2021-2022年吉林长春市十一高中高二（上）第一学月考试物理试题含解析

这是一份2021-2022年吉林长春市十一高中高二（上）第一学月考试物理试题含解析，共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
长春市十一高中2021-2022学年度高二上学期第一学程考试物理试题第Ⅰ卷（共110分）一、选择题：本题共12小题，每小题5分．1-8为单选，9-12为多选，选不全的得3分1. 关于电源电动势，下列说法正确的是（　　）A. 常见充电宝标有5000mA.h或10000mA.h等，此物理量越大，则充电电流越大B. 同一电源接入不同的电路中，电动势会发生变化C. 电动势表征了电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，电源把其他形式的能转化为电能越多，电动势越大D. 1号1.5V干电池比7号1.5V干电池体积大，但电动势相同【答案】D【解析】【分析】【详解】A．常见充电宝标有5000mA.h或10000mA.h等，此物理量越大，则充电宝的电量越大，所以A错误；B．同一电源接入不同的电路中，电动势不会发生变化，电动势是由电源本身性质决定，所以B错误；C．电动势表征了电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，但是电源把其他形式的能转化为电能越多，与电动势越大没有直接关系，还与通电时间有关，所以C错误；D．1号1.5V干电池比7号1.5V干电池体积大，但电动势相同，所以D正确；故选D。2. 两电阻R1、R2的电流I随电压U变化的关系图线如图所示，其中R1的图线与纵轴的夹角和R2的图线与横轴的夹角都是θ＝30°.若将R1、R2串联起来接入电路中，则通电后R1、R2消耗的电功率之比P1∶P2等于(　　)A. 1∶ B. 3∶ C. 1∶3 D. 3∶1【答案】C【解析】【详解】根据I-U图像的斜率的意义可知，，所以当两者串联好之后，其电功率之比P1∶P2=1:3故选C。3. 2019年3月19日，复旦大学科研团队宣称已成功制备出具有较高电导率的砷化铌纳米带材料，据介绍该材料的电导率是石墨烯的1000倍。电导率σ就是电阻率ρ的倒数，即σ=。下列说法正确的是（　　）A. 材料的电导率越小，其导电性能越强B. 材料的电导率与材料的形状有关C. 电导率的单位是D. 电导率大小与温度无关【答案】C【解析】【分析】【详解】A．材料的电导率越小，电阻率越大，则其导电性能越弱，故A错误；B．材料的电阻率与材料的形状无关，则电导率与材料的形状无关，故B错误；C．根据R=ρ，则σ=则电导率的单位是故C正确；D．材料的电阻率与温度有关，则电导率大小与温度有关，故D错误。故选C。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】考查电路和电场知识【详解】，I=neSv，，，联立得E=ρnev，故选C。 5. 将一电源与一电阻箱连接成闭合回路，测得电阻箱所消耗功率P随电阻箱读数R变化的曲线如图所示，由此可知（　　）
 A. 电源最大输出功率可能大于45WB. 外电路阻值分别为2Ω和12.5Ω时，电路的输出功率相等C. 电源电动势为45VD. 电阻箱所消耗功率P最大时，电源效率大于50%【答案】B【解析】【分析】【详解】A．电源最大输出功率即电阻箱最大消耗功率，由图可知为45W，A错误；C．电源的输出功率可表示为当R=r时，输出功率最大，最大值为代入图中数据解得，C正确；B．电源的输出功率为外电路阻值R分别为2Ω和12.5Ω时，代入上述表达式可知，电路的输出功率相等，B正确；D．电阻箱所消耗功率P最大时，R=r，电源效率为D错误。故选B。6. 如图所示的电路中，闭合开关S后，灯L1、L2都能发光．