江苏省苏州市陆慕高级中学2019-2020学年高二物理上学期第一次月考试题（含解析）

江苏省苏州市陆慕高级中学2019-2020学年高二物理上学期第一次月考试题（含解析）一.单选题1.用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表、，若把、分别采用并联或串联的方式接入电路，如图所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是a. 图甲中的、的示数相同b. 图甲中的、的指针偏角相同c. 图乙中的、的示数和偏角都不同d. 图乙中的、的指针偏角相同【答案】b【解析】【详解】ab.图甲中的a1、a2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同，故a错误，b正确； cd.图乙中的a1、a2串联，a1、a2的示数相同，由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同，故cd错误。2.如图所示，磁场方向竖直向下，通电直导线ab由水平位置1绕a点在竖直平面内转到位置2的过程中，通电导线所受安培力是()a. 数值变大，方向不变b. 数值变小，方向不变c. 数值不变，方向改变d. 数值不变，方向也不改变【答案】b【解析】【详解】通电直导线所受的安培力f=bilsin，是导线与磁场方向的夹角，由题知，b、i、l不变，减小，则f减小；根据左手定则判断可知，安培力方向始终与纸面垂直向里或向外，保持不变。a数值变大，方向不变，与结论不相符，选项a错误；b数值变小，方向不变，与结论相符，选项b正确；c数值不变，方向改变，与结论不相符，选项c错误；d数值不变，方向也不改变，与结论不相符，选项d错误；3.如图所示，直线a为某电源的ui图线，曲线b为某小灯泡l的ui图线的一部分，用该电源和小灯泡l串联起来组成闭合回路时灯泡l恰能正常发光，则下列说法中正确的是（ ）a. 此电源的内阻为0.67 b. 灯泡l的额定电压为3 v，额定功率为6 wc. 把灯泡l换成阻值恒为1 的纯电阻，电源的输出功率将变小，效率将变低d. 小灯泡l的电阻随通过电流的增大而减小【答案】b【解析】【详解】a由题图可知，电源的电动势e=4v，内阻，故a错误；b两图线的交点表示小灯泡l与电源连接时的工作状态，由于灯泡正常发光，则知灯泡的额定电压u=3v，额定电流i=2a，则额定功率为p=ui=6w，故b正确；c正常发光时灯泡l的电阻，换成一个1的定值电阻，可知其电阻更接近电源的内阻，电源的输出功率将变大，根据闭合电路欧姆定律可知外电阻减小，路端电压减小，电源效率减小，故c错误；d灯泡的温度随通过电流的增大而升高，电阻随温度的升高而增大，故d错误.4.如图所示，质量为m、长为l的导体棒mn电阻为r，初始时静止于光滑平行的水平轨道上，轨道间距也为l，电源电动势为e，内阻不计.匀强磁场的磁感应强度为b，其方向与轨道平面成角斜向上，开关闭合后导体棒开始运（ ）a. 导体棒向左运动b. 开关闭合瞬间导体棒mn所受安培力为c. 开关闭合瞬间导体棒mn所受安培力为d. 开关闭合瞬间导体棒mn的加速度为【答案】b【解析】【详解】a开关闭合，由左手定则可知，导体棒受到的安培力斜向右下，导体棒向右运动，a错误；bc当开关闭合瞬间，根据安培力公式f=bil，且，可得，b正确，c错误；d当开关闭合瞬间，安培力的方向与导轨成90角，由牛顿第二定律与安培力的大小可知，加速度，d错误.5.在纯电阻电路中，当用一个固定电源（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=50%c. 电源的输出功率p随外电阻r的增大而增大d. 电源的效率随外电阻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，路端电压与电源内电压，则u=0.5e，电源的效率= ，故b正确；d电源的效率= ，则知r增大时，电源的效率增大，故d正确。6.