2017-2018学年四川省攀枝花市第十二中学高二上学期半期调研检测物理试题 解析版

2017-2018学年四川省攀枝花市第十二中学高二上学期半期调研检测物理试题 解析版

攀枝花市第十二中学校2017-2018学年度(上)半期调研检测高2019届物理试题 一．单项选择题（每题3分，共24分；每小题所给的四个选项中，只有一个符合题意）‎ ‎1. 以下说法正确的是（ ）‎ A. 由可知，一个电容器的带电量Q跟两极板间电势差U成正比 B. 由可知，电场中某点的电场强度E与F成正比 C. 由可知，匀强电场中的任意两点间的距离越大，则电势差也越大 D. 由可知，对于同一电荷，在电势高处电势能大 ‎【答案】A ‎【解析】根据电容定义式：可知，是比值定义，Q与U成正比，而C与Q及U均没有关系，故A正确；根据电容定义式：可知，也是比值定义，E与F及q均无关，故B错误；场强公式：可知，式中d是沿着电场力方向的位移，匀强电场中沿着电场线方向的距离越大，则电势差也越大，故C错误；由Ep=qϕ可知，对于同一正电荷，在电势高处电势能大；而对于负电荷，则电势越高处电势能越小，故D错误。所以A正确，BCD错误。‎ ‎2. 如图所示，用一个量程为100μA的微安表改装成欧姆表，电池的电动势为1.5V，改装后用其测某一电阻，其指针停于25μA处，那么此电阻值应为（ ）‎ A. 15kΩ B. 30kΩ C. 45kΩ D. 60kΩ ‎【答案】C ‎【解析】根据闭合电路欧姆定律可得欧姆表电阻为：，指针停于25μA处时，根据闭合电路欧姆定律：，带入数据解得：，故C正确，ABD错误。‎ ‎3.‎ ‎ 有两只完全相同的电流表，分别改装成一只电流表和一只电压表，一位同学在做实验时误将改装后这两只电表串联起来连接入电路中，则两只电表的指针将出现下列哪种情况（ ）‎ A. 两表指针都偏转，电流表的指针偏转角度较大 B. 两表指针都偏转，电压表的指针偏转角度较大 C. 两表指针都不偏转 D. 两表指针的偏转角度相同 ‎【答案】B ‎【解析】电流表改装成电压表是串联较大的分压电阻；电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻；两表串联后，通过电流表的总电流与电压表的电流相等，由于电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻，所以大部分电流通过了分流电阻，通过表头的电流很小，所以电流表的指针几乎不偏转；电压表的指针偏转较大，故B正确，ACD错误。‎ ‎4. 一个电子只在电场力作用下从a点运动到b点的轨迹如图中虚线所示，图中一组平行且等间距的实线可能是电场线，也可能是等势面，则以下说法正确的是（ ）‎ A. 如果实线是等势面，电子在a点的速率一定大于在b点的速率 B. 无论图中的实线是电场线还是等势面，a点场强都比b点的场强小 C. 无论图中的实线是电场线还是等势面，a点电势都比b点的电势高 D. 无论图中的实线是电场线还是等势面，电子在a点的电势能都比b点的电势能小 ‎【答案】A ‎【解析】若实线是等势面，由于电场线与等势面垂直，电子所受电场力方向向下，则电场线方向向上，则a点的电势比b点高，电子在a点的电势能小于b点的电势能；从a到b电电场力做负功，电子在a点的动能比b点的大，故A正确；若图中实线是电场线，电子所受的电场力水平向右，电场线方向水平向左，则a点的电势比b点低；由于从a点运动到b点电场力做正功，所以电子的电势能减小，即电子在a点的电势能比在b点的电势能大；电场力做正功；电子在a点的动能小于电子在b点的动能，综合以上可知CD错误；由于无论是电场线还是等势能，其疏密程度均可以表示电场强度的大小，故两点的电场强度相同，故B错误。所以A正确，BCD错误。‎ ‎5. 如图所示，A、B为两块竖直放置的平行金属板，G是静电计，开关S合上后，静电计指针张开—个角度, .那么下述哪些做法可使指针张角增大（ ）‎ A. 使A、B两板靠近些 B. 使A、B两板正对面积错开些 C. 断开S后，使A、B两板靠近些 D. 断开S后，使A、B正对面积错开些 ‎【答案】D ‎【解析】开关S闭合后，电容器的电压不变，静电计的张角不变，故A、B错误；断开S后，电容器的电量Q不变．