河北省唐山市玉田县2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题 14页

唐山市玉田县2019-2020学年高二上学期期中考试物理试卷 一、选择题 ‎1.关于电场强度与电势的关系，下面各种说法中正确的是：（ ）‎ A. 电场强度大的地方，电势一定高 B. 电场强度不变，电势也不变 C. 电场强度为零处，电势一定为零 D. 电场强度的方向是电势降低最快的方向 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】电场线密处，电场强度大，而电场线方向不确定，故无法判断电势高低，电势就不一定高，故A错误；在匀强电场中，电场强度不变，沿着电场线的方向，电势总是逐渐降低的，故B错误；电势为零，是人为选择的，电场强度为零的地方，电势不一定为零，故C错误；沿着电场方向电势降低最快，故D正确。‎ ‎2.带电粒子在匀强电场中的运动轨迹如图所示，如果带电粒子只受电场力作用从a到b运动，下列说法正确的是（ ）‎ A. 粒子带正电 B. 粒子在a和b点的加速度相同 C. 该粒子在a点的电势能比在b点时大 D. 该粒子在b点的速度比在a点时大 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于粒子运动轨迹越来越向上弯曲，可判断它受的电场力方向为竖直向上，与电场方向相反，所以粒子应带负电。故A错误。 B．匀强电场中粒子所受的电场力恒定，加速度相同。故B正确。 CD．从a到b由于电场力方向速度方向成锐角，电场力做正功，则电势能减小，动能增大，故该粒子在b点的电势能比在a点时小，在b点的速度比在a点时大。故CD正确。‎ ‎3.如图所示的电路中，AB是两金属板构成的平行板电容器。先将电键K闭合，等电路稳定后再将K断开，然后将B板向下平移一小段距离，并且保持两板间的某点P与A板的距离不变。则下列说法正确的是（ ）‎ A. 电容器的电容变小 B. 电容器内部电场强度大小变大 C. 电容器内部电场强度大小不变 D. P点电势升高 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ 试题分析：当平行板电容器充电稳定后，两板间存在匀强电场，当开关断开后，两极板的电量不变，当变化极板间距，从而改变电容器的电容，但极板间的电场强度却不变化．‎ A、将B板向下平移一小段距离，由可知电容器的电容变小，故A正确；‎ B、由、、可知，，只改变极板间距，没有改变电荷分布密度，板间场强不变，故B错误，C正确；‎ D、板间场强不变，故D错误。‎ 故选：ACD。‎ 考点：电容器的动态分析．‎ 点评：电容器的电容由两板间距、正对面积与电介质决定；而两板间的电场强度则由电容器的电量、电介质及正对面积决定．当开关断开时，电容器的电量不变；而开关闭合时，电容器的电压却不变．‎ ‎4. 有三个相同的金属小球A、B、C，其中A、B两球带电情况相同，C球不带电．将A、B两球相隔一定距离固定起来，两球间的库仑力是F，若使C球 先和A接触，再与B接触，移去C，则A、B间的库仑力变为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：假设A带电量为Q，B带电量也为Q，两球之间的相互吸引力的大小是 第三个不带电的金属小球C与A接触后，A和C的电量都为Q/2，C与B接触时总电荷量再平分，则C、B分开后电量均为，这时，A、B两球之间的相互作用力的大小，故选B．‎ 考点：库伦定律 ‎【名师点睛】要清楚带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分．根据库仑定律的内容，找出变化量和不变量求出问题。‎ ‎5. 宇航员在探测某星球时发现:①该星球带负电，而且带电均匀；②该星球表面没有大气；③在一次实验中，宇航员将一个带电小球（其带电量远远小于星球电量）置于离星球表面某一高度处无初速释放，恰好处于悬浮状态．如果选距星球表面无穷远处的电势为零，则根据以上信息可以推断：（ ）‎ A. 