【文档说明】宁夏银川市贺兰县景博中学2020-2021学年高二上学期第二次月考物理试卷【精准解析】.doc，共(17)页，750.500 KB，由小赞的店铺上传

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景博高中2020-2021学年第一学期高二年级月考二物理试题第Ⅰ卷选择题（共65分）一、选择题（1-15小题，每小题只有一个答案正确，每小题3分；16-20小题，每题有多个答案正确，每题4分，漏选得2分，错选或不选得0分。）1.如图所示，把一条导线平行地放

在磁针的上方附近，当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转．首先观察到这个实验现象的物理学家是（）A.法拉第B.奥斯特C.伽利略D.牛顿【答案】B【解析】【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．【详解】当导线

中有电流时，小磁针会发生偏转，说明电流将产生能产生磁场，这种现象称为电流的磁效应，首先是由丹麦物理学家奥斯特观察到这个实验现象．故B正确，ACD错误．故选B．2.下列关于磁感应强度的说法正确的是（）A.一小段通电导体放在磁场A处，受到的磁场力比B处的大，说明A处

的磁感应强度比B处的磁感应强度大B.由FBIL=可知，某处的磁感应强度的大小与放入该处的通电导线所受磁场力F成正比，与导线的I、L成反比C.一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零D.小磁针N极所受磁场力的方向就是该处磁感应强度

的方向【答案】D【解析】【详解】A．安培力的大小不仅与B、I、L的大小有关系，还与B与I的夹角有关系，故A错误；B．公式FBIL=只是一个计算式，磁感强度是磁场本身的性质，与放不放电流元没有关系，故B错误；C．当电流与磁场方向平行时所受安培力为零，但磁场不一定为零，故C

错误；D．人们规定小磁针N极所受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向，故D正确。故选D。3.如图所示，a、b、c是一条电场线上的三个点，电场线的方向由a到c，a、b间的距离等于b、c间的距离，用φa、φb、φc和Ea、Eb、Ec分别表示a、b、c三点的电势和电场强度，可以判定

（）A.φa>φb>φcB.Ea>Eb>EcC.φa－φb＝φb－φcD.Ea＝Eb＝Ec【答案】A【解析】【详解】A．由沿电场方向电势降低可得φa>φb>φc，故A正确；BD．一条电场线无法描述电场的分布，故Ea、E

b、Ec的大小关系不能确定，故BD错误；C．如果是匀强电场，才有φa－φb＝φb－φc，故C错误。故选A。4.如图所示电路用来测定电池的电动势和内电阻．其中V为电压表（理想电表），定值电阻R=7.0Ω．在电键未接通时，V的读数为6.0V；接通电键后，V的读数变为

5.6V．那么，电池组的电动势和内电阻分别等于（）A.6.0V，0.5ΩB.6.0V，1.25ΩC.5.6V，1.25ΩD.5.6V，0.5Ω【答案】A【解析】【详解】电键未接通时，电压表示数即为电源电动势，

故电动势E=6.0V；接通电键后，对R由欧姆定律可得：电路中电流I==0.8A；由闭合电路欧姆定律可知：内电阻r==0.5Ω；故答案为A．5.一段长为L，电阻为R的均匀电阻丝，把它拉制成3L长的均匀细丝后，切成等长的三段，然后把它们并联在一起，其电阻值为（）A.R／3B.3RC.R／

9D.R【答案】D【解析】现有一段长为L、电阻为R的均匀电阻丝，把它拉成3L长的均匀细丝后，切成等长的三段，然后把它们并联在一起，整体的长度和横截面积与原来一样，电阻与原来一样．D项正确．6.直流电路如图所示，在滑动变阻器的滑片P向右移动时

，电源的（）A.总功率一定增大B.效率一定减小C.内部损耗功率一定不变D.输出功率可能先增大后减小【答案】D【解析】【详解】由电路图可知，当滑动变阻滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路总电阻变大，电源电动势不变，由闭合电路的欧姆定律可知，电路总电流I变小；A．电源电动势E不变，电流

