高二物理第二次月考试题（培优班，含解析）.doc

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1、- 1 - / 15【2019【2019 最新最新】精选高二物理第二次月考试题（培优班，含解精选高二物理第二次月考试题（培优班，含解析）析）一、选择题一、选择题1. 关于电压和电动势，下列说法正确的是 ( )A. 电动势就是电源两极间的电压B. 电压和电动势单位都是伏特，所以电压和电动势是同一物理量的不同叫法C. 电压 UW/q 和电动势 EW/q 中的 W 是一样的，都是静电力所做的功D. 电压和电动势有本质的区别，反映的能量转化方向不同【答案】D【解析】试题分析：电压是指两极间或电场两点间的电势差，而电动势是反映非静电力做功本领大小的物理量，与电压是完全不同的物理量，但其单位都是伏特，故选

2、项 AB 错误、D 正确；电压定义式中的 W是指将电荷移动过程中电场力做的功，所以选项 C 错误；考点：电压和电动势2. （多选）如图所示，在一电场强度沿纸面方向的匀强电场中，用一绝缘丝线系一带电小球，小球的质量为 m、电荷量为 q，为保证当丝线与竖直方向的夹角为 60时，小球处于平衡状态，则匀强电场的电场强度大小可能为( )- 2 - / 15A. B. C. D. 【答案】ACD【解析】取小球为研究对象，它受到重力 mg、丝线的拉力 T 和电场力Eq 的作用因小球处于平衡状态，则它受到的合外力等于零，由平衡条件知，T 和 Eq 的合力与 mg 是一对平衡力，根据力的平行四边形定则可知，当电

3、场力 Eq 的方向与丝线的拉力方向垂直时，电场力最小，如图所示，则 Eqmgsin 得 E，所以，该匀强电场的电场强度大小可能值为 E，故 A、C、D 选项正确；故选 ACD。3. （多选）如图所示，实线表示一簇关于 x 轴对称的等势面，在轴上有 A、B 两点，则( )A. A 点场强小于 B 点场强B. A 点场强方向指向 x 轴负方向C. A 点场强大于 B 点场强D. A 点电势高于 B 点电势【答案】AD【解析】等差等势面越密的地方电场强度越大，所以，故 A 正确，C错误；电场线与等势面垂直，并且由电势高的等势面指向电势低的等势面，所以 A 点场强方向指向 x 轴正方向，故 B 错误；

4、沿着电场线电势逐渐降低，故 A 点电势高于 B 点电势，故 D 错误。所以 A 正确，BCD 错误。4. 如图所示，a、b 两个带正电的粒子，以相同的速度先后垂直于电- 3 - / 15场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，a 粒子打在 B 板的 a点，b 粒子打在 B 板的 b点，若不计重力，则( )A. a 的电荷量一定大于 b 的电荷量B. b 的质量一定大于 a 的质量C. a 的荷质比一定大于 b 的荷质比D. b 的荷质比一定大于 a 的荷质比【答案】C【解析】试题分析：设任一粒子的速度为 v，电量为 q，质量为 m，加速度为 a，运动的时间为 t，则加速度：，时间，偏转量因为两个

5、粒子的初速度相等，由得：tx，则得 a 粒子的运动时间短，由得：a 的加速度大，a 粒子的比荷就一定大，但 a 的电荷量不一定大，但是不能判断粒子的质量和电荷量的大小，故 C 正确考点：考查了带电粒子在电场中的偏转5. 如图所示是一个由电池、电阻 R 与平行板电容器组成的串联电路，在减小电容器两极板间距离的过程中( )A. 电阻 R 中没有电流B. 电容器的电容变小C. 电阻 R 中有从 a 流向 b 的电流D. 电阻 R 中有从 b 流向 a 的电流【答案】D【解析】试题分析：增大电容器两极板间距离，根据公式可得电容减- 4 - / 15小，由于连接在电源两端，所以电容器两极板间的电压恒定，

6、根据公式可得两极板上的电荷量减小，故电容放电，电阻 R 中有从 a 流向 b的电流，故 BC 正确；考点：考查了电容器的动态变化【名师点睛】在分析电容器动态变化时，需要根据判断电容器的电容变化情况，然后结合，等公式分析，需要注意的是，如果电容器和电源相连则电容器两极板间的电压恒定，如果电容器充电后与电源断开，则电容器两极板上的电荷量恒定不变6. 铜的摩尔质量为 m，密度为 ，每摩尔铜原子有 n 个自由电子，今有一根横截面为 S 的铜导线，当通过的电流为 I 时，电子平均定向移动速率为 ( )A. 光速 c B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：单位体积的电子数为：。根据 I=NeSv，

