【物理】福建省泉州市泉港区第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

【物理】福建省泉州市泉港区第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

泉港一中2019年秋季期中考试卷 高二年物理科 一、选择题（本题共12小题，48分，每小题4分。第1~8题只有一个选项符合要求，第9~12题有多个选项符合要求，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错得0分）‎ ‎1.科学家在物理学的研究使用了许多研究方法，如控制变量法、等效法、类比法、理想模型法、微元法等等，这些方法对我们学好物理有很大帮助，以下关于所用物理学研究方法的叙述正确的是( )‎ A. 在研究带电体时满足一定条件可以把带电体当做点电荷，这利用了等效法 B. 在研究电场时，常用人为假设的电场线来描述真实的电场，这用的是微元法 C. 在探究电阻与材料、长度和横截面积三者之间的关系时应用了控制变量法 D. 在电路中，可以用几个合适的小电阻串联来代替一个大电阻，这利用了类比法 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在研究带电体时满足一定条件可以把带电体当做点电荷，这利用了建立理想模型法，故A错误。‎ B. 在研究电场时，常用人为假设的电场线来描述真实的电场，这用的是假设法，故B错误。‎ C. 在探究电阻与材料、长度和横截面积三者之间的关系时应用了控制变量法，故C正确。‎ D. 在电路中，可以用几个合适的小电阻串联来代替一个大电阻，这利用了等效法。故D错误。‎ ‎2.下列是某同学对电场中的概念、公式的理解，其中正确的是（ ）‎ A. 根据场强的定义式E=F/q，电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷量成反比 B. 由真空中点电荷场强公式，电场中某点场强和场源电荷的电荷量成正比 C. 根据电容定义式C=Q/U，电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比 D. 根据，可知在匀强电场中，电场强度与电压成正比 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 电场强度为电场本身性质与试探电荷的电荷量无关，故A错误；‎ B. 由真空中点电荷场强公式 ‎，电场中某点场强和场源电荷的电荷量成正比，故B正确。‎ C. 电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量，取决于电容器本身的属性，与电容器所带的电量和板间电压无关，故C错误。‎ D. 电场强度是由电场本身的性质决定的，与电压和两点间的距离无关，故D错误。‎ ‎3.如图所示，实线是一个电场中的电场线，虚线是一带电粒子在此电场中的运动轨迹，若带电粒子是从a处运动到b处的。以下有关a、b两处的比较正确的是 A. a处的电场强度较弱 B. 带电粒子在b处时电势能较大 C. b处的电势较高 D. 带电粒子在a处时速度较小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. a点电场线比b点电场线密，所以a处场强较强，故A错误。‎ BD. 轨迹弯曲的方向大致指向合力的方向，可知电场力方向向右，从a到b，电场力做负功，电势能增加，动能减小，则a点动能大，速度大，b处电势能较大，故B正确D错误。‎ C.沿电场线方向电势降低，所以b处的电势较低，故C错误。‎ ‎4.把家用电炉的电热丝剪去一小段后，继续使用，则在同样的时间内（ ）‎ A. 由Q=I2Rt可知，电炉发热量减少 B. 由Q=UIt可知，电炉的发热量不变 C. 由可知，电炉的发热量增加 D. 无法确定 ‎【答案】C ‎【解析】因电阻丝剪去一小段后，由电阻定律可知总电阻减小，而电路两端的电压U不变，故由电功的计算公式：Q=U2t/ R，因时间、电压均保持不变，电阻减小，故电功变大，发热量就增大。‎ ‎【名师点睛】‎ 电炉的电热丝剪去一小段后电阻变小，而电路的电压不变，电炉是纯电阻电路，欧姆定律成立，根据Q=U2t/R分析热量的变化。‎ ‎5.如图所示，A、B是两个等量异种点电荷，C、D是A、B连线的中垂线上，且与连线距离相等的两点，则以下说法正确的是（ ）‎ A. 在A、B连线上，从A到B，场强逐渐增大，电势逐渐升高 B. 在A、B连线的中垂线上，从C到D，场强先增大后减小，电势先升高后降低 C. 在A、B连线的中垂线上，从C到D，各点电势都相等，场强都相同 D. 在A、B连线的中垂线上，从C到D，场强先增大后减小，各点的电势都相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在A、B连线上，电场线的方向从B到A，则从A到B，电势逐渐升高，根据电场线分布可知，场强先减小后增大，故A错误。‎ BCD. 根据等量异种点电荷的电场分布规律知，A、B连线的中垂线是一条等势线，其上各点的电势相等。