2022-2023学年黑龙江省七台河市勃利县高级中学高二9月月考物理试题含解析

2022-2023学年黑龙江省七台河市勃利县高级中学高二9月月考物理高二物理

（时间：100分钟　满分：100分）

一、单选题（4*7=28分）

1. 下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是（　　）

A. 根据电场强度的定义式可知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比

B. 根据电势的定义式可知，该点的电势与其电势能成正比，与电荷量成反比

C. 根据真空中点电荷的电场强度公式可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量无关

D. 根据电势差的定义式可知，电荷量为1 C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1 J，则A、B两点间的电势差为-1 V

【答案】D

【解析】

【详解】A．是比值定义，电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关，所以不能理解为电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷量成反比，A错误；

B．是比值定义，电势是电场本身的性质与试探电荷无关，所以不能理解为该点的电势与其电势能成正比，与电荷量成反比，B错误；

C．是真空中点电荷的电场强度的决定式，可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量成正比，与该点到场源电荷距离的平方成反比，C错误；

D．克服电场力做功，说明此过程电场力做负功，即

WAB=-1J

可得

D正确。

故选D。

2. 如图所示，将带电量为q的小球A固定在绝缘支架上，将另一质量为m，电荷量相等的带电小球B放在距离A球正上方r处恰好处于平衡状态（r远远大于小球直径），则（　　）

A. A、B两球可能带异种电荷

B. 两小球的电量

C. 如果小球B的质量变为，则B球重力势能变大

D. 如果小球B的电量变为，则B球的电势能增加

【答案】B

【解析】

【详解】A．由于B球处于平衡状态，所以B应该受到竖直向下的重力和向上的斥力，A、B带同种电荷。故A错误；

B．对B球，根据平衡条件有

解得

故B正确；

C．若小球B的质量变为2m，则

解得

B球下降，重力做正功，重力势能减小故C错误；

D．若小球B的电荷量变为2q，则

解得

B球上升，电场力做正功，电势能减小。故D错误。

故选B。

3. 如图所示，较厚的空腔球形导体壳中有一个正点电荷，则图中a、b、c、d各点的电场强度大小关系为（   ）

A. Ea > Eb > Ec > Ed B. Ea > Ec = Ed > Eb

C Ea > Ec > Ed > Eb D. Ea < Eb < Ec = Ed

【答案】C

【解析】

【详解】当静电平衡时，空腔球形导体壳内壁感应出负电荷，外壁感应出正电荷，感应电荷形成的场强与点电荷形成的电场叠加，导致空腔球形导体壳中场强为零。画出电场线的大致分布如图所示

由于a处电场线较密，c处电场线较疏，d处电场线最疏，b处场强为零，则

Ea > Ec > Ed > Eb

故选C。

4. 如图所示，长为L的绝缘细线一端连着带正电小球（视为点电荷），另一端固定在O点，小球在竖直平面内绕O点做圆周运动。已知小球的质量为m、电荷量为q，匀强电场的电场强度大小为E、方向水平向右，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）

A. 小球经过最低点时速度最大

B. 若细线断裂，小球将做匀变速运动

C. 小球运动过程中的最小速度可能为

D. 若小球做逆时针运动，从B点运动到D点的过程中，其动能、重力势能和电势能之和先增加后减少

【答案】B

【解析】

【详解】如下图所示，把小球受到的重力和电场力合成，因为重力和电场力是恒力，所以也为恒力，小球等效成在和绳子的拉力作用下的圆周运动，过O点作直径EK，使EK和的方向平行。

A．根据圆周运动的规律可知小球过K点的速度最大，绳子的拉力也最大，故A错误；

B．若细线断裂，小球将受重力和电场力的合力作用，为恒力，根据牛顿第二定律可知，小球将做匀变速运动，故B正确；

C．根据完整圆周运动的条件可知，当小球在E点，提供向心力时，此时细线拉力为零，速度最小，即

解得

故C错误；

D．若小球做逆时针运动，从B点运动到D点的过程中，根据能量守恒定律可知，动能、重力势能和电势能之和不变，故D错误。

故选B。

5. 一根长为L、横截面半径为r的金属棒，其材料的电阻率为ρ。金属棒内单位体积自由电子数为n，电子的电荷量为e。在棒两端加上恒定的电压U时，金属棒内产生电流，则自由电子定向运动的平均速率为（   ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】根据欧姆定律有

