【文档说明】安徽省合肥市第一中学2023-2024学年高二上学期素质拓展物理试题（二） 含解析.docx，共(15)页，1.538 MB，由管理员店铺上传

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合肥一中2022级高二物理上学期素质拓展2一、选择题（本题共10小题，共46分。1-7题为单选题，每小题4分；8-10题为多选题，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）。1.均匀带电绝缘圆环所带电荷量为

Q。现使圆环绕垂直圆环所在平面且过圆心的轴以角速度匀速转动。则环转动产生的等效电流为（）A.QB.QC.2QD.2Q【答案】D【解析】【详解】ABCD．根据电流定义式有QIT=圆环绕垂直圆环所在平面且过圆心的轴以角速度

匀速转动，则有2πT=可求出等效电流2πQI=故A、B、C错误；D正确故选D。2.如图所示，长方体金属块边长之比a：b：c=3：1：2，将A与B接入电压为U的电路中时，电流为I；若将C与D接入电压为U的电路中，则电流为（

设金属块的电阻率不变）（）A.IB.9I/4C.4I/9D.2I【答案】B【解析】。【分析】根据电阻定律可确定AB及CD时电阻，再由欧姆定律即可确定电流．【详解】设b长为l；根据电阻定律可知：LRS=；则接AB时，电阻3322ABLRLLL

==；当接CD时，电阻2233CDLRLLL==；由欧姆定律可知：2332ABUUULIRL===；则3924CDUULIIR===；故选B．3.如图所示是将滑动变阻器用作分压器的电路，A、B为分压器的输出端，电源电压U恒定，若把变阻器的滑片放在变阻器的中间，下列判断

正确的是（）A.AB间不接负载时输出电压UAB＝2UB.当AB间接上负载R时，输出电压UAB>2UC.负载电阻R越小，UAB越接近2UD.接上负载后要使UAB＝2U，则滑片P应向下移动【答案】A【解析】【详解】A．滑片放在变阻

器的中间则变阻器的上半部分和下半部分的电阻相同，都为02R，AB间不接负载时输出电压就是变阻器下半部分电阻两端的电压，上、下部分为串联，串联分压且与电阻成正比，即UAB＝2U。故A正确；B．当AB间接上负载R时，R与变阻器下半部分的电阻是并联关系。此时并联部分的总

电阻为0002=22RRRRRR+并所以并联部分的电压小于滑动变阻器的上半部分的电压。即UAB<2U。故B错误；C．负载电阻R越小，R与变阻器下半部分电阻并联后的总电阻就越小。所以并联部分分到的电压就越小。当负载电阻趋近于零时，并联部分

的总电阻也趋近于零，并联部分分到的电压也趋近于0。故C错误；D．接上负载后并联部分总电阻为的0002=22RRRRRR+并UAB<2U，滑片P向上移动时，滑动变阻器上半部分的电阻减小。下半部分的电阻增大，则并联部分的电阻也增大。这样才有可

能使UAB＝2U。故D错误。故选A。4.如图所示为某金属导体的伏安特性曲线，MN是曲线上的两点，过M点的切线和M、N两点对应坐标图中已标出，下列说法正确的是（）A.该金属导体的电阻随电压的增大而减小B.该金属导体两端的电压是2.0V时对应的电阻是6.7C.

该金属导体的电阻是10D.该金属导体在M点和N点对应电阻之比是3：2【答案】B【解析】【详解】A．根据欧姆定律UIR=I-U图线上各点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，斜率逐渐减小，说明该金属导体的电阻随电压的增大而增大，故A错误；B．该金属导体M

点对应的电压是2.0V，对应的电流是0.3A，由电阻的定义得20Ω6.73MURI==故B正确；C．由于伏安特性曲线不是直线，所以该金属导体的电阻是变化的，故C错误；D．由图可知，N点对应电阻是5.0Ω10Ω0.5NURI===的金属导体在M点和N点对应的电阻之比是:2:3

