【物理】重庆市万州新田中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

【物理】重庆市万州新田中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

新田中学2019-2020学年高二上学期期中考试 物理试题卷 一.选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分，其中1-7题为单项选择题，8-10题为多项选择题，错选或不选得零分，漏选可得2分。）‎ ‎1.反天刀是生活在尼罗河的一种鱼类，沿着它身体的长度方向分布着电器官，这些器官能在鱼周围产生电场，如图为反天刀周围的电场线分布示意图，A、B、C为电场中的点，下列说法正确的是（　　）‎ A. 头部带负电 B. A点电场强度大于B点电场强度 C. C点电势高于B点电势 D. 正离子从A向C运动，其电势能变小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电场线从正电荷或无穷远处出发，终止与负电荷或无穷远处，故根据电场线由头部出发可知：头部带正电，尾部带负电，故A错误；‎ B．电场线疏密程度代表电场强度，由图可知：A处电场线比B处密，故A处电场强度大于B处电场强度，故B正确；‎ CD．沿着电场线电势降低，等势线与电场线垂直；故B点电势比C点电势高，沿着电场线电势降低，等势线与电场线垂直；故A点电势比C点电势低，那么，正离子从A向C运动，电场力做负功，故电势能增大，故CD错误。‎ ‎2.真空中有两个相同的可以看成点电荷的带电金属小球A、B，两小球相距L固定，A小球所带电荷量为-2Q、B所带电荷量为+4Q，两小球间的静电力大小是F，现在让A、B两球接触后，使其距离变为2L．此时，A、B两球之间的库仑力的大小是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据库仑定律，两球间的库仑力：,将它们接触后再分开，然后放在距离为2L，则电荷量中和，再进行平分，因此电量均为+Q，则库仑力为： ，故B正确。故选：B。‎ ‎3.为探究小灯泡L伏安特性，连好图示的电路后闭合开关，通过移动变阻器的滑片，使小灯泡中的电流由零开始逐渐增大，直到小灯泡正常发光。由电流表和电压表得到的多组读数描绘出的U-I图象应是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】根据电路中电阻的变化，确定电压与电流变化，并考虑温度对电阻的影响，运用U﹣I图象含义分析判断．‎ ‎【详解】当滑动变阻器在最左端时，灯泡连端电压为0，滑动变阻器逐渐向右移动，小灯泡的亮度逐渐变亮，直到正常发光。随着小灯泡两端电压的升高，电流也在升高，但是，小灯泡灯丝的电阻随着温度的升高而增大，在图像上各点切线斜率应越来越大。故C正确 ‎4.如图是有两个量程的电压表，当使用a、b两个端点时，量程为0～10 V，当使用a、c两个端点时，量程为0～100 V．已知电流表的内阻Rg为500 Ω，满偏电流Ig为1 mA，则电阻R1、R2的值(　　)‎ A. 9500Ω；90000Ω B. 90000Ω；9500Ω C. 9500Ω；9000Ω D. 9000Ω；9500Ω ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由图示电路图可知 ‎，‎ ‎，‎ 代入数据解得，‎ A. 9500Ω；90000Ω与分析相符，符合题意;B. 90000Ω；9500Ω与分析不符，不符合题意 C. 9500Ω；9000Ω与分析不符，不符合题意;D. 9000Ω；9500Ω与分析不符，不符合题意 ‎5.如图所示，电路中E＝3V，r＝0.5Ω，R0＝1.5Ω，变阻器的最大值R＝10Ω，现将R的阻　值由零逐渐增大到10Ω的过程中，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 当R＝2Ω时，R上消耗功率最大 B. 当R＝1.0Ω时，R0上消耗的功率最大 C. 当R＝0.5Ω时，电源的输出功率最大 D. 当R＝0Ω时，电源的效率最大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．将电阻R0和电源等效成新的电源，当外电路电阻与等效电源内电阻相等时，等效电源的输出功率最大；将电阻R0和电源等效成新的电源，当外电路电阻与等效电源内电阻相等时，等效电源的输出功率最大；故当 Rx=R0+r=2Ω 等效电源的输出功率最大，即变阻器上消耗的功率最大；故A项正确；‎ B．由公式可知，当电流最大，R0的功率最大，由闭合电路欧姆定律可知，当R=0时，电流最大，R0的功率最大，故B项错误；‎ C．当外电阻与电源内阻越接近，电源的输出功率越大，所以当R=0时，电源的输出功率最大，故C项错误；‎ D．电源的效率为 所以当外电阻最小时，电源的效率最小，即当R=0时，电源的效率最小，故D项错误。