安徽省蚌埠市第二中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题 17页

蚌埠二中2019-2020学年第一学期期中考试高二物理试题 一、选择题 ‎1.保护知识产权，抵制盗版是我们每个公民的责任与义务。盗版书籍影响我们的学习效率，甚至会给我们的学习带来隐患。小华同学有一次不小心购买了盗版的物理参考书，做练习时，他发现有一个带电质点的电荷量数字看不清，他只能看清是，拿去问老师，如果你是老师，你认为该带电质点的电荷量可能是下列哪一个（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】任何带电体的电荷量是元电荷的整数倍，即是的整数倍，由计算可知，只有是的整数倍。‎ A. ，与结论不相符，选项A不符合题意；‎ B. ，与结论相符，选项B符合题意；‎ C. ，与结论不相符，选项C不符合题意；‎ D. ，与结论不相符，选项D不符合题意；‎ ‎2.图中边长为a的正三角形ABC的三个顶点分别固定三个点电荷＋q、＋q、－q，在该三角形中心O点处固定一电量为-2q的点电荷，则该电荷受到的电场力为（ ）‎ A. ， 方向由O指向C B. ，方向由C指向O C. ，方向由C指向O D. ，方向由O指向C ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】O点是三角形的中心，到三个电荷的距离为：，‎ 三个电荷在O处产生的场强大小均为：‎ 根据对称性和几何知识得知：两个+q在O处产生的合场强为：‎ 再与-q在O处产生的场强合成，得到O点的合场强为：，方向由O指向C．则该负电荷受到的电场力为：，方向由C指向O；故B正确。‎ ‎3.如图所示，梯形abdc位于某匀强电场所在平面内，两底角分别为60°、30°，cd＝2ab＝4 cm。已知a、b两点的电势分别为4 V、0，将电荷量q＝1.6×10－3 C的正电荷由a点移动到c点，克服电场力做功6.4×10－3 J。下列关于电场强度的说法正确的是　‎ A. 方向垂直bd斜向上，大小为400 V/m B. 方向垂直bd斜向上，大小为200 V/m C. 方向垂直bc斜向下，大小为V/m D. 方向垂直bc斜向下，大小为V/m ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】从a到c点：，因为，所以，又 ‎，可得：，即bd为等势面，所以场强的方向垂直bd斜向上，由电势差与场强的关系得，故A正确。‎ ‎4.如图所示，在导体壳内放一负电荷q，则壳内的a点、壳上的b点、壳外的c点的电场强度和电势的关系应为 A. Ea＞Eb＞Ec，φ a＞φb＞φc B. Ea＞Eb＞Ec，φ a＜φb＜φc C Ea＞Ec＞Eb，φa＜φb＜φc D. Ea＞Ec＞Eb，φ a＞φb＞φc ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】当静电平衡时，空腔球形导体内壁感应出正电荷，外表面感应出负电荷，画出电场线的分布如图。 由于a处电场线较密，c处电场线较疏，b处场强零，则Ea＞Ec＞Eb。根据顺着电场线方向电势降低，整个空腔球形导体是一个等势体，表面是一个等势面，分析可知电势关系是φc＞φb＞φa。故选C。‎ ‎5.有一灵敏电流表，内阻，满偏电流，现将其改装为电压表，下列说法正确的是（ ）‎ A. 需与它并联一个的电阻 B. 需与它串联一个的电阻 C. 需与它串联一个的电阻 D. 需与它串联一个的电阻 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 改装成电压表要串联电阻的，则有：，即：，‎ 解得：，故选项C正确，选项ABD错误。 ‎ 点睛：电流表改装成电压表要串联电阻分压，改装成电流表要并联电阻分流。‎ ‎6.如（a）图所示的两平行金属板P、Q加上（b）图所示电压，t=0时，Q板电势比P高5V，在板正中央M点放一电子，初速度为零，电子只受电场力而运动，且不会碰到金属板，则这个电子处于M点右侧，速度向右，且速度逐渐减小的时间段是（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在0＜t＜2×10-10s时间内，Q板比P板电势高5V，所以电场方向水平向左，电子所受电场力方向向右，加速度方向也向右，所以电子从M点向右做匀加速直线运动；故A错误.‎ B．