1、广东省深圳市育才中学2019-2020学年高二物理上学期阶段考试试题（二）（含解析）一、选择题1.如图所示，平行板电容器两板间距离为d，在两板间加一固定电压U在两板间放入一个半径为R(2R，d)的绝缘金属球壳，C、D是直径上的两端点，下列说法正确的是( ) A. 由于静电感应，C、D两点电势差为B. 由于静电感应，球心O处场强水平向右C. 若把球壳接地，再断开，然后拿走电容器，球壳上将带正电荷D. 若把球壳接地，再断开，然后拿走电容器，球壳上将带负电荷【答案】C【解析】【详解】A.处于静电平衡状态的导体是等势体，导体内电势处处相等，水平直径c、d上两点电势差为零，故A错误；B.处于静电平衡状态
2、的导体内部场强处处为零，球壳中心O点场强为零，故B错误；CD.左板接地，板间电场水平向右，导体电势小于零，用手摸一下球壳，球壳上负电荷被传走，再拿去电容器，球壳带正电，故C正确，D错误；2.图中A、B、C是匀强电场中的三个点，各点电势A=10V，B=2V，C=6V，A、B、C三点在同一平面上，下列各图中电场强度的方向表示正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】据题，A、B、C三点的电势分别A=10V，B=2V，C=6V，因为匀强电场中沿电场线方向相同距离电势差相等，则得ab两点连线的中点的电势为 因此该中点与C点的连线为等势面，那么与连线垂直的直线即为电场线，由于A=1
3、0V，B=2V，又因为电势沿着电场线降低，故D正确，ABC错误；3.如图所示，A、B两个带异种电荷的小球，分别被两根绝缘细绳系在木盒内的一竖直线上静止时，木盒对地面的压力为FN，细绳对小球B的拉力为F（F不为0），若将系小球B的细绳断开，下列说法中正确的是（ ）A. 细绳刚断开时，木盒对地面的压力仍为FNB. 细绳刚断开时，木盒对地面的压力为（FN-F）C. 在小球B向上运动的过程中，木盒对地面的压力始终为（FN+F）D. 在小球B向上运动的过程中，木盒对地面的压力逐渐变大【答案】D【解析】【详解】AB.静止时，对整体（A、B和木盒）进行受力分析，整体受重力Mg和地面的支持力F N，根据共点力
4、平衡的条件和牛顿第三定律得出：，静止时，对小球B进行受力分析，根据共点力平衡的条件得出：，若将系B的细线断开，对小球B进行受力分析，小球B受重力mg，向上的电场力F电，刚断开时，运用牛顿第二定律得出小球B的加速度：，刚断开时，对整体(A、B和木盒)进行受力分析，整体受重力Mg、地面的支持力FN，运用牛顿第二定律得出：，；故AB均错误；CD.在B向上运动的过程中，小球B受向上的电场力F电增大，所以小球B向上的加速度也在增大，运用牛顿第二定律研究整体得出：由于小球B向上的加速度a增大，所以地面对木盒的支持力也在增大，根据牛顿第三定律知道木盒对地的压力逐渐变大。故C错误、D正确；4.如图所示，竖直放
5、置的劲度系数为k的轻质弹簧上端与质量为m的小球连接，下端与放在水平桌面的质量为M的绝缘物块相连，小球与弹簧绝缘，带正电，电荷量为q，物块、弹簧和小球组成的系统处于静止状态，现突然加上一个竖直向上、大小为E的匀强电场，某时刻物块对水平面的压力为零，则从加上匀强电场到物块对水平面的压力为零的过程中，小球电势能改变量的大小为：（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】开始小球压着弹簧，则弹簧被压缩了，当加入一个竖直向上，大小为E的匀强电场后，弹簧又被物块M拉长了，小球电势能改变等于静电力做功，由于电场力恒定,则电场力做功为：，故A正确，BCD错误；5.如图所示，用半偏法测量一只电流表的
6、内阻，下列各组主要操作步骤及排列次序正确的是（ ）A. 闭合S1，调节R1使电流表满偏，再闭合S2，调节R2使电流表半偏，读出R2的阻值B. 闭合S1，调节R1使电流表满偏，再闭合S2，调节R1使电流表半偏，读出R2的阻值C. 闭合S1、S2，调节R1使电流表满偏，再调节R2使电流表半偏，读出R2的阻值D. 闭合S1、S2，调节R2使电流表满偏，再调节R1使电流表半偏，读出R2的阻值【答案】A【解析】【详解】半偏法测电流表内阻，由图示实验电路可知，实验步骤为：闭合S1，调节R1到电流表满偏，闭合S2，调节R2到电流表半偏，读出R2的阻值；故选A。6.如图所示，两个定值电阻R1、R2串联后接在电
7、压U稳定于12V的直流电源上，有人把一个内阻不是远大于R1、R2的电压表接在R1两端，电压表的示数为8V.如果他把电压表改接在R2两端，则电压表的示数将( )A. 大于4V小于8VB. 等于4VC. 小于4VD. 等于或大于8V【答案】C【解析】【详解】本题考查了串并联电路的规律，此结论在以后的实验题中将是一个重要的依据，希望能理解电压表接在R1两端,电压表的示数为8 V，因为串联电阻两端的电压比等于电阻比，所以，当根据串联电路分压规律此时两端的电压为,当电压表改接在R2两端,此时两端的电压为，则因为，所以，所以,C正确，思路拓展：由于电压表的分流，所以会导致通过电阻的电流减小，故电阻两端的电
