甘肃省武威一中2020学年高二物理上学期期中试题（含解析） 20页

甘肃省武威一中2020学年高二物理上学期期中试题（含解析） ‎ 一、单选题 ‎1.如图所示，两个不带电导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触．把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开，‎ A. 此时A带正电，B带负电 B. 此时A电势低，B电势高 C. 移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合 D. 先把A和B分开，然后移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】物体C靠近A附近时，由于静电感应，A端带上负电，B端带上正电；故A错误；此时AB为等势体，两端电势相等；故B错误；移去C后，由于电荷间相互作用，重新中和，达电中性状态，两金属箔均闭合；故C正确；先把AB分开，则A带负电，B带正电，移去C后，电荷不能再进行中和，故两金属箔仍然张开；故D错误．‎ ‎2.关于元电荷的理解，下列说法正确的是（ ）‎ A. 元电荷就是电子 B. 元电荷是表示跟电子所带电荷量数值相等的电荷量 C. 元电荷就是质子 D. 元电荷就是自由电荷的简称 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. ‎ 元电荷是自然界最小的电量，元电荷是与电子的电荷量数值相等的电荷量，但不是电子，故A错误，B正确；‎ C. 元电荷是与质子的电荷量数值相等的电荷量，但不是质子，故C错误；‎ D. 自由电荷通常指存在于物质内部，在外电场作用下能作定向运动的电荷，元电荷不是自由电荷的简称，故D错误．‎ ‎3.A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在静电力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度v与时间t的关系图象如图所示．则此电场的电场线分布可能是选项图中的 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由v-t图象可知，微粒速度在逐渐减小，图象的斜率在逐渐增大，故此带负电的微粒做加速度越来越大的减速直线运动，所受电场力越来越大，由F=qE知，场强增大，电场线越来越密．电场力方向与其运动方向相反，电场力向左，所以电场线方向向右．‎ A．该图与结论相符，选项A正确；‎ B．该图与结论不相符，选项B错误；‎ C．该图与结论不相符，选项C错误；‎ D．该图与结论不相符，选项D错误；‎ ‎4.如图所示，实线表示某电场电场线（方向未标出），虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为，粒子在M和N时加速度大小分别为，速度大小分别为，电势能分别为．下列判断正确的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：将粒子的运动分情况讨论：从M运动到N；从N运动到M，根据电场的性质依次判断；‎ 电场线越密，电场强度越大，同一个粒子受到的电场力越大，根据牛顿第二定律可知其加速度越大，故有；若粒子从M运动到N点，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图所示，故电场力做负功，电势能增大，动能减小，即，负电荷在低电势处电势能大，故；‎ 若粒子从N运动到M，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图所示，故电场力做正功，电势能减小，动能增大，即，负电荷在低电势处电势能大，故；‎ 综上所述，D正确；‎ ‎【点睛】考查了带电粒子在非匀强电场中的运动；本题的突破口是根据粒子做曲线运动时受到的合力指向轨迹的内侧，从而判断出电场力方向与速度方向的夹角关系，进而判断出电场力做功情况．‎ ‎5.a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点．电场线与矩形所在的平面平行．已知a点的电势是20V，b点的电势是24V，d点的电势是4V，如图．由此可知，c点的电势为（ ）‎ A. 4V B. 8V C. 12V D. 24V ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：‎ 根据在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分将线段bd五等分，如图所示，则Ube=Ubd=×（24-4）=4v，故Ube=φb-φe=4v，故φf-φd=4v，故φe=24-4=20v．φf=8v．