福建省福州市第三中学2020学年高二物理上学期期中试题（含解析）

福建省福州市第三中学2020学年高二物理上学期期中试题（含解析）

福州三中2020学年第一学期半期考 ‎ 高二物理（理科）试卷 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。‎ ‎1.两个完全一样的金属小球M、N，先让它们各自带电＋5q和＋7q，接触后再分开，则最终M、N的带电量分别是(　　)‎ A. ＋6q，＋6q B. ＋7q，＋5q C. ＋12q，＋12q D. ＋q，＋q ‎【答案】A ‎【解析】‎ 两个完全相同的金属小球接触，电荷先中和后均分，故： ，故选项A正确。‎ 点睛：本题关键是记住“两个相同的金属小球接触后电荷先中和后均分”的结论，根据电荷守恒定律列式分析即可。‎ ‎2.如图所示，A、B是两个带有绝缘支架的金属球，它们原来均不带电，并彼此接触，现使带负电的橡胶棒C靠近A（C与A不接触），然后先将A、B分开，再将C移走，关于A、B的带电情况，下列判断正确的是 ( )‎ A. A、B均带正电 B. A、B均带负电 C. A带正电，B带负电 D. A带负电，B带正电 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】使带负电的橡胶棒C靠近A，由于同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，则A的左端将感应出正电，B的右端感应出负电；导体A和B分开，再移走C，导体A和B由于感应起电带上异种电荷， 所以此时A带正电，B带负电。故选C。‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道摩擦起电、感应起电、接触带电的实质都是电荷的移动，电荷的总量保持不变．‎ ‎3.如图所示，三个点电荷q1、q2、q3固定在一直线上，q2与q3的距离为q1与q2的距离的2倍，每个电荷所受静电力的合力均为零，由此可以判定，三个电荷的电量之比q1：q2：q3 为 (     )‎ A. 9：4：9‎ B. 4：9：4‎ C. (-9)：4：(-36)‎ D. 4：9：36‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】三个电荷处于平衡时两边电性相同与中间电性相反，若q1带负电，则q2带正电，q3应带负电；若q1带正电，则q2带负电，q3应带正电；由于每个电荷所受静电力的合力均为零，所以：对q1有：…①‎ 对q2有： …②‎ 对q3有：…③‎ 联立①②③可解得：q1：q2：q3=()2：1：()2‎ 根据题意可知l2=2l1，所以q1：q2：q3= ：1：9‎ 由于q1、q3是同种电荷，故q1：q2：q3=-9：4：-36或q1：q2：q3=9：-4：36．故ABD错误，C正确。故选C。‎ ‎【点睛】本题考查了库仑定律在电荷平衡中的应用，对于三个电荷平衡可以利用“两同夹异，近小远大”的规律进行电性判断，本题的难点在于计算，学生列出方程容易，但是计算正确难。‎ ‎4. 如图所示，在真空中有两个带等量负电的点电荷，分别置于P、Q两点，O点是他们连线的中点，A、B、C为P、Q连线的中垂线上的三点，且OA=OC，下列说法正确的是 A. A点的电场场强一定大于B点的电场强度 B. C点的电势低于B点的电势 C. 同一点电荷在A、C两点受电场力大小相同 D. 同一负电荷在B点的电势小于其在C点的电势能 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ 两个带等量负电的点电荷中垂线上场强的特点是，先增大再减小，O点场强为零，然后继续增大再减小，所以AB两点的电场场强大小无法确定，故A错误 作出AB所在的电场线，可见，A的电势低于B的电势，根据对称性可知A、C两点电势相等，所以C点的电势低于B点的电势，故B正确 同一点电荷在A、C两点受电场力大小相等，方向相反，故C正确 C点的电势低于B点的电势，电势能 ‎，负电荷越在高电势，电势能越小，故D正确 故选BCD ‎5.