江苏省马坝高级中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题（选修）

江苏省马坝高级中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题（选修）

苏省马坝高级中学2019—2020学年度第一学期期中考试 高二物理试题（选修）‎ 一、本题共8小题；每小题4分，共32分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．选对的得4分，选错或不答的得0分．‎ ‎1. 真空中有两个静止的点电荷，它们之间静电力的大小为F．如果保持这两个点电荷之间的距离不变，而将它们的电荷量都变为原来的4倍，那么它们之间静电力的大小变为（ ）‎ A. B. C. 4F D. 16F ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析:根据库仑定律，距离改变之前：，当电荷量都变为原来的4倍时：，故A、B、C错误，D正确．‎ 考点： 库仑定律 ‎2.“探究影响平行板电容器电容大小因素”的实验装置如图所示，忽略漏电产生的影响，下列判断正确的是（　　）‎ A. 静电计指针偏角大小直接反应平行板电容器所带电量多少 B. 静电计球与球壳间的电势差等于两平行板间的电势差 C. 两平行板间距减小时,静电计指针偏角不变 D. 两平行板正对面积减小时,静电计指针偏角减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.静电计测量的是平行板电容器极板间的电势差，不是电量；故A错误.‎ B.静电计球与球壳间的电势差等于两平行板间的电势差；故B正确.‎ CD.平板的正对面积减小时，由知电容C 减小，而电容器的电荷量不变，根据C=知极板间电势差增大，所以静电计指针偏角增大；故C项、D项错误.‎ ‎3.如图所示，实线表示匀强电场的电场线，一个带负电荷的粒子以某一速度射入匀强电场，只在电场力作用下从a向b运动，运动的轨迹如图中的虚线所示，若a点电势为φa，b点电势为φb，则（　　）‎ A. 场强方向一定向左，且电势φa＞φb B. 场强方向一定向左，且电势φa＜φb C. 场强方向一定向右，且电势φa＞φb D. 场强方向一定向右，且电势φa＜φb ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据轨迹的弯曲得出粒子所受电场力的方向，从而得出电场强度的方向，确定出电势的高低．‎ ‎【详解】根据轨迹弯曲知，负电荷所受的电场力水平向右，则电场强度的方向水平向左，沿着电场线方向电势逐渐降低，则φa＜φb．故B正确，ACD错误。故选B。‎ ‎【点睛】解决本题关键知道合力方向大致指向轨迹凹的一向，知道沿着电场线方向电势逐渐降低．‎ ‎4.两根由同种材料制成的均匀电阻丝A、B串联在电路中，A的长度为L，直径为d；B的长度也为L，直径为2d，则通电后A、B在相同的时间内产生的热量之比为（ ）‎ A. QA：QB=1：4 B. QA：QB==4：1 C. QA：QB=2：1 D. QA：QB=1：2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由题意可知，直径比为1：2，则横截面积比为1：4，根据电阻定律：，可得电阻之比为4：1，根据，因为电流相等，则热量之比为4：1，故B正确，ACD错误。‎ ‎5.如图为真空中两点电荷A、B形成的电场中的一簇电场线，该电场线关于虚线对称，O点为A、B点电荷连接的中点，a、b为其连线的中垂线上对称的两点，则下列说法正确的是(　　)‎ A. A、B可能带等量异号的正、负电荷 B. A、B可能带不等量的正电荷 C. a、b两点处无电场线，故其电场强度为零 D. 同一试探电荷在a、b两点处所受电场力大小相等，方向相反 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.根据电场线的特点，从正电荷出发到负电荷终止可以判断，A、B是两个等量同种正电荷，故AB错误；‎ C.电场线只是形象描述电场的假想曲线，a、b两点处无电场线，其电场强度也不为零，故C错误； D.由对称性可知，在a、b两点处场强大小相等方向相反，则同一试探电荷所受电场力大小相等，方向一定相反，故D正确。‎ ‎6.