在中垂线上，AB连线中点处电场线最密，场强最大，则从C到D，场强先增大后减小，故BC错误D正确；‎ ‎6.如图所示,平行板电容器带有等量异种电荷,与静电计相连,静电计金属外壳和电容器下极板都接地。以E表示两板间的电场强度,θ表示静电计指针的偏角。若保持上极板不动,将下极板向下移动一小段距离至图中虚线位置的过程中,下列说法正确的是（ ）‎ A. 电容器中的电场强度不变 B. G表中有电流流过 C. 静电计的指针偏角θ减小 D. 电容器电容变大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】ACD.电容器与电源断开，故电量不变；下极板向下移动时，两板间的距离增大，根据可知，电容C减小，则根据可知，电压U增大；故静电计指针偏角θ增大；两板间的电场强度为：‎ 因此电场强度E与板间距无关，因此电场强度E不变，故A正确CD错误。‎ B.因为电容器带电量不变，没有电荷移动，所以G表中没有电流，故B错误。‎ ‎7.已知均匀带电球体在球的外部产生的电场与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同。如图所示，半径为R的球体上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在过球心O的直线上有A、B两个点，O和B、B和A间的距离均为R，现以OB为直径在球内挖一球形空腔，若静电力常量为k，球的体积公式为，则A点处场强的大小为(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意知，半径为R的均匀带电体在A点产生场强为：‎ 同理割出的小球半径为，因为电荷平均分布，其带电荷量 则其在A点产生的场强：‎ 所以剩余空腔部分电荷在A点产生的场强 A. 与分析相符，故A正确。B. 与分析不符，故B错误。‎ C. 与分析不符，故C错误。D. 与分析不符，故D错误。‎ ‎8.如图所示，其中电流表A的量程为0.6A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02A；R1的阻值等于电流表内阻阻值的一半；R2的阻值等于电流表内阻的2倍。若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，则下列分析正确的是（ ）‎ A. 将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.03A B. 将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04A C. 将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01A D. 将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06A ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. 当接线柱1、2接入电路时，电流表A与R1并联，根据串并联电路规律可知，R1分流为1.2A，故量程为 ‎1.2A+0.6A=1.8A 故每一小格表示0.06A；故AB错误；‎ CD. 当接线柱1、3接入电路时，A与R1并联后与R2串联，电流表的量程仍为1.8A；故每一小格表示0.06A；故C错误D正确；‎ ‎9.如图所示电路中，电源的电动势为E、内电阻为r，三只灯泡原来都正常发光，当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时，下面判断正确的是( )‎ A. L1和L3变暗，L2变亮 B. L1变暗，L2变亮，L3变亮 C. L1中电流变化绝对值大于L3中的电流变化绝对值 D. L1上的电压变化绝对值小于L2上的电压变化绝对值 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.当滑片右移时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流减小，故L1变暗；电路中电流减小，故内阻及R0、L1两端的电压减小，而电动势不变，故并联部分的电压增大，故L2变亮；因L2中电流增大，干路电流减小，故流过L3的电流减小，故L3变暗；故A正确B错误。‎ C 因L1中电流减小，L3中电流减小，而L2中电流增大；开始时有：‎ I1=I2+I3‎ 故I1电流的变化值一定小于L3中电流的变化值；故C错误；‎ D. 因并联部分的电压与L1、R0及内电阻上的总电压等于电源的电动势；L2两端的电压增大，L1、R0及内阻r两端的电压减小，而电动势不变，故L2两端电压增大值应等于其它三个电阻的减小值，故L1上电压变化值小于L2上的电压变化值，故D正确；‎ ‎10.真空中相距为3a的两个点电荷Q1、Q2，分别固定于轴上x1=0处和x2=3a的两点上，在它们连线上各点场强E随x变化关系如图所示，取沿x轴正方向的场强为正方向，以下判断正确的是（ ）‎ A. 