【物理】湖南省常德市2019-2020学年高二上学期期中考试试题（理）（解析版）

【物理】湖南省常德市2019-2020学年高二上学期期中考试试题（理）（解析版）

常德市2019-2020学年高二第一学期期中考试 理科物理试题 一、选择题：‎ ‎1.下列公式中，既适用于点电荷产生的静电场，也适用于匀强电场的有①场强 ②场强 ③场强 ④电场力做功 ( )‎ A. ①③ B. ②③ C. ②④ D. ①④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①电场强度是用比值定义法得出的物理量，是从力角度研究电场的物理量，适用于任何电场，即既适用于点电荷产生的静电场，也适用于匀强电场，故①正确；‎ ‎②匀强电场中沿场强方向电势降低最快，且没前进相同距离电势的降低相等，故匀强电场中任意两点的间的电势差与两点沿电场线的距离成正比；故电场强度与电势差的关系公式仅仅适用与匀强电场，故②错误；‎ ‎③点电荷产生的电场的场强公式是由电场强度的定义式和库仑定律联立得到，反映了点电荷的电场中任意一点的电场强度与该点的空间位置和场源电荷的电荷量的关系，不适用于匀强电场，故③错误；‎ ‎④电场力做功与电势差的关系公式W=qU，反映了在电场中任意两点间移动电荷时，电场力做功与两点间电势差成正比，适用于任意电场，故④正确。故D正确。‎ ‎2.三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径．球1的带电荷量为q，球2的带电荷量为nq，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F.现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时球1、2之间作用力的大小仍为F，方向不变．由此可知 A n＝3 B. n＝4 C. n＝5 D. n＝6‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】设1、2距离为r，则球1、2之间作用力为：‎ ‎ ①‎ ‎3与2接触后，它们带的电的电量平分，均为：，再3与1接触后，它们带的电的总电量平分，均为，将球3移至远处后，球1、2之间作用力为 ‎ ②‎ 由①②两式解得：‎ n=6‎ A．n＝3，与结论不相符，选项A错误；B．n＝4，与结论不相符，选项B错误；‎ C．n＝5，与结论不相符，选项C错误；D．n＝6，与结论相符，选项D正确；‎ ‎3.如图所示，A、B是两个带异种电荷的小球，其质量分别为m1和m2，所带电荷量分别为＋q1和－q2，A用绝缘细线L1悬挂于O点，A、B间用绝缘细线L2相连。整个装置处于水平方向的匀强电场中，平衡时L1向左偏离竖直方向，L2向右偏离竖直方向，则可以判定 A. m1＝m2 B. m1＞m2 C. q1＞q2 D. q1＜q2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】两球整体分析，如图所示，根据平衡条件可知，q1E＞q2E，即q1＞q2，而两球的质量无法比较其大小。 ‎ A．m1＝m2，与结论不相符，选项A错误；B．m1＞m2，与结论不相符，选项B错误；‎ C．q1＞q2，与结论相符，选项C正确；D．q1＜q2，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎4.静电喷涂是利用高压静电电场使带负电的涂料微粒沿着电场相反的方向定向运动，并将涂料微粒吸附在工件表面的一种喷涂方法，其工作原理如图所示。忽略运动中涂料微粒间的相互作用和微粒的重力。下列说法中正确的是 A. 当静电喷涂机与被喷涂工件之间的距离增大时，在运动中的涂料微粒所受电场力增大 B. 涂料微粒的运动轨迹仅由被喷涂工件与静电喷涂机之间所接的高压电源决定 C. 在静电喷涂机水平向左移动的过程中，有两个带有相同电荷量的微粒先后经过被固定的工件右侧P点（相对工件的距离不变）处，先经过微粒的电势能较大 D. 涂料微粒在向被涂工件运动的轨迹中，在直线轨迹上电势升高最快 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．当静电喷涂机与被喷涂工件之间的距离增大时，由于静电喷涂机与被喷涂工件之间电压恒定，距离增加，故场强减小，故电场力减小，故A错误；‎ B．涂料微粒的运动轨迹与初速度和受力情况均有关，故B错误；‎ C．