广东省河源市龙川县隆师中学2019-2020学年高二上学期阶段考试物理试题

广东省河源市龙川县隆师中学2019-2020学年高二上学期阶段考试物理试题

隆师中学2019-2020学年度第一学期第二次阶段考试 高二物理（选择性考试）‎ 选择题：本题包括12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中1～6小题只有一个选项符合题目要求，7～12题有多个选项符合题目要求，全对的得4分，少选且正确得2分。‎ ‎1.关于静电场,下列说法中正确的是 (　　)‎ A. 在电场中某点的电势为零,则该点的电场强度一定为零 B. 电荷在电场中电势高的地方电势能大,在电势低的地方电势能小 C. 根据公式U=Ed可知,在匀强电场中两点间的距离越大,电势差就越大 D. 正电荷从电势高的点运动到电势低的点,电势能一定减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、电场强度和电势都是描述电场的物理量，二者无直接关系，但二者相互关联；电势是标量与零势面的选取有关，所以电场强度为零的地方电势不一定为零，电势为零的地方电场强度也不一定为零，故A错误．‎ B、据电势能公式Ep=qφ知，电势能取决于该点的电势和电荷，并不是只有正电荷在电场中电势高的地方电势能大，在电势低的地方电势能小，负电荷正好相反，故B错误．‎ C、公式U=Ed 中的d为沿电场强度方向的距离，所以在匀强电场中，两点间沿电场强度方向的距离越大，电势差就越大，如果d不是沿电场强度方向的距离，那么间距大时，电势差不一定大，故C错误．‎ D、据电势能公式Ep=qφ知，正电荷在电势越高的地方电势能越大，在电势越低的地方电势能越小，所以正电荷从电势高的点运动到电势低的点，电势能一定减少，选项D正确．‎ 故选D．‎ ‎2.如图所示，在真空中，ab、cd是圆O的两条直径，在a、b两点分别固定有电荷量为＋Q和－Q的点电荷，下列说法正确的是(　　)‎ A. c、d两点的电场强度相同，电势也相同 B. c、d两点的电场强度不同，但电势相同 C. 将一个正试探电荷从c点沿直线移动到d点，电场力做功为零 D. 一个正试探电荷在c点的电势能大于它在d点的电势能 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、等量异种电荷的电场线和等势线都是关于连线、中垂线对称的，且沿着电场线，电势逐渐降低，结合分析中的电场线图可知c点与d点的场强大小相等，方向相同，但电势大小不等，故AB错误； C、根据等量异种电荷的电场线和等势线分布，从c到d电势在降低，则移动正电荷，电场力做正功，导致正电荷的电势能减少，故C错误，D正确．‎ 点睛：本题关键熟悉等量异种电荷电场线和等势面分布图，明确沿着电场线，电势逐渐降低．‎ ‎3.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地．一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离 A. 带点油滴将沿竖直方向向上运动 B. P点的电势将降低 C. 带点油滴的电势能将减少 D. 若电容器的电容减小，则极板带电量将增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动．故A错误．B、场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低．故B正确．C、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加．故C错误．D、根据Q=UC，由于电势差不变，电容器的电容减小，故带电量减小，故D错误；故选B．‎ ‎【点睛】本题运用分析板间场强的变化，判断油滴如何运动．运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化．‎ ‎4.喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中 A. 向负极板偏转 B. 电势能逐渐增大 C. 运动轨迹是抛物线 D. 运动轨迹与带电量无关 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A项：由于带负电，故向正极板偏转，A错误；‎ B项：由于带负电墨汁微滴做正功，故电势能减少，B错误；‎ C项：由于电子在电场中做类平抛运动，轨迹为抛物线，故C正确；‎ D项：由侧向位移，可知运动轨迹与带电量有关，D错误．‎ 点晴：本题主要考查带电粒子在电场中的偏转即粒子作类平抛运动：沿初速度方向作匀速直线运动，电场力方向作匀加速直线运动．‎ ‎5.如图所示，是一个用来研究静电除尘的实验装置，铝板与手摇起电机的正极相连，钢针与手摇起电机的负极相连，在铝板和钢针中间放置点燃的蚊香．转动手摇起电机，蚊香放出的烟雾会被电极吸附，停止转动手摇起电机，蚊香的烟雾又会袅袅上升．