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文档简介
2022级高二上学期10月考试
物理试题
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、。是两个电荷量相等的正点电荷,它们连线的中点是O,A、3是中垂线上的两
点。。4<。8,用以、EB、(PA、8B分别表示A、B两点的场强和电势,则()
A.E4一定大于EB,WA一定大于B.E4不一定大于%,(PA一定大于3B
C.以一定大于EB,0A不一定大于WBD.不一定大于Ep,不一定大于WB
3.两电荷量分别为卬和的点电荷固定在X轴上的。、M两点,两电荷连线上各点电势夕随X
变化的关系如图所示,其中C为N。段电势最低的点,则下列说法正确的是()
A.qi、0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、。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。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106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尸点且处于静止状态。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,且尸点的电势会降低
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P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/?4的滑片向“端移动时,则()
A.电压表读数减小B.电流表读数增大
C.质点P将向上运动D./?3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/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M0杆的压力变大
D.A球对M0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。分)
8.如图所示为真空中的实验装置,平行金属板A、B之间的加速电压为%,C、。之间的偏转电压
为“,P为荧光屏。现有质子、笊核和a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、质核和a粒子的质量之比为1:2:4,电荷量之比为1:1:2,则质子、笊核和
a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1:企:企
C.打在荧光屏时的动能之比为1:1:2
D.打在荧光屏时的动能之比为2:1:1
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仇一根轻质绝缘细线
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的质量为机、电
荷量为如小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球8,两球心的高度相同、间距为小静电
力常量为比重力加速度为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培
B.当:=户等时,细线上的拉力为0
d7k
C.当?=/等时,细线上的拉力为0
D.1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Ro,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厂的关系为R=R、—kF(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,品上消耗的功率越大
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p,已知金属圆柱体电阻约为150C。
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;
5cm67
小出M止卅川luE
01020
(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Ai(量程0〜0.6A,内阻约0.12。)
C.电流表A2(量程0〜20mA,内阻约200。)
D.电压表Vi(量程0〜3V,内阻约3kQ)
E.电压表V2(量程0〜15V,内阻约15kC)
F.待测电阻R、
G.滑动变阻器用(O-lOkfl,允许最大电流2.0A)
H.滑动变阻器&(0〜20。,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250pA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,%、/?2、治、Rs和R6是定值电阻,R3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/?7(0-1000Q),滑动变阻器
R8(0-10000fl)»
(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Rp的阻值调至最大,闭合Si,缓
慢减小RP的阻值,直到G的指针满偏;然后闭合S2,保持滑动变阻器心的阻值不变,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960Q,则灵敏电流计G的内
阻为C;若图甲电路中干电池的电动势为L5V,则滑动变阻器Rp选(填外"或名”)。
(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IV挡和5V挡,直流电流1mA和2.5mA挡,欧
姆xlOO。挡(表盘正中间的刻度为“15”)。则&+/?2=。,Rs=Q,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E=110V,电阻匕=21。,电动机绕组的电阻&=0.5。,电键Si始
终闭合。当电键S2断开时,电阻咒的电功率是525W;当电键S2闭合时,通过电阻&的电流是4A,
求:
(1)电源的内电阻;
(2)当电键S2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Zz=0.45m,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/=0.9m,板间
距离d=0.6m,R/=3C,R2=3C,RJ=6Q.可以看为质点的带电小球,电量q=-0.01C,质
量m=0.03kg,从斜面顶端静止下滑.
(1)若S八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S断开,S2闭合,小球离开平行板右边缘时,速度偏向角tan0=|,求电源内阻r.
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(^0)区域之间有沿-y方向的匀强电场,电场强度大小也为£一个带电量为+〃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《,今,求粒子通过X轴的位置坐标;
(2)若s点坐标为《,今,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Q3d,0),求释放s点的坐标(r,y)应满足的关系式。
:产E
~dOx
参考答案:
I.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Ac
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0,在中垂线上从。点到无限远处电场线先变密后变疏,
即场强先变强后变弱。设场强最大的点为尸点,尸点可能在A、8两点之间,也可能在
A之间,也可能在B点的外侧,当。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。点可能在0、A之间时,EA大于EB;当。点在B点的外侧时,
EA小于EB。中点。处电势最高,在中垂线上交点处的电势最高,从0点向两侧电势逐渐降
低,因此w”一定大于程8,所以ACD错误,B正确。
故选B。
3.C