7、可得，故选 D考点：电流强度【名师点睛】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 I=NeSv，它是联系微观与宏观的桥梁。7. 在如图所示的电路中，灯泡 L 的电阻大于电源的内阻 r，闭合电键S，将滑动变阻器滑片 P 向左移动一段距离后，下列结论正确的是( - 5 - / 15)A. 灯泡 L 变亮B. 电源的输出功率变大C. 电容器 C 上的电荷量增加D. 电流表读数变小，电压表读数变小【答案】C【解析】试题分析：当滑动变阻器滑片 P 向左移动，其接入电路的电阻增大，电路的总电阻增大，总电流 I 减小，而灯泡的功率，不变，I 减小，则 P 减小，则灯泡变暗，故 A 错误；

8、当电源的内、外电阻相等时，电源的输出功率功率最大由于灯炮 L 的电阻大于电源的内阻，当 R 增大时，电源的内、外电阻的差值增大，则电源的输出功率减小，故 B 错误；根据串联电路分压规律知：变阻器两端电压增大，电容器与变阻器并联，则电容器上电压也增大，由知，其电荷量增大，故 C错误；总电流减小，电流表读数变小，电压表读数为，则 U 变大，故D 正确。考点：闭合电路的欧姆定律【名师点睛】本题的难点在于确定电源的输出功率如何变化，可以用数学证明，当内、外电阻相等时，电源的输出功率最大，这是很重要的结论要记牢对于电容器，关键确定电压，记住这个结论很有必要：电容器的电压与它并联的电路两端的电压相等。8.

9、 如图所示，直角三角形 ABC 的边长 AB 长为 L，为 30，三角形所围区域内存在着磁感应强度大小为 B，方向垂直纸面向里的匀强磁- 6 - / 15场一质量为 m、带电荷量为 q 的带电粒子(不计重力)从 A 点沿 AB 方向射入磁场，在磁场中运动一段时间后，从 AC 边穿出磁场，则粒子射入磁场时的最大速度 vm 是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】经分析随着粒子速度的增大，粒子做圆周运动的半径也变大，当速度增大到某一值 vm 时，粒子运动的圆弧将恰好与 BC 边相切，此时 vm 为粒子从 AC 边穿出磁场的最大速度，如果粒子速度大于 vm 粒子将从 BC 边穿出磁场，故粒

10、子运动的最大半径为 L，由 L，得到，故选项 C 正确；故选 C。9. 如图所示，两个互连的金属圆环，粗金属环的电阻是细金属环电阻的.磁场垂直穿过粗金属环所在区域，当磁感应强度随时间均匀变化时，在粗环内产生的感应电动势为 E，则 a、b 两点间的电势差为( )A. E B. E C. E D. E【答案】C【解析】设粗环电阻为 R，则细环电阻为 2R，由于磁感应强度随时间均匀变化，故闭合电路中产生的感应电动势 E 恒定，由闭合电路欧姆定律得电路中感应电流，由欧姆定律，a、b 两点电势差(细环两端电压) ；- 7 - / 15故选 C。10. （多选）如图甲、乙所示的电路中，电阻 R 和自感线圈

11、 L 的电阻值都很小，且小于灯泡 S 的电阻，接通 K，使电路达到稳定，灯泡 S发光，则( )A. 在甲图中，断开 K 后，S 将逐渐变暗B. 在甲图中，断开 K 后，S 将先变得更亮，然后才变暗C. 在乙图中，断开 K 后，S 将逐渐变暗D. 在乙图中，断开 K 后，S 将先变得更亮，然后才变暗【答案】AD.11. 一单匝闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动在转动过程中，线框中的最大磁通量为 m，最大感应电动势为Em.下列说法中正确的是 ( )A. 当磁通量为零时，感应电动势为零B. 当磁通量减小时，感应电动势在减小- 8 - / 15C. 当磁通量等于 0.5m 时，感应电动

