【物理】江西省新余市第一中学2019-2020学年高二上学期第二次段考试题（解析版）

【物理】江西省新余市第一中学2019-2020学年高二上学期第二次段考试题（解析版）

‎2019－2020学年新余一中高二上学期第二次段考 物理试卷 一、选择题：本题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分（其中7～10小题是多选）。‎ ‎1.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. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电势是电场本身具有的属性，电势的定义式为：‎ 电势与电势能和电荷量的大小无关，A错误；‎ B．电场强度是电场本身具有的属性，电场强度的定义式为：‎ 电场强度与电场力和电荷量的大小无关，B错误；‎ C．电容是描述电容器容纳电荷量本领大小的物理量，电容的定义式为：‎ 电容与电荷量和电势差的大小无关，C错误；‎ D．公式：‎ 是欧姆定律的表达式，闭合回路中电流与电压成正比，与电阻成反比，不是定义式，D正确。‎ 故选D。‎ ‎2.图（a）为示波管的原理图．若在XX′上加上如图甲所示的扫描电压，在YY′上加如图乙所示的信号电压，则在荧光屏上会看到的图形是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】示波管的YY′偏转电压上加的是待显示的信号电压，XX′偏转电极通常接入锯齿形电压，即扫描电压，当信号电压与扫描电压周期相同时，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象．因甲图XX′偏转电极接入的是锯齿形电压，即扫描电压，且周期与YY′偏转电压上加的是待显示的信号电压相同，所以在荧光屏上得到的信号在一个周期内的稳定图象．则显示的图象与YY′所载入的图象形状是一样的．‎ A．该图与结论相符，选项A正确；B．该图与结论不相符，选项B错误；‎ C．该图与结论不相符，选项C错误；D．该图与结论不相符，选项D错误；故选A．‎ ‎【点评】本题关键要清楚示波管的工作原理，要用运动的合成与分解的正交分解思想进行思考，难度适中．‎ ‎3.图中边长为a的正三角形ABC的三个顶点分别固定三个点电荷＋q、＋q、－q，在该三角形中心O点处固定一电量为-2q的点电荷，则该电荷受到的电场力为（ ）‎ A ， 方向由O指向C B. ，方向由C指向O C. ，方向由C指向O D. ，方向由O指向C ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】O点是三角形的中心，到三个电荷的距离为：，‎ 三个电荷在O处产生的场强大小均为：‎ 根据对称性和几何知识得知：两个+q在O处产生的合场强为：‎ 再与-q在O处产生的场强合成，得到O点的合场强为：，方向由O指向C．则该负电荷受到的电场力为：，方向由C指向O；故B正确．‎ ‎4.如图所示，abcd是矩形的四个顶点，它们正好处于某一匀强电场中，电场线与矩形所在平面平行．已知 ，；a点电势为15V，b点电势为24V，d点电势为6V．则此匀强电场的电场强度大小为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 解析:‎ 在匀强电场中将某一线段等分时，该线段两端的电势差也被等分，将线段bd两等分，则O点的电势为15V,做等势线的垂线，即为电场线，如图所示 由边长关系得 ‎ 由几何关系得： ，结合 故C正确；‎ 综上所述本题答案是：C ‎5.如图，竖直绝缘光滑的半圆形槽半径为R，在槽内静置有两个带等量同种电荷的小球A、B，两球质量相等、间距为R.若将两小球看作质点，将一个水平向右的推力F作用在A球上，缓慢将A球推到半圆形槽的底部，则下列说法正确的是( )‎ A. 槽对B球的支持力变大 B. 两球间距离保持不变 C. 推力F做的功等于两球组成的系统机械能的增加量 D. 两球组成的系统的电势能增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】施加F之前，B受到重力、支持力、库仑力，根据几何关系可得：支持力，库仑力；A球被推到半圆形槽的底部后，B受力分析如图，‎ 由几何关系可知，即N=mg＜N1，所以支持力变小，故A错误．由上面矢量三角形得，F库一直增大，故两球间的距离减小，故B错误．推力F做的功等于两球组成的系统机械能的增加量与电势能增加量之和，故C错误．