物理卷·2019届福建省泉州市泉港区第一中学高二上学期第二次月考（1月）试题（解析版）x
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泉港一中2017—2018学年上学期第二次月考
高二年级物理科试题
一、选择题（1-9题为单选题，10-13题为多选题，每小题4分，共52分）
1. 三个点电荷电场的电场线分布如图，图中a、b两处的场强大小分别为Ea、Eb，电势分别为、，则
A. Ea＞Eb，＞ B. Ea＜Eb，＜
C. Ea＞Eb，＜ D. Ea＜Eb，＞
【答案】C
【解析】电场线密的地方电场强度大，电场线稀的地方电场强度小，故Ea＞Eb；根据电场线与等势线垂直，在b点所在电场线上找到与a点电势相等的，依据沿电场线电势降低，可知，故C正确，ABD错误。
2. 如图所示，MN是某一正点电荷电场中的电场线，一带负电的粒子（重力不计）从a点运动到b点的轨迹如图中虚线所示．则（ ）
A. 正点电荷位于N点右侧
B. 带电粒子从a运动到b的过程中动能逐渐增大
C. 带电粒子在a点的电势能大于在b点的电势能
D. 带电粒子在a点的加速度大于在b点的加速度
【答案】D
3. 如图所示电路中，三个相同的灯泡额定功率是40 W，在不损坏灯泡的情况下，这三个灯泡消耗的总功率最大不应超过
A. 40 W B. 60 W C. 80 W D. 120 W
【答案】B
【解析】由电路图可知，IL3=2IL2=2IL1；则L3消耗的功率最大，当L3消耗的功率是40 W时，根据P=I2R可知，L1、L2各消耗功率10 W，则电路消耗的总功率为60 W，故选B。
4. 如图的电路中，输入电压U恒为12V，灯泡L上标有“6V、12W”字样，电动机线圈的电阻RM=0.50Ω。若灯泡恰能正常发光，以下说法中正确的是
A. 电动机的输入功率为14W
B. 电动机的输出功率为12W
C. 电动机的热功率为2.0W
D. 整个电路消耗的电功率为22W
【答案】C
【解析】灯泡恰能正常发光,.电动机两端电压为6V，A错。电动机,C对。输出功率为,B错。整个电路消耗的电功率为，D错
5. 为测某电阻R的阻值，分别接成如图（a）、（b）两电路，在（a）电路中电压表和电流表的示数分别为3V、3mA，乙电路中两表示数分别是2.9V、4mA，则被测电阻的值应为
A. 比1000Ω略大一些 B. 比1000Ω略小一些
C. 比750Ω略大一些 D. 比750Ω略小一些
【答案】B
【解析】由甲和乙测量结果比较可知，电流表的示数变化明显，说明电压表的分流作用明显，即电压表的内阻不是很大，根据欧姆定律可知，当电压表的内阻很大时，采用电流表外接法误差小一些，所以，即待测电阻的值比1000Ω略小些，故B正确，ACD错误。
6. 如图，A、B、C是相同的三盏灯，在滑动变阻器的滑动触头由a端向c端滑动的过程中（各灯都不被烧坏），各灯亮度的变化情况为
A. C灯变亮，A、B灯变暗 B. A、B灯变亮，C灯变暗
C. A、C灯变亮，B灯变暗 D. A灯变亮，B、C灯变暗
【答案】A
..................
