安徽省合肥市第一中学瑶海校区2023-2024学年高二物理上学期素质拓展训练试题（三）（Word版附解析）

2022级合肥一中瑶海校区高二上物理素质拓展训练（3）满分：100分；考试时间：90分钟；一、单项选择题（本题共8小题，每小题4分，共32分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的）1.下列关于电动势的说法不正确的是（　　）A.电源的电动势跟电源内非静电力做的功成正比，跟通过的电荷量成反比B.电源电动势的数值等于电源未接入电路时两极间的电势差C.干电池电动势为1.5V，表明将1C的负电荷从电源正极移到负极，通过非静电力做功，将1.5J其它形式的能量转化为电能D.电动势中的W与电势差中的W不是同种性质的力做的功【答案】A【解析】【详解】A．表达式是电动势的比值定义式，电源的电动势由电源本身的特性决定，不能认为电源的电动势跟电源内非静电力做的功成正比，跟通过的电荷量成反比，A错误；B．根据可知，电源未接入电路时，电流为0，电源电动势的数值等于电源未接入电路时两极间的电势差，B正确；C．根据可解得，干电池电动势为1.5V，将1C的负电荷从电源正极移到负极，通过非静电力做功，将1.5J其它形式的能量转化为电能，C正确；D．电动势中的W指非静电力做功，电势差中的W指静电力做功，两表达式中的中的W 不是同种性质的力做的功，D正确。故选A。2.如图所示，长方体金属块边长之比a：b：c=3：1：2，将A与B接入电压为U电路中时，电流为I；若将C与D接入电压为U的电路中，则电流为（设金属块的电阻率不变）（）A.IB.9I/4C.4I/9D.2I【答案】B【解析】【分析】根据电阻定律可确定AB及CD时的电阻，再由欧姆定律即可确定电流．【详解】设b长为l；根据电阻定律可知：；则接AB时，电阻；当接CD时，电阻；由欧姆定律可知：；则；故选B．3.如图所示为某金属导体的伏安特性曲线，MN是曲线上的两点，过M点的切线和M、N两点对应坐标图中已标出，下列说法正确的是（　　）A.该金属导体的电阻随电压的增大而减小B.该金属导体两端的电压是2.0V时对应的电阻是C.该金属导体的电阻是D.该金属导体在M点和N点对应的电阻之比是3：2【答案】B【解析】【详解】A．根据欧姆定律 I-U图线上各点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，斜率逐渐减小，说明该金属导体的电阻随电压的增大而增大，故A错误；B．该金属导体M点对应的电压是2.0V，对应的电流是0.3A，由电阻的定义得故B正确；C．由于伏安特性曲线不是直线，所以该金属导体的电阻是变化的，故C错误；D．由图可知，N点对应电阻是金属导体在M点和N点对应的电阻之比是故D错误。故选B。4.已知一只表头的量程为0~100mA，内阻Rg=100Ω。现将表头改装成电流、电压两用的电表，如图所示，已知R1=200Ω，R2=1kΩ，则下列说法正确的是（　　）A.用oa两端时是电压表，最大测量值为110VB.用ob两端时是电压表，最大测量值为160VC.用oa两端时是电流表，最大测量值为200mAD.用ob两端时是电流表，最大测量值为200mA【答案】B【解析】【详解】AC．由电路图可知，用oa两端时是电流表，有故AC错误； BD．由电路图可知，用ob两端时是电压表，有故B正确；D错误。故选B。5.如图所示是将滑动变阻器用作分压器的电路，A、B为分压器的输出端，电源电压U恒定，若把变阻器的滑片放在变阻器的中间，下列判断正确的是（　　）A.AB间不接负载时输出电压UAB＝B.当AB间接上负载R时，输出电压UAB>C.负载电阻R越小，UAB越接近D.接上负载后要使UAB＝，则滑片P应向下移动【答案】A【解析】【详解】A．滑片放在变阻器的中间则变阻器的上半部分和下半部分的电阻相同，都为，AB间不接负载时输出电压就是变阻器下半部分电阻两端的电压，上、下部分为串联，串联分压且与电阻成正比，即UAB＝。故A正确；B．当AB间接上负载R时，R与变阻器下半部分的电阻是并联关系。此时并联部分的总电阻为所以并联部分的电压小于滑动变阻器的上半部分的电压。