根据电阻定律有

电流的微观表达式

联立几式得

故选A。

6. 如图所示，直线I为某电源的伏安特性曲线，曲线Ⅱ为某小灯泡的伏安特性曲线。则下列判断中错误的是（　　）

A. 电源的电动势E=3.0V

B. 电源的内阻r=1.5Ω

C. 该灯泡直接与该电源相接时，灯泡电阻为1Ω

D. 该灯泡直接与该电源相接时，灯泡功率为1.5W

【答案】C

【解析】

【详解】A．电源的电动势纵轴的截距，E=3.0V，A正确；

B．电源的内阻

B正确；

C．该灯泡直接与该电源相接时，灯泡电阻为

C错误；

D．该灯泡直接与该电源相接时，灯泡功率为

D正确。

故选C。

7. 如图所示，当S闭合，甲、乙两表是电压表时，两表示数之比，当S断开，若甲、乙两表都为电流表时（　　）

A. 甲、乙两表示数之比为2：5

B. 甲、乙两表示数之比为3：5

C. 通过与上的电流的之比为2：3

D. 与消耗的功率之比为2：3

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】当S闭合，甲、乙两表是电压表时，两电阻串联，甲电压表测电源的电压，乙电压表测两端的电压，因串联电路中总电压等于各分电压之和，且

所以，、两端的电压之比

因串联电路中各处的电流相等，所以，由可得，两电阻的阻值之比

当开关S断开，甲、乙两表都为电流表时，两电阻并联，电流表甲测通过支路的电流，电流表乙测干路电流，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，、两支路的电流之比

因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，两表示数之比

由可得，与消耗的功率之比

故A正确，BCD错误。

故选A。

二、多选题（4*5=20分）

8. 如图甲所示，在两距离足够大的平行金属板中央有一个静止的电子（不计重力），当两板间加上如图乙所示的交变电压后，若取电子初始运动方向为正方向，则下列图象中能正确反映电子的速度v、位移x、加速度a、动能四个物理量随时间变化规律不正确的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】BCD

【解析】

【详解】A．电子一个周期内的运动情况为：时间内，电子从静止开始向A板做匀加速直线运动，原方向做匀减速直线运动，时刻速度为零。时间内向B板做匀加速直线运动，继续向B板做匀减速直线运动，根据匀变速运动速度图象是倾斜的直线可知A符合电子的运动情况，故A正确，不符合题意；

B．电子做匀变速直线运动时图象是抛物线，故B错误，符合题意；

C．由于可知匀变速运动的加速度大小不变，方向发生变化，故图象应平行于横轴，故C错误，符合题意；

D．匀变速运动速度图象是倾斜的直线，根据

可知图象是曲线，故D错误，符合题意。

故选BCD。

9. 如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，一带负电油滴被固定于电容器中的P点。现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（　　）

A. 平行板电容器的电容变小

B. 静电计指针张角变小

C. 带电油滴受到的电场力减小

D. 带电油滴的电势能减少

【答案】ACD

【解析】

【详解】A．根据

可知，d增大，则电容器电容减小，故A正确；

B．静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故B错误；

CD．因电容器与电源相连，因此容器两端的电势差不变，d增大，根据

则电场强度减小，带电油滴受到的电场力变小；点与上极板的电势差减小，则点的电势增大，因为该油滴带负电，所以根据

可知电势能减小，故CD正确。

故选ACD。

10. 如图所示，把两只完全相同的表头进行改装，已知表头内阻，下列说法正确的是（    ）

A. 由甲图可知，该表头满偏电流

B. 甲图是改装成的双量程电压表，其中b量程为15V

C. 乙图是改装成的双量程电流表，，

D. 乙图是改装成的双量程电流表，，

【答案】ABD

【解析】

【分析】

【详解】AB．由题图甲可知

其中b的量程为

所以AB正确；

CD．改装为电流表时，通过电阻的电流为

分流电阻的阻值为

改装为电流表时，有

联立解得

，

所以C错误D正确；

故选ABD。

11. 如图所示电路，电源电动势为E，内阻为r，Rt为光敏电阻（光照强度增加时，其电阻值减小），现减弱光照强度，则下列判断正确的是（　　）

A. B灯变暗，A灯变亮 B. R0两端电压变大

C. 电源路端电压变大 D. 电源总功率变小

【答案】CD

【解析】

【详解】ABC．根据题意减弱光照强度时Rt增加，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知干路电流I减小，电源的内电压减小，路端电压U增大，流过A灯的电流IA增大，则A灯变亮；通过R0电流：

