江西省宜春市宜丰中学2019-2020学年高二上学期第三次月考物理试题

江西省宜春市宜丰中学2019-2020学年高二上学期第三次月考物理试题

物理试卷 一、选择题（每题4分，共48分，其中1-8题为单选，9-12题为多选）‎ ‎1.下列说法中正确的是（ ）‎ A. 电流的方向就是电荷定向移动的方向 B. 电功率越大，电流做功越快，电路中产生的焦耳热一定越多 C. 电源电动势的大小反映的是电源把其他形式的能转化为电能的本领的大小 D. 电阻率是表征材料导电性能好坏的物理量，电阻率越小，其导电性能越差 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.电流方向与正电荷定向移动的方向相同，与负电荷定向移动的方向相反，故A错误；‎ B.电功率越大，电流做功越快，但不一定转化的热量大，故B错误；‎ C.电源是把其他形式的能转化为电能的装置，电源电动势的大小反映电源把其他形式的能转化为电能的本领，故C正确；‎ D.电阻率是表征材料导电性能好坏的物理量，电阻率越小，其导电性能越好，故D错误。‎ ‎2.一根长为L，横截面积为S的金属棒，棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m，电荷量为e。在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流I，则自由电子定向运动的平均速率为 A. neSLm B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由电流的微观表达式可得，自由电子定向运动的平均速率为 故C正确。‎ ‎3.某金属导线的电阻率为ρ，电阻为R，现将它均匀拉长到横截面积为原来的一半，那么该导线的电阻率和电阻分别变为( )‎ A. 4ρ和4R B. ρ和4R C. ρ和2R D. 4ρ和2R ‎【答案】B ‎【解析】‎ 电阻为R，现将它均匀拉长到横截面积为原来的一半，其材料和体积均不变，则长度为原来的2倍；根据，所以此时导体的电阻变为原来的4倍，即4R．由于电阻率与材料有关，所以电阻率不变．故选B．‎ 点睛：此题考查了影响电阻大小的因素，关键要知道导体电阻与长度成正比，与横截面积成反比．电阻率不受温度影响的材料，可以制成标准电阻．‎ ‎4.如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r。将滑动变阻器的滑片P从图示位置向右滑动的过程中，关于各电表示数的变化，下列判断正确的是( )‎ A. 电压表V 的示数变小 B. 电流表V 示数不变 C. 电流表A1 的示数变大 D. 电流表A 的示数变大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】ABD．当滑片向右滑动时，滑动变阻器接入电阻增大，则总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，则由U=E-Ir可知，路端电压增大；则可知电流表A的示数减小，电压表V的示数增大，故ABD错误；‎ C．因路端电压增大，由欧姆定律可知，A1中电流增大，故C正确。‎ ‎5.如图所示，直线MN是某电场中一条电场线（方向未画出）。虚线是一带电粒子只在电场力的作用下，由a到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线，下列判断正确的是 A. 粒子所受电场力的方向一定是由M指向N B. 带电粒子由a运动到b的过程中动能一定逐渐减小 C. 带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能 D. 带电粒子在a点的加速度一定大于在b点的加速度 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ A、由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，物体所受外力指向轨迹内侧，所以粒子受力分析一定是由M指向N，故A正确；B、粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，故B错误；C、粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能，故C正确．D、由a到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线，说明粒子一定受恒力，即带电粒子在a点的加速度等于在b点的加速度，故D错误；故选AC．‎ ‎【点睛】依据带电粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向是解决带电粒子在电场中运动问题的突破口，然后可进一步根据电场线、电场力做功等情况确定电势、电势能的高低变化情况．‎ ‎6.