高二物理期末考试押题卷.docx
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高二物理期末考试押题卷
高二物理期末押题卷
一.选择题(不定项选择题每题4分共40分)
1.下列关于电源电动势的说法,正确的是( )
A.电动势实质上就是电压
B.电动势在数值上等于在电源内部移动单位电荷非静电力所做的功
C.电动势是指电源内部非静电力所做的功
D.电动势越大,表明电源把电能转化为其他形式的能的本领越大
2.如图所示,电源电动势为E,内电阻为r,平行板电容器两金属板水平放置,开关S是闭合的,两板间一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态,G为灵敏电流计.则以下说法不正确的是( )
A.在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中,油滴向上加速运动,G中有从b到a的电流
B.在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程中,油滴向下加速运动,G中有从a到b的电流
C.在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中,油滴仍然静止,G中有从a到b的电流
D.在将S断开后,油滴仍保持静止状态,G中无电流通过
3.用控制变量法,可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图所示).设两极板正对面积为S,极板间的距离为d,静电计指针偏角为θ.实验中,极板所带电荷量不变,若( )
A.保持S不变,增大d,则θ变大B.保持S不变,增大d,则θ变小
C.保持d不变,减小S,则θ变小D.保持d不变,减小S,则θ不变
4.如图所示,电灯A上标有“10V,10W”的字样,电灯B上标有“8V,20W”的字样,滑动变阻器的总电阻为6Ω,当滑动触头由a端向b端滑动的过程中(不考虑电灯电阻的变化),则( )
A.电流表示数一直减小,电压表示数一直增大
B.电流表示数一直增大,电压表示数一直减小
C.电流表示数先增大后减小,电压表示数先减小后增大
D.电流表示数先减小后增大,电压表示数先增大后减小
5.在如图所示电路中,当滑动变阻器滑片P向上移动时,则( )
A.A灯变亮、B灯变亮、C灯变亮B.A灯变暗、B灯变亮、C灯变暗
C.A灯变亮、B灯变暗、C灯变暗D.A灯变暗、B灯变暗、C灯变亮
6.根据R=ρ
可以导出电阻率的表达式ρ=
,对温度一定的某种金属导线来说,它的电阻率( )
A.跟导线的电阻只成正比B.跟导线的横截面积S成正比
C.跟导线的长度L成反比D.只由其材料的性质决定
7.带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的3倍,它们以相等的速度v0从同一点出发,沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场,分别打在M、N点,若OM=MN,则P和Q的质量之比为(不计重力为( )
A.3:
4B.4:
3C.3:
2D.2:
3
8.平行板电容器C与三个可变电阻器R1、R2、R3以及电源连成如图所示的电路.闭合开关S待电路稳定后,电容器C两极板带有一定的电荷.要使电容器所带电荷量增加,以下方法中可行的是( )
A.只增大R1,其他不变
B.只增大R2,其他不变
C.只减小R3,其他不变
D.只增大a、b两极板间的距离,其他不变
9.如图所示,K1、K2闭合时,一质量为m、带电量为q的液滴,静止在电容器的A、B两平行金属板间.现保持K1闭合,将K2断开,然后将B板向下平移一段距离,则下列说法正确的是( )
A.电容器的电容变小B.A板电势比电路中Q点电势高
C.液滴仍保持静止D.液滴的电势能增大
10.如图所示,虚线a、b、c代表电场中的三个等势面,相邻等势面之间的电势差相等,即Uab=Ubc,实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹,P、R、Q是这条轨迹上的三点,R同时在等势面b上,据此可知( )
A.三个等势面中,c的电势最低
B.带电质点在P点的电势能比在Q点的小
C.带电质点在P点的动能与电势能之和比在Q点的小
D.带电质点在R点的加速度方向垂直于等势面b
二.实验题(每题8分共32分)
11.一灵敏电流计,允许通过的最大电流(满刻度电流)为Ig=50μA,表头电阻Rg=1kΩ,若改装成量程为Im=10mA的电流表,应 联的电阻阻值为 Ω.若将此电流计改装成量程为Um=15V的电压表,应再 联一个阻值为 Ω的电阻.
