重庆市 2023-2024学年高二上学期第二次月考物理试题（Word版附解析）

重庆市凤鸣山中学教育集团23-24学年度上期高2022级第二次月考物理试题一、单选题（本大题共8小题，共32分）1.下列说法中正确的是（　　）A.电流既有大小，又有方向，因此电流是矢量B.电阻率表征了材料的导电能力的强弱，由导体的材料决定，还与导体的温度有关C.导线电流的微观表达式，其中的v是指导线中电子无规则热运动的速率D.有些合金的电阻率几乎不受温度变化的影响，可用来制成温度计【答案】B【解析】【详解】A．电流虽然有大小，又有方向，但是电流的合成不遵循平行四边形定则，因此电流是标量，选项A错误；B．电阻率表征了材料的导电能力的强弱，由导体的材料决定，还与导体的温度有关，选项B正确；C．导线电流的微观表达式，其中的v是指导线中电子的定向移动速率，选项C错误；D．有些合金的电阻率几乎不受温度变化的影响，可用来制成标准电阻，不能用来制成温度计，故D错误。故选B。2.如图所示，a、b两点位于以负点电荷（）为球心的球面上，c点在球面外，则（　　）A.a点场强与b点场强相同B.b点场强的大小比c点小C.c点电势比a点高D.b点电势比c点高【答案】C【解析】【详解】AB．根据点电荷场强公式 可知离点电荷越远，电场强度越小，则a点与b点的场强大小相等，但方向不同；b点场强的大小比c点大，故AB错误；CD．由于场源电荷为负点电荷，可知离负点电荷越近电势越低，则c点电势比a点高，b点电势比c点低，故C正确，D错误。故选C。3.如图，一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在仅受电场力的作用下形成图中所示运动轨迹。M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右点。不计重力，下列表述正确的是（　　）A.粒子在电场中的加速度不变B.粒子所受电场力沿电场方向C.粒子在M点的速率最大D.粒子在电场中的电势能始终在增加【答案】A【解析】【分析】【详解】A．由于粒子是在匀强电场中运动的，受到的电场力是不变的，所以粒子在电场中的加速度也不变，故A正确；B．带电粒子带负电，所以其受到的电场力的方向与电场方向相反，故电场力逆着电场方向；故B错误；C．根据带电粒子的运动轨迹弯曲方向可知该粒子受到的电场力逆着电场，在从N点运动M点的过程中，电场力对粒子做负功，速度减小，从M再向左运动时，电场力做正功，速率增大，所以粒子运动到M点时速率最小，故C错误；D．当电子向右运动的过程中，电场力对粒子做负功，电势能增加，在向左返回的过程中，电场力对粒子做正功，电势能减小，即粒子的电势能先增大后减小，故D错误；故选A。【点睛】4.如图所示，有两个等量异种点电荷A、B在水平虚线上，M、N、O是AB的垂线上三点，且，。一个带正电的试探电荷（仅受电场力的作用）在空间中运动的轨迹如图中实线所示，设M、N两点的电场强度大小分别为、，电势分别为、，则正确的是（　　） A.A点电荷一定带负电B.试探电荷在M处的电势能大于在N处的电势能C.一定小于，可能小于D.【答案】B【解析】【详解】A．粒子受到的电场力指向轨迹弯曲的一侧，所以该正试探电荷受到的电场力偏右，可知A点电荷带正电，B点电荷带负电，故A错误；BCD．等量异种点电荷的电场线和等势面分布如图所示根据等量异种点电荷电场线分布特点可知，小于，由等量异种点电荷等势面分布特点，N点离负电荷更近些，电势更低些，即，根据又试探电荷带正电，则试探电荷在M处的电势能大于在N处的电势能；根据由于部分的电场强度小于部分的电场强度，且，则有故B正确，CD错误。故选B。5.电动势为E，内阻为r的电源与可变电阻R1、R2、R3及一平行板电容器连成如图所示的电路．当开关S闭合后，两平行金属板A、B间有一带电液滴恰好处于静止状态．下列说法正确的是（　　） A.将R1的滑片向右移动一小段距离，带电液滴将向下运动B.将R2的滑片向右移动一小段距离，电容器两极板的电荷量将增加C.