安徽省滁州市定远育才学校2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题（普通班）

安徽省滁州市定远育才学校2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题（普通班）

育才学校2019-2020学年度第一学期期中考试高二普通班物理 ‎ 一、选择题 ‎ ‎1.关于电场强度，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 由知，检验电荷在某点所受电场力越大，该点的场强越强 B. 由知，检验电荷所带电量越少，检验电荷所在位置的场强越强 C. 电场中某点的场强与检验电荷的电量和所受的电场力无关 D. 电场中某点场强的方向就是检验电荷在该点所受电场力的方向 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：电场强度是电场本身的性质，与检验电荷的电量以及所受的电场力无关，选项AB错误，C正确；电场中某点场强的方向就是正的检验电荷在该点所受电场力的方向，选项D错误；故选C.‎ 考点：电场强度.‎ ‎2.有关电压与电动势的说法中正确的是 (　　)‎ A. 电压与电动势单位都是伏特，所以电动势与电压是同一物理量的不同叫法 B. 电动势是电源两极间的电压 C. 电动势公式中W与电压中的W是一样的，都是电场力做的功 D. 电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电压与电动势的单位相同，但物理意义不同，电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领大小的物理量；‎ 电动势定义式公式中的W是非静电力做功，电压中的W是静电力做功；‎ 电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压；‎ ‎【详解】A、电压与电动势的单位相同，但物理意义不同，是两个不同的物理量，故A错误； B、根据闭合电路欧姆定律，路端电压，只有当外电路断开时，，路端电压等于电动势，当外电路接通时，路端电压即电源两极间的电压小于电动势，故B错误； C、电动势定义式公式中的W是非静电力做功，电压中的W是静电力做功，故C错误； D、电源是把其他形式的能转化为电能的装置，电动势反映电源把其他形式的能转化为电能本领大小，故D正确。‎ ‎【点睛】本题考查电动势的概念，关键要明确电动势的物理意义，知道与电压的区别。‎ ‎3.理论上已经证明：电荷均匀分布的球壳在壳内产生的电场为零，现有一半径为R、电荷均匀分布的实心球体，O为球心，以O为原点建立坐标轴 ，如图所示．关于该带电小球产生的电场E随x的变化关系，下图中正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：可把整个球体分为一个个半径逐渐增大的球壳，每个球壳内部电荷量与球壳半径成正比。设球体带电量Q，球体带电密度，半径为x的球体带电量。根据点电荷电场强度公式，整个球体内部电场强度 ‎。与x成正比。在球体外部，根据点电荷电场强度公式，电场强度与x的二次方成反比。所以从带电球体的球心开始，沿着半径（x）方向场强的分布图大致是B图。A、C、D错。‎ 考点：本题考查带电体电场强度的分布特点 ‎4.如图所示，充电后与电源分离的平行板电容器，其正极板接地，在极板间P点有一带电液滴处于静止状态现将B板移至虚线处，则　　‎ A. 两板间电压变大 B. P点场强不变，但电势降低 C. 电荷q仍保持静止 D. 电荷q的电势能减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：充电后与电源分离的平行板电容器，其两极板上的电荷量恒定，将B板移至虚线处，两极板间的距离减小，所以根据公式可得电容增大，两极板上的电荷量恒定，根据公式可得两极板间的电压减小，A错误；根据公式，，，联立可得，与两极板间的距离无关，所以现将B板移至虚线处，两极板间的电场强度恒定不变，故电荷q仍保持静止，根据可得P点与B板之间的电势差不变，因为B板接地，电势为零，所以P点的电势不变，B错误C正确；根据公式可得电势能不变，D错误；‎ 考点：考查了电容器的动态分析 ‎【名师点睛】在分析电容器动态变化时，需要根据判断电容器的电容变化情况，然后结合，等公式分析，需要注意的是，如果电容器和电源相连则电容器两极板间的电压恒定，如果电容器充电后与电源断开，则电容器两极板上的电荷量恒定不变 ‎5.如图所示，虚线a、b、c表示电场中的三个等势面，且相邻等势面之间的电势差相等．实线为一带正电荷粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，M，N 是这条轨迹上的两点，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 三个等势面中，a的电势最高 B. 