河南省洛阳市第一高级中学2020学年高二物理9月月考试题（含解析）

河南省洛阳市第一高级中学2020学年高二物理9月月考试题（含解析）

河南省洛阳市第一高级中学2020学年高二物理9月月考试题（含解析） ‎ 一．选择题（共8小题，3分/题，共24分）‎ ‎1.导体中的电流是A，那么在3.2s内通过导体的横截面定向移动的电荷有______C，相当于______个电子通过该截面。（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据电流的定义式得3.2s内通过导体横截面的电荷量为 C，‎ 通过该截面的电子的个数为个。‎ A通过计算可知3.2s内通过导体横截面的电荷量为C，相当于个电子通过该截 面，故A正确；‎ B.通过计算可知3.2s内通过导体横截面的电荷量为C，相当于个电子通过该截 面，故B错误；‎ C.通过计算可知3.2s内通过导体横截面的电荷量为C，相当于个电子通过该截 面，故C错误；‎ D.通过计算可知3.2s内通过导体横截面的电荷量为C，相当于 个电子通过该截 面，故D错误。‎ ‎2.两根相同的均匀金属导线甲和乙，若把甲截去一半长度，把剩下的一半均匀拉回原来长度，把乙对折后并在一起，则变化后的甲、乙的电阻之比为（　　）‎ A. 1：1 B. 2：1 C. 4：1 D. 8：1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】两根完全相同的金属导线，若把甲截去一半长度，把剩下的一半均匀拉回原来长度，长度不变，而体积减半，那么截面积减半，根据电阻定律公式，可知，电阻增加为2倍；把乙对折后并在一起，则长度变为0.5倍，截面积变为2倍，根据电阻定律公式，电阻变为原来的 ，故这两根导线后来的电阻之比为8：1。‎ A.1：1与计算结果不符，故A错误。‎ B.2：1与计算结果不符，故B错误。‎ C.4：1与计算结果不符，故C错误。‎ D.8：1与计算结果相符，故D正确。‎ ‎3.移动电话已成为日常通讯工具,某种移动电话电池的背面印有如图所示的一些符号,则该电池的容量为（ ）‎ A. 500 mA.h B. 3.6 V C. 1.8c D. 无法确定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 电荷量，所以单位为mAh，As等，根据铭牌可知，该电池的容量为500mAh，A正确．‎ ‎4.如图所示，电源的电动势和内阻恒定不变，闭合开关后，灯泡L发光，若滑动变阻器的滑片向a端滑动，则（　　）‎ A. 灯泡L变暗，电流表的示数变大 B. 灯泡L变亮，电流表的示数变大 C. 通过R2的电流不变 D. 通过R2的电流变小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.滑动变阻器的滑片向a端滑动，滑动变阻器接入电路的电阻减小，故外电路总电阻减小，电流增大，电流表示数变大；总电流变大，那么， ，路端电压减小，故灯泡L两端电压减小，通过L的电流减小，灯泡L变暗，故A正确B错误。‎ CD.总电流变大，通过L的电流减小，故另一支路电流增大，即通过R2的电流变大，故CD错误。‎ ‎5.如图所示是某同学实验中的电压表的刻度盘，若当时使用的是0～15V的量程，那么电压表读数为多少（　　）‎ A. 1.2 V B. 1.20 V C. 6 V D. 6.0 V ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】电压表使用0～15V，每一个大格代表5V，每一个小格代表0.5V，即分度值为0.5V，则电压表读数为：6.0V。‎ A.1.2 V与计算结果不符，故A错误。‎ B.1.20 V与计算结果不符，故B错误 C.6 V与计算结果不符，故C错误。‎ D.6.0 V与计算结果相符，故D正确。‎ ‎6.为了描绘标有“3V 0.4W”的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡电压能从零开始变化．所给器材如下：‎ ‎（1）电流表（0～200mA，内阻约1Ω）‎ ‎（2）电压表（0～3V，内阻约5kΩ）‎ ‎（3）滑动变阻器（0～10Ω，0.5A）‎ ‎（4）电源（3V）‎ ‎（5）电键一个，导线若干 为了准确描绘小灯泡的伏安特性曲线，实验电路图应选择如图中的（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，灯泡正常工作时的电阻 所以，所以采用电流表外接法。‎ A.与分析结果相符，故A正确。‎ B.