故φa=φe，连接cf，则cf∥ae，故c点的电势φc=φf=8v．故B正确．故选B．‎ 考点：电势 ‎【名师点睛】①在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分；②在匀强电场中电场线平行且均匀分布故等势线平行且均匀分布．以上两点是解决此类题目的金钥匙．‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎6.一带电油滴悬浮在平行板电容器两极板A、B之间的P点，处于静止状态．现将极板A向下平移一小段距离，但仍在P点上方，其它条件不变．下列说法中正确的是 A. 液滴将向下运动 B. 液滴将向上运动 C. 液滴仍静止不动 D. 极板带电荷量将减少 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】将极板A向下平移一小段距离，电容器板间的电压保持不变，根据E=U/d分析得知，板间场强增大，油滴所受电场力增大，则油滴将向上运动．故A错误，B正确．将极板A向下平移一小段距离时，根据电容的决定式得知电容C增大，而电容器的电压U不变，由Q=CU知，极板带电荷量将增大．故CD错误．故选B．‎ ‎7.某带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点，电力线、粒子在A点的初速度以及运动轨迹如图所示．由此可以判定（ ）‎ A. 粒子在A点的加速度大于它在B点的加速度 B. 粒子在A点的动能小于它在B点的动能 C. 粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能 D. A点的电势低于B点的电势 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由电场线可知，点的电场线密，所以点的电场强度大，粒子受的电场力大，加速度也就大，即点的加速度小于它在点的加速度，故A错误；‎ BC. 粒子受到的电场力指向曲线弯曲的内侧，所以受到的电场力的方向是沿电场线向上的，所以粒子从到的过程中，电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增加，所以粒子在点的电势能能大于它在点的电势能，粒子在点的动能小于它在点的动能，故B正确，C错误；‎ D. 沿电场线的方向，电势降低，所以点的电势大于点的电势，故D错误．‎ ‎8.如图所示为一空腔球形导体(不带电)，现将一个带正电的小金属球A放入腔中，当静电平衡时，图中a、b、c三点的场强E和电势φ的关系是(　　)‎ A. Ea＞Eb＞Ec，φa＞φb＞φc B. Ea＝Eb＞Ec，φa＝φb＞φc C. Ea＝Eb＝Ec，φa＝φb＞φc D. Ea＞Ec＞Eb，φa＞φb＞φc ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】将带正电的小金属球A放入腔中，当静电平衡时，空腔球形导体内壁感应出负电荷，外表面感应出正电荷．整个空腔球形导体是一个等势体，表面是一个等势面．画出电场线的分布，根据电场线越密，场强越大，顺着电场线，电势降低，判断场强和电势的大小．‎ 解：当静电平衡时，空腔球形导体内壁感应出负电荷，外表面感应出正电荷，画出电场线的分布如图．由于a处电场线较密，c处电场线较疏，b处场强为零，则Ea＞Ec＞Eb．‎ 根据顺着电场线方向电势降低，整个空腔球形导体是一个等势体，表面是一个等势面，分析可知电势关系是φa＞φb＞φc．‎ 故选D ‎9.有一个电流表G，内阻Rg=10Ω满偏电流Ig=3mA，要把它改装成量程0～3V的电压表，则（ ）‎ A. 要串联一个阻值为990Ω的电阻 B. 要并联一个阻值为990Ω的电阻 C. 要串联一个阻值为0.10Ω的电阻 D. 要并联一个阻值为0.10Ω的电阻 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】把电流表改装为电压表，应串联一个分压电阻，串联电阻阻值为：‎ 故A正确．‎ ‎10.如图所示，A、B两带正电粒子质量相等，电荷量之比为1：4．两粒子在O上方同一位置沿垂直电场方向射入平行板电容器中，分别打在C、D两点，OC=CD忽略粒子重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是 A. A和B在电场中运动的时间之比为1：2‎ B. A和B运动的加速度大小之比为4：1‎ C. A和B的初速度大小之比为1：4‎ D. A和B的位移大小之比为1：2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 带电粒子垂直射入电场中做为平抛运动,水平方向做匀速直线运动,竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动.