2021-2022学年广东省梅州市兴宁市沐彬中学高一（下）第二次月考物理试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年广东省梅州市兴宁市沐彬中学高一（下）第二次月考物理试卷（含答案解析），共17页。
A. 当cd端短路时，ab之间的等效电阻是5Ω
B. 当ab端短路时，cd之间的等效电阻是16Ω
C. 当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压为8V
D. 当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为8V
2. 如图所示，把一个架在绝缘支架上的枕形导体放在正电荷形成的电场中。导体处于静电平衡时，下列说法不正确的是( )
A. A、B两点场强相等，且都为零
B. A点电势比B点电势高
C. 感应电荷产生的附加电场EB0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。
(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；
(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、当cd端短路时，R2和R3并联再与R1串联，ab之间的等效电阻R=R1+R2R3R2+R3=1Ω+12×412+4Ω=4Ω，故A错误；
B、当ab端短路时，R1和R3并联再与R2串联，cd之间的等效电阻R=R2+R1R3R1+R3=12Ω+1×41+4Ω=12.8Ω，故B错误；
C、当ab两端接通测试电源时，R2中没有电流，相等于R1 与R3串联，cd两端的电压为R3分得的电压Ucd=R3R1+R3U=41+4×10V=8V，故C正确；
D、当cd两端接通测试电源时，R1中没有电流，相等于R2 与R3串联，ab两端的电压为R3分得的电压U=R3R2+R3U=412+4×10V=7.5V，故D错误。
故选：C。
当cd端短路时，ab间电路的结构是：电阻R2、R3并联后与R1串联。当ab端短路时，cd之间电路结构是：电阻R1、R3并联后与R2串联。当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压等于电阻R3两端的电压。当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻R3两端的电压．根据欧姆定律求解电压。
对于电路要明确电路的结构，并能正确应用串并联电路的规律进行分析，必要时应进行电路的简化。
2.【答案】B
【解析】解：A、枕形导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布。因此在枕形导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，内部电场强度处处为零，故A正确；
B、处于静电感应现象的导体是等势体，A、B两点都是相等，故B错误；
C、点电荷的产生电场在A点的场强大于在B点的场强，在枕形导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，叠加后电场为零，所以感应电荷产生的附加电场EA>EB，故C正确；
D、当电键S闭合时，电子从大地沿导线移向导体中和枕形导体右端的正电荷，相当于右端正电荷流向远端，故D正确。
本题选不正确的，
故选：B。
枕形导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在枕形导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，只有叠加后电场为零时，电荷才不会移动，此时处于静电感应现象的导体是等势体；当电键S闭合时，电荷重新分布．
处于静电感应现象的导体，内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面．且导体是等势体．
3.【答案】D
【解析】解：A、小电珠与电动机串联，所以：I1=I2，故A错误；
BCD、对小电珠，由欧姆定律可得：U1=I1R1，电动机正常工作时由于线圈的切割磁感线产生反电动势，所以：U2>I2R2，所以：U1U2EQ，qEP>qEQ，根据牛顿第二定律，知带电质点在P点的加速度比在Q点的加速度大，故D错误．
