广东省汕头市金山中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题 Word版含解析

广东省汕头市金山中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题 Word版含解析

www.ks5u.com ‎2019-2020学年度第一学期汕头市金山中学期中考试试卷 高二物理 一、单项选择题 ‎1.在电磁学的发展历程中，早期许多物理学家通过大量的科学实验寻找电和磁之间的联系和规律，首先发现通电导线周围存在磁场的物理学家是 A. 库仑 B. 奥斯特 C. 安培 D. 法拉第 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查电流磁效应的发现 ‎【详解】首先发现通电导线周围存在磁场的物理学家是奥斯特，故本题选B。‎ ‎2.两个分别带有电荷量和+的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为的两处，它们间库仑力的大小为．两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】本题考查库仑定律及带电体电量的转移问题．接触前两个点电荷之间的库仑力大小为，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带点为+Q，距离又变为原来的，库仑力为，所以两球间库仑力的大小为，C项正确．‎ ‎3.A、B两点各放有电量为+Q和+2Q的点电荷，A、 B、C、D四点在同一直线上，且AC＝CD＝DB．将一正电荷从C点沿直线移到D点，则 A. 电场力一直做正功 B. 电场力先做负功再做正功 - 16 -‎ C 电场力一直做负功 D. 电场力先做正功再做负功 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 设AC=CD=DB=L；+Q在C点产生的电场强度大小，方向向右；+2Q在C点产生的电场强度大小，方向向左，所以C点实际场强方向向右；+Q在D点产生的电场强度大小，方向向右；+2Q在D点产生的电场强度大小，方向向左，所以D点实际场强方向向左；所以从C点沿直线移到D点，场强方向先向右后向左，所以正电荷受电场力的方向也是先向右后向左，所以电场力先做正功再做负功．故ABC错误，D正确；故选D.‎ ‎4.下列说法正确的是 A. 电流通过导体的热功率与电流大小成正比 B. 导体的电阻与电流大小成反比 C. 电容器所带电荷量与两极间的电势差成正比 D. 电场中某点的电势与电荷在该点的电势能成正比 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查物理量的基本概念 ‎【详解】A．根据焦耳定律，导体的热功率与电流大小的平方成正比，故A错误；‎ B．导体的电阻由材料的电阻率和导体的长度及横截面积共同决定，而不是由电流大小决定，故B选项错误；‎ C．根据电容的定义，可知电容器所带电荷量与两极间的电势差成正比，故C选项正确；‎ D．电场中某点的电势的大小由电场中某点性质决定，还与电势0点的选取有关，但与电势能无关，故D选项错误。‎ ‎5.在如图所示的电路中，电源的电动势和内电阻均为定值，各电阻都不为零.电键接通后与接通前比较，电压表读数的变化情况是（ ）‎ - 16 -‎ A. 变大 B. 变小 C 不变 D. 因电阻未知，无法判断 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 电键接通后，并联支路增多，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中总电流I增大，由欧姆定律U=IR得到，电压表的示数变大，故A正确，BCD错误．‎ ‎6.在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了及时发现，设计了一种报警装置，电路如图所示。M是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻RM变小，导致S两端电压U发生变化，装置发出警报，此时 A. U增大，且R越小U增大越明显 B. U增大，且R越大U增大越明显 C. U减小，且R越小U减小越明显 D. U减小，且R越大U减小越明显 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查闭合电路的欧姆定律的理解和应用 ‎【详解】因RM变小，电路中总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律可知， 增大，S两端的电压增大，故排除CD选项；因RM与R是并联关系，并联总电阻小于最小的电阻，要使电路更灵敏， 则应是R的阻值大于RM即R越大U增大越明显，综上所述，本题选B。