【物理】安徽省宿州市十三所省重点中学2019-2020学年高二上学期期中联考试题（解析版） 14页

宿州市十三所重点中学2019-2020学年度第一学期 期中质量检测高二物理试卷（理科）‎ ‎（满分：100分，考试时间：100分钟）‎ 一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的4个选项中，第1—8题只有一个选项符合题目要求，第9—12题有多个选项符合题目要求。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.下列关于物体带电和点电荷说法正确的是（ ）‎ A. 带电现象的本质是产生电荷 B. 元电荷实质上是指电子和质子本身 C. 物体所带的电荷量可以是任意实数 D. 当两个带电体的大小、形状对它们之间相互作用影响可以忽略时，这两个带电体可看成点电荷 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．带电现象的本质是物体得到或失去电子，不是产生电荷，故A错误；‎ B．元电荷是指最小的电荷量，不是指质子或者是电子，故B错误；‎ C．物体所带电荷量的最小值是1.6×10-19C，任何带电体所带电荷都等于元电荷或者是元电荷的整数倍，故C错误；‎ D．根据带电体可以看作点电荷的条件可知，当两个带电体的大小、形状对它们之间相互作用影响可以忽略时，这两个带电体可看成点电荷，故D正确。‎ ‎2.关于电场强度，下列说法正确的是（ ）‎ A. 电场中某点的场强方向即为试探电荷在该点的受力方向 B. 沿电场线方向电场强度一定越来越小 C. 在匀强电场中公式中的d是沿电场方向两点间的距离 D. 公式和对于任意静电场都是适用的 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电场强度的方向规定为放在该点的正电荷受到的静电力方向，与正电荷受力方向相同，与负电荷受力方向相反，故A错误；‎ B．沿电场线方向电势一定逐渐减小，故B错误；‎ C．匀强电场中，公式中的d是沿电场方向两点间的距离，故C正确；‎ D．电场强度的定义式是，适用于一切电场，点电荷电场的决定式，只适用于点电荷，故D错误。‎ ‎3.下列关于电流、电阻和电阻率的说法正确的是（ ）‎ A. 由，可知I与q成正比 B. 由可知，导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中电流成反比 C. 由可知，导体的电阻率跟导体的电阻和横截面积乘积成正比,与导体长度成反比 D. 由，可知导体中的电流跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．公式是电流强度的定义式，I与q无关，与t无关，故A错误；‎ B．公式是电阻的定义式，与导体两端的电压成无关，跟导体中的电流成无关，故B错误；‎ C．电阻率是导体本身的性质，取决于导体的材料和温度，与导体长度和截面积无关，故C错误；‎ D．公式是欧姆定律的表达式，流过导体的电流与导体两端的电压成正比，跟导体中的电阻成反比，故D正确。‎ ‎4.有关电压和电动势的说法中正确的是（ ）‎ A. 电动势就是电源两极间的电压 B. 电动势是反映电源把其他形式能转化为电能本领强弱的物理量 C. 电压与电动势的单位都是伏特，所以电压与电动势是同一物理量的不同叫法 D. 电动势公式与电压公式中的W是一样的，都是静电力做功 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AC．电动势表征电源把其它形式的能转化为电能的本领大小，电势差是电势之差，其绝对值等于电压，两者物理意义不同，不是一回事，故A C错误；‎ B．电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，电动势越大，本领越大，故B正确；‎ D．电动势公式中的W为非静电力做功，电压中的W为静电力做功，故D错误。‎ ‎5.在真空中A、B两点分别放有异种电荷-2Q和+Q，以AB连线中点O为圆心作一圆形路径，如图所示，下列说法正确的是（ ）‎ A. 场强大小关系有、‎ B. 电势高低关系有、‎ C. 将一负点电荷沿圆弧由a运动到b的过程中电场力做正功 D. 将一正点电荷沿直线由c运动到d的过程中电势能始终不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于，a点处电场线比b点处电场线密，a点场强大于b点场强，而cd两点离两电荷的距离相等，所以电场强度大小相等，方向不同，故A错误；‎ B．由题，电场线方向由B指向A，则有φa<φb、而cd两点离两电荷的距离相等，所以两点电势相等，故B错误；‎ C．将一负点电荷沿圆弧由a运动到b的过程中，电场力方向与运动方向相同，所以电场力做正功，故C正确；‎ D．将一正点电荷沿直线由c运动到d的过程中，离的距离先减小后增大，所以电势先增大后减小，由公式可知，正点电荷的电势能先增大后减小，故D错误。‎ ‎6.如图所示的电路中，电源内阻不计，，当开关S 闭合且电路稳定时，电容器C带电荷量为；当开关S断开且电路稳定时，电容器C带电荷量为，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】开关断开稳定时，电路中没有电流，电容器的电压等于电源的电动势，即为 ‎ ‎ 开关闭合稳定时，电容器的电压等于电阻R2两端的电压，则有 对于给定电容器，电容不变，由得 故A正确。