故选：AB
根据电场线与等势面垂直，以及电场力指向轨迹弯曲的内侧，判断电场线方向，分析电势高低；根据推论，负电荷在电势高处电势能小，可知电荷在Q点的电势能大；总能量守恒；由电场线疏密确定出，P点场强大，电场力大，加速度大．
根据电场线与等势面垂直，作出电场线，得到一些特殊点(电场线与等势面交点以及已知点)的电场力方向，同时结合能量的观点分析是解决这类问题常用方法．
11.【答案】AB
【解析】解：A.若小球恰能绕钉子做圆周运动，则通过圆周的最高点有mg=mv2L−d
从A点到最高点有mg(2d−L)=12mv2
解得：d=35L
故A正确；
B.从开始至C点过程，由动能定理得mgd=12mvC2
在C点，有T=mvC2L−d
解得T=3mg
故B正确；
C.以过最低点B的水平面为零势能面，小球下落过程机械能守恒，所以在任何位置机械能均为mgL，故C错误；
D.小球到达C点会受到向下的重力，所以在C点时所受合力方向不可能水平向右。故D错误。
故选：AB。
若小球能绕钉子做圆周运动，在最高点根据牛顿第二定律求得最小速度，从释放点到最高点根据动能定理即可求得距离；
从A到C根据动能定理求得到达C点的速度，根据牛顿第二定律求得绳子的拉力；
根据力的合成求得在C点受到的合力方向，在整个运动过程中，只有重力做功，根据机械能守恒判断出到达C点的机械能。
本题考查了圆周运动与平抛运动相结合的题目，综合性较强，同时会灵活应用牛顿第二定律、机械能守恒定律、运动的分解及几何关系求解。
12.【答案】B BCD B
【解析】解：(1)A.实验中要验证的关系是mgh=12mv2，两边可以消掉m，则没必要用天平测出重物的质量，故A错误；
B.实验中由于有阻力的影响，则重物下落的加速度一定小于当地的重力加速度，故B正确；
C.实验中是通过刻度尺测量纸带上两点间距来确定下落的高度，故C错误；
D.实验中用刻度尺测量重物下落的高度h，并用纸带上两点间的平均速度来计算中间时刻的瞬时速度，不能用v=2gh计算瞬时速度，故D错误。
(2)A.当知道OA、OB和OG的长度时，无法算出任何一点的速度，故A错误；
B.当知道OF、EF和FG的长度时，利用FG和EF的长度可以求出F点的速度，从求出O到F点的动能变化量，知道OF的长度，可以求出O到F重力势能的变化量，可以验证机械能守恒，故B正确；
C.当知道AC、BE和DF的长度时，由AC和DF的长度，可以得到B点和E点的速度，从而求出B点到E点的动能变化量；知道BE的长度，可以求出B点到E点重力势能的变化量，即可验证机械能守恒，故C正确；
D.当知道AC、BF和EG的长度时，可以分别求出B点和F点的速度，从而求B到F点的动能变化量，知道BF的长度，可以求出B到F点重力势能的变化量，可以验证机械能守恒，故D正确；
(3)纸带中打出的点符合相临相等时间的条件，则可知相临两位移间应保证位移之差等于
△h=gt2=9.80×(0.02)2≈3.9mm
A中的位移之差分别为0.5mm、−0.4mm，故A错误。
B中的位移之差分别为3.9mm、3.9mm，故B正确。
C中的位移之差分别为3.9mm、7.9mm，故C错误。
D中的位移之差分别为4.8mm、4.8mm，故D错误。
故答案为：(1)B；(2)BCD；(3)B；
根据实验原理，结合实验中的注意事项后分析解答；
依据这段时间内的平均速度等于中时刻瞬时速度，从而确定动能的变化，再依据重力势能表达式，进而确定其的变化，即可验证；
根据位移差公式计算其相邻相等时间内的位移差判断。
解决本题的关键知道实验的原理，会通过原理确定需要测量的物理量，掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度，得出动能的变化量．
13.【答案】A D E 乙 小于
【解析】解：(1)由于电源电压为3V，为了减少实验误差，电压表选量程为3V的电压表A；
由于待测电阻约5Ω，根据欧姆定律
I=UR
流过待测电阻的电流约为0.6A，因此电流表选D；
为了调节方便，滑动变阻器选E。
(2)由于待测电阻的阻值较小，为了减小实验误差，采用电流表外接法，故选图乙，电路连接如图所示。
(3)金属丝的直径
d=0.55mm+13.6×0.01mm=0.636mm
用0.6A量程，读数为0.50A。
(4)由于电流表采用外接法，电阻的测量值小于真实值，根据
R=ρLS
电阻率的测量值小于真实值。
故答案为：(1)A.D.E(2)④.乙 (3)0.636(0.635−0.638)(4)偏小.
