【物理】江西省宜春市丰城中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

【物理】江西省宜春市丰城中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

丰城中学2019-2020学年上学期高二期中考试试卷 物理 本试卷总分值为100分 考试时间为100分钟 考试范围：人教版选修3--1第一章《电场》第二章《恒定电流》‎ 一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。1～8为单选题，9～12题为多选题, 全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）‎ ‎1.在电场中某点放上电荷量为C的带负电的试探电荷，它受到的电场力为N，方向水平向右。若撤走上述试探电荷，在该点放上电荷量为C的带正电的试探电荷，其它条件不变，则该点的电场强度为（ ）‎ A. 方向水平向右 B. 方向水平向左 C. 方向水平向左 D. 方向水平向右 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：根据公式可得该点的电场强度为，负电荷受到的电场力方向和电场方向相反，故电场方向向左，因为电场强度和试探电荷无关，所以更换电荷后，该点的电场强度不变，故C正确。‎ 考点：考查了对电场强度的理解 ‎2. 关于电动势，以下说法中正确的是 A. 电源电动势等于电源正、负极之间的电势差 B. 用电压表直接测量电源两极间的电压数值，实际上总略小于电源电动势 C. 电源电动势总等于内、外电路上的电压之和，所以它的数值与外电路的组成有关 D. 电动势的大小数值上等于非静电力把1C的正电荷在电源内从负极移到正极所做的功 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：电源电动势反映电源将其他形式能量转化为电能的本领大小，电源正、负极之间的电势差为电源的路端电压，只有当电源处于断路状态时，电源的电动势才等于路端电压，故A错误；电压表是由内阻的，跟电源连接后构成一个通路，测量的是电压表内阻的电压，所以电压表测得的电源两极间电压值略小于电动势．故B正确．电动势反映电源的特性，与外电路的结构无关，故C错误；根据电动势的定义式可知电源电动势总等于电路中通过1C的正电荷时，电源提供的能量，故D正确．‎ 考点：本题考查对电动势物理意义的理解能力，‎ 点评：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，与外电路的结构无关．‎ ‎3.欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律．有一个长方体金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且a＞b＞c．电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻阻值最小的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由电阻的决定式可知，A中电阻，B中电阻；C中电阻；D中电阻；故电阻最小的为D；故选D．‎ ‎4.电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路.当滑动变阻器的触头由中点滑向a端时,下列说法中正确的是（ ）‎ A. 滑动变阻器的实际电阻增大 B. 回路的总电阻减小 C. 电压表的读数增大,电流表的读数减小 D. 电压表的读数减小,电流表的读数增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．当滑动变阻器的触头由中点滑向a端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小。故A错误，B正确。‎ CD．根据闭合电路欧姆定律总电流I增大，路端电压U减小，电压表测量的是路端电压，则电压表读数减小。R2和R并联部分的电压，E、R1、r均不变，I增大，则U并减小，通过R2的电流减小，所以电流表读数减小。故CD错误。‎ ‎5.如图所示为伏安法测电阻的一种常用电路。以下分析正确的是 A. 此接法的测量值大于真实值 B. 此接法的测量值小于真实值 C. 此接法要求待测电阻值小于电流表内阻 D. 开始实验时滑动变阻器滑动头P应处在最左端 ‎【答案】A ‎【解析】上图是电流表的内接法测电阻，图中电压表示数大于的两端电压，所以测量值，，A正确，B错误；内接法的误差是由于电流表的分压造成的，如果待测电阻值比电流表内阻越大，电流表分压作用越小，误差越小，故C错误；为了安全期间，以防超过电表量程，滑动变阻器开始要处于最右端，让分压最小，D错误。故选A。‎ ‎6.一金属球，原来不带电，现沿球的直径的延长线放置一均匀带电的细杆MN，如图所示，金属球上感应电荷产生的电场在球内直径上a、b、c三点的场强大小分别为Ea、Eb、Ec，三者相比（　　）‎ A. Ea最大 B. Eb最大 C. Ec最大 D. Ea=Eb=Ec ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】静电平衡后，金属球内的合场强处处为零，则金属球上感应电荷产生的附加电场与带电的细杆MN产生的场强大小相等，方向相反，相互抵消。