山东省临沂市沂水二中高二物理下学期月考试卷（含解析）.doc

2013-2014学年山东省临沂市沂水二中高二（下）月考物理试卷 一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）1（5分）（2014秋杨浦区校级期末）首先发现电流的磁效应的物理学家是（）a安培b法拉第c奥斯特d牛顿考点：物理学史版权所有专题：常规题型分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可解答：解：奥斯特发现了通电导体周围存在磁场，是第一个发现电流磁效应的科学家；故abd错误，c正确；故选：c点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2（5分）（2013秋台江区校级期末）关于电功w和电热q的说法，正确的是（）a在任何电路里都有w=uit，q=i2rt，且w=qb在任何电路里都有w=uit，q=i2rt，且w不一定等于qcw=uit，q=i2rt均只在纯电阻电路中才成立dw=uit在任何电路中都成立，w=i2rt只在纯电阻电路中成立考点：电功、电功率版权所有专题：恒定电流专题分析：纯电阻电路，电功可用公式w=uit计算，也可用公式w=i2rt计算，非纯电阻电路，电功用公式w=uit计算，电热用公式w=i2rt计算解答：解：a、非纯电阻中，w=uit用来求电功；q=i2rt用来求电热，但wq；只有在纯电阻电路，根据能量守恒电功和电热电相等，电功可用公式w=uit计算，也可用公式w=i2rt计算，故a错误；b正确；c、w=uit可用于任何电路求总电功；而q=i2rt可以适用任何电路求热功，故cd均错误；故选：b点评：本题考查电功及电热公式的应用，要注意各式的适用范围，并能正确应用3（5分）（2011秋苍山县期末）如图所示，将两个等量异种点电荷分别固定于a、b两处，ab为两点电荷的连线，mn为ab连线的中垂线，交ab于o点，m、n距两个点电荷较远，以下说法正确的是（）a沿直线由a到b，各点的电场强度先减小后增大b沿直线由a到b，各点的电势先升高后降低c沿中垂线由m到o，各点的电场强度先增大后减小d将一电荷从m点移到o点，电场力做正功，电荷的电势能减少考点：电势能；电场线版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：在如图所示的电场中，等量异种电荷连线上的电场方向是相同的，由+q指向q；根据电场线的疏密分析场强的变化电场线越密，场强越大，两电荷连线上的电场强度大小关于o点对称，mn是一条等势线根据顺着电场线电势降低，判断电势的变化解答：解：a、由电场线的分布可知，沿直线由a到b，电场线先变疏后变密，则电场强度先减小后增大故a正确b、电场线方向由b到a，根据顺着电场线方向电势降低可知，沿直线由a到b，各点的电势一直升高故b错误c、沿中垂线由m到o，电场线越来越密，电场强度一直增大故c错误d、mn是一条等势线将一电荷从m点移到o点，电场力不做功，电势能不变故d错误故选a点评：解决本题的关键知道等量异种电荷周围的电场线分布，知道两电荷连线的中垂线是等势线4（5分）（2007秋丰台区期末）如图所示，mn是一负点电荷产生的电场中的一条电场线一个带正电的粒子（不计重力）从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示下列结论正确的是（）a负点电荷一定位于m点左侧b带电粒子在a点的加速度大于在b点的加速度c带电粒子在a点时的电势能小于在b点时的电势能d带电粒子从a到b过程中动量大小逐渐减小考点：电场线版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：解答本题的突破口是根据粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向，从而确定电场线mn的方向以及负点电荷的位置，然后根据负点电荷周围电场分布情况，进一步解答解答：解：a、由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，电场力指向轨迹内侧，电场力方向大致向左，电场线由n指向m，说明负电荷在直线mn左侧，故a正确b、a点离点电荷较远，a点的电场强度小于b点的电场强度，根据牛顿第二定律得知，带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度故b错误c、电场力对带电粒子做正功，电势能减小，则带电粒子在a点的电势能大于在b点的电势能，故c错误d、电场力对带电粒子做正功，动能增加，所以在a点时的速度小于在b点时的速度，粒子从a到b过程中动量大小逐渐增大，故d错误故选：a点评：依据带电粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向是解决带电粒子在电场中运动问题的突破口，然后可进一步根据电场线、电场力做功等情况确定电势、电势能的高低变化情况5（5分）（2014春沂水县校级月考）如图所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向的夹角为45，则下列结论正确的是（）a此液滴带负电b液滴做匀加速直线运动c