贵州省都匀第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

贵州省都匀第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

都匀一中2019—2020学年度第一学期高二年级半期考试 物理试卷 一、选择题(共12小题，每小题4分，共48分，在每小题给出的四个选项中，1-8小题只有一个选项符合题目要求，9 -12小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)‎ ‎1.关于静电场，下列说法中正确的是 A. 在电场强度为零的区域电势一定为零 B. 在静电场中，场强方向是电势降低最“快”的方向 C. 同一等势面上各点电场强度一定相同 D. 电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 电场强度为零，电势不一定为零，比如等量同种电荷连线的中点，电场强度为零，电势不为零。故A错误。‎ B. 沿着电场线的方向电势逐渐降低，但是电势降低的方向不一定是电场强度的方向，应该是电势降低最快的方向为电场强度的方向。故B正确。‎ C. 等势面是电势相同的点的集合，场强不一定相同。故C错误。‎ D. 电势与电场强度没有直接关系，所以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。故D错误；‎ ‎2.如图，半径相同的两个金属球A、B带有相等的电荷量(可视为点电荷)，相隔一定距离，两球之间相互吸引力的大小是F。今让第三个半径相同的不带电的金属小球先后与A、B两球接触后移开.这时，A、B两球之间的相互作用力的大小是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】两球之间是相互的 ，说明两球带等量的异种电荷，设A球带电量为，B 球带电量为，两球之间的引力的大小为，第三个不带电的球C与A接触后，A和C的电荷量都为，C与B接触后先中和在平分，则C和B的电荷量都为，这时A、B两球之间的相互作用力的大小为，故A正确，BCD错误。‎ ‎3.两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. 两电阻的阻值大小关系为R1小于R 2‎ B. 两电阻并联在电路中，R1的电流小于R 2的电流 C. 两电阻串联在电路中，R1两端电压大于R 2两端电压 D. 两电阻串联在电路中，R1的功率大于R 2的功率 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. I-U图象斜率表示电阻的倒数，故两电阻的阻值为R1小于R2，故A正确。‎ B. 两电阻并联在电路中时，电压相等，根据可知，R1的电流大于R 2的电流，故B错误。‎ C. 两电阻串联在电路中时，电流相等，根据 可知，R1两端电压小于R 2两端电压，故C错误。‎ D. 两电阻串联在电路中，电流相等，根据 可知，R1的功率小于R 2的功率，故D错误。‎ ‎4.如图，真空中O点有一负点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为，方向与ab连线成60°角，b点的场强大小为，方向与ab连线成30°。关于a、b两点场强、及电势、的关系，正确的是 ‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】a点到O点的距离 b点到O点距离 根据点电荷的场强公式 可得：‎ 通过电场强度的方向可知，O点的电荷为负电荷，因沿着电场线方向电势逐渐降低，离负电荷越远电势越高，故有 φa＜φb A. 与分析不符，故A错误。‎ B. 与分析相符，故B正确。‎ C. 与分析不符，故C错误。‎ D. 与分析不符，故D错误。‎ ‎5.如图所示，由粒子源发出的带正电的粒子经过同一加速电场A加速后，形成粒子束进入同一偏转电场B中偏转。已知粒子源发出的粒子中包括有一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子，这些粒子离开粒子源时的初速度可视为零，空气阻力粒子的重力及粒子之间的相互作用力均可忽略不计。下列说法正确的是（　　）‎ A. 它们始终为一股粒子束 B. 它们会分离为两股粒子束 C. 它们会分离为三股粒子束 D. 它们会分离为无数股粒子束 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设加速电压为U1，偏转电压为U2，极板的长度为L，间距为d；离子经过同一加速电场由静止加速后，在加速电场中，根据动能定理得：，在偏转电场中，离子做类平抛运动，运动时间，偏转距离，联立以上各式得：，y与带电粒子的质量、电荷量无关，则一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子在偏转电场轨迹重合，所以它们不会分成三股，而是会聚为一束射出，故A正确，BCD错误。