在2×10-10s＜t＜4×10-10s时间内，Q板比P板电势低5V，电场强度方向水平向右，所以电子所受电场力方向向左，加速度方向也向左，所以电子向右做匀减速直线运动，当t=4×10-10s时速度为零，此时电子在M点的右侧；故B正确.‎ C．在4×10-10s＜t＜6×10-10s时间内，Q板比P板电势低5V，电场强度方向水平向右，所以电子所受电场力方向向左，加速度方向也向左，所以电子向左做匀加速直线运动；故C错误.‎ D．在6×10-10s＜t＜8×10-10s时间内，Q板比P板电势高5V，电场强度方向水平向左，所以电子所受电场力方向向左，加速度方向也向左，所以电子向左做匀减速直线运动，到8×10-10‎ s时刻速度为零，恰好又回到M点．故D错误.‎ ‎7.在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积为S、电流为I的电子束。已知电子的电荷量为e、质量为m，则在刚射出加速电场时，一小段长为ΔL的电子束内的电子个数是 (　 　)‎ A. B. ‎ C D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 根据动能定理：，在刚射出加速电场时，一小段长为△l的电子束内电子电量为：，电子数：，联立解得：，故D正确，ABC错误。‎ ‎8.如图甲所示x轴上固定两个点电荷、（位于坐标原点O），轴上有M、N、P三点，间距MN=NP。、在轴上产生的电势φ随x变化关系如图乙。则 A. M点电场场强大小为零 B. N点电场场强大小为零 C. M、N之间电场方向沿x轴负方向 D. 一正试探电荷从P移到M过程中，电场力做功 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因场强等于沿场强方向上单位距离上的电势差，则在x 轴上各个点的场强大小等于图像的斜率，在M点处，图像的斜率不为零，所以电场强度不为零，故A错误。‎ B．在N点处，图像的斜率为零，所以电场强度为零，故B正确。‎ C．设一个带正电的试探电荷从M点移动到N点，由于电势减小，所以电势能会减小，此过程电场力做正功，M、N之间电场方向沿x轴正方向，故C错误。‎ D．由图乙知，所以正试探电荷在PN之间电势能的变化量的绝对值小于在NM之间电势能的变化量的绝对值，根据功能关系可知电场力做功，故D错误。‎ ‎9.如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计的金属外壳和电容器的下极板都接地。在两极板间有一个固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，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减小，E不变 B. θ减小，Ep不变 C. θ增大，Ep增大 D. θ增大，E增大 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】电容器下极板接地，故上极板的电荷量不变，上极板下移，板间距离减小，由：‎ 可知C增大，由：‎ 可知两板间的电压变小，指针张角变小 Q、k、、S均不变，则E不变，P点与零势面的距离不变,由 可知电势差不变，电势不变，电势能不变，故选AB.‎ ‎10.A、B两物体质量均为m，其中A带正电，带电量为q，B不带电，通过劲度系数为k的绝缘轻质弹簧相连放在水平面上，如图所示，开始时两者都处于静止状态。现在施加竖直向上的匀强电场，电场强度，式中g为重力加速度，若不计空气阻力，不考虑A物体电量的变化，则以下判断正确的是 ‎ A. 刚施加电场的瞬间，A的加速度为2g B. 从开始到B刚要离开地面过程，A物体速度大小先增大后减小 C. 从开始到B刚要离开地面的每段时间内，A物体的机械能增量一定等于电势能的减少量 D. B刚要离开地面时， A的速度大小为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 提供电场前，A静止，受到重力和弹力，合力为零，施加电场后对A根据牛顿第二定律有加速度；B刚要离开地面时，此时弹簧被拉长，且弹力刚好等于物体B的重力，对A分析，此时受力平衡，即A的加速度等于零，从开始到B刚要离开地面过程，A做加速度减小的加速运动，在A点速度最大，根据能量守恒定律可知，从开始到B刚要离开地面的每段时间内，A物体的机械能增量一定等于电势能的减少量与弹簧的弹性势能减小量之和；‎ ‎【详解】A、提供电场前，A受到重力和弹力，合力为零，施加电场后对A根据牛顿第二定律有：，则加速度为，故A正确；‎ B、B刚要离开地面时，此时弹簧被拉长，且弹力刚好等于物体B的重力，对A分析，此时受力平衡，即A的加速度等于零，从开始到B刚要离开地面过程，A做加速度减小的加速运动，在A点速度最大，故B错误；‎ C、根据能量守恒定律可知，从开始到B刚要离开地面的每段时间内，A物体的机械能增量一定等于电势能的减少量与弹簧的弹性势能减小量之和，故C错误；‎ D、B刚要离开地面时弹簧的伸长量等于开始时弹簧的压缩量，从开始到B刚要离开地面过程，弹性势能不变，根据动能定理可得：，解得A的速度大小为：，故D正确；‎ 故选AD。‎ ‎【点睛】关键是B刚要离开地面时弹簧的伸长量等于开始时弹簧的压缩量，从开始到B刚要离开地面过程，弹性势能不变。‎ 二、实验与填空题 ‎11.如图所示电路中，电阻R1、R2、R3的阻值都是1，R4、R5的阻值都是0.5，ab端输入电压U=3.0V。当c、d端接电流表时，其示数是______A；当c、d端接电压表时，其示数是______V。‎ ‎【答案】 (1). 0.6 (2). 1.0‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]当c、d端接电流表时，R4与R5串联后与R2并联，再与R1、R3串联，并联电路中总电阻的倒数等于各分电阻倒数之和，则并联部分的总电阻为：‎ R并=‎ 电路中总电流为：‎ 因为：‎ R4+R5=R2‎ 所以通过电流表的电流为：‎ ‎[2]当c、d端接电压表时，R1、R2、R3串联，此时R4、R5相当于导线，电压表测R2两端的电压，则得电压表的示数：‎ U=×3V=1V ‎12.有一铅蓄电池，在其内部将2×10－5C的电荷从负极移到正极，此过程中非静电力做功为4×10－5J，则该铅蓄电池的电动势是_____V；若给一小灯泡供电，供电电流是0.2A，供电时间10min，非静电力做功是_______J。‎ ‎【答案】 (1). 2 (2). 240‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]根据电动势的定义有：‎ ‎[2]非静电力做功为：‎ ‎13.某物理学习小组要描绘一只小灯泡（ ）的伏安特性曲线，有下列器材供选用：‎ A. 电压表（，内阻）‎ B. 电压表（，内阻）‎ C. 电流表（，内阻）‎ D. 电流表（，内阻）‎ E. 滑动变阻器（，）‎ F. 滑动变阻器（，）‎ G. 电源（，内阻不计）‎ H. 电键一个，导线若干 ‎（1）电压表应选用______，电流表应选用______，滑动变阻器应选用______。（用序号字母表示）‎ ‎（2）为完成本实验，请用笔画线当导线，将实物图（图1）连成完整的电路，要求实验误差尽可能的小__________。（图中有几根导线已经接好）‎ ‎（3）下表中的数据是该小组在实验中测得的，请根据表格中的数据在如图2的坐标纸上作出小灯泡的伏安特性曲线_________。根据图象，由图分析可知，该小灯泡灯丝温度升高时，电阻______（选填“变大”或“变小”）。‎ ‎0.00‎ ‎0.50‎ ‎1.00‎ ‎150‎ ‎2.00‎ ‎2.50‎ ‎0.00‎ ‎0.17‎ ‎0.30‎ ‎0.39‎ ‎0.45‎ ‎0.49‎ ‎（4）由图线可求得当小灯泡两端所加电压为时，其灯丝电阻值约为______。（结果保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). A (2). D (3). E (4). (5). (6). 变大 (7). 4.4‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1].灯泡额定电压是，电压表应选A；‎ ‎[2].灯泡额定电流为，电流表选D；‎ ‎[3].为方便实验操作，滑动变阻器应选总阻值较小的E；‎ ‎（2）[4].描绘小灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；灯泡正常发光时的电阻较小，故电流表应采用外接法。‎ ‎（3）[5].根据描点法得出对应的图象；‎ ‎[6].由图可知，电阻随温度升高而增大；‎ ‎（4）[7].由图可知，当电压为时，电流为，故电阻为；‎ 三、解答题 ‎14.