江西省新干县第二中学2022学年高二物理上学期第一次段考试题45班含解析

江西省新干县第二中学2022-2022学年高二上学期第一次段考物理（4、5班）试题一．选择题1.物理学中引入“质点”、“点电荷”等概念，从科学方法上来说是属于（　　）A.控制变量的方法B.观察实验的方法C.建立理想化模型的方法D.等效替代的方法【答案】C【解析】物理学引入“质点”、“点电荷”等概念，从科学研究方法上来说是属于建立理想化的物理模型的方法，故选C.2.在如图所示电路中，当变阻器R3的滑片向b端移动时（）A.电压表示数变大，电流表示数变小B.电压表示数变小，电流表示数变大C.电压表示数变大，电流表示数变大D.电压表示数变小，电流表示数变小【答案】B【解析】由图可知，与滑动变阻器并联后串联；电压表测量路端电压；电流表测量流过滑动变阻器的电流；当滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；干路电流增大，则由U=E-Ir可得，路端电压U减小；电压表示数减小；因干路电流增大，则-15-两端的电压增大，并联部分电压减小，则流过的电流减小；则流过电流表的电流增大；故选B。【点睛】闭合电路的欧姆定律一般按先分析外电路，再分析内电路，最后再分析外电路的思路进行；若电阻与电源串联，可以等效为内阻处理．3.在孤立负点电荷形成的电场中，四个带电粒子分别仅在电场力作用下运动，v﹣t图象如图所示，则下列说法正确的是（　　）A.a，c带正电，b，d带负电B.a，c带负电，b，d带正电C.a，d带正电，b，c带负电D.a，d带负电，b，c带正电【答案】B【解析】【详解】由图线可知，a做加速度减小的加速运动，故可知a一定远离负点电荷而去，故带负电；b做加速度增大的加速运动，故可知b靠近负点电荷而来，故b带正电；c做加速度增大的减速运动，故可知c靠近负点电荷而来，故c应带负电；d做加速度减小的减速运动，故可知d远离负点电荷而去，故d带正电；则可知，B正确，ACD错误；故选B。【点睛】此题是对点电荷电场及v-t图线的考查；解题的关键是能从v-t图象中知道电荷的运动信息，v-t线切线的斜率等于物体的加速度，根据加速度的变化即可判断电荷的运动情况，得到电荷的电性．4.如图所示，直线OC为某一直流电源的总功率P总随着总电流I变化的图线，曲线OBC为同一直流电源内部的热功率Pr随电流I的变化图线，若A、B对应的横坐标为2A，则下面说法中不正确的是()-15-A.电源电动势为3V，内阻为1ΩB.线段AB表示的功率为2WC.电流为2A时，外电路电阻为0.5ΩD.电流为3A时，外电路电阻为2Ω【答案】D【解析】试题分析：A、由图读出时，电源的功率，电源内部发热功率，根据电源的功率可得电源电动势，电源内部发热功率可得电源的内阻为；正确B、当电流时，电源的功率为,电源内部发热功率，则线段AB表示功率为；正确C、当电流时，由可得外电阻为；正确D、当电流为3A时，由题知R=0；错误故选ABC考点：电源的三种功率点评：对于电源要分清三种功率及其关系：电源的总功率，电源内部发热功率，外电路消耗功率，且根据能量关系得。5.电源、直流电动机与滑动变阻器串联构成一个回路，已知电源电动势为12V、内阻为3Ω，直流电动机内阻为1Ω。调节滑动变阻器使电路中电源的输出功率最大，电动机刚好正常工作(额定功率为6W)，则下列说法中错误的是（）-15-A.通过电动机的电流为2AB.电源的效率为50%C.滑动变阻器连入电路部分的阻值为2ΩD.电动机的发热功率为4W【答案】C【解析】A项：根据闭合电路欧姆定律，电源输出功率P=UI，可得，即，当I=2A时，电源输出功率最大，，故A正确；B项：电源的效率，故B正确；C项：电动机两端电压，根据，代入数据可得，故C错误；D项：电动机的发执功率，故D正确，所以本题应选C。点晴：本题要区分纯电阻电路与非纯电阻电路，纯电阻电路为电能全部转化为热量，非纯电阻电路为电能一部份转化为热量，另一部份转化为其它形式的能量，如电动机正常工作时，电能一部份转化为热量，另一部份转化为机械能。6.上海世博会期间为加强环保，人们出行大量使用了自动充电式电动汽车。关闭发动机，让汽车以5000J的初动能在粗糙的水平路面上滑行：第一次关闭充电装置，其动能随位移的变化关系如图中甲所示；第二次启动充电装置，其动能随位移的变化关系如图中乙所示，则汽车向蓄电池所充电能为（　　）-15-A.2000JB.2500JC.3000JD.5000J【答案】A【解析】根据动能定理，解得f=500N，第二次启动充电装置，总能量不变，但是滑行距离变小，所以汽车向蓄电池所充电能，选A7.2022年小米手机成为国产手机的精品畅销品牌，极具竞争力，如图所示，为一块手机电池的背面印有的一些符号，下列说法正确的是（　　）A.