2024-2025学年天津市静海区高二上学期第三次月考物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1静海区高二物理第三次月考试卷第Ⅰ卷（选择题）一、单选题（每题5分，共25分）1.英国物理学家法拉第提出了“电场”和“磁场”的概念，并引入电场线和磁感线来描述电场和磁场，为经典电磁学理论的建立奠定了基础。下列相关说法正确的是（）A.通电导体和通电导体之间的作用是通过电场发生的B.磁体和磁体之间的相互作用是通过磁场发生的C.磁感线总是从磁体的N极出发，到S极终止D.电场线不能相交，磁感线可以相交【答案】B【解析】A．通电导体和通电导体之间的作用是通过磁场发生的，故A错误；B．磁体和磁体之间的相互作用是通过磁场发生的，故B正确；C．磁感线从磁体外部的N极出发指向S极，从磁铁内部由S极回到N极，构成闭合的曲线，故C错误；D．电场线和磁感线都不能相交，故D错误。故选B。2.移动电源是可以直接给移动设备充电的储能装置。电源的转化率是指电源放电总量占电源容量的比值，一般在0.60-0.70之间（包括移动电源和被充电电池的线路板、接头和连线的损耗）。下表为某一款移动电源的参数表，则（）容量10000mA·h兼容性兼容大部分智能手机和平板电脑边充边放否保护电路是输入DC5V2AMAX输出USB1：DC5V1AUSB2：DC5V2.1A尺寸140×63×22mm转换率0.60A.参数表中的10000mA·h是指其储存的电能B.该电源最多能储存电荷量为3.6×104CC.该电源电量从零到完全充满的时间约为1hD.该电源给电量为零、容量为2000mA·h的手机充电，大约能充满5次【答案】B【解析】AB．参数表中的10000mA·h是指电源储存的电荷量，所以电源最多能储存电荷量为故A错误，B正确；C．该电源电量从零到完全充满时间约为故C错误；D．若该电源给电量为零、容量为2000mA·h的手机充电，则故D错误。故选B。3.某灯泡的图像如图所示，下列说法正确的是（）A.小灯泡的电阻随着功率的增大而减小B.小灯泡的电阻随着电压的增大而减小C.小灯泡是非线性电阻，所以不能计算出其在某状态下的电阻D.当小灯泡两端的电压为0.5V时，它的电阻约为【答案】D【解析】AB．由图可知,随着电流的增加图像上各点与原点连线的斜率变大，则小灯泡的电阻随着功率以及电压的增大而增大，选项AB错误；C．小灯泡是非线性电阻，用某状态下的电压与电流的比值来计算在某状态下的电阻，选项C错误；D．由图像可知,当小灯泡两端的电压为0.5V时，电流为6A，则它的电阻约为故D正确。故选D。4.A、B是一条电场线上的两个点，一负点电荷仅在静电力作用下以一定的初速度由A点沿电场线运动到B点，其v—t图像如图所示。则此电场的电场线分布可能是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】CD．负点电荷在静电力的作用下由A运动到B，由v－t图像知，负点电荷做加速度逐渐增大的加速运动，由牛顿第二定律有qE＝ma可知静电力越来越大，即A→B电场强度越来越大，电场线分布越来越密，故CD错误；AB．负点电荷做做加速运动，而负电荷所受静电力方向与场强方向相反，故场强方向为由B到A，故B错误，A正确。故选A。A.将A极板向上移动，C变大，U变小，θ变大，E变小B.将A极板向下移动，C变小，U变大，θ变小，E不变C.将A极板向右移动，C变大，U变小，θ变小，E变小D.将A极板向左移动，C变小，U变大，θ变大，E不变【答案】D【解析】AB．根据电容器可知，将A极板上、下移动时，变小，电容器的电容变小，电容器的电荷量不变，根据可知，电容器两端的电压变大,结合匀强电场电场强度与电势差的关系可的电压变大，两极板间的距离不变，故电场强度变大，AB错误；CD．