2015学年河北唐山第一中学高二上期第二次月考物理卷（带解析）.doc

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1、2015学年河北唐山第一中学高二上期第二次月考物理卷（带解析） 选择题 在法拉第时代，下列验证 “由磁产生电 ”设想的实验中，能观察到感应电流的是 A将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化 B在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化 C将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化 D绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化 答案： D 试题分析：当通过闭合回路的磁通量发生变化时，线圈中产生会产生感应电流，AB没有磁通量变化， C 中感应电流的产生过程

2、非常短暂，跑到相邻房间去看时，电路中磁通量变化已经稳定，不再用电流，故 C错误 D正确； 考点：考查了感应电流产生条件 如图所示，两根电阻不计的光滑平行金属导轨倾角为 ，导轨下端接有电阻R，匀强磁场垂直于斜面向上。质量为 m，电阻不计的金属棒 ab在沿斜面与棒垂直的恒力 F作用下沿导轨匀速上滑，上升高度 h，在这过程中 A金属棒所受各力的合力所做的功等于零 B金属棒所受各力的合力所做的功等于 mgh和 电阻 R产生的焦耳热之和 C恒力 F与重力的合力所做的功等于棒克服安培力所做的功与电阻 R上产生的焦耳热之和 D恒力 F和重力的合力所做的功等于电阻 R上产生的焦耳热 答案： AD 试题分析：导

3、轨匀速上升，所以合力为零，故合力做功为零， A 正确， B 错误；根据动能定理可得： ，即 ，而克服安培力所做功即为回路电阻中产生的热量，所以恒力 F和重力的合力所做的功等于电阻 R上产生的焦耳热，故 C错误， D正确。 考点：考查了导体切割磁感线运动，功能关系，动能定理 如图所示电路中，电电动势 E恒定，内阻 r 1，定值电阻 R3 5。开关K断开与闭合时， ab段电路消耗的电功率相等。则以下说法中正确的是 A电阻 R1、 R2可能分别为 4、 5 B电阻 R1、 R2可能分别为 3、 6 C开关 K断开时理想电压表的示数一定小于 K闭合时的示数 D开关 K断开与闭合时，理想电压表的示数变化

4、量大小与理想电流表的示数变化量大小之比一定等于 6 答案： AD 试题分析：开关闭合时， ab段只有电阻 工作，消耗的电功率为，当开关断开时， ab段电阻 和 工作，消耗的电功率为，代入数据可得 A正确 B错误；将 和电源内阻看做一整体，则此时电压表测量路端电压，当断开时路端总电阻大于闭合时的，所以断开时电压表示数大， C错误；根据闭合电路欧姆定律得：，则电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比为： ， D正确； 考点：考查了闭合回路欧姆定律，电功率的计算 如图所示，在 x轴上相距为 L的两点固定两个等量异种点电荷 +Q、 -Q，虚线是以 +Q 所在点为圆心、 为半径的圆， a、 b

5、、 c、 d 是圆上的四个点，其中 a、c两点在 x轴上， b、 d两点关于 x轴对称。下列判断正确的是 A b、 d两点处的电势相同 B四点中 c点处的电势最低 C b、 d两点处的电场强度相同 D将一试探电荷 +q沿圆周由 a点移至 c点， +q的电势能不变 答案： AB 试题分析：该电场中的电势关于 x轴对称，所以 bd两点的电势相等，故 A正确；c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等而正电荷周围的电场的电势都比它高，即 c点的电势在四个点中是最低的故 B正确；该电场中的电场强度关于 x轴对称，所以bd两点场强大小相等，方向是对称的，不

6、相同的故 C错误； c点的电势低于a点的电势，试探电荷 +q沿圆周由 a点移至 c点，电场力做正功， +q的电势能减小故 D错误 考点：考查了电势，电势能 如图所示，单匝线圈 ABCD 在外力作用下以速度 v 向右匀速进入匀强磁场，第二次又以速度 2v匀速进入同一匀强磁场。则：第二次进入与第一次进入时 A线圈中电流之比为 1： 1 B外力做功的功率之比为 4： 1 C线圈中产生热量之比为 2： 1 D通过导线横截面电荷量之比为 2： 1 答案： BC 试题分析：设磁感应强度为 B， CD边长度为 a， AC边长为 b，线圈电阻为 r；线圈进入磁场过程中，产生的感应电动势 ，感应电流 ，感应电流

