【物理】福建省泉州市泉港区第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题(解析版)

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【物理】福建省泉州市泉港区第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题(解析版)

泉港一中2019年秋季期中考试卷 高二年物理科 一、选择题(本题共12小题,48分,每小题4分。第1~8题只有一个选项符合要求,第9~12题有多个选项符合要求,全部选对得4分,选对但不全得2分,有选错得0分)‎ ‎1.科学家在物理学的研究使用了许多研究方法,如控制变量法、等效法、类比法、理想模型法、微元法等等,这些方法对我们学好物理有很大帮助,以下关于所用物理学研究方法的叙述正确的是( )‎ A. 在研究带电体时满足一定条件可以把带电体当做点电荷,这利用了等效法 B. 在研究电场时,常用人为假设的电场线来描述真实的电场,这用的是微元法 C. 在探究电阻与材料、长度和横截面积三者之间的关系时应用了控制变量法 D. 在电路中,可以用几个合适的小电阻串联来代替一个大电阻,这利用了类比法 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在研究带电体时满足一定条件可以把带电体当做点电荷,这利用了建立理想模型法,故A错误。‎ B. 在研究电场时,常用人为假设的电场线来描述真实的电场,这用的是假设法,故B错误。‎ C. 在探究电阻与材料、长度和横截面积三者之间的关系时应用了控制变量法,故C正确。‎ D. 在电路中,可以用几个合适的小电阻串联来代替一个大电阻,这利用了等效法。故D错误。‎ ‎2.下列是某同学对电场中的概念、公式的理解,其中正确的是( )‎ A. 根据场强的定义式E=F/q,电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷量成反比 B. 由真空中点电荷场强公式,电场中某点场强和场源电荷的电荷量成正比 C. 根据电容定义式C=Q/U,电容与所带电荷量成正比,与两极板间的电压成反比 D. 根据,可知在匀强电场中,电场强度与电压成正比 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 电场强度为电场本身性质与试探电荷的电荷量无关,故A错误;‎ B. 由真空中点电荷场强公式 ‎,电场中某点场强和场源电荷的电荷量成正比,故B正确。‎ C. 电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量,取决于电容器本身的属性,与电容器所带的电量和板间电压无关,故C错误。‎ D. 电场强度是由电场本身的性质决定的,与电压和两点间的距离无关,故D错误。‎ ‎3.如图所示,实线是一个电场中的电场线,虚线是一带电粒子在此电场中的运动轨迹,若带电粒子是从a处运动到b处的。以下有关a、b两处的比较正确的是 A. a处的电场强度较弱 B. 带电粒子在b处时电势能较大 C. b处的电势较高 D. 带电粒子在a处时速度较小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. a点电场线比b点电场线密,所以a处场强较强,故A错误。‎ BD. 轨迹弯曲的方向大致指向合力的方向,可知电场力方向向右,从a到b,电场力做负功,电势能增加,动能减小,则a点动能大,速度大,b处电势能较大,故B正确D错误。‎ C.沿电场线方向电势降低,所以b处的电势较低,故C错误。‎ ‎4.把家用电炉的电热丝剪去一小段后,继续使用,则在同样的时间内( )‎ A. 由Q=I2Rt可知,电炉发热量减少 B. 由Q=UIt可知,电炉的发热量不变 C. 由可知,电炉的发热量增加 D. 无法确定 ‎【答案】C ‎【解析】因电阻丝剪去一小段后,由电阻定律可知总电阻减小,而电路两端的电压U不变,故由电功的计算公式:Q=U2t/ R,因时间、电压均保持不变,电阻减小,故电功变大,发热量就增大。‎ ‎【名师点睛】‎ 电炉的电热丝剪去一小段后电阻变小,而电路的电压不变,电炉是纯电阻电路,欧姆定律成立,根据Q=U2t/R分析热量的变化。‎ ‎5.如图所示,A、B是两个等量异种点电荷,C、D是A、B连线的中垂线上,且与连线距离相等的两点,则以下说法正确的是( )‎ A. 在A、B连线上,从A到B,场强逐渐增大,电势逐渐升高 B. 在A、B连线的中垂线上,从C到D,场强先增大后减小,电势先升高后降低 C. 在A、B连线的中垂线上,从C到D,各点电势都相等,场强都相同 D. 在A、B连线的中垂线上,从C到D,场强先增大后减小,各点的电势都相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在A、B连线上,电场线的方向从B到A,则从A到B,电势逐渐升高,根据电场线分布可知,场强先减小后增大,故A错误。