陕西省吴起高级中学2019-2020学年高二物理上学期第二次月考试题（含解析）

吴起高级中学20192020学年第一学期第二次月考高二物理试卷一、选择题1.如图所示，把一条导线平行地放在磁针的上方附近，当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转发现这个实验现象的物理学家是（ ）a. 牛顿b. 爱因斯坦c. 奥斯特d. 居里夫人【答案】c【解析】当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转，说明电流产生了磁场，这是电流的磁效应，首先观察到这个实验现象的物理学家是奥斯特，故c正确，a、b、d错误2.对于如图所示电场中的a、b、c三点，下列判断正确的（ )a. a点的电场强度最大b. b点的电势最高c. 正电荷在b点受到的电场力最大d. 负电荷在a点具有的电势能最大【答案】a【解析】【详解】aca点的电场线最密集，可知a点的电场强度最大，正电荷在a点受到的电场力最大，选项a正确，c错误；bd沿电场线电势逐渐降低，则b点的电势最低，负电荷在b点具有的电势能最大，选项bd错误；3.如图所示电路，已知电源电动势为e，内阻为r，r0为固定电阻，当滑动变阻器r的触头向下移动时，下列论述不正确的是（）a. 灯泡l一定变亮b. 电流表的示数变小c. 电压表的示数变小d. r0消耗的功率变小【答案】c【解析】试题分析：当r的滑动触点向下滑移动时，r变大，外电路总电阻变大，则由闭合电路欧姆定律知，总电流变小，路端电压变大，则电压表读数变大灯泡l的电压变大，则灯l一定变亮电路中并联部分电压变大，通过l的电流变大，而总电流减小，则电流表a的读数减小，r0消耗的功率变小故abd正确，c错误故选c考点：电路的动态分析【名师点睛】此题是关于电路动态分析问题；关键是搞清电路的结构，先分析变化的电阻的阻值变化情况，然后分析整个电路的电阻变化，再分析整个电路的电流计路端电压的变化，最后回到电路的各个部分，所谓的“局部-整体-局部”的分析思路.4.如图所示，能正确反应出通电螺线管极性与电流方向关系的是（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】先标出线圈中的电流方向，然后根据右手螺旋定则即可判断n、s极思路分析：根据右手螺旋定则直接判断试题点评：考查右手螺旋定则的掌握，重点知识应该熟练掌握5.把电量为2.0108c的正试探电荷从电场中的a点移到b点，电场力做功3.0106j，从b点移到c点，须克服电场力做功4.0106j的功，则a点和c点比较( )a. 电势差为350v，a点电势高b. 电势差为350v，c点电势高c. 电势差为50v，a点电势高d. 电势差为50v，c点电势高【答案】d【解析】试题分析：从点到b点从b点到c点，由此可知c点电势较高考点：考查电场力做功与电势差的关系点评：本题为功能关系的应用题目，难度中等，在求解电场力做功与电势差的关系类型题的时候要注意小角标的顺序6. 在电源一定的闭合电路中，下列哪个说法正确（ ）a. 路端电压与外电阻成正比b. 路端电压随外电阻的增大而增大c. 外电路短路时，路端电压的值等于电源电动势的值d. 路端电压一定大于内电路的电压【答案】b【解析】解：a、外电压u=外电压与r不成正比，但随外电阻增大而增大，故a错误，b正确；c、电源被短路时，电源电流为：i=由于电源有内电阻，故电流不是无限大，内电压等于电源电动势，故c错误；d、据闭合电路的欧姆定律知，内外电路上的电压之和总等于电源电动势，外电压u=，当内阻大于外电阻时，路端电压一定小于内电路的电压，故d错误故选b【点评】本题关键根据闭合电路欧姆定律和部分电路欧姆定律列式求解出路端电压表达式进行讨论7.如图所示，将一个电流计g和一个电阻串联可以改装成电压表，将一个电流计g和一个电阻并联可以改装成电流表，要使它们的量程增大，r1、r2应如何变化()a. r1增大，r2增大b. r1减小，r2减小c. r1增大，r2减小d. r1减小，r2增大【答案】c【解析】【详解】由图甲所示可知，电流表与电阻串联，甲图为电压表，r1起分压作用，要使量程增加，需增加r1的分压，即增加r1的电阻，由图乙所示可知，电流表与电阻并联，乙图为电流表，r2起分流作用，要使量程增加，需增加r2的分流，即减小r2的电阻，故c正确8.