【文档说明】河南省南阳市第一中学2020-2021学年高二上学期第二次月考物理试题含答案.doc，共(7)页，599.314 KB，由小赞的店铺上传

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1南阳一中2020年秋期高二第二次月考物理试题一、单项选择题（共1—8为单选，4—12为多选，每道题4分，共计48分）1．下列说法正确的是（）A．由Uab=Ed可知，匀强电场中任意两点a、b间距离越大，两

点间的电势差一定越大B．任一点的电场强度总是指向该点电势降落的方向C．若电场中两点的电势差UAB=1V，则将单位电荷从A点移到B点，电场力做功为1JD．沿电场线方向电势逐渐降低。2．比值定义法，就是在定义一个物理量的时候采取比值的形式定义。用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例。

下列不属于比值定义法的是（）A.pEq=B.FEq=C.QCU=D.UIR=3．如图所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长ab=10cm，bc=5cm，当将A与B接入电压为U的电路中时，电流强度为1A，若将C与D接入电压为U的电路中，则电流为（）A．4AB．2AC．0.5A

D．0.25A4．如图，∠M是锐角三角形PMN最大的内角，电荷量为q（q<0）的点电荷固定在P点。下列说法正确的是（）A.沿MN边，从M点到N点，电场强度的大小逐渐增大B.沿MN边，从M点到N点，电势先增大后减小C.正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能小D.将正电荷从M点移动到N点，

电场力所做的总功为正5．如图所示，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，与分别为电压表与电流表．初始时S0与S均闭合，现将S断开，则()A.的读数变大，的读数变小B.的读数变大，的读数变大C.的读数变小，的读数变小D.的读数

变小，的读数变大6．如图所示，实线表示等量异号点电荷的等势线，过O点的虚线MN与等势线垂直，两个相同的带正电的粒子分别从A、B两点以相同的初速度v0开始运动，速度方向水平向右，且都能从PQ左侧经过O点，AB连线与PQ平行．设粒子在A、B两点的加速度大小分别为a1和a2，电势能分别为

Ep1和Ep2，通过O点时的速度大小分别为v1和v2.粒子的重力不计，则()A．A点的电势高于B点的电势B．a1<a2C．Ep1>Ep2D．v1<v27．如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球A、B分别位于竖2直墙面和水平地面，且处于

同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F作用于小球B，则两球静止于图示位置．如果将小球向左推动少许，待两球重新达到平衡时，跟原来相比（）A．两小球间距离将增大，推力F将减小B．两小球间距离将增大，推力F将增大C．两小球间距离将减小，推力F将增大

D．两小球间距离将减小，推力F将减小8.如图所示，一个带负电荷的小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内部，闭合开关后，小球静止时悬线与竖直方向成θ角，则（）A．闭合开关后，减小AB板间的距离，则夹角θ增大B．闭合

开关后，减小AB板间的距离，则夹角θ减小C．断开开关后，使B板竖直向上移动，则夹角θ减小D．断开开关后，增大AB板间的距离，则夹角θ减小9．如图所示，电源的电动势E=2V，内阻r=2Ω，两个定值电阻阻

值均为8Ω，平行板电容器的电容C=3×10-6F，则()A．开关断开稳定时两极板间的电压4/3VB．开关断开稳定时电容器的带电荷量4×10-6CC．开关接通稳定时两极板间的电压为4/3VD．开关接通稳定时电容器的带电量4×10-6C10．如图所示的甲、乙两个电路，都是由一

个灵敏电流计和一个变阻器组成，它们之中一个是测电压的电压表，另一个是测电流的电流表，那么以下结论中正确的是()A.甲表是电流表，增大时量程减小B.甲表是电压表，增大时量程增大C.乙表是电流表，增大时量程增大D

.乙表是电压表，增大时量程增大11．如图所示，ABCD为匀强电场中相邻的四个等势面，一个电子垂直经过等势面D时，动能为20eV，飞经等势面C时，电势能为-10eV，飞至等势面B时速度恰好为0，已知相邻等势面间的距离为5㎝，则下列说法正确的是（）A.等势面B的电势为

0B.等势面C的电势为-10VC.电子再次飞经D等势面时，动能为10eVD.匀强电场的场强大小为200V/m12．质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点，不计空气阻力且小球从未落地。则（）A

．整个过程中小球电势能变化了2232tmgB．整个过程中小球动量增量的大小为2mgt3C．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了mg2t2D．从A点到最低点小球重力势能变化了2232tmg二、实验题（共计16分）13．（4分）有一只电流计，内阻是100Ω，满偏电流是3mA，

现要改装成量程为0.6A的电流表，电流计上应（）A．并联0.05Ω的电阻B．串联5Ω的电阻C．并联0.5的电阻D．串联0.5Ω的电阻14.（12分）一粗细均匀的圆柱体导电材料长约为5cm，电阻约为100Ω，欲测量这种材料的电阻率ρ。现提

供以下实验器材：A．20分度的游标卡尺；B．螺旋测微器；C．电流表A1(量程：0～50mA，内阻r1＝100Ω)；D．电流表A2(量程：0～100mA，内阻r2约为40Ω)；E．电压表V(量程：0～15

V，内阻约为3000Ω)；F．滑动变阻器R1(0～10Ω，额定电流为2A)；G．直流电源E(电动势为3V，内阻很小)；H．上述导电材料R2(长约为5cm，电阻约为100Ω)；I．开关一只，导线若干。请回答下列问题：(1)用游标卡尺测得该样品的长度如

图甲所示，其示数L＝________cm，用螺旋测微器测得该样品的外直径如图乙所示，其示数D＝________mm。(2)在方框中画出尽可能精确测量该样品电阻率ρ的实验电路图，并标明所选择器材的物理量符号。(3)实验中应记录的物理量有_____________

