安徽省合肥九中2020学年高二物理上学期期中试题

安徽省合肥九中2020学年高二物理上学期期中试题

‎2020学年度合肥九中高二期中考试物理试题 ‎ 时间：80分钟 ‎ 一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）‎ 1. 关于元电荷的下列说法中正确的是（　　）‎ A. 元电荷就是电子 B. 元电荷就是质子 C. 元电荷的值取e=1.60×10-19C D. 元电荷的值取e=1.60×10-23C 2. 将两个分别带有电荷量 和 的相同金属小球 A、B 分别固定在相距为r的两处均可视为点电荷，它们间库仑力的大小为 现将第三个与 A、B 两小球完全相同的不带电小球 C先后与A、B 相互接触后拿走，A、B 间距离保持不变，则两球间库仑力的大小为　　‎ A. F B. C. D. ‎ 3. 如图所示，PQ为等量异种点电荷A、B连线的中垂线，C为中垂线上的一点，M、N分别为AC、BC的中点，若取无穷远处的电势为零，则下列判断正确的是（　　） A. M、N两点的电场强度相同 B. M、N两点的电势相等 C. 若将一负试探电荷由M点移到C点，电场力做正功 D. 若将一负试探电荷由无穷远处移到N点时，电势能一定增加 4. 某电场的电场线分布如图所示实线，以下说法正确的是 A. c点场强大于b点场强 B. b和c处在同一等势面上 C. 若将一试探电荷由a点移动到d点，电荷的电势能将增大 D. 若某一点电荷只在电场力的作用下沿虚线由 a点运动到d 点，可判断该电荷一定带负电 ‎ 1. 如图所示，在NaCl溶液中，正、负电荷定向移动，其中Na+水平向右移动．若测得4s内分别有1.0×1018个Na+和Cl-通过溶液内部的横截面M，那么溶液中的电流方向和大小为（　　） A. 水平向左0.8A B. 水平向右 0.08A C. 水平向左0.4A D. 水平向右0.04A 2. 在电场中A、B两点间的电势差为UAB=75V，B、C两点间的电势差为UBC=-200V，则A、B、C三点电势高低关系为（　　）‎ A. φA＞φB＞φC B. φA＜φC＜φB C. φC＞φA＞φB D. φC＞φB＞φA 3. 如图所示为滑动变阻器示意图，下列说法中正确的是（ ） ①a和b串联接入电路中，P向右移动时电阻增大 ②b和d串联接入电路中，P向右移动时电阻减小 ③b和c串联接入电路中，P向右移动时电阻增大 ④a和c串联接入电路中，P向右移动时电阻增大．‎ A. B. C. D. ‎ 4. 在如图所示的电路中，电阻R1=4Ω，R2=6Ω，R3=3Ω，电流表内阻不计，在A、B两点间加上9V的电压时，电流表的读数为（　　） ‎ A. 0 B. 1 A C. 1.5 A D. 2 A 二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）‎ 1. 如图所示，倾角为θ=30°的光滑绝缘直角斜面ABC，D是斜边AB的中心，在C点固定一个带电荷量为+Q的点电荷．一质量为m，电荷量为-q的小球从A点由静止释放，小球经过D点时的速度为v，到达B点时的速度为0，则（　　）‎ A. 小球从A到D的过程中静电力做功为mv2 B. 小球从A到D的过程中电势能逐渐减小 C. 小球从A到B的过程中电势能先减小后增加 D. AB两点间的电势差UAB=‎ 2. 在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示．下列说法正确有(      ) ‎ A. q1和q2带有异种电荷 B. x1处的电场强度为零 C. 负电荷从x1移到x2，电势能减小 D. 负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大 ‎ 3. 如图所示，电阻R和电动机M串联接到电路中，已知电阻R跟电动机线圈的电阻值相等，开关接通后，电动机正常工作．