高二物理上学期第二次月考试题（含解析）3 15页

‎【2019最新】精选高二物理上学期第二次月考试题（含解析）3‎ 一、选择题：（本题共12小题，每小题4分,共48分。1-7为单选，8-12多选）‎ ‎1. 关于电流，下列说法中正确的是( )‎ A. 由I=Q/t可知，通过导线截面的电量越多，电流越大 B. 由I=nqsv可知，同一导线内电荷定向移动的速率越大，电流越大 C. 由R=U/I可知，导体的电阻与导体两端的电压成正比 D. 因为电流有方向，所以电流是矢量 ‎【答案】B ‎【解析】通过导线截面的电量多，若时间长，电流不一定大，A错误；由I=nqsv可知，同一导线内电荷定向移动的速率越大，电流越大，B正确；导体的电阻由导体本身决定，与导体两端的电压和电流无关，选项C错误；电流有方向，但是电流合成不遵循平行四边形法则，所以电流是标量，D错误；故选B.‎ ‎2. 关于电动势，下列说法正确的是（ ）‎ A. 电源电动势一定等于电源两极间的电压 B. 电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大 C. 体积越大的电源，电动势一定越大 D. 电源电动势与外电路的组成有关 - 15 - / 15‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：根据闭合电路欧姆定律得知：电动势的数值等于内外电压之和，当电源没有接入电路时，电路中没有电流，电源的内电压为零，外电压即电源两极间的电压等于电动势；当电源接入电路时，电路有电流，电源有内电压，两极间的电压小于电动势，故A错误；电源是把其它形式的能转化为电能的装置，电动势表征了这种转化本领的大小，所以电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大，故B正确；干电池的电动势与正负极的材料有关，与电源的体积无关；而其他的电源的电动势的大小也不一定与体积有关，故C错误；电动势由电源本身特性决定，与外电路的组成无关，故D错误。‎ 考点：电源的电动势和内阻、闭合电路的欧姆定律 ‎【名师点睛】电源是把其它形式的能转化为电能的装置，电动势表征了这种转化本领的大小，等于电源没有接入电路时两极间的电压，根据闭合电路欧姆定律分析电动势与外、内电压的关系。‎ ‎3. 关于电阻和电阻率的说法中，正确的是（ ）‎ A. 导体对电流的阻碍作用叫做导体的电阻，因此只有导体中有电流通过时才有电阻 B. 由R =U/I可知导体的电阻与导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比 C. 金属材料的电阻率一般随温度的升高而增大 D.‎ - 15 - / 15‎ ‎ 将一根导线等分为二，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：导体对电流的阻碍作用叫做导体的电阻，电阻是导体本身的属性，与是否通有电流和是否加电压无关，选项AB错误；金属材料的电阻率一般随温度的升高而增大，选项C正确；将一根导线等分为二，则半根导线的电阻是原来的二分之一，而电阻率不变，选项D错误；故选C．‎ 考点：电阻和电阻率 ‎【名师点睛】此题是对电阻和电阻率的考查；要知道电阻是导体本身的属性，与是否通电无关，电阻的大小由导体的材料、长度、横截面积及温度都有关系，而导体的电阻率只于导体的材料有关；此题是基础题，意在考查对物理概念的理解.‎ ‎4. 两个定值电阻R1、R2串联后接在输出电压U恒为10 V的直流电源上，有人把一个电压表并联在R1两端（如图），电压表的示数为6V，如果将电表改接在R2两端，则电压表的示数将（ ）‎ A. 小于4V B. 等于4V C. 大于4V小于6V D. 等于或大于6V ‎【答案】A - 15 - / 15‎ ‎【解析】试题分析：将电压表与电阻R1并联时，电压表的读数为6V，则电阻R2两端的电压为4V．将电压表与电阻R1并联，则其并联的总电阻小于R1，，；若将电压表与电阻R2并联，则其并联的总电阻小于R2，根据串联电阻的电压分配可知，，所以电压表的读数将小于4V，故A正确，BCD错误；故选A.‎ 考点：部分电路的欧姆定律的应用 ‎【名师点睛】本题考查了部分电路的欧姆定律的应用问题，是基本的电路电压关系的应用，注意串联电路总电压等于个元件电压之和，并且要注意并联电路的电阻计算；此题是基础题，考查电压表对接入电路的影响.‎ ‎5. 一个电流表的满偏电流Ig=1mA，内阻Rg=500Ω。要把它改装成一个量程为3V的电压表，则（ ）‎ A. 应在电流表上串联一个3kΩ的电阻 B. 