使B板向左平移拉近些，板间距离减小，根据电容的决定式：可知，电容C增大，由定义式：可知，电势差U减小，静电计指针张角减小，故C错误；断开S后，电容器的电量Q不变，使A、B正对面积错开些，根据电容的决定式：可知，电容C减小，由定义式：可知，电势差U变大，静电计指针张角变大，故D错误。所以D正确，ABC错误。‎ ‎6. 如图7所示，直线b为电源的U－I图象，直线a为电阻R的U－I图象，用该电源和电阻R组成闭合电路，下列说法正确的是（ ）‎ A. 此时电源的输出功率为2W B. 此时电源的效率为33.3%‎ C. 该电源的最大输出功率为4.5 W D. 该电源的内阻为1Ω ‎【答案】C ‎【解析】由a图线可得电阻：，由b图线纵轴的截距得到，电源的电动势为E=3V，电源的内阻为：，故D错误；由图象可得电源的输出功率为P=UI=2×2W=4W，故A错误；则电源的总功率 P总=EI=3×2W=6W，电源的效率为：，故B错误；当时，电源的输出功率最大且为：‎ ‎，故C正确。所以C正确，ABD错误。‎ ‎7. 小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线。则下列说法中不正确的是（ ）‎ A. 随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大 B. 对应P点，小灯泡的电阻为R＝U1/I2‎ C. 对应P点，小灯泡的电阻为R＝‎ D. 对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A、B、由图象可知，灯泡的电阻等于R=，等于图线上的点与原点O连线斜率的倒数，由图象可知，随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大，A错误；P点对应的电压为U1，电流为I2，则灯泡的电阻，故B正确、C错误；因P=UI，所以图象中矩形PQOM所围的面积为对应P点小灯泡的实际功率，故D正确．故选：BD．‎ 考点：小灯泡的伏安特性曲线 ‎【名师点睛】‎ ‎8. 如图所示，电阻R1＝2 Ω，小灯泡L上标有“3 V，1.5 W”字样，电源内阻r＝1 Ω，滑动变阻器的最大阻值为R0．当触头P滑动到最上端a时，电流表的读数为1 A，小灯泡L恰好正常发光，则下列说法错误的是（ ）‎ A. 滑动变阻器的最大阻值R0=6Ω B. 电源电动势E=6V C. 当触头P滑动到最下端b时，电源的输出功率P出＝4W D. 当触头P滑动到最下端b时，电源的总功率P总＝12W ‎【答案】C ‎【解析】当触头P滑到a端时，流过小灯泡的电流为：，流过变阻器的电流为：，滑动变阻器的最大阻值为：，故A说法正确；电源电动势为：，故B说法正确；当P滑到b端时，滑动变阻器和小灯泡均被短路，电流总电流为：，电源总功率为：P=EI=6×2W=12W，内阻消耗的功率为：，则输出功率为：P出=12W-4W=8W，故C说法错误，D说法正确。所以选C. ‎ 二、不定项选择题（每题3分，共15分。每个小题所给的四个选项中，有一个或两个符合题意，全选正确得3分，少选但正确的得2分，不选或错选得0分）‎ ‎9. 下列说法中正确的是（ ）‎ A. 铅蓄电池的电动势为2 V，这表示电路中每通过1C电荷量，电源把2J的化学能转变为电能 B. 因为电流有方向，所以电流是矢量 C. 导体在低于某一温度时，电阻突然变为零的现象叫超导现象，实现这一转变的温度被称为临界温度 D. 电阻率与温度和材料有关，各种材料的电阻率都随温度的升高而增大 ‎【答案】AC ‎【解析】根据定义式：，可知，铅蓄电池的电动势为2V表示电路中每通过1C电荷量，电源把2J的化学能转变为电能，故A正确；电流有方向，但其运算不符合平行四边形定则，故电流是标量，故B错误；导体在低于某一温度时，电阻突然变为零的现象叫超导现象，实现这一转变的温度被称为临界温度，故C正确；电阻率与温度和材料有关，不同材料的电阻率都随温度的变化规律不同，金属导体随温度的升高而增大，而半导体随温度的升高而降低，故D错误。所以AC正确，BD错误。‎ ‎10. 一根粗细均匀的金属导线，两端加上恒定电压U时，通过金属导线的电流强度为I，金属导线中自由电子定向移动的平均速率为v，若将金属导线均匀拉长，使其长度变为原来的2倍，仍给它两端加上恒定电压U，则此时( )‎ A. 通过金属导线的电流为I/2 B. 通过金属导线的电流为I/4‎ C. 