河南省開封市五縣2021-2022學(xué)年高二上學(xué)期月考聯(lián)考物理試題答案

1、開封市五縣高二月考聯(lián)考卷物 理 答 案1.B帶有負(fù)電荷的小球慢慢靠近一個(gè)帶有少量正電荷的驗(yàn)電器金屬球，根據(jù)異種電荷相互吸引得出金屬箔所帶電荷量變少，所以金屬箔的夾角減小，隨小球的靠近，驗(yàn)電器的金屬球上的正電荷越來越多，所以金屬箔上將開始帶上負(fù)電荷，隨負(fù)電荷的增加，此時(shí)驗(yàn)電器金屬箔的張角也開始變大，即金屬箔的夾角增大，故A、C、D三項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確2.A由于兩粒子所受的電場力的方向相反,故a、b兩粒子所帶的電荷的電性相反,B錯(cuò)誤,A正確;由于出發(fā)后b所受的電場力方向始終和軌跡的切線方向即速度方向成銳角,始終對它做正功,故b的動能越來越大,速度越來越大,C錯(cuò)誤;電場線的疏密代表電場的強(qiáng)弱,由圖可知

2、,越向左則場強(qiáng)越小,所以a受到的電場力逐漸減小,b受到的電場力逐漸增大,根據(jù)牛頓第二定律可知,a的加速度減小,b的加速度增大,D錯(cuò)誤.3.A設(shè)Q1、Q2兩點(diǎn)電荷之間的距離為L，x軸上M、N兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等，則kk，kk，解得r1，r2，當(dāng)?shù)谋戎翟龃髸r(shí)，r1、r2都減小，故A項(xiàng)正確，B、C、D三項(xiàng)錯(cuò)誤故選A項(xiàng)4.C 沿電場線方向電勢降低,故a點(diǎn)電勢高于b點(diǎn)電勢,A錯(cuò)誤;電場線的疏密程度表示電場強(qiáng)度大小,電場線越密,則電場強(qiáng)度越大,故a點(diǎn)的場強(qiáng)大于b點(diǎn)的場強(qiáng),電場線的切線方向?yàn)閳鰪?qiáng)方向,故a、b兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向不同,B錯(cuò)誤;負(fù)電荷在低電勢處電勢能大,所以從a點(diǎn)(高電勢)移動到b點(diǎn)(低電勢)

3、,電勢能增大,電場力做負(fù)功,C正確,D錯(cuò)誤.5.C將B極板勻速向下移動時(shí),兩極板的距離d增大,由于電容器和電源相連,電勢差U不變,根據(jù)E=Ud可知,極板間的電場強(qiáng)度減小,根據(jù)F=qE可知,油滴所受的電場力減小,油滴向下加速運(yùn)動,由于電場力是變力,油滴所受的合力是變力,所以油滴做的是非勻變速運(yùn)動,故A錯(cuò)誤;電容器兩極板間距離增大,根據(jù)C=rS4kd=QU可知,電容減小,而兩板電勢差U不變,則電容器所帶電荷量減小,開始放電,因?yàn)樯蠘O板帶正電,所以電流計(jì)中電流由a流向b,故B錯(cuò)誤,C正確;油滴向下加速運(yùn)動,由于油滴所受電場力向上,故運(yùn)動過程中電場力做負(fù)功,帶電油滴的電勢能增加,故D錯(cuò)誤.6.C從圖象

4、可知：有兩個(gè)交點(diǎn)O點(diǎn)處是沒有通電，而C處它們的電功率相等，說明外電阻沒有消耗功率因此電流為3 A時(shí)，外電阻阻值為零由PI2R可算出r 1 所以內(nèi)阻的阻值為1 .電動勢EIr3×1 V3 V當(dāng)電流為1 A時(shí)P輸出EII2r(3×112×1) W2 W，故選C.7. A當(dāng)電動機(jī)停止轉(zhuǎn)動時(shí)，由題得電動機(jī)的電阻：R 4 當(dāng)電動機(jī)正常轉(zhuǎn)動時(shí)，電動機(jī)的總功率：PU1I124 V×2 A48 W電動機(jī)的發(fā)熱功率：PRI12R22×4 W16 W電動機(jī)正常運(yùn)轉(zhuǎn)時(shí)的輸出功率是：P輸出PPR48 W16 W32 W故選A項(xiàng)8.B在滑動變阻器的滑片由a向b移動的過程

