2021-2022学年河南省信阳高级中学高二上学期9月月考物理试题含解析版

这是一份2021-2022学年河南省信阳高级中学高二上学期9月月考物理试题含解析版，共18页。试卷主要包含了选择题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题（每小题4分，共40分，1-7单选，8-10多选）
1．用图示的电路可以测量电阻的阻值．图中Rx是待测电阻，R0是定值，G是灵敏度很高的电流表，MN是一段均匀的电阻丝．闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表G的电流为零时，测得MP=l1，PN=l2，，则Rx的阻值为（ ）
A．B．C．D．
2．如图甲所示的电路，其中电源电动势，内阻，定值电阻，已知滑动变阻器消耗的功率P与其接入电路的有效阻值的关系如图乙所示。则下列说法中正确的是（ ）
A．图乙中滑动变阻器的最大功率
B．图乙中，
C．滑动变阻器消耗功率P最大时，定值电阻R也消耗功率最大
D．调整滑动变阻器的阻值，可以使电源的输出电流达到
3．利用电动机通过如图所示的电路提升重物，已知电源电动势E=6V，电源内阻r=1Ω，电阻R=3Ω，重物质量m=0.20kg。当将重物固定时，电压表的示数为5V。当重物不固定，且电动机最后以稳定的速度匀速提升重物时，电压表的示数为5.5V。不计摩擦，g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．电动机内部线圈的电阻为1Ω
B．稳定匀速提升重物时，流过电动机的电流为1A
C．重物匀速上升时的速度为0.75m/s
D．匀速提升重物时电动机输出的机械功率是2W
4．如图所示，一平行板电容器的两极板A、B水平放置，A在上方，B在下方，上极板A接地，电容器、理想的二极管、开关S与电源相连，已知A和电源正极相连，理想二极管具有单向导电性。现将开关S闭合，位于A、B两板之间P点的带电粒子恰好处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A．断开开关S，将A板向上移动一小段距离，带电粒子将向下移动
B．断开开关S，将A板向左移动一小段距离，用电压表测量A、B两板间的电压，电压值始终不变
C．保持开关S闭合，将B板向左移动一小段距离，二极管两端电压（绝对值）不变
D．保持开关S闭合，将B板向上移动一小段距离，带电粒子将向上移动
5．AB是长为L的均匀带电绝缘细杆，P1、P2是位于AB所在直线上的两点，位置如图所示。AB上电荷产生的静电场在P1处的场强大小为E1，在P2处的场强大小为E2，若将绝缘细杆的右半边截掉并移走（左半边电荷量、位置不变），则P2处的场强大小变为（ ）
A．B．E2–E1C．E1–D．E1+
6．如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为的带电小球，以初速度从点竖直向上运动，通过点时，速度大小为，方向与电场方向相反，则小球从运动到的过程（ ）
A．动能增加B．机械能增加
C．重力势能增加D．电势能增加
7．在光滑的水平面内有一沿x轴的静电场，其电势φ随x变化的φ－x图像如图所示。现有一质量为m、电荷量为q的带负电小球，从坐标原点O开始，仅在电场力作用下，以一定的初速度沿x轴正向运动，下列说法中正确的是（ ）
A．带电小球从O点运动到处的过程中，加速度逐渐增大
B．带电小球从O点运动到的过程中，电场力的冲量为零
C．带电小球从O点运动到的过程中，最大速度为
D．带电小球从O点运动到x2点时速度为
8．某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在同一坐标系内，如图所示，根据图线可知 （ ）
A．反映Pr变化的图线是a
B．电源电动势为8 V
C．电源内阻为2 Ω
D．当电流为0.5 A时，外电路的电阻为6 Ω
