【物理】福建省南平市建瓯市芝华中学2019-2020学年高二上学期期中考试（理）（解析版）

【物理】福建省南平市建瓯市芝华中学2019-2020学年高二上学期期中考试（理）（解析版）

‎2019-2020学年高二上第二次月考物理试卷（理科）‎ 一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题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)‎ ‎1.对物体带电现象的叙述,下列说法正确的是( )‎ A. 一个不带电的物体内一定没有电荷 B. 物体带电一定具有多余的电子 C. 物体带电的过程就是电荷移动的过程 D. 物体带电的过程就是创造电荷的过程 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．任何物体内部总有正负电荷,不带电是因为它呈现了电中性,故A错误；‎ B．物体带电可能是有多余的电了或失去电子,故B错误；‎ C．物体带电是因为失去电子或得到电子,故带电过程就是电荷移动的过程,故C正确；‎ D．电荷是不能被创生的,故D错误。‎ ‎2.如图所示，匀强电场场强E=100V/m，A、B两点相距10cm、A、B连线与电场线夹角为60°，若取A点电势为0，则B点电势为（　　）‎ A. 10V B. -10V C. 5V D. -5V ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】已知匀强电场的场强为E，A、B两点间的距离为L及AB连线与电场方向的夹角为θ，根据公式U=Ed，求出两点沿电场方向的距离d，再求解电势差U．根据顺着电场线方向电势降低，判断A、B两点的电势高低。‎ ‎【详解】由图示可知，根据顺着电场线方向电势降低，可知B的电势低于A的电势，则UBA＜0。‎ AB方向与电场线方向间的夹角 θ=60°，‎ BA两点沿电场方向的距离 d=Lcosθ，‎ BA两点间的电势差 UBA=-Ed=ELcosθ=-100V/m×0.1m×cos60°=-5V，‎ 因取A点电势为0，则B点电势为φB=UBA+φA=-5+0=-5V；‎ 故应选：D。‎ ‎【点睛】本题首先要想到匀强电场中电势差与场强的关系式U=Ed，其次要正确理解d的含义：两点沿电场方向的距离。‎ ‎3.电场中有A、B两点，把电荷从A点移到B点的过程中，电场力对电荷做正功，则(　　)‎ A. 电荷的电势能减少 B. 电荷的电势能增加 C. A点的场强比B大 D. A点的场强比B小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 据题电荷从A点移到B点的过程中，电场力对电荷做正功，则电荷的电势能减少，故A正确，B错误；电场力做功的正负与场强的大小无关，所以不能判断场强的大小，故CD错误。所以A正确，BCD错误。‎ ‎4.如图（甲）所示中，AB是一个点电荷形成的电场中的一条电场线，图（乙）则是放在电场线上P、Q处检验电荷所受电场力的大小与其电荷量间的函数图象，电场方向由A指向B，由此可以判断（　　）‎ A. 场源电荷是正电荷，位于A侧 B. 场源电荷是正电荷，位于B侧 C. 场源电荷是负电荷，位于A侧 D. 场源电荷是负电荷，位于B侧 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：由电场强度的定义式 得：F=Eq，则知：F-q图象的斜率表示电场强度大小，图线Q的斜率小于P的斜率，说明Q处场强小于P处的场强，该电场是由点电荷产生的，说明Q距离场源较远，即场源位置位于A侧；因为电场线的方向由A指向B，因此为正电荷 ‎5. 如图所示，两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器，极板N与静电计相连，极板M与静电计的外壳均接地。用静电计测量平行板电容器两极板间的电势差U。在两板相距一定距离d时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度。在整个实验过程中，保持带电量Q不变，下面的操作中将使静电计指针张角变小的是（ ）‎ A. 仅将M板向上平移 B. 仅将M板向下平移 C. 仅将M板向左平移 D. 仅在M、N之间插入云母板（介电常数大于1）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：电容器的M板通过大地与静电计的金属外壳连接，右边的N板与静电计指针相连，两板之间电压越高，静电计的指针张角越大。在电荷量不变时，张角变小即电压变小可判断电容变大，而平行板电容器电容，M板上移或者M板下移都是正对面积变小，电容C变小，电压升高静电计张角变大选项AB错。M板向左平移，两板之间的距离变大，电容变小，电压升高静电计张角变大选项C错。