2018-2019学年西藏拉萨中学高二上学期第三次月考物理试题 解析版

2018-2019学年西藏拉萨中学高二上学期第三次月考物理试题 解析版

绝密★启用前 西藏拉萨中学2018-2019学年高二上学期第三次月考物理试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．下列说法正确的是（ ）‎ A． 由电流可知I与q成正比 B． 电流有方向，所以电流是矢量 C． 电动势、电压和电势差名称不同，但物理意义相同，所以单位也相同 D． 电源的电动势越大，说明非静电力在电源内部把单位正电荷从负极向正极移送做功越多 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A、电流的定义采用比值定义法，I与q无关；故A错误.‎ B、电流有方向，但电流的运算不适用平行四边形定则；故电流是标量；故B错误.‎ C、电压与电动势的单位相同，但物理意义不同，是两个不同的物理量；故C错误.‎ D、电动势反映电源把其他形式的能转化为电能本领大小，电动势越大，说明非静电力在电源内部把单位正电荷从负极向正极移送过程中做的功越多；故D正确.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查电流的定义，要注意明确电流的定义及电流的方向规定；明确电动势的物理意义，知道与电压的区别.‎ ‎2．两个电阻R1、R2的电流I和电压U的关系如图所示．若两个电阻R1、R2串联接在电路中，那么电阻R1、R2两端的电压之比U1：U2等于（   ） ‎ ‎ ‎ A． 1：3 B． 3：1 C． D． ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 由U-I图象得出：，由可知：；在串联电路中，电阻两端的电压与其电阻值成正比，所以：；故选A.‎ ‎【点睛】‎ 会正确从图象中读出对应的U-I值，会利用控制变量法比较两个电阻的阻值大小是解决本题的关键．‎ ‎3．如图所示，甲、乙两个电路都由一个灵敏电流计G和一个电阻箱R组成，它们中一个是测电压的电压表，另一个是测电流的电流表，那么以下结论中正确的是（ ）‎ A． 甲表是电流表，R增大时量程增大 B． 甲表是电压表，R增大时量程减小 C． 乙表是电流表，R增大时量程减小 D． 乙表是电压表，R增大时量程增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 灵敏电流计G和变阻器R并联时，由于变阻器的分流，测量的电流增大，改装成电流表，而灵敏电流计G和变阻器R串联时，由于变阻器的分压，测量的电压增大，改装成电压表．甲表中，R增大时，变阻器分流减小，量程减小.乙表中，R增大时，变阻器分担的电压增大，量程增大.‎ ‎【详解】‎ A、B、由图甲所示可知，G与电阻R并联，甲表是电流表，R增大时，变阻器R 的分流减小，电流表量程减小，故A，B错误；‎ C、D、由图乙所示可知，G与R串联，乙是电压表，R增大时，变阻器R分担的电压增大，电压表量程增大，故C错误，D正确；‎ 故选D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查电表改装原理的理解能力．当电流计的指针满偏时，电流表或电压表的指针满偏，所测量的电流或电压达到最大值．‎ ‎4．如图四个灯泡L1，L2，L3，L4完全一样，规格都是12V、12W，在AB两端加上60V的电压，则经过的电流是（ ）　　‎ A． 1A B． 2A C． 1.67A D． 1.25A ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 分析电路可知，并联后与，串联接入电路，‎ 灯泡的电阻，‎ 则电路总电阻，‎ 干路电流，‎ 则经过的电流，故A正确．‎ 故选：A 评卷人 得分 二、多选题 ‎5．有两段电阻丝,材料相同,长度也相同,它们的横截面的直径之比为dA:dB=1:2,把它们串联在电路中,则下列说法正确的是(   )‎ ‎ ‎ A． 它们的电阻之比RA:RB=4:1‎ B． 通过它们的电流之比IA:IB=1:1‎ C． 电子在两段电阻丝中定向移动速度大小之比vA:vB=1:4‎ D． 两段电阻丝中的电场强度大小之比EA:EB=1:4‎ ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A、长度、材料均相同，它们的横截面的直径之比为dA:dB=1:2，则横截面积之比为SA：SB=1:4，根据可知，电阻之比RA:RB=4:1，故A正确；‎ B、因两者是串联，它们的电流总相等，有IA:IB=1:1，故B正确；‎ C、根据电流的微观表达式I=neSv，则有，定向移动速率与横截面成反比，因此定向移动速度之比vA：vB=4:1，故C错误；‎ D、串联电路，电流相等，设为I，则两段中的电场强度，因此电场强度与电压成正比，则有电场强度之比EA：EB=UA：UB=RA：RB=4:1;故D错误；‎ 故选AB.