安徽省淮南市第二中学2020学年高二物理上学期期中试题 理（含解析）

安徽省淮南市第二中学2020学年高二物理上学期期中试题 理（含解析）

安徽省淮南市第二中学2020学年高二上学期期中考试物理（理）试题 ‎ 一、单选题：本题共8个小题，每小题3分，共24分。‎ ‎1. 以下叙述中正确的是 A. 带电量较小的带电体可以看成是点电荷 B. 电场线的形状可以用实验来模拟，这说明电场线是实际存在的 C. 一般情况下，两个点电荷之间的库仑力比它们之间的万有引力要大得多 D. 电场线的分布情况可以反映出电场中各点的场强方向，但无法描述电场的强弱 ‎【答案】C ‎..................‎ BD、电场线是虚拟的，实际不存在．电场线的疏密反应电场的强弱，故BD错误；‎ C、一般情况下，两个点电荷之间的库仑力比它们之间的万有引力要大得多，故C正确；故选C。‎ ‎2. 如图为一块手机电池的背面印有的一些符号，下列说法不正确的是 A. 该电池的容量为500mA·h B. 该电池的电动势为3.6V C. 该电池在工作1小时后达到的电流为500mA D. 若电池以10mA的电流工作，可用50小时 ‎【答案】C ‎3. 在静电场中，让质子逆着电场线的方向由A点移到B点，如图所示，则（ ）‎ A. 电场力做正功，A点电势高于B点 B. 电场力做正功，A点电势低于B点 C. 电场力做负功，A点电势高于B点 D. 电场力做负功，A点电势低于B点 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：电场强度方向水平向右，质子带正电在电场中受力方向与电场强度方向相同，故受到从B指向A的电场力，故从A至B的过程中质子受力方向与运动方向相反，故电场力做负功，根据电场力做功与电势能变化的关系知，电场力做负功，电场线方向从B向A，因为沿着电场线方向电势逐渐降低，故A点电势低于B点电势，故D正确。‎ 考点：电势能、电势 ‎【名师点睛】本题主要考查电场力做功与电势能变化的关系，知道电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加，掌握沿电场线方向电势的变化情况是解决问题的关键。‎ ‎4. 如图所示，长为L的枕形导体原来不带电，O点是其几何中心．将一个带正电、电量为Q的点电荷放置在距导体左端R处，由于静电感应，枕形导体的a、b端分别出现感应电荷，k 为静电力常量，则（　）‎ A. 闭合S，有电子从枕形导体流向大地 B. 导体 a、b 端电势满足关系 φa＜φb C. 导体两端的感应电荷在O点产生的场强大小等于0‎ D. 导体两端的感应电荷在O点产生的场强大小等 ‎【答案】D ‎【解析】A、闭合开关，将导体和大地看作整体，离正电荷最近的地方（导体a端）带负电，地球的另一端带正电，即地球另一端的电子流到导体上，故A错误；‎ B、枕形导体是等势体，则有，故B错误；‎ CD、导体棒当达到静电平衡后，导体两端的感应电荷在O点产生的场强大小与点电荷+Q在该处产生的电场强度大小相等，方向相反，则导体两端的感应电荷在O点产生的场强大小为，故C错误，D正确；‎ ‎5. 图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点，下列判定错误的是（　　　）‎ A. 粒子在M点速度小于在N点速度 B. 粒子在M点电势能小于在N点电势能 C. M点的电势高于N点的电势 D. M点的加速度小于于N点的加速度 ‎【答案】B ‎【解析】ABC、由图看出，粒子的轨迹向下弯曲，粒子所受电场力大致向下，电场线方向斜向下，说明粒子带正电，‎ ‎ 粒子从M运动到N的过程中，电场力做正功，粒子的电势能减小，动能增大，则粒子在M点的动能小于在N点的动能，故A正确；粒子M点的电势能大于N点的电势能，粒子M点的电势大于N点的电势，故B错误，C正确；‎ D、场线的疏密反映电场的强弱，所以M点的场强小于N点的场强，所以粒子在M点受到的电场力小于在N点受到的电场力，故D正确；‎ 错误的故选B。‎ ‎6. 两根完全相同的金属裸导线，如果把其中的一根均匀拉长到原来的3倍，然后给它们分别加相同电压后，则在同一时间内它们产生的热量之比为(　　)‎ A. 1∶3 B. 3∶1‎ C. 1∶9 D. 9∶1‎ ‎【答案】C ‎【解析】设原来的电阻为R，把其中的一根均匀拉长到原来的3倍， 横截面积变为原来的倍，根据电阻定律，电阻变为9R，根据焦耳定律，它们分别加相同电压后，则在同一时间内它们产生的热量之比为，故C正确，ABD错误；‎ 故选C。‎ ‎7. 小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的I—U图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，下列说法中正确的是(　　)‎ A. 随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小 B. 对应P点，小灯泡的电阻为 C. 