合外力对液滴做的总功大于零d电场力做负功考点：动能定理的应用；带电粒子在混合场中的运动版权所有专题：动能定理的应用专题分析：带电液滴做直线运动，知液滴所受的重力和电场力的合力与速度方向在同一条直线上，根据受力确定液滴带电的正负根据力和运动的方向关系确定做功的正负解答：解：a、液滴受电场力和重力两个力作用，合力沿bd连线，如图所示可知电场力水平向右，所以液滴带负电，液滴所受的合力恒定，做匀加速直线运动故a、b正确c、合外力的方向与速度方向相同，知合外力对液滴做正功，即所做的总功大于零故c正确d、从b到d，电场力做正功故d错误故选：abc点评：解决本题的关键知道物体做直线还是曲线运动的条件，关键看速度方向与合力的方向是否在同一条直线上6（5分）（2013秋微山县校级期末）如图所示，电源电动势为e，内阻为r，不计电压表和电流表内阻对电路的影响，当电键闭合后，两小灯泡均能发光在将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，下列说法正确的是（）a小灯泡l1、l2均变暗b小灯泡l1变亮，小灯泡l2变暗c电流表a的读数变小，电压表v的读数变大d电流表a的读数变大，电压表v的读数变小考点：闭合电路的欧姆定律版权所有专题：恒定电流专题分析：将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，分析外电路总电阻的变化，由欧姆定律判断干路电流的变化，即可知道电流表示数的变化和路端电压的变化，即可知道电压表读数的变化分析并联部分电压的变化，判断l1灯亮度的变化解答：解：将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，并联部分的电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，则l2灯变暗，电流表读数变小电源的内电压减小，则路端电压增大，电压表读数变大根据串联电路分压特点可知，并联部分电压增大，则l1灯变亮故bc正确故选bc点评：本题是一道闭合电路的动态分析题，分析清楚电路结构，明确各电路元件的连接方式、灵活应用欧姆定律公式是正确解题的关键7（5分）（2014春洛阳期末）如图所示，带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为l，板间的距离为d，板间电压为u，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行金属板的时间为t，不计粒子的重力，则（）a在前时间内，电场力对粒子做的功为b在后时间内，电场力对粒子做的功为uqc在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为1：2d在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为2：1考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：根据类平抛规律可知，带电粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，满足初速度为零的匀加速直线运动的推论：连续相等时间内位移之比 y1：y2：y3=1：3：5，然后根据w=qey求功（其中l是竖直方向的位移大小）即可解答：解：a、根据类平抛运动规律可知，竖直方向粒子做初速度为0的匀加速直线运动，根据推论：连续相等时间内位移之比 y1：y2=1：3，则前时间内，竖直方向的位移大小为 y=，电场力做功为w=qey=qe（），又u=qed，解得w=，故a错误b、由上分析知，竖直方向的位移大小为 y=，所以电场力做功为w=qey=qe=，故b正确c、d根据w=qey可得，在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为1：1，故c、d错误故选：b点评：掌握类平抛运动的处理方法和初速度为零的匀加速直线运动的结论，理解w=qu，以及u=ed中d的含义8（5分）（2013秋咸阳期末）电源和一个水平放置的平行板电容器、三个电阻组成如图所示的电路当开关s闭合后，电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态现将开关s断开，则以下判断正确的是（）a液滴仍保持静止状态b液滴将向上运动c电容器上的带电量将减为零d电容器上的带电量将增大考点：闭合电路的欧姆定律；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用版权所有专题：恒定电流专题分析：开关闭合时，电容器两板间的电压等于电阻r2两端的电压，小于电源的电动势，当开关断开时，电路稳定时，电容器板间电压等于电源的电动势，分析液滴的运动情况，根据电压的变化，分析电容器的电量变化解答：解：开关闭合时，电容器两板间的电压等于电阻r2两端的电压，小于电源的电动势当开关断开时，电路稳定时，电路中没有电流，电容器板间电压等于电源的电动势，则知电容器板间电压增大，板间场强增大，液滴所受电场力增大，则液滴将向上运动由于电容器的电压增大，由公式q=cu可知，电容器上的带电量将增大故选bd点评：本题是电容器动态变化分析问题，