2017-2018学年广东省中山市第一中学高二上学期第二次统测物理试题 解析版

2017-2018学年广东省中山市第一中学高二上学期第二次统测物理试题 解析版

广东省中山市第一中学2017-2018学年高二上学期第二次统测物理 一、单选题 ‎1. 如图所示，取一对用绝缘柱支撑的导体A和B，使它们彼此接触，起初它们不带电，分别贴在导体A、B下部的金属箔均是闭合的。下列关于实验现象的描述及带电情况的判断中正确的是 A. 将带正电荷的物体C移近导体A，A、B下部的金属箔都张开且分别带正电和负电 B. 将带正电荷的物体C移近导体A，只有A下部的金属箔张开且带负电 C. 将带正电荷的物体C移近导体A，再使A、B分开少许，稳定后A、B下部的金属箔都张开且分别带负电和正电 D. 将带正电荷的物体C移近导体A，再使A、B分开少许，稳定后A、B下部的金属箔都闭合 ‎【答案】C ‎【解析】感应带电，这是使物体带电的一种方法，根据异种电荷互相吸引的原理可知，靠近的一端会带异种电荷．金属导体处在正电荷的电场中，由于静电感应现象，导体B的右端要感应出正电荷，在导体A的左端会出现负电荷，所以导体两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电，故AB错误；把带正电荷的物体C移近导体A后，把A和B分开，A带负电，B带正电，金属箔还是张开，故C正确，D错误．故选C.‎ ‎2. 下列关于静电场的说法不正确的是 A. 在匀强电场中，电场线一定和等势面垂直 B. 电场强度大的地方电势可能低，电场强度小的地方电势可能高 C. 将正点电荷从电场强度为零的点移动到电场强度为零的另一点，电场力做功一定为零 D. 在正电荷产生的静电场中，电场强度方向指向电势降低最快的方向 ‎【答案】C ‎【解析】沿着等势面移动，电场力不做功，故电场力一定与等势面垂直，故A 说法正确；电场强度与电势无关，所以电场强度大的地方电势可能低，电场强度小的地方电势可能高，故B说法正确；电场强度与电势无关，场强为零，电势不一定为零，电场中肯定存在场强都为零、电势又不相等的两个点，在这样的两个点之间移动电荷，电场力将做功，故C说法错误；沿电场方向电势降低，而且速度最快，故D说法正确。所以选C.‎ ‎3. 两个分别带有电荷量−Q和+5Q的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F，两小球相互接触后将其固定距离变为2r，则两球间库仑力的大小为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】相距为r时，根据库仑定律得：，两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分，则各自带电量变为2Q，则此时有：，故B正确，ACD错误。‎ ‎4. 对下列物理公式的理解，其中正确的是 A. 由公式φ=ЕP/q可知，静电场中某点的电势φ是由放入该点的点电荷所具有的电势能ЕP和该电荷电量q所决定的 B. 由公式R=U/Ｉ可知，导体的电阻R由它两端的电压U和它当中通过的电流Ｉ决定 C. 由公式E=kQ/r2可知，点电荷Q在距其r处产生的电场强度E由场源电荷电量Q和距场源电荷的距离r决定 D. 由公式C=可知，电容器的电容C由电容器所带电荷量Q和两极板间的电势差U决定 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法．比如①物质密度 ②电阻 ③场强 ④磁通密度 ⑤电势差 等．一般地，比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变，如确定的电场中的某一点的场强就不随q、F而变．当然用来定义的物理量也有一定的条件，如q为点电荷，S为垂直放置于匀强磁场中的一个面积等．类似的比值还有：压强，速度，功率等等．‎ 静电场中某点的电势φ由电场本身决定，与试探电荷无关，A错误；由欧姆定律公式 可知，属于比值定义法，导体的电阻R与两端电压U，及流过的电流I无关，故B错误；由公式可知，Q是形成此电场的点电荷的电量，r是该点距Q的距离，因此点电荷Q在距其r处产生的电场强度E由场源电荷电量Q和距场源电荷的距离r决定，C正确；电容器的电容C由电容器本身决定，与试探电荷无关，D错误．