‎ - 16 -‎ ‎7.两个质量相同的小球用不可伸长的细线连结，置于场强为E的匀强电场中，小球1和2均带正电，电量分别为和（＞）．将细线拉直并使之与电场方向平行，如图所示．若将两小球同时从静止状态释放，则释放后细线中的张力T为（不计重力及两小球间的库仑力）‎ A. T=（－）E B. T=（－）E C. T=（+）E D. T=（+）E ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】将两个小球看做一个整体，整体在水平方向上只受到向右的电场力，故根据牛顿第二定律可得，对小球2分析，受到向右的电场力，绳子的拉力，由于，球1受到向右的电场力大于球2向右的电场力，所以绳子的拉力向右，根据牛顿第二定律有，联立解得，故A正确；‎ ‎【点睛】解决本题关键在于把牛顿第二定律和电场力知识结合起来，在研究对象上能学会整体法和隔离法的应用，分析整体的受力时采用整体法可以不必分析整体内部的力，分析单个物体的受力时就要用隔离法．采用隔离法可以较简单的分析问题 二、多项选择题 ‎8.关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是 A. 电场强度为零的地方，电势也为零 B. 电场强度大小逐渐减小的区域，电势也逐渐降低 C. 电场强度的方向处处与等电势面垂直 - 16 -‎ D. 任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查电场强度与电势的概念 ‎【详解】A．电场强度的大小具有绝对性，而电势的高低则具有相对性，选择的参考平面不同，电势的高低也会不同，所以电势是否为0与电场强度没有必然联系，故A错误；‎ B．电场强度的大小可以从电场线的疏密程度看出，但是电势的高低却取决于电场线的走向，沿着电场线方向电势会逐渐降低，但是电场强度却可能在逐渐增大，故B错误；‎ C．因为在等势面上移动电荷电场力不做功，故电场强度的方向处处与等电势面垂直，C选项正确；‎ D．沿电场线的方向电势逐渐降低，但电势降低的方向不一定是电场的方向，电势降落最快的方向则一定是电场强度的方向，故D选项正确。‎ 综上所述，本题正确答案应选CD。‎ ‎9.用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素，如图所示．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，下列判断中正确的是 A. 保持S不变，增大d，则θ变小 B. 保持S不变，增大d，则θ变大 C. 保持d不变，减小S，则θ变大 D. 保持d不变，减小S，则θ变小 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】根据电容的决定式得知，电容与极板间距离成反比，当保持S不变，增大d时，电容减小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式 - 16 -‎ 分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大，A错误，B正确；根据电容的决定式得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，减小S时，电容减小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角θ变大，C正确D错误；‎ ‎10.真空中存在方向斜向上的匀强电场，一带电小球水平射入电场中，恰好沿水平方向运动，如图所示．下列说法正确的是 A. 小球可能带负电 B. 小球所受的重力一定小于电场力 C. 运动过程中小球的机械能可能先减小后增大 D. 小球一定做匀加速运动 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查带电粒子在复合场中的直线运动 ‎【详解】由题意可知，小球在电场中受到竖直向下的重力和电场力，要使小球做直线运动，则必须满足一下两个条件之一：①合外力为0；②合外力的方向与速度的方向共线。‎ A．电场力的方向与重力的方向不共线，所以不可能满足二力平衡合外力为0，则应该满足的是条件②，即合外力一定沿水平方向，则电场力一定沿电场线方向，可知该小球带正电；故A选项正确；‎ B．