根据带电的细杆MN在abc三点产生的场强大小，判断金属球上感应电荷产生的电场在a、b、c三点的场强大小关系。‎ ‎【详解】静电平衡后，金属球内的合场强处处为零，金属球上感应电荷产生的附加电场与带电的细杆MN产生的场强大小相等，方向相反，相互抵消。c点离带电的细杆MN最近，带电的细杆MN在c点处产生的场强最大，则金属球上感应电荷在c点处产生的场强最大，即Ec最大。‎ 故选：C。‎ ‎【点睛】本题考查了静电感应问题，抓住静电平衡导体的特点是关键。常规题。要注意金属球内场强为零是指合场强为零 ‎7.如上图为某电场中的电场线和等势面，已知，，ab=bc，则 ( )‎ A. B. ‎ C. D. 上述三种情况都可能 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 因为Фa=10V，Фc=6V，知ac两端的电势差为4V，因为电场线越密的地方场强越强，根据U=Ed知，ab间的电势差大于bc间的电势差，所以ab间的电势差大于2V，所以b点的电势小于8V．故C正确，ABD错误．故选C．‎ ‎8. 如图所示，正方体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料．ABCD面带负电，EFGH面带正电．从小孔P沿水平方向以相同速率射入三个带负电的小球A、B、C，最后分别落在1、2、3三点，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 三个小球在真空盒中都做类平抛运动 B. C球在空中运动时间最长 C. C球落在平板上时速度最大 D C球所带电荷量最少 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：由于真空盒内有水平向右的电场，三个小球在电场中均受到向右的电场力，不可能做类平抛运动，故A错误．运用运动的分解法可知，三个小球水平方向都做匀加速直线运动，竖直方向做自由落体运动，根据公式y=gt2，知，由于竖直方向的分位移大小y相等，所以三个小球运动时间一定相等，故B错误．根据动能定理得：qEx+mgy=mv2−mv02，则得：，x3＞x2＞x1，可知，C小球落到底板时的速率最大．故C正确．由图看出，水平位移的关系为x3＞x2＞x1，初速度v0相同，由位移公式x=v0t+at2得知，加速度的关系为a3＞a2＞a1，根据牛顿第二定律得知，三个小球所受的电场力大小关系为：F3＞F2＞F1，由F=qE知，小球C所带电荷量最多．故D错误．故选C．‎ 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】此题中涉及类平抛运动，其研究方法与平抛运动相似，采用运动的分解法．由轨迹直接分析位移关系。‎ ‎9.如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，电流表和电压表都看做理想电表，且大于电源的内阻r，当滑动变阻器的滑片向b端移动时，则 A. 电压表读数减小 B. 电流表读数减小 C. 质点P将向上运动 D. 电源的输出功率逐渐增大 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. 由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再由R1‎ 串连接在电源两端；电容器与R3并联；当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，干路中电流增大，电源的内电压增大，路端电压减小，同时，R1两端的电压也增大，故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过R3的电流减小，则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大；因并联部分电压减小，而R2中电压增大，故电压表示数减小，故A正确B错误。‎ C. 因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，电荷向下运动，故C错误；‎ D. 由题，R1大于电源的内阻r，外电路的总电阻大于r，而当电源的内外电阻相等时，电源的输出功率最大，则知电路中总电阻减小时，电源的输出功率逐渐增大。故D正确。‎ ‎10.如图所示，虚线为某电场的等势面，今有两个带电粒子(重力不计)，以不同的速率，沿不同的方向，从A点飞入电场后，沿不同的轨迹1和2运动，由轨迹可以断定(　　)‎ A. 两个粒子带电量一定不同 B. 两个粒子的电性一定不同 C. 粒子1的动能和粒子2的电势能都是先减少后增大 D. 经过B、C两点，两粒子的速度可能不等 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：由图无法判定两电荷在同一位置时所受电场力的大小，故无法判定两粒子带电量的大小关系，故A错误．