河南省太康县第一高级中学学年高二上学期第二次月考物理精校解析 Word版.docx
- 文档编号:25964299
- 上传时间:2023-06-16
- 格式:DOCX
- 页数:18
- 大小:256KB
河南省太康县第一高级中学学年高二上学期第二次月考物理精校解析 Word版.docx
《河南省太康县第一高级中学学年高二上学期第二次月考物理精校解析 Word版.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《河南省太康县第一高级中学学年高二上学期第二次月考物理精校解析 Word版.docx(18页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
河南省太康县第一高级中学学年高二上学期第二次月考物理精校解析Word版
高二物理试题
一、选择题(12小题,每题4分,共48分,1—8为单选。
9—12为多选;多选选对4分,不全2分,有错误选项不得分)
1.关于电场,下列说法中正确的是( )
A.电场是电荷周围空间实际存在的物质
B.电场是为了便于研究电荷的运动而引入的理想模型
C.电荷周围分布的电场线就是电场
D.电荷间的相互作用不是通过电场作媒介产生的
【答案】A
【解析】解:
A、电场是实际存在的物质,不是理想化模型.故A正确,B错误.
C、电荷的周围存在电场,而电场线是假想的,故C错误.
D、电荷间的相互作用是通过电场作媒介产生的.故D错误.
故选A.
..................
2.在x轴的原点O和轴上正方向处的P点,分别固定同种电荷Q1和Q2,已知Q1>Q2,OP距离为2d,则场强为零的坐标x区间为( )
A.x>0B.0<x<dC.d<x<2dD.x>2d
【答案】C
【解析】因同种电荷Q1和Q2,由点电荷电场强度的公式
,可知场强为零的坐标x区间在两固定的电荷之间;又已知Q1>Q2,因此零电场强度的位置偏离点电荷Q1,偏向点电荷Q2,则场强为零的坐标x区间为:
d<x<2d;故C正确,A、B、D错误;故选C.
【点睛】考查点电荷电场强度的公式应用,理解矢量合成法则,掌握库仑定律的内容,注意电场强度的矢量性.
3.设星球带负电,一带电粉尘悬浮在距星球表面1000km的地方,又若将同样的带电粉尘带到距星球表面2000km的地方相对于该星球无初速释放,忽略星球自转的影响(即粉尘不需要向心力),则此带电粉尘( )
A.向星球下落B.仍在悬浮C.推向太空D.无法判断
【答案】B
【解析】当带负电粉尘在高度为h处平衡.则有:
,r为星球的半径;当h变2h时,两力仍然平衡有:
.故选B.
【点睛】本题容易出错,学生往往认为随着间距的变化,库仑力在变化,而却忽略了引力随着高度也会发生变化.注意这里的高度与星球半径相比不能忽略.
4.如图所示,匀强电场中三点A、B、C是一个三角形的三个顶点,∠ABC=∠CAB=30°,BC=
m.已知电场线平行于△ABC所在的平面,一个电荷量q=﹣1×10﹣6C的点电荷由A移到B的过程中,电势能增加了1.2×10﹣5J,由B移到C的过程中电场力做功6×10﹣6J,下列说法正确的是( )
A.该匀强电场的场强E=1V/m
B.A点的电势低于B点的电势
C.B、C两点的电势差UBC=6V
D.A、C两点的电势差UAC=6V
【答案】D
【解析】C、B、C两点的电势差
,故C错误.B、A、B两点的电势差
,而
,即A点电势高于B点电势,B错误。
D、而UAC=UAB+UBC=6V,故D正确。
A、由三点的电势差关系可知AB的中点电势为6V与C点等势,即AB线为电场线,故
,故A错误。
故选D.
【点睛】本题要掌握电势差公式
求解电势差.UAB=φA-φB,根据电势差的正负,判断电势的高低.
