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2019-2020学年度高二物理上学期第二次段考试卷(含解析)

——教学资料参考参考范本——2019-2020学年度高二物理上学期第二次段考试卷(含解析)

______年______月______日

____________________部门

一、选择题(本题有10小题,每小题4分,共40分.1-7小题只有一个选项正确.8-10题有多个选项正确,全部选对得4分,选对部分得2分,有选错得0分)

1.关于电动势,下列说法正确的是( )

A.电源电动势一定等于电源两极间的电压

B.电动势越大的电源,将其他形式的能转化为电能的本领越大

C.体积越大的电源,电动势一定越大

D.电源电动势与外电路的组成有关

2.欧姆不仅发现了欧姆定律,还研究了电阻定律,有一个长方体金属电阻,材料分布均匀,边长分别为a、b、c,且a>b>c.电流沿以下方向流过该金属电阻,其中电阻阻值最小的是( )

A.B.C.D.

3.如图所示,虚线a、b、c代表电场中三个等势面,相邻等势面之间的电势差相同,实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹,P、Q是这条轨迹上的两点,由此可知( ) A.三个等势面中,c等势面电势最高

B.带电质点通过P点时电势能较小

C.带电质点通过Q点时动能较大

D.带电质点通过P点时加速度较小

4.两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点,

两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示,其中A、N两点

的电势均为零,ND段中的C点电势最高,则( )

A.N点的电场强度大小为零

B.q1电量小于q2

C.NC间场强方向指向x轴负方向

D.将一正点电荷从N点移到D点,电场力先做正功后做负功

5.某点电荷和金属圆环间的电场线分布如图所示.下列说法正确

的是( )

A.a点的电势低于b点的电势

B.若将一正试探电荷由a点移到b点,电场力做正功

C.c点的电场强度与d点的电场强度大小无法判断

D.若将一正试探电荷从d点由静止释放,电荷将沿着电场线由d

到c

6.平行板电容器两极板A和B分别与电源的正、负极相连且A板

接地,P为两板间的一点.现保持B板不动,将A板慢慢平移到图中虚线所示的位置,这时( )

A.电容器两极板间的电势差将减小

B.P点的场强将减小

C.P点的电势将降低

D.固定在P点的负电荷电势能将减小

7.某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的

发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标系上,如图中的A、B、C所示,根据图线可知( )

A.反映Pr变化的图线是b

B.电源电动势为4 V

C.电源内阻为1Ω

D.当电流为0.5 A时,外电路的电阻为8Ω

8.如图所示,A是带正电的球,B为不带电的导体,A、B均放在绝缘支架上,M、N是导体B中的两点.以无限远处为电势零点,当导体B达到静电平衡后,说法正确的是( )

A.M、N两点电场强度大小关系为EM=EN=0

B.M、N两点电势高低关系为φM>φN

C.M、N两点电势高低关系为φM>φN>0

D.感应电荷在M、N两点产生的电场强度EM′>EN′

9.一对平行金属板长为L,两板间距为d,质量为m、电荷量为e 的电子从平行板左侧以速度v0沿两板的中线不断进入平行板之间,两板间所加交变电压uAB如图所示,交变电压的周期T=,已知所有电子都能穿过平行板,且最大偏距的粒子刚好从极板的边缘飞出,不计重力作用,则( )

A.所有电子都从右侧的同一点离开电场

B.所有电子离开电场时速度都是v0

C.t=0时刻进入电场的电子,离开电场时动能最大

D.t=时刻进入电场的电子,在两板间运动时最大侧位移为

10.如图电路,C为电容器的电容,D为理想二极管(具有单向导通作用),电流表、电压表均为理想表.闭合开关S至电路稳定后,调节滑动变阻器滑片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△U1,电压表V2的示数改变量大小为△U2,电流表A

的示数改变量大小为△I,则下列判断正确的有( )

A.的值变大

B.的值变大

C.的值不变,且始终等于电源内阻r

D.滑片向左移动的过程中,电容器所带的电荷量要不断减少

二.实验题(本题共2小题,每空2分,共16分)

11.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)用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1,由图可知其长

度为__________mm;

(2)用螺旋测微器测量其直径如图2,由图可知其直径为

__________mm;

(3)用多用电表的电阻“×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3,则该电阻的阻值约为__________Ω.(4)若该同学用伏安法跟用多用电表测量得到的R测量值几乎相等,由此可估算此圆柱体材料的电阻率约为ρ=__________Ω?m.(保留2位有效数字)

12.某同学采用如图1所示的电路测定电源电动势和内电阻.已

知干电池的电动势约为1.5V,内阻约为1Ω;电压表(0﹣3V,3kΩ)、电流表(0~0.6A,1.0Ω)、滑动变阻器有R1(10Ω,2A)和R2

(100Ω,0.1A)各一只.