因为电场线向右，负电粒子越偏左，电势能越小，先经过P的负电粒子更偏左，所以电势能更小，故C错误；‎ D．涂料微粒在向被涂工件运动的轨迹中，直线的距离最小，结合公式U=Ed，在直线轨迹上电势升高最快，故D正确；‎ ‎5.如图，匀强电场中有一个绝缘直角杆PQM，PQ＝L，QM＝2L，杆上固定三个带电小球A、B、C，初始时杆PQ段与电场线垂直．现将杆绕Q点顺时针转过90°至虚线位置，发现A、B、C三个球的电势能之和保持不变，若不计小球间的相互作用，下列说法正确的是 A. 此过程中，电场力对A球和C球做功代数和为零 B. A球一定带正电，C球一定带负电 C. 此过程中C球电势能减少 D. A、C两球带电量的绝对值之比|qA|∶|qC|＝1∶2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电场力对A、C都做功，A、B、C三个球的电势能之和保持不变，说明电场力对A球和C球做功的代数和为零，故A正确。‎ B．电场力对系统做功为零，因此A、C电性一定相反，A可能带正电，也可能带负电，故B错误；‎ C．C的电性不确定，无法判断其电势能的变化，故C错误；‎ D．电场力对A、C做功大小相等，方向相反，所以有：‎ EqA×L=EqC×2L 因此 qA：qc=2：1‎ 故D错误；‎ ‎6.如图所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，R0为定值电阻，R1、R2为可变电阻，开关S闭合。质量为m的带正电的微粒从P点以水平速度v0射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点，若经下列调整后，微粒仍从P点以水平速度v0射入，则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是 A. 保持开关S闭合，增大R1，微粒打在O点左侧 B. 保持开关S闭合，增大R2，微粒打在O点左侧 C. 断开开关S，M极板稍微上移，微粒打在O点右侧 D. 断开开关S，M极板稍微下移，微粒打在O点右侧 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】MN两极板间电压和R0两端电压相同，故两极板间电场强度方向向上，微粒所受电场力方向向上；‎ A．保持S 闭合，增大R1，那么，R0两端电压减小，两极板间电压减小，故电场强度减小，微粒所受电场力减小，合外力增大，粒子加速度增大，粒子打在O点左侧，故A正确；‎ B．保持S 闭合，增大R2，两极板间电压不变，故电场强度不变，微粒受力不变，粒子运动不变，仍打在O点，故B错误；‎ CD．断开S，极板两端电荷保持不变，那么由电容，可知电场强度 不变，那么微粒受力不变，粒子运动不变，仍打在O点，故CD错误；‎ ‎7.在如图所示的电路中，当闭合开关S后，若将滑动变阻器的滑片P向下调节，则（ ）‎ A. 电压表和电流表的示数都增大 B. 灯L2变暗，电流表的示数减小 C. 灯L1变亮，电压表的示数减小 D. 灯L2变亮，电容器的带电量增加 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】将滑动变阻器的滑片P向下调节，变阻器接入电路的电阻减小，R与灯L2并联的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流I增大，路端电压U减小，则电压表示数减小，灯L1变亮。R与灯L2并联电路的电压U并＝U−U1，U减小，U1增大，U并减小，灯L2变暗。流过电流表的电流IA＝I−I2，I增大，I2减小，IA增大，电流表的示数增大 A. 电压表和电流表的示数都增大与分析不符，A错误 B. 灯L2变暗，电流表的示数减小与分析不符，B错误 C. 灯L1变亮，电压表的示数减小与分析符合，C正确 D. 灯L2变亮，电容器的带电量增加与分析不符，D错误 ‎8. 如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x轴垂直于环面且过圆心O，下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是（ ）‎ A. O点的电场强度为零，电势最低 B. O点电场强度为零，电势最高 C. 从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高 D. 