物理卷·2018届【全国百强校】湖北省沙市中学高二上学期第二次双周练（B卷）物理试题解析（解析版）

物理卷·2018届【全国百强校】湖北省沙市中学高二上学期第二次双周练（B卷）物理试题解析（解析版）

全*品*高*考*网， 用后离不了！‎ 一、选择题（48分）（1-8题单选题，9-12题多选题）‎ ‎1．如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a，b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电．整个系统置于方向水平的匀强电场中．已知静电力常量为k.若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为(　) ‎ A. B. C. D. ‎【答案】B ‎【解析】‎ 考点：电场强度 ‎【名师点睛】本题主要考查库仑定律及平行四边形定则；因三个小球均处于静止状态，以整个系统为研究对象根据平衡条件得出c的电荷量，再以c电荷为研究对象受力分析求解。‎ ‎2．两带电荷量分别为q和－q的点电荷放在x轴上，相距为L，能正确反映两电荷连线上场强大小E与x关系的图是(　　) ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由等量异种点电荷的电场强度的关系可知，在两电荷连线中点处电场强度最小，但不是零，从两点电荷向中点电场强度逐渐减小；故选A。‎ 考点：电场强度 ‎【名师点睛】本题关键是结合等量异种电荷的电场线分布情况分析，也可以结合点电荷的电场强度公式列式求解。‎ ‎3．A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在静电力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度v与时间t的关系图象如图(甲)所示．则此电场的电场线分布可能是图(乙)中的(　　) ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 考点：电场线；电场强度 ‎【名师点睛】本题考查了速度--时间图象的应用和电场线的相关知识，要明确斜率的含义，要能根据图象判断物体的运动情况，进而分析受力情况．能根据电场线的分布判断电场强度的大小。1‎ ‎4．两个点电荷Q1、Q2固定于x轴上，将一带正电的试探电荷从足够远处沿x轴负方向移近Q2(位于坐标原点O)，在移动过程中，试探电荷的电势能随位置的变化关系如图所示．则下列判断正确的是(　　) ‎ A．M点电势为零，N点场强为负方向最大 B．M点场强为零，N点电势为零 C．Q1带负电，Q2带正电，且Q2电荷量较小 D．Q1带正电，Q2带负电，且Q2电荷量较大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 考点：电场强度；电势及电势能 ‎【名师点睛】本题一要抓住EP-x图象的斜率率，分析场强的变化．二要根据推论正电荷在电势高处电势能大，分析电势的变化，确定电荷的电性。‎ ‎5．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图所示)．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ.实验中，极板所带电荷量不变，若(　　) ‎ A．保持S不变，增大d，则θ变大 B．保持S不变，增大d，则θ变小 C．保持d不变，减小S，则θ变小【来.源：全,品…中&高*考*网】D．保持d不变，减小S，则θ不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：根据电容的决定式得知，电容与极板间距离成反比，当保持S不变，增大d时，电容减小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大．故A正确，B错误．根据电容的决定式得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，减小S时，电容减小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角θ变大，故C D错误．故选A.