该电池的容量为500mA·hB.该电池的电动势为3.6VC.该电池在工作1小时后达到的电流为500mAD.若电池以10mA的电流工作，可用50小时【答案】ABD【解析】【详解】A、C项：根据公式可知，该电池容纳电荷的本领，即电容500mA·h，A正确，C错误；B项：由图可知，电动势为3.6V，故B正确；D项：根据公式可得若电池以10mA的电流工作，可用，故D正确。故应选ABD。【点睛】本题关键是熟悉描述电池特性的物理量，要能从表格中读出有用的信息。-15-8.目前智能手机普遍采用了电容屏．电容触摸屏是利用人体的电流感应进行工作的，它是一块四层复合玻璃屏．玻璃屏的内表面和夹层各涂有一层ITO，最外层一薄层矽土玻璃保护层，夹层ITO涂层作为工作面．当手指触摸电容触摸屏时，手指和屏的夹层工作面形成一个电容器，因为工作面上接有高频信号，电流通过电容器分别从屏的四个角上的电极中流出，并且流经这四个电极的电流与手指到四角的距离成正比，控制器通过对这四个电流比例精确计算，得出触摸点的位置．对于触摸屏，下列说法正确的是（）A.使用绝缘笔，在电容屏上也能进行触控操作B.手指与屏的接触面积变大时，电容变小C.电容触摸屏只需要触摸，不需要压力既能产生位置信号D.手指压力变大时，手指与屏的夹层工作面距离变小，电容会变大【答案】CD【解析】【分析】当手触摸电容触摸屏时，手指和工作面形成一个电容器，改变手指的压力或接触面积，都能改变电容．根据电容的决定因素分析。【详解】A项：据题意知，绝缘笔与工作面不能形成一个电容器，所以不能在电容屏上进行触控操作，故A错误；B项：手指与屏的接触面积变大时，由公式可知，电容变大，故B错误；C项：电容触摸屏只需要触摸，由于流经四个电极的电流与手指头到四角的距离成比例，控制器就能确定手指的位置，无需要手指有压力，故C正确；D项：手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，由公式可知，电容将变大，故D正确。故应选CD。-15-【点睛】本题是信息题，要读懂题意，明确基本的工作原理，同时要掌握电容与正对面积，板间距离的关系，从而进行分析。9.如图所示，a、b、c、d、e、f点是以O为球心的球面上的点，分别在a、c两点处放上等量异种电荷+Q和-Q．下列说法正确的是（）A.b、d两点电场强度大小相等，方向相同B.e、d两点电势不同C.b、f两点电场强度大小相等，方向相同D.e、d两点电势相同【答案】ACD【解析】【详解】A项：b、d两点处于等量异种电荷连线的中垂线上且关于中点对称，所以b、d两点电场强度大小相等，方向相同，故A正确；B、C、D项：等量异种电荷的电场线和等势线都是关于连线、中垂线对称的，由等量异号电荷的电场的特点，结合题目的图可知，图中bdef所在的平面是两个点电荷连线的垂直平分面，所以该平面上各点的电势都是相等的，各点的电场强度的方向都与该平面垂直由于b、c、d、e、f各点到该平面与两个点电荷的连线的交点O的距离是相等的，结合该电场的特点可知，b、c、d、e、f各点的场强大小也相等故B错误，C、D正确。故应选ACD。10.如图所示，细线栓一带负电的小球，球处在竖直向下的匀强电场中，使小球在竖直平面内做圆周运动，则()-15-A.小球不可能做匀速圆周运动B.当小球运动到最高点时绳的张力可能最小C.小球运动到最低点时，球的线速度一定最大D.小球运动到最低点时，电势能一定最大【答案】BD【解析】【详解】重力竖直向下、电场力竖直向上，若使二者相等且保持绳子拉力大小不变，则有可能做匀速圆周运动，故A错误；当重力大于电场力时，重力和电场力的合力向下，则小球到达最高点时绳子的拉力最小，故B错误；当重力小于电场力时，重力和电场力的合力向上，则小球到达最低点时小球的速度最小，故C错误；沿电场方向电势逐渐降低，结合小球带负电，故在电势最低处点势能最大，故D正确；故选BD。【点睛】此题中带电小球做圆周运动，由重力、线的拉力、电场力三力的合力提供，但三者的大小未知，小球是否做匀速圆周运动以及何时速度最大要具体分析。二．实验题11.用20分度的游标卡尺测量一个物体的长度，得到图1所示，读数为cm．用螺旋测微器测量金属丝的直径，从图2中读出金属丝的直径为mm．