廣西柳州市柳江中學(xué)2020-2021學(xué)年高二上學(xué)期期中檢測模擬卷（三）物理試題

廣西柳州市柳江中學(xué)高二物理期中檢測模擬卷（三）一選擇題（15為單選題,68為多選題）1.如圖所示，一電荷量為+Q的均勻帶電細(xì)棒，在過中點c垂直于細(xì)棒的直線上有a、b、d三點，且ab=bc=cd=L，在a點處有一電荷量為+Q2的固定點電荷．已知b點處的場強為零，則d點處場強的大小為(k為靜電力常量)(????)

A.k5Q9L2C.k3Q2L2.如圖所示，一粗糙絕緣豎直平面與兩個等量異種點電荷連線的中垂面重合，A，O，B為該面上同一條豎直線上的三點，且O為點電荷連線的中點?，F(xiàn)有帶電荷量為q、質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點)，在A點以初速度v0釋放沿AOB向下滑動，則(????)A.小物塊帶正電

B.從A到B，小物塊的電勢能先減小后增大

C.從A到B，小物塊所受電場力先增大后減小

D.從A到B，小物塊的加速度不變3.某靜電場中的電場線方向不確定，分布如圖所示，帶電粒子在電場中僅受電場力作用，其運動軌跡如圖中虛線所示，由M運動到N，以下說法正確的是(????)A.粒子必定帶正電荷

B.該靜電場一定是孤立正電荷所產(chǎn)生的

C.粒子在M點的加速度小于它在N點的加速度

D.粒子在M點的速度大于它在N點的速度如圖為一種服務(wù)型機器人，其額定功率為48W。額定工作電壓為24V。機器人的鋰電池容量為20A·h。則機器人(

)

A.額定工作電流為20A

B.充滿電后最長工作時間為2h

C.電池充滿電后總電量為7.2×104C

D.以額定電流工作時毎秒消耗能量為20J如圖所示電路，電源內(nèi)阻不可忽略．開關(guān)S閉合后，在滑動變阻器R0的滑片P向上緩慢滑動的過程中(

)

A.小燈泡L變亮

B.電壓表的示數(shù)增大C.電流表的示數(shù)減小 D.電容器C的電荷量減小6.如圖所示，電源的電動勢和內(nèi)阻分別為E、r，在滑動變阻器的滑片P由a向b移動的過程中，下列各物理量變化情況為(????)

A.電流表的讀數(shù)一直減小

B.R0的功率先減小后增大

C.電源輸出功率先增大后減小

D.電壓表的讀數(shù)先增大后減小

7.如圖是某電源的路端電壓與電流的關(guān)系圖象，下列結(jié)論正確的是(????)

A.電源的電動勢為6.0

V 電源的內(nèi)阻為12Ω

C.電流為0.2

A時的外電阻是28Ω D.電源的短路電流為0.5

A8.位于正方形四角上的四個等量點電荷的電場線分布如圖所示，ab，cd分別是正方形兩組對邊的中垂線，O為中垂線的點，P，Q分別為ab，cd上的兩點OP>OQ，下列說法中正確的是(????)A.P、Q兩點的電勢關(guān)系為φP=φQ

B.P、Q兩點電場強度的大小關(guān)系為EQ<EP

C.若在O點輕放一正點電荷，該正點電荷可能沿ab方向運動二實驗題9.為了描繪小燈泡的伏安特性曲線，實驗室可供選擇的器材如下：

A.待測小燈泡6V,500mAB.電流表A(0～0.6A，內(nèi)阻約0.5Ω)

C.電壓表V(0～4V，內(nèi)阻6kΩ)D.滑動變阻器R1(0～5Ω,1.5A)

E.滑動變阻器R20～1kΩ,100mAF.電阻箱R3(0～9999.9Ω)

G.直流電源E(約(3)實驗中，測量出多組數(shù)據(jù)，描點作出小燈泡的伏安特性曲線如圖乙所示，由圖可計算燈泡兩端電壓為2.5V時，其電阻為______Ω(保留兩位有效數(shù)字)。若電壓表V(0～4V10.實驗室新進了一批低電阻的金屬絲(如實物圖中電阻)，已知金屬絲的電阻率ρ=1.7×10-8Ω·m。課外活動小組的同學(xué)設(shè)計了一個實驗來測算使用的金屬絲長度。他們選擇了電流表、電壓表、開關(guān)、滑動變阻器、螺旋測微器((1)應(yīng)從下圖所示的A、B、C、D四個電路中選擇_______電路來測量金屬絲電阻。(2)請把下面的實物按照原理圖連接起來，要求導(dǎo)線不能交叉。(3)他們使用千分尺測量金屬絲的直徑，示數(shù)如圖所示，金屬絲的直徑為_________mm。(4)測出電壓表示數(shù)為2.0?V時，電流表示數(shù)為0.5?A，根據(jù)金屬絲電阻值，可估算出繞制這個螺線管所用金屬絲的長度約為_________m。三計算題11.如圖所示，長l=1m的輕質(zhì)絕緣細(xì)繩上端固定，下端連接一個可視為質(zhì)點的帶電小球，小球靜止在水平向右的勻強電場中，繩與豎直方向的夾角θ=37°，已知小球所帶電荷量q=1.0×10?6C，勻強電場的場強E=3.0×103N/C，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：

