上海高二上物理答案，答案网

物理
2023-12-15

上海高二上物理答案？8、有一面积为150 cm 2 的金属环,电阻为0.1 Ω,在环中100 cm 2 的同心圆面上存在如图(b)所示的变化的磁场,在0.1 s到0.2 s的时间内环中感应电流为___,流过的电荷量为___. 答案解析部分答案:D 3、那么，上海高二上物理答案？一起来了解一下吧。

答案网

Fo=kq*(5q)/r^2=5qq/r^2

碰后电量都为q1=(q+5q)/2=3q

F=k(3q)*(3q)/r^2=9qq/r^2=(9/5)[5qq/r^2]=(9/5)Fo

库仑力变为原来的(9/5)=1.8倍

mg-电场力qE=ma

qE=mg-ma=10m-1m=9m=9.0*10^-7

E=qE/q=(9.0*10^-7)/(3.0*10^-10)=3000N/C

上海高二上英语教材答案

高二物理第2章。

1.下列关于电阻率的说法正确的是()

A.电阻率与导体的长度有关

B.电阻率与导体的材料有关

C.电阻率与导体的形状有关

D.电阻率与导体的横截面积有关

答案：B

2.导体的电阻是导体本身的一种性质，对于同种材料的导体，下列表述正确的是()

A.横截面积一定，电阻与导体的长度成正比

B.长度一定，电阻与导体的横截面积成正比

C.电压一定，电阻与通过导体的电流成正比

D.电流一定，电阻与导体两端的电压成反比

解析：选A.根据电阻定律：R=lS，可见当横截面积S一定时，电阻R与长度l成正比，A正确.

3.一只220 V,100 W的灯泡，测量它不工作时的电阻应为()

A.等于484 B.大于484

C.小于484 D.无法确定

解析：选C.灯泡正常工作时的电阻为R=U2P=2202100 =484 ，当灯泡不工作时，其灯丝的电阻率因温度较低而明显小于正常工作时的值，故不工作时的灯丝电阻明显小于正常工作时的电阻，即小于484 .

4.一段粗细均匀的镍铬丝，横截面的直径是d，电阻是R，把它拉制成直径为d/10的均匀细丝后，它的电阻变成()

A.R/10000 B.R/100

C.100R D.10000R

解析：选D.直径变为d10，横截面积则变为原来的1100，长度变为原来的100倍，由R=lS得电阻变为原来的10000倍，故D正确.

5.测量液体的电阻率，工业上采用一种称为电导仪的仪器，其中一个关键部件如图2-6-5所示，A、B是两片面积为1 cm2的正方形铂片，间距为d=1 cm，把它们浸在待测液体中，若通过两根引线加上一定的电压U=6 V 时，测出电流I=1 A，则这种液体的电阻率为多少?

图2-6-5

解析：由R=UI=610-6 =6106

由题意知：l=d=10-2 m，S=10-4 m2

由R=lS得=RSl=610610-410-2 m

=6 104m.

答案：6104 m

一、选择题

1.(2011年南京高二检测)关于电阻和电阻率的说法中，正确的是()

A.导体对电流的阻碍作用叫做导体的电阻，因此只有导体中有电流通过时才有电阻

B.由R=U/I可知导体的电阻与导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比

C.某些金属、合金和化合物的电阻率随温度的降阺会突然减小为零，这种现象叫做超导现象.发生超导现象时，温度不为绝对零度

D.将一根导线等分为二，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一

答案：CX

2.某金属导线的电阻率为，电阻为R，现将它均匀拉长到直径为原来的一半，那么该导线的电阻率和电阻分别变为()

A.4和4R B.和4R

C.16和16R D.和16R

解析：选D.导体的电阻率反映材料的导电性能，温度一定时电阻率是不变的.导线拉长后，直径变为原来的一半，则横截面积变为原来的1/4，因总体积不变，长度变为原来的4倍，由电阻定律计算可知电阻变为原来的16倍.