仅在M、N之间插入云母板（介电常数大于1）而空气的介电常数等于1即电容C变大，电压降低静电计张角变小，选项D对。‎ 考点：平行板电容器 ‎6.如图所示A是带正电的球，B为不电的导体，AB、均放在绝缘支架上，M、N是导体B中的两点，以无限远处为电势零点，当导体B达到静电平衡后,说法错误的是（ ）‎ A. M,N两点电场强度大小关系为EM=EN=0‎ B. M,N两点电势高低关系为 C. M,N两点电势高低关系为 D. 感应电荷在M,N两点产生的电场强度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】导体B达到静电平衡后，内部场强为零，所以，A正确；B达到静电平衡后变成一个等势体，即，B正确C错误；感应电荷在MN两点产生的电场强度大小等于A在MN两点产生的电场强度，根据点电荷电场公式可知，距离场源电荷越近，电场强度越大，故，故D正确。‎ ‎7.如图所示，直线A为电源的图线，直线B为电阻R的图线；用该电源和电阻组成的闭合电路，电源输出功率和电路的总功率分别是( )‎ A. 4W，8W B. 2W，4W C 4W，6W D. 2W，3W ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由图可知，电源电动势为，用该电源和该电阻组成一个闭合电路，电路中的电流为，路端电压为 ‎ 则电源输出功率为：‎ 电源总功率是：总 A. 4W，8W与分析不符，故A错误；B. 2W，4W与分析不符，故B错误；‎ C. 4W，6W与分析相符，故C正确；D. 2W，3W与分析不符，故D错误。‎ ‎8. 用电动势ε=6V、内电阻r=4Ω的直流电源依次分别对下列四个电珠供电，最亮的电珠是（ ）‎ A. 6V，12W B. 6V，9W C. 6V，4W D. 6V，3W ‎【答案】B ‎【解析】‎ 内外电阻相等时电源输出功率最大，即小灯泡最亮。根据可知A、电阻为3Ω，B、4 Ω，C、9 Ω，D、12 Ω，最大功率。故选B ‎9. 如图所示,将带正电的粒子从电场中的A点无初速地释放,不计重力的作用,则下列说法中正确的是　　（　 ）‎ A. 带电粒子一定做加速直线运动 B. 带电粒子的电势能一定逐渐增大 C. 带电粒子加速度一定越来越小 D. 带电粒子的加速度一定越来越大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB、由图看出，带电粒子所在的电场线是直线，则无速度释放后，带电粒子在电场力作用下一定做加速直线运动，电场力做正功，动能增大，电势能减小，故A正确，B错误。 CD、据电场线的疏密可知，右侧的场强小，所以带电粒子的电场力小，即加速度逐渐减小，故C正确，D错误。‎ ‎10. 用电动势为E、内阻为r的电源对外电路供电，下列判断中正确的是( )‎ A. 电源短路时，路端电压为零，电路电流达最大值 B. 外电路断开时，内电压为零，路端电压也为零 C. 路端电压增大时，流过电源电流一定减小 D. 路端电压增大时，电源的效率一定增大 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ 电源短路时，外电阻为零，所以路端电压为零，电路电流达最大值，A对；外电路断开时，内电压为零，路端电压等于电源电动势，B错；路端电压增大时，内电压一定减小，则流过电源的电流一定减小，C对；路端电压增大时，路端电压与电源电动势的比值变大，电源的效率变大，D对。‎ 思路分析：理解短路和断路的问题，根据闭合电路欧姆定律路端电压增大说明总电阻增大，所以总电流减小，电源效率是指路端电压与总电动势的比值。‎ 试题点评：考查闭合电路欧姆定律：的理解。‎ ‎11.如图所示的电路中，电源的电动势恒定．要想使灯泡变暗，可以( )‎ A. 增大R1 B. 减小R1 C. 增大R2 D. 减小R2‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 如图所示，灯泡与电阻R2并联，然后R1串联。要使灯泡变暗，应使流过灯泡的电流变小。‎ ‎【详解】A.增大R1，电路总电阻增大，干路总电流减小，灯泡和R2并联的电压就减小，所以灯泡的电流减小，灯泡变暗，A正确 B.减小R1，电路总电阻减小，干路总电流增大，灯泡和R2并联的电压就增大，所以灯泡的电流增大，灯泡变亮，B错误 C.增大R2，电路总电阻增大，干路总电流减小，则电压内阻r和R1的电压都减小，并联部分的电压增大，加在灯泡两端的电压变大，流过电灯泡的电流增大，灯泡变亮，C错误 D.减小R2，电路总电阻减小，干路总电流增大，则电压内阻r和R1的电压都增大，并联部分的电压减小，加在灯泡两端的电压减小，流过电灯泡的电流减小，灯泡变暗，D正确 ‎12.有一灵敏电流计，其表头内阻Rg=1000Ω，满偏电流Ig=100μA，以下说法正确的是（　　）‎ A. 