甘肃省武威市第六中学2019-2020学年高二上学期学段考试物理试题

甘肃省武威市第六中学2019-2020学年高二上学期学段考试物理试题

武威六中2019-2020学年度第一学期第二次学段考试 高二物理试卷 一、选择题（14小题，1-10小题每题3分，11-14小题每题4分，答对得4分，选不全得2分，共计46分）‎ ‎1.下列说法正确的是（ ）‎ A. 电路中的电流越大，表示通过的导体横截面的电荷量越多 B. 电流既有大小又有方向，所以电流是矢量 C. 导体中有电流通过时，电子定向移动速率很小 D. 在金属导体中，自由电子的无规则热运动就会形成电流 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电流大说明单位时间内流过导体横截面的电荷量多，但若不确定时间，则电荷量无法确定，故A错误；‎ B．电流既有大小又有方向，但电流不是矢量，是标量，因为电流的运算遵守代数加减法则，不是平行四边形定则，故B错误；‎ C．在电路中电子定向移动速率与电场传导速率不同，电子定向移动速率远小于电场传导速率，故C正确；‎ D．金属导体中，自由电子定向移动形成了电流，故D错误。‎ ‎2.下列关于电源电动势的说法正确的是（ ）‎ A. 电源电动势反映了电源内部非静电力做功的本领 B. 电源内部正电荷从高电势处向低电势处移动 C. 电源是通过静电力把其它形式能转化为电能的装置 D. 把同一电源接在不同的电路中,电源的电动势也将变化 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，反映了电源内部非静电力做功的本领，故A正确；‎ B．在电源内部，电流方向从负极指向正极，所以正电荷从低电势处向高电势处，故B错误；‎ C．电源是通过内部非静电力把其它形式的能转化为电能的装置，故C错误；‎ D．把同一电源接在不同的电路中，电源的电动势不变，故D错误。‎ ‎3.在图示的电路中U=12V，若电压表的示数也是12V，这说明可能 A. 电阻R1、R2中有断路发生 B. 灯泡L断路 C. 电阻R1、R2中有短路发生 D. 灯泡L和电阻R1都发生了断路 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.电压表示数为12V，则说明电路中发生了断路或灯泡L短路故障；如灯泡没有短路，电压表能和电源直接相连，则可知电阻R1、R2中有断路发生，故A正确；‎ B.如果L断路，则电压表示数为零，故B错误；‎ C.如果电阻R1、R2中有短路发生，电压表示数小于12V，故C错误；‎ D.如果灯泡L和电阻R1都发生了断路，则电压表示数为零，故D错误；‎ 故选：A.‎ ‎4.某导体中的电流随其两端电压的变化如图所示，则下列说法中正确的是( )‎ A. 加5V电压时，导体的电阻约是10Ω B. 加12V电压时，导体的电阻约是8Ω C. 由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小 D. 由图可知，该元件可能是定值电阻 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 当U=5V时，由图知电流为I=‎1.0A，则导体的电阻 故A项与题意不相符；‎ B. 当U=12V时，由图知电流为I=‎1.5A，则导体的电阻 故B项与题意相符；‎ CD. 由图知，随着电压的增大，图象上的点与原点连线的斜率减小，此斜率等于电阻的倒数，则知导体的电阻不断增大，所以随着电压的增大导体的电阻不断增大，故CD项与题意不相符。‎ ‎5.如图所示，电源电动势为E，内阻为r，电动机M的线圈电阻为R1．闭合开关S，电动机开始转动，稳定后电路中的电流为I，滑动变阻器接入电路的电阻为R2．则 ‎ A. 电流大小I=‎ B. 电动机两端的电压U=IR1‎ C. 电源的效率η=×100%‎ D. 电动机的机械功率P=IE-I2(R1+R2+r)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电动机为非纯电阻，欧姆定律不能运用，A项错误；‎ B．设电动机两端电压为U，对电动机分析有P电=P机+P热，即UI>I2R1，得出U>IR1，B项错误; ‎ C．电源的效率 ‎；‎ 由于欧姆定律不成立，所以 ‎，‎ C项错误；‎ D．从能量角度分析，电动机的机械功率等于电源的总功率减去电路中的热功率，D项正确.‎ ‎6.两只小灯泡L1、L2分别标有“6V，3W”和“6V，5W”，另外有一个能满足需要的滑动变阻器R，将它们连接后接入电压为12V的电路中，要求两灯泡都正常发光且最省电，下面的四个电路中满足要求的是（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 根据可知，灯泡L1的电阻大于灯泡L2的电阻，L1与R并联，总电阻可以与灯泡L2的电阻相等，两灯的电压可以都是6V，两灯都能正常发光，故A正确；L2与R并联，总电阻小于灯泡L1的电阻，根据串联电路电阻分压特点可知，L1的电压大于6V，L2的电压小于6V，两灯都不能正常发光，故B错误；L1、L2串联，由于灯泡L1的电阻大于灯泡L2的电阻，则灯泡L1的电压大于灯泡L2的电压，即得到灯泡L1的电压大于6V，所以灯泡L1可能被烧毁，故C错误；灯L1、L2并联，当它们并联的电阻与R相等时，其电压与R的电压相等，都等于6V，两灯都能正常发光，故D正确。