3.温度能明显地影响金属导体和半导体材料的导电性能，在图2-6-6所示的图象中分别为某金属和某半导体的电阻随温度变化的关系曲线，则()

图2-6-6

A.图线1反映半导体材料的电阻随温度的变化

B.图线2反映金属导体的电阻随温度的变化

C.图线1反映金属导体的电阻随温度的变化

D.图线2反映半导体材料的电阻随温度的变化

解析：选CD.图线1反映电阻随温度升高而增大的特性，是金属导体的电阻，图线2反映电阻随温度升高而降低的特性，是半导体材料的电阻，故C、D正确，A、B错误.

4.(2011重庆南开中学高二检测)两粗细相同的同种金属电阻丝R1、R2的电流I和电压U的关系图线如图2-6-7所示，可知()

图2-6-7

A.两电阻的大小之比为R1∶R2=3∶1

B.两电阻的大小之比为R1∶R2=1∶3

C.两电阻丝长度之比为L1∶L2=3∶1

D.两电阻丝长度之比为L1∶L2=1∶3

解析：选B.由I-U图象可知R1∶R2=1∶3，B选项正确

根据R=LS，L=RS，所以L1∶L2=R1∶R2

L1∶L2=1∶3，C、D都不正确.

5.两根材料相同的导线，质量之比为2∶1，长度之比为1∶2，加上相同的电压后，通过的电流之比为()

A.8∶1 B.4∶1

C.1∶1 D.1∶4

解析：选A.同种材料的导线体积之比等于质量比：V1∶V2=2∶1，面积之比为S1S2=V1/l1V2/l2=2121=41，由R=lS可得R1R2=l1l2S2S1=1214=18，加上相同电压，由I=UR可得I1I2=R2R1=81，所以A对.

6.白炽灯的灯丝由钨丝制成，当灯丝烧断后脱落一段，又将剩余灯丝刚好能搭接上使用，若灯泡功率原来为60 W，观察搭接起来的灯丝长度大约为原来的34，则现在灯泡的功率约为()

A.30 W B.45 W

C.60 W D.80 W

解析：选D.由电阻定律知，灯丝长度减为原来的34，电阻变为原来的34，照明电路中电压220 V不变，则由P=U2R知功率变为原来的43倍，即80 W，D选项正确.

7.一同学将变阻器与一只6 V 8 W的小灯泡 L 及开关S串联后接在6 V的电源E上，当S闭合时，发现灯泡发光.按如图2-6-8所示的接法，当滑片P向右滑动时，灯泡将()

图2-6-8

A.变暗 B.变亮

C.亮度不变 D.可能烧坏

解析：选B.由题图可知，变阻器接入电路的是PB段的电阻丝，当滑片P向右滑动时，接入电路中的电阻丝变短，电阻变小，小灯泡变亮，B正确;由于小灯泡的额定电压等于电源电压，所以不可能烧坏灯泡.故正确答案为B.

8.现有半球形导体材料，接成如图2-6-9所示甲、乙两种形式，则两种接法的电阻之比R甲∶R乙为()

图2-6-9

A.1∶1 B.1∶2

C.2∶1 D.1∶4

解析：选D.将甲图半球形导体材料看成等大的两半部分的并联，则乙图中可以看成两半部分的串联，设每一半部分的电阻为R，则甲图中电阻R甲=R2，乙图中电阻R乙=2R，故R甲∶R乙=1∶4.

9.两根材料相同的均匀导线x和y，x长为l，y长为2l，串联在电路中时，沿长度方向电势变化如图2-6-10所示，则x、y导线的横截面积之比为()

图2-6-10

A.2∶3 B.1∶3

C.1∶2 D.3∶1

解析：选B.由图象可知，Ux=6 V，Uy=4 V，由两导体串联时电流相同，得UxUy=RxRy，而Rx=lSx，Rx=2lSy，所以UxUy=Sy2Sx，则SxSy=Uy2Ux=426=13.故正确答案为B.

