安徽省合肥市一六八中学2023-2024学年高二上学期第三次限时练物理试卷（Word版附解析）

高二年级物理限时练（三）时间：75分钟满分：100分一、单选题（每题4分，共32分）1. 如图甲所示，其中R两端电压u随通过该电阻的直流电流I的变化关系如图乙所示，电源电动势为7.0V(内阻不计)，且R1=1 000Ω(不随温度变化)。若改变R2，使AB与BC间的电压相等，这时(　　)A. R的阻值为1 000ΩB. R的阻值为1 300ΩC. 通过R的电流为1.5mAD. 通过R的电流为2.0mA【答案】BC【解析】【详解】将R1电阻的伏安特性曲线在坐标中作出，两图象的交点为电阻的工作点，如图所示由图可知，此时电流为3 mA，要使AB与BC之间的电压相等，则BC两端的电压为3.5 V，并且两电阻中的电流相等，由图可知，此时符合条件的只有1.5 mA，这时R的电压为2 V，由故选BC。2. 一根横截面积为S的铜导线，通过的电流为I，已经知道铜的密度为ρ，铜的摩尔质量为M，电子电荷量为e，阿伏加德罗常数为NA，设每个铜原子只提供一个自由电子，则铜导线中自由电子定向移动速率为（　　）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】设自由电子定向移动的速率为，导线中自由电子从一端定向移到另一端所用时间为t，对铜导体研究：每个铜原子可提供一个自由电子，则铜原子数目与自由电子的总数相等，即t时间内通过导体截面电荷量为则电流强度为解得故选A。3. 如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点，由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子（ ）A. 运动到P点返回B. 运动到P和P′点之间返回C. 运动到P′点返回D. 穿过P′点【答案】A【解析】【详解】设A、B板间的电势差为U1，B、C板间的电势差为U2，板间距为d，电场强度为E，第一次由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，根据动能定理得则有将C板向右移动，B、C板间电场强度变为则将C板向右平移到P′点，B、C间电场强度E不变， 所以电子还是运动到P点速度减小为零，然后返回。故选A。4. 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，下列说法不正确的有（　　）A. 路端电压为10VB. 电源的总功率为12WC. a、b间电压的大小为5VD. a、b间用导线连接后，电路的总电流为1A【答案】D【解析】【详解】A．依题，电路外电阻为结合闭合电路欧姆定律可知，路端电压故A不符合题意；B．闭合电路欧姆定律可知，电源功率故B不符合题意；C．选电源负极为0电势，则b点电势则a点电势故ab电压大小为U1=7.5-2.5=5V故C不符合题意；D．a、b间用导线连接后,则外电路电阻故电路的总电流为故D符合题意；故选D 。5. 如图所示，正电荷q均匀分布在半球面ACB上，球面半径为R，CD为通过半球顶点C和球心O的轴线．P、M为CD轴线上的两点，距球心O的距离均为，在M右侧轴线上点固定正点电荷Q，点、M间距离为R，已知P点的场强为零，若带电均匀的封闭球壳内部电场强度处处为零，则M点的场强为A. 0 B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】根据P点的场强为零，得半球面对P点场强和点电荷Q对P场强等大反向，即半球面对P点场强大小为，方向向右；现只研究半球面，若补全右半球面，根据带电均匀的封闭球壳内部电场强度处处为零，补全右半球面后，正电球面在P、M两点产生的电场强度均为零，由于对称性，左半球面对M点场强和右半球面对M点场强等大反向，左半球面P点场强和右半球面对M点场强等大反向，，即左半球面对M点场强为：，方向向右，点电荷Q对M点场强为，方向向左，叠加得M点合场强为，方向向左，故C正确，ABD错误。故选C。6. 如图所示，质量分别为m和3m的物体A、B用一根轻弹簧相连，置于光滑的水平面上，物块A刚好与墙壁接触。