1、陕西省西安市长安区第一中学2020-2021学年高二物理上学期第二次月考试题（含解析）总分：110分 时间：100分钟一、单项选择题（本题共10小题，每题4分共40分。四个选项中只有一个选项正确；请将正确选项填涂在答题卡上）1. 电动势为2V的电池在电路上输出1A的电流，可以断定（）A. 内外电压相差2VB. 外电阻为2C. 内电阻为2D. 内外电阻之和是2【答案】D【解析】【分析】【详解】A电动势指的是内外电路的总电压，即所以A错误。B根据闭合电路欧姆定律所以B错误C根据闭合电路欧姆定律所以C错误。D根据闭合电路欧姆定律所以D正确。故选D。2. 如图所示，两只灯泡L1、L2分别标有“110V
2、，60W”和“110V，100W”，另外有一只滑动变阻器R，将它们连接后接入220V的电路中，要求两灯泡都正常发光，并使整个电路消耗的总功率最小，应使用下面( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】A、灯泡1的额定电流，灯泡2的额定电流，在A电路中，两灯泡正常发光时，通过R的电流为，R与并联，电压相等，根据，所以功率之比等于电流之比，为，则R上消耗的功率为，则整个电路的总功率；在D电路中，两灯泡正常发光，则通过R的电流等于两灯泡额定电流之和，为，两灯泡的并联电压为，则R上的电压为，根据，知电阻R上消耗的功率与两个灯泡消耗的功率相等，所以整个电路的总功率，所以A电路消耗的功率小，故A正确，
3、D错误；B、在B电路中，灯泡1的额定电流，灯泡2的额定电流，灯泡2能正常法，则灯泡1就会烧掉，B电路不能保证两灯泡正常发光，在C电路中，两灯泡串联，则两灯泡电流相等，不能保证两灯泡正常发光，故B、C错误点睛：解决本题的关键知道在混联电路中，总功率等于各电阻消耗的功率之和，会根据功率的公式求出额定电流，判断灯泡能否正常发光3. 如图所示，电源的电动势为E，内阻为r，R为电阻箱图乙为电源的输出功率P与电流表示数I的关系图象，电流表为理想电表，其中电流为I1、I2时对应的外电阻分别为R1、R2，电源的效率分别为1、2，输出功率均为P0.下列说法中正确的是()A. R1R2B. I1I2C. R1R2
4、=r2D. 1=2【答案】C【解析】A. 由闭合电路欧姆定律可知：，由图可知，I1R2，故A错误；B. 由闭合电路欧姆定律得：U=EIr，输出功率为：P=UI=EII2r，由图有，整理得：I1+I2=E/r，故B错误；C. 根据电功率表达式：,且；整理得：R1R2=r2，故C正确；D. 根据电源的效率可得：，因I12，故D错误；故选C.点睛：由图象知电流关系，根据闭合电路欧姆定律可明确电阻关系；而电流为I1、I2时电源的输出功率相等，据此由功率公式P=UI和闭合电路欧姆定律结合，进行分析便可求解4. 如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r。闭合开关后，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表
5、V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为、，理想电流表示数变化量的绝对值为，则（）A. B. C. 电源输出功率先增大后减小D. 和保持不变【答案】D【解析】【分析】【详解】AV2测量路端电压，V1测量R的电压，V3测量滑动变阻器的电压，将滑动变阻器滑片向下滑动，滑动变阻器阻值减小，总电阻减小，则总电流增大，内电压增大，U2变小，U1变大，U3变小，U2减小量小于U1增大量和U3减小量之和，所以故A错误；B根据闭合电路欧姆定律得则得故B错误；C电源的输出功率当外电路电阻等于内阻时，电源输出功率最大，而电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r，所以将滑动变阻器滑片向下滑动，功率变大，故C错误；D根
6、据欧姆定律得不变；根据闭合电路欧姆定律得则得不变；故D正确。故选D。5. 甲、乙、丙三个灯泡，按如图方式连接到电源上如果丙灯泡处发生短路，某同学对电路个部分发生的变化作了如下推测（设各灯灯丝不被烧断）：丙灯两端电压为零，电源两端电压为零，甲灯变得更亮，乙灯变得更亮其中（ ）A. 只有、正确B. 只有、正确C. 只有、正确D. 只有、正确【答案】D【解析】【分析】【详解】如果丙灯泡处发生短路，由于乙与丙并联，乙也被短路，则外电路总电阻减小，总电流增大，所以丙灯两端的电压为零，甲灯变得更亮外电路总电阻减小，路端电压减小，但不为零，故ABC错误，D正确故选D【点睛】若丙灯泡处发生短路，乙灯也被短路，
