湖南省益阳市第六中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题 14页

益阳市六中2019年下学高二物理期中考试试卷 一、单选题 ‎1.元电荷（ ）‎ A. 电子 B. 正电子 C. 质子 D. 电量的一种单位 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 元电荷是电量的一种单位，是带电体所带电荷的最小值．等于质子，电子和正电子所带电荷量的大小．D对．‎ ‎2.关于电流，下列说法正确的是　　‎ A. 通过导线截面的电量越多，电流越大 B. 单位时间内通过导体横截面的电荷量越多，则导体中电流越大 C. 电流有方向，因此电流是矢量 D. 通电时间越短，电流越大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据I=q/t可知，通过导体横截面的电量多，但不知道通电时间，所以不能得出导体中的电流大小，故A错误；由电流的定义可知，单位时间内通过导体横截面的电荷量相多，则导体中电流越大；故B正确；电流有方向，但电流是标量；故C错误；通电时间短，若流过的电量小，则电流一样可以很小；故D错误；故选B．‎ ‎3.如图所示电场的一部分电场线，下列说法正确的是 A. 这个电场可能是负点电荷电场 B. 点电荷q在A点受到的电场力比在C点受到的电场力大 C. 点电荷q在C点的加速度比在A点的加速度大（只受电场力）‎ D. 点电荷q在A点的速度比在C点的速度大（只受电场力）‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据图象可知一定不是孤立的负点电荷形成的电场，孤立的负电荷形成的电场，电场线是辐射状的指向中心电荷的直线，所以A错误；‎ BC．电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以EA＞EB，根据，知B正确，C错误；‎ D．电场线的切线方向为该点场强的方向，点电荷q在C点的加速度比在A点的加速度大，但是点电荷正负号不确定，故电场力方向（或者说加速度方向）也就不确定，从A到C无法判断电场力做正功还是负功，也就无法判断哪一点的速度大，所以D错误．‎ ‎4.如图是两电阻的伏安特性曲线，图线1表示的导体电阻为，图线2表示的导体的电阻为，则与大小之比是(   )‎ A. 3：1 B. 1：3 C. 1：2 D. 2：1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 题中图象是电阻的伏安特性曲线，其斜率k等于电阻的倒数，1、2两图线的斜率比为3：1，所以R1与R2大小之比1：3，故B正确，ACD错误．‎ ‎5.有一个电流表G，内阻Rg=10Ω满偏电流Ig=3mA，要把它改装成量程0～3V的电压表，则（ ）‎ A. 要串联一个阻值为990Ω的电阻 B. 要并联一个阻值为990Ω的电阻 C. 要串联一个阻值为0.10Ω的电阻 D. 要并联一个阻值为0.10Ω的电阻 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】把电流表改装为电压表，应串联一个分压电阻，串联电阻阻值为：‎ 故A正确．‎ ‎6.图中的电容器C两板间有一负电荷q静止，使q向上运动的措施是（ ）‎ A. 两板间距离增大 B. 两板间距离减小 C. 两板间相对面积减小 D. 两板间相对面积增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】两极板间距离d增大，而电容器的电压U不变，则板间场强减小，电荷所受电场力减小，电荷将向下运动．故A错误．两极板间距离d减小，而电容器的电压U不变，则板间场强增大，电荷所受电场力增大，电荷将向上运动．故B正确．两极板正对面积S减小或变大时，电容器的电压U和距离d都不变，则板间场强不变，电荷并不运动．故CD错误．故选B．‎ ‎【点睛】本题是简单的电容器动态变化分析问题，抓住板间电压不变是关键；熟练掌握匀强电场的场强公式．‎ ‎7.一个不带电的金属导体在电场中处于静电平衡状态，下列说法正确的是（ ）‎ A. 导体内部场强处处为 B. 导体上各点的电势不相等 C. 导体外表面的电荷一定均匀分布 D. 在导体外表面，越尖锐的位置单位面积上分布的电荷量越少 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A．当导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在导体内部出现感应电荷电场，正好与点电荷的电场叠加，内部电场强度处处为零，所以选项A正确；‎ B．处于静电平衡的导体，是等势体，故B错误；‎ C．电荷分布在导体外表面，根据电场强度的强弱可以知道，电荷不一定是均匀分布，故C错误；‎ D．根据尖端发电可以知道，在导体外表面，越尖锐的位置单位面积上分布的电荷量越多，故D错误．‎ 点睛：处于静电感应现象的导体，内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面．且导体是等势体．‎ ‎8.如图，在光滑绝缘水平桌面上，三个带电小球a、b和c分别固定于正三角形顶点上．已知a、b带电量均为+q，c带电量为-q，则 A. ab连线中点场强为零 B. 