二、非选择题

10.如图2-6-11所示，P是一个表面镶有很薄电热膜的长陶瓷管，其长度为L，直径为D，镀膜的厚度为d.陶瓷管两端有导电金属箍M、N.现把它接入电路中，测得它两端电压为U，通过它的电流为I，则金属膜的电阻为______，镀膜材料电阻率的计算式为=____________________.

图2-6-11

解析：

将膜层展开，如图所示，则膜层相当于一电阻，其长度为L，横截面积=管的周长厚度.然后再将电阻的定义式与决定式联立便可求出.

由电阻定律R=LS可得R=D2d=Dd

由欧姆定律R=UI得Dd=UI得DdIL.

答案：UI UDdIL

11.(2011年福州高二测试)一根长为l=3.2 m、横截面积S=1.610-3m2的铜棒，两端加电压U=7.010-2V.铜的电阻率=1.7510-8 m，求：

(1)通过铜棒的电流;

(2)铜棒内的电场强度.

解析：(1)由R=lS和I=UR得I=USl=

7.010-21.610-31.7510-83.2 A=2103 A.

(2)E=Ud=7.010-23.2 V/m=2.210-2 V/m.

答案：(1)2103 A (2)2.210-2 V/m

12.(2011年兴义高二检测)A、B两地相距11 km，A地用两根完全相同的导线向B地送电，若两地间某处的树倒了，压在导线上而发生故障.为了找出故障所在处，在A地给两根导线加上12 V的电压，此时在B地测得电压是10 V;在B地给两根导线加上12 V的电压，此时在A地测得电压是4 V，问：故障发生在何处?

解析：

作出示意图，在两根导线间的树，相当于阻值为R的电阻，设单位长度导线的电阻为r，故障处离A地的距离为 x km ，由电阻定律可得各段导线的电阻值(在图中标出)，当A处加上12 V电压，B处测得的是R上两端的电压，有串联分压得1210=2xr+RR①

同理：124=211-xr+RR②

由①、②得：x=1 km即故障发生在离A处1 km 处.

答案：离A处 1 km 处

2020嘉定高考地理一模

1.高二年级上册物理知识点

1、运用牛顿第二定律解题的基本思路

（1）通过认真审题，确定研究对象。

（2）采用隔离体法，正确受力分析。

（3）建立坐标系，正交分解力。

（4）根据牛顿第二定律列出方程。

（5）统一单位，求出答案。

2、解决连接体问题的基本方法是：

（1）选取的研究对象。选取研究对象时可采取“先整体，后隔离”或“分别隔离”等方法。一般当各部分加速度大小、方向相同时，可当作整体研究，当各部分的加速度大小、方向不相同时，要分别隔离研究。

（2）对选取的研究对象进行受力分析，依据牛顿第二定律列出方程式，求出答案。

3、解决临界问题的基本方法是：

（1）要详细分析物理过程，根据条件变化或随着过程进行引起的受力情况和运动状态变化，找到临界状态和临界条件。

（2）在某些物理过程比较复杂的情况下，用极限分析的方法可以尽快找到临界状态和临界条件。

易错现象：

（1）加速中，有些同学错误地认为用拉力F直接拉物体与用一重力为F的物体拉该物体所产生的加速度是一样的。

（2）在加速中，有些同学错误地认为两物体组成的在竖直方向上有加速度时支持力等于重力。

（3）在加速中，有些同学错误地认为两物体要产生相对滑动拉力必须克服它们之间的静摩擦力。

高二物理沪科版

电容器通常简称其为电容(英文名称：capacitor)，用字母C表示。下面是我收集整理的高二物理电容器的电容测试题目及其参考答案以供大家学习。

高二物理电容器的电容测试题及答案

1.下面关于电容器及其电容的叙述正确的是()

