海南省海口市海南枫叶国际学校2020学年高二物理上学期期中试题（含解析） 13页

海南枫叶国际学校2020学年度第一学期 ‎ 高二年级物理学科期中考试卷 一、单项选择题。每题4分，共24分。每题只有一个选项符合题意，选对的得4分，错选或不选的得0分。‎ ‎1.对于点电荷的理解，正确的是 A. 点电荷就是带电荷量很少的带电体 B. 点电荷就是体积很小的带电体 C. 体积大的带电体肯定不能看成点电荷 D. 带电体如果本身大小和形状对它们间的相互作用影响可忽略，则可视为点电荷 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：当带电体本身的大小和形状对研究的问题影响很小时，可以将带电体视为点电荷，与电荷的实际大小和带电量无关，故A错误，B错误；体积大的带电体，当在研究的问题中大小可以忽略不计时，能看成点电荷，故C错误；带电体如果本身大小和形状对它们间的相互作用影响可忽略，则可简化为点，即视为点电荷，故D正确。‎ 考点：元电荷、点电荷 ‎【名师点睛】当带电体本身的大小和形状对研究的问题影响很小时，可以将带电体视为点电荷；点电荷是一种理想化的物理模型；本题考查了点电荷的概念，注意点电荷是理想模型，是实际电荷的简化。‎ ‎2.甲、乙两个导体的电阻关系是R甲=3R乙，将它们并联接到电源上，则通过甲、乙两导体的电流之比是 A. 1：1‎ B. 1：3‎ C. 3：1‎ D. 无法确定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 甲、乙两个导体并联接到电源上，导体两端的电压相等，根据欧姆定律求解；‎ ‎【详解】甲、乙两个导体并联接到电源上，导体两端的电压相等，则，根据欧姆定律可得通过甲、乙两导体的电流之比，故B正确，A、C、D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】对于串联或并联电路，关键要掌握其基本特点，抓住并联电路导体两端电压相等是本题的解题关键。‎ ‎3. A、B、C三点在同一直线上，AB:BC=1:2，B点位于A、C之间，在B处固定一电荷量为Q的点电荷。当在A处放一电荷量为＋q的点电荷时，它所受到的电场力为F；移去A处电荷，在C处放电荷量为-2q的点电荷，其所受电场力为 （ ）‎ ‎（A）-F/2 （B）F/2 （C）-F （D）F ‎【答案】B ‎【解析】‎ 根据库仑定律：，在A点放一电荷量为＋q的点电荷时：‎ 而在C处放电荷量为-2q的点电荷：，而LAB:LBC=1:2，代入得：‎ ‎4. 导体的电阻是导体本身的一种性质，对于同种材料的导体，下列表述正确的是 A. 横截面积一定，电阻与导体的长度成正比 B. 长度一定，电阻与导体的横截面积成正比 C. 电压一定，电阻与通过导体的电流成正比 D. 电流一定，电阻与导体两端的电压成反比 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 对于同中材料的物体,电阻率是个定值,根据电阻定律可知A正确 ‎5.电场中一点P，下列说法正确的是：（ ）‎ A. 若放在P点的试探电荷的电荷量减半，则P点的场强减半 B. 若P点无试探电荷，则P点的场强为零 C. P点的场强越大，则同一电荷在P点受到的电场力越大 D. P点的场强方向为试探电荷在该点受到的电场力的方向 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题应抓住场强反映电场本身的性质，与放入电场中的试探电荷无关，场强的方向与正试探电荷在该点所受的电场力方向相同。‎ ‎【详解】A项：场强是表示电场本身性质的物理量，由电场本身决定，与试探电荷无关，所以当试探电荷的电荷量减半时，P点的场强不变，故A错误；‎ B项：由于场强由电场本身决定，与试探电荷无关，所以当P点没有试探电荷，P点的场强不变，故B错误；‎ C项：由得，F=qE，q一定时F与E成正比，则知P点的场强越大，同一试探电荷在P点受到的电场力越大，故C正确；‎ D项：P点的场强方向为就是放在该点的正试探电荷所受电场力的方向，与P放在该点的负试探电荷所受电场力的方向相反，故D错误。