安徽省淮北市实验高级中学2020学年高二物理上学期期中试题（含解析）

安徽省淮北市实验高级中学2020学年高二物理上学期期中试题（含解析）

安徽省淮北市实验高级中学2020学年度高二上学期期中考试物理试题 ‎ 一、选择题（1-8题单选，9-12题多选）‎ ‎1. 以下说法正确的是（ ）‎ A. 电动势越大，说明非静电力在电源内部从负极向正极移送正电荷做的功越多 B. 适用于所有电路 C. 导体的电阻率越小，导电性能越好，电阻也越小 D. 由知，同一导线内电荷定向移动平均速率越大，电流越大 ‎【答案】D ‎【解析】电动势越大，说明非静电力在电源内部从负极向正极移送单位正电荷做的功越多，A错误；只适用于纯电阻的电路，B错误；电阻率是表征材料导电性能好坏的物理量，电阻率越小，其导电性能越好，但导体的电阻不一定越小，因导体的电阻与长度、横截面积和材料有关，C错误；由可知，同一导线内电荷定向移动的速率越大，电流越大，D正确；选D.‎ ‎2. 两个相同的带电小球相距r时，相互作用力大小为F，电荷量分别为和，将两球接触后分开，放到相距2r处，相互作用力大小为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】未接触前，根据库仑定律得，接触后两球带电量，放在两球心间相距2r处，根据库仑定律得，联立得：，选D.‎ ‎【点睛】当其中一小球带电荷量为q，另一小球带电荷量为-3q，在真空中相距为r时，根据库仑定律可以得到F与电量q、距离r 的关系；两小球相互接触后放在两球心间相距2r处，电荷先中和再平分，再根据库仑定律得到相互作用的库仑力大小与q、r的关系，用比例法求解．‎ ‎3. 如图所示的电场中，A、B两点电势相同、但场强不同的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】A图中沿着电场线方向电势不断降低，故A点电势高于B点电势，电场线的疏密程度反映场强的大小，故A点的场强小于B点的场强，A不符合题意；B图中A、B两点距场源电荷的距离相等，故A、B两点在同一等势面上，两点的电势相等；根据点电荷的场强公式，可知A、B两点的场强大小相等，方向不同，故两点的场强不同，B符合题意；C图中A、B两点距场源电荷的距离不相等，故电势不相等；根据点电荷的场强公式，可知A、B两点的场强大小不相等，方向相同，故两点的场强不同，C不符合题意；D图中中沿着电场线方向电势不断降低，故A点电势高于B点电势，A、B处在同一匀强电场中，故A、B的电场强度相同，D不符合题意；选B.‎ ‎【点睛】沿着电场线方向电势不断降低，电场线的疏密程度反映场强的大小，在同一匀强电场中电场强度不变.‎ ‎4. 某导体中的电流随其两端的电压变化，如图实线所示，则下列说法中不正确的是（ ）‎ A. 加5V电压时，导体的电阻是 B. 加12V电压时，导体的电阻是 C. 由图可知，随着电压增大，导体的电阻不断减小 D. 由图可知，随着电压减小，导体的电阻不断减小 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：I-U图象描述物体的电流随电压的变化；由各点的坐标可求得导体的电阻；由图象的斜率的变化可明确电阻的变化．‎ 加5V的电压时，电流为1.0A，则由欧姆定律可知，，A正确；加12V的电压时，电流为1.5A，则可得电阻为，B正确；由图可知，随电压的增大，图象的斜率减小，而图像斜率的倒数等于电阻，则可知导体的电阻越来越大，随着电压的减小，导体的电阻减小，C错误D正确．‎ ‎5. 在静电场中，把电荷量的点电荷从A点移动到B点，电场力做功,把这个点电荷从B点移动到C点，电场力做功,若设电荷在B点时的电势能等于零，则该电荷在A点的电势能和C点电势为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】把电荷量的点电荷从A点移动到B点，电场力做功，电势能减小，电荷在B点时的电势能等于零，则该电荷在A点的电势能，把这个点电荷从B点移动到C点，电场力做功，电势能减小，则该电荷在C点的电势能，则C点电势为，选A.‎ ‎6. 如图是一个电路的一部分，其中，，，，，那么电流表测得的电流为（ ）‎ A. 0.2A，方向向右 B. 0.3A，方向向左 C. 0.3A，方向向右 D. 0.2A，方向向左 ‎【答案】C ‎...............‎ ‎【点睛】分别求出两端的电压和两端的电压，然后判断根据电位确定R3两端的电压以及电流的方向，再根据求出通过的电流，最后根据节点法确定通过电流表电流的方向和大小．