后来由于某种故障使灯L2突然变亮（未烧坏），电压表的读数增大，由此可推断，这故障可能是A. 电阻R1断路 B. 电阻R2短路C. 灯L1两接线柱间短路 D. 电阻R2断路【答案】D【解析】【详解】A.因为电压表的读数增大，所以路端电压增大，电源内阻上的电压减小，说明总电流减小，电路总电阻增大．若电阻R1断路，会导致总电阻增大，总电流减小，而此时灯L2两端电压会减小，致使灯L2变暗，故A错误；B．若电阻R2短路，灯L2将不亮，故B错误；C．若灯L1两接线柱间短路，电路的总电阻减小，总电流增大，电压表的读数减小，不符合题意，故C错误；D．若电阻R2断路，电路的总电阻增大，总电流减小，电压表的读数增大，符合题意，而总电流减小，导致内电压和灯L1、R1并联部分电压减小，灯L2两端电压增大，灯L2变亮，故D正确。故选D。7. 两只电压表V1和V2是由完全相同的电流表改装而成的，V1的量程为5V，V2的量程为15V，为了测量15—20V的电压，把V1、V2串联起来使用，在这种情况下（　　）A. V1和V2两表指针偏转角相等B. V1和V2读数相等C. V1和V2的读数之比随测量值增大而增大D. V1和V2的指针偏转角度之比等于两个电压表的内阻之比【答案】A【解析】【分析】【详解】A．电流表（表头）串联不同的分压电阻改装成不同量程的电压表，故把V1、V2串联起来使用，流过两表头的电流相同，故指针偏转角相，A正确；BC．5V量程电压表的内阻小于15V量程电压表的内阻，两电压表串联，电流相等，示数与内阻成正比，故V1和V2读数不相等，V1和V2的读数之比即内阻之比，保持不变，BC错误；D．由于改装两电压表所用的表头相同，串联后V1和V2的指针偏转角度始终相同，而两电压表内阻不同，D错误。故选A。8. 如图所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，为定值电阻，为可变电阻，开关S闭合。质量为m的带电的微粒从P点以水平速度射入金属板间，忽略粒子所受重力，沿曲线打在N板上的O点，若经下列调整后，微粒仍从P点以水平速度射入，则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是（　　）A. 保持开关S闭合，增大，微粒打在O点左侧B. 保持开关S闭合，减小，微粒打在O点左侧C. 断开开关S，M极板稍微上移，微粒打在O点右侧D. 断开开关S，M极板稍微下移，微粒打在O点右侧【答案】B【解析】【分析】【详解】A．保持开关S闭合，增大，两极板间的电压保持不变，所以微粒仍打在O点，则A错误；B．保持开关S闭合，减小，电路总电阻减小，总电流增大，两端电压增大，则两极板间的电压增大，两极板间的场强增大，微粒所受的电场力增大，所以微粒打在O点左侧，则B正确；CD．断开开关S，两极板间所带的电荷量保持不变，M极板稍微上移或下移时，两极板间的场强保持不变，微粒所受电场力保持不变，所以微粒仍打在O点，则CD错误；故选B。9. 如图电路中，电源电动势为E、内阻为r，R0为定值电阻，电容器的电容为C．闭合开关S，增大可变电阻R的阻值，电压表示数的变化量为ΔU，电流表示数的变化量为ΔI，则：A. 变化过程中ΔU和ΔI的比值保持不变B. 电压表示数U和电流表示数I的比值不变C. 电阻R0两端电压减小，减小量为ΔUD. 电容器的带电荷量增大，增加量为CΔU【答案】AD【解析】【详解】A.根据闭合电路欧姆定律可得，可以画出图象，图象的斜率表示电源内阻与定值电阻之和，所以恒定不变．A正确B. 由图可知，因为电阻增大，所以电压表示和电流表的示数的比值变大．故B错误C.闭合开关，增大可变电阻的阻值后，电流中的电流减小，由欧姆定律可得电阻两端的电压减小，两端的电压增大，而它们总的电压即路端电压增大，所以电阻两端的电压减小量小于．