【物理】四川省南充市白塔中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

【物理】四川省南充市白塔中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

白塔中学高2018级期中考试物理试题卷 一、单选题 ‎1.关于电场强度与电势的关系，下面各种说法中正确的是：（ ）‎ A. 电场强度大的地方，电势一定高 B. 电场强度不变，电势也不变 C. 电场强度为零处，电势一定为零 D. 电场强度的方向是电势降低最快的方向 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】电场线密处，电场强度大，而电场线方向不确定，故无法判断电势高低，电势就不一定高，故A错误；在匀强电场中，电场强度不变，沿着电场线的方向，电势总是逐渐降低的，故B错误；电势为零，是人为选择的，电场强度为零的地方，电势不一定为零，故C错误；沿着电场方向电势降低最快，故D正确。‎ ‎2.如图所示的电路中，AB是两金属板构成的平行板电容器．先将电键K闭合，等电路稳定后再将K断开，然后将B板向下平移一小段距离，并且保持两板间的某点P与A板的距离不变．则下列说法错误的是( )‎ A. 电容器的电容变小 B. 电容器内部电场强度大小变大 C. 电容器内部电场强度大小不变 D. P点电势升高 ‎【答案】B ‎【解析】A.根据：‎ 可知当B板向下平移一小段距离，间距d增大，其它条件不变，则导致电容变小，故A正确，不符合题意； ‎ BC.根据：‎ 可得：‎ 由于电量不变，场强大小不变，故B错误，符合题意；C正确，不符合题意； ‎ D.B板接地，即电势为0；场强不变，根据：‎ 可知d增大，则P点与地间的电势差增大，即P点电势升高，故D正确，不符合题意。‎ ‎3.一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示，在该匀强电场中，有一个带电粒 子于t＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是(　　)‎ A. 带电粒子只向一个方向运动 B. 0～2 s内，电场力的功等于0‎ C. 4 s末带电粒子回到原出发点 D. 2.5～4 s，电场力的冲量等于0‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：从图中可以看出，电场变化的周期是3s，在每个周期的前一秒内，带电粒子的加速度为a1=，后两秒的加速度为a2=，可得a2是a1的2倍，从而绘出v-t图，有题意可知粒子在反向加速0.5s后开始反方向运动，可判断A错误；由图可以看出0～2s的时间内，做功不会为零；由v-t图象中图线与坐标轴围成的图形的面积为位移可判断C选项的正误；由动量定理可计算出2.5s～4s内的动量的变化，从而判断D的正误．‎ 解答：解：‎ 由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度a1=，为第2s内加速度a2=的 ‎，因此先加速1s再减小0.5s速度为零，接下来的0.5s将反向加速，v--t图象如图所示，由对称关系可得，反向加速的距离使带电粒子刚回到减速开始的点，所以选项A错；0～2s内，带电粒子的初速度为零，但末速度不为零，由动能定理可知电场力所做的功不为零，选项B错误；由v--t图象中图线与坐标轴围成的图形的面积为物体的位移，由对称可以看出，前4s内的位移不为零，所以带电粒子不会回到原出发点，所以C错误；2.5s～4s内，电场力的冲量为 I=2qE0×0.5+（-qE0）×1=0，选项D正确．‎ 故选D．‎ 点评：带电粒子在交变电场中运动的情况比较复杂，由于不同时段受力情况不同、运动情况也就不同，若按常规的分析方法，一般都较繁琐，较好的分析方法就是利用带电粒子的速度图象来分析．在画速度图象时，要注意以下几点：‎ ‎ 1．带电粒子进入电场的时刻；‎ ‎　　2．速度图象的斜率表示加速度，因此加速度相同的运动一定是平行的直线；‎ ‎　　3．图线与坐标轴的围成的面积表示位移，且在横轴上方所围成的面积为正，在横轴下方所围成的面积为负；‎ ‎　　4．注意对称和周期性变化关系的应用；‎ ‎　　5．图线与横轴有交点，表示此时速度反向，对运动很复杂、不容易画出速度图象的问题，还应逐段分析求解．‎ 带电粒子在交变电场中的运动，是对“力和运动”知识点深化性考查的重要信息载体，该问题主要围绕“受力分析、依据受力和运动的初始条件判断带电粒子的运动状态、多方物理过程的分析和临界条件”等能力点考查学生的学科思维能力，方法上主要采用“牛顿运动定律”和“功能思想”．