与分析结果不符，故B错误。‎ C.与分析结果不符，故C错误。‎ D.与计算结果不符，故D错误。‎ ‎7.用伏安法测某一电阻时，用电流表外接法测得结果为R1，用电流表内接法测得结果为R2，若电阻的准确值为R，则（　　）‎ A. R1＞R＞R2 B. R1＜R＜R2 C. R＞R1＞R2 D. R＜R1＜R2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AD.当采用外接法时，电压表与待测电阻并联，故电压表是准确的；而由于电压表的分流使电流表测量结果偏大，故由欧姆定律求得的测量值偏小，故R＞R1；故AD错误。‎ BC.采用内接法时，电流表与待测电阻串联，故电流表是准确的；而由于电流表的分压使电压表测量值偏大，故由欧姆定律求得的测量值偏大，故R2＞R，故B正确C错误。‎ ‎8.毫安表的满偏电流是1mA，内电阻为100Ω，现有两个定值电阻R1＝200Ω，R2＝600Ω．用这两个电阻把毫安表改成量程1V的电压表，图中正确的是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.电路的量程为 故A错误。‎ B.电路的量程为 故C错误。‎ C.电路量程为 故C错误。‎ D.电路的量程为 故D正确。‎ 二．多选题（共6小题，4分/题，选对不全2分，错选0分，共24分）‎ ‎9.一根粗细均匀的金属导线阻值为R，两端加上恒定电压U时，通过金属导线的电流强度为I，金属导线中自由电子定向移动的平均速率为v，若将金属导线均匀拉长，使其长度变为原来的2倍，仍给它两端加上恒定电压U，则下列说法正确的是（　　）‎ A. 此时金属导线的阻值为4R B. 此时通过金属导线的电流为 ‎ C. 此时自由电子定向移动的平均速率为 ‎ D. 此时自由电子定向移动的平均速率为 ‎ ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.将金属导线均匀拉长，使其长度变为原来的2倍，横截面积变为原来的 ，根据电阻定律 分析得到，电阻变为原来的4倍，电压U恒定不变，根据欧姆定律可知，电流变为，故AB正确。‎ CD.电流的微观表达式I=nevS，其中n、e不变，电流I为原来的，横截面积变为原来的 ，则自由电子定向移动的平均速率为，故C正确D错误。‎ ‎10.如图所示是某导体的伏安特性曲线，由图可知正确的是　　‎ A. 导体的电阻是 B. 导体的电阻是 C. 当导体两端的电压是10V时，通过导体的电流是 D. 当通过导体的电流是时，导体两端的电压是 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ 试题分析：A、根据图象，由欧姆定律可得，导体电阻R==‎ ‎=25Ω，故A正确，B错误；C、当导体两端电压是10V时，通过导体的电流I===0．4A，故C正确；D、当通过导体的电流是0．1A时，导体两端的电压U=IR=0．1A×25Ω=2．5V，故D正确；故选ACD．‎ 考点：欧姆定律．‎ ‎11.如图是一个多用电表的简化电路图。S为单刀多掷开关，通过操作开关，可以接通1，也可以接通2、3、4、5或6。下列说法正确的是 A. 当开关S分别接1或2时，测量的是电流，其中S接1时量程较大 B. 当开关S分别接3或4时，测量的是电阻，其中A是黑表笔 C. 当开关S分别接3或4时，测量的是电阻，其中A是红表笔 D. 当开关S分别接5和6时，测量的是电压，其中S接5时量程较大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ A项：由图可知当转换开关S旋到位置1、2位置是电流表，接1时分流电阻相对更小，故接1时电表的量程更大；故A正确；‎ B、C项：测量电阻时欧姆表内部应接电源，由图可知测电阻只有接3或4；A与电源的负极相连，故A为红表笔；故B错误，C正确；‎ D项：要测量电压，电流表应与电阻串联，由图可知当转换开关S旋到位置5、6时；测量电压，电流表所串联的电阻越大，所测量电压值越大，故当转换开关S旋到6的量程比旋到5的量程大，故D错误。‎ 点晴：本题考查多用表的原理，应熟练掌握其测量原理，及电表的改装办法．明确电流表时表头与电阻并联，电压表时，表头与电阻串联；而欧姆表时内部要接有电源。‎ ‎12.某兴趣小组探究用不同方法测定干电池的电动势和内阻，他们提出的实验方案中有如下四种器材组合。为使实验结果尽可能准确，最不可取的一组器材是( )‎ A. 一个安培表、一个伏特表和一个滑动变阻器 B. 一个伏特表和多个定值电阻 C. 一个安培表和一个电阻箱 D. 