河北省唐山遵化市2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

河北省唐山遵化市2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

遵化市2019—2020学年度第一学期期末考试 高二物理试卷 注意：‎ 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分,共100分。考试时间90分钟。‎ 第Ⅰ卷（选择题 共48分）‎ 一、选择题（本题共12小题，每题4分，共48分。其中1-8小题只有一个选项符合题意，9-12小题有多个选项符合题意，选不全得2分。）‎ ‎1.下列说法正解的是（ ）‎ A. 电场中某点的电场强度与试探电荷无关 B. 导体的电阻率由导体材料、导体长度及导体横截面积决定 C. 电源电动势是描述电源把电势能转化成其他形式的能的本领大小的物理量 D. 由电容的定义式可知，C与Q成正比、与U成反比 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A项：电场中某点的电场强度取决于电场本身的性质与试探电荷无关，故A项正确；‎ B项：导体的电阻率由导体本身的性质决定，故B项错误；‎ C项：电源电动势是描述电源把其他形式的能转化为电势能的本领大小的物理量，故C项错误；‎ D项：电容器的电容只取决于电容本身的性质，与其所带的电荷量，两板间的电压无关，故D错误。‎ 点晴：解决本题关键是学生对物理学中的利用比值定义法定义的物理量，这此些物理量的大小由自身的性质决定，与外界因素无关。‎ ‎2.处于静电平衡的导体，其内部场强处处为零的原因是（　 ）‎ A. 外电场和所有感应电荷的电场在导体内部叠加的结果为零 B. 外电场不能进入导体内部 C. 所有感应电荷在导体内部产生的合场强为零 D. 以上解释都不正确 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 当导体在电场中处于静电平衡状态时，在导体内部任意一点，感应电荷产生的附加电场的场强与外场强大小相等，方向相反，此时导体的内部场强处处为0，电荷只分布在导体的外表面，且整个导体是一个等势体；故BCD错误，A正确；故选A．‎ 点睛：处于静电感应现象的导体，内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面．且导体是等势体，注意内部的合电场强度是零．‎ ‎3.有A、B、C三个点电荷，若将A、B放在距离为‎12 cm的位置上，B受到A的库仑力大小为F．若将B、C放在距离为‎12 cm的位置上，B受到C的库仑力大小为‎2F．那么C与A所带电荷量之比是（ ）‎ A. 1：2 B. 1：‎4 ‎C. 2：1 D. 4：1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：根据公式可得,,故解得,C正确，‎ 考点：本题考查库伦定律的简单应用 点评：该题属基础题，较简单，关键是切实掌握库伦定律 ‎4.如图所示,把一带负电的小球放在光滑绝缘面上,欲使球能静止在斜面上,需在MN间放一带电小球,则可 A. 带负电,放在A点 B. 带正电,放在B点 C. 带负电,放在B点 D. 带负电,放在C点 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 小球a要平衡，受重力、支持力和静电力，根据共点力平衡条件分析即可．‎ ‎【详解】小球a处于平衡状态，受力平衡，合力为零。小球受重力，一定向下，支持力一定垂直向上，根据平衡条件，故小球b对小球a为静电斥力，则小球b放在A 位置，若小球b对小球a为静电引力，则放在C位置，故A正确，BCD错误；故选A。‎ ‎【点睛】本题关键对物体受力分析后，根据三力平衡条件，得到未知力的方向范围．‎ ‎5.如图所示，E为内阻不能忽略的电池，R1 、R2 、R3 为定值电阻，S0 、S为开关．初始时S0 与S均闭合，现将S断开，则（   ） ‎ A. 电压表的读数变小，电流表的读数变大 B. 电压表的读数变小，电流表的读数变小 C. 电压表的读数变大，电流表的读数变小 D. 电压表的读数变大，电流表的读数变大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ S断开，相当于电阻变大，则由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流减小，故路端电压增大，V的读数变大；把R1归为内阻，内电压减小，故R3中的电压增大，由欧姆定律可知R3中的电流也增大，电流表示数增大，故D正确；故选D．