7、分析电路中电阻的变化，由闭合电路欧姆定律判断电流的变化和路端电压的变化，即可判断灯泡甲亮度的变化6. 如图，在匀强磁场中，两根平行固定放置的长直导线a和b通有大小相等、方向相反的电流，匀强磁场方向与两根导线所在平面平行且垂直于两根导线，此时a受到的磁场力大小为F1。若撤去b，保留匀强磁场，则a受到的磁场力大小为F2；若撤去匀强磁场，保留b，则a受到的磁场力大小为（）A. F1F2B. F1F2C. D. 【答案】C【解析】分析】【详解】假设导线a、b之间相互作用的斥力大小为F0，匀强磁场对两导线的作用力大小为F，与两根导线所在平面垂直。则导线a所受的合磁场力大小为F1如果撤去导线b，导线a所受
8、的磁场力大小为F2F；如果撤去匀强磁场，导线a所受到的磁场力大小为F0，由以上可求得F0C正确，ABD错误。故选C。7. 如图所示，质量为m的铜棒长为L，棒的两端各与长为a的细软铜线相连，静止悬挂在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中当棒中通过恒定电流后，铜棒向上摆动，最大偏角为，重力加速度g已知，则下列说法正确的是A. 铜棒摆动过程中，摆角为时，棒受力平衡B. 铜棒摆动过程中，安培力逐渐变小C. 铜棒摆动过程中，机械能守恒D. 根据题中所给条件可以求出棒中的电流【答案】D【解析】由运动的对称性可知悬线与竖直方向的夹角为时金属棒的速率最大，此位置是平衡位置,但是摆动过程经过此位置时不是
9、平衡状态,故A错误；导线中通有恒定电流时，所受安培力不变，选项B错误；铜棒摆动过程中，由于安培力做功，故机械能不守恒，选项C错误；在位置时，对金属棒进行受力分析可知， ，由此可以求出棒中的电流，故D正确；故选D.点睛：对金属棒进行受力分析、利用对称性原则判断出速度最大的位置，根据安培力公式分析即可正确解题8. 如图所示，有两根长为L、质量为m的细导体棒a、b，a被水平放置在倾角为45的光滑斜面上，b被水平固定在与a在同一水平面的另一位置，且a、b平行，它们之间的距离为x。当两细棒中均通以电流大小为I的同向电流时，a恰能在斜面上保持静止，则下列关于b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度的说法不正确
10、的是（）A. 方向向上B. 大小为C. 要使a仍能保持静止，而减小b在a处的磁感应强度，可使b上移D. 若使b下移，a将保持静止【答案】D【解析】【分析】【详解】A通电导体a处于通电导体b的磁场中，由安培定则可得通电导体a 处于竖直向上的磁场中，A正确；B当导体a处于磁场的磁感应强度B的方向竖直向上，则水平向右的安培力、支持力与重力，处于平衡状态，因夹角为45，则解得B正确；C由题意可知，重力和水平向右的磁场力的合力与支持力平衡，当减小b在a处的磁感应强度，则磁场力减小，要使仍平衡，根据受力平衡条件，则可使b上移，即b对a的磁场力斜向上，C正确；D当b竖直向下移动，导体棒间的安培力减小，根据受
11、力平衡条件，当a受力的安培力方向顺时针转动时，只有大小变大才能保持平衡，而安培力在减小，因此不能保持静止，D错误。故选D。9. 据报道，国产航母明年面世，其舰载机发射类似于电磁轨道炮弹体发射其工作原理如图所示，待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触恒定电流，从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与I成正比，静止的通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法( ) A. 只将轨道长度变为原来的2倍B. 只将电流增加至原来的4倍C. 只将弹体
12、质量减至原来的一半D. 将弹体质量减至原来的一半，轨道长度应变为原来的2倍，其他量不变【答案】D【解析】试题分析：弹体在轨道上运动的加速度，则弹体出射的速度为：，则只将轨道长度变为原来的2倍，则弹体出射速度变为原来的倍，选项A错误；只将电流，增加至原来的4倍，则弹体出射速度变为原来的4倍，选项B错误；只将弹体质量减至原来的一半，则弹体出射速度变为原来的倍，选项C错误；将弹体质量减至原来的一半，轨道长度应变为原来的2倍，其他量不变，则弹体出射速度变为原来的2倍，选项D正确；故选D.考点：牛顿第二定律；安培力【名师点睛】此题考查了牛顿第二定律以及安培力的应用问题；关键是弄懂题意，搞清楚弹体出射的速
