2024~2025学年广西钦州市高二上学期10月月考物理试卷(解析版)

这是一份2024~2025学年广西钦州市高二上学期10月月考物理试卷(解析版)，共12页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1. 关于电流、电压和电阻，下列说法正确的是（ ）
A. 电流的方向与导体中电荷定向移动的方向相同
B. 导体两端有电压，就会产生电流
C. 将一根粗细均匀的电阻丝均匀拉长，其电阻增大，电阻率也增大
D. 在混联电路中，任意一个电阻增大时，电路的总电阻增大
【答案】D
【解析】A．电流的方向与导体中正电荷定向移动的方向相同，选项A错误；
B．导体两端有电压，电路还必须闭合才会产生电流，选项B错误；
C．将一根粗细均匀的电阻丝均匀拉长，横截面积减小，则根据
则其电阻增大，但是电阻率不变，选项C错误；
D．在混联电路中，任意一个电阻增大时，电路的总电阻增大，选项D正确。
故选D。
2. 如图所示为两条电阻丝的图线，甲、乙图线分别与横坐标轴夹角为,若将两条电丝并联接入电路中，通过它们的电流之比为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】根据欧姆定律可知：图线的斜率表示导体电阻，故甲、乙两个电阻丝的电阻分别为、，两条电阻丝并联接入电路，电压相等，根据欧姆定律
可得通过它们的电流之比为
故C正确，ABD错误。
故选C。
3. 某同学用伏安法测一个未知电阻Rx ，用甲、乙图所示的电路各测试一次，依图甲测得的数据是U=2.00 V，I=1.00 mA，依图乙测得数据是U ′=1.90 V，I ′=2.00 mA，下列说法正确的是（ ）
A. 选用甲方法更好，因为甲电路测量的误差较小，真实值应小于2000Ω
B. 选用乙方法更好，因为乙电路测量的误差较小，真实值应小于950Ω
C. 甲电路的电流I和乙电路的电压U′都是准确值，所以电阻的真实值为1900Ω
D. 甲测得阻值为2000 Ω，乙测得950Ω，所以电阻的真实值应该为1475Ω
【答案】A
【解析】电流相对变化为
电压相对变化为
对比可知电压表分流对实验影响大，所以应选择电流表接法（图甲），被测阻值为
由于电压表的读数大于待测电阻两端电压，则测量值偏大，即真实值应小于。
4. 电路图如图甲所示，图乙是电路中的电源的路端电压随电流变化的关系图像，滑动变阻器的最大阻值为，定值电阻。以下说法中正确的是（ ）
A. 电源的内阻为
B. 当时电源的输出功率最大
C. 当时电源的输出功率最大
D. 当时消耗的功率最大
【答案】C
【解析】A．根据闭合电路欧姆定律可得
可知图像的纵轴截距等于电动势，则有
图像的斜率绝对值等于内阻，则有
故A错误；
BC．设电路外电阻为，则电源的输出功率为
可知当外电阻时，电源的输出功率最大，则有
故B错误，C正确；
D．消耗的功率为
可知当
消耗功率最大，故D错误。
故选C。
5. 国产安卓手机在闪充的发展上已经完全领先国际大牌，华为、OPPO等都有推出超级闪充功能。“充电五分钟通话两小时”的手机电源就是源于VOOC闪充新技术。VOOC闪充新技术采用低压大电流的方案，相对其他方案温度较低，充电功率更高，电能转化率达到95%，最快充电速度比一般手机充电技术快4倍以上。如图是普通单线充电数据线和双线快充数据线示意图。与普通充电数据线相比，闪充增加数据线的作用是（ ）
A. 增大充电电压B. 增大电池的容量
C. 增大充电电流D. 增大充电电阻
【答案】C
【解析】AC．VOOC闪充新技术采用低压大电流的方案，故C正确，A错误；
BD．电池的容量由手机决定，数据线根数越多，并联的电阻越小，充电的总电流越大，故BD错误。
故选C。
二、多项选择题（共3小题，每小题6分，共18分。有错不得分，选不全得一半分。）
6. 有一横截面积为的铜导线，流经其中的电流为，设每单位体积的导线有个自由电子，电子的电荷量为，此时电子的定向移动速率为，在时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】设在时间内，通过导线横截面的自由电子数目为，根据电流定义式可得
解得
由于自由电子定向移动的速度是v，因此在时间内，位于以横截面S、长的这段导线内的自由电子都能通过横截面。这段导线的体积为
所以在时间内，通过导线横截面的自由电子数目为
故选AC。
7. 如图所示的电路，L是小灯泡，C是极板水平放置的平行板电容器。有一带电油滴悬浮在两极板间静止不动。若滑动变阻器的滑片向下滑动，则（ ）
A. L变亮B. 电容器C电荷量减小
C. 油滴向下运动D. 油滴保持静止不动
【答案】BC
【解析】A．灯泡、滑动变阻器、电容器并联，滑动变阻器的滑片向下滑动，则滑动变阻器接入电阻R减小，并联后的总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律
可知，干路总电流增大，根据路端电压公式
可知，路端电压减小，即小灯泡电压减小，L变暗，故A错误；
B．由电容定义式
可得
电容器两极板间电压为路端电压，路端电压减小，所以电荷量减小，故B正确；
CD．开始时静止，根据平衡条件可知电场力与重力平衡，现电容器两极板间电压减小，根据
可知电场强度减小，向上的电场力小于重力，油滴向下运动，故C正确，D错误。
故选BC。
8. 关于欧姆表的使用和操作不正确的是（ ）

