贵州省毕节市梁才学校2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

贵州省毕节市梁才学校2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

贵州省毕节梁才学校高2018级2019年秋期半期考试物理试题 一、选择题 ‎1.首先发现电流磁效应的科学家是（ ）‎ A. 牛顿 B. 伽里略 C. 奥斯特 D. 库仑 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】首先发现电流磁效应的科学家是奥斯特；‎ A．牛顿，与结论不相符，选项A错误；‎ B．伽里略，与结论不相符，选项B错误；‎ C．奥斯特，与结论相符，选项C正确；‎ D．库仑，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎2.下列说法中正确的是（ ）‎ A. 一小段通电导线放在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度为零 B. 由可知，磁感应强度大小与放入该处的通电导线的I、L的乘积成反比 C. 因为，故导线中电流越大，其周围磁感应强度越小 D. 磁感应强度大小和方向跟放在磁场中通电导线所受力的大小和方向无关 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．一小段通电导线放在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度不一定为零，可能是导线与磁场方向平行放置，选项A错误；‎ BC．磁感应强度大小只由磁场本身决定，与放入该处的通电导线的I、L的大小以及IL乘积均无关，选项BC错误；‎ D．磁感应强度大小和方向只由磁场本身决定,跟放在磁场中通电导线所受力的大小和方向无关，选项D正确．‎ ‎3.下列各物理量中，与试探电荷有关量是 A. 电场强度E B. 电势φ C. 电势差U D. 电场做功W ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC.电场强度、电势、电势差描述的都是电场本身的性质，与是否有试探电荷无关，故ABC错误．‎ D.电场力对试探电荷做功，与试探电荷的电量及电性有关，故D正确．‎ ‎4.在示波管中，电子枪2秒内发射了6×1013个电子，则示波管中电流强度的大小为 （ ）‎ A. 3×10－13A B. 4.8×10－6A C. 9.6×10－6A D. 3×10－6A ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：根据公式可得,故选B,‎ 考点：考查了电流宏观表达式的应用 点评：基础题，比较简单，关键是对公式的正确掌握 ‎5.有两个点电荷，所带电荷量分别为q1和q2，相距为r，相互作用力为F．为了使它们之间的作用力增大为原来的2倍，下列做法可行的是（ ）‎ A. 仅使增大为原来的2倍 B. 仅使减小为原来的一半 C. 使和都增大为原来的2倍 D. 仅使r减小为原来一半 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：真空中有两个点电荷，它们之间相互作用力为F，即为；当它们之间的相互作用力为2F，则有：保持距离不变，仅使q1增大为原来的2倍，或使两电荷量都变为原来的2倍，则库仑力分别变为2倍和4倍，故A正确，C错误；仅使q2减小为原来的一半，根据库仑定律可知，它们之间的作用力减小为原来的一半，故B错误；保持两点电荷的电量不变，使r减小为原来的一半，则库仑力变为4倍，故D错误；故选A．‎ 考点：库仑定律 ‎6.电场中某区域的电场线分布如图所示，A、B是电场中的两点，则（　　）‎ A. A、B两点的电场强度方向相同 B. 因为B点没有电场线，所以电荷在B点不受到静电力作用 C. 在仅受电场力时，同一点电荷放在B的加速度比放在A点时加速度小 D. 正电荷放在A点由静止释放，电场线就是它的运动轨迹 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、电场强度的方向沿电场线的切线方向，由图可知，A点处与B点处电场线切线方向是不同的，所以它们电场强度的方向是不同的．故A错误． ‎ B、电场线的疏密代表电场的强弱，故在任意两条电场线之间虽没有电场线，但仍有电场，故B错误． ‎ C、电场线的疏密代表电场的强弱，则A点的电场强度较大，同一点电荷放在A点受到的电场力较大，根据可知，A点的加速度较大，即同一点电荷放在B的加速度比放在A点时加速度小．故C正确． ‎ D、正电荷放在A点受到的电场力沿电场线的切线方向，由静止释放后，电荷将离开电场线，所以其运动轨迹与电场线不一致．