从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：将圆环等分成若干微小段，每一小段和与它关于O点对称的一小段在O点，产生的电场的电场强度总大小相等、方向相反，矢量和为零，即最终在O点的总矢量和为零，即在O点处，电场强度为零。因为圆环带正电，因此，每一小段和与它关于O点对称的一小段在O点的左右两侧，产生大小相等、方向分别向外与x轴成相等角的电场，矢量和沿着x轴，由O点向两侧发散，各段叠加后总矢量和仍然沿着x轴，由O点向两侧发散，根据沿着电场线方向电势逐点降低的规律可知，O点的电势最高，故选项A、C错误，选项B正确；当从O点沿x轴正方向，趋于无穷远时，电场强度也为零，因此从O点沿x轴正方向，电场强度先变大，后变小，故选项D错误。‎ 考点：本题主要考查了电场力的性质和能的性质问题，属于中档题。‎ ‎9.如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，ab＝cd＝L，ad＝bc＝2L，电场线与矩形所在的平面平行。已知a点电势为20 V，b点电势为24 V，d点电势为12 V。一个质子从b点以速度v0射入此电场，入射方向与bc成45°角，一段时间后经过c点。不计质子的重力。下列判断正确的是（ ）‎ A. c点电势高于a点电势 ‎ B. 场强的方向由b指向d C. 质子从b运动到c所用的时间为 ‎ D. 质子从b运动到c，电场力做功为4 eV ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在匀强电场中，沿着电场线方向每前进相同的距离，电势变化相等，故 Ua-Ud=Ub-Uc 解得 Uc=16V a点电势为20V．则c点电势低于a点电势。故A错误；‎ B．设ad连线中点为O，则其电势为16V，故co为等势面，电场线与等势面垂直，则电场线沿着bo方向，故B错误；‎ C．由上可知，电场线沿着bo方向，质子从b运动到c做类平抛运动，垂直于bo方向做匀速运动，位移大小为 则运动时间为 故C正确； D．根据W=qU，质子从b点运动到c点，电场力做功为 W=qUbc=1e×（24V-16V）=8eV 故D错误；‎ ‎10.如题图所示，平行直线表示电场线，但未标明方向，带电量为+10-2C微粒在电场中只受电场力作用。由A点移到B点，动能损失0.1J，若A点电势为-10V，则 A. B点的电势为0V B. 电场线方向从左向右 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】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】B．由动能定理可知 WE=△EK=-0.1J；‎ 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错误； A．AB两点的电势差 则 UA-UB=-10V 解得 UB=0V；‎ 故A正确；‎ CD．因电场方向向左，电场力向左，粒子运动轨迹的凹向指向电场力方向，可知微粒的运动轨迹可能是轨迹1，选项C正确，D错误；‎ ‎11.如图所示，A、B为两块竖直放置的平行金属板，G是静电计，电键K合上后，静电计指针张开一个角度。下述哪些做法可使指针张角增大？ ‎ A. 使A、B两板靠近些 B. 使A、B两板正对面积错开些 C. 断开K后，使B板向右平移拉开一些 D. 断开K后，使A、B正对面错开些 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．开关S闭合，电容器两端的电势差不变，则指针的张角不变。故A、B错误。‎ C．断开S，电容器所带的电量不变，B板向右平移拉开些，则由，电容减小，根据Q=CU知，电势差增大，则指针张角增大。故C正确。‎ D．断开S，电容器所带的电量不变，A、B的正对面积错开，由，电容减小，根据Q=CU知，电势差增大，则指针张角增大。故D正确。‎ ‎12.如图甲所示电路中的小灯泡通电后其两端电压U随所通过的电流I 变化的图线如图乙所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PM为U轴的垂线，PQ为I轴的垂线，下列说法中正确的是 A. 随着所通电流的增大，小灯泡的电阻增大 B. 对应P点，小灯泡的电阻为 C. 若在电路甲中灯泡L两端的电压为U1，则电阻R两端的电压为I1R D. 