【物理】湖南省永州市双牌县第二中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（理）（解析版）

【物理】湖南省永州市双牌县第二中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（理）（解析版）

双牌二中2019年下期高二期中考试 物 理 试 题（理科）‎ 一、单项选择题 ‎1.真空中甲、乙两个固定的点电荷，相互作用力为F，若甲的带电量变为原来的2倍，乙的带电量变为原来的8倍，要使它们的作用力仍为F，则它们之间的距离变为原来的（ ）‎ A. 2倍 B. 4倍 C. 8倍 D. 16倍 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：由库仑定律可得：；‎ 当甲的带电量变为原来的2倍，即2Q；乙的带电量变为原来的8倍，即8q 由于作用力相等，所以变化后距离变为原来的4倍 故选B．‎ 考点：考查库仑定律的直接应用，‎ 点评：由库仑力公式可得出两次作用力的表达式，则可求得相等的相互作用力对应的距离．‎ ‎2.关于场强和电势的概念,下列说法正确的是 A. 由E=可知,场强E与q成反比，与F成正比 B. 同一电场线上的各点，电势可能相等 C. 电场中某一点的场强为零，但电势不一定为零 D. 正负电荷在电场中同一点受电场力方向相反，所以某一点场强方向与所放电荷正负有关 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知考查场强和电势概念，根据场强、电势的物理意义和特点分析可得。‎ ‎【详解】A．表达式E=是电场强度定义式，场强E与q、F无关，故A错误；‎ B．沿电场线方向，电势逐渐降低，同一电场线上的各点电势各不相同，故B错误；‎ C．选无穷远处电势为零，等量正电荷连线中点处电势不为零，电场强度为零，说明电场中某一点的场强为零，但电势不一定为零，故C正确；‎ D．正、负电荷在电场中同一点受电场力方向相反，人为规定场强和正电荷受力方向相同，与负电荷受力方向相反，该点场强方向由场源确定的，是唯一的，与所放电荷正负无关，故D错误；‎ ‎【点睛】电场强度是从电场力的性质对电场进行的描述，电势是从电场能的性质对电场进行的描述，它们的大小无必然的联系，电场、电势的大小是由场源电荷和到场源电荷的距离决定的，与试探电荷没有任何关系。‎ ‎3.如图所示，空间有一电场，电场中有两个点a和b。下列表述正确的是 A. 该电场是匀强电场 B. a点的电场强度比b点的大 C. a点的电势比b点的高 D. 正电荷在a、b两点受力方向相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 电场线疏密表示电场强度的大小，切线方向表示电场强度的方向，正电荷的受力方向和场强方向相同。沿着电场线电势降低。答案选C。‎ ‎4.如图所示，a、b、c为电场中同一条水平方向电场线上的三点，c为ab的中点．a、b电势分别为φa＝5 V，φb＝3 V，下列叙述正确的是(　　)‎ A. 该电场在c点处的电势一定为4 V B. a点处的场强Ea一定大于b点处的场强Eb C. 一正电荷从c点运动到b点电势能一定减少 D. 一正电荷运动到c点时受到的电场力由c指向a ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、当该电场是匀强电场时，由于沿电场方向相同距离电势差相等，则场在c点处的电势一定为4V，当该电场不是匀强电场时，在c点处的电势不一定为4V，故A错误；‎ B、一条电场线无法比较电场线的疏密，就无法比较场强的大小，则a点处的场强不一定大于b点处的场强，故B错误；‎ CD、由题可判断电场线方向从a指向b，正电荷运动到c点时受到的电场力由a指向c，根据沿着电场线方向电势降低可知c点的电势高于b点的电势，根据正电荷在电势高处电势能大可知，正电荷从c点运动到b点电势能一定减少，故C正确，D错误；‎ 故选C。‎ ‎5.下列电器在工作时，主要利用电流热效应的是 A. 手机 B. 电视机 C. 电风扇 D. 电饭锅 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】‎ 由题意可知考查用电器能量转化问题，根据电器工作原理分析可得。‎ ‎【详解】A．手机工作时把电能主要转化为声能、光能、小部分转化为内能，故A不符合意；‎ B．电视机工作时把电能主要转化为光能，小部分转化为内能，故B不符合意； ‎ C．