【物理】福建省南安市侨光中学2019-2020学年高二上学期第二次段考试题（解析版）

【物理】福建省南安市侨光中学2019-2020学年高二上学期第二次段考试题（解析版）

‎2019年秋季南安侨光中学高二年第2次阶段考物理试卷 一、选择题（本题共12小题,每小题4分,共计48分。其中第1～8题是单选题，每小题只有一个选项符合题意；第9～12题是多选题，有多个选项符合题意，漏选的得2分、多选、错选、不选均不给分。）‎ ‎1.下列对库仑定律的理解，说法正确的是 A. 库仑定律适用于任意带电体之间的静电力计算 B. 两个点电荷之间的库仑力与第三个点电荷存在有关 C. 当两个带电体距离趋于无穷远时，它们之间的库仑力趋于零 D. 当两个带电体距离趋于零时，它们之间的库仑力趋于无穷大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】ACD．库仑定律适用于真空中的静止点电荷，不能视作点电荷的带电体不能应用，根据库仑力公式可知，当两个带电体距离趋于无穷远时，可以看作点电荷，此时它们之间的库仑力趋于零，当两个带电体距离趋于零时，不能看作点电荷，库仑定律不适用，故AD错误，C正确；‎ B．根据力的独立性可知，两个点电荷之间的库仑力与第三个点电荷存在无关，故B错误．‎ ‎2.R1和R2是材料相同，厚度之比为1：2，表面均为正方形的导体，但R2的尺寸比R1要小，通过导体的电流方向如图所示，假设R1的边长为4L，R2的边长为L，若R1的阻值为10Ω，则R2的阻值（　　）‎ A. 5Ω B. 10Ω C. 20Ω D. 40Ω ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设导体的电阻率为ρ，厚度为d，边长为L，则由电阻定律得：‎ 所以R与边长L无关，与厚度成反比，所以 ‎ 故A正确，BCD错误．‎ ‎3.如图所示，实线为方向未知的三条电场线，虚线分别为等势线1、2、3，已知MN＝NQ，带电荷量相等的a、b两带电粒子从等势线2上的O点以相同的初速度飞出．仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图所示，则下列说法正确的是 A. a一定带正电，b一定带负电 B. M、N两点间的电势差UMN等于N、Q两点间的电势差UNQ C. a粒子到达等势线3的动能变化量比b粒子到达等势线1的动能变化量小 D a加速度减小，电势能减少，b加速度增大，电势能增加 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图，a粒子的轨迹方向向右弯曲，a粒子所受电场力方向向右；b粒子的轨迹向左弯曲，b粒子所受电场力方向向左；由于电场线方向未知，无法判断粒子的电性；故A错误．‎ B．已知MN=NQ，由于MN段场强大于NQ段场强，所以MN两点电势差大于NQ两点电势差，故B错误；‎ C．根据电场力做功公式， a粒子从等势线2到3电场力做功小于b粒子从等势线2到1电场力做功，所以a粒子到达等势线3的动能变化量比b粒子到达等势线1的动能变化量小，故C正确；‎ D．a所受电场力逐渐减小，加速度减小；b所受电场力增大，加速度增大；根据图知a、b两粒子的电场力、速度的夹角均为锐角，电场力对两电荷均做正功，两电荷的电势能均减小；故D错误．‎ ‎4.如图所示，一直流电动机与阻值R=9Ω的电阻串联在电路上，电源电动势E=30V，内阻r=1Ω，用理想电压表测出电动机两端电压U=10V，已知电动机线圈电阻Rm ‎=1Ω，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 通过电动机的电流为10A B. 通过电动机的电流小于10A C. 电动机的输出功率大于16W D. 电动机的输出功率小于16W ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．根据闭合电路欧姆定律，有：‎ 解得 故A错误，B正确；‎ CD．电动机的输出功率：‎ 故CD错误．‎ ‎5.