2017-2018学年山西省太原市高二上学期阶段性测评（期中）物理试题 解析版

2017-2018学年山西省太原市高二上学期阶段性测评（期中）物理试题 解析版

太原市2017-2018 学年第一学期高二期中考试 物理试题 一、单选选择题 ‎ ‎1. 让橡胶棒与毛皮摩擦带电后，将橡胶棒置于潮湿的空气中，过一段时间后，发现该橡胶棒上带的电荷几乎都“消失了”。关于该现象，下列说法中正确的是 A. 摩擦过程中橡胶棒由于正电荷转移到毛皮而带上负电荷 B. 橡胶棒所带的电荷量可能是 C. 摩擦过程中先创生了负电荷，然后负电荷消失 D. 该现象是由于电子的转移引起的，该电荷仍遵循电荷守恒定律 ‎【答案】D ‎【解析】毛皮与橡胶棒摩擦，毛皮带正电，表明毛皮失去电子，而橡胶棒得到了电子，所以电子由毛皮转移到橡胶棒上，故A错误；任何物体的带电量都是元电荷的整数倍，因为不是的整数倍，故B错误；摩擦起电的实质是电子发生了转移，得到电子的物体带负电，失去电子的物体带正电，并不是创造了电荷，故C错误；该现象是由于电子的转移引起的，该电荷仍遵循电荷守恒定律，故D正确。所以D正确，ABC错误。‎ ‎2. 如图所示，两个电荷量均为+q 的小球用长为l 的轻质绝缘细线连接，静止在光滑的绝缘水平面上．平衡时细线的张力大小为F1 。若将两小球的电荷量均增大为原来的两倍，在不改变电性及细绳长度的情况下，轻绳的张力变为 F2。若两个小球的半径r≪l，则（ ）‎ ‎‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据物体平衡可知，绳子拉力大小等于库仑力的大小，开始时：，两小球的电荷量均增大为原来的两倍，在不改变电性及细绳长度时的拉力为：，由上可得：，故A正确，BCD错误。‎ ‎3. R1和R2是同种材料、厚度相同、表面为正方形的导体,但R2的尺寸比R1 ‎ 的尺寸小。将两导体分别串联（如图1）和并联（如图2）接入电路,通过两导体的电流方向如图中箭头所示,则 ( )‎ A. 图1 中R1两端的电压大于R2 两端的电压 B. 图2 中通过R1的电流小于通过R2的电流 C. 图1 中R1内自由电荷定向移动的速率小于R2内自由电荷定向移动的速率 D. 图2 中R1内自由电荷定向移动的速率大于R2内自由电荷定向移动的速率 ‎【答案】C ‎【解析】设导体厚度为d，R边长为L，电阻率为ρ，根据电阻定律得导体的电阻为：，由此可知导体R1、R2的阻值相等，图1 中R1、R2串联，根据串联分压的特点可知 R1两端的电压等于R2 两端的电压，故A错误；根据电流的微观表达式：I=nevS=nevLd，由于I、n、e、d相同，则L越大，v越小，则R1中自由电荷定向移动的速率小于R2中自由电荷定向移动的速率，故C正确；图2 中R1、R2并联，电压相等，导体R1、R2的阻值相等，所以通过R1的电流等于通过R2的电流，故B错误；根据电流的微观表达式：I=nevS=nevLd，由于I、n、e、d相同，则L越大，v越小，则R1中自由电荷定向移动的速率小于R2中自由电荷定向移动的速率，故D错误。所以C正确，ABD错误。‎ ‎4. 如图V1、V2、V3是用相同表头改装成的三块电压表，其量程分别为6V、3V、6V。已知 输入电压为9V 则当S1、2S2处于各个状态时， BB’两端的电压不可能是（ ）。