7. 如图所示，在同一坐标系中画出a、b、c三个电源的U一I图象，其中a 和c的图象平行，下列说法中正确的是 （ ）
A. Ea
rb
C. Ea0）的固定点电荷．已知点处的场强为零，则d点处场强的大小为（k为静电力常量）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】电荷量为q的点电荷在b处产生电场强度为 ，方向向右．在b点处的场强为零，根据电场的叠加原理可知细棍与q在b处产生电场强度大小相等，方向相反，则知细棍在b处产生的电场强度大小为，方向向左．根据对称性可知细棍在d处产生的电场强度大小为，方向向右, 而电荷量为q的点电荷在d处产生电场强度为 ，方向向右；所d点处场强的大小为Ed=E+E′= 方向向右．故选B．
10. 如图所示，将平行板电容器与电池组相连，两板间的带电尘埃恰好处于静止状态．若将两板缓慢地错开一些，其他条件不变，则（ ）
A. 电容器带电量不变 B. 尘埃仍静止
C. 检流计中有a→b的电流 D. 检流计中有b→a的电流
【答案】BC
【解析】将两板缓慢地错开一些，两板正对面积减小，根据电容的决定式
得知，电容减小，而电压不变，则电容器带电量减小．故A正确．由于板间电压和板间距离不变，则板间场强不变，尘埃所受电场力不变，仍处于静止状态．故B正确．电容器电量减小，处于放电状态，而电容器上板带正电，下极板带负电，电路中形成逆时针方向的电流，则检流计中有a→b的电流．故C正确，D错误．故选ABC．
点睛：本题电容器动态变化问题，要抓住电压不变，根据电容的决定式和电容的定义式 结合进行分析．
11. 如图所示，一电场的电场线分布关于y轴（沿竖直方向）对称，O、M、N是y轴上的三个点，且OM=MN，P点在y轴的右侧，MP⊥ON，则（ ）
A. M点的电势比P点的电势高
B. 将负电荷由O点移动到P点，电场力做正功
C. M、N 两点间的电势差大于O、M两点间的电势差
D. 在O点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y轴做直线运动
【答案】AD
【解析】试题分析：过M、P、N做等势线，可得到过P点的等势线通过M、N之间，因顺着电场线电势降低，则有φM＞φP＞φN，故A正确．将负电荷由O点移到P点，因UOP＞0，所以W=-qUOP＜0，则负电荷电场力做负功，故B错误；由U=Ed可知，MN间的平均场强小于OM间的平均场强，故MN两点间的电势差小于OM两点间的电势差，C错误；根据电场线的分布特点会发现，电场线关于y轴两边对称，故y轴上的场强方向在 y轴上，所以在O点静止释放一带正电粒子，其所受电场力沿y轴正方向，则该粒子将沿y轴做直线运动，故D正确；故选AD．
考点：电场线；电势及电势能
【名师点睛】电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。
12. 如图所示，电压表看作理想电表，电源电动势为E，内阻为r，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片由左端向右端滑动时（灯丝电阻不变），下列说法正确的是
A. 灯泡L1变暗 B. 小灯泡L2变亮
C. 电容器带电量减小 D. 电压表读数变大
【答案】CD
【解析】由图可知，灯泡L1与滑动变阻器并联后与L2串联；将滑动变阻器的滑片由左端向右滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，变阻器与灯L1并联的电阻增大，外电路总电阻增大，路端电压增大，电压表的读数变大，D正确；由闭合电路欧姆定律可知，流过电源的电流减小，灯泡L2变暗，B错误；电压表V2读数变小．灯泡L1的电压U1=E-I（r+RL2）增大，灯泡L1变亮，A错误；由于电容器两端电压减小，由Q=CU可得电容器中的电量减小；故C正确，故选CD．
点睛：本题考查闭合电路欧姆定律的动态分析规律，要注意明确在简化电路时应将电容器视为断路，先摘除后再分析电路，然后明确电容器与哪部分并联，从而明确电容器电压的变化．
13. 如图所示，为定值电阻，为可变电阻，E为电源电动势，r为电源内阻，以下说法正确的是
A. 当=时，上获得最大功率
B. 当=时，上获得最大功率
C. 当增大时，电源的效率变大
D. 当=0时，电源的输出功率一定最小
【答案】AC
【解析】将R1也看成电源的内电阻，R2上的功率等于电源的输出功率，当外电阻等于内阻时，即R2=R1+r时，输出功率最大，即R2上的功率最大，故A正确；根据，电流最大时，R1上的功率最大，当外电阻最小时，即R2=0时，电流最大，故B错误；电源的效率为：，当R2增大时，电源的效率增大，故C正确；当外电阻等于内阻时电源的输出功率最大，外电阻与内电阻越接近，电源的输出功率越大，由于R1与r的关系未知，故当R2=0时，电源的输出功率不一定最小，故D错误。所以A正确，BCD错误。
