四川省乐山十校2019-2020学年高二上学期期中联考物理试题

四川省乐山十校2019-2020学年高二上学期期中联考物理试题

乐山十校高2021届第三学期半期联考 物理测试卷 第I卷（选择题共54分）‎ 一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分，每小题给出的选项中只有一项符合题目要求）‎ ‎1.下列说法正确的是 A. 库仑定律适用于点电荷，点电荷其实就是体积很小的球体 B. 根据F=kq1q2/r2，当两电荷的距离趋近于零时，静电力将趋向无穷大 C. 若点电荷q1的电荷量大于q2的电荷量，则q1对q2的静电力大于q2对q1的静电力 D. 所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】库仑定律只适用于真空中的点电荷之间的作用力，当带电体本身的大小和形状对研究的问题影响很小时，可以将带电体视为点电荷，与电荷的实际大小和带电量无关，故A错误；当两个点电荷距离趋于0时，两电荷不能看成点电荷，此时库仑定律的公式不再适用，故B错误；两电荷之间的相互作用力大小相等，与点电荷电量的大小无关，故C错误；所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍，故D正确．所以D正确，ABC错误．‎ ‎2.A为已知电场中的一固定点，在A点放一电量为q的电荷，所受电场力为F，A点的场强为E，则（ ）‎ A. 若在A点换上－q，A点场强方向发生变化 B. 若在A点换上电量为2q的电荷，A点的场强将变为2E C. 若在A点移去电荷q，A点的场强变为零 D. A点场强的大小、方向与q的大小、正负、有无均无关 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】电场强度E=F/q是通过比值定义法得出的，电场强度取决于电场本身，与试探电荷无关，故在A点换上-q或2q或把q移去，A点的场强都不变，故ABC错误，D正确．故选D．‎ ‎【点睛】比值定义法是物理学中常用方法，但要注意所定义的量不一定与式中的物理有比例关系．例如此问题中，电场强度取决于电场本身，与试探电荷无关．‎ ‎3.电场中某区域的电场线分布如图所示，A、B是电场中的两点，则（ ）‎ A. A点的电场强度较大 B. 因为B点没有电场线，所以电荷在B点不受到电场力作用 C. 同一点电荷放在A点受到的电场力比放在B点时受到的电场力小 D. 正电荷放在A点由静止释放，电场线就是它的运动轨迹 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电场线越密代表电场越强，故A点的场强大于B点的场强．故A正确．‎ B．电场线的疏密代表电场的强弱，故在任意两条电场线之间虽没有电场线，但仍有电场，故B错误．‎ C．由于A点的场强大于B点的场强，故同一电荷在A点受到的电场力大于在B点受到的电场力，故C错误．‎ D．电场线并不存在，是虚拟的，是人为引入的，而物体的运动轨迹是实际存在的，故电场线不是电荷的运动轨迹．故D错误．‎ ‎4.使两个完全相同的金属小球(均可视为点电荷)分别带上－3Q和＋5Q的电荷后，将它们固定在相距为a的两点，它们之间库仑力的大小为F1.现用绝缘工具使两小球相互接触后，再将它们固定在相距为2a的两点，它们之间库仑力的大小为F2.则F1与F2之比为 A. 2∶1 B. 4∶1 C. 16∶1 D. 60∶1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】开始时由库仑定律得：；现用绝缘工具使两小球相互接触后，各自带电为Q，因此此时：；联立得：F2=F1，则F1与F2之比为 60：1，故选D.‎ ‎5.如图所示，一段长为a，宽为b，高为c(a>b>c)的导体，将其中的两个对立面接入电路中时，最大的电阻为R，则最小的电阻为 (　　)‎ A. R B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由电阻定律：R=可知横截面积越小，长度越大，电阻越大；横截面积越大，长度越短，电阻越小．故电阻最大时，横截面积应该最小，即从左右两端接入，此时电阻为：‎ R=‎ 解得：ρ=‎ 当从上下两个面接入时电阻最小，此时电阻为：‎ r==，故D正确，ABC错误 故选D.‎ ‎6.