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- 2021-06-02 发布
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安徽省淮北市实验高级中学2020学年度高二上学期期中考试物理试题
一、选择题(1-8题单选,9-12题多选)
1. 以下说法正确的是( )
A. 电动势越大,说明非静电力在电源内部从负极向正极移送正电荷做的功越多
B. 适用于所有电路
C. 导体的电阻率越小,导电性能越好,电阻也越小
D. 由知,同一导线内电荷定向移动平均速率越大,电流越大
【答案】D
【解析】电动势越大,说明非静电力在电源内部从负极向正极移送单位正电荷做的功越多,A错误;只适用于纯电阻的电路,B错误;电阻率是表征材料导电性能好坏的物理量,电阻率越小,其导电性能越好,但导体的电阻不一定越小,因导体的电阻与长度、横截面积和材料有关,C错误;由可知,同一导线内电荷定向移动的速率越大,电流越大,D正确;选D.
2. 两个相同的带电小球相距r时,相互作用力大小为F,电荷量分别为和,将两球接触后分开,放到相距2r处,相互作用力大小为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】未接触前,根据库仑定律得,接触后两球带电量,放在两球心间相距2r处,根据库仑定律得,联立得:,选D.
【点睛】当其中一小球带电荷量为q,另一小球带电荷量为-3q,在真空中相距为r时,根据库仑定律可以得到F与电量q、距离r
的关系;两小球相互接触后放在两球心间相距2r处,电荷先中和再平分,再根据库仑定律得到相互作用的库仑力大小与q、r的关系,用比例法求解.
3. 如图所示的电场中,A、B两点电势相同、但场强不同的是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】A图中沿着电场线方向电势不断降低,故A点电势高于B点电势,电场线的疏密程度反映场强的大小,故A点的场强小于B点的场强,A不符合题意;B图中A、B两点距场源电荷的距离相等,故A、B两点在同一等势面上,两点的电势相等;根据点电荷的场强公式,可知A、B两点的场强大小相等,方向不同,故两点的场强不同,B符合题意;C图中A、B两点距场源电荷的距离不相等,故电势不相等;根据点电荷的场强公式,可知A、B两点的场强大小不相等,方向相同,故两点的场强不同,C不符合题意;D图中中沿着电场线方向电势不断降低,故A点电势高于B点电势,A、B处在同一匀强电场中,故A、B的电场强度相同,D不符合题意;选B.
【点睛】沿着电场线方向电势不断降低,电场线的疏密程度反映场强的大小,在同一匀强电场中电场强度不变.
4. 某导体中的电流随其两端的电压变化,如图实线所示,则下列说法中不正确的是( )
A. 加5V电压时,导体的电阻是
B. 加12V电压时,导体的电阻是
C. 由图可知,随着电压增大,导体的电阻不断减小
D. 由图可知,随着电压减小,导体的电阻不断减小
【答案】C
【解析】试题分析:I-U图象描述物体的电流随电压的变化;由各点的坐标可求得导体的电阻;由图象的斜率的变化可明确电阻的变化.
加5V的电压时,电流为1.0A,则由欧姆定律可知,,A正确;加12V的电压时,电流为1.5A,则可得电阻为,B正确;由图可知,随电压的增大,图象的斜率减小,而图像斜率的倒数等于电阻,则可知导体的电阻越来越大,随着电压的减小,导体的电阻减小,C错误D正确.
5. 在静电场中,把电荷量的点电荷从A点移动到B点,电场力做功,把这个点电荷从B点移动到C点,电场力做功,若设电荷在B点时的电势能等于零,则该电荷在A点的电势能和C点电势为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】把电荷量的点电荷从A点移动到B点,电场力做功,电势能减小,电荷在B点时的电势能等于零,则该电荷在A点的电势能,把这个点电荷从B点移动到C点,电场力做功,电势能减小,则该电荷在C点的电势能,则C点电势为,选A.
6. 如图是一个电路的一部分,其中,,,,,那么电流表测得的电流为( )
A. 0.2A,方向向右 B. 0.3A,方向向左 C. 0.3A,方向向右 D. 0.2A,方向向左
【答案】C
...............
【点睛】分别求出两端的电压和两端的电压,然后判断根据电位确定R3两端的电压以及电流的方向,再根据求出通过的电流,最后根据节点法确定通过电流表电流的方向和大小.
