2019-2020学年陕西省延安市吴起高中高二（上）第二次月考物理试卷PDF版含答案

2019-2020 学年陕西省延安市吴起高中高二（上）第二次月考物理试卷
一、选择题（本题共 12 小题，共 48 分，1-9 题只有一个选项正确，10-12 题有多个选项正确，全部选对得 4 分，选
对但不全得 2 分，不选或有错选得 0 分）
1．（4 分）如图所示，把一条导线平行地放在磁针的上方附近，当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转．发现这
个实验现象的物理学家是（ ）

A． 牛顿 B． 爱因斯坦
C． 奥斯特 D． 居里夫人
2．（4 分）对于如图所示电场中的 A、B、C 三点，下列判断正确的是（ ）

A．A 点的电场强度最大
B．B 点的电势最高
C．正电荷在 B 点受到的电场力最大
D．负电荷在 A 点具有的电势能最大
3．（4 分）如图所示电路，已知电源电动势为 E，内阻为 r，R0 为固定电阻，当滑动变阻器 R 的触头向下移动时，
下列论述不正确的是（ ）


A．灯泡 L 一定变亮 B．电流表的示数变小
C．电压表的示数变小 D．R0 消耗的功率变小
4．（4 分）如图所示，能正确反应出通电螺线管极性与电流方向关系的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（4 分）把电量为 2.0×10
﹣8
C 的检验电荷从电场中的 A 点移到 B 点，电场力做功 3.0×10
﹣6
J，从 B 点移到 C 点，
须克服电场力做功 4.0×10
﹣6
J，则 A 点和 C 点比较（ ）
A．电势差为 350V，A 点电势高
B．电势差为 350V，C 点电势高
C．电势差为 50V，A 点电势高
D．电势差为 50V，C 点电势高
6．（4 分）在电源一定的闭合电路中，下列哪个说法正确（ ）
A．路端电压与外电阻成正比
B．路端电压随外电阻的增大而增大
C．外电路短路时，路端电压的值等于电源电动势的值
D．路端电压一定大于内电路的电压
7．（4 分）如图所示，将一个电流计 G 和一个电阻串联可以改装成电压表，将一个电流计 G 和一个电阻并联可以改
装成电流表，要使它们的量程增大，R1、R2 应如何变化（ ）

A．R1 增大，R2 增大 B．R1 减小，R2 减小
C．R1 增大，R2 减小 D．R1 减小，R2 增大
8．（4 分）如图所示，三条平行等间距的虚线表示电场中的三个等势面，电势分别为 10V、20V、30V，实线是一带

电粒子（不计重力）在该区域内的运动轨迹，a、b、c 是轨迹上的三个点，下列说法正确的是（ ）

A．粒子在三点所受的电场力不相等
B．粒子必先过 a，再到 b，然后到 c
C．粒子在三点所具有的动能大小关系为 Ekb＞Eka＞Ekc
D．粒子在三点的电势能大小关系为 Epc＜Epa＜Epb
9．（4 分）如图，等边三角形线框 LMN 由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强
度方向垂直，线框顶点 M、N 与直流电源两端相接。已知导体棒 MN 受到的安培力大小为 F，则线框 LMN 受到
的安培力的大小为（ ）

A．2F B．1.5F C．0.5F D．0
10．（4 分）连接在电池两极上的平行板电容器，当两极板间的距离减小时（ ）
A．电容器的电容 C 变大
B．电容器极板的带电荷量 Q 变大
C．电容器两极板间的电势差 U 变大
D．电容器两极板间的电场强度 E 变大
11．（4 分）如图所示，图线 1 表示的导体的电阻为 R1，图线 2 表示的导体的电阻为 R2，则下列说法正确的是（ ）

A．R1：R2＝1：3
B．R1：R2＝3：1
C．将 R1 与 R2 串联后接于电源上，则电流比 I1：I2＝1：3

D．将 R1 与 R2 并联后接于电源上，则电流比 I1：I2＝3：1
12．（4 分）一个质量为 m、带电荷量为﹣q 的带电粒子，从 O 点以初速度 v0 沿平行于电场方向进入一个场强为 E
的匀强电场，若不计重力，经过时间 t，粒子到达 A 点时速度恰好为零，则 OA 两点间的电势差为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（共 18 分，14 题最后两空各 1 分，其余每空 2 分）
13．（2 分）利用螺旋测微器测如图所示，则金属丝的直径 d 为 mm；