12、势等于 0.5EmD. 角速度 等于【答案】D【解析】试题分析：当线框磁通量为零时，磁场与线圈平面平行，磁通量的变化率最大，所以感应电动势最大，故 A 错误；假设磁通量的表达式为 =msint，则感应电动势的表达式为 e=Emcost，所以当线框磁通量减小时，感应电动势在增大，故 B 正确；根据 和e 的表达式可知，当线框磁通量等于 05m 时，感应电动势不等于05Em，故 C 错误；最大感应电动势为 Em=BS，最大磁通量m=BS，所以 Em=m，所以 = Em /m，故 D 正确；故选 BD考点：交流电的产生及变化规律【名师点睛】本题就是考查对最大感应电动势为 Em 和最大磁通量 m 的理

13、解；要知道电动势为零时，线圈处在中性面上，磁场与线圈平面垂直，所以通过线圈的磁通量最大，掌握最大感应电动势为Em=BS 和最大磁通量 m=BS 间的关系。12. 如图所示是一交变电流的 it 图像，则该交变电流的有效值为 ( )A. 4 A B. 2 A C. A D. A【答案】D【解析】解：设交流电电流的有效值为 I，周期为 T，电阻为 R，则有：代入数据解得：- 9 - / 15故 ABC 错误，D 正确；故选：D【点评】求交流电的有效值，往往根据电流的热效应，由有效值的定义求解中等难度二、试验题二、试验题13. 在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，可供选择的实验仪器如下：小灯泡 L

14、， “3.8 V,0.3 A”电压表 V，量程 05 V，内阻 5 k电流表 A1，量程 0100 mA，内阻 4 电流表 A2，量程 0500 mA，内阻 0.4 滑动变阻器 R1，最大阻值 10 ，额定电流 1.0 A滑动变阻器 R2，最大阻值 5 ，额定电流 0.5 A直流电源 E，电动势约为 6 V，内阻约为 0.5 (1)在上述器材中，滑动变阻器应选_；电流表应选_(2)在虚线框内画出实验的电路图，并在图中注明各元件的符号(3)某实验小组完成实验后利用实验中得到的实验数据在 IU 坐标系中，描绘出如图所示的小灯泡的伏安特性曲线根据此图给出的信息，可以判断下图中正确的是(图中 P 为小

15、灯泡的功率)（_）- 10 - / 15A、 B、C、 D、【答案】 (1). (2). (3). BD【解析】试题分析：（1）根据小灯泡的额定电流值可以确定电流表应选 A2；电阻的额定电流为 0.5A，加在它上面的最大电压为 6V，所以仪器不能正常使用，滑动变阻器应选 R1；（2）由于灯泡的电阻很小，为了减小实验的误差，电流表要采用外接的方法；由于电压要从零开始变化，所以滑动变阻器要采用分压的接法；根据灯泡的伏安特性曲线，找出灯泡和内电阻的总电压为 4V的点，可知此时的灯泡的电压和电流，从而可以求得灯泡的功率电路如图所示（3）从图象可以看出灯泡电阻是在变化的，因为灯丝的电阻随温度的升高而增大

16、，根据这一点对各个选项逐一分析根据公式知道，图A 表示，灯泡的电阻大小不变；不合题意；图 B 表示灯泡的电阻随温度的升高而增加符合题意；根据公式可知，图 C 表示，灯泡的电阻大小不变；不合题意；图 D 表示灯泡的电阻随温度的升高而变大；符合题意- 11 - / 15故选 BD考点：“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验、电功、电功率点评：本题考查根据图象法来判断影响灯泡电阻大小的因素，要知道影响灯泡大小的因素有材料、长度、横截面积和温度；灯泡的电阻温度的升高而变大14. 用电流表和电压表测定电池的电动势和内阻的实验中，被测电源是两节干电池串联的电池组可供选择的实验器材如下：A电流表，量程 00.6

17、 A3 AB电流表，量程 0100 A100 mAC电压表，量程 03 V15 VD滑动变阻器，01 000 ，0.1 AE滑动变阻器，020 ，2 AF电键一个，导线若干(1)为了尽量得到较好效果，电流表应选_，量程应选_，电压表量程应选_，滑动变阻器应选_(2)如图有甲、乙两个可供选择的电路，应选_电路进行实验实验中误差是由于_表的读数比实验值偏_(选填“大”或“小”)【答案】 (1). A (2). 00.6 A (3). 03 V (4). E (5). 乙 (6). 电流 (7). 小【解析】(1)一般干电池允许通过的最大电流为 0.5 A，故电流表- 12 - / 15应该选 A，

