2019-2020学年福建省南安第一中学高二上学期第一次阶段考试物理试题 解析版

2019-2020学年福建省南安第一中学高二上学期第一次阶段考试物理试题 解析版

南安一中2019～2020学年度上学期第一次阶段考高二物理科试卷 一．选择题：‎ ‎1.下列关于物理学史的说法中错误的是( )‎ A. 卡文迪许巧妙地用扭秤装置测定了静电力常量 B. 密立根用油滴实验比较准确地测定了电子的电荷量 C. 法拉第提出了电场的观点 D. 富兰克林发现了自然界中存在两种电荷，他把一种命名为正电荷，另一种命名为负电荷 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 库伦巧妙地用扭秤装置测定了静电力常量，此说法错误，选项A符合题意；‎ B. 密立根用油滴实验比较准确地测定了电子的电荷量，此说法正确，选项B不符合题意；‎ C. 法拉第提出了电场的观点，此说法正确，选项C不符合题意；‎ D. 富兰克林发现了自然界中存在两种电荷，他把一种命名为正电荷，另一种命名为负电荷，此说法正确，选项D不符合题意。‎ ‎2.某同学有一次不小心购买了盗版的物理参考书，做练习时，他发现有一个关键数据看不清，拿来问老师，如果你是老师，你认为可能是下列数据中的(　　)‎ A. 6.2×10－19 C B. 6.3×10－19 C C. 6.4×10－19 C D. 6.5×10－19 C ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电荷，任何带电体所带电荷都是e的整数倍，因此该带电量为电子电量e=1.6×10-19C的整数倍，将四个选项中的电量除以电子电量得数为整数倍的便是可能正确的数字。‎ A. 6.2×10－19 C不是1.6×10-19C的整数倍，选项A错误； ‎ B. 6.3×10－19 C不是1.6×10-19C的整数倍，选项B错误；‎ C. 6.4×10－19 C是1.6×10-19C的4倍，选项C正确； ‎ D. 6.5×10－19 C不是1.6×10-19C的整数倍，选项D错误。‎ ‎3.如图所示，将悬在绝缘细线上带正电的小球A 放在不带电的金属空心球壳内（与内壁不接触），外加一个水平向右的场强为E的匀强电场，对于最后的结果，下列判断正确的是（）‎ A. B的右端带正电，A向左偏 B. B的右端带正电，A不偏左也不偏右 C. B的左端带正电，A向右偏 D. B的左端带正电，A不偏左也不偏右 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】在B的外部加一个水平向右的场强为E的匀强电场，B中的电子受到外侧电场力的作用，将向左运动，所以B的左侧将带负电，右侧带正电，由此产生一个附加电场，对外部的电场起到一种屏蔽作用，所以B内部的A不受外部电场的影响，所以A不偏左也不偏右。‎ A. B的右端带正电，A向左偏，与结论不相符，选项A错误；‎ B. B的右端带正电，A不偏左也不偏右，与结论相符，选项B正确；‎ C. B的左端带正电，A向右偏，与结论不相符，选项C错误；‎ D. B的左端带正电，A不偏左也不偏右，与结论不相符，选项D错误。‎ ‎4.如图甲所示，由两根横截面积和长度均相同、材料不同的导线Ⅰ和Ⅱ，串联后接入电路。将电源负极端接地，导线上任意一点的电势随该点与点距离的变化关系如图乙所示。导线Ⅰ和Ⅱ的电阻率分别为、，电阻分别为、，则它们的关系正确的是(　 　)‎ A. ，‎ B. ，‎ C. ，‎ D. ，‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】图知，I分担的电压为U1=φ0，Ⅱ分担的电压为U2=2φ0 两导线流过的电流相等，由可知，‎ R1＜R2；‎ 由可知，，因S1=S2，L1=L2，故 ρ1＜ρ2；‎ A. ，，与结论相符，选项A正确；‎ B. ，，与结论不相符，选项B错误；‎ C. ，，与结论不相符，选项C错误；‎ D. ，，与结论不相符，选项D错误。‎ ‎5.如图所示，水平天花板下用长度相同的绝缘轻质细线悬挂起来的两个相同的带电小球a、b，左边放一个带正电的固定球＋Q时，两悬球都保持竖直方向。