【物理】四川省遂宁市第二中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

【物理】四川省遂宁市第二中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

遂宁二中高2021级2019-2020学年第一学期半期考试 物理试题 一、单项选择题 ‎1. 现在有一档科学探索的电视直播节目，很受欢迎。在某期节目里，一位少女站在绝缘平台上，当她用手触摸一个金属球时，会看到她的头发慢慢竖起，如图所示，像是孔雀开屏。下列说法正确的是（）‎ A. 头发竖起是因为她身上带了静电 B. 她只有带正电荷时，头发才会竖起 C. 她的头发慢慢竖起是因为电荷慢慢传到她的头发上 D. 与电无关，这是她的特异功能 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 当她用手触摸一个金属球时，金属球上的静电会传到她的身上，因为同种电荷相互排斥，头发就会竖起；无论带正电荷还是负电荷，只要电荷量足够多，就会出现该现象，选项A正确B、D错误；电荷的传递是很快的，她的头发慢慢竖起，不是因为电荷慢慢传到她的头发上，而是她身体上电荷的积累过程，选项C错误。‎ ‎2. 如图是静电喷涂原理的示意图．喷枪喷嘴与被涂工件之间有强电场，喷嘴喷出的带电涂料微粒在强电场的作用下会向工件高速运动，最后被吸附到工件表面．则可知（ ）‎ A. 微粒一定带正电 B. 微粒可能带正电，也可能带负电 C. 微粒运动过程中，电势能越来越大 D. 微粒运动过程中，电势能越来越小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：带正电工件由于静电感应电荷分布在表面，粒子在库仑力的作用下运动，故粒子带负电，故AB错误；微粒受电场力的作用，电场力做正功，电势能越来越小，故D正确，C错误．故选D．‎ 考点：静电应用 ‎3.下列公式中，既适用于点电荷产生的静电场，也适用于匀强电场的有 ‎①场强 ②场强 ③场强 ④电场力做功 A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】对于①：电场强度是用比值定义法得出的物理量，适用于任何电场。对于②：匀强电场中沿场强方向电势降低最快，故匀强电场中任意两点间的电势差与两点沿电场线的距离成正比即，仅仅适用与匀强电场。对于③：点电荷产生的电场的场强公式是由电场强度的定义式和库仑定律联立得到，库仑定律仅适用于真空中的点电荷。对于④：电场力做功与电势差的关系公式，反映了在电场中任意两点间移动电荷时，电场力做功与两点间电势差成正比，适用于任意电场。即①④既适用于点电荷产生的静电场，也适用于匀强电场，故B项正确，ACD错误。‎ 故选B。‎ ‎4.如图所示，图线1表示的导体的电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是（　　）‎ A. R1：R2=3：1‎ B. R1：R2=1：3‎ C. 将R1与R2串联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3‎ D. 将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.由图可得：‎ 即 R1：R2=1：3‎ 故A错误，B正确；‎ C.R1与R2串联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：1，故C错误；‎ D.将R1与R2并联后接于电源上，电流比I1：I2=R2：R1=3：1，故D错误。‎ ‎5.两根由同种材料制成的均匀电阻丝A、B并联在电路中，A的长度为L，直径为d；B的长度为2L，直径为2d，那么通电后在相同的时间内产生的热量之比为（ ）‎ A. QA：QB=2：1 B. QA：QB=4：1‎ C. QA：QB=1：1 D. QA：QB=1：2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】同种材料制成的均匀电阻丝A、B，A的长度为L，直径为d；B的长度为2L，直径为2d，根据电阻定律，知RA：RB=2：1，电阻丝A、B并联，电压相等，根据，在相等时间内产生的热量之比QA：QB=1：2.‎ A．QA：QB=2：1，与结论不相符，选项A错误；‎ B．