故D错误． ‎ 故选C．‎ ‎7.一根粗细均匀的电阻丝截成长度相等的三段，再将它们并联起来，测得阻值为3 Ω，则此电阻丝原来的阻值为( )‎ A. 9 Ω B. 8 Ω C. 27 Ω D. 3 Ω ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：导体的形状改变后，其体积并未发生变化；一根粗细均匀的电阻丝截成长度相等的三段，再将它们并联起来，长度减小为原来的三分之一，面积曾大为原来的三倍，则有：，则此电阻丝原来的阻值为：．‎ 故选C 考点：电阻定律 点评：某一导体形状改变后，一定要同时考虑它的长度l、横截面积S的变化，用来确定S、l在形状改变前后的关系．‎ ‎8.一个电流表的满偏电流Ig=1mA，内阻为500Ω，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（　　）‎ A. 串联一个10kΩ的电阻 B. 并联一个10kΩ的电阻 C. 串联一个9.5kΩ的电阻 D. 并联一个9.5kΩ的电阻 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】把电流表改装成电压表，串联电阻阻值：‎ A．串联一个10kΩ的电阻，与结论不相符，选项A错误；‎ B．并联一个10kΩ的电阻，与结论不相符，选项B错误；‎ C．串联一个9.5kΩ的电阻，与结论相符，选项C正确；‎ D．并联一个9.5kΩ的电阻，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎9.如图所示，一质子沿等量异种电荷的中垂线由A→O→B匀速运动，质子重力不计，则质子除受电场力外，所受的另一个力的大小和方向变化情况是（ ）‎ A. 先变大后变小，方向水平向左 B. 先变大后变小，方向水平向右 C. 先变小后变大，方向水平向左 D. 先变小后变大，方向水平向右 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据等量异种电荷周围的电场线分布知，从A→O→B，电场强度的方向不变，水平向右，电场强度的大小先增大后减小，则质子所受电场力的大小先变大，后变小，方向水平向右，则外力的大小先变大后变小，方向水平向左，故选A．‎ ‎10. 如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，给电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ增大 B. 保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ不变 C. 断开S，将A板向B板靠近，则θ增大 D. 断开S，将A板向B板靠近，则θ减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】若保持S闭合，则电容器两极板之间的电压保持不变，因此根据 可知，当将A板向B板靠近时，电场强度增大，则电场力增大，θ将增大，故A正确；B错误；若断开S，电容器带电量保持不变，由和 以及，可得：，由于Q、S不变，只是d变化，所以电场强度不变，故电场力不变，则θ不变， 故CD错误；故选A．‎ ‎【点睛】对于电容器的讨论注意电容器的两种状态，同时熟练掌握公式：、、之间的推导，尤其是在电容器电量保持不变时，要正确根据这三个公式推导电场强度的表达式，从而正确判断电场强度的变化．‎ ‎11.如图所示，一带正电点电荷固定于点，实线为某带电粒子在该电场中的运动轨迹，该带电粒子仅受电场力作用，、、为轨迹上的三个点，虚线圆均以为圆心，下列说法正确的是（ ）‎ A. 带电粒子带正电荷 B. 带电粒子在点的加速度小于它在点的加速度 C. 带电粒子在点的动能等于它在点的动能 D. 带电粒子在从点运动到点的过程中电场力先做正功再做负功 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A：根据轨迹弯曲方向可以判断，粒子在运动过程中，受静电斥力作用，圆心处点电荷是正电荷，则带电粒子带正电荷．故A项正确．‎ B：离圆心处点电荷越近，带电粒子受到的电场力越大，带电粒子在b处受到的电场力大于在a处到的电场力，则带电粒子在b点的加速度大于它在a点的加速度．故B项错误．‎ C：由图知，b、c离圆心距离相等，处于同一等势面上，则粒子从b到c过程电场力做的功为零，又粒子仅受电场力作用，则粒子在b处动能等于它在c处的动能．故C项正确．‎ D：粒子从b到c过程中电场力与运动方向先成钝角后成锐角，则粒子从b到c过程电场力先做负功再做正功．故D项错误．‎ ‎12.如图所示电路，已知电源电动势为E，内阻为r, R0为固定电阻，当滑动变阻器R的触头向下移动吋，下列论述正确的是：（ ）‎ A. 