【答案】10．030cm0．517mm【解析】试题分析：游标卡尺的主尺读数为100mm，游标尺上第6个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为6×0．05mm=0．30mm，所以最终读数为：100mm+0．30mm=100．30mm=10．030cm．螺旋测微器的固定刻度为0．5mm，可动刻度为1．7×0．01mm=0．017mm，所以最终读数为0．5mm+0．017mm=0．517mm考点：游标卡尺及螺旋测微器的读数-15-【名师点睛】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.有一电流表，其内阻Rg＝100Ω，满偏电流Ig＝100μA.今欲将其改装成量程为3V的电压表.(1)应在电流表上串联一阻值为____Ω的电阻.(2)若与标准的电压表比较，此改装的电压表每次的测量值均略偏小，则应____.A.在R旁再串联一个适当的小电阻B.在R旁再串联一个适当的大电阻C.在R两端并联一个适当的小电阻D.在R两端并联一个适当的大电阻(3)校正成准确的电压表后，某次测量示数如图所示.此时所测量的电压为____V.【答案】(1).29900;(2).D;(3).2.04;【解析】【详解】（1）改装成电压表要串联电阻分压，串阻值为：.（2）测量值偏小，则说明在表头满偏时，分压电阻分压太多；故应给R并联一个适当的大电阻，使总阻值略小即可；故选D．（3）电压表量程为3V，共25小格，则每小格为0.12V，则此时所测量的电压为17×0.12V=2.04V.【点睛】本题要注意明确电压表的改装原理，要明确两电阻并联时总电阻要小于任一电阻；故为了让电阻略小一点，应并联一个大电阻．13.图是某电源的路端电压随电流变化的特性曲线，则该电源的电动势为______V,内阻为_____Ω，短路电流为_____A．【答案】(1).6.0;(2).1.6;(3).3.75;-15-【解析】【详解】由图可知，电源的电动势为6.0V；电阻的内阻为：；那么短路电流为：．【点睛】对于电源的U-I图象要注意认真观察其坐标的设置，本题中由于纵坐标不是从零开始的，故图象与横坐标的交点不是短路电流．14.在如图甲所示电路中，电源电动势为3.0V，内阻不计，L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡，这种灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，当开关S闭合后，L1消耗的电功率为___________W，L2的阻值为___________Ω．【答案】(1).0.75W(2).【解析】电源电动势为3.0V，内阻不计,所以L1两端的电压为3伏，由图像可知流过L1的电流为0.25A,所以消耗的功率为P=UI=7.7wL2、L3并联两端的电压为3伏，所以L2两端的电压为1.5伏，流过它的电流为0.2A,由15.某同学要用多用电表测量一只电阻，已知多用电表电阻挡有4个倍率，分别是×1k、×100、×10、×1，该同学选择×100倍率，用正确的操作步骤测量发现指针偏转角太大(指针位置如图中虚线所示)，为了较准确地进行测量，请你补充完整接下去应进行的主要操作步骤：(1)调节选择开关旋钮，选择________倍率；(2)两表笔__________(选填“短接”“断开”)，调节欧姆调零旋钮，使指针指在0Ω处；-15-(3)重新测量并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图中实线所示，则该电阻的阻值为________Ω；(4)测量完毕，把选择开关旋钮调至______________．【答案】(1).×10挡(2).短接(3).120(4).OFF挡或者交流电压最高挡【解析】试题分析：（1）指针偏转角太大，说明测量电阻过小，应使用小倍率的档位测量，故选择×10档，（2）在欧姆调零时，需要将两表笔短接，这样相当于被测电阻为零，然后调节欧姆调零旋钮，使指针指在0Ω处（3）倍率为×10档，所以读数为（4）测量完毕，把选择开关旋钮调至OFF档或者调至交流电压最高档，考点：考查了欧姆表的使用【名师点睛】对于欧姆表需要掌握“+”插孔与内置电源的负极相连，红表笔查“+”插孔，黑表笔差“-”插孔；欧姆表的刻度盘是不均匀的，右侧刻度线稀疏，左端刻度线密集；使用欧姆表测电阻时，应选择合适的档位，使指针指在中央刻度线附近；三．