如图所示是一个电路的一部分，其中=6Ω，=2Ω，=1Ω，=1A，=2A，那么电流表测得的电流为( )‎ A. 0A，无电流流过 B. 2A，方向向左 C. 2A，方向向右 D. 3A，方向向右 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】R1和R2两端的电压分别为：U1=I1R1=1A×6Ω=6V，U2=I2R2=2A×2Ω=4V，R1左端与R2的左端电位相等，U1＞U2，则R2右端的电位高于R1右端的电位，R3两端的电压U3=U1-U2=6V-4V=2V，通过R3的电流，R3下端电位高，上端电位低，电流方向由下向上，设电流表的示数为IA ‎，对于电流表左端的节点，流入节点的电流等于流出节点的电流，即IA+I2=I3，电流表的示数IA=I3-I2=2A-2A=0，则A正确。故选A。‎ ‎【点睛】本题考查欧姆定律的应用和电流方向的判断，本题涉及电位的概念，以及节点法判断电流方向以及电流大小，难度较大，要求大家需要掌握更多关于电学的知识。‎ ‎7.如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略。平行板电容器C的极板水平放置。闭合电键S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动。 如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是( )‎ A. 增大R1的阻值 B. 增大R２的阻值 C. 增大两板间的距离 D. 断开电键S ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：以油滴为研究对象进行受力分析可知，油滴静止不动，所受电场力与重力平衡，即，现欲使油滴仍能处于平衡状态，则保证电场强度不发生变化即可，R1的电压不变即可，题中R2没有电流通过，故改变R2时对电路工作状态无影响，所以选项B正确、A错误；而增大两板间距离时，电场强度减小，油滴下落，所以选项C错误；断开电键S时，电容器与可变电阻构成闭合回路，电容器放电，油滴下落，所以选项D错误；‎ 考点：闭合电路欧姆定律、平行板电容器 ‎8.在研究微型电动机的性能时，可采用图所示的实验电路，当调节滑动变阻器R，使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为和；重新调节R，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为和则下列说法正确的是（ ）‎ A. 这台电动机的内阻是7.5Ω B. 这台电动机正常运转时的热功率是20W C. 这台电动机正常运转时的输出功率是30W D. 这台电动机正常运转时的效率是73.3%‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.这台电动机的电阻：‎ 故A错误；‎ B. 这台电动机正常运转时的热功率是：‎ 热 故B错误；‎ C.电动机的总功率为：‎ 电动机正常运转时的输出功率为：‎ 出热 故C错误；‎ D.这台电动机正常运转时效率是：‎ 故D正确。‎ ‎9.电饭锅工作时有两种状态：一种是锅内水烧干前的加热状态，另一种是锅内水烧干后保温状态，如图所示是电饭锅电路原理示意图，S是感温材料制造的开关。下列说法中正确的是（ ）‎ A. 其中R1是供加热用的电阻丝 B. 当开关S接通时电饭锅为加热状态，S断开时为保温状态 C. 要使R2在保温状态时的功率为加热状态的一半，R1：R2应为 D. 要使R2在保温状态时的功率为加热状态时一半， R1：R2应为2：1‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.当接通S时，电阻变小，由可得功率变大，处于加热状态；当断开S时，电阻变大，由可得功率变小，处于保温状态，由此可知当开关S接通时电饭锅为加热状态，S断开时为保温状态,是供加热用的电阻丝，故A错误,B正确；‎ CD.要使在保温状态时的功率为加热状态的一半，由可得电阻在保温与加热状态下的电流之比，所以有：‎ 可得：‎ 故C正确，D错误。‎ ‎10.四个相同的表头分别改装成两个电流表和两个电压表，电流表A1的量程小于A2的量程，电压表V1的量程小于V2的量程，把它们按如图所示接入电路，则 （ ）‎ A. A1的读数大于A2的读数 B. V1的读数小于V2的读数 C. A1指针偏转角度等于A2指针偏转角度 D. V1指针偏转角度大于V2指针偏转角度 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AC.电流表的量程小于的量程，故电流表的内阻大于的内阻；两电流表并联，故两流表两端的电压相等，则有中的电流要小于中的电流，故的读数比的读数小；两表由同一电流表改装而成，而将电流表扩大量程时为并联一小电阻，故相当于为四个电阻并联，故两表头中电流相同，故两表的偏角相同，故A错误，C正确；‎ BD. 