下面说法正确的是(　　) ‎ A. a球带正电，b球带正电，并且a球带电荷量较大 B. a球带负电，b球带正电，并且a球带电荷量较小 C. a球带负电，b球带正电，并且a球带电荷量较大 D. a球带正电，b球带负电，并且a球带电荷量较小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】存在+Q球时，对A、B球受力分析，由于悬线都沿竖直方向，说明水平方向各自合力为零，说明a球带负电，b球带正电，对+Q 而言，a、b对+Q 的水平方向的库仑力大小相等方向相反。根据得A离+Q较近，所以a球带电荷量较小，b球带电荷量较大。‎ A. a球带正电，b球带正电，并且a球带电荷量较大，与结论不相符，选项A错误；‎ B. a球带负电，b球带正电，并且a球带电荷量较小，与结论相符，选B正确；‎ C. a球带负电，b球带正电，并且a球带电荷量较大，与结论不相符，选项C错误；‎ D. a球带正电，b球带负电，并且a球带电荷量较小，与结论不相符，选项D错误。‎ ‎6.把八个相同的小灯泡接成如图甲、乙所示的电路，调节变阻器使灯泡正常发光，甲、乙两电路所消耗的功率分别用P甲和P乙表示，则下列结论中正确的是(　 　)‎ A. P乙＝P甲 B. P乙＝2P甲 C. P乙＝3P甲 D. P乙＝4P甲 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】设灯泡正常发光时的电流为I，对于甲图，电路的总电流的大小就为I，此时甲的总功率的大小为P甲=U•I；对于乙图，电路的总的电流为4I，此时乙的总功率的大小为P乙=U•4I，所以P乙=4P甲。‎ A. P乙＝P甲，与结论不相符，选项A错误；‎ B. P乙＝2P甲，与结论不相符，选项B错误；‎ C. P乙＝3P甲，与结论不相符，选项C错误；‎ D. P乙＝4P甲，与结论相符，选项D正确。‎ ‎7. 两只完全相同的电流表，分别改成一只电流表和一只电压表，一位同学不小心做实验时误将两只表串起来连接在电路中，则两只表的指针可能出现下列哪种现象 ( )‎ A．两表的指针都不偏转 B．两表指针偏转角度相同 C．两表指针都偏转，电流表的指针偏转角度大得多 D．两表指针都偏转，电压表的指针偏转角度大得多 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：改装电流表是利用灵敏电流表和定值电阻并联，改装电压表是通过灵敏电流表与定值电阻串联，因此把两表串联使用时，都有电流流过灵敏电流表，两电表都有示数，指针都发生偏转，A错；流过两个灵敏电流表的电流大小不同，因此指针偏转角不同，B错；流过哪个灵敏电流表的电流大哪个偏转角就大，由于电压表内部灵敏电流表处于干路当中，因此电压表的指针偏转角度大得多，C错；D对；故选D 考点：考查电表的改装 点评：本题难度较大，主要是学生搞不清楚指针偏转角根据什么物理量来判断，指针是灵敏电流表的指针，偏转角大小根据流过灵敏电流表的电流大小进行判断 ‎8.质量为m的带正电小球由空中A点无初速自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点。不计空气阻力且小球从未落地，设竖直向下为正方向，则( )‎ A. 整个过程中小球速度增量为gt B. 从A点到最低点小球重力势能减少了 C. 整个过程中小球电势能变化了 D. 从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了mg2t2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.小球运动过程如图所示，‎ ‎ 加电场之前与之后，小球的位移大小相等，即 得：‎ v2=2v1‎ 整个过程中速度增量大小为：‎ ‎△v=-v2-0=-2v1=-2gt，‎ 故A错误；‎ B.由运动学公式知 ‎，‎ 则由a1=g a2 =3g，由v22=2a2h解得 从A点到最低点小球重力势能减少了 ‎，‎ 选项B正确；‎ C.对加电场之后的过程（图中虚线过程）应用动能定理得：‎ 对自由下落过程由机械能守恒得：‎ v1=gt，‎ 联立以上各式可解得电场力所做的功为：‎ W电=mgh1+mv22-mv12=2mv12=2mg2t2‎ 即整个过程中小球电势能减少了2mg2t2，故C错误；‎ D.从加电场开始到小球运动到最低点时，动能变化了 ‎△Ek=0-mv12=-mg2t2，‎ 故D错误。‎ ‎9.如图所示，用输出电压为9.0 V，输出电流为2.0A的充电器对内阻为0.1 Ω的手机锂电池充电，下列说法正确的是(　　)‎ A. 