江苏省苏州市陆慕高级中学2019-2020学年高二上学期第一次月考物理试题

江苏省苏州市陆慕高级中学2019-2020学年高二上学期第一次月考物理试题

‎2019-2020学年第一学期高二年级月考物理试卷 一.单选题 ‎1.用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表、，若把、分别采用并联或串联的方式接入电路，如图所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是 A. 图甲中的、的示数相同 B. 图甲中的、的指针偏角相同 C. 图乙中的、的示数和偏角都不同 D. 图乙中的、的指针偏角相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.图甲中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同，故A错误，B正确；‎ ‎ CD.图乙中的A1、A2串联，A1、A2的示数相同，由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同，故CD错误。‎ ‎2.如图所示，磁场方向竖直向下，通电直导线ab由水平位置1绕a点在竖直平面内转到位置2的过程中，通电导线所受安培力是(   )‎ A. 数值变大，方向不变 B. 数值变小，方向不变 C. 数值不变，方向改变 D. 数值不变，方向也不改变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】通电直导线所受的安培力F=BILsinα，α是导线与磁场方向的夹角，由题知，B、I、L不变，α减小，则F减小；根据左手定则判断可知，安培力方向始终与纸面垂直向里或向外，保持不变。‎ A．数值变大，方向不变，与结论不相符，选项A错误；‎ B．数值变小，方向不变，与结论相符，选项B正确；‎ C．数值不变，方向改变，与结论不相符，选项C错误；‎ D．数值不变，方向也不改变，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎3.如图所示，直线A为某电源的U－I图线，曲线B为某小灯泡L的U－I图线的一部分，用该电源和小灯泡L串联起来组成闭合回路时灯泡L恰能正常发光，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 此电源的内阻为0.67 Ω B. 灯泡L的额定电压为3 V，额定功率为6 W C. 把灯泡L换成阻值恒为1 Ω的纯电阻，电源的输出功率将变小，效率将变低 D. 小灯泡L的电阻随通过电流的增大而减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由题图可知，电源的电动势E=4V，内阻，故A错误；‎ B．两图线的交点表示小灯泡L与电源连接时的工作状态，由于灯泡正常发光，则知灯泡的额定电压U=3V，额定电流I=2A，则额定功率为P=UI=6W，故B正确；‎ C．正常发光时灯泡L的电阻，换成一个1Ω的定值电阻，可知其电阻更接近电源的内阻，电源的输出功率将变大，根据闭合电路欧姆定律可知外电阻减小，路端电压减小，电源效率减小，故C错误；‎ D．灯泡的温度随通过电流的增大而升高，电阻随温度的升高而增大，故D错误.‎ ‎4.如图所示，质量为m、长为L的导体棒MN电阻为R，初始时静止于光滑平行的水平轨道上，轨道间距也为L，电源电动势为E，内阻不计.匀强磁场的磁感应强度为B，其方向与轨道平面成θ角斜向上，开关闭合后导体棒开始运（ ）‎ A. 导体棒向左运动 B. 开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为 C. 开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为 D. 开关闭合瞬间导体棒MN的加速度为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．开关闭合，由左手定则可知，导体棒受到的安培力斜向右下，导体棒向右运动，A错误；‎ BC．当开关闭合瞬间，根据安培力公式F=BIL，且，可得，B正确，C错误；‎ D．