四川省成都七中实验学校2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

四川省成都七中实验学校2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

成都七中实验学校 2019-2020 学年上期半期考试 高二年级 物理试题 一．选择题 ‎1.关于物理学史和力学单位，下列说法正确的是 A. 卡文迪许利用扭秤实验测出了静电力常量 k 数值,结果为 k=9.0×109N.m/C2‎ B. 电场强度的单位可以是 N/C 和 V/m C. 电功率 P=UI 中 P 的单位可以为 W，还可以为 ‎ D. 密立根油滴实验测量了电子电荷量，e=1.60×1019C ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 卡文迪许利用扭秤巧妙地测得引力常量G的数值，而不是静电力常量k的数值，故A错误。‎ B. 根据电场强度的定义式可知，力的单位是N，电荷的单位是C，所以电场强度的单位是N/C，根据电场强度的公式可知，电势差的单位为V，距离的单位为m，所以V/m是电场强度的单位，故B正确。‎ C.根据功率 可知，功率单位可以为 ，故C错误。‎ D. 密立根油滴实验测量了电子电荷量，e=1.60×10-19C，故D错误。‎ ‎2.将两个分别带有电荷量－2Q 和＋5Q 的相同金属小球 A、B 分别固定在相距为r 的两处（均可视为点电荷），它们之间库仑力的大小为 F.现将第三个与 A、B 两 小球完全相同的不带电小球 C 先后与 A、B 两小球相互接触后拿走，A、B 两小球间距离保持不变，则两小球间库仑力的大小为 A. F B. F C. F D. F ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】开始时由库仑定律得：‎ 当小球和A接触后，A球带电为-Q，再和B球接触时，先中和后总电量为4Q，故平分后B 球带电为2Q，因此此时：‎ 所以 A. F与计算不符，故A错误。‎ B. F与计算不符，故B错误。‎ C. F与计算相符，故C正确。‎ D. F与计算不符，故D错误。‎ ‎3.如图所示，A、B 为两电阻的电压与电流图像，关于两电阻的描述正确的是 A. 电阻 A 的电阻随电流的增大而减小，电阻 B 阻值不变 B. 在两图线交点处，电阻 A 的阻值等于电阻 B C. 在两图线交点处，电阻 A 的阻值大于电阻 B D. 在两图线交点处，电阻 A 的阻值小于电阻 B ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由图可知，电阻A的图象的斜率越来越大，故A的电阻随电流的增大而增大，电阻B阻值不变；故A错误；‎ BCD. 两图象的交点处，电流和电压均相同，则由欧姆定律可知，两电阻的阻值大小相等；故B正确CD错误；‎ ‎4.小宇同学在探究电表改装时，取了两个满偏电流均为 Ig=1mA、内阻 rg=30Ω的 表头，分别改装成量程为 0~3V 的电压表和量程为 0~0.6A 的电流表。下列操作正 确的是 A. 改装成电压表应该串联一个 2990Ω的定值电阻，改装成电流表应该并联 一个 0.15Ω的定值电阻 B. 改装成电压表应该并联一个 2990Ω的定值电阻，改装成电流表应该串联 一个 ‎ 0.15Ω的定值电阻 C. 改装成电压表应该串联一个 2970Ω的定值电阻，改装成电流表应该并联 一个 0.05Ω的定值电阻 D. 改装成电压表应该并联一个 2990Ω的定值电阻，改装成电流表应该串联 一个 0.05Ω的定值电阻 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】如把它改装成量程为3V的电压表要串联电阻分压：‎ 如把它改装成量程为0.6A的电流表要并联分流电阻：‎ A. 改装成电压表应该串联一个 2990Ω的定值电阻，改装成电流表应该并联 一个 0.15Ω的定值电阻，与分析结果不符，故A错误。‎ B. 改装成电压表应该并联一个 2990Ω的定值电阻，改装成电流表应该串联 一个 0.15Ω的定值电阻，与分析结果不符，故B错误。‎ C. 改装成电压表应该串联一个 2970Ω的定值电阻，改装成电流表应该并联 一个 0.05Ω的定值电阻，与分析结果相符，故C正确。‎ D. 改装成电压表应该并联一个 2990Ω的定值电阻，改装成电流表应该串联 一个 0.05Ω的定值电阻，与分析结果不符，故D错误。‎ ‎5. 