【物理】山东省枣庄市第八中学（东校区）2020-2021学年高二上学期9月试题（解析版）

【物理】山东省枣庄市第八中学（东校区）2020-2021学年高二上学期9月试题（解析版）

高二物理单元检测（一）‎ ‎（考试时间：100分钟）‎ 一、选题题（1—8题为单项选择题，9—12题为多项选择题）‎ ‎1. 以下对“电场”一章中几个公式的理解正确的是（ ）‎ A. 公式指出，电场强度跟检验电荷的电量成反比 B. 由公式可知，电场中两点的距离越大，电场场强越小 C. 在公式中，是的电场在位置的电场强度值 D. 公式指出，同一个电荷在电势越高地方电势能越大 ‎【答案】C ‎【解析】A．公式是电场强度的定义式，采用比值法定义，则知与、无关，A错误；‎ B．公式只适用于匀强电场，而匀强电场的场强处处相同，与两点间的距离无关，B错误；‎ C．在公式中，将看成场源电荷，看成试探电荷，则是点电荷产生的电场在点电荷处场强的大小，C正确；‎ D．根据电势能公式知，同一个正电荷在电势越高处的电势能越大，而同一个负电荷在电势越高处的电势能越小，D错误。故选Ｃ。‎ ‎2. 图为某匀强电场的电场线，带负电的粒子沿电场线从a运动到b，若粒子只受电场力作用，则（ ）‎ A. a、b两点电势相等 B. 粒子的电势能减小 C. 粒子从a运动到b过程加速度保持不变 D. 粒子做匀加速直线运动 ‎【答案】C ‎【解析】A、沿着电场线方向，电势降低，则有a点的电势高于b点电势，故A错误； B、带负电的粒子沿电场线从a运动到b，电场力做负功，则电势能增加，故B错误； C、电场线疏密反映场强大小，从a向b运动，场强不变，加速度不变，所以粒子做匀变速直线运动，若速度方向与加速度相同，则做匀加速直线运动；若两方向相反，则做匀减速直线运动，故C正确，D错误．‎ ‎3. 如图所示，电动机M的线圈电阻为r，接入电压恒为U的电源时，电动机正常工作，此时电动机中通过的电流为I、消耗的电功率为P、线圈电阻的发热功率为P热、输出的机械功率为P出．则下列关系式正确的是 ‎ ‎ ‎ A. B. P=IU+I2r C. D. P出=IU-I2r ‎【答案】D ‎【解析】电动机为非纯电阻用电器，电动机中通过的电流为，它消耗的电能一部分转化成机械能一部分自身发热，线圈电阻的发热功率，消耗的电功率为，所以根据能量守恒得出 故选D。‎ ‎4. 如图所示，在点电荷Q形成的电场中，已知a、b两点在同一等势面上，c、d两点在另一等势面上．甲、乙两个带电粒子的运动轨迹分别为acb和adb曲线，已知乙粒子带正电．那么下列判断正确的是(　　)‎ A. 甲粒子在b点的电势能比在c点小 B. 乙粒子在d点速度最大 C. a、b两点电场强度相同 D. d点电势比b点电势高 ‎【答案】D ‎【解析】A、由图可知，甲粒子受到中心点电荷Q的引力，甲粒子从c到b的过程中电场力做负功，电势能增大，所以甲粒子在b点的电势能比在c点大．故A错误；B、乙粒子受到中心点电荷Q的排斥力，从a到d电场力做负功，动能减小，速度减小．从d到b电场力做正功，动能增大，速度增大，所以乙粒子在d点速度最小；故B错误；C、a、b两点电场强度大小相等，方向不同，则电场强度不同，故C错误．D、越靠近正点电荷Q电势越高，则d点电势比b点电势高，故D正确．故选D．‎ ‎5. 图中平行金属板A、B之间有匀强电场，A、B间电压为600V，A板带正电，接地，A、B两板间距为‎12cm，C点离A板‎4cm，则关于C点的电势的下列说法中正确的是（　　）‎ A. φC=400V B. φC=﹣400V ‎ C. φC=200V D. φC=﹣200V ‎【答案】D ‎【解析】由E=U/d得：E==5000V/m；C点电势等于CA两点的电势差，因A带正电且电势为零，故C点电势小于A，UCA=-Ed1=-5000×0.04=-200V，故φC=-200V，故D正确，ABC错误．故选D．‎ ‎6. 如图所示，有向直线为某点电荷电场中的一条电场线，其上两点a、b相距为d，电势差为U，b点的场强大小为E，把电荷量为q的试探电荷从a点移到b点，电场力做功为W，该试探电荷在a点所受的电场力大小为F，下列关系式一定正确的是（ ）‎ A. E＝ B. U＝Ed C. E＝ D. U＝‎ ‎【答案】D ‎【解析】A． a点的场强大小为在a点的试探电荷受到的电场力与试探电荷的电荷量的比值，即，因电场不一定是匀强电场，可知b点的场强不一定是，故A错误；‎ B．