小球一定带正电 B. 小球的电势能一定小于零 C. 只改变小球的电量，从原高度无初速释放后，小球仍处于悬浮状态 D. 只改变小球离星球表面的高度，无初速释放后，小球仍处于悬浮状态 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：小球处于悬浮状态，一定是库仑力和万有引力二力平衡，故小球一定带负电，小球的电势能一定大于零；只改变电量，库伦力变化，而万有引力不变，小球不会再悬浮；又由于库仑力与万有引力都是与距离的平方成反比，所以改变小球的高度对库仑力和万有引力的二力平衡没有影响，由以上分析可知只有D正确．故选D。‎ 考点：力的平衡；电势能 ‎【名师点睛】库仑力和万有引力二力平衡，并且库仑力与万有引力都是与距离的平方成反比，所以小球的平衡状态与高度无关，这是解本题的关键。‎ ‎6.如图所示,在处于O点的点电荷+Q形成的电场中，试探电荷q由A点移到B 点，电场力做功为W1；以OA为半径画弧交于OB于C，q由A点移到C点电场力做功为 W2；q由C点移到B点电场力做功为 W3。则三者的做功关系为：（ ）‎ A. W1 =W2= W3, W2＞0 B. W1＞W2= W3, W2＞0‎ C. W1 =W3＞W2, W2=" 0" D. W1 =W2＜W3, W2 = 0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 正点电荷形成的电场中，半径越大，电势越小，半径相同，电势相等，所以A点与C点电势相同，故从A运动到B和从C运动到B电场力做功相等，所以，C正确。‎ ‎7.铅蓄电池的电动势为2V，这表示（ ）‎ A. 不管接怎样的外电路，蓄电池两极间的电压也恒为2 V B. 蓄电池能在1 s内将2 J的化学能转变成电能 C. 电路中每通过‎1 C电量，电源把2 J的化学能转化为电能 D. 电路中通过相同的电荷量时，蓄电池比1节干电池非静电力做的功多 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．当电池不接入外电路，蓄电池两极间电压为2V；当电池接入电路时，两极间的电压小于2V。故A错误。 B．铅蓄电池的电动势为2V，表示非静电力将单位正电荷从电源的负极通过电源内部移送到正极时所做的功为2J，即电能增加2J，与时间无关，故B错误。‎ C．电路中每通过‎1 C电荷量，铅蓄电池将‎1C的正电荷从负极移至正极的过程中，克服静电力做功 W=qU=‎1C×2V=2J 故电势能增加2J，即2J化学能转化为电能。故C正确。 D．1节干电池电动势为1.5V，因此通过相同的电荷量时，蓄电池比1节干电池非静电力做的功多。故D正确。‎ ‎8.如图所示，定值电阻R＝20Ω，电动机线圈的电阻R0＝10Ω，当开关S断开时，电流表的示数是‎0.5A．当开关S闭合后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，电流表的示数I 和电路消耗的电功率P应是（ ）‎ A. I＝‎1.5 A B. I＜‎1.5 A C. P＝15 W D. P＜15 W ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．当电键S断开时，由欧姆定律得：‎ U=I1R=0.5×20=10V 当电键S闭合后，通过R1的电流仍为‎0.5A，电动机的电流：‎ 故电流表的电流I＜‎1.5A。故A不符合题意，B符合题意。‎ CD．电路中电功率P=UI＜15W。故C不符合题意，D符合题意。‎ ‎9.如图所示足一个欧姆表的外部构造示意图，其正、负插孔内分别插有红、黑表笔，则虚线内的电路图应是图中的图（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 欧姆表的内部电源的正极与外部负极插孔相连，内部电源的负极与外部正极插孔相连，每次换挡都要短接表笔欧姆调零，所以内部应接可调电阻，故A正确。‎ ‎10. 