【物理】河北省唐山市开滦第二中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版） 14页

开滦二中2019~2020学年第一学期高二年级期中考试 物理试卷 第Ⅰ卷（选择题，共56分）‎ 一、单选题（每题4分，共40分）‎ ‎1. 下列有关电场强度、电势、电势能的说法中正确的是 A. 在电场中，电场强度越大的地方电势越高 B. 在电场中，电势越高的地方，电荷在该点具有的电势能就越大 C. 在电场中某一点，放入试探电荷的电荷量越大，它所具有的电势能越大 D. 在场源电荷为正点电荷的电场中，某带正电的试探电荷离场源电荷越近所具有的电势能越大，离场源电荷越远所具有的电势能越小 ‎【答案】D ‎【解析】A. 沿着电场线的方向电势逐渐降低，电场线密的地方，电场强度大，电场线疏的地方电场强度小．可知电场强度越大的地方电势不一定越高，故 A项不符合题意；‎ B. 根据电势能公式Ep=qφ知：正电荷在电势越高的地方，其电势能越大，负电荷在电势越高的地方，其电势能越小，故B项不符合题意；‎ C. 根据电势能公式Ep=qφ知：在电场中，电势高的地方，放在该点的正电荷的电荷量越大，电势能越大，而负电荷则相反，故C项不符合题意；‎ D. 沿着电场线的方向电势逐渐降低，在场源电荷为正点电荷的电场中，某带正电的试探电荷离场源电荷越近所具有的电势能越大，离场源电荷越远所具有的电势能越小，故D项符合题意．‎ ‎2. 如图，两个带电金属小球中心距离为r，带电荷量相等为Q，则它们之间电荷的相互作用力大小F的说法正确的是（　　）‎ A. 若是异种电荷 B. 若是同种电荷 C. 若是异种电荷 D. 不论是何种电荷 ‎【答案】C ‎【解析】AC．若是异种电荷，电荷间相互吸引，导致电荷间距比r还小，因此库仑力，故A错误，C正确；BD．若同种电荷，电荷间相互排斥，导致电荷间距比r还大，因此库仑力，故BD错误。故选C。‎ ‎3. 如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球A、B分别位于竖直墙面和水平地面,且处于同一竖直平面内,若用图示方向的水平推力F作用于小球B,则两球静止于图示位置.如果将小球向左推动少许,待两球重新达到平衡时,跟原来相比（　）‎ A. 两小球间距离将增大，推力F将减小 B. 两小球间距离将增大，推力F将增大 C. 两小球间距离将减小，推力F将增大 D. 两小球间距离将减小，推力F将减小 ‎【答案】A ‎【解析】以A球为研究对象，分析受力，作出力图如图1所示：设B对A的库仑力F与墙壁的夹角为θ，由平衡条件得竖直墙面对小球A的弹力为：，将小球B向左推动少许时θ减小，则N1减小；库仑力：，θ减小，cosθ增大，减小，根据库仑定律分析得知两球之间的距离增大；再以AB整体为研究对象，分析受力如图2所示，由平衡条件得：，则推力F减小，故A正确，B、C、D错误；故选A．‎ ‎4. 如图所示的实线为某静电场的电场线，虚线是仅在电场力作用下某带正电粒子的运动轨迹，A、B、C、D 是电场线上的点，其中 A、D 两点在粒子的轨迹上，下列说法正确的是 A. 该电场可能是正点电荷产生的 B. B 点的电势一定高于 C 点的电势 C. 粒子在 A 点的加速度一定大于在 D 点的加速度 D. 将该粒子在 C 点由静止释放，它可能一直沿电场线运动 ‎【答案】C ‎【解析】A、正电荷产生的电场线是发自正电荷的直线，该静电场的电场线是曲线，故A错误；B、带正电粒子的运动轨迹是曲线，物体做曲线运动，合外力指向凹的一侧，如图所示：‎ 故在电场线由C指向B上，沿着电场线的方向，电势越来越低，故C点的电势高于B点的电势，故B错误；‎ C、电场线越密集的地方，电场强度越大，故A点的电场强度大于D点的电场强度，故粒子在 A 点的加速度一定大于在 D 点的加速度，故C正确．‎ D、电场中的带电粒子受力的方向沿电场线的切线方向，由于C点所在的电场线为曲线，所以将该粒子在C点由静止释放，它一定不能沿电场线运动，故D错误．