四川省双流中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

四川省双流中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

四川省双流中学2019-2020学年度上期高2018级半期考试 物理试卷 一、选择题（本题包括6个小题，每个小题3分，共18分。在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得3分，选错或者不选得0分。）‎ ‎1.一段横截面积为0.5cm2的导体材料中，每秒钟有0.2C正电荷和0.3C负电荷相向运动，则电流强度是 (　　)‎ A. 0.2 A B. 0.3 A C. 0.5 A D. 104 A ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：电流的定义式是，在导电液中，q指正负电荷绝对值的加和，所以，故C正确．‎ 考点：电流 ‎【名师点睛】本题考查学生对电流的定义式的理解；根据电流的定义：单位时间内通过导体横截面的电荷量，即；解题时需要注意的是对于电解液导电，通过某一横截面的电荷是正负电荷绝对值的加和；此题是易错题.‎ ‎2.A、B、C三点在同一直线上，AB:BC=1:2，B点位于A、C之间，在B处固定一电荷量为Q点电荷。当在A处放一电荷量为＋q的点电荷时，它所受到的电场力为F；移去A处电荷，在C处放电荷量为-2q的点电荷，其所受电场力为 （ ）‎ A. -F/2 B. F/2 C. -F D. F ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设AB的距离为r，在A处放电荷量为＋q的点电荷，在B处放电荷量为Q的点电荷，据库仑定律有：；移去A处电荷，在C处放－2q的点电荷，该电荷受到的电场力为：，据同种电荷相斥，异种电荷相吸可知，两力方向相同。故选项B正确。‎ ‎3.两电阻R1和R2的电流I电压U的关系图线如图所示，可知两电阻的大小之比R1：R2‎ 等于（　　）‎ A. 1：3 B. 3：1 C. 1： D. 1：4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由图可知，R1＝tan60°；R2＝tan30°；故R1：R2＝tan60°：tan30°＝3：1；故选B。‎ ‎4.有一段长1m的电阻丝，电阻是10Ω，现把它均匀拉伸到长为5m，则电阻变为（ ）‎ A. 10Ω B. 50Ω C. 150Ω D. 250Ω ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：由电阻定律，拉长后，而电阻丝的体积不变，，则，可得，故选：D.‎ 考点：本题考查了电阻定律.‎ ‎5.如图，椭圆ABCD处于一匀强电场中，椭圆平面平行于电场线，AC、BD分别是椭圆的长轴和短轴，已知电场中A、B、C三点的电势分别为、、，由此可得D点的电势为（ ）‎ A. 8V B. 6V C. 3V D. 2V ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】在匀强电场中，两长度相等且相互平行的线段两端的电势差相等，A、B、C、D顺次相连将组成菱形，由公式U=Ed可知，或解得.‎ A. 8V，与结论不相符，选项A错误；‎ B. 6V，与结论不相符，选项B错误；‎ C. 3V，与结论相符，选项C正确；‎ D. 2V，与结论不相符，选项D错误。‎ ‎6.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地。一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离 A. 带点油滴将沿竖直方向向上运动 B. P点的电势将降低 C. 带点油滴的电势将减少 D. 若电容器的电容减小，则极板带电量将增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动．故A错误．B、场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低．故B正确．C、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加．故C错误．D、根据Q=UC，由于电势差不变，电容器的电容减小，故带电量减小，故D错误；故选B．‎ ‎【点睛】本题运用分析板间场强的变化，判断油滴如何运动．运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化．‎ 二、不定项选择题（本题包括6个小题，每小题4分，共24分。