保定市唐县第一中学20202-2021学年高二物理上学期第二次月考试题含解析

河北省保定市唐县第一中学20202_2021学年高二物理上学期第二次月考试题含解析河北省保定市唐县第一中学20202_2021学年高二物理上学期第二次月考试题含解析PAGE20-河北省保定市唐县第一中学20202_2021学年高二物理上学期第二次月考试题含解析河北省保定市唐县第一中学20202-2021学年高二物理上学期第二次月考试题（含解析)第I卷（选择题)一、单选题(每题4分，共32分)1。关于电功和电热，下面说法正确的是(）A.任何电路中的电功W=UIt，电热Q=I2Rt且W=QB。任何电路中的电功W=UIt,电热Q=I2Rt但W有时不等于QC.电功W=UIt在任何电路中都适用，Q=I2Rt只在纯电阻电路中适用D。电功W=UIt,电热Q=I2Rt，只适用于纯电阻电路【答案】B【解析】【详解】任何电路中电功公式W=UIt,电热公式Q=I2Rt都适用，但两者不一定相等，只有在纯电阻电路中W=Q，故A错误，CD错误．B项：任何电路中的电功W=UIt，电热Q=I2Rt，在非纯电阻电路中电能一部分转化为内能，还有一部分转化为其他形式的能，所以此时W大于Q，故B正确．【点睛】电功公式W=UIt和电热公式Q=I2Rt都适用于任何电路；在纯电阻电路中，电功等于电热，在非纯电阻电路中,电功大于电热．2。第56届日本电池大会上华为发布了5分钟即可充满3000mA•h电池50％电荷量的快充技术成果，引起业界广泛关注.如图是华为某智能手机电池上的信息，支持低压大电流充电,则(）A。4。35V表示该电池的电动势B.该电池充满电后以100mA的电流工作时,可连续工作30小时C。11.4W·h表示该电池能提供的电荷量D。3000mA·h表示该电池能提供的电能【答案】B【解析】【详解】A．4。35V为充电电压,不是该电池的电动势，故A错误；B．该电池充满电后以后以100mA的电流工作时，可连续工作故B正确；C．11。4Wh为电池的充电电能，不是该电池的电量，故C错误；D．mAh为电量的单位，所以3000mAh表示该电池能提供的电量，故D错误．故选B。3.如图所示，水平放置表面粗糙的大金属板正上方有一固定的正点电荷Q，现让一表面绝缘带正电的小球(可视为质点且不影响Q的电场)，从左端以初速度v0滑上金属板的上表面向右运动到右端，在运动过程中A。小球作匀速运动B。小球先减速运动,后加速运动C。小球加速度先增大，后减小D.小球的电势能先减小，后增加【答案】C【解析】金属板在Q的电场中达到静电平衡时，金属板是一个等势体,表面是一个等势面，表面的电场线与表面垂直,小球所受的电场力与金属板表面垂直，在金属板上向右运动的过程中，电场力不做功，电场力先增大后减小，所以摩擦力先增大后减小，小球的加速度先增大后减小，速度逐渐减小，根据动能定理得知，小球的动能逐渐减小，所以小球一直做减速运动．故C正确AB错误．电场力不做功，小球的电势能不变，故D错误．故选C．【点睛】金属板在Q的电场中要产生静电感应现象，达到静电平衡时,金属板是一个等势体，表面是一个等势面,表面的电场线与表面垂直．分析小球的受力情况,确定其运动情况，判断电场力是否做功，分析电势能如何变化．4。如图所示是用量程为0~3mA的电流表改装为欧姆表的电路,其中表内电池的电动势为1.5V，那么，在电流表的2mA刻度处所对应的电阻刻度是（）A。 B。 C。 D.【答案】C【解析】【详解】由题意可知，欧姆表的内阻为当电流表指针指在2mA刻度处时，对应的待测电阻为故选C5.一根粗细均匀的导线,当其两端电压为U时,通过的电流是I,若将此导线均匀拉长到原来的2倍时，电流仍为I，导线两端所加的电压变为()A。U／2 B。U C.2U D。4U【答案】D【解析】试题分析：根据电阻定律可得:拉长后电阻变为,所以根据欧姆定律可得:,故，所以选D考点:考查了欧姆定律和电阻定律的应用点评：做本题的关键是知道导线在拉长时体积不变，然后根据公式判断面积和长度的变化6。如图所示，平行板电容器与恒压直流电源连接，下极板接地。一带电油滴静止于P点.现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则（）A.电容器的电容增大 B。电容器两极板的电荷量增大C。P点的电势将降低 D。带电油滴将向上运动【答案】C【解析】【详解】A．根据可知，将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，d变大,则C减小,选项A错误；B．根据Q=CU可知，C变小，U不变，则电容器两极板的电荷量减小，选项B错误；C．根据可知U不变,d变大，则E减小，P点与下极板间电势差减小,P点电势降低，选项C正确；D．