14．（4 分）若某欧姆表表头的满偏电流为 5mA，内装一节干电池，电动势为 1.5V，那么该欧姆表的内阻为 欧
姆：用该表测量该元件的电阻，选用“×100”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转过大，因此需选择 倍
率的电阻挡（填“×10”或“×1k”），并 再进行测量。
15．（12 分）在《描绘小灯泡伏安特性曲线》的实验中，选择“3V、0.5A 的小灯泡作为研究对象，要求小灯泡两端
电压从 0 开始变化，请回答下面几个问题：
①下列实验器材中应选用 （填入器材序号）
A．电流表（量程 0～0.6A，内阻 1Ω）
B．电流表（量程 0～3A，内阻 1Ω）
C．电压表（量程 0～15V，内阻约 10kΩ）
D．电压表（0～3v，内阻约 2kΩ）
E．滑动变阻器（阻值 0～100Ω）
F．滑动变阻器（阻值 0﹣10Ω）
G．电源 E＝6V
H．开关
I．导线若干
②在本实验中，滑动变阻器应采用 （填“分压”或“限流”）接法，电流表应采用 （填“内”、“外”）
接法。
③在如图 1 框中画出实验电路图，并用实线代替导线，将如图 2 中的器材连接成可供实验的电路


④小灯泡所加的电压 U 由零逐渐增大到 3V，在此过程中电流 I 和电压 U 的关系可以用图象表示，在图 3 中符合
实际的是 。

三、计算题（共 34 分，解答应写出必要文字说明、方程式和重要的演算步骤，否则不能得分）
16．（10 分）如图所示的匀强电场中，有 a、b、c 三点，ab＝5cm，bc＝12cm，其中 ab 沿电场线方向，bc 和电场线
方向成 60°角，一个电荷量为 q＝4×10
﹣8
C 的正电荷从 a 点移到 b 点时静电力做功为 W1＝1.2×10
﹣7
J，求：
（1）匀强电场的场强 E；
（2）电荷从 b 移到 c，静电力做功 W2
（3）a、c 两点间的电势差 Uac。

17．（12 分）如图所示，已知电源电动势 E＝20V，内阻 r＝1Ω，当接入固定电阻 R＝4Ω 时，电路中标有“3V 6W”
的灯泡 L 和内阻 RD＝0.5Ω 的小型直流电动机 D 都恰能正常工作。试求：
（1）电路中的电流大小；
（2）电动机的额定电压；
（3）电动机的输出功率；
（4）电源的效率。


18．（12 分）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。


2019-2020 学年陕西省延安市吴起高中高二（上）第二次月考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共 12 小题，共 48 分，1-9 题只有一个选项正确，10-12 题有多个选项正确，全部选对得 4 分，选
对但不全得 2 分，不选或有错选得 0 分）
1．【解答】解：当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转，说明电流产生了磁场，这是电流的磁效应，首先观察到
这个实验现象的物理学家是奥斯特。故 C 正确，ABD 错误。
故选：C。
2．【解答】解：A、A 处电场线最密，电场强度最大。故 A 正确。
B、根据顺着电场线电势降低可知，A 点的电势最高。故 B 错误。
C、A 处电场线最密，电场强度最大，由 F＝qE 知同一电荷在 A 点受到的电场力最大。故 C 错误。
D、B 点电势最低，由 Ep＝qφ 知负电荷在 B 处电势能最大。故 D 错误。
故选：A。
3．【解答】解：AC、当 R 的滑动触点向下滑移动时，R 变大，外电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律知，总电
流 I 变小，电源的内电压变小，则路端电压变大，因此电压表读数变大。灯泡 L 的电压增大，则灯 L 一定变亮。
故 A 正确，C 错误。
BD、电路中并联部分的电压变大，通过 L 的电流变大，而总电流减小，则电流表 A 的读数减小，R0 消耗的功率
变小。故 B、D 正确
本题选不正确的，故选：C
4．【解答】解：A、利用安培定则可知，螺线管的右端是 N 极，左端为 S 极。故 A 错误。
B、利用安培定则可知，螺线管的右端是 S 极，左端为 N 极。故 B 错误。
C、利用安培定则可知，螺线管的右端是 N 极，左端为 S 极。故 C 错误。
D、根据安培定则，螺线管的右端是 N 极，左端为 S 极，故此图能正确表示出通电螺线管极性和电流方向关系，
故 D 正确。
故选：D。
5．【解答】解：由题意，检验电荷从电场中的 A 点移到 B 点，电场力做功为 WAB＝3.0×10
﹣6
J，从 B 点移到 C 点，
电场力做功 WBC＝﹣4.0×10
﹣6
J，则若将电荷从 A 点移到 C 点时电场力做功为：WAC＝WAB+WBC＝3.0×10
﹣6
J+
（﹣4.0×10
﹣6
J）＝﹣1.0×10
﹣6
J
则 A、C 间的电势差 UAC＝ ＝ V＝﹣50V＜0，所以 C 点的电势高。

