江西省上饶中学2019-2020学年高二上学期月考物理试题（培优班）

江西省上饶中学2019-2020学年高二上学期月考物理试题（培优班）

上饶中学2019-2020学年高二上学期第二次月考 物理试卷（理科培优班）‎ 一．选择题（1-7题单选，8-10题多选，每题4分，共4×10=40分）‎ ‎1.在地球表面的某位置,发现能自由转动的小磁针静止时S极指向地面,则该位置是(　　)‎ A. 地磁北极附近 B. 地磁南极附近 C. 赤道附近 D. 无法确定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 根据同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引可知，小磁针的S极指向的位置应是地磁场的北极，故选项A正确.‎ ‎2.关于磁感应强度B，下列说法正确的是（　　）‎ A. 一小段通电导线放在磁感应强度为零处，它所受的磁场力不一定为零 B. 根据定义，磁场中某点的磁感应强度B的方向与导线放置的方向有关 C. 一小段通电导线在某处不受磁场力的作用，则该处的磁感应强度一定为零 D. 某点磁感应强度的方向就是小磁针N极在该点的受力方向 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据F=BIL可知，在磁感应强度为零处，它所受磁场力一定为零。故A错误。‎ B．根据定义，磁场中某点的磁感应强度的方向与通电导线放置的方向无关，由本身性质决定。故B错误。‎ C．当导体方向与磁场方向在一条线上时，导体不受磁场力作用，此时磁感应强度并非为零。故C错误。‎ D．某点磁感应强度的方向就是小磁针N极在该点的受力方向。故D正确。‎ ‎3.下列各图中，已标出电流I、磁感应强度B的方向，其中符合安培定则的是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 安培定则，也叫右手螺旋定则，是表示电流和电流激的磁场的磁感线方向间关系的定则，根据安培定则的应用即可正确解答．‎ ‎【详解】AB、通电直导线中安培定则（安培定则一）：用右手握住通电直导线，让大拇指指向电流的方向，那么四指的指向就是磁感线的环绕方向，由此可知AB不符合；‎ CD、通电螺线管中的安培定则（安培定则二）：用右手握住通电螺线管，使四指弯曲与电流方向一致，那么大拇指所指的那一端是通电螺线管的N极，据此可知C符合，D不符合．‎ ‎【点睛】加强练习熟练掌握安培定则的内容，注意磁场方向的表示方法，及右手螺旋定则与右手定则的区别．‎ ‎4.用细线悬挂轻质导线圈，使轻质导线圈可在空间自由转动．空间内加一方向水平向右的匀强磁场，如图所示，当线圈通以图示方向的电流时，从上往下看，线圈将 A. 顺时针转动，同时向左偏移少许 B. 逆时针转动，同时向右偏移少许 C. 逆时针转动，同时向左偏移少许 D. 不发生转动，但会向右偏移少许 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由右手螺旋定则可知，线圈向外一面为S极，因为异名磁极相互吸引，因此从上往下看，线圈做逆时针方向转动。根据左手定则可知在线圈转动过程中，受到右上方的安培力，所以线圈会向右上方偏移少许。‎ A．顺时针转动，同时向左偏移少许。故A不符合题意。‎ B．逆时针转动，同时向右偏移少许。故B符合题意。‎ C．逆时针转动，同时向左偏移少许。故C不符合题意。‎ D．不发生转动，但会向右偏移少许。故D不符合题意。‎ ‎5.内阻为R2的直流电动机与阻值为R1的电阻串联接入电路，电动机正常工作，电阻R1两端电压为U1，流过的电流为I1，消耗的功率为P1；电动机两端电压为U2，流过的电流为I2，消耗的功率为P2，以下判断正确的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.小灯珠与电动机串联，根据串联电路的规律可知，，故A错误；‎ B.根据功率公式：‎ P=UI 则有：‎ 联立解得：‎ 故B错误； ‎ C.在纯电阻电路中，有：‎ 故C错误；‎ D.电阻R1满足：‎ 电动机不是纯电阻电路，则有：‎ 故 故D正确．‎ ‎6.如图所示的电路图是一个应用“非”门构成的一个简易火警报警电路，则图中X框、Y框中应是 A. X为可变电阻，Y为热敏电阻 B. X为热敏电阻，Y为开关 C. X为热敏电阻，Y为可变电阻 D. X、Y均为热敏电阻 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由图可知，点接地，电势为0；若的电阻非常大，点的电势接近5V，非门的输入端为高电势，因此非门的输出端为低电势，蜂呜器两端没有电压，蜂鸣器不报警；若的阻值非常小，从而使输入端点的电势接近0，非门输出端为高电势，这样蜂鸣器两端获得一个能发声的工作电压，蜂鸣器就会发出声音报警，所以为热敏电阻，为可变电阻，用来调节报警器的灵敏度；‎ A.