12.某同学用游标卡尺测量一圆柱体的长度l,用螺旋测微器测量圆柱体的直径d,示数如图所示.由图可读出l= cm,d= mm.
13.要测绘额定电压为2V的日常用小电珠的伏安特性曲线,所供选择的器材除了导线和开关外,还有以下一些器材可供选择:
A、电源E(电动势3.0V,内阻可不计)
B、电压表V1(量程为0~3.0V,内阻约2kΩ)
C、电压表V2(0~15.0V,内阻约6kΩ
D、电流表A1(0~0.6A,内阻约1Ω)
E、电流表A2(0~100mA,内阻约2Ω)
F、滑动变阻器R1(最大值10Ω)
G、滑动变阻器R2(最大值2kΩ)
(1)为减少实验误差,实验中电压表应选择 ,电流表应选择 ,滑动变阻器应选择 .(填各器材的序号)
(2)为提高实验精度,请你设计实验电路图,并画在下面的虚线框中.
(3)实验中测得一组数据如表所示,根据表格中的数据在方格纸上作出该电珠的伏安特性曲线.
I/A
0
0.12
0.21
0.29
0.34
0.38
0.42
0.45
0.47
0.49
0.50
U/A
0
0.20
0.40
0.60
0.80
1.00
1.20
1.40
1.60
1.80
2.00
(4)该小电珠的额定功率是 .
14.在测量一节干电池电动势E和内阻r的实验中,小明设计了如图甲所示的实验电路.
(1)根据图甲实验电路,请在图乙中用笔画线代替导线,完成实物电路的连接.
(2)实验开始前,应先将滑动变阻器的滑片P调到 (填“a”或“b”)端
(3)小明测得有关数据后,以电流表读数I为横坐标,以电压表读数U为纵坐标作出了如图丙所示的图象,根据图象求得电的电动势E= V,电的内阻r= Ω(结果保留两位有效数字).
三.计算题(要写出必要的文字说明和必要的方程,共28分)
15.如图所示,电路中接电动势为4V,内电阻为2Ω的直流电源,电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为4Ω,电容器的电容为30μF,电流表的内阻不计,当电路稳定后.
(1)求电流表的读数;
(2)求电容器所带的电荷量;
(3)如果断开电源,求通过R2的电荷量.
16.如图所示,质量为0.2Kg的物体带电量为+4×10﹣4C,从半径为0.3m的光滑的
圆弧的绝缘滑轨上端静止下滑到底端,然后继续沿水平面滑动.物体与水平面间的滑动摩擦系数为0.4,整个装置处于E=103N/C的匀强电场中,求下列两种情况下物体在水平面上滑行的最大距离:
(1)E水平向左;
(2)E竖直向下.
17.如图所示,水平放置的平行板电容器,原来AB两板不带电,B极板接地,它的极板长L=0.1m,两板间距离d=0.4cm,现有一微粒质量m=2.0×10﹣6kg,带电量q=+1.0×10﹣8C,以一定初速度从两板中央平行于极板射入,由于重力作用微粒恰好能落到A板上中点O处,取g=10m/s2.试求:
(1)带电粒子入射初速度的大小;
(2)现使电容器带上电荷,使带电微粒能从平行板电容器的右侧射出,则带电后A板的电势为多少?
参考答案与试题解析
一.选择题(不定项选择题每题4分共40分)
1.下列关于电源电动势的说法,正确的是( )
A.电动势实质上就是电压
B.电动势在数值上等于在电源内部移动单位电荷非静电力所做的功
C.电动势是指电源内部非静电力所做的功
D.电动势越大,表明电源把电能转化为其他形式的能的本领越大
【考点】电源的电动势和内阻.
【分析】电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势.但电压和电动势的物理意义不同;电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱.
