湖北省宜昌市葛洲坝中学2019-2020学年高二上学期10月月考物理试题

湖北省宜昌市葛洲坝中学2019-2020学年高二上学期10月月考物理试题

湖北省宜昌市葛洲坝中学2019-2020学年高二10月月考物理试题 一、 选择题 ‎1. 一根导线，分别通以不同电流，并保持温度不变，当电流较大时，以下说法正确的是 A. 单位体积内自由电子数较多 B. 自由电子定向移动的速率较大 C. 自由电子的热运动速率较大 D. 电流的传导速度较大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 根据电流的微观表达式I=nesv可知，导线不变，nes不变，而I增大，则只有v增大，即电子定向移动的速度增大．‎ 电场的传播是以光速进行的，由于光速保持不变，故电场的传播速率保持不变．‎ 由于自由电子无规则运动的速度由温度决定，故由于导线保持温度不变，故自由电子无规则运动的速度的大小保持不变．‎ 只有真正理解了每一概念的真正的含义才能真正学好物理，故在学习新课时不能放过任何一个概念．‎ ‎2.下列关于电动势的说法中，正确的是（ ）‎ A. 电动势就电势差，也叫电压，单位V B. 电动势大的电源做功一定多 C. 电动势大的电源做功一定快 D. 电动势的大小等于非静电力把1C的正电荷在电源内从负极移到正极所做的功 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 电动势是反应电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，和电势差有本质的不同，虽然单位相同；故A错误；电动势大的移动相同电量时做功多；并不是电动势大电源做功就多，做功也并不一定快；故BC错误；电动势的大小等于非静电力把1C的正电荷在电源内从负极移到正极所做的功；故D正确；故选D.‎ 点睛：本题考查对于电源的电动势的理解能力．电动势是表征电源把其他形式的能转化为电能本领大小，与外电路无关．与做功的多少及快慢无关．‎ ‎3.两根完全相同的金属裸导线，如果把其中一根均匀拉长到原来的2倍，把另一根对折起来，然后把它们分别接上相同的电压，则在同一时间内通过它们的电量之比为（ ）‎ A. 1:4 B. 1:8 C. 1:16 D. 16:1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设原来的电阻为R，其中的一根均匀拉长到原来的2倍，横截面积变为原来的 ，根据可知，电阻R1=4R，另一根对折后绞合起来，长度减小为原来的一半，横截面积变为原来的2倍，根据电阻定律，电阻，则两电阻之比为16：1．电压相等，根据欧姆定律，电流比为1：16，根据q=It知相同时间内通过的电量之比为1：16。‎ A. 1:4与计算结果不符，故A错误。‎ B. 1:8与计算结果不符，故B错误。‎ C. 1:16与计算结果相符，故C正确。‎ D. 16:1与计算结果不符，故D错误。‎ ‎4.在纯电阻电路中，当用一个固定的电源（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，路端电压与电源的内电压，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。‎ ‎5.某同学用多用电表的欧姆挡的“×10Ω”挡测量一个电阻的阻值,发现表的指针偏转角度很小,如图所示,为了准确测定该电阻的阻值,正确的做法是()‎ A. 应把选择开关换到“×1Ω”挡，重新进行欧姆调零后再测量 B. 应把选择开关换到“×100Ω”挡，重新进行欧姆调零后再测量 C. 应把选择开关换到“×100Ω”挡，不用再进行欧姆调零就直接测量 D. 应把选择开关换到“×1Ω”挡，不用再进行欧姆调零就直接测量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】用×10Ω挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，说明所选档位太小，为了较准确地进行测量，应换到×100Ω挡，然后重新进行欧姆调零，再进行测量，故B正确；故选B。‎ ‎【点睛】本题考查了欧姆表档位的选择与欧姆表读数、欧姆表使用注意事项，用欧姆表测电阻，应选择适当的档位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数．‎ ‎6.如图所示，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为、、、。一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，则 A. 直线a位于某一等势面内，‎ B. 直线c位于某一等势面内，‎ C. 若电子有M点运动到Q点，电场力做正功 D. 