河北省正定县第一中学2019-2020学年高二上学期10月期中考试模拟物理试题

河北省正定县第一中学2019-2020学年高二上学期10月期中考试模拟物理试题

高二物理期中模拟试题 一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）‎ ‎1.以下说法正确的是（ ）‎ A. 物体通常呈现电中性，是因为物体没有电荷 B. 使物体带电的本质是电荷的转移 C. 任何带电球体，都可以看作电荷全部集中于球心的点电荷 D. 库仑定律适用于任何带电体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、通常呈现电中性，是因为物体没有多余电荷，即为正负处于中和状态，故A错误； B、使物体带电的本质是电荷的转移，故B正确； C、当带电球体间距远大于自身大小时，才可以看作电荷全部集中于球心的点电荷，故C错误； D、库仑定律适用于真空中的点电荷，故D错误。‎ 点睛：考查库仑定律成立的条件，掌握点电荷的含义，及带电的本质。‎ ‎2. 下列叙述中正确的是 A. 导体中自由电荷在不停地运动，就形成电流 B. 金属中电子定向移动的方向为电流的方向 C. 电流强度的单位是安培，是国际单位制中的基本单位之一 D. 所有电源都是把化学能转化为电能的装置 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：导体中自由电荷的定向移动形成电流，A错误；电流的方向和负电荷定向移动的方向相反，B错误；电流强度的单位是安培，是国际单位制中的基本单位，C正确；电源是提供电能的装置，它可以把其它形式的能转化为电能，D错误；‎ 考点：考查了电流，电源 ‎3.下列关于磁场的说法中正确的是（　　）‎ A. 磁场中某处磁感应强度的大小，等于长为L，电流为I的一小段导线放在该处时所受磁场力F与IL乘积的比值 B. 一小段通电导线放在某处如果不受磁场力的作用，则该处的磁感应强度一定为零 C. 因为F=BIL，所以磁场中某处磁感应强度的大小与放在该处的导线所受磁场力F成正比，与IL乘积成反比 D. 磁场中某处磁感应强度的大小与放在磁场中的通电导线长度、电流大小及所受磁场力的大小均无关 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】磁场中某处磁感应强度的大小，等于长为L，电流为I的一小段导线放在该处时所受的最大的磁场力F与IL乘积的比值，选项A错误；一小段通电导线放在某处如果不受磁场力的作用，可能是导线放置的方向与磁场平行，而该处的磁感应强度不一定为零，选项B错误；磁感应强度的大小是由磁场本身决定的物理量，与放入该处的导线在该处所受磁场力F无关，与IL乘积无关，选项C错误，D正确；故选D.‎ ‎4.如图为静电除尘机理示意图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的。图中虚线为电场线(方向未标)。不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电量变化，则 A. 每个尘埃的运动轨迹都与一条电场线重合 B. 尘埃在迁移过程中电势能增大 C. 尘埃在迁移过程中做匀变速运动 D. 图中点电势低于点电势 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 电场线为直线时，运动轨迹才有可能与电场线重合，并且要求初速度为零或者方向与电场线方向一致；电场线为曲线时，则运动轨迹不能与电场线重合，故A错误；‎ D. 由题带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移，则知集尘极带正电荷，是正极，所以电场线方向由集尘极指向放电极，点更靠近放电极，所以图中点电势低于点电势，故D正确；‎ B. 带电尘埃所受的电场力方向与位移方向相同，做正功，所以在迁移过程中电势能减小，故B错误；‎ C. 