【详解】A.根据公左侧和“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NT。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E„=W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L5J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=/E=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
2x800mAh,八,
—————x3600次/h=1.152x106次
5mA
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,
Q=0s
U4nkd
U不变S减小,会使。减小,但二极管的存在使得Q不能减少,故实际过程为。不变。上
式Q不变,S减小,所以。增大,U=Ed,d不变,所以E增大,所以油滴上移。
=(
UpoPp~0
即为尸与下极板电势差,P与下极板距离不变,E增大,所以0P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
QJS
cr=-=-------
U4Ttkd
U不变,d减小,。增大,可以充电,故U不变,”减小,E增大,油滴上移,选项D正确。
故选D。
6.C
【详解】AB.由图可知,R2与滑动变阻器心串联后与R3并联后,再由R/串连接在电源两
端;电容器与以并联;当滑片向。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,以两端的电压也减小,故并联部分的电压增大;由欧姆定律可知流过E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,而当中电压减小,
故电压表示数增大,故AB错误;
C.因以两端电压增大,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.&上电流增大,根据P=/32R3,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,M。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仇对B球受力分析有
F静cos。=mBg
解得
_m^9_
睁cosd
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4,偏转极板长度为/,偏转极板间的距离为〃,屏到
偏转电场右边缘距离为s,粒子在加速过程中,根据
1,
/q=2mvo
可得
2%q
v=------
0Jm
在加速电场中运动的时间
d
t[=宜
2
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
I+S
t?二
孙
从开始到荧光屏所经历时间
d1+s
=支
孙
2
可知运动时间与几成反比,由于
=1:2:4
qi":q3=i:i:2
设质子、笊核和a粒子三种粒子离开加速度电场的速度分别为%,%,外。因此
111m
t=—:—:—2—=1:V2:V2
3%Vv
231%JQ2JQ3
B正确;
A.粒子进入偏转电场之后,做类平抛运动
L=vot
12
y=2at
其中
y
—2q=ma
可得
%*
y=
4U2h
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;
CD.根据动能定理
Uq
+—27=Ek
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
E“:Ek2:Ek3=<7i:q2-q3=1:1:2
D错误,C正确。
故选ABCo
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
l一kq2
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
mgsind—Feos。
其中
„kq2
F=N
联立解得
kq2
mgsind=—-cos。
*
故
qmgtand
厂]k
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,心上消耗的功率越大,故A错误,B正确;
CD.电路中电流为
EE
J=—
&+r+R/?o+r+&-kF
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BDo
11.50.154.700/4.699/4.701CD
【详解】(1)⑴20分度游标卡尺的精确值为0.05mm,由图可知其长度为
50mm+0.05mmx3=50.15mm
(2)[2]螺旋测微器的精确值为0.01mm,由图可知其直径为
4.5mm+0.01mmx20.0=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
U3
/="•=——A=20mA
R150
则电流表选择C;金属圆柱体电阻约为150Q,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
%
心
12.480&红1608801.5
【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2,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960Q,可知电流计的内阻为限=480Q;
⑵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250pA,则干
1.5
路中滑动变阻器进入电路的最小阻值约大于250X10-6n=6000H,故滑动变阻器Rp应选用最
大阻值为10kC的私。
(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,贝U
lgrg_250x10-6x480
R1+/?2(1=160。
''g10-3-250x10-6
此时电流表内阻
480x160
RQ=--———£2=120c
480+160
改装后的电流表满偏电流/G=lmA。
当选择开关接4时为直流电压IV挡,则
U1
/?5=--R(-=——r-120Q=880。
IG10-3
⑹欧姆xlOO。挡,表盘正中间的刻度为“15”,则欧姆挡内阻
R内=1500。
根据
可得
E=1.5V
13.(1)10;(2)1606W
【详解】(1)设S2断开时,电阻的的电功率是Pi,则由
E
P】=(«T+7)2/?1
代入数据可得,电源的内电阻为
r=in
(2)设S2闭合时,电阻飞两端的电压为U,消耗的功率为P2,由
U=%
可得
U=84V
由闭合电路的欧姆定律
E=U+Ir
可得,当电键S2闭合时流过电源的电流为
I=26A
设流过R1的电流为流过电动机的电流为4,所以
U
/1=京=4A
由电流关系
/=;1+/2
可得
I2=22A
由能量守恒定律
“2=「出+/泳0
可得,电动机的输出功率为
P出=1606W
14.(1)18V(2)1Q(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:
1,
mgh=-mv^
解得:v0=J2g/i=3m/s,
对S/、S2均断开时,极板电势差即为电源电动势E,
由平衡条件得:
E
优g=q3
解得:
「-2
mgd3X10X10X0.6V.O.7
E=-q^-=---1-x-1-0---2;---=18V
(2)当S/断开,S2闭合时,带电小球做类平抛运动,
水平方向:
l=vot
竖直方向分速度:
Vy=at
vy=votan0
对带电小球,由牛顿第二定律得:
mg=ma1,其中:Uc=E1d,
代入数据解得:m=4m/s2,E/=18N/C,t/c=10.8V,
当S/断开,S2闭合时,Q与&串联,电容器与R.,并联,
电容器两端电压:
Uc=UR3
由部分电路欧姆定律:
嗅=1出3
由闭合电路欧姆定律:
E=A(Rr+R3+r)
代入数据解得:r=ld
(3)当S/、S2均闭合时,&与尺;并联,并联电阻:
R2H33x6
12—2/2
/?2+/?33+6
电路电流:
E18
12=---------------=-——-——-A=3A
Ri+/?23+厂3+2+1
电压:
U2=,2&3=6V
对小球,由牛顿第二定律得:
mg~qE2=ma2
其中电压:
U2=E2d
联立求解:
20
7£
a2=—va/s
对带电小球类平抛运动分析,有
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