安徽省毛坦厂中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

安徽省毛坦厂中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

高二期中考试物理试题(理科)‎ 一、选择题 ‎1.如图所示，实线表示某电场的电场线（方向未标出），虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为，粒子在M和N时加速度大小分别为，速度大小分别为，电势能分别为。下列判断正确的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：将粒子的运动分情况讨论：从M运动到N；从N运动到M，根据电场的性质依次判断；‎ 电场线越密，电场强度越大，同一个粒子受到的电场力越大，根据牛顿第二定律可知其加速度越大，故有；若粒子从M运动到N点，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图所示，故电场力做负功，电势能增大，动能减小，即，负电荷在低电势处电势能大，故；‎ 若粒子从N运动到M，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图所示，故电场力做正功，电势能减小，动能增大，即，负电荷在低电势处电势能大，故；‎ 综上所述，D正确；‎ ‎【点睛】考查了带电粒子在非匀强电场中的运动；本题的突破口是根据粒子做曲线运动时受到的合力指向轨迹的内侧，从而判断出电场力方向与速度方向的夹角关系，进而判断出电场力做功情况．‎ ‎2.一匀强电场的方向平行于xOy平面,平面内a、b、c三点的位置如图所示,三点的电势分别为10 V、17 V、26 V。下列说法正确的是( )‎ A. 电场强度的大小为2.5 V/cm B. 坐标原点处的电势为2V C. 电子在a点的电势能比在b点的低7 eV D. 电子从b点运动到c点,电场力做功为-9 eV ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．经过b点做等势线与ac交于d点，则d点的电势为17V，所以 过cf垂直bd于f，根据几何关系可知cf=3.6cm，则电场强度：‎ 故A项正确。‎ B．根据：‎ 因a、b、c三点电势分别为φa=10V、φb=17V、φc=26V，解得原点处的电势为1 V，故B错误；‎ C．电子在a点的电势能高于b点，故C错误。‎ D．电子从b点运动到c点，电场力做正功：‎ 故D错误。‎ ‎3.如图所示,A、B两板间加速电压为U1,C、D两板间偏转电压为U2。一个带电荷量为q正粒子（）自A板起由静止相继被加速、偏转,飞离偏转电场时的最大侧移为C、D板间距离的一半,则它的出射速度的大小为( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】的电荷量为q=2e，粒子飞离偏转电场时的最大侧移为C、D板间距离一半，则粒子进入与离开偏转电场两点间的电势差为：‎ ‎ ‎ 粒子从进入加速电场到离开偏转电场过程中，由动能定理得：‎ 解得：‎ 故选B.‎ ‎4.如图甲所示，一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点的电势随x变化的情况如图乙所示。若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则( ) ‎ A. 电子将沿Ox轴负方向运动 B. 电子的电势能将增大 C. 电子运动的加速度恒定 D. 电子运动的加速度先减小后增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由图可知沿0−x方向电势逐渐升高，则电场线方向沿x负方向，电子所受电场力方向沿x轴正方向，故电子将沿Ox方向运动，故A错误；‎ B、由静止释放后，电场力对电子做正功，电子的电势能减小，故B错误；‎ CD、φ−x图象的斜率大小等于电场强度，由几何知识得知，斜率先减小后增大，则电场强度先减小后增大，所受电场力先减小后增大，电子加速度先减小后增大，故D正确，C错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】根据φ-x图象的斜率大小等于电场强度，分析场强的变化，判断电子运动的加速度变化，由图可知沿Ox轴电势逐渐升高，可判断出电场线的方向，确定电子的运动方向，并判断电子电势能的变化。