【物理】福建省漳州市平和一中、南靖一中等五校2019-2020学年高二上学期期中联考试题（解析版）

【物理】福建省漳州市平和一中、南靖一中等五校2019-2020学年高二上学期期中联考试题（解析版）

‎“平和一中、南靖一中、长泰一中、华安一中、龙海二中”五校联考2019-2020学年上学期期中考高二物理试题 一、选择题 ‎ ‎1.在电场中某点放一检验电荷，其电荷量为q，受到的电场力为F，则该点的电场强度，下列说法正确的是(　 　)‎ A. 若检验电荷的电荷量变为－q，该点的场强大小和方向不变 B. 若检验电荷的电荷量变为－q，则该点的场强大小不变，方向改变 C. 若检验电荷的电荷量变为2q，则该点的场强变为 D. 若移去检验电荷q，则该点的场强变为零 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、B、若放置到该点的检验电荷变为-q，检验电荷所受的电场力为-F，该点的电场强度大小仍为，方向均不变；故A正确，B错误.‎ C、若检验电荷的电量变为2q，检验电荷所受的电场力为2F，该点的电场强度仍为；故C错误.‎ D、电场强度E由电场本身决定，若移去检验电荷，该点的场强不变；故D错误.‎ 故选A.‎ ‎【点睛】电场强度的定义式，具有比值定义法的共性，定义出的电场强度与F、q无关，由电场本身决定．‎ ‎2.关于电流,下列各种说法中正确的是(   )‎ A. 电流的定义式I=q/t,适用于任何电荷的定向移动形成的电流 B. 由I=nqsv可知,金属导体中自由电荷的运动速率越大,电流一定越大 C. 电荷定向移动的方向就是电流的方向 D. 因为电流有方向,所以电流是矢量 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、电流的定义式I=q/t采用的是比值定义法，具有比值定义法的共性是普遍适用，适用于任何电荷的定向移动形成的电流；故A正确.‎ B、由I=nqsv可知，电流的大小跟导体的材料(决定n)，导体的横截面积(s)和电荷定向移动的速率(v)共同决定；故B错误.‎ C、物理学中把正电荷定向移动的方向规定为电流的方向，负电荷定向移动的反方向是电流的方向；故C错误.‎ D、电流有大小和方向，但方向是指沿着电荷运动的直线上，不同于矢量的方向；故电流是标量；故D错误.‎ 故选A.‎ ‎3.如图，实线为方向未知的三条电场线，a、b两带电粒子仅在电场力作用下从电场中的O点以相同的初速度飞出。两粒子的运动轨迹如图中虚线所示，则( )‎ A. a 一定带正电，b 一定带负电 B. 在虚线所示的过程中，a加速度增大，b加速度减小 C. 在虚线所示的过程中，a和b的动能都增大 D. 在虚线所示的过程中，a电势能减小，b电势能增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、由运动轨迹如图可知，a、b做曲线运动，由于电场线方向未知，故a、b电性不能确定，故A错误； B、根据a、b两粒子做曲线运动轨迹弯曲程度即电场线的疏密可知，b所处的电场线变密，电场强度变强，所受的电场力在增大，加速度在增大；a所处的电场线变疏，电场强度变弱，所受的电场力在减小，加速度在减小，故B错误；‎ C、根据图知a、b两粒子的电场力、速度的夹角为锐角，电场力对电荷做正功，电势能减小，动能增加，故C正确，D错误。‎ 点睛：物体做曲线运动时，所受合力指向轨迹弯曲的内侧，根据轨迹的弯曲方向要能判断出力、速度和运动轨迹三者的位置关系体，电场力做功与电势能、动能的关系，电场线与电场强度的关系。‎ ‎4.如图所示，A、B、C、D、E、F是在匀强电场中一个边长为2cm的正六边形的六个顶点，该六边形所在平面与电场线图中没有画出平行。如果已知A、C、E三点的电势分别为、0V、2V，则下列说法正确的是(    ) ‎ A. 通过CD和AF的直线应为电场中的两条等势线 B. 匀强电场的场强大小为 C. 匀强电场的场强方向为由D指向B D. 