山东省德州市夏津第一中学2020-2021学年高二物理上学期九月月考试题.doc

山东省德州市夏津第一中学2020-2021学年高二物理上学期九月月考试题

山东省德州市夏津第一中学2020-2021学年高二物理上学期九月月考试题

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山东省德州市夏津第一中学2020-2021学年高二物理上学期九月月考试题（含解析）
（时间：90分钟 满分：100分）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 下列判断正确的是（ ）
A. 通过导线横截面的电荷量越多，导体中的电流越大
B. E＝U＋Ir适用于任何电路
C. 由R＝ 可知，I一定时，导体的电阻R与U成正比，U一定时，导体的电阻R与I成反比
D. 由知，材料相同的两段导体，长度大的导体的电阻一定比长度小的导体的电阻大
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据电流的定义式可知通过导线横截面的电荷量越多，电流不一定越大，A错误；
B．适用于任何电路，B正确；
C．电阻是电阻元件本身具有的属性，和外电路的电压和电流无关，C错误；
D．材料相同的两段导体，电阻率相同，根据电阻定律可知长度大的导体的电阻不一定比长度小的导体的电阻大，还与导体的横截面积有关，D错误。
故选B。
2. 关于冲量，下列说法正确的是（　　）。
A. 作用力越大，冲量越大
B. 冲量是标量
C. 力与时间的乘积越大，冲量越大
D. 物体的动量越大，受到的力的冲量越大
【答案】C
【解析】
【详解】AC．根据冲量的定义式I=Ft可知，作用力越大，冲量不一定越大，还要看作用的时间，如果力与时间的乘积越大，冲量越大，故A错误，C正确；
B．冲量是矢量，方向与合外力的方向相同，故B错误；
D．冲量越大，动量的变化量越大，动量不一定大，故D错误。
故选C。
3. 人从高处跳到低处时，为了安全，一般都是前脚掌先着地，并在着地的过程中屈腿下蹲，这是为了（　　）
A. 减小人的动量变化量
B. 减小人脚所受的冲量
C. 增大人对地的压强，使人站立得更稳，起到安全作用
D. 延长人体速度变化所经历的时间，从而减小地面对人脚的作用力
【答案】D
【解析】
【详解】D．人从高处跳到低处时，脚与地面接触时，人的速度会变为0，规定向上为正方向，对人由动量定理得

其中，F表示地面对人的支持力。由此可以看出，前脚掌先着地，并在着地的过程中屈腿下蹲，这些动作都是为了延长作用时间，从而减小地面对人的支持力，所以D正确；
AB．由D选项分析可知，人从高处跳到低处不会因为上述动作而改变动量的变化量，即动量的变化量时不变的，人脚所受的冲量就等于人的动量的变化量，所以也是不变的，所以AB错误；
C．根据压强的定义

由D选项分析可知，此动作，人对地面的压力减小，人对地的压强不确定减小还是变大了，所以C错误。
故选D。
4. 两根完全相同的金属裸导线，如果把其中的一根均匀拉长到原来的2倍，把另一根对折绞合，然后把它们串联在同一个电路中，则它们两端的电压之比为（　　）
A. 1：4 B. 1：8 C. 1：16 D. 16：1
【答案】D
【解析】
【详解】设原来的电阻为R，根据得，把其中的一根均匀拉长到原来的2倍，根据体积不变知，横截面积变为原来的，电阻变为原来的4倍，即为4R；把另一根对折后绞合起来，则长度变为原来的一半，横截面积变为原来的2倍，则电阻变为原来的，即为，所以它们的电阻之比为16：1，串联在一起后，电流相等，根据可知，电压之比等于电阻之比，即为16：1。
故选D。
5. 如图是一个多量程多用电表的简化电路图，图中E是电池，G为表头，虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。下列说法正确的是（ ）