I变小，电源总功率P=EI减小，故A错误；B．电源的效率()2211IrrIrRR==++电源内阻r不变，滑动变阻器阻值R变大，则电源效率增大，故B错误；C．电源内阻r不变，电流I减小，源的热功率2QPIr=减小，故C错误；D．

当滑动变阻器阻值与电源内阻相等时，电源输出功率最大，由于不知道最初滑动变阻器接入电路的阻值与电源内阻间的关系，因此无法判断电源输出功率如何变化，可能先增大后减小，故D正确；故选D。7.如图甲所示电路，小灯泡通电后其电压U随所加电流I变化的图线如图乙所示，P为图线上一

点，PN为图线的切线，PM为U轴的垂线，PQ为I轴的垂线，下列说法中不正确的是（）A.随着所加电流的增大，小灯泡的电阻增大B.对应P点，小灯泡的电阻为12URI=C.在电路中灯泡L两端的电压为U1时，电阻R两端的电压为I1RD

.对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的“面积”【答案】C【解析】【详解】A．图线上的点与原点连线的斜率等于电阻大小，由数学知识可知，随着所加电压的增大，所加电流增大，小灯泡的电阻增大，故A正确；B．对应P点，小灯泡的电阻为12URI=故B正确；C．在电路中灯泡L两端的电压

为U1时，电阻R两端的电压为I2R，故C错误；D．由恒定电流的功率公式P=UI，推广可知，对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积，故D正确；故选C。8.在如图所示的电路中，R1＝11Ω，r＝1Ω，R2＝R

3＝6Ω，当开关S闭合且电路稳定时，电容器C带电荷量为Q1；当开关S断开且电路稳定时，电容器C带电荷量为Q2，则（）A.Q1∶Q2＝1∶3B.Q1∶Q2＝3∶1C.Q1∶Q2＝1∶5D.Q1∶Q2＝5∶1【答案】A【解析】【详解】开关闭合稳定时

，电容器的电压等于电阻R2两端的电压，则211213RUEERRr==++开关断开稳定时，电路中没有电流，电容器的电压等于电源的电动势，即U2=E对于给定电容器，电容不变，由Q=CU得Q1:Q2=U1:U2=1:

3故选A。9.在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内电阻为r，L1、L2是两个小灯泡．闭合S后，两灯均能发光．当滑动变阻器的滑片向右滑动时，会出现（）A.L1变暗，L2变暗B.L1变亮，L2变暗C.L1变亮，L2变亮D.L1变暗，L2变亮【答

案】D【解析】试题分析：当滑动变阻器的滑片向右滑动时，滑动变阻器电阻增大，回路中总电阻增大，干路电流减小，L1变暗，路端电压U=E-Ir可知路端电压增大，灯泡L1两端电压减小，所以灯泡L2两端电压增大，L2变亮，D对；考点：考查闭合电路欧姆定律点评：在求解闭合电路动态变化问题时，明确电路中的串并联

关系，根据部分-整体-部分的顺序进行判断10.利用如图所示电路可以测出电压表的内阻。已知电源的内阻可以忽略不计，R为电阻箱。闭合开关，当R取不同阻值时，电压表对应有不同读数U。多次改变电阻箱的阻值，所得到的1RU—图象应该是（）

A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】根据闭合电路欧姆定律应有VUEURR=+整理可得V111RUERE=+可见1RU—图象应是一个一次函数的关系图象。故选A。11.如图所示，电路中开关S闭合时，表V1、V2、A的示数分别为220V

、110V、0.2A．若电路出现故障，V1和V2的示数都是220V，而A示数为零时（）A.出故障的是L1，且L1断路B.出故障的是L2，且L2短路C.出故障的是L2，且L2断路D.L1和L2都同时断路【答案】C【解析】【详解】A．若出故障的是L1，且L1断

路，电路中没有电流，则电压表V2的示数为零，故A错误；B．若出故障的是L2，且L2短路，则电流表示数不为零，电压表V2被短路，示数为零，故B错误；C．若出故障的是L2，且L2断路，电流表示数为零，L2两端电势等于电源两极的电势，则L2两端电压等于电源的电压，故C正确；D．若L1和L2都同时断路，

