福建省三明第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题（选考） 18页

三明一中2019~2020学年第一学期期中考试试卷 高二物理（选考）‎ 一、选择题 ‎1.下列关于电阻和电阻率的说法正确的是 A. 若将一根粗细均匀的导线均匀拉长到原来的2倍时电阻率变为原来的4倍 B. 由电阻定律可知，ρ与R、S成正比，与l成反比 C. 所有材料的电阻率随温度的升高而增大 D. 对某一确定的导体当温度升高时，若不计导体的体积和形状变化，发现它电阻增大，说明该导体材料的电阻率随温度的升高而增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．导体的电阻率只由导体的材料决定，与导体长度、横截面积乙导体的电阻均无关，选项AB错误；‎ C．金属材料的电阻率随温度升高而增大，但是并非所有材料的电阻率随温度的升高而增大，选项C错误；‎ D．对某一确定的导体当温度升高时，若不计导体的体积和形状变化，发现它电阻增大，说明该导体材料的电阻率随温度的升高而增大，选项D正确。‎ ‎2.一组铅蓄电池的电动势为4. 8V，内阻不为零，以下说法中错误的是 A. 体积大的铅蓄电池比体积小的铅蓄电池的电动势大 B. 电路中每通过1C电量，铅蓄电池能把4. 8J的化学能转变为电能 C. 电路中每通过1C电量，铅蓄电池内部非静电力做功为4. 8J D. 该铅蓄电池把其他形式能转化为电能的本领比一节干电池（电动势为1. 5V）的强 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．同一种电池的电动势与体积无关；故A错误，符合题意；‎ B．电路中每通过1C的电量时，电池将4.8J的化学能转化为电能，故B正确，不符合题意；‎ C．电路中每通过1C的电量，电池内部非静电力做功为W=Uq=4.8J；故C正确，不符合题意；‎ D．电动势反应电源将其他形式的能转化为电能的本领；故铅蓄电池把其他形式能转化为电能的本领比一节干电池（电动势为1.5V）的强；故D正确，不符合题意；‎ ‎3.如图所示是两个同种等电荷量的点电荷A、B 形成的电场，图中示意性地画了几条电场线，其中O点为A、B连线的中心，PQ是AB的垂直平分线。下列说法中正确的是 A. PQ直线上电场强度处处为零，PQ直线上所有点电势相等 B. PQ直线上O点处电场强度为零，PQ直线上O点电势最高 C. PQ直线上电场强度沿中垂线指向O，PQ直线上O点电势最高 D. PQ直线上O点处电场强度最大，电势也最高 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】ABD．PQ直线上只有O点处电场强度为零，PQ直线上O点电势最高，从O点向两侧电势逐渐降低，选项AD错误，B正确；‎ C．PQ直线上电场强度沿中垂线背离O，PQ直线上O点电势最高，选项C错误；‎ ‎4.在如图所示的电路中，输入电压U恒为8V，灯泡L标有“3V，6W”字样，电动机线圈的电阻RM=1Ω. 若灯泡恰能正常发光，下列说法正确的是 A. 电动机两端的电压是2V B. 通过电动机的电流是5A C. 电动机的效率是60%‎ D. 整个电路消耗的电功率是10W ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．灯泡正常发光时的电压等于其额定电压，电动机的输入电压 UM=U-UL=8V-3V=5V 故A错误；‎ B．灯泡正常发光，则电路电流 即通过电动机电流是2A，故B错误；‎ C．电动机的热功率 PQ=I2RM=（2A）2×1Ω=4W 则电动机的效率 故C正确；‎ D．整个电路消耗的功率 P总=UI=8V×2A=16W 故D错误；‎ ‎5.如图所示，平行板电容器的电容为C，带电荷量为Q，板间距离为d，今在两板的中点处放一电荷q，则它所受电场力的大小为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】两极板间的电势差为：‎ 则两极板间的电场强度为：‎ ‎ ‎ 电荷q所受的电场力为：‎ ‎ ‎ A．，与结论不相符，选项A错误；‎ B．，与结论相符，选项B正确；‎ C．，与结论不相符，选项C错误；‎ D．，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎6.