如图所示，16个电荷量均为+q(q>0)的小球(可视为点电荷)，均匀分布在半径为R的圆周上若将圆周上P点的一个小球的电荷量换成-2q，则圆心 0点处的电场强度为 A. ，方向沿半径向左 B. ，方向沿半径向右 C. ，方向沿半径向左 D. ，方向沿半径向右 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 该点场强可以看成是与P对称的那个电荷+q和P点的电荷-2q在该点场强的叠加，根据点电荷的场强公式得+q 的点电荷在圆心O点处的电场强度大小为，方向向右，点电荷-2q在圆心O点处的电场强度大小为，方向向右，所以叠加来是，方向沿半径向右。故选择D.‎ ‎【点睛】该题考查了场强叠加原理，还有对对称性的认识．由于成圆周对称性，所以如果没改变电荷之前肯定圆心处场强为0，而该点场强是所有电荷在该点场强的叠加，可以把这些电荷归为两类：一种是要移去的电荷，另一种是其他电荷．不管怎样，总之这两种电荷产生的合场强为0，所以只要算出改变的电荷在该点的场强和与它对称的电荷的场强即可得到．‎ ‎6.如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示.则 (   )‎ A. a一定带正电，b一定带负电 B. a的速度将减小，b的速度增加 C. a的加速度将减小，b的加速度增加 D. 两个粒子的电势能都增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，所以能判断a、b一定带异种电荷，但是不清楚电场的方向，也就不能判断哪一个是正电荷，哪一个是负电荷，故A错误；物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，从图中轨道变化来看电场力都做正功，动能都增大，速度都增大，它们的电势能都减小，故BD错误；电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以a受力减小，加速度减小，b受力增大，加速度增大，故C正确；故选C。‎ ‎【点睛】该题考查带电粒子在电场中运动过程中的轨迹分析，要求能够根据轨迹弯曲的方向判断出电场力的方向，进而判断出粒子的电性、动能与电势能的变化等．由曲线运动得出的粒子所受电场力方向指向曲线弯曲的内侧许多同学不易想到此点．‎ ‎7..如图所示，示波器的示波管可以视为加速电场与偏转电场的组合，若已知加速电压为，偏转电压为，偏转极板长为L，板间距为d，且电子被加速前的初速度可忽略，则关于示波器的灵敏度(即偏转电场中每单位偏转电压所引起的偏转量h/)与加速电场、偏转电场的关系，下列说法中不正确的是 A. d越大，灵敏度越高 B. L越大，灵敏度越高 C. 越大，灵敏度越小 D. 灵敏度与无关 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 根据动能定理得，eU1=mv2；粒子在偏转电场中运动的时间t=，在偏转电场中的偏转位移，则灵敏度为．知L越大，灵敏度越大；d越大，灵敏度越小；U1越大，灵敏度越小。灵敏度与U2无关。故BCD正确，A错误；此题选择不正确的选项，故选A。‎ 点睛：此题关键是知道带电粒子在加速电场中先加速，在偏转电场中做类平抛运动，结合动能定理、牛顿第二定律和运动学公式求出偏转量，从而得出灵敏度的表达式，然后进行讨论．‎ ‎8.如图所示，在匀强电场中有直角三角形BOC，电场方向与三角形所在平面平行，若三角形三顶点处的电势分别为、、，且边长，，则下列说法中正确的是 A. 电场强度的大小为 B. 电场强度的大小为 C. 电场强度的大小为100V/m D. 一个电子在O点由静止释放后会沿直线OB运动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由匀强电场的特点可知，则B、C连线中点D的电势为B、C电势的平均值，即为4.5V。连接OD线，即为一条等势线，作出过D的与OD垂直的线ED如图，即电场线，‎ 由几何关系可知：，所以：，D是BC的中点，则△OBD是等边三角形，又ED⊥OD，所以DE与BD之间的夹角是30°，则电场线与OB之间的夹角也是30°，故该电场的场强方向沿∠B的角平分线向上，根据电势差与电场强度的关系：，而：，‎ 代入数据可得：，故AB错误，C正确；由作电场的图可知，一个电子在O点由静止释放后会沿电场线运动，而不会沿直线OB运动，故D错误；故选C.