开始时油滴静止,向上的电场力等于重力；由于电场强度减小，则油滴受到的电场力减小，则油滴将向下运动，选项D错误。故选C.7。如图,电源电动势为E，内电阻为r，、为小灯泡（电阻均不变)，R1为定值电阻，R2为光敏电阻，R2阻值的大小随照射光强度的增强而减小。闭合开关S后,将照射R2的光强度增强,则（）A。变亮B。变暗C。R1两端的电压将增大D.电路的路端电压将增大【答案】A【解析】【详解】将照射R2光强度增强，则R2阻值减小,电路总电阻减小，总电流变大，路端电压减小，L1的电流变大,则L1变亮；因为则并联支路的电压减小，则R1两端的电压将减小，因则L2电流变大,即L2变亮。故选A.8.如图所示,一充电后的平行板电容器的两极板相距l,在正极板附近有一质量为m，电荷量为的粒子A；在负极板附近有一质量也为m、电荷量为的粒子B。仅在电场力的作用下两粒子同时从静止开始运动.已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距的平面Q，两粒子间相互作用力可忽略，不计重力,则以下说法正确的是（）A.电荷量与的比值为B。电荷量与的比值为C。粒子A、B通过平面Q时的速度之比为D。粒子A、B通过平面Q时的速度之比为【答案】B【解析】【详解】AB．设电场强度大小为E,两粒子运动时间相同,对正电荷A有对负电荷B有联立解得A错误，B正确。CD．由动能定理得求得选项CD错误。故选B。二、多选题（每题4分，部分分值2分，共16分）9。如图所示,a、c两点位于以一固定正点电荷Q为球心的球面上，b点在球面内。则（）A.a点电势比c点高B.a、c两点电场强度相同C.b点电场强度的大小大于c点的电场强度的大小D。将一正点电荷从b点移动到a点,电场力做正功【答案】CD【解析】【详解】A．a、c在以正点电荷为球心的同一球面上，即在同一等势面上，故a点电势和c点电势相等，故A错误；B．根据点电荷电场强度的计算公式可知，a点场强的大小和c点电场强度大小相等，方向在各自与球心的连线上，即方向不同，故B错误;C．根据点电荷电场强度的计算公式可知，b点电场强度的大小大于c点的电场强度的大小,故C正确；D．根据沿电场线方向电势降低可得a点电势比b点低,由正电荷在电势低处电势能小，则将一正点电荷从b点移动到a点，电势能减小，由功能关系可知，电场力做正功，故D正确。故选CD。10.如图所示,甲、乙两电路中电源完全相同，电阻R1＞R2，在两电路中分别通过相同的电荷量q的过程中，下列判断正确的是A。电源内部产生电热较多的是乙电路B。R1上产生的电热比R2上产生的电热多C.电源做功较多的是甲电路D.甲、乙两电路中电源做功相等【答案】ABD【解析】【详解】甲电路中电阻R1较大，则甲电路的路端电压U较大,乙电路内阻上的电压Ur较大．由可知,R1上产生的电热比R2上的产生的电热多．由可知,电源内部产生电热较多的是乙电路,而总电功为，两个电路电动势E相同,所以甲、乙两电路中电源做功相等.所以答案选择ABD。11.如图所示，在竖直放置的平行板电容器的金属板内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球，带电小球静止时绝缘细线与金属板的夹角为θ。R1为定值电阻,R2为滑动变阻器，R3为电阻箱。闭合开关S,电流表和电压表的示数分别为I和U。已知电源电动势E和内阻r一定，电表均为理想电表。下列说法正确的有(）A。小球带负电B.减小R2，角θ变小C.减小R3，U与I的比值变小D.减小R3，U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变【答案】ACD【解析】【详解】A电容器A板带正电,可知小球带负电，选项A正确;B。减小R2，对电容器两板间电压以及场强无影响，则角θ不变，选项B错误；C.U与I的比值等于外电路的总电阻，可知减小R3，外电阻减小,则U与I的比值变小，选项C正确；D.根据U=E—Ir可知可知减小R3，U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变，选项D正确。故选ACD.12。四个相同的表头分别改装成两个电流表和两个电压表，电流表的量程大于的量程，电压表的量程大于的量程，把它们按如图所示接入电路，则A.的读数比的读数小B.的读数比的读数大C。指针偏转角度与的一样大D。指针偏转角度比指针偏转角度小【答案】BC【解析】【分析】表头改装成大量程电流表需要并联分流电阻，并流电阻越小，分流越多，量程越大；表头改装成电压表需要串联分压电阻，分压电阻越大,分得的电压越大，量程越大．然后再根据电路的串并联知识分析即可．