对应P点，小灯泡的电阻为 D. 对应P点，小灯泡的功率为图中曲线PQO所围不规则部分的“面积”。‎ ‎【答案】B ‎【解析】A、I-U图线各点与原点连线的斜率表示电阻，由题，此斜率增大，说明随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大，故A错误；‎ BC、根据电阻的定义得到，对应P点，小灯泡的电阻为，R不等于切线斜率，故B正确，C错误；‎ D、功率公式，对应P点，小灯泡的功率为图线PQOM所围规则部分的“面积”，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎8. 某示波管在偏转电极XX′、YY′上不加偏转电压时光斑位于屏幕中心。现给偏转电极XX′（水平方向）、YY′（竖直方向）加上如图（1）、（2）所示的偏转电压，则在光屏上将会看到下列哪个可能图形(圆为荧光屏，虚线为光屏坐标)(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：由图1可知，x方向加逐渐增大的电压，则电子将向x方向偏转；由图2可知，y方向加正向电压，则电子将向y方向偏转，并打在同一位置；故电子在示波器上形成一条在xy中的直线，故答案为：D 考点：示波器 ‎【名师点睛】本题考查示波器原理，注意电子在示波器内的时间很短，故可以认为电子在电场中的偏转过程中电压不变。电子水平方向受UX的作用，y方向上受UY的作用，根据电子的受力方向可得出电子所打在的位置，进而确定示波器中看到的图形。‎ 二、多选题：本题共4个小题，每小题4分，共16分。‎ ‎9. 在如图甲所示的电路中，L1、L2、L3为三只相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示；当开关 S闭合后，电路中的总电流为0.25A，则此时 A. L1的电阻为12Ω B. L1、L2消耗的电功率的比值等于4：1‎ C. L1上的电压为L2上电压的2倍 D. L1消耗的电功率为0.75 W ‎【答案】AD ‎【解析】A、据电路图可知据乙图可知电流为0.25A，L1灯泡的电压为3V，L1的电阻为，故A正确；‎ BCD、灯泡L2、L3并联，每个灯泡通过的电流为0.125A，从图乙知电压U2＜1V，L1两端的电压不是L2两端电压的2倍，电流为0.125A时电压大约为0.5V，L1消耗的功率P1=U1I1=0.75W，L2消耗的功率P2=U2I2＜1V×0.125A=0.125W，故BC错误，D正确；‎ 故选AD。‎ ‎10.‎ ‎ 如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上极板的过程中, 关于两个带电粒子P、Q (　　)‎ A. 它们所带的电荷量之比qP∶qQ＝1∶2‎ B. 它们动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶2‎ C. 它们运动时间的大小关系是tP∶tQ ＝1∶2‎ D. 它们运动加速度的大小关系是aP∶aQ＝1∶2‎ ‎【答案】AD ‎【解析】试题分析：垂直电场方向不受力，做匀速直线运动，位移相等，得到运动时间相等，C错误；‎ 平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，‎ 根据位移时间关系公式，有：，‎ 由于两带电粒子平行电场方向分位移之比为1：2，‎ 所以它们所带的电荷量之比qP∶qQ＝1∶2，故A正确；加速度之比aP∶aQ＝1∶2，D正确；‎ 电场力做的功等于动能的增量=，所以它们动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶4，B错误；故选AD。‎ 考点：带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；动能定理的应用 ‎【名师点睛】本题关键将两个带电粒子的运动沿垂直电场方向和平行电场方向两个方向正交分解，垂直电场方向不受力，做匀速直线运动；平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动学公式、牛顿第二定律和功能关系联合列式分析。‎ ‎11. 一学生去实验室取定值电阻两只,R1=1kΩ,R2=3kΩ,电压表一个,练习使用电压表测电压.电路连接如图,电源输出电压U=12.0 V不变.该生先用电压表与R1‎ 并联,电压表示数为U1,再用电压表与R2并联,电压表示数为U2, 则下列说法正确的是(　　)‎ A. U2一定小于9.0 V B. U1一定大于3.0 V C. U1与U2之和小于12 V D. U1与U2之比一定不等于1∶3‎ ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：不接电压表时，R1、R2串联，电压之比为：，而U′1+U′2=12V，解得：U′1=3．0V，U′2=9．