对于M，N两点，带电粒子通过M点时电势能较小 C. 对于M，N两点，带电粒子通过N点时动能较大 D. 带电粒子由M运动到N时，速度增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向左上方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，a点的电势最低，故A错误；‎ B. 正电荷在电势高的地方电势能大，所以带电粒子通过M点时电势能较小，故B正确。‎ C.根据能量守恒可知，带电粒子通过M点时电势能较小动能较大，故C错误。‎ D. 根据以上分析可知，带电粒子由M运动到N时，动能减小，速度减小，故D错误。‎ ‎6.在如图甲所示的电路中，为三只相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示；当开关 S闭合后，电路中的总电流为，则此时（　　）‎ A. 的电阻为 B. 消耗的电功率为 C. 上的电压为L2上电压的2倍 D. 、消耗的电功率的比值等于 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据并联电路规律可知，L2的电流为0.125A，由图可知，此时L2的电压小于0.5V，根据欧姆定律可知，L2的电阻小于4Ω，故A错误。‎ B. 根据图象可知，当电流为0.25A时，电压U=3V，所以 P=UI=3×0.25=0.75W 故B正确；‎ C. L2和L3并联后与L1串联，L2和L3的电压相同，则电流也相同，L1的电流为L2电流的2倍，由于灯泡是非线性元件，所以L1的电压不是L2电压的2倍，故C错误；‎ D. L2消耗的功率 P2=U2I2＜0.5V×0.125A=0.0625W L1、L2消耗的电功率的比值大于4：1．故D错误。‎ ‎7.如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，C为电容器，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。开关闭合后，灯泡L能发光，把滑动变阻器的滑片向右移动一点，下列判断正确的是（ ）‎ A. 电容器C的电荷量将减小 B. R0上有自右向左的电流 C. 灯泡L亮度变暗 D. 电路稳定后电源的输出功率变小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：滑片向右移动一点，变阻器电阻变大，整个电路电流变小，灯泡变暗，C正确；因为电流变小，路端电压变大，电容器带电量要变大，要充电，R0上有自左向右的电流，A、B错误；电源的输出功率变大，无法判断，D错误。‎ 考点：闭合电路的欧姆定律 ‎8.如图所示,图线a是某一电源的U-I曲线,图线b是一定值电阻的U-I曲线若将该电源与该定值电阻连成闭合电路（已知该电源的内阻r=2.0Ω）,则说法正确的是 A. 该定值电阻为6Ω；‎ B. 该电源电动势为20V；‎ C. 将3只这种电阻并联作外电阻,电源输出功率最大；‎ D. 将2只这种电阻串联作为外电阻,电源输出功率最大；‎ ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．图线b的斜率，则定值电阻的阻值R=k=6Ω，故A正确；‎ B．由图读出交点的电压U=15V，电流I=2.5A，根据闭合电路欧姆定律得，电源的电动势 故B正确；‎ CD．对于电源，当内外电路的电阻相等时输出功率最大，故将3只这种电阻并联作为外电阻，电源输出功率最大，故C正确，D错误。‎ ‎9. 如图所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的电场力作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论正确的是( )‎ A. 液滴受到的电场力与重力大小相等 B. 此液滴带负电 C. 合力对液滴做的总功等于零 D. 液滴的电势能减少 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ 试题分析：若液滴带正电，由受力情况知，液滴不可能沿bd运动，故只能带负电荷，且液滴受到的电场力与重力大小相等，选项AB正确；对液滴进行受力分析，其受力情况如图所示，‎ 由于液滴从静止开始做加速运动，故合力的方向与运动的方向相同，故合外力对物体做正功，故液滴的电势能减小，选项C错误、D正确。‎ 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】根据带电液滴作直线运动可知带电液滴所受重力与电场力的合力一定沿运动方向，利用假设法可以判定出带电液滴所带电荷的性质，从而求出电场力的大小与合外力的大小再根据牛顿第二定律计算出物体的加速度；根据合外力的方向与速度的方向相同可知合外力做正功，根据电场力做功的情况可以判定电势能变化情况．‎ ‎10.