‎ ‎5. 如图所示，P、Q是两个电荷量相等的正点电荷，它们连线的中点是O，A、B是中垂线上的两点．OA＜OB，用EA、EB、、分别表示A、B两点的场强和电势，则（　　）‎ A. EA一定大于EB，一定大于 B. EA不一定大于EB，一定大于 C. EA一定大于EB，不一定大于 D EA不一定大于EB，不一定大于 ‎【答案】B ‎【解析】两个等量同种电荷连线中点O电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从O点沿着中垂线向上到无穷远处电场强度先增大后减小，场强最大的点可能在A点下，也可能在A点上，还可能在A点，由于A、B两点的间距也不确定，故可能大于，也可能小于，还可能等于；BO连线上的电场方向为竖直向上，沿电场方向性电势减小，故一定大于；‎ A.A项与上述分析结论不相符，故A不符合题意；‎ B.B项与上述分析结论相符，故B符合题意；‎ C.C项与上述分析结论不相符，故C不符合题意；‎ D.D项与上述分析结论不相符，故D不符合题意 ‎6. 如图，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点，不计重力。下列说法错误的是（　　）‎ A. M带负电荷，N带正电荷 B. M在b点的动能小于它在a点的动能 C. N在d点的电势能等于它在e点的电势能 D. N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做负功 ‎【答案】D ‎【解析】A．由粒子运动轨迹可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，由于O点的电荷带正电，所以M带负电荷，N带正电荷，选项A正确；‎ B．M从a到b点，库仑力做负功，根据动能定理可知M的动能减小，所以M在b点的动能小于它在a点的动能，选项B正确；‎ C．d点和e点处在同一等势面上,则N在d点的电势能等于它在e点的电势能,选项C正确；‎ D．N受到排斥力，在从c点运动到d点的过程中库仑斥力做正功，选项D错误。‎ 本题选错误的，故选D。‎ ‎7. 如图所示，A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点，场强方向平行正方形ABCD所在平面．已知A、B、C三点的电势分别为φA=9V，φB=3V，φC=-3V，则 A. D点的电势φD=3V，场强方向平行AB方向 B. D点的电势φD=3V，场强方向平行AC方向 C. D点的电势φD=6V，场强方向平行BC方向 D. D点的电势φD=6V，场强方向平行BD方向 ‎【答案】B ‎【解析】CD.匀强电场中，由公式U=Ed知沿着任意方向每前进相同的距离，电势差都相等，故连接AC，AC连线的中点为E，则E点的电势为；连接BE，如图所示：‎ 则BE为一条等势线，D点在BE连线上，所以D点电势;故C项，D项均错误.‎ AB.过A点作出垂直于BE的有向线段，由高电势点A直线BE，如图中红线所示，即为电场线，那么场强方向平行AC方向；故A错误，B正确.‎ ‎8. 如图所示，平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，静电计的金属球与电容器的负极板连接，外壳接地，以E表示两极板间的场强，θ表示静电计指针的偏角，各物理量的变化情况正确的是 A. 将平行板电容器的正极板向右移动，E变小，θ变大 B. 将平行板电容器的正极板向右移动，E不变，θ变小 C. 将平行板电容器的正极板向左移动，E变大，θ变大 D. 将平行板电容器的正极板向左移动，E变小，θ变小 ‎【答案】B ‎【解析】电量为定值，将平行板电容器的正极板向右移动，由电容的决定式，两极板间距离d减小，C增大，，可见E与两板间距离无关，而两板间电压，可见电压变小，θ减小，可知B正确；故选B.‎ ‎9. 