陕西省榆林市神木七中2022学年高二物理上学期竞赛试卷（含解析）

·2022-2022学年陕西省榆林市神木七中高二（上）物理竞赛试卷　一、选择题（共10小题，每小题6分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有些小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分）1．（6分）（2022•眉山模拟）如图所示，电荷量为Q1、Q2的两个正点电荷分别置于A点和B点，两点相距L．在以L为直径的光滑绝缘半圆环上，穿着一个带电小球+q（视为点电荷），在P点平衡，PA与AB的夹角为α．不计小球的重力，则（　　）　A．tan3a=B．tana=C．O点场强为零D．Q1＜Q2考点：电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：对带电小球进行受力分析，由于不考虑重力，因此根据平衡条件可知，小球受力在切线方向上的合力为零，据此结合数学关系列方程即可正确求解．解答：解：对小球进行受力分析如图所示：根据库仑定律有：F1=k，r1=Lcosα①F2=k，r2=Lsinα②根据平衡条件有：F1sinα=F2cosα③联立①②③解得：tan3α=，故BCD错误，A正确．故选A．点评：本题在电场中考查了物体的平衡，注意根据平衡条件列方程，注意数学知识的应用．-12-\n　2．（6分）如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受电场力作用，根据此图下列判断正确的是（　　）　A．带电粒子所带电荷为正电荷　B．带电粒子在a、b两点的受力方向都沿电场线指向右侧　C．带电粒子在a、b两点的加速度a处较大　D．带电粒子在a、b两点的速度a处较大考点：电场线；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：通过图象可以看到，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子受到的电场力大体向左，电场线方向不明，无法判断粒子的电性．根据电场线的疏密可以判断电场强度的强弱，进而判断电场力的大小；根据电场力做功情况，判断动能和电势能的变化．当电场力做正功时，电荷的电势能减小，动能增大；当电场力做负功时，电荷的电势能增大，动能减小．解答：解：A：粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左．由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性．故A错误；B：粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，故B错误；C、根据电场线的疏密与电场强度的强弱的关系，判断出a点的电场强度大，故a点的电场力的大，根据牛顿第二定律可知，带电粒子在a点的加速度比b点的加速度大．故C正确；D、粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，从a到b电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，电势能增大，则粒子在a点的速度较大．故D正确．故选：CD点评：本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向，其次根据电场线的疏密可以判断电场强度的强弱，进而判断电场力的大小；再次判断粒子动能和电势能的变化要根据电场力做功情况．　3．（6分）（2022•唐山模拟）电场中等势面如图所示，下列关于该电场描述正确的是（　　）-12-\n　A．A点的电场强度比C点的小　B．负电荷在A点电势能比C点电势能大　C．电荷沿等势面AB移动过程中，电场力始终不做功　D．正电荷由A移到C，电场力做负功考点：等势面；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场线与等势面垂直．电场线密的地方电场的强度大，等势面密，电场线疏的地方电场的强度小，等势面疏；沿电场线的方向，电势降低．沿着等势面移动点电荷，电场力不做功．电场线与等势面垂直．解答：解：A点A的等势面比C点的等势面密，则A点的场强比C点的大．故A错误B负电荷在高电势点电势能小，在低电势点电势能高．故B错误C沿着等势面移动点电荷，电势能不变，电场力不做功．故C正确D正电荷由A到C，为沿电场力方向运动，则电场力做正功．故D错误故选：C点评：加强基础知识的学习，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题．　4．（6分）（2022•浙江）a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点．电场线与矩形所在平面平行．已知a点的电势为20V，b点的电势为24V，d点的电势为4V，如图，由此可知c点的电势为（　　）　A．4VB．8VC．12VD．24V考点：等势面；电势．专题：压轴题．分析：在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分，故可将bd五等分，求出e、f的电势，连接ae和cf，则cf∥ae，φc=φf=8v．