【文档说明】江苏省扬州中学2020-2021学年高二上学期10月月考试题+物理.docx，共(11)页，430.368 KB，由小赞的店铺上传

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江苏省扬州中学2020-2021学年度第一学期月考高二物理试卷考试时间：90分钟试卷满分：100分2020.10一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分，每小题只有一个选项符合题意．1．关于电流,下列各种说法中正确的是()A．电流的定义式I=

q/t,适用于任何电荷的定向移动形成的电流B．由I=nqsv可知,金属导体中自由电荷的运动速率越大,电流一定越大C．电荷定向移动的方向就是电流的方向D．因为电流有方向,所以电流是矢量2．如图所示，取一对用绝缘支柱支撑的金属导体A和B，使它们彼此接触．起初它们不

带电，贴近A、B下面的金属箔片是闭合的．现在把带正电荷的球C移近导体A，可以看到A、B上的金属箔片都张开了．下列说法正确的是()A．A内部的场强比B内部的场强大B．A、B内部的场强均为零C．A左端的电势比B右端的电势低D．A

左端的电势比B右端的电势高3．如图所示的电路可将声音信号转换为电信号.该电路中，a是能在声波驱动下沿水平方向振动的镀有金属层的振动膜，b是固定不动的金属板，a、b构成了一个电容器，且通过导线与恒定电源两极相接.在声源S发出声波驱动a在一定范围内振动的过程

中，下列说法正确的是（）A．a、b板间的电场强度不变B．a、b板所带的电荷量不变C．电路中始终有方向不变的电流D．a板向右的位移最大时，电容器的电容最大4．在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，C为电容器，R为定值电阻

，R为滑动变阻器。开关闭合后，灯泡L能正常发光；当滑动变阻器的滑片向右移动后，下列说法中正确的是（）A．灯泡L变亮B．电容器C的带电量将增大C．0R两端的电压减小D．电源的总功率变小，但电源的输出功率一定变大5．空间某区域竖直平面内存在电

场，电场线分布如图所示。一个质量为m、电量为q，电性未知的小球在该电场中运动，小球经过A点时的速度大小为v1，方向水平向右，运动至B点时的速度大小为v2。若A、B两点之间的高度差为h，则以下判断中正确的是（）A．A、B两点的电场强度和电势大小关系为EA

>EB，φA<φBB．若v2>v1，则电场力一定做正功C．A、B两点间的电势差为2mq（22v－21v－2gh）D．小球从A运动到B点的过程中电场力做的功为12m22v－12m21v二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分，每小题有

不少于两个选项符合题意．全部选对得4分，漏选得2分，错选和不答的得0分6．欧姆调零后，用“×10”挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度极小，正确的判断和做法是（）A．这个电阻值很大B．这个电阻值很小C．为了把电阻测得更准

确，应换用“1”挡，重新调欧姆零点后测量D．为了把电阻测得更准确，应换用“100”挡，重新调欧姆零点后测量7．某同学按如图所示的电路进行实验，电压表内阻看作无限大。由于电路发生故障，两电压表示数相同，若这种情况的发生是由某一用电器引起的，则可能的故障原因是（）A．2R断开B．3R短路C．

2R短路D．1R短路8．在测电源的电动势和内阻实验中，根据某次实验记录数据画出U-I图象，下列关于这个图象的说法中正确的是（）A．纵轴截距表示待测电源的电动势，即E=3VB．横轴截距表示短路电流，即I短=0.6AC．根据Er

I=短，计算出待测电源内阻为5ΩD．该实验中电源的内阻为1Ω9．已知x轴上电场方向与x轴方向平行，x轴上各点电势如图所示，x=0处电势为5V，一电子从x=-2cm处由静止释放，则下列说法正确的是（）A．x=0处电场强度为零B．电子在

x=-2cm处的加速度小于电子在x=-1cm处的加速度C．该电子运动到x=0处时的动能为3eVD．该电子不可能运动到x=2cm处10．如图，A、B、C、D为匀强电场中相邻的四个等势面，一电子经过等势面D时，动能为16eV，速度方向垂直于等势面D飞经等势面C时，电势能

为－8eV，飞至等势面B时速度恰好为零，已知相邻等势面间的距离均为4cm，电子重力不计．下列说法正确的是()A．电子做匀变速直线运动B．匀强电场的电场强度大小为100V／mC．等势面A的电势为－8VD．电子再次飞经D等势面时的动能为16eV三、简答题：本题共2小题，共18分．把

答案填在答题卡相应的横线上或按题目要求作答．11．某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ。其中测量步骤如下：(1)用游标为20分度的卡尺测量其长度如图，由图可知其长度为___mm。(2)用螺旋测微器测量其直径如图，由图可知其直径为___mm。(3)用多用电表的电阻“×10”挡，

按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图，则该电阻的阻值约为___Ω。12．某一小型电风扇额定电压为5.0V，额定功率为2.5W。某实验小组想通过实验描绘出小电风扇的电流与其两端电压的关系。实验中除导线和开关外，还有以下器材可供选择：A.电源E（电动势为6.