二、实验题
14. 在测量金属丝电阻率的实验中，可供选用的器材如下
待测金属丝：Rx（阻值约4 Ω，额定电流约0.5 A）；
电压表：V（量程3 V，内阻约3 kΩ）；
电流表：A1（量程0.6 A，内阻约0.2 Ω）；A2（量程3 A，内阻约0.05 Ω）；
电源：E1（电动势3 V，内阻不计）；E2（电动势12 V，内阻不计）；
滑动变阻器：R（最大阻值约20 Ω）；
螺旋测微器；毫米刻度尺；开关S；导线．
（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，读数为________mm．
（2）若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选________、电源应选________（均填器材代号），在虚线框内完成电路原理图．
【答案】 (1). 1.773 (2). A1 (3). E1
【解析】试题分析：（1）由图示螺旋测微器可知，其示数为：1．5mm+27．5×0．01mm=1．775mm；
（2）电阻丝的额定电流约为0．5A，电流表应选A1；电阻丝的额定电压约为U=IR=0．5×5=2．5V，电源应选E1；
（3）待测金属丝电阻约为5Ω，电压表内阻约为3kΩ，电流表内阻约为0．2Ω，相对来说电压表内阻远大于待测金属丝的电阻，电流表应采用外接法，由题意可知，滑动变阻器采用限流接法，实验电路图如图所示：
考点：测量金属丝电阻率
【名师点睛】本题考查了螺旋测微器读数、实验器材的选择、设计实验电路图，螺旋测微器固定刻度示数与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；确定电流表的接法是正确设计实验电路的关键，当电压表内阻远大于待测电阻阻值时，电流表应采用外接法。
15. 测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：
A．待测的干电池（电动势约为1.5V，内电阻小于1.0Ω)
B．电流表G（满偏电流3mA，内阻Rg=10Ω)
C．电流表A(0～0.6A，内阻0.1Ω)
D．滑动变阻器R1(0～20Ω，10A)
E.．滑动变阻器R2(0～200Ω，lA)
F．定值电阻R0(990Ω)
G．开关和导线若干
⑴某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，于是他设计了如图中甲的（a)、 (b)两个参考实验电路，其中合理的是____________图的电路；在该电路中，为了操作方便且能准确地进行测量，滑动变阻器应选____________（填写器材前的字母代号）
(2）图乙为该同学根据（1)中选出的合理的实验电路利用测出的数据绘出的I1～I2图线（I1为电流表G的示数，I2为电流表A的示数），则由图线可以得被测电池的电动势E=_______V，内阻r=_____Ω。
【答案】 (1). b (2). D (3). 1.48(1.48士0.02) (4). 0.77(0.75～0.80)
【解析】（1）器材中没有给电压表，但给了两个电流表，将电流表G串联一个电阻，可以改装成电压表，a、b两个参考实验电路，其中合理的是b，因为电源的内阻较小，所以应该采用较小最大值的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小，所以滑动变阻器应选D。
（2）根据欧姆定律和串联的知识得：电源两端电压U=I1（990+10）=1000I1，根据图象与纵轴的交点得电动势E=1.5mA×1000Ω=1.50V，与横轴的交点可得出路端电压为1V时电流是0.62A，由闭合电路欧姆定律E=U+Ir可得：r=0.80Ω。
16. 所示的电路，金属丝固定在两接线柱a、b上，锷鱼夹c与金属丝接触良好．现用多用表测量保护电阻R0的阻值，请完成相关的内容：
(1)A．将转换开关转到“Ω×100”挡，红、黑表笔短接，调节__使指针恰好停在欧姆刻度线的____处．
B．先__________，将红、黑表笔分别接在R0的两端，发现指针的偏转角度太大，这时他应将选择开关换成欧姆挡的“__________”挡位(填“×1K”或“×10”)
C．换挡后再次进行欧姆调零后，将红、黑表笔分别接在R0的两端，测量结果如右图(2)所示，则R0的阻值为_______．
【答案】 (1). 调零旋钮（欧姆调零） (2). 零刻度 (3). 断开开关S,(或取下R0) (4). ×10 (5). 20Ω
【解析】（1）A、将转换开关旋至“×100”档，红黑表笔短接，旋动调零旋钮，进行欧姆调零，使指针恰好停在欧姆刻度线的零刻度处。
