天津市第二十中学2024-2025学年高二上学期第一次月考物理试卷

这是一份天津市第二十中学2024-2025学年高二上学期第一次月考物理试卷，共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.如图所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长为，，当将C与D接入电压恒为U的电路时，电流为2A，若将A与B接入电压恒为U的电路中，则电流为( )
A. B. 1AC. 2AD. 4A
2.一个用满偏电流为3mA的电流表改装而成的欧姆表，调零后用它测的标准电阻时，指针恰好指在刻度盘的正中间，如果用它测量一个未知电阻时，指针指在1mA处，则被测电阻的阻值为( )
A. B. C. D.
3.在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积为S、电流为I的电子束．已知电子的电荷量为e、质量为m，则在刚射出加速电场时，一小段长为的电子束内的电子个数是( )
A. B. C. D.
4.如图所示的电路中，闭合开关，灯、正常发光．由于电路出现故障，突然发现变亮，变暗，电流表的读数变小，根据分析，发生的故障可能是( )
A. 断路
B. 断路
C. 短路
D. 短路
5.A、B是一对平行的金属板，一电子静止在两板中间，时刻在两极板间加上如图若两金属板加上如图丙所示的交变电压，电子的运动情况为( )
A. 电子一直向A板运动
B. 电子一直向B板运动
C. 电子先向A板运动，然后向B板运动，再返回出发点做周期性来回运动
D. 电子先向B板运动，然后向A板运动，再返回出发点做周期性来回运动
二、多选题：本大题共5小题，共20分。
6.一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直直向下。若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，下列说法正确的是( )
A. 油滴带正电
B. 电势能增加
C. 动能增加
D. 重力势能和电势能之和增加
7.如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场，之后进入电场线竖直向下的匀强电场发生偏转，最后打在屏上。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么( )
A. 偏转电场对三种粒子做功一样多
B. 三种粒子打到屏上时的速度一样大
C. 三种粒子一定打到屏上的同一位置
D. 三种粒子运动到屏上所用时间相同
8.如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为
A. 保持S闭合，将A板向B板靠近，则增大B. 保持S闭合，将A板向B板靠近，则不变
C. 断开S，将A板向B板靠近，则增大D. 断开S，将A板向B板靠近，则不变
9.如图所示，直线I、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的图线，如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是( )
A. 电源1比电源2的内阻大
B. 电源1和电源2的电动势相等
C. 小灯泡与电源1连接时消耗的功率比与电源2连接时消耗的功率小
D. 小灯泡与电源1连接时消耗的功率比与电源2连接时消耗的功率大
10.四个相同的电流表分别改装成两个安培表和两个电压表，安培表的量程大于的量程，电压表的量程大于的量程，把它们按图接入电路中( )
A. 的读数比的读数大
B. 指针偏转角度比指针偏转角度大
C. 读数比读数大
D. 指针偏转角度比指针偏转角度大
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某物理学习小组的两位同学采用“伏安法”测金属丝的电阻率实验中，实验室备有下列实验器材：
A.电压表量程，内阻约为
B.电压表量程，内阻约为
C.电流表量程，内阻约为
D.电流表量程，内阻约为
E.变阻器
F.变阻器
G.电池组电动势为3V，内阻约为
H.待测金属丝阻值约为
I.开关S，导线若干，米尺，螺旋测微器等
为减小实验误差，电压表应选用______；电流表应选用______；滑动变阻器应选用______；填代号。
甲乙两位同学分别画出了两个电路图，如图甲、乙所示。本实验选用______填“甲”或“乙”图比较合适。