一带正电的质点，电量C，在静电场中由a点移到b点，在这过程中，除电场力外，其他力做的功为J，质点的动能增加了J，则a、b两点间的电势差Uab为 A. V B. V C. V D. V ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据动能定理得qUab+W其他=△Ek 得到 ‎ A．V，与结论不相符，选项A错误；‎ B．V，与结论不相符，选项B错误；‎ C．V，与结论不相符，选项C错误；‎ D．V，与结论相符，选项D正确；‎ ‎7.如图所示,带电粒子仅在电场力作用下,从电场中a点以初速度 进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点,实线是电场线,下列说法正确的是( )‎ A. 无论粒子带何种电,经b点时的速度总比经a点时的速度大 B. 粒子在a点的加速度比在b点的加速度大 C. 从a到b过程中,粒子的电势能不断减小 D. 电场中a点的电势一定比b点的电势高 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、整个过程电场力做正功，根据动能定理得经b点时的动能大于经a点时的动能，所以无论粒子带何种电，经b点时的速度总比经a点时的速度大，故A正确；B、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，可知EA＜EB，所以a、b两点比较，粒子的加速度在b点时较大，故B错误；C、由粒子的运动的轨迹可以知道，粒子受电场力的方向应该指向轨迹的内侧，根据电场力方向与速度方向的夹角得电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，故C错误；D、由于不知道粒子的电性，也不能确定电场线的方向，所以无法确定a点的电势和b点的电势大小关系，故D错误；故选A．‎ ‎【点睛】解决本题的关键通过轨迹的弯曲方向判断出电场力的方向，根据电场力做功判断出动能的变化和电势能的变化．‎ ‎8.如图是匀强电场遇到空腔导体后的部分电场线分布图，电场方向如图中箭头所示，M，N,Q是以直电场线上一点O为圆心的同一圆周上的三点,OQ连线垂直于MN.以下说法正确的是 A O点电势高于Q点电势 B. O、M间的电势差等于N、O间的电势差 C. 将一正电荷由M点移到Q点，电荷的电势能增加 D. 在Q点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿与OQ垂直的方向竖直向上 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据电场线与等势线垂直特点，在O点所在电场线上找到Q点的等势点，根据沿电场线电势降低可知，O点的电势比Q点的电势高，故A正确；‎ B.根据电场分布可知，OM间的平均电场强度比NO之间的平均电场强度大，由公式U=Ed可知，‎ OM间的电势差大于NO间的电势差，故B错误；‎ C. M点的电势比Q点的电势高，正电荷从高电势移动到低电势电场力做正功，电荷的电势能减小，故C错误；‎ D. 在Q点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿与该点电场线的切线方向相同，斜向上，故D错误。‎ ‎9.如图，M、N是平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R1、R 2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部。闭合电建S，小球静止时受到悬线偏离竖直方向的夹角为θ。调节R 1、R 2，关于F的大小判断正确的是 A. 保持R 1不变，缓慢增大R 2时，θ将变大 B. 保持R 1不变，缓慢增大R 2时，θ将变小 C. 保持R 2不变，缓慢增大R 1时，θ将变大 D. 保持R 2不变，缓慢增大R 1时，θ将变小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．电容器两端间的电压与R0两端的电压相等；保持R1不变，缓慢增大R2时，由于R0和R2串联，总电流减小，R0两端的电压减小，即平行板电容器的两个极板的电压U减小，带电小球受到的电场力减小，则θ将减小，故A错误，B正确。‎ CD．保持R2不变，缓慢增大R1时，由于在含容支路中的电阻相当于导线，所以R0两端的电压不变，电容器两板间电压不变，小球所受电场力不变，则θ不变，故CD错误；‎ ‎10.如下说法中正确的是 （ ）‎ A. 