四川省阆中中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

四川省阆中中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

阆中中学校2019年秋高2018级期中教学质量检测 物理试题 一、选择题 ‎1.关于静电场,下列说法中正确的是(    )‎ A. 在电场强度为零的区域电势一定处处为零 B. 负电荷从电势低的点运动到电势高的点,电势能一定减少 C. 两点间的电势差与零电势的选取有关 D. 根据公式U=Ed知,在匀强电场中两点间的距离越大,电势差就越大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】在电场强度为零的区域电势不一定处处为零，例如在等量同种电荷连线的中点处，选项A错误；负电荷在低电势点的电势能较大，则负电荷从电势低的点运动到电势高的点，电势能一定减少，选项B正确；某点的电势与零电势点的选择有关，而两点间的电势差与零电势的选取无关，选项C错误； 根据公式U=Ed知，在匀强电场中的两点间沿电场线方向的距离越大，电势差就越大，选项D错误；故选C.‎ ‎2.真空中有两个完全相同的、可视为点电荷的甲、乙带电小球，甲的电荷量为q，乙的电荷量为-2 q，当它们相距为r时，它们间的库仑力大小为F。现将甲、乙充分接触后再分开，且将甲、乙间距离变为2r，则它们间的库仑力大小变为（ ）‎ A. F/32 B. F/16 C. F/8 D. F/4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】当甲、乙充分接触后它们的电荷量先中和再平分，所以接触后带的电荷量都为-q/2，由库伦力的公式F=k可得，原来电荷之间，将甲、乙充分接触后再分开，且将甲、乙间距离变为2r后的库仑力的大小为，所以A正确。故选A。‎ ‎【点睛】当两个异种电荷接触后，电荷 电量先中和之后再平分电量，找到电量的关系再由库伦力的公式F=k计算即可．‎ ‎3. 如图所示，在等量的异种点电荷形成的电场中，有A、B、C三点，A点为两点电荷连线的中点，B点为连线上距A点距离为d的一点，C点为连线中垂线距A点距离也为d的一点，则下面关于三点电场强度的大小、电势高低的比较，正确的是 A. EA＝EC>EB；φA＝φC>φB B. EB>EA>EC；φA＝φC>φB C. EAφB，φA>φC D. 因为零电势点未规定，所以无法判断电势的高低 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由等量异种点电荷周围的电场线的分布情况可知B点场强最大，C点场强小于A点场强，由正负电荷的电势分布可知A和C点的电势为零，B点电势小于零，因此B正确ACD错误 ‎4.某导体中的电流随其两端电压的变化关系如图所示，则下列说法中正确的是(　 　)‎ A. 加5 V电压时，导体的电阻大于5 Ω B. 加11 V电压时，导体的电阻可能为1.4 Ω C. 由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小 D. 由图可知，随着电压的减小，导体的电阻不断减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、加的电压时，电流为，则由欧姆定律可知，,故A错误； B、加的电压时，电流约为，则可得电阻为：‎ ‎,故B错误； C、由图可知，随电压的增大，图象的斜率减小，则可知导体的电阻越来越大，故C错误； D、随着电压的减小，导体的电阻减小,故D正确。‎ 点睛：本题考查欧姆定律的应用；注意伏安特性曲线的性质，能从图象中得出电阻的变化。‎ ‎5.在某一闭合电路中，电源路端电压U随电源输出电流I变化的关系如图所示，则电源的电动势E和内电阻r分别是（　 　）‎ A. E=1.0 V，r=5.0 Ω B. E=1.0 V，r=2.5 Ω C. E=2.0 V，r=5.0 Ω D. E=2.0 V，r=2.5 Ω ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：由图象的意义可知电源的电动势为2V，斜率的绝对值表示内阻．‎ 解：由图象可知电源电动势为2V，‎ r=k==2.5Ω，故ABC错误，D正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】明确U﹣I图象的意义是解题的关键，正确读出电源的电动势，知道图象的斜率表示电源内阻．‎ ‎6.如图所示，实线是电场中一簇方向已知的电场线，虚线是一个带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，若带电粒子只受电场力作用从a点运动到b点过程，根据此图作出的判断正确的是 A. 