江苏省扬州中学2020-2021高二物理10月月考试题（Word版带答案）

江苏省扬州中学2020-2021高二物理10月月考试题（Word版带答案）

江苏省扬州中学2020-2021学年度第一学期月考 高二物理试卷 考试时间：90分钟试卷满分：100分2020.10‎ 一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分，每小题只有一个选项符合题意．‎ ‎1．关于电流,下列各种说法中正确的是(   )‎ A．电流的定义式I=q/t,适用于任何电荷的定向移动形成的电流 B．由I=nqsv可知,金属导体中自由电荷的运动速率越大,电流一定越大 C．电荷定向移动的方向就是电流的方向 D．因为电流有方向,所以电流是矢量 ‎2．如图所示，取一对用绝缘支柱支撑的金属导体A和B，使它们彼此接触．起初它们不带电，贴近A、B下面的金属箔片是闭合的．现在把带正电荷的球C移近导体A，可以看到A、B上的金属箔片都张开了．下列说法正确的是(　　)‎ A．A内部的场强比B内部的场强大 B．A、B内部的场强均为零 C．A左端的电势比B右端的电势低 D．A左端的电势比B右端的电势高 ‎3．如图所示的电路可将声音信号转换为电信号.该电路中，a是能在声波驱动下沿水平方向振动的镀有金属层的振动膜，b是固定不动的金属板，a、b构成了一个电容器，且通过导线与恒定电源两极相接.在声源S发出声波驱动a在一定范围内振动的过程中，下列说法正确的是（）‎ A．a、b板间的电场强度不变 B．a、b板所带的电荷量不变 C．电路中始终有方向不变的电流 D．a板向右的位移最大时，电容器的电容最大 ‎4．在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，C为电容器，R为定值电阻，R为滑动变阻器。开关闭合后，灯泡L能正常发光；当滑动变阻器的滑片向右移动后，下列说法中正确的是（　　）‎ A．灯泡L变亮B．电容器C的带电量将增大 C．两端的电压减小 D．电源的总功率变小，但电源的输出功率一定变大 ‎5．空间某区域竖直平面内存在电场，电场线分布如图所示。一个质量为m、电量为q，电性未知的小球在该电场中运动，小球经过A点时的速度大小为v1，‎ 方向水平向右，运动至B点时的速度大小为v2。若A、B两点之间的 高度差为h，则以下判断中正确的是（　　）‎ A．A、B两点的电场强度和电势大小关系为EA>EB，φA<φB 试卷第4页，总4页 答案第11页，总11页 B．若v2>v1，则电场力一定做正功 C．A、B两点间的电势差为（－－2gh）‎ D．小球从A运动到B点的过程中电场力做的功为m－m 二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分，每小题有不少于两个选项符合题意．全部选对得4分，漏选得2分，错选和不答的得0分 ‎6．欧姆调零后，用“×10”挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度极小，正确的判断和做法是（ ）‎ A．这个电阻值很大B．这个电阻值很小 C．为了把电阻测得更准确，应换用“”挡，重新调欧姆零点后测量 D．为了把电阻测得更准确，应换用“”挡，重新调欧姆零点后测量 ‎7．某同学按如图所示的电路进行实验，电压表内阻看作无限大。‎ 由于电路发生故障，两电压表示数相同，若这种情况的发生是由 某一用电器引起的，则可能的故障原因是（　　）‎ A．断开B．短路C．短路 D．短路 ‎8．在测电源的电动势和内阻实验中，根据某次实验记录数据画出U-I图象，下列关于这个图象的说法中正确的是（ ）‎ A．纵轴截距表示待测电源的电动势，即E=3V B．横轴截距表示短路电流，即I短=0.6A C．根据，计算出待测电源内阻为5Ω D．该实验中电源的内阻为1Ω ‎9．已知x轴上电场方向与x轴方向平行，x轴上各点电势如图所示，x=0处电势为5V，一电子从x=-2cm处由静止释放，则下列说法正确的是（）‎ A．x=0处电场强度为零 B．电子在x=-2cm处的加速度小于电子在x=-1cm处的加速度 C．该电子运动到x=0处时的动能为3 eV D．该电子不可能运动到x=2cm处 ‎10．