‎ ‎4.如图甲所示x轴上固定两个点电荷、（位于坐标原点O），轴上有M、N、P三点，间距MN=NP。、在轴上产生的电势φ随x变化关系如图乙。则 A. M点电场场强大小为零 B. N点电场场强大小为零 C. M、N之间电场方向沿x轴负方向 D. 一正试探电荷从P移到M过程中，电场力做功 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因场强等于沿场强方向上单位距离上的电势差，则在x轴上各个点的场强大小等于图像的斜率，在M点处，图像的斜率不为零，所以电场强度不为零，故A错误。‎ B．在N点处，图像的斜率为零，所以电场强度为零，故B正确。‎ C．设一个带正电的试探电荷从M点移动到N点，由于电势减小，所以电势能会减小，此过程电场力做正功，M、N之间电场方向沿x轴正方向，故C错误。‎ D．由图乙知，所以正试探电荷在PN之间电势能的变化量的绝对值小于在NM之间电势能的变化量的绝对值，根据功能关系可知电场力做功，故D错误。‎ ‎5.如图所示，质量为m、带电荷量为q的粒子，以初速度v0从A点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B点时，速率vB=2v0，方向与电场的方向一致，则A、B两点的电势差为(　　)‎ A B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】粒子在竖直方向做匀减速直线运动，则有：‎ 电场力做正功，重力做负功，使粒子的动能由变为 ，则根据动能定理，有 Uq－mgh=-‎ 解得，A、B两点电势差应为 故C正确，ABD错误。‎ ‎6.如图所示，竖直平面内有一固定的光滑椭圆大环，其长轴长BD=4L、短轴长AC=2L。劲度系数为k的轻弹簧上端固定在大环的中心0，下端连接一个质量为m、电荷量为q、可视为质点的小环，小环刚好套在大环上且与大环及弹簧绝缘，整个装置处在水平向右的匀强电场中。将小环从A点由静止释放，小环运动到B点时速度恰好为O。已知小环在A、 B两点时弹簧的形变量大小相等。则（ ）‎ A. 小环从A点运动到B点过程中，弹簧的弹性势能一直增大 B. 小环从A点运动到B点的过程中，小环的电势能一直增大 C. 电场强度的大小为 D. 小环在A点时受到大环对它的弹力大小为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：将小环从A点由静止释放，小环运动到B点时速度恰好为O．已知小环在A、B两点时弹簧的形变量大小相等．故小环在A点时弹簧压缩量为，在B点时弹簧伸长，然后分析个选项即可解决．‎ 小环从A点运动到B点的过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大，故A错误；小环从A点运动到B点的过程中，小环沿电场线方向水平运动2L，故小环的电势能一直减小，B错误；整个过程由能量守恒定律得，得，故C错误，小环在A点时，弹簧压缩，受到大环对它的弹力为，故D正确．‎ ‎7.如图甲所示，一轻质弹簧两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上.现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得（ ）‎ A. 两物体的质量之比为m1:m2=2:1‎ B. 从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长 C. 在t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，弹簧分别处于压缩状态和拉伸状态 D. 在t2时刻A和B的动能之比为EK1: EK2=1:4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、B组成的系统合外力为零，遵守动量守恒．选择开始到t1时刻列方程可得： m1v=（m1+m2）v1，将v=3m/s，v1=1m/s代入得：m1：m2=1：2，故A错误；结合图象弄清两物块的运动过程，开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相当，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩最厉害，然后弹簧逐渐恢复原长，m2依然加速，m1先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两木块均减速，当t3时刻，二木块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故B错误；由图可知t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，总动能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹性势能最大，t1时刻弹簧处于压缩状态，t3时刻弹簧处于伸长状态．