三角形中心处场强零 C. a所受库仑力方向垂直于ab连线 D. a、b、c所受库仑力大小之比为1:1:‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在ab连线的中点处，ab两电荷在该点的合场强为零，则该点的场强等于c在该点形成的场强，大小不为零，选项A错误；‎ B．在三角形的中心处，ab两电荷在该点的场强大小相等，方向夹120°角，则合场强竖直向下，电荷c在该点的场强也是竖直向下，则三角形中心处场强不为零，选项B错误；‎ C．a受到b的排斥力沿ba方向，受到c的吸引力沿ac方向，则其合力方向斜向左下方与ab连线成60°角，选项C错误；‎ D．ab受库仑力大小相等，均为；c受库仑力：，则 a、b、c所受库仑力大小之比为1:1:，选项D正确.‎ 二、多选题 ‎9. 如右图所示，两个带电金属小球中心距离为r，所带电荷量相等为Q，则关于它们之间电荷的相互作用力大小F的说法正确的是(　　)‎ A. 若是同种电荷， B. 若是异种电荷，‎ C. 若是同种电荷， D. 不论是何种电荷，‎ ‎【答案】AB ‎【解析】‎ 若是同种电荷，则出现相互排斥，导致电荷间距比r还大，因此库仑力F＜k，故A正确，C错误；当是异种电荷时，电荷间相互吸引，导致电荷间距比r还小，因此库仑力F＞k，故B正确，D错误；故选AB．‎ ‎10.若E表示电动势，U表示外电压，U′表示内电压，R表示外电路的总电阻，r表示内电阻，I表示电流，则下列各式中正确的是 (　　)‎ A. U′＝IR B. U′＝E－U C. U＝E＋Ir D. ‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 根据闭合电路的欧姆定律可知： U′＝Ir，选项A错误；U′＝E－U，选项B正确；U＝E-Ir ，选项C错误；，选项D正确；故选BD.‎ ‎11.在如图所示的电路中，开关闭合后，灯泡L能正常发光．当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是(　　)‎ A. 滑动变阻器R的阻值变小 B. 灯光L变暗 C. 电容器C的电荷量增大 D. 电源消耗功率增大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据电路图可知，滑片右移，接入电路电阻长度变长，滑动变阻器R的阻值变大，A错误．‎ B．根据闭合电路欧姆定律：，滑动变阻器R的阻值变大，回路电流变小，流经灯泡电流变小，灯泡变暗，B正确．‎ C．电容两端电压即为路端电压，根据，电流变小，所以路端电压变大，电容器两端电压变大，，电容器C的电荷量增大，C正确．‎ D．电源消耗的功率：，回路电流变小，电源消耗功率变小，D错误．‎ ‎12.在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示．下列说法正确有（　　）‎ A. q1和q2带有异种电荷 B. x1处的电场强度为零 C. 负电荷从x1移到x2，电势能减小 D. 负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题的核心是对φ–x 图象的认识，利用图象大致分析出电场的方向及电场线的疏密变化情况，依据沿电场线的方向电势降低，图象的斜率描述电场的强弱——电场强度进行分析解答．‎ ‎【详解】A．由图知x1处的电势等于零，所以q1和q2带有异种电荷，A正；‎ B．图象的斜率描述该处的电场强度，故x1处场强不为零，B错误；‎ C．负电荷从x1移到x2，由低电势向高电势移动，电场力做正功，电势能减小，故C正确；‎ D．由图知，负电荷从x1移到x2，电场强度越来越小，故电荷受到的电场力减小，所以D错误．‎ 三、实验题 ‎13.张明同学在测定某种合金丝的电阻率时：‎ ‎(1)用螺旋测微器测得其直径为_____mm（如图甲所示）；‎ ‎(2)用20分度的游标卡尺测其长度为______cm（如图乙所示）；‎ ‎(3)用图丙所示的电路测得的电阻值将比真实值________(填“偏大”或“偏小”)．‎ ‎【答案】 (1). 3.202-3.205 (2). 5.015 (3). 偏小 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）解决本题的关键明确：螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．‎ ‎（2）游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．‎ ‎（3）由电路图，根据电表内阻的影响确定误差情况．‎ ‎【详解】（1）螺旋测微器的固定刻度为3.0mm，可动刻度为20.5×0.01mm=0.205mm，所以最终读数为3.0mm+0.205mm=3.205mm． （2）20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为50mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为3×0.05mm=0.15mm，所以最终读数为：50mm+0.15mm=50.15mm=5.015cm．‎ ‎（3）由欧姆定律得，电阻阻值R=U/I ‎，由于电压表的分流作用使电流测量值偏大，则电阻测量值偏小．‎ ‎【点睛】考查螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺不需要估读、螺旋测微器需要估读．掌握由欧姆定律分析电路的误差的方法．‎ ‎14.