如图，A、B、C、D为匀强电场中相邻的四个等势面，一电子经 过等势面D时，动能为16 eV，速度方向垂直于等势面D飞经等势面 C时，电势能为－8eV，飞至等势面B时速度恰好为零，已知相邻等 势面间的距离均为4 cm，电子重力不计．下列说法正确的是 ( )‎ A．电子做匀变速直线运动 B．匀强电场的电场强度大小为100 V／m C．等势面A的电势为－8 VD．电子再次飞经D等势面时的动能为16 eV 试卷第4页，总4页 答案第11页，总11页 三、简答题：本题共2小题，共 18分．把答案填在答题卡相应的横线上或按题目要求作答．‎ ‎11．某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ。其中测量步骤如下：‎ ‎(1)用游标为20分度的卡尺测量其长度如图，由图可知其长度为___mm。‎ ‎(2)用螺旋测微器测量其直径如图，由图可知其直径为___mm。‎ ‎(3)用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图，则该电阻的阻值约为___Ω。‎ ‎12．某一小型电风扇额定电压为5.0V，额定功率为2.5W。某实验小组想通过实验描绘出小电风扇的电流与其两端电压的关系。实验中除导线和开关外，还有以下器材可供选择：‎ A.电源E（电动势为6.0V）B.电压表V（量程为6V，内阻约）‎ C.电流表A1（量程0.6A，内阻约）D.电流表A2（量程3A，内阻约）‎ E.滑动变阻器R1（最大阻值，额定电流100mA）‎ F.滑动变阻器（最大阻值，额定电流1A）‎ ‎(1)为了便于调节，减小读数误差和系统误差，实验中所用电流表应选用_________，滑动变阻器应选用_________（填所选仪器前的字母序号）。‎ ‎(2)请你为该小组设计实验电路，并把电路图画在甲图的虚线框内（小电风扇已画出）‎ ‎(3)操作过程中发现，电压表读数大于0.5V时电风扇才开始转动。该小组测绘出的小电风扇的电流与其两端电压的关系曲线如图乙所示，由此判定小电风扇的电阻为____。‎ ‎(4)若用电动势为3V，内阻为的电源对该小风扇供电，电路如图丙所示，则小风扇工作时的发热功率为_____W，机械功率为_____W。‎ 四、计算论述题：本题共4小题，共47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．‎ ‎13．如图所示的电路中，电源电动势，内阻，电阻，当开 试卷第4页，总4页 答案第11页，总11页 关S断开时，电流表示数为1.5A，电压表示数为3.0V，求：‎ ‎(1)电阻R1和R3的阻值；(2)当S闭合后，电压表的示数；‎ ‎(3)R2上消耗的电功率。‎ ‎14．如图所示，在竖直平面内绝缘粗糙竖直的细杆上套有一个质量为m=0.5kg带电小圆环（可视为质点）始终受到水平向右恒定电场力qE=10N作用下圆环处于细杆的最底端，其左侧系住一轻弹簧与竖直方向的夹角为=37°，在弹簧拉力恒为10N作用下圆环从静止沿细杆向上匀加速运动，2s后轻弹簧突然断了。已知带电小圆环与绝缘细杆间的动摩擦因数均为0.5。设带电体与轨道之间的最大静摩擦力等于 滑动摩擦力。（sin37°=0.6，cos37°=0.8。重力加速度取g=10m/s2）‎ ‎（1）求带电小圆环向上匀加速时的加速度a=?‎ ‎（2）求带电小圆环在竖直的细杆上运动的最大距离？‎ ‎15．如图所示，光滑绝缘斜面高度h＝0.45 m，斜面底端与光滑绝缘水平轨道圆弧连接，水平轨道边缘紧靠平行板中心轴线．平行板和三个电阻构成如图所示电路，平行板板长为l＝0.9 m，板间距离d＝0.6 m，R1＝3 Ω，R2＝3 Ω，R3＝6 Ω．可以看为质点的带电小球，电量q＝－0.01 C，质量m＝0.03 kg，从斜面顶端静止下滑．‎ ‎（1）若S1、S2均断开，小球刚好沿平行板中心轴线做直线运动，求电源电动势E．‎ ‎（2）若S1断开，S2闭合，小球离开平行板右边缘时，‎ 速度偏向角tan θ＝，求电源内阻r．‎ ‎16．如图所示，水平放置的平行金属板A、B间距为d=20cm，板长L=30cm，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于A、B中间，距金属板右端x=15cm处竖直放置一足够大的荧光屏。