‎ 故应选：C。‎ ‎【点睛】电场强度是描述电场性质的物理量，可根据是比值法定义来理解E的物理意义．要知道电场力既与电荷有关，也与电场有关。‎ ‎6.如图所示，平行板电容器的两极板A、B接在电池的两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合开关S，给电容器充电，稳定后悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则（ ）‎ A. 若保持开关S闭合，A极板向B极板靠近，则θ减小 B. 若保持开关S闭合，A极板向B极板靠近，则θ不变 C. 若开关S断开，A极板向B极板靠近，则θ不变 D. 若开关S断开，A极板向B极板靠近，则θ增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 若保持开关S闭合，则电容器两端的电压U不变，A极板向B极板靠近时，两极板间的距离d减小，由，可知两极板间的电场强度增大，小球受到的电场力增大，则θ增大，故AB错误；若开关S断开，则电容器所带的电荷量恒定，A极板向B极板靠近时，板间距离减小，根据电容器的决定式：、定义式 以及，联立可得：，说明电场强度保持不变，则带正电的小球受到的电场力不变，即θ不变，故C正确，D错误。所以C正确，ABD错误。‎ 二、多项选择题。每题5分，共20分。每小题有多个选项符合题意，全部选对的得5分，有选对的但有漏选的得3分，有错选或不选的得0分。‎ ‎7.关于电场线的下列说法中正确的是（ ）‎ A. 电场线上每点的切线方向都跟该点的场强方向一致．‎ B. 电场线就是电荷在电场中的轨迹线．‎ C. 在电场中有电场线的地方场强一定不为零．‎ D. 点电荷电场在同一平面内的电场线是以点电荷为中心的一簇同心圆．‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 电场线可以形象表示电场的方向，电场线上每点的切线方向都跟该点的场强方向一致，故A 正确．电场线与电荷的运动轨迹不同，不是一回事，当电场线是直线、而且电荷从静止开始或初速度方向与速度在同一直线上，只受电场力时，电场线与轨迹重合，故B错误．电场线的疏密表示场强的大小，在电场中有电场线的地方场强不为零，故C正确．点电荷电场在同一平面内的电场线是一簇以点电荷为中心会聚或发散的射线．故D错误．故选AC．‎ ‎【点睛】电场线可以形象表示电场的强弱和方向，其切线方向表示场强的方向，电场线与电荷的运动轨迹不同，不是一回事．点电荷电场在同一平面内的电场线是以点电荷为中心会聚或发散的射线．‎ ‎8.在如图所示的电路中，当变阻器R3的滑动头P向b端移动时 A. 电压表示数变大 B. 电压表示数变小 C. 电流表示数变大 D. 电流表示数变小 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 滑动变阻器的滑动头P由a端向b端移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化，确定路端电压的变化，根据电流表的电流与干路电流和R2电流的关系分析电流表的示数变化；‎ ‎【详解】当滑动变阻器的滑动头P由a端向b端移动时，变阻器接入电路的电阻减小，并联部分电阻减小，外电路总电阻R减小，由闭合电路欧姆定律得知干路电流I增大，内电压增大，路端电压减小，则电压表的示数减小；电路中并联部分的电压为，I增大，减小，流过电阻R2的电流减小，电流表的示数，则IA变大，即电流表示数变大，故B、C正确，A、D错误；‎ 故选BC。