• 442.00 KB
  • 2021-05-26 发布

【物理】甘肃省庆阳市宁县第二中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题(理)(解析版)

  • 10页
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
宁县第二中学2019-2020学年高上学期期中考试 高二物理(理科)‎ 一、选择题:本题共12小题,每小题4分。在每小题给出的四个选项中,第1~8题只有一项符合题目要求,第9~12题有多项符合题目要求。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. 使带电的金属球靠近不带电的验电器,验电器的箔片张开.下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况,其中正确的是(  )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】由于同种电荷相互排斥,异种电荷相互吸引,所以验电器的上端应带上与小球异号的电荷,而验电器的箔片上将带上与小球同号的电荷;故ACD项错误,B项正确.‎ ‎2. 下列关于电源电动势的说法正确的是(  )‎ A. 电源体积大电源的电动势一定大 B. 电源电动势反映了电源内部非静电力做功的本领 C. 电源是通过静电力把其他形式的能转化为电能的装置 D. 把同一电源接在不同的电路中,电源的电动势也将变化 ‎【答案】B ‎【解析】A.电源体积大电源的电动势不一定大,故A错误;‎ B.电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小,反映了电源内部非静电力做功的本领,故B正确;‎ C.电源是通过内部非静电力把其它形式的能转化为电能的装置,故C错误;‎ D.把同一电源接在不同的电路中,电源的电动势不变,故D错误。故选B。‎ ‎3. 电场强度的定义式为E=F/q,下列说法正确的是( )‎ A. E跟F和检验电荷q都无关 B. E大小与F成正比,与q成反比 C. 移去电荷q,E的大小变为零 D. 这个定义式只适用于点电荷的电场 ‎【答案】A ‎【解析】A、B、C项:电场强度E可以根据定义式来测量,电场强度就等于每单位正电荷所受的力,但场强与试探电荷无关,是由电场本身决定的,故A正确,B、C错误;‎ D项:电场强度E根据定义式适用于任意电场,故D错误.故应选:A.‎ ‎4. 下列关于电势高低的判断,正确的是( )‎ A. 负电荷从点移到点时,外力做正功,点的电势一定较高 B. 负电荷从点移到点时,电势能增加,点的电势一定较低 C. 正电荷从点移到点时,电势能增加,点的电势一定较高 D. 正电荷只在电场力作用下从静止开始,由点移到点,点的电势一定较高 ‎【答案】D ‎【解析】A. 负电荷从点移到点时,外力做正功,无法判断电势的高低,故A错误; ‎ B. 负电荷从点移到点时,电势能增加,根据负电荷在电势低处具有的电势能大,B点的电势一定较低,A点的电势一定较高,故B错误;‎ C. 正电荷从点移到点时,电势能增加,根据正电荷在电势高处具有的电势能大,可知A点的电势一定较低,故C错误;‎ D. 正电荷只在电场力作用下从静止开始由A移到B,电场力一定做正功,电势能减小,电势降低,则A点的电势一定较高.故D正确.‎ ‎5. 一个带正电的粒子沿曲线从a到b越过匀强电场,则以下说法正确的是 A. 电场力做正功,电势能增大 B. 电场力做正功,电势能减少 C. 电场力做负功,电势能增大 D. 电场力做负功,电势能减少 ‎【答案】B ‎【解析】由于正电荷只受电场力作用,电场力将指向运动轨迹的内侧,电场力方向与电场方向一致,从a到b电场力做正功,电势能减小;‎ A. 电场力做正功,电势能增大,与结论不相符,选项A错误;‎ B. 电场力做正功,电势能减少,与结论相符,选项B正确;‎ C. 电场力做负功,电势能增大,与结论不相符,选项C错误;‎ D. 电场力做负功,电势能减少,与结论不相符,选项D错误.‎ ‎6. 三个阻值都为9Ω的电阻,它们任意连接、组合,总电阻可能为(  )‎ A. 9Ω B. 8Ω C. 27Ω D. 30Ω ‎【答案】C ‎【解析】当三个电阻串联时,总电阻为 当三个电阻并联时,总电阻为 当两个电阻串联后与第三个电阻并联,总电阻为 当两个电阻并联后与第三个电阻串联,总电阻为。