如图所示，、b两个带电小球分别用绝缘细线系住，并悬挂在O点，当两小球静止时，恰好在同一水平面上，此时两细线与竖直方向夹角α＜β．可以判断两球（ ） ‎ A. 电量关系：qa＝qb B. 质量关系：ma＞m b C. 比荷关系： D. 定量关系：‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】BD.两球受到的库仑力大小相等，都为F，对小球a、b受力分析，根据平衡条件有：‎ 联立解得：‎ 因为：‎ α＜β 则有：‎ 所以有：‎ 故B正确，D错误．‎ AC.根据已知条件无法求出电量的关系、比荷的关系，故AC错误．‎ ‎7.如图所示，在xOy 平面内有一个以O为圆心、半径R=2m的圆，P为圆周上的一点，O、P两点连线与x轴正方向的夹角为θ，若空间存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小E=100V/m，则O、P两点的电势差可表示为（  ）‎ A. Uop=－200sinθ (V)‎ B. Uop=200sinθ (V)‎ C. Uop=－200cosθ (V)‎ D. Uop=200cosθ (V)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据匀强电场中电场强度和电势差的关系为求解电场中任意两点的电势差．‎ ‎【详解】匀强电场中电场强度和电势差的关系为，其中d表示电场中两点沿电场线方向的距离，又沿电场线的方向电势降低，故O、P两点的电势差可表示为 ‎ V，故A项正确;BCD错误；‎ 故选A ‎8.如图所示电路，电源内阻不可忽略．开关S闭合后，在变阻器Ru的滑动端向下滑动的过程中 A. 电压表与电流表的示数都减小 B. 电压表与电流表的示数都增大 C. 电压表的示数增大，电流表的示数减小 D. 电压表的示数减小，电流表的示数增大．‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】当滑片下移时，滑动变阻器接入电阻减小，则外电路总电阻减小，电路中总电流增大，电源的内电压增大，则由闭合电路欧姆定律可知，电路的路端电压减小，故电压表示数减小；‎ 由欧姆定律可知，R1上分压增大，而路端电压减小，故并联部分的电压减小，则通过R2的电流减小，根据并联电路的特点可知：通过R0的电流增大，则电流表的示数增大．故A正确，BCD错误 ‎9.一个电流表满偏电流Ig=1mA，内阻为500Ω，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（　　）‎ A. 串联一个10kΩ的电阻 B. 并联一个10kΩ的电阻 C. 串联一个9.5kΩ的电阻 D. 并联一个9.5kΩ的电阻 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】把电流表改装成电压表，串联电阻阻值：‎ A．串联一个10kΩ的电阻，与结论不相符，选项A错误；‎ B．并联一个10kΩ的电阻，与结论不相符，选项B错误；‎ C．串联一个9.5kΩ的电阻，与结论相符，选项C正确；‎ D．并联一个9.5kΩ电阻，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎10.电路中中端电压随干路电流变化的图象如图所示，图中纵轴的起点为1.2V，则电源的电动势和内电阻应是（ ）‎ A. , B. , C. , D. ,‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 关系满足：，根据直线的截距等于，斜率等于可得，，故正确．‎ 故选．‎ 二、多项选择题（本题共6小题，每小题4分，每小题给出的选项中有多个项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全得2分，有错得零分，共24分）‎ ‎11.如图所示，金属板带电量为＋Q，质量为m的金属小球带电量为＋q，当小球静止后，悬挂小球的绝缘细线与竖直方向间的夹角为α，小球与金属板中心O恰好在同一条水平线上，且距离为L.下列说法正确的是(　　)‎ A. ＋Q在小球处产生的场强为E1＝‎ B. ＋Q在小球处产生的场强为＝‎ C. ＋q在O点产生的场强为E2＝‎ D. ＋q在O点产生的场强为E2＝‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】对金属小球受力分析，如图所示：‎ 根据平衡条件，有：F=mgtanθ；故+Q在小球处产生的场强为：；根据点电荷的场强公式，+q在O点产生的场强为：；故选BC．