如图所示，三条平行等间距的虚线表示电场中的三个等势面，电势分别为10v、20v、30v，实线是一带电粒子（不计重力）在该区域内的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，下列说法正确的是（ ）a. 粒子在三点所受的电场力不相等b. 粒子必先过a，再到b，然后到cc. 粒子在三点所具有的动能大小关系为ekbekaekcd. 粒子在三点的电势能大小关系为epcepaepb【答案】d【解析】【详解】a因表示电场中三个等势面的三条虚线是平行且等间距的，由此可判断电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点受到的电场力相等选项a错误b由题中的图可知，电场的方向是向上的，带负电的粒子将受到向下的电场力作用，带负电的粒子无论是依次沿a、b、c运动，还是依次沿c、b、a运动，都会的到如图的轨迹选项b错误cd带负电的粒子在电场中运动时，存在电势能与动能之间的互化，由题意和图可知，在b点时的电势能最大，在c点的电势能最小，可判断在c点的动能最大，在b点的动能最小选项c错误，d正确9.如图，等边三角形线框lmn由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点m、n与直流电源两端相接，已如导体棒mn受到的安培力大小为f，则线框lmn受到的安培力的大小为a. 2fb. 1.5fc. 0.5fd. 0【答案】b【解析】【详解】设每一根导体棒的电阻为r，长度为l，则电路中，上下两路电阻之比为，根据并联电路两端各电压相等的特点可知，上下两路电流之比如下图所示，由于上路通电的导体受安培力的有效长度为l，根据安培力计算公式，可知，得，根据左手定则可知，两力方向相同，故线框lmn所受的合力大小为，故本题选b10.连接在电池两极上的平行板电容器，当两极板间的距离减小时，则以下说法正确的是（ ）a. 电容器的电容c变大b. 电容器极板的带电荷量q变大c. 电容器两极板间的电势差u变大d. 电容器两极板间电场强度e变大【答案】abd【解析】【详解】a当两极板之间的距离减小时，根据可知，电容器的电容c变大故a正确b电容器连接在电池上，电压不变由q=cu，得知电容器极板的带电量q变大故b正确c电容器连接在电池上，电容器两极板的电势差u等于电池的电动势，不变故c错误d由分析，u不变，d减小，则e变大故d正确11.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=1：3b r1：r2=3：1c. 将r1与r2串联后接于电源上，则电流比i1：i2=1：3d. 将r1与r2并联后接于电源上，则电流比i1：i2=3：1【答案】ad【解析】【详解】ab根据i-u图象知，图线的斜率表示电阻的倒数，所以故a正确，b错误；c串联电路电流相等，所以将r1与r2串联后接于电源上，电流比故c错误；d并联电路，电压相等，电流比等于电阻之反比，所以将r1与r2并联后接于电源上，电流比故d正确12.一个质量为m、带电荷量为q的带电粒子，从o点以初速度v0沿平行于电场方向进入一个场强为e的匀强电场，若不计重力，经过时间t，粒子到达a点时速度恰好为零，则oa两点间的电势差为( )a. b. c. d. 【答案】ac【解析】【详解】ab只有电场力做功所以：得：故a正确，b错误；cd带电粒子只受到电场力的作用，由动量定理得：-qet=0-mv0粒子的位移： 联立解得电势差：故c正确，d错误二、填空题13.利用螺旋测微器测如图所示，则金属丝的直径d为_mm；【答案】4.700mm【解析】【详解】1金属丝的直径d为：4.5mm+0.01mm20.0=4.700mm.14.若某欧姆表表头的满偏电流为5ma，内装一节干电池，电动势为1.5v，那么该欧姆表的内阻为_欧姆：用该表测量该元件的电阻，选用“100”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转过大，因此需选择_倍率的电阻挡（填“10”或“1k”），并_再进行测量.