A. 该多用电表的A端应接黑表笔
B. 换挡开关旋至3处为欧姆挡，电阻值为读数乘以倍率
C. 换挡开关旋至1、2处为电流挡，换挡开关旋至2处量程较大
D. 换挡开关旋至4、5处为电压挡，换挡开关旋至5处量程较小
【答案】AB
【解析】
【详解】A．根据欧姆表原理可知，内部电源的正极应接黑表笔，这样才能保证在测电阻时电流表中电流“红进黑出”则A端应接黑色笔，故A正确；
B．根据多用电表的欧姆档测量原理为表头连接电源和滑动变阻器，根据全电路的欧姆定律由电流的大小换算出待测电阻，故换挡开关旋至3处为欧姆挡，电阻值为读数乘以倍率，故B正确；
C．换挡开关旋至1、2处为表头并联不同的电阻，利用并联分流测大电流，则这两处为电流挡，且并联电阻越小能分流越多，换挡开关旋至1处是并联的R1，量程换挡开关旋至2处是并联的（R1+R2），故接1处量程较大，故C错误；
D．换挡开关旋至4、5处为表头串联不同的电阻，根据串联分压，则这两处构成电压挡，换挡开关旋至5处串联的总电阻较大，其量程较大，故D错误。
故选AB。
6. 如图所示，S闭合后，两个灯泡均发光，过一段时间后两灯突然都熄灭，电流表的示数为零，用电压表测L2两端电压，电压表示数近似等于电源电压，该电路的故障可能是（　　）

A. 电流表坏了或未接好 B. L1的灯丝被烧断或没接好
C. L1和L2的灯丝都被烧断 D. L2的灯丝烧断或灯座与灯泡没接触
【答案】D
【解析】
【详解】A．如果是电流表坏了或未接好，则由于它在总路上，则就没有了电流，电压表也就没有了示数，A错误；
B．L1的灯丝被烧断或没接好，若把电压表接在L2两端，则电压表中仍然没有电流，故其示数为零，与实际不相符，B错误；
C．若两灯都烧断了，则电压表接入后也会没有示数，C错误；
D．L2的灯丝烧断或灯座与灯泡没接触，若把电压表接在L2两端，由于电压表的电阻很大，分得的电压很多，所以其示数接近电源电压；由于电压表的电阻很大，则电路中的电流就很小，所以电流表的指针几乎不偏转，可以认为是电流表的示数为零了，D正确。
故选D。
7. 如图所示的电路中，电阻、、，给电路通以恒定电流，电阻R1消耗的功率为，则R2和R3消耗的总功率为（　　）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】和并联电阻

根据串联电路正比分压，和并联后与串联，电压与两端电压相等，总电流与流过的电流相等，由可知，和消耗的总功率为，故A正确，BCD错误。
故选A。
8. 如图所示，电源的电动势E不变，内阻r为1.5Ω，定值电阻R1为0.5Ω，滑动变阻器R2的最大阻值为5Ω，关于此电路的下列说法正确的是（　　）