设电阻R和电动机M两端的电压分别为U1和U2，经过时间t，电流通过电阻R做功为W1，产生热量为Q1，电流通过电动机做功为W2，产生热量为Q2．则有（     ）‎ A. U1< U2，Q1=Q2 B. U1=U2，Q1=Q2 C. U1< U2，W1< W2 D. W1< W2，Q1< Q2‎ 1. 有一电热器，额定电压为220V，额定功率为1000W．现要把它改装一下，用在电压为110V的电路中，若要使它消耗的功率仍为1000W．下面做法中正确的是（）‎ A. 将电热器中的电热丝截去一半 B. 将电热器中的电热丝截去，只留下 C. 在电热器中再并联一根与原来相同的电热丝 D. 将电热器中的电热丝等分成两段，再并联起来 三、实验题探究题（本大题共2小题，共18.0分）‎ 2. 下面三个图为探究平行板电容器电容大小决定因素的实验，请将正确的结论填在横线上．两平行板之间的电场可以视为匀强电场．给电容器充电后与电源断开，那么 （1）若保持板间距离d不变，正对面积S变小，则两板电容C ______ ，板间电势差U ______ ． （2）若保持S不变，d变大，两板电容C ______ ，板间电场强度E ______ ． （3）若保持S和d都不变，插入介质板后，则板间电势差U ______ ，板间电场强度E ______ ．‎ ‎（以上填“变小”、“变大”或“不变”）‎ 某同学研究小灯泡的伏安特性，所使用的器材有：小灯泡L（额定电压3.8V，额定电流0.32A）；电压表V（量程3V，内阻3kΩ）；电流表A（量程0.5A，内阻 ‎0.5Ω）；固定电阻R0（阻值1000Ω）；滑动变阻器R（阻值0～9.0Ω）；电源E（电动势5V，内阻不计）；开关S；导线若干。‎ ‎    （1）实验要求能够实现在0～3.8V的范围内对小灯泡的电压进行测量，画出实验电路原理图。‎ ‎    （2）实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图（a）所示．由实验曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻________（选填“增大”“不变”或“减小”），灯丝的电阻率________（选填“增大”“不变”或“减小”）。‎ 四、计算题（本大题共4小题，共34.0分）‎ 1. ‎（8分）如图所示的电路中，两平行金属板A，B水平放置，接入如图所示电路中，两板间的距离d=50cm，电源电动势E=15V，内电阻r，电阻R1=4Ω，R2=10Ω，闭合开关S，待电路稳定后，将一带电的小球放入板间恰能保持静止，若小球质量为m=2×10-2kg，电量q=1×10-2C，问： （1）小球带正电还是负电，电容器的电压为多大？ （2）电源的内阻为多大？ （3）电源的效率是多大？（取g=10m/s2） ‎ ‎ ‎ 1. ‎（8分）如图所示，长l＝1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°.已知小球所带电荷量q＝1.0×10－6C，匀强电场的场强E＝3.0×103N/C，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：‎ ‎（1）小球所受电场力F的大小； （2）小球的质量m； （3）将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小． ‎ 2. ‎（8分）如图所示，为电动机提升重物的装置，电动机线圈电阻为r=1Ω，电动机两端电压为5V，电路中的电流为1A，物体A重20N，不计摩擦力，求： （1‎ ‎）电动机线圈电阻上消耗的热功率是多少？ （2）电动机输入功率和输出功率各是多少？ （3）这台电动机的机械效率是多少？ ‎ 1. ‎（10分）如图甲所示，真空中水平放置的相距为d的平行金属板板长为L，两板上加有恒定电压后，板间可视为匀强电场．在t=0时，将图乙中所示的交变电压加在两板上，这时恰有一个质量为m、电荷量为q的带电粒子从两板正中间以速度v0水平飞入电场．