13、度和哪些物理量有关，根据牛顿第二定律和安培力公式列出关系式进行讨论解答；此题难度中等，意在考查学生运用知识能力.10. 如图所示，光滑的金属轨道分为水平段和圆弧段两部分，O点为圆弧的圆心，N为轨道交点两轨道之间宽度为0.5 m，匀强磁场方向竖直向上，大小为0.5 T质量为0.05 kg的金属细杆置于轨道上的M点当在金属细杆内通以电流强度为2 A的恒定电流时，其可以沿轨道由静止开始向右运动已知MNOP1.0 m，金属杆始终垂直轨道，OP沿水平方向，则()A. 金属细杆在水平段运动的加速度大小为5 m/s2B. 金属细杆运动至P点时的向心加速度大小为10 m/s2C. 金属细杆运动至P点时的速度大
14、小为0D. 金属细杆运动至P点时对每条轨道的作用力大小为0.75 N【答案】D【解析】【分析】【详解】A根据牛顿第二定律得：金属细杆开始运动时的加速度大小为故A错误；C设金属细杆运动到P点时的速度大小为v，从M到P过程，由动能定理得：代入数据解得：故C错误；B金属细杆运动到P点时的向心加速度大小为故B错误；D在P点，设每一条轨道对细杆的作用力大小为N，由牛顿第二定律得：2NBILma代入数据解得：N=0.75 N由牛顿第三定律得细杆在P点对每一条轨道的作用力大小为NN0.75 N，故D正确故选D二、多项选择题（本题共5小题，每题5分，共25分全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的
15、得0分，请将正确选项填涂在答题卡上）11. 用标有“6V，3W”的灯泡L1、“6V，6W”的灯泡L2与理想电压表和理想电流表连接成如图甲所示的实验电路，其中电源电动势E=9V图乙是通过两个灯泡的电流随两端电压变化的曲线当其中一个灯泡正常发光时( )A. 电流表的示数为0.5AB. 电压表的示数为6VC. 电路输出功率为4WD. 电源内阻为1【答案】AC【解析】因为两个灯泡串联，所以通过两灯泡的电流相等，L1的额定电流为I1=P1/U1=0.5A，L2的额定电流为I2=P2/U2=1A，电路中电流为0.5A，所以只有L1正常发光，故A正确；从图像中可以看出，电流为0.5A时，L1两端电压为6V，
16、L2两端电压为2V，电压表示数为2V，故B错误；电路中输出功率为P=UI=（2V+6V）x0.5A=4W,故C正确；电源内阻r=E-U/I=2，故D错误，C正确所以AC正确，BD错误12. 将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在同一坐标系中，如图所示，则下列说法正确的是A. 图线b表示电源内部的发热功率Pr随电流I的变化关系B. M点对应的功率为最大输出功率C. 在图线上A、B、C三点的纵坐标一定满足关系PAr，电路中有电流通过，下列说法中正确的是（）A. 要使电源总功率最大，则应该接电流表，接电压表，接小灯B. 要使电源输出功率最大，则应该接电流
17、表，接小灯，接电压表C. 要使闭合电路中路端电压最大，则应该接小灯，接电压表，接电流表D. 要使闭合电路中电源效率最高，则应该接小灯，接电流表，接电压表【答案】AD【解析】【分析】【详解】A要电源总功率最大，电源电动势是固定的，所以就要求电流要大，电流大则总电阻要最小，内阻是一定的，所以外阻要最小。如果接小灯的话，外阻最小也为2R1=8R4比较大，所以要接电流表，接小灯的话，接电压表开路，则小灯和R3并联再与R4串联再与R2并联，最后与R1串联，最后计算外阻为接小灯，接电压表开路，则R3与R4串联，与RL、R2并联最后与R1串联，最后计算外阻为此时外阻最小，电源总功率最大。即接电流表，接电压表
18、，接小灯，故A正确；B当R外=r时，输出功率最大，但是R1r，从上面可以看出，最小的外阻也大于r，所以要使输出功率最大，只有外阻接近r才行，所以还是选择最小的外阻，可以看到还应该是接电流表，接电压表，接小灯，故B错误；C要路端电压最大，就要外阻越大越好，这样应该接电压表，这样整个电路断路，路端电压等于电动势。故C错误；D要是电源效率最高，则电路不能是断路，同时外阻越大越好，这样要接小灯，如果接电流表，则R2、R3、R4被短接，则R外=RL+R1=2R1=8R4如果接电流表，则R3短接，R4与R2并联，则此时外阻为最大，则电源效率最高，即接小灯，接电流表，接电压表，故D正确。故选AD。14. 如