实验中用螺旋测微器测量金属丝的直径，使用时发现所用螺旋测微器存在零误差。测微螺杆与测砧直接接触时读数如图甲所示，测量金属丝直径时如图乙所示，则金属丝的直径______mm；
如果实验中测得金属丝的电阻值为R，用米尺测出的金属丝长度为L，用螺旋测微器测出的金属丝的直径为d，则其电阻率______。
12.在“测定电池的电动势和内阻”的实验中，已连接好部分实验电路。
按图甲的实验电路，把图乙中剩余的电路连接起来；
在图乙的电路中，为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于______端选填“A”或“B”；
如图是根据实验数据作出的图象，由图可知，电源的电动势______ V，内阻______。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.如图所示的匀强电场，等势面是一簇互相平行的竖直平面，间隔均为d，各等势面电势已在图中标出，现有一质量为m的带电小球以速度、方向与水平方向成角斜向上射入电场，要使小球做直线运动，求：
小球应带何种电荷及其电荷量；
小球受到的合外力；
在入射方向上小球运动的最大位移电场足够大。
14.如图所示，M为一线圈电阻的电动机，，电源电动势。当开关S断开时，理想电流表的示数，当开关S闭合时，理想电流表的示数为。求：
电源内阻r；
开关S闭合时，通过电动机的电流；
电动机消耗的总功率。
15.如图所示为一真空示波管，电子从灯丝K发出初速度不计，经灯丝与A板间的加速电压加速，从A板中心孔沿中心线射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中偏转电场可视为匀强电场，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点．已知加速电压为，M、N两板间的电压为，两板间的距离为d，板长为，板右端到荧光屏的距离为，电子的质量为m，电荷量为求：
电子穿过A板时的速度大小；
电子从偏转电场射出时的侧移量；
点到O点的距离．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：根据电阻定律公式，有：
…①
…②
故
根据欧姆定律，电压相同时，电流与电阻成反比。故两次电流之比为1：4，故将AB接入电路时，电流为；
故选：A。
根据电阻定律公式确定两次电阻值之比，然后根据欧姆定律确定电流之比。
本题主要考查电阻定律和欧姆定律的灵活运用。要注意导体的接法不同时，电体的电阻不相同。
2.【答案】A
【解析】解：当电流达到满偏电流的一半时，所测电阻与内部电阻相同，为中值电阻
中值电阻为，则
再由
得
则A正确，BCD错误；
故选：A。
因测量电阻指针指在刻度的中间，则中值电阻为，则其内阻为电池的电动势为，再由可求得
考查欧姆表的内部电路，明确中值电阻等于内阻。会由全电路欧姆定律求不同电流时的电阻值。
3.【答案】D
【解析】解：根据动能定理得：
得到：
…①
在刚射出加速电场时，一小段长为的电子束内电子电量为：
…②
电子数…③
联立①②③得：
故ABC错误，D正确
故选：D。
根据动能定理求出电子刚出加速电场时的速度在一小段长为内电子可以看成做匀速运动，由求出电子运动的时间，根据电流求出长为电子束的电量，再求解电子数．
该题考查对电流的微观表达式的理解，解答本题关键是建立物理模型，对电子束运动情况进行简化．中等难度．
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查的是电路故障分析，解题时首先认识电路的结构：没有发生故障前，与并联，与并联后与串联再与并联，两部分并联电路再串联，画出等效电路图，将选项逐一代入，根据欧姆定律分析，选择符合题意的选项。
本题是电路中故障分析问题，首先要识别电路的结构，其次按照“局部整体局部”的思路进行分析。
【解答】
A.若断路，总电阻变大，总电流减小，左边部分电路结构没变，电流仍按原比例分配，、中电流都减小，变暗，与题意相矛盾，故A错洖；
B.若断路，总外电阻变大，总电流减小，路端电压变大，两端电压变大，变亮；右边部分电路结构没变，电流仍按原比例分配，总电流减小，通过、的电流都减小，变暗，符合题意。故B正确；
若短路或短路，总电阻减小，总电流增大，A中电流变大，与题意相矛盾，故CD错误。
故选：B。
5.【答案】D