如图所示，直线a为某电源与可变电阻连接成闭合电路时的路端电压U与干路电流I的关系图象，直线b为电阻R两端电压的U与通过它的电流I的图象，用该电源和该电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的效率分别为（ ）‎ A. 4 W、33.3% B. 2 W、33.3%‎ C. 4 W、67% D. 2 W、67%‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 解：由图象a可知电源的电动势E=3V，短路电流为‎6A，该电源和该电阻组成闭合电路时路端电压为2V，电流I=‎‎2A 电源的输出功率即为电阻R上消耗的功率，根据P=UI得：P=2×2W=4W，‎ 电源的总功率为：P总=EI=3×2W=6W 所以效率为：η=×100%=×100%=67%；‎ 故选：C．‎ ‎【点评】根据U﹣I图象a正确读出电源的电动势和短路电流，根据U﹣I图象正确读出外电路两端的电压和流过电阻的电流，是解决此类问题的出发点．‎ ‎11.如图所示的电路中，电阻R=2Ω．断开S后，电压表的读数为3V；闭合S后，电压表的读数为2V，则电源的内阻r为 A. 1Ω B. 2Ω C. 3Ω D. 4Ω ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】开关s断开时有：，开s闭合时有：，其中，解得：，‎ 故A正确。‎ ‎12.如图所示，ABC为等边三角形，电荷量为+q的点电荷固定在A点．先将一电荷量也为+q的点电荷Q1从无穷远处（电势为0）移到C点，此过程中，电场力做功为-W．再将Q1从C点沿CB移到B点并固定．最后将一电荷量为-2q的点电荷Q2从无穷远处移到C点．下列说法正确的有 A. Q1移入之前，C点电势为 B. Q1从C点移到B点的过程中，所受电场力做的功为0‎ C. Q2从无穷远处移到C点的过程中，所受电场力做的功为2W D. Q2在移到C点后的电势能为-4W ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意可知，C点的电势为，故A正确；由于B、C两点到A点()的距离相等，所以B、C两点的电势相等，所以从C点移到B点的过程中，电场力做功为0，故B正确；由于B、C两点的电势相等，所以当在B点固定后，C点的电势为,所以 从无穷远移到C点过程中，电场力做功为：故C错误；‎ 由于C点的电势为，所以电势能为，故D正确。‎ 二、实验题 ‎13.一个标有“3.8 V 2 W”的小灯泡，要通过实验描绘出这个小灯泡的伏安特性曲线，某同学按图a所示方式连接电路，画出图b所示小灯泡的I-U图象。‎ ‎(1)电流为‎0.40 A 时小灯泡的阻值为______Ω，小灯泡消耗的电功率为 ________W。 ‎ ‎(2)实验中，电路所有元件都完好，且电压表和电流表也均调好零点。a、b、c、d、e、f、g、h为连接电路所用的导线。一位同学闭合开关后，反复调节滑动变阻器，灯泡亮度发生变化，但电压表、电流表的示数无法调为零，则电路中断路的导线为__________。‎ ‎【答案】 (1). 4.75Ω (2). 0.76W (3). g ‎【解析】‎ 试题分析：（1）、由I-U图象可读出当时，由知，小灯泡消耗的电功率由得 ‎（2）、因滑动变阻器用的是分压式接法，反复调节滑动变阻器，灯泡亮度发生变化，但电压表、电流表的示数无法调为零，说明滑动变阻器连接方式变为限流式，所以是电路中导线g断路．‎ 考点：描绘小灯泡的伏安特性曲线实验 ‎14.将满偏电流Ig＝300μA、内阻未知的电流表G改装成电压表并进行核对．‎ ‎（1）利用如图1所示的电路测量电流表G的内阻（图中电源的电动势E＝4V）：先闭合 S1，调节R，使电流表指针偏转到满刻度；再闭合S2，保持R不变，调节R′，使电流表指针偏转到满刻度的一半，读出此时R′的阻值为450Ω，则电流表内阻的测量值Rg＝_____Ω，这个测量值比电流表内阻的真实值_____填“偏大”或“偏小”）．‎ ‎（2）将该表改装成量程为3V的电压表，需_____（填“串联”或“并联”）阻值为R0＝_____Ω的电阻．