5.铜的摩尔质量为m,密度为ρ,每摩尔铜原子中有n个自由电子(电量为e),今有一根横截面积为S的铜导线,当通过的电流为I时,电子平均定向移动的速率为( )
A.光速cB.
C.
D.
【答案】D
【解析】单位长度质量为:
M′=ρ•S•1;单位长度原子数为:
;每个铜原子可以提供一个自由电子,故电子数为
;电流
;而
;解得:
;故选D.
【点睛】本题关键是建立物理模型,根据电流的定义式推导电流的微观表达式,它是联系微观与宏观的桥梁.
6.如图所示的电路中,电源电动势为E,内阻为r,R1和R2是两个定值电阻。
当滑动变阻器的触头向a滑动时,流过R1的电流I1和流过R2的电流I2的变化情况为()
A.I1增大,I2减小B.I1减小,I2增大
C.I1增大,I2增大D.I1减小,I2减小
【答案】B
【解析】试题分析:
当滑动变阻器的触头向a端滑动时,滑动变阻器阻值减小,由“串反并同”的结论可知流过R2的电流增大,流过R1的电流减小,故选B
考点:
考查闭合电路的动态变化
点评:
本题难度较小,可根据闭合电路的动态分析判断,先分析局部电阻变化,再分析整体电阻和电流的变化,再分析电源内电阻分得电压变化,最后分析路端电压和局部电流的变化,或者直接应用“串反并同”的结论判断
7.如图所示电路中,电源电动势为E,内阻为r,串联的固定电阻为R2,滑动变阻器的总阻值是R1,电阻大小关系为R1+R2=r,则在滑动触头从a端滑到b端过程中,下列描述错误的是( )
A.电路的总电流先减小后增大
B.电路的路端电压先增大后减小
C.电源的输出功率先增大后减小
D.滑动变阻器R1上消耗的功率先减小后增大
【答案】D
【解析】A、当滑动变阻器从a→b移动时R1作为并联电路总电阻先增大后减小,根据闭合电路欧姆定律可知电流是先减小后增大,故A正确;B、路端电压U=E-Ir,因为电流先减小后增大,所以路端电压先增大后减小,故B正确;C、当R外=r的时候电源的输出功率最大,当滑片在a端或者b端的时候,电路中R外=R2 图象的单调性可知输出功率是先增大后减小的,故C正确;D、滑动变阻器的总电阻R1 【点睛】本题考查了串、联电路的特点和欧姆定律的灵活运用,难点是滑动变阻器滑片P从最右端→中间→左端总电阻变化情况的判断. 8.现有一欧姆表,其内部电源电动势为1.5V,电流表满偏电流为10mA.该欧姆表使用了一段时间后电源电动势降为1.2V,并且经欧姆调零后,测得某电阻Rx的阻值读数为120Ω,则Rx的实际电阻为多少 A: 154ΩB: 120ΩC: 96ΩD: 72Ω 【答案】C 【解析】设欧姆表的内阻为R中: ,当测量值为120Ω时的电流值为: ;调零后内阻为 ,则电动势为E′=1.2V,电流值为 时的电阻值为R测,则 ,解得R测=96Ω.故选C. 【点睛】本题考查欧姆表的原理及测安法测电阻的基本原理,注意根据闭合电路欧姆定律即可求解. 9.如图所示,虚线是带电粒子在电场中运动的径迹,不考虑重力和空气阻力,粒子在由电场中的A点运动到B点的过程中,以下判断正确的是( ) A.粒子带正电 B.粒子在A点受到的电场力的大小比在B点受到的大 C.粒子在A点的动能比在B点的动能大 D.粒子在A点的电势能比在B点的电势能大 【答案】BC 【解析】A、物体做曲线运动时,受到的合力的方向指向轨迹弯曲的内侧,由此可知,该粒子受到的电场力的方向逆着电场线向左,所以粒子带负电,故A错误;B、电场线密的地方电场的强度大,电场线疏的地方电场的强度小,A点的电场线密,场强大,所以粒子在A点时受到的电场力的大小比在B点受到的大,故B正确;C、D、粒子在由电场中的A点运动到B点的过程中,电场力方向与速度方向的夹角为钝角,电场力对粒子做负功,粒子的动能减小,电势能增加,所以粒子在A点的动能比在B点的动能大,粒子在A点的电势能比在B点的电势能小,C正确,D错误;故选BC. 