安徽省潜山二中2019-2020学年高二上学期月考物理试题

安徽省潜山二中2019-2020学年高二上学期月考物理试题

‎2019-2020学年度潜山二中高二第二次月考物理卷 一、单项选择 ‎1.匀强电场中一簇水平等势面，电势的高低如图所示，相邻等势面之间的距离都是2cm，下列判断正确的是（ ）‎ A. 电场强度竖直向上、大小为500V/m B. 电场强度竖直向下、大小为0.2V/m C. 电场强度竖直向上、大小为0.2V/m D. 电场强度竖直向下、大小为500V/m ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】沿着电场线的方向电势降低，所以电场强度的方向为竖直向上；电场强度=500V/cm，故A正确，BCD错误．‎ 故选A ‎2.如图所示，一带电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹．M和N是轨迹上的两点，其中M点是轨迹的最右点．不计重力，下列说法正确的是 A. 粒子带正电 B. 粒子在N点的速率比M小 C. 粒子在N点的加速度比M大 D. 粒子在N点的电势能比M低 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由曲线运动的知识可知，粒子受到的电场力向左，电场力的方向与电场强度的方向相反，故粒子带负电，A错误；‎ B、粒子受到的电场力向左，在向右运动的过程中，电场力对粒子做负功，粒子的速度减小，运动到M点时，粒子的速度最小，故N点的速率比M大，故B错误；‎ C、粒子在匀强电场中只受到恒定的电场力作用，故粒子在电场中的加速度不变，故C错误；‎ D、粒子从N点运动到M点，电场力做负功，电势能增加，故粒子在N点的电势能比M低，D正确．‎ ‎3.两个等量异种电荷的连线的垂直平分线上有a、b、c三点，如图所示，下面说法正确的（ ）‎ A. a点电势比b点高 B. a，b 两点的场强方向相反 C. a，b，c 三点和无穷远处等电势 D. 一个电子（不计重力）在a点无初速度释放，则它将在ab连线上运动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AC．a、b、c是两个等量异种电荷连线的垂直平分线的三点，电势相等，而且与无穷远处电势相等;故A错误,C正确。‎ B．a、b两点的场强方向都与垂直平分线垂直向右，方向相同,由于b处电场线密，电场强度大于a处电场强度;故B错误。‎ D．一个电子在a点受到的电场方向垂直于垂直平分线向左，无初速释放后，将向左下方运动，不可能ab连线上运动;故D错误。‎ 故选C。‎ ‎4.为了减少污染，工业废气需用静电除尘器除尘，某除尘装置如图所示，其收尘极为金属圆筒，电晕极位于圆筒中心．当两极接上高压电源时，电晕极附近会形成很强的电场使空气电离，废气中的尘埃吸附离子后在电场力的作用下向收尘极运动并沉积，以达到除尘目的．假设尘埃向收尘极运动过程中所带电量不变，下列判断正确的是（　　）‎ A. 金属圆筒内存在匀强电场 B. 金属圆筒内越靠近收尘极电势越高 C. 带电尘埃向收尘极运动过程中电势能越来越大 D 带电尘埃向收尘极运动过程中加速度越来越大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据图象信息可知除尘器内电场在水平面上的分布类似于负点电荷电场，电场线方向由收尘极指向电晕极，故A错误；‎ B. 逆电场线方向，电势变高，故越靠近收尘极，电势越高，故B正确；‎ C. 尘埃带负电后受电场力作用向收尘极运动，电场力做正功，电势能越来越小，故C错误；‎ D. 离电晕极越远，场强越小，尘埃带电量不变，电场力越小，由牛顿第二定律可知，加速度越来越小，故D错误，‎ ‎5.如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则下列说法正确的是 A. 保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ增大 B. 断开S，将A板向B板靠近，则θ增大 C. 保持S闭合，悬线烧断，则小球在电场中将作自由落体运动 D. 断开S，悬线烧断，则小球在电场中将作变加速曲线运动 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 保持开关S闭合，电容器极板间的电压不变，将板向板靠近，由 可知电场强度增大，小球所受的电场力增大，则增大，故A正确；‎ B. 断开S，电容器的带电量不变，根据：‎ 结合可得：‎ 可知电场强度与无关，则减小时不变，电场力不变，不变，故B错误；‎ C. 保持开关S闭合，悬线烧断，小球电场中受到重力和电场力作用，将沿合力方向做匀加速直线运动，故C错误；‎ D. 开关S断开，同时烧断细线，小球受重力和恒定电场力不变，小球将做斜向下的匀加速直线运动，故D错误．‎ ‎6.如图为某次测量电源电动势和内电阻所作的图象，有关这个图象的说法不正确的是(　　)‎ A. 纵轴截距表示待测电源的电动势，即E＝3 V B. 横轴截距表示路端电压为2.4 V时的电流为0.3 A C. 根据r＝，计算出待测电源内阻为10 Ω D. 根据r＝，计算出待测电源内阻为2 Ω ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.由闭合电路欧姆定律可知：U=E−Ir，由数学知识可知，纵轴截距为电源的电动势，故电动势为E=3.0V．横轴截距表示路端电压为2.4 V时电流为0.3‎ ‎ A．故A正确，不符题意.B正确,不符题意 CD.图象的斜率的绝对值表示电源的内阻，即．