安徽省合肥市三十中2020学年高二物理上学期11月考试试题（含解析）

安徽省合肥市三十中2020学年高二物理上学期11月考试试题（含解析）

安徽省合肥三十中2020学年上学期高二11月考试物理试题 ‎ 一、选择题 ‎1. 下列措施中，不属于防止静电危害的是(　　)‎ A. 油罐车后有一条拖在地上的铁链条 B. 小汽车上有一根露在地面上的小天线 C. 在印染厂中保持适当的湿度 D. 在地毯上夹杂0.05～0.07 mm的不锈钢丝导电纤维 ‎【答案】B ‎【解析】油罐车在运输过程中，油和罐之间不断摩擦，从而产生大量的静电，通过后面装一条拖地的铁链，及时导走，这是防止静电危害，A错误；小汽车上有一根露在车面上的小天线是为了更好地接受无线电信号，B正确；印刷车间中，纸张间摩擦产生大量静电，所以印刷车间中保持适当的湿度，及时把静电导走，避免静电造成的危害，C错误；不锈钢丝的作用是把鞋底与地毯摩擦产生的电荷传到大地上，以免发生静电危害，D错误．‎ ‎2. 如图所示，图中边长为a的正三角形ABC的三个顶点分别固定有三个点电荷＋q、＋q、－q，则该三角形中心O点处的场强为 A. ，方向由C指向O B. ，方向由O指向C C. ，方向由O指向C D. ，方向由C指向O ‎【答案】C ‎【解析】O点是三角形的中心，到三个电荷的距离为 ，三个电荷在O处产生的场强大小均 ，根据对称性和几何知识得知：两个+q在O处产生的合场强为 ，再与-q在O处产生的场强合成，得到O点的合场强为 ，方向由O指向C，故C正确，‎ 综上所述本题答案是：C ‎3. 在如图所示电路中，电源电动势为10V，内阻为1.0Ω，电阻R0为1Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5Ω，闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0A，则以下判断中正确的是（ ）‎ A. 电动机的输出功率为10.0W B. 电动机输出功率为14.0W C. 电源输出的电功率为16.0W D. 电源输出的电功率为14.0W ‎【答案】A ‎【解析】AB、电路中电流表的示数为2.0A，所以电动机的电压为：，电动机的总功率为：P总=UI=6×2=12W，电动机的发热功率为：P热=I2R=22×0.5=2W，所以电动机的输出功率为：P出=12W-2W=10W ‎，所以A正确，B错误；‎ CD、电源的输出的功率为：P输出=EI-I2R=10×2-22×1=16W，故C正确，D错误．‎ 故选：AC。‎ 点睛：在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．‎ ‎4. 滚筒式静电分选器由料斗A、导板B、导体滚筒C、刮板D、料槽E、F和电针G等部件组成．C与G分别接于直流高压电源的正、负极，并令C接地．如图1所示，电源电压很高，足以使放电针G附近的空气发生电离而产生大量离子．现有导电性能不同的两种物质粉粒a、b的混合物从料斗A下落，沿导板B到达转动的滚筒C上，粉粒a具有良好的导电性，粉粒b具有良好的绝缘性．下列说法正确的是(　　)‎ A. 粉粒a落入料槽F，粉粒b落入料槽E B. 粉粒b落入料槽F，粉粒a落入料槽E C. 若滚筒C不接地而放电针G接地，从工作原理上看，这是不允许的 D. 若滚筒C不接地而放电针G接地，从工业实用角度看，这是允许的 ‎【答案】A 考点：静电的利用 ‎【名师点睛】考查了静电分选器工作原理，关键是知道仪器的原理；注意为防止触电，电源的正极要接地。‎ ‎5. 两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA＝h，此电子具有的初动能是(　　)‎ A. B. edUh C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】电子在电场中被加速且末速度为零，根据动能定理：-eEh=0-Ek0，板间场强为：，联立可得：，故D正确，ABC错误。‎ ‎6. 如图所示，在水平方向的匀强电场中，一绝缘细线的一端固定在O点，另一端系一带正电的小球，小球在只受重力、电场力、绳子的拉力作用下在竖直平面内做圆周运动，小球所受的电场力大小等于重力大小． a、b、c、d四点的位置如图所示，圆上各点相比较，小球 （ 　）‎ A. 在最高点a处的动能最小 B. 在最低点c处的机械能最小 C. 在水平直径左端d处的机械能最大 D. 在水平直径右端b处的机械能最大 ‎【答案】B ‎【解析】小球受电场力和重力大小相等，方向水平向右，则小球所受电场力和重力的合力如图所示：‎ 合力与水平方向成45°角偏右下方，如图，小球所受合力方向可知，小球从a到向e点运动时，合力对小球做负功，小球动能将减小，故a点不是小球动能最小的点（最小的点在e点），故A错误；除重力以外其它力做功等于机械能的增量，拉力不做功，从d到b的过程中，电场力做负功，则b点机械能最大，d点机械能最小，故D正确，BC错误。