当开关闭合瞬间，安培力的方向与导轨成90°－θ角，由牛顿第二定律与安培力的大小可知，加速度，D错误.‎ ‎5.在纯电阻电路中，当用一个固定电源（设E、r为定值）向变化的外电阻供电时，关于电源的输出功率P随外电阻P变化的规律如图所示，则下列说法错误的是 A. 当R=r时，电源有最大的输出功率 B. 当R=r时，电源的效率η=50%‎ C. 电源的输出功率P随外电阻R的增大而增大 D. 电源的效率η随外电阻R的增大而增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AC．该图象反映了电源的输出功率P随外电阻R变化的规律，由图看出，电源的输出功率随着外电阻的增大先增大后减小，当R=r时，电源有最大的输出功率，故A正确，C错误；‎ B．当R=r时，路端电压与电源内电压，则U=0.5E，电源的效率η= ，故B正确；‎ D．电源的效率η= ，则知R增大时，电源的效率增大，故D正确。‎ ‎6.如图所示，在光滑水平面上一轻质弹簧将固定挡板和一条形磁铁连接起来，此时磁铁对水平面的压力为N1，现在磁铁左上方位置固定一导体棒，当导体棒中通有垂直纸面向里的电流后，磁铁对水平面的压力为N2，则以下说法正确的是（ ）‎ A 弹簧长度将变长，N1> N2‎ B. 弹簧长度将变短，N1> N2‎ C. 弹簧长度将变长，N1< N2‎ D. 弹簧长度将变短，N1< N2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】开始时条形磁铁受重力和支持力，二力平衡，故弹簧处于原长，磁铁对水平面的压力等于磁铁的重力；增加通电导体棒后，根据条形磁铁磁感线分布情况得到导体棒所在位置磁场方向如图所示，由左手定则可判断出导体棒所受安培力方向如图所示.‎ 由牛顿第三定律可知，条形磁铁受到导体棒的作用力斜向左上方，故条形磁铁对水平面的压力减小，同时弹簧缩短.‎ A．弹簧长度将变长，N1> N2，与结论不相符，选项A错误；‎ B．弹簧长度将变短，N1> N2，与结论相符，选项B正确；‎ C．弹簧长度将变长，N1< N2，与结论不相符，选项C错误；‎ D．弹簧长度将变短，N1< N2，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎7.如图电路中，电源电动势为E、内阻为r，R0为定值电阻，电容器的电容为C。闭合开关S，增大可变电阻R的阻值，电压表示数的变化量为ΔU，电流表示数的变化量为ΔI，则：‎ A. 变化过程中ΔU和ΔI的比值保持不变 B. 电压表示数U和电流表示数I的比值不变 C. 电阻R0两端电压减小，减小量为ΔU D. 电容器的带电荷量增大，增加量为CΔU ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据闭合电路欧姆定律可得，可以画出图象，图象的斜率表示电源内阻与定值电阻之和，所以恒定不变。A正确 B. 由图可知，因为电阻增大，所以电压表示和电流表的示数的比值变大。故B错误 C.闭合开关，增大可变电阻的阻值后，电流中的电流减小，由欧姆定律可得电阻两端的电压减小，两端的电压增大，而它们总的电压即路端电压增大，所以电阻两端的电压减小量小于。故C错误。‎ D.两端的电压增大量为，因为电容器与并联，所以电容器两端电压增大量为 ‎，电容器的带电荷量增量为。故D正确。‎ 二.多选题 ‎8.当导线中分别通以图示方向的电流时，小磁针静止时N极垂直纸面向里的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．已知通电直导线中电流的方向，根据右手螺旋定则，可知A、B选项的图中小磁针所处的位置磁场方向垂直纸面向里，所以小磁针静止时N极垂直纸面向里，A、B正确；‎ C．环形导线的电流方向如题图所示，根据右手螺旋定则，可知小磁针所处的位置磁场方向垂直纸面向外，所以小磁针静止时N极垂直纸面向外，C错误；‎ D．根据右手螺旋定则，结合电流的方向，可知通电螺线管内部的磁场方向由右向左，则小磁针静止时N极指向左，D错误.‎ ‎9.把轻质的导线圈用绝缘细线挂在磁铁的N极附近，磁铁的轴线穿过线圈中心且在同一平面内，如图所示.当线圈通过图示电流时，线圈将（ ）‎ A. 发生转动同时离开磁铁 B. 发生转动同时靠近磁铁 C. 静止不动 D. 