现用外力缓慢向左推物体B使弹簧压缩，然后撤去外力，此过程中外力做功W，对两物体的运动情况以下说法正确的是（　　）A. 从撤去外力到A物离开墙壁的过程中，墙壁对物体A的冲量为0B. 在物体A离开墙壁后的运动过程中，物体A运动速度不可能为0C. 在物体A离开墙壁后的运动过程中，物体A运动速度的最大值为D. 在物体A离开墙壁后的运动过程中，物体B运动速度的最小值为0【答案】C【解析】【详解】A．从撤去外力到A物离开墙壁的过程中，墙壁对物体A的作用力不为零，故墙壁对物体A的冲量不为0。故A错误；BCD．分析可知，当弹簧第一次恢复原长时，此时A的速度为零，弹簧的弹性势能全部转化为B的动能，故有解得此后AB都运动，B做减速运动，A做加速运动，弹簧再次恢复原长时，A物体的速度最大，B物体的速度最小。从AB都运动到此过程中根据动量守恒定律及能量定律可得联立以上解得随后B做加速运动，A做减速运动，弹簧再次恢复原长时，A物体的速度最小，B物体的速度最大。从AB都运动到此过程中根据动量守恒定律及能量定律可得联立以上可得故BD错误，C正确。故选C。【点睛】理解物体运动的运动情况，根据运动情况分析物体在运动过程中的速度变化情况，再根据动量守恒定律及能量守恒定律进行解答。7. 离子陷阱是一种利用电场或磁场将离子俘获并囚禁在一定范围内的装置。如图所示为最常见的“四极离子陷阱”的俯视示意图，四根平行细杆与电源相连，相当于四个电极，相对的电极带等量同种电荷，相邻的电极带等量异种电荷。在垂直于四根杆的平面内四根杆的连线是一个正方形abcd，A、C是a、c连线上的两点，B、D是b、d连线上的两点，A、C、B、D到正方形中心O的距离相等。则下列判断正确的是（　　）A. D点的电场强度为零B. A、B、C、D四点电场强度相同C. B点电势比A点电势高D. O点的电场强度为零【答案】D【解析】【详解】A．两负电极在D点形成的电场水平向右，两正电荷在D点形成的电场也水平向右，所以D点电场强度不为0，故A错误；B．A、B、C、D对称分布，电场线密集程度一样，所以这四点电场强度大小相等，但方向不同，故B错误；C．A到B的电场线，是由A指向B，且电场线是曲线，沿着电场线的方向，电势降低，所以A点电势比B点电势高，故C错误；D．根据电场叠加原理，a、c两个电极带等量正电荷，其中点O的合场强为零，b、d两个电极带等量负电荷，其中点O的合场强为零，则O点总体的合场强为零，故D正确。故选D8. 如图所示，小车上固定着一个竖直放置的弯曲圆管，整个小车（含圆管）的质量为2m，初始时静止在光滑的水平面上。一个小球以水平速度v从圆管左端飞入后恰好能从圆管右端滑离小车。小球质量为m，半径略小于圆管半径，可以看作质点，忽略一切摩擦以及圆管的厚度。在此过程中，下列说法正确的是（　　）A. 小球滑离小车时，小车速度向右B. 小球滑离小车时，车的速度大小为C. 圆管中轴线距离车身的最大高度为D. 从小球进入圆管到脱离圆管，小球对小车的总冲量为0【答案】C【解析】【详解】AB．小球与小车在水平方向上的合外力为零，故在水平方向上动量守恒可得由机械能守恒可得解得，小球滑离小车时，小车的速度为0，小球的速度为v，故AB错误；C．小球恰好到达管道的最高点后，则小球和小车的速度相同为v′，由动量守恒定律得解得由机械能守恒定律，以小球刚滑上小车的位置为零势能面，小球在最高点的重力势能等于系统动能减小量根据Ep = mgh可知，车上管道中心线最高点的竖直高度故C正确；D．从小球进入圆管到脱离圆管，小球对小车的水平方向总冲量为0，总冲量不为0，故D错误。故选C。二、多选题（每题5分，共10分，少选得3分，多选或错选得0分）9. 静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷(　　)A. 在和处电势能相等B. 由运动到的过程中电势能增大C. 由运动到的过程中电场力先增大后减小D. 由运动到的过程中电场力先减小后增大【答案】BC【解析】【分析】由图像判断电场线的方向，再确定电势大小的关系．【详解】A．