【物理】安徽省滁州市定远县民族中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

【物理】安徽省滁州市定远县民族中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

定远县民族中学2019-2020学年上学期期中考试 高二物理试题 一、选择题 ‎ ‎1.下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是（　　）‎ A. 根据真空中点电荷的电场强度公式可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带电荷量有关 B. 根据电势差的定义式可知，带电荷量为1C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B两点间的电势差为1V C. 根据电场强度的定义式可知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比 D. 根据电容的定义式可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 根据点电荷的场强公式：可知，Q是场源电荷，所以电场中某点电场强度与场源电荷的电量成正比，与该点到场源电荷距离的平方成反比，故A正确；根据电势差的定义式：知，带电量为1C正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，即电场力做功为-1J，则A、B点的电势差为-1V，故B错误；电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关，所以不能理解成电场中某点的电场强度和试探电荷的电量成反比，故C错误；电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量，取决于电容器本身的性质，并不与电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比，故D错误。所以A正确，BCD错误。‎ ‎2.一点电荷，仅在电场力的作用下，沿直线由A点运动到B点的过程中，速率逐渐增大，下列判断正确的是（　　）‎ A. 在此过程中，电荷所受电场力的方向总是由A指向B B. 在此过程中，电荷的电势能逐渐增大 C. 线段AB间的各点，电场强度的方向都是由A指向B D. 自A至B，电势逐渐降 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 点电荷在电场力作用，从A到B点，速率增大．则电场力做正功，电势能减小．由于点电荷的电性不知，所以电场强度方向无法确定，因此电势的高低也无法确定．故只有A正确；BCD错误.‎ ‎3.如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1带负电，a、b两点在它们连线的延长线上.现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动(粒子只受电场力作用)，粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度图象如图乙所示.以下说法中正确的是（ ）‎ A. Q2一定带负电 B. Q2的电量一定大于Q1的电量 C. b点的加速度为零，电场强度也为零 D. 整个运动过程中，粒子的电势能先减小后增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：从速度图象上看，可见a到b做加速度减小减速运动，在b点时粒子运动的加速度为零，则电场力为零，所以该点场强为零．Q1对负电荷的电场力向右，则Q2对负电荷的电场力向左，所以Q2带正电．故A错误，C正确．b点场强为零，可见两点电荷在b点对负电荷的电场力相等，根据，b到Q1的距离大于到Q2的距离，所以Q1的电量大于Q2的电量．故B错误．整个过程动能先减小后增大，根据能量守恒电势能先增大后减小．故D错误．故选C。‎ 考点：v-t图像；电场强度；电势及电势能 ‎【名师点睛】解决本题的关键根据图象b点的加速度为0，根据这一突破口，从而判断Q2的电性及Q1和Q2的电量大小。‎ ‎4.一节干电池的电动势为1.5 V，这表示(　　)‎ A. 电池中每通过1 C的电荷量，该电池能将1.5 J的化学能转变成电势能 B. 该电池接入电路工作时，电池两极间的电压恒为1.5 V C. 该电池存储的电能一定比电动势为1.2 V的电池存储的电能多 D. 将1 C的电子由该电池负极移送到正极的过程中，非静电力做了1.5 J的功 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：电源是把其他形式的能转化为电能的装置，电路中每通过1C的电量，该电池能将1.5J的化学能转变成电能，故A正确；‎ B项：接入电路后，两极电压为路端电压，若外电路正常工作，则路端电压小于电动势，故B错误；‎ C项：电动势表示电源是把其他形式的能转化为电能的本领的物理量，电动势大储存的电能不一定多，故C错误；‎ D项：一节干电池的电动势为1.5V，表示该电池能将1C电量的正电荷由负极移送到正极的过程中，非静电力做了1.5J的功，故D正确。