正电荷由电势低处移到电势高处，电场力作负功 B. 负电荷沿电场线移动，电势能减小 C. 正电荷放于电势越低处，电势能越小 D. 负电荷放于电场线越密处，电势能越小 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 正电荷电势高处电势能大，电势越低处，电势能越小，C对。由电势低处移到电势高处，电势能增大，电场力做负功，A对。负电荷受力与电场线方向相反，沿电场线方向移动，电场力做负功，电势能增加，B错。电荷电势能与电场线疏密无关，D错。‎ ‎11.假设某同学研究白炽灯得到某白炽灯的伏安特性曲线如图所示. 图像上A点与原点的连线与横轴成α角，A点的切线与横轴成β角，则 A. 白炽灯的电阻随电压的增大而增大 B. 在A点，白炽灯的电阻可表示为tanα C. 在A点，白炽灯的电功率可表示为U0I0‎ D. 在A点，白炽灯的电阻可表示为 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图示图象可知，随电压U增大通过灯泡的电流I增大，图像上各点与原点连线的斜率变大，即电压与电流的比值增大，灯泡电阻增大，故A正确；‎ BD．由图可知，A点的电压和电流，则在A点灯泡电阻：，不能根据tanα和 求电阻，故BD错误；‎ C．在A点，白炽灯的电功率可表示为P=U0I0，选项C正确。‎ ‎12.图示为一个均匀带正电的细圆环，半径为R。取环面中心O为原点，以垂直于环面的轴线为x轴。设轴上某点P到O点的的距离为x，设无穷远处的电势为零，点的电势为，真空中静电力常量为。下面判断正确的是（ ）‎ A. 图中P点电场强度E的方向是沿x轴正方向, O点电场强度E为零 B. 图中P点电场强度E的方向是沿x轴负方向, O点势为零 C. 从O点到P点，电场强度E一定逐渐增大，电势一定逐渐增大 D. 从O点到P点，电场强度E一定逐渐减小，电势一定逐渐减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 将圆环看成若干个点电荷，则由电场强度相互叠加可知，P点电场强度E的方向是沿x轴正方向，O点电场强度E为零，设无穷远处的电势为零，因沿着电场线的方向，电势降低，则P点的电势大于零，O点电势不为零，A正确B错误；从O点到P点，电场强度E可能一直逐渐增大，也可能先增大后减小，而电势却是一直减小，CD错误．‎ ‎13.如图所示，一质量为m、带电荷量为q（q>0）的物体在外力作用下静止于竖直绝缘墙壁上，当施加的变化电场，E0、k均为大于零的常数，取水平向左为正方向，物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物体与墙壁间动摩擦因数为μ，电场空间和墙面均足够大。t=0时释放带电物体，下列说法正确的是 A. 物体开始运动后加速度增大 B. 物体开始运动后电势能一直增大 C. 经过时间，物体运动速度达最大值 D. 经过时间，物体在竖直墙壁上的位移达最大值 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电场改变方向之前，物体沿竖直墙运动，由于水平方向支持力与电场力相等，电场强度减弱，所以支持力减小，故摩擦力减小，所以物体受到的重力和摩擦力的合力增大；电场改为水平向右时，物体受互相垂直的重力和电场力，而电场力随电场强度的增大而增大，所以合力增大。因此整个过程中，物体运动的加速度不断增大，且速度不断增大，故A正确；‎ B．根据t=0时，物体处于静止状态，则μqE0≥mg，且电场的方向水平向左，故电荷带正电，当物体与墙面脱离时电场强度为零，所以E=E0-kt=0，解得时间，随后物体在电场力的作用下向右运动，电场力做正功，电势能减小。故B错误；‎ C．根据A选项分析，物体运动的加速度不断增大，且速度不断增大，即速度不存在最大值，故C错误；‎ D．当物体与墙面脱离时电场强度为零，所以E=E0-kt=0，解得时间，此时，物体在竖直墙壁上的位移达最大值，故D正确；‎ 二、实验探究题 ‎14.有一个小灯泡上标有“2. 5V，0. 6W”的字样，现要描绘并研究其伏安特性曲线，有下列器材可供选用：‎ A. 电压表（0—3V，内阻约3kΩ） B. 电流表（0—0. 6A，内阻约0. 2Ω）‎ C. 滑动变阻器（10Ω，1A） D. 滑动变阻器（1000Ω，0. 3A）‎ E. 直流电源，另有开关一个、导线若干。‎ ‎（1）实验中滑动变阻器应选__________（只填器材的字母代号）。