‎ ‎6.下列说法中，正确的是（ ）‎ A. 由可知电场中某点的电场强度与成反比 B. 由公式可知电场中某点的电势与成反比 C. 公式，其中电容器的电容与电容器两极板间电势差无关 D. 由可知，匀强电场中的任意两点、让的距离越大，则两点间的电势差也一定越大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由公式可求解电场强度，但电场强度与试探电荷无关，故A错误；由公式可求解电势，但电势与试探电荷无关，故B错误；由公式可求解电容，但电容与电压无关，故C正确；公式中，d是沿着匀强电场的电场强度方向的距离，不一定等于两点间距离，故D错误；故选C。‎ ‎7.如下图所示，AB是电场中的一条电场线，若将一负电荷从A点由静止释放，负电荷沿电场线从A到B运动过程中速度时间图线如图Ⅱ所示，不计重力，则下列判断正确的是（ ）‎ A. A＞B，EA＞EB B. A＞B，EA＜EB C. A＜B，EA＞EB D. A＜B， EA＜EB ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】速度图象的斜率等于物体的加速度，由图可知点电荷从A向B运动的过程中加速度越来越大，故A点的场强小于B点场强；由于物体沿电场线运动过程当中做加速运动，故点电荷所受电场力方向由A指向B，又由于负电荷所受电场力的方向与场强的方向相反，所以电场线的方向由B指向A，所以而沿电场线的方向电势降低，即φA＜φB，故D正确；故选D.‎ ‎【点睛】速度图象的斜率等于物体的加速度，故A点的场强小于B点场强；负电荷所受电场力的方向与场强的方向相反，沿电场线的方向电势降低是解决本题的突破口．‎ ‎8. 下列物理量中哪些与检验电荷无关（ ）‎ A. 电场强度E B. 电势 C. 电势能EP D. 电场力F ‎【答案】AB ‎【解析】‎ 场强表述电场力的性质，电势描述电场能的性质，由场本身决定，与检验电荷无关。AB对。电势能，电场力,与检验电荷有关，CD错。‎ ‎9.甲.乙两根同种材料制成的电阻丝，长度相等，甲横截面的半径是乙的两倍，将其并联后接在电源上( )‎ A. 甲.乙中的电流强度之比是4:1 B. 甲.乙的电阻之比是1:2‎ C. 甲.乙电阻丝两端电压之比是1:2 D. 甲.乙电阻丝相同时间产生的热量之比是4:1‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC. 两根长度相同，甲的横截面的圆半径是乙的2倍，根据电阻定律 得 R甲：R乙=1：4‎ 并联电路电压相等，由可知，甲乙中的电流强度之比为：4：1；故A正确BC错误；‎ D.根据可知得：‎ P甲：P乙=4：1‎ 根据功率和做功关系可知，时间相同，功率之比等于产热之比，故D正确。‎ ‎10.如图所示是某电源的路端电压与电流的关系图像，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. 电源的短路电流为0.5A D. 电流为0.3 A时的外电阻是18Ω.‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.根据闭合电路的欧姆定律可知 ，所以图像的斜率代表内阻 电动势为图像与纵轴交点 故A错误B正确。‎ C.短路电流 故C错误。‎ D.电流为0.3A时，外电路电阻 故D正确。‎ 二.实验题（两个小题，每空2分，共14分）‎ ‎11.用游标为20分度的游标卡尺测量其长度如图甲所示，由图甲可知其长度为________mm；用螺旋测微器测量其直径如图乙，由图乙可知其直径为________mm；‎ ‎ ‎ 甲 乙 ‎【答案】 (1). 50.15 (2). 1.997~1.999‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1][2] 图甲可知其长度为 由图乙可知其直径为 ‎12.用如图所示电路测量电源的电动势和内阻。实验器材：待测电源（电动势约3V，内阻约2Ω），保护电阻R1（阻值10Ω）和R2（阻值5Ω），滑动变阻器R，电流表A，电压表V，开关S，导线若干。‎ 实验主要步骤：‎ ‎（ⅰ）将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；‎ ‎（ⅱ）逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I；‎ ‎（ⅲ）以U为纵坐标，I为横坐标，作U—I图线（U、I都用国际单位）；‎ ‎（ⅳ）求出U—I图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）电压表最好选用______；电流表最好选用______。‎ A．电压表（0-3V，内阻约15kΩ） B．电压表（0-3V，内阻约3kΩ）‎ C．电流表（0-200mA，内阻约2Ω） D．