将A极板向右移动时，根据可知，极板间的距离减小，电容器的电容增大，根据可知，电容器两端的电压变小，结合匀强电场电场强度与电势差的关系可得可知电场强度不变，当A极板向左移动时，同理可知，此时电容器的电容C变小，U变大，θ变大，E不变，D正确。故选D。二、多选题（每小题5分，共计15分）6.如图所示是一簇未标明方向、由单一点电荷产生的电场线，虚线是一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点。若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图可判断出该带电粒子（）A.电性与场源电荷的电性相同B.在a、b两点所受电场力大小C.在a、b两点的速度大小D.在a、b两点的动能【答案】BC【解析】A．电荷受电场力的方向指向运动轨迹弯曲的内侧，由图可知，若是正电荷受到的电场力的方向是向左的，所以产生电场的电荷应该是负电荷，若是负电荷受到的电场力的方向是向左的，所以产生电场的电荷应该是正电荷，所以电性与场源电荷的电性相反，故A错误；B．电场线的疏密表示场强，由图知a点的电场强度大，根据可知故B正确；CD．若是正电荷，从a到b的过程中，电场力做负功，所以电荷的电势能增加，动能减小；若是负电荷，从a到b的过程中，电场力也做负功，所以电荷的电势能增加，动能减小，即在a、b两点时速度大小为在a、b两点时动能为故C正确，D错误。7.直线a表示某电源路端电压与电流的关系图像，直线1和2分别为两定值电阻R1和R2的U-I图像。由图像可知（）A.R1的阻值大于R2的阻值B.电源电动势为4.0V，内阻为2ΩC.电源只接入R2时，电源的输出功率为3WD.电源只接入R1时，电源的输出功率为2W【答案】BD【解析】A.电阻U-I图像斜率表示电阻阻值，所以有故A错误；B.由闭合电路欧姆定律有所以电源路端电压与电流的关系图像斜率绝对值表示内阻大小，纵轴截距表示电动势大小，即故B正确；C.电源只接入

R2时，电源的输出功率为

故C错误；D.电源只接入

R1时，电源的输出功率为

故D正确。故选BD。8.如图，G表为灵敏电流计，V表为理想电压表，为定值电阻，是一根盐水柱（封于橡皮管内，与电路导通），平行板电容器两极板水平，开关S闭合后，电容器两板间的带电油滴恰好静止。则握住盐水柱两端将它竖直均匀拉伸的过程中（忽略温度对电阻的影响）（）A.V表示数减小 B.电源的效率变大C.油滴向上运动 D.G表中有从c到a的电流【答案】BCD【解析】A．握住盐水柱两端将它竖直均匀拉伸的过程中，盐水柱变长，横截面积变小，根据电阻定律可知电阻的阻值增大，外电阻增大，总电阻增大，电流减小，根据电压表示数增大，故A错误；B．电源的效率可知外电阻增大，电源的效率增大，故B正确；C．电压增大，故电容器两端的电压增大，所以电容器内的电场强度增大，电场力增大，则电场力大于重力，故油滴向上运动，故C正确；D．根据两端电压增大，可知电容器所带电荷量增大，电容器充电，因为电容器上极板带正电，所以G表中有从c到a电流，故D正确。故选BCD。第Ⅱ卷非选择题9.①在飞行器仪表上使用的电阻元件是由新材料制成的，要求该新材料具有电阻温度系数低，耐磨等性能。某同学想测量一个由此材料制成的圆柱体的电阻率ρ，操作如下：（1）用如图甲所示的游标卡尺测新材料制成的圆柱体长度，其读数为_________cm。使用螺旋测微器测量新材料制成的圆柱体的直径，示数如图乙所示，其读数为_________mm。（2）先用多用电表粗测其电阻为6Ω，为了减小实验误差，需进一步测其电阻，要求待测电阻两端的电压调节范围尽量大。实验室准备的实验器材如下：A.