‎ ‎【点睛】‎ 知道影响电阻大小的因素，知道串联电路电流的规律，会灵活应用欧姆定律，同时掌握电流的微观表达式的内容，及确定电场强度与电阻成正比的结论.‎ ‎6．如图所示,是将滑动变阻器作分压器用的电路, 、为分压器的输出端, 是负载电阻,电源电压为保持恒定,滑动片位于变阻器的中央,下列判断正确的是(  )‎ A． 空载(不接)时,输出电压为 B． 接上负载时,输出电压 C． 负载电阻的阻值越大,输出电压越低 D． 接上负载后,要使输出电压为,滑片须向下移动至某一位置 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ A、空载（不接R）时,触头把滑动变阻器分成相等的两部分,由串联电路特点可知,输出电压为电源电压的一半,即U/2,故A正确；‎ B、接上负载R时,电路总电阻变小,干路电流变大,滑动变阻器上半部分电压变大,大于电源电压的一半,则A、B间的输出电压小于U/2,故B正确；‎ C、负载电阻R的阻值越大,负载电阻与滑动变阻器下半部分电阻的并联阻值越大,输出电压越大,故C错误；‎ D、接上负载R时,电路总电阻变小,干路电流变大,滑动变阻器上半部分电压变大,大于电源电压的一半,则A、B间的输出电压小于U/2,要使输出电压等于U/2,滑片应向上移动,故D错误。‎ 故选：AB．‎ ‎7．如图所示，虚线a、b、c是某静电场中的三个等势面，它们的电势分别为a、b、c，且a＞b＞c.一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示，由图可知( )‎ A． 粒子从K到L的过程中，电场力做负功 B． 粒子从L到M的过程中，电场力做负功 C． 粒子从K到L的过程中，电势能增加 D． 粒子从L到M的过程中，动能减少 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据等势面图得到电场线的分布图，再结合动能定理以及电场力做功与电势能变化关系分析判断。‎ ‎【详解】‎ 电场线与等势面垂直，由较高的等势面指向较低的等势面，分布图如图：‎ A项：粒子从K到L的过程中，负粒子从高电势向低电势运动，故电场力做负功，故A正确；‎ B项：粒子从L到M的过程中，先从高电势向低电势运动，后从低电势向高电势运动，电场力先做负功后做正功，故B错误；‎ C项：粒子从K到L的过程中，电场力做负功，电势能增加，故C正确；‎ D项：粒子从L到M的过程中，电场力先做负功后做正功，故电势能先增大后减小，根据能量守恒可知，动能先减小后增大，故D错误。‎ 故应选AC。‎ ‎【点睛】‎ 本题关键要明确电场力的做功情况，然后根据动能定理判断动能的变化情况，根据电场力做功与电势能变化的关系得到电势能的变化情况。‎ ‎8．在如图所示的电路中，电源电动势为3V，内阻不计，L1、L2、L3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图所示．当开关闭合后，下列判断正确的是（　　）‎ A． 灯泡L1的电阻比灯泡L2的电阻大 B． 通过灯泡L1的电流为灯泡L2电流的2倍 C． 灯泡L1消耗的电功率为0.75W D． 灯泡L2消耗的电功率为0.30W ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A项：由图1可知，灯泡L1两端的电压比L2两端电压更大，由图2可知，灯泡两端电压越大，电阻越大，故A正确；‎ B项：由图1可知，灯泡L1两端的电压为3V，灯泡L2两端的电压为1.5V，由图2可知，灯泡L1电流为0.25A，，灯泡L2的电流为0.2A，故B错误；‎ C项：由图可知，灯泡L1两端的电压为3V，电流为0.25A，则灯泡L1消耗的电功率为，故C正确；‎ D项：灯泡L2两端的电压为1.5V，电流为0.2A，则灯泡L2消耗的电功率为，故D正确。‎ 故应选ACD。‎ 第II卷（非选择题）‎ 请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 三、填空题 ‎9．某同学要测量一新材料制成的均匀圆柱体的电阻率ρ，完成下列测量：‎ ‎(1)用游标为20分度的卡尺测量其长度，如图甲所示，由图可知其长度为________cm.‎ ‎(2)用螺旋测微器测量其直径，如图乙所示，由图可知其直径为__________mm。‎ ‎【答案】5.015 4.699 ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）游标卡尺读数：50+3×0.05=50.15mm.‎ ‎（2）螺旋测微器测读数：4.5+20.0×0.01=4.700mm 考点：基本仪器使用 评卷人 得分 四、实验题 ‎10．有一个小电珠上标有“4 V、2 W”的字样，现在要用伏安法描绘这个电珠的U－I图线，有下列器材供选用：‎ A．电压表(0～5 V，内阻10 kΩ)‎ B．电压表(0～10 V，内阻20 kΩ)‎ C．电流表(0～0.3 A，内阻1 Ω)‎ D．电流表(0～0.6 A，内阻0.4 Ω)‎ E．滑动变阻器(5 Ω，10 A)‎ F．