1、江西省上饶中学2019-2020学年高二物理上学期第二次月考试题（培优班，含解析）一选择题（1-7题单选，8-10题多选，每题4分，共410=40分）1.在地球表面的某位置,发现能自由转动的小磁针静止时S极指向地面,则该位置是()A. 地磁北极附近B. 地磁南极附近C. 赤道附近D. 无法确定【答案】A【解析】根据同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引可知，小磁针的S极指向的位置应是地磁场的北极，故选项A正确.2.关于磁感应强度B，下列说法正确的是（）A. 一小段通电导线放在磁感应强度为零处，它所受的磁场力不一定为零B. 根据定义，磁场中某点的磁感应强度B的方向与导线放置的方向有关C. 一小段通电
2、导线在某处不受磁场力的作用，则该处的磁感应强度一定为零D. 某点磁感应强度的方向就是小磁针N极在该点的受力方向【答案】D【解析】【详解】A根据F=BIL可知，在磁感应强度为零处，它所受磁场力一定为零。故A错误。B根据定义，磁场中某点的磁感应强度的方向与通电导线放置的方向无关，由本身性质决定。故B错误。C当导体方向与磁场方向在一条线上时，导体不受磁场力作用，此时磁感应强度并非为零。故C错误。D某点磁感应强度的方向就是小磁针N极在该点的受力方向。故D正确。3.下列各图中，已标出电流I、磁感应强度B的方向，其中符合安培定则的是（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】安培定则，也叫右手螺
3、旋定则，是表示电流和电流激的磁场的磁感线方向间关系的定则，根据安培定则的应用即可正确解答【详解】AB、通电直导线中安培定则（安培定则一）：用右手握住通电直导线，让大拇指指向电流的方向，那么四指的指向就是磁感线的环绕方向，由此可知AB不符合；CD、通电螺线管中的安培定则（安培定则二）：用右手握住通电螺线管，使四指弯曲与电流方向一致，那么大拇指所指的那一端是通电螺线管的N极，据此可知C符合，D不符合【点睛】加强练习熟练掌握安培定则的内容，注意磁场方向的表示方法，及右手螺旋定则与右手定则的区别4.用细线悬挂轻质导线圈，使轻质导线圈可在空间自由转动空间内加一方向水平向右的匀强磁场，如图所示，当线圈通以
4、图示方向的电流时，从上往下看，线圈将A. 顺时针转动，同时向左偏移少许B. 逆时针转动，同时向右偏移少许C. 逆时针转动，同时向左偏移少许D. 不发生转动，但会向右偏移少许【答案】B【解析】【详解】由右手螺旋定则可知，线圈向外一面为S极，因为异名磁极相互吸引，因此从上往下看，线圈做逆时针方向转动。根据左手定则可知在线圈转动过程中，受到右上方的安培力，所以线圈会向右上方偏移少许。A顺时针转动，同时向左偏移少许。故A不符合题意。B逆时针转动，同时向右偏移少许。故B符合题意。C逆时针转动，同时向左偏移少许。故C不符合题意。D不发生转动，但会向右偏移少许。故D不符合题意。5.内阻为R2的直流电动机与阻
5、值为R1的电阻串联接入电路，电动机正常工作，电阻R1两端电压为U1，流过的电流为I1，消耗的功率为P1；电动机两端电压为U2，流过的电流为I2，消耗的功率为P2，以下判断正确的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】A.小灯珠与电动机串联，根据串联电路的规律可知，故A错误；B.根据功率公式：P=UI则有：联立解得：故B错误； C.在纯电阻电路中，有：故C错误；D.电阻R1满足：电动机不是纯电阻电路，则有：故故D正确6.如图所示的电路图是一个应用“非”门构成的一个简易火警报警电路，则图中X框、Y框中应是A. X为可变电阻，Y为热敏电阻B. X为热敏电阻，Y为开关C. X为热敏电阻，Y
6、为可变电阻D. X、Y均为热敏电阻【答案】A【解析】【详解】由图可知，点接地，电势为0；若的电阻非常大，点的电势接近5V，非门的输入端为高电势，因此非门的输出端为低电势，蜂呜器两端没有电压，蜂鸣器不报警；若的阻值非常小，从而使输入端点的电势接近0，非门输出端为高电势，这样蜂鸣器两端获得一个能发声的工作电压，蜂鸣器就会发出声音报警，所以为热敏电阻，为可变电阻，用来调节报警器的灵敏度；A.与分析相符，故A正确；B.与分析不符，故B错误；C.与分析不符，故C错误；D.与分析不符，故D错误7.实验室里可以用欧姆表直接测量电阻如图所示，虚线框内是欧姆表的简化结构图，它由灵敏电流表、电源、变阻器等组成某欧