8、压小于并联前的电压7.如图所示，电路中有三根导线，其中一根是断的，电源、电阻R1、R2及另外两根导线是好的。为了查出断导线，某学生想先用多用电表的红表笔连接在电源的正极a，再将黑表笔连接在电阻R1的b端和R2的c端，并观察多用电表指针的示数。下列选项中符合操作规程的是（ ）A. 直流10 V挡B. 直流0.5 A挡C. 直流2.5 V挡D. 欧姆挡【答案】A【解析】试题分析：用电压档检测其量程要大于，故A正确，C错误；用电流档要用较大量程，所给B中的太小，故B错误；用欧姆档要把电源断开，本题操作没有，故D错误。考点：多用电表的原理及其使用【名师点睛】用多用表检测故障若使用电压档或电流档，将其连
9、入电路要注意量程，用欧姆档要把待检测电路从电源断开；考查多用电表的使用，明确利用其检测故障要注意量程。8.如图所示，定值电阻R=20，电动机线圈的电阻R0=10，当开关S断开时，电流表的示数是0.5A.当开关S闭合后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，电流表的示数I和电路消耗的电功率P应是（ ）A. I=1.5AB. I1.5AC. P=15WD. P15W【答案】B【解析】【详解】.当电键S断开时,由欧姆定律得，当电键S闭合后，通过R1的电流仍为0.5A，电动机的电流，故电流表的电流，电路中电功率，故B正确，ACD错误；9.在如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，C为电容器，R0为
10、定值电阻，R为滑动变阻器. 开关闭合后，灯泡L能正常发光当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是（ ）A. 灯泡L将变暗B. 灯泡L将变亮C. 电容器C的电荷量将减小D. 电容器C的电荷量将增大【答案】AD【解析】【详解】AB.当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器在路电阻增大，外电阻增大，电路中电流减小，灯L变暗，故A正确，B错误；CD.电容器的电压等于路端电压，电路中电流减小，内电压增减小，可见路端电压是增大的，则由Q=CU知，电容器C的电荷量将增大，故C错误，D正确；10.在家用电热灭蚊器中，电热部分主要元件是PTC元件，PTC元件是由钛酸钡等半导体材料制成的电阻器，其电阻率随温度t
11、的变化关系如图所示，由于这种特性，PTC元件具有发热、保温双重功能对此，以下判断正确的是 （ ）A. 通电后，其电功率先增大，后减小B. 通电后，其电功率先减小，后增大C. 当其产生的热量与散发的热量相等时，温度保持在t1不变D. 当其产生的热量与散发的热量相等时，温度保持在t1和t2之间的某一值不变【答案】AD【解析】【详解】AB.通电后半导体材料的温度逐渐升高，由图象可知，半导体的电阻率先变小，后变大，由电阻定律可知，半导体材料的电阻R先变小后变大，电源电压U不变，由电功率公式，知，半导体材料的电功率先变大，后变小，故A正确，B错误；CD.由图象可知，在0t1这区间里电阻R随温度升高而减小
12、；在t1t2这区间里电阻R随温度的升高而增大；在t2之后区间里电阻R随温度的升高而减小在家庭电路中电压不变，电热器的电功率，可知电阻器的发热功率与电阻成反比在温度升到t1前，电阻R随温度的升高而减小，功率增大，温度升高更快；温度一旦超过t1，电阻R随温度的升高而增大，功率减小，放出热量减小，温度升高变慢，当其产生的热量与散发的热量相等时，温度保持在t1至t2间的某一值不变，保持稳定，故C错误，D正确；11.如图所示、ab带等量异种电荷，MN为ab连线的中垂线，现有一个带电粒子从M点以一定初速度v0射出，开始时一段轨迹如图中实线，不考虑粒子重力，则在飞越该电场的整个过程中（ ）A. 该粒子带负电
13、B. 该粒子的动能先减小，后增大C. 该粒子电势能先增大后减小D. 该粒子运动到无穷远处，速率大小一定仍为v0【答案】AD【解析】【详解】A.粒子轨迹向右弯曲，受到的电场力大致向右，该粒子带负电，故A正确；B.由题可知，电场力先做正功，后做负功，则根据动能定理得知，粒子的动能先增大后减小。故B错误；C.电场力先做正功，后做负功，粒子的电势能先减小后增大。故C错误；D. M点的电势与无穷远处相等，粒子从M点运动到无穷远处过程，电场力做功为零，则该粒子运动到无穷远处后，其速度大小一定仍为v0。故D正确；12.如图所示，长为L，倾角为的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电量为+q，质量为m的小球，以初速度
