【物理】贵州省遵义市南白中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

【物理】贵州省遵义市南白中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

遵义市南白中学2019-2020-1高二期中试卷 物理试题 第I卷（选择题，共134分）‎ 选择题：本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，第19-24题只有一项符合题目要求，第25-28题有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。‎ ‎1.下列说法正确的是（ ）‎ A. 电源的电动势在数值上等于电源在搬运单位电荷时非静电力所做的功 B. 电阻率是反映材料导电性能的物理量，仅与材料种类有关，与温度、压力和磁场等外界因素无关 C. 电流的方向就是电荷定向移动的方向 D. 电容是表征电容器容纳电荷本领的物理量，由可知电容的大小是由Q(带电量)或U(电压)决定的 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电源的电动势在数值上等于电源在把单位正电荷从负极到正极时非静电力所做的功，选项A正确；‎ B．电阻率是反映材料导电性能的物理量，仅与材料种类有关，与温度、压力和磁场等外界因素也有关，选项B错误；‎ C．电流的方向就是正电荷定向移动的方向，选项C错误；‎ D．电容是表征电容器容纳电荷本领的物理量，其大小由电容器本身决定，与电容器的带电量Q以及两端的电压U无关，选项D错误。‎ ‎2.下列关于静电场的说法中正确的是（ ）‎ A. 电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低 B. 电场中任意两点之间的电势差与零电势点的选取有关 C. 单位正电荷在电场中某点具有的电势能越大，该点的电势越高 D. 将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功一定为零 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】电场强度大的地方电势不一定高，电场强度小的地方电势不一定低，选项A错误；电场中任意两点之间的电势差与零电势点的选取无关，选项B错误；根据可知单位正电荷在电场中某点具有的电势能越大，该点的电势越高，选项C正确；将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功不一定为零，因为中间过程中电场力不一定为零，故D错误；故选C.‎ ‎3.a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点.电场线与矩形所在平面平行。已知a点的电势为10 V，b点的电势为14 V，d点的电势为2 V，如图，由此可知c点的电势为 ‎ A. 4 V B. 6 V C. 8 V D. 10 V ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由于在匀强电场的同一条直线上，由U=E•d知在相等距离上的两点之间的电势差相等，即Uba=Ucd，即；可得 14-10+2=6V，故B正确。‎ ‎4.一个电流表，刻度盘的每1小格代表1μA，内阻为Rg。如果把它改装成量程较大的电流表，刻度盘的每一小格代表nμA，则（ ）‎ A. 给它串联一个电阻，阻值为nRg B. 给它串联一个电阻，阻值为（n-1）Rg C. 给它并联一个电阻，阻值为 D. 给它并联一个电阻，阻值为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 因Ig＝，量程扩大n倍即为nIg，则应有（n－1）Ig 被分流，故应并联一个分流电阻，阻值R＝＝。只有选项D正确。‎ ‎5.如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹.设电子在A、B两点的加速度大小分别为、，电势能分别为、.下列说法正确的是（ ）‎ A. 电子一定从A向B运动 B. 点电荷Q一定靠近M端且为正电荷 C. 无论Q为正电荷还是负电荷一定有< D. B点电势可能高于A点电势 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由运动轨迹只能得到电子受力指向凹的一侧，不能得到运动走向，故A错误；‎ B．由运动轨迹只能得到电子受力指向凹的一侧，电场线从M到N，但是不能确定点电荷的位置，故B错误；‎ C．电子受力指向凹的一侧可得：根据电子只受电场力作用；电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大可得：EpA＜EpB，故C正确；‎ D．电子受力指向凹的一侧可得：MN上电场线方向向右；根据沿着电场线电势降低可得：B点电势可能低于A点电势，故D错误；‎ ‎6.如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为+q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动，AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径，已知重力加速度为g，电场强度，不计空气阻力，下列说法正确的是   ‎ A. 若小球在竖直平面内绕O点恰好做完整圆周运动，则它运动过程中的最小速度 B. 