若电子有P点运动到Q点，电场力做负功 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 电子带负电荷，从M到N和P做功相等，说明电势差相等，即N和P的电势相等，匀强电场中等势线为平行的直线，所以NP和MQ分别是两条等势线，从M到N，电场力对负电荷做负功,说明MQ为高电势，NP为低电势。所以直线c和d都是位于某一等势线内，但是，，选项A错，B对。若电子从M点运动到Q点，初末位置电势相等，电场力不做功，选项C错。电子作为负电荷从P到Q即从低电势到高电势，电场力做正功，电势能减少，选项D错。‎ ‎【考点定位】等势面和电场线 ‎【名师点睛】匀强电场和点电荷的电场以及等量同种点电荷和等量异种点电荷的电场线及等势面分布情况要熟记。‎ ‎7.电源的效率定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比。在测电源电动势和内电阻的实验中得到的实验图线如图所示，图中U为路端电压，I为干路电流，a、b为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为、。由图可知、的值分别为 A. 、 B. 、 C. 、 D. 、‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比． ,‎ E为电源的总电压（即电动势），在U﹣I图象中，纵轴截距表示电动势，根据图象可知、，则 ， ，所以A、B、C错误，D正确。‎ 点晴：解决本题的关键知道电源的效率也等于外电压与电动势之比以及会从U-I图象中读出电动势和外电压．‎ ‎8.如图所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，R0为定值电阻，R1和R2为可变电阻，开关S闭合.质量为m的带正电荷的微粒从P点以水平速度v0射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点.若经下列调整后，微粒仍从P点以水平速度v0射入，则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是 A. 保持开关S闭合，增大R1，粒子打在O点左侧 B. 保持开关S闭合，增大R2，粒子打在O点左侧 C. 断开开关S，M极板稍微上移，粒子打在O点右侧 D. 断开开关S，N极板稍微下移，粒子打在O点右侧 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.保持开关S闭合，由串并联电压关系可知，R0两端的电压 增大R1，U将减小，电容器两端的电压减小，则粒子受到的电场力减小，受到的重力不变，则产生的加速度增大。从P点以水平速度v0射入金属板间打在极板上则有：‎ 水平位移为：‎ 水平位移将减小，故粒子打在O点左侧，故A正确；‎ B.保持开关S闭合，增大R2，R0两端的电压：‎ 不变，即电容器两端的电压不变，粒子仍打在O点。故B错误；‎ C.断开开关，平行板带电量不变，平行板间的电场强度为：‎ 结合：‎ 和 可得：‎ M极板稍微上移，电场强度不变，故加速度不变，不会影响离子的运动，还打在O点，故C错误；‎ D.断开开关，平行板带电量不变，平行板间的电场强度为：‎ 结合：‎ 和 可得：‎ N极板稍微下移，电场强度不变，加速度不变，但y增大:‎ 水平位移将增大，粒子打在O点右侧。故D正确。‎ ‎9.如图所示为欧姆表的原理图，表头内阻为Rg，调零电阻为R，电池的电动势为E，内阻为r，则下列说法中正确的是 A. 它是根据闭合电路欧姆定律制成的 B. 接表内电池负极的应是黑表笔 C. 电阻的“∞”刻度位于刻度盘的左端 D. 调零后刻度盘的中心刻度值是r十Rg ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.多用电表是根据闭合电路的欧姆定律制成的，故A正确；‎ B.接表内电池负极的是红表笔，接电源正极的是黑表笔，电流从黑表笔出，红表笔进，故B错误；‎ C. 电阻的“∞”刻度在刻度盘的左端，故C正确；‎ D.当多用电表指针指在中间位置时 所以 Rx＝Rg＋R＋r 即中心刻度值为r＋Rg＋R，故D错误。‎ ‎10.如图,平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度,两极板与一直流电源相连.若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器,则在此过程中,该粒子（ ）‎ A. 所受重力与电场力平衡 B. 动能逐渐增加 C. 电势能逐渐增加 D. 做匀变速直线运动 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】AD. 