【解析】解：根据，作出电子的图像，如左图所示，在内电子做匀加速直线运动，时速度最大，做匀减速直线运动，时速度减为零，反向做匀加速直线运动，时速度最大，做匀减速直线运动，T时速度减为零，回到出发点，然后重复往返运动，其图像如右图所示，故ABC错误，D正确。
故选：D。
电子受到电场力的作用做匀变速直线运动，根据图像电压的变化分析电子的受力情况，进而分析其运动状态。
考查对匀变速直线运动规律的理解及交变电场中电子的受力情况的理解，根据图像分析。
6.【答案】AC
【解析】解：A、对油滴受力分析可知，油滴受到重力和电场力作用，重力向下，所以电场力一定向上，所以电荷带正电，故A正确；
B、电荷向上运动，电场力做正功，电势能减小，故B错误；
C、电荷向上运动，合力向上，所以电荷受到的合力对电荷做正功，动能增加，故C正确；
D、根据能量守恒可知，动能增加，重力势能和电势能之和要减小，故D错误；
故选：AC。
根据图中轨迹的弯曲方向，可以判断出重力和电场力的大小关系，也可以判断电荷的性质，然后根据功能关系进行求解即可。
本题在电场和重力场的复合场中重点考查带电小球的功能关系转化。在学习过程中要明确各种功能关系是解这类问题的关键。
7.【答案】AC
【解析】解：AC、带电粒子在加速电场中加速，电场力做功为：
；
由动能定理可知：
；
解得：；
粒子在偏转电场中的时间为：
在偏转电场中的纵向速度为：
，
纵向位移为：；即位移与比荷无关，与速度无关；则可三种粒子的偏转位移相同，则偏转电场对三种粒子做功一样多；故AC正确；
BD、因三粒子由同一点射入偏转电场，且偏转位移相同，故三个粒子打在屏幕上的位置一定相同；因粒子到屏上的时间与横向速度成反比；因加速后的速度大小不同，故三种粒子运动到屏上所用时间不相同；故BD错误。
故选：AC。
由动能定理定理可求得粒子进入偏转电场时的速度，再对运动的合成与分解可求得偏转电场中的位移；再由几何关系可明确粒子打在屏上的位置。根据电场力做功可明确做功大小关系。
本题考查带电粒子在电场中的偏转，要注意偏转中的运动的合成与分解的正确应用；正确列出对应的表达式，根据表达式再去分析速度、位移及电场力的功。
8.【答案】AD
【解析】解：A、B、保持S闭合，电容器两极板间的电势差等于电源的电动势，不变；故电场强度为，当A板向B板靠近时，电场强度变大，电场力变大，故变大，故A正确，B错误；
C、D、断开S，电容器带电量Q不变，根据电容器电容定义式、平行板电容器的公式以及电压与电场强度关系公式，得到：，故电场强度与两极板距离d无关，故将A板向B板靠近，电场强度不变，电场力不变，故倾角不变，故C错误，D正确；
故选：AD。
带电小球受到重力、电场力和细线的拉力而平衡，电场力越大，细线与竖直方向的夹角越大；根据电容器电容定义式、平行板电容器的公式以及电压与电场强度关系公式对各种变化中电场强度进行分析，得到电场强度的变化情况，最后判断电场力变化情况和偏转角变化情况．
本题关键是明确：电键闭合时，电容器电压不变；电键断开时，电容器电量不变．结合电容的定义式和决定式分析求解．
9.【答案】ABC
【解析】解：AB、根据闭合电路的欧姆定律可得
所以，电源的图线的纵截距表示电源电动势，斜率的绝对值表示电源内阻，由题图知
，故AB正确；
CD、小灯泡的图线与电源的图线的交点即为小灯泡的工作状态，由题图知
，故C正确，D错误。
故选：ABC。
根据电源的外特性曲线图线，可比较电动势和内阻。
根据灯泡伏安特性曲线与电源外特性曲线交点确定灯泡与电源连接时工作电压与电流，即可比较功率。
本题关键在于对电源外特性曲线、灯泡伏安特性曲线的理解，明确交点的含义，掌握了知识点，难度并不大。
10.【答案】AC
【解析】解：AB、电流表改装成安培表是并连一个较小的电阻，并联的电阻越小，量程越大，所以安培表的内阻小，的内阻大，当它们并联时，则流过的电流要大一些，所以安培表的读数较大，因为是由两个同样的电流表改装而成的，并联在电路中，所以指针偏转角度一样大，选项A正确，选项B错误；
CD、同理改装成电压表，串联在电路中时，两表的指针偏转角度也是一样大，选项D错误，电压表的量程大，说明串联的电阻大，的内阻大于的内阻，串联分压大，所以读数比读数大，选项C正确．
故选：
两个安培表和两个伏特表均是由四个相同的电流表改装成的，表头的满偏电流和内阻相同．安培表、并联，电压相同，表头的电流，指针偏转角度相同，量程越大，其读数越大．伏特表与串联，流过表头的电流相同，指针偏转的角度相同，则量程越大，其读数越大．
本题关键要知道安培表和伏特表都是由小量程电流表表头改装而成的，其核心是表头，表头指针的偏转角度取决于流过表头的电流．