‎ ‎5.把表头G改装成大量程电流表时，下列说法正确的是(　 　)‎ A. 改装原理为并联电阻能增大通过G的电流 B. 改装成电流表后，表头G本身允许加的电压增大了 C. 改装后，表头G自身的电阻减小了 D. 改装后使用时，表头G本身的参量都不改变，整个并联电路允许通过的电流增大了 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】把表头G改装成电流表应并联一个分流电阻，并联电阻后，通过表头G的最大电流以及表头两端的最大电压均不变，故AB错误；改装后，表头G自身电阻不变，改装后电流表总电阻减小了，故C错误；改装后，表头参数，如满偏电流与内阻等参数不变，整个并联电路允许通过的最大电流增大，故D正确；故选D。‎ ‎【点睛】本题考查了电流表的改装，把小量程电流表改装成电流表，应并联一个分流电阻，改装后表头参数不变，量程变大．‎ ‎6.标有“6V 6W”和“6V 3W”的灯泡L1和L2串联接在某电源上，设灯丝电阻不变，则( )‎ A. 通过灯L1、L2的电流之比为2∶1‎ B. 灯L1、L2的实际功率之比为2∶1‎ C. 电源电压为12V时，灯L1、L2均正常发光 D. 电源电压为9V时，灯L2正常发光 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．两灯泡串联在某电源上时,通过两灯泡的电流相等,故A错误.‎ B．根据：‎ 可得两灯泡的电阻分别为：‎ 根据欧姆定律可以知道：‎ 所以B错误;‎ C．电源电压为12V时电路中电流：‎ 灯L1电压：‎ 不正常发光；灯L2电压：‎ 灯会被烧毁，故C错误.‎ D．电源电压为9V时,电路中电流：‎ 灯L2电压：‎ 正常发光，故D正确.‎ ‎7.如图所示,电路中电源的电动势为E,内电阻为r,开关S闭合后,当滑动变阻器R的滑片P向右移动的过程中,三盏规格相同的小灯泡L1、L2、L3的亮度变化情况是( )‎ A. 灯L1、L2变亮,灯L3变暗 B. 灯L2、L3变亮,灯L1变暗 C. 灯L1、L3变暗,灯L2变亮 D. 灯L2、L3变暗,灯L1变亮 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】变阻器与灯L1串联后与灯L2并联，再与灯L3串联；将滑动变阻器滑片P向右移动的过程中变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律得知:干路电流I减小，则通过L3的电流减小， L3变暗， L3两端电压和内阻所占电压都减小，则并联部分电压增大，所以流过灯L2电流变大， L2变亮，故：‎ I减小，I2增大，则I1减小，灯L1变暗；故选C.‎ ‎8.如图，电荷量分别为q和–q（q>0）的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点。则 A. a点和b点的电势相等 B. a点和b点的电场强度大小相等 C. a点和b点的电场强度方向相同 D. 将负电荷从a点移到b点，电势能增加 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】由几何关系，‎ 可知b的电势大于a的电势,故A错误,把负电荷从a移到b,电势能减少,故D错误;由对称性和电场的叠加原理，可得出a、b的合电场强度大小、方向都相同，故B、C正确。‎ ‎9.如图所示，平行板电容器A、B间有一带电油滴P正好静止在极板正中间，现将B极板匀速向下移动到虚线位置，其他条件不变。则在B极板移动的过程中( )‎ A. 油滴将向下做匀加速运动 B. 电流计中电流由b流向a C. 油滴运动的加速度逐渐变大 D. 极板带的电荷量减少 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】AC．