压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学利用压敏电阻设计了判断小车运动状态的装置，其工作原理如图（a）所示，将压敏电阻和一块挡板固定在绝缘小车上，中间放置一个绝缘重球。小车向右做直线运动过程中，电流表示数如图5（b）所示，下列判断正确的是 A. 从t1到t2时间内，小车一定匀速直线运动 B. 从t1到t2时间内，小车一定匀加速直线运动 C. 从t2到t3时间内，小车一定匀加速直线运动 D. 从t2到t3时间内，小车一定匀速直线运动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：由图知从t1到t2时间内，电流I增大，则压敏电阻所受压力增大，即绝缘球所受的支持力增大，由知小车做加速度变大的加速运动，AB错；从t2到t3时间内，电流I不变，则压敏电阻所受压力不变，即绝缘球所受的支持力不变，由知小车做匀加速直线运动，C对，D错。‎ 考点：本题考查I-t图像的分析，受力分析，牛顿第二定律 点评：本题学生能根据电流的变化，判断压敏电阻阻值的变化，进而判断所受压力的变化，再由牛顿第二定律判断加速度的变化。‎ ‎6.电阻R和电动机M串联接到电路中，如图所示，已知电阻R跟电动机M线圈的电阻相同，开关闭合后，电动机正常工作，设电阻R和电动机两端的电压分别为U1和U2；经过时间t，电流通过电阻R做功为W1，产生的热量为Q1；电流通过电动机M做功为W2，产生的热量为Q2，则有（ ）‎ A. U1＝U2，Q1＜Q2‎ B. W1＜W2，Q1＝Q2‎ C. W1＜W2，Q1＜Q2‎ D. U1＞U2，Q1＝Q2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：设开关接通后，电路中电流为I．‎ 对于电阻R，由欧姆定律得 对于电动机，，则．根据公式可得，‎ 根据焦耳定律得，则．‎ 故选B，‎ 考点：考查了电功和电功率的计算 点评：本题把握纯电阻电路与非纯电阻电路区别的能力，抓住欧姆定律适用于纯电阻电路，不适用于非纯电阻电路，而焦耳定律对两种电路均适用．‎ ‎7.两个带电小球 A、B（可视为点电荷）的质量分别为 m1 和 m2，带电荷量分别为 q1 和 q2，用长度相同的绝缘细线拴住并悬挂于同一点，静止时两悬线与竖直方向的 夹角相等．则 m1 和 m2、q1 和 q2 的关系可能是 A. q1＝q2，m1＝m2 B. q1> q2，m1> m2‎ C. q1< q2，m1＝m2 D. q1< q2，m1> m2‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】题中电荷电量可能不同，也可能相同，但各自所受的电场力大小却相同，方向相反。由于它们与竖直线所成的角度均为α，且两球同处一水平线上，所以根据共点力平衡条件可确定，它们的质量一定相等。‎ A. q1＝q2，m1＝m2与计算相符，故A正确。‎ B. q1> q2，m1> m2与计算不符，故B错误。‎ C. q1< q2，m1＝m2与计算相符，故C正确。‎ D. q1< q2，m1> m2与计算不符，故D错误。‎ ‎8.如图（1）是某一点电荷形成的电场中的一条电场线，A、B 是电场线上的两点， 一负电荷 q 仅在电场力作用下以初速度 v0 从 A 运动到 B 过程中的速度图线如图（2）所示，则以下说法中正确的是 A. A、B 两点的电场强度是 EA>EB B. A、B 两点的电势差 UAB>0‎ C. 负电荷 q 在 A 到 B 过程中电势能增大 D. 由于电场方向由 A→B，所以此电场是由 A 点左侧正点电荷形成的 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 速度图象的斜率等于物体的加速度，由图可知点电荷从A向B运动的过程中，加速度越来越大，所受的电场力越来越大，场强越来越大，故A点的场强小于B点场强，‎ EA＜EB 故A错误。‎ B. 由于物体沿电场线运动过程中做减速运动，故点电荷所受电场力方向由B指向A，又由于负电荷所受电场力的方向与场强的方向相反，所以电场线的方向由A指向B；而沿电场线的方向电势降低，所以A点电势比B点的电势高 UAB>0‎ 故B正确。‎ C. 从图象知道，速度减小，电荷的动能减小，由于仅在电场力作用，所以根据能量守恒可知其电势能增大，负电荷 q 在 A 到 B 过程中电势能增大，故C正确。‎ D. 因为A点的场强小于B点场强，A点离场源电荷远，电场线的方向由A指向B，所以此电场一定是负电荷形成的电场，故D错误。