【物理】湖南省长沙市第一中学、湖南师范大学附属中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

【物理】湖南省长沙市第一中学、湖南师范大学附属中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

‎2019~2020学年度第一学期高二年级期中考试 炎德英才大联考物理试卷 第I卷 一、选择题(共12小题，每小题4分，总计48分；其中1~8题为单选题，9~12题为多选题；多选题选不全得2分，多选或错选得0分)‎ ‎1.用绝缘细线悬挂两个大小相同的小球，它们带有同种电荷，质量分别为m1和m2，带电量分别为q1和q2，因静电力而使两悬线张开，分别与竖直方向成夹角a1和a2，且两球静止时同处一水平线上，若a1=a2，则下述结论正确的是（　　）‎ A. q1一定等于q2. B. 一定满足 C. m1一定等于m2 D. 必然同时满足q1=q2，m1=m2‎ ‎【答案】C ‎【解析】题中电荷电量可能不同，也可能相同，但各自所受的电场力大小却相同，方向相反；由于它们与竖直线所成的角度相等，且两球同处一水平线上，所以根据共点力平衡条件可确定，它们的质量一定相等。故C正确，ABD错误；故选C ‎2.如图所示，ABC为等边三角形，电荷量为+q的点电荷固定在A点．先将一电荷量也为+q的点电荷Q1从无穷远处（电势为0）移到C点，此过程中，电场力做功为-W．再将Q1从C点沿CB移到B点并固定．最后将一电荷量为-2q的点电荷Q2从无穷远处移到C点．下列说法正确的有 A. Q1移入之前，C点的电势为 B. Q1从C点移到B点的过程中，所受电场力做的功为0‎ C. Q2从无穷远处移到C点的过程中，所受电场力做的功为2W D. Q2在移到C点后电势能为-4W ‎【答案】ABD ‎【解析】A.由题意可知，C点的电势为 故A正确；‎ B.由于B、C两点到A点()的距离相等，所以B、C两点的电势相等，所以从C点移到B点的过程中，电场力先做负功再做正功，总功为0，故B正确；‎ C.由于B、C两点的电势相等，所以当在B点固定后，C点的电势为,所以 从无穷远移到C点过程中，电场力做功为：‎ 故C错误；‎ D.由于C点的电势为，所以电势能为 故D正确．‎ ‎3.如图所示，半径R=1m的圆O的内接三角形abc为直角三角形，∠a=30°、∠b=90°、∠c=60°；一匀强电场方向与圆所在平面平行，已知a、b、c三点电势分别为。则下列说法正确的是（　　）‎ A. 圆上的电势最高为V B. 圆上的电势最低为V C. 匀强电场的场强大小为V/m D. 匀强电场的场强方向为c指向O ‎【答案】B ‎【解析】D．如图所示：‎ ac中点O的电势：，所以O、b两点是等势点，则直线bO是匀强电场的等势线，电场线与直线bO垂直，故D错误；‎ ABC．圆周上M点电势最高，过c点作等势线，与电场线MO交于d点，则 根据几何关系知，O、d间的距离为 所以电场强度 M点的电势 圆上电势最低点与M点在同一直径上，关于O点对称，故圆上最低点电势为：；‎ 故AC错误，B正确；故选B。‎ ‎4.带正电的空心金属球壳置于绝缘支架上，将4个原来不带电的金属小球按图示位置放置，A球用绝缘轻绳竖直悬挂，B球接地，C球用导线与球壳内部相连，D 球与球壳内部接触．设大地电势为零，当达到静电平衡时，下列说法正确的是（ ）‎ A. 由于静电感应，A球带负电， B. B球接地带负电，但电势为零 C. C球不带电，但电势与球壳电势相等 D. D球带正电，电势为零 ‎【答案】B ‎【解析】A、由于静电感应，A球的左右两端带上不同的电荷，但整体不带电，故A错误； B、由于静电感应，B球带负电，但电势和大地的电势相等，为零，故B正确； C、C球在金属球壳的外部，会带上与球壳相同的电荷，且电势与球壳电势相等，故C错误； D、D球在球壳的内部，与球壳接触后成为球壳内部的一部分，所以D不带电，故D错误．‎ 点睛：达到静电平衡状态时，其电势相等，是一个等势体，其净电荷由于静电斥力作用，尽可能远离，故都分布在导体的外表面上，所以小金属球C带电，而A、B也会由于静电感应而带电．