故C错误．D.两端的电压增大量为，因为电容器与并联，所以电容器两端电压增大量为，电容器的带电荷量增量为．故D正确．10. 如图，某电容器由两水平放置的半圆形金属板组成，板间为真空。两金属板分别与电源两极相连，下极板固定，上极板可以绕过圆心且垂直于半圆面的轴转动。起初两极板边缘对齐，然后上极板转过10°，并使两极板间距减小到原来的一半。假设变化前后均有一电子由静止从上极板运动到下极板。忽略边缘效应，则下列说法正确的是（　　）A. 变化前后电容器电容之比为9：17B. 变化前后电容器所带电荷量之比为16：9C. 变化前后电子到达下极板的速度之比为：1D. 变化前后电子运动到下极板所用时间之比为2：1【答案】AD【解析】【分析】【详解】AB．由平行板电容器电容公式设极半径为r，则变化前后电容器电容正对面积之比可知，变化前后电容器电容之比为电容器两端电压不变，变化前后电容器所带电荷量之比为故A正确，B错误；C．电子由静止从上极板运动到下极板过程，由动能定理有解得，电子到达下极板的速度电容器两端电压不变，变化前后电子到达下极板的速度之比为1：1，故C错误；D．电子由静止从上极板运动到下极板过程，电子的加速度电子的运动时间变化前后电子运动到下极板所用时间之比为故D正确。故选AD。11. 如图所示电路中，电源的电动势为E，内电阻为r，且灯L3电阻与电源内阻r相同。当滑动变阻器的滑片P位于中间位置时，三个小灯泡都正常发光，且亮度（功率）相同，则（　　）
 A. 当滑片向左滑动时，电路输出功率一定增大B. 三个灯泡的额定电压相同C. 三个灯泡的电阻从大到小的排列是、、D. 当滑片向左滑动时，灯变亮，灯与变暗【答案】AC【解析】【分析】【详解】A．由题图可知，滑动变阻器R与并联后与串联，再与并联，然后与电源、开关相连，如图所示
 由于灯L3电阻与电源内阻r相同，可知外电阻总阻值始终小于r，当滑片向左滑动时，其阻值增大，导致电路外电阻增大，据输出功率随外电阻的变化图线可知，电路输出功率一定增大，A正确；
 B．由A解析电路图可知，的额定电压显然大于或的额定电压，B错误；C．三个小灯泡的功率相同，由于流过的电流小于流过的电流，由可知，的电阻大于的电阻，由于两端电压大于或两端电压，由可知，的电阻最大，即三个灯泡的电阻从大到小的排列是、、，C正确；D．当滑片向左滑动时，其阻值变大，由“串反并同”规律可知，灯与变亮，灯变暗，D错误。故选AC。12. 如图所示，光滑绝缘的半圆形轨道固定在竖直面内，圆心为O，轨道半径为R，B为轨道最低点。该装置右侧的圆弧置于水平向右的足够大的匀强电场中。某一时刻一个带电小球从A点由静止开始运动。到达B点时，小球的动能为，进入电场后继续沿轨道运动，到达C点时小球的电势能减少量为，则（　　）A. 小球所受重力大小为B. 小球所受电场力的大小为C. 小球脱离轨道后到达最高点时的动能D. 小球在曲面BC运动过程中做匀变速曲线运动【答案】ABC【解析】【分析】【详解】A．到达B点时，小球动能为，从A到B过程，据动能定理可得解得小球所受重力大小为A正确；B．B到C过程小球的电势能减少量为，据功能关系可得解得小球所受电场力的大小为联立可得B正确；C．从A到C过程，据动能定理可得小球脱离轨道后竖直方向以做上抛运动，当竖直分速度为零时达到最高点，历时此时小球的速度为到达最高点时的动能为联立解得C正确；D．小球在曲面BC运动过程是变速圆周运动，有向心加速度，故不是做匀变速运动，D错误。故选ABC。二、填空题：本题共10空，每空2分，共20分13. 为了研究咸湖出现的规律，某同学设计了一个检测河水电阻率的实验，他在一根均匀的长玻璃管两端装上两个橡胶塞和铂电极，如图甲所示，两电极相距L＝0.314m，其间充满待测的河水，安装前他用游标卡尺测量玻璃管的内径，结果如图乙所示。他还选用了以下仪器：量程15V，内阻约300的电压表；量程300，内阻约50的电流表；最大阻值1的滑动变阻器；电动势E＝12V、内阻r＝6的电池组，开关一只，导线若干。图丙坐标系中包括坐标为（0，0）的点在内的9个点表示他测得的9组电流I、电压U的值，根据以上材料完成以下问题：