9．如图，电源内阻为r，两个定值电阻R1、R2阻值均为R，闭合开关，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V3示数变化量的绝对值是ΔU3，理想电流表A1、A2示数变化量的绝对值分别为ΔI1、ΔI2，则正确的是（ ）
A．A2示数增大
B．V2示数与A1示数的比值减小
C．ΔU3与ΔI1的比值小于
D．ΔI1小于ΔI2
10．如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～ 时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触，重力加速度的大小为g，关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是( )
A．末速度大小为 v0
B．末速度沿水平方向
C．重力势能减少了 mgd
D．克服电场力做功为mgd
二、实验题（共15分）
11．（7分）有一额定电压为2.8 V，额定功率0.56 W的小灯泡，现要用伏安法描绘这个小灯泡的伏安特性曲线，有下列器材可供选用：
A．电压表（量程0~3 V内阻约6 kΩ）
B．电压表（量程0~6 V，内阻约20 kΩ）
C．电流表（量程0~0.6 A，内阻约0.5 Ω）
D．电流表（量程0~200 mA，内阻约20 Ω）
E.滑动变阻器（最大电阻10 Ω，允许最大电流2 A）
F.滑动变阻器（最大电阻200 Ω，允许最大电流150 mA）
G.三节干电池（电动势约为4.5 V）
H.电键、导线若干
(1)为提高实验的精确程度，电压表应选用____；电流表应选用___；滑动变阻器应选用____；（以上均填器材前的序号）
(2)请在虚线框内画出描绘小灯泡伏安特性曲线的电路图____；
(3)通过实验描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图所示，某同学将一电源（电动势E=2 V，内阻r=5 Ω）与此小灯泡直接连接时，小灯泡的实际功率是____W（保留两位有效数字）。
12．（8分）测定金属丝的电阻率，提供实验器材如下：
A．待测金属丝R（电阻约8Ω）B．电流表A（0.6A，内阻约0.6Ω）
C．电压表V（3V，内阻约3kΩ）D．滑动变阻器R1（0-5Ω，2A）
E.电源E（6V）F.开关，导线若干
（1）用螺旋测微器测出金属丝的直径如图所示，则金属丝的直径为________mm．
（2）某同学采用如图所示电路进行实验，请用笔画线代替导线，在图中将实物电路图连接完整（____）．
（3）测得金属丝的直径为d，改变金属夹P的位置，测得多组金属丝接入电路的长度L及相应电压表示数U、电流表示数I，作出如图所示．测得图线斜率为k，则该金属丝的电阻率ρ为________
（4）关于电阻率的测量，下列说法中正确的有________
A．开关S闭合前，滑动变阻器R1的滑片应置于最左端
B．实验中，滑动变阻器R1的滑片位置确定后不可移动
C．待测金属丝R长时间通电，会导致电阻率测量结果偏小
D．该实验方案中电流表A的内阻对电阻率测量结果没有影响
三、解答题（45分）
13．（8分）如图所示，已知电源的电压E=6.3V，电阻r=0.5Ω，定值电阻R1=2Ω，R2=3Ω，R3是总阻值为5Ω的滑动变阻器。合上电键S，调节滑动变阻器的触点P，使之从a端滑动到b端。求通过电源的电流的变化范围。
14．（10分）在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点竖直向上抛出，其运动的轨迹如下图所示.小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点.小球抛出时的动能为8.0J，在M点的动能为6.0J，不计空气的阻力.求：
（1）小球水平位移x1与x2的比值；
（2）小球落到B点时的动能EkB；
（3）小球从A点运动到B点的过程中最小动能Ekmin.