【点睛】对于本题关键是根据粒子运动轨迹来判定电场力方向,由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧,运用力学知识来研究粒子在电场中运动的问题. 10.两个大小相同的小球带有同种电荷,质量分别为m1和m2,带电量分别为q1和q2,用绝缘细线悬挂后,因静电力而使两悬线张开,分别与铅垂线方向成夹角α1和α2,且两球静止时同处一水平线上,若α1=α2,则下述结论正确的是( ) A.q1不一定等于q2B.一定满足 C.m1一定等于m2D.必然同时满足q1=q2,m1=m2 【答案】AC 【解析】题中电荷电量可能不同,也可能相同,但各自所受的电场力F大小却相同,方向相反.由于α1=α2,它们与竖直线所成的角度相等,且两球同处一水平线上,所以根据共点力平衡条件可确定F=m1tanα1=m2tanα2,则m1=m2,它们的质量一定相等.故AC正确,BD错误. 故选: AC. 点睛: 本题中库仑力是两个小球联系的纽带,由平衡条件分别找出两个小球的质量与库仑力关系是解题的关键。 11.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,下列论述正确的是( ) A.灯泡L一定变亮B.电流表的示数变大 C.电压表的示数变小D.R0消耗的功率变小 【答案】AD 【解析】试题分析: 当R的滑动触点向下滑移动时,R变大,外电路总电阻变大,则由闭合电路欧姆定律知,总电流变小,路端电压变大,则电压表读数变大.灯泡L的电压变大,则灯L一定变亮.电路中并联部分电压变大,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ABD正确,C错误.故选C。 考点: 电路的动态分析 【名师点睛】此题是关于电路的动态分析问题;关键是搞清电路的结构,先分析变化的电阻的阻值变化情况,然后分析整个电路的电阻变化,再分析整个电路的电流计路端电压的变化,最后回到电路的各个部分,所谓的“局部-整体-局部”的分析思路. 12.如图所示的电路中,在竖直放置的平行板电容器的金属板内侧表面系一绝缘细线,细线下端系一带电小球,带电小球静止时绝缘细线与金属板的夹角为θ;R1为电阻箱,R2为滑动变阻器,R3为定值电阻.闭合开关S,此时R2的滑片在正中间,电流表和电压表的示数分别为I和U.已知电源电动势E和内阻r一定,电表均为理想电表.以下说法正确的是( ) A.保持R2不变,增大阻值R1则夹角θ变大 B.小球带正电,将R2的滑片向左端滑动过程中会有电流流过R2 C.增大R1,则I读数变小,U读数变小 D.减小R1,则U的变化量的绝对值与I的变化量的绝对值的比值不变 【答案】AD 【解析】A、增大R1的阻值,即增大R1的电压,即电容器的电压变大,由 可知电场强度增大,则平衡时小球的偏角变大,故A正确。 B、电容器板间电场方向水平向右,小球受到的电场力也水平向右,所以小球带正电.将R2的滑片向左端滑动过程中,电容器的电压不变,带电量不变,没有电流通过R2,故B错误.C、增大R1,电路中电流减小,路端电压增大,则I读数变小,U读数变大,故C错误.D、根据闭合电路欧姆定律得: U=E-Ir,得 ,保持不变,即减小R1,则U的变化量的绝对值与I的变化量的绝对值的比值不变.故D正确.故选AD. 【点睛】解决本题的关键抓住电源的电动势和内阻不变,利用闭合电路欧姆定律进行动态分析.要明确与电容器串联的电阻,在电路稳定时相当于导线. 二、实验题(共16分,13题8分,14题8分,每空2分,电路图2分) 13.