‎ ‎5.由欧姆定律I=导出U=IR和R=，下列叙述不正确的是（　　）‎ A. 由R=知，导体的电阻由两端的电压和通过的电流决定 B. 导体的电阻由导体本身的物理条件决定，跟导体两端的电压及流过导体的电流大小无关 C. 对确定的导体，其两端电压和流过它的电流的比值就是它的电阻值 D. 一定的电流流过导体，电阻越大，其电压降越大 ‎【答案】A ‎【解析】AB. R=是电阻的比值定义式，所以电阻与两端的电压和通过的电流无关，由导体本身的物理条件决定，故A错误，符合题意；B正确，不符合题意．‎ C.根据R=可知，对确定的导体，其两端电压和流过它的电流的比值就是它的电阻值，故C正确，不符合题意．‎ D. U=IR可知一定的电流流过导体，电阻越大，其电压降越大，故D正确，不符合题意．‎ ‎6.用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表、，若把 ‎、分别采用并联或串联的方式接入电路，如图所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是 A. 图甲中的、的示数相同 B. 图甲中的、的指针偏角相同 C. 图乙中的、的示数和偏角都不同 D. 图乙中的、的指针偏角相同 ‎【答案】B ‎【解析】AB.图甲中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同，故A错误，B正确；‎ ‎ CD.图乙中的A1、A2串联，A1、A2的示数相同，由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同，故CD错误．‎ ‎7.两只灯泡A和B，额定电压都是110V,A的额定功率为60W，B的额定功率为100W，为了把它们接在220V电路上都能正常发光，并要电路中消耗的电功率最小，应采用下面的哪种接法：（如图14—151）（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】A、由于额定电压都是，额定功率、，由此可知，把灯泡B与电阻并联的话，会使并联的部分的电阻更小，所以AB的电压不会平分，AB不会同时正常发光，故A错误； B、由于灯泡要满足的额定电压，所以当A灯泡与电阻串联以后，再与B灯泡并联，而B灯泡的电压高于额定的电压，不能正常工作，故B错误； C、由于额定电压都是，额定功率、，由此可知 ‎，把灯泡A与电阻并联的话，可以使并联部分的电阻减小，可能使A与并联部分的电阻相同，所以AB能同时正常发光，并且电路消耗的功率与B灯泡的功率相同，所以总功率的大小为，故选项C正确； D、把AB并联之后与电阻串连接入电路的话，当电阻的阻值与AB并联的总的电阻相等时，AB就可以正常发光，此时电阻消耗的功率为AB灯泡功率的和，所以电路消耗的总的功率的大小为，由CD的分析可知，正常发光并且消耗的功率最小的为C，故C正确，选项D错误．‎ 点睛：解答本题是一定要注意题目要同时满足两个条件即灯泡能够正常发光并且消耗的功率还要最小．‎ ‎8.如图所示，直线OAC为某一直流电源的总功率随电流I变化的图线，曲线OBC表示同一直流电源内部的热功率随电流I变化的图线．若A、B点的横坐标均为1 A，那么AB线段表示的功率为(　　)‎ A. 1 W B. 6 W C. 2 W D. 2.5 W ‎【答案】C ‎【解析】电源的总功率，C点表示，，则电源的电动势，由图看出，C点表示外电路短路，电源内部热功率等于电源的总功率，则有，代入解得，，所以AB段表示的功率为，故C正确，ABD错误．‎ ‎9.用伏安法测电阻，当对被测电阻的阻值一无所知而无法选择用何种接法时，可采用试触的方法。如图所示，某同学测量未知电阻R时，让电压表的一端接在A点，另一端先后接到B点和C点；他发现电流表示数有明显变化，而电压表示数无明显变化，则下列说法中正确的是（　　）‎ A. R与电压表阻值接近，应选择电流表内接电路 B. 如果选择电流表内接电路，测量值大于真实值 C. R与电流表阻值接近，应选择电流表外接电路 D. 