安徽师大附中2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

安徽师大附中2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

安徽师范大学附属中学2019~2020学年第一学期期中考查 高二物理试题 一、选择题 ‎1.关于静电场,下列说法中正确的是 (　　)‎ A. 在电场中某点的电势为零,则该点的电场强度一定为零 B. 电荷在电场中电势高的地方电势能大,在电势低的地方电势能小 C. 根据公式U=Ed可知,在匀强电场中两点间的距离越大,电势差就越大 D. 正电荷从电势高的点运动到电势低的点,电势能一定减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 解：A、电场强度和电势都是描述电场的物理量，二者无直接关系，但二者相互关联；电势是标量与零势面的选取有关，所以电场强度为零的地方电势不一定为零，电势为零的地方电场强度也不一定为零，故A错误．‎ B、据电势能公式Ep=qφ知，电势能取决于该点的电势和电荷，并不是只有正电荷在电场中电势高的地方电势能大，在电势低的地方电势能小，负电荷正好相反，故B错误．‎ C、公式U="Ed" 中的d为沿电场强度方向的距离，所以在匀强电场中，两点间沿电场强度方向的距离越大，电势差就越大，如果d不是沿电场强度方向的距离，那么间距大时，电势差不一定大，故C错误．‎ D、据电势能公式Ep=qφ知，正电荷在电势越高的地方电势能越大，在电势越低的地方电势能越小，所以正电荷从电势高的点运动到电势低的点，电势能一定减少，选项D正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】明确电场强度和电势都是描述电场的物理量，二者无直接关系，但二者相互关联；公式U="Ed" 中的d为沿电场强度方向的距离；电荷在某点的电势能是由该点电势和电荷决定．‎ ‎2.有关电压和电动势的说法中错误的是（）‎ A. 电压和电动势的单位都是伏特，故电动势与电压是同一物理量的不同说法 B. 电动势公式中的W与电压中的W是不同的，前者为非静电力做功，后者为静电力做功 C. 电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能的本领的物理量 D. 断路时的路端电压等于电源的电动势 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电压和电动势的单位都是伏特，但是电动势与电压这两个物理量有本质的不同，选项A错误，符合题意；‎ B．电动势公式中的W与电压中的W是不同的，前者为非静电力做功，后者为静电力做功，选项B正确，不符合题意；‎ C．电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能的本领的物理量，选项C正确，不符合题意；‎ D．断路时的路端电压等于电源的电动势，选项D正确，不符合题意；‎ ‎3.下列关于电场强度的说法中正确的是 A. 由E=知,若试探电荷电量q减半,则该处电场强度变为原来的2倍 B. 由E=k知,E与场源电荷电量Q成正比,而与r2成反比 C. 由E=k知,在以场源电荷Q为球心、r为半径的球面上的各点电场强度均相同 D. 电场中某点的电场强度方向就是该点所放电荷受到的静电力的方向 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电场强度的大小只与场源有关，与试探电荷电量大小无关，故A错误；‎ B．由库仑定律可知，电场强度与场源点电荷电量成正比，与电场中任意点距场源点电荷距离平方成反比，故B正确；‎ C．根据点电荷的场强分布可知，以点电荷为球心，以r为半径的球面上的各点电场强度大小相同，方向不同，所以场强不同，故C错误；‎ D．电场中某点场强方向是放在该点的正电荷所受电场力的方向，故D错误。‎ ‎4.空间有平行于纸面的匀强电场，一电荷量为－q的质点（重力不计），在恒定拉力F的作用下沿虚线由M匀速运动到N，如图所示，已知力F和MN间夹角为θ，MN间距离为d，则 A. MN两点的电势差为 B. 匀强电场的电场强度大小为 C. 该质点由M运动到N的过程中，电势能减少了Fdcosθ D. 