自由电子定向移动的平均速率为v/2 D. 自由电子定向移动的平均速率为v/4‎ ‎【答案】BC ‎【解析】解：A、B将金属导线均匀拉长，使其长度变为原来的2倍，横截面积变为原来的倍，根据电阻定律R=分析得到，电阻变为原来的4倍，电压U恒定不变，根据欧姆定律I=可知，电流I变为原来的，即为．故A错误，B正确．‎ C、D电流的微观表达式I=nevS，其中n、e不变，电流I为原来的，横截面积S变为原来的倍，则自由电子定向移动的平均速率为．故C正确，D错误．‎ 故选BC 考点：闭合电路的欧姆定律；电流、电压概念．‎ 专题：恒定电流专题．‎ 分析：将金属导线均匀拉长，使其长度变为原来的2倍，横截面积变为原来的倍，根据电阻定律R=分析电阻的变化，由欧姆定律分析电流的变化．由电流的微观表达式I=nevS分析平均速率v的变化．‎ 点评：本题关键要抓住物理量之间的关系，要在理解的基础上记住电流的微观表达式．‎ ‎11. 在如图所示电路中， >r，当变阻器R3的滑片P向b端移动时，下列说法正确的是（ ）‎ A. 电源内部消耗的热功率增大 B. 电源的输出功率增大 C. 电压表示数变小，电流表示数变大 D. 电压表示数变大，电流表示数变小 ‎【答案】ABC ‎【解析】由图可知，电阻R2与滑动变阻器并联后与R1串联，电压表测量路端电压；电流表测量滑动变阻器的电流。当滑片向b 端移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；干路电流增大，根据U=E-Ir可得，路端电压U减小，即电压表示数减小；因干路电流增大，则R1两端的电压增大，并联部分电压减小，则流过R2的电流减小；则流过电流表的电流增大；故C正确，D错误；因外电阻大于内电阻，当滑片向b移动时，总电阻减小，则外部电阻接近内阻，故电源的输出功率增大，故B正确；因为干路电流增大，则由公式P=I2r可知，电源内部消耗的功率增大，故A正确。所以ABC正确，D错误。‎ ‎12. 如图所示为阴极射线管的结构示意图，从阴极脱离出来的电子经阴极和阳极之间的加速电场加速后通过阳极上的小孔。然后在偏转电极间电场作用下发生偏转并最终打在荧光屏上形成亮点P。关于阴极射线管的工作原理，下列说法正确的是（ ）‎ A. 当偏转电极的电势<时，电子流将可能沿图示径迹运动并在荧光屏上形成亮点P B. 若只增加阴极和阳极间的加速电压，亮点P将沿y轴远离荧光屏中心0‎ C. 若只减小偏转电极间的电压，亮点P将沿y轴靠近荧光屏中心O D. 若只增加偏转电极间的电压，电子从阴极出发运动到荧光屏的时间将增长 ‎【答案】C ‎【解析】当偏转电极的电势φa＜φb时，在偏转电场区域电场向上，电子受向下的电场力，故轨迹向下偏，故A错误；若只增加阴极和阳极间的加速电压，根据动能定理：，可知粒子获得的速度增加，所以穿过偏转电场区域的时间减小，在偏转电场区域竖直方向上，根据，可知竖直方向的偏移量减小，故亮点P将沿y轴靠近荧光屏中心O，故B错误；若只减小偏转电极间的电压，根据牛顿第二定律加速度为：，可知加速度减小，因为水平速度不变，电子穿过偏转电场区域的时间不变，根据，可知竖直方向的偏移量减小，故亮点P将沿y轴靠近荧光屏中心O，故C正确；穿过偏转电场区域时，若只增加偏转电极间的电压，水平分速度不变，故其水平分运动的时间不变，故电子从阴极出发运动到荧光屏的时间不变，故D错误。所以C正确，ABD错误。‎ ‎13.‎ ‎ 如图所示，AB、CD为一圆的两条直径，且互相垂直，O点为圆心。空间存在一未知静电场，方向与圆周所在平面平行。现有一电子，在电场力作用下（重力不计），先从A点运动至C点，动能减少了W；又从C点运动至B点，动能增加了W，那么关于此空间存在的静电场可能是（ ）‎ A. 方向垂直于AB并由C指向O的匀强电场 B. 方向垂直于AB并由O指向C的匀强电场 C. 位于O点的正点电荷形成的电场 D. 位于D点的负点电荷形成的电场 ‎【答案】B ‎【解析】根据题意，一电子先从A点运动至C点，动能减少了W，电势能增加；又从C点运动到B点，动能增加了W，由此可知电场力做功为零，所以A和B电势相等。如果是匀强电场，AB连线是等势线，匀强电场垂直于AB，由于电子先从A点运动至C点，动能减少，所以A点电势大于C点电势，根据沿着电场线电势一定降低，所以方向垂直于AB由O点指向C点，故A错误，B正确；如果位于O点的正点电荷形成的电场，A点电势等于C点电势，电子从A到C动能不变，与题意矛盾，故C错误；位于D点的负电荷形成的电场，从A点运动到C点，动能不变，与题意矛盾，故D错误。