物理卷·2019届新疆石河子第二中学高二上学期第二次月考物理试题(解析版)x

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物理卷·2019届新疆石河子第二中学高二上学期第二次月考物理试题(解析版)x

新疆石河子第二中学2017-2018学年高二第二次月考物理试卷 一、选择题 ‎1. 下列关于电荷、电荷量的说法正确的是(  )‎ A. 自然界存在三种电荷:正电荷、负电荷和元电荷 B. 物体所带的电荷量可以是任意值 C. 物体的带电量可以是2×10﹣19C D. 物体所带的电荷量只能是某些特定的值,为元电荷的整数倍 ‎【答案】D ‎【解析】自然界存在三种电荷:正电荷、负电荷,选项A错误;物体所带的电荷量只能是某些特定的值,为元电荷1.6×10﹣19C的整数倍,即物体的带电量不可以是2×10﹣19C,选项BC错误,D正确;故选D.‎ ‎2. 如图所示,A、B是同一条电场线上的两点,这两点电场强度和电势的关系正确的是( )‎ A. EA>EB,φA<φB B. EA>EB,φA>φB C. EA<EB,φA>φB D. EA<EB,φA<φB ‎【答案】B ‎【解析】由图示可知,A处的电场线密,B处的电场线稀疏,因此A点的电场强度大,B点的场强小,即EA>EB;沿着电场线的方向,电势逐渐降低,由图示可知,φA>φB,故ACD错误,B正确;故选B.‎ 点睛:电场线虽然不存在,但可形象来描述电场的分布.电场线的疏密表示电场强度的强弱,电场线某点的切线方向表示电场强度的方向.‎ ‎3. 关于磁感应强度,下列说法正确的是(  )‎ A. 电流元IL在磁场中受力为F,则磁感应强度B一定等于 B. 磁感应强度大小与电流元IL的乘积成反比,与F成正比 C. 磁感应强度方向与电流元IL在此点的受力方向相同 D. 磁感强度大小是由磁场本身因素决定的,而与有无检验电流无关 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析:若电流元IL垂直放置在磁场中所受力为F,则磁感应强度B一定等于,但是磁感应强度与电流元受到的安培力的大小无关,与电流元无关.故AB错误,D正确;磁感应强度方向与电流元IL在此点的受力方向垂直,选项C错误;故选D.‎ 考点:磁感应强度 ‎【名师点睛】知道磁感应强度定义式的适用条件、知道磁场与电流元平行时,电流受力为零,磁场与电流元垂直时,电流受力最大,理解比值定义法的含义。‎ ‎4. 下列物理量中与试探电荷有关的是( )‎ A. 电场强度E B. 电势φ C. 电势差UAB D. 电场力F ‎【答案】D ‎【解析】试题分析:电场强度是描述电场的力的性质的物理量,由定义式可知,E与检验电荷无关,故A错误.电势描述电场的能的性质的物理量,由定义式可知,φ与检验电荷无关,故B错误.电势差UAB是电场中两点的电势之差,由电场本身决定的物理量,与检验电荷无关,选项C错误;由电场力F=qE,可知,电场力既与电场E有关,也与检验电荷q有关.故D正确.故选D。‎ 考点:电场强度;电势及电势差 ‎【名师点睛】电场这一章物理量有两大类:一类只与电场有关,比如电场强度、电势、电势差;另一类既与电场有关,也与检验电荷有关,比如电势能和电场力等等.‎ ‎5. 下列关于电场强度的两个表达式和的叙述,错误的是( )‎ A. 是电场强度的定义式,F是放入电场中的电荷所受的力,q是产生电场的电荷的电量 B. 是电场强度的定义式,F是放入电场中的电荷所受的力,q是放入电场中电荷的电荷量,它适用于任何电场 C. 是点电荷场强的计算式,Q是产生电场的电荷电量,它不适用于匀强电场 D. 