河南省开封市五县2021-2022学年高二上学期月考联考物理试题

开封市五县高二月考联考卷

物 理 答 案

1.B

带有负电荷的小球慢慢靠近一个带有少量正电荷的验电器金属球，根据异种电荷相互吸引得出金属箔所带电荷量变少，所以金属箔的夹角减小，随小球的靠近，验电器的金属球上的正电荷越来越多，所以金属箔上将开始带上负电荷，随负电荷的增加，此时验电器金属箔的张角也开始变大，即金属箔的夹角增大，故A、C、D三项错误，B项正确．

2.A　

由于两粒子所受的电场力的方向相反,故a、b两粒子所带的电荷的电性相反,B错误,A正确;由于出发后b所受的电场力方向始终和轨迹的切线方向即速度方向成锐角,始终对它做正功,故b的动能越来越大,速度越来越大,C错误;电场线的疏密代表电场的强弱,由图可知,越向左则场强越小,所以a受到的电场力逐渐减小,b受到的电场力逐渐增大,根据牛顿第二定律可知,a的加速度减小,b的加速度增大,D错误.

3.A

设Q1、Q2两点电荷之间的距离为L，x轴上M、N两点的电场强度大小相等，则k＝k，k＝k，解得r1＝，r2＝，当的比值增大时，r1、r2都减小，故A项正确，B、C、D三项错误．故选A项．

4.C　

沿电场线方向电势降低,故a点电势高于b点电势,A错误;电场线的疏密程度表示电场强度大小,电场线越密,则电场强度越大,故a点的场强大于b点的场强,电场线的切线方向为场强方向,故a、b两点的电场强度方向不同,B错误;负电荷在低电势处电势能大,所以从a点(高电势)移动到b点(低电势),电势能增大,电场力做负功,C正确,D错误.

5.C　

将B极板匀速向下移动时,两极板的距离d增大,由于电容器和电源相连,电势差U不变,根据E=可知,极板间的电场强度减小,根据F=qE可知,油滴所受的电场力减小,油滴向下加速运动,由于电场力是变力,油滴所受的合力是变力,所以油滴做的是非匀变速运动,故A错误;电容器两极板间距离增大,根据C==可知,电容减小,而两板电势差U不变,则电容器所带电荷量减小,开始放电,因为上极板带正电,所以电流计中电流由a流向b,故B错误,C正确;油滴向下加速运动,由于油滴所受电场力向上,故运动过程中电场力做负功,带电油滴的电势能增加,故D错误.

6.C

从图象可知：有两个交点．O点处是没有通电，而C处它们的电功率相等，说明外电阻没有消耗功率．因此电流为3 A时，外电阻阻值为零．由P＝I2R可算出

r＝ Ω＝1 Ω

所以内阻的阻值为1 Ω.电动势

E＝Ir＝3×1 V＝3 V

当电流为1 A时

P输出＝EI－I2r＝(3×1－12×1) W＝2 W，故选C.

7. A

当电动机停止转动时，由题得电动机的电阻：

R＝＝ Ω＝4 Ω

当电动机正常转动时，电动机的总功率：

P＝U1I1＝24 V×2 A＝48 W

电动机的发热功率：PR＝I12R＝22×4 W＝16 W

电动机正常运转时的输出功率是：

P输出＝P－PR＝48 W－16 W＝32 W．故选A项．

8.B

在滑动变阻器的滑片由a向b移动的过程中，接入电路的总电阻先变大后变小，路端电压先变大后变小，所以电压表读数先变大后变小，D项正确；当电源内阻和外电路电阻相等时，电源的输出功率最大，若外电路的电阻大于电源内阻，则电源的输出功率随外电路电阻的增大而减小，由于灯泡L的电阻大于电源的内阻r，电源的输出功率先减小后增大，C项正确；因为灯泡在干路，由于总电流先减小后变大，故小灯泡的亮度先变暗后变亮，B项错误；电流表测量的电流是滑动变阻器右半部分电阻上的电流，在滑动变阻器的滑片P由a向b移动的过程中，右半部分上的电阻值越来越大，而左半部分的电阻值越来越小，所以电流表的读数越来越小，A项正确．

9.BD

设材料厚度为h，正方形边长为a，根据：R＝＝ρ＝得电阻只与金属材料和厚度有关，所以两电阻相同，电压相同时，通过的电流相同，因为R1的横截面积大，在电流相同时，自由电荷的速率就小．故选B、D两项．

10.ABC　

 a、b两点关于竖直直径对称,a、b两点附近的正、负电荷分布情况完全一样,可取任意一对关于a、b连线上下对称的正、负电荷为例,研究它们在a、b两点产生的合场强(如图甲所示),则所有电荷在a、b两点处产生的合场强大小相等,方向也相同,故Ea=Eb,选项A正确;整个细圆环关于水平直线ab上下对称,在对称的位置上任意取一对等量异种电荷,因为一对等量异种电荷的中垂面是一个等势面,等势面上的各点电势均相同,故选项B正确;若在细圆环的每个位置叠加一个与原来等量的正电荷,而不改变原来的静电场,则细圆环上的电荷变成如图乙所示,所有“2+”电荷对c、d两点的合场强方向竖直向下,若在细圆环的每个位置叠加一个与原来等量的负电荷,而不改变原来的静电场,则细圆环上的电荷变成如图丙所示,所有“2-”电荷对c、d两点的合场强方向竖直向下;且所有“2+”电荷对c、d两点的合场强和所有“2-”电荷对c、d两点的合场强大小相等,选项C正确;沿着电场线的方向电势降低,故φc>φd,选项D错误.