如图所示，在MNQP中有一垂直纸面向里的匀强磁场．质量和电荷量都相等的带电粒子a、b、c以不同的速率从O点沿垂直于PQ的方向射入磁场，图中实线是它们的轨迹．已知O是PQ的中点，不计粒子重力．下列说法中正确的是 A. 射入磁场时粒子a的速率最小 B. 粒子a带负电，粒子b、c带正电 C. 射出磁场时粒子b的动能最小 D. 粒子b在磁场中运动的时间最短 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二定律得 解得 由图可知，射入磁场时粒子c的半径最小，则速率最小，故A错误；‎ B．由图可知，a向左偏，bc向右偏，根据左手定则知粒子a带正电，粒子b、c带负电，故B错误；‎ C．粒子的动能 由于：q、B、m都相同，因此r越大，粒子动能越大，由图示可知，b的轨道半径r最大，则b粒子动能最大；c的半径最小，则动能最小，故C错误；‎ D．粒子在磁场中做圆周运动的周期相同，粒子在磁场中的运动时间 由于m、q、B都相同，粒子c转过的圆心角θ最大，则在磁场中c的运动时间最大，粒子b转过的圆心角θ最小，则在磁场中b的运动时间最小，故D正确．‎ ‎6.如图所示，水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，一带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场．到达C点时速度方向恰好水平．由此可知(　　)‎ A. 从A到C，小球的动能增加 B. 从A到B与从B到C小球的速度变化量相同 C. 从A到B与从B到C小球的运动时间一定不相等 D. 从B到C，小球的机械能减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．小球水平方向不受力，故在水平方向做匀速直线运动，竖直方向先加速后减速，则小球从A到C，动能先增大后减小，故A错误；‎ B．从A到B做平抛运动，竖直方向上分速度由0增加到vy，进入电场后，由vy减小为零，可知A到B和B到C小球的速度变化量大小相等，方向相反，则速度变化量不等，故B错误；‎ C．小球从A到B与从B到C水平方向都做匀速直线运动，若 由x=vt知 故C错误；‎ D．从B到C，电场力做负功，小球的机械能减小，故D正确．‎ ‎7.利用如图所示的实验装置可以测量磁感应强度B.用绝缘轻质丝线把底部长为L、电阻为R、质量为m的“U”形线框固定在力敏传感器的挂钩上，并用轻质导线连接线框与电源，导线的电阻忽略不计．当外界拉力F作用于力敏传感器的挂钩上时，数字电压表会有示数U，且数字电压表上的示数U与所加拉力F成正比，即U＝KF，式中K为比例系数．当线框接入恒定电压为E1时，电压表的示数为U1；接入恒定电压为E2时(电流方向不变)，电压表示数为U2.则磁感应强度B的大小为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】当通上电流后，对线框受力分析得出 由于数字电压表上的读数U与所加外力成正比，即U=KF，式中K为比例系数，有 即 整理得 故B正确，ACD错误．‎ ‎8.如图所示，在一个粗糙的水平面上放置一个质量为m、带电荷为+q的小物块，已知小物块与地面之间动摩擦因数为μ，重力加速度为g．现在空间中加一个匀强电场，使得小物块在水平面内匀速滑动，则所加电场强度的最小值为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设物块所受的电场力为F，电场力方向与水平方向的夹角为θ，物块受力情况如图所示．根据平衡条件得：水平方向有 竖直方向有 又，联立解得 其中 由数学知识可知，当时，F最小，最小值为 由得 故A正确，BCD错误．‎ ‎9.如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为1 m的正六边形的六个顶点(匀强电场和六边形所在平面平行)，B、C、E三点电势分别为2 V、3 V、4V，则下列说法正确的是 A. D点的电势为4 V B. 