‎ BCD. 根据等量异种点电荷的电场分布规律知,A、B连线的中垂线是一条等势线,其上各点的电势相等。在中垂线上,AB连线中点处电场线最密,场强最大,则从C到D,场强先增大后减小,故BC错误D正确;‎ ‎6.如图所示,平行板电容器带有等量异种电荷,与静电计相连,静电计金属外壳和电容器下极板都接地。以E表示两板间的电场强度,θ表示静电计指针的偏角。若保持上极板不动,将下极板向下移动一小段距离至图中虚线位置的过程中,下列说法正确的是( )‎ A. 电容器中的电场强度不变 B. G表中有电流流过 C. 静电计的指针偏角θ减小 D. 电容器电容变大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】ACD.电容器与电源断开,故电量不变;下极板向下移动时,两板间的距离增大,根据可知,电容C减小,则根据可知,电压U增大;故静电计指针偏角θ增大;两板间的电场强度为:‎ 因此电场强度E与板间距无关,因此电场强度E不变,故A正确CD错误。‎ B.因为电容器带电量不变,没有电荷移动,所以G表中没有电流,故B错误。‎ ‎7.已知均匀带电球体在球的外部产生的电场与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同。如图所示,半径为R的球体上均匀分布着电荷量为Q的电荷,在过球心O的直线上有A、B两个点,O和B、B和A间的距离均为R,现以OB为直径在球内挖一球形空腔,若静电力常量为k,球的体积公式为,则A点处场强的大小为(  )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意知,半径为R的均匀带电体在A点产生场强为:‎ 同理割出的小球半径为,因为电荷平均分布,其带电荷量 则其在A点产生的场强:‎ 所以剩余空腔部分电荷在A点产生的场强 A. 与分析相符,故A正确。B. 与分析不符,故B错误。‎ C. 与分析不符,故C错误。D. 与分析不符,故D错误。‎ ‎8.如图所示,其中电流表A的量程为0.6A,表盘均匀划分为30个小格,每一小格表示0.02A;R1的阻值等于电流表内阻阻值的一半;R2的阻值等于电流表内阻的2倍。若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值,则下列分析正确的是( )‎ A. 将接线柱1、2接入电路时,每一小格表示0.03A B. 将接线柱1、2接入电路时,每一小格表示0.04A C. 将接线柱1、3接入电路时,每一小格表示0.01A D. 将接线柱1、3接入电路时,每一小格表示0.06A ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. 当接线柱1、2接入电路时,电流表A与R1并联,根据串并联电路规律可知,R1分流为1.2A,故量程为 ‎1.2A+0.6A=1.8A 故每一小格表示0.06A;故AB错误;‎ CD. 当接线柱1、3接入电路时,A与R1并联后与R2串联,电流表的量程仍为1.8A;故每一小格表示0.06A;故C错误D正确;‎ ‎9.如图所示电路中,电源的电动势为E、内电阻为r,三只灯泡原来都正常发光,当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时,下面判断正确的是( )‎ A. L1和L3变暗,L2变亮 B. L1变暗,L2变亮,L3变亮 C. L1中电流变化绝对值大于L3中的电流变化绝对值 D. L1上的电压变化绝对值小于L2上的电压变化绝对值 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.当滑片右移时,滑动变阻器接入电阻增大,则电路中总电阻增大,由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流减小,故L1变暗;电路中电流减小,故内阻及R0、L1两端的电压减小,而电动势不变,故并联部分的电压增大,故L2变亮;因L2中电流增大,干路电流减小,故流过L3的电流减小,故L3变暗;故A正确B错误。‎ C 因L1中电流减小,L3中电流减小,而L2中电流增大;开始时有:‎ I1=I2+I3‎ 故I1电流的变化值一定小于L3中电流的变化值;故C错误;‎ D. 因并联部分的电压与L1、R0及内电阻上的总电压等于电源的电动势;L2两端的电压增大,L1、R0及内阻r两端的电压减小,而电动势不变,故L2两端电压增大值应等于其它三个电阻的减小值,故L1上电压变化值小于L2上的电压变化值,故D正确;‎ ‎10.真空中相距为3a的两个点电荷Q1、Q2,分别固定于轴上x1=0处和x2=3a的两点上,在它们连线上各点场强E随x变化关系如图所示,取沿x轴正方向的场强为正方向,以下判断正确的是( )‎ A. 处的电势一定为零 B. 点电荷Q1、Q2一定为异种电荷 C. 