‎ ‎（2）某同学已连接如图所示的电路，已知各元件均无故障，但在合上开关后，无论如何调节滑片P，电压表和电流表的示数总是不能调为零，其原因是__________（请填写图中的字母，如ne）导线没有接好。电路中还有一个连接不当之处，请提出改进方案：___________。‎ ‎（3）利用正确实验方案测得的实验数据，在I-U坐标系中描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图所示，则小灯泡的电阻值随工作电压的增大而__________（填“不变”、“增大”或“减小”）。若把该灯泡接到一个电动势为3.0V、内阻为10Ω的直流电源时，小灯泡消耗的实际功率约为__________W。（结果保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). C (2). ck (3). 导线gh的g端应接在a或m处 (4). 增大 (5). 0.22（0.20-0.24）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．测伏安特性曲线电压与电流应从零计，滑动变阻器应用分压接法，应选阻值较小的，便于调节，故选C。‎ ‎（2）[2][3]．闭合开关S后，无论如何调节滑片P，电压表和电流表的示数总是调不到零，可能是ck导线没有接好，滑动变阻器实际上被接成了限流接法；由于灯泡电阻较小，为减小误差应采用外接法，故应该把导线gh的h端应接在a处或m处；‎ ‎（3）[4][5]．由所示小电珠I-U图象，根据欧姆定律可知，其电阻随工作电压的增大而增大。 由I-U图可知把该灯泡接到一个电动势为3.0V、内阻为10Ω的直流电源时，灯泡两端电压为U=1.25V，电流为I=0.175A，故灯泡的实际功率为：P=UI=1.25×0.175W≈0.22W．‎ ‎15.某研究性学习小组利用如图甲所示电路测量电池组的电动势E和内阻r.根据实验数据绘出如图乙所示的R－ 图线，其中R为电阻箱读数，I 为电流表读数，则绘制图线的方程为_______由图可以得到E＝_______ V，r＝_______ Ω.（结果保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). (2). 2.8 (3). 1.0‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据闭合电路欧姆定律，进行数学变形，得到R与关系式，根据数学知识研究图象的斜率和截距的意义，求解电源的电动势和内阻。‎ ‎【详解】据闭合电路欧姆定律 解得： ‎ 由数学知识得知，图象的斜率等于E，纵轴截距的绝对值等于r，‎ 则由图得到，电源的电动势为 ‎ 内阻r=1Ω。‎ ‎【点睛】物理图象关键要根据物理规律得到解析式，运用数学知识分析图象的物理意义．本题采用的是转换法，本来I-R是非线性关系，转换成是线性关系，图象直观，一目了然．‎ ‎16.某学校实验室购买了一卷表面有很薄绝缘层镍铬合金丝，该校的兴趣小组同学想通过实验来测算合金丝的长度。已知该镍铬合金丝的电阻率Ω·m，测量选用的器材有多用电表、电流表、电压表、开关、滑动变阻器、螺旋测微器、导线和学生电源等。‎ ‎（1）实验前先使用多用电表粗测合金丝的电阻 ‎①机械调零后，选择旋钮指向电阻挡“×10”位置，将红、黑表笔分别插入多用电表的对应插孔，将两表笔短接，调节__________（填“S”或“T”）进行欧姆调零，使指针指到“电阻挡”零刻度。‎ ‎②把红、黑表笔分别与镍铭合金丝的两端（已刮去绝缘漆）相接，发现指针偏转角度过小，应选择倍率为__________（填“×100”或“×1”）的挡位，再将两表笔短接重新进行欧姆调零。‎ ‎③把红、黑表笔分别与镍铭合金丝的两端相接，多用电表的示数如图甲所示，则该合金丝的电阻约为__________Ω。‎ ‎（2）使用螺旋测微器测量镍铬合金丝的直径d，示数如图乙所示，则镍铬合金丝的直径d=________mm。‎ ‎（3）为了更准确地测量镍铬合金丝电阻，减少实验误差，并获得较大的电压调节范围，选择如图丙所示的电路进行测量，测量电压表示数为U，电流表的示数为I。不计合金丝绝缘漆的厚度，镍铬合金丝的长度的表达式L=__________（用U、I、ρ、d表示）。‎ ‎（4）利用记录的多组电压U和电流值I的数据，绘制出如图丁所示的U－I图像。可测出镍铬合金丝的长度L=_________m。