广东省中山第一中学2020学年高二物理上学期第二次段考试题（含解析）

广东省中山第一中学2020学年高二物理上学期第二次段考试题（含解析）

中山一中2020－2020学年上学期高二年级第二次段考 ‎ 物理试题卷 一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）‎ ‎1.如图所示，图线1表示的导体的电阻为，图线2表示的导体的电阻为，则下列说法正确的是（　　）‎ A. ‎ B. 把均匀拉长到原来的3倍长后电阻等于 C. 将与串联后接于电源上，则功率之比 D. 将与并联后接于电源上，则电流比 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 根据I-U图象知，图线的斜率表示电阻的倒数，所以R1：R2=1：3，故A正确；把R1拉长到原来的3倍长后，可得横截面积减小为原来的，根据电阻定律公式：，可知电阻增加为9倍，故B错误；串联电路电流相等，所以将R1与R2串联后接于电源上，电流之比I1：I2=1：1；又由于R1：R2=1：3．根据电功率表达式：P=I2R，可得功率之比为1：3，故C正确；并联接入电路后，电压相等，由 ，可知电流比为：I1：I2=3：1，所以D错误。所以AC正确，BD错误。‎ ‎2.如图，电源电动势为30 V，内阻不计，“6V，12W”的灯泡与一个绕线电阻为的电动机串联。当电动机正常转动时，灯泡正常发光，则此时(    )‎ A. 电路中电流为 B. 小灯泡电阻为 C. 电动机两端电压为24 V D. 电动机输出功率为48W ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】通过电灯的电流即电路中的电流：，选项A错误；小灯泡电阻为，选项B错误； 电动机的电压：U电=E-U灯=30-6=24V，选项C正确；电动机消耗的总功率：P电=U电I=24×2=48W；绕线电阻的电热功率：P热=I2r=22×2=8W；电动机输出的机械功率P机=P电-P热=40W，故D错误。‎ ‎3.关于导体的电阻及电阻率的说法中，正确的是　　‎ A. 由可知，导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比 B. 由知，导体的电阻与长度l、电阻率成正比，与横截面积S成反比 C. 将一根导线一分为二，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一 D. 将一根电阻丝均匀拉长为原来2倍，则电阻丝的电阻变为原来的2倍 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】导体的电阻由导体本身决定，与导体两端的电压和通过导体的电流无关，选项A错误；由知，导体的电阻与长度l、电阻率 成正比，与横截面积S成反比，选项B正确；导体的电阻率只与材料有关，与长度无关，选项C错误；将一根电阻丝均匀拉长为原来2倍，则截面积变为原来的1/2，则电阻丝的电阻变为原来的4倍，选项D错误.‎ ‎4.在图中所示的电路中，电源内阻，当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时　　‎ A. 伏特表V读数增大，电容C的电荷量在减小 B. 安培表A的读数增大，电容C的电荷量在增大 C. 伏特表V的读数增大，安培表A的读数减小 D. 伏特表V的读数减小，安培表A的读数增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：当滑动变阻器的滑动触片向 b端移动时滑动变阻器连入电路的电阻减小，故电路总电阻减小，所以电路路端电压减小，即伏特表V的示数减小，电路总电流增大，故并联电路两端电压减小，所以通过的电流减小，故通过滑动变阻器的电流增大，所以安培表示数增大，电容器两端的电压减小，故根据可得电荷量减小，故D正确；‎ 考点：考查了含电容电路动态分析 ‎5.如图所示，PQ为等量异种点电荷A、B连线的中垂线，C为中垂线上的一点，M、N分别为AC、BC的中点，若取无穷远处的电势为零，则下列判断正确的是　　‎ A. M、N两点的电场强度相同 B. M、N两点的电势相等 C. 