7、姆表的刻度值是按电源电动势为1.5V来刻度的，电流表的满偏电流为10mA使用一段时间后，发现电动势已降为1.2V，此时重新调零后，用该欧姆表测得某电阻值为200，则此电阻的实际值为（）A. 160B. 180C. 200D. 220【答案】A【解析】【详解】欧姆表的内阻为：当测量值为200时的电流值为：调零后内阻为：则电动势为E=1.2V，电流值为时的电阻值为：解得：A160。故A符合题意。B180。故B不符合题意。C200。故C不符合题意。D220。故D不符合题意。8.A、B两灯的额定电压都是110V，A灯的额定功率PA100W，B灯的额定功率PB40W，若将两灯同时接入电压恒为220V的电
8、路上,且使两灯均能正常发光，同学们设计了如图所示的甲、乙两种电路，则（）A. 甲电路中流过滑动变阻器的电流为AB. 甲电路消耗的电功率大小为180WC. 乙电路中流过滑动变阻器的电流为AD. 乙电路消耗的电功率大小为280W【答案】CD【解析】【详解】A根据题意可知A、B两灯的电阻分别为：在甲电路中，A、B两灯的电压均为110V，根据欧姆定律可得通过A的电流为：通过B的电流为：所以甲电路中流过滑动变阻器的电流为：故A不符合题意。B甲电路消耗电功率大小为：故B不符合题意。C由图可知乙电路中流过滑动变阻器的电流为：故C符合题意。D乙电路消耗的电功率大小为：故D符合题意。9.如图所示的电路中，电源内
9、阻为r，闭合电键，电压表示数为U，电流表示数为I；在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中（）A. U先变大后变小B. I先变小后变大C. U与I的比值不变D. U变化量的大小与I的变化量的大小的比值等于r【答案】AB【解析】【详解】AB由图可知，滑动变阻器上下两部分并联，当滑片在中间位置时总电阻最大，则在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中，滑动变阻器R1的电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律可知电流表示数先减小后增大，电压表测量路端电压，根据闭合电路欧姆定律可知，路端电压先变大后变小。故AB符合题意。CU与I的比值就是接入电路的R1的电阻与R2的电阻的和，所以U与I比值先变
10、大后变小。故C不符合题意。D因电流量一个支路的电流，而总电流的变化量应包括R中电流的变化，所以电压表示数与电流表示数变化的比值不等于r。故D不符合题意。10.2019年1月11日1时11分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功将“中星2D”卫星发射升空，升空后的卫星能量补给主要靠太阳能电池.硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点.如图所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I的关系图象，图线b是某纯电阻电器的U-I图象.则在该光照强度下，把该电池和该电器组成一个电路时，电池的A. 输出功率为12.5WB. 内阻为5.5C. 内耗功率为0.5WD. 效率约为69%【答
11、案】BD【解析】【详解】A电源的路端电压为2.5V，电流为0.2A，则输出功率：P=2.50.2W=0.5W故A不符合题意B由欧姆定律得：U=E-Ir，当I=0时，E=U，由a与纵轴的交点读出电动势为E=3.6V，根据两图线交点处的状态可知，电阻的电压为2.5V，则内阻：故B符合题意。C内阻消耗的功率：Pr=3.60.2-2.50.2=0.22W故C不符合题意。D电池的效率：故D符合题意。二实验题（每空2分，有9空，共29=18分）11.某同学通过实验测定一个阻值约为5 的电阻Rx的阻值（1）现有电源（4V，内阻可不计）；滑动变阻器（050，额定电流2 A）；开关和导线若干，以及下列电表：A.