从点电荷场强计算式分析库仑定律的表达式,式是点电荷产生的电场在点电荷处的场强大小,而是点电荷产生的电场在处的场强的大小 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析:是电场强度的定义式,F是放入电场中的电荷所受的力,q是试探电荷的电荷量,它适用于任何电场,选项A错误,B正确;是点电荷场强的计算式,Q是产生电场的电荷的电荷量,它不适用于匀强电场,选项C错误;从点电荷场强计算式分析库仑定律的表达式,式是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的场强大小,而是点电荷q1产生的电场在q2处的场强大小,选项D正确;故选A.‎ 考点:电场强度 ‎【名师点睛】此题考查了电场强度的定义式以及点电荷电场强度公式的考查;解题时要理解公式表示的物理意义以及公式的适用范围;适用任何电场,而只适用于点电荷的电场.‎ ‎6. 如图所示,虚线是某静电场的一簇等势线,边上标有电势的值.一带电粒子只在电场力作用下恰能沿图中的实线从A经过B运动到C.下列判断正确的是(  )‎ A. 粒子一定带负电 B. A处场强大于C处场强 C. 粒子在A处电势能大于在C处电势能 D. 粒子从A到B电场力所做的功大于从B到C电场力所做的功 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析:由等势线分布可知,电场线由右向左,根据粒子的运动轨迹可知,粒子所受的电场力向左,故粒子带正电,A错误;A处的等势线较密集,则电场线较密集,‎ 则A处的场强较大,B正确;A处电势较C处低,故正电荷在A处的电势能较小, C错误;从A到B的电势差等于从B到C的电势差,故粒子从A到B的电场力所做的功等于从B到C电场力做的功,D错误;‎ 考点:带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】此题考查了带电粒子在电场中的运动问题;要知道等势线密集的地方电场线密集且场强大;正电荷在高电势点的电势能较大;粒子所受的电场力方向指向轨迹的凹向.‎ ‎7. 导体两端的电压是4V,通过的电流强度是0.8A,如果使导体两端的电压增加到6V,那么通过导体的电流是( )‎ A. 1.8‎A B. 2A C. 1.2A D. 0.8A ‎【答案】C ‎【解析】由可得,导体的电阻:,因电阻是导体本身的一种性质,与两端的电压和通过的电流无关,所以,当导体两端的电压增加到6V时,导体的电阻仍为5Ω不变,此时通过的电流:.故选C.‎ ‎8. 如图所示,A、B、C、D是滑动变阻器的四个接线柱,现把此变阻器串联接入电路中,并要求滑片P向接线柱D移动时,电路中的电阻减小,则接入电路的接线柱是( )‎ A. A和B B. A和C C. B和C D. C和D ‎【答案】C ‎【解析】根据题意可知,为了在移动中电阻减小,应采用限流式接法,故应接入一上一下两个接线柱,而向D移动时电阻减小,则说明接入电路的是右半部分,故下端应接B端,而上端CD效果是相同的,故可以是BC和BD,则只有C正确,ABD错误.故选C.‎ 点睛:本题考查了滑动变阻器的原理和作用,能够正确判断哪一段电阻丝被连入电路中是本题的解题关键所在,注意上边金属杆为导线,故上方两个接线柱连接的效果是相同的.‎ ‎9. 一台电动机线圈的电阻为R,电动机正常工作时,两端电压为U,通过电流为I工作时间为t,下列说法正确的是:( )‎ A. 电路中的电流I = U/R B. 电动机消耗的电能为UIt C. 电动机消耗的电能为I2Rt D. 电动机线圈生热为U2t /R ‎【答案】B ‎【解析】对于电动机,由于不是纯电阻电路,所以欧姆定律不适应,电动机的总功率的大小为P=UI,所以消耗的总的电能为UIt,所以A错误,B正确;电动机线圈发热的功率为I2R,所以电动机线圈产生的热量为Q=I2Rt,故CD错误;故选B.‎ 点睛:对于电功率的计算,一定要分析清楚是不是纯电阻电路,对于非纯电阻电路,总功率和发热功率的计算公式是不一样的.‎ ‎10. 