7. 如图中A、B、C三点都在匀强电场中,已知AC⊥BC,, BC=20cm。把一个电量的正电荷从A移动到B,电场力做功为0;从B移到C,电场力做功为,则该匀强电场的场强大小和方向是( )
A. ,垂直AC向左
B. ,垂直AC向右
C. ,垂直AB斜向上
D. ,垂直AB斜向下
【答案】D
【解析】由题知,的正电荷从A移到B,电场力做功为零,则A与B电势相等,AB连线是一条等势线.BC间电势差为:,该匀强电场的场强大小为:,电场线方向垂直于AB向下.故选D.
【点睛】由题意可知AB两点电势相等,则可知等势面,由电场线可等势面的关系可知电场线;由电场力做功可求得BC两点的电势差,则可确定电场线的方向,由U=Ed可求得电场强度.
8. 如图所示,在点电荷Q产生的电场中,实线MN是一条方向未标出的电场线,虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度大小分别为、,电势能分别为、,下列说法正确的是( )
A. 电子一定从A向B运动
B. 无论Q为正电荷还是负电荷一定有
C. 若,则Q靠近M端且为负电荷
D. B点电势可能高于A点电势
【答案】B
【解析】由于不知道电子速度变化,由运动轨迹图不能判断电子向那个方向运动,故A错误;若,即A点离点电荷Q更近,即Q靠近M端;又由运动轨迹可知,电场力方向指向凹的一侧即左侧,则在直线MN上电场方向向右,则Q靠近M
端且为正电荷,故电场线方向由M指向N,则A点电势高于B点;电子所受电场力方向指向左侧,若电子从A向B运动,则电场力做负功,电势能增加;若电子从B向A运动,则电场力做正功,电势能减小,故一定有,即电子在两点的电势能与Q所带电荷无关,只与电场线方向相关,故B正确,CD错误;故选B.
9. 绝缘金属平行板电容器充电后,静电计的指针偏转一定角度,若减小两极板a、b间的距离,同时在两极板间插入电介质,如图所示,则( )
A. 电容器的电势差会减小
B. 电容器的电势差会增大
C. 静电计指针的偏转角度会减小
D. 静电计指针的偏转角度会增大
【答案】AC
【解析】根据公式可知d减小,增大时,电容器电容增大,由于两极板上的电荷量恒定,所以根据可知两极板间的电势差U减小,静电计测量的是电容器两端的电势差,故静电计指针的偏转角度会减小,AC正确.
10. 有两根不同材料的金属丝,长度相同,甲的横截面的圆半径以及电阻率都是乙的2倍,则以下说法正确的有( )
A. 甲、乙的电阻之比是8:1
B. 甲、乙的电阻之比是2:1
C. 将甲乙并联在电路中,甲乙消耗的电功率之比是2:1
D. 将甲乙串联在电路中,甲乙消耗的电功率之比是1:2
【答案】CD
【解析】甲的圆半径是乙的2倍,故甲的横截面积是乙的4
倍,甲的电阻率是乙的2倍,由电阻定律可知,甲的电阻是乙电阻的一半,即甲、乙的电阻之比是1:2,故AB错误;将两电阻并联时,电压相等,则由可知,甲的电功率是乙电功率的2倍,故C正确;两电阻串联时,电流相等,则由可知,甲的电功率是乙电功率的一半;故D正确;故选CD.
【点睛】据电阻定律求出甲、乙电阻之比,并联电路电压相等、串联电路中电流相等,根据其特点选择功率公式求解.
11. (多选)如图所示,质子()和氘核()同时从静止开始,经同一加速电场加速后,垂直射入同一偏转电场中,偏转后打在同一荧光屏幕上,不计重力,则它们( )
A. 能到达屏幕上同一点
B. 在偏转电场中运动的加速度不相同
C. 从出发到屏幕的运动时间相同
D. 到达屏幕时的速度相同
【答案】AB
【解析】设加速电场两极板的距离为,偏转电场极板长度为L,两极板距离为;在加速电场中,在偏转电场中所需时间为,在偏转电场中的偏转量为,联立解得,同理可得离开偏转电场时速度偏转角度的正切,可见y和与电荷的电量和质量无关.所以出射点的位置相同,出射速度的方向也相同.故两种粒子打屏上同一点.故A
正确,在偏转电场中做类平抛运动加速度为,由于质子和氘核的质量不同,而电荷量相同,故加速度不相同,故B正确;在加速电场中运动的加速度为,加速获得的速度,则在加速度电场运动的时间为,在偏转电场中经历时间为,故经历总时间为,经历时间与比荷有关,故时间不同,故C错误;从出发到屏幕,由动能定理得,故速度与比荷有关,故速度不同,故D错误;选AB.