‎ ‎5. 一段长为L，电阻为R的均匀电阻丝，把它拉制成2L长的均匀细丝后，切成等长的两段，然后把它们并联在一起，其电阻值为 A. R/2 B. 2R C. R/4 D. R ‎【答案】D ‎【解析】一段长为L，电阻为R的均匀电阻丝，把它拉制成2L长的均匀细丝后，切成等长的二段，然后把它们并联在一起，长度和横截面积均没有改变，根据电阻定律公式：，可知其电阻不变仍为R，故D正确，ABC错误。‎ ‎6. 如图所示，a、b、c、d分别是一个菱形的四个顶点，∠abc＝120°.现将三个等量的正点电荷＋Q固定在a、b、c三个顶点上，将一个电量为＋q的点电荷依次放在菱形中心点O点和另一个顶点d点处，两点相比 A. ＋q在d点所受的电场力较大 B. ＋q在d点所具有的电势能较大 C. d点的电势低于O点的电势 D. d点的电场强度大于O点的电场强度 ‎【答案】C 二、多选题 ‎7. 如图所示，虚线a、b和c是在O点处的一个点电荷形成的静电场中的三个等势面，一带正电粒子射入该电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示。不计重力，由图可知 A. O点处的电荷一定是负电荷 B. a、b、c三个等势面的电势关系是φa>φb>φc C. 粒子运动时的电势能先增大后减小 D. 粒子在每个位置具有的电势能与动能的总和不变 ‎【答案】AD ‎【解析】根据带电粒子轨迹的弯曲方向可知：带电粒子受到了引力作用，O点处的电荷与带电粒子是异种粒子，所以O点处的电荷一定带负电．故A正确．O点处的电荷带负电荷，电场线方向从无穷处到Q终止，根据顺着电场线方向电势降低可知，φa＜φb＜φc．故B错误．粒子所受的电场力与速度的夹角先锐角，做正功，后为钝角，做负功，所以电势能先减小后增大．故C错误．从整个运动过程中，带电粒子只有两种形式的能：电势能和动能，根据能量守恒定律得知：粒子在每个位置具有的电势能与动能的总和一定相等．故D正确．故选AD．‎ 点睛：解决本题的关键根据轨迹的弯曲方向判断出电场力的方向，再一步分析电场力做功与电势能的关系，知道电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．‎ ‎8. 如图所示A、B、C是平行纸面的匀强电场中的三点，它们之间的距离相等L=4cm，电荷量为q=-1.0×10-5C的电荷由A移动到C电场力做功W1=4.0×10-5J，该电荷由C移动到B电场力做功W2=-2.0×10-5J，若B点电势为零，以下说法正确的是 A. A点电势为2V B. A点电势为-2V C. 匀强电场的场强大小为100V/m D. 匀强电场的方向为由C指向A ‎【答案】BCD ‎【解析】对于C、B间电势差为，若B点电势为零，，则C点电势．而A与C间的电势差为，，则A点电势；所以AC连线的中点M电势为0，M与B点的连线即为等势线，且电场线垂直于等势线，三角形ABC为等边三角形，BM⊥AC，根据沿着电场线方向，电势降低，则有匀强电场的方向由C到A；则根据可知，，故BCD正确．‎ ‎9. 如图所示的电路图，AB间电压为U，则下列说法正确的是 A. 滑动变阻器滑片向上移动时，RX两端电压变小 B. 滑动变阻器滑片向下移动时，RX两端电压变大 C. 滑动变阻器滑片位于中间时，RX两端电压小于 D. 滑动变阻器滑片位于中间时，若CD间改接内阻为RX的电动机，电动机恰能正常工作，则此电动机消耗的热功率小于 ‎【答案】CD ‎【解析】电阻Rx与变阻器的下半部分并联后再与上半部分串联；滑动变阻器滑片向上移动时，串联部分电阻变小，并联电阻变大，分压大，则Rx两端电压变大，故A错误；滑动变阻器滑片向下移动时，串联部分电阻变大，并联电阻变小，分压小，则Rx两端电压变小，故B 错误；滑动变阻器滑片位于中间时，电阻RX与变阻器的下半部分并联后再与上半部分串联，由于并联部分的电阻比变阻器上半部分电阻小，故滑动变阻器滑片向下移动时，串联部分电阻变大，并联电阻变小，分压小，则Rx两端电压变小，故Rx两端电压小于，故C正确；CD间改接为内阻为RX的电动机，由C知其电压小于，其又不是纯电阻电路，则其消耗的热功率小于，故D正确。所以CD正确，AB错误。 ‎ ‎10. 