带电粒子在电场中受到电场力与重力，根据题意可知，粒子做直线运动，电场力必定垂直极板向上，电场力与重力的合力必定与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动，故A错误D正确。‎ BC. 重力不做功，电场力做负功，则电势能增加，导致动能减小，故B错误C正确。‎ ‎11.一带电粒子在电场力的作用下沿下图中曲线JK穿过一匀强电场，a、b、c、d为该电场的等势面，其中有，若不计粒子的重力，可以确定( ) ‎ A. 粒子带正电 B. 该粒子带负电 C. 从J到K粒子的电势能增加 D. 粒子从J到K运动过程中粒子动能增加 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. 由运动轨迹可知电场力方向向右，由电场线与等势面垂直且由电势高的等势面指向电势低的等势面可知，电场线方向向左，则电性为负，故A错误B正确。‎ CD. 由J到K电场力与速度夹角为锐角，电场力做正功，则动能增加，电势能减小，故C错误D正确。‎ ‎12.在如图所示的电路中，电源的负极接地，其中电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，A、V为理想电流表和电压表。在滑动变阻器滑片P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 电流表示数增大 B. 电压表示数减小 C. a点的电势降低 D. 电容器C所带电荷量增多 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. 在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流I增大， ，路端电压减小，电阻R1两端电压增大，则电压表示数变大，根据串联电路特点可知，R2两端电压变小；根据外电路中顺着电流方向，电势降低，可知，a的电势大于零，a点的电势等于R2两端的电压，U2变小，则a点的电势降低，通过R2的电流I2减小，通过电流表的电流IA=I-I2，I增大，I2减小，则IA增大。即电流表示数变大，故AC正确B错误。‎ D. 电阻R2两端的电压U2变小，电容器板间电压变小，其带电量减小，故D错误。‎ 二、实验题 ‎13. 一个小灯泡上标有“6V，0.2A”字样，现要描绘该灯泡的伏安特性曲线，有下列器材供选用：A．电压表（0～5V，内阻1.5kΩ） B．电压表（0～10V，内阻3.0kΩ）‎ ‎ C．电流表（0～0.3A，内阻2.0Ω） D．电流表（0～0.6A，内阻1.0Ω）‎ ‎ E．滑动变阻器（10Ω，2A） F．滑动变阻器（100Ω，0.5A）‎ ‎ G．学生电源（直流9V），还有开关、导线等．‎ ‎①实验中所用的电压表应选_________，电流表应选_________，滑动变阻器应选_________．‎ ‎②在下面方框中画出实验电路图，要求电压从0开始测量．‎ ‎③将实物按你所选择的电路连接起来。‎ ‎【答案】①实验中所用的电压表应选 B ，电流表应选 C ，滑动变阻器应选 E 。‎ ‎ ②实验电路图如图所示。③实物连接如图所示。‎ ‎【解析】‎ ‎：（1）小灯泡的额定电压为6V，从安全和精确度方面考虑，电压表量程选10V的；小灯泡的额定电流为0.2A，所以电流表量程选0.3A的．总电阻为100Ω的滑动变阻器连入电路，电流非常小，测量误差较大，所以选用总电阻为10Ω的滑动变阻器．故选B、C、E．‎ ‎（2）小灯泡在正常工作时的电阻R==30Ω，远小于电压表内阻，属于小电阻，“小外偏小”，电流表采用外接法．电压和电流需从零开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法．‎ ‎（3）实物连线见答案．‎ 解决本题的关键掌握器材选取的原则，以及知道滑动变阻器分压式和限流式接法的区别，电流表内外接的区别．‎ ‎14.甲同学设计了如图所示的电路测电源电动势E及电阻R1和 R2的阻值。实验器材有：待测电源E（不计内阻），待测电阻R1，待测电阻R2，电压表V（量程为1.5V，内阻很大），电阻箱R（0-99.99Ω）；单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干。‎ ‎① 先测电阻R1的阻值。请将甲同学的操作补充完整：闭合S1，将S2切换到a，调节电阻箱，读出其示数r和对应的电压表示数U1 ，保持电阻箱示数不变，_________________________，读出电压表的示数U2。则电阻R1的表达式为R1＝___________。‎ ‎② 甲同学已经测得电阻Rl＝4.8Ω，继续测电源电动势E和电阻R2阻值。该同学的做法是：闭合S1，将S2切换到a，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出了如图所示的 图线，则电源电动势E＝__________V，电阻R2 = _________Ω。