灯泡L—定变亮 B. 电流表的示数变大 C. 电压表的示数变小 D. R0消耗的功率变小 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AC．当R的滑动触点向下滑移动时，R变大，外电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律知，总电流I变小，电源的内电压变小，则路端电压变大，因此电压表读数变大．灯泡L的电压增大，则灯L一定变亮．故A正确，C错误．‎ BD．电路中并联部分电压变大，通过L的电流变大，而总电流减小，则电流表A的读数减小，R0消耗的功率变小．故B错误，D正确．‎ ‎13.如图所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图像，直线B为电源b的路端电压与电流的关系图像，直线C为一个电阻R的两端电压与电流的关系图像．将这个电阻R分别接到a、b两电源上，那么（ ）‎ A. R接到a电源上，电源的效率较高 B. R接到b电源上，电源的效率较高 C. R接到a电源上，电源的输出功率较大 D. R接到b电源上，电源的输出功率较大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电源的效率等于电源的输出与总功率的百分比，根据欧姆定律得到，电源的效率也等于外电阻与电路总电阻之比．由电源的 U-I图象斜率大小等于电源的内阻，比较读出电源内电阻的大小，确定电源的效率关系．当电阻R与电源组成闭合电路时，电阻R的U-I图线与电源的U-I图 线的交点表示工作状态，交点坐标的乘积等于电源的输出功率．‎ ‎【详解】AB．电源的效率 ‎，‎ 由闭合电路欧姆定律 可知，b电源的内阻r较小，R接到b电源上，电源的效率较高．故A错误，B正确．‎ CD．当电阻R与电源组成闭合电路时，电阻R的U-I图线与电源的U-I图线的交点表示工作状态，交点的纵坐标表示电压，横坐标表示电流，两者乘积表示电源的输出功率，由图看出，R接到a电源上，电压与电流的乘积较大，电源的输出功率较大．故C正确，D错误．‎ ‎【点睛】关键理解交点的物理意义，也可以根据欧姆定律研究电流与电压关系，来比较电源的输出功率．‎ ‎14.如图所示，叠放在一起的A、B两绝缘小物块放在水平向右的匀强电场中，其中B带正电q而A不带电.它们一起沿绝缘水平面以某一速度匀速运动.现突然使B带电量消失，同时A带上正电q，则A、B的运动状态可能为 （ ）‎ A. 一起匀速运动 B. 一起加速运动 C. A匀加速，B匀减速 D. A匀加速，B匀速 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】原来AB一起匀速运动，此时AB间无摩擦，B与地面摩擦力fB=qE．A带电后：A水平方向受力qE，设AB之间的摩擦力为fA，此时B受到向前的fA，向后的和地面之间的摩擦力fB， 当fA＜qE，对于A合力的大小为qE-fA＞0，所以A将加速运动，对于B，此时的fB=qE＞fA，此时B受到的合力向后，所以B将减速运动； 当fA≥qE，AB之间没有相对运动，不会分开，此时AB整体受到的地面的摩擦力和qE相等，此时AB会一起匀速；‎ A．一起匀速运动，与结论相符，选项A正确；‎ B．一起加速运动，与结论不相符，选项B错误；‎ C．A匀加速，B匀减速，与结论相符，选项C正确；‎ D．A匀加速，B匀速，与结论不相符，选项D错误；‎ 二、实验题 ‎15.下图中20分度游标卡尺和螺旋测微器的读数分别为_______mm和_______mm．‎ ‎【答案】 (1). 50.15 (2). 4.700‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]．游标卡尺的主尺读数为：5cm=50mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为3×0.05mm=0.15mm，所以最终读数为：50mm+0.15mm=50.15mm．‎ ‎[2]．螺旋测微器的固定刻度为4.5mm，可动刻度为20.0×0.01mm=0.200mm，所以最终读数为4.5mm+0.200mm=4.700 mm．‎ ‎16.某同学用伏安法测定待测电阻Rx的阻值（约为10 kΩ），除了Rx，开关S、导线外，还有下列器材供选用：‎ A．电压表（量程0~1 V，内阻约为10 kΩ）‎ B．电压表（量程0~10 V，内阻约为100 kΩ）‎ C．电流表（0~1 mA内阻约为30Ω）‎ D．电流表（0~0.6 A，内阻约0.05 Ω）‎ E．电源（电动势1.5 V，额定电流0.5 A，内阻不计）‎ F．电源（电动势12 V，额定电流2 A，内阻不计）‎ G.