如果选择电流表外接电路，测量值大于真实值 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】由图示电路图可知，电压表的一端接A点，另一端接到B点时，电压表与电阻并联，电流表测电阻与电压表电流之和，另一端接到C点时，电流表测通过电阻的电流；若电流表示数有明显变化，而电压表示数无明显变化，说明电压表分流较大，而电流表分压较小，故R阻值较大，与电压表阻值较近；故应选择电流表内接电路；如果选择电流表内接法，测量值是待测电阻和电流表电阻的串联总电阻，大于真实值，如果选择电流表外接法，测量值是待测电阻和电压表电阻的并联总电阻，小于真实值，故AB正确，CD错误；‎ 故选AB。‎ ‎10.如图所示，虚线框内为改装好的电表，M、N为新电表的接线柱。已知灵敏电流计G的满偏电流为200μA，内阻为495.0Ω，电阻箱读数为5.0Ω。根据以上数据计算可知改装好的电表（　　）‎ A. 电压量程为1mV B. 电压量程为99mV C. 电流量程为20mA D. 电流量程为2μA ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】电流计与电阻箱并联，此为电流表，M、N两端电压为：‎ 流过M、N的电流为: ‎ 故BC正确，AD错误；‎ 故选BC。‎ ‎11.在如图所示的电路中，R1>r，将滑动变阻器R的滑片从位置a向下滑动到位置b的过程中，电路均处于稳定状态。滑片处于位置b和位置a相比，电路中（　　）‎ A. 灯泡L的亮度变亮 B. 电容器C所带电荷量Q增大 C. 电源的输出功率P增大 D. 电阻R1消耗的热功率P1增大 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．滑片位于位置b和滑片位于位置a相比，变阻器电阻变小，总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律，电路总电流变大，灯泡L两端的电压 变小，灯泡L变暗，故A错误；‎ B．灯泡电流变小，总电流变大，通过R2支路的电流变大，R2两端的电压增大，R2和变阻器两端的电压等于等于灯泡L两端的电压，故变阻器两端的电压减小，即电容器两端的电压减小，由 知，电容器C所带电荷量Q减小，故B错误；‎ C．当外电阻等于电源内阻时，电源的输出功率最大，因为，所以外电阻一定大于内阻，外电阻变小时，电源的输出功率P变大，故C正确；‎ D．由于总电流增大，根据 知电阻R1消耗的热功率增大，故D正确；故选CD。‎ ‎12.如图所示，水平地面上放置一斜面体A，带正电的小物块B置于绝缘斜面A上，轻推一下B，B恰能沿斜面匀速下滑，现在斜面顶端正上方P 点固定一正点电荷，让B从顶端开始向下运动，则此后（　　）‎ A. B物块做匀速直线运动 ‎ B. B物块受到斜面A对它的作用力不断变小 C. B物块动能增加量小于电势能减少量 ‎ D. 斜面A受到水平地面给的向右的摩擦力 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．B物块匀速下滑，则有：‎ 可见，B受到斜向下的库仑力，沿斜向下的合力大于滑动摩擦力，所以物体做加速运动，故A错误；‎ B．向下运动过程中，B物块受到库仑力不断减小，则B物块对斜面A的弹力和摩擦力都在减小，所以B物块受到斜面A对它的作用力不断变小，故B正确；‎ C．向下运动过程中，没有库仑力时重力做功等于克服摩擦力做的功，有库仑力后，摩擦力增加了，重力对B物块做的功一定小于克服摩擦力做的功，所以电场力做的功一定大于动能增加量，所以C正确；‎ D．因为，斜面A受到的压力的水平分量和摩擦力的水平分量总是相等，所以斜面A不受水平地面的摩擦力，故D错误；故选BC。‎ 第II卷 二、实验题(共2小题，每小题8分，共16分，第13题每一小问2分，第14题每一小问4分)‎ ‎13.图（a）为某简易多用电表的电路图．图中G是表头；E是电池；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻；R6是可变电阻；虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连．