则电流中没有电流，电压表V2的示数为零，故D错误。故选C。12.如图所示的电路中，电压表和电流表的读数分别为10V和0.1A，电流表电阻为0.2，那么有关待测电阻xR的下列说法正确的是（）A.xR的测量值等于真实值B.xR的测量值比真实值小C.xR的真实值为

99.8D.xR的真实值为100.2【答案】C【解析】【详解】ABCD．由欧姆定律10Ω100Ω0.1URI===测xR的真实值A1000.299.8xRRR=−=−=测则测量值偏大，ABD错误C正确。故选C。13.将一个表头并联一个电阻R

就改装成了一个大量程的电流表．把改装后的电表和一个标准电流表串联后去测量电流，发现标准电表的示数为1A，改装电表的示数为0.95A．为了使改装表与标准电表测量值一致，下列说法正确的是A.在R上并联一个阻值很大的电阻B.在

R上并联一个阻值很小的电阻C.在R上串联一个阻值很大的电阻D.在R上串联一个阻值很小的电阻【答案】D【解析】【分析】明确电表改装原理，知道将电流表扩大量程实质上是采用并联小电阻分流的方式，所以根据分流原理

以及误差情况即可明确如何调节接入电阻．【详解】改装电流表示数小于真实值，则说明所并联电阻的分流太大，即分流电阻阻值偏小，所以只需让分流电阻R变的稍大些即可；故应在R上串联一个小电阻即可，故ABC错误，D正确；故选D．【点睛】本题考查的电流表的改装原

理，要注意明确分流与电阻成反比，电阻大，分流小，反之电阻小则分流大．14.如图所示点电荷电场中，将检验电荷从A点分别移到以点电荷为中心的同一圆周上的B、C、D、E各点，则电场力做的功（）A.从A到B做功最多B.从A到C做功最多C.从A到E做功最

多D.做功一样多【答案】D【解析】【详解】因为虚线所示的圆面是等势面，则AE、AD、AC、AB之间的电势差相等，所以根据W=Uq可知将检验电荷从A点分别移到以点电荷为中心的同一圆周上的B、C、D、E各点，则电场力做的功相等，故选D。15.如图所示，A、B两

板间加速电压为U1，C、D两板间偏转电压为U2。一个带电荷量为q的正粒子自A板起由静止相继被加速、偏转，飞离偏转电场时的最大侧移为C、D板间距离的一半，则它的出射速度的大小为（）A.122qUUm+（）B.122qUUm+

（）C.1222qUUm+（）D.1222qUUm+（）【答案】B【解析】【详解】粒子飞离偏转电场时的最大侧移为C、D板间距离一半，则粒子进入与离开偏转电场两点间的电势差为211222dUEyEEdU====偏转粒子从进入加速电场到离开偏转电场的过程中，由动能定理得22110

22UqUqmv+=−解得()122qUUvm+=故B正确，ACD错误。故选B。16.如图所示的电路中，AB两端的电压U恒为14V，灯泡L标有“6V、12W”字样，电动机线圈的电阻0.5MR=．若灯泡恰能正常发光，且电机能正常运转，则以下说法中正确的是（）A.电动机的输出功率是14WB.电

动机的输入功率是16WC.电动机的热功率是1.0WD.整个电路消耗的电功率是30W【答案】AB【解析】【详解】ABC．电动机两端的电压UM=U-UL=14-6V=8V，整个电路中的电流1226LLPIAAU===所以电动机的输入功率P入=UMI=8×2W=16W．电动机的发热功

率P热=I2RM=22×0.5W=2W，则电动机的输出功率P出=P入-P热=（16-2）W=14W．故AB正确．C错误．D．整个电路消耗的功率P总=UI=14×2W=28W故D错误．故选AB。17.如图所

示是某电源的路端电压与电流的关系图象，下列结论不正确的是（）A.电源的电动势为6.0VB.电源的内阻为12ΩC.电源的短路电流为0.5AD.电流为0.3A时的外电阻是20Ω【答案】BCD【解析】【详解】A．图像中，纵轴截距对

应电流为0，即截距为电源的电动势，即电源的电动势为60V。故A正确，与题意不符；B．电源内阻等于图线斜率的绝对值，即2ΩUrI==││故B错误，与题意相符；C．该图像纵轴坐标不是从零开始的，则0.5A并不是短路电流。故C错误，与题意相符；D．根据闭合电路欧姆定律，可知18ΩERrI=−

