四川省南充高级中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题 15页

南充高中2019－2020学年度上学期期中考试高2018级物理试题 一、选择题 ‎1.下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是(　 　)‎ A. 根据电场强度的定义式E＝可知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比 B. 根据电容的定义式C＝可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比 C. 根据电势差的定义式UAB＝可知，带电荷量为1 C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1 J，则UAB=1 V D. 根据真空中点电荷的电场强度公式E＝k可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量有关 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关，所以不能理解成电场中某点的电场强度和试探电荷的电量成反比，故A错误。电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量，取决于电容器本身，并不是电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比，故B错误。据电势差的定义式UAB=知，带电量为1C正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，即电场力做功为-1J，则A、B点的电势差为-1V，故C错误。根据点电荷的场强公式E=k知：Q是场源电荷，所以电场中某点电场强度与场源电荷的电量成正比，与该点到场源电荷距离的平方成反比，故D正确。故选D。‎ ‎【点睛】本题关键抓住电场强度是描述电场本身性质物理量，其大小和方向与试探电荷无关，是电场本身决定；电容取决于电容器本身；灵活应用电势差的定义式。‎ ‎2.在示波管中，电子枪2s内发射了6×1013个电子，则示波管中电流强度为 A. 9.6×10-6A B. 3×10-3A C. 4.8×10-6A D. 3×10-6A ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】每个电子的电荷量大小为：e=1.6×10−19C，‎ ‎6×1013个电子总电荷量为：q=6×1013×1.6×10−19C=9.6×10−6C，‎ 则示波管中电流大小为：I=A=4.8×10−6A。‎ A、A项与上述分析结论不相符，故A错误；‎ B、B项与上述分析结论不相符，故B错误；‎ C、C项与上述分析结论相符，故C正确；‎ D、D项与上述分析结论不相符，故D错误。‎ ‎3.如图所示，在场强为E的匀强电场中有A、B两点，AB连线长L，与电场线夹角为α。则AB两点的电势差为 ‎ A. 零 B. EL C. ELcosα D. ELsinα ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电场强度的大小以及A、B两点沿电场线方向上的距离，结合U=Ed求出电势差 ‎【详解】两点的电势差UAB=Ed=ELcosα，故C正确，A、B、D错误。‎ ‎4.如图所示，光滑绝缘水平面上有三个带电小球a、b、c（均可视为点电荷），三球沿一条直线摆放，仅在它们之间的静电力作用下处于静止状态，则以下判断正确的是（ ）‎ A. a对b的静电力一定是引力 B. a对b的静电力可能是斥力 C. a的电荷量可能比b的少 D. a的电荷量一定比b的少 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据电场力方向来确定各自电性，从而得出“两同夹一异”，则有a对b的静电力一定是引力，a对c的静电力一定是斥力；同时根据库仑定律来确定电场力的大小，并由平衡条件来确定各自电量的大小，因此在大小上一定为“两大夹一小”，因此a的电荷量一定比b的多．‎ A．a对b的静电力一定是引力，选项A正确；‎ B．a对b的静电力可能是斥力，选项B错误；‎ C．a的电荷量可能比b的少，选项C错误；‎ D．a的电荷量一定比b的少，选项D错误；‎ ‎5.电流表的内阻是Rg＝200 Ω，满刻度电流值是Ig＝500 μA，现欲把此电流表改装成量程为1 V的电压表，正确的方法是（ ）‎ A. 应串联一个0.1 Ω的电阻 B. 应并联一个0.1 Ω的电阻 C. 应串联一个1 800 Ω的电阻 D. 应并联一个1 800 Ω的电阻 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】把电流表改装成1V的电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值为：‎ ‎；‎ A．应串联一个0.1 Ω的电阻，与结论不相符，选项A错误；‎ B．应并联一个0.1 Ω的电阻，与结论不相符，选项B错误；‎ C．