河南省鹤壁市高二物理上学期第二次月考试题

河南省鹤壁市2017-2018学年高二物理上学期第二次月考试题
第I 卷（选择题）
一、选择题（共13题，每小题4分，共52分。

其中1~9为单选，10~13为多选，选不全得2分）
1．在电场中某一点放入一电荷量为+q 的电荷，该电荷受电场力F ，该点的场强为E ，则（ ） A. 若在该点放置一电荷量为-q 的电荷，该点场强方向发生变化 B. 若在该点换上电荷量为2q 的电荷，该点的场强将变为2E C. 若在该点移去电荷+q ，该点的场强变为零
D. 该点场强的大小、方向与q 的大小、正负、有无均无关 2．关于电流的方向，下列说法中正确的是( ) A. 在金属导体中电流的方向是自由电子定向移动的方向 B. 在电解液中，电流的方向为负离子定向移动的方向
C. 无论在何种导体中，电流的方向都与负电荷定向移动的方向相反
D. 在电解液中，由于是正负电荷定向移动形成电流，所以电流有两个方向
3．如图所示，三个完全相同的金属小球a 、b 、c 位于等边三角形的三个顶点上．a 和c 带正电，b 带负电，a 所带电量的大小比b 的小．已知c 受到a 和b 的静电力的合力可用图中四条有向线段中的一条来表示，它应是（ ）
A. F 1
B. F 2
C. F 3
D. F 4
4．两个分别带有电荷量−Q 和+5Q 的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r 的两处,它们间库仑力的大小为F ，两小球相互接触后将其固定距离变为2
r
，则两球间库仑力的大小为（ ） A.
516F B. 5F C. 165F D. 45
F 5．一台直流电动机的电阻为R ，额定电压为U ，额定电流为I ，当其正常工作时，下述说法正
确的是( )
A. 电动机所消耗的电功率为I2R
B. t秒内所产生的电热为UIt
C. t秒内所产生的电热为
2 U
R
t
D. t秒内输出的机械能为(U－IR)It
6．某学生在进行“研究串联电路电压特点”的实验时，接成如图所示的电路．接通S后，他将较大内阻的电压表接在A、C 两点时，电压表读数为U；将该电压表接在A、B两点时，电压表读数也为U；将该电压表接在B、C两点时，电压表的读数为零．则出现此种情况的原因可能是（）
A. 电阻R1断路
B. 电阻R2断路
C. 电阻R1、R2均断路
D. 电阻R1、R2均短路
7．在真空中有两个固定的点电荷，它们之间的静电力大小为F。

现保持它们之间的距离不变，而使它们的电荷量都变为原来的2倍，则它们之间的静电力变为
A. 4F
B. 1
2
F C. 2F D.
1
4
F
8．电流表内阻是R g=30Ω,满刻度电流值是I g=5mA，现欲把这电流表改装成量程是0-3A的电流表，正确的方法是（）
A．串联一个570Ω的电阻
B．并联一个570Ω的电阻
C．串联一个0．05Ω的电阻
D．并联一个0．05Ω的电阻
9．在如图所示的电路中，R1、R2、R3均为可变电阻．当开关S闭合后，两平行金属板M、N中有一带电油滴正好处于静止状态．为使带电油滴向上加速运动，可采取的措施是( )．
A. 增大R1的阻值
B. 增大R2的阻值
C. 增大R3的阻值
D. 增大M、N间距
10．在如图所示电路中，电源电动势为12V，电源内阻为1.0Ω，电路中的电阻R0为1.5Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5Ω，闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0A。