A.任何两个彼此绝缘而又相互靠近的导体，就组成了电容器，跟这两个导体是否带电无关

B.电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和

C.电容器的电容与电容器所带电荷量成反比

D.一个电容器的电荷量增加ΔQ=1.0×10-6C时，两板间电压升高10 V，则电容器的电容无法确定

解析：选A.电容器既然是储存电荷的容器，它里面有无电荷不影响其储存电荷的能力，A正确;电容器所带的电荷量指任一极板电荷量的绝对值，B错;电容器的电容由电容器结构决定，不随带电量的变化而变化，C错;C=QU=ΔQΔU可求电容器的电容，D错.

2.对于给定的电容器，描述其电容C、电荷量Q、电压U之间相应关系的图应是下图中的()

图1-8-6

解析：选B.电容是描述电容器储存电荷特性的物理量，仅由电容器本身决定，对于给定的电容器，其电容C的大小与电荷量Q、电压U均无关.

3.(2010年高考北京理综卷)用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图1-8-7). 设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ.实验中，极板所带电荷量不变，若()

图1-8-7

A.保持S不变，增大d，则θ变大

B.保持S不变，增大d，则θ变小

C.保持d不变，减小S，则θ变小

D.保持d不变，减小S，由θ不变

解析：选A.保持S不变，增大d，平行板电容器的电容减小，由于电容器的电荷量不变，由Q=CU可以判断极板间电势差变大，静电计指针偏角θ变大，选项A正确，B错误;保持d不变，减小S，电容器电容变小，由Q=CU可以判断极板间电势差变大，选项C、D错误.新课标第一网

4.如图1-8-8所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，下列说法中正确的是()

图1-8-8

A.保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ增大

B.保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ不变

C.断开S，将A板向B板靠近，则θ增大

D.断开S，将A板向B板靠近，则θ不变

解析：选AD.保持S闭合，则电容器两极间的电压不变，由E=Ud可知，当A板向B板靠近时，E增大，θ增大，A正确，B错误;断开S，则两板带电荷量不变，则Q=CU=εrSU4πkd=εrS4πkE可知，将A板向B板靠近，并不改变板间电场强度，故Q不变，D正确，C错误.

5.如图1-8-9所示，有的计算机键盘的每一个键下面都连一小块金属片，与该金属片隔有一定空气间隙的是另一块小的固定金属片，这两片金属片组成一个小电容器，该电容器的电容C可用公式C=εSd计算，式中常量ε=9×10-12 F/ m，S表示金属片的正对面积，d表示两金属片间的距离，当键按下时，此小电容器的电容发生变化，与之相连的电子线路就能检测是哪个键被按下了，从而给出相应的信号，设每个金属片的正对面积为50 mm2，键未按下时两金属片的距离为0.6 mm，如果电容变化0.25 pF，电子线路恰能检测出必要的信号，则键至少需要被按下多少 mm.

图1-8-9

解析：设金属片的原距离为d，金属片被按下Δd时电容变化ΔC=0.25 pF，

此时金属片间距为(d-Δd)，

则C1=εSd，C2=εSd-Δd.

ΔC=C2-C1=εS(1d-Δd-1d)，

代入数据得Δd=0.15 mm.

答案：0.15 mm

选择题

1.某电容器的电容是30 μF，额定电压为200 V，击穿电压为400 V，对于该电容器，下列说法中正确的是()

A.为使它的两极板间的电压增加1 V，所需要的电荷量是3×10-5 C

B.给电容器1 C的电荷量，两极板间的电压为3×10-5V

C.该电容器能容纳的电荷量最多为6×10-3C

D.该电容器两极板间能承受的最大电压为200 V

解析：选A.由ΔQ=C•ΔU=30×10-6×1 C=3×10-5C，A对;由U=QC=130×10-6V=3.3×104 V，电容器被击穿，B错;击穿电压为400 V表示能承受的最大电压为400 V，最大电荷量Q=CU=3×10-5×400 C=1.2×10-2C，C、D错.

