江西省鄱阳县一中2019-2020学年高二上学期检测物理试题

江西省鄱阳县一中2019-2020学年高二上学期检测物理试题

江西省鄱阳县一中2019-2020学年高二上学期第二次检测物理试题 一、单选题 ‎1.关于摩擦起电，下列说法正确的是 ( )‎ A. 摩擦起电过程中电荷的总量增加 B. 两种不同材料的绝缘体相互摩擦后，它们必将同时带上等量同种电荷 C. 摩擦起电时，质子从一个物体转移到另一个物体 D. 摩擦起电时，电子从一个物体转移到另一个物体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，电荷的总量不变，它们同时带上等量异种电荷．‎ A.由上分析可知，A不符合题意； ‎ B.由上分析可知，B不符合题意；‎ C.由上分析可知，C不符合题意； ‎ D.由上分析可知，D符合题意．‎ ‎2.电流表的量程为I，其内阻为，现欲把这电流表的量程扩大至原来的N倍，则　　‎ A. 应加串一个阻值为的N倍的电阻 B. 应加并一个阻值为的电阻 C. 刻度盘的最小刻度是原来的N倍 D. 刻度盘的最小刻度是原来的 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据改装原理可知，要使电流表量程扩大N倍，故应并联电阻分流，根据并联电路规律可知：，故AB错误；改装后满偏刻度为NI，故最小分度将变为原来的N倍，故C正确，D错误．所以C正确，ABD错误．‎ ‎3.如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随电流变化的伏安特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是 A. 在这两种连接状态下，小灯泡的电阻相等 B. 在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1∶2‎ C. 电源1与电源2的内阻之比是7∶11‎ D. 由于小灯泡L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】‎ ‎【分析】‎ 根据电源的外特性曲线U-I图线，可求出灯泡电阻和电源电动势以及内阻； 根据灯泡伏安特性曲线与电源伏安特性曲线交点确定灯泡与电源连接时工作电压与电流，即可求出功率； 欧姆定律适用于纯电阻，灯泡是纯电阻；‎ ‎【详解】A、根据图象交点知与电源1相接时电阻，与电源2相连接时，在这两种连接状态下，小灯泡的电阻不相等，故A错误； B、小灯泡伏安特性曲线与电源伏安特性曲线的交点即为灯泡与电源连接时的工作状态，则连接电源Ⅰ时，，，故 连接电源Ⅱ时，，，故， 所以小灯泡消耗的功率之比为：，故B正确； C、U-I图象的斜率的绝对值表示内电阻，根据电源U-I图线，，，则，故C错误； D、欧姆定律适用于纯电阻，灯泡是纯电阻，适用欧姆定律，故D错误．‎ ‎【点睛】本题关键在于对电源伏安特性曲线、灯泡伏安特性曲线理解，明确交点的含义．‎ ‎4.如图所示，将灯泡L和电动机串联接在电压为10V的理想电源两端．已知灯泡规格为“6 V 12W”，电动线圈电阻为1 Ω，当灯泡正常发光，下列说法错误的是 A. 电动机的输出功率为16W B. 电动的输入功率为8W C. 电动的热功率为4W D. 若利用该电动带动起重装置匀速提升20 N的重物（忽路一切阻力），10s内升高2 m ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC.灯泡正常发光，则灯泡两端电压为6V，电流 可知电动机两端电压为 UM=10V-6V=4V；‎ 电动机输入功率为 P=IUM=8W；‎ 电动机的热功率 电动机的输出功率为 则选项A错误，符合题意；选项BC正确，不符合题意；‎ D．若利用该电动带动起重装置匀速提升20 N的重物（忽路一切阻力），则 解得 v=0.2m/s 则10s内升高 h=vt=2 m 选项D正确，不符合题意．‎ ‎5.用伏安法测电阻时，若不知Rx的大概值，为了选择正确的电路以减小误差，可以用图所示的方法判断（ ）‎ ‎ ‎ A. 