公式U＝Ed只适用与匀强电场，对非匀强电场不适用，故B错误；‎ C．点电荷产生的场强大小为E＝，其中q为点电荷，d为到该点电荷的距离，故C错误；‎ D．从a到b电场力做功为W＝qU，所以电势差U＝，故D正确．‎ ‎7. 电阻R1和R2上分别标有“100 Ω　 4 W”和“12.5 Ω　 8 W”字样，将它们串联起来之后，能承受的最大电压是(　　)‎ A. 30 V B. 90 V C. 22.5 V D. 25 V ‎【答案】C ‎【解析】电阻R1标有规格“100Ω、4W”，根据P=I2R，额定电流为：‎ 电阻R2标有规格“12.5Ω、8W”，根据P=I2R，额定电流为：‎ 将它们串联起来之后，电路的最大电流I为‎0.2A，故串联电流的最大电压为：‎ U=I（R1+R2）=0.2×（100+12.5）=22.5V A. 30 V，与结论不相符，选项A错误；B. 90 V，与结论不相符，选项B错误；‎ C. 22.5 V，与结论相符，选项C正确；D. 25 V，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎8. 在如图所示的电路中，电源的电动势和内阻以及电阻R2的阻值都恒定，当滑动变阻器R1的滑片处于某位置时，电容器C两极板间的带电油滴恰好悬浮不动。下列判断正确的是（　　）‎ A. 若仅减小电容器两极板间的正对面积，油滴将向下运动 B. 若仅将R1的滑片向右移动，油滴将向上运动 C. 若仅将R1的滑片向左移动，电源的效率将增加 D. 若仅将R1的滑片移动，电压表V1、V2的示数变化量的代数和总等于零 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A．减小两板间正对面积，电容器的板间电压不变，场强不变，油滴所受的电场力不变，仍静止，故A错误； B．R1滑动触头向右移动时，接入电路的电阻增大，电路中电流减小，内电压减小，路端电压增大，则电容器板间电压增大，板间场强增大，油滴所受的竖直向上的电场力增大，油滴将向上运动。故B正确；‎ C．同理可得，R1滑动触头向左移动时，接入电路电阻减小，外电路电阻减小，而电源的效率 可知电源的效率减小，故C错误； D．R1的滑动触头移动时，外电阻发生变化，则路端电压随之变化，电压表V1，V2的读数之和等于路端电压，所以电压表V1，V2的读数变化量的代数和不等于零，故D错误。 故选B。‎ ‎9. 电吹风是电动机带动风叶转动的装置，电热丝给空气加热得到热风．设电动机线圈和电热丝的总电阻为R，接在一电压为u=U0sinωt的交流电源上，若已知电吹风使用时消耗的功率为P，通过电热丝和电动机线圈的总电流为I，则有 A. P＞ B. P＞I2R C. P=I2R D. ‎ ‎【答案】BD ‎【解析】电动机正常工作时，两端的电压为交流电的有效值，因此，功率，故A不对而D正确， 为电动机发热功率，电动机得输入功率等于输出功率加发热功率，因此，因此B正确，C错误；所以选BD ‎10. 在研究平行板电容器电容的实验中，电容器的A、B两极板带有等量异种电荷，A板与静电计连接，如图所示．实验中可能观察到的现象是( )‎ A. 增大A、B板间的距离，静电计指针张角变小 B. 减小A、B板间的距离，静电计指针张角变小 C. 在A、B板间放入一介质板，静电计指针张角变小 D. 把B板向上平移，减小A、B板的正对面积，静电计指针张角变小 ‎【答案】BC ‎【解析】A．增大A、B板间距离，根据电容的决定式 知电容C减小，电容器的电量Q不变，则由定义式 知板间电压U增大，静电计指针张角变大。A错误。 B．减小A、B板间的距离，根据电容的决定式 知电容C增大，电容器的电量Q不变，则由定义式 知板间电压U减小，静电计指针张角变小。B正确。 C．在A、B板间放入一介质板，根据电容的决定式 知电容C增大，电容器的电量Q不变，则由定义式 知板间电压U减小，静电计指针张角变小。C正确。‎ D．把B板向上平移，减小A、B板的正对面积，根据电容的决定式 知电容C减小，电容器的电量Q不变，则由定义式 知板间电压U增大，静电计指针张角变大。D错误。故选BC。‎ ‎11. 