【物理】江西省南昌市五校2019-2020学年高二上学期期中联考试题（解析版）

【物理】江西省南昌市五校2019-2020学年高二上学期期中联考试题（解析版）

‎2019-2020学年度第一学期高二物理期中联考试卷 一、选择题 ‎1.a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点。电场线与矩形所在的平面平行。已知a点的电势是20V，b点的电势是24V，d点的电势是4V，如图。由此可知，c点的电势为（ ）‎ A. 4V B. 8V C. 12V D. 24V ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：‎ 根据在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端电势差等分将线段bd五等分，如图所示，则Ube=Ubd=×（24-4）=4v，故Ube=φb-φe=4v，故φf-φd=4v，故φe=24-4=20v．φf=8v．故φa=φe，连接cf，则cf∥ae，故c点的电势φc=φf=8v．故B正确．故选B。‎ 考点：电势 ‎【名师点睛】①在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分；②在匀强电场中电场线平行且均匀分布故等势线平行且均匀分布．以上两点是解决此类题目的金钥匙。‎ ‎2.两个完全相同的金属球A和B带电荷量之比为1∶7，相距为r.两者接触一下放回原来的位置，若两电荷原来带异种电荷，则后来两小球之间的库仑力大小与原来之比是（ ）‎ A. 3∶7 B. 4∶7‎ C. 9∶7 D. 16∶7‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】接触前，两球之间的库仑力大小为 ‎ ，接触后两者所带的电荷量为，它们之间的库仑力大小为，所以，故C正确，ABD错误。‎ ‎3.有一段长1m的电阻丝，电阻是10Ω，现把它均匀拉伸到长为5m，则电阻变为（ ）‎ A. 10Ω B. 50Ω C. 150Ω D. 250Ω ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：由电阻定律，拉长后，而电阻丝的体积不变，，则，可得，故选：D.‎ 考点：本题考查了电阻定律.‎ ‎4.如图所示，电子由静止开始从A板向B板运动，当到达B极板时速度为v，保持两板间电压不变，则(　　)‎ A. 当增大两板间距离时，v增大 B. 当减小两板间距离时，v增大 C. 当改变两板间距离时，v不变 D. 当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、根据动能定理研究电子由静止开始从A板向B板运动列出等式：‎ ‎，‎ v与两板间距无关，所以当改变两板间距离时，v不变，A、B错误；C正确；‎ D、由于两极板之间的电压不变，所以极板之间的场强为 电子的加速度为：， 电子在电场中一直做匀加速直线运动，由 所以电子加速的时间为：，由此可见，当增大两板间距离时，电子在两板间的运动时间增大，D错误；故选C。‎ ‎5.带电粒子射入一固定的带正电的点电荷Q的电场中,沿图中实线轨迹从a运动到b,a、b两点到点电荷Q的距离分别为ra、rb(ra>rb),b点为运动轨迹上到Q的最近点,不计粒子的重力,则可知（ ）‎ A. 运动粒子带负电 B. b点的场强小于a点的场强 C. a到b的过程中,电场力对粒子不做功 D. a到b的过程中,粒子动能和电势能之和保持不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 选BD.由带电粒子的运动轨迹可知带电粒子带正电；由点电荷所形成电场的场强公式E＝k知，Eb＞Ea；粒子从a到b的过程中，电场力对粒子做负功，动能减小，电势能增大，但总能量不变，故选B、D.‎ ‎6.用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表、，若把、分别采用并联或串联的方式接入电路，如图所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是 A. 图甲中的、的示数相同 B. 图甲中的、的指针偏角相同 C. 图乙中的、的示数和偏角都不同 D. 图乙中的、的指针偏角相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.图甲中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同，故A错误，B正确；‎ ‎ CD.图乙中的A1、A2串联，A1、A2的示数相同，由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同，故CD错误。‎ ‎7. 一个电阻接到某电路后，消耗的功率为110W，通过3C的电量时，有330J的电能转化为内能，则（ ）‎ A. 电阻所加电压为330V B. 通过电阻的电流为1A C. 电阻通电时间为3s D. 这个电阻的阻值为110Ω ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎，A错。，B对。，C对。，D对。‎ ‎8.如图所示的电路,闭合开关S,滑动变阻器滑片P向左移动,下列说法正确的是 A. 电流表读数变小,电压表读数变大 B. 小灯泡L变暗 C. 