江西省宜春九中2019-2020学年高二上学期期中考试物理试卷 9页

物理试题卷 考试时间： 100分钟试卷总分： 100分 一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）‎ 1. 关于电场强度有下列说法,正确的是(    )‎ A. 电场中某点的电场强度在数值上等于单位电荷在该点所受的电场力 B. 电场强度的方向总是跟电场力的方向一致 C. 在点电荷Q附近的任意一点,如果没有把试探电荷q放进去,则这一点的电场强度为零 D. 根据公式可知,电场强度跟电场力成正比,跟放入电场中的电荷的电量成反比 ‎【答案】A ‎【解析】【分析】 本题主要考查电场强度的概念,解决本题的关键要理解并掌握电场强度的物理意义,难度一般,基础题。 电场中的场强取决于电场本身,与有无检验电荷无关,明确电场强度方向与电场力方向的关系；电场中的场强取决于电场本身,与有无检验电荷无关,引入检验电荷是为了方便研究电场而引入的。‎ ‎【解答】 A.根据电场强度的定义,可知,电场强度在数值上等于单位电荷在该点所受的电场力,故A正确； B.电场强度的方向总是跟正电荷所受的电场力的方向相同,与负电荷所受的电场力的方向相反,故B错误； C.电场中的场强取决于电场本身,与有无检验电荷无关,如果没有把试探电荷q放进去,这一点的电场强度不变,故C错误； D.场强取决于电场本身,与检验电荷无关,故D错误； 故选A。 ‎ ‎ ‎ 2. 真空中有两个相同的可以看成点电荷的带电金属小球A,B,两小球相距L固定,A小球所带电荷量为、B所带电荷量为,两小球间的静电力大小是F,现在让A,B两球接触后,使其距离变为2L。此时,A,B两球之间的库仑力的大小是(    )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】【分析】 本题考查了库仑定律；本题就是对库仑力公式的直接考查,掌握住公式就很容易分析了,理解电荷的中和含义。 将它们接触后再分开,则电荷量中和,再进行平分,根据点电荷库仑力的公式 可以求得改变之后的库仑力的大小。 【解答】 根据库仑定律,则有两球间的库仑力为：； 将它们接触后再分开,然后使其距离变为2L,则电荷量中和,再进行平分,因此电量均为,则库仑力为：； 故B正确,ACD错误。 故选B。 ‎ 1. ‎ 【答案】B ‎ 2. 一个带正电的质点,电荷量,在静电场中由a点移动到b点,在这过程中,除电场力外,其他外力做的功为,质点的动能增加了,则a、b两点间的电势差为(    )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】解：根据动能定理得： 得：,故A正确,BCD错误； 故选：A。 质点在静电场中由A点移到B点的过程中,电场力和其他外力对质点做功,引起质点动能的增加电场力做功为, 根据动能定理求解a、b两点间的电势差． 对于研究质点动能变化的问题,要首先考虑能否运用动能定理基础题,比较容易． ‎ 3. ‎(【答案】C ‎ ‎ 4. 如图所示,在水平向左的匀强电场中,有一电荷量为的物体静止在斜面上。若撤去电场后,物体仍然静止在斜面上,那么撤去电场后和撤去电场前相比较,以下说法正确的是 A. 物体所受的摩擦力一定减小了 B. 物体所受的摩擦力一定增大了 C. 物体对斜面的压力一定减小了 D. 物体对斜面的压力一定增大了 ‎【答案】C ‎【解析】【分析】 对物体受力分析：重力、支持力、电场力F,可能有静摩擦力,将支持力和摩擦力,重力和电场力两两合成,‎ 根据平衡条件分析即可。 本题难点在于静摩擦力的不确定性上,通过整体分析,依据等效合成,将支持力和摩擦力,重力和电场力两两合成是关键。 【解答】 解：电场撤去前,物体受到重力G、电场力F、支持力、静摩擦力作用静摩擦力方向可能沿斜面向上,也可能沿斜面向下；静摩擦力的大小与方向由推力的大小决定,当电场力较小时,物体有向下运动的趋势,静摩擦力方向沿斜面向上,反之亦然。,不管静摩擦力的方向如何,摩擦力与支持力的合力是等于重力与电场力的合力的因为物体总的合力为,即,因G与F方向垂直,故重力与电场力的合力大于重力的,即, 电场撤去后,物体受到重力G、支持力、静摩擦力作用静摩擦力方向沿斜面向上。摩擦力与支持力的合力是等于重力的因为物体总的合力为,即。 比较式和式,显然,即物体受到斜面的摩擦力和支持力的合力一定减小。 撤去F之前：, 撤去F之后：,故可知支持力减小,而摩擦力与支持力的合力减小,故摩擦力可能减小,也可能增大,也可能不变。 故ABD错误,C正确。 故选C。 ‎ 1. 如图所示,图线1表示的导体的电阻为,图线2表示的导体的电阻为,则下列说法正确的是 A. ：：1 B. 把拉长到原来的3倍长后电阻等于 C. 将与串联后接于电源上,则功率之比：：3 D. 