则以下判断中正确的是（）
A. 电源两端的电压为8V
B. 电源输出的电功率为20W
C. 电动机两端的电压为7.0V
D. 电动机的输出功率为12W
11．一个T型电路如图所示，电路中的电阻R1＝10 Ω，R2＝120 Ω，R3＝40 Ω.另有一测试电源，电动势为100 V，内阻忽略不计．则( )
A. 当cd端短路时，ab之间的等效电阻是40 Ω
B. 当ab端短路时，cd之间的等效电阻是40 Ω
C. 当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压为80 V
D. 当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为80 V
12．如图所示，电源电动势为E，内电阻为r．当滑动变阻器R的滑片P从右端滑到左端时，发现电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为△U1和△U2，下列说法中正确的是（）
A. 小灯泡L1、L3变暗，L2变亮
B. 小灯泡L3变暗，L1、L2变亮
C. △U1＞△U2
D. △U1＜△U2
13．四个相同的电流表分别改装成两个大量程电流表和两个大量程电压表,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,把它们按如图所示接入电路( )
A. A1的读数比A2的读数大
B. A1的指针偏转角度比A2指针偏转角度大
C. V1读数比V2读数大
D. V1指针偏转角度比V2指针偏转角度大
第II卷（非选择题）
二、实验题（共2小题，每空2分，共16分）
14．在测定“金属丝的电阻率”实验中，待测金属丝电阻约为5Ω，要求测量结果尽量准确，提供以下器材供选择：
A、电池组E（3V，内阻约1Ω）
B、电流表A（0-0.6A，内阻约0.125Ω）
C、电压表V1（0-3V，内阻4KΩ）
D、电压表V2（0-15V，内阻15KΩ）
E、滑动变阻器R1（0-2000Ω，允许最大电流0.3A）
F、滑动变阻器R2（0-20Ω，允许最大电流1A）
G、开关、导线若干
（1）实验中选择的电压表是___________；选择的滑动变阻器是_________（填写仪器前字母代号）
（2）用螺旋测微器测得金属丝直径d的读数如图，则读数为____mm；
（3）若用L表示金属丝长度，d表示直径，电流表读数为Ｉ，电压表读数Ｕ。

则金属丝电阻率的表达式ρ=____________。

15．某同学描绘小灯泡的伏安特性曲线，实验器材有：
电压表Ⓥ：量程为3V，内阻为3kΩ
电流表Ⓐ；量程为0.6A，内阻约为2Ω
定值电阻R0；阻值为1kΩ
小灯泡L：额定电压为3.8 V
滑动变阻器R：阻值范围为0〜10Ω
电池E：电动势为6V
开关S，导线若干．
该同学按如图甲所示的电路图进行实验，通过正确实验操作和读数，得到了一组电压表的示数和电流表的示数，部分数据如下表：
（1）当电压表示数为1.20 V时，小灯泡两端的电压为__V．（保留三位有效数字）
（2）在图乙中画出小灯泡的伏安特性曲线_______．
（3）若把这个小灯泡与电动势为3V、内阻为10Ω的干电池连接成闭合电路，此时小灯泡的电阻为__Ω，实际功率为__W．（结果保留两位有效数字）
三、计算题（共3小题，32分）
16．（12分）如图所示，带有等量异种电荷平行金属板M、N竖直放置，M、N两板间的距离d ＝0．5 m。

现将一质量m＝1×10-2 kg、电荷量q＝4×10-5 C的带电小球从两极板上方的A点以v0＝4 m/s的初速度水平抛出，A点距离两板上端的高度h＝0．2 m；之后小球恰好从靠近M板上端处进入两板间，沿直线运动碰到N板上的C点，该直线与曲线的末端相切。