对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．图线上的点与原点连线的斜率等于电阻大小，由数学知识可知，随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大。故A正确；‎ B．对应P点，小灯泡的电阻为，故B错误；‎ C．在电路中灯泡L两端的电压为U1时，电流为I2，则电阻R两端的电压为I2R，故C错误；‎ D．由恒定电流的功率公式P=UI，推广可知，对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积。故D正确。‎ 二、填空题 ‎13.通过实验描绘：一个“2.5V，0.2W”小灯泡的伏安特性曲线，可供选择的仪器有 A.0~0.6A，电阻为0.2Ω的电流表 B.0~100mA,电阻为5Ω的电流表 C.0~3V,电阻为10KΩ的电压表 D.0~15V,电阻为50KΩ的电压表 E.最大电阻为20Ω额定电流为1.0A的滑动变阻器 F.最大电阻为1KΩ额定电流为0.1A的滑动变阻器 G.蓄电池6V、导线、电键 要求实验灯泡电压从零逐渐增大到额定电压。‎ ‎（1）电压表应选__________. 电流表应选 ________. 滑动变阻器选________. （均填写前面的字母序号）‎ ‎（2）画出电路图在下面方框内。‎ ‎（3）按照正确的电路图连接右边的实物图 ‎ ‎（4）连好图示的电路后闭合开关，通过移动变阻器的滑片，使小灯泡中的电流由零开始逐渐增大，直到小灯泡正常发光，由电流表和电压表得到的多组读数描绘出的I－U图象可能是（ ）‎ A. B. C. D.‎ ‎（5）分析小灯泡的I-U曲线,可知小灯泡的电阻随电流I变大而_________ （填“变大”、“变小”或“不变”）,原因是_____________。‎ ‎【答案】(1). C B E (2). (3). ‎ ‎ (4). C (5). 变大 小灯泡灯丝的电阻随温度的升高而增大 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1][2][3]．灯泡额定电压为2.5V，电压表选C；灯泡额定电流：‎ 电流表应选择B；为方便实验操作滑动变阻器应选择E．‎ ‎（2）[4]．描绘灯泡伏安特性曲线电压表与电流表应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应选择外接法，实验电路图如图所示： ‎ ‎ （3）[5]．根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示： ‎ ‎（4）[6]．灯泡电阻受温度影响，随温度升高而增大，随电压增大通过灯泡的电流变大，灯泡实际功率增大，灯泡温度升高，灯泡电阻变大，由图示可知，图C所示图象正确，故选C．‎ ‎（5）[7][8] ．灯泡电阻随电流增大而增大，因为灯丝电阻率随温度升高而增大。‎ ‎14.（1）某同学用螺旋测微器测出用金属材料制成的一段圆柱体的横截面的直径如图所示。横截面的直径为________ mm。‎ ‎（2）用伏安法测量电阻阻值R，并求出电阻率ρ。给定电压表（内阻约为 50kΩ）、电流表（内阻约为40 Ω）、滑动变阻器、电源、开关、待测电阻（约为250 Ω）及导线若干。‎ ‎①如上图甲所示电路图中，电压表应接________点。（填“a”或“b”）‎ ‎②图乙中的6个点表示实验中测得的6组电流I、电压U的值，试作图（ ），并求出电阻阻值R＝________ Ω。（保留3位有效数字）‎ ‎③待测电阻是一均匀材料制成的圆柱体，用游标为50分度的卡尺测量其长度与直径，结果分别如图丙所示。由图可知其长度为________ mm。‎ ‎④由以上数据可求出ρ＝________ Ω·m（保留3位有效数字，其中已知直径为1.92mm）。‎ ‎【答案】(1). 4.702（0.701-0.703之间） (2). a 227（224~230） 8.04 8.24×10－2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．螺旋测微器的固定刻度为4.5mm，可动刻度为20.2×0.01mm=0.202mm，所以最终读数为4.5mm+0.202mm=4.702mm．‎ ‎（2）①[2]．由题意可知：‎ 电流表应采用外接法，电压表应接a点；‎ ‎②[3]．根据坐标系内描出点作出U-I图象，图象如图所示： [4]．图象的斜率表示电阻，为：‎ ‎ ‎ ‎③[5]．