如图所示，图线甲、乙分别为电源和某金属导体的伏安特性曲线，电源的电动势和内阻分别用E、r表示，根据所学知识分析下列选项正确的是 A. 电源的电动势E＝40V B. 电源的内阻r＝8.3Ω C. 当该导体直接与该电源相连时，该导体的电阻为20Ω D. 当该导体直接与该电源相连时，电路消耗的总功率为80W ‎【答案】C ‎【解析】AB.甲为电源的U−I图象，故纵截距表示电源电动势，即E＝50V，在路端电压为20V时电路电流为‎6A，根据闭合回路欧姆定律可得50＝20＋6r，解得r＝5Ω，故AB错误；‎ CD.当该导体直接与该电源相连时，两图线的交点表示工作时的电压和电流，故可知电阻两端的电压为40V，通过电阻的电流为‎2A，所以该导体的电阻大小为20Ω，电路消耗的总功率为，故C正确，D错误；故选择：C；‎ ‎10.‎ ‎ 如图所示，A、B、O、C为在同一竖直平面内的四点，其中A、B、O沿同一竖直线，B、C同在以O为圆心的圆周(用虚线表示)上，沿AC方向固定有一光滑绝缘细杆L，在O点固定放置一带负电的小球．现有两个质量和电荷量都相同的带正电小球a、b均可视为点电荷，先将a套在细杆上．让其从A点由静止开始沿杆下滑，后使b从A点由静止开始沿竖直方向下落，则下列说法中正确的是（　　）‎ A. 从A点到C点，小球a做匀加速运动 B. 小球a在C点的动能等于小球b在B点的动能 C. 从A点到C点，小球a的机械能先增加后减少，但机械能与电势能之和不变 D. 小球a从A点到C点电场力做的功大于小球b从A点到B点电场力做的功 ‎【答案】C ‎【解析】小球A在运动过程中库仑力得大小一直发生变化，因此小球得合力发生变化，因此不是匀变速运动，A错误；‎ AB过程和AC过程中电场力做功相同，但是AC过程重力做功更多，因此小球C点动能更大，因此B错误D错误；‎ 从A到C电场力现做负功后正功，因此机械能先减小后增大，由能量守恒可知机械能和电势能总和不变，C正确；‎ 二、多选题（每题4分，共16分）‎ ‎11. 静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动，N为粒子运动轨迹上的另外一点，则 A. 运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小 B. 在M、N两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合 C. 粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能 D. 粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行 ‎【答案】AC ‎【解析】A．若电场中由同种电荷形成即由A点释放负电荷，则先加速后减速，故A正确；‎ B．若电场线为曲线，粒子轨迹不与电场线重合，故B错误．‎ C．由于N点速度大于等于零，故N点动能大于等于M点动能，由能量守恒可知，N点电势能小于等于M点电势能，故C正确 D．粒子可能做曲线运动，故D错误；‎ ‎12. 在如图所示的电路中，电源内阻不能忽略，当闭合开关S后，各用电器均能工作．现将滑动变阻器R的滑片P向下滑动，则 A 灯变亮，电压表示数减小 B. 灯变亮，电流表示数增大 C. 灯变亮，电容器的带电量增大 D. 电压表和电流表的示数均减小 ‎【答案】AD ‎【解析】当闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片P向下时，接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，路端电压减小，则灯L1变亮，电压表的示数减小；根据串联电路分压规律可知，并联部分的电压减小，则灯L2的电流减小，灯L2变暗，电流表的示数减小；根据干路电流增大，流过灯L2的电流减小，根据并联电路规律可知，L3中电流增大，灯L3变亮；并联部分电压减小，则电容器的电压减小，由Q=CU，可知电容器C的带电量减小．