若此粒子离开电场时恰能以平行于两板的速度飞出（粒子重力不计）．求： （1）两板上所加交变电压的频率应满足的条件． （2）该交变电压U0的取值范围．‎ ‎ ‎ 高二期中试题 答案和解析 ‎【答案】‎ ‎1. C 2. B 3. C 4. A 5. B 6. C 7. D 8. B 9. CD 10. AC 11. AC 12. BD ‎ ‎13. 减小；增大；减小；不变；减小；减小  ‎ ‎14. （1） （2）增大；增大； （3）0.39；1.17  ‎ ‎15. 解：（1）小球放入板间后，受重力和电场力作用，由二力平衡，小球应带负电，且， 解得：， （2）电路中的电流I=， 根据闭合电路欧姆定律得： E=U2+I（R1+r） 解得：r=， （3）电源的效率×100%=93.33%。 答：（1）小球带负电，电容器的电压为10V ‎； （2）电源的内阻为1Ω； （3）电源的效率是93.33%。  ‎ ‎16. 解：（1）根据电场力的计算公式可得电场力F=qE=1.0×10-6×3.0×103 N=3.0×10-3 N； （2）小球受力情况如图所示： 根据几何关系可得mg=， 所以m===4×10-4kg； （3）电场撤去后小球运动过程中机械能守恒，则， 解得：v=2m/s． 答：（1）小球所受电场力F的大小为3.0×10-3 N． （2）小球的质量为4×10-4kg． （3）将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小为2m/s．  ‎ ‎17. 解：（1）根据焦耳定律，热功率为： P热=I2r=12×1W=1W  （2）输入功率等于输入电流与电动机两端电压的乘积： P入=IU=1×5W=5W 输出功率等于输入功率减去发热消耗的功率： P出=P入-P热=5 W-1 W=4 W； （3）机械效率： 答：（1）电动机线圈电阻上消耗的热功率是1W；   ‎ ‎（2）电动机输入功率和输出功率各是5W、4W；   （3）这台电动机的机械效率是80%．  ‎ ‎18. 解：（1）粒子水平方向做匀速直线运动，水平分速度为v0； 竖直方向沿着同一方向做加速度周期性变化的运动，速度时间图象如图所示： 要使粒子在离开电场时恰能以平行A、B两板的速度飞出，竖直分速度为零，即恰好在整数倍周期时刻飞出，即： f= 解得：f= （其中n=1，2，3，…） （2）粒子射出时，竖直分位移不大于板间距离的一半，故： 水平分运动：L=v0t 竖直分运动：y=n（）= 由于： y t=nT 联立解得： U0≤ （其中n=1，2，3，…） 答：（1）A、B两板上所加交变电压的频率（其中n=1，2，3，…）； （2）该交变电压U0的取值范围为：U0≤  （其中n=1，2，3，…）．  ‎ ‎【解析】‎ ‎1. ‎ ‎【分析】 元电荷又称“基本电量”，在各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电荷，常用符号e表示，任何带电体所带电荷都等于元电荷或者是元电荷的整数倍。 本题就是对元电荷概念的考查，知道元电荷的概念即可解决本题。 【解答】 AB.元电荷是指最小的电荷量，不是电荷，不是指质子或者是电子，故AB错误； CD.元电荷目前认为是自然界中电荷的最小单元，其大小是1.6×10-19C，故C正确，D错误； 故选C。‎ ‎2. 【分析】 完全相同的带电小球接触时，若是同种电荷则将总电量平分，若是异种电荷则先中和然后将剩余电量平分，然后依据库仑定律求解即可． 【解答】‎ 解：开始时由库仑定律得：    ① 当小球和A接触后，A球带电为-Q，再和B球接触时，先中和后总电量为4Q，故平分后B球带电为2Q，因此此时： ② 由①②得：，故ACD错误，B正确． 故选B．‎ ‎3. 【分析】 ​根据电场线的分布确定电场强度的大小和方向；根据沿电场线方向电势逐渐降低，判断电势的高低；根据电场力做功判断电势能的变化。 解决本题的关键知道等量异种电荷周围电场线的分布，知道电场力做功与电势能的变化关系。 