福建省泉州第十六中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题（选考班） 18页

泉州第十六中学2019年秋季期中考试卷高二物理（选考班）‎ 一、单项选择题 ‎1.关于电阻率的说法,正确的是( )‎ A. 超导材料电阻率总是为零 B. 电阻率ρ大的导体,电阻可以很小 C. 电阻率ρ与导体的长度L和横截面积S有关 D. 电阻率表征了导体材料的导电能力的强弱，由导体的长度决定,与温度无关 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A. 超导材料的电阻率并不总是为零，只有达到一定温度时其电阻才能为零，故A错误；‎ B. 导体电阻由导体电阻率、导体长度、横截面积决定。导体的电阻率很大，但如果导线很短，截面积很大，则电阻可以很小，故B正确；‎ C. 电阻率表征了导体材料的导电能力的强弱，与导体的长度、和截面积无关，与温度有关，故CD错误。‎ 故选：B.‎ ‎2.如图所示，示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如果在荧光屏上P点出现亮斑那么示波管中的( )‎ ‎①极板X应带正电 ②极板X′应带正电 ‎③极板Y应带正电 ④极板Y′应带正电 A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】电子受力方向与电场方向相反，因电子向X方向偏转，则电场方向为X到X′，则X带正电；同理可知Y带正电，故①③正确，②④错误； A. ①③，与结论相符，选项A正确；‎ B. ①④，与结论不相符，选项B错误；‎ C. ②③，与结论不相符，选项C错误；‎ D. ②④，与结论不相符，选项D错误 ‎3.如图所示，在直线MN上有一个点电荷，A、B是直线MN上的两点，两点的间距为L，场强大小分别为E和2E．则（　　）‎ A. 该点电荷一定在A点的左侧 B. 该点电荷一定在A点的右侧 C. A点场强方向一定沿直线向左 D. A点的电势一定低于B点的电势 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由题，A、B两点的场强大小分别为E和2E，根据点电荷场强公式E=kQ/r2分析得知：该点电荷的位置应离A点远、离B点近，所以该点电荷一定在A点的右侧。故B正确，A错误。由于该点电荷的电性未知，无法确定A的场强方向，也无法判断A、B两点电势的高低。故CD错误。故选B。‎ ‎4. 如图所示电路用来测定电池的电动势和内电阻．其中V为电压表（理想电表），定值电阻R=7.0Ω．在电键未接通时，V的读数为6.0V；接通电键后，V的读数变为5.6V．那么，电池组的电动势和内电阻分别等于（ ）‎ A. 6.0V，0.5Ω B. 6.0V，1.25Ω C. 5.6V，1.25Ω D. 5.6V，0.5Ω ‎【答案】A ‎【解析】‎ 考点：闭合电路的欧姆定律．‎ 分析：当开关断开时，电压表接在电源两端，电压表示数为电池组的电动势；K闭合时，电压表测量路端电压，则根据闭合电路的欧姆定律可求得内电阻．‎ 解答：解：电键未接通时，电压表示数即为电源电动势，故电动势E=6.0V；‎ 接通电键后，对R由欧姆定律可得：‎ 电路中电流I==0.8A；‎ 由闭合电路欧姆定律可知：‎ 内电阻r==0.5Ω；‎ 故答案为：A．‎ 点评：本题考查闭合电路的欧姆定律的使用，注意因电压表为理想电表，故当电压表直接接在电源两端时，相当于开路，电压表示数即为电源的电动势．‎ ‎5.电阻R1与R2的伏安特性曲线如图所示，并把第一象限分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域，现把R1与R2串联在电路中，R1和R2消耗的电功率分别为P1和P2，串联总电阻为R，下列关于P1与P2大小及R的伏安特性曲线所在区域的叙述，正确的是（ ）‎ A. P1＞P2，特性曲线在Ⅰ区 B. P1＜P2，特性曲线在Ⅰ区 C. P1＞P2，特性曲线在Ⅲ区 D. P1＜P2，特性曲线在Ⅲ区 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由图知R1＜R2，二者串联电流相等，由P＝I2R，知P1＜P2，串联电阻R大于R1也大于R2，故其伏安特性曲线将在Ⅲ区，选D。‎ ‎6.如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，这时电容器的带电量为Q，P是电容器内一点，电容器的上板与大地相连，下列说法正确的是 A. 若将电容器的上板左移一点，则两板间场强减小 B. 若将电容器的下板上移一点，则两板间电势差减小 C. 