关于这个现象，下列说法中正确的是(　　)‎ A. 烟尘因为带正电而被吸附到钢针上 B. 同一烟尘颗粒在被吸附过程中离铝板越近速度越小 C. 同一烟尘颗粒在被吸附过程中离铝板越近速度越大 D. 同一烟尘颗粒在被吸附过程中如果带电量不变，离铝板越近则加速度越大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】静电能够吸引轻小物体，当烟尘颗粒在被吸附过程中离铝板越近，烟尘被加速的时间越长，则速度越大，由于铝板面上分布电荷，烟尘颗粒靠近铝板的过程中，越靠近受力越小，C正确．‎ ‎6.板间距为的平行板电容器所带电荷量为时，两极板间电势差为，板间场强为现将电容器所带电荷量变为，板间距变为，其他条件不变，这时两极板间电势差，板间场强为，下列说法正确的是 A. ‎ B ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由公式C＝、C＝和E＝得U＝，E＝，当Q变为2Q、d变为时，电压U不变，电场强度E变为原来的2倍．C正确．‎ ‎7.一带电量为q的检验电荷在电场中某点受到的电场力大小为F，该点场强大小为E，则下面能正确反映这三者关系的是( ) ‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】电场强度反映的是电场的性质与检验电荷及电荷所受电场力大小无关，只决定于电场本身，所以B正确，A、D错误；而电荷在电场中受的电场力，所以C正确；‎ ‎8.分别将带正电、负电和不带电的三个等质量小球，分别以相同的水平速度由P点射入水平放置的平行金属板间，已知上板带负电，下板接地三小球分别落在图中A、B、C三点，则(　　)‎ A. A带正电、B不带电、C带负电 B. 三小球在电场中加速度大小关系是：aA>aB>aC C. 三小球在电场中运动时间相等 D. 三小球到达下板时的动能关系是EkC>EkB>EkA ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC.三个小球在水平方向都做匀速直线运动，由图看出水平位移关系是：‎ xA＞xB＞xC 三个小球水平速度v0相同，由x=v0t得，运动时间关系是：‎ tA＞tB＞tC 竖直方向上三个小球都做匀加速直线运动，由图看出竖直位移y大小相等，由得到加速度关系：‎ aA＜aB＜aC 根据牛顿第二定律得到合力关系为：‎ FA＜FB＜FC 三个小球重力相同，而平行金属板上板带负极，可以判断出来A带正电、B不带电、C带负电，故A正确BC错误．‎ D. 三个小球所受合力方向都竖直向下，都做正功，竖直位移大小相等，而合力 FA＜FB＜FC 则合力做功大小关系为：‎ WA＜WB＜WC 根据动能定理得，三小球到达下板时的动能关系是 EkC＞EkB＞EkA 故D正确．‎ ‎9.下列说法正确的是(　　)‎ A. 据R＝可知，加在电阻两端的电压变为原来的2倍时，导体的电阻也变为原来的2倍 B. 不考虑温度对阻值的影响，通过导体的电流及加在两端的电压改变时导体的电阻不变 C. 据ρ＝可知，导体的电阻率与导体的电阻和横截面积的乘积RS成正比，与导体的长度l成反比 D. 导体的电阻率与导体的长度l、横截面积S、导体的电阻R皆无关 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由于的定义式，对于一个确定的导体来说，导体的电阻与导体两端的电压无关，故A错误；‎ B、导体电阻由导体材料、长度、横截面积决定，在温度不变时，与导体两端的电压和通过导体的电流无关，故B正确；‎ C、同种材料的导体，导体的电阻率不变，故C错误；‎ D、材料的电阻率与导体材料、长度、横截面积无关，是导体材料本身的电学性质，由导体的材料决定，且与温度有关，故D正确；‎ 故选BD.‎ ‎10.一只电饭煲和一台洗衣机并联接在输出电压220 V的交流电源上(其内电阻可忽略不计)，均正常工作．用电流表分别测得通过电饭煲的电流是5.0 A，通过洗衣机电动机的电流是0.50 A，则下列说法中正确的是(　　)‎ A. 电饭煲电阻为44Ω，洗衣机电动机线圈的电阻为440Ω B. 电饭煲消耗的电功率为1100 W，洗衣机电动机消耗的电功率为110W C. 1 min内电饭煲消耗的电能为6.6×104 J，洗衣机电动机消耗的电能为6.6×103 J D. 电饭煲发热功率是洗衣机电动机发热功率的10倍 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 电饭煲与洗衣机的都与电源并联，电源两端电压相等，均为220V，由欧姆定律可求得电饭煲的电阻为 但洗衣机不是纯电阻用电器，不能用欧姆定律计算电阻，故A错误．‎ B. 它们消耗的电功率分别为 P1=UI1=1100W，P2=UI2=110W 故B正确；‎ C. 电饭煲和洗衣机在1min内消耗的电能分别为 Q1=P1t=6.6×104J，Q2=P2t=6.6×103J 故C正确；‎ D. 因洗衣机的内阻未知，无法比较二者的发热功率，故D错误．‎ ‎11.