已知R1=6Ω,R2=3Ω,R3=4Ω,AB端的总电压为6V,把它们接成图示电路,求它们的电流:: ( )‎ A. 1:1:2 B. 3:2:1 C. 1:2:3 D. 2:1:3‎ ‎【答案】C ‎【解析】R1与R2并联,则电流I1:I2=R2:R1=3:6=1:2;设R1中电流为I,则R2中电流为2I,而流过R3的电流I3=I+2I=3I;故电流之比I1:I2:I3=I:2I:3I=1:2:3.故C正确,ABD错误.故选C.‎ ‎11. 如图所示,在下列四种情况中穿过线圈的磁通量不发生变化的是(  )‎ A. 导线中的电流I增加 B. 线圈向下平动 C. 线圈向右平动 D. 线圈向左平动 ‎【答案】B ‎【解析】导线中的电流I增加时,穿过线圈的磁通量增加,选项A错误;线圈向下平动,穿过线圈的磁感线的条数不变,所以磁通量不变,选项B正确;线圈向右平动,磁通量减小,选项C错误;线圈向左平动,磁通量增加,选项D错误;故选B.‎ ‎12. 如图所示电路中,当变阻器R3的滑动头P向b端移动时(  )‎ A. 电压表示数变大,电流表示数变小 B. 电压表示数变小,电流表示数变大 C. 电压表示数变大,电流表示数变大 D. 电压表示数变小,电流表示数变小 ‎【答案】A ‎【解析】当变阻器R3的滑动触头P向b端移动时,滑动变阻器接入电阻增大,电路中总电阻增大,由闭合电路欧姆定律可得,电路中总电流减小,内电压减小,因此路端电压增大,故电压表示数变大;将R1等效为内阻,则可知并联部分电压一定增大,故流过R2的电流增大,因总电流减小,故电流表示数变小;故A正确,B、C、D错误;故选A.‎ ‎【点睛】闭合电路的欧姆定律一般按先分析外电路,再分析内电路,最后再分析外电路的思路进行;若电阻与电源串联,可以等效为内阻处理.‎ ‎13. 电阻R1、R2、R3串联在电路中,已知R1=10Ω、R3=5Ω,R1两端的电压为6V,R2两端的电压为12V,则(  )‎ A. 三只电阻两端的总电压为18V B. 电路中的电流为0.6A C. 三只电阻两端的总电压为21V D. 电阻R2的阻值为20Ω ‎【答案】BCD ‎14. 如图所示,平行板电容器与电动势为E′的直流电源(内阻不计)连接,下极板接地,静电计所带电荷量很少,可被忽略。一带负电油滴被固定于电容器中的P点。现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离,则(   )‎ A. 平行板电容器的电容将变小 B. 静电计指针张角变小 C. 带电油滴的电势能将减少 D. 若先将上极板与电源正极的导线断开,再将下极板向下移动一小段距离,则带电油滴所受电场力不变 ‎【答案】ACD ‎【解析】A、将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离,导致极板间距增大,根据知,d增大,则电容减小,A正确;‎ B、静电计测量的是电容器两端的电势差,因为电容器始终与电源相连,则电势差不变,所以静电计指针张角不变,B错误;‎ C、电势差不变,d增大,则电场强度减小,P点与上极板的电势差减小,则P点的电势增大,因为该电荷为负电荷,则电势能减小,C正确;‎ D、若先将电容器上极板与电源正极的导线断开,则电荷量不变,d改变,根据,知电场强度不变,则油滴所受电场力不变,D正确;‎ 故选ACD。‎ ‎15. 电饭锅工作时有两种状态:一种是锅内水烧干前的加热状态,另一种是锅内水烧干后保温状态,如图所示是电饭锅电路原理示意图,K是感温材料制造的开关。下列说法中正确的是( ) ‎ A. 其中R2是供加热用的电阻丝 B. 当开关S接通时电饭锅为加热状态,S断开时为保温状态 C. 要使R2在保温状态时的功率为加热状态的一半,R1/R2应为2:1‎ D. 