电子在B点的电势能比在C点低1 eV C. 电子从B点到E点电场力做功为2Ev D. 匀强电场的场强大小为1V/m ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．点B的电势为2V，E点的电势为4V，故BE连线的中点G的电势为3V，故直线CGF为等势面，DE为等势面，BA也是等势面，故D点电势为4V，故A正确；‎ B．B点电势比C点电势低1V，电子带负电荷，故电子在B点的电势能比在C点高1eV，故B错误；‎ C．电子从B点到E点电场力做功为 故C正确；‎ D．连接AE则为一条电场线，根据得场强为 故D错误．‎ ‎10.如图所示圆形区域内，有垂直于纸面方向的匀强磁场．一束质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率，沿着相同的方向，对准圆心O射入匀强磁场，又都从该磁场中射出．这些粒子在磁场中的运动时间有的较长，有的较短．若带电粒子在磁场中只受磁场力的作用，则在磁场中运动的带电粒子 A. 速率越大的运动时间越长 B. 运动时间越长的周期越大 C. 速率越小的速度方向变化的角度越大 D. 运动时间越长的半径越小 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】粒子运动轨迹如图所示，根据周期公式得 由于带电粒子们的B．q、m均相同，所以T相同，根据 可知，在磁场中运动时间越长的带电粒子，圆心角越大，半径越小，由 得 知速率一定越小，而圆心角等于速度方向的变化的角度，所以速率越小，速度方向变化的角度越大，故CD正确．‎ ‎11.如下图所示，电源、开关、理想二极管以及平行板电容器用导线连成一个回路，闭合开关后，一带电油滴在平行板电容器中间保持静止，整个过程中油滴的质量和电荷量不变．下列说法中正确的是 A. 油滴带负电 B. 保持开关闭合，将上极板上移，油滴保持静止 C. 保持开关闭合，将上极板下移，油滴保持静止 D. 保持开关闭合，将上极板右移，油滴保持静止 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电容器上极板带正电，因此极板间的电场强度竖直向下，因带电油滴在平行板电容器中间处于静止，则其受到的电场力竖直向上，那么油滴带负电，故A正确；‎ B．保持开关闭合，极板间的电压不变，将上极板上移，根据电容器的电容：，可知，电容C减小，根据，因此电容器的电量会减小，而二极管具有单向导电性，闭合电键后电容器只能充电，因此电容器的电量Q不变，极板间的电场强度：；整理得：，由此可知，电场强度不变，电场力也不变，则油滴仍保持静止，故B正确；‎ C．保持开关闭合，极板间的电压不变，将上极板下移，根据电容器的电容：，可知，电容C增大，根据 ‎，因此电容器的电量会增大，闭合电键后电容器充电，因此电容器的电量Q变大，依据极板间的电场强度：整理得：，由此可知，电场强度变大，电场力变大，则油滴向上运动，故C错误；‎ D．保持开关闭合，极板间的电压不变，将上极板右移，根据电容器的电容：，可知，电容C减小，根据，因此电容器的电量会减小，而二极管具有单向导电性，闭合电键后电容器只能充电，因此电容器的电量Q不变，极板间的电场强度：整理得：，由此可知，电场强度变大，电场力变大，则油滴向上运动，故D错误．‎ ‎12.如图所示电路中，已知电源内阻r＞R2，电阻R1的阻值小于滑动变阻器R0的最大阻值．闭合电键S，当滑动变阻器的滑臂P由变阻器的右端向左滑动的过程中，下列说法中正确的有（ ）‎ A. V1的示数先变小后变大，V2的示数先变大后变小 B. R2上消耗的功率先变小后变大 C. 电源的输出功率先变小后变大 D. A1的示数不断减小，A2的示数不断变大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由题，电阻R1的阻值小于滑动变阻器R0的最大阻值，当滑动变阻器的滑臂P由右端向左滑动的过程中，变阻器左侧电阻与R1串联后与变阻器右侧并联的总电阻先变大后变小，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中电流先变小后变大，电源的内电压也变小后变大，则路端电压先变大后变小，所以V1的示数先变大后变小．