陕西省咸阳市实验中学2024-2025学年高二物理上学期第二次月考试题含解析

PAGE16-陕西省咸阳市试验中学2024-2025学年高二物理上学期其次次月考试题（含解析）一、单项选择题：（共8小题，每小题4分，共32分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确。）1.如图所示，水平粗糙绝缘杆从物体A中心的孔穿过，A的质量为M，用绝缘细线将另一质量为m的小球B与A连接，整个装置所在空间存在水平向右的匀强电场E，A不带电，B带正电且电荷量大小为q，A、B均处于静止状态，细线与竖直方向成θ角．则()A.细线中张力大小为mgcosθB.细线中张力大小为C.杆对A的摩擦力大小为qED.杆对A支持力大小为Mg【答案】C【解析】【详解】AB．在计算细线中张力大小时，采纳分别法，对B小球进行受力分析，受力示意图如图1，由于B小球处于静止状态，依据平衡条件可得故AB错误；CD．在求杆对A的摩擦力和支持力时，采纳整体法，对整体进行受力分析，受力示意图如图2，由于AB小球整体处于静止状态，依据平衡条件可得：故C正确，D错误。故选C。2.如图所示，在绝缘的斜面上存在着沿水平向右的匀强电场，一带电金属块由静止起先沿斜面滑究竟端，已知在金属块下滑的过程中动能增加了0.7J，金属块克服摩擦力做功0.3J，重力做功1.2J，则以下推断正确的是（）A.金属块带负电荷B.电场力做功0.2JC.金属块的机械能削减1.2JD.金属块的电势能增加0.2J【答案】D【解析】【分析】在金属块滑下的过程中动能增加了0.7J，金属块克服摩擦力做功0.3J，重力做功1.2J，依据动能定理求出电场力做功．知道电场力做功量度电势能的变更．知道重力做功量度重力势能的变更．【详解】A、B、D、在金属块滑下的过程中动能增加了0.7J，金属块克服摩擦力做功0.3J，重力做功1.2J，依据动能定理得：W总=WG+W电+Wf=△EK，解得W电=△EK-WG-Wf=0.7-1.2-（-0.3）=-0.2J，所以电场力做功-0.2J，金属块的电势能增加0.2J．由于金属块下滑，电场力做负功，所以电场力应当水平向右，所以金属块带正电荷；故D正确，A，B错误.C、在金属块滑下的过程中重力做功1.2J，重力势能减小1.2J，动能增加了0.7J，所以金属块的机械能削减0.5J，故C错误.故选D.【点睛】解这类问题的关键要熟识功能关系，也就是什么力做功量度什么能的变更，并能建立定量关系．3.水平放置的平行板电容器与一电池相连，在电容器的两板间有一带正电的质点处于静止平衡状态，现将电容器两板间的距离增大，则（）A.电容变大，质点向上运动 B.电容变大，质点向下运动C.电容变小，质点保持静止 D.电容变小，质点向下运动【答案】D【解析】【详解】依据平行板电容器的确定式可得，两板间距增大，电容减小；由于电容器与电池相连，电容器两板间电压不变，两板间距增大，电容器板间电场强度减小，质点所受电场力减小，质点向下运动．故D项正确，ABC三项错误．4.一根长为L，横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为ρ．棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m，电荷量为e．在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流、自由电子定向运动的平均速率为v．则金属棒内的电场强度大小为A. B. C.ρnev D.【答案】C【解析】【分析】考查电路和电场学问【详解】，I=neSv，，，联立得E=ρnev，故选C．5.在如图所示的电路中，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，闭合电键S，将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是（）A.灯泡L变亮B.电容器C上的电荷量增加C.电源的输出功率变大D.电流表读数变小，电压表读数变小【答案】B【解析】【详解】滑动变阻器滑片P向左移动，变阻器接入电路的电阻增大，电路总电阻增大，电流减小，灯泡变暗；变阻器两端电压增大，电容器上电荷量增大，电流表读数变小，电压表读数U=E﹣Ir变大，依据电源的输出功率的性质可分析电源的输出功率的变更。A．滑动变阻器滑片P向左移动，其接入电路的电阻增大，电路的总电阻R总增大，总电流I减小，灯泡的功率为P=I2RL，RL不变，则P减小，灯泡变暗．故A错误．B．变阻器两端电压增大，电容器与变阻器并联，电容器上电压也增大，则其电荷量增大，故B正确．C．灯泡内阻大于电源的内阻，滑片向左移动时接入电阻增大，则与内阻的大小差距更大，故输出功率减小；故C错误；D．由A的分析可知，电流表读数变小，电压表读数U=E﹣Ir，因电流减小，故电压表示数变大．故D错误．故选B。6.一只风扇，标有“U、P”，电动机线圈电阻为R，把它接入电压为U的电路中，以下几种计算电风扇发热量的方法，正确的是（）A. B. C. D.以上三种都正确【答案】C【解析】【详解】A．带有风扇的电路是非纯电阻电路，欧姆定律不适用，A错误；B．