如图所示，在光滑水平面上一轻质弹簧将固定挡板和一条形磁铁连接起来，此时磁铁对水平面的压力为n1，现在磁铁左上方位置固定一导体棒，当导体棒中通有垂直纸面向里的电流后，磁铁对水平面的压力为n2，则以下说法正确的是（ ）a 弹簧长度将变长，n1 n2b. 弹簧长度将变短，n1 n2c. 弹簧长度将变长，n1 n2d. 弹簧长度将变短，n1 n2，与结论不相符，选项a错误；b弹簧长度将变短，n1 n2，与结论相符，选项b正确；c弹簧长度将变长，n1 n2，与结论不相符，选项c错误；d弹簧长度将变短，n1 n2，与结论不相符，选项d错误；7.如图电路中，电源电动势为e、内阻为r，r0为定值电阻，电容器的电容为c。闭合开关s，增大可变电阻r的阻值，电压表示数的变化量为u，电流表示数的变化量为i，则：a. 变化过程中u和i的比值保持不变b. 电压表示数u和电流表示数i的比值不变c. 电阻r0两端电压减小，减小量为ud. 电容器的带电荷量增大，增加量为cu【答案】ad【解析】【详解】a.根据闭合电路欧姆定律可得，可以画出图象，图象的斜率表示电源内阻与定值电阻之和，所以恒定不变。a正确b. 由图可知，因为电阻增大，所以电压表示和电流表的示数的比值变大。故b错误c.闭合开关，增大可变电阻的阻值后，电流中的电流减小，由欧姆定律可得电阻两端的电压减小，两端的电压增大，而它们总的电压即路端电压增大，所以电阻两端的电压减小量小于。故c错误。d.两端的电压增大量为，因为电容器与并联，所以电容器两端电压增大量为，电容器的带电荷量增量为。故d正确。二.多选题8.当导线中分别通以图示方向的电流时，小磁针静止时n极垂直纸面向里的是（ ）a. b. c. d. 【答案】ab【解析】【详解】ab已知通电直导线中电流的方向，根据右手螺旋定则，可知a、b选项的图中小磁针所处的位置磁场方向垂直纸面向里，所以小磁针静止时n极垂直纸面向里，a、b正确；c环形导线的电流方向如题图所示，根据右手螺旋定则，可知小磁针所处的位置磁场方向垂直纸面向外，所以小磁针静止时n极垂直纸面向外，c错误；d根据右手螺旋定则，结合电流的方向，可知通电螺线管内部的磁场方向由右向左，则小磁针静止时n极指向左，d错误.9.把轻质的导线圈用绝缘细线挂在磁铁的n极附近，磁铁的轴线穿过线圈中心且在同一平面内，如图所示.当线圈通过图示电流时，线圈将（ ）a. 发生转动同时离开磁铁b. 发生转动同时靠近磁铁c. 静止不动d. 从上往下看顺时针转动【答案】bd【解析】【详解】由右手螺旋定则可知，线圈向外一面为s极，因为异名磁极相互吸引，因此从上往下看，线圈沿顺时针方向转动，同时靠近磁铁.a发生转动同时离开磁铁，与结论不相符，选项a错误；b发生转动同时靠近磁铁，与结论相符，选项b正确；c静止不动，与结论不相符，选项c错误；d从上往下看顺时针转动，与结论相符，选项d正确；10. 两根长直导线a、b平行放置,如图所示为垂直于导线截面图,图中o点为两根导线ab连线的中点,m、n为ab的中垂线上的两点且与a、b等距,两导线中通有等大、同向的恒定电流,已知直线电流在某点产生的磁场的磁感应强度b的大小跟该点到通电导线的距离r成反比,则下列说法中正确的是( )a. m点和n点的磁感应强度大小相等,方向相同b. m点和n点的磁感应强度大小相等,方向相反c. 在线段mn上各点的磁感应强度都不可能为零d. 若在n点放一小磁针,静止时其北极垂直mn向上【答案】bd【解析】试题分析：根据安培定则判断得知，两根通电导线产生的磁场方向均沿逆时针方向，由于对称，两根通电导线在mn两点产生的磁感应强度大小相等，根据平行四边形进行合成得到，m点和n点的磁感应强度大小相等，m点磁场向下，n点磁场向上，方向相反故a错误，b正确当两根通电导线在同一点产生的磁感应强度大小相等、方向相反时，合磁感应强度为零，则知o点的磁感应强度为零故c错误若在n点放一小磁针，静止时其北极垂直mn指向上故d正确故选bd.考点：磁场的叠加；右手定则【名师点睛】本题考查安培定则和平行四边定则的综合应用，注意安培定则的用右手明确小磁针n极受力方向即为磁场方向。