两个带等量正电荷的小球（可视为点电荷）固定在图中a、b两点，MN为ab连线的中垂线，交直线ab于O点，A为MN上的一点。取无限远处的电势为零，一带负电的试探电荷q仅在静电力作用下运动，则（　　）‎ A. 若q从A点由静止释放，其将以O点为对称中心做往复运动 B. 若q从A点由静止释放，其在由A点向O点运动的过程中加速度先增大后减小 C. q由A点向O点运动时，其动能逐渐增大，电势能逐渐减小 D. 若在A点给q一个合适的初速度，它可以做匀速圆周运动 ‎【答案】ACD ‎【解析】A．若q从A点由静止释放，受到向下的电场力作用，向下加速运动，过O点后受到向上的电场力作用，做减速运动，根据受力情况的对称性可知q将以O点为对称中心做往复运动，故A正确；‎ B．电荷在O点时电场力为零，电荷在A点电场力是否最大无法确定，电荷由A点向O点运动的过程中加速度变化情况无法确定，可能一直减小，也可能先增大再减小，故B错误；‎ C．q由A点向O点运动时，电场力做正功，说明动能逐渐增大，电势能逐渐减小，故C正确。‎ D．q受到指向圆心的电场力，在ab连线中垂面内给它一个垂直电场力方向大小合适的速度，电场力提供向心力，电荷可以做匀速圆周运动，故D正确。故选ACD。‎ ‎12. 三个电阻相同的灯泡，其允许消耗的最大功率都是20W，现将其中的两个灯泡串联后再与第三个灯泡并联起来接入电压U，则下列说法正确的是（ ）‎ A. L1消耗的功率可能为3W B. L3消耗的功率可能为15W C. 整个电器允许消耗的最大功率为30W D. 整个电器允许消耗的最大功率为60W ‎【答案】ABC ‎【解析】明确电路结构，根据功率公式可明确它们可能的功率；再明确当L3达最大功率时L1与L2两端的电压，由功率公式明确二者的功率，即可求得总功率。‎ A．由图可知，L1与L2串联后与L3并联，L1与L2的电压之和为U，则两灯泡的功率均小于额定功率，故L1消耗的功率可能为3W；故A正确；‎ B．L3所加电压U未知，故L3消耗的功率可能为15W；故B正确；‎ CD．当L3达额定功率时，L1和L2的电压为额定电压一半；则由可知，功率均为额定功率的；故整个电器允许消耗的最大功率为20+2×=30W 故C正确，D错误；故选ABC。‎ 二、实验题 ‎13. 一游标尺示数如图所示，其读数为______mm；螺旋测微器读数为______mm。‎ ‎【答案】 (1). 29.8 (2). 3.191(3.190~5.193)‎ ‎【解析】[1]游标卡尺的读数：‎29mm+‎0.1mm×8=‎‎29.8mm ‎[2]螺旋测微器读数：‎3mm+‎0.01mm×19.1=‎‎3.191mm ‎14. 某同学查阅资料发现自动铅笔笔芯的电阻随温度升高而变小，在实验室中，他取一段长为‎16cm的自动铅笔笔芯，用多用电表测量其电阻大约为5Ω，该同学要较精确测量铅笔芯的电阻，需要测量多组数据，现有下述器材可供选择：‎ A.电源3V，内阻不计 B.直流电流表0~‎3A（内阻约0.1Ω）‎ C.直流电流表0~600mA（内阻约0.5Ω）‎ D.直流电压表0~3V（内阻约3kΩ）‎ E.直流电压表0~15V（内阻约200kΩ）‎ F.滑动变阻器（5Ω，‎1A）‎ G.滑动变阻器（1kΩ，300mA）‎ ‎(1)除开关、导线外，实验中要求能够在电压表上从零开始读取若干组数据，需要选用的器材有：______（填写字母代号）；‎ ‎(2)画出合适的电路图______‎ ‎(3)该同学在下表中记录了实验数据，请你根据实验数据在方格纸上画出了该铅笔芯的伏安特性曲线______：作U﹣I图上纵轴为I，横轴为U。‎ ‎【答案】(1). ACDF (2). (3). ‎ ‎【解析】(1)[1]电源电动势为3V，故电压表选D；最大电流 若选取‎3A量程，则指针偏转不及刻度的，误差较大，故电流表选C；滑动变阻器分压接法，选取小电阻即可，故选择器材为ACDF；‎ ‎(2)[2]电压表上从零开始读取，所以选择滑动变阻器分压接法，被测电阻为小电阻，电流表用外接，电路图如图；‎ ‎(3)[3]由描点法可作出笔芯伏安特性曲线；‎ ‎15. 在如下图所示的电路中，四节干电池串联，小灯泡A、B的规格均为“3.8V，‎0.3A”。闭合开关S后，无论怎样移动滑片P，A、B灯都不亮。‎ ‎(1)用多用电表的直流电压挡检查故障 ‎①量程应该选______；‎ A．2.5V B．10V C．50V D．