由图可知电荷1受到中心电荷的斥力，而电荷2受到中心电荷的引力，故两粒子的电性一定不同．选项B正确;由B选项分析可知2粒子在从A向C运动过程中电场力先做正功后做负功，故动能先增大后减小．而粒子1在从A向B运动过程中电场力先做负功后做正功，故动能先减小后增大．由于BC两点在同一等势面上，故粒子1在从A向B运动过程中电场力等于2粒子在从A向C运动过程中电场力所做的总功．由于两粒子以不同的速率从A点飞入电场故两粒子的分别经过B、C两点时的速率一定不相等．可知C对；D错；‎ 思路分析：‎ 考点：考查带电粒子在电场中的运动 点评：根据轨迹判定电荷1受到中心电荷的斥力，而电荷2受到中心电荷的引力，可知两粒子在从A向B、C运动过程中电场力做功情况．根据BC两点在同一等势面上，，可判定从A到B和从A到C过程中电场力所做的总功为0‎ ‎11.如图所示的电路，将两个相同的电流表分别改装成A1(0—3A)和A2(0—0.6A)的电流表，把两个电流表并联接入电路中测量电流强度，则下列说法正确的是（ ）‎ A. A1的指针半偏时，A2的指针满偏 B. A1的指针还没半偏时，A2的指针已经半偏 C. A1的读数为1A时，A2的读数为0.6A D. A1的读数为1A时，干路的电流I为1.2A ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 试题分析：电流表是由电流计并联一个电阻改装而成，两电流表并联，知两表头也并联，流过两表头的电流相等，所以A1的指针半偏时，A2的指针也半偏．故A正确，B错误．两电流表的内阻之比为1：5，则电流之比为5：1．A1的读数为1A时，A2的读数为0.2A，干路中的电流为1.2A．故C错误，D正确．‎ 考点：考查了电流表改装原理 点评：解决本题的关键知道电流表的改装原理，并联一电阻起分流作用．‎ ‎12.如图所示，电动势为E，内阻为r的电源与滑动变阻器R1、定值电阻R2、定值电阻R3、平行板电容器及理想电流表组成闭合电路，图中电压表为理想电压表，当滑动变阻器R1的触头向左移动一小段时，则 （ ）‎ A. 电流表读数增大 B. 电容器带电荷量增加 C. R2消耗的功率减小 D. 电压表与电流表示数变化量之比不变 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ 试题分析：由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可求得电路中电流的变化；由欧姆定律可求得电压表示数与电流表示数的比值．‎ 解：A、变阻器R的触头向左移动一小段时，阻值R1减小，回路的总电阻减小，所以回路的总电流增大，则电流表读数增大，故A正确；‎ B、由A选项可知，路端电压U减小，所以电压表的示数减小，则电容器的电量减小，故B错误；‎ C、由于回路总电流增大，则R3电压增大，因此R2电压减小，由于R2电阻不变，所以R2消耗的功率减小，故C正确；‎ D、根据题意可知，电压表与电流表变化量的示数之比即为电源的内阻，因此之比不变，故D正确；‎ 故选ACD．‎ ‎【点评】本题考查闭合电路欧姆定律的动态分析，要熟练掌握其解决方法为：局部﹣整体﹣局部的分析方法；同时注意部分电路欧姆定律的应用．‎ 二、实验题(共2题，共16分)‎ ‎13.在“用传感器观察电容器的充电和放电”实验中，电路图如图甲。一位同学使用的电源电动势为8.0V，测得放电的I-t图象如图乙所示。（1）若按“四舍五入”法，根据“I-t图线与两坐标轴包围面积”，试计算电容器全部放电过程的放电量为______；‎ ‎（2）根据以上数据估算电容器的电容值为_________。‎ ‎【答案】（1）3.36×10-3C到3.52×10-3C；（2）0.42×10-3F到0.44×10-3F ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据四舍五入原则，图线与坐标轴所围成的面积约为42到44个小格，每个小格表示的电荷量为0.08×10-3C，故电容器的总放电量为3.36×10-3C到3.52×10-3C。‎ ‎（2）由 得，电容0.42×10-3F到0.44×10-3F。‎ ‎14.影响物质材料电阻率的因素很多，一般金属材料的电阻率随温度的升高而增大，而半导体材料的电阻率则与之相反，随温度的升高而减小．某课题研究组需要研究某种导电材料的导电规律，他们用该种导电材料制作成电阻较小的线状元件Z做实验，测量元件Z中的电流随两端电压从零逐渐增大过程中的变化规律．‎ ‎（1）他们应选用下图所示的哪个电路进行实验？答：　　（ ）‎ ‎（2）实验测得元件Z的电压与电流的关系如下表所示．根据表中数据，判断元件Z是金属材料还是半导体材料？答：___________________．‎ ‎（3）把元件Z接入如图所示的电路中，当电阻R的阻值为R1＝2Ω时， 电流表的读数为1.25A；当电阻R的阻值为R2＝3.6Ω时，电流表的读数为0.80A ．结合上表数据，求出电池的电动势为________V，内阻为________Ω．(不计电流表的内阻，结果保留两位有效数字)‎ ‎【答案】 (1). A (2). 半导体 (3). 