即UAB<。故B错误；C．负载电阻R越小，R与变阻器下半部分电阻并联后的总电阻就越小。所以并联部分分到的电压就越小。当负载电阻趋近于零时，并联部分的总电阻也趋近于零，并联部分分到的电压也趋近于0。故C 错误；D．接上负载后并联部分总电阻为UAB<，滑片P向上移动时，滑动变阻器上半部分的电阻减小。下半部分的电阻增大，则并联部分的电阻也增大。这样才有可能使UAB＝。故D错误。故选A。6.如图甲所示的电路，其中电源电动势，内阻，定值电阻，已知滑动变阻器消耗的功率P与其接入电路的有效阻值的关系如图乙所示。则下列说法中正确的是（　　）A.图乙中滑动变阻器的最大功率B.图乙中，C.滑动变阻器消耗功率P最大时，定值电阻R也消耗功率最大D.调整滑动变阻器的阻值，可以使电源的输出电流达到【答案】B【解析】【分析】【详解】A．由闭合电路欧姆定律的推论可知，当电源外电阻R等于内阻r时，输出功率最大，最大值为把定值电阻看成电源内阻，由图乙可知，当滑动变阻器消耗的功率最大，最大功率为 A错误；B．滑动变阻器的阻值为时与阻值为时消耗的功率相等，有解得B正确；C．当回路中电流最大时，即时定值电阻R消耗的功率最大，C错误；D．当滑动变阻器的阻值为0时，电路中电流最大，最大值为则调整滑动变阻器的阻值，不可能使电源的输出电流达到，D错误。故选B。7.如图所示，M、N为两个固定的等量同种正电荷，在其连线的中垂线上的P点放一个静止的负电荷（重力不计），下列说法中正确的是（　　）A.从P到O，一定加速度越来越小，速度越来越大B.从P到O，可能加速度先变大，再变小，速度越来越大C.越过O点后，加速度一直变大，速度一直变小D.越过O点后，加速度一直变小，速度一直变小【答案】B【解析】【详解】AB．在等量同种电荷连线中垂线上电场强度方向O→P，负点电荷q从P点到O点运动的过程中，电场力方向P→O，速度越来越大。但电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况无法判断，但可能是加速度先变大后变小。A错 误，B正确。CD．越过O点后，负电荷q做减速运动，则点电荷运动到O点时速度最大。电场力为零，加速度为零。根据电场线的对称性可知，越过O点后，负电荷q做减速运动，加速度的变化情况：先增大后减小；对于速度一直减小，CD错误。故选B。8.如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态．现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴（）A.仍然保持静止B.竖直向下运动C.向左下方运动D.向右下方运动【答案】D【解析】【详解】本题考查平行板电容器的电场及电荷受力运动的问题，意在考查考生分析问题的能力．两极板平行时带电粒子处于平衡状态，则重力等于电场力，当下极板旋转时，板间距离增大场强减小，电场力小于重力；由于电场线垂直于金属板表面，所以电荷处的电场线如图所示，所以重力与电场力的合力偏向右下方，故粒子向右下方运动，选项D正确．点睛：本题以带电粒子在平行板电容器电场中的平衡问题为背景考查平行板电容器的电场及电荷受力运动的问题，解答本题的关键是根据电场线与导体表面相垂直的特点，B板右端向下，所以电场线发生弯曲，电场力方向改变．二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得０分） 9.如图所示，虚线a、b、c是电场中的三个等势面，相邻等势线间的电势差相等，实线为一个带负电的质点仅在电场力作用下的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点。下列说法正确的是（　　）A.质点在Q点时电势能比P点时大B.质点在Q点时加速度方向与等势面a垂直C.三个等势面中等势面a的电势最低D.Q点的电场强度小于P点的电场强度【答案】BD【解析】【详解】A．由于质点所受合力，即电场力垂直于等势线且指向轨迹的内侧，即质点所受电场力方向垂直于等势线向下，质点由Q到P电场力做负功，电势能增大，即质点在Q点时电势能比P点时小，故A错误；B．