①实验中滑动变阻器应选用__________(填“R1”或“R2”).

②在图2中画出实验电路图.

③在实验中测得多组电压和电流值,得到如图3所示的U﹣I图线,由图可较准确地求出该电源电动势E=__________V;内阻,

r=__________Ω.

三.计算题(本题共44分,解题过程中要求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)

13.一个量程为15V的电压表,串一个电阻为3000Ω的电阻后再

去测量电路某两端的电压时,电压表示数为12V,已知该两端实际电压为15V,求:

(1)电压表的内阻.

(2)将该电压表改装成量程为90V的新电压表,应串联一个多大

的电阻?

14.在一个水平面上建立x轴,如图在过原点O右侧空间有一个

匀强电场,电场强度大小E=6×105 N/C,方向与x轴正方向相同,在

O处放一个电荷量q=5×10﹣8C、质量m=0.010kg的带负电绝缘物

块.物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2,沿x轴正方向给物块一个

初速度v0=2m/s,如图所示,(g取10m/s2)求:

(1)物体进入电场的最大距离

(2)物块最终停止时的位置;

(3)物块在电场中运动过程的机械能增量.

15.有一个用直流电动机提升重物的装置,重物的质量m=50kg,

电路电压为120V,当电动机以v=0.9m/s的恒定速度向上提升重物时,电路中的电流I=5A,(取g=10m/s2)求:

(1)电动机线圈的电阻R等于多少.

(2)电动机对该重物的最大提升速度是多少.

(3)若因故障电动机不能转动,这时通过电动机的电流是多大,电动机消耗的电功率又为多大.

16.(14分)如图所示,在O点放一个正电荷,在过O点的竖直平面内的A点,自由释放一个带正电的小球,小球的质量为m、电荷量为q.小球落下的轨迹如图中虚线所示,它与以O为圆心、R为半径的圆(图中实线表示)相交于B、C两点,O、C在同一水平线上,

∠BOC=30°,A距离OC的竖直高度为h.若小球通过B点的速度为v,试求:

(1)小球通过C点的速度大小.

(2)小球由A到C的过程中电场力做了多少功;

(3)小球由A到C机械能的损失.

20xx-20xx学年江西省新余一中高二(上)第二次段考物理试卷

一、选择题(本题有10小题,每小题4分,共40分.1-7小题只有一个选项正确.8-10题有多个选项正确,全部选对得4分,选对部分得2分,有选错得0分)

1.关于电动势,下列说法正确的是( )

A.电源电动势一定等于电源两极间的电压

B.电动势越大的电源,将其他形式的能转化为电能的本领越大

C.体积越大的电源,电动势一定越大

D.电源电动势与外电路的组成有关

【考点】电源的电动势和内阻;闭合电路的欧姆定律.

【专题】定性思想;推理法;恒定电流专题.

【分析】电源是把其它形式的能转化为电能的装置,电动势表征

了这种转化本领的大小,等于电源没有接入电路时两极间的电压,根

据闭合电路欧姆定律分析电动势与外、内电压的关系.

【解答】解:A、根据闭合电路欧姆定律得知:电动势的数值等于

内外电压之和,当电源没有接入电路时,电路中没有电流,电源的内

电压为零,外电压即电源两极间的电压等于电动势;当电源接入电路时,电路有电流,电源有内电压,两极间的电压小于电动势,故A错误.

B、电源是把其它形式的能转化为电能的装置,电动势表征了这种

转化本领的大小,所以电动势越大的电源,将其他形式的能转化为电

能的本领越大,故B正确.

C、干电池的电动势与正负极的材料有关,与电源的体积无关;而

其他的电源的电动势的大小也不一定与体积有关.故C错误.

D、电动势由电源本身特性决定,与外电路的组成无关,故D错误.

故选:B

【点评】对于电动势,可以结合电动势的物理意义、定义式和闭

合电路欧姆定律等知识理解.

2.欧姆不仅发现了欧姆定律,还研究了电阻定律,有一个长方体

金属电阻,材料分布均匀,边长分别为a、b、c,且a>b>c.电流沿

以下方向流过该金属电阻,其中电阻阻值最小的是( )

A.B.C.D.