‎ A. 6V B. 4.5V C. 3V D. 2.25V ‎【答案】A ‎【解析】根据题意可知V1、V2、V3的三块电压表内阻之比为：2:1:2；当S1闭合、S2断开时，根据串联分压规律可知V1、V2的示数之比为：2:1，所以BB’两端的电压是为3V，故C可能；当S1断开、S2闭合时，根据串联分压规律可知V1、V3的示数之比为：1:1，所以BB’两端的电压是为4.5V，故B可能；当S1、S2都闭合时， V2和V3并联在和 V1串联，阻值之比为：1:3，根据串联分压规律可知V1、V3的示数之比为：3:1，所以BB’两端的电压是为2.25V，故D可能。所以D不可能。‎ ‎5. 如图1 所示,真空中有一半径为R、电荷量为+Q 的均匀带电球体（实线）,以球心为坐标原点,沿半径方向建立x轴。理论分析表明,x 轴上各点的场强随x 变化关系如图2 所示,则( )‎ A. c 处场强和a 处的场强大小相等、方向相反 B. 球内部的电场为匀强电场 C. a、c 两点处的电势一定相等 D. 将一个正试探电荷沿x 轴从b 移到c 的过程中，电场力做正功 ‎【答案】D ‎【解析】由图2可知：c 处场强和a 处的场强大小相等、方向相同，故A错误；由图象可得，球内部的电场强度从圆心向外逐渐增大，球内部的电场为非匀强电场，故B错误；由图象得，电场线的方向一定是从圆心指向无穷远处，沿电场线的方向降低，所以a处的电势高于b处的电势，故C错误；将一个正试探电荷沿x 轴从b 移到c 的过程中，所受的电场力向右，位移也向右，所以电场力做正功，故D正确。所以D正确，ABC错误。‎ ‎6. 如图所示，M、N 是两块水平放置的平行金属板， R0为定值电阻， R1和 R2为可变电阻，开关S 闭合。质量为m的带正电的微粒从P 点以水平速度V0射入金属板间，沿曲线打在N 板上的O 点。若经过下列调整后，微粒仍从P点以水平速度V0射入，则（ ）‎ A. 保持S 闭合，增大R2，粒子打在O 点右侧 B. 保持S 闭合，增大R1，粒子打在O 点左侧 C. 断开S，M 极板稍微上移，粒子打在O 点右侧 D. 断开S，M 极板稍微下移，粒子打在O 点左侧 ‎【答案】B ‎【解析】保持开关S闭合，增大R2，不会影响电阻R0两端的电压，故粒子打在O点，故A错误；保持开关S闭合，根据串并联电压关系可知，R0两端的电压为：，增大R1，U将减小，电容器两端的电压减小，故粒子受重力和电场力方向相反，根据牛顿第二定律可得加速度为：，可知加速度增大，当粒子打在下板时有：，可知粒子的运动时间变小，在水平方向飞行的距离为，可知粒子打在O点左侧，故B正确；断开开关，平行板间的电场强度为： ，电场强度不变，故加速度不变，M极板稍微上移，不会影响离子的运动，故还打在O点，故CD错误。所以B正确，ACD错误。‎ ‎7. 已知电源内阻r=2Ω,灯泡电阻RL=2Ω, R2=2Ω 滑动变阻器R1的最大阻值为3Ω,如图所示,将滑片P 置于最左端,闭合开关S1, S2 ,电源的输出功率为 P0 ,则( )‎ A. 将滑片P 向右滑动， R1消耗的功率先增大后减小 B. 将滑片P 向右滑动，L 消耗的功率先增大后减小 C. 当滑片P 置于最右端时,电源输出功率仍为 P0‎ D. 若p 位于最左端时断开S2，电源的输出功率达到最大值 ‎【答案】C ‎【解析】开始时，滑片P置于最左端，灯泡与R2并联在与R1串联，电源的等效内阻为r1=2Ω+1Ω=3Ω，滑动变阻器R1的最大阻值为3Ω，由推论可知，此时R1消耗的功率最大，当滑片P向右滑动时R1的阻值在减小，由此可知R1消耗的功率逐渐在减小，故A错误；根据动态电路的“串反并同”规律可知L的电流在逐渐增大，所以L 消耗的功率逐渐增大，故B错误；滑片P置于最左端，外电阻为 R外1=3Ω+1Ω=4Ω，电源的输出功率为P0，当滑片P 向右滑动时，外电阻减小，最小值为1Ω，由推论可知，滑片P向右滑动时，电源输出功率先增大后减小，电源输出功率仍为P0时，对应的另一个外电阻应满足：，可得：，则R外2=1Ω，即滑片P置于最右端时，电源输出功率仍P0，故C正确；若P位于最左端时断开S2，此时外阻为：，电源内阻为r=1Ω，根据推论可知，电源的输出功率不是最大值，故D错误。