江西省南康中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题
南康中学2019-2020学年度第一学期高二第二次大考
物 理 试 卷
一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分.1-8小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，9-12小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
1.电荷之间的静电力像万有引力一样，也是一种超距力，这种超距作用的观点是18-19世纪的多数科学家难以接受的。首位建立电场概念并使人们摆脱这一困境的科学家是（ ）
A. 牛顿 B. 库仑 C. 安培 D. 法拉第
【答案】D
【解析】
【详解】首位建立电场概念并使人们摆脱这一困境的科学家是法拉第，不是牛顿、库仑和安培，故选D。
2.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圆与两坐标轴的交点，ABCD所在平面与电场方向平行，已知A、B、C三点的电势分别为V、V、V，由此可得D点的电势为（ ）
A. 3V B. 6V C. 9V D. 12V
【答案】C
【解析】
【详解】在匀强电场中，沿着同一方向，每前进相同的距离，电势的降低相等；故：
代入数据，有：
解得：
V
故选C。
3.如图所示，Q是固定的点电荷，虚线是以Q为圆心的两个同心圆．一个带电粒子在仅受电场力的作用下沿实线所示的轨迹从a处运动到b处，然后又运动到c处，实线与两圆在同一平面内，带电粒子在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，电势能大小分别为Ea、Eb、Ec，则
A. aa>ab>ac，Ea
ab>ac，Ebac>aa，Ebac>aa，EaEb
B. a、b两点的场强大小Ea、Eb的关系EaEb'
D. a、b两点的电势大小φa、φb的关系φa>φb
【答案】C
【解析】
【详解】当导体P处于静电平衡状态时，导体内部场强处处为零，故a、b两点的场强大小Ea、Eb的关系为Ea=Eb=0，故AB错误；感应电荷在a、b两点产生的场强与点电荷在a、b两点产生的场强等大反向，则感应电荷在a、b两点产生的场强在大小Ea'和Eb'的关系是Ea'>Eb'，选项C正确；处于静电平衡的导体是一个等势体，则a、b两点的电势大小φa、φb的关系为φa=φb，故D错误。故选C。
【点睛】解决本题的关键要理解并掌握处于静电平衡状态导体的特性：导体内部场强处处为零，整个导体是一个等势体．
5.利用静电计研究平行板电容器的电容与哪些因素有关的实验装置如图所示，则下面哪些叙述符合实验中观察到的结果( )
A. 左板向左平移，静电计指针偏角变小
B. 左板向上平移，静电计指针偏角变小
C. 保持两板不动，在两板间插入一块绝缘介质板，静电计指针偏角变小
D. 保持两板不动，在两板间插入一块金属板，静电计指针偏角变大
【答案】C
【解析】
【详解】将左板向左平移，板间距离变大，根据，电容器电容C减小，而电容器的电量Q不变，由C=Q/U分析可知，电容器两板间电势差变大，则静电计指针偏角变大。故A错误。将左板向上平移，两板正对面积减小，电容C减小，而电容器的电量Q不变，由C=Q/U分析可知，电容器两板间电势差增大，则静电计指针偏角变大。故B错误。在两板之间插入一块绝缘介质板，电容增大，而电容器的电量Q不变，由C=Q/U分析可知，电容器两板间电势差减小，则静电计指针偏角变小。故C正确。保持两板不动，在两板间插入一块金属板，则板间距相当于减小，电容变大，根据C=Q/U可知两板电势差减小，则静电计指针偏角变小，选项D错误；故选C。
【点睛】本题是电容器动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是电容与哪些因素有什么关系，记住两个公式和C=Q/U．
6. 两只电阻的伏安特性曲线如图所示，则下列说法中正确的是
A. 两电阻的阻值关系为R1大于R2
B. 两电阻并联在电路中时，流过R1的电流小于流过R2的电流
C. 两电阻串联在电路中时，R1两端电压大于R2两端电压
D. 两电阻串联在电路中时，R1消耗的功率小于R2消耗的功率
【答案】D
【解析】
试题分析：I-U图像斜率的倒数表示电阻，故斜率越大，电阻越小，所以有，A错误；两电阻并联在电路中时，两端的电压相等，电阻大的电流小，所以流过的电流大于流过的电流，B错误；两电阻串联在电路中时，通过两电阻的电流相等，电阻大的电压大，故两端电压小于两端电压，C错误；根据得两电阻串联在电路中时，电阻大消耗的电功率大，故消耗的功率小于消耗的功率，D正确；