电压表的量程小于的量程，故的电阻小于的电阻；两电压表串联，故通过两表的电流相等，则有的两端电压小于的两端电压，故的读数比的读数小；两电压表串联，通过表头的电流相等，表头指针偏转角度相等，即电压表的偏转角等于电压表的偏转角，故B正确，D错误。‎ ‎11.如图所示，图中直线①表示某电源的路端电压与电流的关系图线，图中曲线②表示该电源的输出功率与电流的关系图线，则下列说法正确的是 A. 电源的电动势为50V B. 电源的内阻为 C. 电流为2A时，外电路的电阻为25Ω D. 输出功率为120W时，输出电压30V ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据闭合电路的欧姆定律，电压的输出电压：‎ U=E-Ir 对照U-I图象，当I=0时，‎ U=E=50V 故A正确；‎ B. U-I图象斜率的绝对值表示内电阻，故：‎ 故B错误。‎ C. 电流为2A时，根据 可知，外电路的电阻为20 ，故C错误。‎ D. 输出功率为120W时，对照P-I图象，电流为6A，再对照U-I图象，输出电压为30V，故D正确；‎ ‎12.如图所示，电源电动势为E，内阻为r，电压表V1、V2、V3为理想电压表，R1、R3为定值电阻，R2为热敏电阻(其阻值随温度升高而减小)，C为电容器，闭合开关S，电容器C中的微粒A恰好静止．当室温从25 ℃升高到35 ℃的过程中，流过电源的电流变化量是ΔI，三只电压表的示数变化量是ΔU1、ΔU2和ΔU3.则在此过程中( )‎ A. V1示数增大 B. Q点电势升高 C. ‎ D. R3中的电流方向由M向N，微粒A匀加速下移 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.室温从25℃升高到35℃的过程中，的阻值减小，总电阻减小，由闭合电路欧姆定律得总电流增大，根据欧姆定律可知两端电压增大，所以理想电压表V1示数增大，根据可知两端电压减小，即理想电压表V2示数减小，所以点电势降低，故A正确，B错误；‎ C.根据闭合电路欧姆定律则有：‎ 可得：‎ 根据闭合电路欧姆定律则有：‎ 可得：‎ 故C错误；‎ D. 根据闭合电路欧姆定律则有：‎ 可知理想电压表V3示数减小，根据可知电容器两极板所带的电荷量减小，电容器放电，所以中的电流方向由向，根据和可知电场力减小，微粒匀加速下移，故D正确。‎ 二、实验题（共14分，每空2分）‎ ‎13.现有一合金制成的圆柱体.为测量该合金的电阻率,小黑同学现用伏安法测量圆柱体两端之间的电阻,用螺旋测微器测量该圆柱体的直径,用游标卡尺测量该圆柱体的长度.螺旋测微器和游标卡尺的示数如图所示。‎ ‎(1) 由图可读得圆柱体的直径为____mm,长度为____cm. ‎ ‎(2) 若流经圆柱体的电流为I，圆柱体两端之间的电压为U，圆柱体的直径和长度分别用D、L表示，则用D、L、I、U表示的电阻率的关系式为ρ=_____。‎ ‎【答案】 (1). 4.600 (2). 7.015 (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]由图所示可知，螺旋测微器固定刻度示数为4.5mm，可动刻度为10.0×0.01mm=0.100mm，所以最终读数为4.5mm+0.100mm=4.600mm；‎ ‎[2]由图所示可知，游标卡尺主尺示数为7.0cm，游标尺第三刻线与主尺刻线相对齐，为3×0.05mm=0.15mm，游标卡尺示数为70mm+0.15mm=70.15mm=7.015cm；‎ ‎(2)[3]根据电阻定律，有：‎ 根据欧姆定律有：‎ 联立解得：‎ ‎14.指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器，请根据图完成下列问题:‎ ‎(1)在使用多用电表测量时,指针的位置如图甲所示,若选择开关拨至“×10”挡,则测量的结果为_____Ω;若选择开关拨至“50 mA”挡,则测量结果为____mA. ‎ ‎(2)用多用电表测未知电阻阻值的电路如图乙所示,电池的电动势为E、内阻为r,R0为调零电阻,Rg为表头内阻,电路中电流I与待测电阻的阻值Rx关系图像如图丙所示,则该图像的函数关系式为___. ‎ ‎(3)下列对图丙中的I-Rx图线的解释或判断中正确的是____. ‎ A．因为函数图线是非线性变化的,所以欧姆表的示数左小右大 B．欧姆表调零的实质是通过调节R0使Rx=0时电路中的电流I=Ig C．测量中,当Rx的阻值为图丙中的R2时,指针位于表盘中央位置的右侧 D．Rx越小,相同的电阻变化量对应的电流变化量越大,所以欧姆表的刻线左疏右密 ‎【答案】 (1). 140Ω (2). (3). (4). B ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]选择开关拨至“×10”挡，所测的电阻为：‎ ‎[2]选择开关拨至“50mA”挡，则电流为：‎ ‎(2)[3]根据闭合电路欧姆定律得： ‎ ‎(3)[4]A.