陕西省吴起高级中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题（能力卷）

陕西省吴起高级中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题（能力卷）

吴起高级中学2019—2020学年第一学期中期考试 高二物理能力卷 一、选择题（本题共12小题，共48分，1—8题只有一个选项正确，9—12题有多个选项正确，全部选对得4分，选对但不全得2分，不选或有错选得0分）‎ ‎1.根据科学研究表明，地球是一个巨大的带电体，而且表面带有大量的负电荷。如果在距离地球表面高度为地球半径一半的位置由静止释放一个带负电的尘埃，恰好能悬浮在空中，若将其放在距离地球表面高度与地球半径相等的位置时，则此带电尘埃将(　　)‎ A. 仍处于悬浮状态 B. 远离地球向太空运动 C. 向地球表面下落 D. 无法判断 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】在距离地球表面高度为地球半径一半的位置，恰好能悬浮在空中，令地球的质量为M，则此处的库仑力与万有引力相等，则有：‎ 当在距离地球表面高度与地球半径相等的位置时，即在距地面高度为R处，此处万有引力为 而此处的库仑力为：‎ 由上等式可知，库仑力仍等于万有引力，则此带电尘埃仍将处于悬浮状态。‎ A．由上分析可知，A正确； ‎ BCD．由上分析可知，BCD错误。‎ ‎2.空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图像如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. O点的电势最低 B. x2点的电势最高 C. x1和x3两点的电势相等 D. x1和-x1两点的电势相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．作出电场线，如图所示：‎ 电场强度的大小和方向都沿x轴对称分布，沿着电场强度的方向，电势一定降低，可知O点的电势最高，故AB错误。‎ C．由于沿着电场强度的方向，电势一定降低，故从O点到x1和从O点到x3电势都是一直降落，故x1和x3两点的电势不相等，故C错误。‎ D．由于x1和-x1两点关于y轴对称，且电场强度的大小也相等，故从O点到x1和从O点到-x1电势降落相等，故x1和-x1两点的电势相等，故D正确。‎ ‎3.如图所示，A、B为两个等量的正点电荷，在其连线中垂线上的P点放一个负点电荷q(不计重力)，由静止释放后，下列说法中正确的是(　　)‎ A. 点电荷在从P点到O点运动的过程中，加速度越来越大，速度越来越大 B. 点电荷在从P点到O点运动的过程中，加速度越来越小，速度越来越大 C. 点电荷运动到O点时加速度零，速度达最大值 D. 点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到粒子速度为零 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．‎ 根据点电荷电场强度的叠加法则，可知，同种正电荷连线的中垂线上，电场强度方向由O点向两边延伸，且大小先增大后减小，在P点由静止释放一个负点电荷q，在从P点到O运动的过程中，它只在电场力作用下，向下加速，电场强度可能可能越来越小，电场力可能越来越小，则加速度可能越来越小。故AB错误。‎ C．运动到O点时，电场强度为零，所受的电场力为零，加速度为零，速度达最大值，故C正确。‎ D．点电荷越过O点后，速度越来越小，所受的电场力向上，速度减小，电场强度可能越来越大，加速度可能越来越大，故D错误。‎ ‎4.如图所示，虚线1、2、3、4为静电场中的等势面，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为零。一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b两点时的动能分别为26 eV和5 eV，当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为－8 eV时，它的动能应为 A. 8 eV B. 13 eV C. 20 eV D. 34 eV ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】正电荷从a到b减少了21 eV的动能，由于相邻的等势面之间的电势差相等，所以每个间隔内动能的减少量为7eV，则在等势面3的动能为12eV，此面的电势为零，所以电势能也为零，则总能量为12eV，根据能量守恒可知当其电势能变为－8 eV时，它的动能应为20eV A. 8 eV，与分析不符，故A错误；‎ B. 13 eV，与分析不符，故B错误；‎ C. 20 eV，与分析相符，故C正确；‎ D. 34 eV，与分析不符，故D错误。