【考点】电阻定律.

【专题】恒定电流专题.

【分析】由金属导体电阻的决定式R=ρ进行计算,注意各电阻中

的导体长度及截面积.

【解答】解:由电阻的决定式可知,A中电阻RA=,B中电阻RB=;C中电阻RC=;D中电阻RD=;

故电阻最小的为A;

故选:A.

【点评】本题考查电阻定率的应用,要注意电阻是由导体本身的

性质决定的.

3.如图所示,虚线a、b、c代表电场中三个等势面,相邻等势面

之间的电势差相同,实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该

区域的运动轨迹,P、Q是这条轨迹上的两点,由此可知( ) A.三个等势面中,c等势面电势最高

B.带电质点通过P点时电势能较小

C.带电质点通过Q点时动能较大

D.带电质点通过P点时加速度较小

【考点】电势差与电场强度的关系;等势面.

【专题】电场力与电势的性质专题.

【分析】由于质点只受电场力作用,根据运动轨迹可知电场力指

向运动轨迹的内侧即斜向右下方,由于质点带正电,因此电场线方向

也指向右下方;电势能变化可以通过电场力做功情况判断;电场线和

等势线垂直,且等势线密的地方电场线密,电场强度大.

【解答】解:A、电荷所受电场力指向轨迹内侧,由于电荷带正电,因此电场线指向右下方,沿电场线电势降低,故a等势线的电势最高,c等势线的电势最低,故A错误;

B、根据质点受力情况可知,从P到Q过程中电场力做正功,电势

能降低,故P点的电势能大于Q点的电势能,故B错误;

C、从P到Q过程中电场力做正功,电势能降低,动能增大,故P

点的动能小于Q点的动能,故C正确;

D、由于相邻等势面之间的电势差相同.等势线密的地方电场线密

场强大,故P点位置电场强,电场力大,根据牛顿第二定律,加速度

也大,故D错误.

故选:C.

【点评】解决这类带电粒子在电场中运动的思路是:根据运动轨

迹判断出所受电场力方向,然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化

4.两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点,

两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示,其中A、N两点

的电势均为零,ND段中的C点电势最高,则( )

A.N点的电场强度大小为零

B.q1电量小于q2

C.NC间场强方向指向x轴负方向

D.将一正点电荷从N点移到D点,电场力先做正功后做负功

【考点】电势差与电场强度的关系;电场强度;电势.

【专题】定性思想;控制变量法;电场力与电势的性质专题.

【分析】φ﹣x图象的斜率等于电场强度E.根据两点电荷连线的电势高低的分布如图所示,由于沿着电场线电势降低,可知两点电荷的电性.根据功能关系分析电场力做功的正负.

【解答】解:A、该图象的斜率等于场强E,则知N点电场强度不为零,故A错误;

B、如果q1和q2为等量异种电荷,点连线中垂线是等势面,故连线中点为零电势点;由于OA>AM,故q1>q2;故B错误;

C、由图可知:OM间电场强度方向沿x轴正方向,MC间电场强度方向沿x轴负方向,NC间场强方向向x轴负方向.故C正确

D、由于从N到D,电势先增加后减小;将一正电荷从N点移到D 点,根据公式Ep=qφ,电势能先增加后减小,故电场力先做负功后正功;故D错误;

故选:C

【点评】电势为零处,电场强度不一定为零.电荷在电场中与电势的乘积为电势能.电场力做功的正负决定电势能的增加与否5.某点电荷和金属圆环间的电场线分布如图所示.下列说法正确的是( )

A.a点的电势低于b点的电势

B.若将一正试探电荷由a点移到b点,电场力做正功

C.c点的电场强度与d点的电场强度大小无法判断

D.若将一正试探电荷从d点由静止释放,电荷将沿着电场线由d

到c

【考点】电势差与电场强度的关系;电势;电势能.

【专题】比较思想;图析法;电场力与电势的性质专题.

【分析】对于不在同一电场线上的两点在判断其电势高低时,可

以通过等势线把它们移动到同一电场线上,然后根据沿电场线电势降

低进行判断.根据电场线的疏密判断电场强度的大小,根据电场力做

功情况,判断电势能的变化.