(1)12.微型吸塵器的直流電動機內(nèi)阻一定，把它接入電壓為U1=0.2V的電路時，電動機不轉(zhuǎn)，測得此時流過電動機的電流是I1=0.4A；若把電動機接入電壓為(1)電動機線圈的電阻R．(2)電動機正常工作時的輸出功率及吸塵器的效率．(3)如果電動機正常工作時，轉(zhuǎn)子突然被卡住，電動機此時的發(fā)熱功率(設(shè)此時線圈未被燒壞)．

13.如圖所示，電源電動勢E=6?V，內(nèi)阻r=1?Ω，電阻R1=2?Ω，R2=3?Ω，R3=7.5?Ω，電容器的電容C=4?μF.開關(guān)S原來斷開，從閉合開關(guān)14.如圖所示，兩塊相同的金屬板正對著水平放置，板間距離為d。當(dāng)兩板間加電壓U時，一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子，以水平速度v0從A點射入電場，經(jīng)過一段時間后從B點射出電場，A、B間的水平距離為L，不計重力影響。求：(1)帶電粒子從A點運動到B點經(jīng)歷的時間；(2)帶電粒子經(jīng)過B點時速度的大??；(3)A、B間的電勢差。柳江中學(xué)高二物理期中檢測模擬卷（三）參考答案1.【答案】A

a點處的電荷量為+Q2的點電荷在b處產(chǎn)生的電場強度為E=kQ2L2，方向向右，b點處的場強為零，根據(jù)電場的疊加原理可知細(xì)棒與a點處的點電荷在b處產(chǎn)生的電場強度大小相等，方向相反，則知細(xì)棒在b處產(chǎn)生的電場強度大小為E′=kQ2L2，方向向左．根據(jù)對稱性可知細(xì)棒在d處產(chǎn)生的電場強度大小為kQ2L2，方向向右；而電荷量為+Q2的點電荷在d處產(chǎn)生的電場強度為E″=kQ2(3L)2=kQ18L2，方向向右，所以d點處場強的大小為Ed=5kQ9L2，方向向右，故A正確，BCD錯誤。

故選A。

2.【答案】C

小物塊受重力、電場力和墻壁的彈力以及摩擦力作用，可知3.【答案】C

解：A.由電荷的運動軌跡可知，電荷所受的電場力斜向上，由于電場線的方向未知，所以不能確定電荷的電性，故A錯誤；

B.孤立正電荷的電場線從正電荷出發(fā)到無窮遠(yuǎn)處終止的直線，故該靜電場不一定是孤立正電荷產(chǎn)生的，故B錯誤；

C.電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小，由圖可知，N點的場強大于M點的場強的大小，在N點的受力大于在M的受力，所以粒子在M點的加速度小于它在N點的加速度，故C正確；

D.正電荷沿著電場的方向運動，所以電場力做正功，電荷的電勢能減小，動能增加，所以粒子在M點的速度小于它在N點的速度，故D錯誤。

4.【答案】CA.根據(jù)P=UI可知，額定電流應(yīng)該為I=PU=2AB.機器人的鋰電池容量為20A?h，即當(dāng)額定電流2A下工作時，能夠工作最長時間為10h，故C.電源充滿電后的總電量為q=It=20×3600C=7.2×104CD.在額定電流下，機器人功率48W，即每秒消耗48J電能，故D錯誤。故選C。5.【答案】B

A.滑動變阻器R0的滑片P向上滑動的過程中，滑動變阻器連入電路的阻值變大，則電路中總電阻變大，由閉合電路歐姆定律知，干路電流變小，故小燈泡L變暗，故A錯誤；

B.由U=E-Ir知，路端電壓U變大，故電壓表的示數(shù)變大，故B正確；

C.由U1=E-I(RL+r)知，并聯(lián)電路兩端的電壓U1變大，由歐姆定律知，通過R的電流變大，故電流表的示數(shù)變大，故C錯誤；

D.電容器與R并聯(lián)，兩極板間的電壓為U1，由C=QU知，電容器在滑動變阻器的滑片P由a向b移動的過程中，變阻器并聯(lián)總電阻先增大后減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析可知，電路中總電流I先減小后增大，則電流表的讀數(shù)先減小后增大，R0的功率先減小后增大。路端電壓先增大后減小，則電壓表的讀數(shù)先增大后減小。由于電源的內(nèi)阻與外電阻的關(guān)系未知，無法判斷電源輸出功率如何變化。