=故D错误，与题意相符。故选BCD18.用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，且A1的量程大于A2的量程。若把A1、A2分别采用串联或并联的方式接入电路，如图(a)、(b

)所示，则闭合开关后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是（）A.图(a)中的A1的示数小于A2的示数B.图(a)中的A1、A2的指针偏角相同C.图(b)中的A1的指针偏角小于A2的指针偏角D.图(b)中的A1、A2的示数和偏角都不同【答案】BC【解析】【详解】AB．图(a

)中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转角度相同，量程大的电流表内阻小，流过的电流大，即读数大，则A1的示数大于A2的示数，故A错误，B正确；CD．图(b)中的A1、A2串联，流过的电流相等，则A1、A2的示数相同。

由于内阻不同，两表两端电压不同，量程大的电压小，流过表头的电流就小，指针偏转角度就小，即A1的指针偏角小于A2的指针偏角，故C正确，D错误。故选BC。19.如图所示，将平行板电容器与电池相连，两板间的带电尘埃恰好处于静止状态．若将

两板缓慢地错开一些，其他条件不变，则（）A.电容器带电量变大B.尘埃仍静止C.电容器内部的场强变大D.灵敏电流计中有a→b的电流【答案】BD【解析】【详解】电容器始终接在电源的两端，则两端的电势差不变，将两板缓慢地错开一

些，正对面积减小，根据4SCkd=，知道电容减小，根据Q=CU知，电荷量减小，电容器放电，则灵敏电流计中有a→b的电流．故A错误，D正确．电势差不变，两极板间的距离不变，则电场强度不变，尘埃所受的电场力不变，尘埃仍然静止．故B正

确，C错误．故选BD．【点睛】本题应明确电容器是由电源相连的，则可直接得出电压不变，再根据d不变，即可明确场强不变；在解题时要注意认真分析，避免走弯路．20.以下说法正确的是（）A.公式E=Fq，其中电场中某点的电场强度E与F无关B.磁场中某处磁

感应强度的大小，等于长为L，通过电流I的一小段导线放在该处时所受磁场力F与IL乘积的比值C.公式C=QU，其中电容器的电容C与电容器两极板间电势差U无关D.由Uab=Ed可知，同一匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，两点间的电势差不一定越大【

答案】ACD【解析】【详解】A．公式E=Fq采用比值法定义，电场强度E与试探电荷q无关，故与F无关，反映电场本身性质，故A正确；B．磁场中某处磁感应强度的大小，等于垂直于磁场的长为L，通过电流I的一小段导线放在该处时所受磁

场力F与IL乘积的比值，故B错误；C．公式C=QU采用比值法定义，反映电容器本身的特性，电容器的电容C与电容器两极板间电势差U无关，故C正确；D．由Uab=Ed可知，同一匀强电场中的任意两点a、b间沿电场线方向的距离越大，两

点间的电势差一定越大，当a、b两点在等势面上时，两点间电势差为零，故D正确。故选ACD。第Ⅱ卷非选择题（共45分）二、实验题（共20分）21.①接0~15V量程时读数为_____V。②接0~3A量程时读数为______A

。③游标卡尺读数为________。【答案】(1).9.5(2).0.80(3).14.50mm【解析】【详解】[1]接0~15V量程时，由图示电压表可知，其分度值为0.5V，故读数为9.5V。[2]接0~3A量程时，

由图示电流表可知，其分度值为0.1A，故读数为0.80A。[3]游标卡尺读数为14mm+100.05mm=14.50mm22.某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率步骤如下：(1)用螺旋测微器测量其直径如右下图，可知其直径为______mm；(2)用多

用电表的电阻“×1”档，正确的操作步骤先_______，再测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图，则该电阻的阻值约为________Ω；(3)该同学想用伏安法更精确地测量其电阻Rx（约为30Ω），现有的器材及其代号和规格如下：电流表A1（量程0~50mA，内阻约1Ω）；电流表A2（量程0~3A，内阻

