【物理】福建省厦门市湖滨中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（等级考）（解析版）

【物理】福建省厦门市湖滨中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（等级考）（解析版）

厦门市湖滨中学2019---2020学年第一学期期中考 高二物理（等级）试卷 一。选择题：本题共8小题，共24分。每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求，每小题3分，选对得3分，选错得0分。‎ ‎1.下列说法中不正确的是 A. 美国物理学家密立根最早测得的元电荷量e的数值 B. 奥斯特发现，电流周围会产生磁场 C. 电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能多少的物理量 D. 电阻率ρ是反映材料导电性能的物理量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：电荷量e的数值最早是由美国科学家密立根用实验测得的，故A正确；‎ B项：奥斯特发现了电流的磁效应，故B正确；‎ C项：电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，电动势越大，本领越大，故C错误；‎ D项：电阻率是反映材料导电性能物理量，故D正确．‎ 故应选：C．‎ ‎2.图中a、b、c为三根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正三角形的三个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。可以判断出a、b两长直导线在c导线处产生的磁感应强度方向是（　　）‎ A. 向上 B. 向下 C. 向左 D. 向右 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由安培定则可知，a导线在c处产生的磁场B1方向为：垂直ac斜向下，b导线在c处产生的磁场B2方向为：垂直bc斜向下，磁感应强度大小相等，由几何关系可知，B1与B2‎ 成夹角，由平行四边形定则可知，B1与B2的合磁场向下，B正确，ACD错误。‎ 故选B。‎ ‎3.如图所示，A、B是两个带有绝缘支架的金属球，它们均不带电，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（操作过程均与金属球绝缘），再将C移走，关于A、B的带电情况，下列判断正确的是（ ）‎ A. A带正电，B带负电 B. A带负电，B带正电 C. A，B均不带电 D. A，B均带正电 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】先把导体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A。‎ ‎4.两个分别带有电荷量－2Q和＋3Q的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F.两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为(　　)‎ A. F B. F C. 12F D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】相距为r时，根据库仑定律得：，接触后，各自带电量变为，则有：．‎ A．F．故选项A不符合题意． B．F．故选项B不符合题意． ‎ C．12F．故选项C不符合题意． D．．故选项D符合题意．‎ ‎5.在如图所示U－I图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图线，直线Ⅱ 为某一电阻R的U－I图线．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，由图象可知 A. 电源的电动势为3 V，内阻为1Ω B. 电阻R的阻值为2 Ω C. 电源的输出功率为4 W D. 电源的效率为50%‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】根据图线Ⅰ纵轴截距读出电源的电动势，由斜率大小读出电源的内阻．图线Ⅱ的斜率大小等于电阻R的大小．两图线的交点表示电阻R接在该电源的电压和电流，求出电源的输出功率和电源的效率．