电能转化为化学能功率为17.6 W B. 充电器输出的电功率为18 W C. 充电时，电池消耗的热功率为0.4 W D. 充电器把18 W的功率储蓄在电池内 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】B.充电器输出的电功率为P=IU=9×2W =18 W ，选项B正确；‎ C. 充电时，电池消耗的热功率为P热=I2r=22×0.1W=0.4 W，选项C正确；‎ A.电能转化为化学能的功率为P化=P-P热=17.6 W，选项A正确； ‎ D.充电器把17.6W的功率储蓄在电池内，选项D错误。‎ ‎10.如图所示，绝缘弹簧的下端固定在光滑斜面底端，弹簧与斜面平行，带电小球Q(可视为质点)固定在绝缘斜面上的M点，且在通过弹簧中心的直线ab上。现将与Q大小相同，带电性也相同的小球P，从直线ab上的N点由静止释放，若两小球可视为点电荷。在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是(　　)‎ A. 小球P的速度一定先增大后减小 B. 小球P的机械能先增大后减小 C. 小球P速度最大时所受弹簧弹力和库仑力的合力为零 D. 小球P与弹簧组成的系统机械能保持不变 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A.小球P接触到弹簧后，开始时弹簧的弹力小于库仑力与重力沿斜面向下的分力之和，则先沿斜面向下加速运动，后减速向下运动，当弹簧压缩量最大时，小球静止，即小球P的速度一定先增大后减小，故A正确；‎ B.由于小球P除了重力做功之外还有弹簧的弹力和库仑斥力做功，开始弹簧的弹力和库仑斥力的合力方向向下，做正功，所以小球P的机械能增大；随弹力的增大，二者的合力变为向上，合力做负功，机械能减小。所以小球P的机械能先增大后减少，故B正确；‎ C.小球P的速度一定先增大后减小，当P的加速度为零时，速度最大，所以小球P速度最大时所受弹簧弹力、重力沿斜面向下的分力和库仑力的合力为零，故C错误;‎ D.根据能量守恒定律知，小球P的动能、与地球间重力势能、与小球Q间电势能和弹簧弹性势能的总和不变，因为在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，Q对P的库仑斥力做正功，电势能减小，所以小球P与弹簧系统的机械能一定增加，故D错误。‎ ‎11.在如图甲所示的电路中，闭合开关S，在滑动变阻器的滑动触头P向下滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生变化.圈乙中三条图线分别表示了三个电压表示数随电流表示数变化的情况，以下说法不正确的是 A. 图线a表示的悬电压表V3的示数随电流表示数变化的情况 B. 图线c表示的是电压表V2的示数随电流表示数变化的情况 C. 此过程中电压表V1示数的变化量ΔU1和电流表示数变化量ΔI的比值变大 D. 此过程中电压表V3示数的变化最ΔU2和电流表示数变化量ΔI的比值不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. 当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，可知路端电压增大，即知电压表V1示数增大，电压表V2的示数减小，电压表V3的示数增大，则知，图线a表示的是电压表V3的示数随电流表示数变化的情况，图线c表示的是电压表V2的示数随电流表示数变化的情况，故AB项与题意不相符；‎ C. 由闭合电路欧姆定律得U1=E-Ir，则 保持不变，故C项与题意相符；‎ D. 由闭合电路欧姆定律得U3=E-I（r+R1），则 保持不变，故D项与题意不相符。‎ ‎12.在真空中上、下两个区域均为竖直向下匀强电场，其电场线分布如图所示，有一带负电的微粒，从上边区域沿一条电场线以速度下落，并进入下边区域（该区域的电场足够广），在如图所示的速度—时间图象中，可能符合粒子在电场内运动情况的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.微粒受向上的电场力和向下的重力，在上面的电场中，当电场力大于重力时，微粒的加速度向上，则微粒在上面的电场中做匀减速运动，进入下面的电场后，电场力可能等于重力，则微粒匀速向下运动，则选项A可能正确；‎ BC.