河南省鹤壁市淇滨高级中学2020学年高二物理上学期第二次周考试题

河南省鹤壁市淇滨高级中学2020学年高二物理上学期第二次周考试题

淇滨高中2020学年上学期第二次周考 ‎ 高二物理试卷 考试时间：90分钟；‎ 一、选择题（14小题，每小题4分，共56分。其中1-10小题是单选，11-14是多选，选对得4分，选不全得2分）‎ ‎1．对电流概念的正确理解是（ ）‎ A． 通过导体的横截面的电量越多，电流越大 B． 导体的横截面越大，电流越大 C． 单位时间内通过导体横截面的电量越大，电流越大 D． 导体中的自由电荷越多，电流越大 ‎2．两个电阻R1、R2的电流I和电压U的关系如图所示．若两个电阻R1、R2串联接在电路中，那么电阻R1、R2两端的电压之比U1：U2等于（   ）‎ A． 1：3 B． 3：‎1 C． 1： D． ：1‎ ‎3．比值定义法，就是在定义一个物理量的时候采取比值的形式定义。用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例。下列不属于比值定义法的是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．某电解池内若在2S内各有1.0×1019个二价正离子和2×1019个一价负离子同时向相反方向能过某截面，那么通过这个截面的电流是( )‎ A． ‎0A B． ‎0.8A C． ‎1.6A D． ‎‎3.2A ‎5．下列说法正确的是（ ）‎ A． 由知道，一段导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流成反比 B． 比值反映了导体阻碍电流的性质，即电阻 C． 导体电流越大，电阻越小 D． 由知道，一段导体的电流跟它的电阻成正比 ‎6．有一毫伏表，它的内阻是100 ，量程为0.2V，现要将它改装成量程为10V的电压表，则毫伏表应（ ）‎ A． 并联一个0.02 的电阻 B． 并联一个0.8 的电阻 C． 串联一个50 的电阻 D． 串联一个4900 的电阻 ‎7．下列关于电阻率的叙述，正确的是（ ）‎ A． 当导线绕制成的电阻，对折后电阻减小，电阻率减小 B． 常用的导线是用电阻率较小的铝、铜材料做成的 C． 材料的电阻率取决于导体的电阻，横截面积和长度 D． 材料的电阻率不随温度变化而变化 ‎8．一根粗细均匀的电阻丝截成长度相等的三段，再将它们并联起来，测得阻值为2 Ω，则此电阻丝原来的阻值为：( )‎ A． 4 Ω B． 6 Ω C． 8 Ω D． 18Ω ‎9．如图所示，两块较大的金属板A、B相距为d，水平放置并与一电源相连。以下说法正确的是（ ）‎ A． 若S保持闭合，将上板A向上平移—小段位移，G 中有a→b的电流 B． 若S保持闭合，将下板B向下平移—小段位移，G 中有b→a的电流 C． 若S保持断开，将上板A向上平移—小段位移，G中有a→b的电流 D． 若S保持断开，将下板B向下平移—小段位移，G中有b→a的电流 ‎10．示波管是一种多功能电学仪器，它的工作原理可以等效成下列情况：如图所示，真空室中电极K发出电子（初速度不计），经过电压为U1的加速电场后，由小孔S沿水平金属板A、B间的中心线射入板中．金属板长为L，相距为d，当A、B间电压为U2时电子偏离中心线飞出电场打到荧光屏上而显示亮点．已知电子的质量为m、电荷量为e，不计电子重力，下列情况中一定能使亮点偏离中心距离变大的是（ ）‎ A． U1变大，U2变大 B． B．U1变大，U2变小 C． U1变小，U2变大 D． U1变小，U2变小 ‎11．关于四个公式①P=UI；②；③ ；④，下列说法正确的是（ ）‎ A． 公式②适用于任何电路的热功率的计算 B． 公式①②④适用于任何电路电功率的计算 C． 公式④适用于任何电路的电功率的计算 D． 以上均正确 ‎12．如图所示的电路中，输入电压U恒为16V，灯泡L标有“6V，6W”字样，电动机线圈的电阻RM=1Ω，若灯泡恰能正常发光，则下列说法中正确的是（　　）‎ A． 电动机的输入功率为16W B． 电动机的输出功率为10W C． 电动机的热功率为1W D． 整个电路消耗的电功率为16W ‎13．如下图所示，电路中A、B为两块竖直放置的金属板，C是一只静电计，开关S合上后，静电计指针张开一个角度，下述做法可使静电计指针张角增大的是（ ）‎ A． 断开S后，使B板向右平移一些 B． 