从上往下看顺时针转动 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】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，线圈沿顺时针方向转动，同时靠近磁铁.‎ A．发生转动同时离开磁铁，与结论不相符，选项A错误；‎ B．发生转动同时靠近磁铁，与结论相符，选项B正确；‎ C．静止不动，与结论不相符，选项C错误；‎ D．从上往下看顺时针转动，与结论相符，选项D正确；‎ ‎10. 两根长直导线a、b平行放置,如图所示为垂直于导线截面图,图中O点为两根导线ab连线的中点,M、N为ab的中垂线上的两点且与a、b等距,两导线中通有等大、同向的恒定电流,已知直线电流在某点产生的磁场的磁感应强度B的大小跟该点到通电导线的距离r成反比,则下列说法中正确的是( )‎ A. M点和N点的磁感应强度大小相等,方向相同 B. M点和N点的磁感应强度大小相等,方向相反 C. 在线段MN上各点的磁感应强度都不可能为零 D. 若在N点放一小磁针,静止时其北极垂直MN向上 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：根据安培定则判断得知，两根通电导线产生的磁场方向均沿逆时针方向，由于对称，‎ 两根通电导线在MN两点产生的磁感应强度大小相等，根据平行四边形进行合成得到，M点和N点的磁感应强度大小相等，M点磁场向下，N点磁场向上，方向相反．故A错误，B正确．当两根通电导线在同一点产生的磁感应强度大小相等、方向相反时，合磁感应强度为零，则知O点的磁感应强度为零．故C错误．若在N点放一小磁针，静止时其北极垂直MN指向上．故D正确．故选BD.‎ 考点：磁场的叠加；右手定则 ‎【名师点睛】本题考查安培定则和平行四边定则的综合应用，注意安培定则的用右手．明确小磁针N极受力方向即为磁场方向。‎ ‎11.如图所示，电源的电动势为E，内阻为r，R1为定值电阻，R2为光敏电阻，C为电容器，L为小灯泡，电表均为理想电表，闭合开关S后，若增大照射光强度，则（ ）‎ A. 小灯泡的功率增大 B. 电容器上的电荷量增加 C. 电源的输出功率增大 D. 两表示数变化量的比值| |不变 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．增大光强，电阻R2的电阻变小，电路中的总电阻变小，总电流变大，根据P=I2R可知，小灯泡的功率增大，选项A正确；‎ B．电容器两端电压为灯泡与R2串联后的分压，因为总电流增大，所以内电阻和定值电阻R1的分压均变大，根据闭合电路欧姆定律U=E-I（r+R1）可知，灯泡与R2串联后的分压变小，电容器两端电压变小，由Q=CU可知电容器上的电荷量减小，选项B错误；‎ C．电源的输出功率为：，由已知条件无法知道外电路总电阻与电源内阻的大小关系，所以电源的输出功率无法确定，选项C错误；‎ D．两表测量的数据表示定值电阻两端的电压和流过定值电阻的电流，根据欧姆定律可知，两表示数变化量的比值||不变，等于定值电阻的阻值，选项D正确。‎ ‎12.如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r。将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表示数变化量的绝对值分别为，理想电流表示数变化量的绝对值，则 A. A的示数增大 B. 的示数增大 C. 与的比值大于r D. 大于 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．滑动变阻器的滑片向下滑动，导致滑动变阻器阻值变小，由于电压表断路，定值电阻和滑动变阻器为串联，滑动变阻器阻值变小，总电阻变小，电源电动势不变，总电流变大，即电流表示数变大，选项A对；‎ B．电压表测量定值电阻的电压，电阻不变，总电流变大，所以电压变大即示数增大。电压表测量定值电阻和滑动变阻器总电压即路端电压，示数变小，选项B错；‎ D．电压表测量滑动变阻器电压，设电流增加量为，则根据，，所以，选项D对；‎ C．电压表的变化量，所以，选项C对。‎ ‎13.如图所示，电源电动势为E，内阻为r．电路中R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小）．