V2测量R2两端的电压，R2不变，则V2的示数先变小后变大．故A错误．‎ B、R2不变，由公式P=I2R得知，电流I先变小后变大，则R2上消耗的功率先变小后变大．故B正确．‎ C、已知电源的内阻r＞R2‎ ‎，但外电路总电阻与r的关系无法确定，所以无法判断电源输出功率的变化情况．故C错误．‎ D、当变阻器滑片位于最右端时，R1与变阻器被短路，电路中电流最大，A1的示数最大，A2的示数为零，所以滑臂P由右端向左滑动的过程中，A1的示数不可能不断减小，A2的示数不断变大．故D正确．‎ 故选BD．‎ 二、实验题（本题共3小题,共计20分）‎ ‎13.(1)请正确读出游标卡尺的测量值_______cm ‎(2)一个未知电阻，无法估计其电阻值，某同学用伏安法测量此电阻，用图a、b两种电路各测一次，用图a测得的数据是3.0V，3.0mA，用图b测得的数据是2.9V，4.0mA，由此可知，用图______测得Rx的误差较小，测量值Rx=______Ω ‎【答案】 (1). 3.310 (2). a 1000‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]根据游标卡尺读数规则，游标卡尺主尺读数为3.3cm，游标尺第2个刻度线与主尺刻度线对齐，20分度游标尺精度为0.05mm，游标尺读数为 ‎2×0.05mm=0.10mm 故测量值为 ‎3.3cm+0.10mm=3.310cm；‎ ‎(2)[2][3]比较两次测量数据，电流表变化幅度相对较大，说明了b图时电压表分流作用明显，电流表测量值会产生较大偏差；故用图a的电路，其测量值为 ‎14.电流表G1‎ 的量程为0～5mA，内阻r=290Ω，把它改装成如图所示的一个多量程多用电表，电流、电压和电阻的测量都各有两个量程．当开关S接到1或2位置时为电流档，其中小量程为0～10mA，大量程为0～100mA．‎ ‎（1）开关S接位置_____时是电流挡的小量程，‎ ‎（2）已知图中电源E′的电动势为9V，当把开关S接到位置4，短接A、B进行欧姆调零后，此欧姆挡内阻为_____kΩ，现用该挡测一未知电阻阻值，指针偏转到电流表G1满刻度的处，则该电阻的阻值为_____kΩ．‎ ‎【答案】 (1). 接2； (2). 0.9； 3.6．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）接2时并联电阻大，分流小其量程小；‎ ‎（2）电源的电动势为9V：，指针偏转到电流表满刻度的处对应电阻为R：，代入数据得：.‎ ‎15.有一额定电压为2.8V、额定功率0.56W的小灯泡，现要用伏安法描绘这个小灯泡的伏安特性曲线．有下列器材可供选用 A．电压表（量程0~3V，内阻约6kΩ）‎ B．电压表（量程0~6V，内阻约20kΩ）‎ C．电流表（量程0-0.6A，内阻约0.5Ω）‎ D．电流表（量程0~200mA，内阻约20Ω）‎ E．滑动变阻器（最大电阻10Ω，允许最大电流2A）‎ F．滑动变阻器（最大电阻200Ω，允许最大电流150mA）‎ G．三节干电池（电动势约为4.5V）‎ H．电键、导线若干 ‎(1)为提高实验的精确程度，电压表应选用_______；电流表应选用_______；滑动变阻器应选用_______．（以上均填器材前的序号）‎ ‎(2)通过实验描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图所示，某同学将一电源（电动势E=2V，内阻r=5Ω）与此小灯泡直接连接时，小灯泡的实际功率是_______ W．（保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). A D E (2). 