所以C正确，ABD错误。‎ ‎8. 套有三个带电小环的光滑大圆环放在水平面桌面上,小环可在大环上自由滑动且电荷量保持不变，平衡后,三个小环构成一个等腰锐角三角形,三角形的边长大小关系是 AB=AC>BC,可以判断( )‎ A. 三个小环电荷量的代数和可能为0‎ B. 三个小环所受大环的弹力大小关系为FA>FB=FC C. A 环可能与B,C 环的电性相反 D. 三个小环带电荷量的大小为QA＜QB=QC ‎【答案】B ‎【解析】对A分析，弹力过圆心，根据平衡条件，要么B与C对A引力，要么对A斥力，才能处于平衡状态，因此A不可能受到一个斥力一个引力，所以BC带同种电荷，分析B根据平衡条件可得AC同种电荷，可得三个同种电荷，故AC错误；依据弹力等于两个库仑力的径向分量之和，显然FAB=FAC＞FBC，所以A的弹力最大，B的弹力为FAB和FBC径向分量之和，C的弹力为FAC和FBC径向分量之和，显然FAC=FAB，所以弹力FA＞FB=FC ，故B正确；A受到两斥力，AB=AC＞BC，可得受A力更大，又离B远，可得A电量大于C，所以电荷量的关系为：QA>QB=QC，故D错误。所以B正确，ACD错误。‎ ‎9. 如图，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45°角，上极板带正电。两极板电场强度为E0.一电荷量为q（q＞0）的粒子在电容器中靠近下极板处。以某一初动能竖直向上射出。不计重力，极板尺寸足够大。若粒子能打到上极板，则粒子的初动能的最小值为（ ）‎ A. Eqd B. Eqd C. 2Eqd D. 4Eqd ‎【答案】C ‎【解析】根据电荷的受力情况可知，粒子在电场中做曲线运动，如图所示：‎ 将粒子的速度v分解为垂直于板的vy和平行的vx，由于极板与水平面夹角45°，粒子的初速度方向竖直向上，所以粒子初速度在垂直于板的方向的速度为：，当电场足够大时，粒子到达上极板时速度恰好与上极板平行，即粒子垂直于极板方向的速度vy′=0，此时动能最小，根据运动学公式有：，最小动能为：，联立可得：，故C正确，ABD错误。‎ ‎10. 如图所示，一个“V”形玻璃管倒置于竖直平面内，并处于场强大小为E=1×103V/m，方向垂直向下的匀强电场中，一个重力为G=1×10-3N，电荷量为q=2×10-6C 的带负电小滑块从A 点由静止开始运动，小滑块与管壁的动摩擦因数u=0.5。已知管长AB=BC=2m，倾角α=37°，不考虑经过B 点时动能的损失，则（取sin37°=0.6，cos37°=0.8）（ ）。‎ A. B、A 两点间的电势差为2000V B. 小滑块从A 点第一次运动到B 点的过程中电势能增大 C. 小滑块第一次速度为零的位置在C 点处 D. 