如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧，下面挂有匝数为n的矩形线框abcd.bc边长为l，线框的下半部分处在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与线框平面垂直，在图中垂直于纸面向里．线框中通以电流I，方向如图所示，开始时线框处于平衡状态．令磁场反向，磁感应强度的大小仍为B，线框达到新的平衡．则在此过程中线框位移的大小Δx及方向是(　　)‎ A. Δx＝，方向向上 B. Δx＝ ，方向向下 C. Δx＝，方向向上 D. Δx＝，方向向下 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 线框在磁场中受重力、安培力、弹簧弹力处于平衡，安培力为：FB=nBIL，且开始的方向向上，然后方向向下，大小不变。设在电流反向之前弹簧的伸长x，则反向之后弹簧的伸长为（x+△x），则有：kx+nBIL-G=0；k（x+△x）-nBIL-G=0；解之可得：△x=，且线框向下移动。故选B。‎ ‎7.1876年美国物理学家罗兰完成了著名的“罗兰实验”．此实验可简化为大量的负电荷加在一个橡胶圆盘边缘上，然后在圆盘附近悬挂一个小磁针，将圆盘绕中心轴按如图所示方向高速旋转时，就会发现小磁针发生偏转．忽略地磁场对小磁针的影响．下列说法错误的是 A 小磁针发生偏转说明了电流会产生磁场 B. 圆盘中心轴处的磁场方向向下 C. 当小磁针位于圆盘的左上方时，它的N极指向左侧．‎ D. 当小磁针位于圆盘的左下方时，它的N极指向右侧 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题中“大量的负电荷加在一个橡胶圆盘边缘上”可知，本题主要考察定向运动电荷会形成电流和安培定制，根据安培定则和磁极间的相互作用可以分析本题。‎ ‎【详解】A ‎．根据题意可以知道，磁针收到磁场力的作用，原因是因为电荷的定向移动，从而形成电流，而电流周围会产生磁场，A说法正确但不符合题目要求，故A不符合题意；‎ B．由于是负电荷定向移动， 因此形成的电流方向与负电荷移动方向相反，根据安培定则可以判断圆盘中心轴处的磁场方向向上，B说法错误，符合题目要求，故B符合题意；‎ C．圆盘产生的磁场方向向上，故等效磁场上方为N极，故小磁针的N极将向左侧偏转，C说法正确，故C不符合题意；‎ D．若小磁针处于圆盘的左下方时，因下方是S极，则小磁针的N极向右偏，D说法正确，故D不符合题意。‎ ‎8.如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略。平行板电容器C的极板水平放置。闭合电键S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动。 如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是( )‎ A. 增大R1的阻值 B. 增大R２的阻值 C. 增大两板间的距离 D. 断开电键S ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：以油滴为研究对象进行受力分析可知，油滴静止不动，所受电场力与重力平衡，即，现欲使油滴仍能处于平衡状态，则保证电场强度不发生变化即可，R1的电压不变即可，题中R2没有电流通过，故改变R2时对电路工作状态无影响，所以选项B正确、A错误；而增大两板间距离时，电场强度减小，油滴下落，所以选项C错误；断开电键S时，电容器与可变电阻构成闭合回路，电容器放电，油滴下落，所以选项D错误；‎ 考点：闭合电路欧姆定律、平行板电容器 二、本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项是正确的．全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分．‎ ‎9.如图所示，直线上有O、a、b、c四点，ab间的距离与bc间的距离相等。在O点处有固定点电荷。已知b点电势高于c点电势。若一带负电荷的粒子仅在电场力作用下先从c点运动到b点，再从b点运动到a点，则(　　)‎ A. 该负电荷在a点受的电场力比在c点的大 B. 前一过程中电场力做的功大于后一过程中电场力做的功 C. 整个过程中，粒子电势能不断减小 D. 后一过程中，粒子动能不断增大 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由于a点距离场源电荷较近，可知负电荷在a点受的电场力比在c点的大，选项A正确；‎ B.