根据牛顿第二定律和运动学公式得到偏转量y的表达式,求解质量之比;根据水平位移与初速度之比求解时间之比.‎ ‎【详解】A、粒子电荷量之比为1：4，粒子在竖直方向上做匀加速运动，由 ‎ ，可知 A和B在电场中运动的时间之比为2：1，故A错；‎ B、A、B两带正电粒子质量相等，电荷量之比为1：4，根据 ，所以A和B运动的加速度大小之比为1:4,故B错；‎ C、根据题意OC=CD，两粒子水平方向上做匀速运动，根据 ，可知A和B的初速度大小之比为1：4，故C对；‎ D、A和B的位移大小之比为1：2，竖直方向也有位移，那么合位移之比不能等于1：2，故D错；‎ 故选C ‎11.如图所示,A,B为两块竖直放置的平行金属板,G是静电计,开关S合上后,静电计指针张开一个角度.下述做法可使指针张角增大的是(　　)‎ A. 使A,B两板靠近些 B. 使A,B两板正对面积错开些 C. 断开S后,使B板向左平移减小板间距离 D. 断开S后,使A,B板错位正对面积减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】静电计是检测电压的仪器，电压增大可增大指针张角，断开S后电容器电量不变，使B板向左平移一些，电容器的电容增大，由U=Q/C可知电压减小，C错；同理D对；当电容器极板与电源相连时两极板电压不变，张角不变，AB错 ‎12.在如图所示的电路中，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，闭合电键S，将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后，（电压表和电流表均视为理想）下列结论正确的是（ ）‎ A. 灯泡L变亮 B. 电源的输出功率变小 C. 电流表读数变大 D. 电容器C上电荷量减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AC.当滑动变阻器滑片向左移动，其接入电路的电阻增大，电路的总电阻总增大，总电流减小，即电流表读数变小，根据可知灯泡的功率减小，灯泡变暗，故A、C错误；‎ B.因灯泡内阻大于电源内阻，则滑片向左移动时，外电阻增大，因此电源的输出功率一定减小，故B正确；‎ D.因总电流减小，则由可知，路端电压增大，根据欧姆定律可知灯泡两端电压及内电压减小，故变阻器两端电压增大，电容器与变阻器并联，电容器上电压也增大，则其电荷量增大，故D错误．‎ 二、多选题 ‎13.如图，在一竖直平面内，BCDF段是半径为R的圆弧挡板，AB段为直线型挡板(长为)，两者在B点相切，＝37°，C、F两点与圆心等高，D在圆弧形挡板的最低点，所有接触面均光滑，绝缘挡板处于水平方向场强为的匀强电场中．现将带电量为＋q，质量为m的小球从挡板内侧的A点由静止释放，小球沿挡板内侧ABCDF运动到F点后抛出，在这段运动过程中，下列说法正确的是(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)‎ A. 匀强电场的场强大小可能是 B. 小球运动到D点时动能一定不是最大 C. 小球机械能增加量的最大值是 D. 小球从B到D运动过程中，动能的增量为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】小球能沿挡板内侧ABC内侧运动，则有：，则得：，故场强大小不可能等于，故A错误；小球在复合场中受重力和电场力，所以小球运动到合力方向上时动能最大，则知在CD之间的某一点上时动能最大，故B正确；小球运动到C点时，电场力做正功最多，小球的机械能增加量最大，所以小球机械能增加量的最大值为，故C正确；小球从B到D运动过程中，根据动能定理得：动能的增量为，故D错误．‎ ‎【点睛】小球能沿挡板内侧ABC内侧运动，电场力垂直AB方向的分力必定大于等于重力垂直AB方向的分力，列式可得到场强的大小范围；根据小球的运动情况，分析小球的合力方向，判断什么位置动能最大；根据动能定理求解小球从B到D运动过程中动能的增量；本题关键要根据小球的运动情况，分析其受力情况，运用功能原理和动能定理分析能量的变化．‎ ‎14.在电荷量分别为2q和-q的两个点电荷形成的电场中，电场线分布如图所示，在两点电荷连线上有a、b、c三点，且b、c两点到正点电荷距离相等，则 A. 在两点电荷之间的连线上存在一处电场强度为零的点 B. 将一电子从a点由静止释放，它将在a、b间往复运动 C. c点的电势高于b点的电势 D. 负试探电荷在a点具有的电势能比在b点时具有的电势能小 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：电场线是从正电荷出发，终止于负电荷，由电场的叠加原理可知，在两点电荷之间的连线上不存在电场强度为零的点，故A错误；‎ B项：由于ab间的电场强度方向始终由a指向b，所以电子受到向右的电场力，所以在a处由静止释放电子，电子将向右运动，故B错误；‎ C项：正电荷与b点和c点的距离相等，由图可知，正电荷与b点间的电场线比正电荷与c点间的电场线更密，由公式，所以电势降落更多，即b点电势比c点电势更低，故C正确；‎ D项：由图可知，从a到b电势越来越低，根据负电荷在电势低处电势能大，所以负试探电荷在a点具有的电势能比在b点时具有的电势能小，故D正确．