故選：BD。

7.【答案】AC

A.由閉合電路歐姆定律U=E-Ir，當(dāng)I=0時，U=E，即圖線與縱軸交點表示斷路狀態(tài)，電動勢E=6.0V，故A正確；

B.電源的內(nèi)阻等于圖線的斜率大小，r=ΔUΔI=6.0-5.00.5Ω=2Ω，故B錯誤；

C.電流為I=0.2A時，路端電壓U=E-Ir=(6-0.2×2)Ω=5.6V，外電阻是R=UI=5.60.2Ω=28Ω，故C正確；

【答案】AD

A.根據(jù)電場疊加，由圖象可以知道ab、cd兩中垂線上各點的電勢都為零，所以P、O兩點的電勢相等，故A正確；

B.電場線的疏密表示場強的大小，根據(jù)圖象知EP<EQ，B錯誤；

C.四個點電荷在O點產(chǎn)生的電場相互抵消，場強為零，故在O點放一正點電荷，則該正點電荷受到的電場力為零，不會運動，故C錯誤；

D.根據(jù)對稱性可知Q點電勢高于M點，帶負(fù)電的試探電荷在Q點時的電勢能比在M點時的電勢能小，故D正確。9.【答案】(1)3；(2)；R1；(3)7.1；上方。

(1)電壓表V(0～4V，內(nèi)阻6kΩ)，設(shè)將電壓表量程擴大為6V，需串聯(lián)電阻箱的阻值為R，則根據(jù)歐姆定律應(yīng)有：6R+6×6=4，代入數(shù)據(jù)可得R=3kΩ，即電阻箱的阻值應(yīng)調(diào)為3kΩ；

(2)為使測量盡量準(zhǔn)確，要求進行多次測量，滑動變阻器采用分壓接法，選擇小電阻，即選R1。

由于燈泡電阻遠(yuǎn)小于電壓表內(nèi)阻，所以采用電流表外接法，電路圖：

(3)由圖可知，燈泡兩端電壓為2.5V時，流過的電流為0.35A，由歐姆定律R=UI解得R=507≈7.1Ω10.【答案】(1)D；(2)如圖所示；

(3)0.260；(4)12.5

(1)由于該電阻阻值較小，在伏安法測電阻時應(yīng)用電流表外接法；實驗中要求有較大的電壓調(diào)節(jié)范圍，所以滑動變阻器應(yīng)用分壓接法，故D正確．

(2)根據(jù)電路圖，注意電源的正負(fù)極，電表的正負(fù)極，從而進行實物圖連接，如下所示：

；

(3)螺旋測微器讀數(shù)d=0

mm+26.0×0.01

mm=0.260

mm．

(4)根據(jù)伏安法電阻R=UI=4Ω，

由電阻定律R=ρLS得，L=RS解：(1)小球所受電場力F的大小為：F=qE=1.0×10?6×3.0×103N=3.0×10?3N；

小球受力情況如圖所示：

根據(jù)幾何關(guān)系可得：mgtanθ=qE

解得：m=4×10?4kg

(2)解：(1)電動機不轉(zhuǎn)時，設(shè)線圈電阻為R，則R=U1I1=0.20.4Ω=0.5Ω；

(2)電動機正常工作時消耗的功率為P=U2I2=2.0×1.0

W=2.0

W，

電動機正常工作時線圈電阻損耗的功率為P損=I22R=1.02×0.5【答案】解：S斷開時的等效電路圖如圖甲所示，電容器C兩端電壓U等于電阻R2兩端電壓UU電容器C的帶電荷量Q=CU=CU2=1.2×10-5S閉合時的等效電路圖如圖乙所示，電容器C兩端電壓U'等于電阻R1兩端電壓UR干路電流：I=外電壓U電阻R1兩端電壓電容器C的帶電荷量Q'=CU'=CU1'=7.2×10-6通過電阻R的電荷量ΔQ=Q+Q'=1.92×1014.【答案】(1)帶電粒子在水平方向做勻速直線運動，從A點到B點經(jīng)歷時間t＝eq\f(L,v0)。(2)帶電粒子在豎直方向做勻加速直線運動，板間場強大小E＝eq\f(U,d)，加速度大小a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)經(jīng)過B點時粒子沿豎直方向的速度大小vy＝at＝eq\f(qU,md)·eq\f(L,v0)帶電粒子在B點速度的大小v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋\f(q2U2L2,m2d2veq\o\al(2,0)))。(3)粒