增大电容器两板间的距离，电容器两极板的电荷量将增加D.减小R3的阻值，R2两端的电压的变化量小于R3两端的电压的变化量【答案】D【解析】【详解】A、将R1的滑片向右移动一小段距离，电容器两端电压与R3两端电压相等，保持不变，故液滴受到的电场力不变，那么，液滴受力不变，仍保持静止，故A错误；B、将R2的滑片向右移动一小段距离，那么，接入电路的电阻增大，故电流减小，所以，R3两端电压减小，即电容器两极板电压减小，故电荷量Q=CU减小，故B错误；C、增大电容器两板间的距离，电容器两极板的电压不变，电容器电容减小，那么电荷量Q=CU减小，故C错误；D、减小R3的阻值，电路电阻减小，电流增大，故内压降增大；那么R2两端的电压的变化量加上内阻电压的变化量等于R3两端的电压的变化量，所以R2两端的电压的变化量小于R3两端的电压的变化量，故D正确；故选D．【点睛】电路问题一般先根据电路变化得到总电阻变化，从而由欧姆定律得到总电流的变化，即可由欧姆定律得到电压的变化，从而得到支路电流的变化．6.竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，小球A、B带同种电荷。现用水平向左推力F作用于小球B，两球分别静止在竖直墙和水平地面上，如图所示。如果将小球B向左推动少许，当两球重新达到平衡时，与原来的平衡状态相比较（　　）A.推力F将变大B.竖直墙面对小球A的弹力变大C.地面对小球B的支持力不变 D.两小球之间的距离不变【答案】C【解析】【详解】ABC．以A球为研究对象，分析受力，作出力图如图所示，设B对A的库仑力F与墙壁的夹角为，由平衡条件得竖直墙面对小球A的弹力为将小球B向左推动少许时，减小，则竖直墙面对小球A的弹力N1减小；再以AB整体为研究对象，分析受力如图所示，由平衡条件得则F减小，地面对小球B的支持力一定不变，故C正确，AB错误；D．由上分析得到库仑力减小，cos增大，减小，根据库仑定律分析得知，两球之间的距离增大，故D错误；故选C．7.如图甲所示，电阻的阻值为、灯泡L的电阻值恒为，是热敏电阻，其阻值随温度变化的关系如图乙所示。已知电流表为理想电表，电源的内阻。则下列说法中正确的是（　　） A.在范围内，当温度为时，灯泡L和的总功率最大B.当温度升高时，灯泡L的亮度变亮C.当温度升高时，电流表的示数减小，两端的电压减小D.当温度为时，的阻值为零，故电源的输出功率最大【答案】A【解析】【详解】A．将等效为电源内阻，当温度为时，灯泡L和的并联电阻为等效内阻为当等效电源内阻和外电阻相等时，并联部分功率最大。在范围内，随温度升高，并联部分电阻变小，灯泡L和的总功率变小，所以当温度为时，灯泡L和的总功率最大，故A正确；B．当温度升高时，灯泡L和的并联电阻减小，并联部分分压减小，灯泡变暗，故B错误；C．当温度升高时，灯泡L和的并联电阻减小，总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电流变大，则电流表的示数变大，两端的电压增大，故C错误；D．当电源内阻和外电阻相等时，电源输出功率最大，所以当灯泡L和的并联电阻为时，电源输出功率最大，此时的阻值为，故D错误。故选A。8.某同学将一直流电源的总功率、输出功率和电源内部的发热功率，随路端电压U变化的图线画在同一坐标系中，如图中的a、b、c所示。则下列说法中不正确的是（　　） A.图线b表示输出功率随电压U变化的关系B.在a、b、c三条图线上分别取横坐标相同的A、B、C三点，这三点的纵坐标一定满足关系C.由图可得电源的电动势为，内阻为D.当路端电压为时，电源的输出功率为【答案】A【解析】【详解】A．输出功率随电压U变化的关系为则图线c表示输出功率随电压U变化的关系，选项A错误；B．直流电源的总功率则图像a表示电源总功率随电压U变化的关系；电源内部的发热功率图像b表示电源内部的发热功率总功率随电压U变化的关系；因则在a、b、c三条图线上分别取横坐标相同的A、B、C三点，这三点的纵坐标一定满足关系选项B正确；C．