‎ ‎【点睛】根据电场线的分布判断电场强度、电势、电势能等物理量的变化情况是高中物理的重点，在平时要加强训练，以加深对这些知识点理解和应用．‎ ‎15.如图所示电路中，电源内阻不能忽略，当变阻器R的滑片P向下移动时下列说法中正确的是 A. V1示数变大，示数变小，示数变大 B. V1示数变小，示数变大，示数变小 C. 电源消耗的总功率增大 D. 电源消耗的总功率减小 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】当变阻器R的滑片向下移动时，R减小，R与R2并联的阻值减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流I增大．电压表V2的示数U2=E-Ir，电压表V1的示数U1=IR2，I增大，U2减小，U1增大．电阻R2的电压U2=E-I（R1+r），I增大，U2减小，流过R2的电流I2减小，则电流表的示数IA=I-I2，IA 增大，则A正确，B错误．根据P=IE可知电源消耗的总功率增大，选项C正确，D错误；故选AC.‎ ‎【点睛】本题电路中典型的问题：电路中动态变化分析问题，一般按照“部分→整体→部分”思路分析．‎ ‎16.如图所示，水平线a、b、c、d为匀强电场中的等差等势线，一个质量为m，电荷量绝对值为q的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两个点，已知该粒子在A点的速度大小为v1，在B点的速度大小为v2，且方向与等势线平行A、B连线长为L，连线与竖直方向的夹角为，不计粒子受到的重力，则 A. 该粒子一定带正电 B. 匀强电场的电场强度大小 C. 粒子在B点的电势能一定大于在A点的电势能 D. 等势线b的电势比等势线e的电勢高 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：根据做曲线运动的物体受的合力指向曲线的内侧，由于不知道电场强度的方向，所以无法确定粒子的电性，故A错误；‎ B项：在沿电场线方向的位移为：‎ 设A、B间的电势差为UAB，由动能定理得：，所以，故B正确；‎ C 项：根据做曲线运动的物体受的合力指向曲线的内侧可知，粒子受的电场力方向向上，所以粒子从A到B过程中电场力做负功，电势能增大，故C正确；‎ D项：根据题意可知判断粒子受到的电场力方向，但无法确定电场线的方向，所以无法确定等势面的电势的高低，故D错误．‎ 故选BC．‎ ‎17.在如图(a)所示的电路中，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器．闭合电键S，将滑动变阻器的滑动触头P，从最右端滑到最左端，两个电压表的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图(b)所示，则（）‎ A. 图线甲是电压表V2示数随电流变化的图线 B. 电源内电阻的阻值为10Ω C. 电源的最大输出功率为1．8W D. 滑动变阻器R2的最大功率为0．9W ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 当滑片左移时，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，电路中电流增大；而两端的电压增大，故乙图线表示是示数的变化；图线甲表示示数的变化，故A正确；‎ B.由图可知，当只有接入电路时，电路中电流为‎0.6A，电压为3V，则由可得：‎ 当滑动变阻器全部接入时，两电压表示数之比为，故有：‎ 由闭合电路欧姆定律可得：‎ 解得：‎ ‎，‎ 故B错误；‎ C.因当内阻等于外阻时，电源的输出功率最大，故当外阻等于5Ω时，电源的输出功率最大，故此时电流：‎ 故电源的最大输出功率：‎ 故C正确；‎ D.由B的分析可知，的阻值为5Ω，电阻为20Ω；当等效为内阻，则当滑动变阻器的阻值等于时，滑动变阻器消耗的功率最大，故当滑动变阻器阻值为10Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大，由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流：‎ 则滑动变阻器消耗的最大功率：‎ 故D正确．‎ 三、实验题 ‎18.(1)读出图中游标卡尺与螺旋测微器的读数，游标卡尺读数为_____mm，螺旋测微器读数为________mm．