2019-2020学年高二物理上学期第二次段考试题(含解析).doc

2019-2020学年高二物理上学期第二次段考试题(含解析)一、选择题1. 如图所示，可视为点电荷的小球A、B分别带负电和正电，B球固定，其正下方的A球静止在绝缘斜面上，则A球受力个数可能为（ ） A. 可能受到2个力作用B. 可能受到3个力作用C. 可能受到5个力作用D. 可能受到6个力作用【答案】A【解析】首先A小球受重力和B给的吸引力，若重力和吸引力恰好相等，则可以满足受力平衡的条件，所以A球可能受到2个力的作用；若向上的吸引力小于重力，则A对斜面有压力，会受到斜面的支持力，若要合力为0，处于平衡状态必须还要受一沿斜面向上的摩擦力才可以，所以A有可能受4个力的作用，故A正确2. 如图所示，电场强度为E的匀强电场中，带电荷量为+q的电荷沿直线AB、折线ACB、曲线AB运动 ， 关于静电力做的功和大小关系，下列说法正确的是 ( )A. 沿折线 ACB 运动时做功最多B. 沿直线 AB 运动时做功最少C. 沿直线 AB 运动时，静电力做功为qEdD. 沿折线 ACB 运动时做功为【答案】C【解析】电场力做功与运动路径无关，取决于两点间的电势差，电荷沿直线AB、折线ACB、曲线AB运动，电荷的初末位置相同，电场力做功相同，电场力做功，故C正确3. 电压表、电流表均有小量程电流表（表头）改装而成，则下列说法中正确的是（ ）由表头改装成电压表，需给表头串联一个大电阻由表头改装成电压表，需给表头并联一个大电阻由表头改装成电流表，需给表头并联一个小电阻由表头改装成电流表，需给表头串联一个大电阻A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：电流表、电压表都是由小量程的电流表改装而成的利用并联电阻的分流作用，将灵敏电流表G和电阻并联，改装成安培表利用串联电阻的分压作用，将灵敏电流表G和电阻串联，改装成安培表把小量程电流表改装成电压表，需要串联一个大的分压电阻；把小量程的电流表改装成电流表，需要并联一个小的分流电阻，故A正确4. 在如图所示的电路中，当开关S闭合且电路稳定时，电容器C的带电荷量为；当开关S断开且电路稳定时，电容器C的带电量为，则( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：开关断开稳定时，电路中没有电流，电容器的电压等于电源的电动势开关闭合稳定时，电容器的电压等于电阻两端的电压根据欧姆定律和串联电路的特点求出电阻的电压，再由求出电量之比开关断开稳定时，电路中没有电流，电容器的电压等于电源的电动势，即，开关闭合稳定时，电容器的电压等于电阻两端的电压，则，对于给定电容器，电容不变，由得，A正确5. 如图所示，长方体金属块边长之比abc=312，将A、B接入电压为U的电路中时，电流为I；若将C、D接入电压为U的电路中，则电流为( ) A. I B. 2I C. D. 【答案】C【解析】设b长为l；根据电阻定律可知，则接AB时，电阻，由欧姆定律可知；当接CD时，电阻，由欧姆定律可知，C正确6. 如图所示直线A为某电源的U-I图线，曲线B为某小灯泡的U-I图线的一部分，用该电源和小灯泡串联起来组成闭合回路时灯泡恰能正常发光，则下列说法中正确的是( )A. 此电源的内电阻为B. 灯泡的额定电压为3V，额定功率为6WC. 把灯泡换成阻值恒为1的纯电阻，电源的输出功率将变小，效率将变低D. 由于小灯泡的U-I 图线是一条曲线，所以灯泡发光过程中欧姆定律不适用【答案】B【解析】试题分析：电源U-I图线的斜率表示电源内阻；电源的U-I曲线与灯泡伏安特性曲线的交点表示该灯泡与该电源连接时的工作状态，由图可读出工作电压和电流及电源的电动势从而可算出灯泡的额定功率根据推论：电源的内外电阻相等时电源的输出功率最大，分析电源的输出功率如何变化由图A读出：电源的电动势E=4V，内阻，A错误；两图线的交点表示小灯泡L1与电源连接时的工作状态，由于灯泡正常发光，则知灯泡的额定电压U=3V，额定电流I=2A，则额定功率为，故B正确；灯泡L1的电阻，换成一个1的定值电阻，可知其电阻更接近电源的内阻，根据推论：电源的内外电阻相等时电源的输出功率最大，知把灯泡换成一个1的定值电阻，电源的输出功率将变大，根据闭合回路欧姆定律可知电阻减小，外电路电压减小，电源效率减小，故C错误；灯泡是纯电阻元件，欧姆定律适用，故D错误7. 如图所示，某中学生科技活动小组利用铜片、锌片和家乡盛产的水果制作了水果电池，该电池能使一个发光二极管发光，但却不能使标称值为“2.5V 0.3A，”的小灯泡发光.