‎ ‎5.甲、乙两根保险丝粗细不同，用同种材料制成，单位长度的电阻分别为4Ω和1Ω，熔断电流分别为2 A和6 A，把以上两根保险丝各取等长一段并联后再接入电路中，允许通过的最大电流是(　　)‎ A. 6.0A B. 7.5A C. 8A D. 10A ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】每根保险丝允许的最大电压为：‎ V=8V V=6V 两保险丝并联，两端电压相等，并联电压最大应为U=6V，则：‎ A A 并联电路允许的最大电流为：‎ ‎=6A+1.5A=7.5A。‎ ACD．由上分析可知，ACD错误； ‎ B．由上分析可知，B正确。‎ ‎6.一根粗细均匀的金属导线，在其两端加上电压U0时，通过导线的电流为I0，导线中自由电子定向移动的平均速率为v，若将导线均匀拉长，使它的横截面半径变为原来的，再给它两端加上电压2U0，则(　　)‎ A. 通过导线的电流为 B. 通过导线的电流为 C. 导线中自由电子定向移动的速率为 D. 导线中自由电子定向移动的速率为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.将金属导线均匀拉长，因半径变为原来的一半，则横截面积变为原来的，其长度变为原来的4倍，根据电阻定律分析可知，电阻变为原来的16‎ 倍，又电压变为2U0，根据欧姆定律可知，电流变为，A项符合题意，B项不合题意；‎ CD.根据电流的微观表达式，其中n、e不变，电流变为原来的，横截面积变为原来的，则自由电子定向移动的平均速率变为，C项不合题意，D项符合题意．‎ ‎7.有两个相同的灵敏电流计，允许通过的最大电流（满偏电流）为Ig=1mA，表头电阻 Rg=30Ω，若改装成一个量程为3V的电压表和一个量程为0.6A的电流表应分别：‎ A. 串联一个2990Ω的电阻和并联一个0.15Ω的电阻 B. 并联一个2990Ω的电阻和串联一个0.15Ω的电阻 C. 串联一个2970Ω的电阻和并联一个0.05Ω的电阻 D. 并联一个2970Ω的电阻和串联一个0.05Ω的电阻 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 把灵敏电流表改装成电压表的方法是串联一个电阻，由串联可知，改装成大量程的电流表需要并联电阻，由并联分流可知=0.05Ω，C对；‎ ‎8.如图所示由门电路组成的电路，输出端为“1”，指示灯L亮，输出端为“0”，指示灯L不亮，现要使灯L亮，则A，B两输入端分别是(　　)‎ A. “1”、“1”‎ B. “0”、“0”‎ C. “1”、“0”‎ D. “0”、“1”‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 要使灯L亮，“非”门的输出应该为“1”，故“非”门的输入为“0”；故“或”门的两个输入端都应该为0.故B正确。‎ ‎【点睛】本题只要熟悉与门，非门，或门真值表就能正确解题。‎ ‎9.如图所示，平行直线表示电场线，但没有标明方向，带电量为＋1×10－2C的微粒在电场中只受电场力的作用，由A点移到B点，动能损失0.1J，若A点的电势为－10V，则(　 　)‎ A. B点电势为10V B. 电场线的方向从右向左 C. 微粒的运动轨迹可能是轨迹1‎ D. 微粒的运动轨迹可能是轨迹2‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．AB两点的电势差：‎ V 则：‎ ‎10V 解得：‎ ‎0V 故A错误；‎ B．由动能定理可知：‎ J 可知粒子受到的电场力做负功，故粒子电势能增加，B点的电势高于A点电势；而电场线由高电势指向低电势，故电场线向左，故B正确；‎ C．.若粒子沿轨迹1运动，A点速度沿切线方向向右，受力向左，故粒子将向上偏转，故C正确；‎ D．若粒子沿轨迹2运动，A 点速度沿切线方向向右上，而受力向左，故粒子将向左上偏转，故D错误 ‎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 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。‎ ‎11.一个平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，两极板间有一正电荷(电荷量小)固定在P点，如图所示.以E表示两极板间的场强，U表示电容器两极板间的电压，W表示正电荷在P点的电势能.若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，那么（ ）‎ A. U变小，E不变 B. E变大，W变大 C. U变小，W不变 D. U不变，W不变 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】平行板电容器充电后与电源断开后，电量Q不变。