‎ ‎(2)要测量某电压表V1的内阻RV，其量程为2V，内阻约2kΩ．实验室提供的器材有：‎ 电流表A，量程‎0.6A，内阻约为0.1Ω；‎ 电压表V2，量程5V，内阻约为5 kΩ；‎ 定值电阻R1，阻值为30Ω；‎ 定值电阻R2，阻值为3kΩ；‎ 滑动变阻器R3，最大阻值10Ω，额定电流‎1.5A；‎ 电源E，电动势6V，内阻约0.5Ω；‎ 开关S一个，导线若干．‎ ‎①请从上述器材中选择必要的器材，设计一个测量电压表V1内阻RV的实验电路．要求测量尽量准确，试画出符合要求的实验电路图，并标出所选元件的相应字母代号．‎ ‎（ ）‎ ‎②写出电压表V1内阻RV的表达式________，式中各符号的物理意义是__________．‎ ‎【答案】 (1). 50.15 (2). 5.693(5.691—5.695) (3). ‎ ‎(4). (5). 表示的电压，表示和串联的总电压；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]游标卡尺的主尺读数为‎50mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为3×‎0.05mm=‎0.15mm，所以最终读数为：‎ ‎50mm‎+‎0.15mm=‎‎50.15mm ‎[2]螺旋测微器的固定刻度为‎5.5mm，可动刻度为19.3×‎0.01mm=‎0.193mm，所以最终读数为：‎ ‎5.5mm‎+‎0.193mm=‎‎5.693mm 由于需要估读，最后的结果可以在5.691～‎5.695mm之间；‎ ‎(2)①[3]2V的电压表的满偏电流：‎ 电流表的量程是‎0.6A，二者相差太大，所以不能使用电流表测量，要使用电压表，根据串联电阻的分压原理来测量；滑动变阻器的最大电阻是10Ω，在电路中不能分担太大的电压，所以滑动变阻器要采用分压式接法；所以选择的器材有电压表、定值电阻、滑动变阻器、电源，开关、导线，电路原理图如图：‎ ‎②[4][5]电压表与定值电阻上电压的和等于电压表的电压，根据串联电阻的分压关系得：‎ 解得：‎ 式中表示电压表的读数，表示和串联的总电压（或电压表的读数）．‎ 四、计算题 ‎19.在电场中把2.0×10—‎9C正电荷从A点移到B点，静电力做功2.5×10—7J．‎ 再把这个电荷从B点移到C点，克服静电力做功3×10—7J．求：‎ ‎（1）A、C两点间的电势差UAC；‎ ‎（2）把-3.0×10—‎9C的电荷从A点移到C点，静电力做了多少功？‎ ‎【答案】（1）-25V （2）7.5×10-8J ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由电功表达式可得：‎ ‎（2）从A到C由电功表达式可得：WAC=qUAC=﹣3×10﹣‎9C×（﹣25V）=7.5×10﹣8J ‎20.在如图所示的电路中，、均为定值电阻，且，阻值未知，是一滑动变阻器，当其滑片从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电流的变化图线如图所示，其中A、B两点是滑片在变阻器的两个不同端点得到的．‎ 求：电源的电动势和内阻；‎ 定值电阻的阻值；‎ 滑动变阻器的最大阻值．‎ ‎【答案】（1）20V , 20Ω （2）5Ω （3）300Ω ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由图像可知，电源电动势E=20V，内阻 ‎（2）当P滑到R3右端时，电路参数对应图乙中的B点，即U2=4V、I2=0.8A 得 ‎（2）当P滑到R3左端时，电路参数对应图乙中的A点，即U外=16V、I总=0.2A 得 因为R外=+R2，所以滑动变阻器的最大阻值为R3=300Ω ‎21.如图所示，一带电荷量为、质量为的小物块处于一倾角为的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中时，小物块恰好静止．重力加速度为，，．求：‎ ‎（1）水平向右电场的电场强度大小；‎ ‎（2）若将电场强度改为竖直向下，大小不变，小物块的加速度是多大；‎ ‎（3）若将电场强度改为水平向左，大小变为原来的2倍，小物块从高度H处从静止释放，求小物块到达地面的时间为多少．‎ ‎【答案】（1）；‎ ‎（2）；‎ ‎（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小物块受重力，电场力和弹力，三力平衡，根据平衡条件，有：，解得：．‎ ‎（2）由牛顿第二定律可得：，解得：．‎ ‎（3）电场力：，电场力与重力合力与水平方向的夹角的正切值：，故，故物体将离开斜面做匀加速直线运动；竖直方向做自由落体运动：，解得：．‎ ‎【点睛】本题关键是明确小物块的受力情况，结合平衡条件、牛顿第二定律列式分析，第三问可以结合运动的合成与分解，得到竖直分运动是自由落体运动． ‎