应串联一个1 800 Ω的电阻，与结论相符，选项C正确；‎ D．应并联一个1 800 Ω的电阻，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎6.如图所示，在等量异号或等量同号点电荷的电场中，有分别距两个点电荷连线中点O等距的a、b两点，将同一负电荷分别放在a点和b点，其中在两点受到的电场力和具有的电势能都相同的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】ABCD．由同种等量电荷和异种等量电荷周围的电场线分布可知，等量异种电荷和等量同种的电场线关于电荷连线和中垂线对称，沿着电场线电势降低，场强方向为电场线的切线方向，故C正确，A、B、D错误；‎ ‎7.如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，ab＝cd＝L，ad＝bc＝2L，电场线与矩形所在的平面平行。已知a点电势为20 V，b点电势为24 V，d点电势为12 V。一个质子从b点以速度v0射入此电场，入射方向与bc成45°角，一段时间后经过c点。不计质子的重力。下列判断正确的是（ ）‎ A. c点电势高于a点电势 B. 场强的方向由b指向d C. 质子从b运动到c所用的时间为 D. 质子从b运动到c，电场力做功为4 eV ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在匀强电场中，沿着电场线方向每前进相同的距离，电势变化相等，故 Ua-Ud=Ub-Uc 解得 Uc=16V a点电势为20V．则c点电势低于a点电势。故A错误；‎ B．设ad连线中点为O，则其电势为16V，故co为等势面，电场线与等势面垂直，则电场线沿着bo方向，故B错误；‎ C．由上可知，电场线沿着bo方向，质子从b运动到c做类平抛运动，垂直于bo方向做匀速运动，位移大小为 则运动时间为 故C正确； D．根据W=qU，质子从b点运动到c点，电场力做功为 W=qUbc=1e×（24V-16V）=8eV 故D错误；‎ ‎8.在如图所示电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器。当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U。现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是 A. I1增大，I2不变，U增大 B. I1减小，I2增大，U减小 C. I1增大，I2减小，U增大 D. I1减小，I2不变，U减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，即A1示数减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大，即A2示数增大．故A、C、D错误，B正确．‎ ‎9.传感器是一种采集信息的重要器件。如图所示是一种测定压力的电容式传感器，A为固定电极，B 为可动电极，组成一个电容大小可变的电容器。可动电极两端固定，当待测压力施加在可动电极上时，可动电极发生形变，从而改变了电容器的电容。现将此电容式传感器与灵敏电流表（电流从正接线柱流入指针向右偏转）和电源串联成闭合电路，在待测压力增大过程中，以下说法正确的是　　‎ A. 电容器的电容将减小 B. 电容器的电荷量将增加 C. 灵敏电流表中有向左的电流 D. 灵敏电流表中有向右的电流 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、当待测压力增大时，电容器极板间距离减小，根据电容的决定式分析得知，电容增大，故A错误。‎ B、电容两端电势差不变，根据可知，电容器的电荷量将增加，故B正确。‎ CD、由于电容器上极板带正电，则电路中形成逆时针方向的充电电流，故灵敏电流表的指针向右偏。故D正确，C错误。‎ 故选BD。‎ ‎10.如下图所示，平行金属板中央有一个初始静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大，当两板间加上如图乙所示的电压后，在下图中反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律正确的是　 ‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】分析电子一个周期内的运动情况：0～T/4时间内，因B板电势高，则电子从静止开始向B板做匀加速直线运动，T/4～T/2时间内沿原方向做匀减速直线运动，T/2时刻速度为零。T/2～3T/4时间内向A板做匀加速直线运动，3T/4～T时间内向A板做匀减速直线运动。接着周而复始。根据匀变速运动速度图象是倾斜的直线可知，B图符合电子的运动情况。故B正确，C错误。电子做匀变速直线运动时x-t图象应是抛物线，故D错误。根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动交替产生，而匀变速运动的加速度不变，a-t图象应平行于横轴。