如图所示电路，电源内阻不可忽略．开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中(　　)‎ A. 电压表的示数减小 B. 电流表的示数减小 C. 电压表的示数增大 D. 电流表的示数增大 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】在变阻器R0的滑片向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，变阻器R0与R2并联电阻R并减小，则外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，路端电压U减小，则电压表示数减小，由于R1分压增大，故并联部分电压减小，则电流表示数减小．‎ A. 电压表的示数减小与分析相符，故A正确．‎ B. 电流表的示数减小与分析相符，故B正确．‎ C. 电压表的示数增大与分析不符，故C错误．‎ D. 电压表的示数增大与分析不符，故D错误．‎ ‎12.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，用该电源和小灯泡组成闭合电路时 A. 电源的输出功率6W B. 电源的路端电压2V C. 电源的内阻为1‎ D. 此时灯泡的功率4W ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 电源的U-I曲线与灯泡伏安特性曲线的交点就是灯泡与该电源连接时的工作状态，此时灯泡的电压 U=2V，路端电压为2V，电流 I=2A，电源的输出功率即灯泡的功率 P出=IU=4W 故A错误BD正确．‎ C. 由图读出：电源的电动势 E=3V，内阻 ‎ 故C错误．‎ ‎13.(1)用游标为50分度的卡尺(测量值可精确到0.02 mm)测定某圆筒的内径时，卡尺上的示数如图甲所示，可读出圆筒的内径为______mm．‎ ‎(2)图乙中给出的是用螺旋测微器测量一金属薄板厚度时的示数，此读数应为________mm．‎ ‎(3)已知灵敏电流计G的满偏电流Ig＝100 μA、内阻rg＝2.0 kΩ，若要改装后的电流表满偏电流为200 mA，应并联一只________Ω(保留一位小数)的定值电阻；‎ ‎【答案】 (1). 54.14 (2). 6.123(6.122～6.124均对) (3). 1.0‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1] 游标卡尺的主尺读数为54mm，游标读数为 ‎0.02×7mm=0.14mm 所以最终读数为54.14mm．‎ ‎(2)[2] 螺旋测微器的固定刻度读数为6mm，可动刻度读数为 ‎0.01×12.3mm=0.123mm 所以最终读数为6.123mm．‎ ‎(3)[3] 根据电流表的改装原理有：‎ ‎14.要测绘一个标有“3 V　0.6 W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3 V，并便于操作．已选用的器材有：‎ 电池组(电动势为4.5 V，内阻约为1 Ω)；‎ 电流表(量程为0～250 mA，内阻约5 Ω)；‎ 电压表(量程为0～3 V，内阻约3 kΩ)；‎ 电键一个、导线若干．‎ ‎（1）实验中所用的滑动变阻器应选下列中的________(填字母代号)．‎ A．滑动变阻器(最大阻值20 Ω，额定电流1 A)‎ B．滑动变阻器(最大阻值1750 Ω，额定电流0.3 A)‎ ‎（2）实验的电路图应选用下列的图________(填字母代号)．‎ ‎（3）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示．如果将这个小灯泡接到电动势为1.5 V，内阻为5 Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率是________W．（保留1位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). A (2). B (3). 0.1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（1）为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器．（2）明确实验原理，知道实验中要求电流从零开始调节，故应采用滑动变阻器分压接法，同时根据电表内阻进行分析，确定电流表接法；（3）在I-U图象中作出电源的伏安特性曲线，两图的交点表示灯泡的工作点，由P=UI可求得实验灯泡的功率．‎ ‎（1）电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，方便实验操作，滑动变阻器应选A；‎ ‎（2）实验要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，则滑动变阻器应采用分压接法，灯泡正常发光时的电阻为，，，电流表应采用外接法，因此实验电路应选B；‎ ‎（3）在图中作出电源的伏安特性曲线，两图的交点表示灯泡的工作点，则由图可知，电压为1.0V，电流为0.10A．