故C正确；在t2时刻A的速度为：vA=-1m/s，B的速度为：vB=2m/s，根据m1：m2=1：2，结合，得：Ek1：Ek2=1：8，故D错误。所以C正确，ABD错误。‎ ‎8.在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器。当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U。现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是 A. I1增大，I2不变，U增大 B. I1减小，I2增大，U减小 C. I1增大，I2减小，U增大 D. I1减小，I2不变，U减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，即A1示数减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大，即A2示数增大．故A、C、D错误，B正确．‎ 二、不定项选择题 ‎9. 下列物理量中哪些与检验电荷无关（ ）‎ A. 电场强度E B. 电势 ‎ C. 电势能EP D. 电场力F ‎【答案】AB ‎【解析】‎ 场强表述电场力的性质，电势描述电场能的性质，由场本身决定，与检验电荷无关。AB对。电势能，电场力,与检验电荷有关，CD错。‎ ‎10.下列关于电源电动势的说法中，正确的是（ ）‎ A. 电动势越大，表明其储存的电能越多.‎ B. 电动势是闭合电路中电源两端的电压.‎ C. 电动势的大小是非静电力做功能力的反映.‎ D. 电动势越大，说明非静电力在电源内部从负极向正极移动单位正电荷做的功越多.‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】ACD.电动势是描述电源把其它形式的能量转化为电能本领的物理量，是非静电力做功能力的反映，电动势越大，说明非静电力在电源内部从负极向正极移送单位正电荷做的功越多，但电能不一定多，故A错误，CD正确。‎ B.电源没有接入外电路时两极间的电压等于电源电动势，故B错误。‎ ‎11.用相同的表头改装成两个量程不同的电流表，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 将他们串联在一起，两表读数相同，量程大的偏角小.‎ B. 将他们并联在一起，偏角相同，量程大的读数小.‎ C. 将他们串联在一起，两表读数相同，量程大的偏角大.‎ D. 将他们并联在一起，偏角相同，量程大的读数大.‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】将表头改装成电流表时，应并联一个小电阻，此时表头中刻度表示流过表头及小电阻的总电流；‎ AC.若将两电表串联，则流过G表及小电阻的电总电流相等故示数相等，但由分流关系可知，流过表头G的电流不相等，故偏角不等，量程越大，则小电阻分流越多，流过G表的电流越少，指针偏角越小，即将它们串联在一起时，两表读数相同，量程大的偏角小，故A正确，C错误；‎ BD.若将两表并联，则可以看作四个用电器并联，则各用电器两端的电压相等，故流过表头的电流相等，故偏角一定相等，但示数不同，量程越大的电流表内阻越小，在电压相等时，通过电流表的电流越大，示数越大，即：将它们并联在一起时，偏角相同，量程大的读数越大，故B错误，D正确。‎ ‎12.如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度v1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为v2（v2＜v1）。若小物体电荷量保持不变，OM＝ON，则（）‎ A. 小物体上升的最大高度为 B. 从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小 C. 从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功 D. 从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．