在每小题给出四个选项中有一项或多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）‎ ‎7.两个相同的金属小球，带电量之比为1:7，相距为r，两者相互接触后再放回原来的位置上，则它们间的库仑力可能为原来的 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由库仑定律可得：得，当两相同金属小球带同种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量变为4：4，所以库仑力是原来的16：7。当两相同金属小球带异种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量变为3：3，所以库仑力是原来的9：7．故D正确，ABC错误。‎ ‎8.套有细环的粗糙杆水平放置，带正电的小球A通过绝缘细线系在细环上，另一带正电的小球B固定在绝缘支架上，A球处于平衡状态，如图所示。现将B球稍向右移动，当A小球再次平衡（该过程A，B两球一直在相同的水平面上）时，细环仍静止在原位置，下列说法正确的是( )‎ A. 细线对带电小球A拉力变大 B. 细线对细环的拉力保持不变 C. 细环所受的摩擦力变大 D. 粗糙杆对细环的支持力变大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析：以小球和环整体为研究对象，分析受力，根据平衡条件分析粗糙杆对细环支持力和摩擦力的变化．再以小球为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件分析细线的拉力的变化．‎ 解：‎ A、B以小球为研究对象，分析受力情况：重力mg、细线的拉力T和电场力F，根据平衡条件得 T=，F增大时，T变大．故B错误，A正确．‎ C、D以小球和环整体为研究对象，分析受力如图：总重力G、杆对细环的支持力N和摩擦力f，电场力F．根据平衡条件得：‎ N=G，f=F 当电场稍加大时，小球所受的电场力F增大，杆对细环的支持力保持不变，细环所受的摩擦力变大．故C正确、D错误．‎ 故选：AC．‎ 点评：本题是动态平衡问题，要善于选择研究对象，分析受力情况，根据平衡条件进行动态分析．‎ ‎9.如图，O是一固定的点电荷，虚线a、b、c是该点电荷产生的电场中的三条等势线，正点电荷q仅受电场力的作用沿实线所示的轨迹从a处运动到b处，然后又运动到c处，由此可见（ ）‎ A. O为负电荷 B. 在整个过程中q的速度先变大后变小 C. 在整个过程中q的加速度先变大后变小 D. 在整个过程中，电场力做功为0‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．粒子的所受合力的方向大致指向轨迹的弯曲的方向，知正电荷所受的电场力背离点电荷向外，知O为正电荷。故A错误。‎ B．从从a处运动b处，然后又运动到c处电场力先做负功，再做正功，则动能先减小再增大，所以速度先减小再增大。故B错误。‎ C．越靠近点电荷，电场线越密，则电荷所受电场力越大，加速度越大，则加速度先增大后减小，故C正确 D．a与c在同一个等势面上，两点间的电势差为零，根据W=qU，知电场力做功为零，故D正确。‎ ‎10. 一个毫伏表，它的内阻是100Ω，量程是200mv，把它改装成为量程为10A的安培表，毫伏表上应（ ）‎ A. 并联0．002Ω的电阻 B. 并联0．02Ω的电阻 C. 并联50Ω的电阻 D. 并联4900Ω的电阻 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：经分析知：，，，联立解得：，代入数据得：，故选项B正确。‎ 考点：把电流表改装成电压表 ‎【名师点睛】熟练掌握电表改装原理是解决此类问题的关键。‎ ‎11.在竖直向下的匀强电场中，有a、b、c、d四个带电质点，各以水平向左、水平向右、竖直向下和竖直向上的速度做匀速直线运动，不计质点间的相互作用力，则有（ ）‎ A. c、d带异种电荷 B. a、b带同种电荷且电势能均不变 C. d的电势能减小，重力势能增大 D. c的电势能增大，机械能减小 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ 试题分析：cd受到重力和电场力处于平衡状态，重力都是竖直向下的，所以电场力都是向上的，故两者带同种电荷，A错误，‎ ab垂直电场方向运动，所以沿电场的等势面运动，故电场力不做功，故电势能不变，又知道ab受到重力和电场力处于平衡状态，所以电场力都是向上，故ab带同种电荷，所以B正确，‎ 电场力对d做正功，所以电势能减小，重力做负功，重力势能增大，C正确，‎ 电场力对c做负功，重力对c做正功，所以c的电势能增大，重力势能减小，而速度不变，所以机械能减小，D正确，‎ 考点：考查了带电粒子在电场中的运动 点评：关于带电粒子在匀强电场中的运动情况，是电学和力学知识的综合，带电粒子在电场中的运动，常见的有加速、减速、偏转、圆运动等等，规律跟力学是相同的，只是在分析物体受力时，注意分析电场力．