2019-2020学年高二物理上学期11月摸底考试试题(含解析).doc

2019-2020学年高二物理上学期11月摸底考试试题(含解析)一、选择题（共10题，每题4分，共40分。其中17题为单选题，810题为多选题。全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。）1. 在物理学的发展过程中，科学的物理思想与方法对物理学的发展起到了重要作用，下列关于物理思想和方法说法不正确的是（）A. 质点、点电荷、试探电荷是同一种思想方法B. 重心、合力都体现了等效思想C. 伽利略在研究自由落体运动时运用了理想实验的方法D. 伽利略首次提出“提出假说，数学推理，实验验证，合理外推“的科学推理方法【答案】C【解析】质点和轻弹簧均采用了理想模型法，故是同一种思想方法，故A说法正确；重心、合力都体现了等效思想，故B说法正确；伽利略在研究自由落体运动时运用实验和逻辑推理相结合的方法，故C说法错误；伽利略首次提出“提出假说，数学推理，实验验证，合理外推“的科学推理方法，故D说法正确。所以选C。2. 保护知识产权，抵制盗版是我们每个公民的责任与义务盗版书籍影响我们的学习效率甚至会给我们的学习带来隐患小华有一次不小心购买了盗版的物理参考书，做练习时，他发现有一个关键数字看不清，拿来问老师，如果你是老师，你认为可能是下列几个数字中的那一个（ ）A. 6.21019C B. 6.41019C C. 6.61019C D. 6.81019C【答案】B【解析】电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电荷，任何带电体所带电荷都是e的整数倍，因此该带电量为电子电量的整数倍，将四个选项中的电量除以电子电量得数为整数倍的即是可能正确的数字，ACD错误，B正确，故选B.【点睛】元电荷又称“基本电量”，在各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电荷，常用符号e表示，任何带电体所带电荷都是e的整数倍，据此可正确解答.3. 两个可自由移动的点电荷，分别放在A、B两处，如图所示，A处电荷带负电Q1，B处电荷带正电Q2，且Q24Q1，另取一个可以自由移动的点电荷Q3放在A、B直线上，欲使Q1、Q2、Q3三者均处于平衡状态，则（ ）A. Q3为负电荷，且放于A的左方 B. Q3为负电荷，且放于B右方C. Q3为正电荷，且放于A左方 D. Q3为正电荷，且放于B右方【答案】C【解析】假设Q3放在Q1Q2之间，那么Q1对Q3的电场力和Q2对Q3的电场力方向相同，Q3不能处于平衡状态，所以假设不成立。设Q3所在位置与Q1的距离为r13，Q3所在位置与Q2的距离为r23，要能处于平衡状态，所以Q1对Q3的电场力大小等于Q2对Q3的电场力大小。即：由于Q2=4Q1，所以r23=2r13，所以Q3位于Q1的左方。根据同种电荷排斥,异种电荷吸引，可判断Q3带负电。故选：C.点睛：由于Q1带正电荷，Q2带负电荷，根据同种电荷排斥，异种电荷吸引，要使整个系统处于平衡状态，对其Q3受力分析，去判断所处的位置4. 如图2所示，匀强电场中的PAB平面平行于电场方向，C点为AB的中点，D点为PB的中点。将一个带负电的粒子从P点移动到A点，电场力做功WPA16108J；将该粒子从P点移动到B点，电场力做功WPB32108J。则下列说法正确的是( )A. 直线PC为等势线B. 若将该粒子从P点移动到C点，电场力做功为WPC2.4108JC. 电场强度方向与AD平行D. 点P的电势高于点A的电势【答案】B【解析】试题分析：一个带电粒子从P点移动到A点，还是从P点移动到B点，电场力都做正功，P到AB间都有电势差，故直线PC为不可能等势线，故A错误；C是AB的中点，故C点电势为AB的中点电势，故该粒子从P点移动到C点，电场力做功为，故B正确；将该粒子从P点移动到B点，电场力做功WPB32108J，则将该粒子从P点移动到D点，电场力做功WPD16108J=WPA则AD为等势面，电场线与AD垂直，选项C错误；带负电的粒子从P点移动到A点，电场力做正功，故电势能减小，故A点电势高于P点，选项D错误；故选B考点：电场力的功与电势差的关系；电势能【名师点睛】本题考查对匀强电场中两点电势差与两点沿电场方向的距离成正比U=Ed与运用公式W=qU求解电场力做功的能力，常规题，比较简单5. 如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地.在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，EP表示点电荷在P点的电势能，表示静电计指针的偏角，若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（）A. 