15．（12分）如图所示，在E＝103 V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R＝40 cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q＝10－4 C的小滑块质量m＝10 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧1.5 m的M处以一定初速度释放，若小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点Q，g取10 m/s2，求：
(1)小滑块在Q点的速度大小；
(2)小滑块应以多大的初速度v0向左运动；
(3)小滑块通过P点时对轨道的压力是多大．
16．（15分）如图,带电荷量为q=+2×10-3C、质量为=0.1kg的小球B静置于光滑的水平绝缘板右端,板的右侧空间有范围足够大的、方向水平向左、电场强度E =103N/C的匀强电场.与B球形状相同、质量为0.3kg的绝缘不带电小球A以初速度=10m/s向B运动,两球发生弹性碰撞后均逆着电场的方向进入电场,在电场中两球又发生多次弹性碰撞,已知每次碰撞时间极短,小球B的电荷量始终不变,重力加速度g取10m/s2求:
（1）第一次碰撞后瞬间两小球的速度大小;
（2）第二次碰撞前瞬间小球B的动能;
（3）第三次碰撞的位置
2023届高二实验班物理参考答案
1．C
【详解】
电阻丝MP段与PN段电压之比等于R0和Rx的电压比，即；通过电流表G的电流为零，说明通过电阻丝两侧的电流是相等的，而总电流一定，故通过R0和Rx的电流也相等，故；根据电阻定律公式，有；故，解得．
故选C．
2．B
【详解】
A．由闭合电路欧姆定律的推论可知，当电源外电阻R等于内阻r时，输出功率最大，最大值为
把定值电阻看成电源内阻，由图乙可知，当
滑动变阻器消耗的功率最大，最大功率为
A错误；
B．滑动变阻器的阻值为时与阻值为时消耗的功率相等，有
解得
B正确；
C．当回路中电流最大时，即时定值电阻R消耗的功率最大，C错误；
D．当滑动变阻器的阻值为0时，电路中电流最大，最大值为
则调整滑动变阻器的阻值，不可能使电源的输出电流达到，D错误。
故选B。
3．C
【详解】
A．当将重物固定时，电动机没有机械能输出，整个电路是纯电阻电路，根据闭合电路欧姆定律可知电路中内电压为
则电路中的电流为
设电动机线圈电阻为，又
代入数据解得，故A错误；
B．当电动机匀速提升重物时，电路的内电压为
则电路中的电流为
所以稳定匀速提升重物时，通过电动机的电流为，故B错误；
CD．重物匀速上升时，电动机两端的电压为
电动机的机械功率为
当重物匀速上升时，其电动机的牵引力等于重物的重力，即
由得重物匀速上升的速度为
故C正确，D错误。
故选C。
4．D
【详解】
A．若将开关S断开，电容器带电荷量Q保持不变，根据
，，
得
电场强度E与距离d无关，则将A板上移一小段距离，电场强度E不变，粒子不动，故选项A错误；
B．若断开开关S，将电压表测量两板间电压，构成通路，电容器将会放电，最终电压表无示数，故选项B错误；
C．开关S闭合，将B板向左移动，电容器两板间的正对面积S减小，根据
得，电容C减小，再根据
得，电容器带的电荷量应减小，但是由于二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器带的电荷量Q仍然保持不变，可得两极板间的电场强度
S减小，E增大，根据电路中的电压关系，二极管和电容器的电压之和为电源电动势，电场强度增大时，电容器两板间电压也随之增大，则二极管两端（与电容器两端电压反向）电压变大，故选项C错误；
D．开关S闭合，电容器两极板间的电压U保持不变，将B板向上移动，两极板间距离d减小，根据电场强度
得，E增大，电场力大于重力，带电粒子将向上移动，选项D正确；
故选D。
5．B
【解析】
【详解】