电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，下列说法正确的是 A. 电流表读数增大 B. 电流表读数减小 C. 电压表读数增大 D. 电压表读数减小 ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：首先要认识电路的结构：滑动变阻器与并联然后与串联，电压表测路端电压，电流表测通过电阻的电流；根据滑动变阻器滑片的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化；然后应用串并联电路特点与欧姆定律分析答题．‎ 由电路图可知，滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，并联电阻增大，外电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，干路电流变小，电源内电压变小，路端电压变大，则电压表示数变大．干电路电流变小，电阻两端电压变小，路端电压变大，则并联电压变大，由部分电路欧姆定律可知，通过电阻的电流变大，电流表示数变大，AC正确．‎ ‎11. 如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象，当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是 A. 带电粒子将始终向同一个方向运动 B. 2 s末带电粒子回到原出发点 C. 3 s末带电粒子的速度为零 D. 0～3 s内，电场力做的总功为零 ‎【答案】CD ‎【解析】试题分析：由图象可知，电场强度的大小与方向的变化，当带电粒子由静止释放仅在电场力作用下，根据运动与力的关系可确定运动情况．‎ 粒子在电场中只受电场力作用，故粒子在0~1s内做初速度为零的正向匀加速直线运动，加速度大小为，1~2s内电场强度方向相反，则加速度方向相反，大小为，故在1.5s时速度为零，然后在1.5s~2s，正向加速运动，2~4s过程中又以运动，即在2~3s正向减速，3s末速度为零，然后3~4s过程中，负向加速运动，如此重复，故A错误C正确；v-t图象如图所示：图像与坐标轴围成的面积表示位移，故2s末没有回到原点，B错误；因为0~3s过程中初速度为零，末速度也为零，故电场力做功为零，D正确．‎ ‎12. 空间存在水平向右的匀强电场，光滑绝缘水平面上的A、B两点位于某一等势线上。两个相同的带电小球同时从A、B以相同的速率v0分别沿电场方向和垂直于电场方向开始运动，它们的轨迹都经过C点，如图所示。下列关于这两个小球的运动判断正确的是 A. 它们到达C点所用时间相同 B. 它们在C点具有相同的速度 C. 它们在C点具有相同的动能 D. 它们运动到C点的过程中电势能的变化量相等 ‎【答案】CD ‎【解析】在光滑的水平面上，两个小球在水平方向上只受电场力，在水平方向上：A做初速度为v0的匀加速直线运动，B做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间公式：，可知A运动的时间小于B运动的时间， 故A错误；在运动过程中只有电场力做功，根据动能定理可知到达C点的动能相等，但速度大小相等，方向不同，故B错误，C正确；因为电场力做功相等，所以电势能变化量相等，故D正确。所以CD正确，AB错误。‎ ‎13. 一带电小球悬挂在平行板电容器内部，闭合电键S，电容器充电后，悬线与竖直方向夹角为φ，以下说法正确的是 A. 保持电键S闭合，使两极板靠近一些，φ将增大 B. 保持电键S闭合，使两极板远离一些，φ将增大 C. 断开电键S，使两极板靠近一些，φ将不变 D. 保持电键S闭合，使滑动变阻器滑片向右移动，将有电流从左向右流过滑动变阻器 ‎【答案】AC ‎【解析】保持电键k闭合时，电容器板间电压不变，两板靠近时，板间距离d减小，由分析得知，板间场强增大，小球所受电场力增大，则增大，反之保持电键S闭合，使两极板远离一些，板间场强减小，小球所受电场力减小，则减小，，故A正确B错误．若断开电键，则两极板所带电荷量不变，根据公式，联立可得，即两极板间的电场强度与两极板的距离无关，所以电场强度不变，小球受力不变，故不变，C正确；保持电键S闭合，使滑动变阻器滑片向右移动，两极板间的电压不变，仍等于电源电压，所以电容器两极板所带电荷量不变，故不放电，没有电流通过滑动变阻器，D错误．