若要使该质点由N向M做匀速直线运动，则F必须反向 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题中“在恒定拉力F的作用下沿虚线由M匀速运动到N”可知，本题考查点电荷电场强度、电势差和电势能，根据电场强度、库仑定律、电势差和电势能的公式规律可以分析本题。‎ ‎【详解】A．根据动能定理可得 解得 故A正确；‎ B．电场线方向沿F方向，MN沿电场线方向距离为，由公式 得 故B错误；‎ C．小球M到N做负功为，电势能增大，故C错误；‎ D．小球在匀强电场中受到的电场力恒定不变，根据平衡条件，由M到N，F方向不变，故D错误。‎ ‎5.在一点电荷Q产生的电场中，一个粒子（带负电荷）通过时的轨迹如图实线所示，图中虚线表示电场的两个等势面a、b，以下说法中正确的是 A. 点电荷Q可能为正电荷，也可能为负电荷 B. 运动中粒子总是克服电场力做功 C. 粒子在a、b两等势面时a的动能一定比b的大 D. 粒子在经过a、b两等势面上时的a点时的电势能一定比b点时的大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题中“在一点电荷Q产生的电场中”可知，本题考查点电荷电场强度分布和等势面，根据点电荷电场线的特点可分析本题。‎ ‎【详解】A．曲线运动的合力一定指向曲线的内侧，由图可知，粒子的轨迹向左弯曲可以知道，受到了斥力，而粒子带正电，说明Q一定是正电荷，故A错误；‎ B．由图可知，运动中粒子在靠近正电荷时，电场力做负功，而远离时，电场力做正功，故B错误；‎ CD．从a等势面到b等势面运动过程中，粒子在靠近正电荷，电场力做负功，故电势能增加，动能减小，故C正确，D错误。‎ ‎6.如图所示，直线A为某电源的U－I图线，曲线B为某小灯泡的U–I图线的一部分，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，灯泡恰好能正常发光，则下列说法中正确的是（ 　）‎ A. 此电源的内阻为2/3Ω B. 额定状态下，小灯泡阻值为1Ω.‎ C. 灯泡的额定功率为6 W D. 小灯泡的U–I曲线说明电功率越大，灯丝电阻率越小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据电源U-I图可得：U＝4−0.5I，又有U=E-Ir，所以，电源电动势E=4V，内阻r=0.5Ω，故A错误；电源和小灯泡组成闭合电路时，灯泡两端电压为路端电压，故两曲线交点即为灯泡的电压、电流；又有灯泡恰好能正常发光，故灯泡的额定电压U=3V，额定电流I=2A，所以，额定功率为：P=UI=6W，阻值为：R＝U/I＝1.5Ω，故C正确，B错误；由图可得：电功率越大时，U-I曲线越陡，那么电阻越大，故电阻率越大，故D错误；故选C。‎ ‎7.如图所示，两根长度相等的绝缘细线，上端都系在同一水平天花板上，另一端分别连着质量均为m的两个带电小球P、Q，两小球静止时，两细线与天花板间的夹角θ＝30°，以下说法正确的是(　　)‎ A. 细线对小球的拉力大小为mg B. 两小球间的静电力大小为mg C. 剪断左侧细线瞬间P球的加速度大小为2g D. 若两球间的静电力瞬间消失时Q球的加速度大小为g ‎【答案】C ‎【解析】‎ 对P球分析，运用共点力平衡条件得：细线的拉力为 ，库仑力大小故AB错误；剪断左侧细线的瞬间，库仑力不变，小球P所受的合力，根据牛顿第二定律得，a=2g。故C正确。若两球间的静电力瞬间消失时Q球的加速度大小为，故D错误。‎ ‎8.如图所示，真空中有直角坐标系xOy，在x轴上固定着关于O点对称的等量异号点电荷＋Q和－Q，C是y轴上的一个点，D是x轴上的一个点，DE连线垂直于x轴．将一个点电荷＋q从O移动到D，电场力对它做功为W1，将这个点电荷从C移动到E，电场力对它做功为W2.下列判断正确的是(　　)‎ A. 两次移动电荷电场力都做正功，并且W1＝W2‎ B. 两次移动电荷电场力都做正功，并且W1＞W2‎ C. 两次移动电荷电场力都做负功，并且W1＝W2‎ D. 两次移动电荷电场力都做负功，并且W1＞W2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 本题考查等量异种电荷产生的电场。由题意知，，所以，两次移动电荷电场力都做正功，，，所以,选B。‎ ‎9.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源内阻不计连接，下极板接地一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离后　　‎ A. P点的电势将降低 B. P带电油滴的电势能将增大 C. 