将一个电子由D点移到A点，其电势能将减少 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：连接AE两点，则其中点电势为0V，与C等势，C与该中点连线即为等势线，匀强电场中等势线应是平行的，而该连线与CD、AF不平行，A错误；电场方向由E指向A方向（由D指向B），根据可得，B错误C正确；DE是一条电势为2V的等势面，将电子由D点移动到A点，电场力做负功，，其电势能增加，D错误；‎ ‎【名师点睛】本题的关键找等势点，作出电场线，这是解决这类问题常用方法．同时还要充分利用正六边形的对称性分析匀强电场中各点电势的关系 ‎5.如图所示是由电源、灵敏电流计、滑动变阻器和平行板电容器 组成的电路，闭合开关，在下列四个过程中，为使灵敏电流计中有到电流，下列做法可行的是 A. 在平行板电容器中插入一块塑料板 B. 增大平行板电容器两极板间的距离 C. 滑动变阻器的滑片向右滑动 D. 减小平行板电容器两极板的正对面积 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据题图可知，考查了含容电路；电路稳定时，该电路中没有电流，滑动变阻器R上没有电压。根据电容的决定式分析电容如何变化，由电容的定义式分析电容器所带电量如何变化，就能判断电路中电流的方向。‎ ‎【详解】A、在平行板电容器中插入电介质，根据电容的决定式分析得知电容增大，而电容器的电压不变，则电容的定义式分析得知电容器所带电量增加，将要充电，电路中形成逆时针方向的充电电流，有b到a方向的电流通过电流计。故A正确；‎ B、增大平行板电容器两极板间的距离，根据电容的决定式分析得知电容减小，而电容器的电压不变，则电容的定义式分析得知电容器所带电量减小，将要放电，，有a到b方向的电流通过电流计。故B错误；‎ C、电路稳定时，该电路中没有电流，移动滑动变阻器R的滑片，电容器的电压不变，电路中仍没有电流。故C错误；‎ D、减小平行板电容器两极板正对面积，根据电容的决定式分析得知电容减小，而电容器的电压不变，则电容的定义式分析得知电容器所带电量减小，将要放电，有a到b方向的电流通过电流计。故D错误。‎ ‎【点睛】当电容器保持与电源相连时，电压不变。只有电容器充电或放电时，电路中才有电路。‎ ‎6.如图所示的电路，将AB两端接入10V电源，电压表示数为3V，拆去AB两端电源，再将CD两端接入10V电源，电压表示数为7V，则R1：R3的值为（　　）‎ A. 1：1 B. 7：3 C. 49：9 D. 100：21‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：将AB两端接入10V电源时，与串联，电压表测两端的电压，根据串联电路的电压特点求出两端的电压，利用串联电路的电流特点和欧姆定律求出R1与的比值；拆去AB两端电源，再将CD两端接入10V电源，与串联，电压表测两端的电压，根据串联电路的电压特点求出两端的电压，利用串联电路的电流特点和欧姆定律求出与的比值，进一步求出的值．‎ 将AB两端接入10V电源时，与串联，电压表测两端的电压，因为串联电路中总电压等于各分电压之和，所以两端的电压，由欧姆定律可得：，拆去AB两端电源，再将CD两端接入10V电源，与串联，电压表测两端的电压，两端的电压，，，C正确．‎ ‎7.如图所示，直线OC为某一直流电源的总功率P总随着总电流I变化的图线，曲线OBC为同一直流电源内部的热功率Pr随电流I的变化图线，若A、B对应的横坐标为2A，则下面说法中不正确的是 A. 电源电动势为3V，内阻为1Ω B. 线段AB表示的功率为2W C. 电流为2A时，外电路电阻为0.5Ω D. 电流为3A时，外电路电阻为2Ω ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】ABD．在C点电源的总功率和电源的内部的热功率Pr相等，说明此时，只有内电路，外电路短路，即外电阻为0，电源的总功率P=EI，C点表示I=3A，P=9W，则电源的电动势E=3V，由图看出，C点表示外电路短路，电源内部热功率等于电源的总功率，则有P=I2r，代入解得，r=1Ω，AB段表示的功率为 PAB=EI′-I′2r=3×2-22×1（W）=2W 故AC正确，D错误；‎ C．根据闭合电路欧姆定律，有 电流2A时，解得外电阻：‎ 故C正确。‎ ‎8.在如图所示的电路中，电压表和电流表均为理想电表，电源内阻不能忽略。