QA：QB=4：1，与结论不相符，选项B错误；‎ C．QA：QB=1：1，与结论不相符，选项C错误；‎ D．QA：QB=1：2，与结论相符，选项D正确；‎ ‎6.两个较大的平行板A、B相距为d，分别接在电压为U的电源正负极上，开关S闭合时质量为m，带电荷量为–q的油滴恰好静止在两板之间，如图所示，在保持其他条件不变的情况下，将两板非常缓慢地水平错开一些，以下说法正确的是（ ）‎ A. 油滴将向上运动，电流计中的电流从b流向a B. 油滴将下运动，电流计中的电流从a流向b C. 油滴静止不动，电流计中的电流从a流向b D. 油滴静止不动，电流计中无电流流过 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：将两板缓慢地错开一些，两板正对面积减小，根据电容的决定式得知，电容减小，而电压不变，则由知，电容器带电量减小，电容器处于放电状态，电路中产生顺时针方向的电流，则电流计中有的电流．由于电容器板间电压和距离不变，则由，知板间场强不变，油滴所受电场力不变，仍处于静止状态．故C正确 考点：考查了电容器的动态分析 ‎7.有一电压表，它的内阻100Ω，量程0.2V，现要改装成量程为10A的电流表，电压表上应（ ）‎ A. 并联0.002Ω的电阻 B. 并联0.02Ω的电阻 C. 并联50Ω的电阻 D. 串联4 900Ω的电阻 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】电表的满偏电流为：‎ 把它改装成量程为10A的电流表需要并联一个分流电阻，并联电阻阻值为：‎ A．并联0.002Ω的电阻，与结论不相符，选项A错误；‎ B．并联0.02Ω的电阻，与结论相符，选项B正确；‎ C．并联50Ω的电阻，与结论不相符，选项C错误；‎ D．串联4 900Ω的电阻，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎8.如图所示，A、B是两个带异种电荷的小球，其质量分别为m1和m2，所带电荷量分别为＋q1和－q2，A用绝缘细线L1悬挂于O点，A、B间用绝缘细线L2相连。整个装置处于水平向左的匀强电场中，平衡时L1向左偏离竖直方向，L2向右偏离竖直方向，则可以判定( )‎ A. m1＝m2 B. m1＞m2 C. q1＞q2 D. q1＜q2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】两球整体分析，如图所示，根据平衡条件可知，q1E＞q2E，即q1＞q2，而两球的质量无法比较其大小，故C正确、ABD错误。故选C。 ‎ ‎9. 如图所示，电源电动势为E=30V，内阻为r=1Ω，电灯上标有“6V,12W”字样,直流电动机线圈电阻R=2Ω．若电灯恰能正常发光，则:‎ A. 通过电动机的电流为0．5A B. 电动机两端电压为20V C. 电动机的输出功率36W D. 电路在1分钟产生的热量为60J。‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：灯泡正常发光，电路电流，因为灯泡和电动机串联，通过电动机的电流为2A，故A错误；电动机两端的电压 ‎，故B错误；电动机消耗的电功率 P电＝UI＝22×2＝44W，电动机线圈发热功率，电动机的输出功率P机＝44−8＝36W，故C正确；灯泡电阻，电路在1分钟产生的热量，故D错误；故选C．‎ 考点：电功和电功率 ‎10.一带电油滴在匀强电场中的运动轨迹如图所示，电场方向竖直向下。若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，能量变化情况为 A. 此带电油滴带正电 B. 动能减小，电势能增加 C. 动能和电势能总和增加 D. 动能和重力势能之和增加 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由图可知带电油滴的运动轨迹向上偏转，则其合力方向向上，油滴受到竖直向下的重力和竖直方向的电场力，则知电场力必定竖直向上，与场强方向相反，油滴应带负电，故选项A错误；‎ B、由题意可知，带电油滴所受重力小于电场力，故从到的运动过程中合外力做正功，动能增加，电场力做正功，电势能减小，故选项B错误；‎ C、根据功能关系可知，在从到的运动过程中只有重力、电场力做功，因此重力势能、电势能、动能三者之和保持不变，从到的运动过程中重力做负功，重力势能增加，因此动能和电势能之和减小；从到的运动过程中电场力做正功，电势能减小，因此动能和重力势能之和增加，故选项D正确，C错误。