【物理】江西省宜春九中2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

【物理】江西省宜春九中2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

宜春九中（外国语学校）2019-2020学年上学期期中考试 高二物理试题卷 一、单选题 ‎1.关于电场强度有下列说法，正确的是　　‎ A. 电场中某点的电场强度在数值上等于单位电荷在该点所受的电场力 B. 电场强度的方向总是跟电场力的方向一致 C. 在点电荷Q附近的任意一点，如果没有把试探电荷q放进去，则这一点的电场强度为零 D. 根据公式可知，电场强度跟电场力成正比，跟放入电场中的电荷的电量成反比 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 根据公式．可知电场中某点的电场强度在数值上等于单位电荷在该点所受的电场力，选项A正确；电场强度的方向总是跟正电荷所受的电场力方向一致，选项B错误；电场中某点的电场强度由电场本身决定，与是否放入试探电荷无关，与试探电荷所受的电场力和试探电荷的电量无关，选项CD错误；故选A. ‎ ‎2.真空中有两个相同的可以看成点电荷的带电金属小球A、B，两小球相距L固定，A小球所带电荷量为-2Q、B所带电荷量为+4Q，两小球间的静电力大小是F，现在让A、B两球接触后，使其距离变为2L．此时，A、B两球之间的库仑力的大小是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 根据库仑定律，两球间的库仑力：,将它们接触后再分开，然后放在距离为2L，则电荷量中和，再进行平分，因此电量均为+Q，则库仑力为： ，故B正确。‎ 故选：B。‎ ‎3.一个带正电的质点，电荷量q=2.0×10-9C，在静电场中由a点移动到b点，在这过程中，除电场力外，其他外力做的功为6.0×10-5J，质点的动能增加了8.0×10-5J，则a、b两点间的电势差Uab为（　　）‎ A. 1×104V B. -1×104V C. 4×104V D. -7×104V ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 质点在静电场中由A点移到B点的过程中，电场力和其他外力对质点做功，引起质点动能的增加．电场力做功为Wab=qUab，根据动能定理求解a、b两点间的电势差Uab．‎ ‎【详解】根据动能定理得：qUab+W其他=△Ek 得：Uab=，故A正确，BCD错误；故选A．‎ ‎4.如图所示，在水平向左的匀强电场中，有一电荷量为+q的物体静止在斜面上。若撤去电场后，物体仍然静止在斜面上，那么撤去电场后和撤去电场前相比较，以下说法正确的是 A. 物体所受的摩擦力一定减小了 B. 物体所受摩擦力一定增大了 C. 物体对斜面的压力一定减小了 D. 物体对斜面的压力一定增大了 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.分析物体受力如图:‎ 因重力G与电场力F电大小关系未知，故物体是否受摩擦力Ff、所受Ff的方向均不能确定，故撤去电场后与撤去电场前相比Ff的大小可能增大，亦可能减小，故AB错误；‎ CD. 撤去F之前：N=Fsinθ+mgcosθ，撤去F之后：N′=mgcosθ，故支持力减小，故C正确，D错误。‎ ‎5.如图所示，图线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. 把R1拉长到原来的3倍长后电阻等于R2‎ C. 将R1与R2串联后接于电源上，则功率之比P1：P2=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】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过图象得出两电阻的关系.串联电路电流相等,并联电路,电压相等,电流比等于电阻之反比,并根据功率,部分电路欧姆定律及电阻定律,即可判定.‎ ‎【详解】A．根据图象知,图线斜率表示电阻的倒数,所以R1：R2=1：3, 所以A选项是不符合题意的；‎ B．根据电阻定律:‎ 当把拉长到原来的3倍,则电阻变为原来的9倍,因此是R2的3倍,所以B选项是不符合题意的;‎ C．串联电路电流相等,所以将与串联后接于电源上,电流比：‎ 根据公式可知：‎ P1：P2=1：3‎ 所以C选项是符合题意的；‎ D．并联电路,电压相等,根据公式可知，电流比等于电阻之反比,所以将与并联后接于电源上,电流比：‎ 所以D选项是不符合题意的；‎ ‎6.如图,有一提升重物用的直流电动机,内阻r=0.6Ω,R=10Ω,U=160V ,电压表的读数为110V,则下列说法正确的是 A. 通过电动机的电流为5A B. 通过电动机的电流为4A C. 在电动机中发热的功率为5W D. 输入到电动机的电功率为500W ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．