14、从斜面底端A开始沿斜面上滑，当到达斜面顶端B点时，速度仍为，则A. A、B两点间的电势差一定等于B. 小球在B点的电势能一定大于在A点的电势能C. 若电场是匀强电场，则该电场的电场强度的最大值一定为D. 若该电场是斜面中点正上方某点电荷量Q产生的，则Q一定是负电荷【答案】AD【解析】试题分析：因为AB两点的速度相同，过程中重力做负功，电场力做正功，两者做功之和为零，故，电场力做功，所以有，解得，A正确；因为过程中电场力做正功，电势能减小，所以小球在B点的电势能小于在A点的电势能，B错误；若电场是匀强电场，电场力恒定，到达B点时小球速度仍为，故小球做匀速直线运动，电场力与重力、支持力的合力为零小
15、球的重力沿斜面向下的分力为一定，则当电场力沿斜面向上，大小为时，电场力最小，场强最小，又电场力，则该电场的场强的最小值一定是，无法判断最大值，故C错误；若该电场是斜面中点正上方某点的点电荷Q产生的，离电荷远的A点电势高，所以Q一定是负电荷，故D正确考点：考查了带电粒子在电场中的运动【名师点睛】本题是带电体在电场中运动问题，要转换思维，就把电场力当作一般的力，将这类问题当作力学问题去处理，可增强信心13.如图所示，直线a为某电源与可变电阻连接成闭合电路时的路端电压U与干路电流I的关系图象，直线b为电阻R两端电压的U与通过它的电流I的图象，用该电源和该电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的效率
16、分别为（ ）A. 4 W、33.3%B. 2 W、33.3%C. 4 W、67%D. 2 W、67%【答案】C【解析】【详解】由图象a可知电源的电动势E=3V，短路电流为6A，该电源和该电阻组成闭合电路时路端电压为2V，电流I=2A电源的输出功率即为电阻R上消耗的功率，根据得：电源的总功率为：所以效率为：故选C二、非选择题14.在练习使用多用电表的实验中（1）某同学连接的电路如图所示若旋转选择开关，使尖端对准直流电流挡，此时测得的是通过_的电流；（填元件代号，下同）若断开电路中的电键，旋转选择开关使其尖端对准欧姆挡，此时测得的是_的电阻；若旋转选择开关，使尖端对准直流电压挡，闭合电键，并将滑动
17、变阻器的滑片移至最左端，此时测得的是_两端的电压（2）在使用多用表欧姆挡测量电阻时，若_；A双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏小B测量时发现指针偏离中央刻度过大，则必需减小倍率，重新调零后再进行测量C选择“100”倍率测量时发现指针位于20与30正中间，则测量值等于2500D欧姆表内电池使用时间太长，虽然完成调零，但测量值将略偏大【答案】 (1). R1 (2). R1与R2串联 (3). R2 (4). A【解析】【详解】解：（1）多用电表与滑动变阻器串联，电流相等；此时测得的是通过滑动变阻器R1的电流断开电路中的电键，R1与R2串联，多用电表接在其两端；此时测得的是R1与R2串联的电阻滑动变
18、阻器的滑片移至最左端，滑动变阻器相当于导线；则多用电表与电阻R2相并联；此时测得的是电阻R2两端的电压（2）双手捏住两表笔金属杆，人体与电阻并联，总电阻减小，测量值偏小，故A正确；、测量时发现指针偏离中央刻度过大，则必需增大或者减小倍率，重新调零后再进行测量，故B错误；欧姆表刻度是左密右疏，选择“100”倍率测量时发现指针位于20与30正中间，即测量值小于2500，大于2000，故C错误；欧姆表内的电池使用时间太长，电动势不变，内电阻增加，完成欧姆调零后即可测量电阻阻值，不影响电阻测量，故D错误；【点睛】本题关键明确多用电表的使用，关键要理清电路结构；欧姆表使用时每次换挡都要欧姆调零15.（1
19、）图a螺旋测微器的读数为_mm；图b游标卡尺的读数为_cm（2）在实验室中欲测量一阻值约为5的电阻精确阻值，备有以下器材要求有尽可能高的测量精度，并尽可能测得多组数据待测电阻Rx 阻值约5电流表A1量程0.6A，内阻r1约为l电流表A2量程600A，内阻r2=10电压表V量程15V，内阻r3约为15k电阻箱R1 最大阻值9999滑动变阻器R2 最大阻值5，最大电流2A电源E电动势3.0V，内阻不计开关S、导线若干画出电路图，标明所用器材的代号（ ）若选取测量数据中的一组来计算Rx 则所用的表达式Rx=_，式中各符号的意义是_【答案】 (1). 3.6993.701 (2). 0.62 (3).