微粒受向上的电场力和向下的重力，在上面的电场中，当电场力等于重力时，微粒做匀速运动，进入下面的电场后，电场力小于重力，则微粒的加速度向下，即微粒向下做匀加速运动，则选项B可能正确，选项C错误；‎ D.开始在上面的电场中时，电场力可能大于重力，加速度向上，微粒向下做匀减速运动；进入下方的电场后，电场力可能小于重力，加速度向下，则粒子向下做匀加速运动，则选项D正确。‎ 二．实验题： ‎ ‎13. 在“测定金属的电阻率”的实验中，需要用刻度尺测出被测金属丝的长度l，用螺旋测微器测出金属丝的直径d，用电流表和电压表测出金属丝的电阻R．‎ ‎（1）请写出测金属丝电阻率的表达式：ρ=______________．（用上述测量的字母表示）‎ ‎（2）若实验中测量金属丝的长度和直径时，刻度尺和螺旋测微器的示数分别如图所示，则金属丝长度的测量值为l=__________cm，金属丝直径的测量值为d=__________mm．‎ ‎【答案】（1）（2）36．48—36．52 0．796—0．798‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由及可得，；‎ ‎（2）由于刻度尺的最小分度是0．1cm，所以应估读到0．01cm，则金属丝的长度为L=36．50cm，金属丝的直径为d=0．5mm+29．8×0．01mm=0．798mm 考点：测定金属的电阻率 ‎【名师点睛】本题（1）的关键是根据电阻定律写出电阻率的表达式即可；题（2）的关键是注意刻度尺的最小分度是0．1cm，应进行0．1估读，即应估读到0．01cm。‎ ‎14.一个小灯泡的额定电压为2.0V，额定电流约为0.5A，选用下列实验器材进行实验，并利用实验数据描绘小灯泡的伏安特性曲线。‎ A．电源E：电动势3.0V，内阻不计 B．电压表V1：量程为0～3V，内阻约为1kΩ C．电压表V2：量程为0～15V，内阻约为4 kΩ D．电流表A：量程为0～0.6A，内阻约为0.6Ω E．滑动变阻器R1：最大阻值为10Ω，额定电流为1.0A F．滑动变阻器R2：最大阻值为150Ω，额定电流为1.0A G．开关S，导线若干 ‎(1) 实验中使用的电压表应选用_____；滑动变阻器应选用____（请填写选项前对应的字母）。‎ ‎(2) 实验中某同学连接实验电路如图所示，请不要改动已连接的导线，在下面的实物连接图中把还需要连接的导线补上_____。‎ ‎(3) 根据实验中测得的电压表和电流表数据，已在下图坐标纸上做出小灯泡的U-I图线。请简述该图线不是直线的主要原因：_______________________。‎ ‎(4) 若将实验中的小灯泡接在电动势为2.0V、内阻为4Ω的电源两端，则小灯泡的实际功率约为________W（保留两位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). B (2). E (3). 实物连线图如图； (4). 灯丝电阻（率）随温度升高而增大 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2].灯泡额定电压是2V，则电压表选B；为方便实验操作，滑动变阻器应选E．‎ ‎(2)[3].灯泡正常发光时电阻，，，，则电流表采用外接法，由表中实验数据可知，电压与电流从零开始变化，则滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示；闭合开关前，滑片应置于左端．‎ ‎(3)[4].因灯泡电阻随温度的升高而增大，故图象的斜率越来越大，所以图象发生了弯曲；‎ ‎(4)[5].电源的电动势为2V，内阻为4Ω，则电流与路端电压的关系式为：U=E-Ir=2-4I；在上图中作出电流与路端电压的图线，如图所示；交点坐标即为小灯泡的实际电压和电流，故功率为：‎ P=UI=0.7×0.32=0.22W．‎ 三．计算题： ‎ ‎15.如图所示，AB为竖直墙壁，A点和P点在同一水平面上，空间存在着竖直向下的匀强电场。将一带正电小球从P点以速度v向A抛出，结果打在墙上的C处。若撤去电场，将小球从P点以初速度0.5v向A抛出，也正好打在墙上的C点。求：第一次抛出后小球所受电场力和重力之比。