‎ 考点：电容器 ‎【名师点睛】本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是掌握电容的两个公式：电容的决定式和定义式。‎ ‎6．如图所示是某导体的I－U图线，图中α＝45°，下列说法错误的是(　　) ‎ A．通过该导体的电流与其两端的电压成正比 B．此导体的电阻R＝2 Ω【来.源：全,品…中&高*考*网】‎ C．I－U图线的斜率表示电阻的倒数，所以R＝cot 45°＝1.0 Ω D．在该导体两端加6.0 V电压时，每秒通过导体截面的电荷量是3.0 C ‎【答案】C ‎【解析】‎ 考点：欧姆定律 ‎【名师点睛】本题考查欧姆定律的应用，注意对于图象的认识，I-U图象的斜率表示电阻的倒数;区分U-I图象与I-U图象的异同；基础题. 1‎ ‎7．如右图所示，用伏安法测电阻，若电流表内阻1 Ω，电压表内阻5 000 Ω，Rx约为10 Ω，则下图中哪个测量结果较为准确？测量值比真实值偏大还是偏小(　　) ‎ A．甲电路，偏大 B．甲电路，偏小 C．乙电路，偏大 D．乙电路，偏小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：；，，故应采用电流表外接法，故选甲电路； 由于电压表分流使电流表示数偏大流表，则由欧姆定律可知，测量值比真实值小；故选B 考点：伏安法测电阻 ‎【名师点睛】本题考查伏安法测电阻的实验，要注意明确实验中内外接法的选择，并能根据电表内阻分析误差原因及结果。‎ ‎8.在如图所示的电路中，当滑动变阻器R3的滑动触头P向下滑动时(　 ) ‎ A．电压表示数变小，电流表示数变小 B．电压表示数变小，电流表示数变大 C．电压表示数变大，电流表示数变大 D．电压表示数变大，电流表示数变小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 考点：电路的动态分析 ‎【名师点睛】闭合电路的欧姆定律一般按先分析外电路，再分析内电路，最后再分析外电路的思路进行；若电阻与电源串联，可以等效为内阻处理。1‎ ‎9．如图所示，一直流电动机与阻值R＝9 Ω的电阻串联在电源上，电源电动势E＝30 V，内阻r＝1 Ω，用理想电压表测出电动机两端电压U＝10 V，已知电动机线圈电阻RM＝1 Ω，则下列说法中正确的是(　　) ‎ A．通过电动机的电流为10 A B．电动机的输入功率为20 W C．电动机的热功率为4 W D．电动机的输出功率为20W ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：根据闭合电路欧姆定律，有：E=U+I（r+R）；解得：，故A错误；电动机的输入功率：P入=UI=10×2=20W；电动机的热功率：P热=I2RM=22×1=4W；电动机的输出功率：P出=P-P热=UI-I2RM=10×2-22×1=16W，故BC正确，D错误；故选BC。‎ 考点：闭合电路欧姆定律；电功率 ‎【名师点睛】对于电动机电路区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路，可从从能量转化的角度理解：电能全部转化内能时，是纯电阻电路．电能转化为内能和其他能时，是非纯电阻电路。‎ ‎10．某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在同一坐标系内，如图所示，根据图线可知(　　)【来.源：全,品…中&高*考*网】A．反映Pr变化的图线是c B．电源电动势为8 V C．电源内阻为4 Ω D．当电流为0.5 A时，外电路的电阻为6 Ω ‎【答案】AD【来.源：全,品…中&高*考*网】‎ ‎【解析】‎ 考点：电功和电功率；闭合电路的欧姆定律 ‎【名师点睛】本题考查电功和电功率以及闭合电路的欧姆定律；‎ 要根据电源的总功率公式PE=EI求解电动势，根据发热功率的解析式I2r，求解电源的内阻。‎ ‎11．在正方形的四个顶点上分别固定有带电荷量绝对值均为Q的点电荷，其带电性如图所示．正方形的对角线交点为O，在两条对角线上分别取点A、B、C、D且OA＝OB＝OC＝OD.不计电子重力．则(　　) ‎ A．C、D两点的电场强度相同，A、B两点的电场强度不同 B．C、D两点电势相等，A、B两点电势不相等 C．电子从C点沿直线运动到D点，电势能先增加后减少 D．