安徽省合肥寿中学高二物理上学期11月教学质量检测试题(含解析)

安徽合肥寿春中学2017-2018学年上学期高二11月教学质量检测卷物
理
一、单项选择题（每题只有一个选项正确）
1. 下述说法正确的是（）
A. 根据可知: 电场中某点的场强与电场力成正比。

B. 根据可知: 点电荷电场中某点的场强与该点电荷的电量Q成正比。

C. 根据场强叠加原理可知: 合电场的场强一定大于分电场的场强。

D. 电场线就是点电荷在电场中的运动轨迹
【答案】B
【解析】电场强度是反映电场本身的力的性质的物理量，由电场本身决定，与F、q无关，故A错误；点电荷的场强决定式：可知，E与Q成正比，故B正确；场强的叠加遵守平行四边形定则，合电场的场强与几个分场强效果相同，但不一定比分场强大，也可能相等，也可能比分场强小，故C错误；电场线表示电场的强弱和方向，电荷的轨迹不一定与电场线重合，故D错误。

所以B正确，ACD错误。

2. 如图所示，R1和R2是材料相同、厚度相同、表面均为正方形的导体，R1边长为2L，R2边长为L，若R1的阻值为4Ω，则R2的阻值为（）
A. 4Ω
B. 8Ω
C. 16Ω
D. 64Ω
【答案】A
【解析】由公式知，长度比为2:1，横截面积比为2:1，所以两电阻比为1:1，故A正确，B. C. D错误。

故选：A.
3. 如图所示，金属球壳A带有正电，其上方有一小孔a，静电计B的金属球b用导线与金属小球c相连，以下操作所发生的现象正确的是（）
A. 将c移近A，但不与A接触，B会张开一定角度
B. 将c与A外表面接触后移开A，B不会张开一定角度
C. 将c与A内表面接触时，B不会张开角度
D. 将c从导线上解下，然后用绝缘细绳吊着从A中小孔置入A内，并与其内壁接触，再提出空腔，与b接触，B会张开一定角度
【答案】A
【解析】试题分析：静电平衡后，由于静电感应，金属球壳A内壁没有电荷，电荷全部分布在外表面，通过感应或接触起电，从而可判定静电计的指针如何变化．
解：A、把C逐渐从远处向A靠近过程中，由于静电感应，结合逆着电场线方向，电势增加，则B的指针张开．故A正确．
B、当把C与A的外表面接触，则C带正电，导致B的指针张开，故B正确．
C、把C与A的内表面接触，静电平衡后，电荷只分布在外表面，但静电计仍处于外表面，则B指针会张开．故C错误．
D、c与A内壁接触时，由于静电屏蔽，使小球c不带电；故再与b接触时，B不会张开角度；故D错误；
故选：AB．
【点评】本题考查对于感应起电的理解能力，抓住静电平衡导体的特点，注意静电平衡的电荷分布；同时还要区别B和C两项中不同之处．
4. 如图所示，在原来不带电的金属细杆ab附近P处，放置一个正点电荷，c为ab的中点，d 为P和金属杆连线的中点．达到静电平衡后（）
A. a端的电势比b端的高
B. a端的电势比b端的低
C. 点电荷在杆内c的场强为零
D. b端的电势比d点的电势低
【答案】D
【解析】A. B. 达到静电平衡后，导体为等势体，导体上的电势处处相等，所以可以得到
φa=φb，所以A错误，B错误；
C. 达到静电平衡后，导体为等势体，杆内c的场强为零，点电荷在C点的场强与感应电荷在C点的场强等大反向，点电荷在杆内c的场强不为零，故C错误；
D. 由于正电荷在右边，所以越往右电场的电势越高，所以φd>φb，故D正确；
故选：D.
点睛：根据静电平衡可知，同一个导体为等势体，导体上的电势处处相等，导体内电场强度处处为零，点电荷在导体内的场强与感应电荷在导体内的场强等大反向，。

再由固定电荷产生的电场可以确定电势的高低．
5. 用细绳拴一个质量为m 带正电的小球B，另一个也带正电的小球A 固定在绝缘竖直墙上，
A、B 两球离地面的高度均为h.小球B 在重力、拉力和库仑力的作用下静止不动，如图所示．现将细绳剪断后（）
A. 小球B 在细绳剪断瞬间开始做平抛运动
B. 小球B 在细绳剪断瞬间加速度等于g
C. 小球B 落地的时间等于
D. 小球B 落地的速度大于
【答案】D
【解析】A、将细绳剪断瞬间，小球受到球的重力和库仑力的共同的作用，合力斜向右下方，并不是只有重力的作用，因此剪断瞬间起开始，不可能做平抛运动，且加速度大于g，故AB 错误；
CD、小球在落地过程中，除受到重力外，还受到库仑斥力，那么竖直方向的加速度大于g，因此球落地的时间小于，落地的速度大于，故C错误，D正确；
故选D。