因受到电场力和重力的合力方向沿水平向右，受力分析如图 - 16 -‎ 由平行四边形定则可知，电场力大小一定大于小球的重力，故B选项正确；‎ C．在整个过程中电场力始终与运动方向间的夹角为锐角，即机械能逐渐的增大，故C选项错误；‎ D．小球的合外力与速度的方向共线，且所受重力和电场力均保持不变即合外力不变，则小球应做匀加速直线运动，故D选项正确。‎ 综上所述，本题正确答案选BD。‎ ‎11.在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器。当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U．现将R2的滑动触点向b端移动，下列说法正确的是 A. 电表A1的示数I1减小 B. 电表A2的示数I2减小 C. 电表V的示数U增大 D. 电阻R3的电功率增大 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查闭合电路中的动态分析问题 ‎【详解】将R2的滑动触点向b端移动过程中，电路中总电阻减小，主路电流则会增大，‎ A．因主路电流增大，电源内电压增大，R3的电压也会增大，则R1的电压会变小，I1的电流会减小，故A选项正确；‎ B．因主路电流增大而I1的电流会减小，则I2的电流会增大，故B选项错误；‎ C．电源内压增大，则路端电压会减小即电表V的示数U减小，故C选项错误；‎ D．电阻R3的电功率随主路电流的增大而增大，故D选项正确；‎ - 16 -‎ 综上所述，本题正确答案选AD。‎ ‎12.在如图所示的闪光灯电路中，电源的电动势为E，电容器C的电容较大．当闪光灯两端电压达到击穿电压U时，闪光灯才有电流通过并发光．该电路正常工作时，闪光灯周期性短暂闪光（闪光时间内闪光灯的阻值很小），则可以判定 A. 击穿电压U不可能大于电源的电动势E B. 闪光灯未闪光时，电容器处于充电状态 C. 闪光灯未闪光时，电容器两端的电压保持不变 D. 闪光灯闪光时，电容器两端的电压保持不变 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查电容器的特点 ‎【详解】AB．结合题意知电容器在闪光灯闪光之前，电源一直给电容器充电，直到达到击穿电压或者电容器的电压达到电源的电动势，故AB均正确；‎ CD．闪光灯未闪光时，电容器处于充电状态，电容器两端的电压在不断增大直至达到击穿电压，故C错误；闪光灯闪光时，电容器处于放电状态，电容器两端的电压将会减小，故D错误。‎ 综上所述，本题选AB。‎ 三、实验题 ‎13.在伏安法测电阻的实验中，待测电阻Rx约为200 Ω，电压表V的内阻约为2 kΩ，电流表A的内阻约为10 Ω，测量电路中电流表的连接方式如图（a）或图（b）所示，结果由公式Rx＝计算得出，式中U与I分别为电压表和电流表的示数。若将图（a）和图（b）中电路测得的电阻值分别记为Rx1和Rx2，则测量值Rx1__________（填“大于”“等于”或“小于”）真实值，测量值Rx2__________（填“大于”“等于”或“小于”）真实值。且__________（填“Rx1”或“Rx2”）更接近待测电阻的真实值。‎ - 16 -‎ ‎【答案】 (1). 大于 (2). 小于 (3). Rx1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查电流表的内、外接法的误差分析 ‎【详解】（1）图（a）采用的是电流表的内接法，其主要误差来源于电流表的分压作用， ， ，即实际测出的电阻是待测电阻和安培表的串联总电阻，测量值大于真实值；‎ ‎（2）图（b）采用的电流表的外接法，其主要误差来源于电压表的分流作用，， ，即实际测量值小于真实值；‎ ‎（3）因 ，故应使用电流表的内接法，即选择Rx1更接近待测电阻的真实值。‎ ‎14.某研究性学习小组利用伏安法测定某一电池组的电动势和内阻，实验原理如图甲所示，其中虚线框内为用灵敏电流计G改装的电流表A，V为标准电压表，E为待测电池组，S为开关，R为滑动变阻器，R0是标称值为4.0 Ω的定值电阻。‎ ‎（1）已知灵敏电流计G的满偏电流Ig=200 μA、内阻rg=2.0 kΩ，若要改装后的电流表满偏电流为200 mA，应并联一只____Ω（保留2位有效数字）的定值电阻R1；‎ ‎（2）根据图甲，用笔画线代替导线将图乙连接成完整电路。‎ ‎（ ）‎ ‎（3）将实验得到的电压表V和相应电流计G的多组数据描在U–I - 16 -‎ 图象上得到如图丙所示的实验图线。