电风扇工作时把电能主要转化为机械能，小部分转化为内能，故C不符合意； ‎ D．电饭锅工作时把电能转化为内能，故D符合题意，所以选择D选项。‎ ‎【点睛】根据各种电器的工作原理、电能转化特点分析可得。‎ ‎6. 两个小灯泡，分别标有“1 A 4 W”和“2 A 1 W”的字样，则它们均正常发光时的电阻阻值之比为( )‎ A. 2∶1 B. 16∶1 C. 4∶1 D. 1∶16‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由P=I2R得：两灯泡的电阻分别为：，；所以电阻之比为：，所以ACD错误，B正确，故选B。‎ ‎7.两根由同种材料制成的均匀电阻丝A、B串联在电路中，A的长度为L，直径为d；B的长度为2L，直径为2d，那么通电后在相同的时间内产生的热量之比为 A. QA∶QB＝1∶2 B. QA∶QB＝2∶1‎ C. QA∶QB＝1∶1 D. QA∶QB＝4∶1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知考查焦耳定律、电阻定律，据此分析计算可得。‎ ‎【详解】由电阻定律可得 电阻丝A的电阻 电阻丝B的电阻 所以 由焦耳定律可得 代入数值可得 QA∶QB＝2∶1‎ ‎【点睛】先由电阻定律求得两个电阻丝的电阻之比，再由焦耳定律计算出相同时间产生的热量之比。‎ ‎8.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，当滑动变阻器的滑片由中点滑向a端时，下列说法正确的是 A. 电压表和电流表读数都增大 B. 电压表和电流表读数都减小 C. 电压表读数增大，电流表读数减小 D. 电压表读数减小，电流表读数增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知考查电路动态分析问题，根据闭合电路欧姆定律分析可得。‎ ‎【详解】滑动变阻器的滑片由中点滑向a端时，滑动变阻器连入电路部分电阻变小，外电阻变小，整个回路电阻变小，由闭合电路欧姆定律可知回路中的电流增大，内阻不变，说明内电压增大，外电压减小，电压表测得是外电压，故电压表读数变小，通过R1的电流增大，两端电压增大，因总的外电压减小，故R2两端电压减小，通过R2的电流减小，电流表读数减小。‎ ‎【点睛】闭合电路动态分析时，要先从局部电阻入手，分析电阻变化情况，推测回路总的电阻变化情况，根据闭合电路欧姆定律分析总电流变化情况，先分析不变电阻电流、电压变化关系，根据电流电压关系再间接分析变化电阻电流、电压变化情况。‎ 二、多项选择题 ‎9.下列各量中，与检验电荷无关的物理量是（ ）‎ A. 电场力F B. 电场强度E C. 电势差U D. 电场力做的功W ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：电场力与检验电荷的电荷量有关，A错误；电场强度只和电场本身的性质有关，与检验电荷无关，B正确；电势是人为规定的，电势差是相对的，与检验电荷无关，C正确；电场力做功与检验电荷有关，D错误 考点：考查了电场力，电场强度，电势差，电场力做功 ‎10.带电粒子M只在电场力作用下由P点运动到Q点，在此过程中克服电场力做了2.6×10－8J的功，那么 A. M在P点的电势能一定小于它在Q点的电势能 B. P点的场强一定小于Q点的场强 C. P点的电势一定高于Q点的电势 D. .M在P点的动能一定大于它在Q点的动能 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知考查带电粒子在电场中电势能、动能、场强、电势大小比较，根据功能关系分析可得。‎ ‎【详解】A．带电粒子M在由P点运动到Q点电场力做-2.6×10－8J的功，电势能增大，M在P点的电势能一定小于在Q点的电势能，故A正确；‎ B．因不知道带电粒子在P、Q两点电场力的大小，无法确定两点场强大小，故B错误；‎ C．因不知带电粒子电性，无法确定P、Q两点的电势大小关系，故C错误；‎ D．合外力对带电粒子做负功，动能减小，所以在P点的动能一定大于它在Q点的动能，故D正确。‎ ‎【点睛】掌握常用的功能关系：电场力做正功时，电势能减小，做负功时，电势能增加。动能变化根据动能定理判断，合外力做正功，动能增加，合外力做负功，动能减少。‎ ‎11.一个T型电路如图所示，电路中的电阻R1＝1Ω，R2＝12Ω，R3＝4Ω，另有一测试电源，电动势为10V，内阻忽略不计，则 A. 当cd端短路时，ab之间的等效电阻是4Ω B. 