‎ ‎12.一带电粒子仅在电场力作用下从电场中的A点运动到B点，径迹如图中虚线所示，则( ) ‎ A. 该粒子带负电荷 B. A点的电场强度小于B点的电场强度 C. 从A到B的过程中，粒子加速度逐渐增大 D. 从A到B过程中，粒子的电势能不断增大 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.粒子做曲线运动，受力指向轨迹的内侧，故该粒子受到电场力向左，粒子带负电荷，故A正确；‎ BC.电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，可知，所以A、B两点比较，粒子的加速度在A点时较大，从A到B的过程中，粒子加速度逐渐减小，故BC错误；‎ D.粒子带负电，从A到B的过程中，电场力做负功，电势能增大，故D正确．‎ ‎13.如图所示，、分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀电阻丝的伏安特性曲线，由图可知（ ）‎ A. 电阻丝较细 B. 电阻丝电阻较大 C. 、都是非线性元件 D. 、串联后的电阻的I－U图线应在区域I中 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.图线的斜率表示电阻的倒数，图线a的斜率小于图线b的斜率，所以a的电阻大于b的电阻，根据电阻定律：‎ 知长度相同，材料相同，知a的横截面积小，b的横截面积大，即a较细，电阻较大，故A正确，B错误；‎ C.由于它们的伏安特性曲线均为直线，故这两个电阻丝均为线性元件；故C错误；‎ D.a、b串联后的电阻比a的电阻更大，其I－U图线的斜率更小，故两者串联后的电阻的I－U图线应在区域I中，故D正确．‎ ‎14.如图所示，两个带等量正电荷的小球A、B(可视为点电荷)，被固定在光滑绝缘的水平面上．P、N是小球A、B的连线的水平中垂线，且PO=ON．下列说法正确的是（ ）‎ A. 沿着P→O→N，电场强度一定先减小后增加 B. 沿着P→O→N，电场强度可能先减小后增加 C. 沿着P→O→N，电势一定先增加后减小 D. 沿着P→O→N，电势一定先减小后增加 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可以根据等量同种电荷的电场线分布，及沿着电场线电势降低这个方向来考虑这个问题．‎ ‎【详解】AB．在AB的垂直平分线上,从无穷远处到O点电场强度先变大后变小,到O点变为零,由于无穷远处到O过程中有个最大值，所以沿着P→O→N，电场强度不一定先减小后增加，只能说可能先减小后增加，故A错；B对；‎ CD．根据电场的叠加，可知在在AB的垂直平分线上，电场线从O点指向两侧，沿着电场线电势在降低，所以沿着P→O→N，电势一定先增加后减小，故C对；D错；‎ 故选BC ‎15.如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行板间的电场中，入射方向跟极板平行，整个装置处于真空中，重力可忽略.在满足电子能射出平行板的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏角φ变大的是：‎ A. U1变大，U2变大 B. U1变小，U2变大 C. U1变大，U2变小 D. U1变小，U2变小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设电子被加速后获得初速为v0，则由动能定理得：…①‎ 又设极板长为l，则电子在电场中偏转所用时间：…②‎ 又设电子在平行板间受电场力作用产生加速度为a，由牛顿第二定律得：…③‎ 电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度：vy=at…④‎ 由①、②、③、④可得：‎ 又有：，故U2变大或U1变小都可能使偏转角φ变大，故选项B正确．‎ ‎16.如图所示，质量分别为m1和m2的两个小球A、B，带有等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧相连接，置于绝缘光滑的水平面上，突然加一水平向右的匀强电场后，两小球A、B将由静止开始运动，则从开始运动到第一次速度为零的过程中，下列说法中正确的是（设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用且弹簧不超过弹性限度）（   ）‎ A. 