放电极与集尘极间建立非匀强电场，尘埃所受的电场力是变化的，尘埃的加速度是变化的，故C错误。‎ ‎5.如图所示，两块金属板a和c水平放置，相互隔开；板a和c接在电池上。闭合开关，一带电微粒P以某一初速水平射入板a和c之间，落在板c上的Q点。断开开关，平行地插入薄金属板b，带电微粒P在同样的入射位置、以同样的初速水平射入板b和c之间，则微粒（　　）‎ A. 落在c板上Q点的左侧 B. 落在c板上Q点的右侧 C. 落在c板上的Q点 D. 沿直线飞出 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】断开电键后，电容器的电荷量不变，插入薄金属板b，等效为极板的间距减小，根据，，得 故电场强度不变，故电场力不变，即粒子的受力情况不变，故运动情况不变，依然打在Q点，故C正确。‎ ‎6.如图甲所示电路，小灯泡通电后其电压U随所加电流I变化图线如图乙所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PM为U轴的垂线，PQ为I轴的垂线，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 随着所加电流的增大，小灯泡的电阻减小 B. 对应P点，小灯泡的电阻为R＝‎ C. 在电路中灯泡L两端的电压为U1时，电阻R两端的电压为I1R D. 对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的“面积”‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．图线上的点与原点连线的斜率等于电阻大小，由数学知识可知，随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大，故A错误；‎ B．对应P点，小灯泡的电阻为，故B错误；‎ C．在电路中灯泡L两端的电压为U1时，电阻R两端的电压为I2R，故C错误；‎ D．由恒定电流的功率公式P=UI，推广可知，对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积，故D正确。‎ ‎7.把标有“220V、100W”的A灯和“220V、200W”的B灯串联起来，接入220V的电路中，导线电阻不计，则（　　）‎ A. 两灯泡电阻之比RA:RB＝1:2‎ B. 两灯泡电压之比UA:UB＝1:2‎ C. 两灯泡消耗功率之比PA:PB＝2:1‎ D. 两灯泡发热之比QA:QB＝1:2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据欧姆定律公式和电功率P=UI得到，故A灯泡电阻为484Ω，B灯泡电阻为242Ω，两灯泡电阻之比 RA：RB=2：1‎ 故A错误；‎ B．两个电灯泡电阻之比为2：1，根据U=IR，电压之比为2：1，故B错误；‎ C．根据P=I2R，电流相等，故电功率之比为2：1，故C正确；‎ D．根据焦耳定律，Q=I2Rt，电流和时间相等，故热量之比等于电阻之比，为2：1，故D错误。‎ ‎8.如图所示，在竖直放置间距为的平行板电容器中，存在电场强度为E的匀强电场。有一质量为，电荷量为的点电荷从两极板正中间处静止释放，重力加速度为。则点电荷运动到负极板的过程 A. 加速度大小为 B. 所需的时间为 C. 下降高度为 ‎ D. 电场力所做的功为 ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】点电荷在电场中的受力如图所示，‎ 点电荷所受的合外力为 ‎ 由牛顿第二定律得 故A错；‎ 点电荷在水平方向的加速度为 ，由运动学公式d/2=a1t2/2,所以 ，故B正确，‎ 点电荷在竖直方向上做自由落体运动，所以下降的高度 ，故C错误；‎ 由功公式W=Eqd/2,故D错误。‎ 综上所述本题答案是：B ‎【点睛】由于电荷水平方向和竖直方向都受到力的作用，根据水平方向上的运动求出运动时间，再结合竖直方向上自由落体运动求出下落的高度。