带电粒子带正电 B. 电场中a点的电势低于在b点的电势 C. 带电粒子在a点的电势能小于在b点的电势能 D. 带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 合力大致指向轨迹凹的一向，可知电场力方向向左，电场线向右，所以带电粒子带负电，故A错误。‎ B. 沿电场线方向电势降低，a点电势大于b点电势。故B错误。‎ C. 从a运动到b，电场力做负功，电势能增大。所以带电粒子在a点的电势能小于在b点的电势能。故C正确。‎ D. 电场线的疏密代表场强大小，a点的场强大于b点的场强，所以a点所受的电场力大于b点，则带电粒子在a点的加速度大于在b点的加速度，故D错误。‎ ‎7.用控制变量法可以研究影响平行板电容器电容因素。电容器充电后与电源 断开,按图示连接。设两极板正对面积为S,极板间的距离为d,静电计指针偏角为θ。 则 ‎ A. 保持S不变，增大d，则θ变大 B. 保持S不变，增大d，则θ变小 C. 保持d不变，增大S，则θ变大 D. 保持d不变，增大S，则θ变小 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. 保持S不变，增大d，由电容的决定式知电容减小，电容器的带电量不变，由电容的定义式分析可知板间电势差增大，静电计指针偏角θ增大。故A正确B错误。‎ CD. 保持d不变，增大S，由电容的决定式知电容增大，电容器的带电量不变，由电容的定义式分析可知板间电势差减小，静电计指针偏角θ减小。故C错误D正确。‎ ‎8.如图，平面直角坐标系xoy中有一匀强电场，ABC构成正三角形，A点坐标为（-2cm，0），C点坐标为（2cm，0）。将电量为 的试探电荷从A点移到B、C两点，静电力做功分别为、，以下说法正确的是（ ）‎ A. A、C两点电势差为 B. y轴上所有点电势相等 C. 将电量为正电荷有B点移到C点电势能增加 D. 该匀强电场的场强为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ A、C两点电势差为；A、B两点电势差为，则O、B两点电势相等，即y轴为等势面，选项B正确；因UBC=-2.5V，则将电量为8.0×10 -16 C正电荷有B点移到C点电势能增加，选项C正确；该匀强电场的场强为，选项D错误；故选BC. ‎ 二、填空题 ‎9.一个量程为的电流表，内阻为1000Ω，再给它串联一个 99000Ω的电阻，将它改装成电压表，改装后电压表的量程为 _______V。‎ ‎【答案】30‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1] 改装后的电压表的量程为：‎ ‎10.在“测定金属丝电阻率”的实验中,需要测量的物理量有U、I、d、L：‎ ‎（1）用螺旋测微器测金属丝直径时读数如图甲，则金属丝的直径为______mm．‎ ‎（2）若用图乙测金属丝电阻，则测量结果将 比真实值_____选填“偏大”或“偏小” ‎ ‎（3）用给定的物理量符号表示，该金属丝的电阻率为_____________‎ ‎【答案】 (1). 0.697mm（0.695---0.698均正确） (2). 偏小 (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]金属丝的直径为 ‎(2)[2]采用电流表外接法，电流表示数偏大，电压表示数准确， ，测量结果将比真实值偏小。‎ ‎(3)[3]金属丝电阻 电阻决定式 联立解得：‎ ‎11.要测绘额定电压为2V的日常用小灯泡的伏安特性曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：‎ A.电源E（电动势4.0V，内阻可不计）‎ B.电压表V1（量程为0～3.0V，内阻约2kΩ）‎ C.电压表V2（0～15.0V，内阻约6kΩ D.电流表A1（0～0.6A，内阻约1Ω）‎ E.电流表A2（0～100mA，内阻约2Ω）‎ F.滑动变阻器R1（最大值10Ω）‎ G.滑动变阻器R2（最大值2kΩ）‎ ‎(1)为减少实验误差，实验中电压表应选择____，电流表应选择_____，滑动变阻器应选择____（填各器材的序号）‎ ‎(2)为提高实验精度，请你在如图a中设计实验电路图____‎ ‎(3)根据图a，在图b中把缺少的导线补全，连接成实验的电路___．‎ ‎(4)实验中移动滑动变阻器滑片，得到了小灯泡的U﹣I图象如图c所示，则该小灯泡电阻的变化特点______．‎ ‎【答案】 (1). B (2). D (3). F (4). (5). (6). 