由图丙所示游标卡尺可知，其示数为：8mm+2×0.02mm=8.04mm；‎ ‎④[6]．根据电阻定律可知：‎ 电阻率：‎ 三、计算题 ‎15.一根长为l的丝线吊着一质量为m，带电荷量为q的小球静止在水平向右的匀强电场中，如图所示，丝线与竖直方向成37°角，现突然将该电场方向变为向下且大小不变，不考虑因电场的改变而带来的其他影响（重力加速度为g），求：‎ ‎（1）匀强电场的电场强度的大小；‎ ‎（2）小球经过最低点时受到的拉力大小 ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）以小球为研究对象，分析受力情况：重力mg、电场力qE、丝线的拉力FT，电场力方向必定水平向右，与电场强度方向相同，所以小球带正电荷．如图1所示．由平衡条件得：‎ mgtan37°=qE 故 ‎（2）当电场方向变为向下后，小球受到的电场力竖直向下，向下做圆周运动，重力和电场力都做正功，由动能定理得 解得 ‎ 小球经过最低点时，由重力、电场力和丝线的拉力的合力提供了向心力，如图2所示．根据牛顿第二定律得 解得 ‎ ‎16.如图所示，R为电阻箱，V为理想电压表．当电阻箱读数为R1＝2Ω时，电压表读数为U1＝4V；当电阻箱读数为R2＝5Ω时，电压表读数为U2＝5V．求：‎ ‎（1）电源的电动势E和内阻r．‎ ‎（2）当电阻箱R读数为多少时，电源的输出功率最大？最大值Pm为多少？‎ ‎【答案】（1）E=6 V r=1 Ω （2）当R=r=1 Ω时，Pm=9 W ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由闭合电路欧姆定律得：‎ ‎，代入得①，‎ ‎，代入得：②，‎ 联立上式并代入数据解得：E=6V，r=1Ω ‎（2）当电阻箱的阻值等于电源的内电阻时电源的输出功率最大，即有R=r=1Ω 电源的输出功率最大为：；‎ ‎17.如图所示，AB、CD为两平行金属板，A、B两板间电势差为U，C、D始终和电源相接，测得其间的场强为E.一质量为m、电荷量为q的质子（重力不计）由静止开始，经AB加速后穿过CD发生偏转，最后打在荧光屏上。已知C、D极板长均为s，荧光屏距C、D右端的距离为L，问：‎ ‎⑴质子打在荧光屏上距O点下方多远处？‎ ‎⑵如将题目中质子换成粒子，其他条件均不变，则两种情形下质子和粒子分别从静止出发经同一装置加速和偏转最后打在荧光屏上的动能之比为多少？‎ ‎【答案】(1)(2)‎ ‎【解析】试题分析：（1）质子经过AB板加速度后速度为：‎ ‎① (2分)‎ 经过CD偏转电场后竖直方向的位移为：② (2分)‎ 打在荧光屏上距O点下方距离D为③ (2分)‎ 由①、②、③式可得：(2分)‎ ‎（2）由（1）中分析可知，经同一装置加速和偏转后，两种粒子运动轨迹相同，所以，打在荧光屏上同一点（即两粒子电场力做功与电量成正比） （2分）‎ 则两粒子打在荧光屏上动能之比为（2分）‎ 考点：本题考查了带电粒子在电场中的运动.‎ ‎18.如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC，其下端(C端)距地面高度h＝0.8m。有一质量为500g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑。小环离杆后正好通过C端的正下方P点处。(g取10 m/s2)求：‎ ‎(1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向.‎ ‎(2)小环从C运动到P过程中的动能增量.‎ ‎(3)小环在直杆上匀速运动速度的大小v0.‎ ‎【答案】（1），方向垂直于杆向下（或与水平方向成45°角斜向下） （2）4J （3）‎ ‎【解析】 (1)方向：垂直于杆向下 （2）（3）v0=2m/s ‎(1) 由解得：方向：垂直于杆向下 ‎（2）分析小环从C运动到P的过程，由动能定律：‎ 即得：‎ ‎（3）小环离开杆做类平抛运动：‎ 平行于杆方向做匀速直线运动：‎ 垂直于杆方向做匀加速直线运动：‎ 联立解得：v0=2m/s 本题考查牛顿第二定律和动能定理的应用，由小球在运动过程中，由重力和电场力沿斜面向下的分力提供加速度，受力分析后建立直角坐标系，把力分解后可求得加速度大小，分析小环从C运动到P的过程，由动能定理可求得动能增量大小，小环离开杆以后做类平抛运动，平行于杆的方向做匀速运动，垂直于杆方向做匀加速直线运动，类比平抛运动规律可求得初速度大小