将正极板移到图中虚线所示的位置时，板间距离d减小，根据：‎ 知电容C增大，根据：‎ 知板间电压U变小。由公式：‎ 得：‎ 可知E与d无关，则知电场强度E不变。P与负极板间的距离不变，由公式：‎ U=Ed 可知，P与负极板间的电势差不变，则P点的电势不变，正电荷在P点的电势能W不变。‎ AC.由上分析知，AC正确； ‎ BD.由上分析知，BD错误。‎ ‎12.示波管是示波器的核心部件，如图，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的(　 　)‎ A. 极板X应带正电 B. 极板X′应带正电 C. 极板Y应带负电 D. 极板Y应带正电 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】电子受力方向与电场方向相反，因电子向X向偏转则，电场方向为X到X′，则X带正电，同理可知Y带正电。‎ AD.由上分析可知，AD正确； ‎ BC.由上分析可知，BC错误。‎ 二、实验题（共18分,每空2分）‎ ‎13.一多用电表的欧姆挡有4挡,分别为×1Ω，×10Ω，×100Ω，×1000Ω ‎，现用它来测一未知电阻值．当用×100Ω挡测量时,发现指针的偏转角度很小．为了使测量结果更准确,测量前应进行如下两项操作,先_____，接着_____，然后再测量并读数．‎ ‎【答案】 (1). 换“×1000Ω”挡 (2). 将两表笔短接调零 ‎【解析】‎ ‎【详解】[1][2]第一次测量时用×100挡，调零后测量时发现指针偏转角度太小，说明待测电阻阻值较大，应换一更大挡，所以，换×1000Ω的档位后两表笔短接进行欧姆调零，接着将两表笔短接调零，然后再测量并读数。‎ ‎14.(1)某实验小组在“测定金属电阻率”的实验过程中，正确操作获得金属丝的直径以及电流表、电压表的读数如图所示，则它们的读数值依次________mm、________A、__________V。‎ ‎ ‎ ‎(2)已知实验中所用的滑动变阻器阻值范围为0~10Ω，电流表内阻约几欧，电压表内阻约20kΩ。电源为干电池（不宜在长时间、大功率状况下使用），电动势E = 4.5V，内阻很小。则以下电路图中__________（填电路图下方的字母代号）电路为本次实验应当采用的最佳电路。但用此最佳电路测量的结果仍然会比真实值偏_________。‎ A. B. C. D. ‎ ‎(3)若已知实验所用的电流表内阻的准确值Ω，那么准确测量金属丝电阻 的最佳电路应是上图中的__________电路（填电路图下的字母代号）。此时测得电流为I、电压为U，则金属丝电阻___________（用题中字母代号表示）。‎ ‎【答案】 (1). 0.999(0.998-1.000mm) (2). 0.42A (3). 2.27V ( 2.26-2.28) (4). A (5). 小 (6). B (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]螺旋测微器的读数为：d=0.5mm+49.9×0.01mm=0.999mm；‎ ‎[2]电流表的读数为：I=0.42A；‎ ‎[3]电压表的读数为：U=2.28V；‎ ‎（2）[4]因电源不能在大功率下长时间运行，则本实验应采用限流接法；同时电压表内阻较大，由以上读数可知，待测电阻的内阻约为5Ω，故采用电流表外接法误差较小，故选A；‎ ‎[5]在实验中电压表示数准确，但电流测量的是干路电流，故电流表示数偏大，则由欧姆定律得出的结果偏小；‎ ‎（3）[6]因已知电流表准确值，则可以利用电流表内接法准确求出待测电阻；故应选B电路；‎ ‎[7]待测电阻及电流表总电阻：‎ 则待测电阻：‎ 三、计算题（共34分，解答应写出必要文字说明、方程式和重要的演算步骤，否则不能得分）‎ ‎15.如图所示，带电荷量为Q的正点电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底部的C点，斜面上有A、B两点，且A、B和C在同一直线上，A和C相距为L，B为AC中点．现将一带电小球从A点由静止释放，当带电小球运动到B点时速度恰好为零．已知带电小球在A点处的加速度大小为，静电力常量为k，求：‎ ‎(1)小球运动到B点时的加速度大小；‎ ‎(2)B和A两点间电势差(用Q和L表示)．‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据牛顿第二定律和库仑定律得：‎ 带电小球在A点时有：‎ ‎……①‎ 可得：‎ ‎……②‎ 带电小球在B点时有：‎ ‎……③‎ 联立①②③可解得：‎ ‎（2）由A点到B点应用动能定理得：‎ ‎……④‎ 联立②④可求得：‎ ‎16.