【物理】广东省揭阳市惠来县一中2019-2020学年高二上学期第二次段考试题（解析版）

【物理】广东省揭阳市惠来县一中2019-2020学年高二上学期第二次段考试题（解析版）

‎2019-2020学年度第一学期2阶考试 高二物理试卷(满分100分)‎ 一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分；在每小题给出的四个选项中， 只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分。‎ ‎1.如图所示，实线表示电场线，虚线表示等势线，a、b两点的电势分别为=20 V，=50 V，则a、b连线的中点c的电势应为（　　）‎ A. B. ‎ C. D. 无法判断的高低 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由图看出，ac段电场线比bc段电场线密，所以ac段场强较大，根据公式U=Ed可知，ca间电势差Uca大于b、c间电势差Ubc，即，得到．‎ A．．故A不符合题意． B．．故B符合题意． ‎ C．．故C不符合题意． D．无法判断的高低．故D不符合题意．‎ ‎2.静电喷涂是利用高压静电电场使带负电的涂料微粒沿着电场相反的方向定向运动，并将涂料微粒吸附在工件表面的一种喷涂方法，其工作原理如图所示．忽略运动中涂料微粒间的相互作用和微粒的重力．下列说法中正确的是 A. 当静电喷涂机与被喷涂工件之间的距离增大时，在运动中的涂料微粒所受电场力增大 B. 涂料微粒的运动轨迹仅由被喷涂工件与静电喷涂机之间所接的高压电源决定 C. 在静电喷涂机水平向左移动的过程中，有两个带有相同电荷量的微粒先后经过被固定的工件右侧P点（相对工件的距离不变）处，先经过微粒的电势能较大 D. 涂料微粒在向被涂工件运动的轨迹中，在直线轨迹上电势升高最快 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．当静电喷涂机与被喷涂工件之间的距离增大时，由于静电喷涂机与被喷涂工件之间电压恒定，距离增加，故场强减小，故电场力减小，故A错误；‎ B．涂料微粒的运动轨迹与初速度和受力情况均有关，故B错误；‎ C．因为电场线向右，负电粒子越偏左，电势能越小，先经过P的负电粒子更偏左，所以电势能更小，故C错误；‎ D．涂料微粒在向被涂工件运动的轨迹中，直线的距离最小，结合公式U=Ed，在直线轨迹上电势升高最快，故D正确；‎ ‎3.如图所示的电路，闭合开关S后，a、b、c三盏灯均能发光，电源电动势E恒定且内阻r不可忽略．现将变阻器R的滑片稍向上滑动一些，三盏灯亮度变化的情况是（ ）‎ A. a灯变亮，b灯和c灯变暗 B. a灯和c灯变亮，b灯变暗 C. a灯和c灯变暗，b灯变亮 D. a灯和b灯变暗，c灯变亮 ‎【答案】B ‎【解析】变阻器R的滑片稍向上滑动一些，滑动变阻器电阻减小，根据“串反并同”与其串联的灯泡C电流增大，变亮，与其并联的灯泡b电流减小，变暗，与其间接串联的灯泡a电流增大，变亮，B对；‎ ‎4.如图所示是某直流电路中电压随电流变化的图象,其中a、b分别表示路端电压、负载电阻上电压随电流变化的情况,下列说法正确的是(　　)‎ A. 阴影部分的面积表示电源的总功率 B. 阴影部分的面积表示电源的内阻上消耗的功率 C. 当满足α＝β时，电源的输出功率最大 ‎ D. 当β越大时，电源效率越小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.题中两图线的交点表示电阻R接在电源时工作状态，由交点的坐标可读出路端电压U和电流I，求出电源的电源的输出功率。而UI等于阴影部分的面积，所以阴影部分的面积表示电源的输出功率。故A错误，B错误；‎ CD.b图线的斜率大小等于电阻R的阻值，a图线的斜率大小等于电源内阻的大小，根据推论得知，当外电阻与电源的内阻相等时电源的输出功率最大，即电源的输出功率最大时，两图线的斜率大小相等，则α=β，此时电源的效率为50%，不是最大。故C正确，D错误。‎ ‎5.如图甲所示是一个欧姆表的外部构造示意图，其正、负插孔内分别插有红、黑表笔，则虚线内的电路图应是图中的(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】BD.每次换挡都要短接表笔进行欧姆调零，所以内部应接可调电阻，故B错误，D错误；‎ AC.欧姆表的内部电源的正极与外部负极插孔相连，内部电源的负极与外部正极插孔相连，故A正确，C错误；‎ ‎6.