‎ ‎7. 如图中A、B、C三点都在匀强电场中，已知AC⊥BC，, BC=20cm。把一个电量的正电荷从A移动到B，电场力做功为0；从B移到C，电场力做功为，则该匀强电场的场强大小和方向是（ 　　）‎ A. ，垂直AC向左 B. ，垂直AC向右 C. ，垂直AB斜向上 D. ，垂直AB斜向下 ‎【答案】D ‎【解析】由题知，的正电荷从A移到B，电场力做功为零，则A与B电势相等，AB连线是一条等势线．BC间电势差为：，该匀强电场的场强大小为：，电场线方向垂直于AB向下．故选D.‎ ‎【点睛】由题意可知AB两点电势相等，则可知等势面，由电场线可等势面的关系可知电场线；由电场力做功可求得BC两点的电势差，则可确定电场线的方向，由U=Ed可求得电场强度．‎ ‎8. 如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度大小分别为、，电势能分别为、，下列说法正确的是（ ）‎ A. 电子一定从A向B运动 B. 无论Q为正电荷还是负电荷一定有 C. 若，则Q靠近M端且为负电荷 D. B点电势可能高于A点电势 ‎【答案】B ‎【解析】由于不知道电子速度变化，由运动轨迹图不能判断电子向那个方向运动，故A错误；若，即A点离点电荷Q更近，即Q靠近M端；又由运动轨迹可知，电场力方向指向凹的一侧即左侧，则在直线MN上电场方向向右，则Q靠近M 端且为正电荷，故电场线方向由M指向N，则A点电势高于B点；电子所受电场力方向指向左侧，若电子从A向B运动，则电场力做负功，电势能增加；若电子从B向A运动，则电场力做正功，电势能减小，故一定有，即电子在两点的电势能与Q所带电荷无关，只与电场线方向相关，故B正确，CD错误；故选B.‎ ‎9. 绝缘金属平行板电容器充电后，静电计的指针偏转一定角度，若减小两极板a、b间的距离，同时在两极板间插入电介质，如图所示，则（ ）‎ A. 电容器的电势差会减小 B. 电容器的电势差会增大 C. 静电计指针的偏转角度会减小 D. 静电计指针的偏转角度会增大 ‎【答案】AC ‎【解析】根据公式可知d减小，增大时，电容器电容增大，由于两极板上的电荷量恒定，所以根据可知两极板间的电势差U减小，静电计测量的是电容器两端的电势差，故静电计指针的偏转角度会减小，AC正确．‎ ‎10. 有两根不同材料的金属丝，长度相同，甲的横截面的圆半径以及电阻率都是乙的2倍，则以下说法正确的有（ ）‎ A. 甲、乙的电阻之比是8:1‎ B. 甲、乙的电阻之比是2:1‎ C. 将甲乙并联在电路中，甲乙消耗的电功率之比是2:1‎ D. 将甲乙串联在电路中，甲乙消耗的电功率之比是1:2‎ ‎【答案】CD ‎【解析】甲的圆半径是乙的2倍，故甲的横截面积是乙的4‎ 倍，甲的电阻率是乙的2倍，由电阻定律可知，甲的电阻是乙电阻的一半，即甲、乙的电阻之比是1：2，故AB错误；将两电阻并联时，电压相等，则由可知，甲的电功率是乙电功率的2倍，故C正确；两电阻串联时，电流相等，则由可知，甲的电功率是乙电功率的一半；故D正确；故选CD．‎ ‎【点睛】据电阻定律求出甲、乙电阻之比，并联电路电压相等、串联电路中电流相等，根据其特点选择功率公式求解．‎ ‎11. (多选)如图所示，质子（）和氘核（）同时从静止开始，经同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后打在同一荧光屏幕上，不计重力，则它们（ ）‎ A. 能到达屏幕上同一点 B. 在偏转电场中运动的加速度不相同 C. 从出发到屏幕的运动时间相同 D. 到达屏幕时的速度相同 ‎【答案】AB ‎【解析】设加速电场两极板的距离为，偏转电场极板长度为L，两极板距离为；在加速电场中，在偏转电场中所需时间为，在偏转电场中的偏转量为，联立解得，同理可得离开偏转电场时速度偏转角度的正切，可见y和与电荷的电量和质量无关．所以出射点的位置相同，出射速度的方向也相同．故两种粒子打屏上同一点．故A 正确，在偏转电场中做类平抛运动加速度为，由于质子和氘核的质量不同，而电荷量相同，故加速度不相同，故B正确；在加速电场中运动的加速度为，加速获得的速度，则在加速度电场运动的时间为，在偏转电场中经历时间为，故经历总时间为，经历时间与比荷有关，故时间不同，故C错误；从出发到屏幕，由动能定理得，故速度与比荷有关，故速度不同，故D错误；选AB.‎ ‎【点睛】根据动能定理求出粒子进入偏转电场时的速度，抓住在偏转电场中垂直于电场方向做匀速直线运动，求出运动的时间．