当ab端短路时，cd之间的等效电阻是4Ω C. 当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压为8V D. 当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为8V ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知考查等效电阻、电压的计算，根据欧姆定律分析计算可得。‎ ‎【详解】当cd端短路时，R2、R3 并联再和R1串联，ab之间的等效电阻是 故A正确；‎ 当ab端短路时，R1、R3 并联再和R2串联，cd之间的等效电阻是 故B错误；‎ 当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压为 故C正确；‎ 当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为 故D错误。‎ ‎【点睛】当ab两端接通测试电源时，电流流经R1、R3，R2中无电流通过，cd两端的电压为实为R3两端电压，根据串联电阻分压关系可求得cd两端的电压为8v；同理可求得当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为R3两端电压2.5v。‎ ‎12.如图所示的电路中，AB是两金属板构成的平行板电容器。先将电键K闭合，等电路稳定后再将K断开，然后将B板向下平移一小段距离，并且保持两板间的某点P与A板的距离不变。则下列说法正确的是（ ）‎ A. 电容器的电容变小 B. 电容器内部电场强度大小变大 C. 电容器内部电场强度大小不变 D. P点电势升高 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ 试题分析：当平行板电容器充电稳定后，两板间存在匀强电场，当开关断开后，两极板的电量不变，当变化极板间距，从而改变电容器的电容，但极板间的电场强度却不变化．‎ A、将B板向下平移一小段距离，由可知电容器的电容变小，故A正确；‎ B、由、、可知，，只改变极板间距，没有改变电荷分布密度，板间场强不变，故B错误，C正确；‎ D、板间场强不变，故D错误。‎ 故选：ACD。‎ 考点：电容器的动态分析．‎ 点评：电容器的电容由两板间距、正对面积与电介质决定；而两板间的电场强度则由电容器的电量、电介质及正对面积决定．当开关断开时，电容器的电量不变；而开关闭合时，电容器的电压却不变．‎ 三、实验题 ‎13.现有一合金制成的圆柱体，为测量该合金的电阻率，现用伏安法测圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度。螺旋测微器和游标卡尺的示数如图a和b所示。‎ 由上图读得圆柱体的直径为_____________mm，长度为____________mm。‎ ‎【答案】 (1). 1.844 mm (2). 42.40 mm ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知考查螺旋测微器、游标卡尺读数问题，根据读数原理分析可得。‎ ‎【详解】[1] 螺旋测微器读数先读固定刻度为1.5mm，再读可动刻度 柱体直径为两部分之和 ‎[2] 用游标卡尺测量该圆柱体的长度，主尺示数为42mm，游标尺读为 实际读数为两部分之和 ‎【点睛】螺旋测微器读数方法：固定刻度+可动刻度（格数），格数要估读一位小数 游标卡尺读数方法：主尺+游标卡尺示数（10分度：格数、50分度：格数、50分度： 格数，格数不需要估读）‎ ‎14.小型直流电动机（其线圈内阻为r=1）与规格为“4V、4W”的小灯泡并联，再与阻值为R=5的电阻串联,然后接至U=12V的电压上，如图小灯泡恰好正常发光，电动机正常工作,求：‎ ‎（1）通过电动机的电流 （2）电动机的输出功率P出。‎ ‎【答案】(1)0.6A (2)2.04W ‎【解析】‎ 试题分析：（1）流经灯泡电流 流经电阻R的电流 流经电动机的电流I=IR-IL=0.6A.‎ ‎(2)电动机消耗的总功率P=UI=4×0.6=2.4W 电动机产生的热功率P热=I2r=0.62×1=0.36W 电动机的输出功率P出=P-P热=2.4－0.36=2.04W 考点：电功、电功率。‎ ‎15.在“描绘小灯泡伏安特性曲线”的实验中，选择“3V　0.5A”的小灯泡作为研究对象，请回答下面几个问题：‎ ‎（1）下列实验器材中应选择________（填入器材序号）．