把它改成量程为1.5V的电压表，应串联一个15 kΩ的电阻 B. 把它改成量程为1.0A电流表，应并联一个1Ω的电阻 C. 把它改成量程为1.0A的电流表，测量某电流时读数为0.5A，此时流过表头的电流为50μA D. 把它改成量程为1.5V的电压表，测量某电压时读数为1.5V，此时流过表头的电流为100μA ‎【答案】CD ‎【解析】‎ A项：改装成电压表要串联电阻分压，串联阻值为：，故A错误；‎ B项：改装成电流表要并联分流，并联阻值：，故B错误； ‎ C项：把它改成量程为1.0A的电流表，用它去测量某电流时读数为0.5A，则指针正好是满偏的一半，即为50μA，故C正确；‎ D项：把它改成量程为1.5V的电压表，测量某电压时读数为1.5V，指针正好是满偏，所以此时流过表头的电流为100μA，故D正确。‎ 点晴：改装成电流表要并联电阻分流，并联电阻阻值为R=IgRgI−Ig；电流表改装成电压表要串联电阻分压，串联的阻值为R=UIg-Rg，U为改装后的量程。‎ 二、实验题(本题共2小题，共18分)‎ ‎13. 某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度，测量结果如图（a）和（b）所示。该工件的直径为______cm，高度为________mm。‎ ‎【答案】，‎ ‎【解析】游标卡尺读数为 螺旋测微器的读数为：‎ ‎【考点定位】螺旋测微器，游标卡尺读数 ‎【方法技巧】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。‎ ‎14.某小组通过实验测绘一个标有“5.0V　7.5W”某元件的伏安特性曲线，电路图如图甲所示，备有下列器材:‎ A．电池组(电动势为6.0V，内阻约为1Ω)；‎ B．电压表(量程为0~3V，内阻RV=3kΩ)；‎ C．电流表(量程为0~1.5A，内阻约为0.5Ω)；‎ D．滑动变阻器R(最大阻值为10Ω，额定电流为1A)；‎ E．定值电阻R1(电阻值为1.5kΩ)；‎ F．定值电阻R2(电阻值为3kΩ)；‎ G．开关和导线若干。‎ ‎(1)实验中所用定值电阻应选____(选填“E”或“F”)；‎ ‎(2)根据图甲电路图，用笔画线代替导线将图乙中的实物电路连接完整；‎ ‎(3)某次实验时，电压表示数指针位置如图丙所示，则电压表读数是____V；元件两端电压是____V。‎ ‎【答案】 (1). F (2). (3). 4.40‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）题中电压表量程太小，需要改装成6V的电压表，串联一个阻值为3kΩ的定值电阻，故选F；‎ ‎（2）实验电路选择滑动变阻器的分压式接法，实物电路图连接如下：‎ ‎（3）由刻度盘读得，电压表示数为2.20V，因改装后电压表量程被扩大了两倍，则实际加在元件两端的电压为4.40V；‎ 三、计算题(本题共3小题，共34分．每小题写出必要的文字说明和公式，重点计算过程，只写答案结果的不得分)‎ ‎15.如图，电源电动势ε=10V，内阻不计，R1=4Ω，R2=6Ω，C=30μF．‎ ‎(1)闭合电键S，求稳定后通过R1的电流．‎ ‎(2)然后将电键S断开，求这以后流过R1的总电量 ‎【答案】(1)1A (2)1.2×10-4 C ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）闭合开关S，当电路达到稳定后，电容器相当于开关断开，根据闭合电路欧姆定律得：‎ ‎（2）闭合开关S时，电容器两端的电压即电阻R2两端的电压，为：‎ 开关S断开后，电容器两端的电压等于电源的电动势，为，则通过电阻R1的电荷量为：‎ ‎16.规格为“220V　36W”的排气扇，线圈电阻为40Ω，求：‎ ‎(1)接上220V的电压后，排气扇转化为机械能的功率和发热的功率；‎ ‎(2)如果接上电源后，扇叶被卡住，不能转动，求电动机消耗的功率和发热的功率．‎ ‎【答案】(1)35W，　1W；　(2)1210W，　1210W； ‎ ‎【解析】（1）接上220V 电压后，排气扇的功率为36W． 据热功率公式P热=I2R=()2×40=1 W 所以转化为机械能的功率P机=P-P热=36W-1W=35 W （2）当接上220V 电压后，扇叶被卡住，不能转动，此电路变为纯电阻电路，消耗的功率全部转化为热功率， 所以 ‎17.一初速度为零的带电粒子经电压为U=4.0×103V的匀强电场加速后，获得4.0×103m/s的速度，粒子通过加速电场的时间t=1.0×10-4 s，不计重力作用，则带电粒子的荷质比为多大？匀强电场的场强为多大？粒子通过电场过程中的位移为多大？‎ ‎【答案】，，0.2m ‎【解析】根据动能定理得:‎ 则得：‎ 由速度公式得:‎ 根据牛顿第二定律得:‎ 联立得:‎ 通过的位移为：‎