设斜面倾角为θ、上升过程沿斜面运动的最大距离为L。‎ 因为OM＝ON，则MN两点电势相等，小物体从M到N、从N到M电场力做功均为0。上滑和下滑经过同一个位置时，垂直斜面方向上电场力的分力相等，则经过相等的一小段位移在上滑和下滑过程中电场力分力对应的摩擦力所作的功均为相等的负功，所以上滑和下滑过程克服电场力产生的摩擦力所作的功相等、并设为W1。在上滑和下滑过程，对小物体，应用动能定理分别有：‎ 和 上两式相减可得：‎ 故A正确。‎ BC．由OM＝ON，可知电场力对小物体先作正功后作负功，电势能先减小后增大；故BC错误；‎ D．从N到M的过程中，小物体受到的电场力垂直斜面的分力先增大后减小，而重力分力不变，则摩擦力先增大后减小，在此过程中小物体到O的距离先减小后增大，根据库仑定律可知小物体受到的电场力先增大后减小；故D正确。‎ ‎13.如图所示，电源电动势为E，内阻为r，电压表V1、V2、V3为理想电压表，R1、R3为定值电阻，R2为热敏电阻(其阻值随温度升高而减小)，C为电容器，闭合开关S，电容器C中的微粒A恰好静止．当室温从25 ℃升高到35 ℃的过程中，流过电源的电流变化量是ΔI，三只电压表的示数变化量是ΔU1、ΔU2和ΔU3.则在此过程中( )‎ A V1示数减小 B. ‎ C. Q点电势升高 D. R3中的电流方向由M向N，微粒A匀加速下移 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.室温从25℃升高到35℃的过程中，R2的阻值减小，总电阻减小，由闭合电路欧姆定律得，总电流增大，外电压减小，V1示数为U1=IR1增大，故A错误；‎ B. 由 得 由 得 则有：‎ 故B正确； ‎ C.由于外电压减小，V1示数增大，所以V2示数减小，而：‎ 且，所以Q点电势升高，故C正确；‎ D.V3测量的是电源路端电压，由：‎ 得U3减小，电容器两端电压减小，电容电荷量减少，电容放电，形成从M到N的电流，两板间场强降低，电荷受的电场力减小，故将下移，但电场强度不断减小，由 得加速度增大，微粒做加速度增大的加速运动，故D错误。‎ 三、实验题 ‎14.在“验证动量守恒定律”的实验中：‎ ‎(1)在确定小球落地点的平均位置时通常采用的做法是______________________，其目的是X减小实验中的________(选填“系统误差”或“偶然误差”)．‎ ‎(2)入射小球每次必须从斜槽上______________滚下，这是为了保证入射小球每一次到达斜槽末端时速度相同．‎ ‎(3)入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，在m1＞m2时，实验中记下了O、M、P、N四个位置(如图所示)，若满足____________________(用m1、m2、OM、OP、ON表示)，则说明碰撞中动量守恒；若还满足_____________________(只能用OM、OP、ON表示)，则说明碰撞前后动能也相等．‎ ‎【答案】(1). 用圆规画一个尽可能小的圆,把尽可能多的落点圈在圆内,圆心即平均位置 偶然误差 (2). 同一位置由静止开始 (3). m1·OP=m1·OM＋m2·ON OP=ON－OM ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 由于落点比较密集，又较多，每次测量距离很难，确定落点平均位置的方法是最小圆法，用圆规画一个尽可能小的圆把所有的落点圈在里面，圆心即平均位置，这样可以减小偶然误差；‎ ‎(2) 为了保证小球每次到达斜面末端时速度相同，应让小球每次从同一位置由静止滑下；‎ ‎(3) 设落地时间为t，则有： ‎ 而动量守恒的表达式是： ‎ 所以若两球相碰前后的动量守恒，则有：成立；‎ 若碰撞是弹性碰撞，动能是守恒的，则有：‎ ‎ ‎ 即成立 联立可得：。‎ ‎15.在测定金属的电阻率的实验中,所测金属丝的电阻大约为5Ω,先用伏安法测出该金属丝的电阻,然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率。用米尺测出该金属丝的长度L,用螺旋测微器测量该金属丝直径时的刻度位置如图所示：‎ ‎（1）从图中读出金属丝的直径为_____________mm。‎ ‎（2）实验时,取来两节新的干电池、开关、若干导线和下列器材:‎ A.电压表0～3V,内阻10kΩ B.电压表0～15V,内阻50 kΩ C.电流表0～0.6A,内阻0.05Ω D.电流表0～3A,内阻0.01Ω E.滑动变阻器,0～10Ω F.滑动变阻器,0～100Ω ‎ 要比较准确地测出该金属丝的电阻值,电压表应选_____,电流表应选______,滑动变阻器选_____(填序号)。