湖南省茶陵县三中2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题（选考）

湖南省茶陵县三中2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题（选考）

茶陵三中高二物理期中考试卷 ‎（高考科）‎ 一、选择题（本题包括10小题，每题4分，共48分。1－8题每题只的一个正确答案，9－12每题有多个正确答案。全部选对的得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分。）‎ ‎1.随着技术的进步，不少国产手机也已极具竞争力，如图所示，为一款手机电池的背面印有的一些符号，下列说法错误的是（ ）‎ A. 该电池的容量为500 mA·h B. 该电池的电动势为3.6 V C. 该电池在正常工作时的额定电流为500 mA D. 若电池以10 mA的电流工作，可用50小时 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．由电池的铭牌读出：该电池的容量为500mA•h，电动势为3.6V，故AB正确，不符合题意；‎ C．由电池的容量可知该电池在连续工作1小时时，电流为I=500mA，不是电池在工作1小时后达到的电流为500mA．故C错误，符合题意；‎ D．根据公式 可得若电池以10mA电流工作，可用 h 故D正确，不符合题意。‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题关键是熟悉描述电池特性的物理量，要能从表格中读出有用的信息．‎ ‎2.一个电阻为R的导体两端加上电压U后，通过导体截面的电荷量q与通电时间t 之间的关系图线如图所示，为过坐标原点的直线，此图线的斜率表示(　　)‎ A. U B. R C. ‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据，则q-t线的斜率等于 ；‎ A．U，与结论不相符，选项A错误；‎ B．R，与结论不相符，选项B错误；‎ C．，与结论相符，选项C正确；‎ D．，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎3.用伏安法测电阻R，按图中甲图测得的结果为R1，按乙图测得为R2，若电阻的真实值为R，则(　　)‎ A. R1＞R＞R2‎ B. R1＜R＜R2‎ C. R＞R1，R＞R2‎ D. R1＝R＝R2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】甲图接法：电压表的示数为R两端的电压和安培表两端的电压之和，即 U=UR+UA   ‎ 电流表的示数I是通过R的真实值，则 ‎  故 R1＞R；‎ 乙图接法：电流表的示数为通过电阻的电流和电压表的电流之和，即 ‎ I=IR+IV  ‎ 电压表的示数U是R两端电压的真实值，则 ‎  故 R＞R2‎ 则得 R1＞R＞R2；‎ A．R1＞R＞R2，与结论相符，选项A正确；‎ B．R1＜R＜R2，与结论不相符，选项B错误；‎ C．R＞R1，R＞R2，与结论不相符，选项C错误；‎ D．R1＝R＝R2，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎4.如图所示，正方体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料．ABCD面带正电，EFGH面带负电．从ABCD面上的小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴，最后分别落在BCGF面上的1、2、3三点，则下列说法正确的是 ‎ ‎ A. 三个液滴在真空盒中都做平抛运动 B. 三个液滴落到底板时的速率相同 C. 液滴3在真空盒中的运动时间最长 D. 三个液滴在真空盒中的运动时间一定相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意知真空盒内有水平向右的电场，正电荷在电场中受到向右的电场力，不可能做平抛运动；根据液滴的受力情况，运用运动的分解法，由牛顿第二定律和运动学公式结合进行分析．‎ ‎【详解】三液滴在竖直方向做自由落体运动，在水平方向在电场力作用下做匀加速直线运动，在水平方向做的不是匀速直线运动，因此三液滴在真空盒中做的不是平抛运动，故A错误；对液滴，由动能定理得：qEx+mgy=mv2-mv02，解得：，由图示可知：x3＞x2＞x1，由此可知，三液滴落到底板上时的速度不同，故B错误；三液滴在竖直方向做自由落体运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，选项C错误，D正确；故选D.‎ ‎【点睛】本题考查带电粒子在电场和重力场中的运动规律分析，要注意明确小球同时参与两个运动，要注意应用运动的合成和分解规律进行分析求解．‎ ‎5.如图所示,三个电阻R1、R2、R3的阻值相同,允许消耗的最大功率分别为8W、5W、4W,此电路中允许消耗的最大功率为( )‎ A. 17W B. 16W C. 12W D. 15W ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由于三个电阻的阻值相同，根据P=I2R，可得电阻的电流的大小为，所以8W的电阻的电流最大为，5W的电阻的电流最大为，4W的电阻的电流最大为 ‎，由于4W的电阻和5W的电阻并联，之后和8W的电阻串联，所以经过8W的电阻的电流是另外两个的电流的和，由于+＞，所以8W的电阻最先达到最大功率，由于三个电阻的阻值相同，所以并联部分的电阻的大小为R，并联部分的总的电流与8W的电阻的电流相同，根据P=I2R可知，并联部分的总功率为8W的电阻功率的一半，即为4W，所以电路允许消耗的最大功率是8W+4W=12W． A．17W，与结论不相符，选项A错误； ‎ B．16W，与结论不相符，选项B错误； ‎ C．