【解答】  A.根据等量异种电荷周围的电场线分布知，M、N两点的场强大小相等，方向不同，故A错误； B.沿着电场线方向电势逐渐降低，可知M、N两点电势不等．故B错误； ‎ C.负电荷由M点移到C处，电势增加，电势能减小，故电场力做正功，故C正确； D.等量异种电荷连线的中垂线是等势线，将负电荷从无穷远处移到N点处，电场力做正功，电势能一定减小，故D错误。 故选C。‎ ‎4. 【分析】 由电场线的疏密判断场强的强弱，沿电场线方向电势逐渐降低，根据带电粒子运动轨迹判定电场力方向，然后根据电性判断电场线方向，根据电场力做功判断电势能的变化。 解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力方向，利用电场中有关规律求解。比较电势能的大小有两种方法：一可以从电场力做功角度比较，二从电势能公式角度判断，先比较电势，再比较电势能。难度一般。 【解答】 A.电场线的疏密表示场强的强弱，由图知c点场强大于b点场强，故A正确； B.沿电场线方向电势逐渐降低，故b的电势大于c的电势，故B错误； C.若将一试探电荷+q由a点移动到d点，电场力做正功，电荷的电势能将减小，故C错误； D.由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力大致斜向左上方，与电场强度方向相同，故粒子带正电，故D错误。 故选A。‎ ‎5. 解：由题意可知，4s内流过截面上的电量q=1.0×1018×1.6×10-19+1.0×1018×1.6×10-19=0.32C； 则电流强度I=； Na+水平向右移动，所以电流方向向右． 故选：B ‎． 由离子的带电量可求得通过截面的总电量，总电量等于正离子与负离子电量绝对值之和，再由电流的定义可求得电流强度的大小．电流方向与正离子定向移动的方向相同． 本题考查电流强度的定义，要注意明确当同时有正负电荷通过时，电量为正负电荷电荷量绝对值的和．‎ ‎6. 解：由题意，UAB=φA-φB=75V，则得：φA＞φB； UBC=φB-φC=-200V，则得：φB＜φC； 又UAC=UAB+UBC=（75-200）V=-125V，则得：φA＜φC； 故有：φC＞φA＞φB；故ABD错误，C正确． 故选：C． 本题根据电势差与电势的关系：UAB=φA-φB，UBC=φB-φC，UAC=UAB+UBC，即可判断三点电势的高低关系． 本题只要掌握UAB=φA-φB，UAC=UAB+UBC，通过列式分析电势的关系．也可以作出电场线，根据三点在电场线的位置做定性分析进行判断．‎ ‎7. 【分析】 滑动变阻器的原理是靠改变连入电路中的电阻丝的长度来改变电阻的，它的正确接法是“一上一下”．哪一段电阻丝被接入电路中是由下面的接线柱决定的．若接左下接线柱，滑片向右移动，电阻变大，则电路中的电流变小；若接右下接线柱，滑片向左移动，电阻变大，则电路中的电流变小．本题考查了滑动变阻器的原理和作用，能够正确判断当“一上一下”接入电路时哪一段电阻丝被连入电路中是本题的解题关键所在． 【解答】 ①将a和b连入电路时，当滑片P向右滑动时，不会改变电阻丝长度，电阻不变；故①错误； ②将b和d连入电路时，连入路中的电阻丝是Pb部分．当滑片P向右滑动时，PA电阻丝长度减小，电阻减小，故②正确． 将b和c连入电路时，连入路中的电阻丝是Pb部分．当滑片P向右滑动时，PB电阻丝长度减小，电阻减小，故③错误． ④将a和c连入电路时，连入电路中的电阻丝是aP部分，当滑片P向右滑动时，ap 电阻丝长度变长，电阻变大，故④正确； 故选：D ‎8. 【分析】 由图可知，图中电阻R2与R3并联后与R1串联，电流表测量的是电阻R3的电流；先求解总电阻，根据欧姆定律求解干路电流，根据并联电路的电流关系得到通过电阻R3的电流。本题关键是明确电路的串并联结构，再根据串并联电压、电流和电阻关系和欧姆定律列式求解；电路结构分析是解题的关键。 