电子从O点沿直线运动到B点，电势能先增加后减少 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 考点：电场强度；电势能 ‎【名师点睛】本题关键是要明确两个等量同种电荷和异种电荷电场线和等势面的分布情况，知道沿着场强方向，电势越来越低，灵活运用电场的叠加原理进行分析。‎ ‎12．如图所示，四个相同的电流表分别改装成两个安培表和两个伏特 表，安培表A1的量程大于A2的量程，伏特表V1的量程大于V2‎ 的量程，把它们按图接入电路中，则下列说法正确的是(　　) ‎ A．安培表A1的偏转角大于安培表A2的偏转角 B．安培表A1的读数大于安培表A2的读数 C．伏特表V1的读数小于伏特表V2的读数 D．伏特表V1的偏转角等于伏特表V2的偏转角 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 考点：串联电路及并联电路；电表的结构1‎ ‎【名师点睛】安培表和伏特表都是由小量程电流表（表头）改装而成的，其核心是表头，表头指针的偏转角度取决于流过表头的电流。‎ 二、实验题（16分）‎ ‎13．（6分）下列测量仪器所测得物体的长度为 cm ‎4‎ ‎3‎ ‎2‎ ‎10‎ ‎5‎ ‎0‎ ‎【答案】24.65mm ； 0.410mm ‎【解析】‎ 试题分析：游标卡尺的读数：2.4cm+0.05mm×13=24.65mm；螺旋测微器的读数：0+0.01mm×41.0=0.410mm。‎ 考点：游标卡尺及螺旋测微器的读数 ‎【名师点睛】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。‎ ‎14．（10分）当小灯泡发光时其灯丝的电阻会随着发光亮度的变化而变化．某同学为研究这一现象，按照自己设计的实验电路图测量小灯泡的电流I和电压U，得到如下表所示的数据.‎ I(A)‎ ‎0.12‎ ‎0.22‎ ‎0.29‎ ‎0.34‎ ‎0.38‎ ‎0.42‎ ‎0.45‎ ‎0.47‎ ‎0.49‎ ‎0.50‎ U(V)‎ ‎0.20‎ ‎0.40‎ ‎0.60‎ ‎0.80‎ ‎1.00【来.源：全,品…中&高*考*网】‎ ‎1.20【来.源：全,品…中&高*考*网】‎ ‎1.40‎ ‎1.60‎ ‎1.80‎ ‎2.00‎ ‎(1)请你根据上表数据的特点，在虚线框中画出实验电路图．可用的器材有：电压表、电流表、滑动变阻器(0～10 Ω)、电源、小灯泡、开关和导线若干．‎ ‎(2)在图所示坐标纸上画出小灯泡的UⅠ曲线，并定性分析灯丝的电阻与灯泡发光亮度的变化关系：_______________‎ ‎(3)如果将上面实验中使用的小灯泡接在电动势为1.5 V、内阻为2.0 Ω的电源两端，利用上面的UⅠ曲线可求出小灯泡的实际功率是________________W，电源效率为________．(结果保留2位有效数字)‎ ‎【答案】(1)如图所示；　(2)如图所示；　灯丝电阻随发光亮度的增加而增大；(3)0.28　53%‎ ‎　　‎ ‎　　　　　　　 　　　　　　　　　‎ ‎【解析】‎ ‎ ‎ 考点：探究小灯泡的伏安特性曲线 ‎【名师点睛】‎ 本题考查了实验电路设计、作图象、求灯泡实际功率与电源效率问题，应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握描点法作图的方法；作出灯泡的U-I图象与电源U-I图象是求出灯泡实际功率与电源效率的前提与关键。1‎ 三、解答题（46分）‎ ‎15．(8分)一般地说，用电器的工作电压并不一定等于额定电压，家庭里通常不备电压表，但可以借助电能表测出用电器的实际工作电压，现在电路中只接入一个电热水壶，壶的铭牌和电能表的铭牌分别如图(a)和(b)所示．测得电能表的转盘转过125转的时间为121秒，求此时加在电热水壶上的实际电压．（电热水壶中的电阻不随电流的变化而变化）‎ ‎(a)　　　　　　　　　　 　(b)‎ ‎【答案】200 V ‎【解析】‎ 考点：电功率 ‎【名师点睛】本题考查消耗电能、电阻、实际功率、实际电压等的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，要理解电能表参数的物理意义，学会从题目所给信息中找到有用的数据。‎ ‎16. （8分）如图所示的电路中，电源的电动势E＝3.0V，内阻r＝1.0Ω；电阻R1＝10Ω，R2＝10Ω，‎ R3＝30Ω，R4＝35Ω；电容器的电容C＝100μF。电容器原来不带电，接通电键K ‎。