‎ ‎9.如图所示，R1为定值电阻，R2为可变电阻,E为电源电动势，r为电源内阻,以下说法中正确的是(　　)‎ A. 当R2=r时，R2上获得最大功率 B. 当R2=R1+r时，R1上获得最大功率 C. 当R2=0时，R1上获得最大功率 D. 当R2=0时，电源的输出功率最大 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ 试题分析：当外电路电阻小于电源内阻时，即时，电源的输出功率随着外电路电阻的增大而增大，当时电源输出功率最大，当时，电源的输出功率随着外电路电阻的增大而减小，据此分析．‎ 将和电源内阻看做一体，根据当外电路电阻和内阻相等时，电源输出功率最大，可知当时，的功率最大，A正确；因为是定值电阻，所以电流最大时，其功率最大，故当时，电流最大，获得的功率最大，B错误C正确；因为，所以外电路电阻恒大于电源内阻，故此种情况下外电路电阻增大，电源的输出功率减小，故当时，电源的输出功率最大，D正确．‎ ‎10.如图所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长ab＝2 cm，bc＝1 cm，当将A与B接入电压为U的电路中时，通过金属薄片电流为I。若将C与D接入另一电路中，通过金属薄片电流仍为I，则C、D两端的电压为 A. B. C. 2U D. 4U ‎【答案】A ‎【解析】‎ 设金属薄片的厚度为d，当A与B接入通过的电流为I时，电阻，当C与D接入通过的电流为I时，电阻，联立得，根据欧姆定律得，即，解得，故选A。‎ ‎【点睛】根据电阻定律得出两种情况下的电阻之比，结合欧姆定律得出电压大小之比．‎ 二、选择题：本题共3小题，每小题4分，共12分。在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。‎ ‎11.如图所示，电源电动势为E，内电阻为r．理想电压表V1、V2示数为 U1、U2，其变化量的绝对值分别为△U1和△U2；流过电源的电流为I，其变化量的绝对值为△I．当滑动变阻器的触片从右端滑到左端的过程中（灯泡电阻不变化）‎ A. 小灯泡L3变暗，L1、L2变亮 B. ‎ C. 不变 D. 不变 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ 当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，则变亮．变阻器的电阻减小，并联部分的电阻减小，则并联部分的电压减小，则变暗．总电流增大，而的电流减小，则的电流增大，则变亮，A正确；由上分析可知，电压表V1的示数减小，电压表V2的示数增大，由于路端电压减小，即两电压表示数之和减小，所以 ‎，B错误；由得：，不变，C正确；根据欧姆定律得，不变，D正确．‎ ‎12.如图所示，在粗糙的水平绝缘桌面上有两个大小相同、带有同种电荷的小物块P和Q.已知，.将它们由静止释放后，两物块开始在水平桌面上运动，并最终停止在水平桌面上，在物块运动过程中 (     )‎ A. P受到的库仑力大于Q受到的库仑力 B. P受到的摩擦力始终小于它受到的库仑力 C. P的加速度初始先小于Q的加速度，以后可能大于Q的加速度 D. P和Q具有的电势能与机械能之和减小 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】PQ间的库仑力分别对P和Q为作用力和反作用力，大小相同，方向相反，故A错误；开始阶段，库仑力大于物块的摩擦力，物块做加速运动；当库仑力小于摩擦力后，物块做减速运动，整个过程中摩擦力一直做负功，故P和Q具有的电势能与机械能之和一直减小。故B错误，D正确；对PQ受力分析可知，开始加速运动时受到库仑力大于摩擦力，由牛顿第二定律可知F库-f=ma，解得a＝−μg，由于库仑力大小相同，摩擦系数大小相同，mp＞mQ，故P的加速度小于Q的加速度；到后来做减速运动时开始时受到库仑力小于摩擦力，由牛顿第二定律可知f -F库=ma，解得a＝μg-，由于库仑力大小相同，摩擦系数大小相同，mp＞mQ，故P的加速度大于Q的加速度；故C正确；故选CD。