【物理】新疆和田地区2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

【物理】新疆和田地区2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

‎2019-2020学年第一学期和田地区高二年级统一考试期中 物理试卷 一.选择题 ‎1.下列说法正确的是( )‎ A. 只有很小的球形带电体才能看作点电荷 B. 物体所带的电荷量可以为任意实数 C. 元电荷就是质子 D. 电场是真实存在的，电场线是假想的 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 电荷的形状、体积和电荷量对分析的问题的影响可以忽略时，就可以看成是点电荷，并不是只有球形的电荷就是点电荷，故A错误；‎ B. 物体带电量只能是电子带电量的整数倍，故B错误；‎ C. 元电荷是指最小电荷量，不是电荷，不是指质子或者是电子，故C错误．‎ D. 电场是真实存在的，电场线是假想的，故D正确．‎ ‎2.电路中有一段粗细均匀的金属丝长为L，电阻为R，将金属丝均匀拉长至‎2L，其电阻为（ ）‎ A. 2R B. 4R C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】将金属丝拉长至‎2L时，长度为原来的两倍，横截面积变为原来的一半，根据电阻定律得：电阻变为原来的4倍，即为4R．‎ A. 2R与分析不符，故A错误．B. 4R与分析相符，故B正确．‎ C. 与分析不符，故C错误．D. 与分析不符，故D错误．‎ ‎3.两块大小、形状完全相同的金属平板平行正对放置，构成一平行板电容器，与它相连接的电路如图所示，接通开关S，电源即给电容器充电．则（　　）‎ A. 保持S接通，减小两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度减小 B. 保持S接通，在两极板间插入一块电介质，则极板上的电荷量减少 C. 断开S，减小两极板间的距离，则两极板间的电场强度不变 D. 断开S，减小两极板正对面积，则两极板间的电势差减小 ‎【答案】C ‎【解析】A. 保持S接通，则电容器两板间的电势差不变，因d 减小，由可知，两极板间的电场场强增大，故A错误；‎ B. 保持S接通，两板间的电势差不变，在两极板间插入一块介质后，电容增大，由Q=CU可知，极板上的电荷量增大，故B错误；‎ C. 断开S，电量保持不变，根据 、、联立解得：‎ 减小两极板间距离时，两极板间电场强度不变，故C正确；‎ D. 断开S，电量保持不变，减小两极板正对面积，据可知，电容减小，根据可知，电势差变大，故D错误。‎ ‎4.如图所示，在等量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点为连线中垂线上距A点距离也为d的一点，则下面关于三点电场强度E的大小、电势高低的比较，正确的是( ) ‎ A. EB＞EA＞EC， B. EA＝EC＞EB，‎ C. EA＜EB，EA＜EC，, D. EA＞EB，EA＞EC，,‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据电场线的疏密分布知，A点的电场线比C点密，B点的电场线比A点密，则EB＞EA＞EC；等量的异种电荷的中垂线为等势线，则A点的电势与C点的电势相等，沿着电场线方向电势逐渐降低，则A点的电势大于B点电势．所以φA=φC＞φB．故A正确，BCD错误．故选A．‎ ‎【点睛】虽然电场线不是实际存在的，但电场线的疏密可以体现电场强度的强弱；可以根据电场线方向来确定电势的高低；同时还考查了等量异种点电荷的电场线的分布，电场线与等势线相互垂直.‎ ‎5.处于静电平衡的导体，内部场强处处为零的原因是（ ）‎ A. 导体内部无任何电场 B. 外电场不能进入导体内部 C. 所有感应电荷在导体内部产生的合场强为零 D. 外电场和所有感应电荷的电场在导体内部叠加的结果为零 ‎【答案】C ‎【解析】处于静电平衡的导体内部存在两个电场，一个是外加电场、一个是导体内部自己产生的感应电场，两电场叠加的合场强为零，故只有C正确．‎ ‎6.电流表的内阻是，满刻度电流值是，现欲把这电流表改装成量程为5V的电压表，正确的方法是( )‎ A. 应串联一个的电阻 B. 应并联一个的电阻 C. 应串联一个的电阻 D. 应并联一个 的电阻 ‎【答案】C ‎【解析】把电流表改装成5V的电压表需要串联分压电阻，根据可知，分压电阻阻值为：，故ABD错误，C正确；故选C．‎ ‎7.如图所示电路，开关K断开和闭合时电流表示数的之比是1：3，则可知电阻R1和R2之比：(      )‎ A. 1：3 B. 1：2 C. 2：1 D. 3：1‎ ‎【答案】B ‎【解析】当开关断开时,两个电阻时串联关系，故流过两个电阻的电流相等，等于 ‎ 当开关闭合时,回路中只有电阻R2，则电流为 由电流表示数之比是1：3‎ 可知两个电阻 ，故B正确；ACD错 故选B ‎【点睛】开关断开时,两个电阻是串联的,通过两电阻的电流相等,当开关闭合时,电路中只有电阻R2,根据欧姆定律可求电流大小,根据两次电流关系可求电阻之比．