当电键S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态．有关下列说法中正确的是（ ）‎ A. 只逐渐增大R1的光照强度，电阻R0消耗的电功率变大，电阻R3中有向上的电流 B. 只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，电源消耗的功率变大，电阻R3中有向上的电流 C. 只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动 D. 若断开电键S，带电微粒向下运动 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、只逐渐增大的光照强度，的阻值减小，外电路总电阻减小，总电流增大，电阻消耗的电功率变大，滑动变阻器的电压变大，电容器两端的电压增大，电容下极板带的电荷量变大，所以电阻中有向上的电流，故选项A正确；‎ B、电路稳定时，电容相当于开关断开，只调节电阻的滑动端向上端移动时，对电路没有影响，故选项B错误；‎ C、只调节电阻的滑动端向下端移动时，电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，由可知电场力变大，带电微粒向上运动，故选项C错误；‎ D、若断开电键S，电容器处于放电状态，电荷量变小，板间场强减小，带电微粒所受的电场力减小，将向下运动，故选项D正确。‎ 三.实验题 ‎14.在“练习使用多用电表”实验中：‎ ‎（1）若多用电表的电阻挡有三个挡位，分别是“l”挡、“10”挡和 “100”挡，当用“10”挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度过大，为了较准确地进行测量，应换到___挡，换挡后应先____(填缺少的步骤），之后用表笔连接待测电阻进行读数，如图甲所示，由表盘刻度读得该电阻的阻值是___Ω。‎ ‎（2）如图乙所示，闭合开关后发现小灯泡不亮，欲用多用电表检查该电路某处是否发生断路，在保持电路完整的情况下，应使用多用电表的____进行测量。（选填字母代号即可）‎ A.电阻挡 B.电流挡 C.交流电压挡 D.直流电压挡 ‎（3）某同学利用多用电表测量二极管的反向电阻，将红、黑表笔分别插入正、负表笔插孔，将二极管的两个极分别记为a端和b端，红表笔接a端、黑表笔接b端时，指针几乎不转；红表笔接b端、黑表笔接a端时，指针偏转角很大。则为了测量该二极管的反向电阻，应将红表笔接二极管的__(填“a”或“b”）端。‎ ‎【答案】 (1). “1” (2). 欧姆调零 (3). 8.0 (4). D (5). a ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1][2]．因为用“10”挡测量某电阻RX时，表头指针偏转角度过大，说明档位选择的过高，则为了较准确地进行测量，应换到“1”挡，换挡后应先欧姆调零；‎ ‎[3]该电阻的阻值是8.0Ω。‎ ‎（2）[3]．由图示可知，电源为直流电源，闭合开关后发现小灯泡不亮，欲用多用电表检查该电路某处是否发生“断路”，在保持电路完整的情况下，应使用多用电表的直流电压档进行测量，故选D；‎ ‎（3）[4]．将红、黑表等分别插入正、负表笔插孔，二极管的两个极分别记作a和b，将红表笔接a端时，表针几乎不偏转，说明电阻很大，二极管反向偏压，接b端时偏转角度很大，说明电阻很小，二极管正向偏压，则b端为二极管的正极，a为二极管的负极，则为了测量该二极管的反向电阻，应将红表笔接二极管的a端．‎ ‎15.小明测定干电池的电动势和内阻，实验室有如下实验器材：‎ 干电池一节 (电动势约为1.5V)‎ 量程为3.0V的电压表V1‎ 量程为15V的电压表V2‎ 量程为0.6A的电流表A1‎ 量程为3.0A的电流表A2‎ 最大阻值为20Ω的滑动变阻器R1‎ 最大阻值为100Ω的滑动变阻器R2‎ 开关一个，导线若干。‎ 根据所学的知识回答下列问题：‎ ‎（1）为了减小实验误差，电压表应选择____，电流表应选择___，滑动变阻器应选择____。(填器材对应的字母)‎ ‎（2）将所选的实验器材在图中用笔画线代替导线连接____。‎ ‎（3）连接好电路后，通过调节滑动变阻器得到多组实验数据，将所得数据描点在坐标系中，并将这些点连起来如图所示。