故C错误，符合题意.D正确,不符合题意 ‎7.如图是某导体的伏安特性曲线，下列说法正确的是（　　）‎ A. 导体的电阻是1000Ω B. 导体的电阻是2000Ω C. 导体的电阻是0.5Ω D. 当通过导体的电流是0.001A时，导体两端的电压是1V ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC、电流为5×10-3A时，导体的电阻为：Ω=2000Ω，故AC错误，B正确； ‎ D、随着电压的增大，图象上的点与原点连线的斜率减小，此割线斜率等于电阻，则知随着电压的增大导体的电阻不断减小，当通过导体的电流是0.001A时，导体的电阻值大于2000Ω，所以导体两端的电压大于2V，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎8.如图所示，图线1表示的导体的电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是（　　）‎ A. R1：R2=3：1‎ B. R1：R2=1：3‎ C. 将R1与R2串联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3‎ D. 将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.由图可得：‎ 即 R1：R2=1：3‎ 故A错误，B正确；‎ C.R1与R2串联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：1，故C错误；‎ D.将R1与R2并联后接于电源上，电流比I1：I2=R2：R1=3：1，故D错误．‎ ‎9.如图所示的电路中，电阻R=2Ω．断开S后，电压表的读数为3V；闭合S后，电压表的读数为2V，则电源的内阻r为 A. 1Ω B. 2Ω C. 3Ω D. 4Ω ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】开关s断开时有：，开s闭合时有：，其中，解得：，‎ 故A正确．‎ ‎10.在如图所示的电路中，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡（其灯丝电阻可视为不变），R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值随所受照射光强度的增大而减小，V为理想电压表．若将照射R3的光的强度减弱，则 （ ）‎ A. 电压表的示数增大 B. 通过R2的电流减小 C. 小灯泡消耗的功率减小 D. 电源内阻的电压增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．光敏电阻光照减弱，故光敏电阻的阻值增大，电路中的总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流减小，故R1两端的电压减小，电压表的示数减小；故A错误。‎ C．由并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流一定减小，故由P=I2R可知，小灯泡消耗的功率变小；故C正确。‎ BD．因电路中电流减小，故电源内阻的电压减小，路端电压增大，同时R1两端的电压减小，故并联电路部分电压增大；则流过R2的电流增大；故B、D错误。‎ 故选C。‎ 二、实验题 ‎11.为了描绘小灯泡的伏安特性曲线，提供以下实验器材：‎ 小灯泡L(额定电压3.8 V，额定电流0.32 A)‎ 电压表V(量程3 V，内阻3 kΩ)‎ 电流表A(量程0.5 A，内阻约0.5 Ω)‎ 电阻箱R0(0～9999.9 Ω)‎ 滑动变阻器R1(阻值0～5Ω，2A)‎ 滑动变阻器R2(阻值0～200Ω，1A)‎ 学生电源E(电动势4 V，内阻不计)‎ 开关S及导线若干．‎ ‎（1）关于控制电路中滑动变阻器的连接方法，应选择_______‎ A．分压式连接 B．限流式连接 ‎（2）为了减小系统误差，关于测量电路中电压表和电流表的连接方式，应选择________‎ A．电流表内接法 B．电流表外接法 ‎（3）实验提供的电压表量程小于小灯泡的额定电压，需要把电压表的量程扩大到4伏，改装电压表时，应将电阻箱阻值调至_________Ω，并与题中所给电压表___________．(选填“串联”或“并联”)‎ ‎（4）请在方框中画出该实验的电路图________．‎ ‎（5）为操作方便，实验中滑动变阻器应选择___________(选填R1或R2)．你的选择理由是_________________.‎ ‎【答案】 (1). A (2). B (3). 1000.0 (4). 串联 (5). (6). R1 (7). 选择R1时，移动滑片，小灯泡两端的电压示数变化比较均匀（线性关系较好）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．因要得到从零开始连续可调的多组电压，则控制电路中滑动变阻器的连接方法，应选择分压式连接，故选A．‎ ‎（2）[2]．小灯泡的电阻 则为了减小系统误差，关于测量电路中电压表和电流表的连接方式，应选择安培表外接法，故选B．‎ ‎（3）[3][4]．电压表的量程为3V，内阻为3kΩ，则要把电压表的量程扩大到4伏，改装电压表时，应将电阻箱阻值调至，并与题中所给电压表串联．‎ ‎（4）[5]．根据以上分析可知，实验的电路图： ‎ ‎（5）[6]．为操作方便，实验中滑动变阻器应选择阻值较小的R1．‎ ‎[7]．