安徽省滁州市明光中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题 19页

安徽省滁州市明光中学2019-2020学年高二上学期期中考试 物理试题 时间：90分钟 满分：100分 考试范围：选修3-1第一章到第三章第4节 一﹑选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。在给出的四个选项中，第1～8小题只有一个选项正确，第9～12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）‎ ‎1.下列说法中正确的是( )‎ A. 在一个以点电荷为中心，r为半径的球面上，各处的电场强度都相同 B. 真空中点电荷形成的电场中某点的电场强度可由求得 C. 电场强度的方向就是放入电场中的电荷受到的电场力的方向 D. 当初速度为零时，放入电场中的电荷在电场力作用下的运动轨迹一定与电场线重合 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电场强度是矢量，规定正电荷的受力方向为场强的方向，电场线某点的切线方向为场强方向，与试探电荷的正负无关。‎ ‎【详解】A．在一个以点电荷为中心、r为半径的球面上，各处电场强度的大小都相等，而方向不同，故A错误；‎ B．真空中点电荷形成电场中某点的电场强度可由求得，故B正确；‎ C．电场强度方向就是放入电场中的正电荷受到的电场力的方向，故C错误；‎ D．若电场线是曲线，则电荷受力将发生方向上的变化，其轨迹不可能与电场线重合，故D错误。‎ ‎【点睛】本题主要考察电场强度的矢量性和适用条件，准确理解电场强度的概念是解决本题的关键。‎ ‎2.a、b两个带电小球的质量均为m，所带电荷量分别为＋3q和－q，两球间用绝缘细线连接，a球又用长度相同的绝缘细线悬挂在天花板上，在两球所在的空间有方向向左的匀强电场，电场强度为E，平衡时细线都被拉紧，则平衡时可能位置是：‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】a球带正电，受到的电场力水平向左，b带负电，受到的电场力水平向右。以整体为研究对象，整体所受的电场力大小为2qE，方向水平向左，分析受力如图，则上面绳子应向左偏转。 设上面绳子与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得；以b球为研究对象，受力如图。‎ 设ab间的绳子与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得；得到α=β，所以根据几何知识可知，b球在悬点的正下方，故D正确，ABC错误；故选D。‎ ‎3.如图所示，一粗糙绝缘竖直平面与两个等量异种点电荷连线的中垂面重合，A、O、B为该面上同一条竖直线上的三点，且O为点电荷连线的中点。现有带电荷量为q、质量为m的小物块(可视为质点)，在A点以初速度v0释放沿AOB向下滑动，则 (     )‎ A. 小物块带正电 B. 从A到B,小物块的电势能先减小后增大 C. 从A到B,小物块所受电场力先增大后减小 D. 从A到B,小物块的加速度不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题中“一粗糙绝缘竖直平面与两个等量异种点电荷连线中垂面重合”可知，本题考查带点物体在电场中的运动，根据库仑定律和牛顿第二定律可以分析本题。‎ ‎【详解】A．由于小物受重力、电场力和墙壁的摩擦力、弹力，可以判断小物块带负电，故A错误；‎ B．由于AB是等势线，则从A到B电荷的电势能不变，故B错误；‎ CD．从A到O的过程中，电场强度越来越大，则电场力越来越大，由于物块在水平方向上平衡，可知墙壁的弹力增大，导致滑动摩擦力增大，根据 可知，加速度增大，从O到B的过程中，电场强度越来越小，电场力越来越小，同理可知滑动摩擦力减小，加速度减小，故C正确，D错误。‎ ‎4.安培提出了著名的分子电流假说，根据这一假说，电子绕核运动可等效为一环形电流．设电荷量为e的电子以速率v绕原子核沿顺时针方向做半径为r的匀速圆周运动，关于该环形电流的说法，正确的是(　　)‎ A. 电流大小为，电流方向为顺时针 B. 电流大小为，电流方向为顺时针 C. 电流大小为，电流方向为逆时针 D. 电流大小为，电流方向为逆时针 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电子绕核运动可等效为一环形电流，电子运动周期，根据电流的定义式求解电流强度．