A. 欧姆表欧姆调零后，用“×10”挡测量一个电阻的阻值，发现指针偏角度极小，为了把电阻测得更准确一些，应换“×100”挡，重新调零后再测量
B. 用多用电表测量电阻R时，若红表笔插入正（＋）孔，则电流从红表笔流入
C. 若操作步骤规范，欧姆挡及指针位置如图甲、乙所示，则测量阻值为160Ω
D. 若用多用电表欧姆挡测量某晶体二极管，结果如图丙所示，由图丙可知该二极管的正极为B端
【答案】D
【解析】A．欧姆表欧姆调零后，用“×10”挡测量一个电阻的阻值，发现指针偏角度极小，说明挡选择过低，则为了把电阻测得更准确一些，应换“×100”挡，重新调零后再测量，选项A正确，不符合题意；
B．用多用电表测量电阻R时，若红表笔插入正（＋）孔，则电流从红表笔流入，选项B正确，不符合题意；
C．若操作步骤规范，欧姆挡及指针位置如图甲、乙所示，档挡在“×10”档，则测量阻值为160Ω，选项C正确，不符合题意；
D．若用多用电表欧姆挡测量某晶体二极管，结果如图丙所示，左边图表示给二极管加的是反向电压，右图二极管加的是正向电压，因“-”极接内部电源的正极，则由图丙可知该二极管的正极为A端，选项D错误，符合题意。
故选D。
三、填空题（每空2分，共28分）
9. （1）图1螺旋测微器读数为________mm，图2游标卡尺读数为________mm。

（2）选择电流表的量程为0~0.6A，则图3中电流表的读数为________A。
（3）某电流表表头内阻为200Ω，满偏电流Ig为2mA，按如图4改装成量程为0~3V和0~15V的电压表，则R1=________Ω，R2=________Ω。
（4）在“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，要求加在小灯泡上的电压从零开始变化，图（a）（b）中滑动变阻器的连接方式应选择________（填“（a）”或“（b）”）；图（c）是某个小灯泡的伏安特性曲线，虚线是A点切线，图线中A点对应的灯丝电阻等于________Ω；随着电压的增大，灯丝的电阻________（填“增大”或“减小”）。