I0=I−IA

I减小，而IA增大，故I0减小，则R0两端电压U0减小，而R0、B灯的电压之和等于路端电压，因路端电压增大，则知B的电压增大，所以B灯变亮；故AB错误，C正确。

D．电源的总功率：

P=EI

因为E不变，I减小，则P减小，故D正确。

故选CD。

12. 如图(a)电路，当变阻器的滑动片从一端滑到另一端的过程中， 两电压表的示数随电流的变化情况如图(b)U-I图像中的AC．BC两直线所示，不考虑电表对电路的影响．下面说法错误的是（   ）

A. 电源电动势为E=9V B. 电源内阻r = 1Ω

C. 定值电阻R0=3Ω D. 变阻器消耗的最大功率为7W

【答案】AD

【解析】

【详解】C．电压表V1的示数随电流表示数的变化图象应为BC；电压表V2的示数随电流表示数的变化图象应为AC；定值电阻为

故C正确；

AB．当I=0.5A时，有

R=R外-R0=12Ω

根据闭合电路的欧姆定律

E=7.5+0.5r ；E=6+2r

可得

E=8V，r=1Ω

故A错误，B正确；

D．当R=R0+r=4Ω时，变阻器消耗电功率最大，变阻器两端的电压为

UR==4V

变阻器消耗的最大功率为

故D错误。

故选AD。

三、实验题（13题2分，14题9分，15题6分）

13. 某课外兴趣小组在用“伏安法测电阻”实验中，测得两电表示数如图所示，电流表读数为________A，电压表读数为________V。

【答案】    ①. 0.42    ②. 2.60

【解析】

【详解】[1]由图所示电流表可知，其量程为，分度值为0.02A，示数为0.42A。

[2]由图所示电压表可知，其量程为，分度值为0.1V，示数为2.60V。

14. 某同学打算测量由某种合金材料制成的金属丝的电阻率（阻值约5欧），待测金属丝的横截面为圆形。实验器材有：毫米刻度尺、螺旋测微器、电压表（内阻约2千欧）、电流表（内阻约2欧）、滑动变阻器、电源、开关、待测金属丝及导线若干。

（1）用毫米刻度尺测量待测金属丝的长度，用螺旋测微器测量其直径，结果分别如图1和图 2所示，可得其长度? =___________cm，直径? =___________mm；

（2）该同学要用图像法求出待测金属丝的阻值，要求电压从0开始变化。请在答题卡上将图3所示实物电路图中所缺导线补全；（    ）

（3）图4是根据实验中测得的6组电流、电压的值描绘的点，在答题纸图4上作图___________，由图可求出电阻值=___________Ω（保留3位有效数字），电阻丝的真实值比该测量值___________（相同，偏大，偏小）；

（4）请写出待测金属丝的电阻率?的表达式=___________（用测得的物理量符号和已知常数表示）。

【答案】    ①. 59.40    ②. 0.434    ③.     ④.     ⑤. 5.81    ⑥. 偏大    ⑦.