11.如图所示，电源的电动势为e，内阻为r，r1为定值电阻，r2为光敏电阻，c为电容器，l为小灯泡，电表均为理想电表，闭合开关s后，若增大照射光强度，则（ ）a. 小灯泡的功率增大b. 电容器上的电荷量增加c. 电源的输出功率增大d. 两表示数变化量的比值| |不变【答案】ad【解析】【详解】a增大光强，电阻r2的电阻变小，电路中的总电阻变小，总电流变大，根据p=i2r可知，小灯泡的功率增大，选项a正确；b电容器两端电压为灯泡与r2串联后的分压，因为总电流增大，所以内电阻和定值电阻r1的分压均变大，根据闭合电路欧姆定律u=e-i（r+r1）可知，灯泡与r2串联后的分压变小，电容器两端电压变小，由q=cu可知电容器上的电荷量减小，选项b错误；c电源的输出功率为：，由已知条件无法知道外电路总电阻与电源内阻的大小关系，所以电源的输出功率无法确定，选项c错误；d两表测量的数据表示定值电阻两端的电压和流过定值电阻的电流，根据欧姆定律可知，两表示数变化量的比值|不变，等于定值电阻的阻值，选项d正确。12.如图，电路中定值电阻阻值r大于电源内阻阻值r。将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表示数变化量的绝对值分别为，理想电流表示数变化量的绝对值，则a. a的示数增大b. 的示数增大c. 与的比值大于rd. 大于【答案】acd【解析】【详解】a滑动变阻器的滑片向下滑动，导致滑动变阻器阻值变小，由于电压表断路，定值电阻和滑动变阻器为串联，滑动变阻器阻值变小，总电阻变小，电源电动势不变，总电流变大，即电流表示数变大，选项a对；b电压表测量定值电阻的电压，电阻不变，总电流变大，所以电压变大即示数增大。电压表测量定值电阻和滑动变阻器总电压即路端电压，示数变小，选项b错；d电压表测量滑动变阻器电压，设电流增加量为，则根据，所以，选项d对；c电压表的变化量，所以，选项c对。13.如图所示，电源电动势为e，内阻为r电路中r2、r3分别为总阻值一定的滑动变阻器，r0为定值电阻，r1为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小）当电键s闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态有关下列说法中正确的是（ ）a. 只逐渐增大r1的光照强度，电阻r0消耗的电功率变大，电阻r3中有向上的电流b. 只调节电阻r3的滑动端p2向上端移动时，电源消耗的功率变大，电阻r3中有向上的电流c. 只调节电阻r2的滑动端p1向下端移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动d. 若断开电键s，带电微粒向下运动【答案】ad【解析】【详解】a、只逐渐增大的光照强度，的阻值减小，外电路总电阻减小，总电流增大，电阻消耗的电功率变大，滑动变阻器的电压变大，电容器两端的电压增大，电容下极板带的电荷量变大，所以电阻中有向上的电流，故选项a正确；b、电路稳定时，电容相当于开关断开，只调节电阻的滑动端向上端移动时，对电路没有影响，故选项b错误；c、只调节电阻的滑动端向下端移动时，电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，由可知电场力变大，带电微粒向上运动，故选项c错误；d、若断开电键s，电容器处于放电状态，电荷量变小，板间场强减小，带电微粒所受的电场力减小，将向下运动，故选项d正确。三.实验题14.在“练习使用多用电表”实验中：（1）若多用电表的电阻挡有三个挡位，分别是“l”挡、“10”挡和 “100”挡，当用“10”挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度过大，为了较准确地进行测量，应换到_挡，换挡后应先_(填缺少的步骤），之后用表笔连接待测电阻进行读数，如图甲所示，由表盘刻度读得该电阻的阻值是_。