要使R2在保温状态时的功率为加热状态时一半,R1/R2应为(-1):1‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】如图所示,由得:当接通K时,电阻变小,功率变大,处于加热状态;当断开K时,电阻变大,功率变小,处于保温状态.由上可知,R2是供加热用的电阻丝.故A正确;当开关K接通时电饭锅为加热状态,K断开时为保温状态.故B正确;要使R2在保温状态时的功率为加热状态的一半,由P=I2R可得:电阻R2在保温与加热状态下的电流之比1:,所以(R1+R2):R2=:1.则R1:R2=(-1):1.故C错误;要使R2在保温状态时的功率为加热状态的一半,由P=I2R可得:电阻R2在保温与加热状态下的电流之比1:,所以(R1+R2):R2=:1.则R1:R2=(-1):1.故D正确;故选ABD.‎ ‎16. 如图所示,通电细杆ab质量为m,置于倾角为θ的导轨上,导轨和杆间不光滑,有电流时,杆静止在导轨上,下图是四个俯视图,标出了四种匀强磁场的方向,其中摩擦可能为零的是(  )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】AB ‎【解析】A图中杆子受重力、水平向右的安培力和斜面的支持力,若三个力平衡,则不受摩擦力.故A正确.B图中杆子受重力,竖直向上的安培力,若重力与安培力相等,则二力平衡,不受摩擦力.故B正确.C图中杆子受重力、竖直向下的安培力、支持力,要想处于平衡,一定受摩擦力.故C错误.D图中杆子受重力、水平向左的安培力,支持力,要想处于平衡,一定受摩擦力.故D错误.故选AB.‎ 点睛:解决本题的关键掌握安培力的方向判定,以及能正确地进行受力分析,根据受力平衡判断杆子是否受摩擦力.‎ 二、填空题 ‎17. 用游标卡尺测得某样品的长度如图所示,其示数L=________ cm。 ‎ ‎【答案】4.98 ‎ ‎【解析】游标卡尺的主尺读数为29mm,游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐,所以游标读数为8×0.1mm=0.8mm,所以最终读数为:29mm+0.8mm=29.8mm=2.98cm.‎ ‎18. 某电流表的满偏电流为3mA,其内阻为100Ω,要把它改装成量程为3V的电压表应________联(串联还是并联)的电阻值R=________Ω。‎ ‎【答案】 (1). 串联 (2). 900Ω 全品教学网...全品教学网...全品教学网...全品教学网...全品教学网...全品教学网...‎ ‎19. 某同学将铜片和锌片插入水果中制成一个“水果电池”,该同学利用下列所给器材测量该“水果电池”的电动势E和内阻r.‎ A.电流表A1(量程0.6A,内阻约1Ω) ‎ B.电流表A2(量程20mA,内阻约50Ω)‎ C.电压表V1(量程4V,内阻约4kΩ) ‎ D.电压表V2(量程15V,内阻15kΩ)‎ E.滑动变阻器R1(0~1 000Ω) ‎ F.滑动变阻器R2(0~9 999.9Ω)G.待测“水果电池”(电动势E约为4V,内阻r约为200Ω) ‎ H.开关S,导线若干 ‎(1)为尽量减小实验的误差,请在图1中虚线方框中画出你设计的实验电路图;要求在每个电路元件上标明你选用的器材符号,不写或写错得零分_______.‎ ‎(2)该同学实验中记录的6组对应的数据如下表,试根据表中数据在图2中描点画出U-I图线_________;由图线可得,“水果电池”的电动势E= ___ V,内电阻r=___Ω.‎ ‎【答案】 (1). 如图所示:‎ ‎ (2). 如图所示:‎ ‎ (3). 3.80V (4). ‎ ‎【解析】(1)由表中实验数据可知,所测最大电流为14mA,则电流表选A2,电源电动势约为4V,则电压表选V1,相对于来说电压表内阻远大于电源内阻,电流表相对于电源应采用外接法,实验电路图如图所示.