【解答】解:
A、电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱;而电压是反映静电力做功情况;二者意义不同;故电动势与电压不同;故A错误;
B、由W=Eq可知,电动势在数值上等于在电源内部移动单位电荷非静电力所做的功;故B正确;
C、电动势是指电源内部非静电力所做的功与流过电荷量之间的比值;故C错误;
D、电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱,电动势越大,把其他形式的能转化为电能的本领越大.故D错误;
故选:
B.
2.如图所示,电源电动势为E,内电阻为r,平行板电容器两金属板水平放置,开关S是闭合的,两板间一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态,G为灵敏电流计.则以下说法不正确的是( )
A.在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中,油滴向上加速运动,G中有从b到a的电流
B.在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程中,油滴向下加速运动,G中有从a到b的电流
C.在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中,油滴仍然静止,G中有从a到b的电流
D.在将S断开后,油滴仍保持静止状态,G中无电流通过
【考点】闭合电路的欧姆定律;电容.
【分析】质量为m、电荷量为q的油滴开始处于静止状态,受力平衡.滑动触头移动的过程中,判断出电容器两端电压的变化,从而判断电容器极板所带电荷量变化、通过灵敏电流计的电流以及油滴的运动情况.再通过电路的动态分析得出经过R2的电流变化.
【解答】解:
A、B、C、在滑动变阻器R的触头P向上移动的过程中,R增大,总电阻增大,电动势和内阻不变,可知总电流减小,内电压减小,外电压增大,外电压等于R1上的电压和R2与R并联电压之和,而R1上的电压减小,所以R2与R的并联电压增大,通过R2的电流增大.根据Q=CU,电容器所带的电量增大,上极板带正电,电容器充电,所以流过电流计的电流方向是b→a.电容器两端电压增大,电场强度增大,电场力增大,开始电场力与重力平衡,所以油滴会向上加速.故A正确、C错误;反之下移,则油滴向下加速运动,G中有从a到b的电流,则B正确
D、将S断开,则C放电,G中有电流,油滴下落.则D错误.
本题选错误的,故选:
CD
3.用控制变量法,可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图所示).设两极板正对面积为S,极板间的距离为d,静电计指针偏角为θ.实验中,极板所带电荷量不变,若( )
A.保持S不变,增大d,则θ变大B.保持S不变,增大d,则θ变小
C.保持d不变,减小S,则θ变小D.保持d不变,减小S,则θ不变
【考点】电容器的动态分析.
【分析】静电计测定电容器极板间的电势差,电势差越大,指针的偏角越大.根据电容的决定式C=
分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况,由于极板所带电荷量不变,再由电容的定义式C=
分析板间电势差的变化,即可再确定静电计指针的偏角变化情况.
【解答】解:
A、B、根据电容的决定式C=
得知,电容与极板间距离成反比,当保持S不变,增大d时,电容减小,电容器的电量Q不变,由电容的定义式C=
分析可知板间电势差增大,则静电计指针的偏角θ变大;反之,保持S不变,减小d,则θ减小.故A正确,B错误.
C、D、根据电容的决定式C=
得知,电容与极板的正对面积成正比,当保持d不变,减小S时,电容减小,电容器极板所带的电荷量Q不变,则由电容的定义式C=
分析可知板间电势差增大,静电计指针的偏角θ变大;反之,保持d不变,增大S,则θ减小,故C错误,D错误.
故选:
A.
4.如图所示,电灯A上标有“10V,10W”的字样,电灯B上标有“8V,20W”的字样,滑动变阻器的总电阻为6Ω,当滑动触头由a端向b端滑动的过程中(不考虑电灯电阻的变化),则( )
A.电流表示数一直减小,电压表示数一直增大
B.电流表示数一直增大,电压表示数一直减小
C.电流表示数先增大后减小,电压表示数先减小后增大
D.电流表示数先减小后增大,电压表示数先增大后减小
【考点】闭合电路的欧姆定律.
【分析】先两灯的额定电压和功率,求出其电阻大小.再分析当滑动触头P由a端向b端滑动的过程中,变阻器总电阻的变化,根据闭合电路欧姆定律分析路端电压和总电流的变化,再据滑动变阻器的触头判断两灯的电流的变化.
