河南省开封市五县2021-2022学年高二上学期10月月考联考物理试题扫描版含答案

开封市五县高二月考联考卷物 理 答 案

1.B

2.A　

3.A

4.C　

5.C　

6.C

7. A

8.B

9.BD

10.ABC　

11． AC

12. BD

13.(1)ed　(2)ab　ed　

(1)因为滑动变阻器的最大阻值小于待测电阻阻值,故滑动变阻器使用分压式接法,所以要去掉图中的ed导线.

(2)如果滑动变阻器R1的最大阻值为200 Ω,则为了方便测量,需要采用限流式接法,故去掉图中ab和ed两根导线即可.

14.答案　(1)3.5　(2)见解析　(3)8.0×10－3　(4)C＝

(1)因为电压表显示的是微安表与电阻箱的两端电压，而微安表的示数为500 μA，故微安表与电阻箱的总电阻为R总＝＝＝12 kΩ，则微安表的内阻为12 kΩ－8.5 kΩ＝3.5 kΩ；

(2)将这些点用平滑的曲线连接起来即可；

(3)图线与时间轴所围成的面积即为放电过程放出的电荷量，我们数出的方格数为32，(注意数的时候大于半个格就算一个格，小于半个格的不算)而每个小格的电荷量q＝50 μA×5 s＝2.5×10－4 C

则放电的总电荷量为Q0＝32q＝32×2.5×10－4 C＝8.0×10－3 C.

(4)由电容的定义式可知，用公式C＝来计算电容器的电容大小．

15.(1)　(2)3mg

[解] (1)小球静止在A处时受到重力mg、静电力F和细线拉力F拉.由平衡条件得F拉=F+mg

由库仑定律得F=k                                               2’

又知F拉=2mg                                                     2’

联立解得q=.                                               1’

(2)小球由B摆回至A的过程中只有重力做功,所以机械能守恒,

有mgL(1-cos θ)=mv2                                           2’

小球摆至A处时,由牛顿第二定律得F拉'-mg-F=m                   2’

联立解得F拉'=3mg.                                             1’

16.答案　(1)－3EqL　(2)

解(1)根据电场力做功和电势能的变化关系可得：

小球A的电势能：EpA＝－Eq·2L①                                  2’

小球B的电势能：EpB＝－2q·ELsin30°②                           2’

所以总的电势能为：Ep＝－Eq·2L－E×2q·Lsin30°，

代入数据解得：Ep＝－3EqL③                                       1’

(2)设系统转过30°角时，B球的速度为vB，由动能定理有：

－Eq·(2L－2Lcos30°)＋2Eq·(Lsin60°－Lsin30°)＝mvB2＋mvA2④    2’

两个小球转动的角速度相同，根据v＝rω可知，vA＝2vB⑤               2’

联立④⑤解得：vB＝.                               1’

17. 答案　(1)5 Ω　(2)20 V　20 Ω　(3)17.6 Ω　5 W

解　(1)当P滑到R3的右端时，电路参数对应乙图中的B点，只有电阻R2接入电路，

由图乙所示图象可知：U2＝4 V，I2＝0.8 A                              2’

则定值电阻R2的阻值为：R2＝＝5 Ω                                     2’

(2)将乙图中AB线延长，交U轴于20 V处，

所以电源的电动势为E＝20 V.                                            2’

图象斜率表示内阻为：r＝ Ω＝20 Ω.                             2’

(3)当R3的滑片从最左端滑到最右端时，外电路总电阻从大于电源内阻r变至小于r，

当外阻和内阻相等时，电源输出功率最大，则有：

r＝R2＋                                                           1’

代入：20＝5＋

解得：R3≈17.6 Ω                                                      1’

最大输出功率值为P＝＝ W＝5 W.                                  2’

18．答案　(1)　(2)U0>U>U0

解　(1)当两板加上U0电压且A板接负时，有：

q＝mg①                                                               1’

A板为正时，设带电质点射入两极板时的速度为v0，向下运动的加速度为a，经时间t射到C点，有：q＋mg＝ma②                                                   1’

又水平方向有d＝v0t③                                                   1’

竖直方向有＝at2④                                                     1’

由①②③④得：

v0＝⑤                                                              1’

(2)要使带电质点恰好能从两板间射出，设它在竖直方向运动的加速度为a1、时间为t1，应有：＝a1t12⑥                                                               1’

t1＝⑦                                                                1’

由⑥⑦⑧得：

a1＝⑧                                                                1’

若a1的方向向上，设两板所加恒定电压为U1，有：

q－mg＝ma1⑨                                                         2’

若a1的方向向下，设两板所加恒定电压为U2，有：

mg－q＝ma1⑩                                                          2’

由⑧⑨⑩解得：

U1＝U0，U2＝U0                                                                                                            2’

所以所加恒定电压范围为：U0>U>U0.                                      1’