选择理由是：选择R1时，移动滑片，小灯泡两端的电压示数变化比较均匀（或线性关系较好）．‎ ‎12.在测定金属丝的电阻率的实验中，请读出下列图所示测量值．游标卡尺读数为_________mm；螺旋测微器读数为__________mm；‎ ‎【答案】 (1). 82.40 (2). 5.545‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]．游标卡尺读数为：82mm+0.05mm×8=82.40mm；‎ ‎[2]．螺旋测微器读数为：5.5mm+0.01mm×4.5=5.545mm；‎ ‎13.某同学用下列所给的器材测一节干电池的电动势E 和内阻r A. 待测干电池一节:(电动势约1.5V,内阻约0.5Ω)‎ B. 电压表 V:(0~3~15V)‎ C. 电流表 A:(0~0.6~3A)‎ D. 变阻器R1:(0~20Ω,1A)‎ E. 变阻器R2:(0~1000Ω,0.1A)‎ F. 电键S和导线若干 ‎（1）实验中电压表应选用的量程为______（填0-3V或0-15V）；电流表应选用的量程为_____（填0-0.6A或0-3A）；‎ ‎（2）根据实验要求连接实物电路图______；‎ ‎（3）实验测得的6组数据已经在U-I图中标出，如图所示．请你根据数据点位置完成U-I图象____，并由图线求出该电池的电动势E=________V；内阻r=_______Ω.‎ ‎【答案】（1）0-3V；0 -06A ；（2）1.5；0.48 - 0.53‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电池的电动势和图中的电流值可选取电流表及电压表；滑动变阻器在本实验中作为限流使用，故应选取若大于内阻的滑动变阻器；用直线将各点相连，注意让各点尽量分布在直线两侧；由图象与纵坐标的交点可求得电动势；图象的斜率表示电池的内电阻.‎ ‎【详解】（1）由图可知，电流小于0.6A，故电流表应选用的量程为0-0.6A；而电池的电动势约为1.5V，故电压表应选用的量程为 0-3V；‎ ‎（2）对照电路原理图，连接实物图，如图所示：‎ ‎（3）描点作图，如图所示：‎ 图象的横轴截距表示电动势，故电动势为1.50V；斜率绝对值表示电源内电阻.‎ ‎【点睛】本题考查测电动势和内阻实验的数据处理，注意要结合公式理解图象的斜率及截距的含义.‎ 三．计算题 ‎14.把电荷量的点电荷从A点移到B点时，克服静电力做功，已知．求：‎ ‎(1)A、B间的电势差；‎ ‎(2)从A到B的电势能的变化；‎ ‎(2)A点的电势．‎ ‎【答案】(1)-150V(2)增加了3.0×10-6J(3)-120V ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)A、B间的电势差为 ‎(2)从A到B，电场力做负功，故电势能增加，增加了3.0×10-6J ‎(3)A点的电势为 φA=UAB+φB=-150V+30V=-120V ‎15.如图所示，已知电源电动势E = 5 V，内阻r = 2 Ω，定值电阻R1 = 0.5 Ω，滑动变阻器R2的阻值范围为0～10 Ω.求：‎ ‎（1）当滑动变阻器阻值为多大时，滑动变阻器消耗的功率最大？最大功率是多少？‎ ‎（2）当滑动变阻器的阻值为多大时，电源的输出功率最大？最大功率是多少？‎ ‎【答案】（1）2.5 Ω，2.5W（2）1.5 Ω，3.125W ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)对于电源，当外电路的电阻等于内电阻时电源的输出功率最大；‎ 将电阻R1与电源等效成电源，故当R2=2.5Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大；‎ 最大功率为：‎ ‎(2)当外电路的电阻等于内电阻时电源的输出功率最大，故当R2=1.5Ω时，电源的输出功率最大；‎ 电源输出的最大功率为 ‎16.如图所示，有一提升重物用的直流电动机，内阻r=0.5Ω, R=10Ω,U=180V，电压表的读数为120V，则：‎ ‎(1)通过电动机的电流是多少？‎ ‎(2)输入到电动机的电功率是多少？‎ ‎(3)电动机工作1h所产生的热量是多少？（结果保留两位有效数字）‎ ‎【答案】(1)6A(2)720W(3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)电动机和电阻串联，所以电流相等，电阻R两端电压 U1=(180-120)V=60V 由欧姆定律得 ‎(2)电动机的电功率 P=UVI=120×6=720W ‎(3)电动机的热功率 产生的热量 ‎17.如图所示，水平放置的两平行金属板之间电压为U，两板板长为L，板间距离为d，一束电子以速度v0从两板左侧正中间水平射入板间，然后从右侧板间飞出，射到距右侧板边缘为S的荧光屏上，已知电子的质量为m，电荷量为e．求：‎ ‎(1)电子飞出两板时速度大小；‎ ‎(2)电子偏离电场时的偏转位移的大小；‎ ‎(3)电子束射到荧光屏的位置（离图中的中心O的距离）．（不计电子重力）‎ ‎【答案】(1) (2) (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 电子在极板间做类平抛运动，水平位移x=L，电子水平方向做匀速直线运动，则有：‎ x=v0t 得时间 电子飞出两板时竖直分速度为：‎ 出电场速度为 ‎(2) 电子飞出两板时偏转的距离为：‎ ‎(3)设电子束射到荧光屏的位置离图中的中心O的距离为Y，根据平抛推论可知，速度反向延长线过水平位移的中点，由几何关系可得：‎ 解得：‎ ‎ ‎