约0.12Ω）；电压表V1（量程0~3V，内阻很大）；电压表V2（量程0~15V，内阻很大）；电源E（电动势约为3V，内阻约为0.2Ω）；定值电阻R（20Ω，允许最大电流1.0A）；滑动变阻器R1（0~10Ω，允许最大电流2.0A）；滑

动变阻器R2（0~1kΩ，允许最大电流0.5A）；单刀单掷开关S一个，导线若干。①电流表应选________，电压表应选________。滑动变阻器应选________。（填字母代号）②请在下面的虚线框内画出测量电阻Rx，的实验电路图。（要求所测量范围尽可能大

）（）③某次测量中，电压表示数为U时，电流表示数为I，则计算待测电阻阻值表达式为Rx＝________。【答案】(1).4.700(2).欧姆调零(3).22.0(4).A1(5).V1(6).R1(7).见解析(8).UI【解析】【详解】(1)[1]

螺旋测微器读数为=4.5mm+20.00.01mm=4.700mmd(2)[2][3]用多用电表的电阻“×1”档，应先进行欧姆调零。多用电表欧姆档读数为22.0。(3)[4][5][6][7][8]要求所测量范围尽可能大，则滑动变阻器选用分压式接法，故选滑动变阻器1R；电源电动势约为

3V，则电压表选1V；电路中的电流最大约为m0.1AxEIR==要求更精确地测量其电阻Rx，若选电流表A2，则读数误差太大，故选电流表A1，但量程较小，因此为了安全需要将定值电阻R串联在电路中保护电路。由于xR较小，故采用安培表外接，则电路原理图如下所示根据欧姆定律可得，待测电阻阻值为xURI=三

、计算题（共25分，其中第23题7分，第24题8分，第25题10分）23.把带电荷量2×10-8C的正点电荷从无限远处移到电场中A点，电场力做功8×10-6J，若把该电荷从无限远处移到电场中B点，需克服电场力做功2×10-6J，求：(1)A点的电势；(2)A、B两点的电势差UAB；(3)把2×1

0-5C的负电荷由A点移到B点电场力做的功。【答案】(1)−400V；(2)−500V；(3)210−J【解析】【详解】(1)取无限远处电势为0，则无限远与A点间的电势差为68810V400V210WUq−

−===故由0AU=−可得，A点的电势为400VA=−。(2)无限远与B点间的电势差为'6'8210V100V210WUq−−−===−故B点电势为100VB=，因此A、B两点的电势差为500VABABU=−=−(

3)把2×10-5C的负电荷由A点移到B点电场力做的功为()52210500J10JABABWqU−−==−−=24.如图所示，R为电阻箱，A为理想电压表，当电阻箱读数为R1=2Ω时，电流表读数为I1=2A；当电

阻箱读数为R2=5Ω时，电流表读数为I2=1A。求：(1)电源的电动势E和内阻r；(2)当电阻箱R读数为多少时，电源的输出功率最大？最值Pm为多少？【答案】(1)6V，1Ω；(2)1Ω，9W【解析】【详解】(1)根据闭合电路欧姆定律可得111EIRI

r=+222EIRIr=+联立解得=6VE，1r=(2)电源的输出电压为=RUERr+则输出功率为2222221()()()4UREEPERrRrRRRrrRR====+−++由此可知，当1Rr==时，电源

的输出功率最大。最大值为2m9W4EPr==25.如图所示,M、N为水平放置的互相平行的两块大金属板,间距d=35cm,两板间电压U=3.5×104V．现有一质量m=7.0×10-6kg、电荷量q=6.0×10-10C的带负电的油滴,由下板N

正下方距N为h=15cm的O处竖直上抛,经N板中间的P孔进入电场,欲使油滴到达上板Q点时速度恰为零,则油滴上抛的初速度v为多大?（g取10m/s2）【答案】4m/s或2m/s【解析】【详解】若N板电势高：对应于油滴运动全程，由动能定理得

：201()02mgdhqUmv−+−=−解得：02()24m/smgdhqUvm++==若N板电势低：对应于油滴运动全程，由动能定理得：201()02mgdhqUmv−++=−解得：02()22m/smgdhqUvm+−==