若将电容器的下板上移一点，则P点的电势升高 D. 若将电容器的下板上移一点，则两板间电势差增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、平行板电容器充电后与电源断开后，电容器的电量不变，电容器上板左移，正对面积减小，电容C减小，由分析可知U增大，板间场强，d不变，则E增大;故A错误.‎ B、C、D将电容器的下板上移一点，板间距离减小，电容C增大，由分析得知：Q不变，两板间电势差减小;又由，可知板间场强不变，则P与上板的电势差不变，上板电势为零，则P点电势不变.故B正确,C，D错误.‎ 故选B ‎【点睛】对于电容器动态变化分析问题，要采用控制变量法研究，抓住不变量．对于板间距离变化的情形，由可知，板间场强不变，是个重要推论，经常用到．‎ ‎7.如图所示，一个均匀的带电圆环，带电荷量为＋Q，半径为R，放在绝缘水平桌面上．圆心为O点，过O点作一竖直线，在此线上取一点A，使A到O点的距离为R，在A点放一检验电荷＋q，则＋q在A点所受的电场力为 A. ，方向向上 B. ，方向向上 C. ，方向水平向左 D. 不能确定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】检验电荷受的库仑力沿着电荷的连线指向+q，由对称性可知在垂直于竖直线的方向上的分力相互抵消，只有沿竖直线方向的分力。所以+q在A点所受的电场力方向向上。‎ ‎ 由库仑力公式知：‎ A．，方向向上，与结论不相符，选项A错误；‎ B．，方向向上，与结论相符，选项B正确；‎ C．，方向水平向左，与结论不相符，选项C错误；‎ D．不能确定，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎8.真空中某静电场，虚线表示等势面，各等势面电势的值如图所示，一带电粒子只在电场力的作用下，沿图中的实线从A经过B运动到C，BC两点位于同一等势面上，则以下说法正确的是　　‎ A. 带电粒子在A点的电势能大于在C点的电势能 B. A点电场强度大于B点电场强度 C. 带电粒子从A经过B运动到C的过程中动能先增大再减小 D. 带电粒子从A到C电场力所做的功等于从A到B电场力做的功 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势，确定出电场线方向，根据曲线运动中物体所受的合力方向指向轨迹的内侧，可判断出粒子所受的电场力方向，判断粒子的电性。根据等差等势面密处场强大，可判断场强的大小。由电场力做功正负，判断电势能的大小。‎ ‎【详解】A、根据电场线与等势面垂直，且由高电势指向低电势，可知电场线方向大致向右，根据粒子轨迹的弯曲方向可知，粒子所受的电场力方向大致向左，则知粒子一定带负电。从A到C，由，知，，则，即电场力做负功，电势能增加，A处电势能小于C处电势能，故A错误；‎ B、等差等势面的疏密反映电场强度的大小，则知A处场强小于B处场强，故B错误；‎ C、带电粒子从A经过B运动的过程中，电场力做负功，动能减小。从B运动到C的过程中电场力不做功，动能不变。故C错误。‎ D、由图知，AC间电势差等于AB间的电势差，根据知从A到C的电场力所做的功等于从A到B电场力做的功，故D正确。‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题要掌握等势面与电场线的关系和曲线运动合力指向，由粒子的轨迹判断出电场力方向，分析能量的变化.‎ ‎9.如图所示，板长为L的平行板电容器与一直流电源相连接，其极板与水平面成300角；若粒子甲乙以相同的大小的初速度由图中的P点射入电容器，分别沿着虚线1和2运动，然后离开电容器；虚线1为连接上下极板边缘的水平线，虚线2为平行且靠近上极板的直线，则下列关于两粒子的说法正确的是（   ）‎ A. 两者均做匀速直线运动 B. 两者电势能均逐渐增加 C. 两者的比荷之比为 D. 两者离开电容器时的速率之比为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意可知，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度在同一直线上，所以电场力只能垂直极板向上，受力如图所示；根据受力图，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动，故A错误；‎ 粒子甲受到的电场力与位移方向的夹角为钝角，所以电场力做负功，电势能逐渐增加；粒子乙运动的方向与电场力的方向垂直，电场力不做功，所以粒子的电势能不变。