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    河北省保定市部分高中2023_2024学年高二物理上学期10月月考试题含解析

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    河北省保定市部分高中2023_2024学年高二物理上学期10月月考试题含解析

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    这是一份河北省保定市部分高中2023_2024学年高二物理上学期10月月考试题含解析,共13页。试卷主要包含了单选题,多选题,实验题,解答题等内容,欢迎下载使用。

    一、单选题(共7小题,每小题4分,每小题只有一个选项正确,共28分)
    1.下列叙述中符合物理学史实的是( )
    A.奥斯特在实验中观察到电流的磁效应
    B.法拉第提出了著名的分子电流假说
    C.麦克斯韦证实了电磁波的存在
    D.法拉第测出电磁波与光的传播速度相同
    2.如图所示,P、Q是两个电荷量相等的正点电荷,它们连线的中点是O,A、B是中垂线上的两点。,用、、、分别表示A、B两点的场强和电势,则( )
    A.一定大于,一定大于B.不一定大于,一定大于
    C.一定大于,不一定大于D.不一定大于,不一定大于
    3.两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点,两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示,其中C为ND段电势最低的点,则下列说法正确的是( )
    A.q1、q2为等量异种电荷
    B.N、C两点间场强方向沿x轴负方向
    C.N、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大
    D.将一正点电荷从N点移到D点,电势能先增大后减小
    4.新冠疫情期间,额温枪广泛应用于各种场所。4月开学后学校实行体温每日三检制度,体温检测员小明仔细研究了班里的额温枪及其技术参数(如图所示),发现它以2节干电池为电源,工作电流为5mA。能通过传感器检测人体向外辐射的红外线,根据红外线能量的强弱快速、准确且无接触的测量体温,那么关于该额温枪的说法中正确的是( )
    A.额温枪工作时,电池组两极间的电压为3V
    B.额温枪工作时,电路中每通过1C电荷,每节电池都能把1.5J化学能转化为电能
    C.额温枪工作时,电源的输出功率为15mW
    D.若换用两节充满电的800mAh充电电池,则最多可测温约为次
    5.如图所示,平行板电容器与直流电源、理想二极管(正向电阻为零,可以视为短路;反向电阻无穷大,可以视为断路)连接,电源负极接地,初始时电容器不带电,闭合开关稳定后,一带电油滴位于电容器极板间的P点且处于静止状态。下列说法正确的是( )
    A.减小极板间的正对面积,带电油滴会向下移动,且P点的电势会降低
    B.减小极板间的正对面积,带电油滴会向上移动,且P点的电势会降低
    C.断开开关S,带电油滴将向下运动
    D.将下极板上移,带电油滴将向上运动
    6.如图所示,平行金属板中带电质点原处于静止状态,电流表和电压表为理想电表,当滑动变阻器的滑片向a端移动时,则( )
    A.电压表读数减小B.电流表读数增大
    C.质点将向上运动D.上消耗的功率逐渐减小
    7.如图所示,MON是固定的光滑绝缘直角杆,MO沿水平方向,NO沿竖直方向,A、B为两个套在此杆上的带有同种电荷的小球,用一指向竖直杆的水平力F作用在A球上,使两球均处于静止状态。现将A球沿水平方向向右缓慢拉动一小段距离后,A、B两小球可以重新平衡。则后一种平衡状态与前一种平衡状态相比较,下列说法正确的是( )
    A.A、B两小球间的静电力变大
    B.A、B两小球间的静电力变小
    C.A球对MO杆的压力变大
    D.A球对MO杆的压力变小
    二、多选题(共3小题,每小题6分,全选对得6分,对但不全的得3分,错选不得0分)
    8.如图所示为真空中的实验装置,平行金属板A、之间的加速电压为,、之间的偏转电压为,为荧光屏。现有质子、氘核和粒子三种粒子分别在A板附近由静止开始加速,最后均打在荧光屏上。已知质子、氘核和粒子的质量之比为,电荷量之比为,则质子、氘核和粒子三种粒子( )