20、 (4). (5). 式中I1为电流表A1的读数，I2为电流表A2的读数，R1为电阻箱的读数，r2为电流表A2的内阻；【解析】【详解】(1)1螺旋测微器的固定刻度读数为3.5mm，可动刻度读数为0.0119.9mm=0.199mm，所以最终读数为3.699mm；2游标卡尺的主尺读数为6mm，游标读数为0.12=0.2mm，所以最终读数为6.2mm,也就是0.62cm；(2) 3 用伏安法测量电阻，电压表量程不合适，通过电阻箱和表头A2串联改装电压表；要尽可能测得多组数据，所以控制电路用分压式；大内小外，测量小电阻，故测量电路用安培表外接法；电路如图所示；(3)45设电流表A1、A2的读数分别为
21、I1、I2，根据欧姆定律，有：流经待测电阻的电流为：根据欧姆定律，有：式中I1为电流表A1的读数，I2为电流表A2的读数，R1为电阻箱的读数，r2为电流表A2的内阻；16.如图所示，电源电动势E6V，电源内阻不计。定值电阻R1=2.4k、R2=4.8k。 若在ab之间接一个C=100F的电容器，闭合开关S，电路稳定后，求电容器上所带的电量；（2）若在ab之间接一个内阻RV = 4.8k的电压表，求电压表的示数【答案】（1） （2）【解析】【详解】（1）设电容器上的电压为Uc。电容器的带电量解得： Q4104C （2）设电压表与R2并联后电阻为R并。则电压表上的电压为：解得：3V17.如图所示，
22、倾角为的斜面AB是粗糙的绝缘的，AB长为L，C为AB的中点，在A、C之间加一方向垂直斜面向上的匀强电场，与斜面垂直的虚线CD为电场的边界现有一质量为m、电荷量为q的带正电的小物块（可视为质点），从B点开始在B、C间以速度v0沿斜面向下做匀速运动，经过C后沿斜面匀加速下滑，到达斜面底端A时的速度大小为v试求：（1）小物块与斜面间的动摩擦因数；（2）匀强电场场强E的大小【答案】（1）tan（2）【解析】【详解】(1)小物块在BC上匀速运动，由受力平衡得而由解得(2)小物块在CA上做匀加速直线运动，受力情况如图所示。则根据牛顿第二定律得由解得考点：考查牛顿第二定律的应用点评：本题描述了两个运动状态，
23、第一个受力平衡，明确小球所受各力的大小以及方向，利用力的正交分解求解，第二个为匀加速运动，此时力已经发生了变化，根据运动学公式求解18.如图甲所示，真空中水平放置的相距为d的平行金属板板长为L，两板上加有恒定电压后，板间可视为匀强电场。在t=0时，将图乙中所示的交变电压加在两板上，这时恰有一个质量为m、电荷量为q的带电粒子从两板正中间以速度v0水平飞入电场若此粒子离开电场时恰能以平行于两板的速度飞出（粒子重力不计），求：（1）两板上所加交变电压的频率应满足的条件；（2）该交变电压的取值范围。【答案】（1）（其中n=1，2，3，）（2）（其中n=1，2，3，）【解析】试题分析：（1）粒子水平方向做匀速直线运动，水平分速度为v0；竖直方向沿着同一方向做加速度周期性变化的运动，速度时间图象如图所示：要使粒子在离开电场时恰能以平行A、B两板速度飞出，竖直分速度为零，即恰好在整数倍周期时刻飞出，即：解得：（其中n=1，2，3，）（2）粒子射出时，竖直分位移不大于板间距离的一半，故：水平分运动：L=v0t竖直分运动：由于：t=nT联立解得：（其中n=1，2，3，）考点：带电粒子在电场中的运动【名师点睛】本题关键是明确粒子的运动情况和受力情况，要采用正交分解法列式分析，注意多解性，不难。
