安徽省合肥市庐阳高级中学2020学年高二物理上学期12月段考试题（含解析）

安徽省合肥市庐阳高级中学2020学年高二物理上学期12月段考试题（含解析）

安徽合肥市庐阳高级中学2020年度上学期高二12月段考物理试题 ‎ 一、选择题 ‎1. 静电在我们生活中应用很广泛，下列不属于静电应用的是（ ）‎ A. 利用静电把空气电离，除去烟气中的粉尘 B. 利用静电吸附，将涂料微粒均匀地喷涂在接地金属物体上 C. 利用放电产生的臭氧，进行杀菌 D. 利用运油车尾部的铁链将油与油罐摩擦产生的静电导走 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：静电在我们生活中应用很广泛，如静电除尘、静电喷涂、静电杀菌等；运油车尾部的铁链将油与油筒摩擦产生的静电导走是对静电的危害的有效防止；‎ 故选ABC 考点：静电的防止与应用 点评：容易题。牢记生活中静电的防止和应用，避免它给人们造成的伤害，利用它为人类造福。‎ ‎2. 在如图所示的四种电场中,分别标记有a、b 两点. 其中a、b 两点电场强度大小相等、方向相同且电势相等的是（ ）‎ A. 甲图中与点电荷等距的a、b 两点 B. 乙图中两等量异种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b 两点 C. 丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b 两点 D. 丁图中非匀强电场中的a、b 两点 ‎【答案】B ‎【解析】甲图中a、b两点的电场强度大小相同，但方向不在同一条直线上，A错误；乙图中a、b两点的电场强度大小相等，方向相同，B错误；丙图中a、b两点的电场强度大小相等，方向相反，C正确；丁图中由于电场线疏密程度不同，所以电场方向相同，但大小不同，D错误．‎ ‎3. 下列说法中正确的是 （ ）‎ A. 匀强电场中两点间的电势差等于场强与这两点间的距离的乘积 B. 电源电动势反映了电源把其他形式的能量转化为电能的本领 C. 通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流越大 D. 空间中任一点的电场强度总是指向该点电势降落的方向 ‎【答案】B ‎【解析】A、根据公式U=Ed可知，两点间的电势差等于场强和这两点间在电场线方向上距离的乘积，故A错误；‎ B、电源的电动势反映了电源将其它形式的能转化为电能的本领的大小，故B正确；‎ C、电流的定义为电量与时间的比值，即为单位时间内通过的电量，是由电量与时间共同决定的，电量多电流不一定大，故C错误；‎ D、电势降低最快的方向才是电场强度方向．故D错误 故选B。‎ ‎4. 如图所示,正电荷q仅在电场力作用下由P向Q运动，速度时间图像如下图所示，那么可以断定，它所在的电场是右图中哪一个？( )‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】由v-t图像可知，正电荷在电场中做匀减速直线运动，则加速度不变，电场为匀强电场，所受的电场力方向与运动方向相反，故图像B正确.‎ ‎5. 用电器离电源L米，线路上的电流为I，为使在线路上的电压降不超过U，已知输电线的电阻率为ρ。那么，输电线的横截面积的最小值是（ ）‎ A. ρL／R B. 2UL／Iρ C. U／ρLI D. 2ρLI／U ‎【答案】D ‎..................‎ 故选D．‎ 考点：远距离输电 ‎【名师点睛】此题是关于远距离输电的问题；解决本题的关键掌握电阻定律和欧姆定律，注意导线输电导线应为两条 ‎6. 一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向。两个比荷（即粒子的电荷量与质量之比）不同的带正电的粒子a、b，从电容器边缘的P点（如图）以相同的水平速度射入两平行板之间。测得a、b与电容器的撞击点到入射点之间的水平距离之比为1∶3。若不计重力，则a和b的比荷之比是（ ）‎ A. 1∶3 B. 9∶1‎ C. 3∶1 D. 1∶9‎ ‎【答案】B ‎【解析】两带电粒子都做类平抛运动，水平方向匀速运动，有x=vt，垂直金属板方向做初速度为零的匀加速直线运动，有 电荷在电场中受的力为F=Eq，根据牛顿第二定律有F=ma，‎ 联立解得 因为两粒子在同一电场中运动，E相同，相同的水平速度，侧位移相同，所以比荷与水平位移的平方成反比，比荷之比为9：1，故B正确，ACD错误；‎ 故选B。‎ ‎7. 家用电热灭蚊器电热部分的主要元件是PTC元件，PTC元件是钛酸钡半导体制成的电阻器，其电阻率ρ与温度t关系如图所示，由于各种特性，PTC元件具有发热和控温双重功能，对此下列判断正确的是（ ）‎ A. 通电后其功率先增大后减小 B. 