将B极板匀速向下运动时，两极板的距离增大，由于电势差U不变，则根据：‎ 知极板间的电场强度减小，油滴所受的电场力减小，电场力小于重力，油滴所受合力向下，油滴向下加速运动，加速度：‎ 由于q、U、m不变，d逐渐增大，则加速度a逐渐增大，油滴向下做加速度增大的加速运动，故C正确，A错误；‎ BD．电容器板间距离增大，则电容器的电容C减小，而板间电压U不变，则由：‎ 可知电容器所带电荷量Q减小，电容器放电，上极板带正电，则知电流计中电流由a流向b，故B错误，D正确。‎ ‎10.如图所示，一质量力m.带电量力q的微粒，从两平行金属板正中央沿与匀强电场雷直方向射入。不计重力。当入射速度为v时，它恰好旁过电场而不碰金属板，现使微粒入时速度为，仍恰恰好穿过电场。保持其他量不变时，可行的方法是()‎ A. 使粒子带电荷量为原来的倍 B. 使两板间电压减为原来的倍 C. 使两板间距离增为原来的2倍 D. 便两板间距离增为原来的倍 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】设平行板长度为l，宽度为2d，板间电压为U，恰能穿过一电场区域而不碰到金属板上,则沿初速度方向做匀速运动：‎ 垂直初速度方向做匀加速运动：‎ 则：‎ A．使粒子的带电量减少为原来的，则：‎ 所以A正确.‎ B．使两板间所接电源的电压减小到原来的一半,则：‎ 故B错误.‎ C．使两板间的距离增加到原来的2倍，此时垂直初速度方向距离应为2d，则：‎ 所以C正确.‎ D．使两板间的距离增加到原来的4倍，此时垂直初速度方向距离应为4d，则：‎ 故D错误.‎ 二、填空题 ‎11.在“决定导线电阻的因素”的实验中测定金属的电阻率,若待测金属丝的电阻约为5 Ω,要求测量结果尽量准确,提供以下器材:‎ 电池组(3 V,内阻为1 Ω)‎ 电流表(0～0.6 A,内阻为0.125 Ω)‎ 电压表(0～3 V,内阻为4 kΩ)‎ 滑动变阻器(0～20 Ω,允许通过的最大电流为1 A)‎ 开关、导线若干 ‎（1）测电阻时,电流表、电压表、待测金属丝Rx在组成测量电路时,应采用电流表____(选填“外”或“内”)接法,待测金属丝电阻的测量值比真实值偏____(选填“大”或“小”)。 ‎ ‎（2）若用螺旋测微器测得金属丝的直径d的读数如图所示,则读数为____mm。 ‎ ‎（3）若用L表示金属丝的长度,d表示直径,测得电阻为R,请写出计算金属丝电阻率的表达式为ρ=___。‎ ‎【答案】 (1). 外 (2). 小 (3). 0.900 (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2]因 故应该采用电流表外接法，而电流表外接法中由于电压表分流作用，测量值偏小 ‎(2)[3]由图可得螺旋测微器的读数为：‎ ‎0.5mm+40×0.01mm=0.900mm ‎(3)[4]由电阻定律得：‎ 由于：‎ 联立可得：‎ ‎12.为了测量一节干电池的电动势和内阻,某同学采用了伏安法,现备有下列器材:‎ A.被测干电池一节 B.电流表1:量程为0～0.6 A,内阻r=0.3 Ω C.电流表2:量程为0～0.6 A,内阻约为0.1 Ω D.电压表1:量程为0～3 V,内阻未知 E.电压表2:量程为0～15 V,内阻未知 F.滑动变阻器1:0～10 Ω,允许通过的最大电流为2 A G.滑动变阻器2:0～100 Ω,允许通过的最大电流为1 A H.开关、导线若干 在用伏安法测电池电动势和内阻的实验中,由于电流表和电压表内阻的影响,测量结果存在系统误差;在现有器材的条件下,要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。‎ ‎（1）在上述器材中请选择适当的器材；电流表_____电压表____滑动变阻器______ (选填仪器前的字母代号)。 ‎ ‎（2）实验电路图应选择下图中的____(选填“甲”或“乙”)。 ‎ ‎（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U-I图象,则干电池的电动势E=____V,内阻r=____Ω。