当闭合开关S后, 将滑动变阻器的滑片P向下调节，则下列叙述正确的是 A. 电压表和电流表的示数都增大 B. 灯L 2 变暗，电流表的示数减小 C. 灯L 1 变亮，电压表的示数减小 D. 电源的效率增大，电容器C的带电量增加 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC．当闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片P向下时，接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，路端电压减小，则灯L1变亮，电压表的示数减小，根据串联电路分压规律可知，并联部分的电压减小，则灯L2的电流减小，灯L2变暗，根据干路电流增大，灯L2的电流减小，可知电流表的示数增大，故AB错误，C正确；‎ D．电源的效率 U减小，则电源的效率减小。并联部分电压减小，则电容器的电压减小，由Q=CU，可知电容器C的带电量减小，故D错误。‎ ‎9.关于等势面、电场力做功和电场的关系,下列说法正确的是(　 　)‎ A. 在等势面上移动电荷,电场力总是不做功 B. 电荷从A点移到B点,电场力做功为零,则电荷一定是沿等势面移动的 C. 在同一个等势面上的各点,电场强度的大小必然是相等的 D. 电场线总是从电势高的等势面指向电势低的等势面 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】在等势面上移动电荷，电荷的电势能不变，电场力总是不做功，选项A正确；电荷从A点移到B点电场力做功为零，则电荷在AB两点的电势能不变，AB两点的电势相等，但是不一定是沿等势面移动的，选项B错误； 在同一个等势面上的各点，电场强度的大小不一定是相等的，例如在等量异种电荷连线的中垂线上各点电势均为零，但是场强不等，选项C错误；电场线总是从电势高的等势面指向电势低的等势面，选项D正确；故选AD.‎ ‎10. 如图所示，A、B是两个等量异种点电荷，C、D是A、B连线的中垂线上且与连线距离相等的两点，则（ ）‎ A. 在A、B连线的中垂线上，从C到D，各点电势都相等，场强都相同 B. 在A、B连线的中垂线上，从C到D，场强先增大后减小，电势先升高后降低 C. 在A、B连线的中垂线上，从C到D，场强先增大后减小，各点的电势都相等 D. 在A、B连线上，从A到B，场强先减小后增大，电势逐渐升高 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 由电场线分布可知，CD在电势为0的等势面上，从C到D，电场线先变密后变稀，场强先变大后变小AB错C对。由A到B，电场线先变稀后变密，场强先减小后增大，CD左侧电势为负，右侧为正，从A到B，电势逐渐升高，D错。‎ ‎11.有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流强度为I，设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电量为e，此时电子的定向移动速度为v，在Δt时间内,通过导线的横截面积的自由电子数目可表示为(  )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】在时间内，流经导线电荷量为，而电子的电荷量为，则时间内通过导线横截面的自由电子数目可表示为：‎ A. 与分析不符，故A错误；B. 与分析不符，故B错误；‎ C. 与分析相符，故C正确；D. 与分析不符，故D错误。‎ ‎12.一带电质点从图中的A点竖直向上以速度v0射入一水平方向的匀强电场中，质点运动到B点时，速度方向变为水平，已知质点质量为m，带电荷量为q，A、B间距离为L，且AB连线与水平方向成θ=角，质点到达B后继续运动可到达与A点在同一水平面上的C点（未画出），则 A. 质点在B点的速度大小为v0‎ B. 匀强电场的电场强度大小为 C. 从A到C的过程中，带电质点的电势能减小了mv02‎ D. 质点在C点的加速度大小为g ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由题意可知，质点的运动是竖直方向和水平方向的匀变速直线运动，因此，在竖直方向上有 在水平方向上有 由上两式得 解得：‎ 故A错误；‎ B．