‎ ‎【详解】A项：由图线图线Ⅰ纵轴截距读出电源的电动势 E=3V，其斜率大小等于电源的内阻，则，故A错误；‎ B项：电阻R的阻值为，故B错误；‎ C项：两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时电路中电流和路端电压，则有 U=2V，I=2A，电源的输出功率为P=UI=2×2W=4W．故C正确；‎ D项：电源的效率为，故D错误．‎ 故应选：C．‎ ‎【点睛】本题抓住伏安特性曲线的斜率、截距和交点的数学意义来理解其物理意义，知道两个图象的交点表示该电源与电阻R相连组成闭合电路时电路中电流和路端电压．‎ ‎6.图中虚线为电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等．现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示．点a、b、c为实线与虚线的交点，已知O点电势高于c点．若不计重力，则 A. M带负电荷，N带正电荷 B. N在a点的速度与M在c点的速度大小相同 C. N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功 D. M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于O点电势高于c点．电场强度方向向下，根据MN粒子的运动轨迹可知N受到的电场力向上，M受到的电场力向下，N带负电，M带正电，A错误；‎ B．根据题意可知，而且电场力都做的是正功，而且电荷和质量大小相等，根据动能定理得，N在a点的速度与M在c点的速度大小不等，B错误；‎ C．N在从O点运动至a点的过程中受到的电场力向上，轨迹运动方向也向上，故电场力做正功，C错误 D．图中的虚线为等势线，即O点和b点的电势相等，所以M点从O点到b点的过程中电场力对粒子做功等于零，D正确；‎ ‎7.如右图所示的电路为欧姆表原理图，电池的电动势E＝1.5 V，G为电流表，满偏电流为200 μA。当调好零后，在两表笔间接一被测电阻Rx时，电流表G的指针示数为50 μA，那么Rx的值是(　　)‎ A. 7.5 kΩ B. 22.5 kΩ C. 15 kΩ D. 30 kΩ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析: 由满偏电流求欧姆表的内阻：R内＝=7500Ω 连入电阻后，由I=；解得RX=22.5KΩ，故选B 考点：用多用电表测电阻．‎ ‎8.如图所示，在相距为d的两个等高处，固定着电量分别为-Q和+Q的两个等量异种点电荷，在它们连线的水平中垂线上固定一根长为L，内壁光滑的绝缘细管，现有一电量为+q的小球以初速度v0从管口射入，已知静电力常量为k，则下列说法正确的是( ) ‎ A. 小球的速度一直减小 B. 受到的库仑力先做负功后做正功 C. 小球的电势能保持不变 D. 管壁对小球的弹力最大值为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】电荷量为+q 的小球以初速度v0 从管口射入的过程，因电场力不做功，只有重力做功；根据动能定理，故加速度不变，速度不断增加；故A错误；小球有下落过程中，库仑力与速度方向垂直，则库仑力不做功，小球的电势能保持不变；故B错误，C正确；在两个电荷的中垂线的中点，单个电荷产生的电场强度为：；根据矢量的合成法则，则有电场强度最大值为，因此电荷量为+q 的小球受到最大库仑力为，管壁对小球的弹力最大值为，故D错误；故选C．‎ 二、本题共4小题，共16分，每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求，每小题4分，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。‎ ‎9.如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个电阻箱R组成的，下列说法正确的是(   ) ‎ A. 甲表是电流表，R增大时量程增大 B. 甲表是电流表，R增大时量程减小 C. 乙表是电压表，R增大时量程增大 D. 乙表是电压表，R增大时量程减小 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB、灵敏电流表并联一个电阻，是电流表，R增大时，甲表中变阻器分流减小，量程减小，故A错误，B正确；‎ CD、灵敏电流表串联一个电阻，是电压表，R增大时，变阻器分担的电压增大，乙表量程增大，故C正确，D错误．