因为函数图线是非线性变化的，当电流比较大时，则电阻比较小，当电流比较小时，则电阻比较大，所以欧姆表的示数左大右小，故A错误；‎ B.当时，则有：‎ 此时电流为满偏电流，欧姆表调零的实质是通过调节使时电路中的电流，故B正确；‎ C.在测量中，当的阻值为图丙中的时，电流比半偏电流小，指针位于表盘中央位置的左侧，故C错误；‎ D.越小，相同的电阻变化量对应的电流变化量越大，所以欧姆表的示数左密右疏，故D错误。‎ 三、计算题（共38分，其中第15题8分，第16题8分，第17题10分，第18题12分）‎ ‎15.由三个电阻连接成的混联电路如图所示。R1=8，R2=6，R3=3。‎ ‎(1)求a、b之间的电阻。‎ ‎(2)如果把30V的电压加在a、b两端，通过每个电阻的电流是多少？‎ ‎【答案】(1)a、b间的电阻为(2)通过R2的电流为：1A，通过R3的电流为：2A，通过R1的电流为3A ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)R2和R3并联后的电阻：‎ a、b间的电阻：‎ ‎(2)通过R1的电流为总电流：‎ ‎ ‎ R1两端的电压为：‎ 则R2和R3两端的电压：‎ U2=U3=U-U1=6V 通过R2的电流为：‎ ‎ ‎ 通过R3的电流为：‎ ‎16.电路图如图甲所示，图乙中图线是电路中电源的路端电压随电流变化的关系图象，滑动变阻器的最大阻值为15 Ω，定值电阻R0＝4 Ω。‎ ‎(1)当R为何值时，R0消耗的功率最大，最大值为多少？‎ ‎(2)当R为何值时，电源的输出功率最大，最大值为多少？‎ ‎【答案】(1) ； ；(2)；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由乙图知电源的电动势和内阻：‎ 当时，消耗的功率最大；最大功率为：‎ ‎(2)当时，即电源的输出功率最大，最大功率为：‎ ‎17.如图所示的电路中，电源电动势Ed＝6V，内阻r＝1Ω，一定值电阻R0＝9.0Ω，变阻箱阻值在0﹣99.99Ω范围。一平行板电容器水平放置，电容器极板长L＝100cm，板间距离d＝40cm，重力加速度g＝10m/s2，此时，将变阻箱阻值调到R1＝2.0Ω，一带电小球以v0＝10m/s的速度从左端沿中线水平射入电容器，并沿直线水平穿过电容器。求：‎ ‎（1）变阻箱阻值R1＝2.0Ω时，R0的电功率是多少？‎ ‎（2）变阻箱阻值R1＝2.0Ω时，若电容器的电容C＝2μF，则此时电容器极板上带电量多大？‎ ‎（3）保持带电小球以v0＝10m/s速度从左端沿中线水平射入电容器，变阻箱阻值调到何值时，带电小球刚好从上极板右端边缘射出？‎ ‎【答案】（1）2.25W （2）2×10﹣6C （3）50Ω ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）当R1＝2.0Ω时，闭合回路电流I为：‎ ‎ ‎ 代入数据解得：I＝0.5A 所以PR0＝I2R0＝0.52×9＝2.25W；‎ ‎(2)当R1＝2.0Ω时，UR1＝IR1＝1V 由Q＝CU＝2×10﹣6C；‎ ‎(3) 当R1＝2.0Ω时，则：Mg＝qE ‎ ‎ 电路中分压关系，则有：‎ ‎ ‎ 调节变阻箱阻值到，使得带电小球刚好从上极板边缘射出，则：‎ qE2﹣Mg＝Ma 且 ‎ ‎ ‎ 又 ‎ 水平向：L＝vot 由以上各工，代入数值得＝50Ω。‎ ‎18.如图所示，在竖直平面内的平面直角坐标系xoy中，x轴上方有水平向右的匀强电场，有一质量为m，电荷量为-q（-q＜0）的带电绝缘小球，从y轴上的P（0，L）点由静止开始释放，运动至x轴上的A（-L，0）点时，恰好无碰撞地沿切线方向进入在x轴下方竖直放置的四分之三圆弧形光滑绝缘细管。细管的圆心O1位于y轴上，交y轴于点B，交x轴于A点和C（L，0）点。该细管固定且紧贴x轴，内径略大于小球外径。小球直径远小于细管半径，不计一切阻力，重力加速度为g。求：‎ ‎(1)匀强电场的电场强度的大小；‎ ‎(2)小球运动到B点时对管的压力的大小和方向；‎ ‎(3)小球从C点飞出后会落在x轴上的哪一位置。‎ ‎【答案】(1)；(2)mg方向向下；(3)-7L。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则 解得：‎ ‎(2)根据几何关系可知，圆弧的半径 从P到B点的过程中，根据动能定理得：‎ 在B点，根据牛顿第二定律得：‎ 联立解得：‎ ‎，‎ 方向向上，由牛顿第三定律可知，小球运动到B点时对管的压力的方向向下 ‎(3)从P到A的过程中，根据动能定理得：‎ 解得：‎ 小球从C点抛出后做类平抛运动，抛出时的速度 小球的加速度 ‎，‎ 当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时，又回到x轴，则有：‎ 解得：‎ 则沿x轴方向运动的位移 则小球从C点飞出后落在x轴上的位置 ‎ ‎ ‎ ‎