‎ ‎5.如图所示，三条虚线表示某电场的三个等势面，其中φ1=10V，φ2=20V，φ3=30V一个带电粒子只受电场力作用，按图中实线轨迹从A点运动到B点，由此可知（   ）‎ A. 粒子带正电 B. 粒子速度变大 C. 粒子的加速度变大 D. 粒子的电势能变大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由图象可知带电粒子的轨迹向右偏转，得出粒子所受力的方向向右；又由电场线指向电势降低的方向，得出电场线方向大致向左．因为带电粒子受力与电场的方向相反，所以粒子带负电，故A错误；由动能定理得，合外力（电场力）做正功，动能增加，故B 正确；由于等势面密的地方电场线也密、电场线密的地方粒子受到的力也大，力越大加速度也越大，所以粒子从A点运动到B点，加速度在变小，故C错误；由电场力做功的公式得，粒子从A点运动到B点，电场力做正功，电势能减小，故D错误．‎ ‎【点睛】做曲线运动物体所受合外力指向曲线内侧，本题中粒子只受电场力，由此可判断电场力向右，根据电场力做功可以判断电势能的高低和动能变化情况，加速度的判断可以根据电场线的疏密进行。‎ ‎6.如图所示，A、B、C、D是匀强电场中一个以坐标原点为圆心、半径为1cm的圆与两坐标轴的交点，已知A，B，C三点的电势分别为、、由此可得D点的电势为　　‎ A. 4V B. 8V C. 6V D. 9V ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：在匀强电场中，沿着同一方向（非等势面上），根据公式可知，每前进相同的距离，电势的降低相等；根据几何知识可知AB=DC且AB∥DC，说明AB间的电势差等于DC间的电势差，故，代入数据，有，解得，即D点的电势为8V．‎ 考点：考查了匀强电场电场强度与电势差的关系 ‎【名师点睛】解决本题要理解公式，知道匀强电场中，沿着同一方向（非等势面上），电势均匀降低，即可解决这类问题．‎ ‎7.如图所示的电路中，R0为固定电阻，R为滑动变阻器．移动滑片P，电路的总电阻会发生变化．下列叙述正确的是 A. P向左滑动时总电阻将减小 B. P向右滑动时总电阻将减小 C. P滑到最左端时总电阻为R0 D. P滑到最右端时总电阻为零 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．P向左滑动时电阻R减小，根据公式，可得并联电阻一定减小。故A正确。 B．P向右滑动时，根据公式，可知总电阻将增加。故B错误。 C．P滑到最左端时，电阻R0被短路，故总电阻为0。故C错误。 D．P滑到最右端时总电阻最大。故D错误。‎ ‎8.智能手机耗电量大，移动充电宝应运而生，它是能直接给移动设备充电的储能装置．充电宝的转化率是指电源放电总量占电源容量的比值，一般在0.60﹣0.70之间（包括移动电源和被充电池的线路板、接头和连线的损耗）．如图为某一款移动充电宝，其参数见如表，下列说法正确的是 容量 ‎20000mAh 兼容性 所有智能手机 边充边放 否 保护电路 是 输入 DC5V2AMAX 输出 DC5V0.1-2.5A 尺寸 ‎156*82*22mm 转换率 ‎0.60‎ 产品名称 索扬SY10-200‎ 重量 约430g A. 充电宝充电时将电能转化为内能 B. 该充电宝最多能储存能量为3.6×l06J C. 该充电宝电量从零到完全充满电的时间约为2 h D. 该充电宝给电量为零、容量为3000 mAh的手机充电，则理论上能充满4次 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．充电宝充电时将电能转化为化学能，不是内能。故A错误。 B．该充电宝的容量为：‎ 该电池电动势为5V，所以充电宝储存的能量：‎ 故B错误。 C．以2A的电流为用电器供电则供电时间：‎ 故C错误。 D．由于充电宝的转化率是0.6，所以可以释放的电能为：‎ E=‎ 给容量为3000mAh的手机充电的次数：‎ 次 故D正确。‎ ‎9.把两根同种材料的电阻丝分别连在两个电路中，A电阻丝长为L，直径为d，B电阻丝长为3L，直径为3d．要使两电阻丝在相同时间内产生的热量相等，加在两电阻丝上的电压之比应当满足 A. UA∶UB=1∶1 B. UA∶UB=∶1‎ C. UA∶UB=∶3 D. UA∶UB=3∶4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据电阻定律可知：‎ 由于是纯电阻，则由，Q、t相同得：加在两电阻丝上的电压之比为 A．UA∶UB=1∶1。故A不符合题意。 B．UA∶UB=∶1。故B符合题意。‎ C．UA∶UB=∶3。故C不符合题意。 D．UA∶UB=3∶4。