故选C。‎ ‎7. 如图所示,有三个电阻,已知Rl:R2:R3=1:3:6,则电路工作时,电压Ul:U2为(  )‎ A. 1:6 B. 1:‎9 ‎C. 1:3 D. 1:2‎ ‎【答案】D ‎【解析】设R1=R,由于R1:R2:R3=1:3:6,则 通过串联电路的电流I相等,则。故D正确。‎ ‎8. 如图所示,虚线a、b、c是电场中的一簇等势线(相邻等势面之间的电势差相等),实线为一个电子(重力不计)仅在静电力作用下通过该区域时的运动轨迹,P、Q是这条轨迹上的两点,据此可知(  )‎ A. a、b、c三个等势面中,a的电势最高 B. 电子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大 C. 电子在P点的加速度比Q点的加速度小 D. 电子一定是从P点向Q点运动 ‎【答案】A ‎【解析】A.因为电场线垂直等势面,电子所受电场力指向轨迹内侧,电场线和电场力如图所示 由于电子带负电,因此电场线方向指向斜下方,沿电场线电势降低,故a等势线的电势最高,c等势线的电势最低,A正确;‎ B.a等势线的电势最高,c等势线的电势最低,则 根据 而电子带负电,所以电子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能小,B错误;‎ C.等势线密的地方电场线密场强大,P点位置电场强大,根据 P点电场力大,根据牛顿第二定律,电子的加速度也大,C错误;‎ D.由图只能判断出粒子受力的方向,不能判断出电子运动的方向,D错误。故选A ‎9. 在场强E=1.0×102 V/m的匀强电场中,有相距d=2.0×10-‎2 m的a、b两点,则a、b两点间的电势差可能为( )‎ A. 1.0‎‎ V B. 2.0 V C. 3.0 V D 4.0 V ‎【答案】AB ‎【解析】若ab连线沿电场线方向,则此时两点的电势差最大,,故选项AB正确,CD错误;故选AB.‎ ‎10. 某实验小组用图示装置探究影响平行板电容器电容的因素.若两极板正对面积为S,极板间的距离为d,静电计指针偏角为θ.实验中,假定极板所带电荷量不变,下列判断中正确的是 A. 保持S不变,增大d,则C变小,θ变大 B. 保持S不变,增大d,则C变大,θ变小 C. 保持d不变,减小S,则C变小,θ变大 D. 保持d不变,减小S,则C变大,θ变小 ‎【答案】AC ‎【解析】根据电容的决定式 得知,电容与极板间距离成反比,当保持S不变,增大d时,电容减小,因极板所带电荷量Q不变,由电容的定义式,分析可知板间电势差增大,静电计指针的偏角θ变大.故A正确,B错误.根据电容的决定式得知,电容与极板的正对面积成正比,当保持d不变,减小S时,电容C减小,极板所带电荷量Q不变,则由电容的定义式,可知板间电势差U增大,静电计指针的偏角θ变大.故C正确,D错误.故选AC.‎ ‎11. 如图所示,为正电荷Q的电场,A、B是电场中的两点,将电量为q=5×10‎-8C的正点电荷(试探电荷)置于A点,所受电场力为2×10-3N,则下列判断正确的是(  )‎ A. 将点电荷q从A点移走,则该点的电场强度为零 B. 将电量为q的负点电荷放于A点,A点场强大小为4.0×104N/C,方向指向B C. B点处的电场强度小于4.0×104N/C D. 将电量为2q的正点电荷放于A点,A点场强大小为8.0×104N /C,方向指向B ‎【答案】BC ‎【解析】A.电场中的场强与放入电场中的试探电荷无关,将点电荷q从A点移走,则该点的电场强度不变,不为零,故A错误;‎ B.A点的场强 方向由A指向B,故B正确;‎ C.B点处的电场线比A点处疏,所以B点的场强比A点小,即小于4.0×104N/C,故C正确.‎ D.将电量为2q的正点电荷放于A点,A点的场强不变,大小为4.0×104N/C,方向由A指向B,故D错误。故选BC。‎ ‎12. 如图所示,在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面,斜面上有一带电金属块沿斜面滑下,已知在金属块滑下的过程中动能增加了22J,金属块克服摩擦力做功5J,重力做功18J,则以下判断正确的是(  )‎ A. 金属块克服静电力做功9J B. 金属块带负电荷 C. 金属块电势能减少9J D. 金属块的机械能增加22J ‎【答案】BC ‎【解析】A.下滑过程中,由动能定理可得 代入解得 所以静电力对金属块做9J的功,故A错误;‎ B.