所以AD正确，BC错误。‎ ‎7.如图所示，电路中E＝3V，r＝0.5Ω，R0＝1.5Ω，变阻器的最大值R＝10Ω，现将R的阻　值由零逐渐增大到10Ω的过程中，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 当R＝2Ω时，R上消耗的功率最大 B. 当R＝1.0Ω时，R0上消耗的功率最大 C. 当R＝0.5Ω时，电源的输出功率最大 D. 当R＝0Ω时，电源的效率最大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．将电阻R0和电源等效成新的电源，当外电路电阻与等效电源内电阻相等时，等效电源的输出功率最大；将电阻R0和电源等效成新的电源，当外电路电阻与等效电源内电阻相等时，等效电源的输出功率最大；故当 Rx=R0+r=2Ω 等效电源的输出功率最大，即变阻器上消耗的功率最大；故A项正确；‎ B．由公式可知，当电流最大，R0的功率最大，由闭合电路欧姆定律可知，当R=0时，电流最大，R0的功率最大，故B项错误；‎ C．当外电阻与电源内阻越接近，电源的输出功率越大，所以当R=0时，电源的输出功率最大，故C项错误；‎ D．电源的效率为 所以当外电阻最小时，电源的效率最小，即当R=0时，电源的效率最小，故D项错误。‎ ‎8.空间有平行于纸面的匀强电场，一电荷量为-q的质点(重力不计)，在恒定拉力F的作用下沿虚线由M匀速运动到N，如图所示，已知力F和MN间夹角为θ，MN间距离为d，则 A. MN两点的电势差为 B. 匀强电场的电场强度大小为 C. 带电质点由M运动到N的过程中，电势能减少了Fdcosθ D. 若要使带电质点由N向M做匀速直线运动，则F必须反向 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据动能定理得：‎ 所以：‎ 所以A错误.‎ B．电场线方向沿F方向，MN沿电场线方向距离为，由公式：‎ 得：‎ 故B正确.‎ C．小球M到N电场力做负功，电势能增大.故C错误.‎ D．小球在匀强电场中受到的电场力恒定不变，根据平衡条件由N到M，F方向不变.故D错误.‎ ‎9.毫安表的满偏电流是1mA，内电阻为100Ω，现有两个定值电阻R1＝200Ω，R2＝600Ω．用这两个电阻把毫安表改成量程1V的电压表，图中正确的是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.电路的量程为 故A错误。‎ B.电路的量程为 故C错误。‎ C.电路的量程为 故C错误。‎ D.电路的量程为 故D正确。‎ ‎10.如图所示的电路中，、是定值电阻，R是滑动变阻器，电流表A和电压表V均为理想电表。闭合开关S，当滑动变阻器的触头P从左端滑向右端的过程中，下列说法中正确的是　　‎ A. 表V示数增大，表A示数减小，电容器C的电荷量减小 B. 表V示数减小，表A示数增大，电容器C的电荷量减小 C. 表V示数增大，表A示数增大，电容器C的电荷量减小 D. 表V示数减小，表A示数减小，电容器C的电荷量增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 当滑动变阻器的触头P从左端滑向右端的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，电阻R与并联的电阻减小，外电路总减小，总电流增大，故路端电压减小，则电压表V的示数减小，又流过的电流即为总电流，故两端的电压增大，而电容器与并联，故电容器两端的电压也增大，根据Q=CU，可知电容器的电荷量增大；因路端电压减小，而两端的电压增大，故R与并联的电压减小，故流过的电流减小，即电流表的示数减小，故ABC错误，D正确；故选D。‎ ‎【点睛】当滑动变阻器的触头P从左端滑向右端的过程中，分析外电路总电阻的变化，根据闭合电路欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，判断电压表示数的变化．根据欧姆定律分析R、并联的电压如何变化，分析通过的电流如何变化，再分析电流表示数的变化．根据电压的变化，判断电容器所带电量的变化。‎ ‎11.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点的动能小于它在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】ABC ‎【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。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎12.如图所示,直线Oac为某一直流电源的总功率P随电流I变化的图线,虚线Obc为这个电源内部热功率随电流I变化的图线,由图可知 A. 电源电动势为3 V B. 电源内阻为 C. 当时,电源输出功率为2 W D. 