设匀强电场只存在于M、N之间，不计空气阻力，取g＝10 m/s2。

求：
（1）小球到达M极板上边缘B位置时速度的大小和方向；
（2）M、N两板间的电场强度的大小和方向；
（3）小球到达C点时的动能。

17．（12分）如图所示的电路中，电源电动势E＝10 V，内阻r＝0．5 Ω，电动机的电阻R0＝1．0 Ω，电阻R1＝1．5 Ω．电动机正常工作时，电压表的示数U1＝3．0 V，求：
（1）电源释放的电功率；
（2）电动机消耗的电功率．将电能转化为机械能的功率；
（3）电源的输出功率．
18．（8分）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=0．10kg，当将重物固定时，理想电压表的示数为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）．求：
（1）串联入电路的电动机内阻为多大？
（2）重物匀速上升时的速度大小．
参考答案
1．D
【解析】电场强度是由电场本身决定，与试探电荷的有无，电量的大小，电性，电场力的大小，方向无关，即不论该点是否放入电荷，该点场强都是E，且方向不变，故ABC错误，D正确；故选D．
点睛：电场强度是由电场本身决定，与试探电荷无关，电场强度的方向与正电荷所受电场力的方向相同
2．C
【解析】电流的方向与正电荷定向移动的方向相同，与负电荷定向移动的方向相反；在金属导体中电流的方向是自由电子定向移动的方向相反，选项A错误；在电解液中，正离子定向移动的方向或者负离子定向移动的方向的反方向是电流的方向，选项BD错误；无论在何种导体中，电流的方向都与负电荷定向移动的方向相反，选项C正确；故选C.
3．B
【解析】对c球受力分析，如图；
由于b 球的带电量比a 球的大，故b 球对c 球的静电引力较大，根据平行四边形定则，合力的方向如图；故选B ． 4．C
【解析】相距为r 时，根据库仑定律得： 2
5Q Q
F K r ⋅＝；接触后，各自带电量变为2Q ，则此时/2
222Q Q F K
r ⋅⎛⎫ ⎪⎝⎭
＝,两式联立得F ′=
165
F
，故选C ． 5．D
【解析】电动机所消耗的电功率为UI ＞I 2
R ，故A 项错误；t 秒内所产生的电热为I 2
Rt ＜UIt ，故BC 项错误；根据能量守恒得电动机t 秒内输出的机械能为UIt －I 2
Rt ＝(U －IR )It ，故D 项正确． 故选D. 6．A
【解析】接通S 后，他将较大内阻的电压表接在A 、C 两点时，电压表读数为U ；将该电压表接在A 、B 两点时，电压表读数也为U ；将该电压表接在B 、C 两点时，电压表的读数为零．则出现此种情况的原因可能是电阻R 1断路．故选A ． 7．A
【解析】根据库仑定律，距离改变之前： 2
kQq
F r = ；当电荷量都变为原来的2倍时：F 12
22k Q q
F r
⋅⋅=
联立可得：F 1=4F ，故BCD 错误，A 正确．故选A ． 8．D 【解析】
试题分析：电流计改装成量程更大的电流表应该并联分流电阻，根据欧姆定律可得：
33
51030
0.053510
g g
g I R R I I --⨯⨯==Ω≈Ω--⨯，故选项D 正确。

考点：电表的改装
【名师点睛】考查的电流表的改装原理，明确并联电阻的分流作用，会根据串并联电路的特点及欧姆定律求并联电阻阻值。

9．C
【解析】A 项：错误！未找到引用源。

在回路中起保护电容器的作用，所以它的大小不影响电路中的电流和电压，即改变错误！未找到引用源。

的大小不能使得带电油滴向上运动，A 项错误；
B 项：要是带电粒子向上运动，应该增大电容器之间的电场强度，由错误！未找到引用源。

知道，当d 不变时，应增大电容器两端的电压，然后根据串反并同的 知识我们知道应该增大错误！未找到引用源。

或者减小错误！未找到引用源。

的阻值，所以选项B 错，
C 对；
D 项：由公式错误！未找到引用源。

知，当电压不变时，要使电场强度增大，则应该减小两个板之间的距离，所以D 项错误； 综上所述，本题答案是C 10．BCD
【解析】A 、电路中电流表的示数为 2.0A ，电源两端的电压为：
12 2.0 1.010U E Ir V =-=-⨯=，A 错误；
电源的输出功率为： 10 2.020P UI W W ==⨯=，B 正确； C 、电路中电流表的示数为
2.0A ，所以电动机两端的电压为：
()()012 2.0 1.5 1.07.0U E I R r V =-+=-⨯+=，C 正确；
D 、电动机的总功率为：P 总=UI=7×2=14W ，电动机的发热功率为：P 热=I 2
R=22
×0.5=2W ，所以电动机的输出功率为：P 出=14W −2W=12W ，D 正确。