应在电流表上并联一个3kΩ的电阻 C. 改装后的电压表的内阻是500Ω D. 改装后的电压表的内阻是3kΩ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值；改装后的电压表的内阻是500Ω+2500Ω=3kΩ，故选D.‎ 考点：电表的改装 - 15 - / 15‎ ‎【名师点睛】本题考查了电压表的改装，要知道电流表改装成电压表要串联一个分压电阻；改装成答量程的电流表要并联一个分流电阻、应用串联电路特点与欧姆定律即可求解要串联及要并联的电阻的阻值；此题是中等题.‎ ‎6. 一同学在某电路中接上两个毫安表和两个相同的电压表，如图所示，毫安表1的读数I1＝100mA，毫安表2的读数I2＝99mA，电压表V1的读数U1＝10V，则电压表V2的读数应为（ ） ‎ A. 0.01V B. 0.1 V C. 1V D. 10V ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：电压表的电阻：；通过电压表V2的电流：I=I1-I2=1mA，则电压表V2的读数应为U2=IR=0.1V，故选B．‎ 考点：欧姆定律；串并联电阻的特点.‎ ‎7. 如图所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图像，直线B为电源b的路端电压与电流的关系图像，在直线C为电阻R两端的电压与电流的关系图像．电源a、b的电动势分别为Ea、Eb，内阻分别为ra、rb，将电阻R分别接到a、b两电源上，则下列说法不正确的是（ ）‎ A. Ea>Eb ra>rb B. ‎ C. R接到b电源上，电阻的发热功率和电源的效率都较高 D. R接到a电源上，电源的输出功率较大，但电源效率较低 ‎【答案】C - 15 - / 15‎ ‎【解析】试题分析：本题首先要理解电源效率的含义：电源的效率等于电源的输出功率占总功率的百分比．根据欧姆定律得到，电源的效率也等于外电阻与电路总电阻之比．由电源的U-I图象斜率大小等于电源的内阻，比较读出电源内电阻的大小，确定电源的效率关系．当电阻R与电源组成闭合电路时，电阻R的U-I图线与电源的U-I图线的交点表示工作状态，交点坐标的乘积等于电源的输出功率．‎ ‎8. 如图所示，A是带正电的球，B为不带电的导体，A、B均放在绝缘支架上，M、N是导体B中的两点。以无限远处为电势零点，当导体B达到静电平衡后，说法正确的是( )‎ A. M、N两点电场强度大小关系为EM＝EN＝0‎ B. M、N两点电势高低关系为φM＞φN C. M、N两点电势高低关系为φM＞φN＞0‎ D. 感应电荷在M、N两点产生的电场强度EM′＞EN′‎ ‎【答案】AD ‎【解析】M、N两点的场强为导体球与B上感应电荷在这两处的场强之和，合场强的大小为零，即；而带电球A在M、N两点产生的场强不同，故B上感应电荷在M、N两点产生的电场强度不相等，根据点电荷电场强度公式可知，离A越远，电场强度越小，则感应电荷在M、N两点产生的电场强度，故AD正确；处于静电平衡的导体，其整体是等势体，故，故BC错误。‎ - 15 - / 15‎ ‎9. 一平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，在两极板之间有一正点电荷（电量很小）固定在P点，如图所示，以C表示电容，以E表示两极板间电场强度，φ表示负极板的电势，ε表示正点电荷在P点的电势能，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（　）‎ A. E变大、φ降低 B. C增大，E不变 C. E变小、ε变小 D. φ升高、ε变大 ‎【答案】BD ‎【解析】平行板电容器充电后与电源断开，电容器的电量不变．将正极板移到图中虚线所示的位置，板间距离减小，由 、和 结合得，可知板间场强E不变，电容C增大，而电量Q不变，由公式分析得知板间电压U减小．由于负极板的电势比正极板低，则φ升高．故AC错误，B正确．根据U=Ed，E不变，P点到正极板的距离减小，则正极板与P点的电势差减小，正极板电势为零，P点的电势比正极板低，则P点的电势升高，正电荷在P点的电势能ε增大．故D正确．故选BD.‎ 点睛：本题是电容器的动态变化分析问题，难点是确定P点与负极板的电势变化，往往根据电势差及电势高低分析电势的变化．‎ ‎10. 在如图所示的电路中，电源电动势为3.0 V，内阻不计，L1、L2、L3为相同规格的三个小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图所示，当开关闭合后，下列判断正确的是(　　)‎ A. 