12、电流表（03 A，内阻约0.02 ）B.电流表（00.6 A，内阻约0.12 ）C.电压表（03 V，内阻约3 k）D.电压表（015 V，内阻约15 k）在实验中，电流表选用_，电压表选用_；实验电路应采用图中的_（“甲”/“乙”）（2）接通开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U.某次电表示数如图所示，可得该电阻的测量值Rx_ （保留两位有效数字）（3）若在（1）问中选用甲电路，产生误差的主要原因是_；若在（1）问中选用乙电路，产生误差的主要原因是_（选填选项前的字母）A电流表测量值小于流经Rx的电流值 B电流表测量值大于流经Rx的电流值C电压表测量值小于R
13、x两端的电压值 D电压表测量值大于Rx两端的电压值【答案】 (1). C (2). B (3). 甲 (4). (5). B (6). D【解析】【详解】(1)123因电源的电压为4V，因此电压表选择3V量程，故电压表选C；由于Rx的阻值约为5，根据欧姆定律可知，电流的最大值为：从精确角来说，所以电流表选择0.6A的量程，故电压表选B；根据待测电阻的阻值与电压表及电流表的阻值，可知，待测电阻的阻值偏小，因此选择电流表外接法，故选择甲图。(2)4电压表的读数为U=2.60V；电流表的读数为I=0.50A；电阻阻值： (3)56 甲图采用的是电流表外接法，实际上电压表并不是理想电表，所以电压表也有
14、电流，电流表测量的电流是Rx和电压表的电流之和，所以产生误差的主要原因是电流表测量值大于Rx的电流值，导致测量的电阻Rx比实际偏小，所以选B。乙图采用的是电流表内接法，实际上电流表并不是理想电表，所以电流表两端也有电压，电压表测量的电压是Rx和电流表两端的电压之和，所以产生误差的主要原因是电压表测量值大于Rx两端的电压值，导致测量的电阻Rx比实际偏大，所以选D。12.图为某同学组装完成的简易多用电表的电路图图中是电池，是固定电阻，是可变电阻虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连该多用电表有5个挡位（1）图中的端与_（选填“红”或“黑”）色表笔相连接；（2）关于的使用，下列说法正确的是
15、_；A在使用多用电表之前，调整使电表指针指在表盘左端电流“0”位置B使用欧姆挡时先将两表笔短接，调整使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置C使用电流挡时，调整使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置（3）关于此多用电表，下列说法正确的是_（填字母代号）A开关S接到位置1或2时是电流档，接位置1时的量程大B使用多用电表的欧姆挡测量电阻，双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏小C测量电阻时发现指针偏离中央刻度过大，必须减小倍率，重新调零后再进行测量D测量电阻选择“10”倍率，发现指针位于20与30正中间，则测量值小于250【答案】 (1). 黑 (2). B (3). ABD【解析】【详解】(1)1根据欧
16、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。(2)2由电路图可知，R6只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零，不能进行机械调零，同时在使用电流档时也不需要时行调节。故B正确，AC错误。(3)3A开关S接到位置1或2时，表头与电阻并联，电阻起分流作用，是电流档，开关S接到位置1时，并联的电阻阻值小，所以接位置1时的量程大。故A正确。B双手捏住两表笔金属杆，人体与电阻并联，总电阻减小，测量值偏小。故B正确。C测量时发现指针偏离中央刻度过大，则所选择的倍率太大或太小，为准确测量电阻阻值，必需增大或者减小倍率，重新调零后再进行测量