电子带负电，电流方向与电子定向移动的方向相反．‎ ‎【详解】电子做圆周运动的周期为，环形电流的电流强度，联立解得：，电流方向与电子运动方向相反，故电流方向为逆时针；‎ ‎【点睛】本题是利用电流强度的定义式求解电流，这是经常用到的思路．要知道电流方向与正电荷定向移动方向相同，而与负电荷定向移动方向相反．‎ ‎5.如图所示，坐标系中的图线甲、乙分别为某电源和定值电阻的曲线，现将该电源和定值电阻串接在一起，则下列说法正确的是( )‎ A. 该电源的内阻随输出电压的增大而增大 B. 当输出电压为2 V时，电源的内阻为10Ω C. 当输出电压为2 V时，电源的内阻消耗的电功率为0.32 W D. 如果将定值电阻的阻值减小，则电路消耗的总功率减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ U-I图中电源图像和电阻图像的交点可以认为是将该电阻直接接入该电源的情况，从图中读出电压和电流，计算电路的相关物理量。‎ ‎【详解】A．题图中图线甲切线斜率的绝对值等于电源的内阻，由图线甲可知，输出电压越小，电源的内阻越大，A错误；‎ BC．由图线甲可知，该电源的电动势为3.6‎ ‎ V，电源的输出电压为2V时电路中的电流为0.2A，则电源的内阻 电源的内阻消耗的电功率 故B错误，C正确；‎ D．如果将定值电阻的阻值减小，定值电阻两端的电压减小，总电流增大，电路消耗的总功率由：‎ 可知电路消耗的总功率增大，D错误。‎ ‎【点睛】准确掌握闭合电路欧姆定律中的图像问题；一般给出的图像都具有对应的物理量表达式，所以通过表达式去解决图像的斜率或者面积的物理意义非常重要。‎ ‎6.如图所示，一直流电动机与阻值的电阻串联在电源上，电源的电动势，内阻。闭合开关，用理想电压表测出电动机两端的电压，已知电动机线圈的电阻，则下列说法中正确的是( )‎ A. 通过电动机的电流为10A B. 电动机的输入功率为20W C. 电源的输出功率为4W D. 电动机的输出功率为18W ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电动机正常工作时是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，所以只能通过定值电阻R来计算通过电动机的电流，进而去求解电动机的各类功率问题。‎ ‎【详解】A．根据闭合电路欧姆定律有 解得：，故A错误；‎ BCD．电动机的输入功率：‎ 电源的输出功率：‎ 电动机的输出功率：‎ 故B正确；CD错误 ‎【点睛】电流通过电动机时，一方面电能转化为机械能对外输出，一方面电动机内阻消耗一部分能量，所以含电动机部分电路不是纯电阻电路，但是电动机的内阻是纯电阻电路，消耗的能量符合欧姆定律的相关计算。‎ ‎7.智能手机耗电量大，移动充电宝应运而生，它是能直接为移动设备充电的储能装置。充电宝的转换率是指充电宝放电总量占充电宝容量的比值，一般在0.6～0.7。如图为某一款移动充电宝，其参数见下表。下列说法正确的是（ ）‎ A. 充电宝充电时将电能转化为内能 B. 该充电宝最多能储存的能量为 C. 该充电宝电量从零到完全充满所用时间约为2h D. 用该充满电的充电宝给电量为零、容量为3000mAh的手机充电，理论上能充满4次 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从铭牌中读出充电宝的容量和电动势；根据电流的定义式计算该充电宝充电所需要的时间。‎ ‎【详解】A．充电宝充电时将电能转化为化学能，故A错误；‎ B．该充电宝的容量为，电压为5V，所以充电宝最多能储存的能量：‎ 故B错误；‎ C．以2A的电流充电，充电宝电量从零到完全充满所用时间：‎ 故C错误；‎ D．由于充电宝的转换率是0.60，所以放电总量为，给电量为零、容量为3000mAh的手机充电的次数次，故D正确。‎ ‎【点睛】本题考察获取信息的能力，要从铭牌中读出电池的容量实际上是电池所释放的总能量。‎ ‎8.关于磁感应强度B，下列说法中正确的是( )‎ A. 由定义式B=可知，磁感应强度B与F成正比，与IL成反比 B. 一小段通电导线放在磁感应强度为零处，它所受的磁场力一定为零 C. 一小段通电导线在某处不受磁场力作用，该处的磁感应强度一定为零 D. 磁场中某处磁感应强度的方向，与通电导线在该处所受磁场力的方向相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．磁感应强度定义式为 ，当电流I增大时，其安培力F也随之增大，而其比值是不变的，故磁感应强度B与F、IL均无关，选项A错误；‎ B．