(1)根据电源电动势选择电压表，由欧姆定律求出电路最大电流，根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；
(2)根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表采用内接法还是外接法，然后选择实验电路，根据电路图连接实物电路图；
(3)螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；由图示电表读出其示数，应用欧姆定律求出电阻阻值和电阻率。
(4)由于电流表采用外接法，电阻的测量值小于真实值，根据R=ρLS确定电阻值是偏大还是偏小；
本题考查了实验器材的选取、实验电路的选择、连接实物电路图；要掌握实验器材的选取原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作；确定电流表的接法是正确解题的关键。
14.【答案】解：(1)对宇航员受力分析如图：
设：该位置处的重力加速度g′，由牛顿第二定律得：
F1−mg′=ma
代入数据解得：g′=2.5m/s2
(2)设此处距地面高度为h，地球质量为M，半径为R；
物体在地面时：GMmR2=mg
物体在高为h处时：GMm(R+h)2=mg′
两式联立解得：h=R=6400km
答：(1)该位置处的重力加速度g′为2.5m/s2.
(2)该位置距地球表面的高度h为6400km.
【解析】(1)飞船随火箭以a=25g的加速度匀加速竖直上升时，宇航员处于超重状态，受力分析后利用牛顿第二定律列式求解．
(2)在距离地球某高度时根据万有引力等于重力列式求解高度．
超失重问题是牛顿运动定律的应用问题，受力分析应用牛顿运动定律即可；在地球附近的物体其受到的重力我们可以近似看做等于万有引力，列式求解需要的物理量即可．
15.【答案】解：(1)设滑块到达B点时的速度为v，由动能定理有：
qES−μmgS=12mv2
而：qE=3mg4
联立解得：v=3gR2
(2)设滑块到达C点的速度为vC，
qER−mgR=12mvC2−12mv2
解得：vC=gR
水平方向的合力提供向心力为：
F−qE=mvC2R
解得：F=74mg
(3)要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆轨道DG间某点，由电场力和重力的合力提供向心力，此时速度最小
则有：(qE)2+(mg)2=mvmin2R
解得：vmin=5gR2
答：(1)若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，滑块到达B点时速度为3gR2
(2)在(1)的情况下，滑块到达C点时受到轨道的作用力大小74mg；
(3)改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小5gR2
【解析】(1)由动能定理求出滑块的速度．
(2)由牛顿第二定律求出滑块受到的作用力．
(3)轨道对滑块的作用力为零时，速度最小，由牛顿第二定律可以求出最小速度．
本题考查了求速度、作用力、速度范围等问题，分析清楚滑块的运动过程是正确解题的前提，应用动能定理、牛顿第二定律即可正确解题，解题时要注意滑块做圆周运动的临界条件．
16.【答案】解：(1)PG、QG间的电场强度大小相等、方向相反，设为E，则有：
E=φd2=2φd，
设粒子第一次到达G时动能为Ek，根据动能定理可得：
qEh=Ek−12mv02
解得：Ek=12mv02+2qhφd；
粒子在PG间运动的加速度为：a=qEm=2qφmd
此过程中粒子运动时间为t，则有：h=12at2
在水平方向上的位移大小为：x=v0t；
解得：x=v0mdhqφ
(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短，根据对称性可知，此时金属板的长度为：
L=2x=2v0mdhqφ。
答：(1)粒子第一次穿过G时的动能12mv02+2qhφd；它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小为v0mdhqφ；
(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为2v0mdhqφ。
【解析】(1)根据电场强度与电势差的关系求解电场强度，根据动能定理求解动能；根据牛顿第二定律求解加速度，根据类平抛运动求解位移；
(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短，根据对称性求解金属板的长度。
有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。