断开S后，使A、B两板错开一些 C． 保持S闭合，使A、B两板靠近一些 D． 保持S闭合，使A、B两板正对面积减小一些 ‎14．如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子（不计重力），两板间距离足够大。当两板间加上如图乙所示的交变电压后，在下图中，反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是（ ）‎ 甲 乙 A． B． ‎ C． D． ‎ 第II卷（非选择题）‎ 二、实验题（2小题，共14分）‎ ‎15．（8分）图甲为小孔同学测绘额定电压为2.5V的小灯泡的I—U图线的实验电路图．‎ ‎（乙） ‎ ‎（1）根据电路图，用笔画线代替导线，将图（乙）中的实验电路连接成完整实验电路__．‎ ‎（2）开关S闭合之前，图（乙）中滑动变阻器的滑片应该置于__________（选填“A端”、“B端”或“AB正中间”）.‎ ‎（3）该同学在实验中采用了__________（选填“内接法”或“外接法”），实验测得的结果比真实值__________（选填“大”或“小”） .‎ ‎（4）图（丙）是实验中测得的数据，根据实验数据，该同学画出的小灯泡I—U图线如图所示．由此可知，当电压为0.5V时，小灯泡的灯丝电阻是_________ Ω.‎ ‎16．（6分）在“测绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，可供选择的实验仪器如下：‎ 小灯泡L，“3.8 V　2W”‎ 电压表V1，量程0～5 V，内阻约为5 kΩ 电压表V2，量程0～15 V，内阻约为5 kΩ 电流表A1，量程0～0‎.6A，内阻约为0.4 Ω 电流表A2，量程0～3A，内阻约为0.4 Ω 滑动变阻器R1，最大阻值10 Ω，额定电流‎1.0 A 滑动变阻器R2，最大阻值500 Ω，额定电流‎0.5 A 直流电源E，电动势约为6 V，内阻约为0.5 Ω ‎(1)在上述器材中，电压表应选________；电流表应选________；滑动变阻器应选________。‎ ‎(2)在虚线框内画出实验的电路图________。‎ 三、解答题（3小题，共30分）‎ ‎17．（10分）如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点，用一根长度为的绝缘轻线把质量为、带有正电荷的金属小球悬挂在点，小球静止在点时轻线与竖直方向的夹角为．现将小球拉至位置，使轻线水平张紧后由静止释放．（ 取， ， ）．求：‎ ‎（1）小球所受电场力的大小．‎ ‎（2）小球通过最低点时轻线对小球的拉力大小．‎ ‎18．（12分）如图所示，电源电动势E=10V，内阻r=1Ω，闭合电键S后，标有“8V，12W”的灯泡恰能正常发光，电动机M绕组的电阻R0 =2Ω，求：‎ ‎(1)电源的内电压U内；‎ ‎(2)通过电动机M的电流IM；‎ ‎(3)电动机的输出功率P出。‎ ‎19．（8分）如图所示，粗糙水平轨道与半径为的竖直光滑半圆轨道在点平滑连接，在过圆心的水平界面的下方分布有水平向右的匀强电场，场强。现有一质量为，电量为的小球（可视为质点）从水平轨道上点由静止释放，小球运动到点离开圆轨道后，经界面上的点进入电场（点恰好在点的正上方）。已知、间距离为，重力加速度为，求：‎ ‎（1）小球在处的速度大小 ‎（2）小球从运动到克服阻力做功 参考答案 ‎1．C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 根据电流的定义I=q/t可知，单位时间内通过导体横截面积的电量越多，电流越大，所以C正确，ABD错误。‎ ‎2．A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 由U-I图象得出：，可得，在串联电路中，电阻两端的电压与其电阻值成正比，所以，故A正确，BCD错误。‎ ‎3．D ‎【解析】A、在电场中，某点电荷的电势能跟它所带的电荷量之比，叫做这点的电势，采用的是比值定义法，故A不符合题意；‎ B、放入电场中某一点的电荷受到的电场力F跟它的电量q的比值叫做该点的电场强度，采用的是比值定义法，故B不符合题意；‎ C、电容器所带电量Q与电容器两极间的电压U的比值，叫电容器的电容，采用的是比值定义法，故C不符合题意；‎ D、把单位时间里通过导体任一横截面的电量叫做电流强度，所以采用的是比值定义法，而不属于比值定义法，故D符合题意；‎ 故选D。