-12-\n解答：解：根据在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分将线段bd五等分，如图所示，则Ube=Ubd=×（24﹣4）=4v，故Ube=φb﹣φe=4v，故φf﹣φd=4v，故φe=24﹣4=20v．φf=8v．故φa=φe，连接cf，则cf∥ae，故c点的电势φc=φf=8v．故B正确．故选B．点评：①在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分；②在匀强电场中电场线平行且均匀分布故等势线平行且均匀分布．以上两点是解决此类题目的金钥匙．　5．（6分）（2022秋•西固区校级期中）如图所示，平行板电容器A、B间有一带电油滴P正好静止在极板正中间，现将B极板匀速向下运动到虚线位置，其它条件不变．则在B极板运动的过程中（　　）　A．油滴将向下做匀加速运动B．电流计中电流由b流向a　C．油滴运动的加速度逐渐变大D．极板带的电荷量减少考点：带电粒子在混合场中的运动；电容器．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：带电油滴P正好静止在极板正中间时，所受的电场力与重力二力平衡，电场力必定竖直向上．将B极板匀速向下运动时，板间距离增大，分析电容的变化，抓住电压不变，分析板间场强和电容器电量的变化，即可判断油滴的运动情况，由电量的变化情况，确定电路中电流的方向．解答：解：A、将B极板匀速向下运动时，两极板的距离增大，由于电势差U不变，则根据E=可知，极板间的电场强度减小，油滴所受的电场力减小，油滴向下加速．由于电场力是变力，油滴的合力是变力，所以油滴做的是变加速运动，故A错误．-12-\nB、D电容器板间距离增大，则电容减小，而板间电压U不变，则由C=可知，电容器所带电荷量减小，开始放电，上极板带正电，则知电流计中电流由a流向b．故B错误，D正确．C、根据牛顿第二定律得：mg﹣q=ma，U不变，d增大，则知加速度a增大，故C正确．故选：CD．点评：解决本题的关键抓住电容器始终与电源相连，电势差不变，结合电容的变化判断电量的变化．由公式E=分析场强的变化．　6．（6分）（2022秋•新郑市期中）如图所示，厚薄均匀的矩形金属片，边长ab=10cm，bc=5cm当A与B间接入的电压为U时，电流为1A．若C与D间接入的电压为U时，其电流为（　　）　A．4AB．2AC．0.5AD．0.25A考点：电阻定律；欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：根据电阻定律R=求出两种接法时的电阻之比，再根据欧姆定律求出电流之比，从而得出C与D间接入的电压为U时的电流大小．解答：解：当AB接入电源U时，电阻R1=，当CD接入电源U时，，得．根据欧姆定律得，，所以I2=4I1=4A．故A正确，B、C、D错误．故选A．点评：解决本题的关键掌握电阻定律R=的运用，以及部分电路欧姆定律的运用．　7．（6分）（2022•江西）图中电阻R1、R2、R3的阻值相等，电池的内阻不计．开关K接通后流过R2的电流是K接通前的（　　）-12-\n　A．B．C．D．考点：闭合电路的欧姆定律；串联电路和并联电路．专题：恒定电流专题．分析：k接通前R1与R2串联，由欧姆定律可求得电路中的电流；k接通后，R2与R3并联后与R1串联，由欧姆定律可求得总电流，由并联电路的电流规律可求得流过R2的电流；则可求得接通后电流与接通前电流的关系．解答：解：K接通前，R1、R2串联，．K接通后，由并联电路的规律可知故=；故选B．点评：本题要注意审题，明确要求的是流过R2的电流，故应通过串并联电路的电流规律即可求得电流的比值．　8．（6分）（2022秋•淄博期末）如图所示，电流表、电压表均为理想电表，L为小电珠．R为滑动变阻器，电源电动势为E，内阻为r．现将开关S闭合，当滑动变阻器滑片P向左移动时，下列结论正确的是（　　）　A．电流表示数变小，电压表示数变大　B．小电珠L变亮　C．电容器C上电荷量减小　D．电源的总功率变大考点：闭合电路的欧姆定律．-12-\n专题：恒定电流专题．分析：当滑动变阻器滑片P向左移动时，分析变阻器接入电路电阻的变化，确定外电路总电阻的变化，由欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，判断两电表读数的变化和小电珠亮度的变化．由欧姆定律分析电容器电压的变化，确定其电荷量的变化．电源的总功率P=EI，根据总电流的变化进行判断．解答：解：当滑动变阻器滑片P向左移动时，变阻器接入电路电阻增大，外电路总电阻增大，由欧姆定律得知，总电流减小，路端电压增大，则电流表示数变小，电压表示数变大，小电珠L变暗．电容器的电压U=E﹣I（RL+r），I减小，其它量不变，则U增大，由Q=CU可知电容器C上电荷量Q增加．电源的总功率P=EI，I减小，E不变，则电源的总功率变小，所以A正确，BCD错误．故选：A．点评：本题是电路的动态变化分析问题，按“部分→整体→部分”的思路进行分析．　9．（6分）（2022•路南区校级模拟）如图所示，电源电动势E=8V，内电阻为r=0.5Ω，“3V，3W”的灯泡L与电动机M串连接在电源上，灯泡刚好正常发光，电动机刚好正常工作，电动机的线圈电阻R0=1.5Ω．下列说法中正确的是（　　）　A．通过电动机的电流为1.6AB．电源的输出功率是8W　C．电动机消耗的电功率为3WD．