物理卷·2019届山东省济宁市兖州区高二上学期期中考试试题（解析版）x 16页

兖州市高二物理第一学期期中考试 一、选择题 ‎1. 关于电场强度和电势，下列说法正确的是（ ）‎ A. 由公式可知E与F成正比，与q成反比 B. 由公式U=Ed可知，在匀强电场中，E为恒值，任意两点间的电势差与这两点间的距离成正比 C. 电场强度为零处，电势不一定为零 D. 无论是正电荷还是负电荷，当它在电场中移动时，若电场力做功，它一定是从电势高处移到电势低处，并且它的电势能一定减少 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：电场强度由电场本身性质决定，与试探电荷受到的电场力和试探电荷电荷量无关，故选项A错误；在匀强电场中，电势差与沿电场方向的距离成正比，故选项B错误；处于静电平衡的导体内部场强处处为0，但电势不为0，故选项C正确；电场力可能对正、负电荷都做正功和负功，它们的电势能都可能增加和减少，故选项D错误。‎ 考点：本题考查电场的性质。‎ ‎2. 直流电路如图所示，在滑动变阻器的滑片P向右移动时，电源的（ ）‎ A. 总功率一定增大 B. 效率一定增大 C. 内部损耗功率一定增大 D. 输出功率一定先增大后减小 ‎【答案】B ‎【解析】在滑动变阻器的滑片P向右移动时，电路的外电阻R增大，电路中的电流减小。‎ A：电源的电动势不变，电路中电流减小，电源的总功率减小。故A项错误。‎ B：电路的外电阻R增大，电源的效率 增大。故B项正确。‎ C：电源的内阻不变，电路中电流减小，电源的内部损耗功率减小。故C项错误。‎ D：当滑动变阻器阻值与电源内阻相等时，电源输出功率最大，由于不知道最初滑动变阻器接入电路的阻值与电源内阻间的关系，因此无法判断电源输出功率如何变化。故D项错误。‎ ‎3. 如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为10 cm的正六边形的六个顶点，A、B、C三点电势分别为1V、2V、3V，正六边形所在平面与电场线平行。下列说法错误的是(　　)‎ A. 通过CD和AF的直线应为电场中的两条等势线 B. 匀强电场的电场强度大小为10V/m C. 匀强电场的电场强度方向为由C指向A D. 将一个电子由E点移到D点，电子的电势能将减少1.6×10－19J ‎【答案】B ‎ ‎ 考点：电势、等势线、电场线的关系及电场力做功特点。‎ ‎【名师点睛】找出等势点等势线，再作出电场线，是解决这类问题的常用方法．本题还要充分利用正六边形的对称性分析匀强电场中各点电势的关系，确定正确选项，最后一个选项还应用了带电粒子在电场中运动时电势能的变化，这就要求对电场力做功与电势能的变化关系非常地熟悉。‎ ‎4. 如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块水平的平行极板间的偏转电场中，入射方向跟极板平行．整个装置处在真空中，重力可忽略．在满足电子能射出平行板区域的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是(　　)．‎ A. U1变大、U2变大 B. U1变小、U2变大 C. U1变大、U2变小 D. U1变小、U2变小 ‎【答案】B ‎【解析】电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动， ‎ 入电势差为U2的两块水平的平行极板间的偏转电场中， 、 、解得：，故一定能使电子的偏转角θ变大的是B选项。‎ ‎5. 如图所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，R0为定值电阻，R1和R2为可变电阻，开关S闭合。质量为m的带负电荷的粒子（不计重力）从P点以水平速度v0射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点。若经下列调整后，粒子仍从P点以水平速度v0射入，则关于粒子打在N板上的位置说法正确的是(　　)‎ A. 保持开关S闭合，增大R1，粒子打在O点左侧 B. 保持开关S闭合，增大R2，粒子打在O点左侧 C. 断开开关S，M极板稍微上移，粒子打在O点右侧 D. 