（保留三位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). T (2). “×100” (3). 1400 (4). 0.305 (5). (6). 110‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①[1]．欧姆调零时将插入“＋”、“－”插孔的表笔短接，旋动部件T，即欧姆调零旋钮，使指针指电阻的0刻线；‎ ‎②[2]．将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小。说明被测阻值较大，为使指针只在中央刻度附近应换较大档，即×100档；‎ ‎③[3]．欧姆表选择×100挡，由图甲所示可知，该合金丝的电阻约为：14×100=1400Ω；‎ ‎（2）[4]．由图示螺旋测微器可知，螺旋测微器的读数为：0mm+30.5×0.01mm=0.305mm；‎ ‎（3）[5]．由电阻定律可知：‎ 根据欧姆定律得：‎ 联立解得：‎ ‎（4）[6]．由U-I图象的斜率表示电阻得：‎ R==1500Ω 结合（3）问的结论，带入表达式 解得：‎ L=110m 三、计算题 ‎17.如图所示，在匀强电场中，电荷量q＝5×10－10 C的正电荷，由a点移到b点和由a点移到c点，静电力做功都是4×10－8 J。已知a、b、c三点的连线组成直角三角形，a、b两点的距离dab＝10cm，∠a＝37°，∠c＝90°，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：‎ ‎（1）a、b两点的电势差Uab； ‎ ‎（2）匀强电场场强E的大小和方向。‎ ‎【答案】（1）80V （2）1000V/m ，方向垂直bc向右 ‎【解析】‎ 在匀强电场中，电荷量q＝5×10－10 C的正电荷，由a点移到b点和由a点移到c点，静电力做功都是4×10－8 J ‎ ‎ 正电荷由a点移到b点和由a点移到c点静电力做功相同,故bc在等势面上,故电场强度方向垂直bc向右; 根据公式,电场强度为: ‎ 综上所述本题答案是：（1） （2） ，方向垂直bc向右 ‎18.如图所示是利用电动机提升重物示意图，其中D是直流电动机。P是一个质量为m的重物，它用细绳拴在电动机的轴上。闭合开关S，重物P以速度v匀速上升，这时电流表和电压表的示数分别是I=5A和U=110V，重物P上升的速度v=0. 70m/s，重物的质量m=45kg（g取10m/s2）. 求：‎ ‎（1）电动机的输入功率P入；‎ ‎（2）电动机线圈的电阻R。‎ ‎【答案】（1）550W（2）94Ω ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）电动机消耗的电功率为：‎ ‎（2）绳对重物做功的机械功率为：‎ 电动机线圈的电阻R的发热功率为：‎ 再由得电动机线圈的电阻 ‎19.如图所示的电路中，电源电动势E=10V，电阻R1=2.5Ω，R2=3Ω，当电阻箱Rx调到3Ω时，理想电流表的示数为2 A．求：‎ ‎(1)电源的内电阻？‎ ‎(2)调节电阻箱，使电流表的示数为1.6A时，电阻R2消耗的电功率？‎ ‎【答案】(1)r = 1Ω (2)P2=6.45W ‎【解析】‎ ‎【分析】可先求出总电阻，应用闭合电路欧姆定律，求出总电流后，即为电流表的读数，当电流表示数为1.6A时由闭合电路欧姆定律可求出路端电压，再减去R1两端的电压即为R2的电压，应用功率公式计算即可。‎ 解：(1) 和并联电阻阻值为，‎ 电路外电阻电阻为 由闭合电路欧姆定律有 得出 ‎(2)电流表示数为，电源内阻分压为 电压为 两端电压为 所以功率 ‎20.两平行板间有水平匀强电场，一根长为L,不可伸长的不导电细绳的一端连着一个质量为m、带电量为q的小球，另一端固定于O点。把小球拉起直至细线与电场线平行，然后无初速度释放。已知小球摆到最低点的另一侧，线与竖直方向的最大夹角为θ=37°（已知sin37°=0.6、cos37°=0.8）求：‎ ‎（1）匀强电场的场强的大小；‎ ‎（2）小球到最低点的速度的大小；‎ ‎（3）经过最低点时，细线对小球的拉力的大小。‎ ‎【答案】(1) (2) (3) FT=2mg ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）从开始到最左端的过程中由动能定理得：‎ ‎ ‎ 得: ‎ ‎(2)从开始到最低点过程中由动能定理得：‎ ‎ ‎ 得： ‎ ‎(3)在最低点受力分析得：‎ ‎ ‎ 得：‎ ‎ ‎