一小段通电直导线放在磁感应强度为零的地方，根据F=BIL，当B=0时，F=0，故它所受到的磁场力一定为零，选项B正确；‎ C．一小段通电直导线在某处不受磁场力作用，也可能是导线与磁场方向平行，故不能说明则该处的磁感应强度一定为零，选项C错误；‎ D．磁场中某处磁感应强度的方向，与通电导线在该处所受磁场力的方向相互垂直，并不是相同的，选项D错误。‎ ‎9.如图中所示为电场中的一条电场线，在电场线上建立坐标轴，坐标轴上OB 间各点的电势分布如图乙所示，则( )‎ ‎ ‎ A. 在OB间，场强先减小后增大 B. 在OB间，场强方向没有发生变化 C. 若一个负电荷从O点运动到B点，其电势能逐渐减小 D. 若从O点静止释放一个仅受电场力作用的正电荷，则该电荷在OB间一直做加速运动 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电势-位置图像的斜率是电场强度，通过分析场强的大小和方向解决问题。‎ ‎【详解】A．图线的斜率大小的绝对值等于电场强度大小，由几何知识得，在OB间，图线的斜率大小的绝对值先增大后减小，则场强先增大后减小，A错误；‎ B．在OB间，电势一直降低，根据沿着电场线方向电势降低可知场强方向没有发生变化，故B正确；‎ C．由题图乙可知从O点到B点，电势逐渐降低，若一负电荷从O点运动到B点，电场力做负功，则其电势能逐渐增大，故C错误；‎ D．电场方向沿x轴正方向，若从O点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，其受到的电场力方向沿x轴正方向，正电荷将做加速运动，故D正确。‎ ‎【点睛】从函数的角度去理解图像的斜率物理含义，通过电势的定义判断正负电荷在不同电势处电势能的变化。‎ ‎10.如图甲、图乙所示分别为定值电阻A和定值电阻B的曲线，则下列说法中正确的是( ) ‎ A. 由于曲线的斜率表示电阻的大小，则定值电阻A、B的阻值相等 B. 定值电阻A与定值电阻B的阻值之比为1:2‎ C. 如果在两电阻两端加相同的电压，流过两电阻的电流相同 D. 如果在两电阻两端加相同的电压，则相同时间内通过导体截面的电荷量之比为2:1‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 定值电阻图像的斜率即为电阻的阻值，通过图像可以求解电阻的大小，根据欧姆定律求解电流和电压值。‎ ‎【详解】AB．由欧姆定律可知：‎ A错误，B正确；‎ CD．由欧姆定律可知，两电阻两端加相同的电压时，流过两定值电阻的电流之比为2:1，又由公式可知，相同时间内通过导体截面的电荷量之比为2:1，C错误，D正确。‎ ‎【点睛】掌握图像斜率的物理意义和部分电路欧姆定律是解决本题的关键。‎ ‎11.如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下级板都接地．在两极板间有一固定在P点点电荷，以E表示两极板间的电场强度，EP表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（　　）‎ A. θ增大，E增大 B. θ增大，EP不变 C. θ减小，EP增大 D. θ减小，E不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，则根据可知，C变大，Q一定，则根据Q=CU可知，U减小，则静电计指针偏角θ减小；根据，Q=CU，，联立可得，可知Q一定时，E不变；根据U1=Ed1可知P点离下极板的距离不变，E不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，则EP不变；故选项ABC错误，D正确。‎ ‎【考点定位】电容器、电场强度、电势及电势能 ‎【名师点睛】此题是对电容器的动态讨论；首先要知道电容器问题的两种情况：电容器带电荷量一定和电容器两板间电势差一定；其次要掌握三个基本公式：，，Q=CU；同时记住一个特殊的结论：电容器带电荷量一定时，电容器两板间的场强大小与两板间距无关。‎ ‎12.由相同的电流表改装而成的三个电压表按如图所示的方式接入电路，已知的量程最大，的量程最小，且的量程等于与的量程之和，当电路导通时，三个电压表的示数分别为，指针偏转的角度分别为，则有( ) ‎ A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电压表由灵敏电流计和一个大电阻串联改装而成，偏转的角度仍然看通过电压表的电流大小，示数需要看具体电压表的分压。‎ ‎【详解】AB．