景县中学实验部高二物理9.10月考试卷答案

9.10月考物理参考答案
1．C 【解析】小球受力如图所示：
小球处于平衡状态，重力mg 和电场力qE 的合力与绳子拉力T 大小相等、方向相反，所以由平衡条件有：，得：，故C 正确，ABD 错误。

故选C 。

2．D 【解析】在a 点，小环所受的库仑力沿aQ 方向，大小为，水平方向小球受力平衡，所以小球受到向右的弹力大小等于库仑力沿水平方向的分力，故A 错误；从c 点到b 点，小环所受重力做正功，库仑力做负功，由于重力和库仑力大小关系未知，在c 点，小环的动能不一定最大，故B 错误；c 点距离正点电荷Q 最近，对应电势最高，带负电荷的小环在c 点电势能最小，故C 错误；从a 点到b 点，由点电荷电场分布特点及几何关
系知，a 、b 两点电势相等，则电场力不做功，应用动能定理：，解得：
，故D 正确。

所以D 正确，ABC 错误。

3．C 【解析】在金属块滑下的过程中动能增加了14J ，重力做功22J ，根据动能定理得： G f K W W W W E =++=∆总电，解得： 2W J =电，电场力做正功，故金属块的电势能减少2J ．由于金属块下滑，电场力做正功，则电场力应该水平向左，故金属块带负电荷．C 正确，AB 错误；由除重力以外的力做功等于机械能的变化可知，在金属块滑下的过程中金属块克服摩擦力做功10J 、电场力做功2J ，则金属块的机械能减少8J ，D 错误．选C ．
4．B 【解析】AB 、由伏安特性曲线可知三个灯泡不是定值电阻，其阻值也不是线性变化的，当电路中的总电流为0.25 A 时，通过灯泡b 、c 的电流均为0.125 A ，由图像可知，灯泡a 两端的电压为3.0 V ，灯泡b 两端的电压是0.4 V ，灯泡a 的功率为
故A
错；B 对
C、灯泡b的阻值为,故C错；
D、灯泡a的功率为，灯泡b的功率为，所以灯泡a、b的电功率之比为15:1，故D错；故选B
5．A【详解】若R1断路，总外电阻变大，总电流减小，L1两端电压变大，L1变亮；根据串联电路分压规律可知：右侧并联电路的电压减小，通过L2、R4的电流都减小，L2变暗，电流表的读数变小。

符合题意。

故A正确。

若R2断路，电路中没有电流，两灯都不亮，与题不符，故B错误。

若R3断路，总外电阻变大，总电流减小，L1两端电压变小，L1变亮暗；根据串联电路分压规律可知：R4的电压增大，电流表的读数变大，L2不亮，不符合题意。

故C错误。

若R4断路，总外电阻变大，总电流减小，L1两端电压变小，L1变亮暗；根据串联电路分压规律可知：电流表的读数为零，不符合题意。

故D错误。

故选A。

6．C【解析】A．当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，其接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知干路电流I增大，上消耗的电功率逐渐增大，故A错误；
B．R3的电压U3=E−I(R1+r)减小，流过R3的电流I3减小，流过电流表的电流I A=I−I3，I增大，I3减小，则I A增大，所以电流表读数增大。

R4的电压U4=U3−U2，U3减小，U2增大，则U4减小，所以电压表读数减小。

故B错误；
C．由于R1的阻值和电源内阻r相等，则外电路总电阻大于电源的内阻r，当外电阻减小时，电源的输出功率逐渐增大。

故C正确；
D．电容器板间电压等于R3的电压，减小，电容器板间场强减小，质点P所受的电场力减小，所以质点P将向下运动。

故D错误。

故选：C.
7．A【解析】根据安培定则判断得知：四根导线在O点产生的磁感应强度的方向分别为：a 导线产生的B方向bd，大小为B；c导线产生的B方向bd，大小为B；同理，b导线产生的B方向ca，大小为B，d导线产生的B方向ca，大小为B，则根据平行四边形定则进行合成可知，所以四根导线同时存在时的磁感应强度大小为2B，方向水平向左。

故选A。

8．AC【解析】P点切线斜率为零，而φ-x图线的切线斜率表示电场强度的大小，则P点的电场强度为零。

两电荷在P点的合场强为零，P点距离Q1较远，根据点电荷的场强公式知，Q1的电量大于Q2的电量，故AC正确；从坐标x1到x2电势先减小后增大，因为沿电场线方向电势逐渐降低，知Q1和Q2一定是同种电荷，且都为正电荷，故B错误；P点的左侧电场
方向向右，P 点的右侧电场方向向左，知正电荷所受的电场力先向右后向左，电场力先做正功再做负功，电势能先减小后增大，故D 错误。