19、图长L、质量为m的导体棒ab，被两轻质细线水平悬挂，静置于匀强磁场中；当ab中通过如图的恒定电流I时，ab棒摆离原竖直面，在细绳与竖直方向成角的位置再次处于静止状态；已知ab棒始终与磁场方向垂直，则磁感应强度的大小可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】AB【解析】若磁场竖直向上，则画出从右侧看逆着电流方向的侧视图，如图甲所示：金属棒在重力、悬线拉力、安培力F三个力的作用下处于平衡状态由共点力平衡条件得：，解得：若所加磁场的方向应平行于悬线向上，此时所加磁场的磁感应强度最小，则棒平衡时所受的安培力有最小值由于棒的重力恒定，悬线拉力的方向不变，由画出的力的三角形可知（如图乙）安培力的最小值
20、为：，即：，所以，故选项AB正确点睛：对于安培力的方向与大小如何确定与计算，要知道当安培力的方向与拉力的方向垂直，安培力最小，磁感应强度最小15. 通有电流导线、处在同一平面（纸面）内，放置方式及电流方向如图甲、乙所示，其中、是固定的，、可绕垂直纸面的中心轴转动，则下列判定正确的是（ ）A. 绕轴按顺时针转动B. 绕轴按逆时针转动C. 绕轴按顺时针转动D. 绕轴按逆时针转动【答案】BC【解析】【分析】【详解】AB.图甲中，根据安培定则可知，导线产生磁场方向，上方的磁场方向垂直纸面向外，离导线越远，磁场越弱，由左手定则可知，通电导线，处于垂直纸面向外的磁场，且越靠近，安培力越强，从而出现绕轴O按
21、逆时针方向转动，故B正确，A错误；CD.图乙中O点上方导线所受安培力向右，O点下方导线所受安培力向左，即绕轴O按顺时针转动，故C正确，D错误三、实验题（共2小题，共16分.请将正确答案写在答题纸的空白处）16. 我校开展学生自己动手进行实验操作的活动。同学们现要测定电阻Rx的阻值（电阻值约为100）以及一节干电池的电动势和内阻（内阻约为2），除此之外还备有如下器材：A电压表V：量程为2VB电阻箱R：总阻值为9999.9C开关、导线若干(1)为了较准确地测定Rx的电阻值、电池的电动势和内阻，张新同学选择如图所示的电路；(2)张新同学根据电路图连接实物图后，测定电阻Rx时主要进行了两步实验：第1步
22、：闭合S1和S3，断开S2，记录电压表示数U1；第2步：闭合S1和S2，断开S3，调节R使电压表示数仍为U1，记录此时R的阻值为r，则被测电阻Rx的电阻值为_；(3)闭合S1和S2，断开S3通过多次改变R，记录R和对应情况下的电压表示数U，画出随变化的图线为直线，如图所示，直线与纵轴的交点坐标为b、斜率为k，则电源电动势为_，内阻为_。【答案】 (1). r (2). (3). 【解析】【分析】【详解】(2)1闭合S1和S3，断开S2，Rx直接接在电源两端，电压表测量Rx两端的电压，闭合S1和S2，断开S3，R直接接在电源两端，电压表测量R两端的电压，两次实验电压值相等，则Rx的电阻值与R的阻
23、值相等，即(3)23根据闭合电路欧姆定律得解得整理得所以的图象的斜率直线与纵轴的截距解得，17. 如图甲所示是多用电表欧姆挡内部的部分原理图，已知电源电动势E=1.5V，内阻r=1，灵敏电流计满偏电流Ig=1mA，内阻rg=90，表盘如图丙所示，欧姆表表盘中值刻度为“15”。(1)多用电表的选择开关旋至“”区域的某挡位时，其内部电路为图甲所示。将多用电表的红、黑表笔短接，进行欧姆调零，调零后多用电表的总内阻为_。某电阻接入红、黑表笔间，表盘如图丙所示，则该电阻的阻值为_；(2)若将选择开关旋至“1”，则需要将灵敏电流计_（选填“串联”或“并联”）一阻值为_的电阻，再进行欧姆调零；(3)某同学利
24、用多用电表对二极管正接时的电阻进行粗略测量，如图乙所示，下列说法中正确的是_（填选项前的字母）A欧姆表的表笔A、B应分别接二极管的C、D端B双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏大C若采用“100”倍率测量时，发现指针偏角过大，应换“10”倍率，且要重新进行欧姆调零D若采用“10”倍率测量时，发现指针位于刻度“15”与“20”的正中央，测量值应略大于175【答案】 (1). 1500 (2). 700 (3). 并联 (4). (5). AC【解析】【分析】【详解】(1)1设欧姆表总内阻为R，短接时有代入数据计算得2当半偏时有所以R=R中，所以选择的是“100”挡位，根据题图丙可知读数为700。(2