空间存在一电场，一带负电的粒子仅在电场力作用下从x1处沿x轴负方向运动，初速度大小为v0,其电势能Ep随坐标x变化的关系如图所示，图线关于纵轴左右对称，以无穷远处为零电势能点，粒子在原点O处电势能为E0，在x1处电势能为E1，则下列说法中正确的是 A. 从x1到O之间，该电场的场强先减小后增大 B. 由x1运动到O过程加速度一直减小 C. 粒子经过x1、-x1处速度相同 D. 粒子能够一直沿x轴负方向运动，一定有 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，场强与电势的关系：，得：．Ep-x图象切线的斜率等于，根据数学知识可知，坐标原点O处切线斜率为零，则坐标原点O处电场强度为零，从x1到O之间，斜率先增加后减小，则该电场的场强先增加后减小，故A错误．由x1运动到O过程，场强先增大后减小，由F=qE知，粒子所受的电场力先增大后减小，根据牛顿第二定律得知，加速度先增大后减小，故B错误．由图看出，x1、-x1两处的电势能相等，根据能量守恒定律得知，粒子经过x1、-x1处速度相同，故C正确．根据公式Ep=qφ，可知，该粒子带负电，从x1处到-x1处，电势先降低后升高，电场方向先沿x轴负方向后沿x轴正方向，电场力先沿x轴正方向后沿x轴负方向，粒子只要能通过原点O，就能一直沿x轴运动，设粒子恰好能到达原点O时的速度为v，则根据能量守恒定律得：mv2=E0-E1，，当v0＞v时，即v0＞粒子能够一直沿x轴负方向运动，故D正确．故选CD.‎ 点睛：解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律和能量守恒定律进行分析．‎ ‎11.真空中相距为3a 的两个点电荷M、N分别固定于x轴上x1=0和x2=3a的两点上，在它们连线上各点场强随x变化关系如图所示，以下判断中正确的是（　　）‎ A. x=a点的电势高于x=2a点的电势 B. 点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4：1‎ C. 点电荷M、N一定为同种电荷 D. x=2a处的电势一定为零 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】由于不知道M、N的所带电荷的性质，故需要讨论，若都带正电荷，则0～2a场强的方向向右，而沿电场线方向电势降低，故x=a点的电势高于x=2a点的电势；若都带负电荷，则0～2a场强的方向向左，故x=a点的电势低于x=2a点的电势，故A错误．M在2a处产生的场强，而N在2a处产生的场强，由于2a处场强为0，故E1=E2，所以QM=4QN，故B正确．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C正确．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D错误．故选BC。‎ ‎12.如图所示电路中，电源的电动势、内阻及各电阻的阻值都标记在图中，当滑动变阻器R3的滑片P向a端移动时,以下说法中正确的是（ ）‎ A. 电压表示数变小，电流表示数变小 B. 电阻R1两端的电压减小 C. 电源的总功率减少但电源的输出功率增大 D. 如果设定流过电阻R2电流变化量的绝对值为，流过滑动变阻器R3的电流变化量的绝对值为，则 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ A、将滑动变阻器的滑动触片P从图示位置向a滑动的过程中，外电路总电阻变大，电路中总电流变小，内电压减小，路端电压变大；电压表示数变大，故A错误；‎ BD、电路中总电流变小，通过电阻R1的电流变小，R1两端电压变小，R2两端电压增大，通过电阻R2的电流变大，通过电阻R1的电流等于通过电阻R2的电流和通过电阻R3‎ 的电流之和，故通过电阻R3的电流变小，故有，，故BD正确；‎ C、电路中总电流变小，则电源的总功率减少，因不知道外电阻与内电阻之间的关系，所以无法判断电源的输出功率的变化；故C错误；‎ 故选BD。‎ 二、实验题 ‎ ‎13.一灵敏电流计，允许通过的最大电流(满刻度电流)为Ig＝50μA，表头电阻Rg＝1kΩ，若改装成量程最大值为Im＝10mA的电流表，应________（填“串联”或“并联”）的电阻阻值为________Ω.若将此电流计改装成量程最大值为Um＝15V的电压表，应再________（填“串联”或“并联”）一个阻值为________Ω的电阻．‎ ‎【答案】 (1). 并连 (2). 5 (3). 串连 (4). 299000‎ ‎【解析】‎ 表头两端的电压为IgRg=5×10-5×1000Ω=0.05V，改装大量程的电流表时，此时流过并联电路部分的总电流为10mA，则流过并联电阻的电流I=Im-Ig=1mA-50μA=9950μA，则并联电阻 若改装成电压表，串联电阻两端的电压U=Um-Ug=15V-0.05V=14.95V，则应串联的电阻 ‎14.