由题，b点电势高于c点电势，则知电场线方向由O指向c，则点电荷带正电，a、b间电场线比b、c间电场线密，则a、b间场强大于b、c间的场强，由公式U=Ed可知，a、b间电势差大于b、c间电势差，由公式W=qU可知，前一过程中电场力做的功小于后一过程中电场力做的功，故B错误；‎ C.负电荷所受的电场力方向向左，与速度方向相同，则电场力做正功，电势能减小，故C正确；‎ D.电场力做正功，由动能定理得知，后一过程，粒子动能不断增大。故D正确。‎ ‎10.如图所示是测电源电动势和内电阻时依据测量数据作出的路端电压与电流的关系图线，图中DC平行于横坐标轴，DE平行于纵坐标轴，由图可知（ ）‎ A. 比值表示外电路电阻 B. 比值表示电源内电阻 C. 比值表示电源电动势 D. 矩形OCDE的面积表示电源的输出功率 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由图象可以知道,D点对应的路端电压大小可以用DE表示,电路电流可以用OE表示,外电路电阻,所以A选项正确;‎ B.电源的路端电压与电流的图像中，斜率的大小等于电源内阻,所以电源内阻,B选项正确;‎ C.电源的路端电压与电流的图像中，纵轴截距表示电源电动势，所以电动势E=OA，C选项错误;‎ D.由图象可以知道,D点对应的路端电压大小可以用DE表示,电路电流可以用OE表示,电源的输出功率,所以D选项正确。‎ ‎【点睛】记住电源的路端电压与电流的图像中，纵轴截距表示电源电动势，横轴截距表示短路电流，斜率大小表示电源内阻。‎ ‎11.如图8所示的电路，电源内阻不可忽略，电表为理想电表．当滑动变阻器的滑片向下滑动时（ ）‎ A. 电流表A的示数减小 B. 电流表A的示数增大 C. 电压表V的示数减小 D. 电压表V的示数增大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先判断滑动变阻器的阻值如何变化，再用“串反并同”去分析。‎ ‎【详解】AB.滑动变阻器的滑片向下滑动，电阻变小，电流表与滑动变阻器串联，所以示数变大，A错误，B正确；‎ CD.滑动变阻器的阻值变小，电压表与滑动变阻器并联，所以示数变小，C正确，D错误。‎ ‎【点睛】和滑动变阻器串联的电阻上的电压、电流、电功率变化趋势和滑动变阻器电阻值变化趋势相反，和滑动变阻器并联的电阻上的电压、电流、电功率和滑动变阻器电阻值变化趋势相同，即串反并同。‎ ‎12.在如图所示的电路中，输入电压U恒为8 V，灯泡L标有“3 V,6 W”字样，电动机线圈的电阻RM＝1 Ω.若灯泡恰能正常发光，下列说法正确的是( ) ‎ A. 电动机的效率是80%‎ B. 流过电动机的电流是2 A C. 电动机的输入电压是5 V D. 整个电路消耗的电功率是10 W ‎【答案】BC ‎【解析】‎ A、B、D、灯泡正常发光，则电路电流，电动机的热功率：，整个电路消耗的功率：，故输出功率：，电动机的效率：‎ ‎，B正确；AD错误；‎ C、灯泡正常发光时的电压等于其额定电压，电动机输入电压：， C正确；‎ 故选BC。‎ 三、本题共2小题，每空2分，共18分．把答案填在答题纸的横线上．‎ ‎13.多用电表是由一块高灵敏度磁电式电流表、选择开关和测量线路组成的，其外形如图所示.在用多用电表测量电阻时,要用到图中的选择开关K和T、S两个部件。请在下述实验步骤中，根据题意要求填空。‎ A.用小螺丝刀旋动部件_______，使指针对准电流的零刻线。（填“K和T、S”）‎ B.将_______表笔分别插入“+ —”插孔。（选填“红黑”或“黑红”）‎ C.将______旋转到挡“×100"位置。（填“K和T、S”）‎ D.将两表笔短接，旋动部件______，使指针对准电阻的零刻线。（填“K和T、S”）‎ E.将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接，发现指针偏转角度过小，为了得到比较准确的测量结果，需进行如下操作，请将必要的步骤按操作先后顺序排列______________ ‎ a．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接，正确读数 b．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准 c．将K旋转到电阻挡"×1k"的位置 d．将选择开关旋至“OFF”挡 e．