‎ ‎ (2)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点,然后作出电源的U-I图象如图所示,‎ 由图象可知,图象与纵轴交点坐标值为3.80V,则电源电动势为:E=3.80V,直线的斜率为内阻:‎ 点睛:本题考查测电源电动势与内阻的实验,要注意分析仪表,正确选择才能得出正确的图象;同时要掌握应用图象法处理实验数据的方法.‎ 三、计算题 ‎20. 如图,,,当开关处于位置1时,电流表读数I1=0.4A;当开关处于位置2时,电流表读数I2=0.6A,求电源的电动势E和内电阻r ‎【答案】6 V 1Ω ‎【解析】设电源的电动势为E、内阻为r,则由闭合电路的欧姆定律可得:‎ 开关处于1时:E=I1(R1+r)‎ 开关处于2时:E=I2(R2+r)‎ 代入数据得:E=0.4(14+r),E=0.6(9+r),‎ 解得:E=6V,r=1Ω;‎ 点睛:本题应用闭合电路的欧姆定律求电源的电动势与内阻,也提供了一种测量电源的电动势和内阻的方法:安阻法.‎ ‎21. 如图所示,在磁感应强度B=1T的匀强磁场中,用两根等长的绝缘轻质细线悬挂长L=10cm、质量m=5g的直金属杆,在金属杆中通一恒定电流,使悬线受到的拉力为零()‎ ‎(1)求金属杆中电流的大小和方向;‎ ‎(2)若每根悬线所受的拉力为0.1N,求金属杆中的电流的大小和方向。‎ ‎【答案】(1)0.5A, 方向水平向右(2)1.5A, 方向水平向左 ‎【解析】试题分析:(1)因为悬线受到的拉力为零,所以安培力方向向上,‎ 解得,方向水平向右 ‎(2)金属导线在重力mg、悬线拉力2F和安培力BIL的作用下平衡 所以有,解得,方向水平向左 考点:考查了安培力的计算 ‎【名师点睛】本题关键根据平衡条件求解安培力,然后结合左手定则判断电流方向,根据公式求解电流大小 ‎22. 如图所示,电源电势,内电阻为,“2V,4W”的灯泡L与电动机M串联接在电源上,灯泡刚好正常发光,电动机刚好正常工作,电动机的线圈电阻.‎ 求:(1)通过电动机的电流 ‎(2)电动机两端的电压 ‎(3)电动机的输出功率。‎ ‎【答案】(1)2A(2)3.6V(3)3.2W ‎【解析】(1)灯泡L正常发光,通过灯泡的电流 电动机与灯泡串联,通过电动机的电流IM=I=2A (2)由闭合电路欧姆定律可知:路端电压:U=E-Ir=6-2×0.2=5.6V; ‎ 电动机两端的电压UM=U-UL=5.6-2=3.6V; (3)电动机的输出功率:P输出=UMIM-IM2R=3.6×2-4×1=3.2W; 点睛:本题考查电功率的计算,要注意明确电动机是非纯电阻电路,输出功率等于输入功率与热功率之差;在学习中要注意功率公式的适用条件.‎ ‎23. 一束电子(单个电子质量为m带电量为e)从静止开始经加速电压U1加速后,以水平速度射入水平放置的两平行金属板中间,如图所示,金属板长为l,两板距离为d,竖直放置的荧光屏距金属板右端为L.若在两金属板间加直流电压U2时,光点偏离中线打在荧光屏上的P点,求:‎ ‎(1)电子刚进入偏转电场时的速度大小 ‎(2)电子离开偏转电场后的位移大小 ‎【答案】(1)(2)‎ ‎【解析】(1)粒子在加速电场中只有电场力做功,根据动能定理有:eU1=mv02 得电子加速后的速度大小为: (2)电子在偏转电场中做类平抛运动,离开电场的时间: 竖直方向的加速度: 竖直方向的分速度为:   偏转角度的正切为: 电子离开电场后偏转距离为:y′=L•tanθ=‎ 电子离开偏转电场后的位移大小 点睛:此题关键能掌握类平抛原理的应用,知道电子水平方向是匀速直线运动,竖直方向是初速度为零的匀加速直线运动,熟练运用运动的合成与分解进行解题.‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎
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