通电后其功率先减小后增大 C. PTC产生热量与散发热量相同时，温度保持在t1‎ D. PTC产生热量与散发热量相同时，温度保持在t1~t2之间的某一温度不变 ‎【答案】AD ‎【解析】通电后半导体材料的温度逐渐升高，由图象可知，半导体的电阻率先变小，后变大，由电阻定律，可知，半导体材料的电阻R先变小后变大，电源电压U不变，由电功率公式可知，半导体材料的电功率先变大，后变小，故A正确，B错误；由图象可知，在0～t1这区间里电阻R随温度升高而减小；在t1～t2这区间里电阻R随温度的升高而增大；在t2～区间里电阻R随温度的升高而减小．在家庭电路中电压不变，电热器的电功率，可知电阻器的发热功率与电阻成反比．在温度升到t1前，电阻R随温度的升高而减小，功率增大，温度升高更快；温度一旦超过t1，电阻R随温度的升高而增大，功率减小，放出热量减小，温度升高变慢，当其产生的热量与散发的热量相等时，温度保持在t1至t2间的某一值不变，保持稳定，故C错误，D正确。所以AD正确，BC错误。‎ ‎8. 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。‎ ‎9. 如图所示，电源电动势E＝6 V，小灯泡L 的规格为“4 V 0.8 W”，开关S 接1，当滑动变阻器调到R＝8 Ω 时，小灯泡L 正常发光，现将开关S 接2，小灯泡L 和电动机M 均正常工作．则（ ）‎ A. 电源内阻为2 Ω B. 电动机的内阻为8 Ω C. 电动机正常工作电压为1.6 V D. 电源的输出功率为1.12 W ‎【答案】ACD ‎【解析】开关S 接1时，小灯泡L 正常发光，电路电流，根据闭合电路欧姆定律有，解得，故A正确；‎ 开关S 接2时，电路电流，电动机正常工作电压为，故C正确；电动机的热功率未知，电动机的内阻无法解出，故B错误；‎ 电源的输出功率为，故D正确；‎ 故选ACD。‎ ‎10. 质量为m 的带正电小球由空中A点无初速度自由下落，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，则（ ）‎ A. 整个过程中小球电势能减少了 B. 整个过程中小球动量增量的大小为2mgt C. 从加电场开始到小球运动到最低点过程小球动能减少了 D. 从A点到最低点小球重力势能减少了 ‎【答案】BC ‎【解析】A、由平均速度关系可知，设下落t秒时的速度为v，再次回到A点时的速度大小为vx则满足，即第二次回到A点时的速度大小vx=2v，为下落t秒时的2倍，物体做自由落体运动的过程中：v=gt ，增加电场后的加速度a′，则：vx=-v+a′t  ，可得上升加速度a′为自由落体加速度的3倍；由牛顿第二定律得：F电-mg=ma′，F电=ma′+mg=4mg，电场力为重力的4倍，电场力做功对应电势能变化，故 A错误 B、整个过程中小球动量增量的大小，故B正确；‎ C、最低点时小球速度为零，所以加电场开始到最低点时，动能变化，则C正确；‎ D、减速时候加速度为自由下落时3倍，所以时间为自由下落的三分之一，总位移为，所以重力势能变化为，则D错误；‎ 故选BC。‎ 二、实验题 ‎11. 某同学测量阻值约为25kΩ的电阻Rx，现备有下列器材：‎ A．电流表（量程100 μA，内阻约为200Ω）；‎ B．电流表（量程500 μA，内阻约为300Ω）；‎ C．电压表（量程15 V，内阻约为100kΩ）；‎ D．电压表（量程50 V，内阻约为500kΩ）；‎ E．直流电源（20 V，允许最大电流1 A）；‎ F．滑动变阻器（最大阻值1 kΩ）；‎ G．开关和导线若干．‎ ‎(1)电流表应选_________，电压表应选_________．（填字母代号）‎ ‎(2)请在虚线框中画出测量Rx阻值的实验电路图____．‎ ‎【答案】 (1). B (2). C (3). ‎ ‎【解析】（1）电源电压为20V，故电压表应选择C；‎ 通过电流值约为： ，而电流表A量程太小，内阻也大，所以不选A，而B合适．‎ ‎（2）因待测电阻约为25KΩ，，故用电流表内接法：‎ 因是小电阻控制大电阻，若用限流式接法，控制的电压变化范围太小，则应用分压式接法．原理图如图所示；‎ 点睛：实验电路所用器材的要求要熟练掌握，读数的要求，误差来源的分析，变阻器的分压与限流式区别要弄清楚．‎ ‎12. 在学校实验室中测绘一只“2.5V，0.5W”小灯泡的伏安特性曲线，实验室备有下列实验器材：‎ A.电压表 V(量程 0～3～15V，内阻很大)‎ B．电流表 A(量程 0～0.6A～3 A，内阻约为1Ώ)‎ C．变阻器 R1(0～10Ώ，0.6A)‎ D．变阻器 R2(0～2000Ώ ，0.1A)‎ E．电池组 E(电动势为 3V，内阻约为 0.3Ώ )‎ F．开关 S，导线若干 ‎(1)实验中应选用的滑动变阻器为 __________ ；（填“R1”或“R2”）‎ ‎(2)请根据你所设计电路图，用笔画线代替导线，将下图中的实物图连成完整的实验电路___。（在答题卷上连线）‎ ‎(3)在实验中，电流表示数比小灯泡中的电流 ______；﹙填“偏大”、“偏小”或“相等”‎ ‎(4)下图是实验中得到的 I-U图像，若 I-U图像中的虚线Ⅰ或Ⅱ表示小灯泡真实的伏安特性曲线，与实验中得到的实线相比，虚线______（填Ⅰ或Ⅱ）才是其真实的伏安特性曲线。