    A.三种粒子都打在荧光屏上同一个位置
    B.从开始到荧光屏所经历时间之比为
    C.打在荧光屏时的动能之比为
    D.打在荧光屏时的动能之比为
    9.如图所示,水平地面上固定一个光滑绝缘斜面,斜面与水平面的夹角为θ。一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端,另一端系有一个带电小球A,细线与斜面平行,小球A的质量为m、电荷量为q。小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B,两球心的高度相同、间距为d。静电力常量为k,重力加速度为g,两带电小球可视为点电荷。小球A静止在斜面上,则( )
    A.小球A与B之间库仑力的大小为
    B.当时,细线上的拉力为0
    C.当时,细线上的拉力为0
    D.满足某条件时,斜面对小球A的支持力可能为0
    10.某同学设计的称重仪的工作原理图如图所示,其中定值电阻的阻值为,金属电阻片的最大阻值为 ,其接入电路中的阻值R与称重台所受压力大小F的关系为 (k 为已知常量),显示表是 由电流表改装成的,当R=0时,显示表恰好满偏,则下列有关该称重仪的说法中正确的是( )
    A.重物质量越大,显示表指针偏角越小
    B.重物质量越大,上消耗的功率越大
    C.电路中电流大小与称重台所受压力大小成正比
    D.改装后的称重仪显示表的刻度是不均匀的
    三、实验题(共两小题,每空2分,共15分)
    11.某同学要测量一分布均匀材料制成的金属圆柱体的电阻率,已知金属圆柱体电阻约为。步骤如下:
    (1)用游标为20分度的卡尺测量其长度如图,由图可知其长度为mm;
    (2)用螺旋测微器测量其直径如图,由图可知其直径为mm;
    (3)为了更加准确地测出该圆柱体的电阻,除了导线和开关外,有以下一些器材可选择:
    A.电源E(电源电压4V、内阻可忽略不计)
    B.电流表A1(量程0~0.6A,内阻约)
    C.电流表A2(量程0~20mA,内阻约)
    D.电压表V1(量程0~3V,内阻约)
    E.电压表V2(量程0~15V,内阻约)
    F.待测电阻Rx
    G.滑动变阻器R1(,允许最大电流2.0A)
    H.滑动变阻器R2(,允许最大电流1A)
    I.电键S和导线若干
    其中电流表选择。电压表选择。滑动变阻器选(填前面对应的序号)在答题卡上的方框中画出实验电路并标出所选实验器材的代号。
    12.小明同学打算将一只量程为250μA的灵敏电流计(内阻未知,约为几百欧)改装成多用电表,他设计的改装电路如图乙所示。图乙中G为灵敏电流计,、、、和是定值电阻,是滑动变阻器。实验室中还有两个备用滑动变阻器,分别为滑动变阻器(0~1000Ω)、滑动变阻器(0~10000Ω)。
    (1)用图甲所示电路测量灵敏电流计G的内阻,先将滑动变阻器的阻值调至最大,闭合,缓慢减小的阻值,直到G的指针满偏;然后闭合,保持滑动变阻器的阻值不变,逐渐调节电阻箱R的阻值,使G的指针偏到最大值的,此时电阻箱R的读数为960Ω,则灵敏电流计G的内阻为Ω;若图甲电路中干电池的电动势为1.5V,则滑动变阻器选(填“”或“”)。
    (2)图乙中的A端与(填“红”或“黑”)色表笔相连接。
    (3)若图乙中多用电表的5个挡位为:直流电压1V挡和5V挡,直流电流1mA和2.5mA挡,欧姆×100Ω挡(表盘正中间的刻度为“15”)。则Ω,Ω,图乙中电源电动势E=V。
    四、解答题(共3小题,13题12分,14题15分,15题16分,共43分)
    13.如图所示,电源的电动势,电阻,电动机绕组的电阻,电键始终闭合。当电键断开时,电阻的电功率是525W;当电键闭合时,通过电阻的电流是,求:
    (1)电源的内电阻;
    (2)当电键闭合时流过电源的电流和电动机的输出功率。
    14.如图所示,光滑绝缘斜面高度h=0.45 m,斜面底端与光滑绝缘水平轨道圆弧连接,水平轨道边缘紧靠平行板中心轴线.平行板和三个电阻构成如图所示电路,平行板板长为l=0.9 m,板间距离d=0.6 m,R1=3 Ω,R2=3 Ω, R3=6 Ω.可以看为质点的带电小球,电量q=-0.01 C,质量m=0.03 kg,从斜面顶端静止下滑.