7、 I与速度 v成正比，第二次进入与第一次进入时线圈中电流之比：，故 A错误；线圈进入磁场时受到的安培力：，线圈做匀速直线运动，由平衡条件得，外力 ，外力功率 ，功率与速度的平方成正比，第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比： ，故 B正确；线圈进入磁场过程中产生的热量： ，产生的热量与速度成正比，第二次进入与第一次进入时线圈中产生热量之比： ，故C 正确；通过导线横截面电荷量： ，电荷量与速度无关，电荷量之比为 1： 1，故 D错误； 考点：考查了导体切割磁感线运动 如图所示，某种带电粒子由静止开始经电压为 U1的电场加速后，射入水平放置、电势差为 U2的两块导体板间的匀强电场中，带电粒子

8、沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子射入磁场和射出磁场的 M、 N两点间的距离 d随着 U1和 U2的变化情况为（不计重力，不考虑边缘效应） A d随 U1变化， d与 U2无关 B d与 U1无关， d随 U2变化 C d随 U1、 U2变化 D d与 U1无关， d与 U2无关 答案： A 试题分析：根据动能定理，在加速电场中有 ，得 ， 带电粒子在偏转电场中水平方向上做匀速直线运动，竖 直方向上做匀加速直线运动，设出射速度与水平夹角为 ，则有： ，而在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为 R，根据几何关系可得，半径与直线

9、 MN夹角正好等于 ，则有： 所以 ，又因为半径公式 ，则有故 d随 变化， d与 无关，故 A正确。 考点：考查了带电粒子在电场中的加速和偏转 如图所示，空间有与水平方向成 角的匀强电场，一个质量为 m的带电小球，用长为 L的绝缘细线悬挂于 O点；当小球静止于 A点时，细线恰好处于水平位置。现给小球一竖直向下的瞬时速度，使小球恰好能在竖直面内做圆周运动，则小球经过最低点 B时细线 对小球的拉力为（已知重力加速度为 g） A B C D 答案： C 试题分析：带电小球受到的重力和电场力都是恒力，根据力的合成与分解两力的合力 ，合力方向始终水平向右，所以可将 A点看做最低点， C点看做最高点，在

10、 的场中做圆周运动，设初速度为 ，在 C点根据动能定理可得 ，因为恰好做圆周运动，所以在最高点 C点处有 ，在 B点有 : ，根据牛顿第二定律，在 B点有 ，联立五式可得 ， C正确。 考点：考查了带电粒子在复合场中的运动 如图所示，平行板电容器与电动势为 E的直流电（内阻不计）连接，下极板接地。一带电油滴位于容器中的 P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离 A带点油滴将沿竖直方向向上运动 B P点的电势将降低 C带点油滴的电势能将减少 D电容器的电容减小，极板带电量将增大 答案： B 试题分析：根据公式 可得，两极板间的电场强度减小，所以油滴受到的电场力减小，

11、所以重力大于电场力，将向下运动， A错误；下极板接地，电势为零， P点的电势等于 P到下极板间的电势差，根据公式 可得 P点到下极板的距离不变，而电场强度减小，所以 P点的电势减小， B正确；上极板带正电，电场方向竖直向下，而受到的电场力方向竖直向上，所以液滴带负电，负电荷在低电势处电势能大，所以带电液滴的电势能增大， C错误；电容器两端与电源相连，则电容器两极板间的电压不变，平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则两极板间的距离增大，根据公式 可得电容器电容减小，根据公式 可得电容减小，电压不变，所以极板电荷量减小， D错误。 考点：考查了电容的动态分析 已知两电的电动势 E1E2，当

12、外电路电阻为 R时，外电路消耗功率正好相等。当外电路电阻降为 时，电为 E1时对应的外电路功率 P1，电为 E2时对应的外电路功率为 P2 ，电 E1的内阻为 r1，电 E2的内阻为 r2。则 A r1 r2， P1 P2 B r1 P2 D r1 r2， P1 P2 答案： D 试题分析：根据闭合电路欧姆定律得： ，可知电源的 U-I图线的斜率绝对值等于 r，所以有： r1 r2 电源的 U-I图线与电阻的 U-I图线的交点就表示了该电阻接在该电源上时的工作状态，此交点的横、纵坐标的乘积为电源的输出功率，即以此交点和坐标原点为两个顶点的长方形的面积表示电源的输出功率，由数学知识得知，若将 R

13、减少为 ，电源的输出功率减小，则有： 考点：考查了闭合回路欧姆定律，电功率的计算 如图，在光滑水平桌面上有一边长为 L、电阻为 R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为 d（ d L）的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下。导线框以某一初速度向右运动， t=0时导线框的的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入 并通过磁场区域。下列 v-t图像中，可能正确描述上述过程的是 答案： D 试题分析：线圈以一定速度切割磁感线运动，所以产生的感应电动势为：，根据闭合电路欧姆定律， ，线圈受到的的安培力，由牛顿第二定律可得 ，过程中线圈的速度v减小，所以线圈的运动加速度减小，