【解答】解:A、由沿电场线的方向电势降落和电场线与等势面垂

直的特点,可知a点的电势低于b点的电势,故A正确;

B、将一正试探电荷由a点移到b点,由于a点的电势低于b点的

电势,由电势能的公式式:Ep=qφ,可知正电荷在a点的电势能小于b 点的电势能,由电场力做功与电势能变化的关系,说明电场力做负功,故B错误;

C、因为电场线的疏密表示电场的强弱,故c点的电场强度小于d

点的电场强度,故C错误;

D、正试探电荷在d点时所受的电场力沿该处电场线的切线方向,

使该电荷离开该电场线,所以该电荷不可能沿着电场线由d到c.故D

错误.

故选:A

【点评】本题考查了电场线和电场强度、电势之间的关系,对于

电势能可以通过电势高度进行判断,也可以通过电场力做功进行判断.

6.平行板电容器两极板A和B分别与电源的正、负极相连且A板

接地,P为两板间的一点.现保持B板不动,将A板慢慢平移到图中虚线所示的位置,这时( )

A.电容器两极板间的电势差将减小

B.P点的场强将减小

C. P点的电势将降低

D.固定在P点的负电荷电势能将减小

【考点】电容器的动态分析;匀强电场中电势差和电场强度的关系;电容.

【专题】电容器专题.

【分析】平行板电容器充电后与电源断开后所带电量不变.移动

极板,根据推论分析板间场强是否变化.由电容的决定式分析电容的

变化,确定电压U的变化.根据P点与上板间电势差的变化,分析P

点的电势如何变化,判断电势能的变化.

【解答】解:A、由题意可知,电容器始终与电源相连,故电源器

两端的电压不变;即电容器两端的电势差保持不变,故A错误;

B、由U=Ed可知,d增大,U不变,则场强E减小;故B正确;

C、因E减小,而BP间的距离不变,故BP间的电势差减小,故P

与A之间的电势差减增大;因A板接地,则P点的电势为降低;故C

正确;

D、因电势降低,而P点放置的为负电荷,故电荷的电势能将增大;故D错误;

故选BC.

【点评】本题要注意上极板接地,故电容器中的各点的电势均为

负值;同时明确对于负电荷来说,电势越低的地方,电荷的电势能越高.

7.某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的

发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标系上,如图中的A、B、C所示,根据图线可知( )

A.反映Pr变化的图线是b

B.电源电动势为4 V

C.电源内阻为1Ω

D.当电流为0.5 A时,外电路的电阻为8Ω

【考点】闭合电路的欧姆定律;电功、电功率.

【专题】定量思想;图析法;电学图像专题.

【分析】电源内部的发热功率Pr=I2r.直流电源的总功率PE=EI,P﹣I图象的斜率等于电动势E.由图知:当I=2A时,电源内部的发热

功率Pr与电源的总功率相等,求出电源的内阻.根据闭合电路欧姆定

律求出电流为0.5A时的外电阻.

【解答】解:A、电源内部的发热功率为 Pr=I2r,则Pr﹣I图象

是抛物线,而且是增函数,则反映Pr变化的图线是c.故A错误.

B、直流电源的总功率为 PE=EI,P﹣I图象的斜率等于电动势E,

则有E==V=4V.故B正确.

C、图中I=2A时,电源内部的发热功率Pr与电源的总功率相等,

则有Pr=I2r,得到r==Ω=2Ω.故C错误.

D、当电流为0.5A时,根据闭合电路欧姆定律得:I=,代入解得:R=6Ω.故D错误.

故选:B

【点评】本题要根据电源的总功率公式PE=EI求解电动势,根据

发热功率的解析式I2r,求解电源的内阻.要明确内外电路功率的关系.8.如图所示,A是带正电的球,B为不带电的导体,A、B均放在

绝缘支架上,M、N是导体B中的两点.以无限远处为电势零点,当导

体B达到静电平衡后,说法正确的是( )

A.M、N两点电场强度大小关系为EM=EN=0

B.M、N两点电势高低关系为φM>φN

C.M、N两点电势高低关系为φM>φN>0

D.感应电荷在M、N两点产生的电场强度EM′>EN′

【考点】静电场中的导体;电场强度;电势.

【专题】定性思想;推理法;电场力与电势的性质专题.

【分析】物体带电有接触起电,有感应带电,有摩擦起电.对于

感应带电,是利用同种电荷相互排斥,异种电荷相互吸引的原理.且

带电体是等势体.