0V；当电压表并联在R1两端时，有：，解得：U1＜3V，同理，当电压表并联在R2两端时，有：U2＜9V，得：U1+U2＜12V．故AC正确，B错误；设电压表内阻为RV，则电压表与R1并联时，其示数； 电压表与R2并联时，其示数,则可知，两电压表读数之比一定等于1：3．故D正确．‎ 故选ACD．‎ 考点：欧姆定律的应用 ‎【名师点睛】本题主要运用串并联的知识讨论电压表对电路的影响，知道并联电压表后并联部分电阻变小，并能明确接入电压表时总电阻减小，同时注意要将电压表视为电阻进行分析，利用串并联电路的规律定量分析电压表示数。‎ ‎12.‎ ‎ 一半径为R的均匀带正电圆环水平放置,环心为O点,质量为m的带正电的小球从O点正上方h高的A点静止释放,并穿过带电环,关于小球从A运动到与O对称的点A'的过程中,其重力势能、机械能(E)、电势能、加速度(a)随位置变化的图象如图所示(取0点为坐标原点且重力势能为零,加速度的正方向竖直向下,并取无限远处电势为零).其中可能正确的是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】AB ‎【解析】A、小球从A到圆环中心的过程中，重力势能EpG=mgh，小球穿过圆环后，EpG=-mgh，根据数学知识可知，A是可能的，故A正确；‎ B、小球从A到圆环中心的过程中，电场力做负功，机械能减小，小球穿过圆环后，电场力做正功，机械能增大，故B是可能的，故B正确；‎ C、由于圆环所产生的是非匀强电场，小球下落的过程中，电场力做功与下落的高度之间是非线性关系，电势能变化与下落高度之间也是非线性关系，所以C是不可能的，故C错误；‎ D、圆环中心的场强为零，无穷远处场强也为零，则小球从A到圆环中心的过程中，场强可能先增大后减小，则小球所受的电场力先增大后减小方向竖直向上，由牛顿第二定律得知，重力不变，则加速度可能先减小后增大；小球穿过圆环后，小球所受的电场力竖直向下，加速度方向向下，为正值，根据对称性可知，电场力先增大后减小，则加速度先增大后减小，故D是可能的，故D错误；‎ 故选AB。‎ 三、实验题：本题共2个小题。（13题每空2分，14题每空1分。共15分。）‎ ‎13. 在“测定金属的电阻率”实验中，‎ ‎(1)练习使用游标卡尺和螺旋测微器，图中游标卡尺的读数为______mm；图中螺旋测微器的读数为______mm．‎ ‎(2)用伏安法测金属丝的电阻Rx.正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：‎ 由以上实验数据可知，他们测量Rx是采用图中的________图(选填“甲”或“乙”)．‎ ‎(3)(多选)任何实验测量都存在误差．本实验所用测量仪器均已校准，下列关于误差的说法中正确的选项是________．‎ A．用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差 B．由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差 C．若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差 D．用UI图象处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差 ‎【答案】 (1). 13.55 (2). 1.196(1.195-1.198) (3). 甲 (4). CD ‎【解析】（1）根据游标卡尺读数原理，所以读数应为L=13mm+11×0.05mm=13.55mm=5.44cm；螺旋测微器的读数为d=1mm+19.6×0.01mm=1.196mm；‎ ‎（2）根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的电阻大约为 ‎，是小电阻，所以电流表应用外接法，电流值、电压值从0开始，由变阻器采用分压式接法，电路图应为甲图所示；‎ ‎（3）用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于偶然误差；由于电流表和电压表内阻引起的误差属于系统误差；若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差；用UI图象处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差；故AB错误，CD正确。‎ ‎14. 测绘标有“3.8 V0.4A”小灯泡的伏安特性曲线，提供的实验器材有：‎ A．电源E（4 V，内阻约0.4 Ω）‎ B．电压表V（2 V，内阻为2 kΩ）‎ C．电流表A（0.6 A，内阻约0.3Ω）‎ D．滑动变阻器R（0～10Ω)‎ E．三个定值电阻（R1 =1kΩ，R2=2kΩ，R3=5kΩ）‎ F．开关及导线若干 ‎(1)研究后发现，电压表的量程不能满足实验要求，为了完成测量，他将电压表进行了改装．在给定的定值电阻中选用_____（选填“R1”、“R2”或“R3”）与电压表_____（选填 “串联”或“并联”），完成改装。