处的电势一定为零 B. 点电荷Q1、Q2一定为异种电荷 C. 点电荷Q1所带电荷量是Q2所带电荷量的2倍 D. x=1.5a处的电势小于x=2.5a处的电势 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由于电势是一个相对性的概念，即零电势的选择是任意的，人为的，故x=2a处的电势可以为零，也可以不为零，故A错误。由于M、N之间的场强的方向相反，故点电荷M、N一定为同种电荷，故B错误。Q1在2a处产生的场强E1=，而Q2在2a处产生的场强E2=，由于2a处场强为0，故E1=E2，所以Q1=4Q2，故C错误。由U=Ed可知，E-x图像与坐标轴围成的面积等于电势差，则x=1.5a处与x=2a处的电势差小于x=2.5a与x=2a处的电势差，因x=1.5a处的电势和x=2.5a处的电势都高于x=2a点的电势，则x=1.5a处的电势小于x=2.5a处的电势，故D正确。故选D。‎ ‎11.如图所示电路中，R1＝5 Ω，R2＝7 Ω，R3＝8 Ω，R4＝10 Ω，C＝20μF，电源电动势E＝18．6 V，内阻r＝1 Ω，电表为理想电表。开始电键K是闭合的，则下列判断正确的是（ ）‎ A. 电流表的示数为l A B. 电压表的示数为6 V C. 电容器所带的电荷量为1．8×10－4C D. 当电键K断开后，通过电阻R1的电荷量为1．8×10－4C ‎【答案】BC ‎【解析】‎ A、由于电流表视为短路，而电压表视为短路，则分析电路结构可知，知R2、R3、R4串联后与R1并联，R5上无电流 电流表示数为：‎ 解得：电流，‎ 电压表的示数等于R4上的电压，‎ 解得：；A错误，B正确；‎ C、电容器C所带的电量：；解得：；开关断开后，电流将分别流过R1、R4和R2、R3，故流过R1的电量一定小于1.8×10﹣4C，C正确，D错误；‎ 故选BC。‎ ‎12.某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标上，如图中的a、b、c所示，根据图线可知（ ）‎ A. 反映Pr变化的图线是c B. 电源电动势为4V C. 电源内阻为4Ω D. 当电流为0.5A时，外电路的电阻为6Ω ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据直流电源的总功率 PE=EI 内部的发热功率 Pr=I2r 输出功率 PR=EI-I2r 可知反映Pr变化的图线是c，反映PE变化的是图线a，反映PR变化的是图线b，故A正确。‎ B. 图线a的斜率等于电源的电动势，由得到 故B正确。‎ C. 由图，当I=2A时，Pr=8W，由公式 Pr=I2r 得 r=2Ω 故C错误。‎ D. 当电流为0.5A时，由图读出电源的功率PE=2W，由 代入得到，‎ R=6Ω 故D正确。‎ 二、实验题（本题共2小题，每空2分，共16分）‎ ‎13.（1）在测定金属电阻率的实验中，用伏安法测定一段阻值约为5的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：‎ A．电池组（3V） B．电流表（0~3A，内阻约0.0125）‎ C．电流表（0~0.6A，内阻约0.125）D．电压表（0~3V，内阻约3k）‎ E．电压表（0~15V，内阻约15k） F．滑动变阻器（0~20，额定电流1A）‎ G．滑动变阻器（0~2000，额定电流0.3A） H．电键、导线。‎ Ⅰ.待测电阻是一根均匀材料制成的金属丝（横截面为圆形），用螺旋测微器测量其直径，结果如图所示。由图可知其直径d=_______mm。‎ Ⅱ．根据实验的实际需要，电流表应选______，电压表应选______，滑动变阻器应选________（填选项号：如A、B、C等）‎ Ⅲ．实验电路应采用电流表________接法。（填“内”或“外”）‎ ‎（2）某同学在探究规格为“6V，3W”的小电珠伏安特性曲线实验中：‎ 该同学采用图甲所示的电路进行测量。图中R为滑动变阻器（阻值范围0~10Ω，额定电流1.0A），L为待测小电珠，V为电压表（量程6V，内阻约20kΩ），A为电流表（量程0.6A，内阻约1Ω），E为电源（电动势8V，内阻不计），S为开关。‎ Ⅰ．在实验过程中，开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应置于最____端；（填“左”或“右”）‎ Ⅱ．在实验过程中，已知各元器件均无故障，但闭合开关S后，无论如何调节滑片P，电压表和电流表的示数总是调不到零，其原因是_____点至_____点的导线没有连接好；（图甲中的黑色小圆点表示接线点，并用数字标记，空格中请填写图甲中的数字，如“2点至3点”的导线）‎ Ⅲ．该同学描绘出小电珠的伏安特性曲线示意图如图乙所示，则小电珠的电阻值随工作电压的增大而______。（填“不变”、“增大”或“减小”）‎ ‎【答案】 (1). 0.435mm（0.433-0.436） C D F 外 (2). 