A. 滑动变阻器R2阻值为1.0Ω时，定值电阻R1消耗功率最大
B. 滑动变阻器R2阻值为2.0Ω时，变阻器R2消耗功率最大
C. 滑动变阻器R2阻值为1.5Ω时，电源输出功率最大
D. 滑动变阻器R2阻值为5Ω时，电源总功率最大
【答案】B
【解析】
【详解】A．变阻器的阻值R2＝0时，电流最大，故根据P＝I2R1，电阻R1消耗的功率最大，故A错误；
B．由闭合电路欧姆定律结合功率公式，根据等效内阻法，当R2＝R1+r＝2Ω时，变阻器消耗的功率最大，故B正确；
C．当内外电阻相等时，即
R1+R2＝r
得
R2＝r-R1＝1.5Ω-0.5Ω＝1Ω
电源的输出功率最大，故C错误；
D．电源的总功率P总＝EI，当总电流最大时，即总电阻最小时R2＝0，电源的总功率最大，故D错误。
故选B。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9. 用多用电表测电阻时，若选择“×100”的欧姆档测量发现（ ）
A. 指针指在电阻刻度较靠近0Ω的某刻度线上，则应换用“×1k”的欧姆档测量
B. 指针指在电阻刻度较靠近0Ω的某刻度线上，则应换“×10”或“×1”欧姆档测量
C. 指针指在电阻刻度较靠近∝的某刻度线上，则应换用“×1k”的欧姆档测量
D. 指针在电阻刻度较靠近∝的某刻度线上，则应换用“×10”或“×1”的欧姆档测量
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．指针指在电阻刻度较靠近0Ω某刻度线上，所选挡位太大，为准确测量电阻阻值，应换用“×10”或“×1”的欧姆档，故A错误，B正确；
CD．指针指在电阻刻度较靠近∝的某刻度线上，说明所选挡位太小，为准确测量电阻阻值，则应换用“×1k”的欧姆档，故C正确，D错误；
故选BC。
10. 如图，电流表A1（00.6A）和A2（03A）是由两个相同的电流计改装而成，现将这两个电流表并联后接人电路。闭合开关S，调节滑动变阻器，下列说法中正确的是（　　）

A. A1、A2的读数之比为1：5
B. Al、A2的读数之比为1：1
C. A1、A2的指针偏转角度之比为1：1
D. Al、A2的指针偏转角度之比为1：5
【答案】AC
【解析】
【详解】这两个电流表是并联接入电路的，所以这两个电流计也是并联的，且两个电流计两端电压相等，所以通过这两个电流计的电流相等，即两个电流表的指针偏转角度相同，因为他们的量程之比为1：5，所以两个电流表的读数之比为1：5，故AC正确，BD错误。
故选AC。
11. 在如图所示的电路中，电压表和电流表均为理想电表，电源内阻不能忽略．闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片P向下调节，则下列叙述正确的是（ ）

A. 灯L1变亮，电压表的示数增大
B. 灯L2变暗，电流表的示数增大
C. 电源的效率增大，电容器C所带电荷量减小
D. 电源的效率减小，电容器C所带电荷量减小
【答案】BD
【解析】
【分析】
将滑动变阻器的滑片P向下调节，变阻器接入电路的电阻减小，R与灯L2并联的电阻减小，外电路总电阻减小，根据欧姆定律分析干路电流和路端电压的变化．电压表的示数等于路端电压．判断灯L1亮度的变化．根据路端电压与灯L1电压的变化，分析并联部分电压的变化，判断灯L2亮度的变化．根据干路电流与灯L2电流的变化，分析电流表读数的变化．根据电容器电压的变化，即可判断其电量的变化．
【详解】将滑动变阻器的滑片P向下调节，变阻器接入电路的电阻减小，R与灯L2并联的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流I增大，路端电压U减小，则电压表示数减小，灯L1变亮；R与灯L2并联电路的电压U并=U-U1，U减小，U1增大，则U并减小，灯L2变暗．流过电流表的电流IA=I-I2，I增大，I2减小，IA增大，电流表的示数增大，故A错误，B正确；R与灯L2并联，U并减小，电容器板间电压减小，则其带电量减小．故D正确，C错误．故选BD．
【点睛】本题是电路动态变化分析问题，难点在于分析电流的示数变化，往往根据干路电流与另一支路的电流变化来确定，也可以根据结论判断，即变阻器这一路电流的变化与干路电流变化情况一致．
12. 如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流的变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线。曲线Ⅲ与直线Ⅰ、Ⅱ相交点的坐标分别为P（5，3.5）、Q（6，5）。如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是（　　）