‎ 二、多选题（共6小题，满分18分，每小题3分）‎ ‎9.如图所示，平行线代表电场线，但未标明方向，一个带正电、电荷量为10－‎6C的粒子在电场中仅受电场力作用，当它从A点运动到B点时动能减少了10－5J。已知A点的电势为－10 V，则以下判断正确的是（ ）‎ A. 粒子的运动轨迹如图虚线l所示 B. 粒子的运动轨迹如图虚线2所示 C. B点电势为－20V D. B点电势为零 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】由题，带正电的微粒仅受电场力的作用，从A点运动到B点时动能减少了10-5J，说明电场力做负功，则知电场力方向水平向左，根据曲线运动的合力指向轨迹的内侧，故微粒的运动轨迹是如图虚线1所示。故A正确，B错误；根据动能定理得：qUAB=△Ek，得：，φA=-10V，又UAB=φA-φB，则有：φB=0．故C错误，D正确。故选AD。‎ ‎【点睛】根据轨迹的方向要能判断出合力的方向，结合电场的性质，根据动能定理求出电势差，再求电势，都是常规的方法．‎ ‎10. 在绕地球做匀速圆周运动的航天器中，物体处于完全失重状态，可以形成一种“重力屏蔽状态”，在航天器中建立电学实验室，可以有效消除常态下重力的影响，空腔导体内部可以实现屏蔽，在空腔导体内部建立物理实验室，可以有效消除外电场的干扰，下列说法错误的是（ ）‎ A. 场是物质存在的形式 B. 航天器中的“重力屏蔽状态”指的是航天器中不存在重力 C. 外电场在空腔导体的内部产生的场强为0，所以外电场被屏蔽 D. 在外电场作用下处于静电平衡的空腔导体，其内部的总电场强度为0‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：场是看不见，摸不着，但是物质形态存在的，所以A正确；航天器中的“重力屏蔽状态”指的是航天器中物体间没有相互作用力，但仍存在重力，所以B错误；外电场在空腔导体的内部产生的场强，与感应电荷在内部的电场强度相互叠加后为0，所以C错误；由于静电屏蔽作用，导体的外壳就会对它的内部起到“保护”作用，使它的内部不受外部电场的影响，所以导体腔内任意点的场强为零，D正确。‎ 考点：静电屏蔽 ‎【名师点睛】解决本题的关键知道静电平衡时：导体内部场强为零、电荷只分布在导体的外表面、导体是等势体，外表面是一个等势面。‎ ‎11.如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab＝Ubc，实线为一带正电的质点，仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（　　）‎ A. 三个等势面中，a的电势最低 B. 带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大 C. 带电质点通过P点时的动能比通过Q点时大 D. 带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A ‎．由轨迹的弯曲情况，电场力应指向曲线凹侧，且与等势面垂直（电场线垂直该处等势面），由于正电荷的受力方向与场强方向一致，故可画出电场线方向，如图所示。顺着电场线方向电势降低，则知a的电势最高，故A错误；‎ BC．如果质点由P运动到Q，电场力方向与速度方向的夹角小于，做正功，电势能减小，动能增大；反之，如果由Q到P，速度或位移与力的方向夹角大于做负功，电势能增大，动能减小，故质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大，通过P点时的动能比通过Q点时小，故B正确，C错误；‎ D．P处等势面比Q处密，等势面密处场强大，电荷在P点受的电场力大，加速度就大，故D正确。‎ ‎12.如图甲所示的电路中，电源电动势为3V、内阻为2Ω，R是阻值为8Ω的定值电阻，A是理想电流表，L是小灯泡，小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。