将K旋转到电阻挡"×10"的位置 ‎【答案】 (1). T (2). 红黑 (3). K (4). S (5). cbad ‎【解析】‎ ‎【详解】A.[1].用小螺丝刀旋动部件T，使指针对准电流的零刻线。‎ B.[2].将红黑表笔分别插入“+ -”插孔。‎ C.[3].将K旋转到挡“×100"的位置。‎ D.[4].将两表笔短接，旋动部件S，使指针对准电阻的零刻线。‎ E.[5]. 将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接，发现指针偏转角度过小，说明倍率档偏小，则为了得到比较准确的测量结果应该选择“×1K”档，必要的步骤按操作先后顺序排列是：cbad。‎ ‎14.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，除有一标有“6 V,1.5 W”的小灯泡、导线和开关外，还有：‎ A．直流电源6 V(内阻不计)‎ B．直流电流表0～3 A(内阻0.1 Ω以下)‎ C．直流电流表0～300 mA(内阻约为5 Ω)‎ D．直流电压表0～10 V(内阻约为15 kΩ)‎ E. 滑动变阻器10 Ω，2 A F．滑动变阻器1 kΩ，0.5 A 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________(均用序号表示)．‎ ‎2.方框内画出实验电路图（ ）．‎ ‎3.试将图中所示器材连成实验电路（ ）．‎ ‎【答案】 (1). C (2). E (3). 实验电路如图；‎ ‎ (4). 实物连线图如图；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】小灯泡的额定电流为，因此电流表选C，本实验采用分压式，为方便调节滑动变阻器应选阻值小的，因此选E；‎ 本实验采用分压式，和外接式测量小灯泡的伏安特性曲线，电路如图 器材连接如图 四、本题共2小题，共30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．‎ ‎15.水平放置平行金属板间为一匀强电场，两板电势差为140伏，上板电势高，板距5厘米，板间有一质量为2×10-6千克的带电油滴，处于平衡状态，则 ‎（1）油滴带何种电？带电量多大？‎ ‎（2）油滴多余或缺少多少个电子？‎ ‎（3）若电势差不变，板距增大2厘米，油滴将做什么运动？加速度多大？‎ ‎【答案】（1）油滴带负电，电量为7.1×10-9C ‎（2）多余 个电子 ‎（3）向下做匀加速运动8m/s2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）带电液滴处于静止状态，受力平衡，重力与电场力大小相等，方向相反，因上极板电势高，则电场强度方向竖直向下，而电场力方向竖直向上，则微粒带负电，由平衡条件得：‎ 得:‎ ‎；‎ ‎（2）因带负电，因此有多余的电子，电子数量为:‎ 个；‎ ‎（3）当电势差不变，板距增大2cm时，依据E=，则电场强度减小，即电场力减小，‎ 因此重力大于电场力，导致粒子向下加速运动，根据牛顿第二定律，那么带电粒子的加速度：‎ ‎。‎ ‎16.如图所示，质量为m、电荷量为e的粒子从A点以v0的速度垂直电场线沿直线AO方向射入匀强电场，由B点飞出电场时速度方向与AO方向成45°角，已知AO的水平距离为d，不计重力，求：‎ ‎(1)从A点到B点所用的时间；‎ ‎(2)粒子在B点的速度大小；‎ ‎(3)匀强电场的电场强度大小．‎ ‎【答案】(1) (2) v0(3)‎ ‎【解析】‎ 试题分析：粒子从A点以v0‎ 的速度沿垂直电场线方向射入电场，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，由水平距离d和初速度v0可求出时间；将粒子射出电场的速度进行分解，求出竖直方向分速度vy，由牛顿第二定律和vy=at结合求出电场强度E；由动能定理可求解AB两点间电势差。‎ ‎(1)粒子从A点以v0的速度沿垂直电场线方向射入电场，‎ 水平方向做匀速直线运动，则有：‎ 解得：‎ ‎（2）由牛顿第二定律得：‎ 将粒子射出电场的速度v进行分解，则有 vy=v0tan45°=v0‎ 根据速度时间关系：vy=at 联立解得：‎ ‎（3）由动能定理得：‎ 解得：‎ 试题分析：本题主要考查了运动的分解法研究类平抛运动，关键将速度进行分解，由牛顿第二定律和运动学公式相结合进行解题。‎ ‎ ‎