带电油滴将沿竖直方向向上运动 D. 电容器的电容减小，极板带电量将增大 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将平行板电容器上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况；由分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化；根据电容的定义式，电容器与电源保持相连，则U不变，Q与C成正比变化；‎ ‎【详解】A、将平行板电容器上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动；板间场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，而且下极板的电势不变，则知P点的电势将降低，故A正确，C错误；‎ B、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加，故B正确；‎ D、根据电容的定义式，电容器与电源保持相连，则U不变，当C减小，则Q也减小；故D错误；‎ ‎【点睛】本题运用分析板间场强的变化，判断油滴如何运动；明确正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化。‎ ‎10.一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、17V、26V。下列说法正确的是( )‎ A. 电场强度的大小为2.5v/m B. 坐标原点处的电势为1V C. 电子在a点的电势能比在b点的低7eV D. 电子从b点运动到c点,电场力做功为9eV ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.如图所示，在ac连线上，确定一b′点，电势为17V，将bb′‎ 连线，即为等势线，那么垂直bb′连线，则为电场线，再依据沿着电场线方向，电势降低，则电场线方向如图，‎ 因为匀强电场，则有 依据几何关系，则 因此电场强度大小为 故A正确；‎ B.根据 代入数据解得：‎ 故B正确；‎ C.因 Uab=φa-φb=10-17=-7V 电子从a点到b点电场力做功为 W=qUab=7eV 因电场力做正功，则电势能减小，那么电子在a点的电势能比在b点的高7eV，故C错误；‎ D.因 Ubc=φb-φc=17-26=-9V 电子从b点运动到c点，电场力做功为 W=qUbc=9eV 故D正确。‎ ‎11.如图所示,一个带负电的小金属环套在粗糙绝缘细杆AB上,杆与水平面的夹角为θ,杆的下方O点处固定一个带正电的点电荷,OA=OB.现使小环以初速度v0从A点沿杆上滑,到达B点时其速度恰好为零,小环滑回A点时速度为v。下列说法中正确的是 A 小环上滑过程中先做匀加速再做匀减速运动 B. 小环上滑时间小于下滑时间 C. 小环下滑过程,减少的重力势能等于摩擦产生的内能 D. 从A点出发到再回到A点的过程,小环克服摩擦力做的功等于小环损失的动能 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题中“一个带负电的小金属环套在粗糙绝缘细杆AB上”可知，本题考查库仑定律、能量守恒定律，根据电场力做功情况、能量守恒和动能定理可分析本题。‎ ‎【详解】A．小环上滑过程中所受的库仑力是变化的，合力是变化的，由牛顿第二定律知小环的加速度是变化的，不可能做匀变速运动，故A错误；‎ B．由于OA=OB，A、B两点的电势相等，对于上滑过程，电场力做功为零，由动能定理得 即 下滑过程有 由此可得 所以上滑过程的平均速度大于下滑过程的平均速度，因此小环上滑时间小于下滑时间，故B正确；‎ C．小环下滑过程中，电场力做功为零，所以电势能变化量为零，则重力势能转化为内能和动能，所以消化下滑过程中，减少的重力势能大于摩擦产生的内能，故C错误；‎ D．从A点出发再回到A点的过程中，重力和电场力做功均为零，由动能定理可知，小环克服摩擦力做功等于小环损失的动能，故D正确。‎ ‎12.如图所示电路中,电源电动势E恒定,内阻r=1Ω,定值电阻R3=5Ω.开关S断开时与闭合时相比,ab段电路消耗的电功率相等。以下说法中正确的是 A. 电阻R1、R2可能分别为4Ω、5Ω B. 电阻R1、R2可能分别为3Ω、6Ω C. 开关S断开时理想电压表的示数一定小于S闭合时的示数 D. 