‎ ‎8.在如图所示的图像中，直线为某一电源的路端电压与电流的关系图像，直线为某一电阻R的伏安特性曲线。用该电源与电阻R组成闭合电路。由图像判断错误的是 A. 电源的电动势为3 V，内阻为0.5Ω B. 电阻R的阻值为1Ω C. 电源的效率为80% D. 电源的输出功率为4 W ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据闭合电路欧姆定律得：‎ U=E-Ir 当I=0时，U=E，由读出电源的电动势E=3V，内阻等于图线的斜率大小，则：‎ A正确；‎ B．根据图像可知电阻：‎ B正确；‎ C．电源的效率：‎ C错误；‎ D．两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压U=2V，电流I=‎2A，则电源的输出功率为：‎ P出=UI=4W D正确。故选C。‎ ‎9.铅蓄电池的电动势为2 V，这表示( )‎ A. 电路中每通过‎1 C的电荷量，电源把2 J的化学能转变为电能 B. 没有接入电路时蓄电池两极间的电压为0 V C. 蓄电池在1 s内将2 J的化学能转变为电能 D. 蓄电池将化学能转变为电能的本领比一节干电池(电动势为1.5 V)的大 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 铅蓄电池的电动势为2V，由，知非静电力将‎1C的正电荷从电源的负极通过电源内部移送到正极时所做的功为2J，则电源把2J的化学能转变为电能，故A正确；‎ B. 蓄电池两极间没有接入外电路时，即电源断路时，电源两极间的电压等于电动势2V；故B错误．‎ C. 电源的电动势表示将‎1C的电量转移时做功为2J，但并不明确做功的时间；故C错误；‎ D. 电源的电动势是表示电源将其它形式的能转化为电能的本领，铅蓄电池的电动势比一节干电池的电动势大，故D正确；‎ ‎10.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．‎ ‎11.如图所示电路中，三只灯泡原来都正常发光，当滑动变阻器的滑动触头向右移动时，下面判断正确的是( )‎ A. 电路中总电阻减小 B. L1变亮 C. L2变亮 D. L3变暗 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 详解】A. 当滑片右移时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大，故A误差．‎ B. 电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流减小，故L1变暗，故B错误．‎ CD. 电路中电流减小，故内阻及R0、L1两端的电压减小，而电动势不变，故并联部分的电压增大，故L2变亮；因L2中电流增大，干路电流减小，故流过L3的电流减小，故L3变暗；故CD正确．‎ ‎12.下列说法正确的是( )‎ A. 多用电表测电压、电流时，红表笔的电势都高于黑表笔的电势 B. 用多用电表测电压、电流和电阻时，都用到了表内的电源 C. 测电阻时，必须把与被测电阻相接的电源分离 D. 测电阻时，两个表笔要与待测电阻接触良好才能测得较准确，因此，应当用两手分别将两个表笔与电阻两端紧紧捏在一起 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 多用电表测电压、电流时，电流由外部电源提供，红表笔的电势都高于黑表笔的电势，故A正确．‎ B. 用多用电表电阻时，用到了表内的电源，测电压、电流时，没有用到表内的电源，故B错误．‎ C. 测电阻时，必须把与被测电阻相接的电源分离，故C正确．‎ D. 测电阻时，两个表笔要与待测电阻接触良好才能测得较准确，但不能用两手分别将两个表笔与电阻两端紧紧捏在一起，因人体也是一电阻，故D错误．‎ 二.实验题 ‎13.要测绘额定电压为2 V的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3.0 V，内阻不计） ‎ B．电压表V1（量程0~3.0 V，内阻约2 kΩ）‎ C．电压表V2（量程0~15.0 V，内阻约6 kΩ） ‎ D．电流表A1（量程0~‎0.6 A，内阻约1 Ω）‎ E．电流表A2（量程0~100 mA，内阻约2 Ω） ‎ F．滑动变阻器R1（最大阻值10 Ω）‎ G．滑动变阻器R2（最大阻值2 kΩ）‎ ‎（1）为了减小实验误差，实验中电压表应选择________，电流表应选择_______，滑动变阻器应选择_________________．（填写各器材的序号）‎ ‎（2）为提高实验精度，请你设计实验电路图，并画在下面的虚线框中．‎ ‎（3）实验中测得一组数据如下表所示，根据表格中的数据在图中坐标系中作出小灯泡的伏安特性曲线．