安徽省合肥双凤高级中学20212021学年高二物理上学期11月摸底考试试题（含解析）

安徽省合肥双凤高级中学2021〜2021学年上学期高二n月摸底考

物理试卷一、选择题〔共10题，每题4分，共40分。其中1~7题为单项选择题，8~10题为多项选择题。全数选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。）1.在物理学的开展进程中，科学的物理思想与方式对物理学的开展起到了重要作用，以下关于物理思想和方式说法不正确的选项是〔〕A.质点、点电荷、试探电荷是同一种思想方式B.重心、合力都表达了等效思想C.伽利略在研究自由落体运动时运用了理想实验的方式D.伽利略第一次提出"提出假说，数学推理，实验验证，合理外推"的科学推理方式【答案】C【解析】质点和轻弹簧均采用了理想模型法，故是同一种思想方式，故A说法正确；重心、合力都表达了等效思想，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式，故C说法错误；伽利略第一次提出"提出假说，数学推理，实验验证，合理外推"的科学推理方式，故D说法正确。所以选Co.保护知识产权，抵抗盗版是咱们每一个公民的责任与义务.盗版书籍影响咱们的学习效率乃至会给咱们的学习带来隐患.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，拿来问教师，若是你是教师，你以为可能是以下几个数字中的那一个〔 〕A.6.2X10-WCB.6.4X10-WCC.6.6X103CD.6.SXIO-wC【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-=14 •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，应选B.【点睛】元电荷又称“根本电量〃，在各类带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电荷，常常利用符号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..两个可自由移动的点电荷，别离放在A、B两处，如下图，A处电荷带负电QJB处电荷带正电0，且Q2=4Q1,另取一个可以自由移动的点电荷Q3放在A、B直线上，欲使Q「Q2、Q3三者均处于平衡状态，那么〔〕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的电场力方向一样，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r3,Q3所在位置与Q2的距离为要能处于平衡状态，所以Q1对Q3的电场力大小等于Q2对Q3的电场力大小。即：=3由于Q2=4Q1,所以r=2ri3,所以Q3位于Q1的左方。按照同种电荷排斥,异种电荷吸引，可判断Q3带负电。应选：C.点睛：由于（带正电荷，Q2带负电荷，按照同种电荷排斥，异种电荷吸引，要使整个系统处于平衡状态，对其Qs受力分析，去判断所处的位置.4.如图2所示，匀强电场中的4PAB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WpA=l.6X10-8J；将该粒子从P点移动到B点，电场力做功WpB=3.2X10-Jo那么以下说法正确的选项是（ ）A.直线PC为等势线B.假设将该粒子从P点移动到C点，电场力做功为Wpc=2.4X10-8JC.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，仍是从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PWIW点移动到C点，电场力做功为二''' -！ ）•，故B正确；将该粒子从P点移动到B点，电场力做功WpB=3.2X10-8j,那么将该粒子从P点移动到D点，电场力做功WpD=1.6X10-8j=WpA那么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；应选B.考点：电场力的功与电势差的关系；电势能【名师点睛】此题考察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，比拟简单.

5.如下图，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，0表示静电计指针的偏角，假设维持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，那么〔〕A.u减小，E不变B.6增大，Ep不变C.日减小，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，按照。=弋可知，电容c增大，那么按照c=3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1-：=-=^=—；因此电场强度与板间距无关，因此电场强度不变；再按照设P与下极板距离为L那么P点的dCdtS电势理=EI,电势能Ep=ELq；因此电荷在P点的电势能维持不变，故A正确考点：考察电容器的动态分析问题…、，一，一一，一品 ，一一U0【名师点睛】在分析电容器动态转变时，需要按照匚=——判断电容器的电容转变情况，然后结合1==:，c=-等公式分析，需要注意的是，若是电容器和电源相连那么电容器两极板间的电压恒定，若是电容器充电后与电源断开，那么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两头为20V；当cd两头接入100V时，ab两头电压为50V,那么R：R：人之比是〔 〕A.4：2：1B.2：1：1C.3：2：1D.以上都不对【答案】AR,【解析】ab技100"电压时，由于cd开路，F?3两端无电压，UctJ=UR2=然工震U.所以20=再短U,再短U,所以.・・・xlOO,%：电=2：1,同理cd接100V电压时,Ri两端无电压，U50= & ,&：R3=2门由处两式，得%; ：%=4:2:1.7.导体两头的电压是4V,通过的电流强度是，若是使导体两头的电压增加到6V,那么通过导体的电流是()A.B.2AC.D.【答案】CL： L： 4V【解析】由 可得，导体的电阻：,：—— ，因电阻是导体本身的一种性质，与两头的电压和通过的R I 0SA电流无关，所以，当导体两头的电压增加到6V时，导体的电阻仍为5Q不变，此时通过的电流:1'=—=——=L2A.应选C.R5Q8.如图5所示，一电场的电场线散布关于y轴〔沿竖直方向〕对称，0、M、N是y轴上的三个点，且0M=MN,P点在y轴的右边，且MPL0N,那么〔 〕A.M点的电势比P点的电势高B.将负电荷由。点移动到P点，电场力做正功C.M、N两点间的电势差大于0、M两点间的电势差D.在0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，可取得过P点的等势线通过M、N之间，因顺着电场线电势降低，那么有册＞匕＞外，故A正确.将负电荷由0点移到P点，因以＞0,所以W=qU°p＜0,那么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0M间的平均场强，故MN两点间的电势差小于0M两点间的电势差，C错误；按照电场线的散布特点会发现，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0点静止释放一带正电粒子，其所受电场力沿y轴正方向，那么该粒子将沿y轴做直线运动，故D正确；应选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。QT［视频D9.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，粒子恰好能抵达N板.若是要使这个带电粒子抵达M、N板间距的二后返回，以下办法中能知足要求的是（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，按照动能定理列出方程.要使粒子恰好抵达两板间距离的一半处，按照匀强电场沿电场线方向两点间电势差与距离成正比，再运用数学知识进展讨论，选择题意的选项。.如下图，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进程中，以下说法正确的选项是（）