所以D正确，ABC错误。‎ ‎7. 如图所示，a、b 分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀电阻丝的 U-I 图象，已知导体电阻，下列说法正确的是( )‎ A. a 代表的电阻丝较粗 B. b 代表的电阻丝较粗 C. a 电阻丝的阻值小于 b 电阻丝的阻值 ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：I-U图象中图象的斜率表示电阻，则由图可知，a电阻丝的阻值小于b电阻丝的阻值，选项C正确；由可知，长度相同时，电阻越大的电阻丝越细，则可知a代表的电阻丝较粗，b代表的电阻丝较细，选项A正确，B错误； 电阻丝的电阻与电压和电流无关，故D错误，故选AC．‎ 考点：I-U图象；电阻定律 ‎【名师点睛】本题考查I-U图象以及电阻定律的应用，要注意明确I-U图象的性质，能通过图象正确分析电阻关系是解题的关键。‎ 图线表示两个电阻丝的电阻随电压的增大而增大 ‎8. 下列对电源电动势概念的认识中,正确的是( )‎ A. 电源电动势等于外电路断开时电源两极间的电压 B. 电源把越多的其他形式的能转化为电能,电动势就越大 C. 电动势和电压单位相同,所以物理意义也相同 D. 在闭合电路中,电动势等于路端电压与电源内部电势降落之和 ‎【答案】AD ‎【解析】源电动势等于外电路断开时电源两极间的电压，选项A正确；根据W=qU，电源把其他形式的能转化为电能越多，电动势不一定大，还跟移动电荷的多少有关．故B错误；电动势定义式，电压定义式，故其物理意义不同，C错误；根据闭合电路欧姆定律，在闭合电路中，电源电动势等于路端电压与电源内部电势降落之和，故D正确；故选AD.‎ 点睛：知道电源的概念、物理意义、定义式即可正确解题，本题要注意电源电动势表征了电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，根据W=qU可知，电源把其他形式的能转化为电能越多，电动势不一定大，还跟移动电荷的多少有关．‎ ‎9. 在如图所示的电路中，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，闭合电键S，将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是（）‎ A. 灯泡L变暗 B. 电源的输出功率先变大后变小 C. 电容器C上的电荷量减少 D. 电压表读数的变化量与电流表读数的变化量之比恒定 ‎【答案】AD ‎【解析】试题分析：当滑动变阻器滑片P向左移动，其接入电路的电阻增大，电路总电阻R总增大，干路电流I减小，电源的内电压减小，路端电压增大，灯泡的功率P=I2RL，RL不变，则电流表读数变小，电压表读数变大，灯泡变暗．故A错误．当内、外电阻相等时，电源的输出功率最大．由题意，灯炮L的电阻大于电源的内阻r，当R增大时，外电阻与电源内电阻的差值增大，电源的输出功率变小．故B错误．变阻器两端电压增大，电容器与变阻器并联，电容器上电压也增大，则其电荷量增大，故C错误．根据闭合电路欧姆定律得：U=E-Ir，则=r，即电压表读数的变化量与电流表读数的变化量之比等于电源的内电阻r，保持不变．故D正确．故选D．‎ 考点：电路的动态分析 ‎10. 下列说法中正确的是（　　）‎ A. 由R=U/I可知，电阻与电压、电流都有关系 B. 各种材料的电阻率都与温度有关，金属的电阻率随温度的升高而减小 C. 由R=ρl/s可知，电阻与导体的长度和横截面积都有关系 D. 所谓超导体，当其温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，它的电阻率突然变为零 ‎【答案】CD ‎【解析】试题分析：电阻是导体本身的性质决定的，与电压和电流无关；故A错误；金属导体的电阻率随温度的升高而增大；故B错误；由可知，电阻与导体的长度和横截面积都有关系；故C正确；所有导体，当其温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，它的电阻率突然变为零；故D正确；故选CD．‎ ‎【点睛】电阻率越小，导电性能越好；金属的电阻率随温度的升高而增大，半导体材料电阻率随温度升高而减小，可以将电阻率不随温度变化的材料制成标准电阻．‎ ‎11. 如图所示，A、B两个带电小球的质量均为m，所带电量分别为+q和－q，两球间用绝缘细线连接，A球又用绝缘细线悬挂在天花板上，细线长均为L。现在两球所在的空间加上一方向水平向左的匀强电场，电场强度 ‎， A、B两球最后会静止在新的平衡位置，则在这个过程中，两个小球 ( )‎ A. 总重力势能增加了 B. 总重力势能增加了 C. 总电势能减少了 D. 