若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到D点时机械能最大 C. 若将小球在A点由静止开始释放，它将在ACBD圆弧上往复运动 D. 若剪断细线将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，它将能够到达B点 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由于电场强度，则有：‎ 可知等效最高点在弧的中点，在等效最高点，则有：‎ 运动的最小速度：‎ 故A错误；‎ B.除重力和弹力外其它力做功等于机械能的增加值，若小球在竖直平面内绕点做圆周运动，则小球运动到点时，电场力做功最多，故到点时的机械能最大，故B错误；‎ C.小球受合力方向与电场方向夹角斜向下，故若将小球在点由静止开始释放，它将沿合力方向做匀加速直线运动，故C错误；‎ D. 若剪断细线，将小球在点以大小为的速度竖直向上抛出，小球将不会沿圆周运动，因此小球在竖直方向做竖直上拋，水平方向做匀加速，当竖直方向的速度为0时，则有：‎ 当竖直方向的位移为0时，水平方向位移为：‎ 可得：‎ 所以小球刚好运动到B点，故D正确。‎ ‎7.如图所示是某电源的路端电压与干路电流的关系图像，下列说法正确的是（ ）‎ A. 电源的内阻为12 Ω B. 电源的电动势为6.0V C. 短路电流为3A D. 干路电流增大，电源效率变小 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．由闭合电路欧姆定律U=E-Ir得，当I=0时，U=E，即图线与纵轴交点表示断路状态，电动势E=6V，电源的内阻等于图线的斜率大小 选项A错误，B正确； ‎ C．外电阻R=0时，短路电流为 选项C正确；‎ D．干路电流增大，可知外电路电阻R减小，根据电源效率 可知，电源效率变小，选项D正确。‎ ‎8.静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布可简化为如图所示的折线．下列说法正确的是（ ）‎ A. x轴上x1与x2之间的电场强度小于x3与x4之间的电场强度 B. 正电荷沿x轴从0移到x1的过程中，电场力做负功，电势能增加 C. 负电荷沿x轴从x3移到x4的过程中，电场力不做功，电势能不变 D. 电荷量为＋q的电荷沿x轴从x1移到x3，电场力做功为q（φ2－φ1）‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】根据，图象的斜率表示电场强度，沿着电场线电势降低，电场力做功等于电势能的减小量；‎ ‎【详解】A、图象φ-x的斜率表示电场强度，即x轴上x1与x2之间的电场强度等于x3与x4之间的电场强度，都为零，故选项A错误；‎ B、由图像可知：沿x轴从0移到x1的过程中电势升高，故电场力对正电荷做负功，电势能增加，故选项B正确；‎ C、由于x3与x4之间斜率为零，即场强为零，故在此过程中电场力对负电荷不做功，电势能不变，故选项C正确；‎ D、电荷量为＋q的电荷沿x轴从x1移到x3，电场力做功为，故选项D错误。‎ ‎【点睛】该题能够从图中可知，0与x1之间的电势升高，x1与x2之间电场强度为零，x2与 x3 之间的电势降低，x3移到x4之间电场强度为零，这是解题的关键。‎ ‎9.如图所示，两块较大的金属板A、B平行水平放置并与一电源相连，S闭合后，两板间有一质量为m、带电量为q的油滴恰好在P点处于静止状态。则下列说法正确的是（ ）‎ A. 在S仍闭合的情况下，若将A板向下平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G中有的电流 B. 在S仍闭合的情况下，若将A板向右平移一小段位移，则油滴仍然静止，G中有的电流 C. 若将S断开，且将A板向左平移一小段位移，P点电势升高 D. 若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，P点电势不变 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．开始时，重力和电场力平衡，故：mg=qE；将A板向下移，由可知，E变大，故油滴应向上加速运动；根据 可知C变大，根据Q=CU可知电容器带电量变大，电容器充电，故G中有a→b的电流，故A错误；‎ B．若将A板向右平移一小段位移，由可知，E不变，油滴仍静止；根据，可知C变小，根据Q=CU可知电容器带电量变小，电容器放电，故G中有b→a的电流，‎ 故B正确；‎ C．若将S断开，Q不变，A向左平移一小段距离，根据可知，电容C减小，再根据Q=CU可知，U增大；根据U=Ed可知，E增大；则PB电势差增大，而B板接地，因此P点电势降低；故C错误；‎ D．若将S断开，Q不变；再将A板向下平移一小段位移，根据，Q=CU、U=Ed，得到，故电场强度不变，且P点电势不变，故D正确。‎ ‎10.如图所示的电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、、和表示，电表示数变化量的大小分别用ΔI、Δ、Δ和Δ，下列说法正确的是 A. I减小，减小、增大，增大 B. 电源功率不变，上功率增加 C. 变大，不变 D. 变大，不变 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，外电路电阻增大，电流减小，根据 可知路端电压增大，U1测定值电阻的电压，所以U1随着电流的减小而减小，根据 可知U2增大，故A正确.‎ B.电源的功率，随着回路中电流变小，则电源功率也在变小，故B错误；‎ C. 