‎ ‎4．D ‎【解析】通过截面的总电荷量 q=1.0×1019×2×1.6×10‎-19C+2.0×1019×1.6×10‎-19C=‎6.4C，通过截面的电流，故D正确，ABC错误。故选D.‎ 点睛：本题应知道元电荷的电荷量是1.6×10‎-19C，应用电流的定义式I=q/t，即可求出电流值．关键要注意通过截面的电荷量等于正负离子电荷量绝对值之和，而不是代数和．‎ ‎5．B ‎6．D ‎【解析】把毫伏表改装成电压表需要串联一个分压电阻，串联电阻阻值为： ，故D正确，ABC错误。‎ ‎7．B ‎【解析】电阻率，与材质、温度有关，与导体的电阻，横截面积和长度无关；由可知，对折后长度变小，V不变，故电阻减小，电阻率不变；日常生活中都是用的导线是用电阻率较小的铝、铜材料做成的。综上分析，B正确。‎ ‎8．D ‎【解析】一根粗细均匀，电阻值为R 电阻丝截成长度相等的三段，则长度变为原来的1/3，再把得到的三段并联起来使用，横截面积变为原来的3倍，根据电阻定律R=ρL/S，阻值变为原来的1/9，故：R/9=2Ω；解得：R=18Ω．故选D.‎ 点睛：串联电路相当于增加了电阻的长度，所以阻值增大，并联电路相当于增加了电阻的横截面积，所以阻值减小．‎ ‎9．B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 若S保持闭合，将上板A向上平移一小段距离，极板间距变大，根据电容的决定式 知，电容C减小，而电容器的电压不变，电容器所带电量为Q=CU，可知Q将减小，电容器要放电，电路中形成逆时针方向的电流，所以G中有b→a的电流。故A错误。若将下板B向下平移一小段，板间距离增大，根据电容的决定式知，电容C减小，而电容器的电压不变，则电容器所带电量Q=CU将减小，电容器要放电，电路中形成逆时针方向的电流，所以G中有b→a的电流。故B正确。S保持断开，将上板A向上平移一小段位移或将下板B向下平移一小段距离，电容器所带电量不变，G中无电流通过。故CD错误。故选B。‎ ‎【点睛】‎ 本题是电容器动态变化分析问题，先根据电容的决定式，再抓住电容器电压不变的特点，由Q=CU分析电容器电量的变化，判断电容器是充电还是放电，即可确定电路中电流的方向.‎ ‎10．C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 设经过电压为U1的加速电场后，速度为v，在加速电场中，由动能定理得：mv2=eU1，电子进入偏转电场后做类平抛运动，在水平方向上：L=vt，在竖直方向上：y=at2=• •t2，解得：，由此可知，当U1变小，U2变大时，y变大，故选C。‎ ‎11．AC ‎【解析】求解电功率，可以用公式P=IU ‎，也可以用公式；而只能适用于纯电阻电路的电功率和热功率；适用于任何电路计算热功率；故选AC。‎ ‎【点睛】P=IU适用于任何电路计算电功率；适用于任何电路计算热功率；只能适用于纯电阻电路的电功率或者热功率；是功率的定义公式，适用于任何情况的平均功率．‎ ‎12．CD ‎【解析】电动机两端的电压U1=U-UL=16-6V=10V，整个电路中的电流，所以电动机的输入功率P=U1I=10×1W=10W，故A错误；电动机的热功率P热=I2RM=1×1W=1W，则电动机的输出功率P2=P-I2RM=10-1W=9W，故B错误，C正确；整个电路消耗的功率P总=UI=16×1W=16W，故D正确。所以CD正确，AB错误。‎ ‎13．AB ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 断开S，电容器带电量保持不变，B板向右平移一些，即A、B间距增大一些，根据，d变大，C变小。根据C=Q/U，U增大，张角变大。故A正确。断开S，电容器带电量保持不变，使A、B正对面积错开一些，根据，S变小，C变小。根据C= Q/U，U增大，张角增大。故B正确。合上开关，电容器两端间的电势差不变，静电计指针张角不变。故CD错误。故选AB。‎ ‎【点睛】‎ 解决本题的关键在处理电容器动态分析时，电容始终与电源相连，两端间电势差不变，与电源断开，电量保持不变．‎ ‎14．