【答案】 (1). 300欧姆 (2). 10 (3). 欧姆调零后【解析】【详解】1该欧姆表的内阻为；23用该表测量该元件的电阻，选用“100”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转过大，说明倍率挡选择过大，因此需选择“10”倍率的电阻挡，并欧姆调零后再进行测量.15. 在描绘小灯泡伏安特性曲线的实验中，选择“3v、05a的小灯泡作为研究对象，要求小灯泡两端电压从0开始变化，请回答下面几个问题下列实验器材中应选用 _（填入器材序号）a电流表（量程006a，内阻1）b电流表（量程03a，内阻1）c电压表（量程015v，内阻约10k）d电压表（03v，内阻约2k）e滑动变阻器（阻值0100）f滑动变阻器（阻值0-10）g电源e=6vh开关i导线若干在本实验中，滑动变阻器应采用 _（填“分压”或“限流”）接法，电流表应采用 _（填“内”、“外”）接法在下图框中画出实验电路图，并用实线代替导线，将右图中的器材连接成可供实验的电路小灯泡所加的电压u由零逐渐增大到3v，在此过程中电流i和电压u的关系可以用图象表示，在图中符合实际的是_【答案】adfgh；分压，外； b【解析】试题分析：（1）由题意可知，灯泡的额定电压为3v，为了准确性及安全性原则，电压表应选择d；由p=ui可得，灯泡的额定电流为05a，故电流表应选择a；测量灯泡的伏安特性曲线实验中应采用分压接法，故滑动变阻器应选用小电阻，故滑动变阻器应选择f；实验还需要电源e=6v，开关i，导线若干，所以实验器材中应选用adfgh（2）测量小灯泡的伏安特性曲线时，要求电压值从零开始变化，故滑动变阻器应采有分压接法；灯泡内阻为，而电流表内阻约为1，故电流表应采用外接法；（3）在用伏安法描绘这个灯泡的i一u图线的实验中，电压要从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，注意电流从电流表电压表正接线柱流入，如图：（4）小灯泡温度不断升高，电阻增大，由欧姆定律得到，等于图线上的点与原点连线的斜率倒数，电阻一直增大，故图线上的点与原点连线的斜率一直减小所以acd不符合实际，故b正确考点：描绘小灯泡伏安特性曲线【名师点睛】本题考查了作实验电路图、作灯泡的伏安特性曲线，根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法是正确作出实验电路图的关键三、计算题16.如图所示匀强电场中，有a、b、c三点，ab=5cm，bc=12cm，其中ab沿电场线方向，bc和电场线方向成60角，一个电荷量为q=410-8c的正电荷从a点移到b点时静电力做功为w1=1.210-7j，求：（1）匀强电场的场强e；（2）电荷从b移到c，静电力做功w2；（3）a、c两点间的电势差uac【答案】（1）60v/m；（2）1.4410-7j；（3）6.6v【解析】【详解】（1）由题，由w1=qelab得：（2）电荷从b移到c电场力做功为：w2=qelbccos60=410-8600.120.5j=1.4410-7j（3）电荷从a移到c电场力做功为：wac=w1+w2则a、c两点的电势差为：17.如图所示，已知电源电动势e20 v，内阻r1 ，当接入固定电阻r4 时，电路中标有“3v 6 w”的灯泡l和内阻rd0.5 的小型直流电动机d都恰能正常工作试求：（1）电路中的电流大小；（2）电动机的额定电压；（3）电动机的输出功率；（4）电源的效率【答案】（1）2a；（2）7v；（3）12 w；（4）90【解析】【详解】（1）灯泡l正常发光，电路中的电流为 （2）由闭合电路欧姆定律可求得，电动机的额定电压为ud=e-i（r+r）-ul=20-2（1+4）-3=7v（3）电动机的总功率为p总=iud=27=14w电动机的热功率为p热=i2rd=220.5=2w则电动机的输出功率为p出=p总-p热=12w（4）电源的效率18.空间存在一方向竖直向下的匀强电场