现在A、B板间加如图2所示的方波形周期电压，有大量质量m=1.0×10−7kg，电荷量q=1.0×10−2C的带电粒子以平行于金属板的速度v0=1.0×104m/s持续射向挡板。已知U0=1.0×102V，粒子重力不计，求：‎ ‎（1）粒子在电场中的运动时间；（2）t=0时刻进入的粒子离开电场时在竖直方向的位移大小；（3）撤去挡板后荧光屏上的光带宽度。‎ 命题：曾琦 审核：杨春贵 试卷第4页，总4页 答案第11页，总11页 参考答案 ‎1．A A、电流的定义式I=q/t采用的是比值定义法，具有比值定义法的共性是普遍适用，适用于任何电荷的定向移动形成的电流；故A正确.‎ B、由I=nqsv可知，电流的大小跟导体的材料(决定n)，导体的横截面积(s)和电荷定向移动的速率(v)共同决定；故B错误.‎ C、物理学中把正电荷定向移动的方向规定为电流的方向，负电荷定向移动的反方向是电流的方向；故C错误.‎ D、电流有大小和方向，但方向是指沿着电荷运动的直线上，不同于矢量的方向；故电流是标量；故D错误.‎ 故选A.‎ ‎2．B 解：A、带正电荷的球C移近导体A，在A的左端感应出负电荷，在B的右端出现正电荷，电荷只分布在外表面，内部场强处处为零，导体是个等势体．‎ 故选B 点评：体现物体静电感应起电的实质，及静电平衡状态时，带电体的电荷只分布在外表面，内部电场强度为零，且导体的电势处处相等．‎ ‎3．D A．a、b间电压不变，a振动过程中，板间距离变化，由公式知，a、b板间的电场强度会发生变化，故A错误；‎ BC．a振动过程中，a、b间电压不变，根据可知电容器的电容发生变化，由电容的定义式知，a、b板所带的电荷量会发生变化，电容器会放电或充电，电路中电流的方向也会发生改变，故BC错误；‎ D．a向右的位移最大时，a、b板间的距离最小，则a、b构成的电容器的电容最大，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎4．B A．当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器在路电阻增大，外电阻增大，路端电压增大，电路中电流减小，灯L变暗，故A错误；‎ B．当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器在路电阻增大，外电阻增大，路端电压增大，电容器的电压等于路端电压，可见其电压是增大的，则由Q=CU知，电容器C的电荷量将增大，故B正确；‎ C．电容器在稳恒电路中视为断路，故R0两端的电压不变，始终等于0，故C错误；‎ D．电源消耗的功率P=EI，电流减小所以电源消耗的功率将变小，P向右移动，滑动变阻器电阻变大，不知道内外电阻的关系，输出功率变化情况无法判断，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎5．C A．由电场线的疏密程度可知，A点的电场线较稀疏，B点的电场线较密，故A点的电场强度小于B点，由电场线的方向可知，A点的电势大于B点的电势，故A错误；‎ B．因为小球由A到B时，虽然速度变大，小球的动能增大，但重力对小球做正功，所以当 答案第11页，总11页 电场力对小球做负功时，如果其负功的大小小于重力的正功，小球的动能也增加，故B错误；‎ CD．根据动能定理得 mgh＋Wf＝‎ 故小球从A运动到B点的过程中，电场力做的功为 Wf＝－mgh 因为Wf＝Uq，故A、B两点间的电势差为 故C正确，D错误。‎ 故选C。‎ ‎6．AD 欧姆表的零刻度在右边，所以指针偏角小说明待测电阻很大，为了更准确测量应换×100挡，且重新欧姆调零后再测量，故选AD。‎ ‎7．AB 由图可知R1与R2、R3串联，电压表V1测R2和R3的电压；V2测R2两端的电压；若两电压表示数变成相同，则可能是两电表接在了等电势的两端，故可能是R2开路或者R3短路；故AB正确CD错误。‎ 故选AB。‎ ‎8．AD A．由闭合电路欧姆定律可知 U=E-Ir 由数学知识可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势，故电动势为3.0V；故A正确；‎ B．由于图象的纵坐标不是从零开始的，故图象与横坐标的交点不是短路电流，故B错误；‎ CD．图象的斜率绝对值表示电源的内阻，故 故C错误，D正确。‎ 故选AD。‎ ‎9．