所以AC 正确，BD 错误。

9．BD 【解析】根据顺着电场线方向电势降低可知，M 点的电势高于N 点的电势粒子弯曲的方向向下，则受到的电场力的方向向下，与电场线的方向一致，所以粒子带正电故A 错误，B 正确；电场线的疏密表示场强大小，所以M 的场强小于N 点的场强，所以粒子在M 点受到的电场力小，故C 错误；由电场力方向应指向轨迹的内侧得知，粒子所受电场力方向大致斜向左下方，M 到N 的过程中电场力对粒子做正功，其电势能减小，动能增大，则知粒子在M 点的电势能大于在N 点的电势能，故D 正确．故选BD ．
10．AC 【解析】A 极板带正电，B 极板带负电，根据二极管具有单向导电性，极板的电量只能增加不能减小．若小球带正电，当d 减小时，电容增大，Q 增大，根据,,4U Q S E C C d U k d επ===，得4k Q E S
πε=，知d 减小时E 增大，所以电场力变大，方向向下，小球做平抛运动竖直方向加速度增大，运动时间变短，打在N 点左侧．故A 正确．若小球带正电，当d 增大时，电容减小，但Q 不可能减小，所以Q 不变，根据,,4U Q S E C C d U k d επ===，得4k Q E S
πε=，知E 不变所以电场力不变，小球仍然打在N 点．故B 错误．若小球带负电，当AB 间距d 增大时，电容减小，但Q 不可能减小，所以Q 不变，根据,,4U Q S E C C d U k d επ=
==，得4k Q E S πε=，知E 不变所以电场力不变，方向变为向上，若电场力小于重力，小球做类平抛运动竖直方向上的加速度不变，运动时间不变，小球仍然打在N 点．故C 正确．若小球带负电，当AB 间距d 减小时，电容增大，则Q 增大，根据,,4U Q S E C C d U k d επ===，得4k Q E S
πε=，知E 增大，所以电场力变大，方向向上，若电场力小于重力，小球做类平抛运动竖直方向上的加速度减小，运动时间变长，小球将打在N 点的右侧．故D 错误．故选AC.
11．AB 【解析】在a 、b 、c 三条图线上分别取横坐标相同的A 、B 、C 三点，因为直流电源的总功率等于输出功率和电源内部的发热功率的和，所以这三点的纵坐标一定满足关系，故A 正确；当内电阻和外电阻相等时，电源输出的功率最大，此时即为b 、c 线的交点M 时的电流，此时电流的大小为，功率的大小为，a 、b 线的交点N 表示电源的总功率和电源内部的发热功率随相等，此时只有电源的内电阻，所以此时的电
流的大小为，功率的大小为，所以横坐标之比为1：2，纵坐标之比为1：4，故B正确。

图线c表示电源的输出功率与电流的关系图象，很显然，最大输出功率小于3W，故C错误；
当I=3A时，，说明外电路短路，根据知电源的电动势E=3V，内电阻，故D错误；故选AB。

12．ACD【解析】A、根据，故充电宝的能量最大为5.76×105J，则A正确。

B、160 kg的重物由静止下落lm的动能为，与5.76×105J不等价，故B错误。

C、由，故符合安全规定，故C正确。

D、由可得，故D正确。

故选ACD。

13．BC【详解】
电路稳定时，与电容器串联的电路没有电流，R0两端的电压为零。

当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器电阻减小，外电阻减小，电路中总电流变大，则灯L将变亮，电流表示数变大，电源的内电压变大，则路端电压减小，电压表读数减小，选项A错误。