两个安培表和一个滑动变阻器 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A中根据闭合回路欧姆定律可得，可测量多组数据列式求解，A正确；B中根据欧姆定律可得，测量多组数据可求解，B正确；C中根据欧姆定律可得，可测量多组数据列式求解，C正确；D中两个安培表和一个滑动变阻器，由于不知道滑动变阻器电阻，故无法测量，D错误；‎ ‎【点睛】对于闭合回路欧姆定律的应用，一定要注意公式形式的变通，如本题中，，，结合给出的仪器所测量的值，选择或者变通相对应的公式，‎ 此处有视频，请去附件查看】‎ ‎13.下述关于多用表欧姆挡测量电阻的说法中正确的是（ ）‎ A. 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 B. 测量电阻时，如果指针偏转过大，应将选择开关拨至倍率较小的挡位，重新欧姆调零后再测量 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，都必须重新欧姆调零 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.测量电阻时不需要区别正负极，所以如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则不会影响测量结果，故A项错误；‎ B.测量电阻时如果指针偏转过大，说明所选挡位太大，应将选择开关拨至倍率较小的挡位，重新调零后重新测量，故B项正确；‎ C.为保护电表，测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开，故C项正确；‎ D.同一挡位测不同电阻时不需要重新进行欧姆调零，用不同的挡位测电阻时必须进行欧姆调零，故D项错误。‎ ‎14.在“测绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，某实验小组得到了如图所示的图线．根据图线判断下列说法正确的是（　　）‎ A. 流过灯泡的电流与灯泡两端的电压成非线性关系 B. 若灯泡两端的电压增加为原来的两倍，则流过灯泡的电流也增加为原来的两倍 C. 图线上某点的电阻在数值上等于该点切线的斜率 D. 当灯泡两端的电压U＝2.4V时，灯泡的电阻约为5.4Ω ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由图可知，灯泡电压和电流不是直线正比规律，故说明流过灯泡的电流与灯泡两端的电压成非线性关系；故A正确；‎ B.由图可知，电流并不是与电压成正比，故若灯泡两端的电压增加为原来的两倍，则流过灯泡的电流不会增加为原来的两倍，故B错误；‎ C.由于两坐标轴的标度不同，故不能直接用斜率求解电阻大小，故C错误；‎ D.由图可知，当电压为2.4V时，电流I=0.44A，则电阻 故D正确。‎ 三．实验题（共2小题，2分/空，共14分）‎ ‎15.用游标卡尺读数________mm；螺旋测微器读数________mm．‎ ‎【答案】 (1). 11.70 (2). 4.226‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]根据图像可知，游标卡尺的分尺刻度0对应主尺刻度1.1-1.2cm之间，所以游标卡尺的主尺读数为11mm，分尺读数 ，所以游标卡尺读数为11.70mm。‎ ‎[2]螺旋测微器读数为 。‎ ‎16.某实验小组测定一个电池的电动势和内电阻，已知该电池的电动势大约为9V,内电阻小于4，实验室中可供选择的器材有:‎ A.电压表V (量程为15V,内阻约2k)1 个 B.电流表 (量程为500mA，内阻约10)2 个 C.电阻箱 (阻值范围0~99.99)1个 D.电阻箱 (阻值范围0~999.9)1个 E.滑动变阻器 (阻值为0~20，额定电流3A)1个 F.滑动变阻器如 (阻值为0~20k，额定电流0.2A)1个 实验小组认为电流表量程不够，决定将其改装为量程为2.5A的电流表,然后再用伏安法电路测电源的电动势和内电阻，以下是他们的实验操作过程:‎ ‎(1)改装电流表，实验电路如图甲所示，实验步骤如下，完成以下填空.‎ ‎①按电路图连接实物，把滑动变阻器滑动片移到最左端，把电阻箱阻值调到零:‎ ‎②闭合开关，开关保持断开，把滑动变阻器滑动片调到适当位置，使两个电流表读数均为500mA;‎ ‎③闭合开关, 多次同步调节电阻箱阻值和滑动变阻器滑片，使干路上电流表读数保持为500mA,同时电流表读数为__时不再调节，保持电流表和该电阻箱并联,撤去其它线路，即得量程为2.5A的电流表。