25、)34开关旋至“1”，此时内阻，短接时电流所以给表头并联一个分流电阻R0，根据欧姆定律(3)5A二极管具有单向导电性，由于表笔A与欧姆表内部电源正极相连，故需要表笔A、B应分别接二极管的C、D端，A正确；B实验测量时，手不能触碰金属杆，否则会将自身电阻并联进电路，测量值偏小，B错误；C若采用“100”倍率测量时，发现指针偏角过大，说明该挡位太大，所以应该换小挡位，即“10”倍率，且要重新进行欧姆调零，C正确；D欧姆表表盘刻度不均匀，“左密右疏”且越往左阻值越大，所以测量值应小于175，D错误。故选AC。三、计算题（本题共3小题，共29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
26、最后答案的不能得分，有数值计算的题答案中必须明确写出数值和单位）18. 在如图所示的电路中，电阻R1=12，R2=8，R3=4。当电键K断开时，电流表示数为0.25A，当K闭合时电流表示数为0.36A。求：(1)电键K断开和闭合时的路端电压U及U?(2)电源电动势和内电阻?(3)电键K断开和闭合时内阻上的热功率P及P?【答案】(1)3V，2.88V；(2)3.6V，1.2；(3)0.3W；0.432W【解析】【分析】【详解】(1)K断开时K闭合时(2)K断开时：外电路总电阻K闭合时：外电路总电阻由闭合电路欧姆定律 代入数据解得 (3)K断开时内阻上的热功率K闭合时内阻上的热功率=0.432W1
27、9. 水平面上有电阻不计的U形导轨NMPQ，它们之间的宽度为L，M和P之间接入电动势为E的电源(不计内阻)现垂直于导轨搁一根质量为m，电阻为R的金属棒ab，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向与水平面夹角为且指向右斜上方，如图所示，问：（1）当ab棒静止时，受到的支持力和摩擦力各为多少？（2）若B的大小和方向均能改变，则要使ab棒所受支持力为零，B的大小至少为多少？此时B的方向如何？【答案】（1）mg；（2）水平向右【解析】【分析】【详解】从b向a看其受力如图所示（1）水平方向：fFAsin竖直方向：NFAcosmg又FABILBL联立得：Nmgf（2）使ab棒受支持力为零，且
28、让磁场最小，须使所受安培力竖直向上，则有FAmgFABminILBmin.根据左手定则判定磁场方向水平向右.20. 如图所示，在倾角为37的斜面上，固定一宽为L1.0 m的平行金属导轨现在导轨上垂直导轨放置一质量m0.4 kg、电阻R02.0 、长为1.0 m的金属棒ab，它与导轨间的动摩擦因数为0.5.整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度大小为B2 T的匀强磁场中导轨所接电源的电动势为E12 V，内阻r1.0 ，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑动变阻器的阻值符合要求，其他电阻不计，取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.现要保持金属棒在导轨上静止不动，求：(1)金属棒所受
29、安培力的取值范围；(2)滑动变阻器接入电路中的阻值范围【答案】（1）NF8N（2）0R30【解析】【分析】【详解】（1）当金属棒刚好达到向上运动的临界状态时，金属棒受到的摩擦力为最大静摩擦力，方向平行斜面向下，设金属棒受到的安培力大小为F1，其受力分析如图甲所示则有FNF1sinqmgcosq，F1cosqmgsinqfmax，fmaxmFN以上三式联立并代入数据可得F18N当金属棒刚好达到向下运动的临界状态时，设金属棒受到的安培力大小为F2，其受力分析如图乙所示则有FNF2sinqmgcosq，F2cosqfmaxmgsinq，fmaxmFN以上三式联立并代入数据可得F2N所以金属棒受到安培力的取值范围为NF8N（2）因磁场与金属棒垂直，所以金属棒受到的安培力为FBIL，因此有I，由安培力的取值范围可知电流的取值范围为AI4A设电流为I1A时滑动变阻器接入电路中的阻值为R1，由闭合电路欧姆定律，有EI1rI1（R0R1），代入数据可得R130电流为I24A时滑动变阻器接入电路中的阻值为R2，由闭合电路欧姆定律，有E一I2rI2（R0R2），代入数据可得R20所以滑动变阻器接入电路中的阻值范围为0R30