考点：考查了I-U图像，串并联电路规律
7.如图所示，电流表A1(0～3 A)和A2(0～0.6 A)由两个相同的电流计改装而成，现将这两个电流表并联后接入电路中，闭合开关S，调节滑动变阻器，下列说法中正确的是
A. A1、A2的内阻之比为5∶1
B. A1、A2的指针偏转角度之比为1∶1
C. A1、A2的读数之比为1∶1
D. A1、A2的指针偏转角度之比为1∶5
【答案】B
【解析】
【详解】电流表A1（0-3A）和A2（0-0.6A）是由两个相同的电流计改装而成，都是并联电路，在图中两电流计也是并联的，电压相等，电流相等，则A1、A2 的指针偏转角度之比为1：1；
它们的量程之比为5：1，即总电阻之比为1：5，所以并联时读数之5：1．故B正确，ACD错误。故选B。
【点睛】本题要对于安培表的内部结构要了解：小量程电流表（表头）与分流电阻并联而成．指针偏转角度取决于流过表头的电流大小．
8.如图所示，a、b、c、d、e为同一直线上的五个点，相邻两点间的距离都为L．处于a、e两点的点电荷的电荷量都为q，处于a点的为负电荷，处于e点的为正电荷。在c点有一与直线垂直的均匀带电薄板，带电量为Q，电性未知。已知d点的电场强度为零，则b点的电场强度大小为（已知静电力常量为k）（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【详解】根据电场叠加原理，可知处于a、e两点的点电荷在d点的电场强度为：
方向向左。d点电场强度为零，则均匀带电薄板在d点的电场强度与a、e两点的点电荷在d点的电场强度等大反向，即为，方向向右。根据对称性可知，处于a、e两点的点电荷在b点的电场强度为，方向向左，均匀带电薄板在b点的电场强度为
，方向向左，根据电场叠加原理可知，b点的电场强度为，故选A。
9.如图所示，两个截面不同，长度相等的均匀铜棒接在电路中，两端的电压为U，下列说法正确的是（ ）
A. 通过两棒的电流强度相等
B. 两棒的自由电子定向移动的平均速率相等
C. 两棒内的电场强度大小相等
D. 相同时间内通过两棒电荷量相等
【答案】AD
【解析】
【详解】A.因两导体串联，则电流一定相等，故A正确；
B.由电流的微观表达式：
可知电流相同，单位体积内的电子数相同，电子的电荷量相同，因截面积不相同，故电子的定向移动速率不同，细棒中的电子定向移动速率大，故B错误；
C.因电压相等，由电阻定律有：
可知细棒的电阻较大，则由欧姆定律可知，细棒两端的电压较大，由：
可知细棒内的电场强度大于粗棒内的电场强度，故C错误；
D.根据：
由于电流相等，故通过两棒的电荷量相等，故D正确。
10.一电炉的电阻丝和一台电动机线圈电阻相同，现将它们以串联方式联接，接通合适的电源后，电动机正常运转，下列说法正确的是（ ）
A. 电炉和电动机的热功率相等
B. 电动机消耗的电功率大于电炉消耗的电功率
C. 电炉两端电压小于电动机两端电压
D. 电炉和电动机两端电压相等
【答案】ABC
【解析】
【详解】A.电炉电路和电动机电路焦耳定律都适用。根据焦耳定律:
得电炉和电动机的电阻相同，电流相同，则在相同的时间内电炉和电动机产生的电热相等。故A正确。
B.电动机消耗的电能一部分转化为内能，另一部分转化为机械能，电炉消耗的电能全部转化为内能，而相等时间内它们产生的热量相等，则在相同的时间内，电动机消耗的电能大于电炉消耗的电能，电动机消耗的功率大于电炉消耗的功率。故B正确。
CD.设电流为I，则电炉两端电压：
电动机两端电压，所以，即电动机两端电压大于电炉两端电压。故C正确，D错误。
11.如图所示，在一个匀强电场(图中未画出)中有一个直角梯形ABCD，其中，E为AD的中点，F为BC的中点。一个带正电的粒子从A点移动到B点，电场力做功为WAB=3.0×10-6J；将该粒子从D点移动到C点，电场力做功为WDC=4.0×10-6J。则以下分析正确的是( )
A. 若将该粒子从E点移动到F点，电场力做功为WEF=3.5×10-6J
B. 若将该粒子从E点移动到F点，电场力做功WEF有可能大于3.5×10-6J
C. 若将该粒子从B点移到C点，电场力做功为WBC=1.0×10-6J，则此匀强电场的方向一定是从A点指向B点的方向
D. 若该粒子的电量为2×10-6C，则A、B之间的电势差为1.5V
【答案】ACD
【解析】
【详解】用φ表示各点的电势。根据电场力做功的公式W=qU可知：WEF=qUEF=q（∅E-∅F），因为E、F是线段的中点，因此在匀强电场中有：∅E＝ 、∅F＝，代入上式化简可得：WEF＝WAB+WDC=3.5×10-6J．故A正确、B错误；若将该粒子从B点移到C点，电场力做功为WBC＝1×10−6J＝WDC，根据电场力做功公式W=qU可知UDC=4UBC，则B点电势与DC连续靠近C点四分之一处的点电势相等，这两个点的连续就是等势线；根据电场线与等势线必定垂直的性质，此匀强电场的方向一定从A点指向B点的方向。故C正确；根据电场力做功的公式WAB=qUAB得：．故D正确。故选ACD。