由图像可知，在0～x1之间，电场强度E是正的，是沿x轴正方向的；在x1～x4之间，电场强度E是负的，是沿x轴负方向的，故由x2到x4是逆着电场线的方向，所以x4处的电势要大于x2处的电势，选项A错误；B．由x1运动到x3的过程中，是逆着电场线方向的，所以电势能增大，选项B正确；CD．由x1运动到x4的过程中，x3处的电场强度的大小是最大的，故电荷在该点受到的电场力也应该是最大的，故电场力是先增大后减小，选项C正确，D错误．【点晴】图像只是向我们提供一种电场强度与位置的关系，需要我们通过图像将其转化为具有一定形态的东西，当我们将其转化成具体的电场线的某一个方向时，我们再去判断就会很容易了，所以对图像的识别很重要．10. 某同学按如图电路进行实验，电压表内阻看作无限大，电流表内阻看作零．实验中由于电路发生故障，发现两电压表示数相同了（但不为零），若这种情况的发生是由用电器引起的，则可能的故障原因是:A. R3短路 B. RP短路C. R3断开 D. R2断开【答案】BD【解析】【分析】【详解】若短路则电压表示数为零，若断开则测两端电压，测滑动变阻器和串联总电压，两表示数不同；若Rp短路，两表都测R2电压，电压表示数相同，R2断开，两电压表均测R3电压，电压表示数相同。故选BD。三、实验题（共16分）11. 某同学想要准确测量一阻值约为2kΩ的电阻Rx的阻值，实验室还提供了下列器材：A．电流表A1（量程为500μA，内阻r1=1kΩ）B．电流表A2（量程为1.5mA）C．滑动变阻器R1（0～20Ω）D．滑动变阻器R2（0～2000Ω）E．电阻箱R0（0～9999Ω）F．电源（电动势E=3V，内阻可以忽略）G．开关H．导线若干（1）某同学用如图甲所示电路图测电阻Rx的阻值，为尽可能获取多组数据和操作方便，滑动变阻器应选择___________（填“R1”或“R2”）；为将电流表A1改装成量程为3 V的电压表，需要将电阻箱R0的阻值调为___________Ω；（2）如图乙所示为本实验的部分连线的实物图，请用笔画线代替导线将其连接成完整电路；（ ） 　（3）按正确的电路连接，闭合开关，记录电流表A1、A2的示数I1和I2，移动滑动变阻器的滑片，记录多组数据，并作出I1­I2图线如图丙所示，则该待测电阻阻值为Rx=_______kΩ（结果保留两位有效数字）。【答案】 ①. R1 ②. 5000 ③. ④. 2.3【解析】【详解】（1）[1]因为电路中的滑动变阻器是分压连接，故滑动变阻器在安全的前提下阻值小点好，故选R1；[2]改装电表时，由于A1表自身满偏时对应电压值为UA=IAr1=0.5V故电阻箱还得分担2.5V的电压，即电压是A1表的5倍，电阻也是A1表的5倍，即电阻箱阻值应调为5r1=5000Ω（2）[3]改装电压表内阻已知，所以电流表A2外接，滑动变阻器分压式接法，电路图如下。（3）[4]根据电路结构，由欧姆定律故图线的斜率为代入数据解得Rx=2.3kΩ12. 某研究性学习小组设计的测量电源电动势和内阻的电路如图所示，是辅助电源，、两点间有一灵敏电流计。（1）实验步骤如下：（i）闭合开关、，调节和使得灵敏电流计的示数为零，读出电流表和电压表的示数和。；（ii）改变滑动变阻器、的阻值，重新使得___________，读出电流表和电压表的示数和；（iii）重复（2）中的操作，得到了多组、，并做出了如图所示的图像；（2）由图像可以得出电源电动势___________，内阻___________（结果均保留2位小数）；（3）若不计偶然误差因素的影响，经理论分析可得，___________（填“大于”、“小于”或“等于”）。【答案】（1）灵敏电流计的示数为零 （2） ①. 1.90 ②. 0.45 （3）等于【解析】【小问1详解】灵敏电流计的示数为零【小问2详解】[1]由闭合电路欧姆定律可知结合图像可知，图像纵截距表示电源电动势E=1.9V[2]图像斜率绝对值表示电源内阻【小问3详解】调节R和R`使的灵敏电流计的示数为零，使得AB间的等效电阻为零，利用消除法消除了电表内阻造成的系统误差，所以E测=E真。四、计算题（共42分）13. 如图所示，一条长为L的细线上端固定，下端拴一个质量为m、电荷量为q的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A点由静止释放，当细线离开竖直位置的偏角α=60°时，小球速度为零。