计算题16.规格为“220V36W”的排气扇，线圈电阻为40Ω．（1）接上220V电压后，求排气扇转化为机械能的功率和发热热功率；（2）如果接上220V电压后，扇叶被卡住，不能转动，求排气扇的电功率和发热功率．【答案】（1）35W,1W（2）1210W【解析】【详解】（1）接上220V 电压后，排气扇的功率为36W．据热功率公式P热=I2r=()2×40W=1 W  所以转化为机械能的功率P机=P-P热=36W-1W=35 W（2）当接上220V 电压后，扇叶被卡住，不能转动，此电路变为纯电阻电路，消耗的功率全部转化为热功率，所以P=P热=W=1210 W【点睛】此题要利用能量守恒，找出电功率、机械功率和热功率的关系，再利用功率和热功率公式求解；注意当排气扇卡住，此电路为纯电阻电路，功率全部转化为热功率．-15-17..如图所示，是示波器工作原理的示意图，电子经电压U1从静止加速后垂直进入偏转电场，偏转电场的电压为U2，两极板间距为d，极板长度为L，电子离开偏转电场时的偏转量为h，每单位电压引起的偏转量（h/U2）叫示波器的灵敏度，试求：该示波器的灵敏度，并探究可采用哪些方法提高示波器的灵敏度。【答案】该示波器的灵敏度,增大L，减小d，减小都可以提高示波器的灵敏度。【解析】【分析】根据动能定理可以解得粒子加速后的速度，再用运动学关系式解决带电粒子在竖直方向的偏转位移，最后讨论各相关物理量。【详解】根据动能动理，电子进入偏转电场时的速度为v   则在偏转电场中电子的偏转量为联立以上两解得：则可知，增大L、减小d、减小U1都可以提高示波器的灵敏度。【点睛】解题时注意类平抛物体一般分解为两种分运动，水平方向的匀速直线，竖直方向的匀加速直线。18.如图所示，板长L＝4cm的平行板电容器，板间距离d＝3cm，板与水平线夹角α＝37°，两板所加电压为U＝100V，有一带负电液滴，带电荷量为q＝3×10－10C，以v0＝1m/s的水平速度自A板边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从B板边缘水平飞出．g取10m/s2，求：-15-(1)液滴的质量；(2)液滴飞出时的速度．【答案】（1）（2）【解析】【详解】（1）竖直方向：qcos37°＝mg解得m＝8×10－8kg（2）液滴受到的合力F合＝mgtan37°由动能定理得F合s＝mv2－mv02解得v≈1.32m/s19.如图所示一辆电动自行车，它的铭牌上给出了如下的技术参数表质量为M＝70kg的人骑此电动自行车沿平直公路行驶，所受阻力f恒为车和人总重的k＝0.02倍。取g＝10m/s2，求：　（1）此车永磁铁电机在额定电压下正常工作时的总功率和效率。（2）该永磁铁电机线圈的电阻是多少？（3）仅在永磁铁电机以额定功率提供动力的情况下，人骑车行驶的最大速度。【答案】（1）140W,85.7%(2)欧或1.63欧（3）【解析】【详解】（1）由表可知，电机的额定电压为U0=40V、额定电流为I0=3.5A；所以电机正常工作时输入功率为：P入=U0I0=40×3.5=140W　　又因电机的输出功率为P出-15-=120W，所以电机的效率为：η=×100%=×100%=85.7%　（2）线圈内阻上的功率为Pr=140W-120W=20W根据Pr=I02r可得线圈内阻：（3）行驶时所受阻力为：f=k（M+m）g=0.02×（30+70）×10=20N（式中m为车的质量）当达到最大速度vm时，应有：P出=fvm所以最大速度：vm==6m/s20.如图电路中，电源的电动势E=3V，内阻r=1Ω，电阻R1=2Ω，R2=R4=1Ω，R3=8Ω，R5=5Ω，电容器的电容C=100μF，求闭合电键K后，通过电阻R3的总电量．【答案】【解析】【详解】电键K断开时，电容器充电电压为电阻R2两端的电压，则充电电量Q1=CU2＝7.5×10-5C且上正下负K电键闭合后，电阻并联与电源内阻串联分压，外电路的总电阻为：总电流为路端电压为：U=E-Ir=3-1×1=2VR1的电压为-15-R4的电压电容器的电压等于R1与R4电压之差，为则得电容器的带电量因为U1>U2，外电路中顺着电流方向电势降低，可得电容器下极板的电势高，带正电，上极板的电势低，带负电；因此，闭合电键K后，通过电阻R3的总电量Q＝Q1+Q2＝1.75×10-4C【点睛】本题是电路桥式电路，对于电容器，关键求电压，本题电路稳定时，电容器的电压等容器这一路同侧两个电阻的电压之差．-15-