‎ 三、实验题 ‎14. 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)用刻度尺量出圆柱体长度为L，用螺旋测微器测出其直径D如图所示，则D=________mm。‎ ‎(2)若用多用电表的欧姆挡粗测圆柱体的电阻，机械调零、欧姆调零后，选择“×100”倍率进行测量，发现表针偏转角度很大，正确的判断和做法是________。‎ A.被测电阻值很大 B.被测电阻值很小 C.为了把电阻值测得更准一些，应换用“×1k”挡，重新欧姆调零后再测量 D.为了把电阻值测得更准一些，应换用“×10”挡，重新欧姆调零后再测量 ‎(3)现选择多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图1，则该电阻的阻值约为R=______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0～4mA，内阻约50Ω)； ‎ 电流表A2(量程0～10mA，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，请在图2框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号_______________________________________。‎ ‎(5)根据测得量求出圆柱体材料的电阻率___________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 5.696mm--5.698mm (2). B (3). D (4). 220 (5). 如图所示：‎ ‎【解析】试题分析：螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；欧姆表在测量前指针指在无穷大处，据此分析指针偏转角大小对应被测电阻的大小；根据电路最大电流选择电流表，根据实验原理与实验器材确定滑动变阻器与电流表接法，然后作出实验电路图；‎ ‎（1）螺旋测微器的读数为 ‎（2）因为欧姆表的指针的0刻度在最右边，无穷大刻度在最左边，平常不测量时指针指在无穷大可读出，所以如果指针偏转角度大，说明接近0刻度处，即被测电阻过小，需要换用低档测量，即为了把电阻值测得更准一些，应换用“×10”挡，重新欧姆调零后再测量，故BD正确；‎ ‎（3）20~30之间的分度值为2，所以读数为 电源电动势为4V，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： ‎ ‎15. 某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：‎ A.被测干电池一节                                    ‎ B.电流表：量程0～0.6 A，内阻r=0.3Ω C.电压表：量程0～3 V，内阻未知   ‎ D.滑动变阻器：0～10Ω，2 A E.开关、导线若干 伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差；在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。‎ ‎(1)实验电路图应选择如图中的__________(填“甲”或“乙”)；‎ ‎(2)根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U－I图象，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势E＝__________V，内电阻r＝__________Ω。(所有结果保留两位有效数字)‎ ‎【答案】 (1). 甲 (2). 1.5V (3). 0.70Ω ‎【解析】（1）为了使得电流表的读数为通过电源电流的电流，电流表与电池串联，将电流表内阻等效为电源内阻，故电路图选择甲； （2）由U-I图可知，电源的电动势E=1.5V；内电阻 四、计算题 ‎16. 