河南省信阳高级中学2021-2022学年高二上学期9月月考物理试题（附答案）

2023届高二实验班物理试题一、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1AC．重物匀速上升时的速度为0.75m/sD．匀速提升重物时电动机输出的机械功率是2W4．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aB．电源电动势为8VC．电源内阻为2ΩD．当电流为0.5A时，外电路的电阻为6Ω9．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ΔI210．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v0B．末速度沿水平方向C．重力势能减少了mgdD．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2.8V，额定功率0.56W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0~3V内阻约6kΩ）B．电压表（量程0~6V，内阻约20kΩ）C．电流表（量程0~0.6A，内阻约0.5Ω） D．电流表（量程0~200mA，内阻约20Ω）E.滑动变阻器（最大电阻10Ω，允许最大电流2A）F.滑动变阻器（最大电阻200Ω，允许最大电流150mA）G.三节干电池（电动势约为4.5V）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=2V，内阻r=5Ω）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＝103V/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＝40cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q＝10－4C的小滑块质量m＝10g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧1.5m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10m/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）ADE（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）0.398AD【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<R2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～3A14．（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＝－5m/s（负号表明方向向左）竖直速度为vy＝gt＝10m/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