‎ ‎7.两电荷量分别为和的点电荷固定在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中C为ND段电势最低的点，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 、为等量异种电荷 B. 将一正点电荷从N点移到D点，电势能先减小后增大 C. N、D两点间的电场强度大小先增大后减小 D. N、C两点间场强方向沿x轴负方向 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．若是异种电荷，电势应该逐渐减小，由图像可以看出，应该是等量的同种正电荷，故A错误；‎ B．NC电场线向右，CD电场线向左，将一正点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故B正确；‎ C．图线的斜率表示电场强度，由图可得N、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大，故C错误；‎ D．沿x正方向从N到C的过程，电势降低，N、C两点间场强方向沿x轴正方向，故D错误。‎ ‎8.如图所示，a、b、c、d一个矩形的四个顶点.匀强电场与矩形所在平面平行.已知a点的电势为14V，b点的电势为18V，d点的电势为2V，由此可知c点的电势为（ ）‎ A. 6V B. 8V C. 10V D. 14V ‎【答案】A ‎【解析】由于在匀强电场的同一条直线上，由 知在相等距离上的两点之间的电势差相等，即 即 代入数据解得： ‎ 故A正确。‎ ‎9.关于电容器和电容的说法中，正确的是（ ）‎ A. 公式中Q是电容器两极板带电量绝对值之和 B. 对于确定的电容器，其带电量与两板间的电压成正比 C. 平行板电容器保持带电量不变而增大两极板间距离，两极板间电场强度不变 D. 平行板电容器保持两极板间电压不变而增大两极板间距离，带电量变大 ‎【答案】BC ‎【解析】A．电容器的带电量等于每个极板带电量的绝对值，则知平行板电容器一板带电+Q，另一板带电-Q，则此电容器带电量为Q，故A错误；‎ B．电容的定义式，采用比值法定义，其带电量与两板间的电压成正比，故B正确；‎ C．根据电容的决定式， 定义式和结合得到：电容器板间电场强度 可知C与d无关，所以平行板电容器保持带电量不变而增大两板的间距时，两板间的电场强度不变，故C正确；‎ D．平行板电容器保持两极板间电压不变，若增大两极板间距离，由可知，电容C减小，因板间电压U不变，由分析可知：Q减小，故D错误。‎ ‎10.如图所示，实线是由点电荷产生未标明方向的电场线,虚线是某带电粒子仅在电场力作用下由a到b运动轨迹,下列判断正确的是（ ）‎ A. 带电粒子一定带正电 B. 带电粒子在a点的速度比b点大 C. 带电粒子在a点的电势能比b点大 D. 带电粒子在a点的加速度比b点大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性和产生该电场的点电荷的电性，故A错误；‎ BC．由a到b，电场力做负功，动能减小，速度减小，电势能增加，故粒子在a点速度比b点大，粒子在a点的电势能比b点小，故B正确，C错误；‎ D．由图可知，a点的电场线比b的更密，所以a点的场强比b点更大，所以带电粒子在a点的加速度比b点大，D正确。‎ ‎11.如图所示，在水平向左的匀强电场中，一小球质量为m，电荷量为-q，用绝缘轻绳（不伸缩）悬于O点，平衡时小球位于A点，此时绳与竖直方向的夹角绳长为L，OD水平，OC竖直。在D点给小球适当的初速度使其绕O点做圆周运动，下列说法正确的是（ ）‎ A. 匀强电场的场强大小为 B. 小球在C点时的重力势能最小 C. 小球在C点时动能最大 D. 小球从D运动到A的过程中电势能先增大后减小 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A．小球在A点平衡时，根据平衡条件得 解得：‎ 故A正确；‎ BC．小球在竖直平面内做圆周运动时，C点为最低点，所以物体在C点的重力势能最小，A点为等效最低点，动能最大，故B正确，C错误；‎ D．小球从D到A过程，电场力做正功，电势能减小，故D错误。‎ ‎12.如图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一质量为m=0.1kg、带电荷量为的小物块处于静止状态，小物块与地面间的摩擦因数.从t ‎=0时刻开始，空间上加如图乙所示的电场.下列说法正确的是（ ）‎ A. 4秒内小物块一直向同一方向运动 B. 2s末小物块速度大小为2m/s C. 4秒内小物块的位移大小为6m D. 4秒内电场力对小物块所做的功为0.8J ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC．0～2s，由牛顿第二定律得物块加速度：‎ 物块向右做加速运动，2s末小物块速度 前2s内的位移 ‎2～4s，由牛顿第二定律得加速度 物块向右做减速运动，4s末减速到零，2～4s的位移 ‎4秒内小物块的位移 故A正确，BC错误；‎ D．4秒内电场力对小物块所做的功 代入数据解得 故D正确。‎ 二、实验题（每空2分，共14分）‎ ‎13.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中。