由图可知该电池的电动势大小为___V，测量值比真实值__(填“偏大”、“偏小”或“相等”)，内阻大小为__Ω，测量值比真实值___(填“偏大”、“偏小”或“相等”)。(结果均保留3位有效数字)‎ ‎【答案】 (1). V1 (2). A1 (3). R1 (4). 电路连线如图；‎ ‎ (5). 1.50 (6). 偏小 (7). 0.800 (8). 偏小 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1][2][3]．一节干电池电动势约为1.5V，则为了减小实验误差，电压表应选择V1，电流表应选择A1，滑动变阻器应选择R1。‎ ‎（2）[4]．电路连线如图；‎ ‎（3）[5][6][7][8]．由图示电源U-I图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.50，电源电动势E=1.50V，电源内阻：‎ 相对于电源来说，电流表采用外接法，由于电压表的分流作用使得电流表的测量值小于通过电源的电流，电动势和内阻的测量值均小于真实值．‎ ‎16.某同学研究小灯泡的伏安特性,所使用的器材有：‎ 小灯泡L(额定电压3.8V，额定电流0.32A)‎ 电压表V (量程3V，内阻3kΩ)‎ 电流表A(量程0.5A，内阻0.5Ω)‎ 固定电阻(阻值1000Ω)‎ 滑动变阻器R(阻值0～9.0Ω)‎ 电源E(电动势5V，内阻不计)‎ 开关S，导线若干。‎ ‎（1）实验要求能够实现在0～3.8V的范围内对小灯泡的电压进行测量，画出实验电路原理图____。‎ ‎（2）实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图（a）所示。‎ 由实验曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻___(填“增大”“不变”或“减小”)，灯丝的电阻率____(填“增大”“不变”或“减小”)。‎ ‎（3）用另一电源(电动势4V，内阻1.00Ω)和题给器材连接成图（b）所示的电路，调节滑动变阻器R的阻值，可以改变小灯泡的实际功率，闭合开关S，在R的变化范围内，小灯泡的最小功率为___W。(结果均保留2位有效数字)‎ ‎【答案】 (1). 电路图见解析； (2). 增大； (3). 增大； (4). 0.39‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．因本实验需要电流从零开始调节，因此应采用滑动变阻器分压接法；因灯泡内阻与电流表内阻接近，故应采用电流表外接法；另外为了扩大电压表量程，应用R0和电压表串联，故原理图如图所示； （2）[3][4]．I-U图象中图象的斜率表示电阻的倒数，由图可知，图象的斜率随电压的增大而减小，故说明电阻随电流的增大而增大；其原因是灯丝的电阻率随着电流的增大而增大；‎ ‎（3）[5]．当滑动变阻器的阻值最大为9.0Ω时，电路中的电流最小，灯泡实际功率最小，由E=U+I（R+r）得 U=-10I+4，‎ 作出图线①如图所示。由交点坐标可得U1=1.78 V，I1=221 mA，‎ P1=U1I1≈0.39  W；‎ 四.计算题 ‎17.如图所示，导体杆ab的质量为m，电阻为R，放置在与水平成角的倾斜金属导轨上，导轨间距为d，电阻不计，系统处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，电池内阻不计。‎ 求：（1）若导轨光滑，电源电动势E多大时能使导体杆静止在导轨上？‎ ‎（2）若杆与导轨之间的动摩擦因数为，且不通电时导体不能静止在导轨上，则要使杆静止在导轨上，求电源的电动势的范围？‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）将空间立体图改画为如图所示的侧视图，‎ 并对杆进行受力分析，由平衡条件得F－Nsinθ= 0，Ncosθ－mg＝0，‎ 而 ‎ 由以上三式解得 ‎ ‎（2）有两种可能性：一种是E偏大，I偏大，F偏大，导体杆有上滑趋势，摩擦力f沿斜面向下，选沿斜面向上为正方向，根据平衡条件有 Fcosθ－mgsinθ－μ(mgcosθ＋ Fsinθ)＝0‎ 根据安培力公式有 ‎ 以上两式联立解得。‎ 另一种可能是E偏小，摩擦力f沿斜面向上，同理可得 综上所述，电池电动势的取值范围是： 。‎ ‎ ‎