‎ ‎【答案】3∶1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】设AC＝h、PA＝l、电场力为F，根据牛顿第二定律得：‎ F＋mg＝ma 第一次抛出时，‎ ‎ ‎ 第二次抛出时，‎ ‎ ‎ 解得：‎ F∶G＝3∶1‎ ‎16.如图，水平方向的匀强电场中有一光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行，a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行。一电荷量为+0.2C的质点沿轨道内侧运动，经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为1.2N和3.6N，求：电场强度E的大小。‎ ‎【答案】2N/C ‎【解析】‎ ‎【详解】在a点时：‎ 在b点时： ‎ 由a到b的过程由动能定理：‎ 代入数据解得：‎ ‎17.一电路如图所示，电源电动势E=28V，内阻r=2Ω，电阻R1=12Ω，R2=R4=4Ω，R3=8Ω，C为平行板电容器，其电容C=3.0pF，虚线到两极板距离相等，极板长L=0.40m，两极板的间距d=1.0×10-2m。‎ ‎（1）若开关S处于断开状态，则当其闭合后，求流过R4的总电量为多少？‎ ‎（2）若开关S断开时，有一带电微粒沿虚线方向以的初速度射入C的电场中，刚好沿虚线匀速运动，问：当开关S闭合后，此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入C的电场中，能否从C的右侧电场中射出？（要求写出计算和分析过程，只写结果不写过程不给分，g取10m/s2）‎ ‎【答案】（1）6.0×10-12C（2）微粒能从C的电场中射出 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）S断开时，电阻R3两端电压为：‎ S闭合后，外阻为：‎ 路端电压：‎ 电阻R3两端电压为：‎ 则所求流过R4的总电量为：‎ ‎△Q＝CU3−CU3′＝6.0×10−12C ‎（2）设微粒质量为m，电量为q，当开关S断开时有：‎ 当开关S闭合后，设微粒加速度a，则 设微粒能从C的电场中射出，则水平方向：‎ 竖直方向：‎ 由以上各式求得：‎ 故微粒能从C的电场中射出。（其他符合题意的计算也可以得分）‎ ‎18. 如图所示装置中，AB是两个竖直放置的平行金属板，在两板中心处各开有一个小孔，板间距离为d，板长也为d，在两板间加上电压U后，形成水平向右的匀强电场．在B板下端（紧挨B板下端，但未接触）固定有一个点电荷Q，可以在极板外的空间形成电场．紧挨其下方有两个水平放置的金属极板CD，板间距离和板长也均为d，在两板间加上电压U后可以形成竖直向上的匀强电场．某时刻在O点沿中线OO'由静止释放一个质量为m，带电量为q的正粒子，经过一段时间后，粒子从CD两极板的正中央进入电场，最后由CD两极板之间穿出电场．不计极板厚度及粒子的重力，假设装置产生的三个电场互不影响，静电力常量为k．求：‎ ‎（1）粒子经过AB两极板从B板飞出时的速度大小；‎ ‎（2）在B板下端固定的点电荷Q的电性和电量；‎ ‎（3）粒子从CD两极板之间飞出时的位置与释放点O之间的距离．‎ ‎【答案】（1）粒子经过AB两极板从B板飞出时的速度大小为；‎ ‎（2）在B板下端固定的点电荷Q带负电，电量为；‎ ‎（3）粒子从CD两极板之间飞出时的位置与释放点O之间的距离为d．‎ ‎【解析】‎ 解：（1）粒子经过AB两板，由动能定理可知：①‎ 得：；‎ ‎（2）粒子飞出B板后，在Q的作用下做匀速圆周运动，由受力分析可知Q带负电，由库仑力提供粒子所需要的向心力，则得：‎ 解得：；‎ ‎（3）粒子沿CD中线进入CD间的电场，做类平抛运动 水平方向做匀速直线运动，有：d=vt ②‎ 竖直方向做匀加速直线运动，有：③‎ 且 ④‎ 由①～④可得：y=d 则飞出CD板时的位置与O点之间的距离为：S=d﹣y=d；‎ 答：‎ ‎（1）粒子经过AB两极板从B板飞出时的速度大小为；‎ ‎（2）在B板下端固定的点电荷Q带负电，电量为；‎ ‎（3）粒子从CD两极板之间飞出时的位置与释放点O之间的距离为d．‎ ‎【点评】本题带电粒子在组合场中运动，掌握加速运动、类平抛运动和匀速圆周运动的处理方法是关键．加速过程常常运用动能定理或能量守恒定律求获得的速度；匀速圆周运动关键分析向心力的来源；类平抛运动要能熟练运用运动的分解法．‎ ‎ ‎