滑动变阻器(500 Ω，0.2 A)‎ ‎(1)实验中电压表应选用________，电流表应选用________。(用序号字母表示)‎ ‎(2)为使实验误差尽量减小，要求电压从零开始变化且多取几组数据，滑动变阻器应选用________。(用序号字母表示)‎ ‎(3)请在虚线方框内画出满足实验要求的电路图__________，并把图中所示的实验器材用实线连接成相应的实物电路图__________________。‎ ‎【答案】A D E ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因灯泡的额定电压为4V，为保证安全选用的电压表量程应稍大于4V，但不能大太多，量程太大则示数不准确；故只能选用0～5V的电压表，故选A；由P=UI得，灯泡的额定电流I=0.5A；故电流表应选择0～0.6A的量程，故选D； （2）由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，而分压接法中应选总阻值小的滑动变阻器，故选E； （3）电压表远大于灯泡内阻，应采用电流表外接法；而由以上分析知，滑动变阻器应选择分压接法；故原理图如图甲所示；根据原理图可得出对应的实物图如图乙所示；‎ ‎【点睛】‎ 本题考查实验中的仪表选择及接法的选择；应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别及应用，同时还应明确内外接法的不同及判断方法。‎ 评卷人 得分 五、解答题 ‎11．如图所示，平行板电容器竖直放置，A、B两板与电源连接，一带电小球悬挂在电容器内部。己知AB两板间电压为U，两板间距为d，且两板足够长；小球质量为m，静止时绳与竖直方向成θ角，当地重力加速度为g。‎ ‎（1）求平行板间匀强电场的电场强度大小；‎ ‎（2）判定带电小球的电性，并求出其电荷量。‎ ‎【答案】（1） （2）正，‎ ‎【解析】‎ ‎（1）根据电场强度的定义可知两极板间的电场强度大小为；‎ ‎（2）由于小球受到水平向右的电场力，而电场方向水平向右，故小球受到的电场力和电场方向相同，带正电，对小球受力分析，，得．‎ ‎12．如图所示是利用电动机提升重物的示意图，其中D是直流电动机。P是一个质量为m的重物，它用细绳绕在电动机的轴上，闭合开关S，重物P以速度v匀速上升，这时电流表和电压表的示数分别是I=5A和U=220V，重物P匀速上升的速度v =0.4m/s，重物的质量m=50kg，g取10m/s2。求：‎ ‎（1）电动机消耗的电功率P电；‎ ‎（2）绳对重物做功的机械功率P机；‎ ‎（3）电动机线圈的电阻R。‎ ‎【答案】（1） （2） （3） ‎ ‎【解析】‎ ‎【试题分析】(1)已知电动机两端的电压和通过的电流，根据P=UI求出电动机的耗电功率，根据P出=mgv求出机械功率；(2)由机械部分的机械效率可求出电动机输出功率，根据电动机消耗的功率与输出功率之差，即为线圈电阻发热功率，再由P=I2R求出电动机线圈的电阻．‎ ‎(1)根据电功率关系式有： ‎ 代入数据得： ‎ ‎(2)由于物体匀速上升，有：‎ ‎ ①‎ ‎ ②‎ 联立①②，代入数据得： ‎ ‎(3)根据功能关系有： ③ ‎ ‎ ④ ‎ 联解③④，代入数据得：R=36Ω ‎ ‎【点睛】知道电动机工作时，消耗的电能转化为其它形式的能（一是机械能，二是内能）是解本题的关键；利用P=Fv求功率和平衡态列方程是解题的核心．‎ ‎13．如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中．现有一质量为m、带正电的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g．‎ ‎(1)若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点时速度为多大？‎ ‎(2)在(1)的情况下，求滑块到达C点时受到轨道的作用力大小；‎ ‎(3)改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小．‎ ‎【答案】（1） （2） （3） ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎(1)设滑块到达C点时的速度为v，由动能定理有:‎ 又因为 联立两式解得：‎ ‎(2)设滑块到达C点时受到轨道的作用力大小为F，则 又因为 解得：‎ ‎(3)要使滑块恰好始终沿轨道滑行，即轨道对滑块作用力在某一点时为零，速度最小，即：当N=0时，v最小，设滑至圆轨道DG间某点，由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小（设为vn）‎ 则有:‎ 解得:‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了求速度、作用力、速度范围等问题，分析清楚滑块的运动过程是正确解题的前提，应用动能定理、牛顿第二定律即可正确解题，解题时要注意滑块做圆周运动的临界条件．‎