如图所示，A和B为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球．开始时开关S闭合且滑动变阻器的滑片P在a处，此时绝缘线向右偏离竖直方向，电源的内阻不能忽略，下列判断正确的是 A. 小球带负电 B. 当滑片从a向b滑动时，绝缘线的偏角θ变大 C. 当滑片从a向b滑动时，电流表中有电流，方向从上向下 D. 当滑片从a向b滑动时，电源的输出功率一定变大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题，小球向右偏，可判断小球所受电场力方向，根据电场方向，能判断出小球的电性．滑动头从a向b滑动时，接入电路电阻变小，由欧姆定律可分析电容器的电压的变化，从而判断细线的偏角变化，同时可判断电容器是充电还是放电，得出电流表中电流方向．利用电源的输出功率与外电阻关系，可判断输出功率大小．‎ ‎【详解】A.由图，A板带正电，B带负电，电容器内电场方向水平向右．细线向右偏，电场力向右，则小球带正电．故A错误．‎ B.滑动头向右移动时，R变小，外电路总电阻变小，总电流变大，路端电压U=E-Ir变小，电容器电压变小，小球受到电场力变小，细线偏角变小，故B错误．‎ C.滑动头向右移动时，电容器电压变小，电容器放电，因A板带正电，则流过电流表的电流方向向下．故C正确．‎ D.根据电源的输出功率与外电阻的关系：当外电阻等于内阻时，输出功率最大．外电阻大于内阻，外电阻减小输出功率增大；当外电阻小于内阻时，外电阻减小，输出功率减小．本题，不知道外电阻与内阻大小关系，故无法判断电源输出功率的大小．故D错误.‎ ‎【点睛】本题含容电路的问题，是高考热点问题．对于电容器，关键是分析和计算其电压，及充电情况．电源的输出功率与外电阻的关系可根据数学知识进行严格推导．‎ 二、多项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得O分 ‎7.如图，虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知b等势面上的电势为1V.一电子经过a等势面时的动能为4eV，速度方向沿电场方向，从a等势面到d等势面的过程中克服电场力所做的功为3eV.下列说法正确的是 A. 电子在c等势面上的电势能为零 B. 电子到达f等势面动能为零 C. 电子初速度方向垂直虚线向右 D. a、b两等势面间的电势差为2V ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．虚线a、b、c、d代表匀强电场内间距相等的一组等势面，电子经过a时的动能为4eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为3eV，则电势能增加3eV，因此ad等势面之间的电势差为3V，由于电子的电势能增加，所以等势面从a到d电势是降低的，因为b上的电势为1V，故a上的电势为2V，c上的电势为0V，电子在c等势面上的电势能为零．故A正确． B．结合A的分析可知，各相邻等势面之间的电势差为1V，则af之间的电势差为4V，电子从a到f将克服电场力做功为4eV，则电子到达f的动能为0．故B正确． C．电子到达f的动能为0，可知电子从a向右运动．故C正确． D．b上的电势为1V，a上的电势为2V，所以ab之间的电势差为1V．故D错误．‎ ‎8.在竖直平面内有水平向右、电场强度为的匀强电场．在场中有一根长L=2m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系有质量为0. 04kg的带电小球，如图所示，它静止时细线与竖直方向成37°角．现给小球一个初速度让小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能和重力势能的零点，，‎ ‎，下列说法正确的是（ ）‎ A. 小球所带电量为 B. 小球恰能做圆周运动的动能最小值是0. 5J C. 小球恰能做圆周运动的机械能最小值是1.54J D. 小球恰能做圆周运动的机械能最小值是1. 78J ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.对小球进行受力分析如上图所示，‎ ‎ 可得 代入解得小球的带电量 A错误；‎ B.