‎ ‎【答案】 (1). R1 (2). (3). 偏大 (4). II ‎【解析】(1)在学校实验室中测绘小灯泡的伏安特性曲线，电压从0开始，滑动变阻器要采用分压式，滑动变阻器阻值要选小的，故选R1；‎ ‎(2)小灯泡阻值不大，电流表要采用外接法，故实物图为；‎ ‎(3)在实验中，电压表分流使电流表示数比小灯泡中的电流偏大；‎ ‎(4) 电流表要采用外接法，电压表分流使电流表示数偏大，故小灯泡电阻测量值偏小，与实验中得到的实线相比，虚线Ⅱ才是其真实的伏安特性曲线。‎ 三、计算题 ‎13. 如图所示，匀强电场中的A、B、C 三点连线组成一个直角三角形，其中A 角为直角，B 角等于30°，边长AB＝20 cm.现将一电荷量为2×10-8 C 的负点电荷从A 点移到B 点，电场力做功6×10-6 J；将另一个电荷量为1.5×10-8C 的负点电荷 从C 点移到A 点，外力克服电场力做功4.5×10 -6J．设B 点的电势为零，求：‎ ‎(1)A、C 两点的电势各为多少？‎ ‎(2)匀强电场的电场强度E；‎ ‎【答案】（1）-300V，0（2）3000V/m ‎【解析】负点电荷从A 点移到B 点 又 其中 可得 负点电荷从C 点移到A 点 又 可得 ‎（2）由以上计算可知，，BC为一等势线，场强的方向垂直于BC指向A，‎ ‎14. 如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔．质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零（空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g）．求：‎ ‎(1)小球到达小孔处的速度；‎ ‎(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】试题分析：由v2＝2gh，得 ‎（2）在极板间小球受重力和电场力作用，有 qE－mg＝ma，且v2－0＝2ad，得 由U＝Ed，Q＝CU得 考点：牛顿定律；带电粒子在电场中的运动 ‎15. 如图所示，质量为m，电荷量为e的电子，从A点以速度v0垂直于电场方向射入一个电场强度为E的匀强电场中，从B点射出电场时的速度方向与电场线成120°角，电子重力不计．求：‎ ‎(1)A、B两点间的电势差UAB？‎ ‎(2)电子从A运动到B的时间tAB？‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】试题分析：（1）电子在电场中受电场力作用，根据牛顿第二定律可得a=‎ ‎ eE/m 将电子在B点的速度分解可知（如图）‎ 由动能定理可知：-eUAB=mvB2﹣mv02‎ 解②、③式得 ‎（3）在B点设电子在B点沿电场方向的速度大小为vy，则有 vy=v0tan30° vy=atAB 解①④⑤式得 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】本题考查带电粒子在电场中的加速，电场力提供加速度，由牛顿第二定律求得加速度，再由速度分解，得到B点速度大小，粒子从A运动到B应用动能定理可求得AB间电势差．本题运用运动的分解法研究类平抛运动，关键将速度进行分解，由牛顿第二定律和运动学公式相结合进行研究。‎ ‎16. 如图，直角坐标系XOY位于竖直平面内，其中X轴水平，Y轴竖直，XOY平面中长方形区域OABC内有方向垂直OA的匀强电场，OA长为l，与轴间的夹角，一质量为m，电荷量为q的带正电小球（可看成质点）从y轴上的P点沿X轴正方向以一定速度射出，恰好从OA的中点M垂直OA进入电场区域.已知重力加速度为g.‎ ‎(1)求点的纵坐标及小球从P点射出时的速度大小V0；‎ ‎(2)已知电场强度的大小为，若小球不能从BC边界离开电场，OC长度应满足什么条件？‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】试题分析：小球从P到M做平抛运动，根据平抛运动的规律及几何关系即可求出纵坐标yp及小球的初速度；根据运动的合成与分解，将重力分解为垂直于电场线和平行于电场线，可得沿电场线合力为0，做匀速直线运动，垂直电场线根据牛顿第二定律求出加速度，根据运动学规律列出两个方向的运动学方程即可。‎ ‎（1）设小球从P到M所用时间为t1‎ 在竖直方向做自由落体运动：‎ 在水平方向：‎ 由几何关系：‎ 联立可得： ‎ ‎（2）设小球到达M时速度为vM，由几何关系：‎ 根据平衡条件得：‎ 小球在电场中沿vM向做匀速直线运动，沿与vM垂直方向做加速度为a的匀加速运动，设边界OC的长度为d时，小球不从BC边射出，在电场中运动时间为t2‎ 由牛顿第二定律得：mgsin300=ma 解得：a=5m/s2‎ 位移关系为： ‎ 联立可得：‎ 点睛：本题主要考查了带电粒子先做平抛运动，在进入电场做类平抛运动，将运动进行分解并结合运动学方程和牛顿第二定律相结合进行解题。 ‎