【解答】 图中电阻R2与R3并联后与R1串联，电路的总电阻为：R=4+=6Ω； 根据欧姆定律，干路电流为： 由于并联电路的电流与电阻成反比，故： ，故B正确，ACD错误。 故选B。‎ ‎9. 【分析】‎ 根据动能定理研究该质点从A点滑到非常接近斜边底端B点的过程，其中的A、D点是同一等势面上，然后结合动能定理即可判断。 本题考查动能定理的应用，电场力做功的特点，涉及能量变化的题目一般都要优先考虑动能定理的应用，并要求学生能明确几种特殊力做功的特点。 【解答】 A.斜面的倾角为θ=30°，斜面上AD=DB，由几何关系可知，AC=AD=CD，即A到C的距离与D到C的距离是相等的，所以D与A的电势相等，则由W=qU，知A到D的过程中电场力做的功等于0，故A错误； B.由于即A到C的距离与D到C的距离是相等的，由几何关系可知，沿AD的方向上的各点到C的距离先减小后增大，距离减小的过程中电场力对负电荷做正功，所以从A到D的过程中负电荷的电势能先减小后增大，故B错误； C.结合B的分析，同理可知，小球从A到B的过程中电势能先减小后增加，故C 正确； D.设AB的长度为2L，则AD=DB=L，在小球从A到D两点得过程中，由动能定理有：，在小球从A 到B的过程中有：，所以：，故D正确。 故选CD。 ‎ ‎10. 【分析】 ​由电势的变化及无穷远处电势为零可得源电荷带异号电荷，再根据电场强度即曲线斜率得到电场强度变化，进而判断出电场力变化．电场强度大小与电势大小无关，只与电势差随相对位移的变化率有关。 【解答】 A.由图可知：无穷远处电势为零，又有电势为正的地方，故存在正电荷；又有电势为负的地方，故也存在负电荷，所以，q1和q2带有异种电荷，故A正确； B.电场强度等于图中曲线斜率，x1处的斜率不为零，故电场强度不为零，故B错误； C.负电荷从x1移到x2，电势增大，电势能减小，故C正确； D.负电荷从x1移到x2，曲线斜率减小，及电场强度减小，所以，受到的电场力减小，故D错误。 故选AC。‎ ‎11. 【分析】‎ 电键接通后，电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，电动机两端电压U2 ＞IR，电流通过电动机M做功W2 =U2 It，产生的电热为Q2 =I2 Rt；R是纯电阻，欧姆定律成立，U1 =IR，电流通过电阻R做功W1 =U1 It，产生的电热为Q1 =I2 Rt。  本题考查纯电阻电路与非纯电阻电路的区别。对于电功W=UIt，电热Q2 =I2 Rt适用于任何电路。‎ ‎【解答】‎ R是纯电阻，根据欧姆定律，得U1=IR，电流通过电阻R做功W1=U1It，产生的电热为Q1=I2Rt， 电动机正常工作时，其两端电压U2＞IR，电流通过电动机M做功W2=U2It，产生的电热为Q2=I2Rt， 可见，U1＜U2，Q1=Q2，W1＜W2．故AC正确，BD错误。 故选AC。 ‎ ‎12. 【分析】根据公式，分析电压变化，而功率不变时，电阻的变化情况，根据电阻定律确定电热丝长度的变化。‎ 本题是电阻定律与功率的综合应用，可采用控制变量法和比例法理解．常规题，比较简单。‎ ‎【解答】AB.根据公式，电热丝消耗的功率不变，电压为额定电压的，则电阻应为原来的，根据电阻定律得，电热丝的长度应为原来的，可将电热器中的电热丝截去故A错误，B正确; C.若在电热器中再并联一根与原来相同的电热丝，总电阻变为，电压为额定电压的，电热丝消耗的功率为原来的，不符合题意．故C错误; D.若将电热器中的电热丝等分成两段，再并联起来，根据电阻定律可知电阻变为原来的，符合要求．故D正确。 故选BD。‎ ‎13. 