总电势能减少了 ‎【答案】BD ‎【解析】把A、B两球看成一个整体水平方向受的电场力为零，从竖直方向受力分析，可知：A绳始终是竖直的，即A球的的重力势能不变；隔离B，水平向右电场力F=qE=mg；向下重力也是mg，对其受力分析根据平衡条件可知：B绳与水平成450，这时B球位置升高，所以重力势能增加，故A正确，B错误；由于B电荷向右移动了，所以电场力对B电荷做功为，所以电势能减少了，故C错误，D正确。所以BD正确，AC错误。‎ ‎12. 如图，一带正电的点电荷固定于O 点，两虚线圆均以O 为圆心，两实线分别为带电粒子M 和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点，不计重力. 下列说法正确的是（ ）‎ A. M 带负电荷，N 带正电荷 B. M 在b 点的动能大于它在a 点的动能 C. N 在d 点的电势能等于它在e 点的电势能 D. N 在从c 点运动到d 点的过程中克服电场力做功 ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：由粒子运动轨迹可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，可知M带负电荷，N带正电荷，故A正确．M从a到b点，库仑力做负功，根据动能定理知，动能减小，则b点的动能小于在a点的动能，故B正确．d点和e点在同一等势面上，电势相等，则N在d点的电势能等于在e点的电势能，故C正确．‎ D、N从c到d，库仑斥力做正功，故D错误．故选ABC 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】本题关键是根据曲线运动的条件判断出静电力的方向，掌握判断动能和电势能变化的方向，一般的解题思路是根据动能定理判断动能的变化，根据电场力做功判断电势能的变化。‎ 视频 ‎13. 将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、E和Q表示。下列说法正确的是(　　)‎ A. 保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半 B. 保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍 C. 保持d不变，将Q变为原来的两倍，则U变为原来的一半 D. 保持d不变，将Q变为原来的一半，则E变为原来的一半 ‎【答案】AD ‎【解析】试题分析：保持U不变，根据公式E=分析E与d的关系；保持E不变，U与d正比；保持d不变，C不变，根据C=分析Q与U的关系；保持d不变，将Q变为原来的一半，由C=分析U的变化，由 E=分析E的变化．‎ 解：A、保持U不变，将d变为原来的两倍，根据公式E=‎ 可知，E变为原来的一半．故A正确．‎ B、保持E不变，将d变为原来的一半，由U=Ed可知，U变为原来的一半．故B错误．‎ C、保持d不变，电容C不变，将Q变为原来的两倍，由公式C=分析可知，U变为原来的两倍．故C错误．‎ D、保持d不变，电容C不变，将Q变为原来的一半，由公式C=分析可知，U变为原来的一半，由E=分析知，E变为原来的一半．故D正确．‎ 故选AD ‎【点评】本题关键要掌握E=、C=两个公式，同时，要明确d不变时，电容C不变．‎ 视频 ‎14. 如图所示的电路图，AB间电压为U，则下列说法正确的是（　　）‎ A. 滑动变阻器滑片向上移动时，RX两端电压变小 B. 滑动变阻器滑片向下移动时，RX两端电压变大 C. 滑动变阻器滑片位于中间时，RX两端电压小于 D. 滑动变阻器滑片位于中间时，若CD间改接为内阻为RX的电动机，电动机恰能正常工作，则此电动机消耗的热功率小于 ‎【答案】CD ‎【解析】电阻Rx与变阻器的下半部分并联后再与上半部分串联；滑动变阻器滑片向上移动时，串联部分电阻变小，并联电阻变大，分压大，则Rx两端电压变大，故A 错误；滑动变阻器滑片向下移动时，串联部分电阻变大，并联电阻变小，分压小，则Rx两端电压变小，故B错误；滑动变阻器滑片位于中间时，电阻RX与变阻器的下半部分并联后再与上半部分串联，由于并联部分的电阻比变阻器上半部分电阻小，故滑动变阻器滑片向下移动时，串联部分电阻变大，并联电阻变小，分压小，则Rx两端电压变小，故Rx两端电压小于，故C正确；CD间改接为内阻为RX的电动机，由C知其电压小于，其又不是纯电阻电路，则其消耗的热功率小于，故D正确。所以CD正确，AB错误。‎ 二、实验题 ‎15. 在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：‎ A.干电池(电动势约为1．5 V、内电阻大约为1．O)‎ B.电流表Al(满偏电流2mA、内阻20)‎ C.电流表A2(O～O．6A、内阻约0．1)‎ D．