断开电路用电表测量该电池两端的电压值，却发现接近于2.5V。对小灯泡不亮的原因，该小组同学进行以下一些猜想，你认为可能正确的是( )A. 水果电池的电动势太大B. 水果电池的电动势太小C. 小灯泡的电阻太大D. 水果电池的内阻太大【答案】D【解析】断开电路时，电池两端的电压为其电动势，则电动势为E=2.5V，小灯泡接在电池两端，其电压为电池路端电压，小灯泡不亮，说明其两端电压太小，根据闭合电路欧姆定律可知，电池内阻太大，故D正确8. 水平面上A，B，C三点固定着三个电荷量为Q的正点电荷，将另一质量为m的带正电的小球(可视为点电荷)放置在0点，OABC恰构成一棱长为L的正四面体，如图所示.已知静电力常量为k，重力加速度为g，为使小球能静止在0点，小球所带的电荷量为( ) A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：对其中小球受力分析，由共点力的平衡条件可得出小球所受重力的大小和小球受到的库仑力，由库仑力公式可得出小球所带电荷量对小球进行受力分析，小球受重力和A，B，C处正点电荷施加的库仑力将A，B，C处正点电荷施加的库仑力正交分解到水平方向和竖直方向设是A，B，C处正点电荷施加的库仑力方向与竖直方向的夹角，将库仑力分解到水平方向与竖直方向，根据竖直方向平衡条件得：在竖直方向，根据几何关系得，解得，A正确9. 关于电源的电动势，下列说法中正确的是( )A. 电源电动势越大，表明它将其他形式的能转化为电能的本领越大B. 电源电动势在数值上等于电源没有接入电路时两极间的电压C. 电源电动势在数值上等于非静电力在单位时间内所做的功D. 电源电动势在数值上等于非静电力把1C正电荷在电源内从负极移送到正极所做的功【答案】ABD【解析】试题分析：电源没有接入外电路时两极间的电压等于电源电动势电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，电动势与外电路无关解：电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，电动势越大，电源将其他形式的能转化为电能的本领越大则A正确；其大小在数值上等于非静电力把1C正电荷在电源内从负极移送到正极所做的功，也等于电源没有接入电路时两极间的电压则C错误BD正确，故选：ABD【点评】本题考查对电源电动势的理解，要抓住电动势的物理意义、定义和闭合电路欧姆定律来加深理解10. 如图所示的电路中，已知电源电动势为E，内电阻为r，定值电阻为R1，滑动变阻器为R，阻值可以从零连续增大到Rmax，已知rR1Rmax，下列结论正确的是（ ）A. 当R=R1-r时，R1消耗的功率最大B. R消耗的最大功率可能为C. 当R=0时，R1消耗的功率最大D. 外电路消耗的最大功率为【答案】BC【点睛】在闭合电路中（外电路为纯电阻电路），当内外电阻相等时，电源的输出功率最大；属于应用电功率公式、应用配方法是正确解题的关键11. 真空中有一半径为 的带电金属球壳，通过其球心的一直线上各点的电势 分布如图，r表示该直线上某点到球心的距离，分别是该直线上A、B两点离球心的距离，下列说法中正确的有( )A. 该金属球壳可能带负电B. A点的电场强度方向由A指向BC. A点的电场强度大于B点的电场强度D. 负电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力做正功【答案】BC【解析】试题分析：根据直线上各点的电势分布图判断A点和B点电势沿电场线方向电势逐点降低根据电场力方向和运动方向判断做功情况.12. 如图所示，电源的电动势为E，内阻为r，调整电路的可变电阻R的阻值，使电压表的示数增大U，则在这个过程中( )A. 通过R1的电流增大，增加量一定等于U/R1B. R2两端的电压减小，减少量一定等于UC. 通过R2的电流减小，但减少量一定小于U/R2D. 路端电压增大，增加量一定等于U【答案】AC【解析】电阻R增大时，并联电阻变大，电路中总电阻变大，干路电流变小，内电压变小，R2两端的电压U2变小，则电压表示数变大，对于回路有：EUUUVU2U，UVI1R1，U2IR2，UIr.所以有：UU2U，故选A.