为测定一电阻约为10Ω,额定电流为0.4A的电阻器的电阻,现准备有下列器材: (A)电源E: 内阻不计的6V; (B)电流表A1: 量程为0~3A、内阻约为0.06Ω; (C)电流表A2: 量程为0~0.6A、内阻约为0.3Ω; (D)电压表V1: 量程为0~15V、内阻约为50KΩ; (E)电压表V2: 量程0~5V、内阻约为10KΩ; (F)滑动变阻器R1: 量程为0~10Ω; (G)滑动变阻器R2: 量程为0~1500Ω; (H)电键S和导线若干。 (1)实验中要求通过待测电阻的电流能从0起逐渐增大,为尽可能较精确地测出该电阻的阻值,并且调节方便,应用的电流表为________,电压表为_______,滑动变阻器为________(填器材符号) (2)画出符合要求的电路图_____. 【答案】 (1).A2; (2).V2;(3).R1;(4). 【解析】 (1)由于电阻器R的额定电流即最大电流为0.4A,故电流表选择A2(量程为0~0.6A、内阻约为0.3Ω).由 ,故电压表选择V2(量程0~5V、内阻约为10KΩ)实验中要求通过待测电阻的电流能从0起逐渐增大,变阻器可采用分压式,为方便调节,变阻器选小电阻可选择R1(0~10Ω). (2)因为 , ,则 ,故为减小测量误差,电流表应采用外接法.故符合要求的电路图如图所示: 【点睛】对于电阻测量电路的设计,可记住这样的口诀: “大内偏大,小外偏小”.本题是伏安法测量电阻,从实验原理出发选择器材、设计电路、连接实物图等等,都是实验的基本技能,要加强培训,提高能力. 14.小明同学在一次测量时,电压表(0﹣15V)、电流表(0﹣0.6A)的示数如图所示. (1)则电压值为____V,电流值为_____A; 大明同学用如图甲所示的器材和电路测量电源电动势和内电阻。 (2)实验中移动滑动变阻器触头,读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2,并描绘出了U1-U2的图像,如图乙所示,图中直线斜率为k,与横轴的截距为a,则电源的电动势E=______,内阻r=_______;(用k、a、R0表示) 【答案】 (1).9.0; (2).0.33;(3). ;(4). 【解析】 (1)电压表的量程为15V,精确度为0.5V,估读在0.1V,结果为9.0V;电流表的量程为0.6A,精确度为0.02A,估读在0.01A,结果为0.33A. (2)由闭合电路欧姆定律可知, 变形得: ,则有: ; ,解得 , . 【点睛】本题考查测量电动势和内电阻的实验方法,关键在明确根据闭合电路欧姆定律得出对应的表达式,再分析图象的意义,求得电动势和内电阻. 三、计算题(共36分,15题8分,16题8分,17题10分,18题10分) 15.带有等量异号电荷,相距9cm的平行板A和B之间有一个匀强电场.电场强度E=1×104V/m,方向向下.电场中C点距B板3cm,D点距A板2cm. (1)C、D两点哪点电势高? 两点的电势差UCD等于多少? (2)如果令B板接地(即电势φB=0),则C和D的电势φC和φD各是多少? (3)如果令A板接地,则φC和φD各是多少? 【答案】 (1)Ucd=400v; (2) (3) 【解析】 (1)沿着电场线电势降低,故D点的电势大于C点的电势; UCD=-EdCD=-1×104V/m×0.04m=-400V (2)如果令B板接地(即电势φB=0) 则: φC=UCB=EdCB=1×104V/m×0.03m=300V φD=UDB=EdDB=1×104V/m×0.07m=700V (3)如果令A板接地,则: φC=UCA=-EdCA=-1×104V/m×0.06m=-600V φD=UDA=-EdDA=-1×104V/m×0.02m=-200V 【点睛】本题考察的是电势、电势差、匀强电场中E与U的关系、电场力做功公式等内容,在应用这些公式时,要特别注意所有公式中的物理量都包含有正、负号.