将均匀带电细杆等分为左右两段，设左右两段细杆形成的电场在P2点的场强大小分别为EA、EB，则有EA+EB=E2；左半段细杆产生的电场在P1点的场强为0，右半段细杆产生的电场在P1点的场强大小为E1=EB，去掉细杆的右半段后，左半段细杆产生的电场在P2点的场强大小为EA=E2–EB=E2–E1，选B。
6．B
【详解】
由动能的表达式可知带电小球在M点的动能为，在N点的动能为，所以动能的增量为，故A错误；带电小球在电场中做类平抛运动，竖直方向受重力做匀减速运动，水平方向受电场力做匀加速运动，由运动学公式有，可得，竖直方向的位移，水平方向的位移，因此有，对小球写动能定理有，联立上式可解得，，因此电场力做正功，机械能增加，故机械能增加，电势能减少，故B正确D错误，重力做负功重力势能增加量为，故C错误．
7．B
【详解】
A．由
可知φ－x图像中，斜率等于电场强度，在带电小球从O点运动到处的过程中，斜率不变，电场强度不变，所以加速度不变，故A错误；
BD．带电小球从O点运动到的过程中，电势差为零，电场力做功为零，小球的动能变化为零，故速度变化为零，由
可知，电场力冲量为零，故B正确，D错误；
C．由图可知0~过程，电场力做正功，~过程，电场力做负功，故出速度最大有
可解得
故C错误。
故选D。
8．CD
【详解】
试题分析：电源的总功率，功率与电流成正比，由知电源内部的发热功率与电流的平方成正比，A正确；直流电源的总功率，P-I图象的斜率等于电动势E，则有，电流为2A时电源的总功率与发热功率相等，则根据可得，当电流为0．5A时，根据闭合电路欧姆定律可得出外电路的电阻为6Ω，CD正确
考点：考查闭合电路欧姆定律的图象应用
【名师点睛】要注意根据电源的总功率公式求解电动势，根据发热功率的公式，求解电源的内阻．
9．ABD
【详解】
A．滑动变阻器的滑片向下滑动时，电阻减小，R′和R2的并联阻值减小，电路总电流I1增大，则电源内阻、电阻R1分压增大，U3减小，通过定值电阻R2的电流IR2减小，则通过R1的电流I2增大，即A2示数增大，选项A正确；
B．电压表V2测路端电压U2，电流表A1测总电流I1，且有
由于总外阻减小，总电流I1增大，故V2示数与A1示数的比值
比值减小，选项B正确；
C．电阻R1和电源内阻之和不变，且有
则
选项C错误．
D．A1的示数增大量等于A2示数增大和通过与滑动变阻器并联的R2的电流减小量之和，所以△I1小于△I2，选项D正确。
故选ABD。
10．BC
【详解】
AB．0～时间内微粒匀速运动，则有：qE0=mg，～内，微粒做平抛运动，下降的位移，～T时间内，微粒的加速度 ，方向竖直向上，微粒在竖直方向上做匀减速运动，T时刻竖直分速度为零，所以末速度的方向沿水平方向，大小为v0．故A错误，B正确．
C．0～时间内微粒在竖直方向上向下运动，位移大小为d，则重力势能的减小量为mgd，故C正确．
D．在～内和～T时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，则～内和～T时间内位移的大小相等均为d，所以整个过程中克服电场力做功为，故D错误．
11．（1）（每空1分）A D E
（2）（2分）
（3）（2分）0.18（0.16~0.20范围内均给对）
【详解】
(1)由题意可知，灯泡的额定电压为2.8V，为了准确性及安全性原则，电压表应选择A；由P=UI可得，灯泡的额定电流为：，故电流表应选择D；测量灯泡的伏安特性曲线实验中应采用分压接法，故滑动变阻器应选用小电阻，故滑动变阻器应选择 E；
(2)测量小灯泡的伏安特性曲线时，要求电压值从零开始变化，故滑动变阻器应采有分压接法；灯泡内阻约为：，而电流表内阻约为20Ω，故电流表应采用外接法；故电路图如图所示∶
(3) 由电源的电动势和内阻作出电源的伏安特性曲线如图所示：
则交点为灯泡的工作点，由图可知，灯泡的电压为1.38V，电流为0.15A，则灯泡的功率P=UI=1.3×0.13=0.17W；（0.16~0.20范围内均给对）
