【物理】安徽省池州市青阳县第一中学2019-2020学年高二上学期11月月考试题（解析版）

【物理】安徽省池州市青阳县第一中学2019-2020学年高二上学期11月月考试题（解析版）

青阳一中2019--2020学年度11月份月考 高二物理试卷 一、选择题（本题共12道小题，1—7单选题，每题3分，8-12多选题每题4分，共计41分）‎ ‎1.关于电动势，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 一个电源的电动势的大小只由电源本身决定 B. 因电动势的单位和电势差相同，所以电动势实质上就是电势差 C. 一个电动势为1.5V的干电池接入电路时，若有1C的电荷量通过电路，就有1.5 J的化学能转变成电能 D. 电压表接到电源两极时，测得的就是电动势 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 电源是提供电能的装置，电动势是反应电源提供电能的能力，仅于电源有关，A对；电势差如同重力场中的高度差，与电动势是不同的概念，B错；化学能=W=Uq=1.5V×1C=1.5J，C对；电压表接到电源两极时，测量的是外电路电压，D错．‎ ‎2.如图所示是一根粗细均匀的橡胶棒，其横截面积为S，由于与毛皮发生摩擦而均匀带负电，若已知该橡胶棒每米长度所带的电荷量为q，则当该棒沿轴线方向做速度为v的匀速直线运动时，形成的等效电流为（ ）‎ A. vq B. C. qvS D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】棒沿轴线方向以速度v做匀速直线运动时，单位时间内通过的距离为vΔt，单位时间内通过的电荷量Q=qvΔt，得到等效电流为.‎ A．vq，与结论相符，选项A正确；B．，与结论不相符，选项B错误；‎ C．qvS，与结论不相符，选项C错误；D．，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎3.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R=‎ C. 对应P点，小灯泡的电阻为R= D. 对应P点，小灯泡的电阻为R=‎ ‎【答案】B ‎【解析】A．随着所加电压的增大，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．‎ BCD．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CD错误，B正确．‎ ‎4.多用表调到欧姆档时，其内部等效电路下列那个是正确的 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 多用电表调到欧姆档时，其内部应有电池、滑动变阻器、电流表表头，并且黑表笔应与电池的正极相连，红表笔与电池的负极相连，根据表头的左正右负，可知左端是红表笔，右端是黑表笔C正确．‎ ‎5.有一个电流表G，内阻Rg=10Ω满偏电流Ig=3mA，要把它改装成量程0～3V的电压表，则（ ）‎ A. 要串联一个阻值为990Ω的电阻 B. 要并联一个阻值为990Ω的电阻 C. 要串联一个阻值为0.10Ω的电阻 D. 要并联一个阻值为0.10Ω的电阻 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】把电流表改装电压表，应串联一个分压电阻，串联电阻阻值为：‎ 故A正确．‎ ‎6.如图所示的电路中，灯泡A和灯泡B原来都是正常发光的，现在突然灯泡A比原来变暗了些，灯泡B比原来变亮了些，则电路中出现的故障可能是(　　)‎ A. R1、R2同时短路 B. R1短路 C. R3断路 D. R2断路 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、R2短路，B灯不亮，不符合题意．故A错误． B、若R1短路，外电阻减小，路端电压U减小，干路电流I增大，R3电流I3减小，则通过A的电流IA=I-I3增大，UA增大，A灯变亮；B灯并联分流变大，B灯变亮，不符合题意．故B错误． C、若R3断路，外电阻增大，路端电压U增大，A、B两灯均变亮，不符合题意．