250V ‎②测得c、d间电压约为5.8V，e、f间电压为0，则故障可能是_________；‎ A．B灯丝断路 B．A灯丝断路 C．d、e间断路 D．B灯被短路 ‎(2)开关S断开，换掉损坏元件，将多用电表的选择开关置于测电阻挡的“×‎1”‎挡。将两表笔分别与e、f两接线柱接触，某次测量结果如下图所示，测得灯泡电阻为_________。将多用电表选择开关置于“250mA”挡，开关S仍断开，将两表笔分别与a、b两接线柱接触，稳定时其指针也恰好指在如图位置上，则通过灯泡的电流是_________mA。‎ ‎【答案】 (1). B (2). B (3). 7 (4). 170‎ ‎【解析】(1)[1] ABCD．因为电源是四节干电池，所以电压表的量程应选，ACD错误B正确。故选B。‎ ‎(1)[2]ABCD．测得c、d间电压约为5.8V，说明此时电压表与电源两极相连，c、d间之外电路不存在断路，e、f间电压为零，说明e、f间没有断路，e、f之外电路存在断路，由此可知c、d间断路，即小灯泡A灯丝断路，ACD错误B正确。故选B。‎ ‎(2)[3] 多用电表的选择开关置于电阻挡的“×‎1”‎挡，由图示表盘可知，其示数为。‎ ‎(2)[4] 将多用电表选择开关置于“250mA”挡，由图示表盘可知，其分度值为5mA，示数为170mA。‎ 三、解答题 ‎16. 一个电源接8Ω电阻时，通过电源的电流为‎0.15A，接13Ω电阻时，通过电源的电流为‎0.10A，求:‎ ‎（1）电源的电动势和内阻．‎ ‎（2）当外电阻为13Ω时，电源的效率和外电阻上消耗的电功率.‎ ‎【答案】（1）1.5V， 2Ω（2）86.7%，0.13W ‎【解析】（1）由闭合电路的欧姆定律E=I（r+R）有：E=0.15（r+8），E=0.1（r+13）‎ 解得：E=1.5V，r=2Ω ‎（2）由闭合电路的欧姆定律得：‎ 则电源的效率为：‎ 外电阻上消耗的电功率为：P=I2R=0.12×13W=0.13W ‎17. 如图所示的电路中，电源的电动势为E=10V，内阻忽略不计。R1、R2、R3、R4均为20Ω定值电阻，电容器C=30mF，开关S是断开的，现将开关S闭合，则在闭合S后的较长时间内，通过R4的电荷量是多少？‎ ‎【答案】‎‎0.3C ‎【解析】S断开时，电源与R1、R2串联，R3、R4和电容器串联后与R2并联，由于电容器可看作断路，故R3、R4上电压为零，电容器上电压等于R2的电压，且上极板电势高，带正电 则电容器的电荷量为 S闭合时，R1、R2串联后与R3并联，R4和电容器串联后并联在R1‎ 两端，电容器上的电压等于R1两端的电压，且上极板电势低，带负电 闭合S后的较长时间内，电容正负极变化了，通过R4的电荷量为 ‎18. 如图所示，虚线左侧有一场强为E1=E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2 =2E的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电场E2平行的屏。现将一电子（电荷量为e，质量为m，重力不计）无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，A点到MN的距离为，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：‎ ‎(1)电子到MN的速度大小；‎ ‎(2)电子从释放到打到屏上所用的时间；‎ ‎(3)电子刚射出电场E2时的速度方向与连线夹角的正切值；‎ ‎(4)电子打到屏上的点到点O的距离 ‎【答案】(1)；(2)；(3)；(4)‎ ‎【解析】（1）从点到的过程中，由动能定理 得 ‎（2）电子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为，时间为，由牛顿第二定律和运动学公式得 则时间t1为 从到屏的过程中运动的时间 运动的总时间为 ‎（3）设电子射出电场时沿平行电场线方向的速度为，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为 运动时间为 则竖直方向速度为 所以夹角为 解得 ‎（4）如图，电子离开电场后，将速度方向反向延长交于场的中点。‎ 由几何关系知 得。‎