（保留三位有效数字）‎ ‎③ 利用甲同学设计的电路和测得的电阻Rl ，乙同学测电源电动势E和电阻R2的阻值的做法是：闭合S1，将S2切换到b，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出于相应的图线，根据图线得到电源电动势E 和电阻R2。这种做法与甲同学的做法比较，由于电压表测得的数据范围___________（选填“较大”、“较小”或“相同”），所以___________同学的做法更恰当些。‎ ‎【答案】 (1). S2切换到b (2). (3). 1.43 (4). 1.20 (5). 较小 (6). 甲 ‎【解析】‎ ‎【详解】①[1][2] 根据题意可知，保持电阻箱示数不变，将S2切换到b，由于R和R1串联，所以通过R1的电流，R1两端的电压为U2-U1，所以 ‎②[3][4]根据闭合电路欧姆定律 整理得：‎ 图线的截距为，所以电动势 ；斜率 代入数据解得： ‎ ‎③[5][6]开关打在b处，则电压表测量的为电阻箱与R1两端的电压，因定值电阻的分压作用变小，使电压表测量范围减小，故实验中误差较多，故应选择甲同学的做法；‎ 三、计算题 ‎15.如图，一束电子从静止开始经加速电场加速后进入偏转电场，已知电子的电荷量为e，质量为m，加速电场的电压为U1，偏转电场两极板间的距离为d，极板长度为L，忽略电子受到的重力及空气阻力作用，试求：‎ ‎（1）电子进入偏转电场时的速度大小？‎ ‎（2）若要使得电子飞出偏转电场时的侧向位移恰好为d/3，则在偏转电场两极板间所加电压应为何值？‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）直线加速过程，由动能定理，可得：‎ ‎， 解得：； （2）电子进入偏转电场后，做类平抛运动， 竖直方向：‎ 水平方向：L=v0t； 电子的加速度：eE=ma， 而 联立解得：；‎ ‎【点睛】本题关键是将电子的类似平抛运动沿着平行初速度方向和垂直初速度方向进行正交分解，然后根据运动学规律、牛顿第二定律和电势差与场强的关系公式列式求解。‎ ‎16.如图所示电路中，电源的电动势E=10V，内电阻r=0.50Ω，电动机电阻R0=1.0Ω，电阻R1=1.5Ω．电动机正常工作时，电压表示数U1为3.0V．求：‎ ‎（1）电源的总电功率．‎ ‎（2）电动机消耗的电功率和将电能转化为机械能的功率．‎ ‎（3）电源的输出功率．‎ ‎【答案】（1）20W （2）8W （3）18W ‎【解析】‎ 试题分析：(1)电动机正常工作时，总电流为：‎ I＝＝ A＝2 A，‎ 电源释放电功率为 P＝EI＝10×2 W＝20 W.‎ ‎(2)电动机两端的电压为：‎ U＝E－Ir－U1＝(10－2×0.5－3.0) V＝6 V.‎ 电动机消耗的电功率为：P电＝UI＝6×2 W＝12 W.‎ 电动机消耗的热功率为：P热＝I2R0＝22×1.0 W＝4 W.‎ 电动机将电能转化为机械能的功率，据能量守恒为：‎ P机＝P电－P热＝(12－4) W＝8 W.‎ ‎(3)电源的输出功率为：‎ P出＝P－P内＝P－I2r＝(20－22×0.5) W＝18 W.‎ 考点：含电动机的电路。‎ ‎【名师点睛】‎ ‎17.如图所示，在场强E=104N/C的水平匀强电场中，有一根长l=15cm的细线，一端固定在O点，另一端系一个质量m=3×10﹣3kg，带电荷量q=2×10﹣6C的小球，当细线处于水平位置时，小球从静止开始释放 ‎（1）小球到达最低达最低点B时速度是多大？‎ ‎（2）小球到达最低点B时绳的拉力是多大？‎ ‎【答案】（1）小球到达最低达最低点B时的速度是1m/s．‎ ‎（2）小球到达最低点B时绳的拉力是0.05N．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：(1)从A到B由动能定理得：‎ 解得：‎ ‎(2)在最低点半径方向的重力和拉力合力提供向心力 由圆周运动知识得:, 解得:‎ 考点：匀强电场中电场力做功和圆周运动 ‎18.在如图所示的电路中，电源电动势E＝6V，内阻，定值电阻，，，电容器的电容，电容器原来不带电．求：‎ ‎（1）闭合开关S后，电路稳定时，流过的电流大小；‎ ‎（2）闭合开关S后，直至电路稳定过程中流过的总电荷量Q.‎ ‎【答案】（1）0.12A，（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎（1）闭合开关S后电路稳定时， 外电阻 ‎ 总电流 ‎ 路端电压U外=IR外=0.6×8=4.8V    流过R3的电流为   ‎ ‎（2）闭合开关S后，电路稳定时， 加在电阻R3的电压U3=I3R3=3.6V    电容充电完毕所带的电荷量Q=CU3=3.6×10-4C    闭合开关S直至电路稳定流过R4的总电荷量Q=3.6×10-4C  ‎ 点睛：对于含有电容器的问题，关键是确定电容器的电压．电路稳定时电容器的电压等于其并联电路两端的电压．‎ ‎ ‎