‎ I/A ‎0‎ ‎0.12‎ ‎0.21‎ ‎0.29‎ ‎034‎ ‎0.38‎ ‎0.42‎ ‎0.45‎ ‎0.47‎ ‎0.49‎ ‎0.50‎ U/V ‎0‎ ‎0.20‎ ‎0.40‎ ‎0.6‎ ‎0.80‎ ‎1.00‎ ‎1.20‎ ‎1.40‎ ‎1.60‎ ‎1.80‎ ‎2.00‎ ‎（4）该小灯泡的额定功率是_________ W．（保留两位小数）‎ ‎（5）由图象可知，小灯泡电阻的变化特点是_________________．‎ ‎【答案】 (1). B D F (2). (4). 1.00 (5). 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，实验测量的数据，电压为2V时，电流为‎0.5A，故电压表应选B，电流表应选D，又描绘伏安特性曲线要求电流从零调节，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，为了减小实验测量误差，电流表应用外接法，同时本实验中电压由零开始变化，故变阻器应采用分压式接法，电路图如图所示：‎ ‎(3)[5] 据所给数据得伏安特性曲线如图：‎ ‎(4)[6] 电压为2V时的电流为‎0.5A，则额定功率为：‎ P=UI=2×0.50=1.00W ‎(5)[7] I-U图象中的斜率表示电阻的倒数，故由图可知，灯泡电阻随电压（温度）的增大而增大；‎ 三、计算题 ‎14.如图所示，匀强电场中相距L=‎0.1m的A、B两点间的电势差V．带电量为C的点电荷位于A点时的电势能为J,求:‎ ‎(1)将该电荷从A点移到B点静电力做的功;‎ ‎(2)该电荷在A点时受到的静电力;‎ ‎(3)B点的电势．‎ ‎【答案】(1) (2) (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）该电荷从A点移到B点静电力做的功 ‎ ‎（2）电场强度 ‎ 电场力 ‎ ‎（3）A点电势 ‎ B点电势 ‎15.下图是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图，电动机内阻r=0.8Ω，电路中另一电阻R=10Ω，直流电压U=160V，电压表示数UV=110V，试求:‎ ‎（1）通过电动机的电流； ‎ ‎（2）电动机输出功率 ‎（3）若电动机以v=‎1m/s匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量？（g取‎10m/s2）‎ ‎【答案】(1)‎5A(2)530W(3)‎‎53kg ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）电动机和电阻串联，所以电流相等．电阻R两端电压为：‎ U1=U-UV=160-110=50V 通过电动机的电流大小为：‎ ‎（2）电动机输入的电功率为：‎ P=UI=110×5=550W 电动机输出功率 ‎（3）电动机的机械功率为530W，由 P=mgv 可得 ‎16.如图所示为两组平行板金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m、电荷量为q的粒子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0加速后通过B点进入两板间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间，若粒子从两块水平平行板的正中间射入，且最后粒子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，A、B分别为两块竖直板的中点，不计粒子所受重力．求：‎ ‎（1）粒子通过B点时的速度大小；‎ ‎（2）右侧平行金属板的长度；‎ ‎（3）粒子穿出右侧平行金属板时的动能．‎ ‎【答案】(1) (2) (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）在加速过程根据动能定理得：‎ 解得到质子射出加速电场的速度 ‎（2）粒子在竖直方向：‎ 在水平方向：‎ x=L=v0t 联立上式得到 代入数据得 ‎（3）从刚开始到射出电场的过程中运用动能定理得：‎ ‎17.如图所示，匀强电场的方向跟竖直方向成a角．在电场中有一质量为m、带电量为q的摆球，当摆线水平时，摆球处于静止．求：‎ ‎（1）摆线拉力的大小；‎ ‎（2）当剪断摆线后，球的运动情况是怎样的?‎ ‎（3）剪断摆线后经过时间t，电场力对球做的功是多少?‎ ‎【答案】(1) mgtanα(2) 当剪断摆线后，球水平向右匀加速直线运动，加速度为(3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小球受力如图，根据平衡条件得：‎ 摆线的拉力为 ‎ T=mgtanα ‎（2）当剪断摆线后，球水平向右匀加速直线运动，加速度为 ‎（3）剪断摆线后经过时间t，球的位移为 电场力大小为 电场力做功