‎ ‎13.一平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，在两极板之间有一正点电荷（电量很小）固定在P点，如图所示，以C表示电容，以E表示两极板间电场强度，φ表示负极板的电势，ε表示正点电荷在P点的电势能，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（　）‎ A. E变大、φ降低 B. C增大，E不变 C. E变小、ε变小 D. φ升高、ε变大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 平行板电容器充电后与电源断开，电容器的电量不变．将正极板移到图中虚线所示的位置，板间距离减小，由 、和 结合得，可知板间场强E不变，电容C增大，而电量Q不变，由公式分析得知板间电压U减小．由于负极板的电势比正极板低，则φ升高．故AC错误，B正确．根据U=Ed，E不变，P点到正极板的距离减小，则正极板与P点的电势差减小，正极板电势为零，P点的电势比正极板低，则P点的电势升高，正电荷在P点的电势能ε增大．故D正确．故选BD.‎ 点睛：本题是电容器的动态变化分析问题，难点是确定P点与负极板的电势变化，往往根据电势差及电势高低分析电势的变化．‎ 三、实验填空题（每空2分，共20分）‎ ‎14.某实验小组在“测定金属电阻率”的实验过程中，正确操作后获得了电流表、电压表的读数如图所示，则它们的读数值依次是_______A、_______V。‎ ‎【答案】 (1). 0.42 (2). 2.25‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】电流表的最小刻度为0.02A，则读数：0.42A；电压表的最小刻度为0.1V，则读数为2.25V.‎ ‎15.一个量Ig=0.6A，内阻Rg=0.6的电流表，表盘如图，若将电流表与R0=24.4的电阻串联，可改装为量程为_______V的电压表。若要改装成量程为3A的电流表，则需要与阻值为_______的电阻并联，若用改装成量程为3A的电流表测某电路电流，指针指到图中所示位置，则该电流为_______A。‎ ‎【答案】 (1). 15 (2). 0.15 (3). 1.70‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】把电流表与定值电阻串联可以把电流表改装成电压表，电压表量程为：‎ U=Ig（Rg+R0）=0.6×（0.6+24.4）=15V；‎ 把电流表改装成3A的电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值为：；‎ 电流表量程为3A，由图示表盘可知，其分度值为0.1A，示数为1.70A；‎ ‎【点睛】本题考查了电压表与电流表的改装、电流表读数，知道电压表与电流表的改装原理是解题的前提与关键，应用串并联电路特点与欧姆定律即可解题。‎ ‎16.用伏安法（电流表内阻约为200，电压表内阻约为10k）测定一个阻值约为5k的电阻的阻值，实验电路应采用电流表______接法（填“内”或“外”），测量值比真实值偏_______（填“大”或“小”）.‎ ‎【答案】 (1). 内 (2). 大 ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意可知，；故 ‎，因此为了减小误差应采用电流表内接法进行实验；由于电流表的分压作用使电压表示数偏大，则由欧姆定律可知，测量值偏大。‎ ‎【点睛】本题考查伏安法测电阻中电流表内外接法的选择，要注意明确：大电阻用内接法，测量值偏大，小电阻用外接法，测量值偏小，即“大内偏大，小外偏小”．‎ ‎17.某同学为了测量一段电阻丝AB的电阻率ρ做了以下实验 ‎(1)首先利用螺旋测微器测量电阻丝的直径d。转动旋钮使测微螺杆与测砧接触时，示数如图1所示，将电阻丝置于测微螺杆与测砧间正确测量时，示数如图2所示，则电阻丝的直径d=__________mm。