A. 电源1与电源2的内阻之比是3：2
B. 电源1与电源2的电动势之比是1：1
C. 在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是21：26
D. 在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是7：10
【答案】AB
【解析】
【详解】A．在电源的U﹣I图象中，图象的斜率的绝对值表示电源的内电阻，根据电源U﹣I图线，可知，电源1、电源2的内阻分别为
r1＝Ω＝Ω
同理，
r2＝Ω＝Ω
所以
r1：r2＝3：2
故A正确；
B．U﹣I图象的纵轴截距表示电动势，故
E1＝E2＝10V
即电源1与电源2的电动势之比是1：1，故B正确；
CD．灯泡伏安特性曲线与电源外特性曲线的交点即为灯泡与这电源连接时的工作状态，则连接电源1时
U1＝3.5V，I1＝5A
故灯泡消耗的功率为
P1＝U1I1＝175W
灯泡的电阻
R1＝＝Ω＝0.7Ω
连接电源2时
U2＝5V，I2＝6A
故灯泡消耗的功率
P2＝U2I2＝30W
灯泡的电阻
R2＝＝Ω
所以
R1：R2＝21：25
P1：P2＝7：12
故CD错误。
故选AB。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13. 在“测定电池的电动势和内阻”的实验课上，小明、小华和小阳三人利用铜片、锌片、马铃薯制作了水果电池，铜片为电源的正极，锌片为电源的负极。经查阅资料，水果电池的内阻与选用的水果、两电极之间的距离及电极面积大小有关，一般在几百至几千欧姆之间。
(1)为了估测水果电池的电动势和内阻，先用多用电表进行测量，如图甲所示，组内三位同学的操作如下，你认为正确的操作是_____。
A．小明选择直流电压挡，直接将红表笔与铜片、黑表笔与锌片连接测量电动势
B．小华选择欧姆挡，直接将红表笔与铜片、黑表笔与锌片连接测量内阻
C．小阳选择欧姆挡合适的倍率，然后将红表笔和黑表笔短接，进行欧姆调零，最后直接将红表笔与铜片、黑表笔与锌片连接测量内阻
(2)小组拟用“伏安法”测定水果电池的电动势和内阻，选择实验电路图时，出现了不同意见，小明和小华认为应选择图乙，小阳认为应选择图丙，经过讨论，得到了一致意见。你认为应选择_____。（填“图乙”或“图丙”）

(3)他们又用“伏安法”测定了干电池的电动势和内阻，得到几组数据，作出U-I图线如图丁，已知选用电压表：量程0～3V，内阻约5000Ω，电流表：量程0～0.6A，内阻0.1Ω。根据图线求出干电池的电动势E=_____V，电池的内阻r=_____Ω。（计算结果保留两位小数）
【答案】 (1). A (2). 图丙 (3). 1.45 (4). 0.59
【解析】
【详解】(1)［1］A．用多用电表估测电池电动势时，应选择直流电压档，直接将红表笔与铜片、黑表笔与锌片连接测量电动势，A正确；
B C．因电池本身有电动势，又因多用电表的欧姆档通过测量通过电阻的电流大小而得出电阻值，所以不能用多用电表的欧姆档直接测量电池的内阻，B错误，C错误。
故选A。
(2)［2］图乙中，因水果电池的内阻较大，在几百至几千欧姆之间，与电压表的内阻相差不多，因此电压表的分流作用不可忽略，如果用图乙测量，则会增大实验误差；图丙中的电压表的分流作用可忽略，电流表的分压作用可忽略，用图丙电路测量误差较小，所以选择图丙电路。
(3)［3］将电流表内阻与电源内阻等效为内阻r，由闭合电路的欧姆定律有

由图丁可得：

［4］内阻

电池内阻

14. 电阻率是用来表示各种材料导电性能的物理量。某同学在实验室测量一新材料制成的圆柱体的电阻率。
(1)用螺旋测微器测量其横截面直径，示数如图甲所示，可知其直径为_________mm；用游标卡尺测其长度，示数如图乙所示，可知其长度为_________mm。