当 A时,电源内部热功率为2 W ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.从图象可知：有两个交点点处是没有通电,而C处它们的电功率相等,说明外电阻没有消耗功率．因此电流为‎3A时,外电阻阻值为零．由可算出 所以内阻的阻值为．在C点时,外电阻为0,所以电动势 所以A正确,B错误；‎ C.当电流等于‎2A时,电源的输出功率 P出 故C正确；‎ D.当电流等于‎2A时,电源内部热功率 故D错误．‎ ‎13.如图甲所示两平行极板P、Q的极板长度和板间距离均为l,位于极板左侧的粒子源沿两板的中轴线向右连续发射质量为m、电量为+q、速度相同、重力不计的带电粒子。在0~3t0时间内两板间加上如图乙所示的电压(不考虑极板边缘的影响)。已知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在2t0时刻经极板边缘射出。上述m、 q、l、t0为已知量。(不考虑粒子间相互影响及返回极板间的情况)，则 A. 该粒子在平行板间一直做曲线运动 B. 该粒子进入平行板间的初速度 C. 该粒子在平行板间偏转时的加速度 D. 两平行板上所加电压大小 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知考查带电粒子在匀强电场中的偏转问题，根据类平抛规律分析计算可得。‎ ‎【详解】A. 该粒子在t0-2t0时间内做直线运动，故A错误；‎ B. 该粒子进入平行板间水平方向一直做匀速直线运动，则水平方向的初速度，故B正确；‎ C. 该粒子在平行板间偏转时的加速度a，竖直方向做匀加速直线运动，‎ ‎ ‎ 可求得 D. 两平行板上所加电压大小 ‎ ‎ ‎ ‎ 联立可得，故D错误；‎ ‎【点睛】带电粒子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，‎ 分方向根据牛顿第二定律、运动学公式列式可得。‎ ‎14.在如图(a)所示的电路中，为定值电阻，为滑动变阻器。闭合电键S，将滑动变阻器的滑动触头P从最右端滑到最左端，两个电压表内阻极大的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图(b)所示。则（ ）‎ A. 图线甲是电压表V1示数随电流变化的图线 B. 电源内电阻的阻值为 C. 电源的最大输出功率为 D. 滑动变阻器R2的最大功率为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；而两端的电压增大，两端的电压减小，故图线乙表示是示数的变化，图线甲表示示数的变化，故A错误；‎ B. 由图可知，当只有接入电路时，电路中电流为，路端电压为3V，根据闭合电路欧姆定律可得：‎ 当滑动变阻器全部接入时，电路中电流为，路端电压为，由闭合电路欧姆定律可得：‎ 解得：‎ ‎，‎ 故B正确；‎ C. 根据欧姆定律可得：‎ 因当电源的内电阻等于外电阻时，电源的输出功率最大，故当外阻等于时，电源的输出功率最大，故此时电流：‎ 故电源的最大输出功率：‎ 故C错误；‎ D. 当滑动变阻器全部接入时，两电压表示数之比为，则有：‎ 可得：‎ ‎，‎ 当滑动变阻器的阻值等于时，滑动变阻器消耗的功率最大，故当滑动变阻器阻值为时，滑动变阻器消耗的功率最大，由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流：‎ 则滑动变阻器消耗的总功率：‎ 故D正确。‎ 二、实验题（每空2分，共16分）‎ ‎15.某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ．步骤如下：‎ ‎（1）用游标为20分度卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度L=_______mm；   ‎ ‎（2）用螺旋测微器测量其直径如图2所示，由图可知其直径D=__________mm；‎ ‎（3）用多用电表电阻“×‎10”‎挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘示数如图3所示，则该电阻的阻值约为_____________Ω ‎（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：‎ 待测圆柱体电阻R；‎ 电流表A1（量程0～5mA，内阻约50Ω）；‎ 电流表A2（量程0～15mA，内阻约30Ω）；‎ 电压表V1（量程0～3V，内阻约10kΩ）；‎ 电压表V2（量程0～15V，内阻约25kΩ）；‎ 直流电源E（电动势4V，内阻不计）；‎ 滑动变阻器R1（阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流‎2.0A）；‎ 滑动变阻器R2（阻值范围0～2kΩ，允许通过的最大电流‎0.5A）；  ‎ 开关S；导线若干 为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在下面框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号．‎ ‎（ ）‎ ‎（5）在图4中用实线连好电路。