【解答】解:
电灯A的电阻为RA=
,电灯B的电阻为RB=
═3.2Ω,则知RA>RB
所以当滑动触头P由a端向b端滑动的过程中,变阻器两侧并联的总电阻一直减小,根据闭合电路欧姆定律电路中总电流一直增大,路端电压一直减小,则电流表的示数一直增大,电压表的示数一直减小.故B正确.
故选:
B
5.在如图所示电路中,当滑动变阻器滑片P向上移动时,则( )
A.A灯变亮、B灯变亮、C灯变亮B.A灯变暗、B灯变亮、C灯变暗
C.A灯变亮、B灯变暗、C灯变暗D.A灯变暗、B灯变暗、C灯变亮
【考点】闭合电路的欧姆定律.
【分析】当变阻器的滑动触头P向上移动时,变阻器接入电路的电阻减小,外电路总电阻减小,根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化,即可知道A灯亮度的变化.由欧姆定律分析并联部分电压的变化,判断B灯亮度的变化.由通过B的电流与总电流的变化,分析通过C灯电流的变化,判断其亮度的变化.
【解答】解:
当变阻器的滑动触头P向上移动时,变阻器接入电路的电阻增大,外电路总电阻增大,总电流I减小,A灯变暗.
A灯和电源的内电压都减小,由闭合电路欧姆定律得知并联部分电压增大,B灯变亮.
由总电流减小,而通过B灯的电流增大,可知通过C灯的电流减小,则C灯变暗.故ACD错误,B正确.
故选:
B.
6.根据R=ρ
可以导出电阻率的表达式ρ=
,对温度一定的某种金属导线来说,它的电阻率( )
A.跟导线的电阻只成正比B.跟导线的横截面积S成正比
C.跟导线的长度L成反比D.只由其材料的性质决定
【考点】电阻定律.
【分析】在温度一定的条件下,电阻率的大小与材料有关,与导线的长度以及横截面积无关.
【解答】解:
电阻率的大小与材料的性质决定,与电阻的大小、导线的长度、横截面积无关.故D正确,A、B、C错误.
故选:
D.
7.带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的3倍,它们以相等的速度v0从同一点出发,沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场,分别打在M、N点,若OM=MN,则P和Q的质量之比为(不计重力为( )
A.3:
4B.4:
3C.3:
2D.2:
3
【考点】带电粒子在匀强电场中的运动.
【分析】带电粒子垂直进入电场,做类平抛运动,根据水平位移之比得出运动的时间之比,再通过竖直位移关系得出加速度的关系,结合牛顿第二定律以及电荷量之比得出它们的质量比.
【解答】解:
粒子在水平方向做匀速直线运动,在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动,两个粒子的初速度相等,P和Q的水平位移比为1:
2,由x=v0t知,运动时间比为1:
2.
根据y=
at2,得加速度之比为4:
1,根据牛顿第二定律得,a=
,因为P和Q的电量比为3:
1,则P和Q的质量比为3:
4.故A正确,B、C、D错误.
故选:
A
8.平行板电容器C与三个可变电阻器R1、R2、R3以及电源连成如图所示的电路.闭合开关S待电路稳定后,电容器C两极板带有一定的电荷.要使电容器所带电荷量增加,以下方法中可行的是( )
A.只增大R1,其他不变
B.只增大R2,其他不变
C.只减小R3,其他不变
D.只增大a、b两极板间的距离,其他不变
【考点】电容器的动态分析;闭合电路的欧姆定律.
【分析】电容器与R3串联,与R2并联,电容器两端间的电势差等于R2两端间的电势差,电阻R3相当于导线.判断出R2两端电压的变化,根据Q=CU2得出电容器电量的变化.
【解答】解:
A、只增大R1,其他不变,电路中的电流变小,R2两端的电压减小,根据Q=CU2,知电容器所带的电量减小.故A错误.
