2018-2019学年高二物理上学期12月阶段性测试试卷(含解析).doc

xx-2019学年高二物理上学期12月阶段性测试试卷(含解析)二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.关于电源和电流，下述说法正确的是（ ）A. 电源的电动势在数值上始终等于电源正负极之间的电压B. 由公式R=U/I可知，导体的电阻与通过它的电流成反比C. 从能量转化的角度看，电源通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能D. 打开教室开关，日光灯立刻就亮了，表明导线中自由电荷定向运动的速率接近光速【答案】C【解析】试题分析：电源正负极之间的电压称为路端电压，当外电路接通时，路端电压小于电源的电动势，故A错误；公式是电阻的定义式，与电阻两端的电压以及通过它的电流都无关，故B错误；从能量转化的角度看，电源通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能，故C正确；打开教室开关，日光灯立刻就亮了，是由于导线中电场传播的速度接近光速，而不是自由电荷定向运动的速率接近光速故D错误。考点：电源的电动势和内阻、电流、电压概念【名师点睛】该题考查电动势的概念以及对电阻的理解，解答的关键是理解并掌握电动势的物理意义和闭合电路欧姆定律。2.两个固定的等量异号点电荷所产生电场的等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行最后离开电场，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中A. 做直线运动，电势能先变小后变大 B. 做曲线运动，电势能先变小后变大C. 做直线运动，电势能先变大后变小 D. 做曲线运动，电势能先变大后变小【答案】B【解析】【详解】电场线与等势面垂直，并且电场线方向从高电势指向低电势，故在A点电场线方向应与速度v垂直，则粒子所受的电场力与速度v也垂直，由于粒子带负电，所以受到竖直向上的电场力，粒子做曲线运动，如图所示，粒子靠近两电荷连线时，电场力做正功，离开两电荷连线时，电场力做负功，则其电势能先变小后变大，B正确【点睛】本题关键抓住电场线与等势线的关系判断电场力方向与粒子初速度方向的关系，分析运动情况，根据电场力做功正负，判断电势能的变化3.如图所示，质量分别是m1和m2带电量分别为q1和q2的小球，用长度不等的轻丝线悬挂起来，两丝线与竖直方向的夹角分别是和（），两小球恰在同一水平线上，那么A. 两球一定带异种电荷B. q1一定大于q2C. m1一定小于m2D. m1所受库仑力一定大于m2所受的库仑力【答案】AC【解析】A、两球相互吸引必定是异种电荷故A正确 B、两球间的库仑力大小相等，无法判断电量的大小故B错误 C、设两球间库仑力大小为F，对m1研究，得到F=m1gtan，同理，对m2研究，得到F=m2gtan则m1tan=m2tan因，得到m1m2故C正确D、根据牛顿第三定律，m1所受库仑力一定等于m2所受的库仑力故D错误故选AC4.某电场的电场线分布如图所示，M、N、Q是以电场线上一点O为圆心的同一圆周上的三点，OQ连线与直线MN垂直。以下说法正确的是A. O点电势与Q点电势相等B. M、O间的电势差大于O、N间的电势差C. 将一负电荷由M点移到Q点，电荷的电势能减少D. 正电荷在Q点所受电场力的方向与OQ垂直且竖直向上【答案】B【解析】试题分析：根据电场线与等势线垂直特点，在O点所在电场线上找到Q点的等势点，该等势点在O点的上方，根据沿电场线电势降低可知，O点的电势比Q点的电势高，故A错误；根据电场线分布情况可知，MO间的平均电场强度比ON之间的平均电场强度大，由公式U=Ed可知，M、O间的电势差大于O、N间的电势差，故B正确；M点的电势比Q点的电势高，负电荷由M点移到Q点，电场力做负功，电荷的电势能增加，故C错误正电荷所受的电场力与该点电场线的切线方向相同，斜向上，故D错误；故选B考点：电场线与等势线；电势及电势能【名师点睛】此题是对电场线与等势线、电势及电势能的考查；解决本题的关键要掌握电场线的物理意义：电场线的疏密表示电场强度，顺着电场线方向电势降低；电场力做正功，电势能减小；克服电场力做功，电势能增加正电荷所受的电场力方向沿电场线的切线方向5.用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是 ()A. 图甲中的A1、A2的示数相同B. 图甲中的A1、A2的指针偏角相同C. 图乙中的A1、A2的示数和偏角都不同D. 