(2)用多用电表粗测其电阻约为。为了减小实验误差，需进一步用伏安法测量圆柱体的电阻，要求待测电阻两端的电压调节范围尽量大，滑动变阻器采用分压式接法。除待测圆柱体外，实验室还备有的实验器材如下：
A．电压表（量程3V，内阻约为15）
B．电压表（量程15V，内阻约为75）
C．电流表A（量程0.6A，内阻约为1）
D．滑动变阻器（阻值范围0~5，2.0A）
E．滑动变阻器（阻值范围0~2000，0.1A）
F．直流电源E（电动势为3V）
G．开关S，导线若干
则电压表应选________，滑动变阻器应选________。（均填器材前的字母代号）
(3)请设计合理的实验电路，并将虚线框中电路图补充完整_______。

(4)实验测出圆柱体的电阻为R，圆柱体横截面的直径为D，长度为L，则圆柱体电阻率为_________。（用D、L、R表示）
【答案】 (1). 1.848 (2). 42.40 (3). A (4). D (5).
(6).
【解析】
【分析】
本题考查实验测金属的电阻率，由于金属的电阻较小，通过比较其电阻阻值与电压表、电流表的电阻关系，确定采用安培表外接还是内接法。
【详解】(1)[1]由螺旋测微器可知，其读数为

[2]由游标卡尺可得知，其长度读数为

(2)[3][4]由于直流电源电动势为3V，故电压表选A，由于采用分压电路，滑动变阻器选小的，故滑动变阻器选D。
(3)[5]由于

故采用安培表外接，题中要求用分压电路，故合理的电路设计如下图

(4)[6]由电阻的决定式

可知

15. 一个物体的质量是2 kg，沿竖直方向下落，以10 m/s的速度碰到水泥地面上，随后又以8 m/s的速度被反弹回，若取竖直向上为正方向，则
（1）小球与地面相碰前的动量？相碰后的动量？
（2）小球的动量变化的大小和方向？
【答案】（1） 方向竖直向下， 方向竖直向上；(2) 竖直向上
【解析】
【详解】（1）（2）取竖直向上为正，则小球与地面相碰前的动量为

方向竖直向下
碰后的动量为

方向竖直向上
则小球的动量变化为

方向竖直向上
16. 如图所示，电源电动势E=12V，电源内阻r=0.5Ω。定值电阻R1=5.5Ω，R2=12.0Ω。求:
(1)闭合开关S后，求流过电源的电流；
(2)若在ab之间接一个C=200μF的电容器，闭合开关S，电路稳定后，求电容器上所带的电量。

【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）闭合开关后，根据闭合电路的欧姆定律，流过电源的电流为

（2）闭合开关S，电路稳定后电阻R2两端的电压为

电容器上所带电量

17. 如图所示电路中，电源电动势E＝16V，内电阻r＝1.0Ω，电阻R1＝9.0Ω，R2＝15Ω。开关闭合后，理想电流表A的示数为0.4A。求：
(1)电源的路端电压；
(2)电阻R3的阻值和它消耗的电功率。

【答案】(1)15V，(2)10Ω，3.6W。
【解析】
【详解】(1)对根据欧姆定律：

整个回路的总电流：

路端电压为：

代入数据得：；
(2)对：

总电流：

代入数据得：
R3消耗的电功率：

代入数据得：。
18. 如图所示的电路中，电源电动势E＝12 V，内阻r＝0.5 Ω，电动机的电阻R0＝1.0 Ω，电阻R1＝2.0Ω。电动机正常工作时，电压表的示数U1＝4.0 V，求：
(1)流过电动机电流；
(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
I＝＝ 2A
(2)电动机两端的电压为
U＝E－Ir－U1=(12－2×0.5－4.0) V＝7 V
电动机消耗的电功率为
P电＝UI＝7×2 W＝14 W
电动机的热功率为
P热＝I2R0＝22×1 W＝4 W
电动机输出的机械功率
P机＝P电－P热＝10 W
(3)电源释放的电功率为
P释＝EI＝12×2 W＝24 W
有用功率
P有＝
电源的工作效率