【点睛】根据动能定理求出粒子进入偏转电场时的速度,抓住在偏转电场中垂直于电场方向做匀速直线运动,求出运动的时间.结合竖直方向上做匀加速直线运动,求出出电场时竖直方向上的分速度以及偏转的位移.根据动能定理求出偏转电场电场力做功的大小关系.
12. 在绝缘光滑的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定正电荷、,两电荷的位置坐标如图甲所示.图乙是AB连线之间的电势与位置x之间的关系图象,图中x=L点为图线的最低点,若在x=2L的C点由静止释放一个质量为m、电量为的带电小球(可视为质点),下列有关说法正确的是( )
A. 小球在x=L处的速度最大
B. 小球一定可以到达x=-2L点处
C. 小球向左运动过程中,其电势能先变小后变大
D. 固定在AB处的电荷的电量之比为
【答案】ACD
【解析】根据图象切线的斜率等于场强E,则知x=L处场强为零;电场强度方向由高电势指向低电势,则在C处场强向左,小球向左加速运动,到x=L处加速度为0,从x=L向左运动时,电场强度方向向右,电场力向右,做减速运动,所以小球在x=L处的速度最大,故A正确.根据动能定理得:qU=0,得U=0,所以小球能运动到电势与出发点相同的位置,由图知向左最远能到达x=-L点处,然后小球向右运动,小球将以x=0.5L点为中心作往复运动,不能到达x=-2L点处.故B错误.小球向左运动过程中,电场力先作正功后作负功,电势能先变小后变大,故C正确.x=L处场强为零,根据点电荷场强则有:,解得:,故D正确.选ACD.
【点睛】根据图象切线的斜率等于场强E,分析场强的变化,判断小球的速度变化;根据动能定理确定小球可以到达的位置;x=L处场强为零,根据点电荷场强公式求两个电荷的电量之比.
二、实验题(2小题)
13. 张明同学在测定某种合金丝的电阻率时:
(1)用螺旋测微器测得其直径为_____mm(如图甲所示);
(2)用20分度的游标卡尺测其长度为______cm(如图乙所示);
(3)用图丙所示的电路测得的电阻值将比真实值________(填“偏大”或“偏小”)。
【答案】 (1). 0.696-0.698mm (2). 1.020cm (3). 偏小
【解析】(1)螺旋测微器的读数为:;(2)
游标卡尺的读数为:;(3)由欧姆定律得:电阻阻值,由于电压表的分流作用使电流偏大,则电阻偏小.
14. 在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中,采用的仪器有:额定电压为V、额定功率约为的小灯泡;电源(电动势为,内阻不计);电流表(量程0.6A,内阻约);电压表(量程,内阻约);滑动变阻器(最大阻值);开关,导线若干.实验中要求加在小灯泡上的电压从零到小灯泡的额定电压连续可调.
(1)设计一个合理的电路,并在下方所给的方框内画出电路图._______
(2)如图所示为某同学根据正确的实验电路图所测的几组数据画出的I—U图像,图像是一条曲线而不是直线的原因是_______.
(3)按照正确电路图连接好电路后,无论怎么调节滑动变阻器,发现电表读数都无法调到零,则其故障原因可能是(____)
A. 小灯泡烧坏或接触不良
B. 电流表接触不良
C. 滑动变阻器的滑片与电阻丝接触不良
D. 滑动变阻器采用了限流接法
【答案】 (1). (2).
随着温度升高,电阻率变大使灯泡的电阻变大 (3). D
【解析】(1)由,得灯泡的内阻约为,远小于电压表内阻,属于小电阻,则电流表采用外接法.因为滑动变阻器的最大阻值为,电源电动势为6V,内阻不计,电源的电压过大,若滑动变阻器采用限流式接法,灯泡的电压会超出额定电压,不安全,所以滑动变阻器采用分压式接法.电路图如图所示
(2)随着温度升高,电阻率变大使灯泡的电阻变大.(3)照正确电路图连接好电路后,调节滑动变阻器,小灯泡的亮度应该会发生变化,而电流表示数不能调为零,说明滑动变阻器采用了限流接法,选D.
三、计算题(4小题)
15. 在图所示的电路中,小量程电流表的内阻,满偏电流,,。
(1)当和均断开时,改装所成的表是什么表?量程为多大?