从开始运动到最后静止，小滑块通过的总路程为3m ‎【答案】D ‎【解析】根据电势差定义可得B、A间的电势差为：UBA=ELsin37°=1×103V/m×2m×0.6=1200V，故A错误；小滑块从A点第一次运动到B点的过程中，电场力做正功，电势能减小，故B错误；如果小滑块第一次速度为零的位置在C处，那么从A到C过程，电场力做功为零，重力做功为零，而摩擦力做功不为零，动能变化不为零，与动能定理矛盾，故C错误；设从开始运动到最后停止过程，小滑块的路程为S，对运动过程根据动能定理，有：，解得：S=3m，故D正确。所以D正确，ABC错误。‎ 二、多项选择题 ‎11. 铅蓄电池的电动势为 2V，下列说法正确的是（ ）‎ A. 电路中每通过 2C 的电荷量，铅蓄电池把 2J 的化学能转化为电能。‎ B. 铅蓄电池在未接入电路时，电池两端的电压等于 2V。‎ C. 铅蓄电池在 1S 内总是将 2J 的化学能转变成电能。‎ D. 铅蓄电池将化学能转化为电能的本领比一节 1.5V 的干电池大。‎ ‎【答案】BD ‎【解析】根据电动势的定义式：，可知电路中每通过2C的电荷量，非静电力做功为： W=qE=2×2=4J，则电源把4J的化学能转变为电能，与时间无关，故AC错误；电池的电动势等于未接入电路时，电池两端的电压，故B正确；电动势反映电源将其他形式的能转化为电能的本领，电动势越大，这种转化本领越大；一节干电池的电动势为1.5V，电路中每通过1C的电荷量，电源把1.5J的化学能转变为电能，可知铅蓄电池把其他形式能转化为电能的本领比一节干电池的强，故D正确。所以BD正确，AC错误。‎ ‎12. 某导体中的电流随其两端的电压变化如图所示，由图可知 A. 加 12V 电压时，导体的电阻约是 8Ω B. 加 12V 电压时，导体的电阻约为 5Ω C. 随着电压的升高，导体的电阻不断增大 D. 电压升高为原来的 2 倍，导体的电功率增大为原来的 4 倍 ‎【答案】AC ‎.....................‎ ‎13. 电容式麦克风是利用电容器的充放电原理以超薄的金属或镀金的塑料薄膜为振膜感应音压。以改变导体间的静电压直接转化成电能讯号。如图所示，振膜与基板构成了一个电容器，当振膜在声波的作用下振动时，电容发生变化，电路中电流随之变化。则当振膜向右振动时 A. 电容器的电容量增大 B. 电容器的带电量增大 C. 电容器两极板间的场强不变 D. 电阻 R 上电流方向是向下的 ‎【答案】ABD ‎【解析】当振膜向右振动时相当于减小板间距离，根据电容决定式：，可知电容将增大，故A正确；因为电压不变，根据电容定义式：，可知电量增大，电容器将充电，则电阻 R 上电流方向是向下的，故BD正确；根据场强定义式：，可知场强变大，故C错误。所以ABD正确，C错误。‎ ‎14. 如图所示虚线表示竖直平面内的四个等势面，相邻等势面间的电势差相等，一带负电的油滴，从右垂直等势面φa 向左进入电场，在图中所示的竖直平面内运动，运动轨迹与等势面分别交于 abc 三点。已知带电油滴从 a点运动到 c 点的过程中重力做功为 2.0J,克服电场力做功为 1.2J,则 A. 油滴在 a 点的动能比在 c 点的动能大 0.8J B. 油滴在 c 点受到的电场力大于在 a 点受到的电场力 C. 油滴在 ab 段动能的增量与在 bc 段动能的增量一定相等 D. 油滴在 ab 段机械能的改变量与在 bc 段机械能的改变量相等 ‎【答案】BD ‎【解析】油滴从 a点运动到 c 点的过程中，根据动能定理：，可得，即油滴在 a 点的动能比在 c 点的动能小 0.8J，故A错误；等差等势面越密集的区域电场强度越大，所以油滴在 c 点受到的电场力大于在 a 点受到的电场力，故B正确；油滴在 ab 段和bc 段电场力做功相等，而重力做功不一定相等，根据动能定理可知，油滴在 ab 段动能的增量与在 bc 段动能的增量不一定相等，故C错误；机械能的改变量等于电场力做的功，油滴在 ab 段和bc 段电场力做功相等，所以滴在 ab 段机械能的改变量与在 bc 段机械能的改变量相等，故D正确。