17、。故C错误。D欧姆表刻度是左密右疏，选择“10”倍率测量时发现指针位于20与30正中间，即测量值小于250，大于200。故D正确。三计算题（共4大题,13-15题各10分，16题12分，共42分）13.如图所示，电源电动势为E=30V，内阻为r=2，电灯上标有“6V，12W”字样，直流电动机线圈电阻R=2.若电灯恰能正常发光，求：（1）流过电灯的电流是多大？（2）电动机两端的电压是多大？（3）电动机输出机械功率是多少【答案】（1）2A （2）20V （3）32W【解析】【详解】(1)灯泡L正常发光，电路中的电流为：(2)由闭合电路的欧姆定律可知，电动机的电压为：UM=U-Ir-UL=30V-2
18、2V-6V=20V(3)电动机的总功率为：P总=IUM=220=40W电动机的热功率为：P热=I2R=222=8W所以电动机的输出功率为：14.如图所示的电路中，电源电动势Ed18V，内阻r10，一定值电阻R079，变阻箱R1接入电路电阻为91一平行板电容器水平放置，电容器极板长L50cm，板间距离d40cm，此时，将变阻箱阻值调到R191，一电子以v02.0106m/s的速度从左端沿中线水平射入电容器（电子所带电荷量e=1.610-19C，电子的质量时9.110-31kg）求：（1）若电容器的电容C2F，则此时电容器极板上带电量多大？（2）电子飞出电容器时的沿垂直于板面方向偏移的距离y？【答
19、案】（1） （2）0.5m【解析】【详解】(1)根据闭合电路欧姆定律可得变阻箱R1两端的电压为：电容器极板上带电量为：(2) 电子飞出电容器的过程中做类平抛运动，则有：在水平方向：L=v0t在竖直方向：加速度为：联立并代入数据解得：y=0.5m15.如图所示，在倾角为37的光滑斜面上有一根长为0.4m，质量为6102kg的通电直导线，电流I1A，方向垂直于纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度随时间变化的磁场中，其变化规律B0.2t、磁场方向竖直向上，则：（1）当t=2s时，安培力的大小和方向？（2）需要多长时间，斜面对导线的支持力为零？【答案】（1）0.16N 方向
20、水平向左 （2）4s【解析】【详解】(1)安培力的大小为：方向水平向左。(2) 斜面对导线的支持力为零时导线的受力如图所示：由平衡条件，有：FTcos37=FFTsin37=mg 解得安培力为：由F=BIL，解得：B=2T由于B=0.5t，故t=4s16.如图所示，相距的两物体A和B静止在绝缘水平面上，滑块A的质量为2m，电荷量为+q，B是质量为m的不带电的金属滑块空间加一水平向左的匀强电场，场强为已知A与水平面间的动摩擦因数，B与水平面间的动摩擦因数，A与B的碰撞为弹性正碰（碰后总电荷量始终不变且电量平分，g取10m/s2）试求：（1）A第一次与B碰前的速度的大小；（2）A第一次与B碰后的A
21、、B速度大小；（3）A第二次与B碰前的A速度大小；（4）A、B停止运动时，B的总位移【答案】（1）2m/s （2） （3） （4）【解析】【详解】(1)从A开始运动到与B碰撞过程，由动能定理得：代入数据解得：v0=2m/s(2)AB碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律得：2mv0=2mv1+mv2由机械能守恒定律得：代入数据解得：(3)两物体碰撞后电量均分，均为，则B的加速度：A的加速度：即B做匀减速运动，A做匀速运动，A第二次与B碰前的速度大小为： (4)B做减速运动直到停止的位移：AB第二次碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，由动量守恒定律得：2mv1=2mv1+mv2，由机械能守恒定律得：代入数据解得：B再次停止时的位移：则A、B停止运动时，B的总位移：