‎ ‎10.如图所示，、、为三个相同的灯泡且电阻恒定，在变阻器R的滑片P向上移动过程中，下列正确的是( )‎ A. 电源总功率变大 B. 中电流变化量小于中电流变化量 C. 变暗，变亮,，变暗 D. 变亮，变暗，变亮 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在变阻器滑片向上移动过程中，减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，总电流增大，电源总功率变大，故A正确；‎ CD. 总电流增大，变亮，的电压：‎ 由于、、均不变，总电流增大，减小，减小，变暗，流过的电流：‎ 由于总电流增大，减小，则增大，变亮，故C错误，D正确； ‎ B. 由以上分析可知，总电流增大，减小，增大，且，中电流变化量大于中电流变化量，故B错误．‎ ‎11.如图所示，将平行板电容器与电池组相连，两板间的带电油滴恰好处于静止状态．若将两板缓慢地错开一些，其他条件不变，则 A. 电容器带电荷量不变 B. 油滴仍静止 C. 检流计中有a→b的电流 D. 检流计中有b→a的电流 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.将两板缓慢地错开一些，两板正对面积减小，根据电容的决定式得知，电容减小，而电压不变，则电容器带电量减小．故A错误．‎ B.由于板间电压和距离不变，由分析可知，板间场强不变，尘埃所受电场力不变，仍处于静止状态．故B正确．‎ C.D电容器电量减小，处于放电状态，而电容器上板带正电，电路中逆时针方向的电流，则检流计中有a→b的电流．故C正确，D错误．‎ ‎12.质量为m、带正电的，电量为+q的小金属块A以水平初速度v0从高台右边缘P点进入存在着水平向左匀强电场的右侧空间中，场强大小E＝2mg/q，高台足够高，则（ ）‎ A. 金属块做平抛运动 B. 经过足够长的时间金属块一定会与高台右侧边缘PQ相碰 C. 金属块运动过程中距高台边缘的最大水平距离为 D. 金属块运动过程的最小速度为 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】电场力F=qE=q•=2mg，向左，故小金属块水平方向向右做匀减速直线运动，竖直方向做自由落体运动，合运动不是平抛运动，故A错误；小金属块水平方向先向右做匀减速直线运动，然后向左做匀加速直线运动，故一定会与高台边缘相碰，故B正确；小金属块水平方向先向右做匀减速直线运动，加速度为-2g，根据速度位移关系公式，有：，故C正确；小金属块水平方向向右做匀减速直线运动，分速度vx=v0-2gt；竖直方向做自由落体运动，分速度vy=gt；合速度，根据二次函数知识，当时，有极小值，故D正确；故选BCD．‎ ‎【点睛】本题关键将小金属块的运动沿着水平和竖直方向正交分解，然后根据分运动的位移公式和速度公式列式求解；对于D选项，要求解出合速度的表达式，根据二次函数的知识求解极值．‎ 三、实验题：本题共3小题，第13题10分，第14题13分，第15题12分，共35分。把答案写在答题卡中指定的答题处。除了注明以外，其他空均为2分 ‎13.要测绘一个标有“3V 0．6W”小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，并便于操作．已选用的器材有：‎ 直流电源（电压为4V）；‎ 电流表（量程为0—0．6A．内阻约0．2Ω）；‎ 电压表（量程为0--3V）；‎ 电键一个、导线若干．‎ ‎①实验中所用的滑动变阻器应选下列中的_______（填字母代号）．‎ A．滑动变阻器（最大阻值10Ω，额定电流1A）‎ B．滑动变阻器（最大阻值1kΩ，额定电流0．3A）‎ ‎②（1）为了设计合理的实验方案，某同学用多用电表来粗略测量电压表的内阻，表盘读数及开关选择档位，如下图所示，则其阻值约为______________；测量时多用电表的红表笔应接电压表的___________（填正或者负）接线柱．‎ ‎（2）选出既满足实验要求，又要减小误差的实验电路图________．‎ 下图为某同学在实验过程中完成的部分电路连接的情况，请你帮他完成其余部分的线路连接．（电路中仅缺少2条导线，请用笔代替导线连上）_____‎ ‎【答案】 (1). A 3.6KΩ 负 (2). 丙 电路图见解析 ‎【解析】① [1]．实验中滑动变阻器要用分压电路，故所用的滑动变阻器应选阻值较小的A;‎ ‎② （1）[2][3]．电压表的内阻值约为36×100Ω=3.6KΩ；测量时多用电表的红表笔应接电压表的负接线柱．