吉林省白城市第一中学2020学年高二物理上学期期中试题（含解析） 17页

吉林省白城一中2020学年高二上学期期中考试 ‎ 物理试卷 一、选择题 ‎1.一块手机电池的背面印有如图所示的一些符号，另外在手机使用说明书上还写有“通话时间3 h，待机时间100 h”，则该手机通话和待机时消耗的功率分别约为( )‎ A. 1.8 W， W B. 3.6 W，0.108 W C. 0.6 W， W D. W， W ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由图中所提供的电池的容量为“3.6V，500mA⋅h”，则通话时消耗的功率为，待机时消耗的功率为，故C正确，A、B、D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】关键知道功和电功率的有关知识，根据电功率公式可求通话时消耗的功率和待机时消耗的功率。‎ ‎2.对下列物理公式的理解，其中正确的是 （ ）‎ A. 由公式φ=ЕP ‎/q可知，静电场中某点的电势φ是由放入该点的点电荷所具有的电势能ЕP和该电荷电量q所决定的 B. 由公式R=U/Ｉ可知，导体的电阻R由它两端的电压U和它当中通过的电流Ｉ决定 C. 由公式E=kQ/r2可知，点电荷Q在距其r处产生的电场强度E由场源电荷电量Q和距场源电荷的距离r决定 D. 由公式C=可知，电容器的电容C由电容器所带电荷量Q和两极板间的电势差U决定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法．比如①物质密度 ②电阻 ③场强 ④磁通密度 ⑤电势差 等．一般地，比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变，如确定的电场中的某一点的场强就不随q、F而变．当然用来定义的物理量也有一定的条件，如q为点电荷，S为垂直放置于匀强磁场中的一个面积等．类似的比值还有：压强，速度，功率等等．‎ 静电场中某点的电势φ由电场本身决定，与试探电荷无关，A错误；由欧姆定律公式可知，属于比值定义法，导体的电阻R与两端电压U，及流过的电流I无关，故B错误；由公式可知，Q是形成此电场的点电荷的电量，r是该点距Q的距离，因此点电荷Q在距其r处产生的电场强度E由场源电荷电量Q和距场源电荷的距离r决定，C正确；电容器的电容C由电容器本身决定，与试探电荷无关，D错误．‎ ‎3.求解并联电路中的电阻值是电学中比较常见的问题，但是在有的问题中常规方法会比较繁琐，若合理应用一些结论，会简化问题．尝试一下下面这个问题：有两个电阻R1=10.23Ω，R2=51.57Ω，若将它们并联，其并联电阻约是（　　）‎ A. 5.0Ω B. 12.6Ω C. 8.5Ω D. 62.0Ω ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】两电阻并联时总电阻一定小于任一分支电阻，故只有AC有可能，但因R2比R1大的较多，故总电阻应接近R1，故只可能是8.5Ω，故C正确，A、B、D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】关键是要注意认真分析题意，明确并联电路规律才能快速准确的解题，应避免直接的计算。‎ ‎4.现有电灯L1（3V、3W）和电灯L2（3V、6W）两只及一个可变电阻R（0→10Ω，5A），接在电压恒为6V的电路中，要求两只灯都正常发光，并且电路消耗功率最小，则用图中那个电路（　　）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由P=UI可知，L1的额定电流为1A，L2的额定电流为2A，由欧姆定律可知，L1的电阻为3Ω，L2的电阻为1.5Ω；由此可知A、D不能正确发光，B、C可以正常发光；‎ B图中总电流3A，电路消耗功率；C图中总电流2A，电路消耗功率，故可知C电路功率最小，故C正确，A、B、D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】根据功率公式及欧姆定律可求得两灯的电流和电阻，根据串并联电路的规律可明确能否正常工作，再由功率公式分析功率大小。‎ ‎5.真空中有一静电场，其在x轴正半轴的电势φ随x变化的关系如图所示，则根据图象可知 ( )‎ A. R处的电场强度E＝0‎ B. x1处与x2处的电场强度方向相反 C. 若正的试探电荷从x1处移到x2处，电场力一定做正功 D. 