‎ ‎（ ）‎ ‎（6）若该同学用伏安法跟用多用电表测量得到的R测量值几乎相等，若已知伏安法测电阻电路中电压表和电流表示数分别用U和I表示，则用此法测出该圆柱体材料的电阻率ρ＝ ______________．（不要求计算，用题中所给字母表示）‎ ‎【答案】 (1). 50.15 (2). 4.700 (3). 220 (4). 见解析 (5). 见解析 (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]由图示游标卡尺可以知道其示数：‎ ‎(2)[2]由图示螺旋测微器可以知道其示数为：‎ ‎(3)[3]用多用电表的电阻“”挡测电阻，由图示表盘可以知道,其示数为：‎ Ω ‎(4)[4]电源电动势为4V，如用15V电压表指针偏转太小，故电压表应选V1‎ ‎，电路最大电流约为：‎ 电流表应选A2，为方便实验操作滑动变阻器应选R1，待测电阻阻值大于滑动变阻器最大阻值，滑动变阻器采用分压接法，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表采用外接法；实验电路图如图所示：‎ ‎(5)[5]实物图连接如图：‎ ‎(6)[6]根据欧姆定律可知：‎ 根据电阻定律可得：‎ 联立解得：‎ 三、解答题（3小题，共计38分）‎ ‎16.如图所示，已知电源电动势E＝20V，内阻r＝1Ω，当接入固定电阻R＝4Ω时，电路中标有“3V,6W”的灯泡L和内阻RD＝0.5Ω的小型直流电动机D都恰能正常工作．试求：‎ ‎ ‎ ‎(1)电路中的电流大小；‎ ‎(2)电动机的额定电压；‎ ‎(3)电动机的输出功率．‎ ‎【答案】(1)‎2A (2)7V (3)12W ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)灯泡L正常发光，电路中的电流为：‎ ‎(2)由闭合电路欧姆定律可求得，电动机的额定电压为：‎ UD=E-I(r+R)-UL=20-2×(1+4)-3=7V ‎(3)电动机的总功率为 P总=IUD=2×7=14W 电动机的热功率为 P热=I2RD=22×0.5=2W 所以电动机的输出功率为 P出=P总-P热=14-2=12W ‎17.如图所示，空间内有场强大小为 E 的匀强电场，竖直平行直线为匀强电场的电场线(方 向未知)，现有一电荷量为 q、质量为 m 的带负电的粒子，从 O 点以某一初速度垂直电场方 向进入电场，A、B 为运动轨迹上的两点，不计粒子的重力及空气的阻力；‎ ‎(1)若 OA 连线与电场线夹角为 60° ， OA = L ，求带电粒子从 O 点到 A 点的运动时间及进 ‎ 电场的初速度； ‎ ‎(2)若粒子过 B 点时速度方向与水平方向夹角为 60° ，求 。‎ ‎【答案】（1）， （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，根据两个分位移公式列式，结合牛顿第二定律得到加速度，即可求解。（2）根据合速度和分速度的关系求带电粒子到达B点的速度，再由动能定理求出。‎ ‎【详解】（1）因带电粒子向上偏转，电场力方向向上，又因为带电粒子带负电，所以电场强度方向竖直向下。带电粒子在电场中做类平抛运动，设水平方向的位移为x，竖直方向的位移为y，由题意知：， ‎ 根据分运动的规律有：，‎ 粒子的加速度为：‎ 联立解得：，‎ ‎（2）设粒子到达B点的速度为v，则由合运动与分运动的关系有：‎ 由动能定理有：‎ 联立解得：‎ ‎【点睛】能运用运动的合成与分解的方法处理类平抛运动问题，搞清分位移关系、分速度关系是解决这类问题的关键。‎ ‎18.如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为的绝缘细线把质量为，带有正电荷的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点时，细线与竖直方向的夹角为。现将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放。求: ‎ ‎(1)小球运动通过最低点C时的速度大小；‎ ‎(2)小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小；‎ ‎(3)如果要使小球能绕O点做圆周运动，则在A点时沿垂直于OA方向上施加给小球的初速度的大小范围。(取，)‎ ‎【答案】(1)；(2)；(3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)小球受到电场力、重力和绳的拉力作用处于静止 根据共点力平衡条件有：‎ 小球从点运动到点的过程，根据动能定理有：‎ 代入数据解得：‎ ‎(2)在点，由细线对小球的拉力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：‎ 代入解得： ‎ ‎(3)若能通过圆周上点关于点的对称性时，则能做完整的圆周运动，设对称点为 ‎，通过点最小速度为，小球恰好通过点时，由电场力与重力的合力提供向心力，得：‎ 从到的过程，运用动能定理得：‎ 代入数据解得： ‎ 要使小球能在竖直平面内做完整的圆周运动，则在点时沿垂直于方向上施加给小球的初速度的大小