0V）B.电压表V（量程为6V，内阻约8kΩ）C.电流表A1（量程0.6A，内阻约0.2Ω）D.电流表A2（量程3A，内阻约0.05Ω）E.滑动变阻器R1（最大阻值5kΩ，额定电流100mA）F.滑动变阻器2R（最大阻值25Ω，额定电流1A）(1)为了便于调节，减小

读数误差和系统误差，实验中所用电流表应选用_________，滑动变阻器应选用_________（填所选仪器前的字母序号）。(2)请你为该小组设计实验电路，并把电路图画在甲图的虚线框内（小电风扇已画出）(3)操作过程中发现，电压表读数大于0.5V时电风扇才开始转动。该小组测绘出的小电风扇的电

流与其两端电压的关系曲线如图乙所示，由此判定小电风扇的电阻为____Ω。(4)若用电动势为3V，内阻为2.5的电源对该小风扇供电，电路如图丙所示，则小风扇工作时的发热功率为_____W，机械功率为_____W。四、

计算论述题：本题共4小题，共47分．解答时请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，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．13．如图所示的电路中，电源电动势6.0VE=，内阻0.6Ωr=，电阻20.5ΩR=，当开关S断开时，电流表示数为1.5A，电压表示数

为3.0V，求：(1)电阻R1和R3的阻值；(2)当S闭合后，电压表的示数；(3)R2上消耗的电功率。14．如图所示，在竖直平面内绝缘粗糙竖直的细杆上套有一个质量为m=0.5kg带电小圆环（可视为质点）始终受到水平向右恒定电场力qE=10N作用下圆环处于细杆的

最底端，其左侧系住一轻弹簧与竖直方向的夹角为=37°，在弹簧拉力恒为10N作用下圆环从静止沿细杆向上匀加速运动，2s后轻弹簧突然断了。已知带电小圆环与绝缘细杆间的动摩擦因数均为0.5。设带电体与轨道之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（sin37°=0.6，cos37°=0.8。

重力加速度取g=10m/s2）（1）求带电小圆环向上匀加速时的加速度a=?（2）求带电小圆环在竖直的细杆上运动的最大距离？15．如图所示，光滑绝缘斜面高度h＝0.45m，斜面底端与光滑绝缘水平轨道圆弧连接，水平轨

道边缘紧靠平行板中心轴线．平行板和三个电阻构成如图所示电路，平行板板长为l＝0.9m，板间距离d＝0.6m，R1＝3Ω，R2＝3Ω，R3＝6Ω．可以看为质点的带电小球，电量q＝－0.01C，质量m＝0.03kg，从斜面顶端静止下滑．（1）若S1、S2均断开

，小球刚好沿平行板中心轴线做直线运动，求电源电动势E．（2）若S1断开，S2闭合，小球离开平行板右边缘时，速度偏向角tanθ＝25，求电源内阻r．16．如图所示，水平放置的平行金属板A、B间距为d=20cm，板长L=30cm，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰

好位于A、B中间，距金属板右端x=15cm处竖直放置一足够大的荧光屏。现在A、B板间加如图2所示的方波形周期电压，有大量质量m=1.0×10−7kg，电荷量q=1.0×10−2C的带电粒子以平行于金属板的速度v0=1.0×104m/s持续射向挡板。已知

U0=1.0×102V，粒子重力不计，求：（1）粒子在电场中的运动时间；（2）t=0时刻进入的粒子离开电场时在竖直方向的位移大小；（3）撤去挡板后荧光屏上的光带宽度。命题：曾琦审核：杨春贵参考答案1．AA、电流的定义式I=

q/t采用的是比值定义法，具有比值定义法的共性是普遍适用，适用于任何电荷的定向移动形成的电流；故A正确.B、由I=nqsv可知，电流的大小跟导体的材料(决定n)，导体的横截面积(s)和电荷定向移动的速率(v)共同决定；故B错误.C、物理学中把正电荷定向移动的方向规定为电流的方向，负电