根据电路知识可知, 所以变大， 可知不变，故C正确 D.根据电路知识可知 =R1+R2所以变大．根据闭合电路欧姆定律得：U3=E-Ir，则有=r，不变．故D正确．‎ 第II卷（非选择题)‎ ‎11.(1)如图所示，游标卡尺的读数为_________________cm，‎ ‎(2)如图所示，螺旋测微器的读数为___________________mm，‎ ‎(3)如图所示，电流表接0~0.6 A量程，电流表的读数为______________A.‎ ‎【答案】 (1). 5.015cm (2). 3.205mm (3). 0.16A ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]．游标卡尺的读数为5cm+0.05mm×3=5.015cm；‎ ‎(2)[2]．螺旋测微器的读数为3mm+0.01mm×20.5=3.205mm；‎ ‎(3)[3]．电流表接0~0.6 A量程，最小分度为0.02A，则电流表的读数为0.16A.‎ ‎12.某兴趣小组在做“测定金属丝的电阻率”的实验中，通过粗测电阻丝的电阻约为5 Ω，为了使测量结果尽量准确，从实验室找出以下供选择的器材：‎ A．电池组(3 V，内阻约1 Ω) B．电流表A1(0～3 A，内阻约0.012 5 Ω)‎ C．电流表A2(0～0.6 A，内阻约0.125 Ω) D．电压表V1(0～3 V，内阻约4 kΩ)‎ E．电压表V2(0～15 V，内阻约15 kΩ F．滑动变阻器R1(0～20 Ω，允许最大电流1 A)‎ G．滑动变阻器R2(0～2 000 Ω，允许最大电流0.3 A) H．开关、导线若干 ‎(1)上述器材中，电流表应选_________，滑动变阻器应选________（填写器材前的字母）。电路应选_________，（填甲图或乙图）。‎ ‎ ‎ ‎(2)若用L表示金属丝的长度，d表示直径，测得电阻为R，请写出计算金属丝电阻率的表达式＝_____.‎ ‎【答案】 (1). C F 乙图 (4). ＝‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由于电源电动势为3 V；由，可知电路中最大电流约为0.5 A，则电流表选C；为了使测量结果尽量准确，滑动变阻器采用限流接法，故电阻不能太大，选F，为了使测量结果尽量准确，滑动变阻器采用限流接法，由，电流表采用外接法，故电路选乙图；‎ ‎（2）根据，其中 得：‎ ‎13.某同学利用多用电表测量二极管的正向电阻。完成下列测量步骤:‎ ‎(1)检查多用电表的机械零点。‎ ‎(2)将红、黑表笔分别插入正、负表笔插孔,将选择开关拨至“×10”倍率档位上。‎ ‎(3)将红、黑表笔短接,进行欧姆调零。 ‎ ‎(4)测正向电阻时,将___表笔接二极管正极,将另一表笔接二极管负极。 ‎ ‎(5)测量发现指针偏角过大，为使测量比较精准，应将选择开关旋转到_______（选填“×1”或“×100”）的倍率档位后，再次测量。‎ ‎(6)最后应将选择开关拨向_______位置。‎ ‎(7)以上实验过程，缺少的实验步骤是______________ 。‎ ‎【答案】(4). 黑 (5). (6). “OFF档”或者“交流电压最大档” (7). 换挡后，必须重新进行欧姆调零 ‎【解析】‎ ‎【详解】（4）[1]．黑表笔内部接电源的正极，则测二极管正向电阻时，将黑表笔接二极管正极，将另一表笔接二极管负极。 ‎ ‎（5）[2]．测量发现指针偏角过大，说明倍率挡选择过大，则为使测量比较精准，应将选择开关旋转到×1倍率档位后，再次测量。‎ ‎（6）[3]．最后应将选择开关拨向“OFF档”或者“交流电压最大档”位置。‎ ‎（7）[4]．以上实验过程，缺少的实验步骤是：换挡后，必须重新进行欧姆调零.‎ ‎14.如图所示，电源电动势是6V，内阻是r1=1Ω，小电动机M的线圈电阻为r2=0.5Ω，限流电阻R0为3Ω，若理想电压表的示数为3V，试求：‎ ‎（1）通过电动机的电流；‎ ‎（2）电动机输出的机械功率；‎ ‎（3）电动机突然卡住，电动机此时的发热功率（设电动机未被烧坏）．‎ ‎【答案】(1)1A (2)15W (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）通过电动机的电流 ‎ ‎ ‎（2）电动机两端电压：‎ 电动机输入功率：‎ ‎ ‎ 电动机内阻上功率损耗 ‎ ‎ 电动机输出功率：‎ ‎ ‎ ‎（3）电动机突然卡住，电动机此时的发热功率 ‎15.如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电场E2平行的屏．现将一电子(电荷量为e，质量为m，重力不计)无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，A点到MN的距离为，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：‎ ‎(1) 电子到达MN时的速度；‎ ‎(2) 电子离开偏转电场时偏转角正切值tanθ；‎ ‎(3) 电子打到屏上的点P′到点O的距离.‎ ‎【答案】(1) (2)2 (3) 3L.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，到达MN的速度为v，则：‎ ‎ a1＝＝ ‎ ‎ ‎ 解得 ‎ ‎ ‎（2）设电子射出电场E2时沿平行电场线方向的速度为vy，‎ a2＝＝ ‎ t＝‎ vy＝a2t ‎ tanθ＝=2 ‎ ‎（3）电子离开电场E2后，将速度方向反向延长交于E2场的中点O′.由几何关系知：‎ tanθ＝ ‎ 解得：‎ x＝3L.‎