B、只增大R2,其他不变,电路中的电流变小,内电压和R1上的电压减小,电动势不变,所以R2两端的电压增大,根据Q=CU2,知电容器所带的电量增大.故B正确.
C、只减小R3,其他不变,R3在整个电路中相当于导线,所以电容器的电量不变.故C错误.
D、增大ab间的距离,根据C=
,知电容C减小,而两端间的电势差不变,所以所带的电量减小.故D错误.
故选B.
9.如图所示,K1、K2闭合时,一质量为m、带电量为q的液滴,静止在电容器的A、B两平行金属板间.现保持K1闭合,将K2断开,然后将B板向下平移一段距离,则下列说法正确的是( )
A.电容器的电容变小B.A板电势比电路中Q点电势高
C.液滴仍保持静止D.液滴的电势能增大
【考点】电容;电势能;闭合电路的欧姆定律.
【分析】在电容器的电量不变的情况下,将B析下移,则导致电容变化,电压变化,根据E=
与
相结合可得E=
,从而确定电场强度是否变化.再根据电荷带电性可确定电势能增加与否.
【解答】解:
A、根据
,当间距d增大时,其它条件不变,则导致电容变小,故A正确;
B、断开后A板带正电,电场线从A到B,由于沿着电场线的方向电势降低,所以A板电势比电路中Q点电势高,故B正确;
C、根据E=
与
相结合可得E=
,由于电量、正对面积不变,从而确定电场强度也不变,所以液滴仍保持静止,故C正确;
D、根据电场力与重力平衡可知,液滴带负电,由于B板的移动,导致液滴的电势升高,所以其电势能减小,故D错误;
故选ABC
10.如图所示,虚线a、b、c代表电场中的三个等势面,相邻等势面之间的电势差相等,即Uab=Ubc,实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹,P、R、Q是这条轨迹上的三点,R同时在等势面b上,据此可知( )
A.三个等势面中,c的电势最低
B.带电质点在P点的电势能比在Q点的小
C.带电质点在P点的动能与电势能之和比在Q点的小
D.带电质点在R点的加速度方向垂直于等势面b
【考点】等势面;电势;电势能.
【分析】作出电场线,根据轨迹弯曲的方向可知,电场线向上.故c点电势最高;根据推论,负电荷在电势高处电势能小,可知电荷在P点的电势能大;总能量守恒;由电场线疏密确定出,P点场强小,电场力小,加速度小.
【解答】解:
A、负电荷做曲线运动,电场力指向曲线的内侧;作出电场线,根据轨迹弯曲的方向和负电荷可知,电场线向上.故c点电势最高,故A错误;
B、利用推论:
负电荷在电势高处电势能小,知道P点电势能大,故B错误;
C、只有电场力做功,电势能和动能之和守恒,故带电质点在P点的动能与电势能之和等于在Q点的动能与电势能之和,故C错误;
D、带电质点在R点的受力方向沿着电场线的切线方向,电场线与等势面垂直,故质点在R点的加速度方向与等势面垂直,故D正确;
故选D.
二.实验题(每题8分共32分)
11.一灵敏电流计,允许通过的最大电流(满刻度电流)为Ig=50μA,表头电阻Rg=1kΩ,若改装成量程为Im=10mA的电流表,应 并 联的电阻阻值为 5 Ω.若将此电流计改装成量程为Um=15V的电压表,应再 串 联一个阻值为 2.99×105 Ω的电阻.
【考点】把电流表改装成电压表.
【分析】改装成电流表应并联小电阻分流,并联电阻与表头的电压相等;
改装成电压表应串联大电阻分压,串联电阻与表头的电流相等.
【解答】解:
表头两端的满偏电压为Ug=IgRg=5×10﹣5×1000Ω=0.05V;
改装大量程的电流表时,表头的满偏电流仍为50μA,此时流过并联电路部分的总电流为10mA,则流过并联电阻的电流I=Im﹣Ig=10mA﹣50μA=9950μA;
则并联电阻r=
≈5Ω;
若改装成电压表,则达最大量程时,串联电阻两端的电压U=Um﹣Ug=15V﹣0.05V=14.95V;
则应串联的电阻R′=
=2.99×105Ω
故答案为:
并;5;串;2.99×105.