改装后电压表的量程是_______。‎ ‎(2)选好器材后，按照该实验要求连接电路，如图所示（图中电压表已经过改装）．请指出电路中存在的两处不恰当的地方，它们分别是：①__________________ ；②_____________________．‎ ‎(3)正确连接电路后，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P，电压表和电流表的示数改变，但均不能变为零．由此可以推断电路中发生的故障可能是导线_________（选填图中表示导线的序号）出现了_________（选填“短路”或“断路”）．‎ ‎【答案】 (1). R2 (2). 串联 (3). 0-4V (4). 6，采用电流表外接法 (5). P，滑片应滑倒a侧 (6). 8 (7). 断路 ‎【解析】（1）电压表量程过小，要改装大量程，需要串联定值电阻，根据电压表满偏电流，改装后的量程，有于小灯泡的额定电压只有3.8V，所以选择定值电阻R2与电压表串联，改装后量程为4V，满足需要又不太大。（2）小灯泡正常发光的电阻，，所以电流表应该选择外接法；闭合开关前，灯泡电压要最小，等于0，所以滑片应该置于a端。‎ ‎（3）闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P，电压表和电流表的示数改变。说明电路为通路，但不能调到0，说明滑动变阻器的接入方式由分压式变为限流式，所以问题出在导线8出现了断路。‎ 四、解答题：15题10分，16题10分，17题12分，18题13分。共45分。‎ ‎15. 在如图所示的电路中，，，当电键K闭合时，R2上消耗的电功率为4W，当电键K断开时，电压表示数为4.5V，求电源的电动势和内电阻。‎ ‎【答案】5V，1Ώ ‎【解析】当电键K闭合时，根据闭合电路欧姆定律得 R2上消耗的电功率为 当电键K断开时，根据闭合电路欧姆定律得 电压表示数为 解得 ‎16. 如图所示，在竖直放置间距为d的平行板电容器中，存在电场强度为E的匀强电场，有一质量为m、电荷量为+q的点电荷从两极板正中间处静止释放，重力加速度为g，则点电荷运动到负极板的过程 ‎(1)所需的时间是多少？‎ ‎(2)下降的高度是多少？‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】（1）点电荷在水平方向做匀加速直线运动，加速度大小 解得 ‎（2）点电荷在竖直方向做自由落体运动，下降的高度 ‎17. 一根长为的绝缘细线下端连接一质量为m 的带电小球，上端悬挂在固定点O上，整个装置处于真空室内的匀强电场中，电场方向水平，电场强度大小为E．开始时小球静止于A点，此时细线与竖直方向的夹角θ=37°，如图所示．重力加速度为g，已知sin37°=0.60，cos37°=0.80．‎ ‎(1)求小球的电荷量q．‎ ‎(2)某时刻将匀强电场的方向突然改为竖直向上且电场强度大小保持不变，求小球通过最低点B时的速度大小及此时细线对小球的拉力大小。‎ ‎【答案】(1) (2) (3) ‎ ‎【解析】试题分析：小球在A点处于静止状态，对小球进行受力分析，根据平衡条件即可求解；对小球从A点运动到B点的过程中运用动能定理求得B点的速度，在B点，小球受重力和细线的合力提供向心力，根据向心力公式即可求解。‎ ‎（1）小球在A点处于静止状态，对小球进行受力分析可知小球受到电场力的方向水平向右，根据平衡条件得：‎ 解得：‎ ‎（2）对小球从A点运动到B点的过程中运用动能定理得：‎ 在B点，小球受重力和细线的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：‎ 解得：‎ 点睛：本题主要考查了动能定理及向心力公式的直接应用，属于基础题。‎ ‎18. 如图所示，在xOy坐标系中，两平行金属板如图放置，OD与x轴重合，板的左端与原点O重合，板长L=2 m，板间距离d=1 m，紧靠极板右侧有一足够大荧光屏.两金属板间电压UAO随时间的变化规律如图所示，变化周期为T=2×10-3 s,U0=5×103 V,t=0时刻一带正电的粒子从左上角A点，以平行于AB边v0=1000 m/s的速度射入板间，粒子电量为q=1×10-5 C,质量m=1×10-7 kg.不计粒子所受重力.求：‎ ‎(1)粒子在板间运动的时间；‎ ‎(2)粒子打到屏上的速度；‎ ‎(3)若A处的粒子源以平行于AB边v0=1000‎ ‎ m/s的速度连续不断发射相同粒子，求荧光屏上的光带长度是多少？若向右移动荧光屏，屏上光带位置和长度如何变化（写出结论，不要求计算过程）。‎ ‎【答案】(1)2×10-3s(2) , (3)0.5m，光带位置下移，长度不变 ‎【解析】(1)粒子在板间沿x轴匀速运动，运动时间为t，L=v0t，‎ 得 ‎(2)0时刻射入的粒子 ‎，‎ 粒子打到屏上的速度，‎ 解得，‎ ‎(3)最大侧移，粒子在T=2n×10-3s打入 最小侧移，粒子在T=（2n+1）×10-3s打入 光带长度 光带位置下移，长度不变 ‎