灯泡电阻随电压（温度）的增大而增大 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2][3].由题意小灯泡额定电压为2V，故电压表应选B；通过灯泡电流不超过0.5A，可知电流表应选D，；又描绘伏安特性曲线要求电流从零调，故变阻器应用分压式接法，应选阻值小的变阻器F． (2)[4].由于小电珠电阻较小，满足，电流表应用外接法，又变阻器应采用分压式接法，电路图如图所示： (3)[5].根据原理图可明确对应的电路图；‎ ‎ (4)[6].由图可知，图象的斜率越来越大，故说明灯泡电阻随随电压（温度）的增大而增大；‎ 三、计算题 ‎12.如图所示，板长L＝4 cm的平行板电容器，板间距离d＝3 cm，板与水平线夹角α＝37°,两板所加电压为U＝100 V，有一带负电液滴，带电荷量为q＝3×10－10 C，以v0＝1 m/s的水平速度自A板边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从B板边缘水平飞出．g取10 m/s2，求：‎ ‎（1）液滴的质量；‎ ‎（2）液滴飞出时的速度．‎ ‎【答案】（1）8×10－8 kg（2）1.32 m/s ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）竖直方向：‎ qcos37°＝mg 解得 m＝8×10－8 kg ‎（2）液滴受到的合力 F合＝mgtan37°‎ 由动能定理得 F合＝mv2－mv02‎ 解得 v≈1.32 m/s ‎13.如图所示，电源电动势为E=12V ，内阻r=2Ω ，R1=4Ω ，R2=6Ω ，C=30µF ，电容器两极板水平放置，两极板间距离为20cm。开关S闭合且稳定后，求： ‎ ‎（1）通过R1的电流I；‎ ‎（2）电容器的电荷量Q；‎ ‎（3）若此时一个带电量q=-8×10－10C的油滴恰好可静止在两板中间，油滴质量多大(取g=10m/s2) ?‎ ‎【答案】（1）1A（2）1.8×10－4 C（3）2.4×10－9kg ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由欧姆定律得：‎ ‎ =1A ‎(2)电容器两端的电压 Uc=IR2=6V 带电量 Q=CUc=1.8×10－4 C ‎(3)由平衡条件知：‎ mg=qE 又 所以 ‎=2.4×10－9kg ‎14.如图所示，在E＝103 V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R＝40 cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q＝10－4 C的小滑块质量m＝10 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧1.5 m的M处，g取10 m/s2，求：‎ ‎(1)小滑块从M点到Q点电场力做的功 ‎(2)要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动？‎ ‎(3)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？‎ ‎【答案】(1) - 0.08J(2) 7 m/s（3）0.6 N ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）W=－qE·2R W= - 0.08J ‎(2)设小滑块到达Q点时速度为v，‎ 由牛顿第二定律得mg＋qE＝m 小滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得 ‎－mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝mv2－mv 联立方程组，解得：v0＝7m/s.‎ ‎(3)设小滑块到达P点时速度为v′，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得 ‎－(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝mv′2－mv 又在P点时，由牛顿第二定律得FN＝m ‎ 代入数据，解得：FN＝0.6N 由牛顿第三定律得，小滑块通过P点时对轨道的压力FN′＝FN＝0.6N.‎ ‎【点睛】（1）根据电场力做功的公式求出电场力所做的功；‎ ‎（2）根据小滑块在Q点受的力求出在Q点的速度，根据动能定理求出滑块的初速度；‎ ‎（3）根据动能定理求出滑块到达P点的速度，由牛顿第二定律求出滑块对轨道的压力，由牛顿第三定律得，小滑块通过P点时对轨道的压力。‎ ‎ ‎