电动机和电阻串联，所以电流相等，电阻R两端电压 则有 所以通过电动机的电流为5A，故A正确，B错误；‎ C．电动机的热功率 故C错误；‎ D．电动机的电功率 故D错误。‎ 二、多选题 ‎7.如图，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M 和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点不计重力下列说法正确的是　　‎ A. M带负电荷，N带正电荷 B. M在b点的动能小于它在a点的动能 C. N在d点的电势能等于它在e点的电势能 D. N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ 试题分析：由粒子运动轨迹可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，可知M带负电荷，N带正电荷，故A正确．M从a到b点，库仑力做负功，根据动能定理知，动能减小，则b点的动能小于在a点的动能，故B正确．d点和e点在同一等势面上，电势相等，则N在d点的电势能等于在e点的电势能，故C正确．‎ D、N从c到d，库仑斥力做正功，故D错误．故选ABC 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】本题关键是根据曲线运动的条件判断出静电力的方向，掌握判断动能和电势能变化的方向，一般的解题思路是根据动能定理判断动能的变化，根据电场力做功判断电势能的变化。‎ ‎8.如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成的，已知灵敏电流表的满偏电流Ig=2mA，内电阻Rg=300Ω，则下列说法正确的是 A. 甲表是电流表，R增大时量程增大 B. 乙表是电压表，R增大时量程增大 C. 在甲图中，若改装成的电流表的量程为0.6A，则R=0.5Ω D. 在乙图中，若改装成的电压表的量程为3V，则R=1200Ω ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AC．甲由一个灵敏电流表G和一个变阻器R并联，利用并联电阻的分流，改装成安培表。安培表的量程 ‎，‎ 可知当R减小时量程I增大，在甲图中，若改装成的电流表的量程为0.6A，‎ 根据 ‎，‎ 解得：‎ R=1.003Ω，‎ AC错误；‎ BD．乙由一个灵敏电流表G和一个变阻器R串联，利用串联电阻的分压，改装成伏特表。伏特表的量程 ‎，‎ 可知R增大时量程增大;‎ 由公式 ‎，‎ 在乙图中，若改装成的电压表的量程为3V，则 R=1200Ω，‎ BD正确。‎ ‎9.如图所示,平行金属板中带电质点P原处于静止状态,不考虑电流表和电压表对电路的影响,当滑动变阻器R4的滑片向a端移动时,则 ( ) ‎ A. 电压表读数变大 B. 电流表读数变大 C. 质点P将向上运动 D. R1上消耗功率逐渐增大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再与R1串联接在电源两端；电容器与R3并联；当滑动变阻器R4的滑片向a移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时R1两端的电压也增大，故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过R3的电流减小，流过并联部分的总电流增大，故电流表示数增大；因并联部分电压减小，而R2中电压增大，故电压表示数减小。故A不符合题意，B符合题意。 C．因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，合力向下，质点将向下运动。故C不符合题意。‎ D．由于流过R1的电流增大，根据，可知R1上消耗的功率逐渐增大。故D符合题意。‎ ‎10.如图所示，电子在电势差为U0＝4 500 V的加速电场中，从左极板由静止开始运动，经加速电场加速后从右板中央垂直射入电势差为U＝45 V的偏转电场中，经偏转电场偏转后打在竖直放置的荧光屏M上，整个装置处在真空中，已知电子的质量为 ，电荷量为 ，偏转电场的板长为L1＝10 cm，板间距离为d＝1 cm，光屏M到偏转电场极板右端的距离L2＝15 cm.求：‎ ‎ ‎ ‎(1)电子从加速电场射入偏转电场的速度v0；‎ ‎(2)电子飞出偏转电场时的偏转距离(侧移距离)y；‎ ‎(3)电子飞出偏转电场时偏转角的正切值tanθ；‎ ‎(4)电子打在荧光屏上时到中心O的距离Y.‎ ‎【答案】(1) 　(2)0.25 cm　(3)0.05　 (4)1 cm ‎【解析】‎ ‎ (1)电子在加速电场中运动，由动能定理得 eU0＝‎ 解得：v0＝4×107m/s ‎(2)电子在偏转电场中运动 沿初速度方向：L1＝v0t可得t＝2.5×10－9s 在垂直速度方向：‎ y＝at2＝t2＝2.5×10－3m＝0.25 cm ‎(3)偏转角的正切值tanθ＝；‎ ‎(4)电子离开偏转电场后做匀速直线运动：若沿电场方向偏移距离为y′，则 ‎ ＝tanθ，所以y′＝0.75 cm，所以Y＝y＋y′＝1 cm.‎