电动机的输出功率为3W考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：电动机正常工作时的电路是非纯电阻电路，闭合电路欧姆定律不适用．灯泡是纯电阻，可以用欧姆定律求电流．根据功率关系求出电动机输出的功率．解答：解：A、灯泡和电动机串联，它们的电流相同，由于灯泡正常发光，根据P=UI可得，灯泡的电流为I==A=1A，所以电动机的电流也为1A，所以A错误；B、电源的总功率为P总=EI=8×1=8W，电源消耗的功率为P热=I2r=12×0.5=0.5W，所以电源的输出功率为P出=P总﹣P热=8﹣0.5=7.5W，所以BC错误；D、电源的输出功率为7.5W，灯泡的功率为3W，所以电动机的总功率为4.5W，电动机的发热功率为I2R0=12×1.5=1.5W，所以电动机的输出功率为4.5﹣1.5=3W，所以D正确．故选：D．点评：对于电动机电路区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路，可从从能量转化的角度理解：电能全部转化内能时，是纯电阻电路．电能转化为内能和其他能时，是非纯电阻电路．　-12-\n10．（6分）（2022•宿迁模拟）如图所示，直线OAC为某一直流电源的总功率P总随电流I变化的图线，抛物线OBC为同一直流电源内部热功率Pr随电流I变化的图线．若A、B对应的横坐标为2A，那么线段AB表示的功率及I=2A对应的外电阻是（　　）　A．2W，0.5ΩB．4W，2ΩC．2W，1ΩD．6W，2Ω考点：电功、电功率．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．AB段表示外电路的功率，再求解AB段表示的功率．解答：解：电源的总功率P=EI，C点表示I=3A，P=9W，则电源的电动势E=3V．由图看出，C点表示外电路短路，电源内部热功率等于电源的总功率，则有P=I2r，代入解得，r=1Ω，所以AB段表示的功率为PAB=EI′﹣I′2r=3×2﹣22×1（W）=2W．根据闭合电路欧姆定律，有，解得：R==0.5Ω故选A．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．　二、填空题（共2小题，每空2分，共14分．把答案直接填在横线上）11．（6分）（2022秋•市中区校级月考）某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ，步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图（1）所示，由图可知其长度为　0.675　cm（2）用螺旋测微器测量其直径如图（2）所示，由图可知其直径为　4.700　mm；（3）用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图3所示，则该电阻的阻值约为　220　Ω．考点：测定金属的电阻率．专题：实验题；恒定电流专题．分析：（1）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；-12-\n（2）螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；（3）用欧姆表测电阻的读数为指针示数乘以倍率，当指针指在中央附近时测量值较准确；解答：解：（1）游标卡尺的固定刻度读数为6mm，游标尺上第8个刻度游标读数为0.05×15m=0.75mm，所以最终读数为：6mm+0.75mm=6.75mm=0.675cm；（2）螺旋测微器的固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为0.01×20.0mm=0.200mm，所以最终读数为：4.5mm+0.200mm=4.700mm．（3）该电阻的阻值约为22.0×10Ω=220Ω．故答案为：（1）0.675　（2）4.700　（3）220点评：解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．　12．（8分）（2022•南开区二模）在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：A．干电池E（电动势约为1.5V、内电阻大约为1.0Ω）B．电压表V（0～15V）C．电流表A（0～0.6A、内阻0.1Ω）D．电流表G（满偏电流3mA、内阻Rg=10Ω）E．滑动变阻器R1（0～10Ω、10A）F．滑动变阻器R2（0～100Ω、1A）G．定值电阻R3=990ΩH．开关、导线若干（1）为了方便且能较准确地进行测量，其中应选用的滑动变阻器是　R1　（填写“R1”或“R2”）；（2）请在线框内画出你所设计的实验电路图，并在图中标上所选用器材的符号（3）图示为某一同学根据他设计的实验，绘出的I1﹣I2图线（I1为电流表G的示数，I2为电流表A的示数），由图线可求得被测电池的电动势E=　1.47　V，内电阻r=　0.81　Ω．考点：测定电源的电动势和内阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：（1）滑动变阻器应起来限流保护作用，并且在使用时要选用易于调节的；（2）由于电流表的内阻接近电源的内电阻，故若采用电流表外接法，则测得的内阻误差太大；-12-\n（3）由作出的U﹣I图可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势；图象的斜率表示内阻．