(2)当和均闭合时,改装所成的表是什么表?量程为多大?
【答案】(1)0—3V,(2)0—0.6A.
(1)当和均断开时,与表头G串联,故改装所成的表是电压表,由,可知电压表的量程是0—3V;
(2)当和均闭合时,与表头G并联,故改装所成的表是电流表,由,可知电压表的量程是0—0.6A;
16. 如图所示为电动机提升重物的装置,电动机线圈电阻为,电动机两端电压为5V,电路中的电流为1A,物体A重20N,不计一切摩擦.求:
(1)此电动机工作1h所产生的热量是多少?
(2)电动机输入功率和输出功率各是多少?
(3)10s内,可以把重物A匀速提升多高?
【答案】(1),(2)5W,4W;(3)2m.
【解析】(1)根据求电动机工作1h所产生的热量,(2)根据求解输入的电功率,根据求解输出功率;(3)根据求解提升的高度.
(1)根据,得
(2)根据,得输入的电功率,电动机的热功率为,则输出功率
(3)根据,得
17. 如图所示,长L=1m的轻质细绳上端固定,下端连接一个可视为质点的带电小球,小球静止在水平向右的匀强电场中,绳与竖直方向的夹角。已知小球所带电荷量,匀强电场的场强,取重力加速度,,。求:
(1)小球的质量m;
(2)刚剪短悬线时,小球的加速度;
(3)若悬线不剪断,仅将电场方向突然变成竖直向下,则小球摆到最低点时悬线的拉力
【答案】(1)0.4 kg,(2),(3)9.8N.
【解析】试题分析:(1)对小球受力分析,由平衡条件找出电场力与重力的关系,即可求出质量;(2)当剪断悬线时,拉力消失,但电场力与重力不会消失,故它们的合力仍然不变,根据平行四边形定则求出合力,由牛顿第二定律求出加速度;(3)若悬线不剪断,仅将电场方向突然变成竖直向下,电场力、重力做正功,由动能定理求出到达最低点的速度,由牛顿第二定律求出悬线的拉力.
(1)对小球受分析,如图所示
根据平衡条件有:,得
代入数据解得:m=0.4kg
(2)刚剪短悬线时,拉力T消失,电场力与重力的合力不变
则有
由牛顿第二定律得:
解得:
(3)若悬线不剪断,仅将电场方向突然变成竖直向下,设摆到最底点的速度为v
从释放到最底点,拉力不做功,电场力、重力都做正功
由动能定理得:
在最底点,由牛顿第二定律得:
联立解得:
18. 如图所示,两平行金属板A、B长L=8cm,两板间距离d=8cm,A板比B板电势高300V,即.一带正电的粒子电量,质量,从R点沿电场中心线垂直电场线飞入电场,初速度,粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后,进入固定在中心线上的O点的点电荷Q形成的电场区域(设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响).已知两界面MN、PS相距为L=12cm,粒子穿过界面PS后被点电荷Q施加的电场力俘获从而以O点为圆心做匀速圆周运动,最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏EF上.(静电力常数,不计粒子重力,,),求:
(1)粒子从偏转电场中飞出时的偏转位移和速度;
(2)粒子穿过界面PS时偏离中心线RO的距离多远;
(3)点电荷的电量(该小题结果保留一位有效数字).
【答案】(1)0.03m,, 方向与成角;(2)0.12m;(3).
【解析】试题分析:(1)粒子在电场中做类平抛运动,应用类平抛运动规律可以求出粒子的偏移量.由牛顿第二定律求出加速度,由速度公式求出粒子的竖直分速度,然后求出粒子的速度.(2)粒子离开电场后做匀速直线运动,应用几何知识可以求出偏移量.(3)由库仑力提供粒子做圆周运动的向心力,由牛顿第二定律可以求出电荷的电荷量.
(1)设粒子从电场中飞出时的侧向位移为h,粒子在电场中做类平抛运动
在水平方向上:
在竖直方向上:
由牛顿第二定律得:
代入数据解得:h=0.03m
设粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为
则有:
代入数据解得:
所以粒子从电场中飞出时的速度为:
代入数据解得:
设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为
则有:
(2)设穿过界面PS时偏离中心线RO的距离为Y,带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动,由相似三角形知识得:
代入数据解得:Y=0.12m
(3)粒子做匀速圆周运动,由牛顿第二定律得:
由几何关系得:粒子做匀速圆周运动的半径
联立解得:
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