解：（1）保持板间距离d不变，两极板正对面积减小，根据电容的决定式C=得知，电容C减小，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=分析得到，板间电势差U增大； （2）保持S不变，板间距离d增大，根据电容的决定式CC得知，电容C减小，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=分析得到电容减小；但E=和Q=UC 可知： E=，故E和d无关，故E不变； （3）保持S和d都不变，插入介质板后，根据电容的决定式C=得知，电容C增大，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=分析得到，板间电势差U减小．由U=Ed可知，E减小； 故答案为：（1）减小；增大；（ 2）减小；不变；（ 3）减小；减小． 先根据电容的决定式分析电容的变化，再根据电容的定义式分析板间电势差的变化，根据U=Ed可知电场强度的变化． 本题考查电容器的动态分析问题，要注意明确电容器的定义式、决定式以及U=Ed等公式的正确应用，注意明确当断开电源S不变，只改变板间距离时，两板间的电场强度不变．‎ ‎14. 解：（1）因本实验需要电流从零开始调节，因此应采用滑动变阻器分压接法；因电流表内阻和灯泡内阻接近，故电流表采用外接法；另外为了保护电压表，用R0和电压表串联，故原理图如图所示； （2）I-U图象中图象的斜率表示电阻的倒数，由图可知，图象的斜率随电压的增大而减小，故说明电阻随电流的增大而增大；其原因是灯丝的电阻率随着电流的增大而增大； （3）当滑动变阻器阻值全部接入时，灯泡的功率最小，将R等效为电源内阻，则电源电动势为4V，等效内阻为10Ω；作出电源的伏安特性曲线如图a中实线所示；由图可知，灯泡电压为U=1.75V，电流I=225mA，则最小功率P=UI=0.39W； ‎ ‎ 当滑动变阻器接入电阻为零时，灯泡消耗的功率最大；此时电源的内阻为1.0Ω，作出电源的伏安特性曲线如图a中虚线所示；如图a可知，此时电压为3.65V，电流为320mA=0.32A；则可知最大功率Pmax=U'I'=3.65×0.32=1.17W。 故答案为：（1）如图所示；（2）增大；增大；（3）（3）0.39；1.17。 （1）明确实验原理，根据实验中给出的仪器分析滑动变阻器以及电流表接法； （2）根据I-U图象的性质进行分析，明确电阻随电流变化的规律，从而明确电阻率的变化情况； （3）分析滑动变阻器接入电阻的变化，作出等效电源的伏安特性曲线，得出对应的电流值和电压值，从而明确灯泡功率的极值。 本题考查灯泡伏安特性曲线的描绘实验，要注意明确实验原理，知道实验中数据分析的基本方法，注意在分析功率时只能根据图象进行分析求解，不能利用欧姆定律进行分析。‎ ‎15. （1）小球放入板间后，受重力和电场力作用，由二力平衡判断电场力的方向，进而判断电荷的正负，根据受力平衡求解电容器电压； （2）由欧姆定律求出通过电路的电流，再根据闭合电路欧姆定律求解内阻； （3）根据求解电源效率。 本题关键是分析清楚电路结构和运动情况后，根据平衡条件、欧姆定律联立列式求解，难度适中。‎ ‎16. （1）根据电场力的计算公式求解电场力； （2）画出小球受力情况示意图，根据几何关系列方程求解质量； （3）根据机械能守恒定律求解速度． 有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系．根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系．根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答．‎ ‎17. （1）根据P热=I2r求解热功率； （2）根据P=UI求解电功率，根据P出=P-P热求解输出功率； （3）机械效率． 本题考查了电功公式和焦耳定律的应用，关键是知道电动机消耗的电能减去线圈产生的热量即为电动机输出的机械能．‎ ‎18. （1）粒子水平方向做匀速直线运动，竖直方向沿着同一方向做加速度周期性变化的运动，要使粒子在离开电场时恰能以平行A、B两板的速度飞出，竖直分速度为零； （2）竖直分位移不大于板间距离的一半即可． 本题关键是明确粒子的运动情况和受力情况，要采用正交分解法列式分析，注意多解性，不难．‎