若安培表的示数有显著变化，K应接a B. 若安培表的示数有显著变化，K应接b C. 若伏特表示数变化的差值大于安培表示数变化的差值，K应接a D. 若伏特表示数有显著变化，K应接b ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.若安培表读数有显著变化，说明伏特表的分流明显，选用内接法，K应接在b处，故A错误B正确；‎ C. 变化是否明显是看相对值，不是绝对值，故C错误；‎ D. 伏特表读数有显著变化，说明电流表的分压明显，采用外接法，K应接在a处，故D错误；‎ ‎6.如图所示，a、b、c、d、O五点均在匀强电场中，它们刚好是一个半径为R＝0.2 m的圆的四个等分点和圆心O，b、c、d三点的电势如图所示．已知电场线与圆所在平面平行，关于电场强度的大小和方向，下列说法正确的是(　　)‎ A. 电场强度的方向由O指向b点 B. 电场强度的方向由O指向d点 C. 电场强度的大小为10 V/m D. 电场强度的大小为10V/m ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．由匀强电场中平行线上等间距点间的电势差相等可得，O点的电势为6 V，O、d连线的中点e处的电势为8 V，连接c、e，过O作ce的垂线交ce于f，则ce为等势线，电场线垂直于ce向下，即电场强度的方向由f指向O点，选项AB错误；‎ CD．连接c、O，计算得Of长为R，O、f间的电势差为2 V，则电场强度 V/m 选项C错误，D正确．‎ ‎7.如图所示，空间存在水平方向匀强电场E=2.0×104N/C，在A处有一个质量为0.3kg的小球，所带电荷量为q=+2.0×10﹣4C，用一长为L=60cm的不可伸长的绝缘细线与固定点O连接．AO与电场线平行处于水平状态．现让该质点在A处静止释放，则下列说法中正确的有（　　）（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2．）‎ A. 释放后小球做圆周运动 B. 小球在A点瞬间的加速度大小为10m/s2‎ C. 小球从A运动到O点正下方的过程中电势能增加了2.4J D. 小球第一次运动到O点正下方的速度大小为5m/s ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB：带电质点受到的重力，带电质点受到的电场力，将电场力与重力合成如图：‎ 则合力大小，，合力方向与水平方向夹角为370，质点在A处静止释放，将做匀加速直线运动，在A点瞬间的加速度．故AB两项错误．‎ CD：质点第一次从A运动到O点正下方时，下落的高度；质点从A运动到O点正下方时，电场力做功，电势能减小了2.4J；质点第一次从A运动到O点正下方过程，应用动能定理可得：，解得：小球第一次运动到O点正下方的速度．故C项错误，D项正确．‎ ‎【点睛】物体受重力和恒定的电场力时，可将重力和电场力合成，然后将合力等效成新的“重力”，等效于“重力加速度”，的方向等效于“重力”的方向．‎ ‎8.关于电场强度和电势的关系，下列说法正确的是（　　）‎ A. 电势为零的地方场强也为零 B. 场强处处相同的区域内，电势也一定相同 C. 场强方向总是跟等势面垂直 D. 电势高的地方场强不一定大 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 电势为零是人为选取的，则电势为零的地方场强可以不为零．故A错误；‎ B. 场强处处相同的区域内，沿着电场线的方向电势逐渐降低，故B错误．‎ C. 根据电场线与等势面的关系可知，场强的方向与等势面总是垂直．故C正确．‎ D. 沿着电场线的方向电势逐渐降低，电场线密的地方，电场强度大，电场线疏的地方电场强度小．电势高的地方电场强度不一定大，电场强度大的地方，电势不一定高．故D正确．‎ ‎9.电源、开关S、定值电阻R1和R3、光敏电阻R2、灯泡以及电容器连接成如图所示电路，电容器的两平行板水平放置．