四川省成都市都江堰李冰中学高二物理月考试卷含解析

1、四川省成都市都江堰李冰中学高二物理月考试卷含解析一、 选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分每小题只有一个选项符合题意1. 由不确定关系可以得出的结论是 ( )A如果动量的不确定范围越小，则与之对应的坐标的不确定范围就越大 B如果坐标的不确定范围越小，则动量的不确定范围就越大C动量的不确定范围和与之对应的坐标的不确定范围不成反比关系D动量的不确定范围和与之对应的坐标的不确定范围有唯一确定的关系参考答案：2. 如图所示，在匀强电场中分布着A、B、C三点，且BC=20cm。当把一个电荷量q =10-5 C的正电荷从A点沿AB线移到B点时，电场力做功为零。从B点移到C点时，电场力做功为J，则电

2、场的方向为_，场强的大小为_。参考答案：垂直于AB向右下方 1000v/m3. 电场中某区域的电场线分布如图所示，A、B是电场中的两点，则A同一点电荷放在A点受到的静电力比放在B点时受到的静电力小B因为B点没有电场线，所以电荷在B点不受到静电力作用C在仅受电场力时，同一点电荷放在B的加速度比放在A点时的加速度小D正电荷放在A点由静止释放，电场线就是它的运动轨迹参考答案：C4. （单选题）质量为2kg的物体以一定的初速度沿倾角为30的斜面向上滑行，在向上滑行和向下滑行的过程中，其动能随物体到斜面底端距离的变化关系如图所示，则物体在斜面上受到的摩擦力为（ ） A14NB10NC6ND4N参考答案：

3、D5. （单选）图10为磁流体发电机的示意图，流体中的正、负离子均受到匀强磁场的作用，向M、N两金属极板运动。下列说法正确的是A正离子向M极偏转，负离子向N极偏转B正离子向N极偏转，负离子向M极偏转C正、负离子均向N极偏转D正、负离子均向M极偏转参考答案：B二、 填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. 为测量有内电阻的电源电动势，某同学进行如下操作：将电压表V1、V2串联接入电路中时，如图甲所示，示数分别为6 V和4 V；当只将电压表V2接入电路中时，如图乙所示，示数为9 V。则该电源的电动势为E= V。参考答案：10.87. 质量相同的小球A和B系在质量不计的弹簧两端，用细线悬挂起

4、来，如图，在剪断绳子的瞬间，A球的加速度为 ，B球的加速度为 。参考答案：（1） 2g （2） 0 8. 如图所示的是用伏安法测电阻的部分电路，当开关S分别接通a和b时，若电压表的读数有较大变化，说明电阻R的值 （填“较大”或“较小”，下同）；若电流表读数有较大变化，说明电阻R的值 。参考答案：较小 较大9. 自然界中只存在两种电荷： 电荷和 电荷.电荷间的作用规律是：同种电荷相互 ，异种电荷相互 .物体所带电荷的多少叫 . 电荷既不能创造，也不能消灭，只能从一个物体 到另一物体，或者从物体的一部分 到另一部分参考答案：正电荷 负电荷 排斥 吸引 电量 转移 移动10. 在一个水平方向的匀强电

5、场中，某带负电荷的小球作匀变速曲线运动， 依次经过A、B、C三点，A、B、C三点与电场方向在同一个竖直面 内，运动轨迹如图所示已知过B点切线与AC连线平行，D点为AC 线段的中点，BD连线恰与AC垂直，则关于质点从A点运动到B点所用的时间为与质点从B点运动到C点所用的时间为关系是 ，（填=、或），电场方向 .参考答案：11. 1916年，美国著名实验物理学家密立根，完全肯定了爱因斯坦光电效应方程，并且测出了当时最精确的普朗克常量h的值，从而赢得1923年度诺贝尔物理学奖其原理如图甲所示，若测量某金属的遏止电压Ue与入射光频率v的关系图象如图乙所示，图中频率v1、v2，遏止电压Ue1、Ue2及电

6、子的电荷量e均为已知，则：（1）普朗克常量h= ；（2）该金属的截止频率v0= 参考答案：（1），（2）【考点】光电效应【分析】根据光电效应方程得出遏止电压与入射光频率的关系，通过图线的斜率求出普朗克常量遏止电压为零时，入射光的频率等于截止频率【解答】解：（1）根据爱因斯坦光电效应方程：Ek=hvW0动能定理：eUc=Ek得：，结合图象知：k=，解得普朗克常量h=（2）当遏止电压为零时，入射光的频率等于金属的截止频率，即横轴截距等于截止频率，k=，解得v0=故答案为：（1），（2）12. 同一个物体从静止开始自由下落，下落1m和下落4m时物体获得的动能之比为 ，下落1s末和下落4s末物体动能之

7、比为 参考答案：1：4 ， 1：16 13. 如图所示，将平行板电容器与电池组相连，两极板间的带电尘埃恰保持静止状态，若将两板缓慢地错开一些，其他条件不变，则（ ）A. 电容器的带电荷量不变B. 尘埃仍保持静止状态C. 电流计中有a到b方向的电流D. 电流计G中有b到a方向的自由电荷量量定向通过参考答案：BCD带电尘埃原来处于静止状态，电场力与重力平衡，将两板缓慢地错开一些后，分析板间场强有无变化，判断尘埃是否仍保持静止根据电容的决定式分析电容如何变化，由电容的定义式分析电量的变化，确定电路中电流的方向将两板缓慢地错开一些，两板正对面积减小，根据电容的决定式得知，电容减小，而电压不变，则电容器