由于两分运动的时间相同即，竖直方向上的时间 在水平方向上有 所以有 又 联立解得 故B正确；‎ C．从A到B，对于水平方向，根据能量守恒可知：带电质点的电势能减小为 由于质点在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动，由推论可知：AC间的水平距离等于AB间水平距离的4倍，由W=qEd，可知从A到C的过程中电场力做功是从A到B的过程电场力做功的4倍，所以从A到C的过程中，带电质点的电势能减小为 故C正确；‎ D．质点在C点的加速度大小 故D错误。‎ 二、实验题 ‎13.（1）下图中，游标卡尺读数______mm，螺旋测微器读数_________mm ‎(2)多用电表粗测电阻，已经调零且选择开关指向欧姆挡“×10”挡位，发现指针的偏转角度太大，这时他应将选择开关换成欧姆挡的“________”挡位(选填“×100”或“×1”)；调零后测量，其表盘及指针所指位置如图，则待测电阻为________ Ω.‎ ‎【答案】 (1). 102.35 (2). 4.594 (3). ×1 (4). 12‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）游标卡尺读数为 螺旋测微器的读数为 ‎(2)多用电表指针的偏转角度太大，指示值太小，要使指针指在中央附近，指示值变大，根据欧姆挡读数=指示值×倍率可知，应换用倍率小的挡位，用×1挡．从表盘中可以看出待测电阻为12Ω ‎【点睛】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．对于多用电表欧姆挡测电阻换挡方法要熟记：“大换小，小换大”，即偏转角度大时，换用倍率小的挡位；偏转角度小时，换用倍率大的挡位．‎ ‎14.为描绘小灯泡的伏安特性曲线，实验室备有下列器材：‎ A．小灯泡（额定电压约为2.5 V，额定电流约为500 mA）‎ B．电流表A1（量程0~0.6 A，内阻约为0.5 Ω）‎ C．电流表A2（量程0~3 A，内阻约为0.1 Ω）‎ D．电压表V（量程0~3 V，内阻约为10 kΩ）‎ E．滑动变阻器R1（0~10 Ω，2 A）‎ F．滑动变阻器R2（0~100 Ω，1.5 A）‎ G．直流电源E（电动势为3 V，内阻不计）‎ H．开关、导线若干 ‎（1）实验中电流表应选用_____，滑动变阻器应选用___（以上均填器材代号）；‎ ‎（2）在尽量提高测量精度的情况下，根据以上器材，用笔画线代替导线将图中实物图补充完整；（ ）‎ ‎（3）在实验中用电流表和电压表测得数据并记录在下表中，请根据表格中的数据在如图所示方格纸上作出该小灯泡的伏安特性曲线；（ ）‎ U/V ‎0‎ ‎0.5‎ ‎1.0‎ ‎1.5‎ ‎2.0‎ ‎2.5‎ I/A ‎0‎ ‎0.17‎ ‎0.30‎ ‎0.39‎ ‎0.45‎ ‎0.49‎ ‎（4） 将一个电动势为2.0 V，内阻为4 Ω的电源直接接在该小灯泡的两端，则该小灯泡的实际功率为________W（结果保留2位有效数字）。‎ ‎【答案】(1). A1 (2). R1 (3). (4). (5). 0.24（0.22-0.27）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2]灯泡额定电流为500mA=0.5A，电流表应选A1，在保证安全的前提下，应选最大阻值较小的滑动变阻器，因此滑动变阻器应选R1；‎ ‎(2)[3]由题意可知，电流与电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡电阻较小，远小于电压表内阻，电流表应采用外接法，实物电路图如图所示：‎ ‎(3)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图象，图象如图所示 ‎(4)[5]在灯泡I-U图象坐标系内作出电源的I-U图象如图所示 由图示图象可知，灯泡两端电压：U=0.87V，通过灯泡的电流I=0.28A，灯泡实际功率：‎ P=UI=0.87×0.28≈0.24W 三、计算题 ‎15.