与分析相符，故A正确；‎ B.与分析不符，故B错误；‎ C.与分析不符，故C错误；‎ D.与分析不符，故D错误．‎ ‎7.实验室里可以用欧姆表直接测量电阻．如图所示，虚线框内是欧姆表的简化结构图，它由灵敏电流表、电源、变阻器等组成．某欧姆表的刻度值是按电源电动势为1.5V来刻度的，电流表的满偏电流为10mA．使用一段时间后，发现电动势已降为1.2V，此时重新调零后，用该欧姆表测得某电阻值为200Ω，则此电阻的实际值为（　）‎ A. 160Ω B. 180Ω C. 200Ω D. 220Ω ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】欧姆表的内阻为：‎ 当测量值为200Ω时的电流值为：‎ 调零后内阻为：‎ 则电动势为E′=1.2V，电流值为时的电阻值为：‎ 解得：‎ A．160Ω。故A符合题意。‎ B．180Ω。故B不符合题意。‎ C．200Ω。故C不符合题意。‎ D．220Ω。故D不符合题意。‎ ‎8.A、B两灯的额定电压都是110V，A灯的额定功率PA＝100W，B灯的额定功率PB＝40W，若将两灯同时接入电压恒为220V的电路上,且使两灯均能正常发光，同学们设计了如图所示的甲、乙两种电路，则（）‎ A. 甲电路中流过滑动变阻器的电流为A B. 甲电路消耗的电功率大小为180W C. 乙电路中流过滑动变阻器的电流为A D. 乙电路消耗的电功率大小为280W ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据题意可知A、B两灯的电阻分别为：‎ 在甲电路中，A、B两灯的电压均为110V，根据欧姆定律可得通过A的电流为：‎ 通过B的电流为：‎ 所以甲电路中流过滑动变阻器的电流为：‎ 故A不符合题意。‎ B．甲电路消耗电功率大小为：‎ 故B不符合题意。‎ C．由图可知乙电路中流过滑动变阻器的电流为：‎ 故C符合题意。‎ D．乙电路消耗的电功率大小为：‎ 故D符合题意。‎ ‎9.如图所示的电路中，电源内阻为r，闭合电键，电压表示数为U，电流表示数为I；在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中（）‎ A. U先变大后变小 B. I先变小后变大 C. U与I的比值不变 D. U变化量的大小与I的变化量的大小的比值等于r ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．由图可知，滑动变阻器上下两部分并联，当滑片在中间位置时总电阻最大，则在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中，滑动变阻器R1的电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律可知电流表示数先减小后增大，电压表测量路端电压，根据闭合电路欧姆定律可知，路端电压先变大后变小。故AB符合题意。 C．U与I的比值就是接入电路的R1的电阻与R2的电阻的和，所以U与I比值先变大后变小。故C不符合题意。 D．因电流量一个支路的电流，而总电流的变化量应包括R中电流的变化，所以电压表示数与电流表示数变化的比值不等于r。故D不符合题意。‎ ‎10.2019年1月11日1时11分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功将“中星2D”卫星发射升空，升空后的卫星能量补给主要靠太阳能电池.硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点.如图所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I 的关系图象，图线b是某纯电阻电器的U-I图象.则在该光照强度下，把该电池和该电器组成一个电路时，电池的 A. 输出功率为12.5W B. 内阻为5.5Ω C. 内耗功率为0.5W D. 效率约为69%‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电源的路端电压为2.5V，电流为0.2A，则输出功率：‎ P=2.5×0.2W=0.5W 故A不符合题意 B．由欧姆定律得：U=E-Ir，当I=0时，E=U，由a与纵轴的交点读出电动势为E=3.6V，根据两图线交点处的状态可知，电阻的电压为2.5V，则内阻：‎ 故B符合题意。 C．内阻消耗的功率：‎ Pr=3.6×0.2-2.5×0.2=0.22W 故C不符合题意。 D．电池的效率：‎ 故D符合题意。‎ 二．