AC 根据图线斜率的意义可知，φ-t图线的斜率表示电场强度，所以可知在x=0处电场强度为0．故A正确；图线的斜率表示电场强度，由图可知x=-2cm处的电场强度大于x=-1cm处的电场强度，则电子的加速度：a=Eq/m可知电子在x=-2cm处的加速度大于电子在x=-1cm处的加速度．故B错误；电子从x=-2cm处由静止释放，由图可知，在x=-2cm处的电势为2V，电子在x=0处的电势为0，电子的电势增大3V，所以电子的电势能减小3eV．由于电子运动的过程中只有电场力做功，电子动能的增加量等于电势能的减少量，所以电子到达x=0处的动能为3eV．故C正确；由图可知，y轴两侧的电场是对称的，所以该电子能运动到x=2cm处．故D错误．‎ ‎10．ACD 根据等势面方向得到场强方向，从而得到电子所受电场力方向，即可得到电子运动；再根据电子运动过程得到动能变化，进而得到电势能不变，从而得到电势变化，即可根据等势面C 答案第11页，总11页 处的电势能求得其他地方的电势．‎ A．电子运动方向垂直于等势面，故电子运动方向和电场方向平行，那么，电子加速度方向和运动方向平行，故电子做匀变速直线运动，故A正确；‎ BC．电子飞至等势面B时速度恰好为零，故有动能定理可知：电子从等势面D到等势面B，克服电场力做功为16eV，故等势面D、B间的电势差为16V，故场强为：；又有从D到B电势降低；等势面C处电子的电势能为-8eV，故等势面C的电势为8V，所以，等势面A的电势比等势面C的电势低16V，故为-8V，故B错误，C正确；‎ D．电子运动过程只有电场力做功，故电子再次飞经D等势面时电场力做功为零，那么，电子动能不变，仍为16eV，故D正确；‎ 故选ACD．‎ ‎【点睛】‎ 带电粒子在匀强电场中受到的电场力恒定，故一般通过受力分析（或运动分析），由牛顿第二定律，通过加速度得到运动情况（或受力情况）．‎ ‎11．50.154.700220‎ ‎(1)[1]游标卡尺读数为 L=50mm+3×0.05mm=50.15mm ‎ ‎(2)[2]螺旋测微器的读数为 d=4.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm ‎(3)[3]欧姆表的读数为 R=22×10Ω=220Ω ‎12．CF2.50.40.4‎ ‎(1)电风扇的额定电流 电流表应选择C；为方便实验操作，滑动变阻器应选择F。 (2)描绘出小电风扇的电流与其两端电压的关系，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，由于电压表内阻远大于电风扇的电阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示； (3)电风扇不转动时是纯电阻电路，电风扇的电阻 ‎(4)作出电源的U-I图像如图所示； ‎ 答案第11页，总11页 ‎ 由图示图像可知，电风扇的工作电压U=2V，工作电流I=0.4A； 电风扇的热功率 P热=I2R=0.42×2.5W=0.4W 电风扇的总功率 P=UI=2×0.4W=0.8W 电风扇的机械功率 P机械=P-P热=0.8W-0.4W=0.4W ‎13．(1)；(2)；(3)。‎ ‎(1)S断开时，由 得 ‎，‎ 又由 ‎，‎ 求得 ‎；‎ ‎(2)S闭合时，、并联电阻 ‎，‎ 回路总电流 ‎，‎ 电压表示数为 ‎；‎ ‎(3)上消耗的功率 答案第11页，总11页 ‎。‎ ‎14．（1）2m/s2；（2）4.4m ‎(1)带小圆环向上加速运动过程中，由正交分解得 Fcos-mg-f=ma 而摩擦力 联立解得 a=2m/s2‎ ‎(2)加速过程中的位移 ‎=4m 此时的速度 v=at1=4m/s 撤去拉力后 解得 x2=0.4m 因此上升的最大距离 x1+x2=4.4m ‎15．（1）18 V　（2）1 Ω　‎ ‎（1）小球下滑过程机械能守恒，‎ 由机械能守恒定律得：‎ 解得：，‎ 对S1、S2均断开时，极板电势差即为电源电动势E，‎ 由平衡条件得：‎ 解得：‎ E＝＝＝18 V ‎（2）当S1断开，S2闭合时，带电小球做类平抛运动，‎ 答案第11页，总11页 水平方向：‎ 竖直方向分速度：‎ 对带电小球，由牛顿第二定律得：‎ ‎ ，其中： ，‎ 代入数据解得：a1＝4m/s2，E1＝18 N/C，UC＝10.8 V，‎ 当S1断开，S2闭合时，R1与R3串联，电容器与R3并联，‎ 电容器两端电压：‎ 由部分电路欧姆定律：‎ 由闭合电路欧姆定律：‎ 代入数据解得：r＝1 Ω．