‎ 点睛：应用闭合电路欧姆定律解决电路的动态分析时一般可按照：外电路-内电路-外电路的分析思路进行，灵活应用闭合电路欧姆定律及串并联电路的性质进行分析即可求解；注意电键断开的问题，相当于电阻变大．‎ ‎6.如图所示，实线的两点电荷形成的电场线，若不计重力的带电粒子从C点运动到D点，轨迹如图虚线所示，则下列说法中正确的是（　　）‎ A. 由C到D过程中电场力对带电粒子做正功 B. 由C到D过程中带电粒子动能减小 C. 粒子带正电 D. A电荷的电荷量大于B电荷的电荷量 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 据带正电粒子仅在电场力作用下从C点运动到D点的轨迹，可判断所受电场力大体指向弯曲一侧，从而判断B处是负电荷，A处是正电荷；再根据电场线的特点分析即可．‎ ‎【详解】A、B、据电场线的分布情况可知，带电粒子从C到D的过程中，电场力的方向与运动方向小于90°，电场力对其做正功，电势能减小，动能增大；故A正确，B错误。C、据带电粒子仅在电场力作用下从C点运动到D点的轨迹，可判断所受电场力大体指向弯曲一侧，结合某点的切线方向，即为速度方向，从而判断粒子带正电；故C正确。D、据电场线的疏密程度可知，A电荷的电荷量大于B电荷的电荷量；故D正确。故选ACD．‎ ‎【点睛】弄清电场强度、电势、电势能、电场力做功等概念及间的关系，并能在实际电场中或者电荷运动过程中弄清它们的变化．‎ ‎7.如图所示,直流电源两端的电压保持不变,平行板电容器与电源连接,下极板接地。一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，‎ A. 带电油滴将沿竖直方向向上运动 B. 电容器的电容增大 C. 极板所带的电荷量减少 D. P点与下极板的电势差不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由电容器的决定式可判断电容的变化；而电容器两板间电压不变，根据分析板间场强的变化，根据F=qE判断电场力变化，确定油滴运动情况．‎ ‎【详解】电容器两端的电压不变，将上极板上移时，d增大，由电容的决定式，可知C减小，根据Q=UC可知，极板带电量也减小，故B错误，C正确；根据，可知电场强度减小，则电场力减小，故带电油滴将沿竖直方向向下运动，故A错误；根据U=Ed，可知，P点与下极板的距离不变，但E减小，故P点与下极板的电势差减小，故D错误， 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查电容器的动态分析问题，要明确一直和电源相连，故电压不变；再由决定式及定义式分析电容、电量等的变化．‎ ‎8.如图所示，完全相同的金属小球A和B带有等量异种电荷，中间连有一轻质绝缘弹簧，放在光滑的水平面上，平衡时弹簧的压缩量为x0，现将不带电的与A、B完全相同的小球与A 接触一下，然后拿走，重新平衡后弹簧的压缩量为x，则（ ） ‎ A. x=x0/2 B. x>x0/2‎ C. xr，所以弹簧压缩量小于原来的一半，要比x0小，故C正确，ABD错误。‎ ‎9. 关于电势与电势能的下列四种说法中正确的有（ ）‎ A. 在电场中，电势越高的地方，电荷在那一点具有的电势能就越大 B. 在电场中某一点，若放入的电荷的电荷量越大，它所具有的电势能越大 C. 在正点电荷产生的电场中的任一点，正试探电荷所具有的电势能一定大于负试探电荷所具有的电势能 D. 在负点电荷产生的电场中的任一点，正试探电荷所具有的电势能一定小于负试探电荷所具有的电势能 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：要熟练掌握从两个方面判断电势能的高低变化：一是根据电势的高低利用公式Ep=φq进行判断，二是根据电场力做功判断电势能的变化，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功电势能增大．‎ 解：A、根据公式Ep=φq可知，正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势高的地方电势能小，由于不知电荷的正负，因此无法判断它在电势高的地方电势能的高低，故A错误；‎ B、若放在同一点的电荷带电量为负值，电荷量大，则其具有电势能小，故B错误；‎ C、在电场中的任何一点上，若此处的电势为正，则正电荷所具有的电势能大于负电荷具有的电势；若此处的电势为负，则正电荷所具有的电势能小于负电荷具有的电势，故C错误；‎ D、一般选择无穷远处为零电势点，因此负点电荷周围的电势为负值，在其周围正电荷具有电势能为负值，负电荷具有电势能为正值，故正电荷具有的电势能一定小于负电荷具有的电势能，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎【点评】电势能是电场中的重要概念，要学会从多个角度进行理解，尤其注意的是电势能的大小和电荷带电量的正负有关．