    (1)若S1、S2均断开,小球刚好沿平行板中心轴线做直线运动,求电源电动势E.
    (2)若S1断开,S2闭合,小球离开平行板右边缘时,速度偏向角tan θ=,求电源内阻r.
    (3)若S1、S2均闭合,判断小球能否飞出平行板?
    15.如图所示,在平面坐标系第一象限内有沿-x方向的匀强电场,电场强度大小为E,y轴与直线x=-d(d>0)区域之间有沿-y方向的匀强电场,电场强度大小也为E,一个带电量为+q的粒子(不计重力)从第一象限的s点由静止释放。
    (1)若s点坐标为,求粒子通过x轴的位置坐标;
    (2)若s点坐标为,求粒子通过x轴时的动能;
    (3)若粒子能通过工轴上的点的坐标为(-3d,0),求释放s点的坐标(r,y)应满足的关系式。
    参考答案:
    1.A
    【详解】A.奥斯特在实验中观察到电流的周围存在磁场,发现了电流的磁效应,该效应揭示了电和磁之间存在联系,故A正确;
    B.安培提出了著名的分子电流假说,故B错误;
    CD.赫兹用实验证实了电磁波的存在,并测出电磁波与光的传播速度相同,故CD错误。
    故选A。
    2.B
    【详解】由两个等量正点电荷产生的电场线分布规律可知,P、Q连线中点场强是零,中垂线上场强方向总沿中垂线远离中点O,在中垂线上从O点到无限远处电场线先变密后变疏,即场强先变强后变弱。设场强最大的点为P点,P点可能在A、B两点之间,也可能在O、A之间,也可能在B点的外侧,当P点可能在A、B两点之间时,EA可能大于EB,也可能小于EB,还可能等于EB;当P点可能在O、A之间时,EA大于EB;当P点在B点的外侧时,EA小于EB。中点O处电势最高,在中垂线上交点处的电势最高,从O点向两侧电势逐渐降低,因此一定大于,所以ACD错误,B正确。
    故选B。
    3.C
    【详解】A.根据q1左侧和q2右侧电势随距离增大而降低可判断两者均为正电荷,故A错误;
    B.N、C间的电场方向沿x轴正方向,C点场强为0,故B错误;
    C.根据N→D间图线的斜率大小先减小后增大可知,场强先减小到零后反向增大,故C正确;
    D.正电荷从N移到D,由Ep=qφ知,电势能先减小后增大,故D错误。
    故选C。
    4.B
    【详解】A.2节干电池电源的电动势为3V,则额温枪工作时,电池组两极间的电压小于3V,选项A错误;
    B.每节电池的电动势为1.5V,根据电动势的概念可知,额温枪工作时,电路中每通过1C电荷,每节电池都能把1.5J化学能转化为电能,选项B正确;
    C.额温枪工作时,工作电流为5mA,则电源消耗的总功率为
    P=IE=15mW
    则电源的输出功率小于15mW,选项C错误;
    D.若换用两节充满电的800mAh充电电池,则最多可测温约为
    选项D错误。
    故选B。
    5.D
    【详解】AB.正对面积减小,注意到存在二极管,处理方法先假设没有二极管,则电容器两板间电压U不变,
    U不变S减小,会使Q减小,但二极管的存在使得Q不能减少,故实际过程为Q不变。上式Q不变,S减小,所以U增大,,d不变,所以E增大,所以油滴上移。
    即为P与下极板电势差,P与下极板距离不变,E增大,所以增大。选项AB错误;
    C.断开开关,不能放电,故油滴不动,选项C错误;
    D.根据
    U不变,d减小,Q增大,可以充电,故U不变,d减小,E增大,油滴上移,选项D正确。
    故选D。
    6.C
    【详解】A B.由图可知,R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后,再由R1串连接在电源两端;电容器与R3并联;当滑片向a移动时,滑动变阻器接入电路的电阻增大,则电路中总电阻增大,由闭合电路欧姆定律可知,干路中电流减小,电源的内电压减小,路端电压增大,同时,R1两端的电压也减小,故并联部分的电压增大;由欧姆定律可知流过R3的电流增大,则流过并联部分的电流减小,故电流表示数减小;因并联部分电压增大,而R2中电压减小,故电压表示数增大,故AB错误;