‎ ‎(2)在实验电路图甲中电阻箱应选 ________ ，滑动变阻器应选 __________‎ ‎(3)用图中虚线框内的改装电流表(原电流表的表盘没变)，测电源电动势和内电阻,实验电路如图乙所示，得到多组电压和电流的值，并作出 图线如图所示，可知电池的电动势为____V, 内电阻为______. (结果保留2位有效数字。)‎ ‎【答案】 (1). 100mA (2). C (3). E (4). 8.7V (5). 3.1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知考查电表改装、测电源电动势和内电阻，根据实验原理分析计算可得。‎ ‎【详解】(1)[1] 电流表最大电流为500mA，欲改装为量程为2.5A的电流表，需要并联的电阻分担电流为2A，也就是说并联电阻为为电流表内阻的，现在总电流为500mA，则电流表分担电流为100mA；‎ ‎(2) [2] [3] 由上面分析可知并联电阻阻值约为 故电阻箱选择C ；估算回路中的最大电流 故滑动变阻器选择E；‎ ‎(3)根据闭合电路欧姆定律 U+5Ir=E 可得U= -5rI+E 根据图像分析可得 E=8.7V，‎ ‎-5r=‎ 解得r=3.1 。‎ ‎【点睛】电表改装根据串并联电路特点分析，改装电流表(原电流表的表盘没变)读数为I，则电路中流过电源的电流为5I，根据闭合电路欧姆定律U+5Ir=E可得U= -5rI+E，分析纵截距、斜率可求出E、r 。‎ 四．计算题（共3小题）‎ ‎17.如图所示，电源电动势E＝20 V，内阻r ＝1 Ω，当接入定值电阻R ＝4 Ω时，电路中标有“3 V，6 W”的灯泡L和内阻RD ＝0.5 Ω的小型直流电动机D都恰能正常工作。求：‎ ‎(1)电路中的电流大小I；‎ ‎(2) 电动机的输出功率P出。‎ ‎【答案】（1）2 A（2）12 W ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电动机的输出功率等于输入的电功率与内部发热功率之差，根据能量转化和守恒定律求解电动机的输出功率．‎ ‎【详解】(1) 灯泡L正常发光，电路中的电流为；‎ ‎(2) 由闭合电路欧姆定律可求得，电动机的额定电压为 UD=E-I（r+R）-UL=20-2×（1+4）-3=7V 电动机的总功率为：P总=IUD=2×7=14W 电动机的热功率为：P热=I2RD=22×0.5=2W 所以电动机的输出功率为：P出=P总-P热=14-2=12W。‎ ‎【点睛】本题中含有电动机，电动机正常工作时的电路是非纯电阻电路，电动机两端的电压不是全部加在电动机内阻上的。‎ ‎18.有一块满偏电流Ig＝1mA、内阻Rg＝100Ω的小量程电流表G；‎ ‎（1）它的满偏电压为多大；‎ ‎（2）把它改装成量程U＝15V的电压表；‎ ‎（3）把它改装成量程I＝3A的电流表．‎ ‎（要求画出改装的电路图，算出有关数据）．‎ ‎【答案】（1）0.1V；（2）串联一个14900Ω的电阻；.（3）并联一个0.033Ω的电阻；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据欧姆定律可知，G的满偏电压为：‎ ‎（2）把它改装成15V的电压表应串联一个电阻，则有：，即：‎ 电路图如下：‎ ‎（3）把它改装成3A的电流表应并联一个电阻，则有：‎ 电路图如下：‎ 答：（1）0.1V；（2）串联一个14900Ω的电阻；.（3）并联一个0.033Ω的电阻；‎ ‎19.如图所示，电路中电源电动势为，内阻不计，水平放置的平行金属板、间的距离为，金属板长为。在两金属板左端正中间位置，有一个小液滴以某一初速度水平向右射入两板间，已知小液滴的质量为，带负电，电荷量为。要使液滴从板右侧边缘射出电场，重力加速度用表示。求：‎ ‎（1）两金属板间的电压；‎ ‎（2）液滴在电场中运动的加速度；‎ ‎（3）液滴进入电场时初速度。‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）‎ ‎（3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据闭合电路欧姆定律：，则电容器的电压等于电阻R的电压，则：‎ ‎。‎ ‎（2）在电容器内部，根据牛顿第二定律：，而且：，整理可以得到：‎ ‎。‎ ‎（3）在匀强电场，做类平抛运动，水平方向：，竖直方向：，整理可以得到：‎ ‎。‎ 考点：闭合电路欧姆定律、电容器、带电粒子在电场中的运动，‎ ‎【名师点睛】本题考查闭合电路欧姆定律、电容器、带电粒子在电场中运动。 ‎