常用牛顿运动定律，运动学公式和能量的转化与守恒解决此类问题．‎ ‎12.如图所示，长为L、倾角θ=30°的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电荷量为+q、质量为m的小球，以初速度由斜面底端的A点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端的速度仍为，则（ ）‎ A. 小球在B点的电势能一定大于小球在A点的电势能 B. A、B两点间的电势差一定为 C. 若电场是匀强电场，则该电场的场强的最大值一定是 D. 若该电场是AC边中点处的点电荷Q产生的，则Q一定是正电荷 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．小球从A运动到B的过程中，动能不变，根据能量守恒可得，小球的重力势能增加，则电势能减少，则小球在B点的电势能一定小于小球在A点的电势能，B点的电势小于A点的电势，故A错误；‎ B．根据动能定理得，可得，故B正确；‎ C．若电场力与重力、支持力的合力为零，小球做匀速直线运动，到达B点时小球速度仍为，小球的重力沿斜面向下的分力一定，则当电场力沿斜面向上，且大小为时，电场力最小，场强最小；若电场强度与运动方向不共线，则电场力沿斜面向上的分力与重力沿斜面向下的分力相平衡时，电场力的范围如图：‎ 根据矢量的合成法则可知，电场强度可能大于，故C错误；‎ D．若该电场是AC边中点处的点电荷Q产生的，Q到A点的距离小于到B点的距离，由于B点的电势小于A点的电势，则Q一定是正电荷，故D正确。‎ 三、实验题（本题包括2个小题，共16分）‎ ‎13.某学习小组在所研究小灯泡（额定电压为3.5V）的伏安特性曲线，实验中除导线和开关外，还有以下器材可供选择：‎ A.电源E（电源电动势为6.0V） ‎ B.电压表V（量程为0-5V，内阻约为4kΩ）‎ C.电流表A（量程为0-0.6A，内阻约为0.2Ω）‎ D.滑动变阻器（最大阻值10Ω，额定电流1A）‎ E.滑动变阻器（最大阻值2kΩ，额定电流100mA）‎ ‎（1）为了便于调节，减小读书误差和系统误差，请你选择合适的滑动变阻器_________（填所选仪器前的字母序号）‎ ‎（2）根据正确设计的实验电路图，学习小组测得电压、电流，并求得对应电阻值，如下表：‎ 电压/V ‎0‎ ‎0.20‎ ‎0.50‎ ‎1.00‎ ‎1.50‎ ‎2.00‎ ‎2.50‎ ‎3.00‎ ‎3.50‎ 电流/A ‎0‎ ‎0.051‎ ‎0.105‎ ‎0.165‎ ‎0.205‎ ‎0.235‎ ‎0.260‎ ‎0.280‎ ‎0.300‎ 根据表格中的数据，学习小组的同学在图中画出了小灯泡的伏安特性曲线。现要知道图线上P点对应的电阻，有同学认为可以作曲线在P点的切线，而就等于该切线的斜率的倒数，这样做是否正确？答：________（选填“正确”或“不正确”）‎ ‎（3）小灯泡的U-I图线是曲线而不是过原点的直线，原因是：____________‎ ‎【答案】 (1). D (2). 不正确 (3). 灯泡电阻随温度升高而增大 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]从表格数据可知电压电流表示数从0开始，电压表采用分压接法，故滑动变阻器采用小电阻R1；故选D；‎ ‎（2）[2] 由欧姆定律可知小灯泡的电阻为小灯泡两端的电压除以此时流过的电流，而伏安特性曲线的切线本质上则是两点的电流差值除以两点的电压差值，因此不正确 ‎（3）[3]灯泡电阻受温度影响，灯泡电阻随温度升高而增大，灯泡电阻不是定值，因此U-I图象是一条曲线而不是直线。‎ ‎14.有一根细长且均匀的空心金属线，长约30cm,电阻约为5Ω，已知这种金属的电阻率为，现在要尽可能精确测定它的内径d。‎ ‎（1）用螺旋测微仪测量金属管线外径D时刻的位置如图a所示，从图中读出外径为_________mm；‎ ‎（2）测量金属管线的电阻R，为此取来两节新的干电池、开光和若干导线及下列器材：‎ A.电压表0-3V，内阻约为10kΩ； B.电压表0-15V，内阻约为50kΩ；‎ C.电流表0-0.6A，内阻约为0.05Ω； D.电流表0-3A，内阻约为0.01Ω； ‎ E.滑动变阻器，0-10Ω； F.滑动变阻器，0-100Ω； ‎ 要求较准确地测出其阻值，电压表应选____； 电流表选____，滑动变阻器应选_____（填序号）‎ ‎（3）实验中他的实物接线如图b所示，请指出接线中的两处明显错误____。