故选：D。
6．【解答】解：A、外电压 U＝ 外电压与 R 不成正比，但随外电阻增大而增大，故 A 错误，B 正确；
C、电源被短路时，电源电流为：I＝ ．由于电源有内电阻，故电流不是无限大，内电压等于电源电动势，故 C
错误；
D、据闭合电路的欧姆定律知，内外电路上的电压之和总等于电源电动势，外电压 U＝ ，当内阻大于外电
阻时，路端电压一定小于内电路的电压，故 D 错误。
故选：B。
7．【解答】解：由图甲电路图可知，G 与分压电阻串联，甲图为伏特表，R1 起分压作用，要使量程增加，需增加
R1 的分压，即增加 R1 的电阻；
由图乙所示电路图可知，G 与分流电阻并联，乙图为安培表，R2 起分流作用，要使量程增加，需增加 R2 的分流，
即减小 R2 的电阻。故 C 正确，ABD 错误。
故选：C。
8．【解答】解：
A、因表示电场中三个等势面的三条虚线是平行且等间距的，由此可判断电场是匀强电场，所以带电粒子在电场
中各点受到的电场力相等。选项 A 错误。
B、由题中的图可知，电场的方向是向上的，带负电的粒子将受到向下的电场力作用，带负电的粒子无论是依次
沿 a、b、c 运动，还是依次沿 c、b、a 运动，都会的到如图的轨迹。选项 B 错误。
C、带负电的粒子在电场中运动时，存在电势能与动能之间的互化，由题意和图可知，在 b 点时的电势能最大，
在 c 点的电势能最小，可判断在 C 点的动能最大，在 b 点的动能最小。选项 C 错误。
D、由对 C 的分析可知，D 选项正确
故选：D。
9．【解答】解：由已知条件可知 MLN 边的有效长度与 MN 相同，等效后的电流方向也与 MN 相同，边 MLN 的电
阻等于边 MN 的电阻的两倍，两者为并联关系，设 MN 中的电流大小为 I，则 MLN 中的电流为 ，设 MN 的
长为 L，
由题意知：F＝BIL，
所以边 MLN 所受安培力为： ＝ F，方向与 MN 边所受安培力的方向相同，