断开开关S，N极板稍微下移，粒子打在O点右侧 ‎【答案】D ‎【解析】A：保持开关S闭合，由串并联电压关系可知，R0两端的电压，增大R1，U将减小，电容器两端的电压减小，则粒子受到的电场力减小，产生的加速度减小。‎ 从P点以水平速度v0射入金属板间打在极板上则 ，水平位移为，水平位移将增大，故粒子打在O点右侧，即A项错误。‎ B：保持开关S闭合，增大R2，R0两端的电压不变，电容器两端的电压不变，粒子仍打在O点。故B项错误。‎ C：断开开关，平行板带电量不变，平行板间的电场强度为，结合及可得，M极板稍微上移，电场强度不变，故加速度不变，不会影响离子的运动，还打在O点，故C项错误。‎ ‎6. 如图，直MN表示某电场中一条电场线，a、b是线上的两点，将一带负电荷的粒子从a点处由静止释放，粒子从a运动到b过程中的vt图线如图(b)所示。设a、b两点的电势分别为φa、φb，电场强度大小分别为Ea、Eb，粒子在a、b两点的电势能分别为Wa、Wb，不计重力，则有(　　)‎ A. φa＞φb B. Ea＞Eb C. Ea＜Eb D. Wa＜Wb ‎【答案】B ‎【解析】正电荷从a运动到b，做加速运动，可知电场力的方向水平向右，则电场线的方向水平向右，可知φa>φb．故A正确．从a到b的过程中，电荷的加速度逐渐减小，可知电场强度的大小逐渐减小，则Ea＞Eb．故B正确，C错误．从a到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，则Wa＞Wb．故D正确．故选ABD．‎ 点睛：解决本题的关键知道电荷做加速度逐渐增大的加速运动，知道沿电场线方向电势逐渐降低，以及知道电场力做功与电势能的关系．‎ ‎ ‎ ‎7. 如图所示，在一幢居民楼里有各种不同的用电器，如电灯、电视机、洗衣机、微波炉、排油烟机等．停电时，用多用电表测得A、B间的电阻为R ‎；供电后，设各家用电器全都同时使用时，测得A、B间电压为U，进线电流为I；经过一段时间t，从总电能表中测得这段时间内消耗的电能为W，则下列表达式用来计算该幢楼居民用电的总功率，其中正确的是(　　)‎ A. P=I2R B. P= C. P=IU D. P=‎ ‎【答案】CD ‎【解析】居民楼里的用电器不全是纯电阻所以不可以用P＝I2R，P＝，进行功率计算，计算该幢楼居民用电的总功率可以用P＝IU，P＝，选CD ‎8. 如图所示，已知电源电动势E=12V，内阻r=1Ω，定值电阻R=2Ω，通过小灯泡的电流为1A，已知小灯泡的电阻为3Ω，小型直流电动机的线圈电阻RM=1Ω，则(　　)‎ A. 电动机两端的电压1V B. 电动机两端的电压6V C. 电动机的输入功率6W D. 电动机的输出功率5W ‎【答案】BCD ‎【解析】A、根据闭合电路的欧姆定律可得电动机两端的电压为：，故A错误，B正确；‎ C、电动机的输入功率，，故选项C、D 正确。‎ 点睛：当电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，求电功率只能用，求电热只能用，求机械功率要根据能量守恒得到。‎ ‎9. 如图所示，长为L=0.5 m、倾角为θ=37°的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中，一带电荷量为＋q，质量为m的小球(可视为质点)，以初速度v0=2m/s恰能沿斜面匀速上滑，g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，则下列说法中正确的是(　　)．‎ A. 小球在B点的电势能大于在A点的电势能 B. 水平匀强电场的电场强度为 C. 若电场强度加倍，小球运动的加速度大小为3m/s2‎ D. 若电场强度减半，小球运动到B点时速度为初速度v0的一半 ‎【答案】BD ‎【解析】试题分析：小球由A到B的过程中，重力做负功，电场力做正功，小球电势能减少，选项A错误；因小球做匀速运动，由平衡条件知qEcosθ=mgsinθ，所以电场强度，选项B正确；电场强度变为2倍后，则有q·2Ecos θ－mgsinθ＝ma，所以a＝6 m/s2，选项C错误；电场强度减为一半后，则有:‎ ‎，a1＝3 m/s2，由v02－v2＝2a1L代入数值得v＝1 m/s，选项D正确；故选BD。