‎ ‎【答案】 (1). B (2). D (3). F (4). 甲 (5). 1.5 (6). 0.7‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2][3]为了读数准确，所以选择B电流表：量程；选择的电压表量程不宜过大，否则读数不准确，所以应选D电压表：量程；选择的滑动变阻器阻值应较小，这样有利于控制电表的数值变化，减小误差，故选F。‎ ‎(2)[4]测量电源电动势和内阻的时候，因为电池的内阻是很小的，电流表的内阻已知，若采用乙图的接法，由于电压表分流的影响，会使测量电阻误差较大，为了减小内阻的测量误差，实验时应选用电路图甲。‎ ‎(3)[5][6]由图象可知，电池内阻：‎ 三、计算题 ‎13.如图所示，R为电阻箱，V为理想电压表．当电阻箱读数为R1＝2Ω时，电压表读数为U1＝4V；当电阻箱读数为R2＝5Ω时，电压表读数为U2＝5V．求：‎ ‎（1）电源的电动势E和内阻r．‎ ‎（2）当电阻箱R读数为多少时，电源的输出功率最大？最大值Pm为多少？‎ ‎【答案】（1）E=6 V r=1 Ω （2）当R=r=1 Ω时，Pm=9 W ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由闭合电路欧姆定律得：‎ ‎，代入得①，‎ ‎，代入得：②，‎ 联立上式并代入数据解得：E=6V，r=1Ω ‎（2）当电阻箱的阻值等于电源的内电阻时电源的输出功率最大，即有R=r=1Ω 电源的输出功率最大为：；‎ ‎14.如图所示，电源的电动势为50V，电源内阻为1．0Ω，定值电阻R=14Ω，M为直流电动机，电枢电阻R′=2．0Ω，电动机正常运转时，电压表读数为35V，求在100s时间内电源做的功和电动机上转化为机械能的部分是多少？‎ ‎【答案】在100s内电源做的功；在100s内电动机转化为机械能的部分有 ‎【解析】‎ ‎【详解】内阻和电阻R上的电压为）‎ 由欧姆定律得电路电流为 在100s内电源做的功 在100s内电动机转化为机械能部分有 ‎15.如图所示，用长L的绝缘细线拴住一个质量为m，带电量为q的小球，线的另一端拴在水平向右的匀强电场中，开始时把小球、线拉到和O在同一水平面上的A点(线拉直)，让小球由静止开始释放，当摆线摆到与水平线成60°角到达B点时，球的速度正好为零．求：‎ ‎(1)B、A两点的电势差；(2)匀强电场的场强大小．‎ ‎【答案】（1）；（2） ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）小球从静止释放到到达B点的过程中，根据动能定理得   mgLsin60°+qUAB=0 得，‎ ‎ （2）匀强电场的电场强度 ，d=L（1-cos60°），联立得到， ‎ ‎16..如图所示,水平放置的平行板电容器,原来两极板不带电,上极板接地,它的极板长l=0.1 m,两极板间距离d=0.4 cm。有一束相同微粒组成的带电粒子流从两极板中央平行于极板射入,由于重力作用微粒落到下极板上。已知微粒质量为m=2×10-6 kg,电荷量为q=+1×10-8 C,电容器电容为C=10-6 F,g取10 m/s2。‎ ‎（1）为使第1个微粒的落点范围在下极板中点到紧靠边缘的B点之间,则微粒入射速度v0应为多少?‎ ‎（2）若带电粒子落到AB板上后电荷全部转移到极板上,则以上述速度射入的带电粒子最多能有多少个落到下极板上?‎ ‎【答案】（1）2.5 m/s≤v0≤5 m/s（2）600个 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)第一个粒子在极板间做平抛运动,即水平位移：‎ 竖直位移：‎ 为使第一粒子能落在下板中点O到紧靠边缘的B点之间，x必须满足：‎ 即：‎ 带入数据计算得出：‎ ‎(2)由题意可知：‎ 代入数据得：s.  ‎ 由：‎ 代入数据得:‎ 根据牛顿第二定律有：‎ 代入数据解得： C.‎ 最多能有落到下极板上的带电粒子的个数：‎ 代入数据得:个.‎ 答：(1)微粒入射速度v0应满足.‎ ‎(2)以上述速度入射的带电粒子,最多能有600个落到下极板上.‎ ‎ ‎