减小，E不变 B. 增大，EP不变C. 减小，EP增大 D. 增大，E增大【答案】A【解析】试题分析：电容器与电源断开，故电量不变；上极板向下移动时，两板间的距离减小，根据可知，电容C增大，则根据可知，电压U减小；故静电计指针偏角减小；两板间的电场强度；因此电场强度与板间距无关，因此电场强度不变；再根据设P与下极板距离为，则P点的电势，电势能； 因此电荷在P点的电势能保持不变，故A正确考点：考查电容器的动态分析问题【名师点睛】在分析电容器动态变化时，需要根据判断电容器的电容变化情况，然后结合，等公式分析，需要注意的是，如果电容器和电源相连则电容器两极板间的电压恒定，如果电容器充电后与电源断开，则电容器两极板上的电荷量恒定不变6. 如图3所示，当ab端接入100V电压时，cd两端为20V；当cd两端接入100V时，ab两端电压为50V，则R1：R2：R3之比是（ ）A. 4：2：1 B. 2：1：1 C. 3：2：1 D. 以上都不对【答案】A.7. 导体两端的电压是4V，通过的电流强度是0.8A，如果使导体两端的电压增加到6V，那么通过导体的电流是( )A. 1.8A B. 2A C. 1.2A D. 0.8A【答案】C【解析】由可得，导体的电阻：，因电阻是导体本身的一种性质，与两端的电压和通过的电流无关，所以，当导体两端的电压增加到6V时，导体的电阻仍为5不变，此时通过的电流：故选C8. 如图5所示，一电场的电场线分布关于y轴（沿竖直方向）对称，O、M、N是y轴上的三个点，且OM=MN，P点在y轴的右侧，且MPON，则（ ）A. M点的电势比P点的电势高B. 将负电荷由O点移动到P点，电场力做正功C. M、N两点间的电势差大于O、M两点间的电势差D. 在O点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y轴做直线运动【答案】AD【解析】试题分析：过M、P、N做等势线，可得到过P点的等势线通过M、N之间，因顺着电场线电势降低，则有MPN，故A正确将负电荷由O点移到P点，因UOP0，所以W=-qUOP0，则负电荷电场力做负功，故B错误；由U=Ed可知，MN间的平均场强小于OM间的平均场强，故MN两点间的电势差小于OM两点间的电势差，C错误；根据电场线的分布特点会发现，电场线关于y轴两边对称，故y轴上的场强方向在 y轴上，所以在O点静止释放一带正电粒子，其所受电场力沿y轴正方向，则该粒子将沿y轴做直线运动，故D正确；故选AD考点：电场线；电势及电势能【名师点睛】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，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。视频9. 如图6所示，M、N是真空中的两块平行金属板质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子恰好能到达N板如果要使这个带电粒子到达M、N板间距的后返回，下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力)()A. 使初速度减为原来的1/2 B. 使M、N间电压加倍C. 使M、N间电压提高到原来的4倍 D. 使初速度和M、N间电压都减为原来的1/2【答案】BD考点：电势差与电场强度的关系【名师点睛】由题意知粒子射入电场后，电场力做负功，动能减小，根据动能定理列出方程要使粒子刚好达到两板间距离的一半处，根据匀强电场沿电场线方向两点间电势差与距离成正比，再运用数学知识进行讨论，选择题意的选项。10. 如图所示，电源电动势为E，内阻为r，不计电压表和电流表内阻对电路的影响，当电键闭合后，两小灯泡均能发光在将滑动变阻器的触片逐渐向右滑动的过程中，下列说法正确的是()A. 小灯泡L1、L2均变暗 B. 小灯泡L1变亮，小灯泡L2变暗C. 电流表A的读数变小，电压表V的读数变大 D. 电流表A的读数变大，电压表V的读数变小【答案】BC【解析】将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，与灯并联的电路的电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，电流表读数变小，变暗，电源的内电压减小，根据闭合电路欧姆定律得知路端电压增大，电压表V的读数变大，路端电压增大，而灯电压减小，所以灯的电压增大，灯变亮，故BC正确。