MNRR=故D错误。故选B。5.如图所示，大量程电压表、电流表都是由灵敏电流表G和变阻箱R改装而成。已知灵敏电流表G的满偏电流为g300mAI=，内阻为g10R=，变阻箱R接入电路的阻值为0R。下列说法正确的是（）A.改装为0.6A量程的

电流表，选择图甲，05R=B.改装为0.6A量程的电流表，选择图乙，010R=C.改装为15V量程的电压表，选择图甲，020R=D.改装为15V量程的电压表，选择图乙，040R=【答案】D【解析】【详解】AB．改装为0.6A量程的电流表，需要并联一个电阻，选择图甲，根据欧姆定律有gg

g0IRIIR=+解得010R=AB错误；CD．改装为15V量程的电压表，需串联一个电阻，选择图乙，根据欧姆定律有ggg0IRIRU+=解得040R=C错误，D正确。故选D。6.一根长为L、横截面积为S、电阻

率为的金属棒，棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m，电荷量为e。在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速度为v，则棒两端所加电压的大小为（）A.22mveB.2mLvSneC.nevLD.evS【答案】C【解析

】【详解】电流的微观表达式InevS=，电阻定律LRS=，根据欧姆定律得UIR=，联立得棒两端所加电压的大小UnevL=故选C。7.把两个相同的灵敏电流计分别改装成了两个量程不同的电压表V1、V2，若把V1、V2分别采用并联或串联的方式接入

电路，如图甲、乙所示，两电路中滑动变阻器与电源均相同，则闭合开关后，下列说法正确的是（）A.图甲中的V1、V2的示数不同，指针偏角相同B.图乙中的V1、V2的示数不同，指针偏角相同C.图甲V1和图乙V1的示数不可能相同D.图甲V1和图乙V2的指针偏角一定相同【

答案】B【解析】【详解】A．两个电压表量程不同，所以内阻不同，在图甲中两个电压表是并联关系，根据并联电路电压相等，所以两只电表的示数相同，但是由于两只电表的内阻不同，故流过两只电表的电流不同，又因为指针偏转角与流过表头的电流有关，电流越大，偏转角越大，故

A错误；B．两个电压表量程不同，所以内阻不同，在图乙中两个电压表是串联关系，根据串联电路电流相等，又因为指针偏转角与流过表头的电流有关，所以两只电表的指针偏转角相同，但是由于两只电表的内阻不同，所以两个电表的分压不同，所以两个表的

示数不同，故B正确；C．图甲和图乙两个电路中总电阻不可能相同，甲图中定值电阻与滑动变阻器串联，当滑动变阻器的电阻调节到比较小时，定值电阻分压可以与图乙中电压表的分压相同，所以图甲V1和图乙V1的示数可能相同，C错误；D．流过图甲V1中电流可能和图乙V2中的电流相同，也可能不

同，所以指针偏角可能相同，也可能不同，故D错误；故选B。8.如图所示是等量异种点电荷形成电场中的一些点，O是两电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对O对称的两点，B、C和A、D也相对O对称。则（）A.B

、O、C三点比较，O点场强最弱，B点电势最高B.E、O、F三点比较，O点电势最高、场强最弱C.A、D两点场强相同，电势不相同D.正试探电荷沿连线的中垂线由E点运动到F点，电场力先做负功后做正功【答案】AC【解析】【详解】A．根据等量异种电荷的电场线分布规律可知，B、O、C三点位置

处，O点处电场线分布要稀疏一些，即B、O、C三点比较，O点场强最弱，B、O、C三点位置处的电场线由BOC→→，根据沿电场线电势降低，可知，B点电势最高，故A正确；B．根据等量异种点电荷的等势线分布规律可知，中垂线本身就是一条等势线，即E、O、F三点电势相

等，根据等量异种电荷的电场线分布规律可知，E、O、F三点位置处，O点处电场线分布要密集一些，即O点场强最大，故B错误；C．A、D对O对称，根据等量异种电荷的电场线分布规律可知，A、D两点位置处场强大小相等，方向相同，即这两位置的场强相同，根据等量异种电荷