该电场有可能是处在O点的正的点电荷激发产生的 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、 φ−x图象中，曲线上任意一点的切线的斜率表示电场强度，R处切线的斜率不为零，故R处的电场强度E≠0，故A错误；‎ B、 x1处与x2处的切线斜率同为负值，故x1处与x2处的电场强度方向相同，故B错误；‎ C、若试探电荷从x1处移到x2处，电势降低，根据公式，如果是正电荷，电场力一定做正功，故C正确；‎ D、离电荷越近，电场强度越大，φ−x图象的斜率应越大，而图中离O点越近，图象切线的斜率变小，故该电场不可能在O点的正电荷产生的，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】φ-x图象中，曲线上任意一点的切线的斜率表示电场强度；用来判断电场力做功情况，知道正点电荷电场线的分布情况分析即可。‎ ‎6.某同学用如图所示的电路进行小电机M的输出功率的研究，其实验步骤如下所述，闭合电键后，调节滑动变阻器，电动机未转动时，电压表的读数为U1‎ ‎，电流表的读数为I1；再调节滑动变阻器，电动机转动后电压表的读数为U2，电流表的读数为I2，则此时电动机的输出功率为（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 闭合电键后，电动机未转动时，可看成纯阻电路，由欧姆定律可得电动机的内阻为：，电动机转动后，电动机的电功率P电=U2I2，发热功率：，则电动机的输出功率，故A正确，BCD错误。‎ ‎7.如图所示，平行板电容器与电动势为E′的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P点．现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（　　）‎ A. 平行板电容器的电容将变大 B. 静电计指针张角不变 C. 带电油滴的电势能将减少 D. 若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电势能变小 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据知，将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离时d增大，则平行板电容器的电容将减小，故A错误。‎ B、静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故B正确；‎ C、电势差不变，d增大，根据可知电场强度减小，又由，，而U不变，所以上极板的电势不变，而不变，则有减小，增大，根据可知带负电油滴的电势能将减少，故C正确；‎ D、电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据，知电场强度不变，又由，，而将下极板向下移动一小段距离，增大，则有增大，增大，根据可知带负电油滴的电势能将减少，故D正确；‎ 故选BCD。‎ ‎【点睛】电容器始终与电源相连，则电容器两端间的电势差不变，根据电容器d的变化判断电容的变化以及电场强度的变化，从而判断电荷电势能的变化。‎ ‎8.如图所示，长为L=0.5m、倾角为θ=37°的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中，一带电荷量为+q，质量为m的小球（可视为质点），以初速度v0=2m/s恰能沿斜面匀速上滑，g=10m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，则下列说法中正确的是（　　）‎ A. 小球在B点的电势能大于在A点的电势能 B. 水平匀强电场的电场强度为 C. 若电场强度加倍，小球运动的加速度大小为3 m/s2‎ D. 若电场强度减半，小球运动到B点时速度为初速度v0的一半 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：小球由A到B的过程中，重力做负功，电场力做正功，小球电势能减少，选项A错误；因小球做匀速运动，由平衡条件知qEcosθ=mgsinθ，所以电场强度，选项B正确；电场强度变为2倍后，则有q·2Ecos θ－mgsinθ＝ma，所以a＝6 m/s2，选项C错误；电场强度减为一半后，则有:‎ ‎，a1＝3 m/s2，由v02－v2＝2a1L代入数值得v＝1 m/s，选项D正确；故选BD。