点睛：本题是一道闭合电路的动态分析题，分析清楚电路结构，明确各电路元件的连接方式、灵活应用欧姆定律公式是正确解题的关键也可以运用结论进行分析：变阻器电阻增大，与之并联的电灯会亮，与之串联的电灯会变暗，即“串反并同”。二、填空题（每空2分，11题4分，12题16分。共20分。）11. 如图，游标卡尺读数为_mm，螺旋测微器读数为_mm。 【答案】 (1). 49.15 mm； (2). 0.900 mm；【解析】游标卡尺的主尺读数为49mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为30.05mm=0.15mm，所以最终读数为：49mm+0.15mm=49.15mm。螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为40.00.01mm=0.400mm，所以最终读数为0.5mm+0.400mm=0.900mm。点晴：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读；螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。12. 在“测定电源的电动势和内阻”的实验中,已连接好部分实验电路（1）按如图甲所示的实验电路,把图乙中剩余的电路连接起来_.（2）在图乙的电路中,为避免烧坏电表,闭合开关前,滑动变阻器的滑片应置于_端(选填“A”或“B”).（3）下图是根据实验数据作出的U-I图象,由图可知,电源的电动势E_V,内阻r_.【答案】 (1). （1).如图： (2). （2).B； (3). （3).1.5； (4). 1.0；【解析】试题分析：（1）电路连接如图（2）闭合开关前，滑动变阻器接入电路中的阻值应该最大，故滑片应置于B端（3）由图象可知，电源电动势为15 V，内阻考点：测定电源的电动势和内阻【名师点睛】本题考查了连接实物电路图的连接、求电源电动势与内阻，连接实物电路图时，要注意电压表正负接线柱不要接反，注意电表量程的选择；电源U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻。三、计算题（本题共4小题，共40分，解答应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。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）13. 如图所示，电源电动势E=10V，内阻r=1，闭合电键S后，标有“8V，12W”的灯泡恰能正常发光，电动机M绕组的电阻R 0 =4，求：（1）电源的输出功率P 0 ；（2）10s内电动机产生的热量Q。【答案】（1）16W；（2）10J；【解析】试题分析：（1）S闭合时，L、M并联，L正常发光，L两端电压：（1分）电流：（1分）总电流：（1分）电源的输出功率：（1分）（2）通过电动机的电流：(2分）则10s内电动机产生的热量（2分）考点：电动机电路。14. 如图所示为一组未知方向的匀强电场的电场线，将1106 C的负电荷由A点沿水平线移至B点，静电力做了2106 J的功，A、B间的距离为2 cm.问：(1)匀强电场场强多大？方向如何？(2)A、B两点间的电势差多大？若B点电势为1 V，A点电势为多少？【答案】(1)200 V/m；斜向上方；(2)2 V；1 V；【解析】(1)移动负电荷从A到B静电力做正功，负电荷受到的静电力的方向沿电场的反方向，所以电场方向斜向上由公式WqElcos 60得EV/m200 V/m(2)A、B间的电势差为UElcos 6020021020.5 V2 V，因A点电势低，UAB2 V由UABAB得ABUAB1 V(2 V)1 V15. 如图所示，质量的带电小球用绝缘细线悬挂于O点，处在水平向左的匀强电场中，电场范围足够大，场强E=500N/C，小球静止时细线与竖直方向的夹角=37，sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2，求：（1）小球电荷量及带电性质；（2）小球静止时细线中的拉力大小；（3）某时刻将细线剪断，此后内小球的位移。【答案】（1）负电，1.510-3C；（2）1.25N；（3）25m；【解析】试题分析：（1）对小球受力分析，根据共点力平衡求出电场力的大小，结合电场强度的定义式求出小球的电荷量，根据电场力的方向得出小球的电性（2）根据共点力平衡求出小球静止时细线的拉力大小（3）剪断细线后，小球做初速度为零的匀加速直线运动，结合牛顿第二定律求出加速度，根据位移时间公式求出小球的位移.（1）小球受重力、电场力F、细线拉力T作用处于静止状态，其受力分析图如下图所示根据平衡知，电场力在电场中：F=qE，由