‎ 二、多项选择题 ‎11.关于电源的电动势，下列说法正确的是（　 ）‎ A. 电源的电动势就是接在电源两极间的电压表测得的电压 B. 同一电源接入不同的电路，电动势不会发生变化 C. 电源的电动势是表示电源把其他形式的能转化成电势能的本领大小的物理量 D. 在闭合电路中，当外电阻变大时，路端电压增大，电流也增大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电源电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压。电源接入外电路时，有内电压，电源两极间的电压小于电动势，故A错误。‎ B．同一电源接入不同的电路，电动势不会发生变化，选项B正确；‎ C．电源的电动势是表示电源把其他形式的能转化成电势能的本领大小的物理量，选项C正确；‎ D．在闭合电路中，当外电阻变大时，总电阻变大，则总电流减小，内电压变小，路端电压增大，选项D错误。‎ ‎12.用右图测电源的电动势和内阻，并根据某次实验记录数据画出U-1图象，下列关于这个图象的说法中正确的是（ ）‎ A. 纵轴截距表示待测电源的电动势，即E=3V B. 横轴截距表示短路电流，即I短=0.6A C. 根据，计算出待测电源内阻为5Ω D. 该实验中电源的内阻为1Ω ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 由闭合电路欧姆定律可知：U=E-Ir；由数学知识可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势，故电动势为3.0V；故A正确；由于图象的纵坐标不是从零开始的，故图象与横坐标的交点不是短路电流，故B错误；图象的斜率绝对值表示电源的内阻，故，故C错误，D正确；故选AD．‎ ‎13.在如图所示电路中，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在滑动变阻器R2的滑动端由a向b缓慢滑动的过程中，( )‎ A. 电压表的示数增大，电流表的示数减小 B. 电压表的示数减小，电流表的示数增大 C. 电源路端电压增大 D. 电容器C所带电荷量减小 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．滑动变阻器R2的滑动端由a向b缓慢滑动的过程中，则滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小，电路中总电流增大，电流表示数增大，内阻和R1两端电压增大，则R2的电压减小，故电压表示数减小，故A错误，B正确；‎ C．滑动变阻器R2的滑动端由a向b缓慢滑动的过程中，则滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小，电路中总电流增大，内电压增大，电源路端电压减小，故C错误；‎ D．电容器的电压等于R2的电压，则电容器电压减小，根据Q=UC可知，电容器C所带电荷量减小，故D正确；‎ ‎14.图中K、L、M为静电场中的3个相距很近的等势面（K、M之间无电荷）。一带电粒子射入此静电场中后，沿abcde轨迹运动。已知电势，且粒子在ab段做减速运动。下列说法中正确的是 A. 粒子带负电 B. 粒子在bc段也做减速运动 C. 粒子在a点的速率大于在e点的速率 D. 粒子从c点到d点的过程中电场力做负功 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：已知电势，作出电场线如图，方向大体向左，由轨迹弯曲方向知道，粒子所受的电场力方向大体向左，故电荷带正电，故A错误；由电势，‎ 电场力对正电荷做负功，动能减小，做减速运动，故B正确；a与e处于同一等势面上电势相等，电势能相等，根据能量守恒，速度大小也相等，故C错误；粒子从c点到d点的过程中，电势降低，正电荷的电势能减小，电场力做做正功，故D错误．‎ 考点：考查了带电粒子在匀强电场中的运动 ‎【名师点睛】根据等势面作电场线，是解决这类问题常用方法．根据轨迹，判断粒子的运动状态，进一步分析电场力做功、电势能变化情况是常见的问题，要熟练快速作答．‎ ‎15.