 （1）玻璃管的内径d＝________cm。（2）图丁中的实物仪器有一部分已连线，将其他部分连接成能测出图丙数据的实物连接图______。 【答案】    ①. 0.550    ②. 【解析】【分析】【详解】(1)[1]该游标卡尺为20分度，可得玻璃管的内径为(2)[2]由丙图数据可知，电压应从零开始调节，滑动变阻器采用分压式接法，用一直线拟合各图中点，如图所示
 图线斜率表示电阻，可得长玻璃管中河水电阻为该阻值远大于电流表内阻，故采用电流表内接法，实物连接如图所示
 14. 某小组进行测电源电动势和内阻实验：（1）利用如图乙所示电路测电源电动势和内阻，为理想电流表，定值电阻。调节电阻箱，记录阻值和对应电流，建立如图丙所示坐标系作出图像，则该图像选取了__________为纵坐标。
 A．　　B．　　C．（2）通过丙图计算电源内阻为___________；若考虑电流表导致的系统误差，则用此种方法所得的电动势与真实真相比___________（填“偏大”“偏小”或“不偏”），内阻测量值与真实值相比___________（填“偏大”“偏小”或“不偏”）【答案】    ①. B    ②. 2.5    ③. 不偏    ④. 偏大【解析】【分析】【详解】(1)[1]由闭合电路欧姆定律可得整理得故图线以R为横坐标，以为纵坐标；故选B。(2)[2]对比图线可得，纵轴截距为斜率为联立解得，[3][4]若考虑电流表导致的系统误差，由闭合电路欧姆定律可得整理得对图线的斜率不影响，故用此种方法所得的电动势与真实真相比不偏，原来把电流表的内阻算在电源内阻上，故内阻测量值与真实值相比偏大。15. 如图为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是最大阻值为可变电阻；表头G的满偏电流为250，内阻为。虚线方框内为换挡开关。A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位。5个挡位为：直流电压1V挡和5V挡，直流电流1mA挡和2.5mA挡，欧姆挡。（1）图中的A端与___________（填“红”或“黑”）色表笔相连接。（2）关于R6的使用，下列说法正确的是__________（填正确答案标号）。A．在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置B．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置C．使用电流挡时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置（3）要想使用直流电压1V挡，选择开关B应与_______相连（填选择开关对应的数字）。（4）将选择开关与“3”相连，把表笔插入A、B并短接，滑动R6的滑片到最上端a处，表头G的指针指在表盘电流处；滑动R6的滑片到最下端b处，表头G的指针指在表盘电流处。则电池的电动势______V。【答案】    ①. 黑