‎ ‎（2）[4]．实验要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，则滑动变阻器应采用分压接法，灯泡正常发光时的电阻为，电流表内阻远小于灯泡电阻，所以电流表应采用外接法，因此实验电路应选丙；电路连线如图；‎ ‎14.如图，有一根细长且均匀的金属管线，长约1cm，电阻约为5Ω，假设这种金属的电阻率为ρ，现在要尽可能精确测定它的电阻率。‎ ‎（1）用螺旋测微器测量金属管线外径D时刻度的位置如图所示，从图中读出外径为________ mm，用游标卡尺测金属管线的长度L=____________mm；‎ ‎（2）测量金属管线的电阻R，为此取来两节新的干电池、开关和若干导线及下列器材：‎ A.电压表0~3 V，内阻约10 kΩ B电压表0~15 V，内阻约50 kΩ C.电流表0~0.6 A，内阻约0.05 Ω D.电流表0~3 A，内阻约0.01 Ω E.滑动变阻器，0~10 Ω F.滑动变阻器，0~100 Ω 要减小误差，电流表应选_____，滑动变阻器应选______；（填仪器前面字母） ‎ ‎（3）按照电路图连接实物图后，某次测量电表的读数如图所示，则电流表的读数为_____A ‎ ‎（4）用已知的物理常数和直接测量的物理量（均用符号D，L，U，I）表示，推导出计算金属线电阻率的表达式ρ=____。‎ ‎【答案】(1). 5.200 10.70 (2). C E (3). 0.44 (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]螺旋测微器的固定刻度为5.0mm，可动刻度为20.0×0.01mm=0.200mm，所以最终读数为：‎ ‎5.0mm+0.200mm=5.200mm ‎（2）[2]两节新的干电池电动势为3V，因为电量中最大电流大约为 ‎=0.6A 为了测量的精确，电流表应选择C，‎ ‎[3]滑动变阻器采用限流式接法，因为待测电阻较小，所以滑动变阻器选择E；‎ ‎（3）[4]如图所示，电压表的量程为0.6A，所以电流表的读数为0.44A；‎ ‎（4）[5]该实验需要测量空心金属管的内径，通过欧姆定律测出电阻的大小，结合电阻定律测出横截面积，从而根据外径求出内径的大小。故所需测量的物理量为金属管的长度L、金属管的外径D、加在管两端的电压U、通过管的电流强度I。根据欧姆定律得：‎ 又 且 解得：‎ ‎15.有一种测量压力的电子秤，其原理如图所示。E是内阻不计、电动势为6V的电源。R0是一个阻值为400Ω的限流电阻。G是由理想电流表改装成的指针式测力显示器。R是压敏电阻，其阻值可随压力大小变化而改变，其关系如下表所示。C是一个用来保护显示器的电容器。秤台的重力忽略不计。‎ 压力F/N ‎0‎ ‎50‎ ‎100‎ ‎150‎ ‎200‎ ‎250‎ ‎300‎ 电阻R/Ω ‎300‎ ‎280‎ ‎260‎ ‎240‎ ‎220‎ ‎200‎ ‎180‎ ‎（1）在坐标系中画出电阻R随压力F变化的图线_____，并归纳出电值R随压力F变化的函数关系式_______________； ‎ ‎（2）写出压力随电流变化的关系式_________，说明该测力显示器的刻度是否均匀______（填“均匀”或“不均匀”）；‎ ‎（3）若电容器的耐压值为5V，该电子秤的量程是_______N。‎ ‎【答案】 (1). R=300-0.4F (2). ‎ F的刻度不均匀 (3). F=550N ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]把压力大小作为横坐标，把电阻大小作为纵坐标，在坐标系中描点连线即可得压敏电阻R的阻值随压力F的大小变化的图像，如图：‎ ‎[2]根据R的阻值随压力F的大小变化的图像可知压敏电阻R的阻值与压力F成一次函数关系，设它们的关系式：‎ 把F=50N，R=280Ω和F=100N，R=260Ω代入上式得：‎ ‎280=50k+b ‎260=100k+b 联立解得k=-0.4，b=300‎ 所以它们的关系式为 R=300-0.4F ‎（2）[3][4]根据欧姆定律得 把R=-0.4F+300，U=6V，R0=400Ω代入上式 化简得：‎ 所以压力和电流不成一次函数关系，故该测力显示器的刻度是不均匀的；‎ ‎（3）[5]从上式可知，压力增大时，压敏电阻值减小，当电阻两端的电压为5V时，压敏电阻两端的电压为：‎ U1=U-U0=6V-5V=1V 根据串联电路特点可得：‎ 即 得：R=80Ω 把R=80Ω代入 R=300-0.4F 即 ‎80=-0.4F+300‎ 解得F=550N。