电压表V1（量程3V，内阻约为15kΩ）B.电压表V2（量程15V，内阻约为75kΩ）C.电流表A1（量程0.6A，内阻RA=1Ω）D.电流表A2（量程3A，内阻约为1Ω）E.滑动变阻器R1（0~5Ω）F.滑动变阻器（）G.4V蓄电池H.开关S，导线若干测滑动变阻器应选_________（填“R1”或“R2”），电流表应选_________（填“A1”或“A2”）电压表应选_________（填“V1”或“V2”）（3）请在方框内设计最合理的电路图_________（用电阻符号表示新材料制成的圆柱体）。②小明同学尝试测量电瓶车上蓄电池的电动势和内阻。（4）已知电源内阻比较小，移动滑动变阻器滑片时，为了使电压表示数变化比较明显，小明在思考后将的定值电阻串入电路中，如图甲中的_________（选填“A”或“B”），解决了问题。（5）选定设计的实验电路，多次调节滑动变阻器R阻值，读出相应的电压表和电流表示数U和I。并将测得的数据描绘出如图乙所示的U-I图像。蓄电池的内阻_________，电动势E=_________V（均保留2位有效数字）。（6）该同学分析了实验中由电表内阻引起的实验误差，丙图中，实线是根据本实验的数据描点作图得到的U--I图像（其中U、I分别为电压表和电流表的读数）；虚线表示该电池两端的电压与流经电池电流的关系图线。则可能正确的是_________，该组同学测得电源电动势_________，内阻r测_________。（填“＞”“=”或“＜”）。【答案】（1）2.3352.340（2）（3）（4）A（5）1.06.0（6）C【解析】（1）[1]游标卡尺的精度值为0.05mm，其主尺读数为23mm，游标尺读数为7×0.05mm=0.35mm故其读数为23mm+0.35mm=23.35mm=2.335cm[2]螺旋测微器的固定刻度为2mm，可动刻度为34.0×0.01mm=0.340mm故最终读数，即新材料的直径是为2mm+0.340mm=2.340mm（2）[1][2][3]为了测多组实验数据，滑动变阻器应用分压接法，为了方便调节，滑动变阻器选择；电源电动势为4V，为了减小测量误差，电压表应选择；根据闭合电路的欧姆定律，电路中的最大电流约为因此电流表选择。（3）滑动变阻器应用分压接法，由于电流表的内阻已知，电流表应采用内接法，根据以上分析，设计的电路图如图所示（4）图甲的闭合电路欧姆定律U=E-Ir可知U值变化较小是由于r太小，串联电阻应置于干路，故A正确，B错误。故选A。（5）[1][2]加电阻后测量电路图为A图，其闭合电路欧姆定律为U=E-I（r+R0），图乙中图线的纵截距表示电动势斜率绝对值表示解得（6）[1]该实验的主要实验误差来源于电压表的分流作用，理论上当外电路短路时，电压表没有分流作用，电流是准确的，随着路端电压的升高，电压表的分流作用逐渐增加，测量值明显小于真实值，因此测量的图像应在真实图像的下方，且短路电流时，两个图像重合，故C正确，ABD错误。故选C。[2][3]图线的纵截距表示电动势，所以斜率绝对值表示，所以四、计算题10.如图所示的电路中，电源电动势为10V，R1=4Ω，R2=5Ω，电容C=30µF，电源内阻r=1Ω。求：（1）闭合开关S，稳定后通过电阻R1的电流；（2）将开关S断开，再次稳定后，求通过R1的总电荷量。【答案】（1）1A（2）1.5×10-4C【解析】（1）根据闭合电路欧姆定律可得代入数据解得（2）开关闭合时，电容器两端电压为电容器所带电荷量为开关断开时，电容器所带电荷量为所以通过R1的总电荷量为11.如图所示，是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图。