如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔。质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零（不计空气阻力，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g）。求：‎ ‎（1）极板间电场强度大小；‎ ‎（2）小球从开始下落运动到下极板的时间.‎ ‎【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)对从释放到到达下极板处过程的整个过程,由动能定理得： ‎ 计算得出：‎ ‎(2)小球到达小孔前是自由落体运动，则有：‎ 得：‎ 根据速度位移关系公式有：‎ 得：‎ 取竖直向下为正方向，对减速过程根据动量定理得：‎ 小球从开始下落运动到下极板的时间：‎ 联立计算得出：‎ 答：(1)极板间电场强度大小；‎ ‎(2)小球从开始下落运动到下极板的时间.‎ ‎15.如图，灯泡L1:1.0V 0.5W; L2:10V1.0W;电动机内阻5.0Ω.此时两灯泡都刚好正常发光，电动机也在正常运转，求电动机的输出功率和效率。‎ ‎【答案】3.2W 80%‎ ‎【解析】‎ 试题分析：两灯均正常发光，则电动机两端的电压为10V，‎ 干路电流为：I1==0.5/1A=0.5A 灯泡L2电流I2=A=0.1A 则电动机中的电流IM=0.4A 电动机的输出功率 电动机的效率=80%‎ 考点：电功率；电动机的效率 ‎16.如图所示是一个示波管工作原理图，电子经电压U1=4.5×103V加速后以速度v0垂直等间距的进入电压U2=180V，间距为d=1.0cm，板长Ɩ=5.0cm的平行金属板组成的偏转电场，离开电场后打在距离偏转电场s=10.0cm的屏幕上的P点，（e=1.6×10-19C，m=9.0×10-31kg）求：‎ ‎（1）射出偏转电场时速度的偏角tanθ=？‎ ‎（2）打在屏幕上的侧移位移OP=？‎ ‎【答案】(1)0.1 (2)1.25cm ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设电子经加速电场U1加速后以速度v0进入偏转电场，由动能定理有：‎ 代入数据解得：；‎ 进入偏转电场后做类平抛运动，在电场线方向有：‎ 经时间t1飞出电场有：‎ 沿电场方向的速度：‎ 设射出偏转电场时速度的偏角为，则：‎ ‎(2)飞出电场时偏转量为：‎ 由以上各式代入数据得：‎ 设电子从偏转场穿出时，沿y方向的速度为vy，穿出后到达屏S所经历的时间为t2，在此时间内电子在y方向移动的距离为y2,有：‎ 由以上各式得：‎ 故电子到达屏S上时,它离O点的距离：‎ 答：(1)射出偏转电场时速度的偏角; (2)打在屏幕上的侧移位移.‎ ‎17.如图所示，粗糙水平轨道与半径为R的竖直光滑半圆轨道在B点平滑连接，在过圆心O的水平界面M的下方分布有水平向右的匀强电场，场强，现有一质量为m、电量为+q的小球(可视为质点)从水平轨道上A点由静止释放,小球运动到C点离开圆轨道后经界面MN上的P点进入电场(P点恰好在A点的正上方).已知A、B间距离为2R,重力加速度为g,求：‎ ‎(1)小球在C处的速度大小；‎ ‎(2)小球从A运动到B克服阻力所做的功；‎ ‎(3)球从A运动到C的过程中对轨道压力的最大值。‎ ‎【答案】(1) (2)3mgR (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 利用小球做平抛运动，据平抛运动水平方向的匀速和竖直方向的自由落体运动求解即可；‎ ‎(2) 从A到C利用动能定理求解即可；‎ ‎(3) 从小球受到重力和电场力的合力分析处小球在轨道上的最大压力，利用牛顿第二定律求解即可。‎ ‎【详解】(1) 小球离开C点做平抛运动，根据 解得： ‎ 则小球在C点的速度 ‎ 解得：；‎ ‎(2) A→C过程，由动能定理得：‎ ‎ ‎ 代入数据解得：；‎ ‎(3) 小球进入圆周轨道，电场力做正功，重力做负功 从P点进入电场做曲线运动，电场力做负功，重力做正功，由于电场力是重力2倍，因此小球在圆周D处速度最大，利用复合场等效法D处应是重力与电场力合力连线跟圆周的交点，设OD连线与竖直方向夹角为θ，则tanθ=2‎ A→D过程，根据动能定理得：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 解得：。‎