故C错误． D、R2断路，外电阻增大，路端电压U增大，干路电流I减小，R3电流I3增大，则通过A的电流IA=I-I3减小，A灯变暗．B灯电压UB=U-IA（RA+R1）增大，B灯变亮，符合题意．故D正确．‎ ‎7.如图所示,虚线A、B、C表示某电场中的三个等势面,相邻等势面间的电势差相等,一电子从右侧垂直等势面A向左进入电场,运动轨迹与等势面分别交于a、b、c三点,若电子仅受到电场力作用,其在a、b、c三点的速度大小分别为va、vb、vc,则(   )‎ A. 三个等势面的电势大小φC>φB>φA B. 电子由a到b电场力做功等于由b到c电场力做功;‎ C. 电子在a、b、c三点的速度关系vb>vc>va D. 电子在a、b、c三点的电势能关系EPA>EPB>EPC ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对于带电粒子在电场中的运动，首先根据运动轨迹判断出电场力做功问题，然后动能定理或功能关系判断相关问题；‎ ‎【详解】A、根据电子运动的轨迹可判断电场力对电子做负功，电子的电势能增大，即，故电势的关系为，故选项AD错误；‎ B、根据题意相邻等势面间的电势差相等，则根据公式可知电子由a到b电场力做功等于由b到c电场力做功，故选项B正确；‎ C、由于电场力对电子做负功，电子的电势能增大，则动能减小，由于电子质量不变，故电子在a、b、c三点的速度关系，故选项C错误．‎ ‎【点睛】本题考查了电场线和电势之间的关系以及电场力做功与电势能变化之间的关系，正确理解以上知识是解答此题的关键．‎ ‎8.如图所示，定值电阻R0=r（r为电源内阻），滑动变阻器的最大阻值为R（R＞2r），闭合开关S，在滑动变阻器的滑片P由左端a向右端b滑动的过程中，以下说法中正确的是（　　）‎ A. 电容器的带电荷量变大 B. R0消耗的功率变大 C. 滑动变阻器消耗的功率先变大后变小 D. 电源的输出功率变小 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．滑片P由a端向b端滑动的过程中，R阻值减小，回路总电阻减小，电流增大，路端电压减小，电容器带电荷量将减小，故A错误；‎ B．由P＝I2R0‎ 可知定值电阻R0消耗的功率变大，故B正确；‎ C．将R0等效成电源内阻的一部分，当R＝R0+r时，滑动变阻器消耗的功率最大，可以判断滑动变阻器消耗的功率先变大后变小，故C正确；‎ D．根据电源输出功率与外电阻的关系，当R外＞r时，电源的输出功率随外电阻的减小而增大，故D错误；‎ ‎9.如图所示电路中，电源电动势为E内阻为r，当滑动变阻器R2滑动端向右滑动后，理想电流表A1、A2的示数变化量的绝对值分别为ΔI1、ΔI2，理想电压表示数变化量的绝对值为ΔU．下列说法中正确的是（ ）‎ A. 电压表V的示数减小 B. 电流表A2的示数变小 C. ΔU与ΔI1比值一定小于电源内阻r D. ΔU与ΔI2比值一定小于电源内阻r ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：A、0当滑动变阻器滑动端向右滑动后，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，则总电流减小．所以电流表A2的示数减小．‎ 根据串联电路分压的特点分析可知，并联部分电压增大，即电压表V的示数增大，故A错误，B正确；‎ C、根据并联电路的电流规律I2=I1+I，A2的示数I2变小，通过定值电阻R1的电流增大，则A1的示数I1变小，所以△I1一定大于△I2．‎ 电压表测量路端电压，根据闭合电路欧姆定律U=E﹣I2r可知，=r，而△I1大于△I2，所以＜r．故D错误，C正确．故选BC ‎10.如图所示，一直流电动机与阻值R＝9 Ω的电阻串联在电源上，电源电动势E＝30 V，内阻r＝1 Ω，用理想电压表测出电动机两端电压U＝10 V，已知电动机线圈电阻RM＝1 Ω，则下列说法中正确的是 A. 通过电动机的电流为10 A B. 电动机的输入功率为20 W C. 电动机的热功率为4 W D. 电动机的输出功率为16 W ‎【答案】BCD ‎【解析】Ａ．根据闭合电路欧姆定律，有：，‎ 解得：，故A错误；‎ B．电动机的输入功率：‎ C．电动机的热功率：‎ D．电动机输出功率：，故D正确；‎ ‎11.