该多用电表有5个挡位，分别为：直流电压2.5 V挡和5 V挡，直流电流2.5 mA挡和10 mA挡，欧姆×100 Ω挡．‎ ‎(1)图（a）中的A端与___________（填“红”或“黑”）色表笔相连接． ‎ ‎(2)某次测量时该多用电表指针位置如图（b）中的c位置所示．若此时多用电表使用的是直流电压2.5 V挡，则多用电表读数为_____________V；若此时多用电表使用的是欧姆×100 Ω挡，则读数为_____________Ω．‎ ‎(3)某次使用欧姆挡时，先将两表笔短接，若多用电表指针位置如图（b）中的d位置，则应应将R6接入电路的电阻调______(填“大”或“小”)，才能使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置．‎ ‎(4)当多用电表使用10 mA档时，虚线方框内的换挡开关应与________号接线柱连接．‎ ‎【答案】 (1) 黑 (2) 1.48（1.46-1.49） 1.1×103 (3)小 (4) 1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）欧姆表内置电源的正极与黑表笔相连，红表笔与负极相连，分析图示电路图答题；‎ ‎（2）根据多用电表所测量的量与量程确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数；‎ ‎（3）欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律，根据欧姆表工作原理分析答题；‎ ‎（4）表头并联的电阻越小，其改装后的量程越大．‎ ‎【详解】（1）由图（a）所示电路图可知，A端与欧姆表内置电源的正极相连，所以A为黑表笔；‎ ‎（2）若此时多用电表使用的是直流电压2.5 V挡，则用0-250的量程先读数，再除以100，即为最后读数，所以此时的电表读数为：．（1.46-1.49均正确）；若此时多用电表使用的是欧姆×100Ω挡，则此时的电阻读数为：；‎ ‎（3）指针指在d，说明接入电路的电阻偏大，此时电流小于表头满偏电流，所以若将阻值往小调，这时即可达到目的，即可以让欧姆表指针指零；‎ ‎（4）若表头G并联的电阻越小，其量程越大，故当多用电表使用10‎ ‎ mA档时，虚线方框内的换挡开关应与1号接线柱连接；‎ 故本题答案为：(1)黑 (2) 1.48（1.46-1.49）；1.1×103 (3)小 (4)1‎ ‎【点睛】会规范使用多用电表，能正确读出多用电表的示数，是解决本题的关键，在平时实验训练过程中要多加注意规范操作和正确使用，多用电表的读数，重点是分清测量的物理量不同，读数方法不同，电压、电流对应量程、电阻是倍率；要特别注意．‎ ‎14.有一节干电池，电动势约为，内阻约为某实验小组为了比较准确的测量其电动势和内阻，在实验室找到了如下器材：‎ A.电流表A量程，内阻约 ‎ B.电流表G量程，内阻 C.定值电阻 ‎ D.定值电阻 E.滑动变阻器，额定电流 F.滑动变阻器，额定电流 G.开关S和导线若干．‎ ‎(1)因缺少电压表，该组同学准备利用电流表G与定值电阻串联改装成电压表，为较好的满足测量需要，定值电阻应选择______填“C”或“D”；为操作方便，滑动变阻器应选择______填“E”或“F”．‎ ‎(2)该小组根据实验原理图连接线路、测量数据、并在坐标纸上描点连线，得到相应的图线如图，其中I1为电流表G的示数，I2为电流表A的示数，则该电源的电动势E=____________V，内阻r=______(两空均保留三位有效数字)‎ ‎【答案】 (1). C E (2). 1.48 0.840‎ ‎【解析】 (1)[1][2]由于没有电压表，可以用电流表G与定值电阻串联组成电压表测电压，改装后电压表的量程 ‎ ‎ 若电流表G与定值电阻串联组成电压表的量程 电源电动势约为1.5V，所以只需改装成2V的电压表，故定值电阻选择C；因电源内阻较小，为了有效调节电路中的电流，滑动变阻器选择总阻值较小的E；‎ ‎(2)[3][4]设为电流表的示数，为电流表G的示数，数值远大于的数值，可以认为电路电流，在闭合电路中，电源电动势：‎ ‎ ‎ 则：‎ ‎ ‎ 由图示图像可知，图像纵轴截距：‎ 则：电源电动势：‎ ‎ ‎ 图像斜率：‎ ‎ ‎ 解得：‎ 三、计算题(共3小题，其中15题10分，16题12分，17题14分，总计36分)‎ ‎15.