B、先断开开关S，再将红、黑表笔分别接在R0的两端，若发现指针的偏转角度太大，说明倍率太大，因此这时他应将选择开关换成欧姆挡的“×10”档。
C、由图可知，R0的阻值为2×10=20Ω。
17. 现要进一步精确测量额定电压为3V的R0阻值，实验室提供了下列可选用的器材：
A．电流表(量程300 mA，内阻约1 Ω) B．电流表A2(量程0.6 A，内阻约0.3 Ω)
C．电压表V1(量程3.0 V，内阻约3 kΩ) D．电压表V2(量程15.0 V，内阻约5 kΩ)
E．滑动变阻器R1(最大阻值为5 Ω) F．滑动变阻器R2(最大阻值为200 Ω)
G．电源E(电动势为4 V，内阻可忽略) H．开关、导线若干．
①为了取得较多的测量数据，尽可能提高测量准确度，某同学采用如图一所示电路，应选择的器材为(只需填器材前面的字母)电流表__________．电压表__________．滑动变阻器_________．
②请根据电路图在图二所给的实物图连线。
③为取得较多的测量数据，提高测量精确度，图3给出的测量电路图中，最合适的电路是 ，通过实验，电阻R0的测量值_______(填“大于”“小于”或“等于”)真实值。
【答案】 (1). A (2). C (3). E (4). C 小于
【解析】①电源的电动势为4V，则电压表的量程3.0V，故电压表选取C；通过的最大电流为：，因此电流表选取量程为300mA，故电流表选A；为了便于方便测量滑动变阻器应选小阻值的，故选E。
②③电压开始从零调节，滑动变阻器应采用分压接法，待测电阻阻值约为20Ω，电流表内阻约为1Ω，电压表内阻约为3kΩ，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，实验应选择图B所示电路；电流表采用外接法，由于电压表的分流，所测电流偏大，由欧姆定律可知，电阻测量值小于真实值．根据图B所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：
三 、计算题
18. 如图是家用电饭煲的电路图。将电饭煲接到稳压电源上，当开关接通“加热”挡时，电热丝以额定功率给食物加热，当食物蒸熟后，开关接通“保温”挡，给食物保温，这时电热丝的功率为其额定功率的1/9，电流为1.40 A，已知分压电阻的阻值是R＝100 Ω。求：
(1)保温时，电阻R两端的电压。
(2)稳压电源输出的电压。
(3)电热丝的额定功率。
【答案】(1)140V (2)210V (3)882W
【解析】试题分析：（1）电阻R两端的电压为
UR=IR=1.40×100=140（V） （3分）
（2）设电热丝的电阻为r，电源输出电压为U，则
（）2r =（3分）
解得：r=50Ω（2分）
所以电源电压为U=I（R+r）=1.40×（100+50）=210（V）（2分）
（3）电热丝的额定功率为P==882（W）（2分）
考点：考查了电功率的计算，闭合回路欧姆定律的应用
19. 如图所示，两块竖直放置的平行金属板A、B，板间距d＝0.04 m，两板间的电压U＝400 V，板间有一匀强电场．在A、B两板上端连线的中点Q的正上方，距Q为h＝1.25 m的P点处有一带正电的小球，已知小球的质量m＝5×10－6 kg，电荷量q＝5×10－8 C．设A、B
板足够长，g取10 m/s2.试求：
(1)带正电的小球从P点开始由静止下落，经多长时间和金属板相碰；
(2)相碰时，离金属板上端的竖直距离多大．
【答案】(1)0.52s (2)0.102m
【解析】试题分析：（1）设小球从P到 Q点做自由落体运动，根据自由落体公式求出时间，小球进入电场后其飞行时间取决于电场力产生的加速度ax，根据匀加速直线运动位移时间公式求出时间，两个时间之和即为所求时间；
（2）小球由P点开始在竖直方向上始终是自由落体运动，求出在时间t内的位移y，与金属板上端的距离为：S=y﹣h．
解：（1）设小球从P到 Q需时t1，由h=gt12
得t1==s=0.5s
小球进入电场后其飞行时间取决于电场力产生的加速度ax，可以求出小球在电场中的运动时间t2．应有 qE=max
E=
=axt22
由上述3个式子，得：
t2=d=0.04×s=0.02s
所以，运动总时间 t=t1+t2=0.5+0.02=0.52s
（2）小球由P点开始在竖直方向上始终是自由落体运动，在时间t内位移为：
y=gt2=×10×0.522=1.352m
与金属板上端的距离为：S=y﹣h=1.352﹣1.25m=0.102m
答：（1）带正电小球从P点开始由静止下落，经0.52s和金属板相碰；
（2）相碰时，离金属板上端的距离为0.102m．
【点评】该题考查了自由落体运动和类平抛运动的基本规律，难度适中，属于中档题．
