不计．闭合开关后电流表的读数为I0，调节滑片c的位置，分别测出长度L及所对应的电压值U，然后作出U－L图像.‎ ‎ ‎ ‎(2)A、B、C、D四个测量电路应选 ________电路。‎ ‎(3)测得U-L图线的斜率为k，则该电阻丝电阻率的表达式为______。‎ ‎【答案】 (1). 1.450； (2). 3.205； (3). A (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）游标尺主尺刻度为14mm，游标尺刻度为10×0.05mm=0.50mm，故游标卡尺的读数为14mm ‎+0.50mm=14.50mm=1.450cm；螺旋测微器主尺刻度为3mm，螺旋尺刻度为20.5×0.01mm=0.205mm。故螺旋测微器的读数为3mm+0.205mm=3.205mm；‎ ‎（2）电压表的分流作用可以忽略不计，故选择电流表外接法，故选：A；‎ ‎（3）根据部分欧姆定律和电阻定律：U=IR= ，‎ ‎14.有一个额定电压为2.8 V，功率约为0.8 W的小灯泡，现要用伏安法描绘这个小灯泡的I-U图线，有下列器材供选用：‎ A．电压表(0～3 V，内阻约6 kΩ)‎ B．电压表(0～15 V，内阻约30 kΩ)‎ C．电流表(0～3 A，内阻约0.1 Ω)‎ D．电流表(0～0.6 A，内阻约0.5 Ω)‎ E．滑动变阻器(10 Ω，2 A)‎ F．滑动变阻器(200 Ω，0.5 A)‎ G．蓄电池(电动势6 V，内阻不计)‎ ‎(1)某同学误将电流表和电压表接成如图甲所示的电路，其他部分连接正确，接通电源后，小灯泡的发光情况是___________________(选填“亮”或“不亮”)．要求小灯泡的电压从零开始增大，应选择图乙中的电路图________(选填“a”或“b”)．‎ ‎(2)用正确的电路进行测量，电压表应选用________，电流表应选用________(用序号字母表示)．‎ ‎(3)滑动变阻器应选用________(用序号字母表示)．‎ ‎(4)通过实验测得此小灯泡的伏安特性曲线如图丙所示．由图线可求得此小灯泡在正常工作时的电阻为______Ω.‎ ‎【答案】①不亮b．（填“a”或“b”）② A，D③ E ④10．⑤11.4‎ ‎【解析】‎ 试题分析：①由电路图可知，电压表串接在电路中，电路中的电阻很大，小灯泡不亮；要使电压从零开始调节，应采用分压接法；故电路图应选择b；‎ ‎②由题意可知，灯泡的额定电压为2.8V，故电压表的量程应大于2.8V，故电压表应选3V量程，故选A；‎ 由P=UI可得，电流为，故电流表应选D；‎ ‎③本实验中应选用分压接法，故滑动变阻器应选小电阻，故滑动变阻器选E；‎ ‎④由图可知，当电压为2.8V时，电流为0.28A，故电阻；‎ ‎⑤要使灯泡串联在6V的电源上正常工作，则与之串联的电阻的阻值应为6-2.8=3.2Ω；‎ 此时电路中电流为0.28A，故应串联的电阻；‎ 考点：描绘这个灯泡的I﹣U图线 ‎【名师点睛】本题考查测量小灯泡的伏安特性曲线，要注意电表的正确选择，原则是在不超程的情况下尽量选用小量程；明确电路的接法，此实验要用分压电路，目的是为了得到从0开始连续可调的电压；同时要会利用欧姆定律进行分析求解。‎ 三、计算题 ‎15.如图所示的欧姆表示意图中，电流表的满偏电流Ig＝300μA，内阻Rg＝100Ω，R0＝1.4kΩ，电源电动势E＝1.5V，电源内阻不计，欧姆表的调零电阻的有效值R是多大？当测量某电阻时，指针恰好在中间位置，则被测电阻R1是多大？‎ ‎【答案】3.5kΩ，5kΩ ‎【解析】‎ ‎【详解】欧姆表调零时，，R=，代入数据得R=3.5 kΩ；‎ 指针恰好在中间位置时，，，代入数据解得：Rx=5kΩ。‎ ‎16.