结合竖直方向上做匀加速直线运动，求出出电场时竖直方向上的分速度以及偏转的位移．根据动能定理求出偏转电场电场力做功的大小关系．‎ ‎12. 在绝缘光滑的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定正电荷、，两电荷的位置坐标如图甲所示．图乙是AB连线之间的电势与位置x之间的关系图象，图中x=L点为图线的最低点，若在x=2L的C点由静止释放一个质量为m、电量为的带电小球（可视为质点），下列有关说法正确的是（　　）‎ A. 小球在x=L处的速度最大 B. 小球一定可以到达x=-2L点处 C. 小球向左运动过程中，其电势能先变小后变大 D. 固定在AB处的电荷的电量之比为 ‎【答案】ACD ‎【解析】根据图象切线的斜率等于场强E，则知x=L处场强为零；电场强度方向由高电势指向低电势，则在C处场强向左，小球向左加速运动，到x=L处加速度为0，从x=L向左运动时，电场强度方向向右，电场力向右，做减速运动，所以小球在x=L处的速度最大，故A正确．根据动能定理得：qU=0，得U=0，所以小球能运动到电势与出发点相同的位置，由图知向左最远能到达x=-L点处，然后小球向右运动，小球将以x=0.5L点为中心作往复运动，不能到达x=-2L点处．故B错误．小球向左运动过程中，电场力先作正功后作负功，电势能先变小后变大，故C正确．x=L处场强为零，根据点电荷场强则有：，解得：，故D正确．选ACD．‎ ‎【点睛】根据图象切线的斜率等于场强E，分析场强的变化，判断小球的速度变化；根据动能定理确定小球可以到达的位置；x=L处场强为零，根据点电荷场强公式求两个电荷的电量之比.‎ 二、实验题（2小题）‎ ‎13. 张明同学在测定某种合金丝的电阻率时：‎ ‎（1）用螺旋测微器测得其直径为_____mm（如图甲所示）；‎ ‎（2）用20分度的游标卡尺测其长度为______cm（如图乙所示）；‎ ‎（3）用图丙所示的电路测得的电阻值将比真实值________(填“偏大”或“偏小”)。‎ ‎【答案】 (1). 0.696-0.698mm (2). 1.020cm (3). 偏小 ‎【解析】（1）螺旋测微器的读数为：；（2）‎ 游标卡尺的读数为：；（3）由欧姆定律得：电阻阻值，由于电压表的分流作用使电流偏大，则电阻偏小．‎ ‎14. 在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，采用的仪器有：额定电压为V、额定功率约为的小灯泡；电源(电动势为，内阻不计)；电流表(量程0.6A，内阻约)；电压表(量程，内阻约)；滑动变阻器(最大阻值)；开关，导线若干．实验中要求加在小灯泡上的电压从零到小灯泡的额定电压连续可调．‎ ‎（1）设计一个合理的电路，并在下方所给的方框内画出电路图．_______‎ ‎（2）如图所示为某同学根据正确的实验电路图所测的几组数据画出的I—U图像，图像是一条曲线而不是直线的原因是_______．‎ ‎（3）按照正确电路图连接好电路后，无论怎么调节滑动变阻器，发现电表读数都无法调到零，则其故障原因可能是（____）‎ A. 小灯泡烧坏或接触不良 B. 电流表接触不良 C. 滑动变阻器的滑片与电阻丝接触不良 D. 滑动变阻器采用了限流接法 ‎【答案】 (1). (2).‎ ‎ 随着温度升高，电阻率变大使灯泡的电阻变大 (3). D ‎【解析】（1）由，得灯泡的内阻约为，远小于电压表内阻，属于小电阻，则电流表采用外接法．因为滑动变阻器的最大阻值为，电源电动势为6V，内阻不计，电源的电压过大，若滑动变阻器采用限流式接法，灯泡的电压会超出额定电压，不安全，所以滑动变阻器采用分压式接法．电路图如图所示 ‎（2）随着温度升高，电阻率变大使灯泡的电阻变大.（3）照正确电路图连接好电路后，调节滑动变阻器，小灯泡的亮度应该会发生变化，而电流表示数不能调为零，说明滑动变阻器采用了限流接法，选D.‎ 三、计算题（4小题）‎ ‎15. 在图所示的电路中,小量程电流表的内阻,满偏电流，，。‎ ‎（1）当和均断开时，改装所成的表是什么表？量程为多大？‎ ‎（2）当和均闭合时，改装所成的表是什么表？量程为多大？‎ ‎【答案】（1）0—3V，（2）0—0.6A.‎ ‎（1）当和均断开时，与表头G串联，故改装所成的表是电压表，由，可知电压表的量程是0—3V；‎ ‎（2）当和均闭合时，与表头G并联，故改装所成的表是电流表，由，可知电压表的量程是0—0.6A；‎ ‎16. 如图所示为电动机提升重物的装置，电动机线圈电阻为，电动机两端电压为5V，电路中的电流为1A，物体A重20N，不计一切摩擦.