4.0V 0.40Ω ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)［1］电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；待测电阻阻值很小，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，由图所示电路图可知，实验应采用A 所示电路。 (2)［2］由表中实验数据可知，随元件电压增大，通过元件的电流增大，元件的实际功率增大，元件温度升高；由欧姆定律可知，随元件两端电压增大，元件电阻减小，因此元件是半导体材料。 (3)［3］［4］由图可知，元件Z与电阻R串联，电流表测电路电流，由表中实验数据可知，电流为1.25A时，元件两端电压为1.00V，电流为0.80A时，元件两端电压为0.80V，由闭合电路欧姆定律可得：，可得：，，‎ 解得：‎ 三、计算题（15题6分,16题8分， 17题10分,18题12分，共36分）‎ ‎15.AB和CD为圆上两条相互垂直直径，圆心为O．将电荷量分别为＋q和－q的两点电荷放在圆周上，其位置关于AB对称且距离等于圆的半径，如图所示．要使圆心处的电场强度为零，可在圆周上再放一个适当的点电荷Q，则该点电荷Q 应该放在圆周上的什么位置？电量如何？‎ ‎【答案】应放在C点，Q＝－q 或者应放在D点，Q＝＋q ‎【解析】‎ ‎【详解】根据库仑定律，两个点电荷在O点产生的场强大小都为，两个场强的方向互成120°，根据平行四边形定则，合场强大小为：‎ EO=‎ 方向水平向右。所以最后一个电荷在O点产生的场强大小为，方向水平向左。所以该电荷若在C点，为Q＝-q，若在D点，为Q＝+q。‎ ‎16.如图所示，一电荷量q=3×10-5C带正电 小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的O点。电键S合上后，当小球静止时，细线与竖直方向的夹角α=37°。已知两板相距d=0.1m，电源电动势=15V，内阻r=0.5Ω，电阻R1=3Ω，R2=R3= R4 =8Ω。g取10m/s2，已知，。求：‎ ‎（1）电源的输出功率；‎ ‎（2）两板间的电场强度的大小；‎ ‎（3）带电小球的质量。‎ ‎【答案】（1）28W （2）140V/m （3）5.6×10-4kg ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) R2与R3并联后的阻值：‎ ‎ 由闭合电路欧姆定律得：‎ ‎ ‎ 电源的输出功率:‎ ‎(2) 电容器两板间的电压 ‎ UC=I（R1+R23）=2×（3+4）V=14V 电容器两板间的电场强度：‎ ‎(3) 小球处于静止状态，所受电场力为F，由平衡条件得：F=mgtanα 又有： ‎ F=qE 联立解得： ‎ ‎17.如图所示，已知电源电动势E＝20V，内阻r＝1Ω，当接入固定电阻R＝4Ω时，电路中标有“3V,6W”的灯泡L和内阻RD＝0.5Ω的小型直流电动机D都恰能正常工作．试求：‎ ‎ ‎ ‎(1)电路中的电流大小；‎ ‎(2)电动机的额定电压；‎ ‎(3)电动机的输出功率．‎ ‎【答案】(1)2A (2)7V (3)12W ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)灯泡L正常发光，电路中的电流为：‎ ‎(2)由闭合电路欧姆定律可求得，电动机的额定电压为：‎ UD=E-I(r+R)-UL=20-2×(1+4)-3=7V ‎(3)电动机的总功率为 P总=IUD=2×7=14W 电动机的热功率为 P热=I2RD=22×0.5=2W 所以电动机的输出功率为 P出=P总-P热=14-2=12W ‎18.在光滑绝缘的水平面上放置一个质量m=0.2kg、带电荷量q=5×10-4 C的带正电小球，小球系在长L=0.5m的绝缘细线上，线的另一端固定在O点．整个装置置于匀强电场中，电场方向与水平面平行且沿OA方向，如图所示（此图为俯视图）．现给小球一个初速度使其绕O点做圆周运动，小球经过A点时细线的张力F ‎=140N，小球在运动过程中，最大动能比最小动能大20J，小球可视为质点．‎ ‎（1）求电场强度的大小．‎ ‎（2）求运动过程中小球的最小动能．‎ ‎（3）若小球运动到动能最小的位置时细线被剪断，则小球经多长时间其动能与在A点时的动能相等，此时小球距A点多远．‎ ‎【答案】（1）4×104N/C；（2）10J；（3）经s其动能与在A点时的动能相等，此时小球距A点为m．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）当电场力做正功最多时动能最大，而最大的正功为，根据题意有：‎ 代入数据得 ‎（2）在A处动能最大，A处：‎ A点关于O的对称点B处动能最小，则最小动能 代入数据得.‎ ‎（3）B点动能最小，在B点：‎ 代入数据得.‎ 当动能相等时，断线后球做类平抛运动：‎ 入数据得： s，‎ 答：（1）电场强度E的大小为；‎ ‎（2）运动过程中小球的最小动能为10J；‎ ‎（3）若小球运动到动能最小的位置时细线被剪断，则小球经s其动能与在A点时的动能相等，此时小球距A点为m．‎