标有“U、P”的P不是发热功率，B错误；CD．通过电动机的电流在依据焦耳定律可求得C正确，D错误；故选C。7.一个电流表,刻度盘的每1小格代表1uA,内阻为Rg．假如把它改装成量程较大的电流表,刻度的每一小格代表nμA,则()A.给它并联一个电阻,阻值为Rg/n B.给它并联一个电阻,阻值为Rg/（n-1）C.给它串联一个电阻,阻值为nRg D.给它串联一个电阻,阻值为(n-1)Rg【答案】B【解析】【分析】假如把它改装成量程较大的电流表要并联小电阻分流，改装后刻度盘的每一小格代表nμA，即想要量程扩大n倍．【详解】设电流表刻度盘总共有N个小格，则满偏电流为NμA，改装后量程为nNμA，改装成量程较大的电流表要并联小电阻分流，则并联电阻中的电流为：IR=（nN-N）μA，满偏电压：Ug=N•RgμV；依据欧姆定律：；即须要并联一个阻值的电阻．故选B．【点睛】电流表的原理是并联电阻起到分流作用．改装后的量程为原电流表的电流与并联电阻的电流之和．也等于满偏电压除以并联后的总电阻．8.如图所示，用甲、乙两种电路测RＸ的阻值，甲电路中伏特表和安培表的示数分别为3.0V和3.0mA，乙电路中伏特表和安培表示数分别为2.9V和4.0mA，则待测电阻RＸ的值应A.比1000Ω略大一些 B.比1000Ω略小一些C.比725Ω略大一些 D.比725Ω略小一些【答案】B【解析】【详解】因电流表的示数变更大，说明白电压表的分流作用明显，所以要用电流表内接法的电路进行测量，为甲电路．用甲电路：电压表的示数是待测电阻和电流表的上的电压的和，故电压比真实值大又U测＞U真，所以R测＞R真即测量值偏大，真实值比1000Ω略小一些，故B正确，ACD错误。故选B。二、多项选择题：（共4小题，每小题4分，共16分．）9.如图所示的电路中，若ab端为输入端，AB为输出端，并把滑动变阻器的滑动触片置于变阻器的中心，则()A.空载时输出电压UAB=B.当AB间接上负载R时，输出电压UAB＜C.AB间的负载R越大，UAB越接近D.AB间的负载R越小，UAB越接近【答案】ABC【解析】【详解】A．空载时，AB间断开无负载，则A正确；BCD．当AB间接上负载R时，R与并联，其总电阻则输出电压B正确；且R越大，就越接近，则就越接近，C正确，D错误；故选ABC。10.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更的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，假如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11∶7 B.电源1与电源2的电动势之比是1∶1C.在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1∶2 D.在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1∶2【答案】ABC【解析】【详解】A．依据电源的路端电压随输出电流的变更的特性图线斜率的肯定值表示电源内阻可知，电源1与电源2的内阻之比是11∶7，选项A正确；B．依据电源的路端电压随输出电流的变更的特性图线在纵轴的截距表示电源电动势可知，电源1与电源2的电动势之比是1∶1，选项B正确；C．依据曲线交点表示工作点，交点的纵、横坐标的乘积表示电源输出功率，在这两种连接状态下，由可知，小灯泡消耗的功率之比是1∶2，选项C正确；D．依据曲线交点纵、横坐标的比值表示小灯泡电阻，在这两种连接状态下，由可知，小灯泡的电阻之比是18∶25，选项D错误；故选ABC。11.如图所示是某款理发用的电吹风的电路图，它主要由电动机M和电热丝R构成．当闭合开关S1、S2后，电动机驱动风叶旋转，将空气从进风口吸入，经电热丝加热，形成热风后从出风口吹出．已知电吹风的额定电压为220V，吹冷风时的功率为120W，吹热风时的功率为1000W，关于该电吹风，下列说法正确的是A.电热丝的电阻为55ΩB.电动机的电阻为C.当电吹风热风时，电热丝每秒钟消耗的电能为D.当电吹风热风时，电动机每秒钟消耗的电能为【答案】AD【解析】【详解】A．电机和电阻并联，当吹热风时，电阻消耗的功率为由可知故A正确；B．电机为非纯电阻电路故不能用求，故B错误；C．当电吹风吹热风时，电热丝每秒钟消耗的电能为故C错误；D．当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为，故D正确。故选AD。12.某导体中的电流随其两端电压的变更关系如图所示，则下列说法中正确的是()A.该元件是非线性元件，所以不能用欧姆定律计算导体在某状态的电阻B.加5V电压时，导体的电阻约是5ΩC.由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小D.由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断增大【答案】BD【解析】【详解】A．非线性元件是纯电阻，可以用欧姆定律计算导体在某状态的电阻，A错误；B．由欧姆定律计算可得B正确；CD．