18、其量程应该选；两节干电池串联后的电动势为 3.0 V，故电压表量程应该选；滑动变阻器的最大阻值只需要比电池组的内阻大几倍即可，故选择 E；(2)应该选乙电路，电流表的内阻和滑动变阻器的阻值相差不大，其分压作用不可忽略，而电压表的内阻相对滑动变阻器的阻值来讲大很多，其分流作用可以忽略，故选择乙电路；实验中电压表的示数是路端电压，电流表的示数比干路中的电流略小，所以实验中的误差是由于电流表的读数比实际值偏小所造成的。三、计算题三、计算题15. 在方向水平的匀强电场中，一不可伸长的不导电细线一端连着一个质量为 m、电荷量为q 的带电小球，另一端固定于 O 点将小球拉起直至细线与场强平行，然后无初速度

19、释放，则小球沿圆弧做往复运动已知小球摆到最低点的另一侧，此时线与竖直方向的最大夹角为 求：(1)匀强电场的场强；(2)小球经过最低点时细线对小球的拉力【答案】 （1） （2）mg3，方向竖直向上【解析】试题分析：（1）若电场向左小球将向左下方做匀加速直线运动，所以电场方向水平向右，小球从静止摆到最左边的过程中：（2）小球从开始到最低点的过程中：- 13 - / 15得考点：考查了电场强度，动能定理，圆周运动16. 如图所示，竖直平面内有一半径为 r、电阻为 R1、粗细均匀的光滑半圆形金属环，在 M、N 处与距离为 2r、电阻不计的平行光滑金属导轨 ME、NF 相接，E、F 之间接有电阻 R2，

20、已知 R112R，R24R.在 MN 上方及 CD 下方有水平方向的匀强磁场和，磁感应强度大小均为 B.现有质量为 m、电阻不计的导体棒 ab，从半圆环的最高点 A 处由静止下落，在下落过程中导体棒始终保持水平，与半圆形金属环及轨道接触良好，设平行导轨足够长已知导体棒下落时的速度大小为v1，下落到 MN 处时的速度大小为 v2.(1)求导体棒 ab 从 A 处下落时的加速度大小(2)若导体棒 ab 进入磁场后棒中电流大小始终不变，求磁场和之间的距离 h 和 R2 上的电功率 P2.【答案】(1)g (2) 【解析】试题分析：(1)以导体棒为研究对象，棒在磁场 I 中切割磁感线，棒中产生感应电动

21、势，导体棒 ab 从 A 下落 r/2 时，导体棒在重力与安培力作用下做加速运动，由牛顿第二定律，得mgBILma，式中 lrI=Blv1/R 总式中 R 总=4R- 14 - / 15由以上各式可得到 a=g-3B2r2v1/4mR（2）当导体棒 ab 通过磁场 II 时，若安培力恰好等于重力，棒中电流大小始终不变，即Mg=Bl2r=4B2r2vt/R 并R 并=3R解得 vt=3mgR/4B2r2导体棒从 MN 到 CD 做加速度为 g 的匀加速直线运动，有Vt2-v22=2ghh=9m2gr2/32B4r4-v22/2g此时导体棒重力的功率为PG=mgvt=3m2g2R/4B2r2根据能

22、量守恒定律，此时导体棒重力的功率全部转化为电路中的功率P 电=P1+P2=PG=3m2g2R/4B2r2所以 P2=“3“ PG/4=9m2g2R/16B2r217. 如图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴 OO匀速转动，线圈的匝数n100、电阻 r10 ，线圈的两端经集流环与电阻 R 连接，电阻R90 ，与 R 并联的交流电压表为理想电表在 t0 时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量 随时间 t 按图乙所示正弦规律变化求:(1)交流发电机产生的电动势的最大值；(2)电路中交流电压表的示数- 15 - / 15【答案】(1)200 V (2)127 V【解析】 （1）交流发电机产生电动势的最大值而、 ，所以由 t 图象可知：所以 V（2）电动势的有效值由闭合电路欧姆定律，电路中电流的有效值为交流电压表的示数为