二、试验题13. (1)用多用表的欧姆挡测量阻值约为几十千欧的电阻Rx，以下给出的是可能的实验操作步骤，其中S为选择开关，P为欧姆挡调零旋钮把你认为正确步骤前的字母按合理的顺序填写在横线上_ a将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，断开两表笔b将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出Rx的阻值后，断开两表笔c旋转S使其尖端对准欧姆挡1kd旋转S使其尖端对准欧姆挡100e旋转S使其尖端对准OFF挡，并拔出两表笔根据如图所示指针位置，此被测电阻的阻值约为_. (2)下述关于用多用电表欧姆挡测电阻的说法中正确的是（_）A测量电阻时，如果指针偏转过大，应将选择开关S拨至倍率较小的挡位，重新调零后测量B测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则会影响测量结果C测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开D测量阻值不同的电阻时，都必须重新调零【答案】 (1). cabe (2). 30k (3). AC【解析】试题分析：（1）欧姆表每次使用应该先选档位，然后欧姆调零，最后测量，欧姆表指针指在中间附近时，读数最准确，故即选“1k”挡，欧姆调零，测量读数；最后旋到交流最大挡，防止漏电，故在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前，操作步骤必须的是：选档和欧姆调零故有用的操作顺序为：c、a、b、e（2）欧姆表的示数乘以相应档位的倍率即为待测电阻的阻值30k=3104（3）测量电阻时如果指针偏转过大，所选挡位太大，应换小挡，应将选择开关S拨至倍率较小的档位，重新调零后测量，故A正确；测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，不会影响测量结果，故B错误；测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开，故C正确；用同一挡位测量阻值不同的电阻时不必重新调零，换挡后要重新进行欧姆调零，故D错误；故选AC。考点：欧姆表的使用；【名师点睛】本题考查了欧姆表的使用方法以及测量电阻的步骤，使用欧姆表测量电阻时选档后一定要注意欧姆调零，基础题。14. 要测一段阻值大约为5的均匀金属丝的电阻率除米尺、螺旋测微器、电源E（电动势3V，内阻约0.5）、最大阻值为20的滑动变阻器R、开关一只、导线若干外，电流表和电压表各两只供选择：A1（量程1A，内阻约1），A2（量程0.6A，内阻约2），V1（量程3.0V，内阻约1000），V2（量程15V，内阻约3000） 用螺旋测微器测金属丝的直径d，如图甲所示，则d=_mm为了使测量有尽可能高的精度，电流表应选_，电压表应选_实验电路已经画出了一部分，如图乙所示，但尚未完整，请将该电路完整地连接好（Rx表示待测金属丝）_若用米尺测得金属丝的长度为L，用螺旋测微器测得金属丝直径为d，电流表的读数为I，电压表读数为U，则该金属丝的电阻率：=_【答案】 (1). 0.850 (2). A2 (3). V1 (4). (5). 【解析】试题分析：（1）由图读得直线为0.850mm；（2）因电源是3V，故电压表先V1，最大电流I=，故电流表选择A2；（3）金属丝为小电阻，电流表为外接法，本实验要求滑动变阻器采用分压式，电路连接如上图；（4），解得。考点：实验“测金属丝电阻率”15. 甲同学设计了如图所示的电路测电源电动势E及电阻R1和R2阻值实验器材有：待测电源E（不计内阻），待测电阻R1，待测电阻R2，电压表V（量程为1.5V，内阻很大），电阻箱R（0-99.99），单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干先测电阻R1的阻值请将甲同学的操作补充完整：闭合S1，将S2切换到a，调节电阻箱，读出其示数r和对应的电压表示数U1，保持电阻箱示数不变，_，读出电压表的示数U2则电阻R1的表达式为R1=_甲同学已经测得电阻R1=4.8，继续测电源电动势E和电阻R2的阻值该同学的做法是：闭合S1，将S2切换到a，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出了如图所示的1/U-1/R图线，则电源电动势E=_V，电阻R2=_利用甲同学设计的电路和测得的电阻R1，乙同学测电源电动势E和电阻R2的阻值的做法是：闭合S1，将S2切换到b，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出于相应的1/U-1/R+R1图线，根据图线得到电源电动势E和电阻R2这种做法与甲同学的做法比较，由于电压表测得的数据范围_（选填“较大”、“较小”或“相同”），所以_同学的做法更恰当些。