电动机内电阻r＝0.8Ω，电路中另一电阻R＝10Ω，直流电压U＝160V，电压表示数UV＝110V。试求：（1）通过电动机的电流；（2）输入电动机的电功率；（3）若电动机以v＝1m/s匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量。（g取10m/s2）【答案】（1）5A；（2）550W；（3）53kg【解析】（1）由电路中的电压关系可得电阻R的分压为则流过电阻R的电流为则通过电动机的电流为（2）输入电动机的电功率为（3）电动机的发热功率电动机输出的机械功率又可得12.一个初速度为零的电子在经的电压加速后，垂直于平行板间的匀强电场从两极板中心处射入，如图所示，两板间距，板长，两板间的电压．已知电子的带电量为，质量为，只考虑两板间的电场，不计重力，求：（1）电子经加速电压加速后进入偏转电场的速度；（2）电子射出偏转电场时沿垂直于板面方向偏移的距离；（3）若电子射出偏转电场后经过下极板所在平面上的点，如图，求点到下极板右端的距离．【答案】（1）（2）0.4cm（3）0.25cm【解析】（1）根据动能定理可得解得（2）在偏转电场中竖直方向加速度运动时间偏移量联立解得（3）电子出电场后做匀速直线运动，将电子出电场时的速度反向延长，延长线与板间中心线相交于板的中点，设速度反向延长线与水平方向的夹角为θ，则由几何关系解得x=0.25cm静海区高二物理第三次月考试卷第Ⅰ卷（选择题）一、单选题（每题5分，共25分）1.英国物理学家法拉第提出了“电场”和“磁场”的概念，并引入电场线和磁感线来描述电场和磁场，为经典电磁学理论的建立奠定了基础。下列相关说法正确的是（）A.通电导体和通电导体之间的作用是通过电场发生的B.磁体和磁体之间的相互作用是通过磁场发生的C.磁感线总是从磁体的N极出发，到S极终止D.电场线不能相交，磁感线可以相交【答案】B【解析】A．通电导体和通电导体之间的作用是通过磁场发生的，故A错误；B．磁体和磁体之间的相互作用是通过磁场发生的，故B正确；C．磁感线从磁体外部的N极出发指向S极，从磁铁内部由S极回到N极，构成闭合的曲线，故C错误；D．电场线和磁感线都不能相交，故D错误。故选B。2.移动电源是可以直接给移动设备充电的储能装置。电源的转化率是指电源放电总量占电源容量的比值，一般在0.60-0.70之间（包括移动电源和被充电电池的线路板、接头和连线的损耗）。下表为某一款移动电源的参数表，则（）容量10000mA·h兼容性兼容大部分智能手机和平板电脑边充边放否保护电路是输入DC5V2AMAX输出USB1：DC5V1AUSB2：DC5V2.1A尺寸140×63×22mm转换率0.60A.参数表中的10000mA·h是指其储存的电能B.该电源最多能储存电荷量为3.6×104CC.该电源电量从零到完全充满的时间约为1hD.该电源给电量为零、容量为2000mA·h的手机充电，大约能充满5次【答案】B【解析】AB．参数表中的10000mA·h是指电源储存的电荷量，所以电源最多能储存电荷量为故A错误，B正确；C．该电源电量从零到完全充满时间约为故C错误；D．若该电源给电量为零、容量为2000mA·h的手机充电，则故D错误。故选B。3.某灯泡的图像如图所示，下列说法正确的是（）A.小灯泡的电阻随着功率的增大而减小B.小灯泡的电阻随着电压的增大而减小C.小灯泡是非线性电阻，所以不能计算出其在某状态下的电阻D.当小灯泡两端的电压为0.5V时，它的电阻约为【答案】D【解析】AB．由图可知,随着电流的增加图像上各点与原点连线的斜率变大，则小灯泡的电阻随着功率以及电压的增大而增大，选项AB错误；C．小灯泡是非线性电阻，用某状态下的电压与电流的比值来计算在某状态下的电阻，选项C错误；D．