所以BD正确，AC错误。‎ ‎15. 如图所示，离地高 H 处有一质量为 m，带电量为+q 的物体处于电场强度随时间变化规律为 E= E0-kt(E0和 k 均为大于零的常数，水平向左为电场正方向)的均匀电场中，物体与竖直绝缘墙壁的动摩擦因数为μ，已知μqE0＞mg，t=0 时，将物体从墙上由静止释放，若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当物体下滑 h（ h＜H）时恰好脱离墙面，此时速度大小为 v，最终落在地面上，则 A. 物体落地前做加速度一直增大的加速运动 B. 物体从脱落墙壁到落地前的运动轨迹是直线 C. 物体克服摩擦力做的功等于 mgh-‎ D. 物体与墙壁脱离的时刻等于 ‎ ‎【答案】ACD ‎【解析】竖直方向上有mg-μqE=ma，随着电场强度E的减小，加速度a逐渐增大，当E=0时，加速度增大到重力加速度g，此后物块脱离墙面，此后电场力增大，重力不变。物体所受的合力增大，加速度也继续增大，故A正确；物体脱离墙面时的速度向下，之后所受合外力与初速度不在同一条直线上，所以运动轨迹为曲线，故B错误；物体从开始运动到脱离墙面电场力一直不做功，由动能定理得：，解得：，故C错误；当物体与墙面脱离时电场强度为零，所以E=E0-kt=0，解得时间：，故D正确。所以AD正确，BC错误。‎ 三、实验题 ‎16. 为了测量一个“12V、 6W” 的小灯泡在不同电压下的功率，给定了以下器材:电流表:0～0.6A， 0～3A，内阻较小；电压表:0～3V， 0～15V，内阻很大；滑动变阻器；阻值范围 0～20Ω，允许最大电流 1A；电源:12V，内阻不计； 开关一个，导线若干。实验时要求加在小灯泡两端的电压可从 0～12V 变化。‎ ‎（1） 电压表应选择量程__________V； 电流表应选择量程_________A；滑动变阻器应采用_________(选填“分压”或“限流” )接法。‎ ‎（2）将图甲中的实物图连接成实验电路___；‎ ‎③某位同学测得小灯泡的伏安特性曲线如图 乙所示，由图可知，通过小灯泡的电流大小为 0.40A 时，加在它两端的电压为_______V， 此时小灯泡的实际功率为_______W。（保留 2 位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). (1)0~0.6A (2). 0~15V (3). 分压式 (4). （2）‎ ‎ (5). （3）6.0V (6). 2.4W ‎【解析】（1）小灯泡的额定电压约12V，所以要选择量程为0-15V的电压表；流过灯泡的电流为所以电流表选择0-0.6A的量程，要求电压从零调节，因此要用滑动变阻器的分压接法。‎ ‎（2）电路如图所示：‎ ‎（3）从伏安特征曲线上可得，当小灯泡电流强度大小为0.40A时小灯泡两端的电压是6V，所以小灯泡的实际功率为：P=UI=6×0.40W=2.4W。‎ ‎17. 在测定金属丝的电阻率的实验中，某同学进行了如下测量：‎ ‎（1）用米尺测量金属丝的长度 l 为 1.000m，用螺旋测微器测量金属丝的直径，从图中读出金属丝的直径为_______mm。‎ ‎（2）若实验所用电流表的内阻R=2