闭合开关S，电路稳定后，A表的示数为‎0.2A。下列说法正确的是 A. 由图乙可知，小灯泡的电阻随电压升高而增大 B. 电路稳定后，电源内部发热消耗的功率是0.4W C. 电路稳定后，灯泡L消耗的电功率为1.0W D. 电路稳定后，电源的效率约为87%‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】因I-U图像 斜率等于电阻的倒数，可知由图乙可知，小灯泡的电阻随电压升高而增大，选项A正确；电路稳定后，电源内部发热消耗的功率I2r=0.22×2W=0.08W，选项B错误；电路稳定后，灯泡两端的电压为UL=E-I(r+R)=3-0.2(2+8)=1V，则灯泡L消耗的电功率为PL=IU=0.2×1W=0.2W，选项C错误；电路稳定后，电源的效率约为，选项D正确；故选AD.‎ ‎【点睛】本题主要考查了闭合电路欧姆定律、串并联电路的特点的直接应用，要求同学们能正确分析灯泡的伏安特性曲线，能根据图象读出有效信息．‎ ‎13. 如图为一匀强电场，某带电粒子从A点运动到B点．在这一运动过程中克服重力做的功大小为1.0J，电场力做的功大小为0.5J．（只受电场力、重力作用），则下列说法正确的是 A. 粒子带负电 B. 粒子在A点的电势能比在B点少0.5J C. 粒子在A点的动能比在B点多0.5J D. 粒子在A点的机械能比在B点少0.5J ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 粒子从A点运动到B点，受电场力向右，与场强方向相反，粒子带负电，A对。由A到B电场力做正功，电势能减少0.5J．B错。重力做负功，合外力做功为0.4J，动能增量为0.4J，C错。机械能对应非重力功，即电场力做功，电场力做正功0.5J，机械能增加0.5J,D对。‎ ‎14.压敏电阻的阻值R随所受压力的增大而减小。其兴趣小组利用压敏电阻设计了判断电梯运动状态的装置，其装置示意图如图所示。将压敏电阻平放在电梯内，受压面朝上，在上面放一物体A，电梯静止时电压表示数为，电梯在某次运动过程中，电压表的示数变化情况如图乙所示，下列判断中错误的是（ ）。‎ A. 乙图表示电梯可能匀速下降 B. 乙图表示电梯可能匀减速下降 C. 乙图表示电梯可能变减速上升 D. 乙图表示电梯可能变减速下降 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电梯匀速下降时，压敏电阻所受压力等于重力不变，其电压不变，与图象反映的情况不符，故A错误；‎ B．电梯匀减速下降时，加速度不变，压敏电阻所受压力不变，其电压不随时间而变化，与图象情况不符，故B错误；‎ C．电梯变减速上升时，其加速度向下，根据牛顿第二定律，压敏电阻所受压力小于重力，则其电压逐渐增大，与图象意义不符，故C错误；‎ D．电梯变减速下降时，压力大于重力，由其特性知，其电压逐渐减小，与图象的意义相符，故D正确。‎ 三．实验题（共2小题）‎ ‎15.某多用表内部的部分电路如图所示，已知微安表表头内阻Rg=100Ω，满偏电流Ig=200μA，定值电阻R1=2.5Ω，R2=22.5Ω，电源电动势E=1.5V，则该多用表 ‎（1）A接线柱应该是与___________（填“红”或“黑”）表笔连接；‎ ‎（2）当选择开关接___________（填“a”或“b”）档时其对应的电阻档的倍率更高；‎ ‎（3）若选a档测量电阻，则原表盘100μA，对应的电阻刻度值应当为_______Ω；原表盘50μA的刻度，对应的电阻刻度值应当为______Ω。‎ ‎【答案】 (1). 黑 (2). b (3). 150Ω (4). 450Ω ‎【解析】‎ ‎(1)当用欧姆表测电阻时，电源和表头构成回路，根据电源正负极连接方式可知，黑表笔与电源正极相连，故A接线柱应该是与“黑”表笔连接；‎ ‎（2）整个回路最小电流 ， 同时，当选择开关接b时，此时有最大值。当选择开关接b档时其对应的电阻档的倍率更高。