【详解】电流表A1的量程大于A2的量程，故电流表A1的内阻小于A2的内阻;电压表V1的量程大于V2的量程，故V1的电阻大于V2的电阻；由图可知,两电流表并联，故两流表两端的电压相等，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A1中的电流要大于A2中的电流，故A1的读数比A2的读数大，A错误C正确；两电压表串联，故通过两表的电流相等，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，电压表V1的偏转角等于电压表V2的偏转角，因V1量程大于V2量程,故V1的读数比V2的读数大,B正确D错误．【点睛】本题要求学生能熟练应用串并联电路的规律及电表的性质，应明确由电流表扩大量程时为并联一小电阻，而将电流表改装为电压表时应串联一大电阻，而表头中的满偏电流和电压是不变的．第II卷（非选择题，共52分)三、实验题(每空2分,共12分）13.____________cm；____________mm。【答案】（1).3.06cm（2）。0.525mm【解析】【详解】[1]游标卡尺的读数为30mm+0。1×6mm=30.6mm=3.06cm[2］螺旋测微器的读数为0。5mm+0。01×2。5mm=0。525mm14.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中,使用的小灯泡的规格为“6V3W”，其他供选择的器材有:A．电压表V(量程0~3V,内阻10kΩ)B．电流表A1（量程0～3A,内阻0。2Ω）C．电流表A2（量程0～0。6A，内阻约1Ω）D．滑动变阻器R1（0～1000Ω，0.5A)E．滑动变阻器R2（0～20Ω,2A)F．定值电阻R0=10kΩ，G．直流电源E，电压6～8VH．开关S及导线若干实验中，读取并记录下12组左右不同的电压值U和对应的电流值I,以便绘出伏安特性曲线。在上述器材中，电流表应选用______，滑动变阻器应选用______,并在方框中画出实验原理图_____。【答案】(1).D（2)。E（3).【解析】【详解】［1]［2］［3］根据小灯泡规格“6V，3W"可知，额定电压U=6V,量程0~3V的电压表太小，需要将定值电阻R0=10kΩ与电压表串联进行扩程；额定电流为电流表应选D；由于实验要求电流从零调节，所以变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器E以方便调节，由于小灯泡电阻较小满足所以电流表应用外接法，即电路应是“分压外接”，电路图如图所示四、解答题（需写出必要的文字叙述和方程，只写结果不得分，15.16各9分，17。18各11分，共42分）15.如图所示的电路中，电源电动势E＝12V,内阻r＝0。5Ω，电动机的电阻R0＝1.0Ω，电阻R1＝2。0Ω。电动机正常工作时,电压表的示数U1＝4。0V，求:(1）流过电动机的电流；（2)电动机输出的机械功率；(3)电源的工作效率。【答案】（1）2A；(2）14W;（3)91。7%【解析】【详解】（1)电动机正常工作时，总电流为I＝＝2A(2)电动机两端的电压为U＝E－Ir－U1=（12－2×0.5－4。0)V＝7V电动机消耗的电功率为P电＝UI＝7×2W＝14W电动机的热功率为P热＝I2R0＝22×1W＝4W电动机输出机械功率P机＝P电－P热＝10W(3）电源释放的电功率为P释＝EI＝12×2W＝24W有用功率P有＝电源的工作效率16。在如图甲所示的电路中，、均为定值电阻，且Ω，阻值未知，是一滑动变阻器，当其滑片从左端滑至右端时,测得电源的路端电压随电流的变化图线如图乙所示,其中、两点是滑片在变阻器的左右两个不同端点得到的值．求:(1）定值电阻的阻值．（2）电源的电动势和内阻．（3）当滑动变阻器取何值时电源的输出功率最大?最大输出功率是多少？【答案】（1）5Ω（2）20V20Ω（3）17.6Ω5W【解析】【详解】(1)当P滑到的右端时，电路参数对应乙图中的B点,只有电阻接入电路，由图乙所示图象可知：V,A则定值电阻的阻值为：Ω（2）将乙图中AB线延长，交U轴于20V处，所以电源的电动势为V．图象斜率表示内阻为：Ω（3）当的滑片从最左端滑到最右端时,外电路总电阻从小于电源内阻r变至大于r，当外阻和内阻相等时，电源输出功率最大,则有：代入：解得:Ω其值为;W17.如图所示，光滑绝缘轨道由水平段AB和圆形轨道BCD组成,B在圆心正下方，轨道上的C、D两点与圆心等高，圆轨道半径为R．整个装置处在水平向右的匀强电场中，电场强度大小为E=．现将一小球从A点由静止释放．已知小球质量为m，电量为q,且带正电,重力加速度为g，不计空气阻力，求