点电荷Q1所带电荷量是Q2所带电荷量的2倍 D. x=1.5a处的电势小于x=2.5a处的电势 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由于电势是一个相对性的概念,即零电势的选择是任意的,人为的,故x=2a处的电势可以为零,也可以不为零,故A错误。由于M、N之间的场强的方向相反,故点电荷M、N一定为同种电荷,故B错误。Q1在2a处产生的场强E1=,而Q2在2a处产生的场强E2=,由于2a处场强为0,故E1=E2,所以Q1=4Q2,故C错误。由U=Ed可知,E-x图像与坐标轴围成的面积等于电势差,则x=1.5a处与x=2a处的电势差小于x=2.5a与x=2a处的电势差,因x=1.5a处的电势和x=2.5a处的电势都高于x=2a点的电势,则x=1.5a处的电势小于x=2.5a处的电势,故D正确。故选D。‎ ‎11.如图所示电路中,R1=5 Ω,R2=7 Ω,R3=8 Ω,R4=10 Ω,C=20μF,电源电动势E=18.6 V,内阻r=1 Ω,电表为理想电表。开始电键K是闭合的,则下列判断正确的是( )‎ A. 电流表的示数为l A B. 电压表的示数为6 V C. 电容器所带的电荷量为1.8×10-4C D. 当电键K断开后,通过电阻R1的电荷量为1.8×10-4C ‎【答案】BC ‎【解析】‎ A、由于电流表视为短路,而电压表视为短路,则分析电路结构可知,知R2、R3、R4串联后与R1并联,R5上无电流 电流表示数为:‎ 解得:电流,‎ 电压表的示数等于R4上的电压,‎ 解得:;A错误,B正确;‎ C、电容器C所带的电量:;解得:;开关断开后,电流将分别流过R1、R4和R2、R3,故流过R1的电量一定小于1.8×10﹣4C,C正确,D错误;‎ 故选BC。‎ ‎12.某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标上,如图中的a、b、c所示,根据图线可知( )‎ A. 反映Pr变化的图线是c B. 电源电动势为4V C. 电源内阻为4Ω D. 当电流为0.5A时,外电路的电阻为6Ω ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据直流电源的总功率 PE=EI 内部的发热功率 Pr=I2r 输出功率 PR=EI-I2r 可知反映Pr变化的图线是c,反映PE变化的是图线a,反映PR变化的是图线b,故A正确。‎ B. 图线a的斜率等于电源的电动势,由得到 故B正确。‎ C. 由图,当I=2A时,Pr=8W,由公式 Pr=I2r 得 r=2Ω 故C错误。‎ D. 当电流为0.5A时,由图读出电源的功率PE=2W,由 代入得到,‎ R=6Ω 故D正确。‎ 二、实验题(本题共2小题,每空2分,共16分)‎ ‎13.(1)在测定金属电阻率的实验中,用伏安法测定一段阻值约为5的金属导线的电阻,要求测量结果尽量准确,现备有以下器材:‎ A.电池组(3V) B.电流表(0~3A,内阻约0.0125)‎ C.电流表(0~0.6A,内阻约0.125)D.电压表(0~3V,内阻约3k)‎ E.电压表(0~15V,内阻约15k) F.滑动变阻器(0~20,额定电流1A)‎ G.滑动变阻器(0~2000,额定电流0.3A) H.电键、导线。‎ Ⅰ.待测电阻是一根均匀材料制成的金属丝(横截面为圆形),用螺旋测微器测量其直径,结果如图所示。由图可知其直径d=_______mm。‎ Ⅱ.根据实验的实际需要,电流表应选______,电压表应选______,滑动变阻器应选________(填选项号:如A、B、C等)‎ Ⅲ.实验电路应采用电流表________接法。(填“内”或“外”)‎ ‎(2)某同学在探究规格为“6V,3W”的小电珠伏安特性曲线实验中:‎ 该同学采用图甲所示的电路进行测量。图中R为滑动变阻器(阻值范围0~10Ω,额定电流1.0A),L为待测小电珠,V为电压表(量程6V,内阻约20kΩ),A为电流表(量程0.6A,内阻约1Ω),E为电源(电动势8V,内阻不计),S为开关。‎ Ⅰ.在实验过程中,开关S闭合前,滑动变阻器的滑片P应置于最____端;(填“左”或“右”)‎ Ⅱ.在实验过程中,已知各元器件均无故障,但闭合开关S后,无论如何调节滑片P,电压表和电流表的示数总是调不到零,其原因是_____点至_____点的导线没有连接好;(图甲中的黑色小圆点表示接线点,并用数字标记,空格中请填写图甲中的数字,如“2点至3点”的导线)‎ Ⅲ.该同学描绘出小电珠的伏安特性曲线示意图如图乙所示,则小电珠的电阻值随工作电压的增大而______。(填“不变”、“增大”或“减小”)‎ ‎【答案】 (1). 0.435mm(0.433-0.436) C D F 外 (2). 左 1(或5) 5(或1) 增大 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)Ⅰ[1] 由图可知其直径 Ⅱ[2][3][4]根据题意可知,电源电压3V,阻值约5欧,所以回路电流最大值为 所以电流表选择C;电压表选择D;根据题意可知,为了方便调节减小误差,滑动变阻器应选择F。