【解析】

【详解】（1）[1]刻度尺的分度值为1mm，根据读数规则可知，长度为

[2]螺旋测微器的分度值为0.01mm，根据读数规则可知，直径为

D=0+43.4×0.01mm=0.434mm

（2）[3]电压表测金属丝两端的电压，要使得电压表的数值从0开始变化，滑动变阻器要采用分压接法，具体连线如图所示

（3）[4]排除第二个明显错误的点，连线作图如图所示

[5]根据上述分析可知，图中图线斜率即为电阻，有

[6]由于电压表分流作用，所测出的电流比实际电流大，从而导致所测出的电阻比实际电阻校，即电阻的真实值大于测量值。

（4）[7]由题意及可得

15. 某同学想把一量程为2mA、内阻未知的毫安表改成量程为0.6A的电流表，该同学先用多用电表测量此毫安表的内阻，进行了如下操作：

（1）将多用电表挡位调到电阻“”挡，再将红表笔和黑表笔短接，调零点；

（2）将图甲中多用电表的红表笔和___________（填“1”或“2”）端相连，黑表笔连接另一端；

（3）测量电阻时发现多用电表指针偏转角度过小，需要将多用电表挡位调到电阻___________（填“”或“”）挡；

（4）将红表笔和黑表笔短接，调零点；

（5）测量时，多用电表指针刚好指在表盘正中间，如图乙所示，毫安表的指针也刚好指在表盘正中间，由此可以得到毫安表的内阻为___________；

（6）如果需要改成量程为0.6A的电流表，需要___________（填“串联”或“并联”）___________（结果保留2位有效数字）的电阻。

【答案】    ①. 1    ②. ×100    ③. 1500##15k##1.5×103    ④. 并联    ⑤. 5.0

【解析】

【详解】（2）[1]电流从多用电表红表笔流入、黑表笔流出，从待测毫安表正接线柱流入、负接线柱流出，所以应将图甲中多用电表的红表笔和1端相连，黑表笔与2端相连。

（3）[2]测量电阻时发现多用电表指针偏转角度过小，即指针所指刻度值过大，说明所选挡位相对待测毫安表的内阻而言偏小，需要将多用电表挡位调到更高的电阻挡。

（5）[3]由图乙可知毫安表的内阻为1500Ω。

（6）[4][5]如果需要将毫安表改成量程为0.6A的电流表，则需要并联分流电阻的阻值为

四、解答题（16题8分，17题13分，18题14分）

16. 如图所示，电源电动势为6 V，内阻为1 Ω，R1=5 Ω，R2=10 Ω，滑动变阻器R3阻值变化范围为0～10 Ω，求电路中的总电流的变化范围。

【答案】0.55~1 A

【解析】

【详解】当R3阻值为零时，R2被短路，外电阻最小，电流最大

R外=R1=5 Ω

当R3阻值为10 Ω时，外电阻最大，电流最小

电路中的总电流的变化范围是0.55~1 A。

17. 一束电子流经U1=5000V的加速电压加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，两极板间电压U2=400V，两极板间距d=2.0cm，板长L1=5.0cm。

（1）求电子在两极板间穿过时的偏移量y；

（2）若平行板的右边缘与屏的距离L2=5cm，求电子打在屏上的位置与中心O的距离Y（O点位于平行板水平中线的延长线上）；

（3）设电子质量为m，电荷量为q，现有另一个质量为2m的三价负离子（不计重力）经同一电压U1加速，再经同一偏转电场，射出偏转电场的偏移量y′和打在屏上的偏移量Y′各是多大。

【答案】(1)0.25cm；(2)0.75cm；(3)0.25cm，0.75cm

【解析】

【详解】(1)电子加速过程，由动能定理得

进入偏转电场，电子在平行于极板的方向上做匀速运动，

L1＝v0t

在垂直于极板的方向上做匀加速直线运动，加速度为

偏移距离

联立解得

代入数据得

y＝0.25cm

(2)由于平抛运动速度的反向延长线恰好过水平位移的中点，且离开电场后做匀速直线运动如图，由几何关系知

可得

代入数据得

Y＝0.75cm

(3)由于

，

偏移量与粒子的质量m和电荷量q无关，故3价负离子经同样装置后

y′＝y＝0.25cm，Y′＝Y＝0.75cm

18. 如图所示，光滑绝缘斜面高度h＝0.45 m，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＝0.9 m，板间距离d＝0.6 m，R1＝3 Ω，R2＝3 Ω， R3＝6 Ω．可以看为质点的带电小球，电量q＝－0.01 C，质量m＝0.03 kg，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tan θ＝，求电源内阻r．

（3）若S1、S2均闭合，判断小球能否飞出平行板？

【答案】（1）18 V　（2）1 Ω　（3）能飞出

【解析】

【分析】考查力电综合问题．

【详解】（1）小球下滑过程机械能守恒，

由机械能守恒定律得：

解得： ，

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：

解得：

E＝＝＝18 V

（2）当S1断开，S2闭合时，带电小球做类平抛运动，

水平方向：

竖直方向分速度：

对带电小球，由牛顿第二定律得：

，其中： ，

代入数据解得：a1＝4m/s2，E1＝18 N/C，UC＝10.8 V，

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：

由部分电路欧姆定律：

由闭合电路欧姆定律：

代入数据解得：r＝1 Ω．

（3）当S1、S2均闭合时，R2与R3并联，并联电阻：

电路电流：

电压：

对小球，由牛顿第二定律得：

其中电压：

联立求解：

对带电小球类平抛运动分析，有：

联立求解：y＝03 m，y＝＝0.3 m，

带电小球恰好从右侧极板边缘飞出．