A.小灯泡L「％均变暗B•小灯泡匕变亮，小灯泡1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进程中，变阻器接入电路的电阻增大，与灯J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，L变暗，电源的内电压减小，按照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，而以灯电压减小，所以G灯的电压增大，J灯变亮，故BC正确。点睛：此题是一道闭合电路的动态分析题，分析清楚电路构造，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.也可以运用结论进展分析：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，n题4分，12题16分。共20分。〕.如图，游标卡尺读数为mm,螺旋测微器读数为mm。【答案】 (1).49.15mm；(2).0.900mm；【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，所以最终读数为：49mm+0.15mm=49.15mmo螺旋测微器的固定刻度为，可动刻度为，所以最终读数为O.Snim+O^OOmmR.gOOnim。点晴：解决此题的关键掌握游标卡尺读数的方式，主尺读数加上游标读数，不需估读；螺旋测微器的读数方式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。.在“测定电源的电动势和内阻〃的实验中，已连接好局部实验电路〔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〃).【答案】 (1).[1).如图:〔3〕以下图是按如实验数据作出的U-I图象，由图可知，电源的电动势EV,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.1.0^.…〔3〕由图象可知，电源电动势为1.5V,内阻『二一——0=1.on考点：测定电源的电动势和内阻

【名师点睛】此题考察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〔此题共4小题，共40分，解允许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，答案中必需明确写出数值和单位。〕.如下图，电源电动势E=10V,内阻r=lQ,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°=4Q,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】⑴16W；⑵10J；【解析】试题分析：〔1〕S闭合时，L、M并联，L正常发光，L两头电压：了工二沿；〔1分〕电流：=^=1.5A〔1分〕E-UTOC\o"1-5"\h\z总电流：1= = 〔1分〕r电源的输出功率：4二16W〔1分〕〔2〕通过电动机的电流：&=1一4 （2分〕那么10s内电动机产生的热量。二八/兄= 〔2分〕考点：电动机电路。.如下图为一组未知方向的匀强电场的电场线，将1X10-6C的负电荷由A点沿水平线移至B点，静电力做了2X10-6J的功，A、B间的距离为2cm.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？假设B点电势为1V,A点电势为多少？【答案】（1）200V/m；斜向上方；（2）—2V；-1V；【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.W 2y10-n6由公式W=qElcos60°得£= "= Z V/m=200V/ml］：ucs6O1*6d0.5（2）A、B间的电势差为U=Elcos60°=200X2X10-2X0.5V=2V,因A点电势低，Ub=-2V由UAB=匕一得@A=eb+Uab=1V+（—2V）=—1V.如下图，质量也=0」妞的带电小球用绝缘细线悬挂于。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大，场强E=500N/C,小球静止时细线与竖直方向的夹角=37sin37°=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，尔后2$内小球的位移。【答案】⑴负电，1.5X10-3C；〔2〕1.25N；⑶25m；【解析】试题分析：〔1〕对小球受力分析，按照共点力平衡求出电场力的大小，结合电场强度的概念式求出小球的电荷量，按照电场力的方向得出小球的电性.〔2〕按照共点力平衡求出小球静止时细线的拉力大小.〔3〕剪断细线后，小球做初速度为零的匀加速直线运动，结合牛顿第二定律求出加速度，按照位移时间公式求出小球的位移.〔1〕小球受重力、电场力F、细线拉力T作用途于静止状态，其受力分析图如以下图所示按照平衡知，电场力在电场中：F=qEmgi。=]$* 由小球受到电场力方向与场强方向相反，知小球带负电.〔2〕按照平衡得，细线拉力：T=」％=125Ncosfi〔3〕剪断细