‎ ‎（1）设计如图所示电路图，要求小灯泡两端的电压从零开始变化，且能尽量减小系统误差，开关接___（填“M”或“N”）闭合开关S前滑片P置于_______（填“A端”或“B端”）‎ ‎（2）根据所选电路图，请在图中用笔画线代替导线，把实验仪器连接成完整的实验电路_____。‎ ‎（3）若实验中电流表出现故障，不能使用。该同学需将一个满偏电流为1mA、内阻为30Ω的表头改装成量程为0-0.6A的电流表，则应将表头与电阻箱_________（填“串联”或“并联”），并将该电阻箱阻值调为__________Ω.（保留一位有效数字）‎ ‎（4）实验得到小灯泡伏安特性曲线如图所示. 随着电压增大，温度升高，小灯泡的电阻____________. （填“增大”，“减小”或“不变”）‎ ‎（5）若把这种规格的三个小灯泡、、按如图所示电路连接. 当开关S闭合后，电路中的总电流为0.25A，则此时、的实际功率之比为__________‎ ‎【答案】(1). N A端 (2). (3). 并联 005 (4). 增大 (5). 20:1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2]要求小灯泡两端的电压从零开始变化，且能尽量减小系统误差，滑动变阻器采用分压接法；由于小灯泡电阻较小，电流表采用外接法，故开关S1接N点，闭合开关前，为保护电表，闭合开关S前滑片P置于A端；‎ ‎(2)[3] 根据实验原理图连接实物图如图所示：‎ ‎(3)[4][5]把表头改装成大量程电流表应并联小电阻，根据并联电路特点和欧姆定律得 解得：‎ ‎(4)[6]根据I-U图象中各点与坐标原点连线的斜率表示电阻倒数可知，随着电压增大，温度升高，小灯泡的电阻增大；‎ ‎(5)[7]据电路图可知据乙图可知电流为0.25A，L1灯泡的电压为3V；灯泡L2、L3并联，每个灯泡通过的电流为0.125A，从图乙知电压为：‎ 故 三、计算题（本题共4小题，共38分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）‎ ‎14.三个完全相同的金属小球，a球带电量为4q，b球带电量为-6q，c球原来不带电。让c球先后与a、b相互接触，然后分别放在边长为L的正三角形的顶点上如图所示. （静电力常量为k）求：c球受到的库仑力。‎ ‎【答案】 方向平行ba且向左 ‎【解析】‎ ‎【详解】c球先后与a、b相互接触分开后a、b、c球分别为2q ，—2q，—2q，由库仑定律 ‎ 几何关系Fac与Fbc夹角为 由平行四边形定则 方向平行ba且向左。‎ ‎15.如图所示，在同一条电场线上A、B两点相距8cm，一个带电量为点电荷在A点的电势能为，在B点的电势能为. 若将该点电荷从A点移动到B点，求：‎ ‎（1）电场力对点电荷做功及A、B两点间电势差；‎ ‎（2）若该电场为匀强电场，分析和计算电场强度方向和大小。‎ ‎【答案】(1),UAB= 4V (2) E=50v/m, 电场强度方向由A到B ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据功能关系可知，电场力做功引起电势能的减少量，故 根据电势差的定义可知 UAB==4V ‎(2) UAB>0,沿电场方向电势逐渐降低，所以场强方向A→B ，由 E==50V/m ‎16.如图所示，固定的光滑斜面倾角为，沿水平向右方向加匀强电场时，一质量为m、电量为+q的小物块置于斜面上恰好静止，重力加速度g（已知sin=0.6，cos=0.8）求：‎ ‎（1）该电场的电场强度大小；‎ ‎（2）若该点距斜面底端距离为L，保持场强大小不变，方向变为沿平行斜面向下，则物块滑到斜面底端时的速度大小。‎ ‎【答案】(1) E=(2)v=3‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)对小物块受力分析应满足：‎ tanθ==‎ 解得 E=‎ ‎(2)保持场强大小不变，方向变为沿平行斜面向下，电场力沿斜面向下，由动能定理得 解得 ‎17.如图所示，半径为R的光滑绝缘半圆形轨道BPD位于竖直平面内，P为与圆心登高的点，D为最高点，其下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，水平轨道的BC段粗糙且BC=R，AC 段光滑，竖直线BD的左侧轨道处在水平向右的匀强电场中，电场强度，现有一质量为m、带+q的小滑块（质点）. 第一次从A点由静止释放，在小滑块到达C点时即撤去电场，小滑块恰好能滑到P点；第二次从A点静止释放小滑块，在小滑块到达C点时保持电场强度大小不变方向变为竖直向上（半圆形轨道BPD也在该电场中），小滑块恰好能滑到D点，求：‎ ‎（1）小滑块与BC段的动摩擦因数；‎ ‎（2）AC段的长度L；‎ ‎（3）小滑块从D点落在水平轨道上到B点距离。‎ ‎【答案】(1)μ＝0.5(2) L＝3R(3)x=2R ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)第一次小滑块恰好滑到P，从A到P由动能定理知 ‎ ①‎ 第二次从A到D由动能定理知 ‎ ②‎ 在D点有 ‎ ③‎ 联立以上①②③并代入得 μ＝0.5‎ ‎(2)由①式代入E、μ得 L＝3R ‎(3)由上得 小滑块从D点落在水平轨道上到B点的过程做类平抛运动，加速度为 竖直方向有 水平方向有 联立解得 即小滑块从D点落在水平轨道上到B点的距离为2R。‎