‎ Ⅲ[5]因为 所以采取外接法。‎ ‎(2)Ⅰ[6]闭合开关前,待测支路电流为零,所以滑片置于最左端。‎ Ⅱ[7][8]在实验过程中,已知各元器件均无故障,但闭合开关S后,无论如何调节滑片P,电压表和电流表的示数总是调不到零,电路连成了限流式接法,所以1点至5点的导线没有连接好。‎ Ⅲ[9]根据伏安特性曲线可知,图像斜率表示电阻倒数,斜率变小,则电阻增大。‎ 三、计算题(本题共4小题,计36分,解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案不给分,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)‎ ‎14.如图所示,把质量为克的带电小球A用丝线吊起,若将带电量为4×10﹣8C的正电小球B靠近它,当两小球在同一高度相距3cm时,丝线与竖直夹角为30°,(A、B都可视为点电荷,取g=10m/s2,k=9.0×109Nm2/kg2)求:‎ ‎(1)此时小球A受到的库仑力大小和方向?‎ ‎(2)小球A带的电量qA?‎ ‎【答案】(1) 库仑力为,方向水平向左,指向带正电的小球B (2) 小球A带的电量为 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)A处于平衡状态,所受合外力为零,根据平行四边形定则有:‎ 库仑力 所以 方向水平向左,指向带正电的小球B。‎ ‎(2)根据库仑定律 有小球A带的电量 ‎15.如图所示,电源电动势E=8V,内电阻为r=0.5Ω,“3V,3W”的灯泡L与电动机M串联接在电源上,灯泡刚好正常发光,电动机正常工作,电动机的线圈电阻R=1.5Ω.求:‎ ‎(1)电源的输出功率 ‎(2)电动机的输出功率.‎ ‎【答案】(1) 7.5W (2)3W ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据灯泡的额定值可知:‎ 解得 电源路端电压 解得 ‎ 电源的输出功率 即P出=7.5W ‎ ‎(2)电动机两端电压 电动机内阻热功率 电动机输出功率 联立解得电动机的输出功率为 P出=3W ‎16.如图的电路中,电池组的电动势E=30V,电阻 ,两个水平放置的带电金属板间的距离d=1.5cm。在金属板间的匀强电场中,有一质量为m=7×10-8kg,带电量C的油滴,当把可变电阻器R3的阻值调到35Ω接入电路时,带电油滴恰好静止悬浮在电场中,此时安培表示数I=1.5A,安培表为理想电表,取g=10m/s2,试求:‎ ‎(1)两金属板间的电场强度;‎ ‎(2)电源的内阻和电阻R1的阻值;‎ ‎(3)B点的电势.‎ ‎【答案】(1)1400N/C(2)(3)27V ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由油滴受力平衡有,mg=qE,得到 ‎ 代入计算得出:E=1400N/C ‎ ‎(2)电容器的电压U3=Ed=21V ‎ 流过的电流 ‎ B点与零电势点间的电势差 ‎ 根据闭合电路欧姆定律得,电源的内阻 ‎ ‎ ‎ ‎(3)由于U1=φB-0,B点的电势大于零,则电路中B点的电势φB=27V.‎ ‎17.如图所示,光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形,固定在竖直面内、管口B、C的连线是水平直径,现有一带正电小球(可视为质点)从B点正上方的A点自由下落,A、B两点间距离为4R,从小球进入管口B开始,整个空间中突然加一个匀强电场,这个匀强电场的电场力可分解为竖直方向和水平方向两个分力,其中竖直向上的分力大小与重力大小相等,水平分力大小未知,结果小球从管口C处脱离圆管后,其运动轨迹经过A点,设小球运动过程中带电量没有改变,重力加速度为g,求:‎ ‎(1)小球到达B点的速度大小;‎ ‎(2)小球受到的总的电场力的大小和方向;‎ ‎(3)小球经过管口C处时对圆管壁的压力。‎ ‎【答案】(1) (2) 电场力的大小为,方向斜向左上方与水平方向夹角 (3) 小球经过管口C处时对圆管的压力为:3mg,方向水平向右。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)小球从开始自由下落到到达管口B的过程中机械能守恒,故有:‎ 小球到达B点时的速度大小为 ‎(2)设电场力的水平分力为(方向水平向左),竖直分力为(方向水平向上),则 小球从B运动到C的过程中,由动能定理得:‎ 小球从管口C处脱离圆管后,做类平抛运动,由于其轨迹经过A点,有:‎ 联立以上各式,解得:‎ 电场力的大小为:‎ 方向斜向左上方与水平方向夹角 。‎ ‎(3)小球经过管口C处时,向心力由和圆管的弹力提供,设弹力的方向向左,则 解得:‎ 方向向左,根据牛顿第三定律可知,小球经过管口C处时对圆管压力为:‎ 方向水平向右。‎
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