A. 灯变亮，电压表示数减小与分析相符，故A项符合题意；‎ B 灯变亮，电流表示数增大与分析不符，故B项不符合题意；‎ C. 灯变亮，电容器的带电量增大与分析不符，故C项不符合题意；‎ D. 电压表和电流表的示数均减小与分析相符，故D项符合题意．‎ ‎13. 如图所示．平行板电容器两个极板为A、B，B板接地，A板带有电荷量+Q．板间电场有一固定点P．若将B板固定，A板下移一些，或者将A板固定，B板上移一些．在这两种情况下，以下说法正确的是 A. A板下移时，P点的电场强度不变，P点电势不变 B. A板下移时，P点的电场强度不变，P点电势升高 C. B板上移时，P点的电场强度不变，P点电势降低 D. B板上移时，P点的电场强度减小，P点电势降低 ‎【答案】AC ‎【解析】AB．由题，电容器两板所带电量不变，正对面积不变，A板下移时，根据、 和可推出：‎ 可知，P点的电场强度E不变．P点与下板的距离不变，根据公式U=Ed，P点与下板的电势差不变，则P点的电势不变．故A正确，B错误．‎ CD．B板上移时，同理得知，P点的电场强度不变，根据公式U=Ed，P点与下板的电势差减小，而P点的电势高于下板的电势，下板的电势为零，所以P点电势降低．故C正确，D错误．‎ ‎14. 如图所示是示波器原理图，电子被电压为U1的加速电场加速后射入电压为U2的偏转电场，离开偏转电场后电子打在荧光屏上的P点，P点与O点的距离叫做偏转距离，偏转电场极板长为L，板间距离为d，为了增大偏转距离，下列措施可行的是（　　）‎ A. 增大U1 B. 增大U‎2 ‎C. 增大L D. 增大d ‎【答案】BC ‎【解析】电子被电压为U1的加速电场加速后速度为 在偏转电场中竖直方向的位移为 显然，当偏转电场中竖直方向的位移增大时，P点与O点之间的偏转距离也会增大，从上式可知，当U2增大时，y会增大，P点与O点之间的偏转距离会增大；当L增大时，y增大，P点与O点之间的偏转距离也会增大。增大U1，增大d，y都会减小，P点与O点之间的偏转距离也会减小。故选BC。‎ 第Ⅱ卷（非选择题，共44分）‎ 三、实验题（15题6分，16题10分）‎ ‎15. 现有一个灵敏电流表，它的满偏电流为Ig=1mA，内阻=200Ω，若要将它改装成量程为‎5A的电流表，应_____联一个_____的电阻（保留两位有效数字）．若要将它改装成量程为3V的电压表，应_____联一个_______的电阻．‎ ‎【答案】 (1). 并 (2). 0.040 (3). 串 (4). 2800‎ ‎【解析】[1]把电流表改装成‎5A量程的电流表需要并联一个分流电阻；‎ ‎[2]并联电阻阻值：‎ ‎[3]如把它改装成量程为3V的电压表要串联电阻分压；‎ ‎[4]串连电阻阻值：‎ ‎16. 某同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率．步骤如下：‎ ‎①用20分度的游标卡尺测量其长度如图所示，其长度是_____mm.‎ ‎②用多用电表的电阻“×‎10”‎挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘示数如图所示，则该电阻的阻值约为_____Ω．‎ ‎③为了更精确地测量其电阻，现有的器材及其代号和规格如下： ‎ 待测圆柱体电阻R；‎ 电流表A1（量程0～3mA,内阻约50 Ω）；‎ 电流表A2（量程0～15mA, 内阻约30 Ω）；‎ 电压表V(量程0～3 V，内阻约10 KΩ)； ‎ 滑动变阻器R1，（阻值范围0～15 Ω）；‎ 滑动变阻器R2，（阻值范围0～2 KΩ；）‎ 直流电源E（电动势4V，内阻不计）；‎ 开关S，导线若干 为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，电流表应选____，滑动变阻器应选____（选填代号）‎ ‎④请在图中补充连线并完成实验．‎ ‎【答案】(1). 