【点睛】
根据小灯泡的额定电压可以选出电压表，根据灯泡的额定功率可求出额定电流，则可确定出电流表；根据滑动变阻器的接法可选出滑动变阻器；根据测伏安特性曲线的实验要求可以选出滑动变阻器的接法，由电流表及电压表内阻的关系可得出电流表的接法；在图中作出电源的伏安特性曲线，图像与灯泡的伏安特性曲线的交点为灯泡的工作点，则可得出灯泡的电压及电流，由功率公式可求得实际功率。
12．（每空2分）0.398 AD
【详解】
（1）螺旋测微器主尺刻度0mm，分尺刻度，所以读数为0.398mm．
（2）根据电路图连接实物图如下：
（3）设电流表内阻，根据欧姆定律可知待测电阻：，根据电阻方程：，截面积：，联立解得：，图像斜率：，所以电阻率．
（4）为了保护电路，实验开始前应使待测回路电流最小，滑动变阻器滑片处于最左端，A正确．
B.实验要测量多组电压、电流值，通过改变滑片位置，改变电压表示数，滑动变阻器滑片需要移动，B错误．
C.待测金属丝R长时间通电，因为电流热效应存在，温度升高，电阻率变大，C错误．
D.根据可知，电流表的内阻存在不会改变图像的斜率，对电阻率没影响，D正确．
13．（8分）2.1A～3A
【详解】
外电路是R3的左半部分与R1串联，右半部分与R2串联，然后两部分在并联，则外电路总电阻
又由于
代入数据，两式整理得
①
根据均值不等式，当
，
外电路电阻最大，且最大值为
此时流过电源电流最小，为
当电路中电阻最小时，通过的电流最大，因为
R1所以当P滑到a端时，电路中的电阻最小，由①式可知最小值为
此时的电流为
故电流变化范围是2.1A～3A
14．（10分）(1)1:3(2)32J(3)J
【详解】
(1)如图所示，带电小球在水平方向上受电场力的作用做初速度为零的匀加速运动，竖直方向上只受重力作用做竖直上抛运动，故从A到M和M到B的时间相等，则x1:x2=1:3
(2)小球从A到M，水平方向上电场力做功W电=6J
则由能量守恒可知，小球运动到B点时的动能为
EkB=Ek0十4W电=32J
(3)由于合运动与分运动具有等时性，设小球所受的电场力为F，重力为G，则有：
联立解得
由图可知
则小球从A运动到B的过程中速度最小时速度一定与等效重力G/垂直，故：
15．（12分）(1)(2)7m/s(3)0.6N
【详解】
(1)设滑块到达Q点时速度为v，则由牛顿第二定律得：
代入数据解得：
(2)滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得：
解得：
(3)设滑块到达P点时速度为v′，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得：
又在P点时，由牛顿第二定律得：
代入数据解得
，方向水平向右
16．（15分）25.(1)5m/s；15m/s（2）6.25J；（3）第三次碰撞的位置是在第一次碰撞点右方5m、下方20m处.
【详解】
（1）第一次碰撞时，
两小球动量守恒，即3mv0＝3mv1＋mv2
机械能守恒，即
解得碰后A的速度v1＝5m/s，B的速度v2＝15m/s
（2）碰后AB两球进入电场，竖直方向二者相对静止均做自由落体运动；水平方向上，A做匀速运动，
B做匀减速直线运动，其加速度大小aB＝＝20m/s2
设经过t时间两小球再次相碰，则有v1t＝v2t－aBt2
解得t＝1s
此时，B的水平速度为vx＝v2－aBt＝－5 m/s（负号表明方向向左）
竖直速度为vy＝gt＝10 m/s
故第二次碰前B的动能
（3）第二次碰撞时，AB小球水平方向上动量守恒
机械能守恒，即
解得第二次碰后水平方向A的速度，B的速度＝10m/s
故第二次碰撞后A竖直下落（B在竖直方向上的运动与A相同），
水平方向上， B做匀减速直线运动，
设又经过t'时间两小球第三次相碰，则有
解得t'＝1s
因此，第三次相碰的位置在第一次碰撞点右方x＝v1t＝5m
下方y＝g（t＋t'）2＝20m