12.某同学用游标卡尺测量一圆柱体的长度l,用螺旋测微器测量圆柱体的直径d,示数如图所示.由图可读出l= 2.25 cm,d= 6.860 mm.
【考点】螺旋测微器的使用.
【分析】游标卡尺的读数方法是主尺读数加上游标读数.不需要估读.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,读可动刻度读数时需要估读.
【解答】解:
游标卡尺的主尺读数为22mm,游标读数为0.1×5=0.5mm,所以最后读数为:
22.5mm=2.25cm.
螺旋测微器的固定刻度读数为6.5mm,可动刻度读数为36.0×0.01=0.360mm(0为估读),所以最后读数为6.860mm.
故答案为:
2.25cm,6.860mm.
13.要测绘额定电压为2V的日常用小电珠的伏安特性曲线,所供选择的器材除了导线和开关外,还有以下一些器材可供选择:
A、电源E(电动势3.0V,内阻可不计)
B、电压表V1(量程为0~3.0V,内阻约2kΩ)
C、电压表V2(0~15.0V,内阻约6kΩ
D、电流表A1(0~0.6A,内阻约1Ω)
E、电流表A2(0~100mA,内阻约2Ω)
F、滑动变阻器R1(最大值10Ω)
G、滑动变阻器R2(最大值2kΩ)
(1)为减少实验误差,实验中电压表应选择 B ,电流表应选择 D ,滑动变阻器应选择 F .(填各器材的序号)
(2)为提高实验精度,请你设计实验电路图,并画在下面的虚线框中.
(3)实验中测得一组数据如表所示,根据表格中的数据在方格纸上作出该电珠的伏安特性曲线.
I/A
0
0.12
0.21
0.29
0.34
0.38
0.42
0.45
0.47
0.49
0.50
U/A
0
0.20
0.40
0.60
0.80
1.00
1.20
1.40
1.60
1.80
2.00
(4)该小电珠的额定功率是 1.00W .
【考点】测定电源的电动势和内阻.
【分析】
(1)根据灯泡额定电压选择电压表,根据灯泡额定电流选择电流表,在保证电路安全的情况下,为方便实验操作,应选最大阻值较小的滑动变阻器.
(2)描绘小灯泡的伏安特性曲线,电压与电流应从零开始变化,滑动变阻器应采用分压接法,根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表接法,然后作出电路图.
(3)根据表中实验数据在坐标系内描出对应的点,然后作出图象.
(4)根据图象可明确电压为2V时的电流,由功率公式可求得功率.
【解答】解:
(1)灯泡额定电压是2V,电压表应选B;由表中实验数据可知,最大电流为0.5A,电流表选D;为方便实验操作,滑动变阻器应选F;
(2)描绘小灯泡伏安特性曲线,电压与电流要从零开始变化,滑动变阻器应采用分压接法;由表中实验数据可知,灯泡最大电阻约为3.7Ω,电压表内阻约为2kΩ,灯泡电阻阻值远小于电压表内阻,电流表应采用外接法,电路图如图甲所示;
(3)应用描点法作图,根据表中实验数据在坐标系内描出对应的点,然后用平滑的曲线把各点连接起来,作出灯泡的I﹣U图象,图象如图乙所示.
(4)由图可知,当电压为2V,电流为0.5A;则功率P=UI=2×0.5=1.00W;
故答案为:
(1)B;D;F;
(2)如图所示;(3)如图所示;(4)1.00W.
14.在测量一节干电池电动势E和内阻r的实验中,小明设计了如图甲所示的实验电路.
(1)根据图甲实验电路,请在图乙中用笔画线代替导线,完成实物电路的连接.
(2)实验开始前,应先将滑动变阻器的滑片P调到 a (填“a”或“b”)端
(3)小明测得有关数据后,以电流表读数I为横
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