‎ 考点：带电粒子在电场中的运动；牛顿第二定律；动能定理 ‎【名师点睛】由带电小球受到分析得：重力、支持力与电场力，且三力均不变．若存在加速度，则带小球也不可能到达N点的速度仍不变的，所以三力处于平衡状态．故带电小球做的是匀速直线运动。‎ ‎10. 某学生做研究串联电路电压特点的实验时，接成如图所示的电路，接通S后，他将多用电表电压挡的红、黑表笔并联在A、C两点间时，电压表读数为U；当并联在A、B两点间时，电压表读数也为U；当并联在B、C两点间时，电压表读数为零，故障的原因可能是(　　)‎ A. AB段断路 B. BC段断路 C. AB段短路 D. BC段短路 ‎【答案】AD ‎【解析】试题分析：并联在A、C两点间时，电压表读数为U，则电源正常，当并联在A、B两点间时，电压表读数也为U；说明断路，当并联在B、C两点间时，电压表读数为零，说明BC段短路，故AD正确 考点：考查了电路故障分析 二．实验题 ‎11. 如图所示，用多用电表测量直流电压U和测电阻R时，若红表笔插入多用电表的“＋”插孔，则（____）‎ A．前者电流从红表笔流入多用电表，后者电流从红表笔流出多用电表 B．前者电流从红表笔流入多用电表，后者电流从红表笔流入多用电表 C．前者电流从红表笔流出多用电表，后者电流从红表笔流出多用电表 D．前者电流从红表笔流出多用电表，后者电流从红表笔流入多用电表 ‎【答案】B ‎【解析】图中所示是多用电表的示意图，无论是测电压U还是测电阻R，电流都是从红表笔流入多用电表，从黑表笔流出多用电表，选项B正确。‎ ‎12. 在测量金属丝电阻率的实验中，可供选用的器材如下：‎ 待测金属丝：Rx(阻值约4 Ω)；‎ 电压表：(量程3 V，内阻约3 kΩ)；‎ 电流表：A1(量程0.6 A，内阻约0.2 Ω)，‎ A2：(量程3 A，内阻约0.05 Ω)；‎ 电源：E1(电动势3 V，内阻不计)，‎ E2：(电动势12 V，内阻不计)；‎ 滑动变阻器：R(最大阻值约20 Ω)；‎ 螺旋测微器：毫米刻度尺；开关S；导线。‎ ‎（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，读数为________mm。‎ ‎ ‎ ‎（2）若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选________，电源应选________(均填器材代号)。‎ ‎（3）在答题纸对应题号线框内完成电路原理图__________。‎ ‎【答案】 (1). 1.770(1.769～1.771) (2). A1 (3). E1 (4). ‎ ‎【解析】（1）螺旋测微器读数；‎ ‎(2) 为使测量尽量精确，通过电阻丝的电流不宜大，故电流表应选A1(量程0.6 A，内阻约0.2 Ω)；‎ 由电流表可推算出电阻丝两端电压最大约为2.4V，故电源应选E1(电动势3 V，内阻不计)。‎ ‎(3)电阻丝电阻相对电压表较小，采用电流表的外接法。又因为滑动变阻采用限流式，电路如图：‎ 点睛：器材的选取要兼顾安全、精确、可操作性等方面。测量电阻丝的电阻率时，电路中电流不能大，防止电阻丝发热影响其电阻率。‎ ‎13. 某同学要测量一节干电池的电动势和内电阻。实验室除提供开关S和导线外，有以下器材可供选择：‎ 电压表：V1(量程3 V，内阻RV1=10 kΩ)‎ 电压表：V2(量程15 V，内阻RV2=50 kΩ)‎ 电流表：G(量程3 mA，内阻Rg=100 Ω)‎ 电流表：A(量程3 A，内阻约为0.5 Ω) ‎ 滑动变阻器：R1(阻值范围0～10 Ω，额定电流2 A)‎ R2(阻值范围0～1000 Ω，额定电流1 A)‎ 定值电阻：R3=0.5 Ω，R4=10 Ω ‎（1）为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中电压表应选用________，滑动变阻器应选用________(填写器材的符号)。该同学发现所给的两个电流表的量程均不符合要求，他将电流表G进行改装，电流表G应与定值电阻_____并联，改装后的电流表对应的量程是_____ A。