如图，绝缘水平面上固定一正点电荷Q，另一电荷量为－q、质量为m的滑块（可看作点电荷）从a点以初速度v0沿水平面向Q运动，到达b点时速度为零。已知a、b间距离为x，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。以下判断正确的是（ ）‎ A. 滑块在运动过程中所受Q的库仑力有可能大于滑动摩擦力 B. 滑块在运动过程的中间时刻速率小于 C. 此过程中产生的内能为 D. Q产生的电场中a、b两点间的电势差Uab＝‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由题意可知，滑块水平方向受库仑力、滑动摩擦力，摩擦力与运动方向相反，而库仑力与运动方相同，因滑块在b点静止，故一定有段时间，库仑力小于滑动摩擦力，当在滑动过程中，随着间距减小，库仑力增大，但仍小于滑动摩擦力，到达b点时速度减为零。故A错误；‎ B．水平方向受大小不变的摩擦力及变大的库仑力，当在滑动过程中，随着间距减小，库仑力增大，但仍小于滑动摩擦力，所以导致加速度慢慢减小，加速度是变化的，故中间时刻的速度仍小于，故B正确；‎ C．由动能定理可得：‎ 产生的内能 因此在此过程中产生的内能大于动能的减少。故C错误；‎ D．由动能定理可得：‎ 解得两点间的电势差，故D正确；‎ 三、实验题 ‎16.欲用伏安法测定一段阻值为5Ω左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，备有以下器材： ‎ A. 电池组（3V、） B. 电流表（0～3A，约0.0125Ω）‎ C. 电流表（0～0.6A，约0.125Ω） D. 电压表（0～3V、 ）‎ E. 电压表（0～15V、） F. 滑动变阻器（0～ ）‎ G. 滑动变阻器（0～） H. 开关、导线 ‎(1)上述器材中应选用的是______________。‎ ‎(2)实验电路采用正确连接,R的测量值比真实值_________（填“偏大”或“偏小”或“相等” ）。‎ ‎(3)方框中画出实验电路图__。‎ ‎【答案】 (1). ACDFH (2). 偏小 (3). ‎ ‎【解析】（1）[1]．根据闭合电路欧姆定律可求出通过待测电阻的最大电流为 所以电流表应选C；根据电源电动势为3V可知，电压表应选D；根据电流表的最小读数应为量程的1/3，根据闭合电路欧姆定律可求出电路中需要的最大电阻应为 所以变阻器应选F，且应采用限流式接法；所以应选择的器材是ACDFH； （2）[2]．由于待测电阻满足，所以电流表应用外接法；由于变阻器的阻值大于待测电阻，变阻器应采用限流式接法；电路应是外接限流式，此电路中电流的测量值偏大，则电阻Rx的测量值比真实值偏小。‎ ‎（3）[3]．如图所示： ‎ ‎17.在测定一节干电池的电动势和内阻的实验中，备有下列器材：‎ A．待测的干电池（电动势约为1.5V，内阻小于1.0Ω）‎ B．电流表A1（量程为0～3mA，内阻Rg1=10Ω）‎ C．电流表A2（量程为0～0.6A，内阻Rg2=0.1Ω）‎ D．滑动变阻器R1（0～20Ω，10A）‎ E.滑动变阻器R2（0～200Ω，1A）‎ F.定值电阻R0（990Ω）‎ G.开关和导线若干 ‎ ‎ ‎(1)某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但给了两个电流表，于是他设计了如图甲所示a、b两个实验电路，其中合理的是_____图所示的电路；在该电路中，为了操作方便且能准确进行测量，滑动变阻器应该选_____（填写器材前的字母代号）‎ ‎(2)图乙是该同学根据（1）中选出的合理的实验电路，利用测出的数据绘出I1-I2图像（I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数，且I2的数值远大于I1的数值），则由图像可得被测电池的电动势E=_____V，内阻r=_____Ω；(结果保留到小数点后两位)‎ ‎(3)若将图像的纵坐标改为_____，则图线与纵坐标的交点的物理含义即为被测电池的电动势。‎ ‎【答案】 (1). b (2). D (3). 1.48（±0.04） (4). 0.84（±0.03） (5). I1（R0+Rg1）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]没有电压表，可利用电流表改装，给的定值电阻阻值为990Ω，电压表量程应能准确测的1.5V电压即可，与电源电动势接近，故应将电流表A1与定值电阻串联使用，故合理的是b图；‎ ‎[2]电源电动势约为1.5V，内阻约为1欧姆，为方便实验操作, 滑动变阻器应选D。