由图线并结合实验电路可得电池组的电动势E=_________V（保留3位有效数字），内阻r =____Ω（保留2位有效数字）。‎ ‎（4）该小组在前面实验的基础上，为探究图甲电路中各元器件的实际阻值对测量结果的影响，用一已知电动势和内阻的标准电池组，通过上述方法多次测量后发现：电动势的测量值与已知值几乎相同，但内阻的测量值总是偏大。若测量过程无误，则内阻测量值总是偏大的原因是____。（填选项前的字母） ‎ A．电压表内阻的影响 B．滑动变阻器的最大阻值偏小 C．R1的实际阻值比计算值偏小 D．R0的实际阻值比标称值偏大 ‎【答案】 (1). 2.0 (2). (3). 4.45（4.44~4.46） (4). 3.2（3.0~3.4） (5). CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查电池组电动势和内阻实验 ‎【详解】（1）改装过后电流表的量程 ，并联电阻 ；‎ ‎（2）实物图连接如图所示 ‎（3）根据闭合电路的欧姆定律，知 ，令I=0，有U=E，结合图象与纵轴交点可知，电源电动势E=4.45（4.44~4.46）V，图象的斜率应等于 - 16 -‎ ‎，代入数字求得r=3.2（3.0~3.4）Ω；‎ ‎（4）A．若考虑电压表的内阻影响，则电源内阻的测量值将偏小，故A选项错误；‎ B．滑动变阻器最大阻值的选择对本实验没有影响，故B选项错误；‎ CD．根据闭合电路欧姆定律可知图象的斜率应等于，可得，可见，若R0的实际阻值比标称值偏大，则内阻测量值总是偏大，若R1的实际阻值比计算值偏小，则内阻测量值总是偏大，故CD均正确；‎ 四、计算题 ‎15.在如图所示的电路中，电源的电动势为E（内阻不可忽略），外接电阻为R，电阻两端分别用导线连接到一对竖直放置的平行金属极板上，极板间距为d．极板间放入一个悬挂在绝缘丝线下方的带电小球．当开关S闭合时，电阻R的电功率为P，小球静止时丝线偏离竖直方向的角度为θ．重力加速度为g，求电源的内阻r和带电小球的比荷（即电荷量与质量之比）．‎ ‎【答案】；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查小球在极板间受力及闭合电路的综合应用 ‎【详解】开关S闭合时，电路电流 R电功率为 - 16 -‎ 解得电源的内阻 极板间的电压 带电小球受力平衡，有 解得小球的比荷 ‎16.如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。整个空间处于方向水平向右的匀强电场中。一质量为m、电荷量为+q的带电小球，从a点静止释放，运动到b点时对轨道的压力等于5mg（g为重力加速度）。求：‎ ‎（1）电场强度E大小；‎ ‎（2）小球从a点开始运动到其轨迹最高点过程机械能的增量。‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查小球在复合场中的运动 ‎【详解】（1）小球从a点运动到b点，有 在b点，有 - 16 -‎ 将代入解得电场强度大小；‎ ‎（2）小球从a点运动到c点，有 设小球从c点运动到其轨迹最高点经过的时间为t，这段时间t内，小球在竖直方向上作竖直上抛运动到最高点，在水平方向上则作匀加速运动，有 在水平方向上则作匀加速运动，有 小球机械能的增量 联立解得 ‎17.在空间中取坐标系Oxy，在第一象限内平行于y轴的虚线MN与y轴距离为d，从y轴到MN之间的区域充满一个沿y轴正方向的匀强电场，如图所示．一电子从静止开始经电压U加速后，从y轴上的A点以平行于x轴的方向射入第一象限区域，A点与原点O的距离为h．不计电子的重力．‎ ‎（1）若电子恰好从N点经过x轴，求匀强电场的电场强度大小E0；‎ ‎（2）匀强电场的电场强度E大小不同，电子经过x轴时的坐标也不同．试求电子经过x轴时的x坐标与电场强度E的关系．‎ - 16 -‎ ‎【答案】（1）（2）或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查电子在电场中的受力及运动 ‎【详解】设电子的电荷量为e、质量为m，电子经过电场加速后获得速度v0．则 ‎ ‎（1）电子从A点运动到N点，有 联立解得电场强度大小 ‎（2）讨论两种情况：‎ ‎①当时，电子从电场内经过x轴，有 联立解得x坐标与电场强度E的关系为 ‎②当时，电子先离开电场，之后再经过x轴在电场内运动时间为t1，有 - 16 -‎ 在电场外运动时间为t2，电子做匀速直线运动，有 联立解得x坐标与电场强度E的关系为 - 16 -‎ ‎ ‎ - 16 -‎