左 1（或5） 5（或1） 增大 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)Ⅰ[1] 由图可知其直径 Ⅱ[2][3][4]根据题意可知，电源电压3V，阻值约5欧，所以回路电流最大值为 所以电流表选择C；电压表选择D；根据题意可知，为了方便调节减小误差，滑动变阻器应选择F。‎ Ⅲ[5]因为 所以采取外接法。‎ ‎(2)Ⅰ[6]闭合开关前，待测支路电流为零，所以滑片置于最左端。‎ Ⅱ[7][8]在实验过程中，已知各元器件均无故障，但闭合开关S后，无论如何调节滑片P，电压表和电流表的示数总是调不到零，电路连成了限流式接法，所以1点至5点的导线没有连接好。‎ Ⅲ[9]根据伏安特性曲线可知，图像斜率表示电阻倒数，斜率变小，则电阻增大。‎ 三、计算题（本题共4小题，计36分,解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案不给分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）‎ ‎14.如图所示，把质量为克的带电小球A用丝线吊起，若将带电量为4×10﹣8C的正电小球B靠近它，当两小球在同一高度相距3cm时，丝线与竖直夹角为30°，（A、B都可视为点电荷，取g=10m/s2，k=9.0×109Nm2/kg2）求：‎ ‎（1）此时小球A受到的库仑力大小和方向？‎ ‎（2）小球A带的电量qA？‎ ‎【答案】(1) 库仑力为，方向水平向左，指向带正电的小球B (2) 小球A带的电量为 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）A处于平衡状态，所受合外力为零，根据平行四边形定则有：‎ 库仑力 所以 方向水平向左，指向带正电的小球B。‎ ‎（2）根据库仑定律 有小球A带的电量 ‎15.如图所示，电源电动势E=8V，内电阻为r=0.5Ω，“3V，3W”的灯泡L与电动机M串联接在电源上，灯泡刚好正常发光，电动机正常工作，电动机的线圈电阻R=1.5Ω．求：‎ ‎（1）电源的输出功率 ‎（2）电动机的输出功率．‎ ‎【答案】(1) 7.5W (2)3W ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据灯泡的额定值可知：‎ 解得 电源路端电压 解得 ‎ 电源的输出功率 即P出=7.5W ‎ ‎(2)电动机两端电压 电动机内阻热功率 电动机输出功率 联立解得电动机的输出功率为 P出=3W ‎16.如图的电路中，电池组的电动势E=30V，电阻 ，两个水平放置的带电金属板间的距离d=1.5cm。在金属板间的匀强电场中，有一质量为m=7×10-8kg，带电量C的油滴，当把可变电阻器R3的阻值调到35Ω接入电路时，带电油滴恰好静止悬浮在电场中，此时安培表示数I=1.5A，安培表为理想电表，取g＝10m/s2，试求：‎ ‎（1）两金属板间的电场强度；‎ ‎（2）电源的内阻和电阻R1的阻值；‎ ‎（3）B点的电势．‎ ‎【答案】（1）1400N/C（2）（3）27V ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由油滴受力平衡有，mg=qE，得到 ‎ 代入计算得出：E=1400N/C ‎ ‎（2）电容器的电压U3=Ed=21V ‎ 流过的电流 ‎ B点与零电势点间的电势差 ‎ 根据闭合电路欧姆定律得，电源的内阻 ‎ ‎ ‎ ‎（3）由于U1=φB-0，B点的电势大于零，则电路中B点的电势φB=27V.‎ ‎17.如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形，固定在竖直面内、管口B、C的连线是水平直径，现有一带正电小球（可视为质点）从B点正上方的A点自由下落，A、B两点间距离为4R，从小球进入管口B开始，整个空间中突然加一个匀强电场，这个匀强电场的电场力可分解为竖直方向和水平方向两个分力，其中竖直向上的分力大小与重力大小相等，水平分力大小未知，结果小球从管口C处脱离圆管后，其运动轨迹经过A点，设小球运动过程中带电量没有改变，重力加速度为g，求：‎ ‎（1）小球到达B点的速度大小；‎ ‎（2）小球受到的总的电场力的大小和方向；‎ ‎（3）小球经过管口C处时对圆管壁的压力。‎ ‎【答案】(1) (2) 电场力的大小为,方向斜向左上方与水平方向夹角 (3) 小球经过管口C处时对圆管的压力为：3mg，方向水平向右。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小球从开始自由下落到到达管口B的过程中机械能守恒，故有：‎ 小球到达B点时的速度大小为 ‎（2）设电场力的水平分力为（方向水平向左），竖直分力为（方向水平向上），则 小球从B运动到C的过程中，由动能定理得：‎ 小球从管口C处脱离圆管后，做类平抛运动，由于其轨迹经过A点，有:‎ 联立以上各式，解得：‎ 电场力的大小为：‎ 方向斜向左上方与水平方向夹角 。‎ ‎（3）小球经过管口C处时，向心力由和圆管的弹力提供，设弹力的方向向左，则 解得：‎ 方向向左，根据牛顿第三定律可知，小球经过管口C处时对圆管压力为：‎ 方向水平向右。‎