12W，与结论相符，选项C正确； ‎ D．15W，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎6.板间距为的平行板电容器所带电荷量为时，两极板间电势差为，板间场强为现将电容器所带电荷量变为，板间距变为，其他条件不变，这时两极板间电势差，板间场强为，下列说法正确的是 A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由公式C＝、C＝和E＝得U＝，E＝，当Q变为2Q、d变为时，电压U不变，电场强度E变为原来的2倍．C正确．‎ ‎7.两个分别带有电荷量和+的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为的两处，它们间库仑力的大小为．两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】本题考查库仑定律及带电体电量的转移问题．接触前两个点电荷之间的库仑力大小为，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带点为+Q，距离又变为原来的，库仑力为，所以两球间库仑力的大小为，C项正确．‎ ‎8.如图所示，在真空中离子P1、P2以相同速度从O点垂直场强方向射入匀强电场，经电场偏转后打在极板B上的C、D两点．已知P1电荷量为P2电荷量的3倍．GC=CD，则P1、P2离子的质量之比为（重力忽略不计）（　　）‎ A. 3：4 B. 4：3 C. 2：3 D. 3：2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设任一离子的速度为v，电量为q，质量为m，加速为a，运动的时间为t，则加速度为：，离子运动的时间为：，由于GC=CD，所以飞行的时间之比 t1：t2=1：2，离子的偏转量：，因为P1带电量是P2的3倍，则P1、P2的质量之比：m1：m2= 3：4，故A正确，BCD错误．‎ ‎9.对电动势的理解，正确的是(　　)‎ A. 电动势在数值上等于非静电力把1 C的正电荷从负极移到正极所做的功 B. 电动势在数值上等于静电力把1 C的负电荷从正极移到负极所做的功 C. 电动势在数值上等于静电力把1 C的正电荷从负极移到正极所做的功 D. 电源电动势越大，则它把其他形式的能转化成电能的本领越强 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC．由 可知电源电动势在数值上等于非静电力把电源中1C正电荷从负极移到正极所做的功；故A正确，BC错误；‎ D．电源电动势越大，则它把其他形式能转化成电能的本领越强，选项D正确．‎ ‎10.对于有恒定电流通过的导体，下列说法正确的是　　‎ A. 导体内部的电场强度为零 B. 导体是个等势体 C. 导体两端有恒定的电压存在 D. 通过导体某个截面的电量在任意相等的时间内都相等 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由题，导体通有恒定电流，导体内部就建立了恒定电场，场强不为零，故A错误；‎ B、顺着电流方向，电势逐渐降低，B错误；‎ C、产生恒定电流的条件是导体两端存在恒定的电势差，即导体两端有恒定的电压存在，C正确；‎ D、根据电流的定义式I=q/t，电流I恒定不变，则在任意相等的时间内通过导体某个截面的电量都相等，故D正确．‎ 故选：CD．‎ ‎11. 如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子 A. 所受重力与电场力平衡 B. 电势能逐渐增加 C. 动能逐渐增加 D. 做匀变速直线运动 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：根据题意可知，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动，因此A错误，D正确；由A选项分析可知，电场力做负功，则电势能增加，故B正确；因电场力做负功，则电势能增加，导致动能减小，故C错误．‎ 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】考查根据运动情况来确定受力情况，带电粒子在场中受到电场力与重力，根据粒子的运动轨迹，结合运动的分析，可知电场力垂直极板向上，从而可确定粒子的运动的性质，及根据电场力做功来确定电势能如何变化．‎ 此处有视频，请去附件查看】‎ ‎12.在如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用△I、△U1、△U2和△U3表示，下列比值正确的是（　　）‎ A. 不变，不变 B. 变大，变大 C. 变大，不变 D. 变大，不变 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据欧姆定律得知：‎ ‎，‎ 故当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，不变，不变，A正确；‎ BC．当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时R2，变大，‎ ‎，‎ 变大．根据闭合电路欧姆定律得：‎ ‎，‎ 则有 ‎，‎ 不变，B错误C正确；‎ D．由于 ‎，‎ 变大．根据闭合电路欧姆定律得：‎ ‎，‎ 则有：‎ ‎，‎ 不变，D正确．‎ 二、实验题。（本题共三小题，4+6+6共16分。）‎ ‎13.一量程为100 μA的电流表，内阻为100 Ω，现串联一个9900 Ω的电阻将它改装为电压表，该电压表的量程是______ V；用它来测量电压，表盘指针位置如图所示，此时电压的大小为______V.‎ ‎【答案】 (1). 1 (2). 0.80‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]．