‎ ‎（3）用a档测量电阻，欧姆调零时，，此时，当，此时干路电流为 ，由于，解得；当表盘时，此时干路电流为，由于，解得。‎ ‎【点睛】本题主要考查：利用电阻的串并联关系，来解决电流表的扩量程的相关问题；熟悉欧姆表的工作原理，利用回路欧姆定律解决相关问题。‎ ‎16.某型号电池的电动势约3.7V，内阻约2Ω，现欲测定其电动势E和内阻r，给定的器材有 待测电池E 滑动变阻器R(0~15Ω,‎1A)‎ 直流电压表V (量程3V，内阻约为6kΩ)‎ 直流毫安表mA (量程100mA，内阻RA=5Ω)‎ 开关S一个；导线若干.‎ ‎(1)为了把毫安表改装成量程为‎0.6A的电流表，需要给毫安表并联一个阻值R0=_____Ω的定值电阻；‎ ‎(2)按图甲所示连接好电路，实验过程中要使电压表读数变大，则滑动变阻器滑片应______移动(选填“向左”或“向右”).‎ ‎(3)用该电路测量出多组数据，作出图乙所示的U—I图象(I为毫安表示数)，横坐标截距为a，纵坐标截距为b，则待测电池电动势E=________，内阻r=________(用只含a、b 字母的式子表示).‎ ‎【答案】 (1). 1 (2). 向右 (3). b (4). 或 ‎【解析】‎ ‎（1）为了把毫安表改装成量程为‎0.6A的电流表，需要给毫安表并联一个阻值的定值电阻；‎ ‎（2）实验过程中要使电压表读数变大，则应该增大外电路的电阻，则滑动变阻器滑片应向右移动.‎ ‎（3）因改装后的电流表量程是原来的6倍，则若毫安表读数为I，则干路电流为6I，改装后的电流表内阻为;由闭合电路欧姆定律： ，则E=b； ，解得.‎ 点睛：涉及到图象问题，应根据物理规律列出表达式，然后整理出一次函数形式，再根据斜率和截距的概念即可求解．‎ 四．计算题（共4小题，满分42分）‎ ‎17.如图所示，图线AB是电路的路端电压随电流变化的关系图线. OM是同一电源向固定电阻R供电时，R两端的电压与电流变化的图线，由图求：‎ ‎（1）R的阻值.‎ ‎（2）电源的电动势和内电阻 ‎（3）在两图线交点处，电源内部消耗的电功率.‎ ‎【答案】（1）2Ω；（2）6V，1Ω；（3）4W ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由图知，U=4V时，I=‎2A，‎ 根据欧姆定律： ‎ ‎（2）根据路端电压和电流的U-I图像，图像在总轴上的截距等于电动势，由图得：E=6V；‎ 图像的斜率等于电源内阻，由图像得：‎ ‎（3）根据焦耳定律，电源内部消耗的电功率：P=I2r=4W ‎18.如图所示，光滑竖直圆环轨道，O为圆心，半径为R，B点与O点等高，在最低点固定一点电荷A，B点恰能静止一质量为m，电荷量为q的带正电小球，现将点电荷A的电荷量增加为原来的两倍，小球沿圆环轨道向上运动到最高点C时的速度为，取g＝‎10m/s2，静电力常量k＝9.0×109N•m/C2．求：‎ ‎（1）开始时点电荷A带电荷量Q是多少？‎ ‎（2）小球在B点刚开始运动时的加速度；‎ ‎（3）小球在C点时对轨道的压力；‎ ‎（4）点电荷A的电荷量增加为原来的两倍后，B、C两点间的电势差。‎ ‎【答案】（1）（2）g，方向竖直向上（3）（+1）mg，方向为竖直向上；（4）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)开始时小球在B点静止，受到A对B库仑力、重力和支持力，如图：‎ A对B库仑力为 根据平衡条件有：‎ ‎ ‎ 解得：‎ ‎(2)A的电量增为原来两倍时，在竖直方向，由牛二定律：‎ ‎ ‎ 解得：‎ a＝g 方向竖直向上 ‎(3)小球在C点时，重力、支持力和库仑力的合力提供向心力：‎ ‎ ‎ 解得：‎ ‎ ‎ 由牛三定律可知，压力大小 方向竖直向上 ‎(4)对小球由B到C过程列动能定理：‎ ‎ ‎ 解得：‎ ‎19.如图所示，水平绝缘光滑轨道AB的B端与处于竖直平面内的四分之一圆弧形粗糙绝缘轨道BC平滑连接，圆弧的半径R=‎0.40m。在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E="1." 