根据上述可知，质点在Q点时的电场力方向与等势线垂直，方向指向轨迹内侧，根据牛顿第二定律可知，质点在Q点时加速度方向与等势面a垂直，故B正确；C．根据上述质点所受电场力方向垂直于等势线向下，质点带负电，可知，电场线方向垂直于等势线整体向上，根据沿电场线电势降低，可知三个等势面中等势面a的电势最高，故C错误；D．等差等势线分布的疏密程度能够间接反映电场的强弱，根据图像可知，Q点位置等势线分布比P点位置要稀疏一些，则Q点的电场强度小于P点的电场强度，故D正确。故选BD。10.如图所示为电动机提升重物的装置，电动机线圈的电阻为r＝1Ω，电动机两端的电压为5V，电路中的电流为1A。不计摩擦力，下列说法正确的是（　　） A.电动机的热功率为5WB.电动机的输出功率为4WC.10s内，可以把重20N货物A匀速提升的高度为2mD.这台电动机的机械效率100%【答案】BC【解析】【详解】A．根据电动机的热功率为故A错误；B．电动机的输入功率为电动机的输出功率为故B正确；C．电动机的输出功率提升重物解得故C正确；D．这台电动机的机械效率故D错误。故选BC11.如图所示的电路，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴恰好处于静止状态。现将滑动变阻器的滑片向上移动一段距离，电压表示数变化量的绝对值为ΔU，电流表示数变化量的绝对值为，电压表和电流表均视为理想电表，定值电阻R₁和电池内阻r阻值相等，则（　　） A.电压表示数变小B.液滴将向上运动C.保持不变D.电源的输出功率减小【答案】BD【解析】【详解】A．滑动变阻器的滑片向上移动一段距离，则滑动变阻器接入电路的阻值增大，总电阻增大，总电流减小，根据电压表示数变大，故A错误；B．电压表示数变大，则电容器两极板电压增大，根据可知电场强度变大，液滴受到向上的电场力变大，合力向上，液滴向上运动，故B正确；C．根据可知总电流减小，所以变大，故C错误；D．当内外电阻相同时，电源输出功率最大，因可知滑动变阻器阻值增大，电源的输出功率减小，故D正确。故选BD。12.如图，空间中存在水平向右的匀强电场，一带负电的小球以大小为v，与水平方向成角的速度射入匀强电场，经过一段时间，小球速度大小仍为v，但方向沿水平方向，已知小球质量为m，带电荷量为，重力加速度为g，则在该过程中（　　） A.匀强电场的电场强度大小为B.小球的最小动能为C.小球射入电场后，经过的时间电势能最大D.小球机械能最大时，增加的重力势能为【答案】ABD【解析】【详解】A．方向恰沿水平方向时，竖直方向速度零，用时水平方向做匀变速直线运动，则根据牛顿第二定律联立解得故A正确；B．小球运动过程中，动能整理得根据数学知识可知，当时，动能有最小值 故B正确；C．当物体有向右的分速度时，电场力做负功，电势能增大，故水平方向速度恰为零时，电势能最大，用时故C错误；D．该过程中，当电场力做功最大的时候机械能最大，此时小球速度方向沿水平方向，竖直方向运动距离增加的重力势能故D正确。故选ABD三、实验题（本题共2小题，共20分）13.用电流表和电压表测定电池的电动势E和内阻r，所用电路如图（a）所示，一位同学测得的六组数据如下表所示。组别123456电流I/A0.120.200.310.320.500.57电压U/V1.371.321.241.181.101.05（1）试根据这些数据在图（b）中作出U-I图线。____ （2）根据图线求出电池的电动势E＝________V，电池的内阻r＝________Ω。（3）利用上述方法测得的电动势E测________E（选填“<”、“>”、“=”），r测________r（选填“<”、“>”、“=”）。【答案】①.②.1.45③.0.70④.<⑤.<【解析】【详解】（1）[1]利用表中坐标值，采用描点法并连线得图象如图所示 （2）[2]由闭合电路欧姆定律可知再由数学知识可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势故电源的电动势为1.45V。