如图所示，在一足够大的空间内存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E=3.0×104N/C．有一个质量m=4.0×10﹣3kg的带电小球，用绝缘轻细线悬挂起来，静止时细线偏离竖直方向的夹角θ=37°．取g=10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80，不计空气阻力的作用．‎ ‎（1）求小球所带的电荷量及电性；‎ ‎（2）如果将细线轻轻剪断，求细线剪断后，小球运动的加速度大小；‎ ‎（3）从剪断细线开始经过时间t=0.20s，求这一段时间内小球电势能的变化量．‎ ‎【答案】（1）1.0×10﹣6C，正；‎ ‎（2）12.5m/s2；‎ ‎（3）4.5×10﹣3J ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（1）小球处于静止状态，分析受力，根据电场力与场强方向的关系判断电性．‎ ‎（2）将细线突然剪断小球将沿细线方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律列式求解加速度；‎ ‎（3）根据运动学公式求解出小球的位移；然后根据电势能的减小量等于电场力的功列式求解．‎ 解：（1）小球受到重力mg、电场力F和绳的拉力T的作用，由共点力平衡条件有：‎ F=qE=mgtanθ 解得：q==1.0×10﹣6C 电场力的方向与电场强度的方向相同，故小球所带电荷为正电荷；‎ ‎（2）剪断细线后，小球做匀加速直线运动，设其加速度为a，由牛顿第二定律有：=ma 解得：a==12.5m/s2‎ ‎（3）在t=0.20s的时间内，小球的位移为：l==0.25m 小球运动过程中，电场力做的功为：W=qElsinθ=mglsinθ tanθ=4.5×10﹣3J 所以小球电势能的变化量（减少量）为：△Ep=4.5×10﹣3J 答：（1）小球所带的电荷量为1.0×10﹣6C，电性为正；‎ ‎（2）细线剪断后，小球运动的加速度大小为12.5m/s2；‎ ‎（3）从剪断细线开始经过时间t=0.20s，这一段时间内小球电势能的减少量为4.5×10﹣3J．‎ ‎【点评】本题是带电体在电场中平衡问题，分析受力情况是解题的关键，并能根据受力情况判断此后小球的运动情况．‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎17.如图所示，两平行金属板A、B长为L=8cm，板间距为d=8cm，A板电势比B板高300V。一质量为m=10–20 kg、电荷量为q=10–10 C的带正电粒子（重力不计）以v0=2×106m/s的初速度沿两板中心线RO射入电场中；粒子飞出板间电场，经过MN、PS 间的无电场区域后，进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域，该电场不受界面PS影响；粒子最后垂直打在放置于中心线处的荧光屏bc上。已知PS⊥RO，MN、PS相距12cm，O点与界面PS相距9cm，静电力常量k=9×109 N·m2/C2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。‎ ‎（1）求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离。‎ ‎（2）试粗略画出粒子运动全过程的轨迹。‎ ‎（3）求点电荷Q的电性及电荷量大小。（结果保留三位有效数字）‎ ‎【答案】（1）3 cm （2）见下图 ‎（3）带负电，1.04×10–8 C ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）粒子在板间做类平抛运动，有：‎ y=at2‎ L=v0t a=‎ 联立解得：‎ y==3 cm ‎（2）第一段是抛物线（类平抛运动），第二段是直线（匀速直线运动），第三段是圆弧（匀速圆周运动），轨迹如图所示 ‎（3）要使带正电粒子经过界面PS后向上偏转，点电荷Q一定带负电 粒子在MN、PS间做匀速直线运动，设其到达界面PS时偏离中心线RO的距离为Y 由类平抛运动速度的反向延长线经过水平位移中点，有：‎ ‎=‎ 得：‎ Y=12 cm 粒子从板间电场飞出时沿电场方向的分速度：‎ vy=v0=1.5×106 m/s 粒子经过界面PS时的速度：‎ v==2.5×106 m/s 方向与RO夹角：‎ θ=arctan=37°‎ 由：‎ ‎=‎ 粒子经过界面PS的位置与O点的连线和速度方向垂直，又粒子垂直打在放置于中心线处的荧光屏bc上 故粒子在点电荷形成的电场中运动轨迹为圆弧，做匀速圆周运动，半径r=15 cm 由牛顿第二定律有：‎ ‎=‎ 解得：‎ Q=1.04×10–8 C ‎ ‎