如图所示，长L＝0.20 m的丝线的一端拴一质量为m＝1.0×10－4kg、带电荷量为q＝1.0×10－6C的小球，另一端连在一水平轴O上，丝线拉着小球可在竖直平面内做圆周运动，整个装置处在竖直向上的匀强电场中，电场强度E＝2.0×103N/C.现将小球拉到与轴O在同一水平面上的A点，然后无初速度地将小球释放，取g＝10 m/s2.求：‎ ‎(1)小球通过最高点B时速度的大小；‎ ‎(2)小球通过最高点时，丝线对小球拉力的大小.‎ ‎【答案】(1)2 m/s 　(2)3.0×10－3N ‎【解析】‎ ‎（1） qeL-mgL=（3分）‎ v=2m/s (1分)‎ ‎（2）F+mg-qE=mv2/L （3分）‎ F=3×10-3N (1分)‎ 本题考查圆周运动，小球在运动过程中应用动能定理可求得末速度大小，在最高点，小球由重力电场力和绳子的拉力提供向心力，列公式可得 ‎17.如图所示，M为一线圈电阻r=0.4Ω的电动机，R=24Ω，电源电动势E=40V.当S断开时，电流表的示数，I1=1.6A，当开关S闭合时，电流表的示数为I2=4.0A求开关S闭合时电动机消耗的功率和转化为机械能的功率.‎ ‎【答案】90W，87.5W ‎【解析】‎ ‎【详解】设电源内阻为r′，当S断开时，，即1.6=，‎ 得r′=1Ω.‎ 当S合上时,I2=4A，则U内=I2⋅r′=4V U外=E−U内=40V−4V=36V，也即电动机两端电压为36V P总=(I2−)U外=(4−)×36W=90W；‎ 所以P热=I2r=(I2−)2r=(4−)2×0.4W=2.5W，‎ P机=P总−P热=90W−2.5W=87.5W，‎ 答：开关S闭合时电动机消耗的功率为90W，转化为机械能的功率87.5W。‎ ‎【点睛】当S断开时，根据闭合电路欧姆定律求解电源的内阻。当开关S闭合时，已知电流表的示数，求出路端电压，由欧姆定律求出通过R的电流，得到通过电动机的电流，可求电动机消耗的功率，电动机的输出功率等于电功率与内部消耗的热功率之差．‎ ‎18.在如图所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1＝100 Ω，R2阻值未知，R3‎ 是一滑动变阻器，当其滑片从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电流的变化图线如图所示，其中A、B两点是滑片在变阻器的两个不同端点得到的．求：‎ ‎(1)电源的电动势和内阻；‎ ‎(2)定值电阻R2的阻值；‎ ‎(3)滑动变阻器的最大阻值．‎ ‎【答案】（1）2A （2）7V （3）12W ‎【解析】‎ 试题分析：电源的路端电压随电流的变化图线斜率大小等于电源的内阻，由闭合电路欧姆定律求出电动势；当滑片滑到最右端时，R1被短路，外电路的电阻最小，电流最大，读出电流和电压，由欧姆定律求出R2的阻值；滑动变阻器阻值最大时，外电阻最大，电流最小，由图读出电压和电流，由欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值。‎ ‎（1）由闭合电路欧姆定律得E=U+Ir，将图象中A、B两点的电压和电流代入和得 E=16+0.2r E=4+0.8r 联立解得 E=20V r=20Ω。‎ ‎（2）当R3的滑键自左向右滑时，R3阻值变小，使电路总电阻变小，而总电流变大．由此可知，图线上的A、B两点是滑键分别位于最左端和最右端时所得到的．当滑键位于最右端时，R3=0，R1被短路，外电路总电阻即为R2，故由B点的U、I值可求出R2，。‎ ‎（3）当滑键在最左端时，其阻值最大，并对应着图线上的A点，故由A点的U、I值可求出此时外电路总电阻，再根据串、并联电路的规律可求出R3‎ 的最大值．,‎ 又有 ，代入数值解得滑动变阻器的最大值R3=300Ω。‎ 点睛：本题要理解电源的伏安特性曲线的意义，可由图线上两点的坐标建立方程组求解电源的电动势和内阻。‎