四川省遂宁市蓬溪中学2023-2024学年高二物理上学期月考试题（二）（Word版附解析）

蓬溪中学高2022级微练习物理试题（二）一、选择题（1-6小题为单项选择题，每小题6分，共36分；7-9小题为多项选择题，全部选对的得8分，选对但不全的得4分，有选错的得0分，共24分，合计60分。）1.自然科学中很多物理量的表达式都有不止一个，通常都有其定义式和决定式，它们反应人们对自然界认识的不同层次。定义式侧重描述客观世界，决定式侧重对因果关系的解释。下列表达式中，侧重解释因果关系的是（　　）A.电阻B.电容C.电流D.电场强度【答案】AC【解析】【详解】电阻和电流，都是决定式，侧重解释因果关系；而电容和电场强度都是定义式，侧重描述客观世界。故选AC。2.如图，线1表示的导体电阻为R1，线2表示的导体的电阻为R2，则正确的是（　　）A.BC.将与串联后接于电源上，则电流比D.将与并联后接于电源上，则电流比【答案】A【解析】【详解】AB．图像斜率表示电阻的倒数，由图像可知图线1和图线2斜率之比为3:1，故A正确，B 错误；C．将与串联后接于电源上，则电流比故C错误；D．根据欧姆定律将与并联后接于电源上电流比为可得故D错误。故选A。3.如图所示，一根均匀带负电的长直橡胶棒沿水平方向向右做速度为v的匀速直线运动。若棒的横截面积为S，单位长度所带的电荷量为-q（q>0），由于棒的运动而形成的等效电流的大小和方向分别是（　　）Aqv向左B.qvS向左C.qv向右D.qvS向右【答案】A【解析】【详解】电荷的定向移动形成电流，正电荷定向移动的方向即为电流的方向，故均匀带负电的长直橡胶棒沿轴线方向做速度大小为v的匀速直线运动，形成等效电流，电流的方向与v反向，电流方向向左。设橡胶棒的长度为l，根据电流强度的定义得根据题意得解得故选A。 4.法拉第首先提出用电场线形象生动地描绘电场，如图为点电荷、所形成电场的电场线分布图，下列说法正确的是（　　）A.、为异种电荷，带电量大于带电量B.、异种电荷，带电量小于带电量C.、为同种电荷，带电量大于带电量D.、为同种电荷，带电量小于带电量【答案】A【解析】【详解】由图可知电场线方向由指向，故带正电，带负电；根据电场线的疏密程度可知，带电量大于带电量。故选A。5.一根粗细均匀的电阻丝，横截面的直径是，电阻为，把它拉制成直径是的均匀细丝后，它的电阻变成（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】把电阻丝拉制成直径是的均匀细丝后，其横截面积变为原来的，长度变为原来的100倍，所以它的电阻变为故选D。6.如图所示，当a、b两端接入100V的电压时，c、d两端电压为20V，当c、d两端接入100V的电压时，a、b两端的电压为50V，则R1∶R2∶R3=（　　） A.3∶2∶1B.2∶1∶1C.4∶2∶1D.1∶2∶1【答案】C【解析】【详解】本题考查了串并联电路的规律，当AB端接入电压时，两个R1与R2串联，CD端测得R2两端的电压；而当CD端接入时，两个R3与R2串联，AB端测得R2两端的电压；则欧姆定律可得出输出电压与输出电压的关系式，联立即可得出三个电阻的比值，当AB端接入时，CD端接入时，由欧姆定律可得联立解得故选C。7.如图所示的电路，闭合开关，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态．为了使液滴竖直向上运动，下列操作可行的是（）A.断开开关，将两板间的距离拉大一些B.断开开关，将两板水平地向相反方向移开一些C.保持开关闭合，将两板间的距离减小一些D.保持开关闭合，以两板各自的左侧板沿为轴，同时向上（即逆时针方向）转过一个小角度【答案】BC【解析】【详解】A.将S断开，电量Q不变，增大板间距离d，根据，，，则，与d无关，则E不变，带电液滴不动；故A错误． B.将S断开，Q不变，将两板水平地向相反方向移开一些，正对面积S减小，根据知，E变大，则电场力变大，液滴向上运动；故B正确．C.保持开关闭合，板间距离d变小，电势差不变，根据知，电场强度增大，电场力增大，将向上运动；故C正确．D.保持开关闭合，以两板各自左侧板沿为轴，逆时针方向转过一个小角度，板间距离减小，场强增大，电场力也逆时针转过一个小角度，液滴将沿电场力与重力的合力方向运动，不可能竖直向上运动；故D错误．8.四个相同的小量程电流表（表头）分别改装成两个电流表A1、A2和两个电压表V1、V2。已知电流表A1的量程大于A2的量程，电压表V1的量程大于V2的量程，改装好后把它们按图所示接法连入电路，则（　　）A.电流表A1的读数大于电流表A2的读数B.电流表A1指针的偏转角小于电流表A2指针的偏转角C.电压表V1的读数小于电压表V2的读数D.电压表V1指针的偏转角等于电压表V2指针的偏转角【答案】AD【解析】【详解】AB．表头并联电阻后可改装成电流表。对于电流表A1和A2，两个表头并联，电压相同，故流过两个表头的电流相同，则电流表A1的指针偏转角等于电流表A2的指针偏转角，而电流表A1的量程大于A2的量程，则电流表A1的读数大于电流表A2的读数，故A正确，B错误；CD．