    C.因R3两端电压增大,则电容器两端电压增大,故电荷受到的向上电场力增大,则重力小于电场力,电荷向上运动,故C正确;
    D.R3上电流增大,根据,则R3消耗的功率逐渐增大,故D错误。
    故选C。
    7.B
    【详解】CD.对A、B整体分析可知,MO杆对A球的支持等于A、B两小球的重力之和,大小不变,根据牛顿第三定律可知,A球对MO杆的压力等于A、B两小球的重力之和,大小不变,CD错误;
    AB.令A、B两小球间的连线与竖直方向的夹角为,对B球受力分析有
    解得
    当A球沿水平方向向右运动一段距离后,夹角减小,则A、B两小球间的静电力变小,A错误,B正确。
    故选B。
    8.ABC
    【详解】B.设加速电场AB间距离为d,偏转极板长度为l,偏转极板间的距离为h,屏到偏转电场右边缘距离为s,粒子在加速过程中,根据
    可得
    在加速电场中运动的时间
    进入偏转电场,以及离开偏转电场后到打到屏上,水平方向速度保持不变,因此打到屏的时间
    从开始到荧光屏所经历时间
    可知运动时间与成反比,由于
    设质子、氘核和粒子三种粒子离开加速度电场的速度分别为,,。因此
    B正确;
    A.粒子进入偏转电场之后,做类平抛运动
    其中
    可得
    可知所有粒子在偏转电场中,偏转距离相等,即三种粒子打到荧光屏上的位置相同,A正确;
    C D.根据动能定理
    可知打在荧光屏时的动能仅仅与粒子的带电量成正比,因此
    D错误,C正确。
    故选ABC。
    9.AC
    【详解】A.根据库伦定律,小球A与B之间库仑力的大小为
    故A正确;
    BC.若细线上的拉力为0,小球受重力、支持力和库仑力而平衡,根据平衡条件,重力的沿斜面向下分力与库仑力的沿斜面向上分力平衡,即
    其中
    联立解得

    故C正确,B错误;
    D.两个球带同种电荷,相互排斥,不论电量多少,斜面对A的弹力不可能为0,故D错误。
    故选AC。
    10.BD
    【详解】AB.重物重量越大,则金属电阻接入电路的电阻越小,电路中电流越大,指针偏角越大,上消耗的功率越大,故A错误,B正确;
    CD.电路中电流为
    则电流与称重台所受压力大小不成正比,即改装后的称重仪的显示表的刻度不是均匀的,故C错误,D正确。
    故选BD。
    11. 50.15 4.700/4.699/4.701 C D H
    【详解】(1)[1]20分度游标卡尺的精确值为,由图可知其长度为
    50mm+0.05mm×3=50.15mm
    (2)[2]螺旋测微器的精确值为,由图可知其直径为
    4.5mm+0.01mm×20.0=4.700mm
    (3)[3][4][5]电源电动势为4V,则电压表选择D;电路中可能出现的最大电流为
    则电流表选择C;金属圆柱体电阻约为,为了调节方便,滑动变阻器应选择阻值较小的,则选择H。
    [6]电流表C内阻与待测电阻相差不多,则电流表应选外接法;滑动变阻器阻值比代测电阻小得多,滑动变阻器应采用分压接法,实验电路如图所示
    12. 480 R8 红 160 880 1.5
    【详解】(1)[1]由题意可知,调节电阻箱R的阻值,使G的指针偏到最大值的,通过电阻箱的电流为最大值的,可知电阻箱的阻值等于电流计电阻的2倍,因此时电阻箱R的读数为960Ω,可知电流计的内阻为rg=480Ω;