由图可得当路端电压U=0即外电路短路时 PE=Pr=9W即当U=3V时电源总功率、输出功率以及内阻上消耗功率均为零，可知外电路断路，则此时U=E=3V可得电源的内阻为选项C正确；D．根据当路端电压为时，电源的输出功率为选项D正确。此题选择不正确的，故选A。二、多选题（本大题共4小题，共16分）9.如图所示，一台电动机提着质量为m的物体，以速度v匀速上升，已知电动机线圈的电阻为R，电源电动势为E，通过电源的电流为I，当地重力加速度为g，忽略一切阻力及导线电阻，则（　　）A.电源内阻B.电源内阻C.如果电动机转轴被卡住而停止转动，较短时间内电源消耗的功率将变大D.如果电动机转轴被卡住而停止转动，较短时间内电源消耗的功率将变小【答案】BC 【解析】【详解】AB.设电动机的输入电压为，则电动机的输入功率与输出功率，线圈电阻热功率之间关系为即解得根据解得A错误，B正确；CD.如果电动机转轴被卡住，则有可知流过电源电流增大，较短时间内，电源消耗的功率变大，C正确，D错误；故选BC10.如图所示，电源电动势为E，内阻为r，电表看做理想电表，当电键闭合后，三个小灯泡均正常发光。若以下过程三个灯泡均未烧坏，且不考虑电压变化对小灯泡电阻的影响，则下列说法正确的是（　　）A.滑动变阻器的滑片向右滑动过程，电流表A的读数会变大B.滑动变阻器的滑片向右滑动过程，电压表V的读数会变大C.若电流表接线不稳导致断路，则灯泡会变得更亮D.若电流表接线不稳导致断路，则灯泡会变得更暗【答案】AC【解析】 【详解】AB．根据“串反并同”分析方法，把电源、电流表A、滑动变阻器看成串联在一起，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，滑动变阻器电阻减小，与之串联的电流表A读数变大，与之并联的电压表V读数会变小，故A正确，B错误；CD．由电路图可知总电流等于灯泡和灯泡所在支路电流之和，若电流表接线不稳导致断路，会使得通过灯泡的电流变大，则灯泡会变得更亮，故C正确，D错误。故选AC。11.将标有“6V，3W”的灯泡、“6V，6W”的灯泡串联后再与理想电压表和理想电流表连接成如图甲所示的实验电路，其中电源电动势。图乙是通过两个灯泡的电流随两端电压变化的曲线。当其中一个灯泡正常发光时（　　）A.乙图中的图线A表示灯泡的曲线图B.电压表的示数约为C.电源输出功率为D.电源内阻为【答案】CD【解析】【详解】A．灯泡的额定电流为灯泡的额定电流为则有 即在相等的额定电压时，通过灯泡的电流小一些，结合图乙可知，图线A表示灯泡的曲线图，故A错误；B．由于两灯泡串联，通过灯泡的电流相等，而其中一个灯泡正常发光，可知，电路中的电流为0.5A，根据图乙可知，电流为0.5A时，灯泡、两端电压分别为6V、2V，电压表测量的是灯泡两端电压，则电压表的示数约为2V，故B错误；C．结合上述，可知电路中的电流为0.5A，路端电压为6V+2V=8V则电源输出功率为故C正确；D．根据闭合电路欧姆定律有结合上述可知，解得故D正确。故选CD。12.质量为m、电荷量为的小金属块A以初速度从光滑绝缘水平高台上飞出。已知在足够高的高台边缘右面空间中存在水平向左的匀强电场，电场强度大小。则（）A.金属块不一定会与高台边缘相碰B.金属块一定会与高台边缘相碰，相碰前金属块在做匀变速运动C.金属块运动过程中距高台边缘的最大水平距离为 D.金属块运动过程的最小速度为【答案】BD【解析】【详解】AB．金属块在电场中受到竖直向下的重力和水平向左的电场力，在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向先向右做匀减速直线运动，当速度减小到零后再向左做匀加速直线运动，一定能回到高台的边缘。在运动过程中，所受的电场力和重力的合力保持不变，加速度保持不变，所以金属块做匀变速运动，故A错误B正确；C．在水平方向上，当金属块向右运动的速度减小到零时，距离高台边缘最远，根据，解得最大距离故C错误；D．