0.17 (0.16~0.20范围均给分）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]由题意可知，灯泡的额定电压为2.8V，为了准确性及安全性原则，电压表应选择A；‎ ‎[2]由P=UI可得，灯泡的额定电流为 故电流表应选择D；‎ ‎[3]测量灯泡的伏安特性曲线实验中应采用分压接法，故滑动变阻器应选用小电阻，故滑动变阻器应选择 E；‎ ‎(2)[4]由闭合电路欧姆定律可得，作出电源的伏安特性曲线如图所示；则曲线与小灯泡的伏安特性曲线交点为灯泡的工作点，由图可知，灯泡的电压为1.3V，电流为0.13A，则灯泡的功率 ‎（0.16～0.20范围内均给对）‎ 三、计算题（本题共4小题,共32分）‎ ‎16.一带负电的粒子，q=-2.0×，在静电场中由A点运动到B点，在这过程中，除电场力外，其它力作的功为5.0×J，粒子动能增加了7.0×J，取A点为零电势点．求：‎ ‎(1)此过程电场力所做的功；‎ ‎(2)A、B两点间的电势差；‎ ‎(3)B点的电势φB ‎【答案】(1)2.0×10-5J (2)A、B两点间的电势差为-100V (3)B点的电势为100V ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)对粒子由A点运动到B点的过程用动能定理：‎ 得 ‎(2)根据电场力与电势差关系可知 UAB=‎ ‎(3)由电势差得 解得：‎ ‎17.如图所示是家用电饭煲的电路图．将电饭煲接到稳压电源上，当开关接通“加热”档时，电热丝以额定功率给食物加热，当食物蒸熟后，开关接通“保温”档，给食物保温，这时电热丝的功率为其额定功率的，电流为1.40A，已知分压电阻的 阻值R=100Ω．求：‎ ‎（1）保温时，电阻R两端的电压．‎ ‎（2）稳压电源输出的电压．‎ ‎（3）电热丝的额定功率．‎ ‎【答案】（1）140V；（2）210V；（3）882W．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）电阻R两端的电压为 UR=IR=1.40×100=140（V）‎ ‎（2）设电热丝的电阻为r，电源输出电压为U，则 解得：‎ r=50Ω 所以电源电压为 U=I（R+r）=1.40×（100+50）=210（V）‎ ‎（3）电热丝的额定功率为 ‎18.如图所示，在一个高为h的平台上放置一个质量为m，带电荷为+q的物块（可以视为质点），小物块与平台边缘的距离为L．空间中存在一个水平向右的匀强电场，电场强度为E．已知小物块与平台间的动摩擦因数为μ（），重力加速度为g．现将小物块静止释放，求：‎ ‎(1)小物块运动至平台边缘时的速度大小 ‎(2)小物块落地时，曲线运动阶段的水平位移 ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据动能定理可得：‎ 解得：‎ ‎(2)以平台边缘原点，水平方向建立x轴，竖直向下建立y轴，受力分析可得 ‎、 ‎ 解得 ‎、 ‎ 又根据：，解得落地时间为：‎ 又根据：‎ 代入数据解得：‎ ‎19.如图所示，在屏蔽装置底部中心位置O点放一医用放射源，可通过细缝沿扇形区域向外辐射速率为v的带电粒子．已知屏蔽装置宽AB为d，缝长AD为2d，粒子的质量m，电荷量为+q．若在屏蔽装置右侧条形区域内加一匀强磁场来隔离辐射，磁感应强度B，方向垂直于纸面向里，整个装置放于真空环境中．‎ ‎(1)若所有的粒子均不能从条形磁场隔离区的右侧穿出，则磁场的宽度D至少是多少？‎ ‎(2)若条形磁场的宽度D＝‎ ‎，则射出屏蔽装置的粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间各是多少？‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据 得:‎ 如图甲所示，根据几何关系可得，这些粒子在磁场中运动的最宽处宽度为 所以 ‎(2)根据：‎ 得：‎ 如图乙所示，根据几何关系可得，粒子在磁场中运动的时间最短时，弦长最短即为磁场宽度，分析可得此时圆心角 所以 当时间最长时，弧长最长，此时轨迹与右侧边界相切，由几何关系可得此时圆心角 所以