【答案】 (1). 将S2切换到b (2). (3). (4). 1.2 (5). 较小 (6). 甲【解析】试题分析：先测出电阻箱R两端的电压U1，再测出电阻箱与R1的总电压U2，两次的电压之比就等于电阻R与R+R1之比，因此电键先打到a，之后再打到b，这时，因此；根据闭合电路欧姆定律，整理得：，可知图象的截距，可得，而图象的斜率，而Rl4.80 ，可得，乙同学测量时，由于电压表测量的是R与R1的总电压，因此电阻箱调节范围较小，也就是电压表变化范围较小，甲同学的更合理。考点：测电源电动势和内电阻三、计算题16. 如图所示，质量m=0.5kg的通电导体棒在安培力作用下静止在倾角为37、宽度为L=1m的光滑绝缘框架上，磁感应强度B的方向垂直于框架平面向下（磁场仅存在于绝缘框架内），右侧回路电源的电动势E=8V、内电阻r=1，额定功率为8W、额定电压为4V的电动机正常工作， 取sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度大小g=10m/s2。 求：（1）干路中的电流为多少安培？（2）求磁感应强度为多少T？【答案】（1）4A（2）B=1.5T【解析】（1）电动机上的电流为：内电压为：则电流为：（2）磁场中导线的电流为根据平衡条件：，得17. 如图所示电路中，电源电动势E=12V，内阻r=1，定值电阻R2=10，滑动变阻器R1可在019范围内调节，平行板电容器板长L=10cm，板间距d=4cm，一带正电的粒子m=11026kg（不计重力），q=81016C，以速度v0=2106m/s从两板正中间射入。当电键断开时，粒子击中距电容器极板右边缘b=20cm的荧光屏正中心O，则当电键闭合后，求：（1）R1在什么范围内调节可使该粒子打到荧光屏上？（2）粒子打到荧光屏上距O点最大距离是多少？（荧光屏足够大）【答案】（1）4R119（2）10cm【解析】（1）若粒子刚好从下极板边缘飞出，此时的最小值是则竖直方向有：，水平方向有：根据欧姆定律得，代入数据得所以的取值范围是（2）粒子最大距离是（如图所示），由类平抛运动规律可知得18. 如图甲所示，真空中存在电场强度 、方向竖直向上的匀强电场.在电场中固定有竖直面内的光滑绝缘轨道ABC，其中AB段水平，BC段是半径的半圆，直径BC竖直.甲、乙是两个完全相同的导体小球(均可视为质点)，质量均为。甲球电量为、乙球不带电.开始时，乙球静止于B点.甲球在水平轨道上以初速度向右运动，与乙球发生时间极短的弹性正碰。碰撞后乙球沿圆轨道运动到C点后水平抛出，落到水平轨道AB上的D点位置。取，求： （1）甲、乙两球碰撞后瞬间，乙球的速度的大小；（2）小球乙落在D点时，甲、乙两小球之间的距离S；（3）若只改变场强E的大小，为了保证乙球能沿竖直轨道运动，并通过C点后落到水平轨道AB上，试确定场强E的取值范围.设乙球从B点运动到C的过程中，电势能的变化量为，在图2的坐标系中，定量画出小球乙的电势能变化量与场强E的关系图象.(画图时不必说明理由)【答案】（1）（2）2m（3）；【解析】试题分析：小球1、2发生弹性正碰，动量守恒，机械能守恒，结合动量守恒定律和机械能守恒定律求出碰撞后瞬间小球2的速度根据动能定理求出小球2通过C点的速度，结合牛顿第二定律求出轨道对它的压力大小，小球2离开C点后做类平抛运动，结合牛顿第二定律求出加速度，求出竖直方向上的运动时间，通过等时性求出水平方向上的位移为了保证小球2能沿轨道运动并通过C点，通过C点时压力大于等于零，以及抓住电场力小于重力，结合动能定理求出电场强度的范围由电场力做功与电势能变化之间的关系可求出的最大值和最小值，作出E图象（1）设甲小球和乙小球碰撞后的速度分别为和，由于动量守恒和机械能守恒：，解得甲球和乙球碰撞后电量均为（2）设乙球经过C点速度为，由动能定理得：解得由向心力公式得，解得乙球离开C点后做类似平抛运动，加速度为a，运动时间为t，水平位移为x：根据牛顿第二定律可得，解得x=2m（3）乙球能够运动到C点的条件是联立（5）、（7）、（13）解得：场强的最小值为乙球离开C点后落到轨道AB上，需满足的条件是解得场强的最大值为所以场强的取值范围为乙球由B点沿轨道运动至C点的过程中，电场力做正功，电势能减小解得：，其电势能变化量与场强E的关系图象如图所示