【点睛】解答本题的关键是：要掌握在匀强电场中连线中点电势大小的计算方法，同时要灵活应用电场力做功公式并熟知等势面和电场强度的方向关系。
12.如图所示，在真空中有一水平放置的不带电平行板电容器，板间距为d，电容为C，上板B接地，现有大量质量均为m、带电荷量为q的小油滴，以相同的初速度持续不断地从两板正中间沿图中虚线方向射入，第一滴油滴正好落到下板A的正中央P点，如果能落到A板的油滴仅有N滴，且第滴油滴刚好能飞离电场，假设落到A板的油滴的电荷量能被板全部吸收，不考虑油滴间的相互作用，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A. 落到A板的油滴数
B. 落到A板的油滴数
C. 第滴油经过电场的整个过程中所增加的动能为
D. 第滴油经过电场的整个过程中所减少的机械能为
【答案】ACD
【解析】
【详解】AB.第一滴油滴正好落到下板A的正中央P点。则：
设以上述速度入射的带电粒子，最多能有n个落到下极板上。则第（N+1）个粒子的加速度为a，由牛顿运动定律得：
其中：
得：
第（N+1）粒子做匀变速曲线运动，竖直方向有：
而
第（N+1）粒子不落到极板上，则有关系：
联立以上公式得：
故A正确，B错误；
C.第（N+1）粒子运动过程中重力和电场力做功等于粒子动能的增量，由动能定理得：
代人数据得：
故C正确；
D.第（N+1）粒子运动过程中电场力做的负功等于粒子减少的机械能：
即机械能减少：
故D正确。
二、填空题（每空2分，共14分）
13.某同学在实验室完成了下列测量：
(1)用20分度的游标卡尺测量某物体的长度，如图所示，由图可知其长度为________mm
(2)用螺旋测微器测量某圆柱体直径，如图乙所示，由图可知其直径为__________mm
【答案】 (1). 2030mm (2). 0.920m
【解析】
【详解】（1）[1]20分度的游标卡尺，其准确度为0.05mm，主尺读数为：
2×10mm=20mm
游标尺第6个刻度与主尺对齐，读数为：
6×0.05mm=0.30mm
则物体的长度为：
20mm+0.30mm=20.30mm
（2）[2]螺旋测微计精确度为0.01mm，固定刻度读数为：0.5mm，可动刻度读数为：
42.0×0.01mm=0.420mm
则圆柱体的直径为：
0.5mm+0.420mm=0.920mm
14.为测量“12 V , 5 W”的小电珠的伏安特性曲线，给定了以下器材：
电源：12 V，内阻不计；
电流表：量程0～0.6 A、0～3 A，内阻约为0.2 Ω
电压表：量程0～3 V、0～15 V，内阻约为15 kΩ
滑动变阻器：0～5Ω
开关一个，导线若干
(1)以上四个电路图你认为最合适的是______
(2)在本实验中，电流表的量程应选_________（选填0～0.6 A或0～3 A）
(3)某位同学测得小电珠的伏安特性曲线如图所示，当电流表读数为0.40 A时小电珠的实际功率为_____W
【答案】 (1). A (2). 0～0.6 A (3). 2.4
【解析】
【详解】（1）[1]电流和电压要求从零开始连续变化，故滑动变阻器采用分压式接法；
54.8Ω
灯泡电阻：
28.8Ω；
由于：
故采用安培表外接法；故选A；
（2）[2]灯泡的额定电流为：
A
故选择量程为0.6A挡即可；
（3）[3]从U-I图象可以看出，当电流为0.4A时电压为6V，故功率为：
04×6=2.4W
15.（1）把电流表改装成电压表的实验中，所用电流表G的满偏电流为200 μA，内阻500Ω，现在通过串联一个24.5kΩ的电阻把它改装成一个电压表，此电压表的量程为_________（填写格式为“0～10V”）
（2）如图是用上述改装后的电压表测定未知电阻的电路图，测量时，电流表的读数为0.20A，而改装后的电压表的表头读数如图所示，那么的阻值等于_________Ω
【答案】 (1). 0～5 V (2). 15Ω
【解析】
【详解】（1）[1]根据串并联规律可知，改装的电压表量程应为：
=5 V
所以此电压表的量程为：
0～5 V
（2）[2]因改装后的电压表量程为5 V，所以电压表的读数为：
V
待测电阻的阻值为：
Ω
三、计算题（本题共4个小题，第16、17题每小题8分，第18题10分，第19题12分，共38分.解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.）