‎ 四、计算题：本题共3小题，第16题6分，第17题8分，第18题11分，共25分。把解答写在指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，只写答案不得分。‎ ‎16.如图所示的电路中，电源的电动势E=12V，内电阻r＝1Ω，R1=1Ω，R2=6Ω，电动机的线圈电阻RM=1Ω，若开关S闭合后通过电源的电流I=3A，通过R2电流I2=1A 。求∶‎ ‎（1）R1的消耗电功率P1=？‎ ‎（2）电动机发热功率？‎ ‎（3）电动机输出的机械功率P出=？‎ ‎【答案】（1）9W；（2）4W；（3）8W。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据功率表达式：‎ 代入数据得：‎ P1=I2R1=32×1W=9W ‎（2）通过电动机的电流：‎ IM=I-I2=3A-1A=2A 电动机内阻发热功率：‎ ‎22×1W=4W ‎（3）根据欧姆定律得：‎ U2=I2R2=6V 电动机的总功率：‎ P=IMUM=2×6W=12W ‎ 电动机输出的机械功率：‎ P出=P-PM=2×6W-4W=8W ‎17.如图所示，一带电荷量为q＝－5×10－3C，质量为m＝0.1kg的小物块处于一倾角为θ＝37°的光滑绝缘斜面上，当整个装置处于一水平向左的匀强电场中时，小物块恰处于静止状态。（g取10m/s2）（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：‎ ‎(1)电场强度多大？‎ ‎(2)若从某时刻开始，电场强度减小为原来的，物块下滑距离L＝1.5m时的速度大小？‎ ‎【答案】(1) 150N/C；(2) 3m/s ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)竖直向下的重力，水平向右的电场力，垂直斜面向上的支持力 物体静止，则将支持力沿着竖直方向和水面方向分解，则有 ‎①‎ ‎②‎ 联立得 ‎(2)运用正交分解法，物体在沿斜面方向有 解得 由可得，物块下滑距离L＝1.5m时的速度 ‎18.如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图．在Oxy平面的ABCD区域内，存在两个场强大小均为E的匀强电场I和II，两电场的边界均是边长为L的正方形，电子的电量为e（不计电子所受重力）． ‎ ‎ ‎ ‎（1）在该区域AB边的中点处由静止释放电子， 求电子离开ABCD区域的位置坐标．‎ ‎（2）在电场I区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，求所有释放点的位置坐标．‎ ‎（3）在满足（2）的情况下，粒子从释放点出发到达D点所需的最短时间是多少．‎ ‎【答案】（1）（－2L，） （2），　xy＝，（3）=‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)此问分为两个过程，一是在电场Ⅰ区域的加速运动，运用能量的关系可求出加速后的速度；二是在电场Ⅱ区域内的偏转，运用类平抛的知识可求出偏转距离，从而得到电子离开ABCD区域的位置；‎ ‎(2)首先设出释放点的坐标，在运用在电场I中的加速和在电场II中的类平抛运动，计算出表示xy的乘积的方程，满足此式的点即为符合要求的点．‎ ‎【详解】(1) 设电子的质量为m，电量为e，在电场I中释放后将做出速度为零的匀加速直线运动，出区域I时的速度为v0，接着进入电场II做类平抛运动，假设电子从CD边射出，出射点纵坐标为y，对电子的整个运动过程运用动能定理和匀变速直线运动公式有：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 以上两式联立解得： ，所以原假设成立，即电子离开ABCD区域的位置坐标为；‎ ‎(2) 设释放点在电场区域I中，其坐标为（x，y），在电场I中电子被加速到v1，然后进入电场II做类平抛运动，并从D点离开，有：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 以上两式联立解得：，即在电场I区域内满足方程的点即为所求位置；‎ ‎(3)粒子在电场区域I中运动的时间为：‎ ‎ ‎ 解得：‎ 粒子出电场区域I时的速度 ‎ 粒子在无电场区域做匀速直线运动的时间为：；‎ 粒子在电场区域II的时间为： ‎ 也可写成： ‎ 即 ‎ 联立；‎ 由数学知识可知：．‎