则由可知，功率．‎ ‎15.在做“测定金属丝的电阻率”的实验中，若待测电阻丝的电阻约为5 Ω，要求测量结果尽量准确，提供以下器材供选择：‎ A．电池组（3 V，内阻约1 Ω）‎ B．电流表（0～3 A，内阻0.0125 Ω）‎ C．电流表（0～0.6 A，内阻约0.125 Ω）‎ D．电压表（0～3 V，内阻4 kΩ）‎ E．电压表（0～15 V，内阻15 kΩ）‎ F．滑动变阻器（0～20 Ω，允许最大电流1 A）‎ G．滑动变阻器（0～2000 Ω，允许最大电流0.3A）‎ H．开关、导线若干 ‎（1）实验时应从上述器材中选用__（填写仪器前字母代号）.‎ ‎（2）测电阻时，电流表、电压表、待测电阻Rx在组成测量电路时，应采用安培表__接法，测量值比真实值偏__（选填“大”或“小”）.‎ ‎（3）若用螺旋测微器测得金属丝的直径d的读数如图，则读数为__mm．‎ ‎（4）若用L表示金属丝的长度，d表示直径，测得电阻为R，请写出计算金属丝电阻率的表达式ρ=__．‎ ‎【答案】 (1). (1)ACDFH (2). (2)外 (3). 小 (4). (3)0.900 (5). (4)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）流过金属丝的最大电流，电池组电压又是3 V，故电流表选C，电压表选D；由于待测电阻的电阻值比较小，滑动变阻器选总阻值小的便于调节，故选F；另外电池组、导线、开关要选； （2）因为，=800，故电流表选择外接法，外接法测量值偏小； （3）从螺旋测微器的主尺上可以看出，半毫米刻度线已经露出来，因此主尺上应读0.5 mm，螺旋上接近第40个刻度线，可以估读40.0×0.01mm=0.400mm，所以该金属丝直径应为0.5 mm+0.400 mm=0.900 mm． （4）根据，解得：‎ ‎16.将两个金属电极锌、铜片插入一个水果中就可以做成一个水果电池．现要测量橘子电池的电动势和内阻，三位同学采用不同的方法进行探究．‎ ‎(1)甲同学用多用电表的直流电压挡，选择0～1 V量程，直接测铜锌两金属片之间的电压时示数为0.82V；若已知该水果电池的内阻约为2100Ω，则该水果电池的电动势应________(填“大于”“等于”或“小于”)0.82V．‎ ‎(2)乙同学利用伏安法并借助DIS实验器材中的电压传感器、电流传感器测水果电池的电动势和内阻，电路如图所示．下表是乙同学测量该水果电池时记录的数据．‎ 请你根据测量数据在给出的坐标纸中描点作出U随I变化的关系图像________．由图像求出水果电池的电动势为________ V，内阻为________ Ω． ‎ ‎【答案】 (1). 大于 (2). (3). 0.96(0.92～1.00) (4). 2.0×103(1.9～2.1×103)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]多用电表测量的是路端电压，水果电池有较大的内阻，根据闭合电路欧姆定律可知，水果电池的电动势大于0.82 V．‎ ‎(2)[2][3][4]作出U随I变化的关系图像 UI图像的纵轴截距表示电源的电动势，斜率的绝对值等于电源的内阻，由图像可知，水果电池的电动势为 E＝0.96 V 内阻为 r= =2.0×103 Ω ‎17.如图所示的电路中，所用电源的电动势E＝4V，内电阻r＝1.0 Ω，电阻R1可调．现将R1调到3 Ω后固定．已知R2＝6 Ω，R3＝3 Ω，求：‎ ‎(1)开关S断开，通过R1的电流为多大？‎ ‎(2)开关S闭合时，电源电压是多大？‎ ‎【答案】（1）0.4 A（2）3.33V ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)开关S断开时，‎ I1＝＝0.4 A ‎(2)开关接通时，R2、R3并联的总电阻 R23＝＝2 Ω I1′＝‎ 路段电压 U=I1′（R23+R1)=3.33V ‎18.如图所示为示波器工作原理的示意图，已知两平行板间的距离为d、板长为l电子经电压为U1的电场加速后从两平行板间的中央处垂直进入偏转电场．设电子质量为me、电荷量为e．‎ ‎（1）求经电场加速后电子速度v的大小．‎ ‎（2）要使电子离开偏转电场时的速度偏转角度最大，两平行板间的电压U2应是多少？电子射出时的动能多大？‎ ‎【答案】（1）（2）；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)电子在电场加速过程，由动能定理得：‎ 则得 ‎(2)电子离开偏转电场偏转角度最大时的偏转量为y=d/2‎ 电子进入偏转电场后，所受电场力：‎ 电子沿偏转电场方向作初速度为零的匀加速直线运动，则有：‎ 又垂直于电场方向作匀速直线运动，则有：‎ t=l/v 联立求解,得：‎ 对于整个过程，由动能定理得： ‎ 由以上两式得 ‎ ‎ ‎ ‎