故D不符合题意。‎ ‎10.如图所示，把一个带电小球A固定在光滑的水平绝缘桌面上，在桌面的另一处有另一带电小球B，现给B一个垂直于AB方向的速度v0，则下列说法中正确的是（　　）‎ A. B球可能做直线运动 B. B球的电势能可能增加 C. A球对B球库仑力可能对B球不做功 D. B球可能从电势较高处向电势较低处运动 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ 试题分析：由题看出，小球B受到的静电力与速度不在同一直线上，则B球不可能做直线运动，故A错误；若小球A、B带异种电荷，而且引力恰好等于时，B球做匀速圆周运动，A球对B球的库仑力不做功，故B正确；若小球A、B带异种电荷，而且引力恰好小于时，B球会远离A球，引力做负功，电势能增加，故C正确；由于两球电性未知，B球可能受斥力会远离A球，也可能受到引力靠近A球，所以B球可能从电势较高处向电势较低处运动，故D正确。‎ 考点：电势差与电场强度的关系、电势 ‎【名师点睛】由小球B受到的静电力与速度不在同一直线上可知，B球不可能做直线运动．若小球A、B带异种电荷小球B做匀速圆周运动，库仑力不做功，若小球B所受的引力小于所需要的向心力，小球B做离心运动时，B球的电势能可能增加，B球不一定从电势较高处向电势较低处运动。‎ ‎11.NTC热敏电阻器即负温度系数热敏电阻器，也就是指阻值随温度的升高而减小的电阻。负温度系数的热敏电阻R2接入如右图所示电路中，R1为定值电阻，L为小灯泡，当温度降低时（不考虑灯泡和定值电阻阻值随温度变化）（ ）‎ A. 小灯泡变亮 B. 小灯泡变暗 C. 两端的电压增大 D. 电流表的示数减小 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先看懂电路图中各用电器的连接方式，NTC 热敏电阻在电路中与滑动变阻器的作用一样，也是动态电路分析的题目．当温度降低时，的阻值增大，总电阻增大，据闭合电路的欧姆定律知干路电流减小，电阻两端的电压减小，灯L两端的电压增大，即可判断选项．‎ ‎【详解】当温度降低时，的阻值增大，总电阻增大，据闭合电路的欧姆定律知干路电流减小，即电流表的示数减小；据知电阻两端的电压减小；再据知灯L两端的电压增大，即小灯泡变亮，故A正确，BCD错误。故选A。‎ ‎【点睛】动态电路分析的基本思路：先分析R的变化--据判断总电流的变化---据判断路端电压的变化-----再利用路端电压和总电流的变化判断某支路电压和电流的变化，即局部--整体--局部的思路．‎ ‎12.用标有“6V，3W”的灯泡L1、“6V，6W”的灯泡L2‎ 与理想电压表和理想电流表连接成如图甲所示的实验电路，其中电源电动势E=9V。图乙是通过两个灯泡的电流随两端电压变化的曲线。当其中一个灯泡正常发光时(    )‎ A. 电流表的示数为0.5A B. 电压表的示数为6V C. 电路输出功率为4W D. 电源内阻为1Ω ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 因为两个灯泡串联，所以通过两灯泡的电流相等，L1的额定电流为I1=P1/U1=0.5A，L2的额定电流为I2=P2/U2=1A，电路中电流为0.5A，所以只有L1正常发光，故A正确；从图像中可以看出，电流为0.5A时，L1两端电压为6V，L2两端电压为2V，电压表示数为2V，故B错误；电路中输出功率为P=UI=（2V+6V）x0.5A=4W,故C正确；电源内阻r=E-U/I=2Ω，故D错误，C正确。所以AC正确，BD错误。‎ 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，若改装成量程为Im=1mA的电流表， 应并联的电阻阻值为 Ω，若将改装后的电流表再改装成量程为Um=10V的电压表，应再串联一个阻值为 Ω的电阻。（结果保留四位有效数字）‎ ‎【答案】52.63欧、‎ ‎【解析】‎ 试题分析：据题意，要将灵敏电流计改装成1mA电流表，需要满足：，即，则有；若将其改成10v电压表，则有：，即，则有：。‎ 考点：本题考查电表的改装。‎ ‎14.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，小灯泡的额定电压为2.5 V，额定功率为0.5‎ ‎ W，此外还有以下器材可供选择：‎ A．直流电源3 V(内阻不计)‎ B．直流电流表0～300 mA(内阻约为5 Ω)‎ C．直流电流表0～3 A(内阻约为0.1 Ω)‎ D．直流电压表0～3 V(内阻约为3 kΩ)‎ E．滑动变阻器100 Ω，0.5 A F．滑动变阻器10 Ω，2 A G．导线和开关 实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量．‎ ‎(1)实验中电流表应选用________，滑动变阻器应选用________；(均填写仪器前的字母)‎ ‎(2)在图甲所示的虚线框中画出符合要求的实验电路图_______________(虚线框中已将所需的滑动变阻器画出，请补齐电路的其他部分，要求滑片P向b端滑动时，灯泡变亮)；‎ ‎(3)根据实验数据，画出的小灯泡的I－U图线如图乙所示．