滑动变阻器R0（阻值范围0~10 Ω，额定电流2 A）‎ H.滑动变阻器R0（阻值范围0~1KΩ，额定电流0.1 A）‎ ‎①为使测量尽量准确，电压表选用_________，电流表选用______________，电源选用______________,滑动变阻器R0 选用_______________．（均填器材的字母代号）；‎ ‎②在框中画出测量Rx阻值的实验电路图．‎ ‎（ ）‎ ‎③该同学选择器材、连接电路和操作均正确，从实验原理上看，待测电阻测量值会______________其真实值（填“大于”“小于”或“等于”）．‎ ‎【答案】 (1). B (2). C (3). F (4). G (5). (6). 大于 ‎【解析】‎ ‎【详解】①[1][2][3][4]．因待测电阻阻值较大，为了准确测量，应采用较大的电动势，故选电动势为12V的电源F；电压表选择10V的量程，即选B；最大电流I约为：‎ ‎，故电流表选择C；滑动变阻器应该采用分压电路，则应该选取阻值较小的G；‎ ‎②[5]．因给出的滑动变阻器总阻值较小，所以应采用分压接法，同时因待测电阻较大，为了准确测量，电流表选择内接法，故电路图如图所示；‎ ‎③[6]．因本实验采用电流表内接法，由于电流表分压影响，电压表测量值将大于真实值，由欧姆定律可知，电阻测量值将大于真实值；‎ 三、计算题 ‎17.如图，将电荷量为q=3.0×10-9C的点电荷从匀强电场中的B点移动到A点，AB=2cm，电场力做的功为-6×10-7J，求：‎ ‎（1）A、B两点的电势差UAB；‎ ‎（2）匀强电场的场强E．‎ ‎【答案】（1）200V（2）10000V/m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）把电荷从B点移动到A点电场力做负功，则把电荷从A点移动到B点做正功，所以A、B两点的电势差为：；‎ ‎（2）匀强电场的场强为：．‎ ‎18.在如图所示电路中，电源电动势为12V，电源内阻为1.0Ω，电路中电阻为1.5Ω，小型直流电动机M的内阻为．闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0A．求： ‎ ‎（1）电动机两端的电压；‎ ‎（2）电源输出的电功率．‎ ‎【答案】（1）7.0V（2）20W ‎【解析】‎ 试题分析：（1）电动机两端的电压等于电源电动势减去内阻电压与电阻电压之和，（2）电源输出的电功率等于电源的总功率减去热功率.‎ ‎（1）电路中电流表的示数为2.0A，所以电动机的电压为 ‎（2）电源的输出的功率为： ‎ ‎19. 质量均为m的两个可视为质点的小球A、B，分别被长为L的绝缘细线悬挂在同一点O，给A、B分别带上一定量的正电荷，并用水平向右的外力作用在A球上，平衡以后，悬挂A球的细线竖直，悬挂B球的细线向右偏60°角，如图所示．若A球的带电量为q，则：‎ ‎（1）B球的带量为多少；‎ ‎（2）水平外力多大．‎ ‎【答案】（1）B球的带量为量；‎ ‎（2）水平外力为=．‎ ‎【解析】‎ ‎【19题详解】‎ 小球B受重力、绳子拉力、库仑斥力而平衡，根据几何关系可知库仑力大小为，所以B球的带量为 ‎【20题详解】‎ 水平外力=‎ ‎20.如图所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L＝0.4 m，两板间距离d＝4×10－3 m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下极板的正中央，已知微粒质量为m＝4×10－5 kg，电荷量q＝＋1×10－8 C，g＝10 m/s2．求：‎ ‎（1）微粒入射速度v0为多少？‎ ‎（2）为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，所加的电压U应取什么范围？‎ ‎【答案】（1）10 m/s （2）120 V ≤U≤200 V ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）粒子刚进入平行板时，两极板不带电，粒子做的是平抛运动，则有： 水平方向有：‎ ‎ ‎ 竖直方向有：‎ ‎ ‎ 解得：‎ v0=10m/s ‎（2）由于带电粒子的水平位移增加，在板间的运动时间变大，而竖直方向位移不变，所以在竖直方向的加速度减小，所以电场力方向向上，又因为是正电荷，所以上极板与电源的负极相连，当所加电压为U1时，微粒恰好从下板的右边缘射出，则有：‎ ‎ ‎ 根据牛顿第二定律得：‎ ‎ ‎ 解得：‎ U1=120V 当所加电压为U2时，微粒恰好从上板的右边缘射出，则有：‎ ‎ ‎ 根据牛顿第二定律得：‎ ‎ ‎ 解得：‎ U2=200V 所以所加电压的范围为：‎ ‎120V≤U≤200V ‎ ‎