灯泡L1的电阻为12 Ω B. 通过灯泡L1的电流为通过灯泡L2的电流的2倍 C. 灯泡L1消耗的电功率为0.75 W D. 灯泡L2消耗的电功率为0.30 W ‎【答案】ACD - 15 - / 15‎ ‎【解析】试题分析：当开关S闭合稳定后，灯泡L1的电压等于3V，由图读出其电流I1=0.25A，则灯泡L1的电阻R1==12Ω，功率P1=U1I1=0.75W，选项AC正确；灯泡L2、L1串联，电压等于1.5V，由图读出其电流I2=I3=0.20A，灯泡L2消耗的电功率为0.30 W，选项B错误、D正确。‎ 考点：伏安特性曲线 ‎11. 如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，发现电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为△U1和△U2，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 小灯泡L1、L3变暗，L2变亮 B. 小灯泡L3变暗，L1、L2变亮 C. △U1<△U2‎ D. △U1＞△U2‎ ‎【答案】BD ‎【解析】当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，则L2变亮．电路中并联部分电压减小，则L3变暗．总电流增大，而L3的电流减小，则L1的电流增大，则L1变亮．故A错误，B正确．由上分析可知，U=U1+U2，电压表V1的示数减小，电压表V2的示数增大，由于路端电压减小，所以△U1＞△U2，故C错误，D正确；故选BD．‎ ‎12.‎ - 15 - / 15‎ ‎ 在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，各电表都看做理想电表，闭合开关，滑动变阻器滑片P向右移动，若以 分别表示电压表V1、V2、V3和电流表A的示数变化的大小，则下述结论正确的是（ ）‎ A. 电压表V1、V2、V3和电流表A的示数分别是变小、变大、变小、变大 B. 电压表V1、V2、V3和电流表A的示数分别是变大、变小、变大、变小 C. 、、分别是变小、不变、变小 D. 、、都不变 ‎【答案】AD ‎【解析】当滑动变阻器的滑动片P向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，总电阻减小，则电路中的总电流增大，则电流表A的示数变大；根据欧姆定律可知R2的电压增大，电压表V2示数变大；内电压增大，则路端电压减小，电压表V3示数变小．R2的电压增大，路端电压减小，则R1的电压减小，则电压表V1的示数变小，故A正确，B错误．由U1=E-I（R2+r），‎ ‎=R2+r，不变．=R2，不变．由U3=E-Ir，=r，不变．故C错误，D正确．故选AD.‎ 点睛：本题是电路动态变化分析问题，利用闭合电路欧姆定律进行动态分析，研究电压与电流变化量之比，常常要写出表达式分析．‎ 二、实验（共14分，每空2分，作图4分）‎ - 15 - / 15‎ ‎13. 读出下图中游标卡尺和螺旋测微器的读数游标卡尺的读数为_________mm.；螺旋测微器的读数为________mm.‎ ‎【答案】 (1). 10.05mm (2). 0.920mm ‎【解析】游标卡尺的固定刻度读数为1cm=10mm，游标读数为0.05×1mm=0.05mm，所以最终读数为：10.05mm．‎ 螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为0.01×42.0mm=0.420mm，所以最终读数为：0.920mm． 点睛：解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读． ‎ ‎14. 在“描绘小灯泡伏安特性曲线”的实验中，使用的小灯泡为“6 V，3 W”， 还备有下列器材 电流表Al(量程3A，内阻0.2Ω)‎ 电流表A2(量程0.6 A，内阻1Ω)‎ 电压表V1(量程3V，内阻20kΩ)‎ 电压表V2(量程15V，内阻60KΩ)‎ 变阻器R1(0—1000Ω，0.5 A)‎ 变阻器R2(0～20Ω，2A)‎ 学生电源(6～8V)．‎ 开关S及导线若干 - 15 - / 15‎ ‎ 在上述器材中，电流表应选用______，电压表应选用_________变阻器应选用_________，在下面的方框中画出实验的电路图______ 。‎ ‎【答案】 (1). A2 (2). V2 (3). R2 (4). ‎ ‎【解析】解：（1）灯泡正常发光时的电流I===0.5A，电流表应选A2，灯泡额定电压为6V，电压表应选V2，为方便实验操作，滑动变阻器应选R2．