若将一负试探电荷由M点移到C点，电场力做正功 D. 若将一负试探电荷由无穷远处移到N点时，电势能一定增加 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：M、N两点场强大小相等，但方向不同，选项A错误；PQ线上各点的电势均为零，PQ左侧电势为负，右侧电势为正，则M点电势低于N点电势，选项B错误；负电荷由M点移到C处，电势能减小，故电场力做正功，选项C正确；无穷远处电势为零，N点电势大于零，故负电荷由无穷远处移到N点时，电势能一定减小，选项D错误；故选C。‎ 考点：电场强度；电势及电势能.‎ ‎6.某电场的电场线分布如图所示实线，以下说法正确的是 A. c点场强大于b点场强 B. b和c处在同一等势面上 C. 若将一试探电荷由a点移动到d点，电荷的电势能将增大 D. 若某一点电荷只在电场力的作用下沿虚线由 a点运动到d点，可判断该电荷一定带负电 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解这类题是思路：电场线的疏密表示场强的强弱，沿电场线方向电势逐渐降低，根据带电粒子运动轨迹判定电场力方向，然后根据电性判断电场线方向，根据电场力做功判断电势能的变化。‎ ‎【详解】电场线的疏密表示场强的强弱，由图知c点场强大于b点场强，故A正确；沿电场线方向电势逐渐降低，故b的电势大于c的，故B错误；若将一试探电荷+q由a点移动到d点，电场力做正功，电荷的电势能将减小，故C错误；由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力大致斜向左上方，与电场强度方向相同，故粒子带正电，故D错误；故选A。‎ ‎【点睛】解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力方向，利用电场中有关规律求解。比较电势能的大小有两种方法：一可以从电场力做功角度比较，二从电势能公式角度判断，先比较电势，再比较电势能。‎ 二、多选题（本大题共6小题，共24.0分）‎ ‎7.以下关于恒定电流部分知识说法正确的是：(    )‎ A. 所有材料的电阻率都会随着温度的升高而增大 B. 在导体中，只要自由电荷在运动，就一定会形成电流 C. 外电路断路时的路端电压大小等于电源电动势 D. 电源电动势的方向是电源内部电势升高的方向 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】金属的电阻率随温度升高而变大,但并非所有材料的电阻率都会随着温度的升高而增大,选项A错误;在导体中，自由电荷定向运动，才会形成电流,选项B错误;外电路断路时的路端电压大小等于电源电动势,选项C正确;电源电动势的方向是电源内部电势升高的方向,选项D正确.‎ ‎8.如图所示，倾角为的光滑绝缘直角斜面ABC，D是斜边AB的中心，在C点固定一个带电荷量为的点电荷一质量为m，电荷量为的小球从A点由静止释放，小球经过D点时的速度为v，到达B点时的速度为0，则　　‎ A. 小球从A到D的过程中静电力做功为 B. 小球从A到D的过程中电势能逐渐减小 C. 小球从A到B的过程中电势能先减小后增加 D. AB两点间的电势差 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据动能定理研究该质点从A点滑到非常接近斜边底端B点过程，其中的A、D点是同一等势面上，然后结合动能定理即可判断．‎ ‎【详解】A.斜面的倾角为，斜面上，由几何关系可知，，即A到C的距离与D到C的距离是相等的，所以D与A的电势相等，则由，知A到D的过程中电场力做的功等于0，A错误；由于即A到C的距离与D到C的距离是相等的，由几何关系可知，沿AD的方向上的各点到C的距离先减小后增大，距离减小的过程中电场力对负电荷做正功，所以从A到D的过程中负电荷的电势能先减小后增大，B错误；结合B的分析，同理可知，小球从A到B的过程中电势能先减小后增加，C正确；设AB的长度为2L，则，在小球从A到D两点得过程中，由动能定理有：，在小球从A到B 的过程中有：，所以：，D正确．‎ ‎【点睛】应用动能定理应注意几个问题(1)明确研究对象和研究过程，找出始末状态的速度。