‎ 考点：带电粒子在电场中的运动；牛顿第二定律；动能定理 ‎【名师点睛】由带电小球受到分析得：重力、支持力与电场力，且三力均不变．若存在加速度，则带小球也不可能到达N点的速度仍不变的，所以三力处于平衡状态．故带电小球做的是匀速直线运动。‎ ‎9.图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等，现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场运动的轨迹分别如图中两条实线所示．点a、b、c为实线与虚线的交点，已知O点电势高于c点．若不计重力，则（　）‎ A. M带负电荷，N带正电荷 B. N在a点的速度与M在c点的速度大小相同 C. N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功 D. M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由题，等势线在水平方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可知电场方向竖直向下，根据粒子的轨迹可判断出N粒子所受的电场力方向竖直向上，M粒子所受的电场力方向竖直向下，故知M粒子带正电，N带负电，故A错误．由动能定理可知，N在a点的速度与M在c点的速度大小相等，B错误；N从O点运动至a点的过程中电场力与速度的夹角为锐角，电场力做正功．故C错误．O、b间电势差为零，电场力对它做的功等于零，故D正确．故选D.‎ ‎【点睛】本题要根据粒子的轨迹判定电场力方向，根据电场线与等势线垂直的特点，分析能否判定电性．由动能定理分析电场力做功是常用的方法．‎ ‎10.某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标系中，如图中的a、b、c所示．则下列判断正确的是( )‎ A. 直线a表示电源的总功率 B. 曲线c表示电源的输出功率 C. 电源的电动势E＝3 V，内电阻r＝1 Ω D. 电源的最大输出功率Pm＝9 W ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ 闭合电路中电动势E和内电阻r不变，外电阻的变化引起电路中的电流I发生变化.电路中消耗的总功率PE＝IE，E一定时，PE与I成正比，故直线a表示电源的总功率与电流的关系，且a图线的斜率大小为电源电动势E＝3 V.电源内电阻消耗的功率Pr＝I2 r，r一定时，Pr 与I2成正比，所以抛物线b表示电源内电阻消耗的功率与电流的关系；外电阻上消耗的功率PR＝I2R＝IE－I2r，故抛物线c表示外电阻消耗的功率与电流的关系，选项A、B正确；图线a、b的交点表示Pr＝PE，此时外电阻消耗功率为0，R＝0，则I＝，所以内阻r＝1 Ω，Pr＝PE＝，选项C正确；图线b、c的交点也是抛物线c的顶点，该处纵坐标表示外电阻消耗功率的最大值，此时R＝r，PR＝Pr，，选项D错误；故选ABC.‎ ‎11.硅光电池已广泛应用于人造卫星和灯塔、高速公路“电子眼”等设施．其原理如图所示，a、b是硅光电池的两个电极，P、N是两块硅半导体，P、N可在E区形成匀强电场．P的上表面镀有一层膜，当光照射时，P内产生的自由电子经E区电场加速后到达半导体N，从而产生电动势．以下说法中正确的（ ）‎ A. a电极为电池的正极 B. 电源内部的电流方向由N指向P C. E区匀强电场的方向由N指向P D. 硅光电池是一种把化学能转化为电能的装置 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ E区电场能使P逸出的自由电子向N运动，因负电荷受到的电场力与电场方向相反，所以电场方向由N指向P，由于电流的方向与负电荷的运动方向相反，所以电源内部的电流方向由N指向P，所以a电极为电池的正极，故ABC正确；该电池是将光能转化为电能的装置，故D错误。所以ABC正确，D错误。‎ ‎12.如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r一定，A、B为平行板电容器的两块正对金属板，R1为光敏电阻(阻值随光照强度的增大而减小)。当R2的滑动触头P在a端时，闭合开关S，此时电流表A和电压表V的示数分别为I和U。以下说法正确的是（ ）‎ A. 若仅将R2的滑动触头P向b端移动，则I不变，U增大 B. 