两球带同种电荷，距离减小，克服电场力做功，电势能增加，故D正确．故选D．‎ ‎【点睛】本题主要是考查力的分析和能量转化，解答本题要能够根据三角形相似得到库仑力的大小变化情况，由此确定电势能的变化．‎ ‎6.两个电压表V1和V2是由完全相同的两个小量程电流表改装成的，V1的量程是5V，V2的量程是15V，为了测量15～20V的电压，我们把两个电压表串联起来使用，以下的叙述正确的是 A. V1和V2的示数相等 B. V1和V2的指针偏转角度相同 C. V1和V2的示数不相等，指针偏转角度也不相同 D. V1和V2的示数之比等于两个电压表的内阻之比的倒数 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】两表的示数与内阻成正比，而两表量程不同，内阻不同，则示数不同．故A错误．因是串联关系，电流大小一样，则指针偏转角度相同，故B正确．两表指针偏转角度相同，示数不等．故C错误．因是串联关系，分压之比为内阻之比，即两表示数之比等于两个电压表的内阻之比．故D错误．故选B．‎ ‎【点睛】考查是电压表的改装原理，电压表的内部电路为串联关系，相同的电流表电流相同，偏转角度一样，而对应刻度由量程决定．‎ ‎7.嫦娥工程分为三期，简称“绕、落、回”三步走．我国发射的“嫦娥三号”卫星是嫦娥工程第二阶段的登月探测器，该卫星先在距月球表面高度为h的轨道上绕月球做周期为T的匀速圆周运动，再经变轨后成功落月．已知月球的半径为R，引力常量为G，忽略月球自转及地球对卫星的影响．则以下说法正确的是 A. 物体在月球表面自由下落的加速度大小为 B. “嫦娥三号”绕月球做匀速圆周运动时的线速度大小为 C. 月球的平均密度为 D. 在月球上发射月球卫星的最小发射速度为 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】在月球表面，重力等于万有引力，则得：；对于“嫦娥三号”卫星绕月球做匀速圆周运动过程，由万有引力提供向心力得：；解得： ，故A正确．“嫦娥三号”卫星绕月球做匀速圆周运动，轨道半径为r=R+h，则它绕月球做匀速圆周运动的速度大小为，故B错误．由上式得：月球的质量为M=，月球的平均密度为ρ=M/V，而V=4πR3/3，解得月球的平均密度为 ，故C正确．设在月球上发射卫星的最小发射速度为v，则有： ，即，故D错误．故选AC．‎ ‎【点睛】本题主要是考查了万有引力定律及其应用；解答此类题目一般要把握两条线：一是在星球表面，忽略星球自转的情况下，万有引力近似等于重力；二是根据万有引力提供向心力列方程进行解答．‎ ‎8.如图所示，直线A为某电源的U—I图线，曲线B为某小灯泡的U —I图线的一部分，用该电源和小灯泡组成闭合电路，下列说法中正确的是( )‎ A. 此电源的内阻为0.5Ω B. 电源的总功率为10 W C. 电源的输出功率为6W D. 由于小灯泡的U-I图线是一条曲线，所以欧姆定律不适用 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电源的外特性曲线与灯泡伏安特性曲线的交点就是灯泡与电源连接时的工作状态，由图可读出工作电压和电流及电源的电动势从而可算出电源的输出功率和总功率．‎ ‎【详解】由图读出E=4V，斜率表示内阻，则r==0.5Ω，故A正确；灯泡与电源连接时，工作电压U=3V，I=2A，则电源的总功率P总=EI=4×2W=8W，电源的输出功率P出=EI-I2r=（8-22×0.5）W=6W，故B错误，C正确；  小灯泡是纯电阻，欧姆定律是适用的，小灯泡的U-I图线之所以是一条曲线，是因为小灯泡电阻随温度的变化发生改变，故D错误；故选AC．‎ ‎【点睛】解决这类问题的关键在于从数学角度理解图象的物理意义，抓住图象的斜率、面积、截距、交点等方面进行分析，更加全面地读出图象的物理内涵．‎ ‎9.实验小组利用如图电路研究电压的变化ΔU与电流的变化ΔI的关系，电流表、电压表均为理想电表，D为理想二极管，C为电容器．闭合开关S至电路稳定后，将滑动变阻器的滑片P向左移动一小段距离，结果发现电压表V1的示数改变量大小为ΔU1，电压表V2的示数改变量大小为ΔU2，电流表Ⓐ的示数改变量大小为ΔI，则下列判断正确的是(　　 )‎ A. 的值变大 B. 的值不变，且始终等于电源内阻r C. 电压表V1的示数与电流表示数的比值变大 D. 滑片向左移动的过程中，带电荷量减少 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】由图可知R1与R串联，V1测R两端的电压，V2测路端的电压．