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.doc

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

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

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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=Q
B. 任何电路中的电功W=UIt，电热Q=I2Rt但W有时不等于Q
C. 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3000 mAh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C
5. 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=0.525mm
14. 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“6V 3W”，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6~8V
H．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＝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＝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

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）20V 20Ω （3）17.6Ω 5W
【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；W
17. 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：

（1）若AB=2R，求小球运动到C点时对轨道的压力大小；
（2）若小球能沿圆轨道运动到D点，则AB间的距离至少为多大?
【答案】(1)N=5mg；(2)
【解析】
【详解】(1)小球从A点到C点由动能定理有：

在C点由牛顿第二定律得：

联立解得：
由牛顿第三定律可知，球运动到C点时对轨道的压力大小为5mg；
(2)电场与重力场的合场强与竖直方向成 斜向下，设AB的距离为x，
球能沿圆轨道运动到D点，则在D点有：

从A到D由动能定理得：

联立解得：
18. 在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点竖直向上抛出，其运动的轨迹如下图所示.小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点.小球抛出时的动能为8.0J，在M点的动能为6.0J，不计空气的阻力.求：
（1）小球水平位移x1与x2的比值；
（2）小球落到B点时的动能EkB；
（3）小球从A点运动到B点的过程中最小动能Ekmin.

【答案】(1)1:3(2)32J(3)J
【解析】
【详解】(1)如图所示，带电小球在水平方向上受电场力的作用做初速度为零的匀加速运动，竖直方向上只受重力作用做竖直上抛运动，故从A到M和M到B的时间相等，则x1:x2=1:3
(2)小球从A到M，水平方向上电场力做功W电=6J
则由能量守恒可知，小球运动到B点时的动能为
EkB=Ek0十4W电=32J

(3)由于合运动与分运动具有等时性，设小球所受的电场力为F，重力为G，则有：

联立解得

由图可知

则小球从A运动到B的过程中速度最小时速度一定与等效重力G/垂直，故：