电流稳定后，求：‎ ‎(1)流过电源的电流；‎ ‎(2)电阻R3两端的电压；‎ ‎(3)从接通电键K至电路达到稳定的过程中流过R4的总电荷量。‎ ‎【答案】(1)A　(2)2V　(3)2.0×10－4C ‎【解析】‎ 试题分析： (1)电键K闭合后，闭合电路的总电阻为 通过电源的电流 ‎(2)电源两端的电压U＝E－Ir＝V 电阻R3两端的电压。‎ ‎(3)通过R4的总电荷量就等于电容器所带的电荷量 Q＝CU′＝2.0×10－4C。‎ 考点：闭合电路的欧姆定律；电容器 ‎【名师点睛】对于含有电容器的问题，关键是确定电容器的电压．知道电路稳定时电容器的电压等于其并联电路两端的电压。‎ ‎17. （10分）如图甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1＝100 Ω，R2阻值未知，R3为一滑动变阻器．当其滑片P从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中电流的变化图线如图乙所示，其中A、B两点是滑片P在变阻器的两个不同端点得到的．求：‎ ‎(1)电源的电动势和内阻；(2)定值电阻R2的阻值；(3)滑动变阻器的最大阻值．‎ ‎【答案】(1)20 V　20 Ω　(2)5 Ω　(3)300 Ω ‎【解析】‎ 考点：闭合电路的欧姆定律 ‎【名师点睛】本题要理解电源的伏安特性曲线的意义，可由图线上两点的坐标建立方程组求解电源的电动势和内阻。1‎ ‎18．（10分）如图(a)所示，真空室中电极K发出的电子(初速不计)经过U0=1000V的加速电场后，由小孔S沿两水平金属板A、B间的中心线射入，A、B板长l=0.20m，板间距离d=0.02m.加在A、B两板间的电压“随时间变化的u-t图线如图(b)所示.设A、B间的电场可看作是均匀的，且两板外无电场，在每个电子通过电场区域的极短时间内，电场可视作恒定的.两板右侧放一记录圆筒，筒的左侧边缘与极板右端距离b=0.15m，筒能接收到通过A、B板的全部电子，以t-0时(见图(b)，此时u=0)电子打到圆筒记录纸上的点作为y坐标系的原点，并取y轴竖直向上.试计算（1）电子能穿出偏转电场的偏转电压的最大值为多少？（2）电子打到记录纸上的最高点的Y。‎ ‎ ‎ ‎【答案】（1）20V （2）2.5cm ‎【解析】‎ 电子在垂直A、B板方向的运动为匀加速直线运动对于恰能穿过A、B板的电子，在它通过时加在两板间的电压uc应满足       ③ 联立①、②、③式解得 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】解决本题的关键理清粒子在整个过程中的运动规律，求出恰好离开偏转电场时的偏转电压．结合动能定理、牛顿第二定律和运动学公式进行求解。‎ ‎19．（10分）如图所示，固定于同一条竖直线上的点电荷A、B相距为2d，电量分别为＋Q和－Q.MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p，质量为m、电量为＋q(可视为点电荷，q远小Q)，现将小球p从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球p向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v.已知MN与AB之间的距离也为d，静电力常量为k，重力加速度为g.求：‎ ‎(1)C、O间的电势差UCO；‎ ‎(2)小球p经过O点时加速度的大小；‎ ‎(3)小球p经过与点电荷B等高的D点时速度的大小．‎ ‎【答案】（1）（2）（3）v.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：(1)小球p由C运动到O时，由动能定理 得mgd＋qUCO＝mv2－0，①‎ 得.②‎ ‎ (2)小球p经过O点时受力分析如图所示，由库仑定律得：‎ ‎③‎ 它们的合力为：F＝F1cos45°＋F2cos45°＝④‎ 由牛顿第二定律得：‎ mg＋F＝ma，⑤‎ ‎.⑥‎ 考点：动能定理及牛顿第二定律的应用 ‎【名师点睛】选取研究过程，运用动能定理解题．动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动．了解研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题。‎