[3]而图象的斜率表示电源的内阻为（3）[4][5]由于电压表的分流作用，闭合电路欧姆定律的实际表达式为当电压表示数为零时，而测量的干路电流小于真实的干路电流，使图像斜率和纵轴交点偏小，则此实验中电动势和内阻的测量值均偏小。14.某实验小组在“测定金属丝的电阻率”的实验中，欲先采用伏安法测出金属丝的电阻Rx，已知金属丝的电阻大约为10Ω，实验室中有以下器材可供使用：A.电压表0~3V，内阻约为5kΩ；B．电压表0~15V，内阻约为50kΩ；C．电流表0~0.6A，内阻为0.5Ω；D．滑动变阻器（0~5Ω）；E．滑动变阻器（0~2kΩ）F.电动势约为4V、内阻不计的电源，开关及导线若干。（1）分别用螺旋测微器和游标卡尺测量电热丝的直径d和长度L，则电热丝的直径d=______mm，长度 L=______cm；（2）为使测量范围尽可能大，电压表应选___________，滑动变阻器应选___________（填写器材前字母序号）；（3）请在虚线框中将电路图补充完整。___________【答案】①.5.900（5.898-5.902）②.10.050③.A④.D⑤.【解析】【详解】（1）[1]螺旋测微器的读数为[2]游标卡尺的读数为（2）[3]因为电源电动势为4V，如果电压表用0~15V的量程的话指针偏角不会超过，测量误差会较大，故选用相对量程较小的0~3V的电压表，选A；[4]因为实验要求测量范围尽可能大，故滑动变阻器采用分压式接法，这种接法的滑动变阻器阻值要小，故选调节范围为0~5Ω的滑动变阻器，选D；（3）因为电流表内阻已知，故测量的时候采用内接法，根据欧姆定律算出电流表和待测电阻的总阻值，再减去电流表内阻就得到待测电阻阻值。而滑动变阻器采用分压式接法，故电路图如下；四、计算题（本题共3小题，共32分） 15.如图所示，电源的电动势E＝1.5V，内阻r＝0.5Ω，电阻R1＝R2，当开关S1闭合、S2断开时，通过电源的电流为1A。试求：（1)开关S1闭合、S2断开时的路端电压。（2)当开关S1、S2都闭合时，求通过电源的电流和路端电压。【答案】（1）1V（2）1.5A0.75V【解析】【详解】（1）由闭合电路的欧姆定律可知，路端电压为（2）当开关S1闭合、S2断开时，由闭合电路的欧姆定律可知解得当开关S1、S2都闭合时，外电路总电阻为通过电源的电流为路端电压为16.如图所示，电源电动势，内阻，电阻、与灯泡的阻值均为2Ω，电容器电容，求：（1）通过灯泡的电流I；（2）电容器的电荷量Q。 【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）由于电容不通直流，与灯泡并联再与串联，依据串并联电阻的特点可得由闭合电路欧姆定律得解得（2）根据闭合回路欧姆定律可得故电容器的电荷量为17.如图建立xOy直角坐标系，在其第二象限中放置平行金属板A、B和平行于金属板的细管C，细管C开口紧靠金属板右侧且与两板等距，另一开口在y轴上。放射源P在A极板左端，可以沿任意方向发射某一速度的带电粒子。当A、B板加上某一大小为U的电压时，有带电粒子刚好能以速度v0从细管C水平射出，进入位于第一象限的静电分析器并恰好做匀速圆周运动，t=0时刻带电粒子垂直于x轴进入第四象限的交变电场中，交变电场随时间的变化关系如图乙（图上坐标均为已知物理量），规定沿x轴正方向为电场正方向，静电分析器中电场的电场线为沿半径方向指向圆心O，场强大小为E0。已知带电粒子电荷量为+q，质量为m，重力不计。求：（1）粒子源发射带电粒子的速度v；（2）带电粒子在静电分析器中的轨迹半径r和运动时间t0；（3）当t=nT时，带电粒子的坐标。（n=1，2，3……） 【答案】（1）；（2），；（3）（，）（n=1，2，3…）【解析】【详解】（1）设带电粒子运动到C处时速度为v0，粒子反方向的运动为类平抛运动，水平方向有竖直方向有由牛顿第二定律有联立解得粒子从放射源发射出到C的过程，由动能定理解得（2）由牛顿第二定律解得 同时有解得（3）时，粒子在x方向的速度为所以一个周期内，离子在x方向的平均速度根据运动的对称特点，每个周期粒子在x正方向前进距离为因为开始计时时粒子横坐标为所以nT时，粒子的横坐标为粒子的纵坐标为