‎ ‎（2）在答题纸对应的虚线框内，画出该同学实验连线时依据的实验原理图__________。‎ ‎【答案】 (1). V1 (2). R1 (3). R3 (4). 0.603(填0.6或0.60均可) (5). ‎ ‎【解析】(1) 一节干电池的电动势约E=3V，故电压表应选择V1；‎ 为方便实验操作，滑动变阻器应选R1，它的阻值范围是0〜10Ω；‎ 电路中最小电流约为：电流表A的量程是3A，0.3A不到该量程的三分之一，因此不能用电流表A。为了扩大电流表的量程，应并联一个小电阻；故应与R3并联；改装后电流表量程： ‎ ‎(2)电流表用表头改装，电压表直接接在电池两端，电路如图：‎ 点睛：测量电源的内电阻时一样有电流表的内外接法，仍遵循内大外小的法则。‎ 三．计算题 ‎14. 如图所示的电路中，电源的电动势E=3.0V，内阻r=1.0Ω；电阻R1=10Ω，R2=10Ω，R3=30Ω，R4=35Ω；电容器的电容C=100μF.电容器原来不带电．求接通电键K后流过R4的总电荷量．‎ ‎【答案】2×10－4C ‎【解析】试题分析：由电阻的串并联公式，得闭合电路的总电阻为 由欧姆定律得，通过电源的电流 电源的端电压U=ε﹣Ir 电阻R3两端的电压 电容器上的带电量Q=CU'，而充电电流全部通过R4，‎ 通过R4的总电量就是电容器的电量Q=CU′‎ ‎15. 在一个水平面上建立x轴，在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E=6.0×105 N/C，方向与x轴正方向相同．在O处放一个电荷量q=－5.0×10－8 C、质量m=1.0×10－2 kg的绝缘物块．物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.20，沿x轴正方向给物块一个初速度v0=2.0 m/s，如图所示．求物块最终停止时的位置．(g取10 m/s2)‎ ‎【答案】在O点左侧距O点0.2m处 ‎【解析】试题分析：物体先向右左减速运动，由动能定理得：‎ 代人数据解得：‎ 即物体向右运动0.4m时减为零，因为,所以物体将沿x轴负方向加速，出电场后再减速，最终停到O点左侧某点，设该点距O点距离为，则对全过程应用动能定理得：‎ 解得：‎ 考点：本题考查了动能定理应用 ‎16. 如图所示，在竖直边界线O1O2左侧空间存在一竖直向下的匀强电场，电场强度E=100 N/C，电场区域内有一固定的粗糙绝缘斜面AB，其倾角为30°，A点距水平地面的高度为h=4m．BC段为一粗糙绝缘平面，其长度为．斜面AB与水平面BC由一段极短的光滑小圆弧连接(图中未标出)，竖直边界线O1O2右侧区域固定一半径为R=0.5m的半圆形光滑绝缘轨道，CD为半圆形光滑绝缘轨道的直径，C、D两点紧贴竖直边界线O1O2，位于电场区域的外部(忽略电场对O1O2右侧空间的影响)．现将一个质量为m=1kg、电荷量为q=0.1C的带正电的小球(可视为质点)在A点由静止释放，且该小球与斜面AB和水平面BC间的动摩擦因数均为.求：(g取10m/s2)‎ ‎（1）小球到达C点时的速度大小；‎ ‎（2）小球到达D点时所受轨道的压力大小；‎ ‎（3）小球落地点距离C点的水平距离．‎ ‎【答案】（1）（2）30N（3）‎ ‎【解析】试题分析：（1）以小球为研究对象，由A点至C点的运动过程中，根据动能定理可得 解得 ‎（2）以小球为研究对象，在由C点到D点的运动过程中，根据机械能守恒定律可得 mv＝mv＋mg·2R 在最高点以小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得 解得FN＝30 N ‎（3）设小球做类平抛运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律可得mg＋qE＝ma 应用类平抛运动的规律列式可得 x＝vDt ‎2R＝at2解得 考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律；类平抛运动 ‎【名师点睛】本题是动能定理和圆周运动、平抛运动的综合，关键要把握每个过程所遵守的物理规律，当涉及力在空间的效果时要优先考虑动能定理，要注意电场力做功与沿电场力方向移动的距离成正比。‎ ‎ ‎