‎ ‎【点睛】关键是对于闭合电路欧姆定律的动态分析，一般思路都是先分析局部电路的电阻变化，再分析整体中电流及电压的变化，最后分析局部电路中的流及电压的变化；在分析局部电路时要注意灵活应用串并联电路的性质。‎ ‎9.把两个完全相同的金属球A和B接触一下，再分开一小段距离，发现两球间互相排斥，则A、B两球原来的带电情况可能是(　　)‎ A. A和B原来带有等量异种电荷 B. A和B原来带有同种电荷 C. A和B原来带有不等量异种电荷 D. A和B原来只有一个带电 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ 两个小球接触一下，在分开，两球之间相互排斥，故接触后两个球带电性质相同，如果两小球原来带有等量异种电荷，则根据平均分配原则，接触后两小球不带电，A错误。若两小球原来带同种电，则接触后，两小球还带同种电，故B可以，如果原来带不等量异种电荷，则两小球接触后先发生电中和，然后剩下的电荷平均分配，所以小球都带上了同种电荷，C可以，如果两小球原来只有一个带电，则接触后两个小球分别带上了同种电荷，电荷量为原来电荷量的一半，D正确。‎ ‎10.一个直流电动机所加电压为U，电流为I，线圈内阻为R，当它工作时，下述说法中错误的是(　　)‎ A. 电动机的输出功率为 B. 电动机的发热功率为I2R C. 电动机的输出功率为IU－I2R D. 电动机的功率可写作IU＝I2R＝‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：电动机的输出功率P出=P-P热=UI-I2‎ R．故A错误、C正确；电动机的发热功率，根据焦耳定律，P热=I2R．故B正确；对于电动机来说，欧姆定律不适用．电动机的功率不能写作P=I2R= U2/R，故D错误。‎ 考点：电动机电路 ‎【名师点睛】解决本题的关键掌握电动机输入功率、输出功率、发热功率之间的关系．电动机工作时，输入功率P=UI，内部消耗的功率为P热=I2R，输出功率P出=P-P热．‎ 三、实验题。两小题，共18分。‎ ‎11. 测量“水果电池”的电动势和内电阻：将一铜片和一锌片分别插入一只苹果内，就构成了简单的“水果电池”，其电动势约1．5V，可是这种电池并不能点亮额定电压为1．5V，额定电流为0．3A的手电筒上的小灯泡．原因是流过小灯泡的电流太小了，经实验测得还不足3mA．现用量程合适的电压表、电流表以及滑动变阻器、开关、导线等实验器材尽量精确地测定“水果电池”的电动势和内电阻．‎ ‎（1）若给出的滑动变阻器有两种规格：A（0～30Ω）B（0～30kΩ）．本实验中应该选用哪种规格的滑动变阻器？答： ．‎ ‎（2）在实验中根据电压表的示数U与电流表的示数I的值，经描点、连线得到U﹣I图象，如图所示，根据图中所给数据，则“水果电池”的电动势的内电阻分别为E= V；r= Ω．‎ ‎【答案】（1）B；（2）1．50；500Ω．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）电源的内阻大约，若选用0～30Ω的滑动变阻器，移动滑片，电流基本不变，因此滑动变阻器应选B：R2（阻值0～3kΩ）．‎ ‎（2）由图示电源U﹣I图线可知，图象与纵轴截距为1．50，则电源电动势：E=1．50V；电池内阻：；‎ 考点：测定电源的电动势和内阻．‎ 名师点睛：此题考查了测定电源的电动势和内阻的试验；关键是搞清试验的原理及处理数据的方法，知道实验误差的来源，会从U﹣I图线中获取电源的电动势和内电阻。‎ ‎12. 如图甲为某同学描绘额定电压为3.8V的小灯泡伏安特性曲线的实验电路图.‎ ‎（1）根据电路图甲，用笔画线代替导线，将图乙中的实验电路连接完整；‎ ‎（2）开关闭合之前，图乙中滑动变阻器的滑片应该置于 端（选填“A”、“B”或“AB 中间”）；‎ ‎（3）实验中测出8组对应的数据（见下表）：‎ 次数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ U/V ‎0‎ ‎0.20‎ ‎0.50‎ ‎1.00‎ ‎1.50‎ ‎2.00‎ ‎3.00‎ ‎3.80‎ I/A ‎0‎ ‎0.08‎ ‎0.13‎ ‎0.18‎ ‎0.21‎ ‎0.24‎ ‎0.29‎ ‎0.33‎ 则测得小灯泡的额定功率为 W. 