高二物理上学期第二次月考试题（含解析）2.doc

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1、- 1 - / 16【2019【2019 最新最新】精选高二物理上学期第二次月考试题（含解析）精选高二物理上学期第二次月考试题（含解析）2 2一、选择题（一、选择题（1212 小题，每题小题，每题 4 4 分，共分，共 4848 分，分，1 18 8 为单选。为单选。9 91212 为为多选；多选选对多选；多选选对 4 4 分，不全分，不全 2 2 分，有错误选项不得分）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

2、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 Q1Q2，OP 距离为 2d，则场强为零的坐标 x 区间为（ - 2 - / 16）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

3、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

4、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- 3 - / 164. 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

5、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.

6、C. D. - 4 - / 16【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，I2 增大 D. I1 减小，I2 减小【答案】B【解析】试题分析：

7、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- 5 - / 16R2，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. 电路的总电流先减小后

8、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

9、的总阻值先增大后减小，则滑动变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- 6 - / 16A：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

10、.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

11、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- 7 - / 16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

12、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=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

13、量一定相等故 AC 正确，BD 错误故选：AC- 8 - / 16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

14、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 ；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

15、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- 9 - / 16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【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

16、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（共二、实验题（共 1616 分，分，1313 题题 8 8 分，分，1414 题题 8 8 分，每空分，每空 2

17、2 分，电路图分，电路图 2 2分）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- 10 - / 16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

18、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). - 11 - / 16【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】

19、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（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- 12 - / 16k，与横轴的截距为 a，则电源的电动势 E =_，内阻 r =_；（用 k、a

20、、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（共三、计算题（共 3636 分，分，1515 题题 8 8 分，分，1616 题题 8 8 分，分，1717 题题 1010 分

21、，分，1818 题题 1010分）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 UCD 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？- 13 - / 16【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/m0.0

22、4m=-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】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

23、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=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 nIr0U，- 14 - / 16得到 n18，可见 n 取整数的最小值为 18 这时路端电压 U=18E

24、0-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

25、=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 - 15 - / 16(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=-0.24 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

26、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- 16 - / 16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。