‎ ‎6.如图，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点。不计重力，下列说法正确的是 A. M带正电荷，N带负电荷 B. M在b点动能大于它在a点的动能 C. N在d点的电势能等于它在e点的电势能 D. N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. 由粒子运动轨迹可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，可知M带负电荷，N带正电荷。M从a到b点，库仑力做负功，根据动能定理知，动能减小，则b点的动能小于在a点的动能，故AB错误。‎ C. d点和e点在同一等势面上，电势相等，则N在d点的电势能等于在e点的电势能，故C正确。‎ D. N从c到d，库仑斥力做正功，故D错误。‎ ‎7.如图所示，纸面内存在一匀强电场，有一直角三角形ABC，BC长度为6cm，=30°，其中 A点电势为6V，B点电势为3V，C点电势为9V，则电场强度的大小为( )‎ A. 100V/m B. 100V/m C. V/m D. V/m ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】在匀强电场中，取BC的中点 D，根据匀强电场的性质可知，D点的电势为6V，连接AD，即为等势面，过B点作AD的垂线，如图所示：‎ 由几何关系得，根据，得E=V/m.‎ A.100V/m与计算结果不相符；故A项错误.‎ B.100V/m与计算结果不相符；故B项错误.‎ C.V/m与计算结果不相符；故C项错误.‎ D.V/m与计算结果不相符；故D项正确.‎ ‎8.如图，平行板电容器与直流电源(内阻不计)连接，下极板接地。一带电油滴位于电容器中的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，则 A. 带电油滴将沿竖直方向向上运动 B. 两板之间的电场强度不变 C. P点的电势将降低 D. 电容器的电容减小，极板所带电荷量增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. 将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，即极板间距变大，则有电容器的电容减小，由于电容器两板间电压不变，根据可知场强减小，因此带电粒子受到的电场力减小，粒子将向下运动。故AB错误；‎ C. 场强减小，P到负极板（0电势点）的距离不变，‎ 则P与0电势间的电势差变小，所以P点的电势降低。故C正确；‎ D. 极板间距变大，根据电容决定式可知，电容器的电容减小，而电压不变，‎ 可知，带电量减小，故D错误。‎ ‎9.用伏安法测电阻时，电流表外接电路和电流表内接电路的误差来源是（ ）‎ A. 外接电路由于电压表内阻的分流，使得电阻的测量值小于真实值 B. 外接电路由于电压表内阻的分流，使得电阻的测量值大于真实值 C. 内接电路由于电流表内阻的分压，使得电阻的测量值小于真实值 D. 内接电路由于电流表内阻分压，使得电阻的测量值大于真实值 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 电流表内接法测量未知电阻阻值时，误差来源于电流表内阻的分压，电压表测量的电压大于待测电阻两端实际电压，测量值大于真实值；电流表外接法测量未知电阻阻值时，误差来源于电压表内阻的分流，电流表测量的电流大于待测电阻实际电流，测量值小于真实值，故AD正确．故选AD．‎ ‎10.三个不计重力的完全相同的带电粒子，在同一点沿水平方向飞入两水平板间的偏转电场，出现了如图所示的轨迹，a打在下板中央，b刚好从下板的右边缘射出,c从b上方穿出。则下列叙述正确的是 A. b和c同时飞离电场 B. 在b飞离电场的同时，a刚好打在下极板上 C. 进入电场时c的速度最大，a的速度最小 D. 动能的增加量c最大，a和b一样大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 三个粒子的质量和电量都相同，则知加速度相同。b、c竖直方向上的位移不等，根据 ‎，‎ 可知，加速度相同，而时间不同，c运动时间短，故A错误。‎ B. 三个粒子的质量和电量都相同，则知加速度相同。a、b两粒子在竖直方向上的位移相等，根据 可知运动时间相等。故B正确。‎ C. 在垂直于电场方向即水平方向，三个粒子做匀速直线运动，则有：‎ 因 xc=xb，tc＜tb 则 vc＞vb 根据 ta=tb，xb＞xa 则 vb＞va 所以有：‎ vc＞vb＞va 故C正确。