故选BCD 。

【名师点睛】
根据闭合电路欧姆定律及串联电路的电压规律可求得电动机两端的电压，根据P=UI ，求解电源的输出功率，电动机输出功率等于电动机总功率与发热功率的差值． 11．AC
【解析】当cd 端短路时，ab 间电路的结构是：电阻23R R 、并联后与1R 串联，等效电阻为
23
123
40R R R R R R =
+=Ω+，A 正确；当ab 端短路时，cd 之间电路结构是：电阻13R R 、并联后
与2R 串联，等效电阻为13
213
128R R R R R R =
+=Ω+，B 错误．当ab 两端接通测试电源时，cd
两端的电压等于电阻3R 两端的电压，为3
331
80R U E V R R =
=+，C 正确；当cd 两端接通测试
电源时，ab 两端的电压等于电阻3R 两端的电压，为3
323
25R U E V R R ==+，D 错误．
12．BC
【解析】试题分析：当滑动变阻器的触片P 从右端滑到左端时，分析变阻器接入电路的电阻的变化，确定外电路总电阻的变化，分析总电流和路端电压的变化，判断灯L 2亮度的变化．根据总电流的变化，分析并联部分电压的变化，判断L 3亮度的变化．根据总电流与通过L 3电流的变化，分析通过L 1电流的变化，判断其亮度变化．根据路端电压的变化，分析△U 1和△U 2的大小．
解：A 、B 、当滑动变阻器的触片P 从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，则L 2变亮．
变阻器的电阻减小，并联部分的电阻减小，则并联部分电压减小，则L 3变暗．总电流增大，而L 3的电流减小，则L 1的电流增大，则L 1变亮．故A 错误，B 正确．
C 、
D 、由上分析可知，电压表V 1的示数减小，电压表V 2的示数增大，由于路端电压减小，所以△U 1＞△U 2．故C 正确，D 错误． 故选：BC ．
【点评】本题是电路动态变化分析问题，按“局部→整体→局部”思路进行分析．运用总量法分析两电压表读数变化量的大小． 13．AC
【解析】A 、电流表1A 的量程大于电流表2A 的量程，故电流表1A 的电阻值小于电流表2A 的电阻值，并联电路中，电阻小的支路电流大，故电流表1A 的读数大于电流表2A 的读数，故A 正确；
B 、两个电流表的表头是并联关系，电压相同，通过表头的电流相同，故指针偏转角度相等，
故B 错误；
C 、电压表1V 的电阻值大于电压表2V 的电阻值，串联时电流相同，电压表1V 的读数大于电压表2V 的读数，故C 正确；
D 、两个电压表的表头是串联关系，电流相等，故指针偏转角度相等，故D 错误。

点睛：表头改装成大量程电流表需要并联分流电阻，并流电阻越小，分流越多，量程越大；表头改装成电压表需要串联分压电阻，分压电阻越大，分得的电压越大，量程越大，然后再根据电路的串并联知识分析即可。

14． （1）C F （2）1.995mm （3）24d U
LI π
【解析】（1）因电源电动势为3V ，则电压表选择C ；滑动变阻器选择阻值较小的F 组成分压电路；
（2）螺旋测微器读数为d=1.5mm+49.5×0.01mm=1.995mm，（1.995-1.998均可）
（3）由L
R S ρ=， U R I =及S=14ðd 2 得24d U LI πρ= 点睛：选取滑动变阻器的方法是：若变阻器阻值远小于待测电阻值则应用分压式接法；若滑动变阻器大于待测电阻值且根据闭合电路欧姆定律求出的最大电流小于电流表的额定电流，则应选用限流式接法．
15． 1.60 6.6 0.21
【解析】（1）由电路图可知，电压表与定值电阻串联后并联接在灯泡两端，则灯泡中的实际电压为电压表两端电压与定值电阻两端电压之和，则可知U===1.6V ；
（2）根据表中数据利用描点法可得出对应的I ﹣U 图象，如图所示；
（3）若把这个小灯泡与电动势为3V 、内阻为10Ω的干电池连接成闭合电路，电池的路端电压与灯泡两端的电压相等，作出电源的伏安特性曲线，则两图象的交点表示灯泡的工作点，由图可知，灯泡的电压为1.18V ，电流为0.18A ；
由欧姆定律可知，灯泡内阻R==
=6.6Ω；
灯泡的功率P=UI=1.18×0.18=0.21W ．
故答案为：（1）1.60；（2）如图所示；（3）6.6；0.21．
16．（1）大小为，方向为21tan ==
x y v v θ（θ为速度方向与水平方向的夹角）；（2）大小为5×103 N/C ；方向为水平向右；（3）0．225J 。