表头串联电阻后可改装成电压表。对于电压表V1和V2，两个表头串联，故流过两个表头的电流相同，则电压表V1的指针偏转角等于电压表V2的指针偏转角，而电压表V1的量程大于V2的量程，则电压表V1的读数大于电压表V2的读数，故C错误，D正确。故选AD。9.在报警电路中常用到蜂鸣器，其原理为当电流从蜂鸣器正极流入负极流出时，蜂鸣器会发出报警声。如图所示是一个断路报警电路，平行板电容器电容为C，电源电动势为E，内阻r≠0，D可视为理想二极管，R1、R2为定值电阻。当电路中的电键K 在电路工作过程中断开时，蜂鸣器会发出报警声。对于该电路下列说法正确的是（　　）A.a端为蜂鸣器的正极B.K闭合稳定后，电容器电量为CEC.K闭合稳定后，增加平行板间距离有可能会使蜂鸣器发出报警声D.K断开后，流过蜂鸣器的电量小于流过R2的电量【答案】AC【解析】【详解】A．分析可知，电键K闭合时，电流从b端流过蜂鸣器，则电容器C的右端为正极板，电键K断开时，电容器放电，电流从a端流过蜂鸣器，此时蜂鸣器发出报警声，则a端为蜂鸣器的正极，故A正确；B．K闭合稳定后，电容器两端电压为电阻R2两端电压，小于电动势E，故电容器电量小于CE，故B错误；C．K闭合稳定后，增加平行板间距离，根据平行板电容器的决定式可知电容减小，电容器放电，电流从a端流过蜂鸣器，有可能会使蜂鸣器发出报警声，故C正确；D．K断开后，电容器放电，二极管具有单向导电性，没有电流通过二极管，则流过蜂鸣器的电量等于流过R2的电量，故D错误。故选AC。二、实验题（每空5分，共25分）10.在如图甲所示的电路中，4节干电池串联，小灯泡A、B的规格为“3.8V，0.3A”。合上开关S后，无论怎样移动滑动片，A、B灯都不亮。 （1）用多用电表的直流电压挡检查故障。①选择开关置于下列量程的___________挡较为合适（用字母序号表示）。A．2.5VB．10VC．50VD．250V②测得c、d间电压约为5.8V、e、f间电压为0，则故障是___________。A．A灯丝断开B．B灯丝断开C．d、e间连线断开D．B灯被短路（2）接着练习使用欧姆表的“×1”挡测电阻，欧姆表经过“欧姆调零”。①测试前，一定要将电路中的开关S___________；②测c、d间和e、f间电阻时，某次测试结果如图乙所示，读数为___________Ω，此时测量的是___________间电阻。【答案】①.B②.A③.断开④.6⑤.e、f【解析】【详解】（1）用多用电表的直流电压挡检查故障。①[1]因4节干电池的电动势为6V，则选择开关置于10V的量程，故选B。②[2]测得c、d间电压约为5.8V、e、f间电压为0，则是A灯丝断开；若是B灯丝断开，则c、d间电压约为0、e、f间电压为5.8V；若是d、e间连线断开，则c、d间电压以及e、f间电压均为0；若是B灯被短路，则A灯同样亮，故A正确，BCD错误。故选A。（2）接着练习使用欧姆表的“×1”挡测电阻，欧姆表经过“欧姆调零”。①[3]测试前，一定要将电路中的开关S断开；②[4][5]测c、d间和e、f间电阻时，某次测试结果如图乙所示，读数为6Ω，因c、d间断路，电阻无穷大，则此时测量的是e、f间电阻。二、计算题 11.如图所示，一半径为R的绝缘圆形轨道竖直放置，圆轨道最低点B点与一条水平轨道相连，轨道是光滑的，轨道所在空间存在水平向右、场强为E的匀强电场，从水平轨道上的A点由静止释放一质量为m带正电的小球，设A、B间的距离为S。已知小球受到的电场力大小等于小球重力的倍，C点为圆形轨道上与圆心O的等高点。（重力加速度为g）(1)若，求小球运动到C点时对轨道的压力大小；(2)为使小球恰好能在圆轨道内完成圆周运动，求S值；(3)若满足(2)中条件，求小球对轨道的最大压力。【答案】（1）10mg；（2）；（3）10mg【解析】【分析】小球在运动过程中受到重力与电场力作用，根据动能定理求出小球到达C点时的速度，然后在C点小球做圆周运动，轨道的弹力与电场力的合力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出弹力；小球刚好在圆轨道内完成圆周运动等效最高点，由牛顿第二定律与动能定理可以求出S大小；找出等效最低点时速度最大，由牛顿第二定律与动能定理可以求出最大压力。【详解】(1)由题可知电场力根据动能定理从A到C，得C点的速度在C点，由牛顿第二定律得联立以上并带入数据解得所以小球运动到C点时对轨道的压力大小为10mg。 (2)为了使小球刚好在圆轨道内完成圆周运动，小球到达某点时恰好受重力和电场力，此时有在E点由牛顿第二定律得其中根据动能定理从A到E点有联立以上并带入数据解得所以为使小球恰好能在圆轨道内完成圆周运动，S的值为。(3)在F点时速度最大，压力也最大，在F点由牛顿第二定律得根据动能定理从A到F点有其中 联立以上并带入数据解得故小球对轨道的最大压力为10mg。【点睛】本题主要考查了小球在电场力和重力作用下在竖直轨道的运动问题，应用动能定理与牛顿第二定律即可正确解题，解题时要注意“小球刚好在圆轨道内完成圆周运动”的隐含信息。