学年河南省太康县第一高级中学高二上学期第二次月考物理试题 解析版.docx

1、学年河南省太康县第一高级中学高二上学期第二次月考物理试题 解析版高二物理试题一、选择题（12小题，每题4分，共48分，18为单选。912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

2、轴上正方向处的P点，分别固定同种电荷Q1和Q2，已知Q1Q2，OP距离为2d，则场强为零的坐标x区间为（）A. x0 B. 0xd C. dx2 d D. x2 d【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Q1Q2，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：dx2d；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

3、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=1106 C的点电荷由A移到B的过程中，电势能增加

4、了1.2105J，由B移到C的过程中电场力做功6106 J，下列说法正确的是（）A. 该匀强电场的场强E=1 V/mB. A点的电势低于B点的电势C. B、C两点的电势差UBC=6 VD. 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=A-B，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，每摩尔铜

5、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c B. C. D. 【答案】D【解析】单位长度质量为：M=S1；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

6、，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R1R2r，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

7、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ab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=R2r,则随着外电阻的先增大后减小，由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R1R2+r，则滑片向右滑，R1的总阻值先增大后减小，则滑动变

8、阻器上消耗的功率是先增大后减小，故D错误本题选错误的故选D.【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120，则Rx的实际电阻为多少A：154 B：120 C：96 D：72【答案】C【解析】设欧姆表的内阻为R中：，当测量值为120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=96.故选C.【点睛】本题考查欧姆

9、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

10、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1和2，且两球静止时同处一水平线上，若1=

11、2，则下述结论正确的是（）A. q1不一定等于q2 B. 一定满足C. m1一定等于m2 D. 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1=2，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=m1tan1=m2tan2，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

12、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

13、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；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R2C. 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

14、【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

15、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10，额定电流为04A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03A、内阻约为006；（C）电流表A2 ：量程为006A、内阻约为03；（D）电压表V1 ：量程为015V、内阻约为50K；（E）电压表V2 ：量程05V、内阻约为10K；（F）滑动变阻器R1 ：量程为010；（G）滑动变阻器R2 ：量程为01500；（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

16、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00.6A、内阻约为0.3）.由，故电压表选择V2（量程05V、内阻约为10K）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(010).(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

17、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（015V）、电流表（00.6A）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)

18、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=1104V/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U

19、CD等于多少？（2）如果令B板接地（即电势B=0），则C和D的电势C和D各是多少？（3）如果令A板接地，则C和D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=-1104V/m0.04m=-400V (2)如果令B板接地（即电势B=0）则：C=UCB=EdCB=1104V/m0.03m=300VD=UDB=EdDB=1104V/m0.07m=700V(3)如果令A板接地，则：C=UCA=-EdCA=-1104V/m0.06m=-600VD=UDA=-EdDA=-1104V/m0.02m=-200V【点睛

20、】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1.0的电池多节，准备用多节这样的电池串联起来对一个“9.0V 9W”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=9

21、W/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 nIr0U，得到n18，可见n取整数的最小值为18这时路端电压U=18E0-I18r0=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 = 3 m的光滑绝缘细直杆MN，竖直固定在场强为E =1.6 105 N / C 、与水平方向成=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=+5106 C；另一带电小

22、球B 穿在杆上可自由滑动，电荷量q=+2.0 10一6 C，质量m=2.010一2 kg 。现将小球B从杆的上端N由静止释放。（静电力常量k=9.0109 Nm2C2，取 g =10 m / 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=1.5 m匀强电场对小球B所做的功W=-qEh1sin=-0

23、.24 J 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。