5、中，接入電路的總電阻先變大后變小，路端電壓先變大后變小，所以電壓表讀數(shù)先變大后變小，D項(xiàng)正確；當(dāng)電源內(nèi)阻和外電路電阻相等時(shí)，電源的輸出功率最大，若外電路的電阻大于電源內(nèi)阻，則電源的輸出功率隨外電路電阻的增大而減小，由于燈泡L的電阻大于電源的內(nèi)阻r，電源的輸出功率先減小后增大，C項(xiàng)正確；因?yàn)闊襞菰诟陕?，由于總電流先減小后變大，故小燈泡的亮度先變暗后變亮，B項(xiàng)錯(cuò)誤；電流表測量的電流是滑動變阻器右半部分電阻上的電流，在滑動變阻器的滑片P由a向b移動的過程中，右半部分上的電阻值越來越大，而左半部分的電阻值越來越小，所以電流表的讀數(shù)越來越小，A項(xiàng)正確9.BD設(shè)材料厚度為h，正方形邊長為a，根據(jù)：R得電阻

6、只與金屬材料和厚度有關(guān)，所以兩電阻相同，電壓相同時(shí)，通過的電流相同，因?yàn)镽1的橫截面積大，在電流相同時(shí)，自由電荷的速率就小故選B、D兩項(xiàng)10.ABC a、b兩點(diǎn)關(guān)于豎直直徑對稱,a、b兩點(diǎn)附近的正、負(fù)電荷分布情況完全一樣,可取任意一對關(guān)于a、b連線上下對稱的正、負(fù)電荷為例,研究它們在a、b兩點(diǎn)產(chǎn)生的合場強(qiáng)(如圖甲所示),則所有電荷在a、b兩點(diǎn)處產(chǎn)生的合場強(qiáng)大小相等,方向也相同,故Ea=Eb,選項(xiàng)A正確;整個(gè)細(xì)圓環(huán)關(guān)于水平直線ab上下對稱,在對稱的位置上任意取一對等量異種電荷,因?yàn)橐粚Φ攘慨惙N電荷的中垂面是一個(gè)等勢面,等勢面上的各點(diǎn)電勢均相同,故選項(xiàng)B正確;若在細(xì)圓環(huán)的每個(gè)位置疊加一個(gè)與原來等量

7、的正電荷,而不改變原來的靜電場,則細(xì)圓環(huán)上的電荷變成如圖乙所示,所有“2+”電荷對c、d兩點(diǎn)的合場強(qiáng)方向豎直向下,若在細(xì)圓環(huán)的每個(gè)位置疊加一個(gè)與原來等量的負(fù)電荷,而不改變原來的靜電場,則細(xì)圓環(huán)上的電荷變成如圖丙所示,所有“2-”電荷對c、d兩點(diǎn)的合場強(qiáng)方向豎直向下;且所有“2+”電荷對c、d兩點(diǎn)的合場強(qiáng)和所有“2-”電荷對c、d兩點(diǎn)的合場強(qiáng)大小相等,選項(xiàng)C正確;沿著電場線的方向電勢降低,故c>d,選項(xiàng)D錯(cuò)誤.甲 乙 丙11 AC帶電油滴原來處于平衡狀態(tài)，重力和電場力平衡滑片P向上移動過程中，R接入電路中的電阻變大，總電阻變大，干路中的電流變小，由UEI(rR1)可知，電容器兩端電壓變大，

8、電壓表示數(shù)變大，板間場強(qiáng)增大，油滴所受的電場力變大，則油滴將向上加速運(yùn)動，故A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；電容器兩端電壓變大，帶電荷量變大，電容器充電，故電流計(jì)G中電流從ba，故C項(xiàng)正確；由于干路中的電流變小，由公式PI2R1可知，R1消耗功率減小，故D項(xiàng)錯(cuò)誤故選A、C兩項(xiàng)12. BD當(dāng)滑動變阻器的滑動觸頭P向下滑動的過程中，變阻器接入電路的電阻增大，外電路總電阻增大，總電流減小，可知路端電壓增大，即知電壓表V1示數(shù)增大，電壓表V2的示數(shù)減小，電壓表V3的示數(shù)增大，則知，圖線a表示的是電壓表V3的示數(shù)隨電流表示數(shù)變化的情況，圖線c表示的是電壓表V2的示數(shù)隨電流表示數(shù)變化的情況，故A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確由閉合