【解答】解:A、D、M、N两点的场强为导体球与B上感应电荷在

这两处的场强之和,合场强大小为零,即EM=EN=0;而带电球A在M、

N两点产生的场强不同,故B上感应电荷在M、N两点产生的电场强度

不相等,根据点电荷电场强度公式,可知,离A越远的,电场强度越小,则感应电荷在M、N两点产生的电场强度EM′>EN′,故AD正确.

B、C、处于静电平衡的导体,其整体是等势体,故φM=φN,故B 错误,C错误.

故选:AD.

【点评】本题重点掌握感应带电的本质是电荷的转移;当金属导体处于电场时出现静电平衡现象,注意处于静电平衡的导体内部电场强度为零,是由感应电荷与场源电荷叠加而成的,同时知道是等势体是解题的关键.

9.一对平行金属板长为L,两板间距为d,质量为m、电荷量为e 的电子从平行板左侧以速度v0沿两板的中线不断进入平行板之间,两板间所加交变电压uAB如图所示,交变电压的周期T=,已知所有电子都能穿过平行板,且最大偏距的粒子刚好从极板的边缘飞出,不计重力作用,则( )

A.所有电子都从右侧的同一点离开电场

B.所有电子离开电场时速度都是v0

C.t=0时刻进入电场的电子,离开电场时动能最大

D.t=时刻进入电场的电子,在两板间运动时最大侧位移为

【考点】带电粒子在匀强电场中的运动.

【专题】压轴题;带电粒子在电场中的运动专题.

【分析】电子进入电场后做类平抛运动,不同时刻进入电场的电子竖直方向运动情况不同,则知不是从同一点离开电场.所有电子都能穿过平行板,竖直方向加速和减速的时间必然相等,飞出电场时,电子只有水平速度.t=0时刻进入电场的电子,离开电场时速度等于

v0,电子的动能不是最大.分析t=时刻进入电场的电子运动情况,由牛顿第二定律和运动学公式求解最大侧位移.

【解答】解:A、电子进入电场后做类平抛运动,不同时刻进入电场的电子竖直方向分速度图象如图,根据图象的“面积”大小等于位移可知,各个电子在竖直方向的位移不全相同,故所有电子从右侧的离开电场的位置不全相同.故A错误.

B、由图看出,所有电子离开电场时竖直方向分速度vy=0,速度都等于v0,故B正确.

C、由上分析可知,电子离开电场时的速度都相同,动能都相同.故C错误.

D、t=时刻进入电场的电子,在t=时刻侧位移最大,最大侧位移为

ymax=2=…①

在t=0时刻进入电场的电子侧位移最大为,则有:

=4×a…②

联立①②得:ymax= 故D正确.

故选BD

【点评】本题作出速度图象,根据“面积”大小等于位移分析竖直方向的运动情况.

10.如图电路,C为电容器的电容,D为理想二极管(具有单向导通作用),电流表、电压表均为理想表.闭合开关S至电路稳定后,调节滑动变阻器滑片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△U1,电压表V2的示数改变量大小为△U2,电流表A 的示数改变量大小为△I,则下列判断正确的有( )

A.的值变大

B.的值变大

C.的值不变,且始终等于电源内阻r

D.滑片向左移动的过程中,电容器所带的电荷量要不断减少

【考点】电容;闭合电路的欧姆定律.

【专题】电容器专题.

【分析】由电路图先明确电路的结构,再根据滑动变阻器的移动明确电阻的变化;由闭合电路欧姆定律可知电路电流的变化,则可分析内电压、路端电压及各部分电压的变化.

【解答】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.

A、根据欧姆定律得的值等于滑动变阻器的阻值,所以的值变大,故A正确;

B、根据闭合电路欧姆定律得:U1=E﹣I(R1+r),则=R1+r,

所以的值不变;故B错误;

C、根据闭合电路欧姆定律得:由U2=E﹣Ir,

则=r,

所以的值不变;故C正确;

D、滑片向左移动的过程中,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:AC.

【点评】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.

二.实验题(本题共2小题,每空2分,共16分)

11.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)用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1,由图可知其长度为50.15mm;

(2)用螺旋测微器测量其直径如图2,由图可知其直径为

4.700mm;

(3)用多用电表的电阻“×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3,则该电阻的阻值约为220Ω.(4)若该同学用伏安法跟用多用电表测量得到的R测量值几乎相等,由此可估算此圆柱体材料的电阻率约为ρ=7.6×10﹣2Ω?m.(保留2位有效数字)

【考点】测定金属的电阻率.

【专题】实验题;恒定电流专题.