实验题（每空2分，有9空，共2×9=18分）‎ ‎11.某同学通过实验测定一个阻值约为5 Ω的电阻Rx的阻值．‎ ‎（1）现有电源（4V，内阻可不计）；‎ 滑动变阻器（0～50Ω，额定电流2 A）；‎ 开关和导线若干，‎ 以及下列电表：‎ A.电流表（0～3 A，内阻约0.02 Ω）‎ B.电流表（0～0.6 A，内阻约0.12 Ω）‎ C.电压表（0～3 V，内阻约3 kΩ）‎ D.电压表（0～15 V，内阻约15 kΩ）‎ 在实验中，电流表选用_____，电压表选用_____；实验电路应采用图中的______（“甲”/“乙”）‎ ‎（2）接通开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U.某次电表示数如图所示，可得该电阻的测量值Rx＝＝________ Ω（保留两位有效数字）．‎ ‎（3）若在（1）问中选用甲电路，产生误差的主要原因是________________；若在（1）问中选用乙电路，产生误差的主要原因是________．（选填选项前的字母）‎ 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两端的电压值 D．电压表测量值大于Rx两端的电压值 ‎【答案】 (1). C (2). B (3). 甲 (4). (5). B (6). D ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2][3]因电源的电压为4V，因此电压表选择3V量程，故电压表选C；由于Rx的阻值约为5Ω，根据欧姆定律可知，电流的最大值为：‎ 从精确角来说，所以电流表选择0.6A的量程，故电压表选B；根据待测电阻的阻值与电压表及电流表的阻值，可知，待测电阻的阻值偏小，因此选择电流表外接法，故选择甲图。 (2)[4]电压表的读数为U=2.60V；电流表的读数为I ‎=0.50A；电阻阻值： ‎ ‎(3)[5][6] 甲图采用的是电流表外接法，实际上电压表并不是理想电表，所以电压表也有电流，电流表测量的电流是Rx和电压表的电流之和，所以产生误差的主要原因是电流表测量值大于Rx的电流值，导致测量的电阻Rx比实际偏小，所以选B。乙图采用的是电流表内接法，实际上电流表并不是理想电表，所以电流表两端也有电压，电压表测量的电压是Rx和电流表两端的电压之和，所以产生误差的主要原因是电压表测量值大于Rx两端的电压值，导致测量的电阻Rx比实际偏大，所以选D。‎ ‎12.图为某同学组装完成的简易多用电表的电路图．图中是电池，是固定电阻，是可变电阻．虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连．该多用电表有5个挡位．‎ ‎（1）图中的端与_________（选填“红”或“黑”）色表笔相连接；‎ ‎（2）关于的使用，下列说法正确的是_________；‎ A．在使用多用电表之前，调整使电表指针指在表盘左端电流“0”位置 B．使用欧姆挡时先将两表笔短接，调整使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置 C．使用电流挡时，调整使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置 ‎（3）关于此多用电表，下列说法正确的是_________________（填字母代号）‎ A．开关S接到位置1或2时是电流档，接位置1时的量程大 B．使用多用电表的欧姆挡测量电阻，双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏小 C．测量电阻时发现指针偏离中央刻度过大，必须减小倍率，重新调零后再进行测量 D．测量电阻选择“×10”倍率，发现指针位于20与30正中间，则测量值小于250Ω ‎【答案】 (1). 黑 (2). B (3). ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]根据欧姆表原理可知，内部电源的正极应接黑表笔，这样才能保证在测电阻时电流表中电流“红进黑出”则A端应接黑色笔。 (2)[2]由电路图可知，R6只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零，不能进行机械调零，同时在使用电流档时也不需要时行调节。故B正确，AC错误。‎ ‎(3)[3]A．开关S接到位置1或2时，表头与电阻并联，电阻起分流作用，是电流档，开关S接到位置1时，并联的电阻阻值小，所以接位置1时的量程大。故A正确。‎ B．双手捏住两表笔金属杆，人体与电阻并联，总电阻减小，测量值偏小。故B正确。‎ C．测量时发现指针偏离中央刻度过大，则所选择的倍率太大或太小，为准确测量电阻阻值，必需增大或者减小倍率，重新调零后再进行测量。