2.一个电容器带电荷量为Q时，两极板间电压为U，若使其带电荷量增加4.0×10-7 C时，它两极板间的电势差增加20 V，则它的电容为()

A.1.0×10-8 F B.2.0×10-8 F

C.4.0×10-8 F D.8.0×10-8 F

解析：选B.由于电容与电容器上带电荷量和电势差大小无关，所以可根据电容的定义式推导出：C=ΔQΔU.因此电容C=4.0×10-720 F=2.0×10-8 F.

3.如图1-8-10所示，平行板电容器的电容为C，极板带电荷量为Q，极板间距为d.今在两板间正中央放一带电荷量为q的点电荷，则它所受到的电场力大小为()

图1-8-10

A.k2Qqd2 B.k4Qqd2

C.QqCd D.2QqCd

解析：选C.平行板电容器极板间电场为匀强电场，其电场强度为E=QCd，因此点电荷q在其中所受到的电场力为F=Eq=QqCd.

4.如图1-8-11所示，用电池对电容器充电，电路a、b之间接有一灵敏电流表，两极板之间有一个电荷q处于静止状态.现将两极板的间距变大，则()

图1-8-11

A.电荷将向上加速运动

B.电荷将向下加速运动

C.电流表中将有从a到b的电流

D.电流表中将有从b到a的电流

解析：选BD.板距增大，由于板间电压不变，则E=Ud变小，所以电场力变小，电荷向下加速，A错B对;由平行板电容公式可知，板间增大C变小，则Q=CU变小，电容器放电，C错D对.

5.如图1-8-12所示是一种通过测量电容器电容的变化来检测液面高低的仪器原理图.电容器的两个电极分别用导线接到指示器上，指示器可显示出电容的大小.下列关于该仪器的说法正确的是()

图1-8-12

A.该仪器中电容器的电极分别是金属芯柱和导电液体

B.金属芯柱外套的绝缘层越厚，该电容器的电容越大

C.如果指示器显示电容增大了，则说明电容器中的液面升高了

D.如果指示器显示电容减小了，则说明电容器中的液面升高了

解析：选AC.类似于平行板电容器的结构，导体芯柱和导电液体构成电容器的两电极，导体芯柱的绝缘层就是两极间的电介质，其厚度d相当于两平板间的距离，所以厚度d越大，电容器的电容越小.导电液体深度h越大，则S越大，C越大，C增大时就表明h变大.故A、C正确.

6. (2011年沈阳高二质检)如图1-8-13所示是一只利用电容器电容(C)测量角度(θ)的电容式传感器的示意图.当动片和定片之间的角度(θ)发生变化时，电容(C)便发生变化，于是通过知道电容(C)的变化情况就可以知道角度(θ)的变化情况.下列图象中，最能正确反映角度(θ)与电容(C)之间关系的是()

图1-8-13

图1-8-14

解析：选B.两极板正对面积S=12(π-θ)R2，则S∝(π-θ)

又因为C∝S，所以C∝(π-θ)

令C=k(π-θ)∴θ=π-Ck(k为常数)

所以B正确.

7.某电容器上标有“1.5 μF,9 V”的字样，则()

A.该电容器所带电荷量不能超过1.5×10-6 C

B.该电容器所加电压不能超过9 V

C.该电容器击穿电压为9 V

D.当给该电容器加4.5 V的电压时，它的电容值变为0.75 μF

解析：选B.该标示值为电容器电容和能允许加的最大电压.加在该电容器上的电压超过9 V就会击穿它.能够给它充的最大电荷量为Q=CU m=1.5 ×10-6×9 C=1.35×10-5C.电容器电容与所加电压无关，因此当给电容器加4.5 V的电压时，其电容值仍为1.5 μF.故B正确.