甲                     乙                       丙

11． AC

带电油滴原来处于平衡状态，重力和电场力平衡．滑片P向上移动过程中，R接入电路中的电阻变大，总电阻变大，干路中的电流变小，由U＝E－I(r＋R1)可知，电容器两端电压变大，电压表示数变大，板间场强增大，油滴所受的电场力变大，则油滴将向上加速运动，故A项正确，B项错误；电容器两端电压变大，带电荷量变大，电容器充电，故电流计G中电流从b→a，故C项正确；由于干路中的电流变小，由公式P＝I2R1可知，R1消耗功率减小，故D项错误．故选A、C两项．

12. BD

当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，可知路端电压增大，即知电压表V1示数增大，电压表V2的示数减小，电压表V3的示数增大，则知，图线a表示的是电压表V3的示数随电流表示数变化的情况，图线c表示的是电压表V2的示数随电流表示数变化的情况，故A项错误，B项正确．由闭合电路欧姆定律得：U1＝E－Ir，则可得＝r，保持不变，故C项错误．由闭合电路欧姆定律得：U3＝E－I(r＋R1)，则可得＝R1＋r，保持不变，故D项正确．故选B、D两项．

13.(1)ed　(2)ab　ed　

(1)因为滑动变阻器的最大阻值小于待测电阻阻值,故滑动变阻器使用分压式接法,所以要去掉图中的ed导线.

(2)如果滑动变阻器R1的最大阻值为200 Ω,则为了方便测量,需要采用限流式接法,故去掉图中ab和ed两根导线即可.

14.答案　(1)3.5　(2)见解析　(3)8.0×10－3　(4)C＝

(1)因为电压表显示的是微安表与电阻箱的两端电压，而微安表的示数为500 μA，故微安表与电阻箱的总电阻为R总＝＝＝12 kΩ，则微安表的内阻为12 kΩ－8.5 kΩ＝3.5 kΩ；

(2)将这些点用平滑的曲线连接起来即可；

(3)图线与时间轴所围成的面积即为放电过程放出的电荷量，我们数出的方格数为32，(注意数的时候大于半个格就算一个格，小于半个格的不算)而每个小格的电荷量q＝50 μA×5 s＝2.5×10－4 C

则放电的总电荷量为Q0＝32q＝32×2.5×10－4 C＝8.0×10－3 C.

(4)由电容的定义式可知，用公式C＝来计算电容器的电容大小．

15.(1)　(2)3mg

[解析] (1)小球静止在A处时受到重力mg、静电力F和细线拉力F拉.由平衡条件得F拉=F+mg

由库仑定律得F=k                                               2’

又知F拉=2mg                                                     2’

联立解得q=.                                               1’

(2)小球由B摆回至A的过程中只有重力做功,所以机械能守恒,

有mgL(1-cos θ)=mv2                                           2’

小球摆至A处时,由牛顿第二定律得F拉'-mg-F=m                   2’

联立解得F拉'=3mg.                                             1’

16.答案　(1)－3EqL　(2)

解析　(1)根据电场力做功和电势能的变化关系可得：

小球A的电势能：EpA＝－Eq·2L①                                  2’

小球B的电势能：EpB＝－2q·ELsin30°②                           2’

所以总的电势能为：Ep＝－Eq·2L－E×2q·Lsin30°，

代入数据解得：Ep＝－3EqL③                                       1’

(2)设系统转过30°角时，B球的速度为vB，由动能定理有：

－Eq·(2L－2Lcos30°)＋2Eq·(Lsin60°－Lsin30°)＝mvB2＋mvA2④    2’

两个小球转动的角速度相同，根据v＝rω可知，vA＝2vB⑤               2’

联立④⑤解得：vB＝.                               1’

17. 答案　(1)5 Ω　(2)20 V　20 Ω　(3)17.6 Ω　5 W

解析　(1)当P滑到R3的右端时，电路参数对应乙图中的B点，只有电阻R2接入电路，

由图乙所示图象可知：U2＝4 V，I2＝0.8 A                              2’

则定值电阻R2的阻值为：R2＝＝5 Ω                                     2’

(2)将乙图中AB线延长，交U轴于20 V处，

所以电源的电动势为E＝20 V.                                            2’

图象斜率表示内阻为：r＝ Ω＝20 Ω.                             2’

(3)当R3的滑片从最左端滑到最右端时，外电路总电阻从大于电源内阻r变至小于r，

当外阻和内阻相等时，电源输出功率最大，则有：

r＝R2＋                                                           1’

代入：20＝5＋

解得：R3≈17.6 Ω                                                      1’

最大输出功率值为P＝＝ W＝5 W.                                  2’

18．答案　(1)　(2)U0>U>U0

解析　(1)当两板加上U0电压且A板接负时，有：

q＝mg①                                                               1’

A板为正时，设带电质点射入两极板时的速度为v0，向下运动的加速度为a，经时间t射到C点，有：q＋mg＝ma②                                                   1’

又水平方向有d＝v0t③                                                   1’

竖直方向有＝at2④                                                     1’

由①②③④得：

v0＝⑤                                                              1’

(2)要使带电质点恰好能从两板间射出，设它在竖直方向运动的加速度为a1、时间为t1，应有：＝a1t12⑥                                                               1’

t1＝⑦                                                                1’

由⑥⑦⑧得：

a1＝⑧                                                                1’

若a1的方向向上，设两板所加恒定电压为U1，有：

q－mg＝ma1⑨                                                         2’

若a1的方向向下，设两板所加恒定电压为U2，有：

mg－q＝ma1⑩                                                          2’

由⑧⑨⑩解得：

U1＝U0，U2＝U0                                                                                                            2’

所以所加恒定电压范围为：U0>U>U0.                                      1’