‎ D. 电场力做功等于 a、b两电荷，电场力做功一样多，所以动能增加量相等。c电荷电场力做功最少，动能增加量最小。故D错误。‎ ‎11.如图所示，在绝缘的斜面上存在着沿水平向右的匀强电场，一带电金属块由静止开始沿斜面滑到底端，已知在金属块下滑的过程中动能增加了0.7J，金属块克服摩擦力做功0.3J，重力做功1.2J，则以下判断正确的是（ ）‎ A. 金属块带负电荷 B. 电场力做功0.2J C. 金属块的机械能减少1.2J D. 金属块的电势能增加0.2J ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在金属块滑下的过程中动能增加了0.7J，金属块克服摩擦力做功0.3J，重力做功1.2J，根据动能定理求出电场力做功．知道电场力做功量度电势能的改变．知道重力做功量度重力势能的改变．‎ ‎【详解】A、B、D、在金属块滑下的过程中动能增加了0.7J，金属块克服摩擦力做功0.3J，重力做功1.2J，根据动能定理得：W总=WG+W电+Wf=△EK，解得W电=△EK-WG-Wf=0.7-1.2-（-0.3）=-0.2J，所以电场力做功-0.2J，金属块的电势能增加0.2J．由于金属块下滑，电场力做负功，所以电场力应该水平向右，所以金属块带正电荷；故D正确，A，B错误.‎ C、在金属块滑下的过程中重力做功1.2J，重力势能减小1.2J，动能增加了0.7J，所以金属块的机械能减少0.5J，故C错误.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】解这类问题的关键要熟悉功能关系，也就是什么力做功量度什么能的变化，并能建立定量关系．‎ ‎12.在如图电路中，电源电动势E＝6V，内阻r＝1Ω，保护电阻R0＝3Ω，滑动变阻器总电阻R＝20Ω，闭合电键S，在滑片P从a滑到b的过程中，若安培表内阻忽略，正确的是（ ）‎ A. 安培表的示数先减小后增大 B. 安培表示数先增大后减小 C. 滑动变阻器消耗的功率先增大后减小 D. 滑动变阻器消耗的功率先增大后减小，再增大后减小 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 试题分析：当滑片P从a到b过程中，总电阻先变大再变小，故电流先变小后变大，故选A；研究滑动变阻器的功率时，把R0当做电源内阻，内阻为4Ω滑动变阻器为外电路，当外电阻等于内阻时的那个小电源的输出功率最大，滑片在中央时电阻最大为5Ω，故滑动变阻器从a到中央时功率先变大再变小，从中央滑到b时，功率先变大再减小，故选D。‎ 考点：本题考查了等效电源的输出功率问题 二、填空题(共2小题，每空2分，共16分．把答案填在答题卡相应的横线上)‎ ‎13.某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ，步骤如下：‎ ‎（1） 用游标为20分度游标卡尺测量其长度如图甲所示，由图可知其长度 L=_________mm．‎ ‎（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图可知其直径D =______mm。‎ ‎【答案】 (1). 50.15 (2). 4.700‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】第一空.游标卡尺的主尺部分读数为50mm，圆柱体的长度为50mm+3×0.05mm=50.15mm.‎ 第二空.螺旋测微器主尺部分读数为4.5mm，20刻度线对齐主尺刻度，所以螺旋测微器最终的读数为4.5 mm+20.0×0.01 mm =4.700mm。‎ ‎14.“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，小灯泡的额定电压为，额定功率为，实验中除导线和开关外，还有以下器材可供选择：‎ A.直流电源内阻不计 B.直流电流表内阻约为 C.直流电流表内阻约为 D.直流电压表内阻约为 E.滑动变阻器，‎ F.滑动变阻器，2A 实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量。‎ ‎（1）实验中电流表应选用______，滑动变阻器应选用______。均填写仪器前的字母 ‎（2）根据所提供器材，线框中画出实验电路图。‎ ‎（ ）‎ ‎（3）如图是此实验的器材实物图，图中已连接了部分导线。请根据在上问中所画的电路图，补充完成图中实物间的连线。‎ ‎（ ）‎ ‎（4）开关S闭合之前，图甲中滑动变阻器的滑片应该置于______。选填“左端”“右端”或“正中间”‎ ‎（5）根据实验数据，画出小灯泡IU图线如图所示。由此可知，当电压为时，小灯泡的灯丝电阻是______。