由图像可知,当小灯泡两端的电压为0.5V时，电流为6A，则它的电阻约为故D正确。故选D。4.A、B是一条电场线上的两个点，一负点电荷仅在静电力作用下以一定的初速度由A点沿电场线运动到B点，其v—t图像如图所示。则此电场的电场线分布可能是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】CD．负点电荷在静电力的作用下由A运动到B，由v－t图像知，负点电荷做加速度逐渐增大的加速运动，由牛顿第二定律有qE＝ma可知静电力越来越大，即A→B电场强度越来越大，电场线分布越来越密，故CD错误；AB．负点电荷做做加速运动，而负电荷所受静电力方向与场强方向相反，故场强方向为由B到A，故B错误，A正确。故选A。A.将A极板向上移动，C变大，U变小，θ变大，E变小B.将A极板向下移动，C变小，U变大，θ变小，E不变C.将A极板向右移动，C变大，U变小，θ变小，E变小D.将A极板向左移动，C变小，U变大，θ变大，E不变【答案】D【解析】AB．根据电容器可知，将A极板上、下移动时，变小，电容器的电容变小，电容器的电荷量不变，根据可知，电容器两端的电压变大,结合匀强电场电场强度与电势差的关系可的电压变大，两极板间的距离不变，故电场强度变大，AB错误；CD．将A极板向右移动时，根据可知，极板间的距离减小，电容器的电容增大，根据可知，电容器两端的电压变小，结合匀强电场电场强度与电势差的关系可得可知电场强度不变，当A极板向左移动时，同理可知，此时电容器的电容C变小，U变大，θ变大，E不变，D正确。故选D。二、多选题（每小题5分，共计15分）6.如图所示是一簇未标明方向、由单一点电荷产生的电场线，虚线是一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点。若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图可判断出该带电粒子（）A.电性与场源电荷的电性相同B.在a、b两点所受电场力大小C.在a、b两点的速度大小D.在a、b两点的动能【答案】BC【解析】A．电荷受电场力的方向指向运动轨迹弯曲的内侧，由图可知，若是正电荷受到的电场力的方向是向左的，所以产生电场的电荷应该是负电荷，若是负电荷受到的电场力的方向是向左的，所以产生电场的电荷应该是正电荷，所以电性与场源电荷的电性相反，故A错误；B．电场线的疏密表示场强，由图知a点的电场强度大，根据可知故B正确；CD．若是正电荷，从a到b的过程中，电场力做负功，所以电荷的电势能增加，动能减小；若是负电荷，从a到b的过程中，电场力也做负功，所以电荷的电势能增加，动能减小，即在a、b两点时速度大小为在a、b两点时动能为故C正确，D错误。7.直线a表示某电源路端电压与电流的关系图像，直线1和2分别为两定值电阻R1和R2的U-I图像。由图像可知（）A.R1的阻值大于R2的阻值B.电源电动势为4.0V，内阻为2ΩC.电源只接入R2时，电源的输出功率为3WD.电源只接入R1时，电源的输出功率为2W【答案】BD【解析】A.电阻U-I图像斜率表示电阻阻值，所以有故A错误；B.由闭合电路欧姆定律有所以电源路端电压与电流的关系图像斜率绝对值表示内阻大小，纵轴截距表示电动势大小，即故B正确；C.电源只接入

R2时，电源的输出功率为

故C错误；D.电源只接入

R1时，电源的输出功率为