如图所示，在匀强电场中，有边长为5cm的等边三角形ABC，三角形所在平面与匀强电场的电场线平行，O点为该三角形的中心，三角形各顶点的电势分别为、、，下列说法正确的是 A. O点电势为零 B. 匀强电场的场强大小为，方向由C指向A C. 在三角形ABC外接圆的圆周上电势最低点的电势为1V D. 将电子由C点移到A点，电子的电势能增加了4eV ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】因AC中点的电势为可知B与AC中点的连线为等势面，可知O点的电势为3V，选项A错误；匀强电场的场强大小，方向由C指向A，选项B正确；在三角形ABC外接圆的圆周上电势最低的点应该是平行于AC的直径与圆周的上方的交点位置，因A点的电势为1V，则此电势最低点的位置的电势小于1V，选项C错误；将电子由C点移到A点，电势降低4V，则电子的电势能增加了4eV，选项D正确.‎ ‎12.如图所示，a、b是两个带有同种电荷小球，用绝缘细线悬挂于同一点，两球静止时，它们距水平地面的高度相等，绳与竖直方向的夹角分别为α、β．且β＞α，若同时剪断两根细线，空气阻力不计，两球带电量不变，则下列叙述正确的是（　　）‎ A. a球的质量比b球的质量大 B. a球的电荷量比b球的电荷量大 C. a，b两球飞行的水平距离相等 D. 两球同时落地 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、对A、B两球进行受力分析，均受重力、细线的拉力和库仑斥力三个力的作用而处于平衡状态， 对a球① ‎ 对b球② ‎ 联立①，因为β＞α，所以，故A正确； ‎ B、电荷a、b的库仑力遵循牛顿第三定律，总是大小相等，方向相反，与电荷量的大小无关，故B错误； ‎ C、剪断细线后，水平方向受库仑力，竖直方向受重力作用，竖直方向的分运动为自由落体运动，因为两小球高度相等，所以下落时间相等，水平方向两球的加速度不等，故水平位移不等，故C错误； ‎ D、由C分析知，两球落地时间相等，所以D正确 故选：AD 二、实验题（本题共2道小题,共计16分）‎ ‎13.某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率，步骤如下：‎ 用20分度的游标卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为______mm；‎ 用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为______mm；‎ 该同学先用欧姆表粗测该圆柱体的阻值，选择欧姆档倍率“”后测得的阻值如图3表盘所示，测得的阻值约为______，‎ 导线的直径为d，长度为L，电压表示数为U，电流表示数为I，则电阻率的表达式______．‎ ‎【答案】 (1). 50.15 (2). 4.697(±2) (3). 700Ω　 (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】游标卡尺是20分度的卡尺，其分度值为，则图示读数为：． 螺旋测微器的固定刻度为，可动刻度为，所以最终读数为 表盘的读数为7，所以导电玻璃的电阻约为． 根据电阻定律可得：，圆柱体导体材料的横截面积：‎ ‎，根据欧姆定律可得：，联立可得金属电阻率：．‎ ‎14.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，除有一标有“6 V,1.5 W”的小灯泡、导线和开关外，还有：‎ A．直流电源6 V(内阻不计)‎ B．直流电流表0～3 A(内阻0.1 Ω以下)‎ C．直流电流表0～300 mA(内阻约为5 Ω)‎ D．直流电压表0～10 V(内阻约为15 kΩ)‎ E. 滑动变阻器10 Ω，2 A F．滑动变阻器1 kΩ，0.5 A 实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量．‎ ‎1.实验中电流表应选用________，滑动变阻器应选用________(均用序号表示)．‎ ‎2.在方框内画出实验电路图（ ）．‎ ‎3.试将图中所示器材连成实验电路（ ）．‎ ‎【答案】 (1). C E (2). 