求：‎ ‎（1）此电动机工作1h所产生的热量是多少？‎ ‎（2）电动机输入功率和输出功率各是多少？‎ ‎（3）10s内，可以把重物A匀速提升多高？‎ ‎【答案】（1），（2）5W，4W；（3）2m.‎ ‎【解析】（1）根据求电动机工作1h所产生的热量，（2）根据求解输入的电功率，根据求解输出功率；（3）根据求解提升的高度．‎ ‎（1）根据，得 ‎（2）根据，得输入的电功率，电动机的热功率为，则输出功率 ‎（3）根据，得 ‎17. 如图所示，长L=1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角。已知小球所带电荷量，匀强电场的场强，取重力加速度，，。求：‎ ‎（1）小球的质量m；‎ ‎（2）刚剪短悬线时，小球的加速度；‎ ‎（3）若悬线不剪断，仅将电场方向突然变成竖直向下，则小球摆到最低点时悬线的拉力 ‎【答案】（1）0.4 kg,（2）,（3）9.8N.‎ ‎【解析】试题分析：（1）对小球受力分析，由平衡条件找出电场力与重力的关系，即可求出质量；（2）当剪断悬线时，拉力消失，但电场力与重力不会消失，故它们的合力仍然不变，根据平行四边形定则求出合力，由牛顿第二定律求出加速度；（3）若悬线不剪断，仅将电场方向突然变成竖直向下，电场力、重力做正功，由动能定理求出到达最低点的速度，由牛顿第二定律求出悬线的拉力.‎ ‎（1）对小球受分析，如图所示 根据平衡条件有：，得 代入数据解得：m=0.4kg ‎（2）刚剪短悬线时，拉力T消失，电场力与重力的合力不变 则有 由牛顿第二定律得：‎ 解得：‎ ‎（3）若悬线不剪断，仅将电场方向突然变成竖直向下，设摆到最底点的速度为v 从释放到最底点，拉力不做功，电场力、重力都做正功 由动能定理得：‎ 在最底点，由牛顿第二定律得：‎ 联立解得：‎ ‎18. 如图所示，两平行金属板A、B长L=8cm，两板间距离d=8cm，A板比B板电势高300V，即．一带正电的粒子电量，质量，从R点沿电场中心线垂直电场线飞入电场，初速度，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在中心线上的O点的点电荷Q形成的电场区域（设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响）.已知两界面MN、PS相距为L=12cm，粒子穿过界面PS后被点电荷Q施加的电场力俘获从而以O点为圆心做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏EF上.（静电力常数,不计粒子重力,,)，求：‎ ‎（1）粒子从偏转电场中飞出时的偏转位移和速度；‎ ‎（2）粒子穿过界面PS时偏离中心线RO的距离多远；‎ ‎（3）点电荷的电量(该小题结果保留一位有效数字)．‎ ‎【答案】(1)0.03m,, 方向与成角;(2)0.12m;(3).‎ ‎【解析】试题分析：（1）粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出粒子的偏移量．由牛顿第二定律求出加速度，由速度公式求出粒子的竖直分速度，然后求出粒子的速度．（2）粒子离开电场后做匀速直线运动，应用几何知识可以求出偏移量．（3）由库仑力提供粒子做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律可以求出电荷的电荷量．‎ ‎（1）设粒子从电场中飞出时的侧向位移为h，粒子在电场中做类平抛运动 在水平方向上：‎ 在竖直方向上：‎ 由牛顿第二定律得：‎ 代入数据解得：h=0.03m 设粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为 则有：‎ 代入数据解得：‎ 所以粒子从电场中飞出时的速度为：‎ 代入数据解得：‎ 设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为 则有：‎ ‎（2）设穿过界面PS时偏离中心线RO的距离为Y，带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，由相似三角形知识得：‎ 代入数据解得：Y=0.12m ‎（3）粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：‎ 由几何关系得：粒子做匀速圆周运动的半径 联立解得：‎