当开关S闭合，并且无光照射光敏电阻R2时，一带电液滴恰好静止在电容器两板间的M点．当用强光照射光敏电阻R2时，光敏电阻的阻值变小，则( )‎ A. 电容器所带电荷量减少 B. 灯泡变暗 C. 电容器两极板间电压变大 D. 液滴向下运动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据闭合电路欧姆定律：，光敏电阻阻值变小，回路电流增大，灯泡电流变大，灯泡变亮；R1两端电压：电压变大，所以电容器两极板电压变大，，电容器电荷量变大；板间场强，变大，初态电场力与重力平衡，现在场强变大，电场力变大，液滴合力向上，向上运动，ABD错误C正确．‎ ‎10.如图所示，A、B两板间电压为600V，A板带正电并接地，A、B两板间距离为12cm，C点离A板4cm，下列说法正确的是( )‎ ‎ ‎ A. E=2000V/m，φC=200V B. E=5000V/m，φC=-200V C. 电子在C点具有的电势能为-200eV D. 电子在C点具有的电势能为200eV ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由U=Ed可求得场强E，C点的电势等于C与A板的电势差，由U=Ed求解C点的电势；由Ep=qφC可求得电子在C点具有的电势能．‎ ‎【详解】A、B、AB间有匀强电场，场强为,AC间的电势差为 UAC=Ed1=5000×0.04V=200V，因A带正电且电势为零，C点电势低于A点的电势，故φC=-UAC=-200V，故A错误，B正确；‎ C、D、电子在C点具有的电势能EP=φC×(-e)=200eV；故C错误，D正确；‎ 故选BD.‎ ‎【点睛】在研究电场中电势时一定要注意各个量的正负，明确各点间电势的高低，注意电势的符号．‎ 二、实验题 ‎11.按照有效数字规则读出下列电表的测量值.‎ ‎（1）接0～3V量程时读数为______V；‎ ‎（2）接0～0.6A量程时读数为______A；‎ ‎（3）螺旋测微器测的读数______mm.‎ ‎【答案】 (1). 2.15 (2). 0.16 (3). 3.508‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．电压表接0～3V量程，由图示电压表可知，其分度值为0.1V，示数2.15V；‎ ‎（2）[2]．电流表接0～0.6A量程，由图示电流表可知，其分度值为0.02A，示数为0.16A；‎ ‎（3）[3]．螺旋测微器的读数为.‎ ‎12.某兴趣小组想测未知电阻Rx，(约为60)的阻值，实验室提供下列器材：‎ 电源E：电动势约为3. 0V ，内阻忽略不计;‎ 电流表A1：量程为0 ~20mA，内阻r1=50;‎ 电流表A2：量程为0 ~ 50mA，内阻r2约30;‎ 滑动变阻器R1 ：最大阻值为20;‎ 滑动变阻器R2 ：最大阻值为4000;‎ 单刀单掷开关S，导线若干．‎ ‎(1)为保证实验顺利进行，并使测量尽量准确，滑动变阻器应该选用______ (选填“R1”或“R2");闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应滑至__________. (选填“a”或“b”)端．‎ ‎(2)图示为测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，为了完成实验，请在图中完成剩余部分的连接__________．‎ ‎(3)闭合开关，调节滑动变阻器，电流表A1的示数为15.0mA，电流表A2的示数为27.0mA，则Rx的阻值为______．‎ ‎【答案】 (1). R (2). a (3). (4). 62. 5‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2]未知电阻Rx约为60，为了调节方便，所以本实验滑动变阻器选择R1，因为所选滑动变阻器小于待测电阻阻值，选择分压式接法，所以闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应滑至a端，使待测回路电流为零．