    ②. B    ③. 4    ④. 20【解析】【分析】【详解】(1)[1]图中的A端与电阻挡内部电源的负极相连，为统一电流“红进黑出”，故A端应与黑色表笔相连接。(2)[2]R6为欧姆调零旋钮，应在使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置。故选B。(3)[3]接线柱4和5串联分压电阻，为电压挡，且串联电阻越大，分压越多，即量程越大，故要想使用直流电压1V挡，选择开关B应与4相连。(4)[4]接线柱2对应的分流电阻较小，对应电流表量程较小，为1mA挡，由欧姆定律可得由于可知流过R1、R2的电流为表头电流的3倍，即电路总电流等于表头电流的4倍，表头与R1、R2并联的总电阻为滑动R6的滑片到最上端a处，表头G的指针指在表盘电流处，由闭合电路欧姆定律可得滑动R6的滑片到最下端b处，表头G的指针指在表盘电流处，由闭合电路欧姆定律可得联立解得电池的电动势为三、解答题：本题共3小题，共30分16. 如图所示，一束电子从静止开始经的电场加速后，从水平放置的一对平行金属板正中间水平射入偏转电场中，若金属极板长L＝0.05m，两极板间距d＝0.02m，求：（1）偏转电场两极板间至少要加多大的电压才能使电子不飞出电场；（2）若偏转电压为，求电子离开电场时获得的动能为多少电子伏（eV）。
 【答案】（1）；（2）【解析】【分析】【详解】(1)在加速电场中，根据动能定理得电子进入偏转电场做类平抛运动，水平方向竖直方向由题意可知，电子恰不飞出电场，满足
 联立解得偏转电压的最小值为(2)电子离开偏转电场时水平位移为L，由(1)解析可得，竖直偏移量可表示为若偏转电压为，对比(1)解析中的结论可得，竖直偏移量为电子在加速电场、偏转电场运动的整个过程，据动能定理可得解得电子离开电场时获得的动能为17. 某一用直流电动机提升重物的装置，如图所示，电动机线圈的电阻为，重物的质量，电源内阻为2Ω，不计各处的摩擦。当电动机以的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流。（g取）（1）求电源的电动势E；（2）求电动机的机械效率。【答案】（1）90V；（2）75%【解析】【分析】【详解】(1)电动机的输出功率为电动机的热功率为故电动机的总功率为电动机的总功率为可得电动机两端电压为由闭合电路欧姆定律可得(2)电动机的机械效率为18. 如图所示，足够长的光滑绝缘水平台左端固定一被压缩的绝缘轻质弹簧，一个质量m=0.04kg、电量q=+2×10-4c的可视为质点的带电小球与弹簧接触但不栓接．某一瞬间释放弹簧弹出小球，小球从水平台右端A点飞出，恰好能没有碰撞地落到粗糙倾斜轨道的最高B点，并沿轨道滑下．已知AB的竖直高度h=0.45m，倾斜轨道与水平方向夹角为α=37°、倾斜轨道长为L=2.0m，带电小球与倾斜轨道的动摩擦因数μ=0.5．倾斜轨道通过光滑水平轨道CD与光滑竖直圆轨道相连，在C点没有能量损失，所有轨道都绝缘，运动过程小球的电量保持不变．现有过山车模型的竖直圆轨道处在范围足够大竖直向下的匀强电场中，场强E=2.0×103V/m．（cos37°=0.8，sin37°=0.6，取g=10m/s2）求：（1）被释放前弹簧的弹性势能？（2）要使小球不脱离轨道（水平轨道足够长），竖直圆弧轨道的半径应该满足什么条件？（3）如果竖直圆弧轨道的半径R=0.9m，小球进入轨道后可以有多少次通过竖直圆轨道上距水平轨道高为0.01m的D点右侧某一点P？【答案】（1）0.32J；（2）R≥0.825m或R≤0.33m；（3）6次【解析】【详解】（1）A到B平抛运动： ，  B点   ，得被释放前弹簧的弹性势能： （2）B点： B到C：  带入数据的①恰好过竖直圆轨道最高点：从C到圆轨道最高点： 解得：②恰好到竖直圆轨道最右端时：得 R≥0.825m   R≤0.33m （3）,小球冲上圆轨道高度时速度变为0，然后返回倾斜轨道h1高处再滑下，然后再次进入圆轨道达到的高度为H2 两式联立  ，则H2=0.165m 同理：n次上升高度Hn=（1/5）n-1H1（n＞0）为一等比数列．  （1/5）n-1×0.825≤0.01，当n=4时，上升的最大高度小于0.01m则小球共有6次通过距水平轨道高为0.01m的某一点．