由此可知，当电压为0.5 V时，小灯泡的灯丝电阻是________Ω.‎ ‎【答案】 (1). BF (2). 分压式 (3). 如图所示：‎ ‎ (4). 5‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）灯泡的额定电流；故电流表选择B；因本实验只能接用分压接法，故滑动变阻器选择小电阻F；‎ ‎（2）根据实验要求可知，滑动变阻器采用分压接法，并且测量电路应与滑动变阻器的左半部分并联；电流表采用外接法；原理图如下；‎ ‎（3）由画出伏安特性曲线可知，时，电流，则对应的电阻；‎ 考点：“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验 三、计算题 ‎ ‎15.如图所示，电源电动势E=12V，内阻r=5Ω，滑动变阻器的最大阻值R1=20Ω，定值电阻R2=20Ω，R3=5Ω，R4=10Ω，电容器的电容C=30μF．开关S闭合电路稳定后，求：‎ ‎（1）滑动变阻器滑片从最左端滑到最右端的过程中，通过R4的电量；‎ ‎（2）电源的最大输出功率。‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）滑动变阻器滑片处于最左端时，电容器两端的电压就是电源的路端电压：‎ 滑动变阻器滑片处于最右端时，并联电阻为电容器两端的电压：‎ 通过的电量 ‎（2）电源的最大输出功率。‎ 考点：闭合电路的欧姆定律 ‎【名师点睛】对于直流电路的计算问题，往往先求出局部的电阻，再求出外电路总电阻，根据欧姆定律求出路端电压和总电流，再计算各部分电路的电压和电流。‎ ‎16.如图所示，A、B为两块平行金属板，A板带正电、B板带负电．两板之间存在着匀强电场，两板间距为d、电势差为U，在B板上开有两个间距为L的小孔．C、D为两块同心半圆形金属板，圆心都在贴近B板的O′处，C带正电、D带负电．两板间的距离很近，两板末端的中心线正对着B板上的小孔，两板间的电场强度可认为大小处处相等，方向都指向O′.半圆形金属板两端与B板的间隙可忽略不计．现从正对B板小孔紧靠A板的O处由静止释放一个质量为m、电量为q的带正电微粒（微粒的重力不计），求：‎ ‎（1）微粒穿过B板小孔时的速度多大；‎ ‎（2）为了使微粒能在CD板间运动而不碰板，CD板间的电场强度大小应满足什么条件；‎ ‎（3）从释放微粒开始，经过多长时间微粒第一次通过半圆形金属板间的最低点P点？‎ ‎【答案】（1）（2）（3）（2d+）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设微粒穿过B板小孔时的速度为v，根据动能定理，有qU＝mv2‎ 解得:‎ ‎(2)微粒进入半圆形金属板后，电场力提供向心力，有 联立解得：‎ ‎(3)微粒从释放开始经t1射入B板的小孔，则 设微粒在半圆形金属板间运动经过t2第一次到达最低点P点，则 所以从释放微粒开始，经过:‎ 微粒第一次到达P点。‎ ‎17.如图所示，一均匀带正电的无限长细直棒水平放置，带电细直棒在其周围产生方向与直棒垂直向外辐射状的电场，场强大小与直棒的距离成反比．在直棒上方有一长为a的绝缘细线连接了两个质量均为m的小球A、B，A、B所带电量分别为+q和+4q，球A距直棒的距离为a，两球恰好处于静止状态．不计两小球之间的静电力作用．‎ ‎（1）求细线的张力；‎ ‎（2）剪断细线，若A球下落的最大速度为vm，求A球下落到速度最大过程中，电场力对A球做的功．‎ ‎（3）分析剪断细线后，B球的运动情况及能量的转化情况．‎ ‎【答案】（1） （2） （3）剪断细线后，B小球做先上后下的往复运动（振动）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：分别隔离对A、B受力分析，通过共点力平衡求出细线的张力；当A球下落时，重力与电场力平衡时速度最大，根据平衡求出下降的距离，再根据动能定理求出电场力所做的功；剪断细线后，B小球做先上后下的往复运动，在上升的过程中，电场力做正功，电势能减小，根据能量守恒知，机械能增加，重力势能增加，动能先增大后减小），下降过程与上升过程对称。‎ ‎（1）设距直棒为r的点的电场强度大小为，分别对两小球列平衡方程：‎ 对A：‎ 对B：‎ 解得：‎ ‎（2）设A球下落到距直棒为r时速度最大，此时加速度为零，合力为零．‎ 由平衡条件：‎ 由上解得：‎ 解得：‎ 由动能定理：‎ 解得：‎ ‎（3）剪断细线后，B小球做先上后下的往复运动（振动）。在上升过程中，电势能逐渐减小，机械能逐渐增大（重力势能增大，动能先增大后减小）；在下降过程中，电势能逐渐增加，机械能逐渐减小（重力势能减小，动能先增大后减小），机械能与电势能的总和不变。‎ 点睛：本题主要考查了正确地受力分析，运用共点力平衡求解．以及会根据物体的受力，判断A、B两球的运动情况，知道加速度为零时，速度最大。‎