6. 用两只完全相同的电流表分别改装成一只电流表和一只电压表，将它们串联起来接入电路中（两只表均能正常工作），如图所示，此时（）
A. 两只电表的指针偏转角相同
B. 两只电表的指针都不偏转
C. 电流表指针的偏转角小于电压表指针的偏转角
D. 电流表指针的偏转角大于电压表指针的偏转角
【答案】C
【解析】试题分析：电流表改装成电压表是串联较大的分压电阻；电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻；两表串联后，通过电流表的总电流与电压表的电流相等，由于电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻，所以大部分电流通过了分流电阻，通过表头的电流很小，电流表指针的偏转角小于电压表指针的偏转角，故ABD错误，C正确；故选C。

考点：电表的改装
【名师点睛】本题关键是明确电流表和电压表的改装原理，电流表改装成电压表是串联较大的分压电阻；电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻；熟悉串联电路的电流特点，基础题。

7. 图中的甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流计G和一个变阻器R组成，它们之中一个是测电压的电压表，另一个是测电流的电流表，那么以下结论中正确的是（）
A. 甲表是电流表，R增大时量程增大
B. 甲表是电压表，R增大时量程增大
C. 乙表是电流表，R增大时量程减小
D. 乙表是电压表，R增大时量程增大
【答案】B
点晴：难度较小，改装电压表和电流表所应用的原理都是串联分压和并联分流。

8. 在如下图所示的四个电场中，均有相互对称分布的a、b两点，其中a、b两点电势和电场强度都相同的是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】试题分析：A图中a、b两点的电势相同，场强大小相同，但是方向不同，场强不同，选项A错误；B图中a、b两点的电势相同，场强大小相同，但是方向不同，场强不同，选项B错误；C图中a、b两点的电势相同，场强大小及方向也相同，选项C正确；D图中a、b两点的电势相同，场强大小相同，但是方向不同，场强不同，选项D错误；故选C．
考点：电场强度；电势
【名师点睛】此题考查场强和电势；比较场强时不但要看场强的大小，还要看场强的方向；场强的叠加满足平行四边形法则．
二、多项选择题（每小题有多个选项是正确答案）
9. 铅蓄电池的电动势为2 V，这表示（）．
A. 电路中每通过1 C电荷量，电源把2 J的化学能转化为电能
B. 铅蓄电池断开时其两极间的电压为2 V
C. 铅蓄电池在1 s内将2 J的化学能转变成电能
D. 铅蓄电池将化学能转变为电能的本领比一节干电池（电动势为1.5 V）的大
【答案】ABD
【解析】A. 铅蓄电池的电动势为2V，表示非静电力将1C正电荷从电源的负极通过电源内部移送到正极时电源把2 J的化学能转化为电能，A正确；
B. 当电池不接入外电路时，外电路电阻无穷大，蓄电池两极间的路端电压为2V；当电池接入电路时，两极间的电压小于2V，故B正确；
C. 铅蓄电池在1 s内将多少化学能转变成电能，与电流大小有关，即与电路有关，故C错误；
D. 电动势表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，电动势大，转化本领大。

一节干电池的电动势为1.5V，则蓄电池将化学能转变为电能的本领比一节干电池(电动势为1.5V)的大，D正确。

故选：ABD.
10. 在如图所示电路中，电源电动势为10V，内阻为1.0Ω，电阻R0为1Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5Ω，闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0A，则以下判断中正确的是（）
A. 电动机的输出功率为10.0W
B. 电动机输出功率为14.0W
C. 电源输出的电功率为16.0W
D. 电源输出的电功率为14.0W
【答案】AC
【解析】AB、电路中电流表的示数为2.0A，所以电动机的电压为：
，电动机的总功率为：P总=UI=6×2=12W，电动机的发热功率为：P热=I2R=22×0.5=2W，所以电动机的输出功率为：P出=12W-2W=10W，所以A正确，B错误；
CD、电源的输出的功率为：P输出=EI-I2R=10×2-22×1=16W，故C正确，D错误．
故选：AC。