8、带电量减小。故A错误。由于板间电压和距离不变，则板间场强不变，尘埃所受电场力不变，仍处于静止状态。故B正确。电容器电量减小，处于放电状态，而电容器上板带正电，电路中逆时针方向的电流，则检流计中有ab的电流，即自由电荷由b到a方向的定向移动。故CD正确。故选BCD。【点睛】本题电容器动态变化问题，要抓住电压不变，根据电容的决定式和电容的定义式，以及平衡条件进行分析判断。三、 实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14. 某同学要测量一导体的电阻，步骤如下：(1)先用欧姆表粗测该导体的电阻值，选择“1”档，进行欧姆调零后，测量时表盘示数如图，该电阻阻值R=_；(2)现用伏安法更精确地测量其

9、电阻R，要求测量数据尽量精确，可供该同学选用的器材除开关、导线、待测电阻R外还有：A.电压表V(量程015 V,内阻未知)B.电流表A1(量程0200 mA，内阻r1=6)C电流表A2(量程03 A，内阻r2= 0.1)D.滑动变阻器R1(010，额定电流2A)E.滑动变阻器R2(01k，额定电流0.5A)F.定值电阻R3(阻值等于2)G电源E(E12V，内阻不计)实验中除了选择器材A、F、G外，还应选择_（填写器材前面的字母）；请在方框中画出实验电路图_：某次测量中，所选择的电流表和电压表的读数为I、U，该电阻R=_（用题中物理量的字母表示）；参考答案： (1). 15 (2). BD (3

10、). (4). 【详解】（1）根据欧姆表读法，电阻=示数倍率，所以为15；（2）选器材就是选择电流表和滑动变阻器，由电动势12V除以待测电阻大约15，得到通过待测电阻的最大电流为0.8A，所以A2表3A的量程过大，因此选A1表，即B项；滑动变阻器阻值1k过大，阻值利用效率过低，所以选择小滑动变阻器D。控制部分：使用分压式接法；待测部分：由于A1表量程不足0.8A，故需要改表，需要并联一个阻值为R3=2的定值电阻，为了精确测量，需要使用电流表内接法。电路如图；根据电路连接，通过R的电流为： ，则电阻R大小为15. （4分）将红表笔插入多用电表的“”插孔，黑表笔插入多用电表的“”插孔，用该表测直流

11、电压、测电阻器电阻或测二极管的正反向电阻时，下列说法正确的是 A测电压时，电流从红表笔流出多用电表；测电阻时，电流从红表笔流入多用电表B测电压时，电流从红表笔流入多用电表；测电阻时，电流从红表笔流出多用电表C选择欧姆档“10”档并调零后，将两表笔与待测电阻相连，发现电表指针偏转角度太大，则应换用“1”档，调零后再测D选择欧姆档的适当档位并调零后，将黑表笔接二极管的正极，红表笔接二极管的负极，可以测得二极管的反向电阻（8分）某同学用伏安法测量一个未知电阻Rx的阻值（阻值约为6），除被测电阻外，还有如下实验器材：A学生电源（直流稳压3V）B电流表A（量程00.6 A，内阻约为0. 125）C电压表

12、V（量程03 V，内阻3k）D滑动变阻器（最大阻值20）E开关、导线等请根据所提供的器材，在右图所示的方框中画出合理的实验电路图这种连接方法属于电流表 （选填“内接”或“外接”）；测得的电阻值比真实电阻值偏 （选填“大”或“小”）参考答案：四、计算题：本题共3小题，共计47分16. 发电机的转子是匝数为100，边长为20 cm的正方形线圈，将它置于磁感应强度B0.05 T的匀强磁场中，绕着垂直于磁场方向的轴以100 rad/s的角速度转动，当线圈平面跟磁场方向垂直时开始计时线圈和外电路的总电阻R10 .线圈从计时开始，到转过60过程中通过线圈某一截面的电荷量为多少？参考答案：1102C17.

13、如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA=6.0kg和mB=4.5kg用轻弹簧栓接，放在光滑的水平面上，物块B右侧与竖直墙相接触t=0时，另有一物块C以一定速度向右运动，在t=4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的vt图象如图乙所示求：（1）物块C的质量mC；（2）B离开墙后弹簧具有的最大弹性势能EP；（3）在4s到12s的时间内墙壁对物块B弹力的冲量I的大小参考答案：解：（1）取水平向右为正方向，由图知，C与A碰前速度为v1=9m/s，碰后速度为v2=3m/s，C与A碰撞过程动量守恒mCv1=（mA+mC）v2解得：mC=3kg （2）B离开墙壁之后A、B、C及弹簧组成的系统

14、动量守恒、机械能守恒，且当A、C与B速度相等时，弹簧性势能最大，取水平向右为正方向，有：（mA+mC）v3=（mA+mB+mC）v4+EP联立解得：EP=13.5J （3）由图知，12s末A和C的速度为v3=3m/s，4s到12s，取水平向右为正方向，根据动量定理，墙对B的冲量：I=（mA+mC）v3（mA+mC）v2解得：I=54Ns 即墙壁对物块B弹力的冲量I的大小为54Ns 答：（1）物块C的质量为3kg；（2）B离开墙后弹簧具有的最大弹性势能为13.5J；（3）在4s到12s的时间内墙壁对物块B弹力的冲量I的大小为54Ns【考点】动量守恒定律；功能关系【分析】（1）AC碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可以求出C的质量；（2）12s末B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒；当AC与B速度相等时弹簧弹性势能最大；（3）在4s到8s的时间内，物体B不移动，故墙对物体B不做功；在4s到12s的时间内，对ABC系统运用动量定理列式求解墙壁对B的冲量18. 如图所示，两块长3cm的平行金属板AB相距1cm，并与300V直流电源的两极相连接，如果在两板正中间有一电子（ m=91031kg，e=1.61019C），沿着垂直于电场线方向以2107m/s的速度飞入，则（1）电子能否飞离平行金属板正对空间？（2）如果由A到