由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力，在圆上各点中，小球在平衡位置A点时的势能（重力势能和电势能之和）最小，在平衡位置的对称点B点，小球的势能最大，由于小球总能量不变，所以在B点的动能EkB最小，对应速度vB最小；恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在B点，小球受到的重力和电场力，其合力作为小球做圆周运动的向心力，绳的拉力恰为零，有 所以：‎ 选项B正确；‎ CD．由于总能量保持不变，即是恒量．所以当小球在圆上最左侧的C点时，电势能EPE最大，机械能最小．‎ 由B运动到A，有 所以：‎ 总能量为 由C到A，电场力做功：‎ 又电场力做功等于电势能减少量，则：‎ 所以C点的机械能为 故C正确，D错误．‎ ‎9.一带电粒子射入一点电荷的电场中，粒子运动的轨迹如图所示，图中虚线是同心圆弧，表示电场中的等势面，不计重力，可以判断( )‎ A. 此粒子一直受静电引力作用 B. 粒子在b点的电势能一定大于在a点的电势能 C. 粒子在b点的速率一定小于在a点的速率 D. 粒子在a点和c点的速率相等 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在沿轨迹abc或轨迹cba的过程中，所受的电场力向左，而场源电荷在等势面的中心处，则一直受静电斥力作用，故A错误；‎ BC．根据动能定理，若粒子由a到b，电场力做负功，动能减少，电势能增大，有，；若粒子由b到a，电场力做正功，动能增大，电势能减小，，，综上两种情况都是，，故B、C均正确；‎ D．a点和c点在同一个等势面上，电场力做功零，动能不变化，速率不变，故D正确．‎ ‎10.一带正电的电荷固定，另两个完全相同的重力不计的粒子甲和乙环绕该电荷做匀速圆周运动，且在同一平面内沿顺时针方向转动，某时刻空间位置如图所示．粒子乙的轨道半径为粒子甲轨道半径的4倍，已知甲的环绕周期为，忽略两粒子之间的相互作用．则 A. 如果使粒子甲加速，可能与粒子乙相碰 B. 图示位置，粒子乙的电势能小于粒子甲的电势能 C. 粒子甲的环绕速度可能等于粒子乙的环绕速度 D. 如果从两粒子间距最近开始计时，到第一次间距最远的时间为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由题意知甲、乙均带负电，设带电荷量为q．如果使带电粒子甲加速运动，则粒子甲做离心运动，轨道半径增大，可能与粒子乙相碰，故A正确；‎ B.由题意知，而负电荷在电势越高的地方电势能越小，所以带电粒子甲的电势能比带电粒子乙的电势能小，故B错误；‎ C.设固定电荷的电荷量为Q，环绕电荷的电荷量为q，由牛顿第二定律得：，解得：，显然轨道半径大的粒子环绕速度小，故C错误；‎ D.对粒子甲：，对粒子乙：，解得： ，设从相距最近到相距最远所经历的最短时间为t，则，解得：，故D正确．‎ ‎11.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态，现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则 A. P点的电势将降低 B. 带电油滴的电势能将增大 C. 带电油滴将沿竖直方向向下运动 D. 电容器的电容减小，极板带电荷量将增大 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因为电容器和直流电源相连，所及极板间电压不变，间距增大，极板间电场强度减小，所以P点和下极板间的电势差减小，又下极板接地，所以P点电势减小，A正确 B．根据题意可知，上极板带正电，又油滴初始静止，所以可知油滴带负电，P点电势减小，因此油滴电势能增大，B正确 C．因为极板间电场强度减小，原来电场力等于重力，现在电场力小于重力，油滴向下运动，C正确 D．根据平行板电容器电容决定式可知，间距增大，电容减小，又电压不变，所以极板所带电荷量减小，D错误 ‎12.如图所示，点电荷Q1，Q2固定于边长为L的正三角形的两顶点上，将点电荷Q3（电荷量未知）固定于正三角形的中心，Ql，Q2的电荷量均为＋q．在正三角形第三个顶点上放入另一点电荷Q，且Q的电荷量-q，点电荷Q恰好处于平衡状态．已知静电力常量为k，不计各电荷受到的重力，下列说法正确的是 A. 若撤去Q3，则Q将做匀加速直线运动 B. Q3的电荷量为–‎ C. 若不改变Q的电性，仅改变其电荷量，Q将不再受力平衡 D. 