(2)要对物体正确地进行受力分析，明确各力做功的大小及正负情况(待求的功除外)。(3)有些力在物体运动过程中不是始终存在的。若物体运动过程中包括几个阶段，物体在不同阶段内的受力情况不同，在考虑外力做功时需根据情况区分对待．‎ ‎9.如图所示，实线是一簇未标明方向的匀强电场的电场线，虚线是一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点若带电粒子在运动中只受电场力作用，则根据此图可知　　‎ A. 带电粒子所带电性 B. 带电粒子在a、b两点的受力方向 C. 带电粒子在a、b两点的速度何处较大 D. 带电粒子在a、b两点的电势能何处较大 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】由粒子运动的轨迹可知，粒子受电场力向下，即带电粒子在a、b两点的受力方向均向下，但是由于不知道电场的方向，则无法确定粒子的电性，选项A错误，B正确；从a到b电场力做正功，则动能增加，电势能减小，可知b点速度较大，电势能较小，选项CD正确；‎ ‎10.如图所示，电源内阻不能忽略，当滑动变阻器 的滑动触头P向左滑动时，下列说法中正确的是　　‎ A. 灯L变暗 B. 电容器C上的电荷量变大 C. 电阻消耗功率变大 D. 两端电压变化量的绝对值小于两端的电压变化量的绝对值 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先明确电路结构，R2和L并联然后和R1串联，串联后与R3并联，再根据闭合电路欧姆定律进行分析即可；‎ ‎【详解】ABC、当滑动变阻器R2的滑片P向左滑动时，R2变小，外电路的总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律可得干路总电流变大，路端电压减小，所以R3两端电压变小，则电流变小，电阻消耗功率变小；根据并联分流可得R1上电流变大，电压变大，故电容器两端电压变大，Q=CU，则电容器C上的电荷量变大；R1与R2电压之和等于路端电压，R1两端的电压变大，所以R2两端的电压变小，灯泡的电压变小，故灯L变暗，故A、B正确，C错误；‎ D、R1两端的电压变大，R2两端的电压变小，二者电压之和等于路端电压，由前面分析之路端电压变小，故R1两端增加的电压量小于R2两端减小的电压量，故D正确；‎ 故选ABD。‎ ‎【点睛】关键抓住电源的电动势和内阻不变，运用“局部→整体→局部”的思路进行分析，同时也可以利用结论“串反并同”直接分析对应的结论。‎ ‎11.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，下列说法中正确的是　　‎ A. 随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小 B. 对应P点，小灯泡的电阻为 C. 对应P点，小灯泡的电阻为 D. 对应P点，小灯泡功率为图中矩形PQOM所围“面积”的数值 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图看出此灯泡是非线性元件，根据电阻是指对电流的阻碍作用判断灯泡电阻与电压之间的关系；找到P点对应的电压和电流，根据欧姆定律求出此时灯泡的电阻；由功率公式可知功率对应图线的“面积”．‎ ‎【详解】A、根据电阻定义，电阻等于图线上的点与原点连线的斜率的倒数，图线上的点与原点连线的斜率逐渐减小，说明电阻逐渐增大；故A错误.‎ B、C、对应P点，小灯泡的电阻为．故B错误，C正确；‎ D、P点的功率P=UI，故可以用图中矩形PQOM所围的面积表示功率；故D正确；‎ 故选CD.‎ ‎【点睛】注意I-U图象的意义，知道斜率等于电阻的倒数，明确功率借助图象分析时所围得面积；明确灯泡伏安特性曲线不直的原因．‎ ‎12.一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、17V、下列说法正确的是　　‎ A. 电场强度的大小为 B. 坐标原点处的电势为1 V C. 电子在a点的电势能比在b点的电势能低7eV D. 