‎ ‎【答案】 (1). B (2). F (3). (4). (5). 左端 (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1][2]小灯泡的额定电流为：‎ ‎，‎ 故选电流表B；滑动变阻器选择较小的，便于操作，故选滑动变阻器F；‎ ‎（2）[3]电流表内阻和小灯泡的内阻相接近，故采用电流表外接法，要求小灯泡两端的电压从零开始，所以采用滑动变阻器的分压接法，电路图如图所示：‎ ‎（3）[4]根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：‎ ‎（4）[5]为了保护小灯泡不被烧坏，应使得小灯泡两端的电压为零，所以滑动变阻器的滑片应置于最左端；‎ ‎（5）[6]由图乙所示图象可知，当小灯泡两端的电压为0.75V时，小灯泡中的电流为0.125A，所以根据欧姆定律可得此时小灯泡的电阻为：‎ ‎；‎ 三、论述，计算题(本题共5小题，共46分)‎ ‎15.如图所示，电源电动势E=30V，内阻r=1Ω，电灯L上标有“25V， 25W”的字样，直流电动机M的线圈电阻R=2Ω。闭合电键，若电灯恰能正常发光，求：‎ ‎（1）电路中的总电流I；‎ ‎（2）电动机输出的机械功率。‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设内电压为 ，根据闭合电路欧姆定律 所以 ‎（2） 电灯电流：‎ ‎ 电动机电流： ‎ 电动机输出的机械功率：‎ ‎16.如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔。质量为m，电荷量为＋q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，极板外无电场，重力加速度为g)。求：‎ ‎（1）小球到达小孔处的速度 ‎（2）电容器所带电荷量。‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设到达小孔时的速度为V，根据 得： ‎ ‎（2） 从小球开始下落到到达下极板，根据动能定理 解得：‎ 电容器所带电量：‎ ‎17.如图所示，质量为=0.8的小球A放在光滑的倾角=30°绝缘斜面上，小球带正电，电荷量为，在斜面上的B点固定一个电荷量为的正点电荷，将小球A由距B点0.3处无初速度释放，求：（重力加速度,静电力常量）‎ ‎（1）A球刚释放时的加速度的大小 ‎（2）当A球的动能最大时，A球与B点的距离。‎ ‎【答案】（1）3.75m/s2；（2）0.15m。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）A的受力如图所示：‎ A受的电场力F==1N，‎ mgsinα－F=ma，得加速度的大小为a=3.75m/s2。‎ ‎（2）当物体的加速度为零时，A球的速度最大，即动能最大，‎ 则F′=mgsinα，故=mgsinα 解之得：r′=0.15m。‎ 考点：库仑定律，牛顿第二定律的应用。‎ ‎18.如图所示是一个示波管工作原理图，电子（电量为e,质量为m）经电压加速后，垂直等间距的进入电压,间距为,板长的平行金属板组成的偏转电场，离开电场后打在距离偏转电场的屏幕上的P点，求：‎ ‎（1）电子进入偏转电场时的速度；‎ ‎（2）打在屏幕上的侧移位移 ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由 ‎①‎ 得：‎ ‎（2）设在偏转电场中偏转位移为y ‎ ② ③ ④ ⑤‎ 由 ①②③④⑤得：‎ ‎ ⑥‎ 根据几何关系得 ‎ ⑦‎ 由 ⑥⑦解得：‎ ‎19.如图所示为固定在竖直平面内的，内壁光滑的绝缘轨道，其半径为R=1m，轨道所在的空间存在平行于轨道的水平向右的匀强电场，场强为E=3×104N/C。在轨道的最下端A处有一个电荷量为q=+2×10-4C、质量为m=0.8kg的小球。现给小球一个水平向右的初速度v0=4m/s，g取10m/s2，则（结果可以用根式表示）‎ ‎(1)小球运动的最大速度是多少？‎ ‎(2)要使小球在运动过程中不脱离轨道，其初速度v0要满足什么条件？‎ ‎(3)取A点所在平面为重力势能的零势能面，在小球能够做完整圆周运动的前提下，求小球运动过程中的最小机械能的大小。‎ ‎【答案】(1) (2) (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)当小球在等效最低点时，速度最大，设小球的最大速度为V，由动能定理 ‎ ‎ ‎ 解得：‎ ‎(2)设小球的临界速度为Vm，第一种情况：‎ ‎ ①‎ ‎②‎ ‎③‎ 由①② ③三式联立得 第二种情况：‎ 得 ‎（3）设最小机械能为Em ,电势能增加最大时，机械能最小 代入数据解得：‎