0×104N/C。现有一质量m=‎0.10kg的带电体（可视为质点）放在水平轨道上与B端距离s=‎1.0m的位置，由于受到电场力的作用带电体由静止开始运动，当运动到圆弧形轨道的C端时，速度恰好为零。已知带电体所带电荷量q=8.0×10‎-5C，取g=‎10m/s2，求：‎ ‎（1）带电体在水平轨道上运动的加速度大小及运动到B端时的速度大小；‎ ‎（2）带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压力大小；‎ ‎（3）带电体沿圆弧形轨道运动过程中，电场力和摩擦力对带电体所做的功各是多少？‎ ‎【答案】（1）a=‎8 m/s2 vB=‎4.0 m/s （2）N=5.0 N （3）W电=0.32 J W摩=–0.72 J ‎【解析】‎ ‎（1）在水平轨道运动时qE="ma" 得a=（3分）‎ 由动能定理 qEs=得（3分）‎ ‎（2）设带电体运动到圆轨道B端时受轨道的支持力为N，根据牛顿第二定律有 ‎（3分） 得N=6mg (1分)‎ 根据牛顿第三定律可知，带电体对圆弧轨道B端的压力大小N/=N=6mg（1分）‎ ‎（3）因电场力做功与路径无关，‎ 所以带电体沿圆弧形轨道运动过程中，电场力所做的功 W电=qER=（1分）‎ 设带电体沿圆弧形轨道运动过程中摩擦力所做的功为W摩，对此过程根据动能定理有 qER+W-mgR=0-（4分） 解得 W=-2mgR (1分)‎ 本题考查牛顿第二定律、动能定理和圆周运动规律的应用，在电场中由电场力做功等于动能的变化量可求得B点速度，在B点由支持力和重力的合力提供向心力，可求得支持力大小，由于电场力做功与路径无关只与初末位置有关，所以带电体沿圆弧形轨道运动过程中，电场力所做的功为qER，在整个过程中应用动能定理可求得克服摩擦力做功大小 ‎20.由电子加速器、偏转电场组成装置可以实现电子扩束。偏转电场由加了电压相距为d的两块水平平行放置的导体板组成，如图1所示。大量电子由静止开始，经电压为 的加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入偏转电场；当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为，当在两板间加如图2所示的周期为、偏转电压峰值为的交变电压时所有电子恰好都能从两板间通过，已知电子的电荷量为，质量为m，电子重力和它们之间相互作用力均忽略不计；求：‎ ‎（1）电子进入偏转电场的初速度大小；‎ ‎（2）偏转电场的电压；‎ ‎（3）哪个时刻进入偏转电场的电子，会从距离中线上方飞出偏转电场。‎ ‎【答案】（1） （2） （3），（n =1,2,3,…）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电子在加速电场中，由动能定理得电子进入偏转电场的初速度v0大小，电子在偏转电场中做分段类平抛运动，竖直方向做分段匀变速运动，从图可以看出在时刻进入偏转电场电子，出偏转电场时上、下偏移量最大，由牛顿第二定律和运动学公式求出偏转电场的电压；进入偏转电场的电子，会从中线上方处飞出偏转电场，由运动学公式求出；‎ ‎【详解】解：(1)电子在加速电场中，由动能定理得：‎ 解得：‎ ‎(2)电子在偏转电场中做分段类平抛运动 ‎ 水平方向匀速运动，速度 ‎ 竖直方向做分段匀变速运动，其速度-时间图象如图所示。‎ 从图可以看出在时刻进入偏转电场电子，出偏转电场时上、下偏移量最大， 依题意得：‎ 由牛顿第二定律：‎ 由运动学公式：‎ 解得偏转电压：‎ ‎(3)设：tx时刻进入偏转电场的电子，会从中线上方处飞出偏转电场 由运动公式可得： ‎ 解方程组得：‎ 所以在（n =0,1,2,…）时刻进入偏转电场的电子，会从中线上方飞出偏转电场 同理可得：（n =1,2,3,…）时刻进入偏转电场的电子，也会从中线上方飞出偏转电场 ‎【点睛】入偏转电场的电子，也会从中线上方 飞出偏转电场 ‎ ‎