14、当完全进入磁场后，不受到安培力，做匀速直线运动，当出磁场时，速度与时间的关系与进入磁场相似而速度与时间的斜率表示加速度的大小，故 D正确。 考点：考查了法拉第电磁感应与图像 如图所示，是街头变压器通过降压给用户供电的示意图。负载变化时输入电压不会 有大的波动（认为 V1读数不变）。输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻用 R0表示，变阻器 R代表用户用电器的总电阻，当用电器增加时，相当于 R的值减小（滑动片向下移）。如果变压器的能量损失可以忽略，当用户的用电器增加时，图中各表的读数变化情况是 A A1变小、 V2变小、 A2变大、 V3变大 B A1变大、 V2不变、 A2变大、 V

15、3变小 C A1不变、 V2变大、 A2变小、 V3变小 D A1变大、 V2不变、 A2变小、 V3变大 答案： B 试题分析：根据公式 可知，变压器的输入电压和输出电压之比等于匝数比，由于匝数比不变，输入电压不变，所以输出电压也不变，即 不变，当用户的用电器增加时， R的值减小，变压器的输出端总电阻减小，输出端的总电流增大，即 变大，故通过 的电流增大， 两端的电压增大，而 不变，所以 变小，根据公式 可知， 变大，原线圈中的电流也变大，即电流表 变大，故 B正确 考点：考查了理想变压器 下图表示一交流电的电流随时间而变化的图象，此交流电流的有效值是 A A B 5A C A D 3.5A

16、 答案： B 试题分析：取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值根据有效值定义可得：，解得 ，故 B正确。 考点：考查了交流电有效值的计算 实验题 美国物理学家密立根通过如图所示的实验装置，最先测出了电子的电荷量，被称为密立根油滴实验。如图，两块水平放置的金属板 A、 B分别与电的正负极相连接，板间产生匀强电场，方向竖直向下，图中油滴由于带负电悬浮在两板间保持静止。 （ 1）若要测出该油滴的电荷量，需要测出的物理量有 _。 A油滴质量 m B两板 间的电压 U C两板间的距离 d D两板的长度 L （ 2）用所选择的物理量表示出该油滴的

17、电荷量 q=_（已知重力加速度为 g） （ 3）在进行了几百次的测量以后，密立根发现油滴所带的电荷量虽不同，但都是某个最小电荷量的整数倍，这个最小电荷量被认为是元电荷，其值为e=_C。 答案：（ 1） ABC（ 2） （ 3） 试题分析：（ 1）（ 2）平行板电容器间的电场为匀强电场，液滴处于静止状态，所以电场力与重力平衡，故 ，可得 ，所以需要测出的物理量有油滴质量 m，两板间的电压 U，两板间的距离 d。 （ 3）这个最小电荷量是元电荷，其大小等于电子的电荷量 考点：考查了密立根油滴实验 某同学要测定一电的电动势 E和内电阻 r，实验器材有：一只 DIS电流传感器（可视为理想电流表，测得的

18、电流用 I表示），一只电阻箱（阻值用 R表示），一只开关和导线若干。该同学设计了如图甲所示的电路进行实验和采集数据 （ 1）该同学设计该实验的原理表达式是 _（用 E、 r、 I、 R表示）； （ 2）该同学在闭合开关之前，应先将电阻箱阻值调至 _（选填 “最大值 ”、“最小值 ”或 “任意值 ”），在实验 过程中，将电阻箱调至图乙所示位置，则此时电阻箱接入电路的阻值为 _； （ 3）该同学根据实验采集到的数据做作出如图丙所示的 图象，则由图象求得，该电的电动势 E=_V，内阻 r=_（结果均保留两位有效数字）。 答案：（ 1） （ 2）最大值 25（ 3） E=6.0V， r=2.4 试题分

19、析：（ 1）原理为闭合回路欧姆定律，即 （ 2）为了保护电路，在闭合开关之前，电阻箱应调至最大值处，电阻箱的示数为： ； （ 3）在闭合电路中， ，则 ，则 图象的截距：，图象斜率： ，由图象可知： ，解得：电动势 E=6.0V，电源内阻 r=2.4； 考点：测定电源电动势和内阻 螺旋测微器是测量长度的较精密仪器，它的精密螺纹的螺距通常为 0.5mm，旋钮上的可动刻度分成 50等份，则使用螺旋测微器测量长度时可准确到_mm。一位同学用此螺旋测微器测量金属导线的直径时，示数如图所示，则该导线的直径为 _mm。 答案： .01， 1.470 试题分析：每旋动一周，前进 0.5mm，所以可以精确到