所以B正确，ACD错误。‎ 三．实验题（共18分：14题7分，15题11分）‎ ‎14. 某同学要粗测一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ.步骤如下：‎ ‎(1)用20分度的游标卡尺测量其长度如图甲所示，可知其长度L为_______ mm；‎ ‎(2)用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，可知其直径d为________ mm；‎ ‎(3)用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图，则该电阻的阻值R约为________ Ω；‎ ‎(4)则测量的电阻率ρ=_______________(用测量的物理量符号表示)‎ ‎【答案】 (1). （1）50.15 (2). （2）4.700 (3). （3）220 (4). （4） ‎ ‎【解析】（1）由图甲所示可知，游标卡尺主尺示数为50mm，游标尺示数为 ‎3×0.05mm=0.15mm，游标卡尺示数为50mm+0.15mm=50.15mm； （2）由图乙所示可知，螺旋测微器固定刻度示数为4.5mm，游标尺示数为20.0×0.01mm=0.200mm，螺旋测微器示数为4.5mm+0.200mm=4.700mm； （3）用多用电表的电阻“×10”挡，由图丙所示可知，电阻阻值为22×10=220Ω；‎ ‎（4）根据电阻定律：，解得：。‎ ‎15. 某同学为了测定一只约为100Ω的电阻的阻值，采用了如下方法：‎ ‎（1）用多用电表粗测：多用电表电阻挡有4个倍率：分别为×1 k、×100、×10、×1。该同学选择×100倍率，用正确的操作步骤测量时，发现指针偏转角度太大．为了较准确地进行测量，应该将选择开关置于___________（填×1 k、×10、×1）的倍率。‎ ‎（2）该同学用伏安法继续测定这只电阻的阻值，要求电阻两端的电压由零开始连续变化，除被测电阻外，还有如下实验仪器：‎ A．直流电源(电压3 V，内阻不计) B．电压表V1(量程：0～3V，内阻约为5 kΩ)‎ C.电压表V2(量程：0～15 V，内阻约为25 kΩ) D.电流表A1 (量程：0～250 mA，内阻约为0.1 Ω)‎ E．电流表A2 (量程：0～25 mA，内阻约为10 Ω) F．滑动变阻器(0～20 Ω,1.0A)‎ G．滑动变阻器(500 Ω，0.2 A) H．电键一只，导线若干 在上述仪器中，电压表应选择________ (填“V1”或“V2”)，电流表应选择________(填“A1”或“A2”)．滑动变阻器应选择________(填F或G)。请在下面方框内画出电路原理图，完成所给的实验器材的实物图的连接。‎ ‎【答案】 (1). （1）10 (2). （2）V1，A2， (3). F， (4). ‎ ‎..................‎ ‎（3）根据实验要求，本题应采用分压接法，同时，由于电阻较小，故应选用电流表外接法，原理图如下图；根据原理图，可以连接出实物图如下：‎ 四、计算题（共43分，要求写出必要的文字说明和过程，只有最后结果不给分）‎ ‎16. 如图A、B、C、D为一匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，其中AB=4cm，AC=，电场线与矩形所在平面平行。已知将的正电荷从A点移到B点，电场力做功 ；将这个电荷从B移到C点电势能增加了，设A点电势为零。求：‎ ‎（1）B点和C点的电势 （2）匀强电场的电场强度大小和方向 ‎【答案】（1），；（2）200V/m。‎ ‎【解析】试题分析：根据电势差定义式及电势与电势差关系即可求得B、C点电势；找出电场强度的方向，根据即可求得场强。‎ ‎（1）根据电势差定义式可得AB的电势差为：‎ 根据，由题意知，代入数据解得：。‎ 根据电势差定义式可得BC的电势差为：‎ 根据，因为，代入数据可得 ‎（2）如图所示，‎ 连接BC，将BC四等分，则，连接AO，则AO为等势线，由于；由几何关系可知，，所以场强方向为BC连线，由C指向B，根据场强公式：。