荷定向移动的反方向是电流的方向；故C错误.D、电流有大小和方向，但方向是指沿着电荷运动的直线上，不同于矢量的方向；故电流是标量；故D错误.故选A.2．B解：A、带正电荷的球C移近导体A，在A的左端感应出负电荷

，在B的右端出现正电荷，电荷只分布在外表面，内部场强处处为零，导体是个等势体．故选B点评：体现物体静电感应起电的实质，及静电平衡状态时，带电体的电荷只分布在外表面，内部电场强度为零，且导体的电势处处相等．3．DA．a、b间电

压不变，a振动过程中，板间距离变化，由公式UEd=知，a、b板间的电场强度会发生变化，故A错误；BC．a振动过程中，a、b间电压不变，根据4rsCkd=可知电容器的电容发生变化，由电容的定义式QCU=知，a、b板所带的电荷量会发生变化，电容器会放电或充电，电路中电流的方

向也会发生改变，故BC错误；D．a向右的位移最大时，a、b板间的距离最小，则a、b构成的电容器的电容最大，故D正确。故选D。4．BA．当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器在路电阻增大，外电阻增大，路端电压增大，电路中电流减小

，灯L变暗，故A错误；B．当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器在路电阻增大，外电阻增大，路端电压增大，电容器的电压等于路端电压，可见其电压是增大的，则由Q=CU知，电容器C的电荷量将增大，故B正确；C．电容器在稳恒电路中

视为断路，故R0两端的电压不变，始终等于0，故C错误；D．电源消耗的功率P=EI，电流减小所以电源消耗的功率将变小，P向右移动，滑动变阻器电阻变大，不知道内外电阻的关系，输出功率变化情况无法判断，故D错误。故选B。5．CA．由电场线的疏密程度可知，A点的电场线较稀疏，B点的电场线较密，故A点的电

场强度小于B点，由电场线的方向可知，A点的电势大于B点的电势，故A错误；B．因为小球由A到B时，虽然速度变大，小球的动能增大，但重力对小球做正功，所以当电场力对小球做负功时，如果其负功的大小小于重力的正功，小球的动能也增加，故B错误；CD．根据动能定理得mgh＋Wf

＝22211122mvmv−故小球从A运动到B点的过程中，电场力做的功为Wf＝22211122mvmv−－mgh因为Wf＝Uq，故A、B两点间的电势差为2221(2)2mUvvghq=−−故C正确，D错误。故选C。6．AD欧姆表的零刻度在右边，所以指针偏角小说明待测电阻很大，为了更准

确测量应换×100挡，且重新欧姆调零后再测量，故选AD。7．AB由图可知R1与R2、R3串联，电压表V1测R2和R3的电压；V2测R2两端的电压；若两电压表示数变成相同，则可能是两电表接在了等电势的两端，故可能是R2开路或者R3短路；故AB正确CD错误。故选AB。8．A

DA．由闭合电路欧姆定律可知U=E-Ir由数学知识可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势，故电动势为3.0V；故A正确；B．由于图象的纵坐标不是从零开始的，故图象与横坐标的交点不是短路电流，故B错误；CD．

图象的斜率绝对值表示电源的内阻，故3.02.410.6UrI−===故C错误，D正确。故选AD。9．AC根据图线斜率的意义可知，φ-t图线的斜率表示电场强度，所以可知在x=0处电场强度为0．故A正确；图线的斜率

表示电场强度，由图可知x=-2cm处的电场强度大于x=-1cm处的电场强度，则电子的加速度：a=Eq/m可知电子在x=-2cm处的加速度大于电子在x=-1cm处的加速度．故B错误；电子从x=-2cm处由静止释放，由图可知，在

x=-2cm处的电势为2V，电子在x=0处的电势为0，电子的电势增大3V，所以电子的电势能减小3eV．由于电子运动的过程中只有电场力做功，电子动能的增加量等于电势能的减少量，所以电子到达x=0处的动能为3eV．故C正确；

由图可知，y轴两侧的电场是对称的，所以该电子能运动到x=2cm处．故D错误．10．ACD根据等势面方向得到场强方向，从而得到电子所受电场力方向，即可得到电子运动；再根据电子运动过程得到动能变化，进而得到电势能不变，从而得到电势变化，即

可根据等势面C处的电势能求得其他地方的电势．A．电子运动方向垂直于等势面，故电子运动方向和电场方向平行，那么，电子加速度方向和运动方向平行，故电子做匀变速直线运动，故A正确；BC．电子飞至等势面B时速度恰好为零，故有动能

