安徽省濉溪县临涣中学2020学年高二物理上学期第二次月考试题（含解析）

安徽省濉溪县临涣中学2020学年高二物理上学期第二次月考试题（含解析）

安徽省濉溪县临涣中学2020学年高二上学期第二次月考物理试题 ‎ 一、单项选择题 ‎1. 下列物理量中哪些与检验电荷无关？（ ）‎ A. 电势能ε B. 静电力做的功W C. 电场强度E D. 电场力F ‎【答案】C 点睛：本题考查了对电场中几个概念的理解情况，物理中有很多物理量是采用比值法定义的，要正确理解比值定义法的含义。‎ ‎2. 如图所示，半径相同的两个金属小球A、B带有电荷量大小相等的电荷，相隔一定的距离，两球之间的相互吸引力大小为F，今用第三个半径相同的不带电的金属小球C先后与A、B两个球接触 后移开，这时，A、B两个球之间的相互作用力大小是(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】两球之间的相互吸引力，则两球带等量异种电荷；‎ 假设A带电量为Q，B带电量为，‎ 两球之间的相互吸引力的大小是：‎ 第三个不带电的金属小球C与A接触后，A和C的电量都为：‎ C与B接触时先中和再平分，则C、B分开后电量均为：‎ 这时，A、B两球之间的相互作用力的大小：，故D正确，ABC错误。‎ 点睛：要清楚带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分，根据库仑定律的内容，找出变化量和不变量熟练应用库仑定律即可求题。‎ ‎3. 实线为三条未知方向的电场线，从电场中的M点以相同的速度飞出a、b两个带电粒子，a、b的运动轨迹如图中的虚线所示(a、b只受电场力作用)，则(　　)‎ A. a的加速度将减小，b的加速度将增大 B. 电场力对a做正功，对b做负功 C. a的速度将减小，b的速度将增大 D. a一定带正电，b一定带负电 ‎【答案】A ‎【解析】A、向左电场线越来越疏，场强越来越小，则a所受电场力减小，加速度减小，b所受电场力增大，加速度增大，故A正确；‎ B、由图，b粒子的轨迹向右弯曲，b粒子受到的电场力方向向右，a的轨迹向左弯曲，b粒子受到的电场力方向向左，电场力方向与粒子速度方向的夹角都是锐角，所以电场力对两个粒子都做正功，动能都增大，速度都增大，故选项BC错误；‎ D、由上面分析可以知道b粒子的轨迹向右弯曲，b粒子受到的电场力方向向右，a的轨迹向左弯曲，b粒子受到的电场力方向向左，由于电场线方向未知，因此无法确定两个粒子的电性，故D错误。‎ 点睛：本题是轨迹问题，根据轨迹的弯曲方向判断出电荷所受的电场力是关键，再结合电场线的疏密和方向分析粒子的运动情况。‎ ‎4. 一节干电池的电动势为1.5 V，其物理意义可以表述为(　　)‎ A. 外电路闭合时，导线某一截面每通过1 C的电荷量，整个电路就获得1.5 J的电能 B. 外电路闭合时，1 s内它能将1.5 J的化学能转化为电势能 C. 外电路闭合时，1 s内它能将1.5 C的电荷量通过导线的某一截面 D. 外电路断开时，1 s内它能将1.5 J的化学能转化为电势能 ‎【答案】A ‎【解析】A、由电动势的定义式，可知，电源中每通过电量，非静电力做功为，电源把的化学能转变为电能，整个电路就获得1.5 J的电能，故选项A正确，选项BD错误；‎ C、当内能使的电量通过导线的某一截面时，电路中电流是，但电动势不一定等于，故C错误。‎ 点睛：本题考查对电源电动势的理解，电动势表征电源把其他形式的能转化为电能本领的大小，当非静电力把的正电荷从负极移到正极时，一节干电池向整个电路提供的电能。‎ ‎5. 如图为某一电场的电场线和等势面分布，其中图中实线表示电场线，虚线表示等势面，过a、c两点的等势面电势分别为φa＝5 V，φc＝3 V，那么a、c连线的中点b的电势φb为(　　)‎ A. φb＝ 4 V B. φb<4 V C. φb>4 V D. 上述情况都有可能 ‎【答案】B ‎【解析】由图看出，ab段电场线比bc段电场线密，ab段场强较大，根据公式可知，a、b间电势差大于b、c间电势差，即，得到，故选项B正确，选项ACD错误。‎ 点睛：由图看出，ab段电场线比bc段电场线密，ab段场强较大，根据公式定性分析a、b间与b、c间电势差的大小，再求解中点b的电势 ‎，本题的关键是运用匀强电场中场强与电势差的公式定性分析电势差的大小。‎ ‎6. 把六个相同的小灯泡接成如图4甲、乙所示的电路，调节变阻器使灯泡正常发光，甲、乙两电路所消耗的功率分别用P甲和P乙表示，则下列结论中正确的是(　　)‎ A. P甲＝P乙 B. P乙＝3P甲 C. P甲＝3P乙 D. P乙>3P甲 ‎【答案】C ‎【解析】设灯泡正常发光时的电流为，对于甲图，电路的总的电流为，‎ 此时甲的总功率的大小为；‎ 对于乙图，电流的总电流的大小就为，此时乙的总功率的大小为，‎ 所以，所以C正确，选项ABD错误。