电子从b点运动到c点，电场力做功为9eV ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ A. 如图所示,在ac连线上,确定一b′点电势为17V,根据匀强电场同一直线上，电势差与长度成正比，将cb′=4.25cm，bb′连线即为等势线,那么垂直bb′连线，则为电场线，再依据沿着电场线方向，电势降低，则电场线方向如下图，‎ 因为匀强电场,则有：，‎ 依据几何关系,则=4.5×3.6cm，‎ 因此电场强度大小为E=（26−17）/3.4≈2.5V/cm，故A正确；‎ B. 根据φc−φa=φb−φo,因a、b、c三点电势分别为 φa=10V、φb=17V、φc=26V,解得：原点处的电势为φ0=1V，故B正确；‎ C. 因Uab=φa−φb=10−17=−7V,电子从a点到b点电场力做功为W=qUab=7eV，因电场力做正功，则电势能减小，那么电子在a点的电势能比在b点的高7eV，故C错误；‎ D. 同理,Ubc=φb−φc=17−26=−9V,电子从b点运动到c点,电场力做功为W=qUbc=9eV，故D正确；‎ 故选：ABD.‎ 点睛：根据匀强电场的电场强度公式E=U/d，结合电势差与场强间距，即可求解；依据电势差等于电势之差；根据电场力做功表达式W=qU，从而确定电场力做功，同时也能确定电势能的变化情况．‎ 三、实验题探究题（本大题共1小题，共12.0分）‎ ‎13.一个电流表G的内阻，满偏电流为，其满偏电压为_____。现要把它改装成量程为15V的电压表，需串联的分压电阻为_____，刻度对应的电压值为_____。‎ ‎【答案】 (1). (2). 29k (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】一个电流表G的内阻，满偏电流为，其满偏电压为。现要把它改装成量程为15V的电压表，需串联的分压电阻为，刻度对应的电压值为1.5V。‎ ‎14.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，有以下器材：‎ A.小灯泡 B.滑动变阻器 C.电压表 D.电压表 E.电流表 F.电流表 G.铅蓄电池、开关各一个，导线若干 为了减小误差，实验中应选电流表______________，电压表____________‎ 某实验小组完成实验后利用实验中得到的实验数据在坐标系中，描绘出如图所示的小灯泡的伏安特性曲线根据此图给出的信息，可以判断下图中正确的是图中P为小灯泡的功率)_______‎ 在图框内按要求设计实验电路图____________‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). BD (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）因小灯泡额定电压为3V，额定电流为0.6A，则为了减小误差，实验中应选电流表A1，电压表V1；‎ ‎（2）由I-U图像可知，小灯泡的电阻随电压或电流的增大而增大，则由可知，随电压增大，P-U2图像的斜率减小，则B正确，A错误；由可知，随电流增大，P-I2图像的斜率变大，则D正确，C错误；‎ ‎（3）因小灯泡的电阻较小，则采用电流表外接；滑动变阻器用分压电路，如图；‎ 四、计算题（本大题共4小题，共40.0分）‎ ‎15. 如图所示，平行金属板长为L，一个带电为＋q、质量为m的粒子以初速度v0紧贴上板垂直射入电场，刚好从下板边缘射出，末速度恰与下板成30°角，粒子重力不计，求：‎ ‎（1）粒子末速度大小； （2）电场强度； （3）两极板间距离．‎ ‎【答案】（1） （2） （3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：粒子在电场中做类平抛运动，由运动的合成与分解可知粒子的末速度的大小将粒子的运动分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的匀加速直线运动，则由运动的合成与分解可求得电场强度；由动能定理可求得两板间的距离。