AD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 分析电子一个周期内的运动情况：0～T/4时间内，电子从静止开始向A板做匀加速直线运动，T/4～T/2沿原方向做匀减速直线运动，T/2时刻速度为零。T/2～3T/4时间内向B板做匀加速直线运动，3T/4～T时间内做匀减速直线运动。接着周而复始。根据匀变速运动速度图象是倾斜的直线可知，A图符合电子的运动情况。故A 正确，C错误。电子做匀变速直线运动时x-t图象应是抛物线，故B错误。根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动交替产生，而匀变速运动的加速度不变，a-t图象应平行于横轴。故D正确。故选AD。‎ ‎15．A端；外接法；小；5；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）根据原理图连接实物图如图所示；‎ ‎（2）为了仪器安全，开关S闭合之前，图（乙）中滑动变阻器的滑片应该置于A端，此时灯泡的电压为零；‎ ‎（3）因为灯泡的电阻较小，所以应采用电流表外接法。电压表示数等于灯泡两端的电压，电流表的示数大于灯泡的电流，根据R=U/I，测量值比真实值小；‎ ‎（4）由图可知，电压为0.5V时，电流为‎0.10A，根据R=U/I，小灯泡灯丝的电阻为5Ω。‎ ‎16．V1 ; ;如图：‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）灯泡的额定电压为3.8V，则电压表选择V1；灯泡额定电流是，所以电流表选择的A1，灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，使用选择电阻值比较小的滑动变阻器R1．‎ ‎（2）因为灯泡的电压和电流需从零开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法，灯泡的电阻大约为7.2Ω，远小于电压表的内阻，属于小电阻，所以电流表采用外接法，电路图如图所示 ‎【点睛】‎ 本题考查了选择实验器材、连接实物电路图、实验数据处理等问题；选择实验器材时，要注意安全性原则，要保证实验电路安全，要注意精确性原则，在保证安全的情况下，所选器材量程不要太大．‎ ‎17．（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）小球在B点处于静止状态，对小球进行受力分析，根据平衡条件即可求解；‎ ‎（2）对小球从A点运动到C点的过程中运用动能定理求解速度；在C点，小球受重力和细线的合力提供向心力，根据向心力公式即可求解。‎ ‎【详解】‎ ‎（1）小球受重力mg、电场力F和拉力T，其静止时受力如答图2所示。‎ 根据共点力平衡条件有：F=mgtan37°=0.75N ‎（2）设小球到达最低点时的速度为v，小球从水平位置运动到最低点的过程中，根据动能定理有：mgl-Fl=mv2‎ 解得：v==‎1.0m/s 设小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小为T′。根据牛顿第二定律有：‎ T′-mg=m 解得：T′=1.5N[:**]‎ ‎18．（1）2V（2）‎0.5A（3）3.5W ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎(1)由全电路的欧姆定律可得，电源的内电压：‎ 代入数据：‎ ‎(2)干路电流：‎ 电灯的电流：‎ 通过电动机M的电流：‎ ‎(3)电动机的电功率：‎ 电动机的热功率：‎ 电动机的输出功率：.‎ ‎【点睛】‎ 对于电动机工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，本题不能用欧姆定律求出通过电动机的电流．‎ ‎19．（1）（2）3mgR（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎(1) 小球离开C点做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据 得：‎ 水平方向做匀速直线运动，‎ 可得则小球在C点的速度：‎ ‎(2)小球在A→C过程，由动能定理得：‎ 代入数据解得：Wf＝3mgR ‎【点睛】‎ 明确小球的受力和运动分析是解题的关键，灵活应用动能定理和牛顿第二定律是解题的关键，题目综合性较强．‎