若将P向左端移动，则滑动变阻器接入电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，则内电压减小，路端电压增大，即电压表V2的示数增大，R1两端的电压减小，所以V1的示数增大．根据闭合电路欧姆定律得：U1=E-I（R1+r），则=R1+r，所以不变；故A错误．根据闭合电路欧姆定律得：由U2=E-Ir，则=r，所以 不变．故B正确．根据欧姆定律得等于滑动变阻器的阻值，所以比值变大，故C正确；滑片向左移动的过程中，电容器的电压减小，由于理想二极管具有单向导通作用，所以电容器所带的电荷量不变，故D错误；故选BC．‎ ‎【点睛】闭合电路欧姆定律的动态分析类题目，一般可按外电路→内电路→外电路的分析思路进行分析，在分析时应注意结合闭合电路欧姆定律及串并联电路的性质．‎ ‎10.光滑绝缘水平面上固定两个等量点电荷，它们连线的中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示．一带正电粒子由A点静止释放，并以此时为计时起点，沿光滑水平面经过B、C两点（图中未画出），其运动过程的v-t图象如图乙所示，其中图线在B点位置时斜率最大，根据图线可以确定（　　）‎ A. 中垂线上B点电场强度最大 B. 中垂线上B点电势最高 C. 电荷在B点时的加速度为m/s2 D. UBC＞UAB ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．v-t图象的斜率等于加速度，B点处为整条图线切线斜率最大的位置，说明物块在B处加速度最大，B点电场强度最大，选项A正确；‎ B．从A到B电场力做正功，电势能减小，可知A点的电势最高，选项B错误；‎ C．由图得：B点的加速度为 选项C错误； ‎ D．物块从A到B的过程，根据动能定理得：‎ qUAB=mvB2-mvA2‎ 则得 ‎ ‎ 同理可知 所以UBC＞UAB，故D正确．‎ 故选AD．‎ 点睛：此题关键是知道等量同种电荷的电场分布规律；根据v-t图像，搞清电荷的运动的特点；知道电场力的功等于动能的变化量.‎ 二、实验题（本题共2小题，共14分）‎ ‎11.某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率．步骤如下：‎ ‎(1)用游标为20分度的卡尺测量其长度如图，由图可知其长度为__________cm；‎ ‎(2)用螺旋测微器测量其直径如图，由图可知其直径为_____________ mm；‎ ‎(3)用多用电表电阻“×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，则该电阻的阻值约为__________Ω．‎ ‎【答案】 (1). 5.015 (2). 4.696-4.700 (3). 220‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]游标卡尺的主尺读数为5.0cm，游标卡尺的第三格刻度线与主尺上刻度线对齐，则游标卡尺的读数为，圆柱体的长度 ‎(2)[2]螺旋测微器固定部分读数为4.5mm，可动部分的计数为 ‎，圆柱体的直径 ‎(3)[3]电阻“×10”挡，表盘的示数如图，则电阻的阻值约为．‎ ‎12.(1)某同学利用多用电表(需接在M和N之间)和电阻箱R进行“测定电池的电动势和内阻”实验，实验电路如图所示．则选择多用电表的直流电流档后，其红表笔应接电路中的______端(M或N)．‎ ‎(2)根据记录的电阻箱阻值R与多用电表电流档的读数I的多组数据，在坐标系中描点并作出的图象如图所示．‎ ‎(3)由图象可得E=______V，r=______Ω计算结果均保留两位有效数字)‎ ‎【答案】 (1). N (2). 3V (3). 1.5Ω ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）明确多用电表的测量原理，知道电流应由红表笔流入； （2）根据闭合电路欧姆定律列式，结合图象即可确定电动势和内电阻．‎ ‎【详解】（1）根据多用电表使用方法可知，电流应由红表笔流入，所以选择多用电表的直流电流档后，其红表笔应接电路中的N端； （2）根据闭合电路欧姆定律可得：‎ ‎ 变形可得： ‎ 由图象可得： 解得：E=3V；r=1.5Ω；‎ ‎【点睛】本题考查测量电动势和内电阻的实验，解题的关键在于掌握实验原理，明确数据处理的基本方法．‎ 三、计算题（本题共4小题，共46分）‎ ‎13.