‎ ‎（2）[3][4]由电路图可知,在闭合电路中,电源电动势:，则:,‎ 由图象可知,图象的截距:‎ ‎，‎ 则电源电动势为: ‎ 图象斜率:‎ ‎；‎ 电源内阻为:。‎ ‎(3)[5]由闭合电路欧姆定律可知，在图线中,图线与纵坐标轴的交点的物理含义即为电动势的大小，故当图线的纵坐标改为时，图线与纵坐标轴的交点的物理含义即为电动势的大小。‎ ‎【点睛】难度较大，掌握一些基本仪器的读数规则，如果电学试验中没有电压表或合适的电流表，要立刻能够想到利用电表的改装问题，本题的难点在于图乙的利用。‎ 四、计算题 ‎18.如图所示电路中，电阻R1=R2=R3=10Ω，电源内阻r=5Ω，电压表可视为理想电表．当开关S1和S2均闭合时，电压表的示数为10V．‎ ‎（1）路端电压为多大？‎ ‎（2）电源的电动势为多大？‎ ‎（3）当开关S1闭合而S2断开时，电压表的示数多大？电源的输出功率为多大？‎ ‎【答案】（1）15V ；（2）20V（3）16V；12．8W ‎【解析】‎ 试题分析：（1）当开关S1和S2均闭合时，外电路为R1、R3并联后再与R2串联，‎ 外电阻R=R2+Ω=15Ω 所以路端电压为：U=RI=15×1V=15V ‎（2）根据闭合电路欧姆定律得 E=I（R+r）‎ 代入数据解得E=20V ‎（3）S1闭合而S2断开，R3断路，且R3做为电压表的导线，‎ 电路中的总电流 电压表示数U′=I′（R1+R2）=0．8×20V 代入数据解得U′=16V．且此时电压表测的是路端电压，电源的输出功率P=UI=12．8W 考点：闭合电路欧姆定律；电功率 ‎19.如图所示，在A点固定一正电荷，电荷量为Q，在离A高度为H的C处由静止释放某带同种电荷的液珠，开始运动的瞬间加速度大小恰好为重力加速度g. 已知静电力常量为k，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力．‎ ‎（1）求液珠的比荷；‎ ‎（2）求液珠速度最大时离A点的距离h；‎ ‎（3）若已知在点电荷Q的电场中，某点的电势可表示成φ＝，其中r为该点到Q的距离(选无限远的电势为零)．求液珠能到达的最高点B离A点的高度rB.‎ ‎【答案】（1） （2） （3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）设液珠的电量为，质量为，由题意知，当液珠在C点时，比荷为。‎ ‎（2）当液珠速度最大时，得。‎ ‎（3）设BC间的电势差大小，由题意得，对由释放至液珠到达最高点（速度为零）的全过程应用动能定理得，即，将第（1）问的结果代入化简，解得。‎ 考点：动能定理的应用、带电粒子在匀强电场中的运动 ‎【名师点睛】解决本题的关键知道液珠的加速度为零时，速度最大，以及能够熟练运用动能定理和电场力做功公式。‎ ‎20.如图（a）所示，A、B为两块平行金属板，极板间电压为UAB=1125V，板中央有小孔O和O′．现有足够多的电子源源不断地从小孔O由静止进入A、B之间．在B板右侧，平行金属板M、N长L1=4×10-2m，板间距离d=4×10-3m，在距离M、N右侧边缘L2‎ ‎=0.1m处有一荧光屏P，当M、N之间未加电压时电子沿M板的下边沿穿过，打在荧光屏上的O″并发出荧光．现给金属板M、N之间加一个如图（b）所示的变化电压u1，除了t=0.4n s (n =1，2，3…)时刻， N板电势均高于M板．已知电子质量为me＝9.0×10−31kg，电量为e=1.6×10-19C．‎ ‎(1)每个电子从B板上的小孔O′射出时的速度多大？‎ ‎(2)打在荧光屏上的电子范围是多少？‎ ‎(3)打在荧光屏上的电子的最大动能是多少？‎ ‎【答案】(1) (2) (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 电子经A、B两块金属板加速，有 解得：‎ ‎(2) 当U=100V时，电子经过MN极板向下的偏移量最大，为 ‎ ‎ 由于说明所有的电子不可以飞出M、N；‎ 由几何关系可知，‎ ‎ ‎ 代入数据解得：‎ ‎(3)当电子沿着下板右端射出时，粒子的速度最大，即动能最大，此时电子的偏转角 电子在竖直方向的速度为：‎ 所以电子的速度为：‎ 电子的最大动能为：‎