开关S断开时与闭合时相比,理想电压表的示数变化量大小与理想电流表的示数变化量大小之比一定等于6Ω ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题中“电源电动势E恒定”可知，本题考查闭合电路欧姆定律和动态电路，根据闭合电路欧姆定律公式和动态电路变化可分析本题。‎ ‎【详解】AB．取 有 当S断开前后有 时 将代入方程成立，而将代入方程不成立，故A错误B正确；‎ C．将R3‎ 和电源内阻看作一整体，则此时电压表测量路端电压，开关断开时等效外电路总电阻大于开关闭合时的，所以开关断开时电压表示数大，故C错误；‎ D．根据闭合电路欧姆定律得 则电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比为 故D正确。‎ 二、实验题 ‎13.要测绘一个标有“3 V　0.6 W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3 V，并便于操作。已选用的器材有：‎ 电池组(电动势为4.5 V，内阻约为1 Ω)；‎ 电流表(量程为0～250 mA，内阻约5 Ω)；‎ 电压表(量程为0～3 V，内阻约3 kΩ)；‎ 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20 Ω，额定电流1 A)‎ B．滑动变阻器(最大阻值1750 Ω，额定电流0.3 A)‎ ‎（2）实验的电路图应选用下列的图________(填字母代号)．‎ ‎（3）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示。如果将这个小灯泡接到电动势为1.5 V，内阻为5 Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率是________W。（保留1位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). A (2). B (3). 0.1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（1）为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器．（2）明确实验原理，知道实验中要求电流从零开始调节，故应采用滑动变阻器分压接法，同时根据电表内阻进行分析，确定电流表接法；（3）在I-U图象中作出电源的伏安特性曲线，两图的交点表示灯泡的工作点，由P=UI可求得实验灯泡的功率．‎ ‎（1）电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选A；‎ ‎（2）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，，，电流表应采用外接法，因此实验电路应选B；‎ ‎（3）在图中作出电源的伏安特性曲线，两图的交点表示灯泡的工作点，则由图可知，电压为1.0V，电流为0.10A．则由可知，功率．‎ ‎14.某同学通过实验测定一个阻值约为5 Ω电阻Rx的阻值．‎ ‎（1）现有电源（4 V，内阻可不计）、滑动变阻器（0～50 Ω，额定电流2 A）、开关和导线若干，以及下列电表：‎ A.电流表（0～3 A，内阻约0.025 Ω） B.电流表（0～0.6 A，内阻约0.125 Ω）‎ C.电压表（0～3 V，内阻约3 kΩ） D.电压表（0～15 V，内阻约15 kΩ）‎ 在实验中，电流表应选用________，电压表应选用________（选填器材前的字母）；实验电路应采用图中的________（填“甲”或“乙”）‎ ‎（2）接通开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U.某次电表示数如图所示，可得该电阻的测量值Rx＝＝________ Ω（保留两位有效数字）．‎ ‎（3）若在（1）问中选用甲电路，产生误差的主要原因是________________；若在（1）问中选用乙电路，产生误差的主要原因是________．（选填选项前的字母）‎ A．电流表测量值小于流经Rx的电流值 B．电流表测量值大于流经Rx的电流值 C．电压表测量值小于Rx两端的电压值 D．电压表测量值大于Rx两端的电压值 ‎（4）在不损坏电表的前提下，将滑动变阻器滑片P从一端滑向另一端，随滑片P移动距离x的增加，被测电阻Rx两端的电压U也随之增加，下列反映U－x关系的示意图中正确的是________．