‎ 点睛：本题主要考查了考查了电场力做功与电势差及电势能与电势的关系及场强公式，属于基础题。‎ ‎17. 利用电动机通过如图所示的电路提升重物，已知电源电动势E＝6 V，电源内阻r＝1 Ω，电阻R＝3 Ω，重物质量m＝0.10 kg，当将重物固定时，电压表的示数为5 V，当重物不固定，且电动机最后以稳定的速度匀速提升重物时，电压表的示数为5.5 V，求（1）电动机线圈的电阻R1; (2)电动机以稳定的速度匀速提升重物时，消耗的电功率 ‎(3) 重物匀速上升时的速度大小(不计摩擦，g取10 m/s2)．‎ ‎【答案】（1）2 Ω；(2)2W；(3) 1.5 m/s。‎ ‎【解析】试题分析：设电动机内阻为r′‎ 当将重物固定时 I＝＝1 A R＋r′＝U/I＝5 Ω，r′＝2 Ω 当重物不固定时 I′＝＝0.5 A P出＝UI′＝2.75 W，PR＋Pr′＝I′2(R＋r′)＝1.25 W 所以重物的功率P＝P出－PR－Pr′＝mgv，‎ 解得v＝1.5 m/s 考点：欧姆定律；电功率 ‎18. 如图所示，AB为水平轨道，A、B间距离s=1m，BCD是半径为R=0.2m的竖直半圆形轨道，B为两轨道的连接点，D为轨道的最高点，整个轨道处于竖直向下的匀强电场中，场强大小为E=。一带正电的小物块质量为m=0.5kg，它与水平轨道间的动摩擦因数均为μ=0.1。小物块在F=10N的水平恒力作用下从A点由静止开始运动，到达B点时撤去力F，小物块刚好能到达D点，试求：(g=10m/s2)‎ ‎（1）撤去F时小物块的速度大小；‎ ‎（2）在半圆形轨道上小物块克服摩擦力做的功。‎ ‎【答案】（1）6m/s；（2）4J。‎ ‎【解析】（1）物体从A运动到B，根据动能定理可得：‎ ‎（3分）‎ 求得：v=6m/s （1分）‎ ‎（2）物体恰好能到达D点，此时轨道的压力为零，则：‎ ‎1 （3分）‎ 物体从B点运动到D点，根据动能定理可得：‎ ‎2 （3分）‎ 联立1、2可得：Wf = 4J （2分）‎ 本题考查动能定理和圆周运动规律的应用，由A到B应用动能定理求得在B点速度大小，物体恰好通过D点，说明只有重力和电场力的合力提供向心力，由此求得D点速度大小，物体有B点到D点，根据动能定理可求得阻力做功大小，主要是通过受力分析确定过程中各力做功的正负，初末状态动能大小 ‎19. 一电路如图所示，电源电动势E=28 V，内阻r=2 Ω，电阻R1=12 Ω，R2=R4= 4 Ω，R3=8 Ω，C为平行板电容器，其电容C=3.0 pF，虚线到两极板间距离相等，极板长L=0.20 m，两极板的间距d=1.0×10-2 m.‎ ‎(1)若开关S处于断开状态，则当其闭合后，求流过R4的总电荷量为多少？‎ ‎(2)若开关S断开时，有一带电微粒沿虚线方向以v0=2.0 m/s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的电场中射出？(要求写出计算和分析过程，g取10 m/s2)‎ ‎【答案】（1）6.010-12C；(2)不能从C的电场中射出。 ‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎（1）S断开时，电阻R3两端电压 U3＝＝16 V （1分）‎ S闭合后，外电路的总电阻R＝＝6 Ω 路端电压U＝＝21 V 电阻R3两端的电压U′3＝U＝14 V （2分）‎ 流过R4的电荷量ΔQ＝CU3－CU′3＝6．0×10－12C． （1分）‎ ‎（2）设带电微粒的质量为m，带电荷量为q，当开关S断开时有＝mg （1分）‎ 当开关S闭合后，设带电微粒的加速度为a，则mg－＝ma （1分）‎ 假设带电微粒能从极板间射出，则水平方向t＝（1分）‎ 竖直方向y＝at2 （1分）‎ 由以上各式得y＝6．25×10－3m> （1分）‎ 故带电微粒不能从极板间射出． （1分）‎ 考点：电容器的定义式、牛顿定律、串并联规律和欧姆定律。‎ ‎【名师点睛】（1）当开关S断开时，电容器的电压等于电阻R3两端的电压，根据欧姆定律及串联电路电压的分配关系，利用比例法电容器的电压和电量．当S闭合后，电阻R2与R3串联后再与R1并联，电容器的电压等于电阻R3两端的电压，求出电容器的电量，再求出电容器电量的变化量，即为流过R4的总电量．‎ ‎ ‎ ‎ ‎