图乙中的A1、A2的指针偏角相同【答案】B【解析】试题分析：图a中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同故A错误，B正确图b中的A1、A2串联，A1、A2的示数相同由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同故CD错误故选B考点：电表的改装；串联及并联电路的特点【名师点睛】本题要对于安培表的内部结构要了解：小量程电流表（表头）与分流电阻并联而成指针偏转角度取决于流过表头的电流大小。6.如图所示，图线AB是某电源的路端电压随电流变化的关系图线，OM是固定电阻R两端的电压随电流变化的图线，由图可知A. 该电源的电动势为6 V，内阻是2 B. 固定电阻R的阻值为1 C. 该电源的最大输出功率为9 WD. 当该电源只向电阻R供电时，其效率约为66.7%【答案】CD【解析】【分析】根据U-I图象AB正确读出电源的电动势和短路电流，根据OM图象正确读出外电路两端的电压和流过电阻的电流，是解决此类问题的出发点【详解】电源的U-I图像的纵截距表示电源电动势，故E=6V，电源U-I图像的斜率表示电源内阻，故r=66=1，A错误；线性电阻U-I图像的斜率表示电阻大小，故R=4020=2，B错误；当外电阻与电源内阻相等时，电源的输出功率最大，即当外电阻R=1时，电源输出功率为P输出=(ER+r)2R=9W，C正确；当该电源只向电阻R供电时，=UIEI100%=46100%=66.7%，D正确7.如图所示,电阻R1=8 ，电动机绕组电阻R0=2 ，当开关S断开时，电阻R1消耗的电功率是2.88 W；当开关S闭合时,电阻R1消耗的电功率是2 W。若电源的电动势为6 V，当开关S闭合时A. 电动机的输出功率为1.5WB. 电动机两端的电压为4 VC. 电动机产生的热功率0.5WD. 电源输出的电功率为12 W【答案】ABC【解析】【详解】当开关S断开时，由P1=I12R1，得I1=0.6A，电源的电阻为r=EI1R1I1=60.680.6=2；当开关S闭合时，由P2=I22R1，得I2=P2R1=28=0.5A，R1两端的电压UR1=I2R1=4V，则发动机两端的电压为U=4V，设干路中电流为I，则I=EUr=642=1A，通过电动机的电流：IM=II2=0.5A，故电动机的电功率为：P=UIM=40.5=2W，电动机的热功率为Pr=IM2R0=0.522=0.5W，故电动机的输出功率为P输出=PPr=1.5W，ABC正确；电源的输出功率为P=EII2r=61122=4W，D错误【点睛】本题考查处理非纯电阻电路问题的能力。对于电动机正常时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，本题不能用IM=UR0求电动机的电流8.如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r。将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为V1、V2、V3，理想电流表A示数变化量的绝对值I，则A. A的示数增大 B. V2的示数增大C. V3与I的比值大于r D. V1大于V2【答案】ACD【解析】试题分析：滑动变阻器的滑片向下滑动，导致滑动变阻器阻值变小，由于电压表断路，定值电阻和滑动变阻器为串联，滑动变阻器阻值变小，总电阻变小，电源电动势不变，总电流变大，即电流表示数变大，选项A对。电压表V1测量定值电阻R的电压，电阻不变，总电流变大，所以电压变大即V1示数增大。电压表V2测量定值电阻和滑动变阻器总电压即路端电压，示数变小，选项B错。电压表V3测量滑动变阻器电压，设电流增加量为I，则根据V1=IR，V2=Ir，所以V1V2，选项D对。电压表V3的变化量V3=I(r+R)，所以V3I=(r+R)r，选项C对。考点：串并联电路动态变化三、非选择题：共174分。第2232题为必考题，每个试题考生都做答；第3338题为选考题，考生根据要求作答。9.读出下列螺旋测微器和多用电表（欧姆档）的读数（1）_(如图)（2）_(如图)【答案】 (1). 3.050mm (2). 16k【解析】【详解】由图示螺旋测微器可知，其示数为：3mm+5.00.01mm=3.050mm；由图2所示多用电表可知，使用欧姆1k挡位，其示数为：161k=16k；【点睛】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；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数10.金属丝的电阻大约为4 ，在用伏安法测定金属丝的电阻时，除被测电阻丝外，选用了如下实验器材：A直流电源：电动势约4.5 V，内阻不计；B电流表A：量程00.6 A，内阻约0. 125 ；C电压表V：量程03 V，内阻约3 k；D滑动变阻器R：最大阻值10 ；E开关、导线等（1）在以下可供选择的实验电路中，应该选图_（填“甲”或“乙”），选择的接法为_接法（填“内”或“外”），此接法测得的电阻值将_(填“大于”、“小于”或“等于”)被测电阻的实际阻值.