故A正确。‎ ‎11.如图所示的电路中，输入电压U恒为12 V，灯泡L上标有“6V，12 W”字样，电动机线圈的电阻RM＝0.50 Ω.若灯泡恰能正常发光，以下说法中正确的是（ ）‎ A. 电动机的输入功率为12 W B. 电动机的输出功率为12 W C. 电动机的热功率为2.0 W D. 整个电路消耗的电功率为22 W ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电动机两端的电压 U1=U-UL=12-6V=6V 整个电路中的电流 所以电动机的输入功率 P=U1I=6×2W=12W．‎ 故A正确。 BC．电动机的热功率 P热=I2RM=4×0.5W=2.0W；‎ 则电动机的输出功率 P2=P-I2RM=12-2W=10W．‎ 故B错误，C正确。  D．整个电路消耗的功率 P总=UI=12×2W=24W．‎ 故D错误。‎ ‎12.如图，圆O所在平面内有匀强电场存在，电场方向与圆面平行。一个带正电荷的微粒（不计重力）从图中A点出发，以相同的初动能12J在圆内向各个方向运动，已知图中AB是圆的一条直径，∠BAC=30°，只有当该微粒从图中C点处离开圆面时的动能才能达到最大值24J，则（ ）‎ A. 电场沿O→C方向 B. 电场沿A→C方向 C. 若粒子从B点离开，其动能18J D. 若粒子从B点离开，其动能为20J ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．由题，带正电的粒子在匀强电场中从以相同的初动能从A点出发，从C点离开圆面时，带电粒子只受电场力作用，粒子的动能最大，根据动能定理知，说明电场力做功最大，AC间电势差最大；若过C点作匀强电场的等势面，该面与圆只能有一个交点，即该等势面在C点与圆相切，而电场方向与等势面是垂直的，从A到C电场力对小球做正功，小球的位移方向与电场力的夹角小于90°，因而电场方向沿OC方向，选项A正确，B错误。‎ CD．从A到C，由动能定理：‎ 从A到B，由动能定理：‎ 解得 EkB=20J 选项C错误，D正确。‎ 二、填空题 ‎13.通过实验描绘：一个“2.5V，0.2W”小灯泡的伏安特性曲线，可供选择的仪器有 A. 0~0.6A，电阻约为0.2Ω的电流表 B. 0~100mA，电阻约为5Ω的电流表 C. 0~3V，电阻约为10KΩ的电压表 D. 0~15V，电阻约为50KΩ的电压表 E. 最大电阻为20Ω额定电流为1.0A的滑动变阻器 F. 最大电阻为1KΩ额定电流为0.1A的滑动变阻器 G. 蓄电池6V、导线、电键 ‎（1）要求实验灯泡电压从零逐渐增大到额定电压。电压表应选__________，电流表应选________，滑动变阻器选________.（均填写前面的字母序号）‎ ‎（2）画出电路图在下面方框内。‎ ‎（ ）‎ ‎（3）按照电路开始实验，接通电路后闭合开关，通过移动变阻器的滑片，使小灯泡中的电流由零开始逐渐增大，直到小灯泡正常发光，由电流表和电压表得到的多组读数描绘出的I－U图象可能是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎（4）分析小灯泡的I－U曲线，可知小灯泡的电阻随电流I变大而_________ (填“变大”、“变小”或“不变”)‎ ‎【答案】 (1). C (2). B (3). E (4). (5). C (6). 变大 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1][2][3]．灯泡额定电压为2.5V，电压表选C；灯泡额定电流：‎ 电流表应选择B；为方便实验操作滑动变阻器应选择E． （2）[4]．描绘灯泡伏安特性曲线电压表与电流表应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应选择外接法，实验电路图如图所示：‎ ‎ （3）[5]．灯泡电阻受温度影响，随温度升高而增大，随电压增大通过灯泡的电流变大，灯泡实际功率增大，灯泡温度升高，灯泡电阻变大，由图示可知，图C所示图象正确，故选C． （4）[6]．由于灯丝电阻率随温度升高而增大，灯泡电阻随温度升高而增大．‎ ‎14. 在“测定电源的电动势和内电阻”的实验中，已连接好部分实验电路。‎ ‎（1）按如图甲所示的电路图连好实验电路。为避免烧坏电流表，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于　　　　端（选填“左”或“右”）‎ ‎（2）如图是根据实验数据作出的U－I图像，由图可知，电源 的电动势E＝　　　　V，内阻r＝　　　　Ω。‎ ‎（3）在其他操作规范的情况下，该实验误差产生的主要原因是 ，测得电源的电动势 。（填“偏大”或“偏小”）‎ ‎【答案】（1）左 ‎（2）2.94~2.97V 0.70~0.74Ω ‎（3）伏特表内阻分流；偏小 ‎【解析】‎ 试题分析：（1）闭合开关前应让电路中电流最小，使滑动变阻器的接入电路的电阻最大，所以闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于左端；‎ ‎（2）U–I图像的图线延长线与U轴的交点即为电动势E，E=2.94~2.97V；图线斜率的值即为电源的内阻r，即Ω ‎（3）在其他操作规范情况下，该实验误差产生的主要原因是电压表的分流作用，由于电压表的分流作用测得电源的电动势偏小。