若将Q1的电荷量改为-q，则Q受到的合力大小为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】若撤去Q3，点电荷Q所受的合力为Q1、Q2对点电荷Q库仑力的合力，方向竖直向下，向下加速运动的过程中，由于距离两电荷的距离变化，导致库仑力的变化，则加速度变化，做变加速直线运动，A错误．Q1、Q2对点电荷Q库仑力的合力为：，方向竖直向下，根据几何关系知，Q3与点电荷Q的距离为：，根据平衡条件得：，解得，带负电，B正确．根据知，Q的电量可以约去，若不改变Q的电性，仅改变其电荷量，Q 将仍然受力平衡，C错误．若将Q1的电荷量改为-q，Q受到Q1、Q2的合力，方向水平向右，Q3对Q的库仑力大小为，方向竖直向上，根据平行四边形法则知，Q受到的合力大小，D正确．‎ 三、实验与计算题：本大题共4小题，共52分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中 必须明确写出数值和单位。‎ ‎13.（1）有一游标卡尺，主尺的最小分度是1mm，游标上有20个小的等分刻度。用它测量一小球的直径，如图所示的读数是_____mm。 ‎ ‎（2）用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，如图所示的读数是________mm。‎ ‎（3）如图所示为根据实验数据画出的电池的路端电压U随电流I变化的图线，由图可知，（结果保留小数点后两位）该电池的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.‎ ‎【答案】 (1). 13.55 mm (2). 0.680（0.678－0.682）mm (3). 1.48-1.50 0.60-0.63‎ ‎【解析】（1）[1]游标卡尺主尺读数为：13mm，游标尺上第11条刻度与上面对齐，则游标尺读数为：11×0.05mm=0.55mm，所以游标卡尺最终读数为：13mm+0.55mm=13.55mm；‎ ‎（2）[2]螺旋测微器固定刻度为：0.5mm，可动刻度读数为：18.0×0.01mm=0.180mm，所以最终读数为：0.5mm+0.180mm=0.680mm；‎ ‎（3）[3]由图可知，电源的电动势为：E=1.50V；‎ ‎[4]当路端电压为1.00V时，电流为0.80A；‎ 由E=U+Ir可得：‎ ‎14.如图(a)为某同学组装完成的简易多用电表的电路图．图中E是电池；R1、R2、R3、R4和 R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头G的满偏电流为250 μA，内阻为480 Ω.虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连．该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1 V 挡和5 V挡，直流电流1 mA挡和2.5 mA 挡，欧姆×100 Ω挡．‎ ‎ ‎ ‎(1)图(a)中的A端与________（填“红”或“黑”）色表笔相连接．‎ ‎(2)关于R6的使用，下列说法正确的是________（填正确答案标号）．‎ A．在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置 B．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置 C．使用电流挡时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置 ‎(3)根据题给条件可得R1＋R2＝________Ω，R4＝________Ω.‎ ‎(4)某次测量时该多用电表指针位置如图（b）所示．若此时B端是与“1”相连，则多用电表读数为________；若此时B端是与“3”相连的，则读数为________；若此时B端是与“5”相连的，则读数为________．（结果均保留3位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). 黑 (2). B (3). 160 880 (4). 1.47mA 1.10×103 Ω 2.95 V ‎【解析】 (1)[1] 欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，负极与红表笔相连，即红进黑出，端与电池正极相连，电流从端流出，端与黑表笔相连；‎ ‎(2)[2]由电路图可知只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零，不能进行机械调零，同时在使用电流档时也不需要调节；‎ A与分析不符，故A错误；B.