‎ 点睛：对于本题来说关键的是选择公式，由于电路的总电压的大小是相同的，所以用总电压与总电流的乘积来计算总功率的大小比较简单。‎ ‎7. 如图所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长lab＝2lbc。当将A与B接入电压为U(V)的电路中时，电流为I；若将C与D接入电压为U(V)的电路中，电流为(　　)‎ A. 2I B. 4I C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】设金属薄片的厚度为d，当A与B接入电压为U（V）的电路中时，，当C与D接入电压为U（V）的电路中时，，可知，根据欧姆定律得，电流，知电流之比为，所以将C与D接入电压为U（V）的电路中，电流为，故B正确，ACD错误。‎ 点睛：本题考查了电阻定律和欧姆定律的综合，知道影响电阻大小的因素，掌握电阻定律的公式。‎ ‎8. 如图所示电路，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中(　　)‎ A. 电压表的示数减小，电流表的示数增大 B. 电压表与电流表的示数都增大 C. 电压表的示数增大，电流表的示数减小 D. 电压表与电流表的示数都减小 ‎【答案】D ‎【解析】在变阻器的滑片向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，变阻器与并联电阻减小，则外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，则路端电压减小，即电压表示数减小，由于电阻两端电压增大，则并联电路两端电压减小，根据欧姆定律可以知道，通过的电流减小，即电流表示数减小，故D正确，ABC错误。‎ 点睛：本题是电路的动态变化分析问题，首先确定出变阻器接入电路的电阻如何变化，再按局部到整体，再到部分的思路进行分析。‎ 二、多项选择题 ‎9. 三个阻值都为12 Ω的电阻，它们任意连接、组合，总电阻可能为(　　)‎ A. 4 Ω B. 36 Ω C. 18 Ω D. 24 Ω ‎【答案】ABC ‎【解析】当三个电阻串联时，获得的阻值为；‎ 当三个电阻并联时，获得的阻值为；‎ 当两个电阻串联后与第三个电阻并联，获得的阻值为；‎ 当两个电阻并联后与第三个电阻串联，获得的阻值为，故选项ABC正确，选项D错误。‎ 点睛：三个相同电阻可以有四种连接方式：三个电阻串联、三个电阻并联、两个电阻串联后与第三个电阻并联，两个电阻并联后与第三个电阻串联，分析求出阻值。‎ ‎10. 用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图)。设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ。实验中，极板所带电荷量不变，若(　　)‎ A. 保持S不变，增大d，则θ变小 B. 保持d不变，减小S，则θ变大 C. 保持S不变，增大d，则θ变大 D. 保持d不变，减小S，则θ不变 ‎【答案】BC ‎【解析】A、保持S不变，增大d，由公式可知电容变小，电容器的带电量不变，根据，说明板间电势差变大，则变大，故A错误，C正确；‎ B、保持d不变，减小S，由公式可知电容变小，电容器的带电量不变，根据可知，说明板间电势差变大，则变大，故B正确，D错误。‎ 点睛：解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量，电容器与电源断开，电量保持不变，根据电容器的定义式进行判断。‎ ‎11. 如图所示为两个不同闭合电路中两个不同电源的U－I图像，则下列说法中正确的是(　　)‎ A. 电动势E1>E2，内阻r1＜r2‎ B. 电动势E1＝E2，内阻r1＞r2‎ C. 电动势E1＝E2，短路电流I1＞I2‎ D. 当两电源的工作电流变化相同时，电源2的路端电压变化较大 ‎【答案】CD ‎【解析】A、图象中与U轴的交点表示电源的电动势，斜率表示内阻，电动势，内阻，故AB错误；‎ C、图象与I轴的交点表示短路电流，故发生短路时的电流，故C正确；‎ D、根据可知，，内阻，故当电源的工作电流变化相同时，电源2的路端电压变化较大，故D正确。‎ 点睛：本题考查了闭合电路电源的图象的相关知识，要求同学们理解图象中与U轴的交点表示电源的电动势，与I轴的交点表示短路电流，斜率表示内阻。‎ ‎12. 在如图9所示的电路中，观察三只小灯泡亮度的变化和两只电压表示数的变化情况.