（1）求小球的带电性质和电场强度E；（2）若小球恰好完成竖直圆周运动，求从A点释放小球时的初速度vA的大小（可含根式）。【答案】（1）正电， （2）【解析】【详解】（1）根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电。小球由A点释放到速度等于零，由动能定理有0=EqLsinα-mgL(1-cosα）解得（2）将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力G1，合成可知则方向与竖直方向成30°角偏向右下方;若小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高点有由动能定理可知解得14. 如图所示，有四块相同的矩形金属薄板M、N、P、Q，其中M、N（正中间均开有小孔）竖直平行放置，P、Q水平平行放置，金属板M接电源正极，N接电源负极，电源电压可调，金属板P带正电、Q带等量负电，电荷量保持不变，其右下方有一水平放置、半径为R的圆形检测板，检测板圆心到金属板P、Q中心的水平距离为b。比荷为的带正电粒子从小孔飘入（初速度近似为零）金属板M、N，当金属板M、N所接电源的电压为时，粒子经加速、偏转后恰好能打到检测板的圆心处。不计粒子受到的重力，忽略极板的边缘效应。（1）求粒子进入偏转电场时的速度大小；（2）要使带电粒子能够打在检测板上，求M、N两板所接电源电压的取值范围。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）从M到N，根据动能定理，有解得（2）方法一：设金属板长为L、板间距为d，偏转电场的电压为U，加速电压为时，粒子在偏转电场中运动的时间为t，离开偏转电场时速度的偏转角为，水平方向有根据牛顿第二定律，有速度偏转角为联立解得设加速电压为时粒子恰好打到检测板最左侧，加速电压为时粒子恰好打到检测板最右侧，离开偏转电场时速度的偏转角分别为、，结合几何关系有粒子离开偏转电场后做匀速直线运动，且速度反向延长线过金属板P、Q中心，根据几何关系，有联立解得即M、N两板所接电源电压的取值范围为。方法二：设加速电压为，同理可得，粒子进入偏转电场的速度为设金属板长为L、板间距为d，偏转电场的电压为，粒子在偏转电场中运动的时间为t，离开偏转电场时速度的偏转角为，水平方向有根据牛顿第二定律，有粒子在偏转电场中做类平抛运动，则粒子离开偏转电场后做匀速直线运动，当，粒子在沿着偏转电场的位移为，恰好能打到检测板的圆心处，设检测板金属板P、Q中心的水平距离为Y,则设加速电压为时粒子恰好打到检测板的最左侧（此情况下加速电压最小）， 加速电压为时粒子恰好打到检测板的最右侧（此情况下加速电压最大），同理可得,则,即M、N两板所接电源电压的取值范围为。15. 如图所示，光滑水平面上有一质量为、长度为的长木板，其右端有一质量为的滑块（可视为质点），滑块与木板间动摩擦因数为。初始时，二者以共同的速度一起向左运动，木板每次与墙面碰撞后瞬间，速度大小变为原来的一半，并反向运动。整个过程，滑块既没有从木板上掉下，也没有与墙面发生接触。知重力加速度取，求：（1）首次碰撞后开始计时，木板速度第一次减为零时的位移大小；（2）木板长度的最小值；（3）整个过程因摩擦产生的热量。 【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）第1次碰撞后，木板向右做匀减速直线运动，速度为零时，位移为对木板由动能定理可得解得代入数据得（2）之后，木板向左做匀加速直线运动，设板块最终有共同速度，对于系统，由动量守恒定律得解得即板块以共同的速度再次与墙面发生二次碰撞，第1次碰撞后至第1次共速二者相对位移为L1，由能量守恒解得同理解得第2次碰撞后至第2次共速二者相对位移，由能量守恒得解得以后每次情况均是如此，直至碰撞无数次后系统处于静止状态此可得第次碰撞后共速的速度第次碰撞后至第次共速二者相对位移解得由等比数列求和公式可得代入数据得（3）摩擦生热代入数据得