设重力与电场力的合力为F，设合力与电场力方向的夹角为θ，如图所示根据题意将速度方向沿F的方向和垂直于F的方向正交分解，当沿F的方向速度减小到零时，即F与速度垂直时，速度达到最小值，最小值为故D正确故选BD。三、实验题（本大题共2小题，共12分）13.某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率，步骤如下： （1）用游标为20分度的游标卡尺测量其长度如图甲，由图可知其长度为_______；（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图可知其直径_______；（3）为测量“”的小灯泡在不同电压下的功率，给定了以下器材：电源：电动势为，内阻不计；电流表：量程、，内阻约为；电压表：量程、，内阻约为；滑动变阻器：，允许通过的最大电流；开关一个，导线若干。实验要求加在小灯泡上的电压可从零开始调节。①在本实验中，电流表的量程应选________。②以下四个电路图你认为最合适的是________。A.B.C.D.【答案】①.50.15②.4.700③.电流表应选0～0.6A量程④.A【解析】【分析】【详解】（1）[1]由图甲所示可知，游标卡尺的精度是0.05mm，游标卡尺示数为50mm+3×0.05mm=50.15mm（2）[2]由图乙所示可知，其精度是0.01mm，读数为4.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm（3）[3]灯泡正常发光时的电流 电流表应选0～0.6A量程。[4]小电珠上的电压可从0开始调节，滑动变阻器应采用分压接法；灯泡正常发光时的电阻又因为得知:所以电流表选择外接法。故选图A所示电路。【点睛】14.（1）用多用电表测量某元件的电阻，选用“”倍率的电阻挡测量，发现多用电表指针偏转角度过小，因此需选择________（填“”或“”）倍率的电阻挡，并再次欧姆表调零后，再次进行测量，多用电表的指针如图甲所示，测量结果为________。（2）某同学设计出一个欧姆表用来测量电阻，其内部结构可简化成下图电路，已知电池的内阻为。该表能通过读取流过电流表G的电流值而得到被测电阻的阻值。但这个欧姆表和普通欧姆表的调零方式不同。该同学找来一个电阻箱，进行了如下操作步骤： （1）两表笔间不接入任何电阻，闭合开关，调节滑动变阻器使表头满偏；（2）将欧姆表与电阻箱连成闭合回路，改变电阻箱阻值，记下电阻箱示数和与之对应的电流表G的示数I；（3）将记录的各组、I的数据进行整理，标好欧姆表刻度盘后还顺便画出了图像如图所示；（4）请根据图丙的图线，求出电源的电动势E。由图丙可知电源的电动势为________V，另欧姆表在（1）步骤中内部回路的总电阻为________。【答案】①.×1k②.7000③.9④.9Ω【解析】【详解】(1)[1]多用表指针偏转角度过小说明指针靠近无穷处，所以要换高挡位，因此需选择×1k；[2]同时注意欧姆调零，多用表的指针结果为7000Ω。(2)[3]设电流表G所在的回路除电源内阻外其余电阻之和为R，由闭合电路欧姆定律解得由分流原理得 联立两式整理得由图像可知解得E=9V，R=6Ω[4]所以欧姆表总内阻为四、计算题（本大题共4小题，共40分）15.如图所示，A为电解槽，为电动机，N为电炉子，恒定电压U＝12V，电解槽内阻RA＝2Ω，当S1闭合，S2、S3断开时，电流表示数为6A；当S2闭合，S1、S3断开时，电流表示数为5A，且电动机输出功率为35W；当S3闭合，S1、S2断开时，电流表示数为4A．求：(1)电炉子的电阻及发热功率；(2)电动机的内阻；(3)在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率为多少．【答案】(1)2Ω　72W　(2)1Ω　(3)16W【解析】【详解】试题分析：（1）电炉子为纯电阻元件，由欧姆定律得其发热功率为： （2）电动机为非纯电阻元件，由能量守恒定律得所以（3）电解槽工作时，由能量守恒定律得：考点：闭合电路欧姆定律点评：注意纯电阻电路与非纯电阻电路在的区别16.