100.45 (2). 2.2×102 (3). A2 (4). R1 (5). ‎ ‎【解析】解：①游标卡尺的固定刻度读数为‎100mm，游标尺上第9个刻度与主尺对齐，读数为，所以最终读数为：； ‎ ‎②用欧姆表测电阻的读数方法为指针示数乘以倍率，当指针指在中央附近时测量值较准确，所以该电阻的阻值约为；‎ ‎③由电动势和电阻的阻值知电流最大为，所以用电流表，滑动变阻器用小阻值的，便于调节，所以用滑动变阻器；‎ ‎④本实验中，因待测电阻值远小于电压表内阻，电流表应选外接法；又滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻值，故变阻器应用分压式接法，电路图如图所示 四、解答题 ‎17. 将带电荷量为1×10－‎8 C的电荷，从无限远处移到电场中的A点，要克服静电力做功2×10－6 J，问：‎ ‎(1)电荷的电势能是增加还是减少？电荷在A点具有多少电势能？‎ ‎(2)A点的电势是多少？‎ ‎(3)若静电力可以把带电荷量为2×10－‎8 C的电荷从无限远处移到电场中的A点，说明电荷带正电还是带负电？静电力做了多少功？(取无限远处为电势零点)‎ ‎【答案】（1）增加， （2）200V）（3）带负电， ‎ ‎【解析】（1）电荷从无限远处移到电场中的A点，要克服静电力做功2×10-6J，电荷的电势能增加；无限远处电势能为零，则电荷在A点具有2×10-6J的电势能， （2）A点的电势为； （3）若静电力可以把带电荷量为2×10‎-8C的电荷从无限远处移到电场中的A点，静电力做正功，所以该电荷带负电； 电荷量为2×10‎-8 C的电荷从无限远处移到电场中的A点时，无限远与A点间的电势差不变，则静电力做正功，为W=q′U∞A=-2×10-8×（0-200）J=4×10-6J ‎18. 如图所示的电路中，电源电动势E=10V，内阻r=0.5Ω，电动机的电阻R0=1.0Ω，电阻R1=1.5Ω．电动机正常工作时，电压表的示数U1=3.0V，求：‎ ‎（1）电源释放的电功率；‎ ‎（2）电动机消耗的电功率．将电能转化为机械能的功率；‎ ‎【答案】（1）20W　（2）12W　 8W．‎ ‎【解析】（1）电动机正常工作时，总电流为：I= I=A=‎2 A，‎ 电源释放的电功率为：P=EI =10×2 W=20 W；‎ ‎（2）电动机两端的电压为： U= E﹣Ir﹣U1 则U =（10﹣2×0.5﹣3.0）V=6 V；‎ 电动机消耗的电功率为： P电=UI=6×2 W=12 W；‎ 电动机消耗的热功率为： P热=I2R0 =22×1.0 W=4 W；‎ 电动机将电能转化为机械能的功率，据能量守恒为：P机=P电﹣P热 ‎ P机=（12﹣4）W=8 W；‎ ‎19. 如图所示，BC是位于竖直平面内，半径的圆弧形光滑绝缘轨道，圆心角，其下端点C与足够长的水平绝缘轨道平滑连接，在C点右侧存在水平向左的匀强电场，电场强度．今有一质量为、带电荷量的小物块（可视为质点）从A点以的初速度水平抛出，在B点沿切线进入圆弧轨道．若已知物块与水平轨道间的动摩擦因数，物块在运动过程中电量不变，取，．求：‎ ‎（1）A、B两点之间的高度差h；‎ ‎（2）带电小物块第一次过C点时对轨道的压力大小；‎ ‎（3）通过计算判断小物块能否从B点离开轨道；若不能，求出整个运动过程中小物块在水平轨道上通过的总路程S．‎ ‎【答案】(1)‎0.2m；(2)6.1N；(3) ‎‎1.0m ‎【解析】(1)从A到B做平抛运动，则有： 解得：‎ 根据动能定理可得：‎ 解得A、B两点之间的高度差：‎ ‎(2)从B到C根据动能定理可得：‎ 在C点则有： 解得：，‎ 根据牛顿第三定律可得带电小物块第一次过C点时对轨道的压力大小：‎ ‎(3) 小物块向右运动，根据动能定理可得：‎ 小物块向左运动，设回到B点速度为，根据动能定理可得：‎ 无解，所以不能从B点离开轨道，最终停在C点；‎ 根据动能定理可得：‎ 整个运动过程中小物块在水平轨道上通过的总路程：‎