由于下滑过程中,静电力做正功,电场力的方向水平向左,与电场线的方向相反,所以金属块带负电荷,故B正确;‎ C.由于电场力对金属块做9J的正功,所以金属块的电势能减少9J,故C正确;‎ D.金属块的动能增加了22J,而重力势能减小了18J,故机械能增加了4J,故D错误。‎ 故选BC。‎ 二、实验题:本题共2小题,将正确的答案填在答题卡相应的位置,共15分。‎ ‎13. (1)用伏安法测一待测电阻,采用下图的电路图,则测量结果将比真实值______。(“偏大”,“偏小”)‎ ‎(2)用电流表和电压表测待测电阻的电流电压时读数如图,则电压表的读数为______V,电流表的读数为______A。‎ ‎【答案】 (1). 偏小 (2). 2.60 (3). 0.53‎ ‎【解析】(1)[1]根据所示电路图可知,所示电路采用电流表外接法,电压表测量的是电阻两端的电压的真实值,由于电压表的分流作用,电流测量值大于真实值,由欧姆定律可知,电阻测量值小于真实值。‎ ‎(2)[2] 电压表的最小分度值为0.1V,应估读到最小分度值的下一位,故电压表读数为2.60V。‎ ‎[3] 电流表的最小分度值为‎0.02A,应估读到最小分度值这一位,故电流表读数为‎0.53A。‎ ‎14. 为了描绘标有“3V,0.4W”的小灯泡的伏安特性曲线,要求灯泡电压能从零开始变化。所给器材如下:‎ A.电流表(0~200mA,内阻0.5Ω) B.电流表(0~‎0.6A,内阻0.01Ω)‎ C.电压表(0~3V,内阻5kΩ) D.电压表(0~15V,内阻50kΩ)‎ E.滑动变阻器(0~10Ω,‎0.5A) F.滑动变阻器(0~1kΩ,‎0.1A)‎ G.电源(3V) H.电键一个,导线若干。‎ ‎(1)为了完成上述实验,实验中应选择的仪器是______(填所选仪器前的字母)。‎ ‎(2)在答题卡卷的虚线框中画出完成此实验的电路图______。‎ ‎(3)此实线描绘出的I—U图线是______(填“曲线”或“直线”),其原因是______。‎ ‎【答案】 (1). ACEGH (2). (3). 曲线 温度变化,灯丝电阻也会变化 ‎【解析】(1)[1] 描绘标有“3V 0.4W”的小灯泡的伏安特性曲线,需要:电源、开关、导线,灯泡额定电压为3V,电压表需要选择C,灯泡额定电流为 电流表选择A;描绘小灯泡的伏安特性曲线电压要从0开始,所以需要分压式电路,要选择电阻值比较小的滑动变阻器E。故选ACEGH。‎ ‎(2)[2] 描绘灯泡伏安特性曲线电压与电流需要从零开始变化,滑动变阻器应采用分压接法,电压表内阻远大于灯泡电阻,电流表应采用外接法,则电路如图所示 ‎。‎ ‎(3)[3] 由灯丝电阻随温度升高而增大,灯丝电阻不是定值,电流与电压不成正比,所以描绘出的图线是曲线。‎ ‎[4] 由灯丝电阻随温度升高而增大,灯丝电阻不是定值,电流与电压不成正比。‎ 三、计算题:本题共3小题,共37分。解答应写出必要的文字说明和重要演算步骤,只写出最后答案的不得分,有数值计算的题,答案中明确写出数值和单位。把答案填在答题卡上相应的位置。‎ ‎15. 有一个电流表G,内阻Rg=20Ω,满偏电流Ig=3mA。要把它改装为量程为0~3V的电压表,要串联多大的电阻?改装后的电压表内阻多大?‎ ‎【答案】980Ω,1000Ω ‎【解析】改装成量程为0~3V的电压表后,两端加上3V的电压时,指针指到满刻度,即电流为3mA,根据欧姆定律 解得 改装后电压表的内阻 ‎16. 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】(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 ‎17. 如图所示,质量为m,电荷量为e的粒子从A点以速度v0沿垂直电场线方向的直线AO方向射入匀强电场,由B点飞出电场时速度方向与AO方向成45°角,已知AO的水平距离为d.(不计重力)求:‎ ‎(1) 从A点到B点所用的时间;‎ ‎(2) 匀强电场的电场强度大小;‎ ‎(3) A、B两点间的电势差.‎ ‎【答案】(1)(2)(3)‎ ‎【解析】 (1)粒子从A点以速度v0沿垂直电场线方向射入电场,水平方向做匀速直线运动,则有t=‎ ‎(2)由牛顿第二定律得a=‎ 将粒子射出电场的速度v进行分解,则有vy=v0tan 45°=v0,‎ 又vy=at,所以v0=·=,‎ 解得E=.‎ ‎(3)由动能定理得eUAB=m(v0)2-mv 解得UAB=.‎