【物理】江西省上饶中学2019-2020学年高二上学期第二次月考试题(培优班)(解析版)

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【物理】江西省上饶中学2019-2020学年高二上学期第二次月考试题(培优班)(解析版)

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】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】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】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】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】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】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】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】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】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 B (2). 甲 (3). B D ‎【解析】(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】(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】(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】(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】(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】(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:‎
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