（2）根据所选实验电路图，在实物图中完成其余的连线.在闭合开关S前，滑动变阻器的滑片应置在_（填“最左”或“最右”）端.（3）根据所选量程，某次实验两电表的示数如图，则读数分别为_V和_A【答案】 (1). 甲 (2). 外 (3). 小于 (4). 最左 (5). 2.15 (6). 0.16【解析】【分析】根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后根据电路图应用欧姆定律分析实验误差；根据电表量程确定其分度值，然后读出其示数【详解】（1）由题意可知，RRARVR电压表内阻远大于待测电阻阻值，应选择图甲所示电路；电流表选择外接法，由于电压表的分流作用，所测电流偏大，由欧姆定律可知电阻测量值小于真实值（2）根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：滑动变阻器采用限流接法，为保护电路滑片应置于滑片左端（3）电压表量程为3V，由图示电压表可知，其分度值为0.1V，示数为2.15V；电流表量程为0.6A，其分度值为0.02A，示数为0.16A11.如图，一质量m=1106kg，带电量q=2108C的微粒以初速度v0竖直向上从A点射入一水平向右的匀强电场，当微粒运动到比A高2cm的B点时速度大小也是v0，但方向水平，且AB两点的连线与水平方向的夹角为45，g取10m/s2，求：（1）AB两点间的电势差UAB；（2）匀强电场的场强E的大小【答案】（1）UAB=10V（2）500V/m【解析】解：（1）根据动能定理得qUABmgh=得到=V=10V（2）将微粒的运动分解为水平和竖直两个方向：水平方向做匀加速运动，竖直方向做竖直上抛运动设A、B沿电场线方向的距离为d则有竖直方向：h=，水平方向：d=得到d=h=0.02m所以匀强电场的场强E的大小E=答：（1）AB两点间的电势差UAB=10V（2）匀强电场的场强E的大小是500V/m【点评】涉及到电势差的问题，常常要用到动能定理本题的难点在于运动的处理，由于微粒受到两个恒力作用，运用运动的分解是常用的方法12.如图所示，电源电动势E=9V，内阻为r=0.5，电阻R1=5.0、R2=3.5、R3=6.0、R4=3.0电容C=2.0F两板间距离d为0.17m（1）开关接时，电容器哪个极板带正电，电荷量是多少？（2）当开关由与接触到与b接触，通过R3的电荷量是多少？（3）若两极板中央有一个带电粒子，当电键与接触时，正好处于静止状态，若电键与b接触后，带电粒子向哪极板运动？经过多长时间到达极板？（不考虑电容充放电时间，g=10m/s2）【答案】（1）210-5C；正电；（2）1.710-5C；负电；（3）向下极板运动；0.1s。【解析】试题分析：（1）当开关接a时，电容器的电压U1=ER1R1+R2+r=955+3.5+0.5V=5V电量 Q1=CU1=210-65C=210-5C，由于上极板电势高，则上极板带正电荷（2）电键与b接触时，电容器的电压U1=ER2R1+R2+r=93.55+3.5+0.5V=3.5V则由Q=CU可知，开关由a接b的过程中，电量变化Q=（U1+U2）C=8.52.010-6=1.710-5C即通过R3的电荷量为1.710-5C由于上极板电势低，则上极板带负电荷（3）当电键与a接触时，粒子正好处于静止状态，电场力与重力平衡，则知电场力方向竖直向上，且有：mg=qU1d若电键与b接触后，场强反向，电场力反向，则小球向下极板做加速运动根据牛顿第二定律得：mg+qU2d=ma联立得：a=U1+U2U1g=5+3.5510m/s2=17m/s2由12d=12at2得：t=da=0.1717s=0.1s考点：电容；闭合电路的欧姆定律。13.如图所示，一砂袋用无弹性轻细绳悬于O点开始时砂袋处于静止状态，此后用弹丸以水平速度击中砂袋后均未穿出。第一次弹丸的速度为v0，打入砂袋后二者共同摆动的最大摆角为（90），当其第一次返回图示位置时，第二粒弹丸以另一水平速度v又击中砂袋，使砂袋向右摆动且最大摆角仍为若弹丸质量均为m，砂袋质量为5m，弹丸和砂袋形状大小忽略不计，求：两粒弹丸的水平速度之比v0v为多少?【答案】【解析】弹丸击中砂袋瞬间，系统水平方向不受外力，动量守恒。设碰后弹丸和砂袋的共同速度为v1，细绳长为L，根据动量守恒定律有mv0 (m4m)v1-1（3分）砂袋摆动过程中只有重力做功，机械能守恒，所以-2（1分）设第二粒弹丸击中砂袋后弹丸和砂袋的共同速度为v2同理有： mv0(m4m)v1 (m5m)v2 -3（3分）-4（1分）联解上述方程得- 5（2分）(说明：2和4式只要说到“砂袋的最大摆角两次都为，故v1v2”的意思，即给分)本题考查动量守恒和机械能守恒的综合应用，在碰撞前后系统动量守恒，列式可求得末速度表达式，根据沙袋摆动过程中只有重力做功，机械能守恒，根据第二次弹丸击中砂袋后弹丸和砂袋中系统动量守恒和机械能守恒列式可求解