16.匀强电场中A、B、C三点构成一个直角三角形，AB=4cm，BC=3cm。把电荷量为的点电荷从A点移到B点时，电场力做功4.8×10﹣8J，从B点移到C
点时，克服电场力做功4.8×10﹣8J，若取B点的电势为零，求：
（1）A、C两点的电势；
（2）电场强度的大小和方向。（要求方向在图中画出）
【答案】（1）φA=240V，φC=240V；（2）E=104V/m，方向如图所示
【解析】
【详解】：(1)由A到B过程：
而UAB=φA﹣φB
代入数据解得：φA=240V
由B到C过程：
而UBC=φB﹣φC
代入数据解得：φC=240V
(2)A、C两点在同一等势线上，电场线垂直于等势线如图所示．
因为AB=4cm，BC=3cm，三角形ABC为直角三角形，所以∠A=37°
则
代入数据解得E=104V/m，方向如图所示。
故本题答案是: （1）φA=240V，φC=240V；
（2）E=104V/m，方向如图所示
17.如图所示，电源的电动势E=110V，电阻R1=21Ω，电动机线圈的电阻R0=0.5Ω，当电键S断开时，电阻R1的电功率是525W，当S闭合时，电阻R1 的电功率是336W，求：
(1)电源的内阻；
(2)当S闭合时电动机的输出功率。
【答案】(1)1Ώ(2)1606W
【解析】
（1）S断开时，对R1P1＝I2R1，所以I=5A，
对闭合回路：E=I（R1+r），所以r=1Ω；
（2）S闭合时，对R1：，所以I1=4A，
R1两端电压U=I1R1=84W，
对闭合回路，设通过电源的电流为I′，则E=U+I′r，所以I′=26A，
所以电动机中的电流为I2=I′-I1=22A，
则电动机输出的功率为P=UI2-I22R0=1606W；
点睛：对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的．
18.如图所示，在高为H=2.5m的光滑、绝缘的水平平台边缘处，木块B处于静止状态，另一个带电的物块A以v0=10m/s的速度向B运动，与B碰撞后结为一体（电量不损失）并滑出平台，落到水平地面上，落地点距平台边缘的水平距离L=5.0m. 已知图示空间存在方向竖直向下的匀强电场（图中未画出），其场强大小为E=1.0´103N/C，A、B的质量均为，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，
（1）试说明A的电性，并求出其电量大小；
（2）计算A和B一起落地时的速度大小.
【答案】（1）负电；1.0×10-5C（2）5m/s
【解析】
【详解】（1）对于A、B碰撞过程，由动量守恒得：mv0=2mv
解得v＝＝5m/s
碰后A、B从台上飞出后做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速运动，则x=vt ；解得t=1s；
竖直方向：h=at2
得 ，可知电场力向上，因场强向下，则故A应带负电．
根据牛顿第二定律得 2mg-qE=2ma
得
（2）两物体落地的竖直速度vy=at=5m/s，
则落地的速度
19.如图所示，沿水平方向放置一条平直光滑槽，它垂直穿过开有小孔的两平行薄板，板相距3.5L。槽内有两个质量均为m的小球A和B，A球带电量为+q，B球带电量为-3q，两球由长为2L的轻杆相连，组成一带电系统。最初A和B分别静止于左板的两侧，离板的距离均为L。若视小球为质点，不计轻杆的质量，现在两板之间加上与槽平行，场强为E的向右的匀强电场后（设槽和轻杆由特殊绝缘材料制成，不影响电场的分布），带电系统开始运动。试求：
（1）从开始运动到B球刚进入电场时，带电系统电势能的改变量∆E；
（2）以右板电势为零，带电系统从开始运动到速度第一次为零时，A球所在位置的电势φ为多大？
（3）带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间。
【答案】19. 20. 21.
【解析】
【分析】
（1）根据电场力做功可以求出电势能的该变量
（2）求出运动的位移，再根据由板电势为零，可以求出带电系统从运动到速度第一次为零时A球所在位置的电势UA
（3） 根据运动学公式求分段求出运动时间，则总时间也就求出来了
【详解】(1)设球B刚进入电场时,电场力做功使带电系统电势能减少
(2)设B进入电场后带电系统又运动了s速度变为零,
由动能定理得
计算得出 ,即离右板距离为L带电系统速度第一次为零
以右板电势为零,速度第一次为零的位置电势大于零,所以带电系统速度第一次为零时,球A所在位置的电势为
(3)设A球运动了L时速度为,由动能定理得
计算得出,
由
运动时间为
A球运动s时加速度为,
由
得.
所以带电系统速度第一次为零所需的时间为
【点睛】分析带电系统在本装置中受到的电场力，再结合运动的位移可以求出电场力做功，则电势能的变化即可求出来。