实验电路如图；‎ ‎ (3). 实物连线图如图； ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】小灯泡的额定电流为，因此电流表选C，本实验采用分压式，为方便调节滑动变阻器应选阻值小的，因此选E；‎ 本实验采用分压式，和外接式测量小灯泡的伏安特性曲线，电路如图 器材连接如图 三、计算题（本题共4道小题,第15题8分,第16题9分,第17题12分,第18题14分,共43分）‎ ‎15.如图所示，电阻R1=4Ω，R2=6Ω，电源内阻r=0.6Ω，如果电路消耗的总功率为40W，电源输出功率为37.6W，则电源电动势和R3的阻值分别为多大？‎ ‎【答案】20V ‎ ‎【解析】电源内阻消耗的功率为，得： 由得： 外电路总电阻为，由闭合电路欧姆定律 得：．‎ 点睛：对于电源的功率要区分三种功率及其关系：电源的总功率，输出功率，内电路消耗的功率，三者关系是．‎ ‎16.如图所示，已知电源的电动势E=5V，内阻r=2Ω，定值电阻R1=0.5Ω，滑动变阻器R2的最大阻值为10Ω．求：‎ ‎（1）当滑动变阻器R2的阻值为多少时，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少时，滑动变阻器消耗的功率最大？最大功率为多少？‎ ‎（3）当滑动变阻器的阻值是多少时，电源输出功率最大？最大功率是多少？‎ ‎【答案】(1)0Ω，2W (2)2.5Ω，2.5W (3) 1.5Ω，3.125W ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据P=I2R，当电流最大时，电阻R1消耗的功率最大，故当滑动变阻器短路，即R2=0时，电阻R1消耗的功率最大；电阻R1消耗的最大功率是 ‎（2）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；滑动变阻器消耗的最大功率为 ‎ ‎ ‎（3）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 ‎17.在竖直平面内有一范围足够大且斜向右上方的匀强电场，方向与水平方向角．在电场中有一质量为m，带电荷量为q的带电小球，用长为不可伸长的绝缘细线悬挂于固定轴O上.小球可以在与O点等高的M点处于静止状态，如图所示.现用外力将小球拉到最低点P，然后无初速度释放，重力加速度为g.求 ‎(1)电场强度E的大小及小球从P运动到M过程中电势能的变化量；‎ ‎(2)小球运动到M点时绳拉力大小；‎ ‎【答案】(1)电势能减少2mgL (2)3mg ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小球静止在点时合力为零，由平衡条件：‎ ‎ 得：‎ 从到过程中电场力做功为：‎ 解得：‎ 由可得 即电势能减少 ‎（2）从到由动能定理可得：‎ 则有：‎ 得：‎ 小球运动时由向心力公式可得：‎ 得：‎ ‎18.如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC，其下端（C端）距地面高度h=0.8m．有一质量为500g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑，小环离开杆后正好通过C端的正下方P点．（g取10m/s2）求：‎ ‎（1）小环离开直杆后运动的加速度大小和方向；‎ ‎（2）小环在直杆上匀速运动时速度的大小；‎ ‎（3）小环运动到P点的动能．‎ ‎【答案】（1）a≈14.1 m/s2．方向与杆垂直斜向右下方；（2）v0=2 m/s；（3）EkP =5 J ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：(1)小环在直杆上的受力情况如图所示．‎ 由平衡条件得：mgsin45°＝Eqcos45° ① ‎ 得： mg＝Eq，‎ 离开直杆后，只受mg、Eq作用，则：‎ F合＝mg＝ma ②‎ a＝g＝10m/s2≈14.1 m/s2 ‎ 方向与杆垂直斜向右下方． ‎ ‎（2）设小环在直杆上运动的速度为v0,离杆后t秒到达P点，则：‎ 竖直方向：③‎ 水平方向：④‎ 联立解得：‎ ‎（3）由动能定理得：⑤‎ 代入数据解得：‎