【解析】
试题解析：（1）（4分）小球平抛运动过程水平方向做匀速直线运动，v x ＝v 0＝4 m/s 竖直方向做匀加速速直线运动，212
1gt h =，v y ＝ gt 1＝2 m/s 得解：5
22
2=+=y x B v v v m/s 方向2
1tan ==x y v v θ，（θ为速度方向与水平方向的夹角） （2）（3分）小球进入电场后，沿直线运动到C 点，所以重力与电场力的合力即沿该直线方向。

2
1tan ==qE mg θ 得解：31052⨯==
q mg E N/C ，方向水平向右。

（3）（3分）解法一：进入电场后，小球受到的合外力mg qE mg F 5)()22=+=（合
B 、
C 两点间的距离θcos d s =，5
2cos =θ 从B 到C 由动能定理得：22
1B kC mv E s F -=合 解得：E kC ＝0．225J
解法二：进入电场后，小球在水平方向做初速度为v 0的匀加速直线运动
222021at t v d +=，20==m
qE a x m/s 2 得解：t 2＝0．1 s 小球到达C 点时的水平速度v 1＝v 0＋a x t 2＝6 m/s
竖直分速度v 2＝v y ＋gt 2＝3 m/s v C ＝2221v v +
E kB ＝22
1c mv ＝)(212221v v m +＝0．225 J 考点：平抛运动，带电粒子在电场中的运动。

17．（1）20W （2）8W （3）18W
【解析】
试题分析：
（1）电动机正常工作时，总电流为：I ＝＝
A ＝2 A ，电源释放的电功率为P ＝EI ＝10×2 W ＝20 W 。

（2）电动机两端的电压为：
U ＝E －Ir －U 1＝（10－2×0．5－3．0）V ＝6 V ．（1分）
电动机消耗的电功率为：P 电＝UI ＝6×2 W ＝12 W ．（1分）
电动机消耗的热功率为：P 热＝I 2R 0＝22×1．0 W ＝4 W ．（1分）
电动机将电能转化为机械能的功率，据能量守恒为：
P 机＝P 电－P 热＝（12－4）W ＝8 W ．（1分）
（3）电源的输出功率为：P 出＝P －P 内＝P －I 2r ＝（20－22×0．5）W ＝18 W ．（3分） 考点：输出功率、热功率。

【名师点睛】本题考查非纯电阻电路功率的计算。

（1）通过电阻两端的电压求出电路中的电流，电源的总功率为P=EI 即可求得；（2）由U 内=Ir 可求得电源内阻分得电压，电动机两端的电压为U=E-U 1-U 内，电动机消耗的功率为P 动=UI ；（3）由P 热=I 2r 可求的电源内阻消耗的功率，输出功率为P 出=P-P 热。

对于电动机电路，要正确区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路：当电动机正常工作时，是非纯电阻电路；当电动机被卡住不转时，是纯电阻电路．对于电动机的输出功率，往往要根据能量守恒求解。

18．（1）2Ω（2）1．5m/s
【解析】
试题分析：（1）由题，电源电动势E=6V ，电源内阻r=1Ω，当将重物固定时，电压表的示数
为5V ，则根据闭合电路欧姆定律得 电路中电流为A r
U E I 1=-=
电动机的电阻2M U IR R I -==Ω （2）当重物匀速上升时，电压表的示数为U=5．5V ，电路中电流为E U I R
-=
=0．5A 电动机两端的电压为UM=E-I ′（R+r ）=6-0．5×（3+1）V=4V
故电动机的输入功率P=UMI ′=4×0．5=2W
根据能量转化和守恒定律得UMI ′=mgv+I ′2R
代入解得，v=1．5m/s 考点：闭合电路的欧姆定律；电功率；能量守恒定律
【名师点睛】本题是欧姆定律与能量转化与守恒定律的综合应用．对于电动机电路，不转动时，是纯电阻电路，欧姆定律成立；当电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立。