‎ A．电流表（量程0～0.6A, 内阻约1Ω）‎ B．电流表（量程0～3A，内阻约1Ω）‎ C．电压表（量程0～15V，内阻约10kΩ）‎ D．电压表（0～3V，内阻约2kΩ）‎ E．滑动变阻器（阻值0～1000Ω）‎ F．滑动变阻器（阻值0～10Ω）‎ G．电源E＝6V H．开关S，导线若干 ‎（2）在本实验中，滑动变阻器应采用________（填“分压”或“限流”）接法，电流表应采用________（填“内”或“外”）接法．‎ ‎（3）在方框中画出实验电路图。‎ ‎【答案】 (1). ADFGH (2). 分压 外 (3). ‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 由题意可知考查描绘小灯泡伏安特性曲线实验器材选择、测量电路、控制电路设计，根据实验原理分析可得。‎ ‎【详解】[1] 小灯泡的额定电流为0.5A，电流表选择0.6A量程，故选择A；额定电压为3V，电压表选择3V量程，故选择D；描绘小灯泡的伏安特性曲线要求电流、电压从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，滑动变阻器的阻值比待测阻值小些时调节更方便，故滑动变阻器选择F；电源、开关导线唯一直接选择，总之实验器材中应选择ADFGH。‎ ‎[2] 本实验要求小灯泡两端电压从零开始变化，所以滑动变阻器只能选择分压式接法。 ‎ ‎[3] 因小灯泡电阻很小，采用电流表外接法实验误差更小，故电流表采用外接法。‎ ‎[4] 由以上分析可画得电路图为 ‎【点睛】描绘小灯泡的伏安特性曲线时因小灯泡阻值较小，电流表采用外接法，该实验要求小灯泡两端电压从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法。‎ 四、计算题 ‎16.如图所示，在匀强电场中，将带电荷量q＝－6×10－6C的电荷从电场中的A点移到B 点，克服电场力做了2.4×10－5 J 的功，再从B点移到C点，电场力做了1.2×10－5 J 的功．求：‎ ‎(1) A、B两点间的电势差UAB和B、C两点间的电势差UBC；‎ ‎(2) 如果规定B点的电势为零，则A点和C点的电势分别为多少？‎ ‎【答案】（1）AB间的电势差为4V，BC间的电势差为-2V． （2）A、C的电势分别为4V、2V．‎ ‎【解析】（1）‎ ‎ ‎ ‎（2）UAB=φA-φB，UBC=φB-φC又  φB=0      解得φA=4 V，φC=2 V ‎17.如图所示，质量为m，电荷量为e的粒子从A点以速度v0沿垂直电场线方向的直线AO方向射入匀强电场，由B点飞出电场时速度方向与AO方向成45°角，已知AO的水平距离为d。（不计重力）求：‎ ‎(1) 从A点到B点所用的时间；‎ ‎(2) 匀强电场的电场强度大小；‎ ‎(3) A、B两点间的电势差。‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】由题意可知考查带电粒子在匀强电场中做类平抛运动规律，根据运动的合成、分解及动能定理分析计算可得。‎ ‎【详解】(1)粒子从A点以速度v0沿垂直电场线方向射入电场，水平方向做匀速直线运动，则有 t＝‎ ‎(2)由牛顿第二定律得 a＝‎ 将粒子射出电场的速度v进行分解，则有 vy＝v0tan 45°＝v0，‎ 又vy＝at，所以 v0＝·＝，‎ 解得 E＝。‎ ‎（3）由动能定理得 eUAB＝m（v0）2－mv 解得 UAB＝。‎ ‎【点睛】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，可分方向考虑：沿电场力方向做匀加速运动，垂直电场力方向做匀速直线运动，求电势差时可利用动能定理计算可得。‎ ‎18.如图所示的电路中，电源的电动势，内阻未知，，，L为规格“，”的灯泡，开关S断开时，灯泡恰好正常发光。（不考虑温度对灯泡电阻的影响）试求：‎ ‎（1）灯泡的额定电流和和灯丝电阻；‎ ‎（2）电源的内阻；‎ ‎（3）开关S闭合时，灯泡实际消耗的功率。‎ ‎【答案】（1） （2） （3）‎ ‎【解析】（1）灯泡的额定电流 ，灯丝电阻； （2）断开S时，灯L正常发光，即，根据闭合电路欧姆定律 ，得； （3）闭合S时，设外电路总电阻为，； 所以； 设干路电流为，则； 灯两端的电压，则； 灯的实际功率为：。‎ 点睛：对于直流电路的计算问题，往往先求出局部的电阻，再求出外电路总电阻，根据欧姆定律求出路端电压和总电流，再计算各部分电路的电压和电流。‎