‎ ‎【答案】 (1). 5.200 (2). A (3). C (4). E (5). ①导线连接在滑动变阻器的滑片上，②采用了电流表内接法。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．螺旋测微器的固定刻度为5.0mm，可动刻度为20.0×0.01mm=0.200mm，所以最终读数为5.0mm+0.200mm=5.200mm；‎ ‎（2）[2][3][4]．两节新的干电池电动势为3V，待测电阻中最大电流大约为：‎ 为了测量的精确，电流表应选择C，电压表选择A，滑动变阻器采用限流式接法，因为待测电阻较小，所以滑动变阻器选择E；‎ ‎（3）[5]．由于 所以电流表应用外接法，连线图中 两个错误分别是： 错误1：导线连接在滑动变阻器的滑片上； 错误2：采用了电流表内接法；‎ 四、计算题（本题包括4个小题，共42分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要验算步骤，只写最后答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位）‎ ‎15.如果把的电荷从无限远处移到电场中的点，需要克服静电力做功，那么：‎ ‎(1)在点的电势能和点的电势各是多少？‎ ‎(2)未移入电场前，点的电势是多少？‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)静电力做负功，电势能增加，无限远处的电势为零，电荷在无限远处的电势能也为零，即，。‎ 由得：‎ ‎，‎ 再由。‎ ‎(2)点的电势是由电场本身决定的，跟点是否有电荷存在无关，所以未移入电场前，点的电势仍为。‎ ‎16.如图所示，电路中电源电压U=4V，电阻，，，的阻值均为4Ω，电容器的电容为，电流表内阻不计，当电路稳定后，‎ ‎（1）求电流表的读数 ‎ ‎（2）求电容器所带的电荷量 ‎【答案】（1）电流表的读数为0.5A；（2）电容器所带的电荷量为6×10-5C。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）分析电路结构，R1和R2被电流表短路，即该电路由R3、R4‎ ‎、和电流表构成串联电路，根据闭合电路欧姆定律有：‎ 故电流表的读数为0.5A。 （2）电容器并联在R3的两端，电容器两端的电压等于R3两端的电压，为：‎ U3=IR3=0.5×4V=2V 电量为：‎ Q=CU3=6×10-5C 故电容器所带的电荷量为6×10-5C。‎ ‎17.如图所示，在光滑绝缘的水平面上有半圆柱形的凹槽ABC，截面半径为R=0.4m，空间有竖直向下的匀强电场，一个质量m=0.02kg，带电量的小球（视为质点）以初速度从A点水平飞入凹槽，撞在D点，D与O的连线与水平方向的夹角为，试求：‎ ‎（1）小球从A点飞到D点所用时间；‎ ‎（2）电场强度E的大小 ‎（3）从A点到D点带电小球电势能的变化量；（重力加速度为）‎ ‎【答案】（1）0.16s；（2）300V/m；（3）9.6×10-2J。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）水平方向上，小球做匀速直线运动 R+Rcosθ=v0t 解得 ‎（2）在竖直方向上，小球做匀加速直线运动 mg+qE=ma 解得 ‎（3）由匀强电场中电势差与电场强度的关系，有 UAD=E•Rsinθ=96V △E＝−qUAD＝−9.6×10−2J ‎18.如图，ABCD为竖直放在场强为的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BCD部分是半径为R的半圆形轨道，轨道的水平部分与其半圆相切，A为水平轨道上的一点，而且AB＝R＝0.2m，把一质量m＝0.1kg、带电荷量的小球放在水平轨道的A点由静止开始释放，小球在轨道的内侧运动。(g取)求：‎ ‎(1)小球到达C点时的速度是多大？‎ ‎(2)小球到达C点时对轨道压力是多大？‎ ‎(3)若让小球安全通过D点，开始释放点离B点至少多远？‎ ‎【答案】（1）2 m/s （2）3 N （3）0.5 m ‎【解析】‎ ‎(1)由A点到C点应用动能定理有：‎ Eq(AB＋R)－mgR＝mvC2‎ 解得：vC＝2 m/s ‎(2)在C点应用牛顿第二定律得：‎ FN－Eq＝m 得FN＝3 N 由牛顿第三定律知，小球在C点对轨道的压力为3 N.‎ ‎(3)小球要安全通过D点，必有mg≤m.‎ 设释放点距B点的距离为x，由动能定理得：‎ Eqx－mg·2R＝mvD2‎ 以上两式联立可得：x≥0.5 m.‎ ‎ ‎ ‎ ‎