还要注意的是U=Ed中的d是沿着场强方向的距离,不是两点间的距离. 16.现有电动势1.5V,内阻1.0Ω的电池多节,准备用多节这样的电池串联起来对一个“9.0V9W”的纯电阻用电器供电,以保证用电器在额定状态下工作。 问: 最少用多少节这种电池? 电路是否还需要一个定值电阻R0做分压作用,如需要则R0为多大? (提示: 串联电池组的电动势等于各个电池的电动势之和;串联电池组的内阻等于各个电池内阻之和) 【答案】最少需要18节这样的电池 【解析】通过用电器的电流I=P/U=9W/9V=1A 设至少需要n节电池,串联的分压电阻为R0,因为路端电压必须大于(或等于)用电器的额定电压,即nE0–nIr0≥U, 得到n≥18,可见n取整数的最小值为18. 这时路端电压U'=18E0-I×18r0=9V 则不需要定值电阻来分压了 即不需要定值电阻来分压,最少需要18节这样的电池 【点睛】本题首先要搞清题意,知道串联电池组总电动势和总内阻与每个电池的关系,其次熟练应用闭合电路欧姆定律. 17.如图,一根长L=3m的光滑绝缘细直杆MN,竖直固定在场强为E=1.6×105N/C、与水平方向成θ=30°角的倾斜向上的匀强电场中。 杆的下端M固定一个带电小球A,电荷量Q=+5×10-6C;另一带电小球B穿在杆上可自由滑动,电荷量q=+2.0×10一6C,质量m=2.0×10一2kg。 现将小球B从杆的上端N由静止释放。 (静电力常量k=9.0×109N·m2/C2,取g=10m/s2) (l)小球B开始运动时的加速度为多大? (2)小球B从N端运动到速度最大时,匀强电场对小球B做了多少功? 【答案】 (1) ; (2)W-0.24J; 【解析】 (1)开始运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和电场力,沿杆方向运动 由牛顿第二定律得: 解得: 代入数据解得: a=1.5m/s2 (2)小球B速度最大时合力为零,即 解得: 代入数据解得h1=1.5m 匀强电场对小球B所做的功W=-qEh1sinθ=-0.24J 18.如图所示,平行放置的金属板A、B间电压为U0,中心各有一个小孔P、Q,平行放置的金属板C、D板长和板间距均为L,足够长的粒子接收屏M与D板夹角为 。 现从P点处有质量为m、带电量为+q的粒子放出(粒子的初速度可忽略不计)。 经加速后从Q点射出,贴着C板并平行C板射入C、D电场(平行金属板外电场忽略不计,重力不计, , ) (1)粒子经加速后从Q点射出速度大小v; (2)若在进入C、D间电场后好恰从D板边缘飞出,则C、D间电压U1为多少? (3)调节C、D间电压(大小)使进入电场的粒子,不能打在粒子接收屏M上,则C、D间电压U2的取值范围? 【答案】 (1) ; (2) ;(3) 或 【解析】试题分析: (1)粒子的加速,由动能定理: 解得: (2)粒子在偏转电场中由水平方向做匀速直线运动得 竖直方向上做匀加速直线运动 竖直方向上位移 求得: (3)若粒子飞出C、D间电场则飞出时竖直方向上速度 速度偏转角 由题意可知 解得: 若粒子没有飞出电场也不能打到粒子接收屏M 此时可知 综上: 可知 或 考点: 带电粒子在电场中的运动 【名师点睛】本题关键是分析带电粒子的运动情况,确定出临界条件,运用牛顿第二定律和运动学规律结合进行求解。
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 河南省太康县第一高级中学学年高二上学期第二次月考物理精校解析 Word版 河南省 太康县 第一 高级中学 学年 上学 第二次 月考 物理 解析 Word