请在给出的坐标中，描点作出I—U图线。由图象可知，随着电流的增大，小灯泡的电阻 （选填“增大”、“减小”或“不变”）.‎ ‎【答案】（1）如图 ‎（2）A ‎（3）1.3，增大．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据实验原理图连接即可，注意电压表、电流表的量程不要选错，正负极不能连反，滑动变阻器采用分压接法．‎ ‎（2）采用分压接法时，开始实验时为了安全和保护仪器，要使输出电压为零，即将测量电路短路．‎ ‎（3）根据所画出的U﹣I图象，得出小灯泡在3.8V电压下的电流，根据P=UI可以求出其额定功率．图象斜率的倒数表示电阻．‎ 解：（1）根据实验原理图连接实物图，如图所示：‎ ‎（2）采用分压接法时，开始实验时为了安全和保护仪器，要使输出电压为零，故打到A端；‎ ‎（3）根据描点法作出U﹣I图象如图所示，当电压为3.8V时，电流为0.33A，所以P=UI=3.8×0.33=1.3W 图象斜率的倒数表示电阻，由图象可知，斜率随着电流的增大而减小，所以电阻随着电流的增大而增大．‎ 故答案为：‎ ‎（1）如图 ‎（2）A ‎（3）1.3，增大．‎ ‎【点评】本题比较简单，考查了有关电学实验的基础操作，对于电学实验一定要熟练掌握滑动变阻器的两种接法和电流表的内外接法等基础知识．‎ 四、计算题。三小题，共38分。‎ ‎13.在电场中把电量为2.0×10-9C的正电荷从A点移到B点，电场力做功1.5×10-7J，再把这个电荷从B点移到C点，克服电场力做功4.0×10-7J．‎ ‎(1)求A、C两点间电势差 ‎(2)电荷从A经B移到C，电势能的变化怎样 ‎【答案】（1）-125V；（2）2.5×10-7J ‎【解析】‎ 试题分析：（1）‎ ‎（2），‎ 所以电荷电势能增加2.5×10-7J 考点：电场力功与电势能的关系。‎ ‎14.一台电风扇，内阻为20 Ω，接上220 V电压后，消耗功率66 W．求：‎ ‎(1)电风扇正常工作时通过风扇电动机的电流强度；‎ ‎(2)电风扇工作时，转化为机械能的功率和内能的功率，电动机的效率．‎ ‎【答案】(1) 0.3 A(2) 64.2W，1.8W，97.3%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据功率可以求得电动机的电流的大小；由可以求得转化为内能的功率的大小，再由可以求得转化为机械能的功率；根据求出电动机的效率；‎ ‎【详解】(1)由可得电风扇正常工作时通过风扇电动机的电流强度为：‎ ‎(2)线圈电阻发热功率：‎ 转化为机械能的功率：‎ 电动机的效率：‎ ‎15.（12分）一带电量q=6.4×10-19C、质量m=1.6×10-25㎏的初速度为零的粒子，经电压U=200V的加速电场加速后，沿垂直于电场线方向进入E=1.0×103V/m均匀偏转电场。已知粒子在穿越偏转电场过程中沿场强方向的位移为5㎝，不计粒子所受重力，求：‎ ‎（1）偏转电场平行板的板长；（2）粒子穿越偏转电场过程中偏角的正切。‎ ‎【答案】0.2m ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 带电粒子在加速电场中做匀加速直线运动，根据动能定理求出加速度后的速度，进入偏转电场后做类平抛运动，垂直于场强方向做匀速运动，沿电场方向做匀加速直线运动，根据运动学基本公式即可求解；‎ ‎【详解】解：带电粒子在加速电场中做匀加速直线运动，根据动能定理得：解得：‎ 进入偏转电场后做类平抛运动，则 竖直方向有：‎ 解得：‎ 所以偏转电场的宽度：‎ 垂直于场强方向的速度：‎ 所以偏角的正切值为：‎