故有： ，故 B 正确，ACD 错误。
故选：B。
10．【解答】解：
A、当两极板间的距离减小时，根据电容的决定式 C＝ 分析得知，电容 C 变大。故 A 正确。
B、由题可知，电容器的电压不变，C 变大，由 C＝ 得到，电容器极板的带电荷量 Q 变大。故 B 正确。
C、电容器两极板间的电势差 U 等于电源的电动势，保持不变。故 C 错误。
D、U 不变，d 减小，由 E＝ 分析得知板间场强 E 增大。故 D 正确。
故选：ABD。
11．【解答】解：A、根据 I﹣U 图象知，图线的斜率表示电阻的倒数，所以 R1：R2＝1：3；故 A 正确，B 错误；
C、串联电路电流处处相等，所以将 R1 与 R2 串联后接于电源上，电流比 I1：I2＝1：1．故 C 错误；
D、并联电路，电压相等，电流比等于电阻之反比，所以将 R1 与 R2 并联后接于电源上，电流比 I1：I2＝3：1．故
D 正确；
故选：AD。
12．【解答】解：A、B、只有电场力做功所以：
得： ．故 A 正确，B 错误；
C、D、带电粒子只受到电场力的作用，由动量定理得：﹣qEt＝0﹣mv0
得：
粒子的位移：
电势差： ．故 C 正确，D 错误。
故选：AC。
二、填空题（共 18 分，14 题最后两空各 1 分，其余每空 2 分）
13．【解答】解：固定刻度的读数为：4.5mm，可动刻度读数为 0.01×20.0mm＝0.200mm，
所以最终读数为：4.5mm+0.200mm＝4.700mm。
故答案为：4.700。

14．【解答】解：欧姆表内阻为：R 内＝R 中＝ ＝ ＝300Ω
选用“×100”倍率的电阻档测量，发现多用表指针偏转过大，表盘读数太小，说明所选挡位太大，为准确测量，
需要选择×10 倍率的电阻档，然后重新进行欧姆调零。
故答案为：300；×10；欧姆调零后。
15．【解答】解：①由题意可知，灯泡的额定电压为 3V，为了准确性及安全性原则，电压表应选择 D；
由 P＝UI 可得，灯泡的额定电流为 0.5A，故电流表应选择 A；
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 F；
实验还需要电源 E＝6V，开关 H，导线若干 I，所以实验器材中应选用：ADFGHI。
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；
由于电流表内阻已知，为减小实验误差，电流表应采用内接法；
③滑动变阻器采用分压接法，电流表采用内接法，实验电路图如图所示，根据实验电路图连接实物电路图，实
物电路图如图所示：


④小灯泡的温度不断升高，电阻增大，由欧姆定律得到 R＝ ，等于图线上的点与原点连线的斜率倒数，
电阻一直增大，故图线上的点与原点连线的斜率一直减小。所以 ACD 不符合实际，故 B 正确。
故选：B。
故答案为：①ADFGHI；②分压；内；③电路图与实物电路图如图所示；④B。
三、计算题（共 34 分，解答应写出必要文字说明、方程式和重要的演算步骤，否则不能得分）
16．【解答】解：ab＝5cm0.05m，bc＝12cm＝0.12m
（1）由题，由 W1＝qELab 得：E＝ ＝ V/m＝60V/m，
（2）电荷从 b 移到 c 电场力做功为：W2＝qELbccos60°＝4×10
﹣8
×60×0.12×0.5J＝1.44×10
﹣7
J
（3）电荷从 a 移到 c 电场力做功为：Wac＝W1+W2

则 a、c 两点的电势差为：Uac＝ ＝ V＝6.6V
答：（1）匀强电场的场强为 60V/m。
（2）电荷从 b 移到 c 电场力做功为 1.44×10
﹣7
J。
（3）a、c 两点的电势差为 6.6V。
17．【解答】解：（1）灯泡 L 正常发光，电路中的电流为：

（2）由闭合电路欧姆定律可求得，电动机的额定电压为：
UD＝E﹣I（r+R）﹣UL＝20 V﹣2×（1+4）V﹣3 V＝7 V
（3）电动机的总功率为：
P 总＝IUD＝2×7 W＝14 W
电动机的热功率为：
P 热＝I
2
RD＝2
2
×0.5 W＝2 W
所以电动机的输出功率为：
P 出＝P 总﹣P 热＝14 W﹣2 W＝12 W
（4）电源的总功率为：P 总＝EI＝40W
电源的输出功率为：P 出＝UI＝36W
电源的效率为：
答：（1）电路中的电流大小为 2A；
（2）电动机的额定电压为 7V；
（3）电动机的输出功率为 12W；
（4）电源的效率为 90%。
18．【解答】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＝ma

解得

（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

且有


联立各式得

答：（1）电场强度的大小为 ；
（2）B 运动到 P 点时的动能为 。