‎ ‎（3）把改装好电压表与标准电压表进行核对，试在图2画出实验电路图．‎ ‎（ ）‎ ‎【答案】 (1). 450 (2). 偏小 (3). 串 (4). 9550 (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2]先闭合S1，调节R，使电流表指针偏转到满刻度；再闭合S2，保持R不变，调节R′，当S2闭合，R和R′并联电压相等，使电流表指针偏转到满刻度的一半，则有 ：‎ Rg=R′=450Ω 闭合S2后，电路总电阻变小，电路总电流变大，通过R′的电流大于原来电流的二分之一，该实验测出的电表内阻偏小。‎ ‎(2)[3][4]利用电流的改装原理，电压表利用串联分压，要串联一个电阻R0，由U=Ig（Rg+R0），可得：‎ R0=9550Ω ‎(3)[5]改装后的电压表电阻较大，对电表进行矫正，滑动变阻选择分压接法，电路原理图如图，根据原理图，连接实物图如图所示：‎ 三、计算题 ‎15.有一带电荷量q= -3×10‎-6 C的点电荷，从某电场中的A点移到B点，电荷克服电场力做6×10-4 J的功，从B点移到C点，电场力对电荷做9×10-4 J的功，求A、C两点的电势差并说明A、C两点哪点的电势较高。‎ ‎【答案】-100V，C点电势较高 ‎【解析】‎ ‎【详解】负电荷从A移到B点的过程，电荷克服电场力做功，则A、B间的电势差电势差：‎ 即φA>φB，且A比B的电势高200V；‎ 负电荷从B移至C，电场力做正功，则B、C间的电势差电势差：‎ 即φC>φB，且C比B的电势高300V；A、C两点间的电势差：‎ UAC = UAB + UBC = -100 V 所以A、C两点的电势差大小为-100 V，C点电势较高.‎ ‎16.如图所示为一种测定风作用力的仪器原理图，P为金属球，悬挂在一细长金属丝上面，O是悬挂点，R0是保护电阻，CD是水平放置的光滑电阻丝，与细金属丝始终保持良好的接触．无风时细金属丝与电阻丝在C点接触，此时电路中电流I0，有风时金属丝将偏转一角度，角θ与风力大小有关，已知风力方向水平向左，OC＝h，CD＝L，球质量为m，电阻丝单位长度电阻为k，电源内阻和金属丝电阻均不计，金属丝偏转θ角时，电流表示数为I′，此时风力大小为F．试写出：‎ ‎（1）风力大小F与θ的关系式；‎ ‎（2）风力大小F与电流表示数I′的关系式．‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)有风时，对金属球P，受重力mg、风力F、金属丝拉力F1，如图所示：‎ 由平衡条件得：‎ 水平方向：‎ ‎，‎ 竖直方向：‎ 解得：‎ ‎(2)无风时，电源电压 有风时，电阻丝电阻 ‎，‎ 此时：‎ 由以上解得：‎ 联立以上可得：‎ ‎ ‎ ‎17.如图所示为一真空示波管，电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点。已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子的质量为m，电荷量为e。求：‎ ‎（1）电子穿过A板时的速度大小；‎ ‎（2）电子从偏转电场射出时的竖直侧移量；‎ ‎（3）P点到O点的距离。‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）粒子加速电场中只有电场力做功，根据动能定理有：‎ 得电子加速后的速度大小为 ‎ ‎ ‎（2）电子进入偏转电场后，在电场力作用下做类平抛运动，令电子运动时间为t1，电子在水平方向做匀速直线运动故有： v0t1=L1‎ 在竖直方向电子做初速度为0的匀加速运动，已知偏电压为U2，极板间距为d，则电子在偏转电场中的加速度 所以电子在偏转电场方向上的侧位移 ‎ ‎ ‎（3）由（2）分析知，电子离开偏转电场时在竖直方向的速度 ‎ ‎ 电子离开偏转电场后做匀速直线运动，电子在水平方向的分速度 产生位移为L2，电子运动时间 ‎ ‎ 电子在竖直方向产生位移 ‎ ‎ 所以电子偏离O点的距离