‎ ‎9.在空间 O 点固定带正电的点电荷 Q，其电场的电场线如图所示，在其电场中的 A 点有一个带电粒子 q（重力不计）。若给带电粒子一个垂直于 OA 方向的初速度 v0，在只受电场力的作用下，以下说法中正确的是 A. 若 q 为负电荷，则q 可能做匀速圆周运动 B. 若q 为负电荷，则q 可能做匀变速曲线运动 C. 若 q 为正电荷，则 q 的电势能可能增大 D. 若q 为正电荷，则 q 一定做远离 O 点的变加速曲线运动 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 若 q 为负电荷，当粒子受到的电场力恰好和粒子做圆周运动的向心力的大小相等时，粒子做匀速圆周运动，故A正确。‎ B. 当粒子做曲线运动时，粒子受到的电场力的大小要改变，所以粒子将做的是变加速曲线运动，故B错误。‎ C. 若q为正电荷，那么粒子一定会向远离电荷的方向运动，电场力做正功，则q的电势能逐渐的减小，故C错误。‎ D. 若q为正电荷，那么粒子一定会远离电荷，受到的电场力的大小逐渐的减小，是变速运动，故D正确。‎ ‎10.从地面斜向上抛出一个质量为 m、带电量为+ q 的小球，当小球到达最高点时， 小球具有的动能与势能之比是 9:16，选地面为重力势能参考面，现在此空间加 上一个平行于小球运动平面的竖直方向匀强电场 E，以相同的初速度抛出原小 球，小球到达最高点时的动能等于重力势能。已知重力加速度大小为 g，不计空气阻力。下列说法正确的是 A. 小球抛出时速度的水平分量与竖直分量的比值为 4:3‎ B. 小球第二次在空中运动的水平位移小于第一次在空中运动的水平位移 C. 所加电场方向一定竖直向上，且满足 q E，<，=）‎ ‎【答案】 (1). > (2). <‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1][2]若在荧光屏上Ⅱ象限显示出为一个亮点，则在 YY'板间所加电 压 UYY'>0，电子向上偏转；在 XX' 板间所 加电压UXX'<0，电子向x轴负向偏转。‎ ‎14.为了测量某待测电阻 Rx 的阻值（约为30 Ω），有以下一些器材可供选择。‎ 电流表A1（量程 0～50 mA，内阻约 10 Ω）； ‎ 电流表A2（量程 0～3 A，内阻约 0.12Ω）； ‎ 电压表V1（量程 0～3 V，内阻很大）； ‎ 电压表V2（量程 0～15 V，内阻很大）；‎ 电源 E（电动势约为 3 V，内阻约为 0.2 Ω）； ‎ 定值电阻 R（20 Ω，允许最大电流 1.0 A）； ‎ 滑动变阻器 R1（0～10 Ω，允许最大电流 2.0 A）； ‎ 滑动变阻器 R2（0～1 kΩ，允许最大电流 0.5 A）； 单刀单掷开关 S 一个，导线若干。‎ ‎（1）电流表应选_____，电压表应选_____，滑动变阻器应选_____。（填 字母代号）‎ ‎（2）请在方框内画出测量电阻 Rx 的实验电路图。（要求测量范围尽可能大）‎ ‎（ ）‎ ‎ （3）某次测量中，电压表示数为 U 时，电流表示数为 I，则计算待测电阻阻值 表达式为 Rx＝________。‎ ‎【答案】 (1). A1 (2). V1 (3). R1 (4). (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2][3] 电源电动势为3V，则电压表选V1；通过待测电阻的最大电流约为：‎ 选量程为3A的电流表读数误差太大；可以把定值电阻与待测电阻串联，此时电路最大电流约为：‎ 电流表应选择A1。为方便实验操作，滑动变阻器应选：R1。‎ ‎(2)[4]定值电阻与待测电阻串联的总阻值约为 ‎30+20=50Ω 远大于滑动变阻器最大阻值10Ω，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法；由题意可知，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表可以采用外接法，电路图如图所示：‎ ‎(3)[5] 由欧姆定律可知，待测电阻阻值：‎ 三．计算题 ‎15.带电荷量 q=-5.0×10-8C 的点电荷从 A 点移到 B 点时，克服电场力做功 3.0×10-6J．已知 B 点的电势为φB=50V．求：‎ ‎（1）A、B 间的电势差 UAB；‎ ‎（2）A 点的电势φA ‎（3）电荷在 B 点时的电势能 EpB．