而电容器的电压等于路端电压，所以电容器的电压减小，由Q=CU分析可知其电荷量将减小。

电容器放电，则定值电阻R0中将有从右向左的电流出现，选项B正确。

根据闭合电路欧姆定律知U=E-Ir，得△U/△I =r，可得电压表示数改变量与电流表示数改变量之比保持不变。

故C正确。

因不清楚外电路电阻与电源内阻的大小关系，则不能确定电源输出功率的变化，选项D错误；故选BC.
14．AD【详解】根据闭合电路欧姆定律可知：
结合公式可知>，故A对；B错
当R1的滑动触头P从左向右移动时，回路中电阻减小，电流增大，所以电压表V2增大，由于路端电压减小，所以电压表V1变小，则知ΔU2>0，ΔU1 <0，故C错；D对故选AD 15．AD【详解】根据右手定则可知，左边直导线在b点的磁场方向向下，右边直导线在b 点的磁场方向也是向下的，由叠加原理可知，b点磁感应强度的方向垂直a、c连线向下，选项A正确；根据右手定则可知，左边直导线在c点的磁场方向向下，右边直导线在c点的磁场方向也是向上，但是右边直导线在c点的磁场强度大于左边直导线在c点的磁场强度，由
叠加原理可知，c点磁感应强度大小不为0，选项B错误；由叠加原理可知，a点的磁场方向垂直ac向上，则a点和b点的磁感应强度的方向相反，选项C错误；根据对称性可知，a 点和c点的磁感应强度大小和方向均相同，选项D正确；故选AD.
16．AD BC 2.0 1.50 1.0【详解】
（1）从电路连接可以看出，电流表A的读数增大时，电压表V1的读数减小，电压表V2的读数增大．甲同学是根据电压表V1和电流表A的数据绘制图象的，故B错误，A正确；乙同学是根据电压表V2和电流表A的数据绘制图象的，故C错误，D正确．故选AD．（2）图象中两直线的交点表示电压表V1的读数与电压表V2的读数相等，即滑动变阻器的阻值为0，滑动变阻器的滑动触头P滑到了最左端，故A错误；图象可以得出电阻R0的阻值大于电源的内阻，滑动变阻器的阻值减小，电源的输出功率增大，两直线的交点对应滑动变阻器的阻值为0，即电源的输出功率最大，故B正确；定值电阻R0消耗功率为：
P=U2I=1.0×0.5 W=0.5 W，故C正确；电源的效率为：，U越大，效率越大，故D 错误．故选BC．
（3）从图象可以得出定值电阻R0的阻值为：；从甲同学的图象可以得出图象在U轴上的截距为 1.50 V，即电源的电动势为 1.50 V，图象斜率的绝对值为：
，即电源的内阻为r=1.0Ω．
17．50.20 4.700 220 A2 V1 R1 如图:
【分析】
（1）游标卡尺的读数为：；
（2）螺旋测微器的读数为：；
（3）欧姆表的读数为：；
（4）根据电源电动势为可知电压表应选；
根据欧姆定律可求出通过待测电阻的最大电流为，所以电流表应选；根据实验要求便于调节且测得多组数据进行分析，可知变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节；
由于待测电阻满足，可知电流表应用外接法，电路图如图所示：
18．（1）550W（2）315W（3）9.4Ω
【解析】试题分析：（1）已知电动机两端的电压和通过的电流，根据P=UI求出电动机的消耗的电功率，（2）根据求出机械功率，（3）根据电动机消耗的功率与输出功率之差，即为线圈电阻发热功率，再由求出电动机线圈的电阻．
（1）根据电功率关系式有：
（2）以物体为研究对象，由于物体匀速上升，根据平衡条件有：
联立得：
（3）根据功能关系有：，而
联立得：
19．（1）（2）（3）
【解析】带电物体静止于光滑斜面上恰好静止，且斜面又处于水平匀强电场中，则可根据重力、支持力，又处于平衡，可得电场力方向，再由电荷的电性来确定电场强度方向；当电场强度减半后，物体受力不平衡，产生加速度。

借助于电场力由牛顿第二定律可求出加速度大
小；选取物体下滑距离为L作为过程，利用动能定理来求出动能。

解：（1）小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，
可得电场强度
（2）若电场强度减小为原来，则变为
可得加速度。

（3）电场强度变化后物块下滑距离L时，重力做正功，电场力做负功由动能定理则有：
可得动能
20．（1）（2）3mgR（3）
(1) 小球离开C点做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据
得：
水平方向做匀速直线运动，
可得则小球在C点的速度：
(2)小球在A→C过程，由动能定理得：
代入数据解得：W f＝3mgR
(3) 小球进入圆周轨道，电场力做正功，重力做负功
从P点进入电场做曲线运动，电场力做负功，重力做正功，由于电场力是重力2倍，因此小球在圆周D处速度最大，
利用复合场等效法D处应是重力与电场力合力连线跟圆周的交点，设OD连线与竖直方向夹角为θ，则tanθ=2，如图所示：
在A→D过程，根据动能定理得：
在D点，沿半径方向的合外力提供向心力，
由牛顿第二定律：
联立解得：。