关键确定电容器板间电压的变化当电路稳定时，电容器的电压等于所并联的电路两端电压9（5分）（2014秋金凤区校级期中）如图所示，当ab端接入100v电压时，cd两端为20v；当cd两端接入100v时，ab两端电压为50v，则r1：r2：r3之比是（）a4：1：2b2：1：1c3：2：1d以上都不对考点：欧姆定律版权所有专题：恒定电流专题分析：分析两种情况下电路的结构，由串联电路的分压规律可得出电阻的关系；再得出三个电阻的关系解答：解：当ab端接入电压时，cd端输出电压为20=100；解得：2r3=r1；当cd接入电压时，ab端输出电压50=100；解得：r3=2r2；故电阻之比r1：r2：r3=4：1：2故选：a点评：本题考查串联电路的分压原理，要注意明确电路的结构，再由串联电路的规律进行分压10（5分）（2014杨浦区一模）如图所示直线oac为某一直流电源的总功率p随总电流i变化的图线；抛物线obc为同一电源内部消耗的功率pr随总电流i变化的图线，则当通过电源的电流为1a时，该电源的输出功率为（）a1wb3wc2wd2.5w考点：电功、电功率版权所有专题：恒定电流专题分析：根据电源的总功率p=ei，由c点的坐标求出电源的电动势和内阻利用电源的总功率p总=ei，电源内部发热功率p热=i2r，外电路消耗功率p外=ui=i2r，且根据能量关系得p总=p外+p热即可求解解答：解：c点表示电源的总功率全部转化为热功率，即c点表示外电路短路，电源的总功率p=ei，i=3a，p=9w，则电源的电动势e=3vr=1当i=1a时，输出功率为：p=eii2r=31121（w）=2w故选：c点评：本题关键在：（1）理解电源的总功率p总随电流i变化的图象与电源内部热功率pr随电流i变化的图象的涵义；（2）分清三种功率及其关系：电源的总功率p总=ei，电源内部发热功率p热=i2r，外电路消耗功率p外=ui=i2r，且根据能量关系得p总=p外+p热11（5分）（2014秋腾冲县校级期中）一个电压表由电流表g与电阻r串联而成，如图所示，若在使用中发现此电压表的读数总比准确值稍小些，采用下列哪种措施可能加以改进（）a在r上并联一个比r小得多的电阻b在r上并联一个比r大得多的电阻c在r上串联一个比r小得多的电阻d在r上串联一个比r大得多的电阻考点：把电流表改装成电压表版权所有专题：实验题；恒定电流专题分析：此电压表的读数比准确值稍微小一些，故加上相同电压时，要使电流适当大些，故需要略微减少电阻r的值解答：解：电压表由表头g和电阻r串联而成，发现此电压表的读数比准确值稍微小一些，说明加上相同电压时，流过表头的电流偏小；要使电流适当大些，故需要略微减少电阻r的值，可以与电阻r并联电阻实现，但电压表的读数比准确值稍微小一些，故并联电阻要比r大得多，故acd错误，b正确；故选：b点评：知道电压表的改装原理、应用串并联电路特点即可即可正确解题；改装后电压表示数偏小，需要减小串联电阻阻值，改装后电压表示数偏大，需要增大串联电阻阻值12（5分）（2013秋微山县校级期末）一条形磁铁放在水平桌面上，在它的上方靠s极一侧吊挂一根与它垂直的导体棒，图中只画出此棒的横截面图，并标出此棒中的电流是流向纸内的，在通电的一瞬间可能产生的情况是（）a磁铁对桌面的压力减小b磁铁对桌面的压力增大c磁铁受到向右的摩擦力d磁铁受到向左的摩擦力考点：安培力版权所有分析：以导线为研究对象，根据电流方向和磁场方向判断所受的安培力方向，再根据牛顿第三定律，分析磁铁所受的支持力和摩擦力情况来选择解答：解：以导线为研究对象，由左手定则判断得知导线所受安培力方向斜向左下方，根据牛顿第三定律得知，导线对磁铁的安培力方向斜向右上方，磁铁有向右运动的趋势，受到向左的摩擦力，同时磁铁对地的压力减小故ad正确，bc错误故选：ad点评：本题考查灵活运用牛顿第三定律选择研究对象的能力关键在于先研究导线所受安培力二、计算题：13（20分）（2013通榆县校级模拟）如图所示，在倾角为37的光滑斜面上有一根长为0.4m、质量为6102 kg的通电直导线，电流大小i=1a、方向垂直于纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4t、方向竖直向上的磁场中，设t=0时，b=0，求几秒后斜面对导线的支持力为零？（g取10m/s2）考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；安培力版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题分析：根据左手定则确定安培力的方向，抓住斜面对导线的支持力为零时，导线只受重力、线的拉力和安培力作用而处于平衡状态，据平衡条件求出安培力的大小，由f=bil可以得到磁感应强度的大小，根据磁感应强度的变化率可以求出所需要的时间t解答：解：由题意知，当斜面对导线支持力为零时导线受力如图所示由图知ftcos37=f ftsin37=mg 由解得：导线所受安培力的为f=0.8 n又根据f=bil得：此时导线所处磁场的磁感应强度为b=2t，因为磁感应强度每秒增加0.4t，所以有b=0.4t 得t=5s答：5秒后斜面对导线的支持力为零点评：抓住支持力为0时的导线受力特征，根据平衡条件求解是关键14（20分）（2010秋抚顺校级期末）如图所示，电解槽a和电炉b并联后接到电