如图所示，在光滑绝缘水平面上B点的正上方O处固定一个质点，在水平面上的A点放另一个质点，两个质点的质量均为m，带电量均为+Q。C为AB直线上的另一点（O、A、B、C位于同一竖直平面上），AO间的距离为L，AB和BC间的距离均为，在空间加一个水平方向的匀强电场后A处的质点处于静止。试问：(1)该匀强电场的场强多大？其方向如何？(2)给A处质点一个指向C点的初速度，该质点到达B点时所受的电场力多大？(3)若初速度大小为v0，质点到达C点时的加速度和速度分别多大？【答案】(1)，方向由A指向C；(2)；(3)和【解析】【分析】(1)在空间加一个水平方向的匀强电场后A处的质点处于静止，对A进行受力分析，根据平衡条件求解。(2)质点到达B点时受竖直向下O点的库仑力和水平向右的电场力，根据力的合成求解(3)根据牛顿第二定律求出加速度，根据动能定理求出C点时速度。【详解】(1)在空间加一个水平方向的匀强电场后A处的质点处于静止，对A进行受力分析， AO间的库仑力为；根据平衡条件得：方向由A指向C(2)该质点到达B点时受竖直向下的O点的库仑力和水平向右的电场力，库仑力为；水平向右的电场力B点时所受的电场力(3)质点到达C点时进行受力分析，根据牛顿第二定律得从A点到C点根据动能定理得；【点睛】本题关键要耐心细致地分析物体的运动过程，对物体进行受力分析，运用动能定理、牛顿第二定律进行处理。17.空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点．从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B．A不带电，B的电荷量为q（q>0）．A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为．重力加速度为g，求（1）电场强度的大小；（2）B运动到P点时的动能．【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a ．根据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有mg+qE=ma①②解得③（2）设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有④且有⑤⑥联立③④⑤⑥式得⑦18.如图，两水平面（虚线）之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A点将质量为m、电荷量分别为q和–q（q>0）的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的1.5倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求（1）M与N在电场中沿水平方向的位移之比；（2）A点距电场上边界的高度；（3）该电场的电场强度大小。【答案】（1）3：1；（2）；（3）【解析】【详解】（1）设带电小球M、N抛出的初速度均为v0，则它们进入电场时的水平速度仍为v0。因为两小球从抛出到离开电场，竖直方向做自由落体运动，所以M、N在电场中的运动时间t 相等。又因为电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，设在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2。由运动公式可得v0–at=0联立解得（2）设A点距离电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，则因为M在电场中做匀加速直线运动，则解得h=（3）设电场强度为E，小球M进入电场后做直线运动，则设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理得由已知条件Ek1=1.5Ek2联立解得