的电场线分布规律可知，A位置处电场线由A处指向无穷远，即A位置的电势比无穷远沿高，而D位置处电场线由无穷远指向D位置，即D位置的电势比无穷远沿低，则A点电势比D点高，故C正确；D．根据等量异种点电荷的等势线分布规律可知，中垂线本身就是一条等势

线，则正试探电荷沿连线的中垂线由E点运动到F点，电场力不做功，故D错误。故选AC。9.如图所示，虚线a、b、c是电场中的三个等势面，相邻等势线间的电势差相等，实线为一个带负电的质点仅在电场力作用下的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点。下列说法正确的是（）A.质点

在Q点时电势能比P点时大B.质点在Q点时加速度方向与等势面a垂直C.三个等势面中等势面a的电势最低D.Q点的电场强度小于P点的电场强度【答案】BD【解析】【详解】A．由于质点所受合力，即电场力垂直于等势线且指向轨迹的内侧，即质点所受电场力方向垂直于等势线向下，质点由Q到P电

场力做负功，电势能增大，即质点在Q点时电势能比P点时小，故A错误；B．根据上述可知，质点在Q点时的电场力方向与等势线垂直，方向指向轨迹内侧，根据牛顿第二定律可知，质点在Q点时加速度方向与等势面a垂直，故B正确；C．根据上述质点所受电场力方向垂直于等势线向下，质点带负电，可知，电场

线方向垂直于等势线整体向上，根据沿电场线电势降低，可知三个等势面中等势面a的电势最高，故C错误；D．等差等势线分布的疏密程度能够间接反映电场的强弱，根据图像可知，Q点位置等势线分布比P点位置要稀疏一些，则Q点的电场强度小于P点的电场强度，故

D正确。故选BD。10.在如图所示的电路中，开关S闭合后，一带电油滴恰能静止于一水平固定的平行板电容器中的P点。下列说法正确的是（）A.油滴带负电荷B.仅将极板M缓慢下移，油滴将向上运动C.仅将极板M缓慢下移，静电计指针的张角变小D.S断开后，仅将极板M缓慢下移，油滴静止不动【答案】

AD【解析】【详解】A.电容器上极板带正电，可知油滴带负电荷，选项A正确；B.仅将极板M缓慢下移，则板间距增加，根据UEd=可知，场强减小，电场力减小，则油滴将向下运动，选项B错误；C.仅将极板M缓慢下移，电容器两板电势差不变，则静电计指针的张角不变，选项C错

误；D.S断开后，仅将极板M缓慢下移，两板带电量Q不变，根据4SCkd=QCU=UEd=可得4kQES=两板场强不变，则油滴静止不动，选项D正确。故选AD。二、非选择题（共54分。其中第11题15分，第

12题10分，第13题13分，第14题16分）。11.某实验小组为测量某种合金丝的电阻率，进行了如下操作：（1）用刻度尺测得合金丝的长度为60cm，用螺旋测微器测量合金丝的直径，示数如图1所示，则合金丝的直径为__________mm；（2）设计如图2所示的实验电路，用电流表和电压表测

量金属丝的电阻值。请用笔画线代替导线，将滑动变阻器接入图3实物电路中的正确位置__________；（3）正确连接电路后，某次测量时电压表（量程03V）和电流表（量程00.6A）指针的位置分别如图4、图5所示，则电压U=__________V，电流I=__________A；（4）由题给

数据和测量数据计算该合金丝的电阻率为__________m。（保留两位有效数字）【答案】①.0.628##0.626##0.627##0.629②.③.1.20④.0.50⑤.61.210−【解析】【详解】（1）[1]合金丝的直径为0

.5mm12.80.01mm0.628mmd=+=（2）[2]根据电路图连接如图所示：（3）[3]由图4知，电压表（量程03V）示数为1.20VU=[4]由图5知，电流表（量程00.6A）的示数为0.50AI=（4）[5]由欧姆定律可得，合金丝的