9、電路歐姆定律得：U1EIr，則可得r，保持不變，故C項(xiàng)錯(cuò)誤由閉合電路歐姆定律得：U3EI(rR1)，則可得R1r，保持不變，故D項(xiàng)正確故選B、D兩項(xiàng)13.(1)ed(2)abed(1)因?yàn)榛瑒幼冏杵鞯淖畲笞柚敌∮诖郎y電阻阻值,故滑動變阻器使用分壓式接法,所以要去掉圖中的ed導(dǎo)線.(2)如果滑動變阻器R1的最大阻值為200 ,則為了方便測量,需要采用限流式接法,故去掉圖中ab和ed兩根導(dǎo)線即可.14.答案(1)3.5(2)見解析(3)8.0×103(4)C(1)因?yàn)殡妷罕盹@示的是微安表與電阻箱的兩端電壓，而微安表的示數(shù)為500 A，故微安表與電阻箱的總電阻為R總12 k，則微安表的內(nèi)阻

10、為12 k8.5 k3.5 k；(2)將這些點(diǎn)用平滑的曲線連接起來即可；(3)圖線與時(shí)間軸所圍成的面積即為放電過程放出的電荷量，我們數(shù)出的方格數(shù)為32，(注意數(shù)的時(shí)候大于半個(gè)格就算一個(gè)格，小于半個(gè)格的不算)而每個(gè)小格的電荷量q50 A×5 s2.5×104 C則放電的總電荷量為Q032q32×2.5×104 C8.0×103 C.(4)由電容的定義式可知，用公式C來計(jì)算電容器的電容大小15.(1)mgL2kQ(2)3mg解析 (1)小球靜止在A處時(shí)受到重力mg、靜電力F和細(xì)線拉力F拉.由平衡條件得F拉=F+mg由庫侖定律得F=kQqL2 2又知

11、F拉=2mg 2聯(lián)立解得q=mgL2kQ. 1(2)小球由B擺回至A的過程中只有重力做功,所以機(jī)械能守恒,有mgL(1-cos )=12mv2 2小球擺至A處時(shí),由牛頓第二定律得F拉'-mg-F=mv2L 2聯(lián)立解得F拉'=3mg. 116.答案(1)3EqL(2)解析(1)根據(jù)電場力做功和電勢能的變化關(guān)系可得：小球A的電勢能：EpAEq·2L 2小球B的電勢能：EpB2q·ELsin30° 2所以總的電勢能為：EpEq·2LE×2q·Lsin30°，代入數(shù)據(jù)解得：Ep3EqL 1(2)設(shè)系統(tǒng)轉(zhuǎn)過30

12、6;角時(shí)，B球的速度為vB，由動能定理有：Eq·(2L2Lcos30°)2Eq·(Lsin60°Lsin30°)mvB2mvA2 2兩個(gè)小球轉(zhuǎn)動的角速度相同，根據(jù)vr可知，vA2vB 2聯(lián)立解得：vB. 117. 答案(1)5 (2)20 V20 (3)17.6 5 W解析(1)當(dāng)P滑到R3的右端時(shí)，電路參數(shù)對應(yīng)乙圖中的B點(diǎn)，只有電阻R2接入電路，由圖乙所示圖象可知：U24 V，I20.8 A 2則定值電阻R2的阻值為：R25 2(2)將乙圖中AB線延長，交U軸于20 V處，所以電源的電動勢為E20 V. 2圖象斜率表示內(nèi)阻為：r 20 . 2(3)當(dāng)R3的滑片從最左端滑到最右端時(shí)，外電路總電阻從大于電源內(nèi)阻r變至小于r，當(dāng)外阻和內(nèi)阻相等時(shí)，電源輸出功率最大，則有：rR2 1代入：205解得：R317.6 1最大輸出功率值為P W5 W. 218答案(1)(2)U0>U>U0解析(1)當(dāng)兩板加上U0電壓且A板接負(fù)時(shí)，有：qmg 1A板為正時(shí)，設(shè)帶電質(zhì)點(diǎn)射入兩極板時(shí)的速度為v0，向下運(yùn)動的加速度為a，經(jīng)時(shí)間t射到C點(diǎn)，有：qmgma