点睛：在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．
11. 利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域．如图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D 两侧面会形成电势差U CD，下列说法中正确的是( )
A. 电势差U CD仅与材料有关
B. 若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差U CD < 0
C. 在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平
D. 仅增大磁感应强度时，电势差U CD变大
【答案】BD
【解析】A、B、D、根据左手定则，电子向C侧面偏转，C表面带负电，D表面带正电，所以D 表面的电势高，则．CD间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，有：，，则：．A 错误；B、D正确；
C、 D、在测定地球两极上方地磁场强弱时，应将元件的工作面保持竖直，让磁场垂直通过，C错误；
故选BD。

12. 在如图所示的电路中，电源电动势为12V，内阻为2Ω，四个电阻的阻值已在图中标出．闭合开关S，下列说法正确的有（）
A. 路端电压为10 V
B. 电源的总功率为10 W
C. a、b间电压的大小为5 V
D. a、b间用导线连接后，电路的总电流为1 A
【答案】AC
【解析】试题分析：外阻为R：，则，则外压
U=IR=10V，功率P=EI=12W，则A正确，B错误；选电源负极为0势点，则b点电势为
φa=φb==7．5V，则ab间的电压为7．5-7．5=0V，则C错误；a、b间用导线连接后外阻为R′，则R′＝＝7．5Ω，R″＝＝2．5Ω，则电流，
则D正确；故选AD。

考点：闭合电路的欧姆定律；电功率
【名师点睛】考查串并联电路电阻的求解及全电路欧姆定律，计算前要明确电路结构是求解问题的关键；
视频
13. 如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。

设电子在A、B两点的加速度大小分别为a1、a2，电势能分别为E1、E2。

下列说法正确的是（）
A. 若a1＞a2，则Q必定为正电荷且在M点的左端
B. 电子在A点的速度小于在B点的速度
C. 电子在A点的电势能E1小于在B点的电势能E2
D. B点电势高于A点电势
【答案】AC
【解析】A项：若a1＞a2，表明电荷在A点受的电场力更大，又电子受的电场力向左，即A
点离点电荷Q更近，故A正确；
B项：电子从A到B，电场力做负功，电子的动能减小，故B错误；
C项：电子从A到B，电场力做负功，电子的电势能增大，故C正确；
D项：根据负电荷在电势高的地方电势能小可知，A点电势高于B点电势，故D错误。

点晴：解决本题关键理解做曲线运动的物体所受合外力指向曲线的内侧。

14. 如图所示，电源电动势E＝6V，内阻r＝1Ω，电阻R1＝2Ω，R2＝3Ω，R3＝7.5Ω，电容器电容C＝4μF，开关S原来断开，现在合上开关S到电路稳定，则（）
A. S断开时电容器a极板带正电
B. S断开时电容器的电压为3V
C. 从S断开到合上开关S且电路稳定后，流过电流表的电量为5.2×10-6 C
D. 从S断开到合上开关S且电路稳定后，流过电流表的电量为1.92×10-5 C
【答案】BD
【解析】S断开，C相当于断路，R3中无电流，C两端电压等于R2两端电压，由于a极板的电势比b极板的电势高，所以电容器a极板带正电．电容器的电压：
；故AB正确．
S合上电路稳定后，R1与R2串联后再与R3并联，C两端电压等于R1两端电压，b极板的电势比a极板的电势高，所以电容器b极板带正电．由电路分析知，外电路总电阻为：
;电容器的电压为：
．
流过电流表的电量为 Q=CU1+CU2=4×10-6×（3+1.8）C=1.92×10-5C，故C错误，D正确．
故选ABD.
点睛：本题主要考查了串并联电路的特点及闭合电路欧姆定律的直接应用，要求同学们能理清电路的结构，明确电路结构变化时，电容器的电压如何变化．
三、实验题
15. 某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度．该螺旋测微器校零时的示数如上左图(a)所示，测量金属板厚度时的示数如图(b)所示．图(a)所示读数为_____________mm，图(b)所示读数为_________mm，所测金属板的厚度为____________mm．
【答案】(1). 0.010(±0.001) (2). 0.010(±0.001) (3). 6.860(±0.002)【解析】图(a)螺旋测微器的固定刻度为0mm，可动刻度为1.0×0.01mm=0.010mm，所以最终读数为0mm+0.010mm=0.010mm，由于螺旋测微器可动刻度读数时需估读，所以图(a)的读数0.010(±0.001)；
图(b)螺旋测微器的固定刻度为6.5mm，可动刻度为37.0×0.01mm=0.370mm，所以最终读数为6.5mm+0.370mm=6.870mm，所以图(b)的读数6.870mm；所以所测金属板的厚度为
6.870mm-0.010mm=6.860mm。