‎ ‎16．（1）3×10-5s；（2）1.75cm；（3）19.75cm.‎ ‎（1）粒子的水平分速度不变，则在电场中的运动时间 ‎（2）在0-2×10-5s内粒子在竖直方向做匀加速直线运动，在2×10-5-3×10-5s内粒子在竖直方向做匀减速运动，加速度大小始终，为 离开电场时竖直方向位移 ‎（3）粒子在电场中的运动时间等于电场变化的周期，故撤去挡板后，粒子离开电场的速度都相同，如图所示时刻进入的粒子向下偏转的距离最大，粒子先向下偏转做类平抛运动，再做类平抛运动的逆运动，最后向上做类平抛运动，三段过 答案第11页，总11页 程中粒子在竖直方向的位移大小均为 粒子向上偏转能够从上极板边缘飞出，则粒子飞出电场区域的范围宽度为 粒子离开电场时的速度方向相同，可知粒子打在荧光屏上产生的光带宽度为19.75cm.‎ 参考答案 ‎1．A 2．B 3．D 4．B 5．C ‎6．AD 7．AB 8．AD 9．AC 10．ACD ‎11．50.15 4.700 220 ‎ ‎12．C F 2.5 0.4 0.4 ‎ ‎(1)电风扇的额定电流 ‎ ‎ 电流表应选择C；为方便实验操作，滑动变阻器应选择F。 (2)描绘出小电风扇的电流与其两端电压的关系，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，由于电压表内阻远大于电风扇的电阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示； (3)电风扇不转动时是纯电阻电路，电风扇的电阻 答案第11页，总11页 ‎ ‎ ‎(4)作出电源的U-I图像如图所示； 由图示图像可知，电风扇的工作电压U=2V，工作电流I=0.4A； 电风扇的热功率 P热=I2R=0.42×2.5W=0.4W 电风扇的总功率 P=UI=2×0.4W=0.8W 电风扇的机械功率 P机械=P-P热=0.8W-0.4W=0.4W ‎13．(1)；(2)；(3)。‎ ‎(1)S断开时，由 得 ‎，‎ 又由 ‎，‎ 求得 ‎；‎ ‎(2)S闭合时，、并联电阻 ‎，‎ 答案第11页，总11页 回路总电流 ‎，‎ 电压表示数为 ‎；‎ ‎(3)上消耗的功率 ‎。‎ ‎14．（1）2m/s2；（2）4.4m ‎(1)带小圆环向上加速运动过程中，由正交分解得 Fcos-mg-f=ma 而摩擦力 联立解得 a=2m/s2‎ ‎(2)加速过程中的位移 ‎=4m 此时的速度 v=at1=4m/s 撤去拉力后 解得 x2=0.4m 因此上升的最大距离 x1+x2=4.4m ‎15．15．（1）18 V　（2）1 Ω　‎ ‎（1）小球下滑过程机械能守恒，‎ 答案第11页，总11页 由机械能守恒定律得：‎ 解得： ，‎ 对S1、S2均断开时，极板电势差即为电源电动势E，‎ 由平衡条件得：‎ 解得：‎ E＝＝＝18 V ‎（2）当S1断开，S2闭合时，带电小球做类平抛运动，‎ 水平方向：‎ ‎ ‎ 竖直方向分速度：‎ 对带电小球，由牛顿第二定律得：‎ ‎ ，其中： ，‎ 代入数据解得：a1＝4m/s2，E1＝18 N/C，UC＝10.8 V，‎ 当S1断开，S2闭合时，R1与R3串联，电容器与R3并联，‎ 电容器两端电压：‎ 由部分电路欧姆定律：‎ 由闭合电路欧姆定律：‎ 代入数据解得：r＝1 Ω．‎ 答案第11页，总11页 ‎16．（1）3×10-5s；（2）1.75cm；（3）19.75cm.‎ ‎（1）粒子的水平分速度不变，则在电场中的运动时间 ‎（2）在0-2×10-5s内粒子在竖直方向做匀加速直线运动，在2×10-5-3×10-5s内粒子在竖直方向做匀减速运动，加速度大小始终，为 离开电场时竖直方向位移 ‎（3）粒子在电场中的运动时间等于电场变化的周期，故撤去挡板后，粒子离开电场的速度都相同，如图所示时刻进入的粒子向下偏转的距离最大，粒子先向下偏转做类平抛运动，再做类平抛运动的逆运动，最后向上做类平抛运动，三段过程中粒子在竖直方向的位移大小均为 粒子向上偏转能够从上极板边缘飞出，则粒子飞出电场区域的范围宽度为 粒子离开电场时的速度方向相同，可知粒子打在荧光屏上产生的光带宽度为19.75cm.‎ 答案第11页，总11页