故C错误。‎ D．欧姆表刻度是左密右疏，选择“×10”倍率测量时发现指针位于20与30正中间，即测量值小于250Ω，大于200Ω。故D正确。‎ 三．计算题（共4大题,13-15题各10分，16题12分，共42分）‎ ‎13.如图所示，电源电动势为E=30V，内阻为r=2Ω，电灯上标有“6V，12W”字样，直流电动机线圈电阻R=2Ω.若电灯恰能正常发光，求：‎ ‎（1）流过电灯的电流是多大？‎ ‎（2）电动机两端的电压是多大？‎ ‎（3）电动机输出机械功率是多少．‎ ‎【答案】（1）2A （2）20V （3）32W ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)灯泡L正常发光，电路中的电流为：‎ ‎(2)由闭合电路的欧姆定律可知，电动机的电压为：‎ UM=U-Ir-UL=30V-2×2V-6V=20V ‎(3)电动机的总功率为：‎ P总=IUM=2×20=40W 电动机的热功率为：‎ P热=I2R=22×2=8W 所以电动机的输出功率为：‎ ‎14.如图所示的电路中，电源电动势Ed＝18V，内阻r＝10Ω，一定值电阻R0＝79Ω，变阻箱R1接入电路电阻为91Ω．一平行板电容器水平放置，电容器极板长L＝50cm，板间距离d＝40cm，此时，将变阻箱阻值调到R1＝91Ω，一电子以v0＝2.0×106m/s的速度从左端沿中线水平射入电容器．（电子所带电荷量e=1.6×10-19C，电子的质量时9.1×10-31kg）求：‎ ‎（1）若电容器的电容C＝2μF，则此时电容器极板上带电量多大？‎ ‎（2）电子飞出电容器时的沿垂直于板面方向偏移的距离y？‎ ‎【答案】（1） （2）0.5m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据闭合电路欧姆定律可得变阻箱R1两端的电压为：‎ 电容器极板上带电量为：‎ ‎(2) 电子飞出电容器的过程中做类平抛运动，则有：‎ 在水平方向：L=v0t 在竖直方向：‎ 加速度为：‎ 联立并代入数据解得：‎ y=0.5m ‎15.如图所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4m，质量为6×10﹣2kg的通电直导线，电流I ‎＝1A，方向垂直于纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度随时间变化的磁场中，其变化规律B＝0.2t、磁场方向竖直向上，则：‎ ‎（1）当t=2s时，安培力的大小和方向？‎ ‎（2）需要多长时间，斜面对导线的支持力为零？‎ ‎【答案】（1）0.16N 方向水平向左 （2）4s ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)安培力的大小为：‎ 方向水平向左。‎ ‎(2) 斜面对导线的支持力为零时导线的受力如图所示：‎ 由平衡条件，有：‎ FTcos37°=F FTsin37°=mg ‎ 解得安培力为：‎ 由F=BIL，解得：‎ B=2T 由于B=0.5t，故 t=4s ‎16.如图所示，相距的两物体A和B静止在绝缘水平面上，滑块A的质量为2m，电荷量为+q，B是质量为m的不带电的金属滑块．空间加一水平向左的匀强电场，场强为 ‎．已知A与水平面间的动摩擦因数，B与水平面间的动摩擦因数，A与B的碰撞为弹性正碰（碰后总电荷量始终不变且电量平分，g取10m/s2）．试求：‎ ‎（1）A第一次与B碰前的速度的大小；‎ ‎（2）A第一次与B碰后的A、B速度大小；‎ ‎（3）A第二次与B碰前的A速度大小；‎ ‎（4）A、B停止运动时，B的总位移．‎ ‎【答案】（1）2m/s （2） （3） （4）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)从A开始运动到与B碰撞过程，由动能定理得： 代入数据解得：‎ v0=2m/s ‎(2)AB碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律得：2mv0=2mv1+mv2 由机械能守恒定律得： 代入数据解得：‎ ‎(3)两物体碰撞后电量均分，均为，‎ 则B的加速度：‎ A的加速度：‎ 即B做匀减速运动，A做匀速运动， A第二次与B碰前的速度大小为：‎ ‎ (4)B做减速运动直到停止的位移：‎ AB第二次碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒， 由动量守恒定律得：2mv1=2mv1′+mv2′， 由机械能守恒定律得： 代入数据解得：‎ B再次停止时的位移：‎ ‎ ‎ 则A、B停止运动时，B的总位移：‎ ‎ ‎