‎ ‎（3）实验中,某同学实物接线如图所示,请指出该实物接线中的两处明显错误。‎ 错误1:____________________; ‎ 错误2:___________________。‎ ‎【答案】 (1). 0.680 (2). A C E (3). 导线连接在滑动变阻器的滑片上 采用了电流表内接法测电阻 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]固定刻度读数：0；半刻度读数：0.5mm；可动刻度读数0.01mm×18.0=0.180mm；故螺旋测微器读数为：0.680mm；‎ ‎（2）[2]]两节干电池电动势共为3V，为减小读数误差，选小量程电压表，故选A；‎ ‎[3]回路中的最大电流约为：‎ A 电流不超过0.6A，故电流表同样选择小量程的，即选C；‎ ‎[4] 滑动变阻器的特点是：电阻大的调节精度低，电阻变化快，操作不方便，故选小电阻的，即选E；‎ ‎（3）[5] 导线连接在滑动变阻器的滑片上；‎ ‎[6] 采用了电流表内接法测电阻。‎ 四、计算题 ‎16.如下图所示,有一个表头G，满偏电流Ig=500mA,内阻Rg=200Ω,用它改装为有1A 和10 A两种量程的电流表,则R1、R2的阻值各为多大?‎ ‎ ‎ ‎【答案】R1=180Ω，R2=20Ω ‎【解析】‎ ‎【详解】解：改装为1A电流表时，并联电阻的分流电流为：=0.5A 分流电阻的阻值为：=200Ω 改装为10A电流表时：‎ 解得：=180Ω，=20Ω。‎ ‎17.一条长为L的绝缘细线上端固定在O′点，下端系一个质量为m、带电荷量为＋q的小球，将它置于一个水平向右的匀强电场中，且qE＝mg.在O点给小球以初速度v0，使小球恰好在竖直平面内做顺时针方向上的完整圆周，求：‎ ‎（1）运动过程中最“高”点的位置坐标；‎ ‎（2）运动过程中的最小速度和最大速度大小；‎ ‎（3）初速度v0的大小．‎ ‎【答案】（1）（，）（2），（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小球受水平向左的电场力和竖直向下的重力及绳子拉力作用，电场力和重力的合力为，故小球在如图所示的M点取得最小速率，在N点取得最大速率；‎ 所以图中的M点为运动过程中最“高”点，其位置坐标为，‎ 即（，）‎ ‎（2）小球恰好能在竖直平面内做顺时针方向上的完整圆周运动，对小球在M点则有：‎ 解得运动过程中最小速度大小为：‎ 对小球从M到N的运动过程应用动能定理可得：‎ 解得运动过程中最大速度大小为：‎ ‎（3）对小球从O运动到N的过程应用动能定理可得：‎ 解得初速度为：‎ ‎18.如图所示，光滑水平面上有A、B、C三个物块，其质量分别为mA=2.0kg，mB=1.0kg，mC=1.0kg．现用一轻弹簧将A、B两物块连接，并用力缓慢压缩弹簧使A、B两物块靠近，此过程外力做功108J（弹簧仍处于弹性限度内），然后同时释放A、B，弹簧开始逐渐变长，当弹簧刚好恢复原长时，C恰以4m/s的速度迎面与B发生碰撞并粘连在一起．求 ‎（1）弹簧刚好恢复原长时（B与C碰撞前）A和B物块速度的大小？‎ ‎（2）当弹簧第二次被压缩时，弹簧具有的最大弹性势能为多少？‎ ‎【答案】（1）υA＝6m/s，υB= 12m/s，A的速度向右，B的速度向左．（2）50J ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 考查了动量守恒和机械能守恒定律的应用 ‎【详解】（1）弹簧刚好恢复原长时，A和B物块速度的大小分别为υA、υB．‎ 由动量守恒定律有：0 =mAυA - mBυB 此过程机械能守恒有：Ep=mAυA2+mBυB2‎ 又：Ep＝108J 解得：υA＝6m/s，υB= 12m/s，A的速度向右，B的速度向左．‎ ‎（2）C与B碰撞时，C、B组成的系统动量守恒，设碰后B、C粘连时速度为υ′，则有：‎ mBυB-mCυC= (mB+mC)υ′， 代入数据得υ′ = 4m/s，方向向左．‎ 此后A和B、C组成的系统动量守恒，机械能守恒，当弹簧第二次压缩最短时，弹簧具有的弹性势能最大，设为Ep′，且此时A与B、C三者有相同的速度，设为υ，由动量守恒有：mAυA-(mB+mC)υ′ = (mA+mB+mC)υ，代入数据得υ= 1m/s，υ的方向向右．‎ 由机械能守恒有：mAυA2+(mB+mC)υ′2=Ep′+(mA+mB+mC)υ2‎ 代入数据得：E′p＝50J．‎ ‎【点睛】列动量表达式时注意了方向性．同时研究对象的选取也是本题的关键之处．还值得重视的是B与C碰后有动能损失的，所以碰前的与碰后不相等．‎