如果滑动变阻器的滑片P由a端滑至b端的过程中，电压表示数变化的绝对值为ΔU1，电压表示数变化的绝对值为ΔU2，则下列说法正确的是(　　)‎ A. L1、L2变暗，L3变亮 B. L3变暗，L1、L2变亮 C. ΔU1>ΔU2‎ D. ΔU1<ΔU2‎ ‎【答案】BC ‎【解析】A、当滑片由a向b滑动时，滑动变阻器接入电阻减小，故总电阻减小；由闭合电路的欧姆定律可知，电路中干路电流增大，则通过的电流增大，故变亮；‎ 总电流增大，故内压增大，由闭合电路欧姆定律可知，路端电压减小，而电压增大，故两端电压减小，流过的电流减小，变暗；‎ 由并联电路的电流规律可知，通过的电流增大，故变亮，故A错误，B正确；‎ C、因为，示数减小，而示数增大，与的总值减小，故有减小量大于的总值变化，即，故C正确，D错误。‎ 点睛：本题考查闭合电路欧姆定律的动态分析，难点在于分析两电表变化量的大小，应注意体会。‎ 三、实验题 ‎13. 用伏安法测电阻，可采用如图所示的甲、乙两种接法。如所用电压表内阻约为5000 Ω，电流表内阻约为0.5 Ω。‎ ‎(1)当测量100 Ω左右的电阻时，宜采用________电路。‎ ‎(2)现采用乙电路测量某电阻的阻值时，两电表的读数分别为10 V、0.5 A，则此电阻的测量值为________ Ω，____________（大于or等于）真实值。‎ ‎【答案】 (1). 甲 (2). 20 (3). 小于 ‎【解析】试题分析：由于待测电阻满足，所以电流表应用内接法，即应采用甲电路；采用甲电路时，电阻测量值为；考虑电压表的分流作用，待测电阻的真实值应为，比较可知测量值比真实值偏小．‎ ‎【点睛】本题的关键是明确根据比较与 的大小来选择内外接法，考虑实验误差时，只需将电表的内阻考虑在内，然后再根据串并联规律讨论即可．‎ ‎14. 某学生用螺旋测微器在测定某一金属丝的直径时，测得的结果如图（甲）所示，则金属丝的直径d = __________mm。另一位学生用游标尺上标有20等分刻度的游标卡尺测量一工件的长度，测得的结果如图（乙）所示，则该工件的长度L = _________mm。‎ ‎【答案】 (1). 2.935（2.934—2.937都对） (2). 14.50‎ ‎【解析】试题分析：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，两种仪器读数时均可采用公式法，即：主尺读数+副尺读数．‎ ‎...............‎ 游标卡尺的主尺读数为1.4cm=14mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，游标读数为0.05×10mm=0.50mm，所以最终读数为：主尺读数+游标尺读数=14mm+0.50mm=14.50mm；‎ 故答案为：2.935（2.934﹣2.937），14.50．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，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．‎ ‎15. (1)用多用电表的欧姆挡测量阻值约为几十千欧的电阻Rx ‎，以下给出的是可能的操作步骤，其中S为选择开关，P为欧姆挡调零旋钮，把你认为正确的步骤前的字母按合理的顺序填写在横线上________。‎ a．旋转S使其尖端对准欧姆挡×1 k b．将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出Rx的阻值后，断开两表笔 c．旋转S使其尖端对准欧姆挡×100‎ d．将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，断开两表笔 e．旋转S使其尖端对准交流500 V挡，并拔出两表笔 根据如图所示指针位置，此被测电阻的阻值约为________Ω。‎ ‎(2)下述关于用多用表欧姆挡测电阻的说法中正确的是（____）‎ A．测量电阻时如果指针偏转角过大，应将选择开关S拨至倍率较小的挡位，重新调零后测量 B．测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则会影响测量结果 C．测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开 D．测量阻值不同的电阻时都必须重新调零 ‎【答案】 (1). adbe (2). 3×104 (3). AC ‎【解析】（1）欧姆表每次使用应该先选档位，然后欧姆调零，最后测量，欧姆表指针指在中间附近时，读数最准确，故即选“×1k”挡，欧姆调零，测量读数；最后旋到交流最大挡，防止漏电，故在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前，操作顺序为：adbe。‎ 欧姆表的示数乘以相应档位的倍率即为待测电阻的阻值。