【解析】安徽省滁州三中2017-2018学年高二上学期11月考试物理试题

安徽省滁州三中学年高二上学期11月考试物理试卷一、选择题1.关于电阻和电阻率下列说法正确的是（）A.电阻率是表征材料导电性能的物理量，电阻率越大的导体对电流的阻碍作用越大B.一根粗细均匀的电阻丝，电阻为R.若将电阻丝均匀拉长，使它的横截面的半径变为原来的12,则电阻丝的电阻变为C.由R=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】电阻率是表征材料导电性能的物理量，长度截面积相同时，电阻率越大的导体电阻越大，则对电流的阻碍作用越大，选项A错误；一根粗细均匀的电阻丝，电阻为R.若将电阻丝均匀拉长，使它的横截面的半径变为原来的12,则横截面积变为原来的14，长度变为原来的4倍，根据R=ρLS则电阻丝的电阻变为16R，选项B错误；导体的电阻与两端的电压和通过导体的电流无关，选项C点睛：本题应知道影响电阻大小的因素，并且知道导体的电阻与导体两端的电压和通过的电流无关是解决本题的关键，欧姆定律只是计算电阻的一种方法．2.如图所示，三个完全相同的金属小球a、b、c位于等边三角形的三个顶点上．a和c带正电，b带负电，a所带电荷量的大小比b的小．已知c受到a和b的静电力的合力可用图中四条有向线段中的一条来表示，它应是()A.F1B.F2C.F3D.F【答案】B【解析】对c球受力分析，如图由于a球的带电量比b球的小，故b球对c球的静电引力较大，根据平行四边形定则，合力的方向如图；故选B．3.如图所示，在水平方向的匀强电场中，一绝缘细线的一端固定在O点，另一端系一带正电的小球，小球在只受重力、电场力、绳子的拉力作用下在竖直平面内做圆周运动，小球所受的电场力大小等于重力大小．a、b、c、d四点的位置如图所示，圆上各点相比较，小球（）A.在最高点a处的动能最小B.在最低点c处的机械能最小C.在水平直径左端d处的机械能最大D.在水平直径右端b处的机械能最大【答案】B【解析】小球受电场力和重力大小相等，方向水平向右，则小球所受电场力和重力的合力如图所示：合力与水平方向成45°角偏右下方，如图，小球所受合力方向可知，小球从a到向e点运动时，合力对小球做负功，小球动能将减小，故a点不是小球动能最小的点（最小的点在e点），故A错误；除重力以外其它力做功等于机械能的增量，拉力不做功，从d到b的过程中，电场力做负功，则b点机械能最大，d点机械能最小，故D正确，BC错误。所以D正确，ABC错误。4.对下列物理公式的理解，其中正确的是（）A.由公式φ=ЕP/q可知，静电场中某点的电势φ是由放入该点的点电荷所具有的电势能ЕP和该电荷电量q所决定的B.由公式R=U/Ｉ可知，导体的电阻R由它两端的电压U和它当中通过的电流Ｉ决定C.由公式E=kQ/r2可知，点电荷Q在距其r处产生的电场强度E由场源电荷电量Q和距场源电荷的距离r决定D.由公式C=Q/U可知，电容器的电容C由电容器所带电荷量Q和两极板间的电势差U决定【答案】C【解析】试题分析：所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法．比如①物质密度②电阻③场强④磁通密度⑤电势差等．一般地，比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变，如确定的电场中的某一点的场强就不随q、F而变．当然用来定义的物理量也有一定的条件，如q为点电荷，S为垂直放置于匀强磁场中的一个面积等．类似的比值还有：压强，速度，功率等等．静电场中某点的电势φ由电场本身决定，与试探电荷无关，A错误；由欧姆定律公式R=UI可知，属于比值定义法，导体的电阻R与两端电压U，及流过的电流I无关，故B错误；由公式E=kQr2可知，Q是形成此电场的点电荷的电量，r是该点距Q的距离，因此点电荷Q在距其r处产生的电场强度E由场源电荷电量Q和距场源电荷的距离5.如图所示是某导体的I－U图线，图中α＝45°，下列说法不正确的是（）A.通过该导体的电流与其两端的电压成正比B.此导体的电阻R不变C.I－U图线的斜率表示电阻的倒数，所以R＝cot45°＝1ΩD.在该导体两端加6V电压时，每秒通过导体截面的电荷量是3C【答案】C【解析】A、由图可以知道,电流随着其两端的电压的增大而增大,故电流与其两端的电压成正比，故A正确B、由I=UR可以知道,图象的斜率表示电阻的倒数即导体的电阻是一定值，故B正确，C错误；...