当A小球所受电场力与弹簧弹力大小相等时，A小球速度达到最大 B. 两小球加速度先增加，再减小 C. 电场力对两球均做正功，两小球与弹簧组成的系统机械能增加 D. 电场力对两球均做正功，两小球的电势能变大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 小球受到电场力一开始大于弹簧弹力，随着弹簧弹力的增大，加速度在减小，然后加速度会反向，根据受力来判断加速度的变化；电场力做正功，小球的动能增大，电势能减小．‎ ‎【详解】A．在电场力的作用下，小球AB分别向左右移动，在移动过程弹簧弹力一直在增大，当电场力等于弹簧弹力大小时，加速度为零，此时AB的速度达到最大，故A对；‎ B．在电场力的作用下，小球AB 分别向左右移动，在移动过程弹簧弹力一直在增大，小球的加速度为即加速度在减小，当电场力等于弹簧弹力大小时，加速度等于零，然后弹簧的弹力大于电场力，小球又开始做减速运动，此时加速度 ，加速度又开始反向增大，故B错；‎ C．电场力的方向与运动方向相同，所以电场力做正功，根据机械能守恒的条件可知，电场力做功导致系统机械能增大了，故C对；‎ D．电场力对两球均做正功，两小球的动能增大，电势能减小，故D错；‎ 故选AC 第II卷（非选择题共56分）‎ 三、实验题（本题共2小题，共16分）‎ ‎17.如图所示的实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，其中电容器左侧极板和静电计外壳接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连．‎ ‎(1)使电容器带电后与电源断开 ‎①上移左极板，可观察到静电计指针偏转角________(选填“变大”“变小”或“不变”);‎ ‎②将极板间距离减小时，可观察到静电计指针偏转角________(选填“变大”“变小”或“不变”)；‎ ‎③两板间插入一块玻璃，可观察到静电计指针偏转角________(选填“变大”“变小”或“不变”)．‎ ‎(2)下列关于实验中使用静电计的说法中正确的有（ ）‎ A．使用静电计的目的是观察电容器电压的变化情况 B．使用静电计的目的是测量电容器电荷量的变化情况 C．静电计可以用电压表替代 D．静电计可以用电流表替代 ‎【答案】 (1). 变大 (2). 变小 (3). 变小 (4). A ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2][3]根据电容的定义式和电容的决定式得 当上移左极板时，S减小，则U增大，静电计指针偏转角变大；减小板间距离d时，则U减小，静电计指针偏转角变小；插入玻璃后，相对介电常数εr增大，则U减小，静电计指针偏转角变小 ‎(2)[4]AB.静电计可测量电势差，根据指针张角的大小，观察电容器电压的变化情况，无法判断电量的变化情况，故A正确，B错误 CD.静电计与电压表、电流表的原理不同，不能替代．电流表、电压表线圈中必须有电流通过时，指针才偏转，故CD错误．‎ ‎18.某研究性学习小组的同学欲做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验.已知所用小灯泡的额定电压和额定电流分别为3.0V、0.6A，实验使用的直流电源的电动势为4.0V内阻忽略不计，实验的器材规格如下 a.电流表A1（量程0～0.6A，内阻约5Ω）‎ b.电压表V1（量程0～3V，内阻约3kΩ）‎ c.滑动变阻器R1（阻值0～10，额定电流1A）‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）根据实验器材应该使用电流表________接法.‎ ‎（2）根据所选的实验器材，请设计合理的电路原理图来完成该实验________.‎ ‎（3）该研究性学习小组的同学用设计好的电路测得了通过该小灯泡的电流I和该小灯泡两端的电压U如图所示，通过小灯泡的电流为_______A,小灯泡两端的电压为_______V，由欧姆定律计算得到的小灯泡的电阻值_______（选填“大于”“等于”或“小于”）真实值.