某物理实验小组用下列器材进行实验描绘一种特殊元件的伏安特性曲线，所测数据记录在表格中：‎ 器材有：A．待测元件 B．电流表A（0～50mA，内阻约为）‎ C．电压表（0～3V，内阻约） ‎ D．电压表（0～6V，内阻约）‎ E．滑动变阻器（，2A） ‎ F．滑动变阻器（，0.2A）‎ G．学生电源（直流4V） ‎ H．开关及导线 ‎（1）为了调节方便，尽可能准确测量，电压表应选_______，滑动变阻器应选_______．（填器材序号）‎ ‎（2）在虚线框内画出实验电路图．____‎ ‎（3）在坐标纸上用描点法画出元件的伏安特性（I～U）曲线．________‎ ‎（4）若该元件的最佳工作电压为2.8V，现用电动势为4V，内阻的电源为其供电，则要在电路中串联一个阻值为R＝________的电阻，才能使其处于最佳工作状态．‎ ‎【答案】 (1). C (2). E (3). (4). (5). ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由表格中的数据可知，测量的最大电压是3V，所以选择的电压表是量程3V的；由于测量过程中的电压是从0开始，所以实验使用滑动变阻器的分压式接法，要选择电阻值比较小的．故选CE.‎ ‎（2）待测电阻的电阻值约为：，‎ 即待测元件的电阻值小于电流表的电阻值，所以测量电路需要使用电流表外接法．由于测量过程中的电压是从0开始，所以实验使用滑动变阻器的分压式接法．则实验的原理图如图．‎ ‎（3）将表格中的数据先在图中描点，然后用平滑的曲线连接如图；‎ ‎（4）该元件的最佳工作电压为2.8V，由I-U图象可得对应的电流I=32mA，设需要串联一个电阻值为R的电阻，则由闭合电路的欧姆定律有：，解得：.‎ ‎【点睛】对电学实验应明确：①若要求电流从零调时变阻器应用分压式接法．②当待测电阻远小于电压表内阻时，电流表应用外接法．③注意实物图的连接方式．‎ 三、计算题 ‎ ‎15.如图所示,在竖直平面内一个带正电的小球质量为m,所带的电荷量为q,用一根长为L不可伸长的绝缘细线系在一匀强电场中的O点。匀强电场方向水平向右,且分布的区域足够大。现将带正电小球从O点右方由水平位置A点无初速度释放,小球到达最低点B时速度恰好为零。‎ ‎(1)求匀强电场的电场强度E的大小。‎ ‎(2)若小球从O点的左方由水平位置C点无初速度释放,则小球到达最低点B所用的时间t是多少?此后小球能达到的最大高度H(相对于B点)是多少?‎ ‎【答案】（1）（2） ， ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）对小球由A点到B点的过程，由动能定理得 ‎0=mgL-qEL 得E=‎ ‎(2)小球由C点释放后,将做匀加速直线运动,到B点时的速度为vB；小球做匀加速直线运动的加速度为a a=mg/m=g ‎=2aL ‎∴t==‎ 小球到B点时细线恰好拉紧。将vB分解为vB1和vB2,则 vB1=vBcos 45°=‎ 此后小球以vB1做圆周运动。设运动到D点时恰好速度为0，对小球由B点到 D点的过程，由动能定理得：‎ ‎0-m=-mg (L+Lsin θ) +qEL cos θ 解得θ=45°‎ 在到达D点前小球一直沿圆轨道运动,所以小球离B点的最大高度 H=L+Lsin θ=L 点睛：本题根据动能定理求解电场强度和最大高度，都是常用的方法和思路，关键之处在于绳子绷紧瞬间，要抓住小球的速度会突变，沿绳子方向的分速度突然减至零．‎ ‎16.如图所示，电源电动势E=30V，内阻r=1Ω，R1=9Ω，滑动变阻器的总电阻Rx=20Ω．间距d=0.1m的两平行金属板M、N水平放置，闭合开关K，板间电场视为匀强电场，板间竖直放置一根长也为d的光滑绝缘细杆AB，带电小球s穿过细杆，小球质量m=0.01kg、电荷量q=1×10﹣3C（可视为点电荷，不影响电场的分布）．调节滑动变阻器的滑片p，使小球c恰能静止在A处．重力加速度g=10m/s2．‎ ‎（1）求小球的电性和M、N两极板间的电压；‎ ‎（2）求滑动变阻器pb段的阻值R2；‎ ‎（3）调节滑动变阻器，使pb段的阻值R3=7.5Ω，待电场重新稳定后释放小球c，求小球c到达杆的中点O时的速度大小．‎ ‎【答案】（1）10Ω（2）0.5m/s.‎ ‎【解析】‎ ‎（1）由电路图可知，金属板M为正极板；因小球静止，故小球所受电场力与重力大小相等，方向相反，电场力向上，所以小球带负电．           设小球恰能静止时M、N两极板间的电压为U，板间电场强度为E，则mg=Eq  解得：U=10V     ‎ 小球恰能静止时，根据闭合电路欧姆定律有 解得  R2=10Ω  （2）调节滑动变阻器，使pb段的阻值R3=7.5Ω，设电场稳定时的电压为U3，则 解得：U3=7.5V． 设小球c到达杆的中点O时的速度为v，则 ‎ 解得：v=0.5m/s       ‎ 点睛：本题为电路与电场结合题目，要求学生能正确掌握电容器的规律及电路的相关知识，能明确极板间的电压等于与之并联的电阻两端的电压．‎ ‎ ‎