￥网...学￥科￥网...学￥科￥网...学￥科￥网...学￥科￥网...本题要不正确的是，所以C是不正确的综上所述本题答案是：C6.两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA＝h，此电子具有的初动能是()A.edhUB.edUhC.【答案】D【解析】电子在电场中被加速且末速度为零，根据动能定理：eEh=0Ek0，板间场强为：E=Ud，联立可得：EK07.如图所示，a、b分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀电阻丝的UI图象，已知导体电阻R=ρA.a代表的电阻丝较粗B.b代表的电阻丝较粗C.a电阻丝的阻值小于b电阻丝的阻值D.图线表示两个电阻丝的电阻随电压的增大而增大【答案】AC【解析】试题分析：IU图象中图象的斜率表示电阻，则由图可知，a电阻丝的阻值小于b电阻丝的阻值，选项C正确；由R=考点：IU图象；电阻定律【名师点睛】本题考查IU图象以及电阻定律的应用，要注意明确IU图象的性质，能通过图象正确分析电阻关系是解题的关键。8.如图所示，一带电小球通过绝缘细绳悬挂于平行板电容器之间，M板带负电，N板带正电，M板接地。以上说法正确的是(）A.M板左移，小球受到的电场力减小B.M板左移，小球的电势能减小C.M板上移，小球受到的电场力增大D.M板上移，小球的电势能不变【答案】BC【解析】试题分析：因为电容器带电量一定，所以两板间场强与两板间距无关，所以M板左移，小球受到的电场力不变，小球偏角不变，则小球所在位置与M板的电势差变大，小球所在位置的电势升高，因为小球带负电，所以小球的电势能减小；M板上移，则两板的相对面积减小，C减小，根据Q=CU,则两板电势差变大，板间场强变大，小球受到的电场力增大；小球与竖直面的夹角变大，小球所在位置的电势升高，小球的电势能减小。选项BC正确。考点：电容器的电容，场强，电势及电势能。9.图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷。一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点。则该粒子A.带负电B.在c点受力最大C.在b点的电势能大于在c点的电势能D.由a点到b点的动能变化量大于由b点到c点的动能变化量【答案】CD点睛：本题中，点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题．10.如图所示，MN是一正点电荷产生的电场中的一条电场线。一个带负电的粒子(不计重力)从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示。下列结论正确的是()A.带电粒子从a到b过程中动能逐渐减小B.正点电荷一定位于M点左侧C.带电粒子在a点时具有的电势能大于在b点时具有的电势能D.带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度【答案】CD【解析】试题分析：解答本题的突破口是根据粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向，从而确定电场线MN的方向以及负点电荷的位置，然后根据负点电荷周围电场分布情况，进一步解答．物体做曲线运动过程中合力指向轨迹内侧，而粒子只受电场力，所以粒子的合力等于电场力，故电场力方向水平向右，电场方向水平向左，所以正点电荷只能在轨迹与电场线交点的右边，故粒子是在靠近点电荷，所以从a到b过程中电场强度增大，粒子受到的电场力增大，其加速度增大，即在a点的加速度小于在b点的加速度，B错误D正确；电场力方向与轨迹切线方向夹角为锐角，所以电场力做正功，动能增大，电势能减小，A错误C正确．二、实验题11.（1）图1螺旋测微读数为________________mm（2）图2游标卡尺读数为____________cm【答案】(1).（1）0.796(2).（2）1.094【解析】（1）、螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为29.6×0.01mm=0.296mm，所以最终读数为0.5mm+0.205mm=0.796mm。