一个小灯泡的额定电压为2.0V，额定电流约为0.5A，选用下列实验器材进行实验，并利用实验数据描绘小灯泡的伏安特性曲线．‎ A．电源E：电动势为3.0V，内阻不计 B．电压表V1：量程为0～3V，内阻约为1kΩ C．电压表V2：量程为0～15V，内阻约为4 kΩ D．电流表A：量程为0～0.6A，内阻约为0.6Ω E．滑动变阻器R1：最大阻值为10Ω，额定电流为1.0A F．滑动变阻器R2：最大阻值为150Ω，额定电流为1.0A G．开关S，导线若干 ‎(1) 实验中使用的电压表应选用_____；滑动变阻器应选用____（请填写选项前对应的字母）．‎ ‎(2) 实验中某同学连接实验电路如图所示，请不要改动已连接的导线，在下面的实物连接图中把还需要连接的导线补上_____．‎ ‎(3) 根据实验中测得的电压表和电流表数据，已在下图坐标纸上做出小灯泡的U-I图线．请简述该图线不是直线的主要原因：_______________________．‎ ‎(4) 若将实验中的小灯泡接在电动势为2.0V、内阻为4Ω的电源两端，则小灯泡的实际功率约为________W（保留两位有效数字）．‎ ‎【答案】 (1). B (2). E (3). 实物连线图如图； (4). 灯丝电阻（率）随温度升高而增大 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2].灯泡额定电压是2V，则电压表选B；为方便实验操作，滑动变阻器应选E．‎ ‎(2)[3].灯泡正常发光时电阻，，，，则电流表采用外接法，由表中实验数据可知，电压与电流从零开始变化，则滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示；闭合开关前，滑片应置于左端．‎ ‎(3)[4].因灯泡电阻随温度的升高而增大，故图象的斜率越来越大，所以图象发生了弯曲；‎ ‎(4)[5].电源的电动势为2V，内阻为4Ω，则电流与路端电压的关系式为：U=E-Ir=2-4I；在上图中作出电流与路端电压的图线，如图所示；交点坐标即为小灯泡的实际电压和电流，故功率为：‎ P=UI=0.7×0.32=0.22W．‎ 四、解答题 ‎15.如图所示，在匀强电场中，将一电荷量为2×10-4的负电荷由A点移到B点，克服电场力做功0.2J，已知A、B两点间距离为2cm，两点连线与电场方向成60°角．求：‎ ‎（1）A、B两点间的电势差UAB ‎ ‎（2）该匀强电场的电场强度E ‎【答案】（1）1000V （2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由求解电势差，（2）由求解电场强度.‎ ‎（1）A、B两点间的电势差 ‎（2）由，得 ‎16.如图所示，电阻R1、R2、R3的阻值相等，都等于R，电池的内阻不计，开关S闭合前流过R2的电流为I，‎ ‎(1)求电源的电动势E；‎ ‎(2)求S闭合后流过R2的电流大小．‎ ‎【答案】(1) E＝2IR (2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设电池两端的电动势为E，开关S闭合前电阻R1、R2两电阻串联，R2的电流为I，由欧姆定律得：‎ E＝I(R1＋R2)＝2IR ‎(2)S闭合后R2、R3并联再和R1串联，由欧姆定律得：‎ 联立解得: ‎ R2中的电流是干路中的一半:‎ 答：（1）电源的电动势E＝2IR；‎ ‎（2）S闭合后流过R2的电流．‎ ‎17.如图所示，A、B两极板竖直放置，两极板之间的电压U1=2.0×102V，MN两相同极板水平正对放置，两极板之间电压U2=4.0×102V，板间距d=8cm，板间电场可视为匀强电场.一质量为m =1.0×10-20kg、带电量为q=+1.0×10-10C的带电粒子，从靠近A板处由静止释放，经电场加速后从B板的小孔穿出，沿M、N极板间中轴线以速度v0射入电场，刚好从M板右边缘飞出.（不计粒子重力）.‎ ‎（1）求带电粒子刚射入M、N极板间时的初速度v0；‎ ‎（2）求M、N极板的长度L.‎ ‎【答案】（1）v0=2.0×l06m/s （2）L=8×10-2m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）带电粒子在AB板间的加速电场中，根据功能关系得：‎ qUl=‎ 代入数据解得：v0=2.0×l06m/s ‎（2）带电粒子射入MN板间做类平抛运动，设加速度为a，根据牛顿第二定律 a= ‎ 由带电粒了刚好从M板右边缘飞出，设在电场中运动时间为t 沿电场方向：‎ L=v0t 垂直电场方向：‎ ‎ ‎ 代入数据解得：L=8×10-2m ‎18.如图所示，在竖直向下的匀强电场中,场强大小为E，一个质量为m带负电的小球从斜轨道上的A点由静止滑下，小球通过半径为R的圆轨道顶端的B点时恰好不落下来、已知轨道是光滑而又绝缘的，且小球的重力是它所受的电场力2倍，求：‎ ‎（1）A点在斜轨道上的高度h为多少？‎ ‎（2）小球运动到最低点时对轨道的压力为多少？‎ ‎【答案】（1）2.5R（2）3mg ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由题意得：‎ mg=2Eq 设小球到B点的最小速度为vB，则由牛顿第二定律可得：‎ ‎；‎ 对AB过程由动能定理可得：‎ ‎ ‎ 联立解得：‎ ‎ ‎ ‎（2）对AC过程由动能定理可得：‎ ‎ ‎ 由牛顿第二定律可得：‎ 联立解得：‎ FN=3mg 由牛顿第三定律可得小球对轨道最低点的压力为3mg；‎ ‎ ‎