解答：解：（1）滑动变阻器起调节电路作用，若总电阻太大，则调节时电阻变化过大，使电路中电流太小，故应选取小一点的电阻，一般约为内阻的几十倍即可；故选R1；（2）电路直接采用串联即可，定值电阻与电流表G串联作为电压表并联在电源两端，采用的是电流表内接法；电路图如右图所示；（3）I2为零时，表示断路，I1=1.47mAE=I1（RG+R3）=1.47V从横坐标0.1A到0.4A，相差0.3A纵坐标变化量为0.24V（0.24mA对应于0.24V）r==0.8Ω；故电源的电动势E=1.47（1.46～1.48均对），内阻r=0.80Ω（0.79～0.85均可以）故答案为：（1）R1；（2）如右图；（3）1.47（1.46～1.48）；0.80（0.79～0.85）；点评：测电动势和内电阻的实验高考可较多出现，但考查内容相对集中，主要是考查误差分析、电路的选择及数据的处理，应注意掌握基础知识．　三、计算题（本题共2小题，每题13分，共26分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）13．（13分）（2022秋•吉州区校级月考）如图所示，AB、CD为两平行金属板，A、B两板间电势差为U，C、D始终和电源相接，测得其间的场强为E．一质量为m，电荷量为q的带电粒子（重力不计）由静止开始，经AB加速后穿过CD发生偏转，最后打在荧光屏上．已知C、D极板长均为s，荧光屏距C、D右端的距离为L．问：（1）粒子带正电还是带负电？（2）粒子打在荧光屏上距O点下方多远处？（3）粒子打在荧光屏上时的动能为多大？考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：根据电场力方向与电场线方向关系判断粒子带正电还是负电；带电粒子先在AB间做匀加速直线运动然后CD间做类平抛运动，出了电场后做匀速直线运动．-12-\n粒子在加速电场中，由动能定理求解获得的速度v0的大小，粒子在偏转电场中，做类平抛运动，由牛顿第二定律求得加速度．粒子水平方向做匀速直线运动，由水平位移l和v0求出运动时间．粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速运动，由位移公式求解侧向偏移量y，射出磁场后做匀速直线运动，根据位移速度公式求解位移，进而即可求解侧移y．解答：解：（1）电场力方向与电场线方向相同，所以粒子带正电．（2）粒子在加速电场中加速时，由动能定理可得：qU=mv02在偏转电场中做类平抛运动，由动力学知识可得电子离开偏转电场时的侧位移为：y1=at2水平方向有：s=v0t加速度为：a=竖直分速度为：vy=at则速度偏向角的正切为：tanθ=电子离开偏转电场后做匀速运动，在打到荧光屏上的这段时间内，竖直方向上发生的位移为：y2=Ltanθ联立以上各式可得电子打到荧光屏上时的侧移为：y=y1+y2=（s+2L）（3）根据动能定理：qU+qEy1=Ek﹣0得：Ek=答：（1）带正电．（2）粒子打在荧光屏上距O点下方（S+2L）．（3）粒子打在荧光屏上时的动能为．点评：本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成，常规问题．　14．（13分）（2022秋•吉林期末）有一个用直流电动机提升重物的装置，重物的质量m=50kg，电路电压为120V，当电动机以v=0.9m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流I=5A，（取g=10m/s2）求：（1）电动机线圈的电阻R等于多少．（2）电动机对该重物的最大提升速度是多少．（3）若因故障电动机不能转动，这时通过电动机的电流是多大，电动机消耗的电功率又为多大．考点：电功、电功率．-12-\n专题：恒定电流专题．分析：（1）电动机的电功率P电=UI，发热功率P热=I2R，输出的机械功率P机=mgv，根据能量守恒P电=P热+P机求解电阻R．（2）根据P电=P热+P机，结合数学知识求出P机的最大值，再根据P机max=mgvmax求得最大速度；（3）若因故障电动机不能转动，电动机电路是纯电阻电路，欧姆定律成立，由欧姆定律求出电流，再求电功率．解答：解：（1）电动机提升重物时，根据能量守恒定律得P电=P热+P机，即：UI=I2R+mgv解得：R==6Ω（2）根据P电=P热+P机，得：P机=P电﹣P热=UI﹣I2R=﹣R（I﹣）2+当I=时，P机有最大值，即I=时，P机max=根据P机max=mgvmax得：vmax==1.2m/s；（3）若因故障电动机不能转动，则由欧姆定律得通过电动机线圈的电流为：I′==20A电动机消耗的电功率为：P电′=I′2R=2400W答：（1）、电动机线圈的电阻R等于6Ω；（2）、电动机对该重物的最大提升速度是1.2m/s；（3）若因故障电动机不能转动，这时通过电动机线圈的电流为20A，电动机消耗的电功率为2400W．点评：电动机在正常工作时电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，不能直接根据电压与电流求电阻R；电动机不转动时，其电路是纯电阻电路，欧姆定律成立，能根据电压和电阻求电流，要注意区分．　-12-