如图所示，一质量为m电荷量为—q的小球，从与水平方向成θ角匀强电场中的A点由静止开始沿水平线运动到离地高度为h的B点水平抛出，落地点的速度方向与水平面成θ角，不计空气阻力，重力加速度为g．求 ‎(1)该匀强电场的场强E的大小，并在图中标明E的方向；‎ ‎(2)从A点到C点所需的时间．‎ ‎【答案】（1），场强方向斜向下（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小球受力如图知：‎ ‎ ‎ 设匀强电场电场强度为E，则有：Eqsinθ=mg 解得： 小球带负电，可知场强方向斜向下；‎ ‎（2）小球在电场中的加速度a，则：matanθ=mg，解得 ‎ 小球做平抛运动的时间： ‎ 落地的竖直速度 ，‎ 则平抛的初速度：，‎ 则在电场中运动的时间：，‎ 则从A点到C点所需的时间．‎ ‎14.如图所示，在该电路施加U=5V的电压，R1＝4Ω，R2＝6 Ω，滑动变阻器最大值R3＝10 Ω，则当滑动触头从a滑到b的过程中，电流表示数的最小值为多少？‎ ‎【答案】1A ‎【解析】‎ ‎【详解】解：设触头上部分电阻为，则下部分为 总电阻：‎ 当时，最大，此时 电流表示数的最小值为：‎ ‎15.如图甲所示，A、B两块金属板水平放置，相距为d=0.6 cm，两板间加有一周期性变化的电压，当B板接地时，A板电势φA随时间变化的情况如图乙所示．现有一带负电的微粒在t=0时刻从B板中央小孔射入电场，若该带电微粒受到的电场力为重力的两倍，且射入电场时初速度可忽略不计．求：‎ ‎（1）在0~和~T和这两段时间内微粒的加速度大小和方向；‎ ‎（2）要使该微粒不与A板相碰，所加电压周期最长为多少（g=10 m/s2）．‎ ‎【答案】(1) 方向向上， 方向向下（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设电场力大小为F，则F=2mg，对于t=0时刻射入的微粒，在前半个周期内，有 F-mg=ma1‎ 又由题意 F=2mg 解得 a1=g，方向向上．‎ 后半个周期的加速度a2满足 F+mg=ma2‎ 得 ‎ a2=3g 方向向下．‎ ‎（2）前半周期上升的高度 前半周期微粒的末速度为 v1=gT 后半周期先向上做匀减速运动，设减速运动时间t1，则 ‎3gt1=gT 则得 t1＝．‎ 此段时间内上升的高度 则上升的总高度为 H=h1+h2=‎ 后半周期的T-t1=T时间内，微粒向下加速运动，下降的高度 ‎．‎ 上述计算表明，微粒在一个周期内的总位移为零，只要在上升过程中不与A板相碰即可，则H≤d，即 所加电压的周期最长为 考点：带电粒子在电场中运动 ‎【名师点睛】带电粒子在电场中运动的问题，是电场知识和力学知识的综合应用，分析方法与力学分析方法基本相同，关键在于分析粒子的受力情况和运动情况．‎ ‎16.两个带电小球A和B，质量分别为、，带有同种电荷，带电量分别为、、B两球均放在光滑绝缘的水平板上，A球固定，B球被质量为的绝缘挡板P挡住静止，A、B两球相距为d，如图所示某时刻起挡板P在向右的水平力F作用下开始向右做匀加速直线运动，加速度大小为a，经过一段时间带电小球B与挡板P分离，在此过程中力F对挡板做功求：‎ 力F的最大值和最小值？‎ 带电小球B与挡板分离时的速度？‎ 从开始运动到带电小球与挡板P分离的过程中，电场力对带电小球B做的功？‎ ‎【答案】(1); (2) (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】两种电荷间存在斥力，在斥力作用下，B球先与P板一起向右做匀加速运直到两者分离，库仑斥力不断减小，以B和P整体为研究对象，可知，开始运动时力F最小，分离时力F最大，根据牛顿第二定律和库仑定律求解；球与挡板分离时，以B球为研究对象，由牛顿第二定律求出加速度，再运用运动学公式求解B、P分离时的速度；对挡板应用动能定理求出电场力对带电小球B做的功；‎ ‎【详解】解：开始运动时力F最小，以B球和挡板为研究对象，由牛顿第二定律 解得最小力为：‎ B球与挡板分离后力F最大，以挡板为研究对象，由牛顿第二定律解得最大力为：‎ 球与挡板分离时，以B球为研究对象，由牛顿第二定律得：‎ B球匀加速直线运动的位移为：‎ 又由运动学公式得：‎ 联立解得带电小球B与挡板分离时的速度为： ‎ ‎ 设B球对挡板做功，挡板对B球做功，电场力对B球做功，在B球与挡板共同运动的过程中，对挡板应用动能定理得： ‎ 挡板对B球做的功 对B球应用动能定理得：‎ 联立解得电场力对B球做功为：‎