‎ ‎（2）描绘小灯泡伏安特性曲线电压与电流应从零开始变化，因此滑动变阻器应采用分压接法；灯泡电阻R===12Ω，==12，==500，‎ ‎＞，则电流表应采用外接法，电路图如图所示．‎ 故答案为：A2；V2；R2；电路图如图所示．‎ 考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ 专题：实验题．‎ 分析：（1）根据灯泡正常发光时的电流确定电流表量程，根据灯泡额定电压确定电压表量程，在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器．‎ - 15 - / 15‎ ‎（2）描绘小灯泡伏安特性曲线，电流与电压应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后作出实验电路图．‎ ‎.........‎ 三、计算题（共48分，解答应写出必要的文字说明．方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分。）‎ ‎15. 如图所示电路中，电源内阻r=2Ω，电动机内电阻R=1Ω，当S1闭合，S2断开时，电源电功率P=80W，电源的输出功率P0=72W，当S1和S2均闭合时，电动机正常工作，流过定值电阻R0的电流I0=1.5A。求：‎ ‎（1）电源电动势E和定值电阻R0‎ ‎（2）电动机正常工作时输出功率P出 ‎【答案】（1）18Ω 40V （2）110W ‎【解析】试题分析： （1） 由,可得，，则 有,.‎ ‎（2）设电流中总电流为、电动机的支路电流为，由于与电动机并联，电动机与两端电压相同，‎ 由,得，,=‎ 则有。‎ 考点：欧姆定律 - 15 - / 15‎ ‎【名师点睛】解决本题的关键能够灵活运用闭合电路欧姆定律，以及知道电动机输入功率、输出功率、热功率的关系。‎ ‎16. 如图所示电路中，R3=4Ω，电流表读数为0.75A，电压表读数为2V，由于某一电阻断路，使电流表读数为0.8A，而电压表读数为3.2V，问:‎ ‎(1)哪一只电阻断路?‎ ‎(2)电源电动势和内电阻各多大?‎ ‎【答案】（1）R1断路 （2）4V 1Ω ‎【解析】（1）若R2断路，电流表读数将变为零，与题设条件不符．若R3断路，电压表读数将变为零，与题设条件不符．故R1发生了断路．‎ ‎（2）断路时： ‎ ‎  根据闭合电路欧姆定律得U′=E-I′r   即3.2=E-0.8r   ①   未断路时： ‎ ‎ 总电流：I0=I23+I=1.0A            ‎ 则有IR2=E-I0r 即   3=E-r       ② 联立①②解得  E=4V    r=1Ω ‎ - 15 - / 15‎ ‎17. 如图所示，E＝10 V，r＝1 Ω，R1＝R3＝5 Ω，R2＝4 Ω，C＝100 μF.开始S断开，求： S闭合后流过R3的总电荷量．‎ ‎【答案】4×10-4C ‎【解析】S断开，带电粒子恰好处于静止状态，设电容器两极板间距离为d，有： ‎ S闭合后，有： ‎ S闭合后，流过R3的总电荷量等于电容器上电荷的增加量，所以△Q＝C(−UC)； 得△Q=4×10-4C   ‎ ‎18. 如图所示，图甲中M为一电动机，当滑动变阻器R的触头从左端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示．已知电流表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转动．不考虑电表对电路的影响，求 ‎（1）电源的电动势E和内阻r;‎ ‎（2）变阻器的最大阻值;‎ ‎（3）当滑动变阻器触头滑动过程中电动机的最大输出功率。‎ ‎【答案】（1）3.6V 2Ω （2）30Ω （3）0.56W ‎【解析】（1）内阻 当电流 I=0.1A时，U=3.4V，则电源的电动势 E=U+Ir=3.4+0.1×2V=3.6V - 15 - / 15‎ ‎（2）电动机不转时，根据图像，电动机的电阻 rM=4Ω 当I=0.1A时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，‎ 所以 R=-r-Rm=30Ω ‎（3）当触头在左端时，电路中电流最大I=0.3A时，电动机输出功率最大 P=UI-I2rM=0.56W 点睛：本题考查对物理图象的理解能力，可以把本题看成动态分析问题，来选择两电表示对应的图线．对于电动机，理解并掌握功率的分配关系是关键．‎ - 15 - / 15‎