‎ ‎（4）该研究性学习小组的同学通过设计好的电路得到了多组实验数据，并根据得到的多组数据在坐标系中描点画图，如图所示，该图线向下弯曲，其原因是________________.‎ ‎【答案】 (1). 外 (2). (3). 0.50 (4). 2.60 (5). 小于 (6). 小灯泡的电阻随温度的升高而增大 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）（2）[1][2]描绘小灯泡伏安特性曲线，电压与电流要从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；由表中实验数据可知，灯泡最大电阻约为：‎ Ω 电压表内阻约为3kΩ，灯泡电阻阻值远小于电压表内阻，电流表应采用外接法，电路图如图所示：‎ ‎（3）[3][4]由图知，电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，示数为0.50A；电压表的量程为0～3V，分度值为0.1V，示数为2.60V．‎ ‎[5]由于电压表的分流作用，所以电流表的示数比流经灯泡的电流偏大，故根据欧姆定律：‎ 测量电阻偏小，即计算得到的小电珠的电阻值小于真实值；‎ ‎（4）[6]I-U图象的斜率表示电阻的倒数，由图象可知，电阻随着电压的增大而增大，其原因是灯泡的电阻随温度的升高而增大．‎ 四、计算题（(本题共3小题，共40分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)‎ ‎19.如图所示，一质量为m、带电荷量绝对值为q的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，静止时绝缘细线向左且与竖直方向成θ角，重力加速度为g．‎ ‎ ‎ ‎(1)求电场强度E；‎ ‎(2)若在某时刻将细线突然剪断，求经过t时间小球的速度v．‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据受力求出电场强度的大小 ‎（2）根据牛顿第二定律求出运动的加速度，则可以根据速度公式求经过t时间小球的速度大小 ‎【详解】对小球：qE＝mgtanθ 得：E＝mgtan θ/q.‎ ‎(2)加速度：mg/cos θ＝ma 速度：v＝at ‎ 得：v＝gt/cos θ ‎20.如图所示的电路中，电阻R1=3Ω，R2=3Ω，R3=6Ω，电源内阻r＝2Ω，电压表可视为理想电表．当开关S1和S2均闭合时，电压表的示数为6V.求：‎ ‎(1)电阻R2中的电流为多大？‎ ‎(2)路端电压为多大？‎ ‎(3)电源的电动势为多大？‎ ‎【答案】（1）2A （2）10V （3）14V ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)电阻R2中的电流I＝U2/R2、代入数据得I＝2A ‎(2)外电阻R＝R2＋＝5Ω路端电压U＝IR＝10V ‎(3)根据闭合电路欧姆定律I＝E/(R＋r)代入数据解得E＝14V ‎21.如图所示，在E＝103 V/m的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R＝40 cm，一带正电荷q＝10－4 C的小滑块质量为m＝40 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2，问：‎ ‎(1)要小滑块恰好运动到圆轨道的最高点C，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？‎ ‎(2)这样释放的滑块通过P点时对轨道压力是多大？(P为半圆轨道中点)‎ ‎(3)小滑块经过C点后最后落地，落地点离N点的距离多大？‎ ‎【答案】（1）v＝2 m/s，L＝20 m （2）1.5N （3）0.6m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）在复合场中圆的最高点不再是没有电场时的最高点了，要使物体做圆周运动，则物体受到的电场力和重力刚好充当向心力，圆环对物体没有力的作用，即,解得此时重力与电场力的合力方向与竖直方向夹角为37°，设滑块应在水平轨道上离N点x 处释放，过程中重力，摩擦力做负功，电场力做正功，所以可得，解得x=2.09m，‎ ‎（2）设在P点时的速度为，则，根据牛顿第二定律可得，联立两式解得N=2.4N ‎ ‎ ‎ ‎