【答案】（1）1.415##1.416##1.417 42.40 （2）0.35 （3）1300 6000 （4）（a） 10 增大
【解析】（1）[1]图1螺旋测微器读数为
1.415mm~1.417mm均算正确；
[2]图2是20分度游标卡尺，精度为0.05mm，其读数为
（2）[3]选择电流表的量程为0~0.6A，由表盘可知，其分度值为0.02A，图3中电流表的读数为0.35A；
（3）[4]表头满刻度电压值为
改装成量程为0~3V，要串联的电阻R1为
[5]改装成量程为0~15V，要串联的电阻R2为
（4）[6]要使加在小灯泡上的电压从零开始变化，滑动变阻器应选择分压电路，则连接方式应选择（a）；
[7]图（c）小灯泡的伏安特性曲线中A点对应的灯丝电阻为
[8]因I−U图像的点与原点连线的斜率等于电阻的倒数，则随着电压的增大，连线斜率减小，则灯丝的电阻增大。
10. 某同学想用电压表和电流表比较精确地测量一个左右电阻的阻值，他找来如下器材：
A.电源：电压3V，内阻忽略不计；
B.电流表：量程为0～0.6A，内阻约为；
C.电流表：量程为0～3A，内阻约为；
D.电压表：量程为0～3V，内阻约为；
E.电压表：量程为0～15V，内阻约为；
F.滑动变阻器：最大阻值，允许通过的最大电流1.0A；
G.开关一个；导线若干。
（1）此实验电流表应选择______，电压表应选择______。（选填器材前字母）
（2）为了减小实验误差，电流表和电压表的连接方法应该选用图1中的______（选填“甲”或“乙”），采用这种方式测量的结果与真实值相比偏______（选填“大”或“小”）。
（3）他在相关实验手册中，看到图2所示的两种滑动变阻器的连接方式，他选择了其中一种，经过实验他得到下表中的数据。
由数据可知，他选择的滑动变阻器的连接方式是图2中的______ （选填“甲”或“乙”），你的判断依据是______。
【答案】（1）B D （2）甲 小 （3）乙 电表示数几乎从零开始变化
【解析】（1）[1]电源电压为3V，则电压表选择量程为3V的D；
[2]电路中可能出现的最大电流,则电流表应选择B。
（2）[1][2]因电压表内阻远大于待测电阻的阻值，可知应该采用电流表外接，即为了减小实验误差，电流表和电压表的连接方法应该选用图1中的甲，采用这种方式由于电压表的分流作用，使得电流的测量值偏大，则电阻测量的结果与真实值相比偏小。
（3）[1][2]他选择的滑动变阻器的连接方式是图2中的乙，即采用的是分压电路，其判断依据是电表示数几乎从零开始变化。
四、计算题（第11题10分，第12题12分，第13题12分，共34分）
11. 如图所示的电路中，电源的电动势为E=20V，G为一满偏电流为的小量程电流表，R为一电阻箱（0~9999.9Ω），当调节其阻值为20Ω时，电阻箱R两端的电压为5V，电流表G的示数为，，，求：
（1）电流表G的内阻；
（2）电源的内阻r。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）电流表G和串联后再与电阻箱R并联，则有
解得
（2）流过电阻箱R的电流
干路电流
由闭合电路欧母定律有
解得
12. 如图，一电荷量带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的点。S合上后，小球静止时，细线与竖直方向的夹角。已知两板相距，电源电动势，内阻，电阻，，取，，。求：

（1）流过电源的电流；
（2）两板间的电场强度的大小；
（3）小球的质量。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）外电路电阻
电路中总电流
（2）路端电压为
两板间的电场强度为
（3）设小球质量为m，有共力点平衡可得
解得
13. 如图所示，是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图。电动机内电阻r＝0.8 Ω，电路中另一电阻R＝10 Ω，直流电压U＝160 V，电压表示数UV＝110 V。试求：

（1）通过电动机的电流；
（2）输入电动机的电功率；
（3）若电动机以v＝1 m/s匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量。（g取10 m/s2）
【答案】（1）5A；（2）550 W；（3）53 kg
【解析】（1）由电路中的电压关系可得电阻R的分压为
则流过电阻R的电流为
则通过电动机的电流为
（2）输入电动机的电功率为
（3）电动机的发热功率
电动机输出机械功率
又
可得
电压
0
0.30
0.60
1.00
1.20
1.50
1.70
2.00
电流
0
0.06
012
0.19
0.25
0.31
0.34
0.40