故B错误；根据受力图，对甲：m甲g＝q甲•Ecos30°＝q甲E，所以： ‎ 对乙：m乙g•cos30°=q乙E，所以：；所以： ，故C错误；带电微粒甲沿水平直线运动，合力做的功：W1＝m甲g•tan30°•=m甲gL，根据动能定理得：；所以：；带电微粒乙沿平行于极板的直线运动，合力做的功：W2＝m乙g•sin30°•L＝m乙gL，根据动能定理得：，所以：v乙＝；所以：．故D正确。故选D。‎ ‎10.一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象如图所示，在该匀强电场中，有一个带电粒子于t＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是(　　)‎ A. 带电粒子只向一个方向运动 B. 0～2 s内，电场力所做的功等于零 C. 4 s末带电粒子回到原出发点 D. 2.5～4 s内，速度的改变等于零 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度a ，第2s内加速度的，a2是a1的2倍，因此带电粒子先加速1s再减小0.5s速度为零，接下来的0.5s将反向加速，v-t图象如图所示，由对称关系可得，反向加速的距离使带电粒子刚回到减速开始的点，故A错误；‎ B、0～2s内，带电粒子的初速度为零，但末速度不为零，由动能定理可知电场力所做的功不为零，故B错误；‎ C、由v-t图象中图线与坐标轴围成的图形的面积为物体的位移，由对称可以看出，前4s内的位移不为零，所以带电粒子不会回到原出发点，故C错误；‎ D、由v-t图象可知，2.5～4 s内，速度的改变等于零，故D正确；‎ 故选D。‎ 二、多项选择题 ‎11. 下列物理量中哪些与检验电荷无关（ ）‎ A. 电场强度E B. 电势 C. 电势能EP D. 电场力F ‎【答案】AB ‎【解析】‎ 场强表述电场力的性质，电势描述电场能的性质，由场本身决定，与检验电荷无关。AB对。电势能，电场力,与检验电荷有关，CD错。‎ ‎12.锂电池因能量高、环保无污染而广泛使用在手机等电子产品中。现用充电器为一手机锂电池充电，等效电路如图所示，充电器电源的输出电压为U，输出电流为I，手机电池的内阻为r，下列说法正确的是 A. 电能转化为化学能的功率为UI－I2r B. 充电器输出的电功率为UI＋I2r C. 电池产生的热功率为I2r D. 充电器的充电效率为100%‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．充电时，电能转化为化学能和热能，根据能量守恒定律，有：‎ UI=I2r+P化 故电能转化为化学能的功率 P化=UI-I2r 故A正确；‎ B．充电器输出的电功率为：P=UI，故B错误；‎ C．电池产生的热功率为P热=I2r，故C正确；‎ D．充电器的充电效率为：‎ 故D错误。‎ ‎13.如图所示的U-I图象中,Ⅰ是电源的路端电压随电流变化的图象,Ⅱ是某电阻两端的电压随电流变化的图象,该电源向该电阻供电时,电阻消耗的功率和电源的效率分别为 A. 4 W B. 2 W C. 33.3% D. 66.7%‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】由图线Ⅰ可知，电源的电动势为 E=3V；两图线的交点表示该电阻R接在该电源上的工作状态，由图知此时该电阻的电压为：U=2V；电流为：I=2A；所以该电阻供电时电阻上消耗的功率为：‎ PR=UI=2×2W=4W 效率为：‎ A．4 W，与结论相符，选项A正确；‎ B．2 W，与结论不相符，选项B错误；‎ C．33.3%，与结论不相符，选项C错误；‎ D．66.7%，与结论相符，选项D正确；‎ ‎14.如图在x轴的-3a和3a两处分别固定两个电荷QA、QB，图中曲线是两电荷之间的电势φ与位置x之间的关系图象，图中x = a处为图线的最低点。线于在x = 2a处由静止释放一个质量为m、带电荷量为q的正电点电荷，该电荷只在电场力作用下运动。下列有关说法正确的是 A. 电荷运动至x = a处时速度最大 B. 两点电荷QA:QB = 4:1‎ C. 该电荷一定通过x = a处，但不能到达x = -a处 D. 该电荷以O为中点做往复运动 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ 在φ-x图象中图线的斜率表示电场强度的大小，由此可知x=a处电场强度为零，根据动能定理qU=△Ek，可知点电荷从x=2a到x=a处，电势差最大，则电场力做正功最多，在x=a 处速度最大，故A正确；由图线可知因在x=a处电场强度为零，则有：，可得：QA：QB=4：1，故B正确；由图可知x=-a处与x=2a处电势相等且点电荷由静止释放，由动能定理可知点电荷刚好能到达x=-a处，故C错误；点电荷在x=-a与x=2a之间做往复运动，则O处不是运动中心，故D错误。