依据图像可知，图像的斜率表示，随着电压的增大，图像的斜率减小，则导体的电阻不断增大，C错误，D正确；故选BD。三、试验题(13题6分，14题8分，依据要求作答)13.某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度，测量结果如图（a）和（b）所示．该工件的直径为______cm，高度为________mm．【答案】，【解析】游标卡尺读数为螺旋测微器读数为：【考点定位】螺旋测微器，游标卡尺读数【方法技巧】解决本题的关键驾驭游标卡尺读数的方法，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.用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T．请依据下列步骤完成电阻测量:①旋动部件________，使指针对准电流的"0"刻线．②将K旋转到电阻挡"×l00"的位置．③将插入"十"、"－"插孔的表笔短接，旋动部件_______，使指针对准电阻的________（填"0刻线"或"∞刻线"）．④将两表笔分别与待测电阻相接，发觉指针偏转角度过小．为了得到比较精确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按_______的依次避行操作，再完成读数测量．A．将K旋转到电阻挡"×1k"的位置B．将K旋转到电阻挡"×10"的位置C．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两恨引线相接D．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准【答案】(1).S(2).T(3).0刻线(4).ADC【解析】【详解】①[1]电表运用前要调整机械调零旋钮，使指针指在0刻线位置，故调整S旋钮；③[2][3]欧姆表测量前要进行欧姆调零，调整T旋钮，使指针对准0刻度线；④[4]指针偏转度过小，说明电阻偏大，故需选择较大的倍率；每次换挡要重新调零，再进行电阻的测量；故依次为ADC；四．计算题（共3个小题，共38分）15.如图所示在水平方向的匀强电场中，用长为L的绝缘细线，栓一质量为m、电荷量为q的小球，线的上端固定，起先时将球拉成水平，突然松开后，小球由静止起先向下摇摆，当细线转过60°角时的速度恰好为零。问：（1）小球带电是正是负？（2）A、B两点间的电势差UAB为多少？（3）电场强度为多大？（重力加速度为g）【答案】（1）正电；（2）；（3）【解析】【详解】（1）小球由静止起先向下摇摆，当细线转过60°角时的速度恰好为零，依据动能定理可知合外力做功等于零，且重力做正功，细绳的拉力不做功，则电场力做负功，由图可推断小球带电是正电；（2）依据动能定理得①解得（3）在匀强电场中，依据电场强度与电势差的关系②又由图可得③联立①②③式解得即电场强度E的大小为16.如图所示为电动机提升重物的装置，电动机线圈电阻为r=1Ω，电动机两端电压为5V，电路中的电流为1A，物体A重20N，不计摩擦力，求：（1）电动机线圈电阻上消耗的热功率是多少？（2）电动机的输入功率和输出功率各是多少？（3）10s内，可以把重物A匀速提升多高？（4）这台电动机的机械效率是多少？【答案】(1)1W(2)5W4W(3)2m(4)80%【解析】【详解】电动机工作时，其电路为非纯电阻电路，它从电源获得的功率一部分转化为线圈的热功率，另一部分转化为电动机的机械功率．（1）电动机线圈上消耗的热功率为P热＝I2r＝1W（2）电动机的输入功率就是电流通过电动机做功的功率，即P入＝UI＝5×1W＝5W电动机的输出功率就是电动机对外做机械功的功率，依据P入＝P出＋P热得P出＝P入－P热＝5W－1W＝4W（3）设物体A的重力为G，t＝10s内物体上升的高度为h，依据能量守恒定律得P出t＝Ghh＝＝m＝2m（4）这台电动机的机械效率为η＝×100%＝×100%＝80%17.如图所示，电源内阻r=1Ω，R1=2Ω，R2=6Ω，灯L上标有“3V,1.5W”的字样，当滑动变阻器R3的滑片P移动至最右端时，电流表示数为1A，灯L恰能正常发光电流表为志向电表.（1）求电源的电动势；（2）求当P移到最左端时，电流表的示数；（3）当滑动变阻器的Pb段电阻为多大时，变阻器R3上消耗的功率最大？最大值多大？【答案】(1)6V；(2)2A；(3)2Ω，2W【解析】【详解】（1）电源的电动势E=UL十IR1十Ir=3V十1×2V十1×1V=6V（2）当P移到最左端时，由闭合电路欧姆定律，（3）灯L电阻RL=U2/P=6Ω设滑动变阻器的Pb段电阻为R3，R3与RL并联等效电阻由闭合电路欧姆定律将已知量代入化简得当R3=2Ω时变阻器R3上消耗的功率最大，且最大值为2W18.如图所示的直角坐标系中，在直线x=-4L0和y轴之间的区域内存在两个大小相等、方向相反的有界匀强电场，其中x轴上方的电场的方向沿y轴负方向，x轴下方的电场方向沿y轴正方向．在电场左边界上A（-4L0，-2L0）到C（-4L0，0）区域内，连续分布着电荷量为+q，质量为m的粒子．从某时刻起由A点到C点间的粒子，依次连续以相同的速度