    [2]本实验误差来自于闭合S2电阻箱并入电路后,干路电流会发生变化,为使干路电流变化较小,应使干路中滑动变阻器进入电路的阻值尽量大,为使电流表能够满偏,相应的电源电动势应较大。若图甲电路中干电池的电动势为1.5V,毫安表G的满偏电流为250μA,则干路中滑动变阻器进入电路的最小阻值约大于,故滑动变阻器应选用最大阻值为10kΩ的R8。
    (2)[3]图乙中的A端与内置电源的负极连接,则与红色表笔相连接。
    (3)[4][5]当选择开关接2时,为直流电流1mA挡,则
    此时电流表内阻
    改装后的电流表满偏电流IG=1mA。
    当选择开关接4时为直流电压1V挡,则
    [6]欧姆×100Ω挡,表盘正中间的刻度为“15”,则欧姆挡内阻
    根据
    可得
    E=1.5V
    13.(1);(2)
    【详解】(1)设断开时,电阻的电功率是,则由
    代入数据可得,电源的内电阻为
    (2)设闭合时,电阻两端的电压为,消耗的功率为,由
    可得
    由闭合电路的欧姆定律
    可得,当电键闭合时流过电源的电流为
    设流过的电流为,流过电动机的电流为,所以
    由电流关系
    可得
    由能量守恒定律
    可得,电动机的输出功率为
    14.(1)18 V (2)1 Ω (3)能飞出
    【分析】考查力电综合问题.
    【详解】(1)小球下滑过程机械能守恒,
    由机械能守恒定律得:
    解得: ,
    对S1、S2均断开时,极板电势差即为电源电动势E,
    由平衡条件得:
    解得:
    E===18 V
    (2)当S1断开,S2闭合时,带电小球做类平抛运动,
    水平方向:
    竖直方向分速度:
    对带电小球,由牛顿第二定律得:
    ,其中: ,
    代入数据解得:a1=4m/s2,E1=18 N/C,UC=10.8 V,
    当S1断开,S2闭合时,R1与R3串联,电容器与R3并联,
    电容器两端电压:
    由部分电路欧姆定律:
    由闭合电路欧姆定律:
    代入数据解得:r=1 Ω.
    (3)当S1、S2均闭合时,R2与R3并联,并联电阻:
    电路电流:
    电压:
    对小球,由牛顿第二定律得:
    其中电压:
    联立求解:
    对带电小球类平抛运动分析,有:
    联立求解:y=0.3 m,y==0.3 m,
    带电小球恰好从右侧极板边缘飞出.
    15.(1)(,0);(2);(3)
    【详解】(1)粒子在第一象限电场中做匀加速运动,由动能定理可得
    故粒子进入第二象限时的速度
    粒子从位置为进入第二象限电场中,电场力和初速度方向垂直,故粒子做类平抛运动,假设粒子没有出电场左边界,则有
    故在水平方向上的位移
    故粒子未到达电场左边界,粒子通过x轴的坐标为(,0);
    (2)若s点坐标为,粒子在第一象限电场中做匀加速运动,由动能定理可得
    故粒子进入第二象限时的速度
    粒子从位置为处进入第二象限,假设粒子没有出电场左边界,则有
    故在水平方向上的位移
    则粒子恰好经过(-d ,0)故对粒子从静止到通过x轴的过程应用动能定理可得,粒子通过x轴时的动能
    (3)设满足条件的释放点的坐标为(x,y),粒子在第一象限电场中运动过程根据动能定理可得
    所以
    粒子进入第二象限,在第二象限的电场中做类平抛运动,设粒子从电场左边界射出时的速度方向与x轴的偏转角为θ,则有
    又有粒子做类平抛运动的竖直位移
    粒子离开电场后做匀速直线运动,故有
    所以
    所以

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