‎ 考点：测定电源的电动势和内阻 点评：中等难度。本实验的误差主要来自电压表的分流．在画图线时，要使较多的点落在这条直线上或使各点均匀分布在直线的两侧．个别偏离直线太远的点舍去不予考虑．这样，就可使偶然误差得到部分的抵消，从而提高测量精度．此题图线与横轴交点不表示短路电流，计算内阻要在直线上任取两个相距较远的点，用计算出电源的内电阻。‎ 三、计算题 ‎15.如图所示，电路中接一电动势为4V、内阻为2Ω的直流电源，电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为4Ω，电容器的电容为30μF，电流表的内阻不计，当电路稳定后，求：‎ ‎（1）电流表的读数 ‎（2）电容器所带的电荷量 ‎（3）如果断开电源，通过R2的电荷量 ‎【答案】（1）0.4A（2）4.8×10-5C （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】当电键S闭合时，电阻、被短路．根据欧姆定律求出流过的电流，即电流表的读数．电容器的电压等于两端的电压，求出电压，再求解电容器的电量．断开电键S后，电容器通过、放电，、相当并联后与串联．再求解通过的电量．‎ ‎（1）当电键S闭合时，电阻、被短路．根据欧姆定律得 电流表的读数 ‎（2）电容器所带的电量 ‎（3）断开电键S后，电容器相当于电源，外电路是、相当并联后与串联．由于各个电阻都相等，则通过的电量为 ‎16.如图所示，在E＝103 V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R＝40 cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q＝10－4 C的小滑块质量m＝10 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧1.5 m的M处，g取10 m/s2，求：‎ ‎(1)小滑块从M点到Q点电场力做的功 ‎(2)要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动？‎ ‎(3)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？‎ ‎【答案】(1) - 0.08J(2) 7 m/s（3）0.6 N ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）W=－qE·2R W= - 0.08J ‎(2)设小滑块到达Q点时速度为v，‎ 由牛顿第二定律得mg＋qE＝m 小滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得 ‎－mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝mv2－mv 联立方程组，解得：v0＝7m/s.‎ ‎(3)设小滑块到达P点时速度为v′，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得 ‎－(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝mv′2－mv 又在P点时，由牛顿第二定律得FN＝m ‎ 代入数据，解得：FN＝0.6N 由牛顿第三定律得，小滑块通过P点时对轨道的压力FN′＝FN＝0.6N.‎ ‎【点睛】（1）根据电场力做功的公式求出电场力所做的功；‎ ‎（2）根据小滑块在Q点受的力求出在Q点的速度，根据动能定理求出滑块的初速度；‎ ‎（3）根据动能定理求出滑块到达P点的速度，由牛顿第二定律求出滑块对轨道的压力，由牛顿第三定律得，小滑块通过P点时对轨道的压力。‎ ‎17.如图，空间有一竖直向下沿x轴方向的静电场，电场的场强大小按分布（x是轴上某点到O点的距离）。x轴上，有一长为L的绝缘细线连接均带负电的两个小球A、B，两球质量均为m，B球带电荷量大小为q，A球距O点的距离为L。两球现处于静止状态，不计两球之间的静电力作用。‎ ‎(1)求A球的带电荷量大小qA；‎ ‎(2)剪断细线后，求B球下落速度达到最大时，B球距O点距离为x0‎ ‎(3)剪断细线后，求B球下落最大高度h。‎ ‎【答案】（1）qA=6q（2）x0=4L（3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）对A、B由整体法得：2mg－qA－q=0‎ 解得：qA=6q ‎（2）当B球下落速度达到最大时，由平衡条件得mg=qE=qx0，解得：x0=4L ‎（3）运动过程中，电场力大小线性变化，所以由动能定理得：‎ mgh－=0‎ 解得：‎ 考点：考查了共点力平衡条件，动能定理 ‎【名师点睛】该题中，两个小球受到的力是变力，要根据它们受力变化的规律，正确分析得出它们运动的规律，然后才能做出正确的结论．题目的难度比较大．‎ ‎ ‎