与分析相符，故B正确；C.与分析不符，故C错误；‎ ‎(3)[3]端与“1”“2”相连时，该多用电表挡位分别为直流2.5 mA挡、直流1 mA挡，如图所示 由电表的改装原理可知端与“2”相连时，有：‎ 解得：‎ ‎[4]端与“4”相连时，如图所示 多用电表为直流电压1 V挡，表头并联部分电阻：‎ ‎(4)[5]端与“1”相连时，电表读数为1.47 mA；‎ ‎[6]端与“3”相连时，多用电表为欧姆×100Ω挡，读数为：‎ ‎[7]端与“5”相连时，多用电表为直流电压5 V 挡，读数为：‎ ‎15.如图所示，已知平行板电容器两极板间距离d = 4mm，充电后两极电势差为120V．若它的电容为3μF，且P到A板距离为1mm．(A板带正电)求：‎ ‎（1）电容器所带的电荷量；‎ ‎（2）一个电子在P点具有的电势能；（用eV表示）‎ ‎（3）一个电子从B板出发到A板获得的动能；（用eV表示）‎ ‎（4）两板间的电场强度 ‎【答案】（1）；（2）；（3）；（4）3×104V/m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据电容的定义式，有 Q=CU=3×10−6×120=3.6×10−4C，‎ 即每一板带电量均为3.6×10−4C；‎ ‎（2）场强为：‎ 故P点的电势能为：‎ Ep=WpB=qEdpB=−1e×3×104V/m×0.003m=−90eV，‎ 即电子在P点的电势能为−90eV；‎ ‎（3）对电子从B到A过程运用动能定理，得：‎ Ek=WBA=−eUBA=-e×（-120V）=120eV 即电子从B板出发到A板获得的动能为120eV；‎ ‎（4）根据电压与场强的关系式U=Ed，有 即两板间的电场强度为3×104V/m。‎ ‎16.如图所示电路中，电源的电动势E=10V，内电阻r=0.50Ω，电动机电阻R0=1.0Ω，电阻R1=1.5Ω．电动机正常工作时，电压表示数U1为3.0V．求：‎ ‎（1）电源的总电功率．‎ ‎（2）电动机消耗的电功率和将电能转化为机械能的功率．‎ ‎（3）电源的输出功率．‎ ‎【答案】（1）20W （2）8W （3）18W ‎【解析】‎ 试题分析：(1)电动机正常工作时，总电流为：‎ I＝＝ A＝2 A，‎ 电源释放的电功率为 P＝EI＝10×2 W＝20 W.‎ ‎(2)电动机两端的电压为：‎ U＝E－Ir－U1＝(10－2×0.5－3.0) V＝6 V.‎ 电动机消耗的电功率为：P电＝UI＝6×2 W＝12 W.‎ 电动机消耗的热功率为：P热＝I2R0＝22×1.0 W＝4 W.‎ 电动机将电能转化为机械能的功率，据能量守恒为：‎ P机＝P电－P热＝(12－4) W＝8 W ‎(3)电源的输出功率为：‎ P出＝P－P内＝P－I2r＝(20－22×0.5) W＝18 W.‎ 考点：含电动机的电路．‎ ‎【名师点睛】‎ ‎17.如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d．两金属板正中间有一水平放置的金属网G，PQG的尺寸相同．G接地，PQ的电势均为（>0）．质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计．‎ ‎（1）求粒子第一次穿过G时的动能，以及她从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；‎ ‎（2）若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】解：（1）PG、QG间场强大小相等，均为E，粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有 ‎①‎ F=qE=ma②‎ 设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有 ‎③‎ 设粒子第一次到达G时所用时间为t，粒子在水平方向的位移为l，则有 ‎④‎ l=v0t⑤‎ 联立①②③④⑤式解得 ‎⑥‎ ‎⑦‎ ‎（2）设粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短，由对称性知，此时金属板的长度L为⑧‎