电容器C上电荷量减小 D. 以上说法都不对 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．滑动变阻器滑片P向左移动时，接入电路的电阻增大，电路的总电阻增大，电源的电动势不变，则总电流减小，电流表的读数变小，内电压减小，电动势不变，则外电压增大，所以电压表示数变大。通过灯泡的电流减小，则小灯泡变暗。故AB正确。 CD．通过灯泡的电流减小，则灯泡两端的电压减小，而外电压增大，所以滑动变阻器两端的电压增大，根据Q=CU知，电容器上电荷量增大。故CD错误。‎ ‎9.如图所示，在轴上关于点对称的、两点有等量同种点电荷，在轴上点有电荷，且，．下列判断正确的是（ ）‎ A. 点电场强度为零 B. 点电场强度为零 C. 若将点电荷从点移向点，电势能增大 D. 若将点电荷从点移向点，电势能增大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ A．等量同种电荷产生的电场在连线的中点处场强为零，则点电场强度为负点电荷在点产生的场强，不为零，故A项错误；‎ B．两个正点电荷在点的场强与负点电荷在点产生的场强大小相等，方向相反，故B项正确；‎ C．将点电荷从移至，电场力做正功，电势能降低，故C项错误；‎ D．若将点电荷从移至，电场车做负功，电势能升高，故D项正确．‎ 综上所述，本题正确答案为BD ‎10.用灯泡L1“6V ，3W ”和灯泡 L2“6V ，6W ” 与理想电压表和理想电流表连接成如图所示的实验电路，其中电源电动势E=9V 。图乙是通过两个灯泡的电流随两端电压变化的曲线。当其中一个灯泡正常发光时（ ）‎ A. 电流表示数为 1A B. 电压表的示数约为 6V C. 电源的输出功率为 4W D. 电源内阻为2Ω ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC．由图象可知，L2正常发光的电流为1A，L1的正常发光电流为0.5A，所以，两灯串联在电路中，只有一灯正常发光，则一定是L1，此时电路中的电流为0.5A，由图可知：L2的电压为：U2′=2V，此时电压表测L2两端的电压，即电压表的示数为2V；此时电源的输出电压为：‎ U=U1′+U2′=2V+6V=8V 电源的输出功率为：‎ P=UI=8V×0.5A=4W 故AB错误，C正确。‎ D．电源的内阻为：‎ 故D正确。‎ 二、实验题 ‎11.要测量一个由新材料制成的均匀圆柱体的电阻率 ，步骤如下： ‎ ‎（1）游标卡尺测量其长度，如图所示，可知其长度为____________cm； ‎ ‎（2）用螺旋测微器测量其直径如图所示，可知其直径为___________mm； ‎ ‎（3）选用多用电表测得该圆柱体的阻值约为90Ω， ‎ ‎（4）为更精确地测量其电阻，可供选择的器材如下： ‎ 电流表A 1（量程为0～500mA，内阻约为1Ω）； ‎ 电流表A 2（量程为0～100mA，内阻约为10Ω）； ‎ 电压表V 1（量程0～3V，内阻R V1=1000Ω）； ‎ 电压表V 2（量程0～15V，内阻R V2=3000Ω）； ‎ 滑动变阻器R 1（最大阻值为5Ω）； ‎ 滑动变阻器R 2（最大阻值为1000Ω）； ‎ 电源E（电动势约为3V，内阻r约为1Ω），开关，导线若干 ‎ 为了使测量尽量准确，要尽可能多测几组数据，并要求所有电表读数不得小于其量程为，则电压表应选________，电流表应选_________，滑动变阻器应选________。（均选填器材代号） ‎ ‎（5）画出电路原理图。 （ ）‎ ‎【答案】 (1). (2). (4). (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]游标卡尺是20分度的卡尺，其分度值为0.05mm，则图示读数为：50mm+3×0.05mm=50.15mm=5.015cm。 (2)[2]螺旋测微器：不动刻度为4.5mm，可动刻度为20.0×0.01mm，则读数为4.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm (4)[3][4][5] 电源电动势3V，所以电压表选择V1；根据欧姆定律，最大电流：‎ 故电流表选择A2。要求测得多组数据进行分析，滑动变阻器采用分压式接法，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器，故滑动变阻器选择R1。 (5)[6]因待测电阻值远小于电压表内阻，电流表应选外接法；又滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻值，故变阻器应用分压式接法，电路图如图所示： ‎ ‎12.某同学要测量一节干电池的电动势和内阻。 ‎ ‎（1）实验室除提供开关S和导线外，还有以下器材可供选择： ‎ A．电压表V（量程0～3V，内阻 RV=10kΩ ） ‎ B．电流表G（量程0～3mA，内阻RG=100Ω ） ‎ C．电流表A（量程0～3A，内阻约为0.5Ω） ‎ D．滑动变阻器：R1（阻值范围0～10Ω，额定电流2A） ‎ E．滑动变阻器: R2 （阻值范围0～1000Ω，额定电流1A） ‎ F．定值电阻： R3=0.5Ω 该同学依据器材画出了如图所示的原理图，他没有选用电流表A的原因是_______________。 ‎ ‎（2）该同学将电流表G与定值电阻R3并联，实际上是进行了电表的改装，则他改装后的电流表对应的量程是_______A（结果保留两位有效数字）。 ‎ ‎（3）为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中应选用滑动变阻器______（填写器材的符号）； ‎ ‎（4）该同学利用上述实验原理测得数据，以电流表G读数为横坐标，以电压表V读数为纵坐标绘出了如图2所示的图线，根据图线可求出电源的电动势E=_____V（结果保留三位有效数字），电源的内阻r=______（结果保留两位有效数字）；‎ ‎【答案】(1). 电流表量程偏大 (2). (3). (4). 0.83Ω ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]一节干电池的电动势约E=1.5V，为方便实验操作，滑动变阻器应选R1，它的阻值范围是0〜10Ω，电路中最小电流约为 电流表A的量程是3A，0.15A不到该量程的三分之一，电流表量程太大，因此不能用电流表A。 (2) [2] 改装后电流表量程：‎ ‎(3) [3]为使电路中电流较大，并且方便调节，故实验中应选用的滑动变阻器是阻值范围较小的R1。 (4) [4]由上可知，改装后电流表的量程是电流表G量程的200倍，图象的纵截距b等于电源的电动势，由图读出电源的电动势为：E=1.48V。图线的斜率大小k=r，由数学知识知电源的内阻为：‎ 三、计算题 ‎13.如图所示，电源的电动势E=110V，电阻R1=21Ω，电动机线圈的电阻R=0.5Ω，开关S1始终闭合．当开关S2断开时，电阻R1的电功率是525W；当开关S2闭合时，电阻R1两端的电压为84V，求：‎ ‎（1）电源的内电阻；‎ ‎（2）当开关S2闭合时流过电源的电流和电动机的输出功率．‎ ‎【答案】（1） （2）22A ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设S2断开时R1消耗的功率为P1，则 代入数据解得：‎ r=1Ω ‎(2)设S2闭合时R1两端的电压为U，由闭合电路欧姆定律得 E=U+Ir 解得：‎ I=26A 流过R1的电流为I1，流过电动机的电流为I2，则：‎ 而I1+I2=I，所以：‎ I2=22A 由UI2=P出+I22R0，代入数据得：‎ P出=84×22-222×0.5=1606W ‎14.如图所示，电容器 C1＝6 μF， C2＝3 μF，电阻 R1＝6 Ω，R2＝3 Ω，U＝18 V，则：‎ ‎（1）开关S断开时，A、B两点间的电压UAB为多大？‎ ‎（2）开关S闭合时，电容器C1的电量改变了多少？‎ ‎【答案】（1）18V；‎ ‎（2）3.6×10﹣5C ‎【解析】‎ 试题分析：（1）S断开时，电路断开，A、B两端电压即外电压，所以 UAB=U=18V ‎（2）S断开时，C1带电量 Q1=CUAB=1.08×10-4C S闭合时，两电阻串联，则C1、C2的电压分别等于电阻R1、R2的电压，则有 电容器C1的电压 C1带电量 Q1′=CU′=7.2×10-5C 所以△Q=Q1′-Q1=-3.6×10-5C，负号表示带电量减小。‎ 考点：闭合电路欧姆定律；电容器 ‎15.如图所示,一个质量为m=2.0×10-11kg ,电荷量q=1.0×10-5c 的带电微粒(重力忽略不计),从静止开始经U1=100V电压加速后,水平进入两平行金属板间的偏转电场中.金属板长L=20cm ,两板间距d=10cm .求:‎ ‎（1）微粒进入偏转电场时的速度v是多大?‎ ‎（2）若微粒射出电场过程的偏转角θ为30° ,则两金属板间的电压U2 是多大?‎ ‎【答案】（1）（2） ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)带电微粒经加速电场加速后速度为v1，根据动能定理： 解得：‎ ‎(2)带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动。 水平方向： 竖直方向：设加速度为a，出电场时竖直方向速度为v2， 则加速度为： 速度为： 速度方向为：‎ 联立代入数据解得：‎ U2=100V ‎16.如图所示,AB为倾角为θ=37°的光滑绝缘斜面,AB长度为,BC为半径的竖直光滑绝缘圆弧面 ,AB与BC在B点相切,C为圆弧面的最低点,在BD左侧加一如图所示的水平匀强电场E1=3×103N/C。现将一质量为m=4×10-4kg带电的小物块置于斜面上的A点,带电小物块恰好静止在斜面上。从某时刻开始,水平匀强电场的电场强度变为原来的一半,物块开始加速下滑,(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2)求：‎ ‎（1）带电小物块是正电荷还是负电荷,物块所带电荷量为多少？‎ ‎（2）沿斜面下滑到B点时,物块的瞬时速度为多大？‎ ‎（3）如果在BD右侧存在竖直向上的匀强电场,场强为E2=1.2×104N/C,则物块运动到C点时,轨道对小物块的支持力为多大？‎ ‎【答案】（1）负电荷 （2） （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)小物块带负电。因为带电小物块静止所受的电场力方向水平向左，与电场方向相反。 根据平衡条件有：qE1=mgtan37° 解得：‎ q=1×10-6C ‎(2)从A运动到B的过程，根据动能定理得：‎ 解得 ：‎ vB=3m/s ‎(3)从B运动到C的过程，根据动能定理得：‎ 解得：‎ vC=5m/s 在C点，由牛顿第二定律得： 解得 ‎ FN＝26×10−2N