‎ ‎（2）A、测量电阻时如果指针偏转过大，所选挡位太大，应换小挡，应将选择开关S拨至倍率较小的档位，重新调零后测量，故A正确；‎ B、测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，不会影响测量结果，故B错误；‎ C、测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开，故C正确；‎ D、用同一挡位测量阻值不同的电阻时不必重新调零，换挡后要重新进行欧姆调零，故D错误。‎ 点睛：本题考查了欧姆表的使用方法以及测量电阻的步骤，使用欧姆表测量电阻时选档后一定要注意欧姆调零。‎ 四、计算题 ‎16. 用30cm的细线将质量为4×10-3㎏的带电小球P悬挂在O点下，当空中有方向为水平向右，大小为1×104N/C的匀强电场时，小球偏转37°后处在静止状态。‎ ‎（1）分析小球的带电性质 ‎（2）求小球的带电量 ‎（3）求细线的拉力 ‎【答案】（1）带正电（2）（3）‎ ‎【解析】（1）小球受力平衡，分析小球的受力，小球受力如图，故带正电．‎ ‎（2）小球受力平衡，在水平方向：‎ 解得：‎ ‎（3）根据共点力平衡得，细线的拉力为：‎ 综上所述本题答案是：（1）带正电; （2） （3）0.05N ‎17. 如图所示，已知电源的电动势为E=4v，内阻r＝2 Ω，定值电阻R1＝1Ω，滑动变阻器的最大阻值为5 Ω，求：‎ ‎(1)当滑动变阻器的阻值为多大时，电阻R1消耗的功率最大，最大值多少？‎ ‎(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，最大值多少？‎ ‎(3)当滑动变阻器的阻值为多大时，电源的输出功率最大，最大值多少？‎ ‎【答案】(1) (2) (3)2W ‎【解析】（1）根据，当电流最大时，电阻消耗的功率最大，故当滑动变阻器短路，即时，电阻消耗的功率最大；‎ 电阻消耗的最大功率是： ；‎ ‎（2）根据公式可以得到滑动变阻器消耗的功率为：‎ 可知，当时，电阻消耗的功率最大为：‎ ‎；‎ ‎（3）电源的输出功率消耗的在和电阻上，则电阻和消耗的功率为：‎ 可知当时，电源的输出功率最大，最大功率为：‎ ‎。‎ 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。‎ ‎18. 如图所示，线段A为某电源的U－I图线，线段B为某电阻R的U－I图线，由上述电源和电阻组成闭合电路时，求：‎ ‎(1)电源的输出功率P出是多大？‎ ‎(2)电源内部损耗的电功率P内是多少？‎ ‎(3)电源的效率η是多大？‎ ‎【答案】（1）4 W（2）2 W（3）66.7%‎ ‎【解析】试题分析：（1）由电源的U-I图象读出电动势，求出内阻．两图线交点表示电阻与电源组成闭合电路时的工作状态，读出电压和电流，由公式P=UI求出电源的输出功率．（2）电源内部损耗的电功率由公式求解．（3）电源的总功率为，电源的效率为．代入数据求解即可．‎ ‎（1）从A的图线可读出，电源的电动势 E=3V，内阻 从图象的交点可读出：路端电压U=2V，电路电流I=2A 则电源的输出功率为 ‎（2）电源内部损耗的电功率 ‎（3）电源的总功率为 故电源的效率为 ‎【点睛】本题考查对电源和电阻伏安特性曲线的理解能力，关键要理解两图线的交点就表示该电源和该电阻组成闭合电路时的工作状态，能直接读出电流和路端电压，从而求出电源的输出功率．‎ ‎19. 示波器的示意图如图15所示，金属丝发射出来的电子被加速后从金属板的小孔穿出，进入偏转电场。电子在穿出偏转电场后沿直线前进，最后打在荧光屏上。设加速电压U1＝1 640 V，偏转极板长l＝4 cm，偏转极板间距d＝1 cm，当电子加速后从两金属板的中央沿极板平行方向进入偏转电场。求：‎ ‎(1)偏转电压U2为多大时，电子束的偏移量最大？‎ ‎(2)如果偏转极板右端到荧光屏的距离L＝20 cm，则电子束在荧光屏的最大偏转距离为多少？‎ ‎【答案】(1) (2) 0.55 cm ‎【解析】试题分析：（1）要使电子束打在荧光屏上偏转距离最大，电子经偏转电场后必须从下板边缘出来．‎ 在加速电场中，由动能定理得：　‎ 解得：电子进入偏转电场初速度 电子在偏转电场中类平抛运动，在平行极板方向上做匀速直线运动，垂直极板方向上做匀加速直线运动，所以在偏转电场中的飞行时间 根据牛顿第二定律得：在偏转电场中的加速度 要使电子从下极板边缘出来，应有：‎ 代入数据解得 ‎（2）如图，设电子束打在荧光屏上最大偏转距离为y．‎ 电子离开电场的侧向速度 电子离开偏转电场后做匀速直线运动，设电子离开偏转电场到荧光屏的时间为t2‎ 在水平方向上有：‎ 在竖直方向上有：‎ 所以电子束最大偏转距离 考点：本题考查带电粒子在匀强电场中的加速与偏转、动能定理的应用、运动的合成与分解、牛顿第二定律等知识点． ‎