滑动变阻器(O～10、2A)‎ E.滑动变阻器(0～100、lA)‎ F．定值电阻980 G．开关S、导线若干 ‎(1)为了方便且能较精确地进行测量，其中应选用的滑动变阻器是_____(填“”或“”)‎ ‎(2)四位同学分别设计了甲、乙、丙、丁四个实验电路图，其中最合理的是________。‎ ‎(3)四位同学讨论后，根据最合理的实验方案正确操作，利用测出的数据绘出了右图所示的图线(为电流表A1的示数，为电流表A2‎ 的示数)。由图线可求得被测电池的电动势=______V(结果保留三位有效数字)；内电阻_____ (结果保留两位有效数字)。‎ ‎【答案】 (1). R1 (2). 乙 (3). 1.45-1.47 (4). 0.81-0.84‎ ‎【解析】（1）为方便实验操作，滑动变阻器应选择R1．‎ ‎（2）没有电压表，应该用电流表A1与电阻R3串联组成电压表，电压表测路端电压，用电流表A2测电路电流，由电路图可知，合理的实验电路图是乙．‎ ‎（3）由图乙所示实验电路可知，在闭合电路中：E=I1（RA1+R3）+I2r，‎ 由图象可知，图象的截距： ，则电源电动势E=1.46V；图象斜率： ，电源内阻r=0.84Ω；‎ 点睛：在应用图象法处理实验数据求电源电动势与内阻时，要根据实验电路与实验原理求出图象的函数表达式，然后求出电源电动势与内阻．‎ 三．计算题 ‎16. 如图，真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形，边长L＝2.0 m。若将电荷量均为q＝＋2.0×10－6 C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，求：‎ ‎(1)两点电荷间的库仑力大小；‎ ‎(2)C点的电场强度的大小和方向。‎ ‎【答案】(1)9.0×10－3 N　(2)7.8×103 N/C　方向沿y轴正向 ‎【解析】试题分析：（1）据库仑定律,A、B两点电荷间的库仑力大小为 代入数据得F=9．0×10-3N ‎（2）A、B两点电荷在C点产生的场强大小相等,均为 A、B两点电荷形成电场在C点的合场强大小为 E=2E1cos30°‎ 由上式并代入数据得E=×103N/C=7．8×103N/C 场强E的方向沿y轴正向 考点：电场强度；电场力 ‎【名师点睛】本题考查了库仑定律和电场强度的矢量合成问题，关键是根据平行四边形定则合成，基础问题．‎ 视频 ‎17. 如图所示，电路中电源内阻不计，水平放置的平行金属板A、B间的距离为d，金属板长为L.在两金属板左端正中间位置M，有一个小液滴以初速度V0水平向右射入两板间，已知小液滴的质量为m，小液滴带负电，电荷量为q.要使液滴从B板右侧上边缘射出电场，电动势E是多大？重力加速度用g表示。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由闭合电路欧姆定律得 两金属板间电压为UBA＝IR＝‎ 由牛顿第二定律得q－mg＝ma 液滴在电场中做类平抛运动，有 L＝v0t　 ‎ 联立解得 ‎............‎ ‎18. 如图所示，炽热金属丝上发射的电子(假设刚离开金属丝时的速度为0)，经电压U1＝4500 V加速后，以v0的速度垂直进入偏转电场，并能从偏转电场离开．偏转电场两极板间的电压U2＝180 V，距离d＝2 cm，板长L＝8 cm.电子的质量m＝0.9×10－30 kg，电子的电荷量e＝1.6×10－19 C．求：‎ ‎(1)v0的大小；‎ ‎(2)电子在离开偏转电场时的纵向偏移量．‎ ‎【答案】(1)4×107 m/s　(2)3.2×10－3m ‎【解析】（1）在加速电场中，‎ 解得电子离开加速电场的速度：①‎ ‎（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，有 在水平方向上有：②‎ 在竖直方向上有：③‎ 由牛顿第二定律④‎ 而⑤‎ 由①～⑤式解得，电子在离开偏转电场时的纵向偏移量 考点：带电粒子在电场中的加速与偏转。‎ ‎【名师点睛】带电粒子在电场中的运动：‎ ‎1．带电粒子在电场中的加速 带电粒子沿与电场线平行的方向进入电场，带电粒子将做加（减）速运动．有两种分析方法：‎ ‎（1）用动力学观点分析：a=，E=，v2－v=2ad.‎ ‎（2）用功能观点分析：粒子只受电场力作用，电场力做的功等于物体动能的变化，qU=mv2－mv.‎ ‎2．带电粒子在匀强电场中的偏转 ‎（1）研究条件：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场．‎ ‎（2）处理方法：类似于平抛运动，应用运动的合成与分解的方法．‎ ‎①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t=.‎ ‎②沿电场力方向，做匀加速直线运动．‎ ‎ ‎