将与并联后接于电源上,则电流比：：3 ‎ ‎【答案】C ‎【解析】【分析】 通过图象得出两电阻的关系。串联电路电流相等；并联电路,电压相等,电流比等于电阻之反比。根据功率公式可明确功率关系。 解决本题的关键知道图线的斜率表示电阻的倒数以及知道串并联电路的特点,同时能正确选择功率公式。 【解答】 A.根据图象知,图线的斜率表示电阻的倒数,所以：：故A错误； B.把拉长到原来的3倍长后,截面积变成原来的三分之一,则根据可知,电阻变为原来的9倍,故电阻为的3倍；故B错误； C.电阻等于串联电路电流相等,所以将与串联后接于电源上,电流比：：则由可知,功率之比：：3,故C正确； D.并联电路,电压相等,电流比等于电阻之反比,所以将与并联后接于电源上,电流比：：故D 错误。 故选C。 ‎ 1. 如图,有一提升重物用的直流电动机,内阻,,,电压表的读数为110V,则下列说法正确的是(    ) ‎ A. 通过电动机的电流为5A B. 通过电动机的电流为4A C. 在电动机中发热的功率为5W D. 输入到电动机的电功率为500W ‎ ‎【答案】A ‎【解析】【分析】 在计算电功率的公式中,总功率用来计算,发热的功率用来计算,如果是计算纯电阻的功率,这两个公式的计算结果是一样的,但对于电动机等非纯电阻,第一个计算的是总功率,第二个只是计算发热的功率,这两个的计算结果是不一样的； 对于电功率的计算,一定要分析清楚是不是纯电阻电路,对于非纯电阻电路,总功率和发热功率的计算公式是不一样的。 【解答】 电动机和电阻串联 ,所以电流相等,电阻R两端电压,,所以通过电动机的电流为5A,故A正确,B错误； C. 电动机的热功率,故C错误； D. 电动机的电功率,故D错误。 故选A。 ‎ 二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）‎ 2. 如图,一带正电的点电荷固定于O点,两虚线圆均以O为圆心,两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹,a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点。不计重力,下列说法正确的是 ‎ A. M带负电荷,N带正电荷 B. M在b点的动能小于它在a点的动能 C. N在d点的电势能等于它在e点的电势能 ‎ D. N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功 ‎ ‎【答案】ABC ‎【解析】【分析】 本题关键是根据曲线运动的条件判断出静电力的方向,掌握判断动能和电势能变化的方向,一般的解题思路是根据动能定理判断动能的变化,根据电场力做功判断电势能的变化。根据轨迹的弯曲,确定粒子所受的力是吸引力还是排斥力,从而确定粒子的电性；根据动能定理,结合库仑力做功情况判断动能的变化,根据电场力做功判断电势能的变化。 【解答】 A.由粒子运动轨迹可知,M受到的是吸引力,N受到的是排斥力,可知M带负电荷,N带正电荷,故A正确； B.M从a到b点,库仑力做负功,根据动能定理知,动能减小,则b点的动能小于在a点的动能,故B正确； C.d点和e点在同一等势面上,电势相等,则N在d点的电势能等于在e点的电势能,故C正确； D.N从c到d,库仑斥力做正功,故D错误。 故选ABC。 ‎ 1. 如图所示,两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置,构成一平行板电容器,合开关S,电源给电容器充电。在两极板间有固定点P,用E表示两极板间的电场强度,表示P点的电势,下列说法正确的是(    ) ‎ A. 保持S接通,上极板A不动,将下极板B缓慢向下移动稍许到,增大 B. 保持S接通,上极板A不动,将下极板B缓慢向下移动稍许到,E增大 C. 若断开S,下极板B不动,将上极板A缓慢向下移动稍许到,则E不变 D. 若断开S,下极板B不动,将上极板A缓慢向下移动稍许到,减小 ‎ ‎【答案】AC ‎【解析】【分析】 本题主要考查电容器的动态分析,重点在于明确电容器的两种状态：充电后断开则极板上的电量不变；和电源相连,则两板间的电势差不变。 【解答】‎ 保持S接通,则两板间的电势差不变,上极板A不动,将下极板B缓慢向下移动稍许到,导致d增大,由可知,两极板间的电场的电场场强减小,则P到上极板的电势差减小,因此P点的电势升高,故A正确,B错误； C.断开S,下极板B不动,将上极板A缓慢向下移动稍许到,因两板上所带电量不变,‎ 减小距离d,电容增大,由,及,则可知E不变,故C正确； D.由上分析可知,因电场强度不变,当将上极板A缓慢向下移动稍许到,而P到B极板间的电势差不变,则其电势不变,故D错误。 故选AC。‎ ‎ ‎ 1. 如图所示,甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成的,已知灵敏电流表的满偏电流,内电阻,则下列说法正确的是(    ) ​‎ A. 