‎ ‎【答案】（1）60V（2）110V（3）-5.5×10-6J ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）A、B间的电势差 ‎（2）因为UAB=φA-φB，则 φA=φB+UAB=50+60V=110V ‎（3）点电荷放在B点时它的电势能 EP=qφB=-5×10-8×110=-5.5×10-6J ‎16.如图所示电路中，电阻R1＝R2＝R3＝10Ω，电源内阻γ＝5Ω，电压表可视为理想电表．当开关S1和S2均闭合时，电压表的示数为10V．‎ ‎（1）路端电压为多大?‎ ‎（2）电源的电动势为多大?‎ ‎（3）当开关S1闭合而S2断开时，电压表的示数变为多大?‎ ‎【答案】（1）15V (2)20V (3)16V ‎【解析】‎ 试题分析：（1）对R2由欧姆定律得到：‎ 外电路的总电阻为：R=R2+R12=15Ω 路端电压为：U=IR=15V ‎(2) 由闭合电路的欧姆定律得到：E= I(R+r)=20V ‎(3) S2断开，R3没有接入电路，由闭合电路的欧姆定律：‎ 由图知电压表的示数即为路端电压：U`=I`（R1+R2）=16V 考点：本题考查闭合电路的欧姆定律，电路的分析计算 点评：本题学生会根据电路图分析电阻在电路中的连接方式，然后用串并联电路的电压、电流及电阻关系去解题。‎ ‎17.下表是一辆电动自行车的部分技术指标，其中额定车速是指电动自行车满载情况下在水平平直道路上以额定功率匀速行驶的速度。请参考表中数据，完成下列问题 （g 取 10 m/s2）： ‎ 额定车速 整车质量 载重 额定输出功率 电动机额定工作电压和电流 ‎18km/h ‎40kg ‎80kg ‎180W ‎36V/6A ‎（1） 此电动机的电阻是多少？‎ ‎（2） 在水平平直道路上行驶过程中电动自行车受阻力是车重（包括载重）的 k倍，试计算 k 的大小。‎ ‎（3） 仍在上述道路上行驶，若电动自行车满载时以额定功率行驶，当车速为 3m/s时的加速度为多少？‎ ‎【答案】(1) 1Ω(2)0.03(3) 0.45 m/s2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）从表中可知，输出功率P出=180W，输入功率 P入=UI=36×6W=216W P损＝P入-P出=I2r＝62×r＝36W 解得：‎ r=1Ω ‎（2）根据功率方程 P额=fvm=k（M+m）gvm 所以 ‎（3）由功率公式得：‎ P额=Fv 由牛顿第二定律得：‎ F-k（M+m）g=（M+m）a 解得：‎ a=0.45 m/s2‎ ‎18.如图甲所示，质量为m、电荷量为e的电子经加速电压U1，加速后，在水平方向沿O1O2垂直进入偏转电场．已知形成偏转电场的平行板电容器的极板长为L（不考虑电场边缘效应），两极板间距为d，O1O2为两极板的中线，P是足够大的荧光屏，且屏与极板右边缘的距离也为L。求：‎ ‎（1）粒子进入偏转电场的速度v的大小；‎ ‎（2）若偏转电场两板间加恒定电压，电子经过偏转电场后正好打中屏上的A点，A点与极板M在同一水平线上，求偏转电场所加电压U2；‎ ‎（3）若偏转电场两板间电压按如图乙所示作周期性变化，要使电子经加速电场后t=0时刻进入偏转电场后水平击中A点，试确定偏转电场电压U0以及周期T分别应该满足的条件．‎ ‎【答案】粒子进入偏转电场的速度v的大小．‎ 偏转电场所加电压．‎ 偏转电场电压2，3，，周期2，3，‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）电子经加速电场加速：‎ 解得：‎ ‎（2）由题意知，电子经偏转电场偏转后做匀速直线运动到达A点，设电子离开偏转电场时的偏转角为，则由几何关系得：‎ 解得：‎ 又 解得：‎ ‎（3）要使电子在水平在水平方向击中A点，电子必向上极板偏转，且vy=0，则电子应在时刻进入偏转电场，且电子在偏转电场中运动的时间为整数个周期，设电子从加速电场射出的速度为，则 因为电子水平射出，则电子在偏转电场中的运动时间满足 则 ‎（n=1，2，3，4…）‎ 在竖直方向位移应满足 解得：‎ ‎（n=1，2，3，4…）‎ ‎【点睛】带电粒子在电场中的运动，综合了静电场和力学的知识，分析方法和力学的分析方法基本相同．先分析受力情况再分析运动状态和运动过程（平衡、加速、减速，直 线或曲线），然后选用恰当的规律解题．解决这类问题的基本方法有两种，第一种利用力和运动的观点，选用牛顿第二定律和运动学公式求解；第二种利用能量转化的观点，选用动能定理和功能关系求解．‎ ‎ ‎