‎ A. B. C. ‎ ‎【答案】 (1). B (2). C (3). 甲 (4). 5.2 (5). B (6). D (7). A ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]根据欧姆定律可知，通过待测电阻的最大电流为 所以电流表选B；‎ ‎[2]因为电源电动势为3V，所以电压表应选3V的量程，所以选C；‎ ‎[3]因为待测电阻满足 所以电流表应该选用外接法，故采用甲电路；‎ ‎（2）[4]电流表读数为0.50A，电压表读数为2.60V，所以待测电阻为 ‎（3）[5]根据欧姆定律和串并联规律可知，采用甲电路时因为电压表A的分流作用，导致电流表测量值大于流经Rx的电流，所以产生误差的主要原因是B；‎ ‎[6]若采用乙电路，因为电流表的分压作用，导致电压表的测量值大于Rx两端的电压值，所以造成误差的主要原因是D ‎（4）[7]由闭合电路欧姆定律可知，Rx两端的电压和滑动变阻器两端的电压之和等于电源电动势，随着x的增加，滑动变阻器接入电路的有效电阻减小，电路中的电流逐渐增大，故U-x图线是斜率逐渐增大的曲线，故选A。‎ 三、计算题 ‎15.一长为L的细线，上端固定，下端拴一质量为m、带电荷量为q的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中，开始时，将线与小球拉成水平，然后释放小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B点速度恰好为零．试求：‎ ‎（1）AB两点的电势差UAB；‎ ‎（2）匀强电场的场强大小；‎ ‎（3）小球到达B点时，细线对小球的拉力大小．‎ ‎【答案】(1) (2) (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（1）A到B点动能定理所以 ‎（2）‎ ‎（3）小球到达B点时，速度为零，因此沿绳方向合力为零，因此由拉力 考点：动能定理、牛顿第二定律 ‎【名师点睛】考查牛顿第二定律、动能定理的应用，注意几何关系的正确应用，理解动能定理中的各力做功的正负．（1）根据牛顿第二定律，即可求解；（2）根据动能定理，结合几何关系，即可求解；（3）根据动能定理，与动能表达式，并由几何关系，即可求解．‎ ‎16.如图所示电路中，电阻R1=8Ω，电动机绕组电阻R0=2Ω，当开关S断开时，电阻R1消耗的电功率是2.88W；当开关S闭合时电阻R1消耗的电功率是2W。若电源的电动势为6V，求：‎ ‎(1)电源的内阻；‎ ‎(2)开关S闭合时，电动机输出的机械功率。‎ ‎【答案】（1）2Ω （2）1.5 W ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（1）S断开时, P1=I2R1 ；I= 得r=2Ω ‎（2）S闭合后,P2= I12R1 ；I1 =0.5 A R1的电压U1=I1R1 ；U =4 V 总电流I总=A=1 A 流过电动机的电流I2=I总-I1=0.5A 电动机输出功率P出=I2U1-I22R0 代入数据解得 P出=1.5 W.‎ 考点：闭合电路欧姆定律 电动机功率 ‎17.如图所示，在场强大小为E、方向竖直向上的匀强电场内取一个半径为R的圆周,圆周所在平面平行于电场方向，O点为该圆周的圆心，A点是圆周上的最低点，B点是圆周上最右侧的点.在A点有放射源，在圆周所在的平面内沿着垂直于电场向右的方向释放出相同的带正电的粒子，这些粒子从A点出发时的初速度大小各不相同，已知粒子的质量为m,电荷量为q，不计重力.‎ ‎（1）某一粒子的运动轨迹经过圆周上的B点,求该粒子从A点出发时的初速度大小;‎ ‎（2）取圆周上的某点C,设OC连线与OA夹角为θ,试写出粒子经过C点时的动能表达式;‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题中“在场强大小为E、方向竖直向上匀强电场内取一个半径为R的圆周”可知，本题考查带电粒子在匀强电场中的运动，根据牛顿第二定律和动能定理可分析本题。‎ ‎【详解】（1）粒子从A点到B点做类平抛运动,由牛顿第二定律得 水平方向上,有 竖直方向上,有 联立解得 ‎.‎ ‎（2）粒子从A到C做类平抛运动,则 水平方向上,有 竖直方向上,有 得 粒子从A点出发时的动能为 设经过C点时的动能为Ek,则有 解得 ‎.‎