‎ ‎(2)[3]因为题中未提供电压表，但是电流表A1内阻已知，所以用其来测电压，电路如图所示 ‎(3)[4]根据电流关系可知，流经Rx的电流为 Rx的电压为 所以待测电阻为 三、解答题 ‎13.如图所示，线段A为某电源的U－I图线，线段B为某电阻R的U－I图线，由上述电源和电阻组成闭合电路时，求：‎ ‎（1）电源的输出功率P出是多大？‎ ‎（2）电源内部损耗的电功率P内是多少？‎ ‎（3）电源的效率η是多大？‎ ‎【答案】（1）4W，（2）2W，（3）66.7%‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由电源的U-I图象读出电动势，求出内阻．两图线交点表示电阻与电源组成闭合电路时的工作状态，读出电压和电流，由公式P=UI求出电源的输出功率．（2）电源内部损耗的电功率由公式求解．（3）电源的总功率为，电源的效率为 ‎．代入数据求解即可．‎ ‎（1）从A的图线可读出，电源的电动势 E=3V，内阻 从图象的交点可读出：路端电压U=2V，电路电流I=2A 则电源的输出功率为 ‎（2）电源内部损耗的电功率 ‎（3）电源的总功率为 故电源的效率为 ‎【点睛】本题考查对电源和电阻伏安特性曲线的理解能力，关键要理解两图线的交点就表示该电源和该电阻组成闭合电路时的工作状态，能直接读出电流和路端电压，从而求出电源的输出功率．‎ ‎14.如图所示，电源电动势E＝10 V，内阻不计，两电容器 C1=C2=30μF，电阻R1=4.0Ω，R2=6.0Ω，开关S是闭合的，求：‎ ‎（1）R1中电流I和C1两端的电压U1‎ ‎（2）断开S以后，求通过R1的电量△Q．‎ ‎【答案】（1）1A；6V（2）4.2×10-4C ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)S合上时，和串联，两端电压为零，接在两端，等于两端的电压，由闭合电路的欧姆定律得：流过的电流：‎ ‎，‎ 两端电压等于两端的电压：‎ ‎，‎ 则电容器的带电量：‎ 电容器的带电量：‎ ‎；‎ ‎(2)断开S，、全部接在电源的两端，电路稳定时电路中没有电流，电容器的电压都等于电源的电动势E，则电容器的带电量:‎ ‎，‎ 电容器的带电量：‎ ‎，‎ 则流过的电量为：‎ ‎；‎ ‎15.如图所示为一组未知方向的匀强电场的电场线，将带电荷量为q=﹣1.0×10-6C的点电荷由A点沿水平线移至B点，静电力做了﹣2×10-6J的功，已知A、B间的距离为2cm．‎ ‎（1）试求A、B两点间的电势差UAB；‎ ‎（2）若A点的电势为φA=1V，试求B点的电势φB；‎ ‎（3）试求该匀强电场的大小E 并判断其方向．‎ ‎【答案】（1）2V（2）-1V（3）200V/m ‎【解析】‎ ‎（1）由题意可知，静电力做负功，有：WAB=﹣2×10﹣6J 根据UAB= ‎ ‎（2）由UAB=φA﹣φB，可得φB=φA﹣UAB=1V﹣2V=﹣1V ‎（3）沿着电场方向的位移为d=2×10﹣2cos60°m=1×10﹣2m 沿着电场线方向电势降低，所以电场线的方向：沿电场线斜向下 ‎16.如图所示，在光滑绝缘的水平面上有半圆柱形的凹槽ABC，截面半径为R=0.4m，空间有竖直向下的匀强电场，一个质量m=0.02kg，带电量的小球（视为质点）以初速度从A点水平飞入凹槽，撞在D点，D与O的连线与水平方向的夹角为，试求：‎ ‎（1）小球从A点飞到D点所用时间；‎ ‎（2）电场强度E的大小 ‎（3）从A点到D点带电小球电势能的变化量；（重力加速度为）‎ ‎【答案】（1）0.16s；（2）300V/m；（3）9.6×10-2J．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）水平方向上，小球做匀速直线运动 R+Rcosθ=v0t 解得 ‎（2）在竖直方向上，小球做匀加速直线运动 mg+qE=ma 解得 ‎（3）由匀强电场中电势差与电场强度的关系，有 UAD=E•Rsinθ=96V △E＝−qUAD＝−9.6×10−2J ‎ ‎