16. 某同学测量阻值约为25kΩ的电阻R x，现备有下列器材：
A．电流表（量程100 μA，内阻约为200Ω）；
B．电流表（量程500 μA，内阻约为300Ω）；
C．电压表（量程15 V，内阻约为100kΩ）；
D．电压表（量程50 V，内阻约为500kΩ）；
E．直流电源（20 V，允许最大电流1 A）；
F．滑动变阻器（最大阻值1 kΩ）；
G．开关和导线若干．
（1）电流表应选_________，电压表应选_________．（填字母代号）
（2）请在虚线框中画出测量R x阻值的实验电路图 ___________ ．
【答案】 (1). B (2). C (3).
【解析】（1）电源电压为20V，故电压表应选择C；
通过电流值约为：，而电流表A量程太小，内阻也大，所以不选A，而B合适．
（2）因待测电阻约为25KΩ，，故用电流表内接法：
因是小电阻控制大电阻，若用限流式接法，控制的电压变化范围太小，则应用分压式接法．原理图如图所示；
点睛：实验电路所用器材的要求要熟练掌握，读数的要求，误差来源的分析，变阻器的分压与限流式区别要弄清楚．
四、计算题
17. 如图所示，电场中某一条电场线为一直线，线上有A、B、C三个点．正电荷q1＝+10-8C从B点移到A点时克服电场力做了10-7 J的功；负电荷q2＝-10-8C，在C点的电势能比在B点时大10-7 J．
（1）判断电场线的方向；
（2）求出A、B两点间的电势差和B、C两点间的电势差；
（3）若设B点的电势为零，求电荷q2在A点的电势能．
【答案】（1）A到C （2）10V 10V （3）-10-7 J
【解析】（1）正电荷从B到A克服电场力做功，电场力方向从A到B，场强方向从A到C；
（2）；
（3）则
点睛：本题的解题关键是掌握电势差的定义式，并能正确运用．也可以推论：正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势高处电势能小，判断电势高低．
18. 将一相距为d=40cm的平行板接入如图所示的电路中，当开关闭合时，带正电的小球刚好静止在两平行板间.已知电源电动势E=24V、内阻r=1Ω，R=15Ω，小球的电荷量q=1×10-2C、质量m=2×10-2kg，.求：
（1）带电小球静止时平行板间的电压U.
（2）滑动变阻器接入电路中的部分电阻的阻值R P为多少？.
【答案】（1）（2）
【解析】（1）对小球，由平衡条件得
解得
...............
又
解得
19. 如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔．质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零（空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g）．求：
（1）小球到达小孔处的速度；
（2）极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；
【答案】（1）（2）
【解析】试题分析：由v2＝2gh，得
（2）在极板间小球受重力和电场力作用，有
qE－mg＝ma，且v2－0＝2ad，得
由U＝Ed，Q＝CU得
考点：牛顿定律；带电粒子在电场中的运动
【名师点睛】本题关键是明确小球的受力情况和运动规律，然后结合动能定理和动量定理列式分析，比较简单。

20. 如图所示，边长为4l的正方形ABCD内存在两个场强大小相等、方向相反的有界匀强电场，中位线OO/上方的电场方向竖直向下，OO/下方的电场方向竖直向上。

从某时刻起，在A、O两点间（含A点，不含O点）连续不断地有电量为+q、质量为m的粒子以相同速度v0沿水平方向射入电场。

其中从A点射入的粒子第一次穿越OO/后就恰好从C点沿水平方向射出正方形电场区。

不计粒子的重力及粒子间的相互作用。

求：
（1）从AO间入射的粒子穿越电场区域的时间t和匀强电场的场强E的大小；
（2）在AO间离O点高度h为多大的粒子，最终能沿水平方向从CD间射出正方形电场区；（3）上一问中能沿水平方向射出正方形电场区的这些粒子，在穿越OO/时的速度大小v.
【答案】（1）（2）（3）
【解析】试题分析：粒子在电场中做类平抛运动，由类平抛运动可以求出粒子的运动时间与电场强度；作出粒子运动轨迹，粒子在电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律可以求出高度h；由动能定理可以求出粒子的速度。

（1）带电粒子先类平抛后类斜抛，运动轨迹如图1所示：
在水平方向上，做匀速直线运动所以运动时间为：
又因为竖直方向先匀加速运动：
联立以上可得：
(2) 满足题意的带电粒子运动轨迹如图2所示，每小段抛物线的水平长度为，则：
，其中：
结合（1）中的E解得：
（3）由题意粒子每次到达中位线的速度大小相同，从进入电场到第一次到达中位线过程，由动能定理得：
解得：
点睛：本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，带电粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动知识可以正确解题，运动形式为斜抛和高度的多解是难点。