‎ ‎(2)该同学设计了如图3所示的电路。已知滑片P与电阻丝接触良好，其它连接导线电阻不计。现有以下器材：‎ A.待测电阻丝AB B.电源(已知电动势为E，内阻不计) C.电流表A D.阻值为R的定值电阻 E.毫米刻度尺 F.开关S，导线若干 ‎①连接好电路，闭合开关S，调节滑片P的位置，测出电阻丝AP的长度x和电流表的读数/；改变P的位置，共测得多组x与Ⅰ的值。‎ ‎②根据测出的Ⅰ的值，计算出的值，并根据这些数据点作出-x图像如图4所示。‎ ‎③由~x图像可得电阻丝电阻率ρ=__________。并可测得电流表A的内阻RA=__________。(均用题给符号表示)‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）图1的读数：0.01mm×11.5=0.115mm；图2的读数：0.5mm+0.01mm×37.0=0.870mm；则电阻丝的直径d=0.870mm-0.115mm=0.755mm。‎ ‎（2）由闭合电路的欧姆定律：E=I(R+RA+ρ)，即 ，则由图像可得：；，则； .‎ 四、计算题（共3小题，共28分。写出表的步骤及文字说明，只写出答案不给分）‎ ‎18.如图所示，电源电动势E＝3V，小灯泡L 标有“2 V、0.4 W”，开关S接1，当变阻器调到R＝4Ω时，小灯泡L正常发光；现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作。电动机M的内阻为1Ω.‎ 求：‎ ‎(1)电源的内阻；‎ ‎(2)电动机M的输出功率；‎ ‎(3)电源的效率。‎ ‎【答案】(1) 1Ω (2) 0.12W (3) 93.3%‎ ‎【解析】‎ ‎(1)开关S接1时，根据闭合电路欧姆定律有：，‎ 代入数据解得，r=1Ω；‎ ‎(2)开关S接2时，根据闭合电路欧姆定律有：‎ 解得 电动机的输入功率为：P=UMI=0.8×0.2W=0.16W 发热功率为：P热==0.04W 所以输出功率为：‎ ‎(3)电源的效率为：‎ 点睛：小灯泡L正常发光，其电压为额定电压，功率为额定功率，由公式P=UI可求出电路中的电流．根据闭合电路欧姆定律求解电源的电阻；电动机为非纯电阻电路，注意公式的应用与选取即可 ‎19.如图所示，AMB是一条长L=10m的绝缘水平轨道，固定在离水平地面高h=1.25m处，AB为端点，其中AM=7m，轨道AM部分有水平向右的匀强电场，轨道MB部分有水平向左的匀强电场，电场大小均为E=5×103N/C。一质量m=0.1kg、电荷量q=+1.4×10-4C的可视为质点的滑块在轨道上自A点静止释放，从B点离开电场，己知滑块与轨道间的动摩擦因数μ=0.2，忽略两电场的边缘效应，求滑块 ‎（1）从A点运动到M点所用的时间；‎ ‎（2）到达B点的速度；‎ ‎（3）落地点距B点的水平距离。‎ ‎【答案】（1） ；（2）4m/s ；（3）2m；‎ ‎【解析】‎ ‎(1)A-M过程qE -μmg=ma 联立二式解得： ‎ ‎(2) A-B过程，由动能定理得：qE (AM-MB)-μmgL=mv2‎ 解得v=4m/s ‎（3）滑块从B点飞出后，做平抛运动：‎ 水平距离 x=vt 联立解得：x=2m ‎20.如图所示，质量为m，电荷量为q的两个带负电小球A、B用长为L的绝缘轻杆相连，放置在光滑绝缘水平面上.P、Q宽度为1.5L，该区域中分布着水平向左，大小为E的匀强电场．开始A、B系统对称地静止放在P点两侧，释放后，当A球经过P点时，匀强电场立刻反向且大小不变．求：带电小球 ‎（1）A获得的最大加速度；‎ ‎（2）A进入电场前轻杆的弹力；‎ ‎（3）A、B系统最终状态获得的动能．‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）一个带电球在电场中，A、B系统：‎ 二个带电球全在电场中，A、B系统：‎ 所以加速度最大值 ‎（2）对整体分析：‎ 对B球分析：‎ 得到 ‎（3）过程一：加速进电场（正向电场），即，‎ 解得 过程二：减速向右（反向电场）即，解得 过程三：加速向左（反向电场），‎ 过程四：加速出电场（反向电场），解得 所以