故D正确。故选BD。8.如图，G表为灵敏电流计，V表为理想电压表，为定值电阻，是一根盐水柱（封于橡皮管内，与电路导通），平行板电容器两极板水平，开关S闭合后，电容器两板间的带电油滴恰好静止。则握住盐水柱两端将它竖直均匀拉伸的过程中（忽略温度对电阻的影响）（）A.V表示数减小 B.电源的效率变大C.油滴向上运动 D.G表中有从c到a的电流【答案】BCD【解析】A．握住盐水柱两端将它竖直均匀拉伸的过程中，盐水柱变长，横截面积变小，根据电阻定律可知电阻的阻值增大，外电阻增大，总电阻增大，电流减小，根据电压表示数增大，故A错误；B．电源的效率可知外电阻增大，电源的效率增大，故B正确；C．电压增大，故电容器两端的电压增大，所以电容器内的电场强度增大，电场力增大，则电场力大于重力，故油滴向上运动，故C正确；D．根据两端电压增大，可知电容器所带电荷量增大，电容器充电，因为电容器上极板带正电，所以G表中有从c到a电流，故D正确。故选BCD。第Ⅱ卷非选择题9.①在飞行器仪表上使用的电阻元件是由新材料制成的，要求该新材料具有电阻温度系数低，耐磨等性能。某同学想测量一个由此材料制成的圆柱体的电阻率ρ，操作如下：（1）用如图甲所示的游标卡尺测新材料制成的圆柱体长度，其读数为_________cm。使用螺旋测微器测量新材料制成的圆柱体的直径，示数如图乙所示，其读数为_________mm。（2）先用多用电表粗测其电阻为6Ω，为了减小实验误差，需进一步测其电阻，要求待测电阻两端的电压调节范围尽量大。实验室准备的实验器材如下：A.电压表V1（量程3V，内阻约为15kΩ）B.电压表V2（量程15V，内阻约为75kΩ）C.电流表A1（量程0.6A，内阻RA=1Ω）D.电流表A2（量程3A，内阻约为1Ω）E.滑动变阻器R1（0~5Ω）F.滑动变阻器（）G.4V蓄电池H.开关S，导线若干测滑动变阻器应选_________（填“R1”或“R2”），电流表应选_________（填“A1”或“A2”）电压表应选_________（填“V1”或“V2”）（3）请在方框内设计最合理的电路图_________（用电阻符号表示新材料制成的圆柱体）。②小明同学尝试测量电瓶车上蓄电池的电动势和内阻。（4）已知电源内阻比较小，移动滑动变阻器滑片时，为了使电压表示数变化比较明显，小明在思考后将的定值电阻串入电路中，如图甲中的_________（选填“A”或“B”），解决了问题。（5）选定设计的实验电路，多次调节滑动变阻器R阻值，读出相应的电压表和电流表示数U和I。并将测得的数据描绘出如图乙所示的U-I图像。蓄电池的内阻_________，电动势E=_________V（均保留2位有效数字）。（6）该同学分析了实验中由电表内阻引起的实验误差，丙图中，实线是根据本实验的数据描点作图得到的U--I图像（其中U、I分别为电压表和电流表的读数）；虚线表示该电池两端的电压与流经电池电流的关系图线。则可能正确的是_________，该组同学测得电源电动势_________，内阻r测_________。（填“＞”“=”或“＜”）。【答案】（1）2.3352.340（2）（3）（4）A（5）1.06.0（6）C【解析】（1）[1]游标卡尺的精度值为0.05mm，其主尺读数为23mm，游标尺读数为7×0.05mm=0.35mm故其读数为23mm+0.35mm=23.35mm=2.335cm[2]螺旋测微器的固定刻度为2mm，可动刻度为34.0×0.01mm=0.340mm故最终读数，即新材料的直径是为2mm+0.340mm=2.340mm（2）[1][2][3]为了测多组实验数据，滑动变阻器应用分压接法，为了方便调节，滑动变阻器选择；电源电动势为4V，为了减小测量误差，电压表应选择；根据闭合电路的欧姆定律，电路中的最大电流约为因此电流表选择。（3）滑动变阻器应用分压接法，由于电流表的内阻已知，电流表应采用内接法，根据以上分析，设计的电路图如图所示（4）图甲的闭合电路欧姆定律U=E-Ir可知U值变化较小是由于r太小，串联电阻应置于干路，故A正确，B错误。故选A。（5）[1][2]加