甲表是电流表,R增大时量程增大 B. 乙表是电压表,R增大时量程增大 C. 在甲图中,若改装成的电流表的量程为,则 D. 在乙图中,若改装成的电压表的量程为3V,则 ‎【答案】BD ‎【解析】【分析】 电流表、电压表都是由小量程的电流表改装而成的,利用并联电阻的分流作用,将灵敏电流表G和电阻并联,改装成安培表,利用串联电阻的分压作用,将灵敏电流表G和电阻串联,改装成安培表。 本题考查电表改装的原理和量程的意义,题目难度不大。 【解答】 A.甲由一个灵敏电流表G和一个变阻器R并联,利用并联电阻的分流,改装成安培表。安培表的量程,可知当R减小时量程I增大,故A错误； B.乙由一个灵敏电流表G和一个变阻器R串联,利用串联电阻的分压,改装成伏特表。伏特表的量程,可知R增大时量程增大,故B正确； C.由公式知,在甲图中,若改装成的电流表的量程为,则,故C错误； D.由公式知,在乙图中,若改装成的电压表的量程为3V,则,故D正确。 故选BD。 ‎ 2. 如图所示,平行金属板中带电质点P原处于静止状态,不考虑电流表和电压表对电路的影响,当滑动变阻器的滑片向a端移动时,则    (    ) ‎ A. 电压表读数变大 B. 电流表读数变大 C. 质点P将向上运动 D. 上消耗的功率逐渐增大 ‎【答案】BD ‎【解析】【分析】‎ 先由滑片的移动方向分析电路中电阻的变化,再由闭合电路欧姆定律可知各电表示数的变化及电容器两端的电压变化；再分析电容器板间场强的变化,由质点的受力情况可知质点的运动情况。‎ 解决动态变化分析的题目,一般可以按照整体局部整体的思路进行分析,注意电路中某一部分电阻减小时,无论电路的连接方式如何,总电阻都是减小的。‎ ‎【解答】‎ 由图可知,与串联与并联后,再与串联接在电源两端,电容器与并联,当滑动变阻器的滑片向a端移动时,滑动变阻器接入电阻减小,则电路中总电阻减小； 由闭合电路欧姆定律可知,电路中总电流增大,路端电压减小,两端的电压增大,则两端的电压减小,流过的电流减小,而流过的电流增大,则电流表示数增大,的分压增大,故电压表读数减小,故A错误,B正确；‎ C.因电容器两板的电压减小,板间场强减小,质点P受到的向上电场力减小,故质点P将向下运动,故C错误；‎ D.因两端电压增大,由可知,上消耗的功率增大,故D正确。‎ 故选BD。‎ ‎ ‎ 三、实验题探究题（本大题共2小题，共18.0分）‎ ‎13.（1）10.55 （2） 欧姆调零 11Ω ‎14.（1）B C E 乙 ‎ 四、计算题（本大题共4小题，共40.0分）‎ ‎15.2*10^19个 2*10^4m/s 4.8w ‎ ‎16.【答案】解： 6Ω 150w (2)0 400w ‎ ‎17.如图所示,电子重力可忽略在电势差为的加速电场中,从左极板由静止开始运动,经加速电场加速后从右极板中央垂直射入电势差为的偏转电场中经偏转电场偏转后打在竖直放置的荧光屏M上,整个装置处在真空中,已知电子的质量为, 电量为,偏转电场的板长为,板间距离为,光屏M到偏转电场极板右端的距离求： 电子从加速电场射入偏转电场的速度 电子飞出偏转电场吋的偏转距离 电子飞出偏转电场时偏转角的正切 电子打在荧光屏上时到中心O的距离Y．‎ ‎【答案】解：在加速电场中,只有电场力做功,‎ 由动能定理得：,‎ 解得：；‎ 电子在偏转电场中做类平抛运动,‎ 则水平方向：,‎ 解得运动时间为：,‎ 竖直方向为：,‎ 解得：；‎ 电子在偏转电场中做类平抛运动,‎ 则,‎ 解得：；‎ 电子离开偏转电场后做匀速直线运动,‎ 由几何知识可知：,‎ 解得：。 答：电子从加速电场射入偏转电场的速度为； 电子飞出偏转电场时的偏转距离侧移距离为； 电子飞出偏转电场时偏转角的正切为； 电子打在荧光屏上时到中心O的距离Y为1cm。‎ ‎【解析】本题考查了电子在加速电场和偏转电场中的运动,根据动能定理和类平抛运动进行了列式求解即可。‎ 电子在加速电场中加速,在偏转电场中做类平抛运动,应用动能定理可以求出电子的速度,由类平抛运动的规律和几何知识可以求出偏移量和夹角的正切值。‎ ‎18.【答案】‎ ‎1. 解：在A点,小球受重力、水平向右的电场力和垂直轨道向上的弹力,根据平衡条件知 解得： 要使小球能通过B点,则小球能通过等效最高点,设等效最高点速度为v ‎。 根据牛顿第二定律有 解得： 从A到等效最高点根据动能定理有： 解得：； 取最小值v的情况下,由A到B由动能定理有： 解得：  ‎ ‎【解析】‎ ‎1. 【分析】 本题考查带电粒子在复合场等效重力场中的运动问题,能找到等效最低点和最高点是求解问题的关键。 根据平衡条件求解电场强度； 在等效最高点由牛顿第二定律求得恰到等效最高点的速度,在从A到等效最高点由动能定理求解初速度v； 由A到B由动能定理求解B点的速度。‎ ‎ ‎