由相同的电流表改装而成的三个电压表，其满偏电流相同，的量程最大，的量程最小，的量程等于与的量程之和，则由题图可知，电压表与串联，则流过两电表的电流I相等，电压表指针偏转角度相等，即，由于，电压表示数，则，故A错误，B正确；‎ CD．由题可知，电压表与串联，然后与并联，由串、并联电路特点可知，电压表示数关系为，由于并联电路各支路两端电压相等，，则两支路电流相等，各电压表指针偏转角度相等，，故C错误，D正确。‎ ‎【点睛】本题考察电压表的改装原理，可以将改装结构画在电路中进行分析更加直观方便。‎ 二、实验题（本题共2小题，共16分，按要求作答。）‎ ‎13.某实验小组的同学准备探究某个灯泡的伏安特性曲线，所用器材如下：‎ A．待测电灯泡一只，额定电压为2.5V，额定功率为1.5W.‎ B．电压表：量程为300mV，内阻为300Ω C．电压表：量程为15V，内阻为6kΩ D．电流表：量程为0.6A，内阻约为0.1Ω E．电流表：量程为300mA，内阻约为1Ω F．滑动变阻器：最大阻值为200Ω，最大电流为0.2A G．滑动变阻器：最大阻值为10Ω，最大电流为1A H．定值电阻，阻值为2700Ω I．电动势为4.5V的直流电源一个，开关一个，导线若干 ‎（1）实验中电压表应选______，电流表应选______，滑动变阻器应选______。（填写器材前的字母代号）‎ ‎（2）请在图1虚线框中画出该实验的电路图__________。‎ ‎（3）该小组同学通过实验作出了小灯泡的伏安特性曲线，若将小灯泡直接与电动势E=3.0V，内阻r=7.5Ω的电源相连，则小灯泡的功率为______ W。（结果均保留2位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). (1) B (2). D (3). G (4). （2）电路如图；‎ ‎ (5). （3）0.20—0.26‎ ‎【解析】‎ ‎（1）灯泡的额定电压为2.5V，15V量程较大不能准确测量，故应采用B和H串联使用测量电压；由图可知，电流最大约为0.5A，则电流表选择D；因采用分压式接法，故滑动变阻器选择小电阻G；‎ ‎（2）滑动变阻器采用分压接法；电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，电路图如图所示．‎ ‎（3）在灯泡的I-U图象坐标系内，作出电动势为E=3.0V，内阻为r=7.5Ω的电源I-U图象如图所示；‎ 由图象可得：灯泡两端电压为1V，通过灯泡的电流为0.24A，则灯泡实际功率P′=U′I′=1V×0.24A=0.24W；‎ 点睛：本题考查描绘小灯泡伏安特性曲线的实验，要明确实验实验原理，知道电表改变的应用；掌握根据图象分析数据的方法，注意小灯泡的电阻随温度的升高而增大，不能根据欧姆定律直接求解．‎ ‎14.某中学实验小组的同学想要测量某蓄电池的内阻和一未知电阻的阻值，已知该蓄电池的电动势约为6V，蓄电池的内阻和未知电阻的阻值约为几十欧姆。实验室为该小组提供的实验器材有：双量程电流表(0~30mA和0~100mA)、电压表(0~6V)、滑动变阻器(0~5Ω)、滑动变阻器(0~300Ω)、开关以及导线若干。该小组的同学设计了如图甲所示的电路，并进行了如下操作：‎ a．将实验器材按图甲所示电路连接；‎ b．将滑动变阻器的滑动触头滑至最左端，闭合开关，将滑动触头逐渐向右移动，记录多组实验数据，并将实验数据描绘在坐标系中，作出图线，如图乙所示；‎ c．断开开关，将未知电阻接在2、3间，重复b操作，将得到的多组实验数据描绘在同一坐标系中，作出图线(图中未画出)，与横轴、纵轴的交点分别为(，0)、(0，)。根据以上操作回答下列问题：‎ ‎(1)滑动变阻器应选择___________；‎ ‎(2)由图线可知，该蓄电池的内阻r约为___________Ω；‎ ‎(3)未知电阻的阻值=___________ (用、、r表示)；‎ ‎(4)如果两电表均为理想电表，未知电阻接在1、2间和接在2、3间，滑动变阻器的滑动触头从最左端向右移动相同的距离时，电流表读数的变化量___________，电压表读数的变化量___________。（选填“相同”或“不同”）‎ ‎【答案】 (1). (2). 25 (3). (4). 相同 (5). 不同 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据图中所给的电动势大小和电阻大小，确定仪表的量程和选择滑动变阻器；‎ ‎(2)根据闭合电路欧姆定律，图像的斜率即为电源内阻；‎ ‎(3)通过电路结构推导对应表达式；‎ ‎(4)根据闭合电路欧姆定律及电表的使用方法可明确两表示数的变化。