如图所示，A、B两块带异号电荷的平行金属板间形成匀强电场，一电子以v0＝4×106‎ m/s的速度垂直于场强方向沿中心线由O点射入电场，从电场右侧边缘C点飞出时的速度方向与v0方向成30°的夹角。已知电子电荷e＝1.6×10－19C，电子质量m＝0.91×10－30kg。求：‎ ‎(1)电子在C点时的动能是多少J?‎ ‎(2)O、C两点间的电势差大小是多少V?‎ ‎【答案】(1)J (2)V ‎【解析】试题分析：（ 1）带电粒子进入偏转电场做类平抛运动，末速度vt与初速度v0的关系如图，‎ 则电子在C点时的速度为：‎ 所以动能Ek：‎ ‎（2）对电子从O到C过程中只有电场力做功，‎ 由动能定理得：eU=mvt2-mv02‎ 解得：U=15．0V 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】注意类平抛运动过程水平方向的运动与竖直方向的运动具有等时性，然后分别应用匀速运动规律和初速度为零匀加速直线运动规律解题。‎ ‎17. 如图所示，竖直固定放置的光滑绝缘杆上O点套有一个质量为m、带电量为-q的小环。在杆的左侧固定一个带电量为+Q的点电荷，杆上a、b两点与Q正好构成等边三角形。已知Oa之间距离为h1，ab之间距离为h2，静电常量为k。现使小环从图示位置的O 点由静止释放，若通过a点的速率为。试求：‎ ‎(1)小环运动到a点时对杆的压力大小及方向；‎ ‎(2)小环通过b点的速率。‎ ‎【答案】(1)，方向水平向左 (2)‎ 设r为Q到a点的距离，依题意，所以。‎ 杆对小环的支持力，方向水平向右。‎ 由牛顿第三定律可知，小环对杆的压力大小，方向水平向左。‎ ‎（2）小环从a运动到b的运动过程，根据动能定理 由于Qa=Qb，所以可得 考点：库仑定律；电势能；动能定理的应用 ‎18. 如图所示，电源的电动势E=110V，电阻R1=21Ω，电动机线圈的电阻R0=0.5Ω，当电键S断开时，电阻R1的电功率是525W，当S闭合时，电阻R1的电功率是336W，求：‎ ‎(1)电源的内阻；‎ ‎(2)当S闭合时流过电源的电流和电动机消耗的功率。‎ ‎【答案】(1)Ω；(2)26A，1848W ‎【解析】【分析】根据S2断开时R1消耗的功求出内阻r，当电键S2闭合时，根据电阻R1的电功率求出R1两端的电压和通过R1的电流，再根据E=U+Ir，求出总电流，从而求出通过电动机的电流，求出电动机的消耗的功率。‎ 解：(1)S断开时，‎ 解得： ‎ ‎(2)S闭合时，通过R1的电流为I1，则 解得 R1的电压为 内电压为 所以总电流为 所以流过电动机的电流为 电动机消耗的功率为 ‎19. 如图所示，一个“V”型玻璃管倒置于竖直平面内，并处于E=1×103V/m、方向竖直向下的匀强电场中，一个带负电的小球，重为G=1×10-3N，电量q=2×10-6C，从A点由静止开始运动，球与管壁的摩擦因数μ=0.5。已知管长AB=BC=2m，倾角a=37°，且管顶B处有一很短的光滑圆弧。‎ 求：‎ ‎（1）小球第一次运动到B时的速度多大?‎ ‎（2）小球运动后，第一次速度为0的位置在何处?‎ ‎（3）从开始运动到最后静止，小球通过的总路程是多少?(sin37°=0.6，cos37°=0.8)‎ ‎【答案】(1) (2)距B的距离为 (3)‎ ‎【解析】试题分析：根据牛顿第二定律求出在AB中的加速度，结合速度位移公式求出第一次到达B点的速度．根据牛顿第二定律求出在BC中运动的加速度，结合速度位移公式求出第一次速度为零的位置．小球最终停在B处，对全过程运用动能定理求出总路程的大小．‎ ‎（1）在上滑的过程中受到重力、竖直向上的电场力、垂直玻璃管向下的弹力和沿玻璃管向下的摩擦力，受力如图所示．‎ 根据牛顿第二定律得，得 ‎ 所以小球第一次到达B点时的速度为： ‎ ‎（2）在下滑的过程中受到重力、竖直向上的电场力、垂直玻璃管向下的弹力和沿玻璃管向上的摩擦力，受力如图所示．在BC面上，小球开始从B点做匀减速运动，加速度的大小为：‎ 所以，速度为0时到B的距离为．‎ ‎（3）接着小球又反向向B加速运动，到B后又减 速向A运动，这样不断地往复，最后停在B点．如果将全过程等效为一个直线运动，则有：‎ ‎ 得，即小球通过的全路程为3m．‎ ‎ ‎