11.【答案】A D E 甲
【解析】解：由于电源的电动势为3V，所以电压表应选A；被测电阻约为，电路中的最大电流约为，电流表应选D；根据变阻器允许通过的最大电流，变阻器应选E；
由题意可知，电压表内阻远大于待测电阻阻值，应采用电流表外接法，应选图甲所示电路；
由甲图可知，螺旋测微器的零误差为，乙图读数为：，
所以金属丝直径为：。
由电阻定律可知：，则电阻率：；
故答案为：；D；E；甲；；。
根据电源电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，从保护电路安全与方便实验操作的角度选择滑动变阻器。
根据电表内阻与待测电阻阻值间的关系确定电流表接法，然后选择实验电路图。
螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数。
根据电阻定律求出电阻率的表达式。
本题考查了实验器材与实验电路的选择、螺旋测微器读数与求电阻率表达式问题，要掌握实验器材的选择原则；要掌握常用器材的使用方法与读数方法，螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数，螺旋测微器需要估读。
12.【答案】
【解析】解：如图
为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于最大值，故应置于A端；
根据闭合电路欧姆定律
得
由此可知图的纵截距为电源电动势
由上面可知图的斜率绝对值为电源的内阻
故答案为：见解析；；，
由原理图将电流表与滑动变阻器串联，将电压表并联在电滑动变阻器及电流表两端，注意开关应能控制整个电路；
滑动变阻器在开始时应调节到使电路中电流最小的位置；
由图可知，图象由纵坐标的交点为电动势；由图象与横坐标的交点利用闭合电路欧姆定律可求得内电阻。
本题考查实物图的连接、数据的处理等内容，要求能正确理解电路的接法及实验安全性的要求，并能正确根据图象得出电动势和内电阻。
13.【答案】解：作出电场线如图所示，只有小球受到向左的电场力，电场力和重力的合力与初速度才可能在同一条直线上，如图所示，所以小球带正电，小球沿方向做匀减速直线运动，由图知
已知相邻等势面间的电势差为U，所以
可得。
由图知
由动能定理得
所以
答：小球应带正电荷，电荷量为；
小球受到的合外力是；
在入射方向上小球运动的最大位移是。
【解析】根据电场线与等势面垂直，并指向电势较低的等势面，画出电场线。要使小球做直线运动，则重力与电场力的合力与初速度共线，由此可确定小球的电性，及电荷量。
根据力的合成法求小球受到的合外力；
小球在入射方向先做匀减速直线运动，后反向做匀加速直线运动，速度为零时位移最大，由动能定理求小球的最大位移。
本题要根据小球的运动情况去判定受力情况，由于重力方向一定，且做直线运动，所以可确定电场力方向，再由电场线来确定电性及电量；根据受力分析，借助动能定理或牛顿第二定律求出加速度，再由运动学公式来求出最大位移。
14.【答案】解：当开关S断开时，电源与定值电阻R构成串联回路，根据闭合电路欧姆定律得
解得电源的内阻
开关S闭合后，定值电阻R与电动机并联，电流表测干路电流，路端电压为
通过定值电阻R的电流为
通过电动机的电流为
电动机消耗的总功率即电动机的电功率
答：电源内阻r为；
开关S闭合时，通过电动机的电流为；
电动机消耗的总功率为90W。
【解析】当开关S断开时，根据闭合电路欧姆定律求电源的内阻r。
当开关S闭合时，已知电流表的示数，根据闭合电路欧姆定律求出路端电压，由欧姆定律求出通过R的电流。根据并联电路规律得到通过电动机的电流。
由公式求电动机消耗的总功率。
对于电动机电路，要知道电动机正常工作时其电路是非电阻电路，不能根据求电动机的电流。
15.【答案】解：粒子在加速电场中只有电场力做功，根据动能定理有：
电子穿过A板时的速度大小为：
电子进入偏转电场后，在电场力作用下做类平抛运动，令电子运动时间为，电子在水平方向做匀速直线运动。
故有：
电子在偏转电场中的运动时间为：
在竖直方向电子做初速度为0的匀加速运动，已知偏电压为，极板间距为d，则电子在偏转电场中受到的电场力为：
由牛顿第二定律知，电子产生的加速度为：
所以电子在偏转电场方向上的侧位移为：
由分析知，电子离开偏转电场时在竖直方向的速度为：
电子离开偏转电场后做匀速直线运动，电子在水平方向的分速度，产生位移为，电子运动时间：
电子在竖直方向的分速度为：
产生位移为：
所以电子偏离0点的距离为：
【解析】解析请参考答案文字描述