电阻为2.4ΩURI==根据电阻定律LRS=可得24SdRRLL==带入数据解得61.210m−=12.如图所示，在该电路施加U=5V的电压，R1＝4Ω，R2＝6Ω，滑动变阻器最大值R3＝10Ω，则当滑动触头从a滑到b的过程中，电流表示数的最小值为多少？【答案】1A【解析

】【详解】解：设触头上部分电阻为R，则下部分为3RR−的总电阻：2123123()()()(146(6)10020)20RRRRRRRRRRRR++−+−−−+===++总当6R=时，R总最大，此时5maxR=电流表示数的最小值为：1min

maxUIAR==13.密立根用如图所示的实验装置来测定很小的带电油滴所带的电荷量。油滴从喷雾器喷出时由于摩擦而带电，并落入两块相互平行的极板M、N之间的区域（M板带正电、N板带负电），透过显微镜寻找那些刚好悬浮在极板间的油滴。根据观测数据算出油滴的质量，再根据油滴悬浮时受到的电场力和重力

平衡，可计算出油滴所带的电荷量。（1）若P为从显微镜中观察到的悬浮油滴，则可推知P带哪种电荷？（2）已知极板M、N之间的距离为d，电压为U，求两板之间的电场强度E的大小；（3）油滴P可视为球体，并测得其半径为R。已知油的密度为ρ，重力加速度为g，极板M、N之间的距离为d

，电压为U。求该油滴的电荷量q。（提示：球的体积公式34π3VR=）【答案】(1)负电(2)UEd=(3)343RgdqU=【解析】【详解】（1）油滴受向上的电场力，而上极板带正电，可知P带负电.（2）两板之间的电场强度UEd=（3）∵油滴P悬浮∴油滴P受到的重力和电场力平衡即:m

gqE=而:343mR=UEd=联立以上各式，可得:343RgdqU=14.在现代科学实验和技术设备中，常常利用电场来改变或控制带电粒子运动。如图甲所示的装置由加速区、静电分析器和偏转电场三部分

组成。在发射源S处静止释放质量为m，电荷量为q的正离子，经过竖直放置的A、B板间的加速电压U0后进入电场均匀辐射方向分布的静电分析器，从C点射入沿半径为R的圆心角为53°的圆弧做匀速圆周运动，且从D点射出，经DP从偏转电

场的P点射入，水平放置的G、H板间距为d，两板间加上如图乙的变化电压，G为正极板，该变化电压的最大值也为U0，且周期T远远大于离子在偏转电场中的运动时间，G、H板足够长，离子重力不计。已知sin530.8=，cos530.6=。求：（1）离子到达C点速度v的大

小；（2）圆弧虚线CD所在处电场强度E的大小；（3）若离子源S在T时间内均匀发射N个正离子，则T时间内在G板上收集到的离子数n；（4）离子打到H板上的长度。【答案】（1）02qUm；（2）02UR；（3

）0.64N；（4）1.08d【解析】【详解】（1）离子的加速电场中，由动能定理得2012qUmv=从而求得的02qUvm=（2）离子在辐射电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，由牛顿第二定律得2qEmvR=联立（1）中结果得到02UER=

（3）离子在偏转电场中做类斜抛运动，设电压为Uc时，离子的轨迹刚好与G板相切，则加速度为cqUamd=竖直速度为sin53yvvv==竖直速度减小为零时22yvad=联立可得00.64cUU=即恰好打到板上的粒子的出发时刻为00.64cUtTTU==那么打到G

板的粒子的出发时刻范围为0~t，而U与t成线性关系。则T内在G板上收集到的离子数为0.64tnNNT==（4）使离子打到H板上，偏转电压有要求，U取0.64U0~U0由于是斜抛运动（可看作两个平抛组成），离子的运动时间为2yvta=离子的水平位移为xxvt=加速度

为qUamd=离子的水平速度为cos53xvv=从而得到max3xd=min1.92xd=则离子打到H板的长度是maxmin31.921.08xxxddd=−=−=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com