（2）、游标卡尺的主尺读数为10mm，游标尺上第47个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为47×0.02mm=0.94mm，所以最终读数为：10mm+0.94mm=10.94mm=1.094cm。12.某同学先用欧姆表的“×10”档粗测一电阻阻值，欧姆表示数如图所示，现欲用伏安法较准确地测定其阻值，给出下列仪器供选用：A．9V电池B．电流表（0～0.6A，）C．电流表（0～0.1A，）D．电压表（0～3V，）E．电压表（0～15V，）F．滑动变阻器（，0.1A）G．滑动变阻器（，1A）H．导线、电键（1）上述器材中应选用_____________（填代号）。（2）在虚线框中画出电路图_______。【答案】(1).(1).ACEGH(2).(2).如图；【解析】试题分析：（1）欧姆表的示数为：Rx=16×10Ω=160Ω，根据I=ER总（2）由于RV故答案为：(1).ACEGH(2)..【点睛】欧姆表读数时注意倍率的数值；应根据电路中最大电流来选择电流表量程；当滑动变阻器的全电阻远小于待测电阻时，变阻器应用分压式接法，应选全电阻小的变阻器，但要同时考虑变阻器的额定电流影响．三、计算题13.如图，真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形，边长L＝2.0m。若将电荷量均为q＝＋2.0×10－6C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2(1)两点电荷间的库仑力大小；(2)C点的电场强度的大小和方向。【答案】(1)9.0×10－3N；(2)7.8×103N/C；方向沿y轴正向【解析】试题分析：（1）据库仑定律,A、B两点电荷间的库仑力大小为代入数据得F=9．0×103N（2）A、B两点电荷在C点产生的场强大小相等,均为A、B两点电荷形成电场在C点的合场强大小为E=2E1cos30°由上式并代入数据得E=×103N/C=7．8×103N/C场强E的方向沿y轴正向考点：电场强度；电场力【名师点睛】本题考查了库仑定律和电场强度的矢量合成问题，关键是根据平行四边形定则合成，基础问题．视频14.如图所示，水平放置的平行板电容器，两板间距为d=9cm，板长为L=30cm，接在直流电源上，有一带电液滴以v0=0.6m/s的初速度从板间的正中央水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P处时迅速将下板向上提起911cm，液滴刚好从金属板末端飞出，g取10m/s2（1）将下板向上提起后，液滴的加速度大小；（2）液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P点的时间．【答案】（1）1m/s2（2）0.2s【解析】试题分析：带电液滴在板间做匀速直线运动，电场力向上qE=mg，E=，即qU=mgd当下板上移后，E增大，电场力变大，液滴向上偏转，在电场中做匀变速直线运动此时电场力：F′=q=由牛顿第二定律：a==代入数据得：a=1m/s2（2）液滴在竖直方向上的位移为d/2，设液滴从P点开始在板间运动的时间为t1=at12t1=0．3s液滴在电场中运动的总时间t2==0．5s则液滴从射入电场到P点的时间为：t=t2—t1=0．2s考点：带电粒子在电场中的运动；牛顿第二定律的应用【名师点睛】本题中液滴先做匀速运动后做类平抛运动，对其运动情况的分析是解答的基础和关键，再选择物理规律解决问题．15.如图所示电路中，R1=3Ω，R2=6Ω，R3=1.5Ω，C=20μF。当开关闭合、断开，电路稳定时，电源的总功率为2W，当开关、都闭合，电路稳定时，电源的总功率为4W，求：（1）电源电动势E和内电阻r；（2）当、都闭合时电源的输出功率及电源内部产生的热功率；（3）当闭合，分别计算在闭合与断开时，电容器所带的电荷量各为多少？【答案】（1）4V；0.5Ω（2）3.5W；0.5W（3）0；6×10-5C【解析】试题分析：（1）当开关S1闭合、S2断开电路稳定时，R2和R3串联．当开关S1、S2都闭合电路稳定时，R1和R2并联，再与R3串联，结合闭合电路欧姆定律以及功率的公式求出电源的电动势和内电阻；（2）当开关S1闭合、S2断开电路稳定时，电容器与并联在R2两端，电容器板间电压等于