如图所示，有一提升重物用的直流电动机，内阻为0.6 Ω，串联一个阻值为R=5 Ω的电阻，它们两端的总电压为U=160 V，电压表读数为110 V.求:‎ ‎ ‎ ‎(1)通过电动机的电流.‎ ‎(2)电动机的输入功率.‎ ‎(3)电动机的发热功率.‎ ‎(4)电动机工作1小时对重物做的功.‎ ‎【答案】(1) 10A(2)1100W(3)60 W(4) 3.744×106 J ‎【解析】（1）根据题意可知，加在电动机两端的电压为，‎ 则电阻R两端的电压为，所以通过R的电流为 故通过电动机的电流为10 A.‎ ‎（2）电动机的输入功率为 ‎（3）由焦耳定律得电动机的发热功率为 ‎（4）由能量守恒定律得电动机的输出功率为 所以电动机工作1小时对重物做的功为 ‎16.如图所示空间，存在水平向右的匀强电场，半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一质量为m、带正电的珠子(可视为质点)，珠子所受静电力是其重力的。将珠子从环上最低位置A点静止释放，求：‎ ‎(1)珠子所能获得的最大动能和在最大动能处环对珠子的作用力；‎ ‎(2)要使珠子恰好能绕圆环做完整的圆周运动，则应在A点给珠子以多大的初速度？‎ ‎【答案】(1)，；(2)。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)珠子的平衡位置和圆心连线与竖直方向的夹角为θ，有 珠子在平衡位置速度最大，珠子从A点运动到平衡位置，由动能定理：‎ 最大动能 设在动能最大处圆环对珠子的作用力为N；根据圆周运动 得：‎ ‎；‎ ‎(2)如图：‎ 此时珠子做圆周运动的等效“最高点”为D，在D点，珠子速度为零时，此小球在A点的初速度最小，从A点到D点过程，由动能定理：‎ 得：‎ ‎。‎ ‎17.如图所示，一水平地面上固定一倾角为θ=300的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度为 ‎，方向沿斜面向下的匀强电场中；一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态．一质量为m、带电量为q（q＞0）的滑块从距离弹簧上端为x处静止释放，滑块在运动过程中电量保持不变，设滑块与弹簧接触过程没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g．‎ ‎（1）滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t；‎ ‎（2）滑块返回的过程中，刚脱离弹簧时的速度大小；‎ ‎（3）若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为vm，求滑块从静止释放到速度大小为vm过程中弹簧的弹力所做的功W．‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）滑块从静止释放到与弹簧上端接触前，对滑块，由牛顿第二定律得：；‎ 滑块做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式得：x=at12，‎ 解得：；‎ ‎（2）从释放早返回由动能定理可知：，解得 ‎（3）当滑块速度最大时，滑块受到合力为零，则qE+mgsinθ=kx1，‎ 解得：；‎ 从滑块开始运动到速度最大过程中，由动能定理得：‎ ‎（qE+mgsinθ）（x+x1）+W=mvm2-0，‎ 解得：．‎ 考点：动能定理及牛顿定律的应用 ‎【名师点睛】本题考查了求滑块的运动时间、弹簧的弹性势能、滑块的路程，分析清楚滑块运动过程是正确解题的关键，应用牛顿第二定律、平衡条件、运动学公式、动能定理、能量守恒定律即可正确解题．‎