所以AB正确，CD错误。‎ ‎15.如图所示电路,电源内阻不可忽略。开关S闭合后,在变阻器R0的滑片向下滑动的过程中 A. 电压表示数减小 B. 电压表示数增大 C. 电流表的示数减小 D. 电流表的示数增大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．在变阻器R0的滑片向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，变阻器R0与R2并联电阻R并减小，则外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，路端电压U减小，则电压表示数减小。故A正确，B错误。‎ CD．并联部分电压U并=E-I（R1+r），I增大，E、R1、r均不变，则U并减小，故电流表示数减小。故C正确，D错误。‎ ‎16.为了测定一个水平向右的匀强电场的场强大小，小明所在的物理兴趣小组做了如下实验：用长为L的绝缘轻质细线，上端固定于O点，下端拴一质量为m、带电荷量为＋q的小球（可视为质点），如图所示，开始时，将线与小球拉成水平，然后释放，小球由静止开始向下摆动，摆到B点时速度恰好为零，然后又从B点向A点摆动，如此往复．小明用测量工具测量与水平方向所成的角度θ，刚好为60°．不计空气阻力，下列说法中正确的是 A. 在B点时小球受到的合力为0‎ B. 电场强度E的大小为 C. 小球从A运动到B，重力势能减小 D. 小球在下摆的过程中，小球的重力势能和电势能之和先减小后增大 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．小球在B点受重力竖直向下，电场力水平向右，故合力一定不为零，故A错误；‎ B．小球由A到B的过程中，由动能定理可得：‎ mgLsinθ-EqL（1-cos60°）=0‎ 则电场强度的大小为 故B正确；‎ C．小球从A运动到B，重力做正功，W=mgh=mgLsinθ，故重力势能减小 故C正确；‎ D．小球在下摆过程中，除重力做功外，还有电场力做功，故机械能不守恒，但机械能和电势能总能量之和不变，因为球在下摆的过程中，动能先增加后减小，则小球的重力势能和电势能之和先减小后增大，故D正确。‎ 三、填空、实验题 ‎17.伏安法测电阻的系统误差分析 ‎（1）用伏安法测电阻，如果电流表内阻为零，电压表的电阻趋近于无穷大，两种]电路（内接和外接）测量同一电阻，测量结果___________ （填“相同”或“不相同”）。‎ ‎（2）电流表外接法（如图）‎ ‎①用外接法测量待测电阻R 的阻值时，电压表测量的是____________两端的电压；电流表测量的是通过______________________的电流；电流表的读数比实际流过待测电阻R的电流_________(填“大”或“小”) ‎ ‎②外接法误差产生的原因：由于_________的分流作用 ‎③外接法测量值与真实值之间的关系显然R测 ________R真 （填“<”、“＞”或“=” ）‎ ‎（3）.测量方法确定：‎ ‎①若Rx远小于RV，电压表分流作用小，采用电流表__________法（填“外接”或“内接” ）‎ ‎②若Rx远大于RA，电流表分压作用小，采用电流表__________法（填“外接”或“内接” ）‎ ‎（4）.如图电路，电压表和电流表的读数分别为10V和0.1A，电流表的内阻为0.2Ω，那么有关待测电阻RX的下列说法正确的是_______。‎ A. RX的测量值比真实值大 ‎ B. RX的测量值比真实值小 C. RX的真实值为99.8Ω ‎ D. RX的真实值为100.2Ω ‎【答案】 (1). 相同 (2). 电阻R (3). 电压表和电阻R (4). 大 (5). 电压表 (6). ＜ (7). 外接 (8). 内接 (9). AC ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．用伏安法测电阻，如果电流表内阻为零，电压表的电阻趋近于无穷大，则电表对测量结果无影响，即两种电路（内接和外接）测量同一电阻，测量结果相同。‎ ‎（2）电流表外接法（如图）‎ ‎①[2][3][4]．用外接法测量待测电阻R的阻值时，电压表测量的是电阻R两端的电压；电流表测量的是通过电压表和电阻R的电流；电流表的读数比实际流过待测电阻R的电流大； ‎ ‎②[5]．外接法误差产生的原因：由于电压表的分流作用；‎ ‎③[6]．根据可知，因为电流表的读数比实际流过待测电阻R的电流大，则外接法测量值与真实值之间的关系显然R测