定理可知：电子从等势面D到等势面B，克服电场力做功为16eV，故等势面D、B间的电势差为16V，故场强为：16200/24UVEVmdcm＝＝＝；又有从D到B电势降低；等势面C处电子的电势能为-8eV，故等势面C的电势为8V，所以，等势面A的电势比等势面C的电势低16V，故

为-8V，故B错误，C正确；D．电子运动过程只有电场力做功，故电子再次飞经D等势面时电场力做功为零，那么，电子动能不变，仍为16eV，故D正确；故选ACD．【点睛】带电粒子在匀强电场中受到的电场力恒定，故一般通过受力分析（或运动分析），由牛顿第二定律，通过加速度得到运动

情况（或受力情况）．11．50.154.700220(1)[1]游标卡尺读数为L=50mm+3×0.05mm=50.15mm(2)[2]螺旋测微器的读数为d=4.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm(3)[3]欧姆表的读数为R=22×10Ω=220Ω12．CF2.50.40.4

(1)电风扇的额定电流2.5A=0.5A5.0PIU=额额＝电流表应选择C；为方便实验操作，滑动变阻器应选择F。(2)描绘出小电风扇的电流与其两端电压的关系，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，由于电压表内阻远大于电风扇的电阻，电流表应采

用外接法，实验电路图如图所示；(3)电风扇不转动时是纯电阻电路，电风扇的电阻0.52.50.2URI==＝(4)作出电源的U-I图像如图所示；由图示图像可知，电风扇的工作电压U=2V，工作电流I=0.4A；电风扇的热功率P热=I2R=0.42×2.5W=0.4W电风

扇的总功率P=UI=2×0.4W=0.8W电风扇的机械功率P机械=P-P热=0.8W-0.4W=0.4W13．(1)1.4Ω；(2)1V；(3)2W。(1)S断开时，由113UIR=得1312ΩURI==，又由113EIRRr=++，求得11.4ΩR=；(2)S闭合时，2R、3R并联电阻23

23230.4ΩRRRRR==+，回路总电流21232.5AEIRRr==++，电压表示数为22231VUIR==；(3)2R上消耗的功率22222WUPR==。14．（1）2m/s2；（2）4.4m(1)带小圆环向上加速运动过程

中，由正交分解得Fcos-mg-f=ma而摩擦力(sin)fEqF=−联立解得a=2m/s2(2)加速过程中的位移21112xat==4m此时的速度v=at1=4m/s撤去拉力后2mgqEma−−=2222vax−=解得x2

=0.4m因此上升的最大距离x1+x2=4.4m15．（1）18V（2）1Ω（1）小球下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：2012mghmv＝解得：023m/svgh=＝，对S1、S2均断开时，极板电势差即为电源电动势E，由平衡条件得：Emgqd＝解得：E＝mgdq＝22310100.6V1

10−−＝18V（2）当S1断开，S2闭合时，带电小球做类平抛运动，水平方向：0lvt＝竖直方向分速度：yvat＝y0vvtan＝对带电小球，由牛顿第二定律得：11mgqEma－＝，其中：C1UEd＝，代入

数据解得：a1＝4m/s2，E1＝18N/C，UC＝10.8V，当S1断开，S2闭合时，R1与R3串联，电容器与R3并联，电容器两端电压：C3UUR＝由部分电路欧姆定律：313URIR＝由闭合电路欧姆定律：113EIRRr＝（＋＋）代入数据解得：r＝1

Ω．16．（1）3×10-5s；（2）1.75cm；（3）19.75cm.（1）粒子的水平分速度不变，则在电场中的运动时间50310sLtv−==（2）在0-2×10-5s内粒子在竖直方向做匀加速直线运动，在2×10-5-3×10-5s内粒子在竖直方向做匀减速运动，加速度大小始终，

为720510m/sUqamd==离开电场时竖直方向位移2212211.75cm233323ttttyaaa=+−=（3）粒子在电场中的运动时间等于电场变化的周期，故撤去挡板后，粒子离开电场的速度都相同，如图所示()()5

3210s0,1,2,tnn−=+=时刻进入的粒子向下偏转的距离最大，粒子先向下偏转做类平抛运动，再做类平抛运动的逆运动，最后向上做类平抛运动，三段过程中粒子在竖直方向的位移大小均为2110.25cm23tya==粒子向上偏转能够

从上极板边缘飞出，则粒子飞出电场区域的范围宽度为119.75cmdy−=粒子离开电场时的速度方向相同，可知粒子打在荧光屏上产生的光带宽度为19.75cm.