___(写出文字描述及字母符号)，用已知和所记录的物理量的符号表示这种材料的电阻率ρ＝________。三、计算题（共计46分）15．(10分)如图所示，A为电解槽，M为电动机，N为电炉子，恒定电压U＝12V，电解槽内阻rA＝2Ω

，当S1闭合，S2、S3断开时，示数为6A；当S2闭合，S1、S3断开时，示数为5A，且电动机输出功率为35W；当S3闭合，S1、S2断开时，示数为4A。求：4(1)电炉子的电阻及发热功率；(2)电动机的内阻；(3)在电解槽工作时，电能

转化为化学能的功率为多少。16.(10分)如图所示电路中，电阻R1＝R2＝R3＝10Ω，电源内阻r＝5Ω，电压表可视为理想电表．当开关S1和S2均闭合时，电压表的示数为10V.(1)电源的电动势为多大？(2)当

开关S1闭合而S2断开时，电压表的示数变为多大？17.(12分)如图所示，真空室中电极K发出的电子（初速度不计）经过电势差为U1的加速电场加速后，沿两水平金属板C、D间的中心线射入两板间的偏转电场，电子离开偏转电极时速度方向与水平方向成45°，最后打在荧光屏上

，已知电子的质量为m、电荷量为e，C、D极板长为l，D板的电势比C板的电势高，极板间距离为d，荧光屏距C、D右端的距离为6l电子重力不计．求：（1）电子通过偏转电场的时间t0；（2）偏转电极C、D间的电压U2；（3）电子到达荧光屏离O点的距离Y．18.(

14分)如图甲所示，粗糙水平轨道与半径为R的竖直光滑、绝缘的半圆轨道在B点平滑连接，过半圆轨道圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场E，质量为m的带正电小滑块从水平轨道上A点由静止释放，运动中由于摩擦起电滑

块电荷量会增加，过B点后电荷量保持不变，小滑块在AB段加速度随位移变化图象如图乙所示．已知A、B间距离为4R，滑块与轨道间动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度为g，不计空气阻力，求：(1)小滑块释放后运动至B点过程中电荷量的变化量；(2)滑

块对半圆轨道的最大压力大小；5高二年级月考物理答案一、选择题二、实验题13、C14、答案(1)5.0154.700(2)图见解析(3)电流表A1的示数I1、电流表A2的示数I2πI1r1D24I2－I1L解析

(1)游标卡尺的读数为50mm＋3×0.05mm＝50.15mm＝5.015cm；螺旋测微器的读数为4.5mm＋20.0×0.01mm＝4.700mm。(2)电压表的量程远大于电源的电动势，所以电压表不适用，电流表A1的内阻

为定值，可将电流表A1当电压表使用，能测量的最大电压Um＝50×10－3×100V＝5V，满足实验要求；因A1内阻已知，所以电流表A2应外接；滑动变阻器最大阻值较小，为精确测量，应用分压式接法，电路图如图所示。(3)根据(

2)中电路图可知，实验中应记录的物理量有：电流表A1的示数I1、电流表A2的示数I2。根据电阻定律有R2＝ρLS，其中样品横截面积S＝14πD2，根据欧姆定律可得R2＝I1r1I2－I1，联立可得ρ＝πI1r1D24I2－I1L。四、计算题15、.答案(1)2Ω72W(2)1Ω(3)16W解析(1

)电炉子为纯电阻元件，由欧姆定律得：R＝UI1＝126Ω＝2Ω其发热功率为：P＝UI1＝12×6W＝72W。(2)电动机为非纯电阻元件，由能量守恒定律得：UI2＝I22rM＋P输出所以：rM＝UI2－P输出I22＝12×5－3

552Ω＝1Ω。123456789101112DDACBDAACDADADBD6(3)电解槽为非纯电阻元件，由能量守恒定律得：P化＝UI3－I23rA所以P化＝(12×4－42×2)W＝16W。16．答案(1)20V(2)16V[

解析](1)I2＝U2R2＝1010A＝1A.路端电压等于外电路电压，故U＝I2R2＋R1R3R1＋R3＝1×(10＋5)V＝15V.由U＝E－I2r，得E＝U＋I2r＝15V＋1×5V＝20V.(2)当开关S1闭合而S2断开时，R1、R2串联再与电源构成闭合电路，电压表

示数等于外电路电压．U′＝ER1＋R2＋r(R1＋R2)＝2010＋10＋5×20V＝16V.17．答案（1）（2）（3）解析：电子在离开B板时的速度为v，根据动能定理可得：得：电子进入偏转电场水平方向做匀速直线运动，则

有：；电子在偏转电场中的加速度：离开电场时竖直方向的速度：离开电场电子的速度与水平方向的夹角：解得：；离开电场的侧向位移：解得：电子离开电场后，沿竖直方向的位移：电子到达荧光屏离O点的距离：18、答案

：(1)mgE(2)(6＋35)mg解析：(1)A点由牛顿第二定律有q0E－μmg＝m·12g7B点由牛顿第二定律有q1E－μmg＝m·32g联立解得Δq＝q1－q0＝mgE.(2)由A到B由动能定理得m

·12g＋32g2·4R＝12mv21－0将电场力与重力等效为“重力G′”，与竖直方向的夹角设为α，在“等效最低点”对轨道压力最大，则有G′＝mg2＋q1E2＝5mgcosα＝mgG′从B到“等效最低点”由动能定理得G′(R－Rcosα)＝

12mv22－12mv21FN－G′＝mv22R联立解得FN＝(6＋35)mg由牛顿第三定律得滑块对圆轨道的最大压力为FN′＝(6＋35)mg.