改装后的电压表的量程为：U=Ig（Rg+R）=100×10-6×（100+9900）=1V．‎ ‎[2]．用它来测量电压，表盘指针位置如图所示，则表盘的最小分度为0.1V，要估读到下一位，读数为0.80V；‎ ‎14.在测定金属电阻率的试验中，某同学连接电路如图所示．闭合电键后，发现电路有故障（已知电源、电表和导线均完好，电源电动势为E）：‎ ‎①若电流表示数为零、电压表示数为E，则发生故障的是_____________（填“待测金属丝”“滑动变阻器”或“电键”）．‎ ‎②若电流表、电压表示数均为零，该同学利用多用电表检查故障．先将选择开关旋至______档（填“欧姆×100”“直流电压10V”或者“直流电流2.5”）,再将_________(填“红”或“黑”)表笔固定在a接线柱，把另一支表笔依次接b、c、d接线柱．若只有滑动变阻器断路，则多用电表的示数依次是_________、____、______．‎ ‎【答案】 (1). ①待测金属丝 (2). ②直流电压10V； (3). 红 (4). 0、 (5). E、 (6). E ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）如果待测金属丝断路，电路断路，电流表示数为零，电压表接在电源两端，测电源电动势，电压表示数为E，则电路故障是：待测金属丝断路． （2）用欧姆表检查电路故障时，应断开电源，在该实验中并没有断开电源，因此应使用电压表检查电路故障，先将选择开关旋至直流电压10V，再将红表笔固定在a接线柱，若只有滑动变阻器断路，把另一支表笔依次接b时，多用电表示数是0，接c、d接线柱时，电压表接在电源两端，多用电表测电源电动势，示数均为E．‎ ‎15.利用图甲所示电路测定一节干电池的电动势和内阻,定值电阻.‎ ‎（1）某实验得到的部分数据如表所示,序号为2的电压表、电流表的示数如图乙所示,请读出数据,完成下表.答:①___________,②____________.‎ 序号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎1.32‎ ‎①‎ ‎1.02‎ ‎0.78‎ ‎0.60‎ ‎0.42‎ ‎0.06‎ ‎②‎ ‎0.18‎ ‎0.24‎ ‎0.30‎ ‎0.36‎ ‎（2）在图丙中将所缺数据点补充完整并作图_____,根据图线求得斜率_______(保留两位有效数字).‎ ‎（3）根据图线求得干电池的电动势____V，内阻_____Ω(保留两位有效数字).‎ ‎【答案】 (1). 1.14 (2). 0.12 (3). 如图所示； (4). 3.0 (5). 1.5 (6). 1.0‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1][2]．一节干电池的电动势约为1.5V，所以电压表量程为0-3V，根据乙图可知，电压表示数U=1.14V，定值电阻R0=2.0Ω，电源内阻约为1Ω左右，所以电流选量程0-0.6A，根据乙图可知，电流表示数I=0.12A； （2）[3]．根据描点法做出图象，如图所示：‎ 斜率 ‎（3）[4][5]．由得出的电源U-I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.50，则电源电动势E=1.50V，电源内阻：r=k-R0=3.0-2.0=1.0Ω．‎ 三、综合题。（本题共三小题，12+12+12，共计36分。）‎ ‎16.如果把的电荷从无限远处移到电场中的点，需要克服静电力做功，那么：‎ ‎(1)在点的电势能和点的电势各是多少？‎ ‎(2)未移入电场前，点的电势是多少？‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)静电力做负功，电势能增加，无限远处的电势为零，电荷在无限远处的电势能也为零，即，．‎ 由得：‎ ‎，‎ 再由．‎ ‎(2)点的电势是由电场本身决定的，跟点是否有电荷存在无关，所以未移入电场前，点的电势仍为．‎ ‎17.一台小型电动机在3V电压下工作，用此电动机提升所受重力为4‎ ‎ N的物体时，通过它的电流是0.2A．在30s内可使该物体被匀速提升3m．若不计除电动机线圈生热之外的能量损失，求：‎ ‎(1)电动机输入功率；‎ ‎(2)在提升重物的30s内，电动机线圈所产生的热量；‎ ‎(3)线圈的电阻．‎ ‎【答案】（1）0.6（2）6（3）5‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)电动机的输入功率 P入＝UI＝0.2×3 W＝0.6 W.‎ ‎(2)电动机提升重物的机械功率 P机＝Fv＝(4×3/30) W＝04 W.‎ 根据能量关系P入＝P机＋PQ，得生热的功率 PQ＝P入－P机＝(0.6－0.4) W＝0.2 W.‎ 所生热量Q＝PQt＝0.2×30 J＝6 J.‎ ‎(3)根据焦耳定律Q＝I2Rt，得线圈电阻 R＝＝Ω＝5 Ω.‎ ‎18.如图所示，质量为m的小球A穿在绝缘细杆上，杆的倾角为α，小球A带正电，电量为q.在杆上B点处固定一个电量为Q的正电荷．将A由距B竖直高度为H处无初速释放，小球A下滑过程中电量不变．不计A与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中．已知静电力常量k和重力加速度g.‎ ‎(1)A球刚释放时的加速度是多大？‎ ‎(2)当A球的动能最大时，求此时A球与B点的距离.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由牛顿第二定律可知mgsinα－F＝ma，‎ 根据库仑定律F＝k，r＝H/sinα 得a＝gsinα－.‎ ‎（2）当A球受到合力为零、加速度为零时，动能最大．设此时A球与B球间的距离为R，则mgsinα＝，‎ 解得R＝‎ ‎【点睛】本题关键对小球A受力分析，然后根据牛顿第二定律求解加速度，根据力与速度关系分析小球A的运动情况；知道合力为零时动能最大．‎ ‎ ‎ ‎ ‎