‎ ‎【详解】(1)[1]因为该蓄电池的电动势约为6V，未知电阻的阻值和几十欧姆，可估算出电路中的电流为100mA左右，因此电流表的量程应选择0~100mA；为了电路正常工作以及方便调节，可多测几组数据，滑动变阻器应选；‎ ‎(2)[2]根据题图甲所示电路可知，电压表测量的是路端电压，电流表测量的是总电流，因此题图乙中图线斜率的绝对值等于蓄电池的内阻，有：‎ ‎；‎ ‎(3)[3]改接电路后，将未知电阻与蓄电池视为整体，即为“等效电源”，此时图线斜率的绝对值等于“等效电源”的内阻，因此：‎ 解得；‎ ‎(4)[4][5]如果两电表均为理想电表，未知电阻接在2、3间和接在1、2间，电路的总电阻可变范围不变，电流表的示数变化范围不变，可知电流表读数的变化量相同；未知电阻接在2、3间时，电压表测量的是滑动变阻器两端的电压，而未知电阻接在1、2间时，电压表测量的是滑动变阻器与未知电阻两端电压的和，由于对应滑动变阻器接入电路的某一电阻时，电路的电流相同，因此电压表的读数不同，可知电压表读数的变化量不同。‎ ‎【点睛】本题考察测量电源电动势和内阻的实验相关内容，掌握实验原理和闭合电路欧姆定律是解决本题的关键。‎ 三、计算题（本题共3小题，共36分，按要求作答。）‎ ‎15.如图所示电路图，电源的电动势为E=20V，内阻为r=7.0Ω，滑动变阻器的最大阻值为15Ω，定值电阻R0=3Ω。‎ ‎（1）当R为何值时，电源的输出功率最大?最大值为多少?‎ ‎（2）当R为何值时， R消耗的功率最大?最大值为多少?‎ ‎【答案】见解析。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）当R+R0=r时，即R=4.0Ω时，电源的输出功率最大，最大值为：‎ ‎（2）当R=R0+r时，即R=10Ω时， R功率最大，最大值为：‎ 考点：闭合电路欧姆定律、功率。‎ ‎16.如图所示，水平导轨间距为L=0.5m，导轨电阻忽略不计；导体棒ab的质量m=l kg，电阻R0=0.9Ω，与导轨接触良好；电源电动势E=10V，内阻r=0.1Ω，电阻R=4Ω；外加匀强磁场的磁感应强度B=5T，方向垂直于ab，与导轨平面成α=53°角；ab与导轨间动摩擦因数为μ=0.5（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），定滑轮摩擦不计，线对ab的拉力为水平方向，重力加速度g=10m/s2，ab处于静止状态．（已知sin53°=0.8，cos53°=0.6）．求：‎ ‎（1）ab受到的安培力大小和方向．‎ ‎（2）重物重力G的取值范围．‎ ‎【答案】(1) 5N；与水平成37°角斜向左上方；(2) 0.5NG7.5N；‎ ‎【解析】‎ ‎（1）由闭合电路的欧姆定律可得，‎ 通过ab的电流方向：由a到b；‎ ab受到的安培力：；‎ 方向：与水平成37°角斜向左上方 ‎（2）ab受力如图所示，最大静摩擦力：‎ 由平衡条件得：‎ 当最大静摩擦力方向向右时：‎ 当最大静摩擦力方向向左时：‎ 由于重物平衡，故 则重物重力的取值范围为：0.5NG7.5N；‎ ‎17.如图甲所示，A、B为两块平行金属板，极板间电压为UBA=1125 V，两板中央各有小孔O和O′。现有足够多的电子源源不断地从小孔O由静止进入A、B之间。在B板右侧，平行金属板M、N长度相同，L1=4×10－2 m，板间距离d=4×10－3 m，在距离M、N右侧边缘L2=0.1 m处有一荧光屏P，当M、N之间未加电压时电子沿M板的下边沿穿过，打在荧光屏上的O″点并发出荧光。现在金属板M、N之间加一个如图乙所示的变化电压u，在t=0时刻，M板电势低于N板电势。已知电子质量为me=9.0×10－31 kg，电荷量为e=1.6×10－19 C。‎ ‎（1）每个电子从B板上的小孔O′射出时的速度为多大？‎ ‎（2）电子打在荧光屏上的范围是多少？‎ ‎【答案】（1）2×107m/s（2）范围为从O″向下0.02m内 ‎【解析】‎ 试题分析：(1) 电场力对电子做功，电子的动能增加；‎ ‎(2) 打在荧光屏上的电子在y方向的位移是电场中的偏转与电场外y方向的运动两部分组成的，要分别计算出；‎ 解：(1) 电子经A、B两块金属板加速，有 ‎ 解得：；‎ ‎(2) 当u=22.5V时，电子经过MN极板向下的偏移量最大，为，‎ y1＜d，说明所有的电子都可以飞出M、N。‎ 点晴：电子先经加速电场加速，后经偏转电场偏转，是常见的问题，本题的难点是加速电压是周期性变化的，推导出偏转距离与两个电压的关系是关键，同时要挖掘隐含的临界状态。‎ ‎ ‎