‎ ‎（1）粒子离开电场时速度如图所示，‎ 由图示可知：‎ ‎（2）带电粒子做类平抛运动，‎ 在水平方向上：L=v0t，‎ 粒子离开电场时，粒子竖直方向的分速度：vy=v0tan60°‎ 两板间的距离：‎ ‎（3）粒子从射入电场到离开电场，‎ 由动能定理得：‎ 联立以上解得：‎ 点睛: 本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，若垂直电场线进入则做类平抛运动，要将运动分解为沿电场线和垂直于电场线两个方向进行分析，利用直线运动的规律进行求解。‎ ‎16.如图所示的电路中，两平行金属板A，B水平放置，接入如图所示电路中，两板间的距离，电源电动势，内电阻r，电阻，，闭合开关S，待电路稳定后，将一带电的小球放入板间恰能保持静止，若小球质量为，电量大小，取问：‎ 小球带正电还是负电，电容器的电压为多大？‎ 电源的内阻为多大？‎ 电源的效率是多大？‎ ‎【答案】（1）负电；10V（2） （3）93.33%‎ ‎【解析】‎ 试题分析：小球放入板间后，受重力和电场力作用，由二力平衡判断电场力的方向，进而判断电荷的正负，根据受力平衡求解电容器电压；由欧姆定律求出通过电路的电流，再根据闭合电路欧姆定律求解内阻；根据求解电源效率。‎ ‎（1）小球放入板间后，受重力和电场力作用，由二力平衡，小球应带负电，且，‎ 代入数据解得：‎ ‎（2）电路中的电流为：‎ 根据闭合电路欧姆定律得： ‎ 代入数据解得：‎ ‎（3）电源的效率：‎ 点睛：本题主要考查了电路问题，关键是分析清楚电路结构和运动情况后，根据平衡条件、欧姆定律联立列式求解。‎ ‎17. 如图所示，为电动机提升重物的装置，电动机线圈电阻为r=1Ω，电动机两端电压为5V，电路中的电流为1A，物体A重20N，不计摩擦力，求：‎ ‎（1）电动机线圈电阻上消耗的热功率是多少？‎ ‎（2）电动机输入功率和输出功率各是多少？‎ ‎（3）这台电动机的机械效率是多少？‎ ‎【答案】（1）电动机线圈电阻上消耗的热功率是1W；‎ ‎（2）电动机输入功率和输出功率各是5W、4W；‎ ‎（3）这台电动机的机械效率是80%．‎ ‎【解析】‎ 解：（1）根据焦耳定律，热功率为：‎ P热=I2r=12×1W=1W ‎（2）输入功率等于输入电流与电动机两端电压的乘积：‎ P入=IU=1×5W=5W 输出功率等于输入功率减去发热消耗的功率：‎ P出=P入﹣P热="5" W﹣1 W="4" W；‎ ‎（3）机械效率：‎ 答：（1）电动机线圈电阻上消耗的热功率是1W；‎ ‎（2）电动机输入功率和输出功率各是5W、4W；‎ ‎（3）这台电动机的机械效率是80%．‎ ‎【点评】本题考查了电功公式和焦耳定律应用，关键是知道电动机消耗的电能减去线圈产生的热量即为电动机输出的机械能．‎ ‎18.如图，内表面光滑绝缘的半径为的圆形轨道处于竖直平面内，有竖直向下的匀强电场，场强大小为有一质量为、带负电的小球，电量，小球在圆轨道内壁做圆周运动，当运动到最低点A时，小球与轨道压力恰好为零，g取，空气阻力不计，求：‎ 小球在A点处的速度大小．‎ 小球运动到最高点B时对轨道的压力．‎ 若当小球运动到A点时，立即将电场方向改为水平向右，并给小球补充一定的动能。补充后小球恰好可以在圆轨道内壁做完整的圆周运动，则应该补充的动能是多少？若取过A点的水平面为重力势能零势面，则小球运动过程中的机械能的最大值是多少？‎ ‎【答案】；；应该补充的动能是；若取过A点的水平面为重力势能零势面，则小球运动过程中的机械能的最大值是。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）重力：，‎ 电场力：，‎ 在A点，有：，‎ 代入数据解得：；‎ ‎（2）设球在B点的速度大小为，从A到B，由动能定理有：‎ ‎，‎ 在B点，设轨道对小球弹力为，则有：，‎ 由牛顿第三定律有：，‎ 代入数据解得：；‎ ‎（3）电场方向改变后，重力和电场力的合力大小，‎ 解得，‎ 方向左偏下与水平方向成，且，‎ 故其运动到O点右上方与水平方向的夹角为的C点时，其速度有最小值，令小球补充能量后的速度大小为v，则其从A到C的过程中，由动能定理可得：，‎ 在C点，有，补充能量为，‎ 解得，‎ 由能量守恒可知，当电势能最小时，机械能最大，‎ 故当其运动到O点正左方时，机械能有最大值，‎ 解得。‎