若仅增大A、B板间距离，则电容器所带电荷量减少 C. 若仅用更强的光照射R1，则I增大，U增大，电容器所带电荷量增加 D. 若仅用更强的光照射R1，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 滑动变阻器处于含容支路中，相当于导线，所以移动滑动触头，I不变，U不变。故A错误若仅增大A、B板间距离，电容减小，板间电压不变，则由电容的定义式C=Q/U分析可知电容器所带电荷量减少，故B错误。若仅用更强的光线照射R1，R1的阻值变小，总电阻减小，I增大，内电压和R3‎ 的电压均增大，则电容器板间电压减小，电容不变，由电容的定义式C=Q/U分析可知电容器所带电荷量减少。故C错误。若仅用更强的光照射R1，R1的阻值变小，总电阻减小，I增大，根据闭合电路欧姆定律得U=E-Ir可得：||=r，不变，故D正确。故选D。‎ 点睛：解决本题的关键电路稳定时R3相当于导线，电容器两端间的电压等于R1两端间的电压，再利用闭合电路欧姆定律进行动态分析．对于电容的动态分析，应根据电容的决定式和电容的定义式C=Q/U结合进行分析．‎ 二、实验题 ‎13.一只电流表的满偏电流为Ig=5mA，内阻为Rg=100Ω，若改装成量程为I=50mA的电流表，应并联的电阻阻值为______Ω；若将改装成量程为U=15V的电压表，应串联一个阻值为 ‎_____Ω的电阻．‎ ‎【答案】 (1). 11.1; (2). 2900;‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 改装成电流表要并联电阻分流，电阻为，I为量程；改装成电压表要串联电阻分压，电阻为，U为量程；‎ ‎【详解】改装成电流表要并联的阻值为：；‎ 改装成电压表要串联的阻值为：‎ ‎14.用伏安法测电阻，可采用如图所示的甲、乙两种接法．如所用电压表内阻为5000Ω，电流表内阻为0.5Ω．‎ ‎（1）当测量100Ω左右的电阻时，宜采用______电路；（填“甲”或“乙”）‎ ‎（2）现采用乙电路测量某电阻的阻值时，两电表的读数分别为10V、0.5A，则此电阻的测量值 为______Ω，比真实值______（“偏大”或“偏小”）．‎ ‎【答案】 (1). 甲 (2). 20 (3). 偏小 ‎【解析】‎ 试题分析：由于待测电阻满足，所以电流表应用内接法，即应采用甲电路；采用甲电路时，电阻测量值为；考虑电压表的分流作用，待测电阻的真实值应为，比较可知测量值比真实值偏小．‎ ‎【点睛】本题的关键是明确根据比较与的大小来选择内外接法，考虑实验误差时，只需将电表的内阻考虑在内，然后再根据串并联规律讨论即可．‎ ‎15.一细而均匀的导电材料，截面为圆柱体，如图所示。此材料长约5cm.电阻约为100Ω，欲测量这种材料的电阻率ρ，现提供以下实验器材 A.20分度的游标卡尺；‎ B.螺旋测微器：‎ C.电流表A1（量程50mA，内阻r1=100Ω）；‎ D.电流表A2（量程100mA，内阻r2约为40Ω）：‎ E.电压表V2（量程15V，内阻约为3000Ω）；‎ F.滑动变阻器R1（0～10Ω，额定电流2A)；‎ G.直流电源E（电动势为3V，内阻很小）；‎ H.上述导电材料R2（长约为5cm，电阻约为100Ω）；‎ I.开关一只，导线若干。‎ 请用上述器材设计一个尽可能精确地测量该样品电阻率ρ的实验方案，回答下列问题：‎ ‎（1）用游标卡尺测得该样品的长度如图所示，其示数L=______cm.用螺旋测微器测得该样品的外 直径如图所示，其示数D=________mm.‎ ‎（2）在所给的方框中画出设计的实验电路图_______，并标明所选择器材的物理量符号。‎ ‎（3）用已知的物理量和所测得的物理量的符号表示这种材料的电阻率为ρ=_________。‎ ‎【答案】 (1). （1）5.015 (2). 4.700 (3). （2）如图所示；‎ ‎ (4). （3）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）由图示游标卡尺可知，其示数为：50mm+3×0.05mm=50.15mm=5.015cm；由图示螺旋测微器可知，其示数为：4.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm。‎ ‎（2）电源电动势为3V，电压表量程为15V，电压表量程太大，不能用电压表测电压，可以用已知内阻的电流表A1与待测电阻并联测电压，用电流表A2测电流，由于滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示：‎ ‎（3）通过待测电阻的电流：I=I2-I1，待测电阻两端电压：U=I1r1，待测电阻阻值为：，电阻定律：，联立可得：。‎ 三、计算题 ‎16.制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行极板，如图甲所示．加在极板A、B间的电压UAB做周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为﹣kU0（k＞1），电压变化的周期为2τ，如图乙所示．在t=0时，极板B附近的一个电子，质量为m、电荷量为e，受电场作用由静止开始运动．且不考虑重力作用．若k=，电子在0～2τ时间内不能到达极板A，求d应满足的条件．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电子在0～τ时间内做匀加速运动，在τ～2τ时间内先做匀减速运动，后反向做初速度为零的匀加速运动，电子不能到达极板A的条件为电子运动位移之和小于板间距离；‎ ‎【详解】解：电子在0∼τ时间内做匀加速运动 加速度的大小： ‎ 位移：‎ 在τ∼2τ时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动 加速度的大小：‎ 初速度的大小：‎ 匀减速运动阶段的位移：‎ 由题知 解得：‎ ‎17.在如图所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1＝100 Ω，R2阻值未知，R3是一滑动变阻器，当其滑片从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电流的变化图线如图所示，其中A、B两点是滑片在变阻器的两个不同端点得到的．求：‎ ‎(1)电源的电动势和内阻；‎ ‎(2)定值电阻R2的阻值；‎ ‎(3)滑动变阻器的最大阻值．‎ ‎【答案】（1）2A （2）7V （3）12W ‎【解析】‎ 试题分析：电源的路端电压随电流的变化图线斜率大小等于电源的内阻，由闭合电路欧姆定律求出电动势；当滑片滑到最右端时，R1被短路，外电路的电阻最小，电流最大，读出电流和电压，由欧姆定律求出R2‎ 的阻值；滑动变阻器阻值最大时，外电阻最大，电流最小，由图读出电压和电流，由欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值。‎ ‎（1）由闭合电路欧姆定律得E=U+Ir，将图象中A、B两点的电压和电流代入和得 E=16+0.2r E=4+0.8r 联立解得 E=20V r=20Ω。‎ ‎（2）当R3的滑键自左向右滑时，R3阻值变小，使电路总电阻变小，而总电流变大．由此可知，图线上的A、B两点是滑键分别位于最左端和最右端时所得到的．当滑键位于最右端时，R3=0，R1被短路，外电路总电阻即为R2，故由B点的U、I值可求出R2，。‎ ‎（3）当滑键在最左端时，其阻值最大，并对应着图线上的A点，故由A点的U、I值可求出此时外电路总电阻，再根据串、并联电路的规律可求出R3的最大值．,‎ 又有 ，代入数值解得滑动变阻器的最大值R3=300Ω。‎ 点睛：本题要理解电源的伏安特性曲线的意义，可由图线上两点的坐标建立方程组求解电源的电动势和内阻。‎ ‎18.如图所示，电源电动势E=20V，电源的内阻r=2Ω，两个定值电阻R1=R2=8Ω，C为平行板电容器，其电容C=3.0pF，虚线到两极板距离相等，极板长L=0.20m，两极板的间距d=1.010-2m，开关S断开时，有一带电微粒沿虚线方向以v0=2.0m/s的初速度射入C的电场中，微粒恰能落到下板的正中央，已知该微粒的质量为m=410-5Kg，g取10m/s2，试求：‎ ‎（1）开关断开时两极板间的电压 ‎（2）微粒所带电荷的电性和电荷量q ‎【答案】（1）16V（2）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）电容器两极板间的电压等于两端电压，开关S断开时，电路中的总电流 ‎，则电容器的极板电压。‎ ‎（2）粒子进入匀强电场中受到重力和电场力作用，做类平抛运动，则有 水平方向：‎ 竖直方向：‎ 解得 电场力的方向一定竖直向上，故微粒一定带负电．‎ 由牛顿第二定律得，联立解得。‎ 点睛：本题是电场中粒子的偏转与电路知识的综合，确定电容器的电压是关键步骤之一，偏转问题，运用运动的分解法研究。‎