（2）如图乙所示，闭合开关后发现小灯泡不亮，欲用多用电表检查该电路某处是否发生断路，在保持电路完整的情况下，应使用多用电表的_进行测量。（选填字母代号即可）a.电阻挡 b.电流挡 c.交流电压挡 d.直流电压挡（3）某同学利用多用电表测量二极管的反向电阻，将红、黑表笔分别插入正、负表笔插孔，将二极管的两个极分别记为a端和b端，红表笔接a端、黑表笔接b端时，指针几乎不转；红表笔接b端、黑表笔接a端时，指针偏转角很大。则为了测量该二极管的反向电阻，应将红表笔接二极管的_(填“a”或“b”）端。【答案】 (1). “1” (2). 欧姆调零 (3). 8.0 (4). d (5). a【解析】【详解】（1）12因为用“10”挡测量某电阻rx时，表头指针偏转角度过大，说明档位选择的过高，则为了较准确地进行测量，应换到“1”挡，换挡后应先欧姆调零；3该电阻的阻值是8.0。（2）3由图示可知，电源为直流电源，闭合开关后发现小灯泡不亮，欲用多用电表检查该电路某处是否发生“断路”，在保持电路完整的情况下，应使用多用电表的直流电压档进行测量，故选d；（3）4将红、黑表等分别插入正、负表笔插孔，二极管的两个极分别记作a和b，将红表笔接a端时，表针几乎不偏转，说明电阻很大，二极管反向偏压，接b端时偏转角度很大，说明电阻很小，二极管正向偏压，则b端为二极管的正极，a为二极管的负极，则为了测量该二极管的反向电阻，应将红表笔接二极管的a端15.小明测定干电池的电动势和内阻，实验室有如下实验器材：干电池一节 (电动势约为1.5v)量程为3.0v的电压表v1量程为15v的电压表v2量程为0.6a的电流表a1量程为3.0a的电流表a2最大阻值为20的滑动变阻器r1最大阻值为100的滑动变阻器r2开关一个，导线若干。根据所学的知识回答下列问题：（1）为了减小实验误差，电压表应选择_，电流表应选择_，滑动变阻器应选择_。(填器材对应的字母)（2）将所选的实验器材在图中用笔画线代替导线连接_。（3）连接好电路后，通过调节滑动变阻器得到多组实验数据，将所得数据描点在坐标系中，并将这些点连起来如图所示。由图可知该电池的电动势大小为_v，测量值比真实值_(填“偏大”、“偏小”或“相等”)，内阻大小为_，测量值比真实值_(填“偏大”、“偏小”或“相等”)。(结果均保留3位有效数字)【答案】 (1). v1 (2). a1 (3). r1 (4). 电路连线如图； (5). 1.50 (6). 偏小 (7). 0.800 (8). 偏小【解析】【详解】（1）123一节干电池电动势约为1.5v，则为了减小实验误差，电压表应选择v1，电流表应选择a1，滑动变阻器应选择r1。（2）4电路连线如图；（3）5678由图示电源u-i图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.50，电源电动势e=1.50v，电源内阻：相对于电源来说，电流表采用外接法，由于电压表的分流作用使得电流表的测量值小于通过电源的电流，电动势和内阻的测量值均小于真实值16.某同学研究小灯泡的伏安特性,所使用的器材有：小灯泡l(额定电压3.8v，额定电流0.32a)电压表v (量程3v，内阻3k)电流表a(量程0.5a，内阻0.5)固定电阻(阻值1000)滑动变阻器r(阻值09.0)电源e(电动势5v，内阻不计)开关s，导线若干。（1）实验要求能够实现在03.8v的范围内对小灯泡的电压进行测量，画出实验电路原理图_。（2）实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图（a）所示。由实验曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻_(填“增大”“不变”或“减小”)，灯丝的电阻率_(填“增大”“不变”或“减小”)。（3）用另一电源(电动势4v，内阻1.00)和题给器材连接成图（b）所示的电路，调节滑动变阻器r的阻值，可以改变小灯泡的实际功率，闭合开关s，在r的变化范围内，小灯泡的最小功率为_w。(结果均保留2位有效数字)【答案】 (1). 电路图