真空中有一个电场，在这个电场中的某一点放入电量为5.0×10﹣9C的点电荷，它受到的电场力为3.0×10﹣4N，求：‎ ‎（1）这一点处的电场强度的大小？‎ ‎（2）若放入电量为3.0×10﹣9C的点电荷时，该点电荷受到的电场力？‎ ‎【答案】（1）6.0×104 N/C（2）1.8×10﹣4N ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)在电场中的某点放入电荷量为q=5.0×10﹣9C的点电荷，受到的电场力是F=3.0×10﹣4N，‎ 由场强的定义式得该点的电场强度为：‎ E=‎ ‎(2)电场中同一点电场强度一定，则若放入电量为3.0×10﹣9C的点电荷时，该点电荷受到的电场力为 ‎=3.0×10﹣9×6.0×104N=1.8×10﹣4N ‎16.如图所示，在匀强电场中，将一电荷量为的负电荷由A点移到B 点，其电势能增加了，已知A、B两点间距离为4cm，两点连线与电场方向成60角，求：‎ ‎、B两点间的电势差；‎ 该匀强电场的电场强度E．‎ ‎【答案】（1）50V（2）2500V/m ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 由题，电势能增加多少，电场力做负功多少。由求解电势差；‎ ‎(2) 由U=Ed=EABcos60°可求解电场强度E。‎ ‎【详解】(1) 将一电荷量为2×10-5C的负电荷由A点移到B点，其电势能增加了0.001J，则电场力做负功0.001J，‎ 则A、B两点间的电势差：；‎ ‎(2) 强电场的电场强度。‎ ‎【点睛】本题考查电场力做功与电势能变化的关系、电势差与场强的关系，要注意明确U=Ed中的d为沿电场线方向上的距离。‎ ‎17.如图所示的电路中，电源电动势E＝10 V，内阻r＝0.5 Ω，电动机的电阻R0＝1.0 Ω，电阻R1＝1.5 Ω，电动机正常工作时，电压表的示数U1＝3.0 V，求：‎ ‎（1）电源的总功率和输出功率；‎ ‎（2）电动机消耗的电功率和将电能转化为机械能的功率；‎ ‎（3）如果电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机此时的发热功率（设此时线圈未被烧坏）．‎ ‎【答案】（1）18 W （2） 8 W （3） 100/9 W ‎【解析】‎ ‎（1）电动机正常工作时，总电流为：，‎ 则电源的总功率为：，‎ 电源的输出功率为：；‎ ‎（2）电动机两端的电压为：，‎ 电动机消耗的电功率为：，‎ 电动机消耗的热功率为：，‎ 根据能量守恒得，电动机将电能转化为机械能的功率为：；‎ ‎（3）如果电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机是纯电阻电路，故电流为：，‎ 电动机此时的发热功率为：。‎ 点睛：对于电动机电路，关键要正确区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路：当电动机正常工作时，是非纯电阻电路；当电动机被卡住不转时，是纯电阻电路．对于电动机的输出功率，往往要根据能量守恒求解。‎ ‎18.如图所示，竖直放置的半圆形绝缘光滑轨道半径R=40cm，下端与绝缘粗糙的水平面平滑连接，小物块与水平面间的动摩擦因数µ=0.5，AB间距离S=1.2m.整个装置处于方向竖直向下，大小为E=103 V/m的匀强电场中，一质量为m=10g、带电量为q=+10-4 C的小物块（可视为质点），从水平面上的A点以初速度v0水平向左运动，沿半圆形轨道恰好能通过最高点C，取g=10m/s2，试求：‎ ‎（1）小物块从C点抛出后落地点与B点间的水平距离；‎ ‎（2）v0的大小和过B点时轨道对小物块的支持力大小；‎ ‎【答案】（1）0.8m（2）8m/s；1.2N ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据牛顿第二定律得 ‎ ‎ ‎ ‎ 根据牛顿第二定律得加速度 解得 ‎(2)小球从B至C由动能定理得：‎ 解得 对B点受力分析：‎ ‎ ‎ 解得：‎ ‎ ‎ 小球从A至B由动能定理得：‎ 解得：‎ v0=8m/s