电流表（0-30mA，内阻约2Ω）‎ ‎（2）滑动变阻器的滑片从左向右滑动，发现电压表示数增大，两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是______。‎ A．两导线接在滑动变阻器电阻丝两端的接线柱 B．两导线接在滑动变阻器金属杆两端接线柱 C．一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱，另一条导线接在电阻丝左端接线柱 D．一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱，另一条导线接在电阻丝右端接线柱 ‎（3）选用k、a、R1、R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式E=______，r=______，代入数值可得E和r的测量值。‎ ‎【答案】 (1) A、 C （2）C （3）ka k-R2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）电压表并联在电路中，故电压表内阻越大，分流越小，误差也就越小，因此应选内阻较大的A电压表；‎ 当滑动变阻器接入电阻最小时，通过电流表电流最大，此时通过电流表电流大小约为；因此，电流表选择C；‎ ‎（2）分析电路可知，滑片右移电压表示数变大，则说明滑动变阻器接入电路部分阻值增大，而A项中两导线均接在金属柱的两端上，接入电阻为零；而B项中两导线接在电阻丝两端，接入电阻最大并保持不变；C项中一导线接在金属杆左端，而另一导线接在电阻丝左端，则可以保证滑片右移时阻值增大；而D项中导线分别接右边上下接线柱，滑片右移时，接入电阻减小；故D错误；故选C；‎ ‎（3）由闭合电路欧姆定律可知：U=E-I（r+R2），对比伏安特性曲线可知，图象的斜率为k=r+R2； 则内阻r=k-R2； 令U=0，则有：； 由题意可知，图象与横轴截距为a，则有：；解得：E=ka .‎ ‎【点睛】本题考查测量电源的电动势和内电阻实验中的仪表选择以及数据处理，要注意明确根据图象分析数据的方法，重点掌握图象中斜率和截距的意义。‎ 三.计算题 ‎13.长为L的平行金属板水平放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，一个带电荷量为＋q、质量为m的带电粒子，以初速度v0紧贴上极板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从下极板边缘射出，射出时速度恰与下极板成30°角，如图所示，不计粒子重力，求：‎ ‎（1）粒子末速度的大小；‎ ‎（2）匀强电场的场强；‎ ‎（3）两板间的距离.‎ ‎【答案】（1）（2） （3） ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）粒子离开电场时，合速度与水平方向夹角为，由速度关系得合速度为：‎ ‎（2）粒子在电场中做类平抛运动：‎ 在水平方向：‎ 竖直方向：‎ 由牛顿第二定律可得：‎ 联立以上方程解得：‎ ‎（3）粒子电场中做类平抛运动：‎ 在竖直方向：‎ 解得：‎ ‎14.如图所示的电路中，电阻R1=4Ω，R2=6Ω，电源内电阻r=0.6Ω。若电源消耗的总功率为40W，电源的输出功率为37.6W，求： ‎ ‎（1）流过电源内阻r的电流。‎ ‎（2）电源电动势E。‎ ‎（3）电阻R3的阻值。‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)电源内阻消耗的功率为 I2r=P总－P出 得：‎ I=2A ‎(2)由 P总=EI 得：‎ E=20V ‎(3)电路总电阻为 由闭合电路欧姆定律 E=IR 得：‎ R3=7Ω ‎15.如图所示，光滑绝缘的半圆形轨道固定于竖直平面内，半圆形轨道与光滑绝缘的水平地面相切于半圆的端点A．一质量为1kg的小球在水平地面上匀速运动，速度为v=6m/s，经A运动到轨道最高点B，最后又落在水平地面上的D点（图中未画出）．已知整个空间存在竖直向下的匀强电场，小球带正电荷，小球所受电场力的大小等于，g为重力加速度．‎ ‎(1)当轨道半径R=0.1m时，求小球到达半圆形轨道B点时对轨道的压力；‎ ‎(2)为使小球能运动到轨道最高点B，求轨道半径的最大值；‎ ‎【答案】(1)，方向竖直向上；(2)0.24m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设小球到达圆轨道点时速度为，从到的过程中重力和电场力做功，由动能定理有：‎ 解得：‎ 据牛顿第二定律有：‎ 代入数据解得：‎ 牛顿第三定律可知，小球到达圆轨道点时对轨道的压力为：‎ 方向竖直向上 ‎(2)轨道半径越大，小球到达最高点的速度越小，当小球恰好到达最高点时，轨道对小球的作用力为零，则小球对轨道的压力也为零，此时轨道半径最大，则：‎ 由动能定理有：‎ 代入数据解得轨道半径的最大值：‎