20、，读数为考点：考查了螺旋测微器的读数 计算题 真空中存在空间范围足 够大的，水平向右的匀强电场。在电场中，若将一个质量为 m、带正电的小球由静止释放，运动中小球的速度与竖直方向夹角为37（取 sin37= 0.6， cos37= 0.8）。现将该小球从电场中某点以初速度 v0竖直向上抛出。求运动过程中 （ 1）小球受到的电场力的大小及方向； （ 2）小球从抛出点至最高点的电势能变化量； 答案：（ 1） ，方向水平向右（ 2） 试题分析：（ 1）根据题设条件可知，合外力和竖直方向夹角为 37，所以电场力大小为： ，电场力的方向水平向右故电场力为 ，方向水平向右 （ 2）将该小球从电 场中以初速度

21、 v0竖直向上抛出，小球沿竖直方向做匀减速运动，有： 沿水平方向做初速度为 0的匀加速运动，加速度为 a： 小球上升到最高点的时间 ，此过程小球沿电场方向位移： 电场力做功 ，故小球上升到最高点的过程中，电势能减少 考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能 如图所示， MN和 PQ为竖直方向的两平行长直金属导轨，间距 L为 1m，电阻不计。导轨所在的平面与磁感应强度 B为 1T的匀强磁场垂直。质量 m0.2 kg、电阻 r 1的金属杆 ab始终垂直于导轨并与其保持光滑接触，导轨的上端有阻值为 R 3的灯泡。金属杆从静止下落，当下落高度为 h 4m后灯泡保持正常发光。重力加速度为 g 10

22、m/s2。求： （ 1）灯泡的额定功率； （ 2）金属杆从静止下落 4m的过程中通过灯泡的电荷量； （ 3）金属杆从静止下落 4m的过程中灯泡所消耗的电能 答案：（ 1） 12 W（ 2） 1 C（ 3） 1.2 J 试题分析：（ 1）灯泡保持正常发光时，金属杆做匀速运动 mg BIL（ 1分） 得灯泡正常发光时的电流 I （ 1分） 则额定功率 P I2P 12 W （ 2分） （ 2）平均电动势 ，平均电流 （ 1分） 则电荷量 q= t= =1 C （ 2分） （ 3） E I(R r) BLv （ 1分） 得金属杆匀速时的速度为 v 8 m/s （ 1分） 由能量守恒有： mgh mv

23、2 W 电 （ 1分） 得回路中消耗的总的电能 W 电 1.6 J （ 1分） 则灯泡所消耗的电能 WR W 电 1.2 J （ 1分） 考点：考查了导体切割磁感线运动，电功率 图为可测定比荷的某装置的简化示意图，在第一象限区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小 B=2.010-3T，在 x轴上距坐标原点 L=0.50m的 P处为离子的入射口，在 y上安放接收器，现将一带正电荷的粒子以v=3.5104m/s的速率从 P处射入磁场，若粒子在 y轴上距坐标原点 L=0.50m的M 处被观测到，且运动轨迹半径恰好最小，设带电粒子的质量为 m，电量为 q，不计重力。 （ 1）求上述粒子的比荷

24、 ； （ 2）如果在上述粒子运动过程中的某个时刻，在第一象限内再加一个匀强电场，就可以使其沿 y轴正方向做匀速直线运动，求该匀强电场的场强大小和方向，并求出从粒子射入磁场开始计时经过多长时间加这个匀强电场； （ 3）为了在 M处观测到按题设条件运动的上述粒子，在第一象限内的磁场可以局限在一 个矩形区域内，求此矩形磁场区域的最小面积，并在图中画出该矩形。 答案：（ 1） C/kg（ 2） （ 3）如图所示 试题分析：（ 1）设粒子在磁场中的运动半径为 r。如图甲，依题意 M、 P连线即为该粒子在磁场中作匀速圆周运动的直径，由几何关系得 （ 1分） 由洛伦兹力提供粒子在磁场中作匀速圆周运动的向心 力，可得 代入数据得 C/kg （ 1分） （ 2）此时加入沿 x轴正方向的匀强电场，电场力与此时洛伦兹力平衡，代入数据得： E=70V/m所加电场的场强方向沿 x轴正方向 设带点粒子做匀速圆周运动的周期为 T，所求时间为 ，而 ， 解得 （ 3）如图乙，所求的最小矩形是 ，该区域面积 （ 1分） 代入数据得 （ 1分） 矩形如图丙中 （虚线） （ 1分） 考点：考查了带电粒子在有界磁场中的运动