‎ ‎10.如图所示，将带电棒移近两个不带电的导体球，两个导体球开始时互相接触且对地绝缘，下述几种方法中能使两球都带电的是 ( ) ‎ A. 先把两球分开，再移走棒 B. 先移走棒，再把两球分开 C. 先将棒接触一下其中的一个球，再把两球分开 D. 棒的带电荷量不变，两导体球不能带电 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 带电导体球与两个球不接触，本身电量不会转移到甲乙上，所以根据静电平衡，甲的左侧和乙的右侧带有等量的异种电荷，分开两球再移走棒，两球带有等量的异种电荷，A对；若先移走棒则感应出来的电荷又会回到各自的导体上，两个小球不会带电，B错；若接触其中的一个小球则电荷会发生转移，再分开两个小球，都会带上电量，所以C对，第一种情况下棒的电量没有发生变化，但是两个小球会带上电，所以D错。‎ 思路分析：根据使物体带电的方式进行解析。‎ 试题点评：考查是物体带电的方式 ‎11.如图所示，带电荷量之比为qA∶qB＝1∶3的带电粒子A、B以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C、D点，若OC＝CD，忽略粒子重力的影响，则（ ）‎ A. A和B在电场中运动时间之比为1∶2‎ B. A和B运动的加速度大小之比为2∶1‎ C. A和B的质量之比为1∶12‎ D. A和B的位移大小之比为1∶1‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向：x＝v0t，初速度相等，所以t∝x，A和B在电场中运动的时间之比 故A正确； B．粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，‎ y相同，a与t2成反比 ‎ ‎ 故B错误； C．由牛顿第二定律得：‎ qE=ma 则粒子质量 故C正确；‎ D．A、B的位移大小之比：‎ 故D错误；‎ ‎12.如图，在竖直面内有一匀强电场，一带负电的小球（重力不计）在恒力F的作用下沿图中虚线由A至B匀速运动．已知F和AB间夹角为θ，AB间距离为d，小球电量为q．则 ‎ A. 匀强电场的电场强度大小为E = F/q B. A、B两点的电势差为Fdcosθ/q C. 带电小球由A运动至B过程中电势能增加了Fdsinθ D. 若带电小球由B向A做匀速直线运动，则F必须反向 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意可知，小球只受到恒力F与电场力，做匀速直线运动，所以它受到的合力为0，恒力F与电场力是一对平衡力。所以电场力的大小也是F，方向与恒力F的方向相反。即有qE=F，则得E=F/q．故A正确。从A到B的过程，电场力做功的大小：W=F•dcosθ．则AB两点的电势差为，故B正确；从A到B的过程，电场力做负功，电势能增加，大小为F•dcosθ，故C错误；要使带电小球由B向A 做匀速直线运动，仍然是合力为0，故F的大小和方向都不变。故D错误。故选AB。‎ ‎【点睛】对小球进行正确的受力分析，得出拉力与电场力是一对平衡力是解决该题的关键；电场力的方向与运动方向无关.‎ 二、实验题(本题有2小题，每空3分，共18分．请按题目要求作答)‎ ‎13.现有一合金制成的圆柱体，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度．螺旋测微器和游标卡尺的示数如图（a）和图（b）所示．‎ ‎（1）由图（a）读得圆柱体直径为________mm ‎ ‎（2）由图（b）读得圆柱体的长度为________mm ‎【答案】 (1). 1.847 0.002 (2). 42.40‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由图（a）读得圆柱体的直径为：‎1.5mm+‎0.01mm×34.7=‎1.847mm； ‎ ‎（2）由图（b）读得圆柱体的长度为：‎4.2cm+‎0.05mm×8=‎42.40mm.‎ ‎14.为了描绘一个“、”的小灯泡的伏安特性曲线，提供以下器材：‎ 直流电源E：，内阻不计；‎ 电流表A：量程分别为和，内阻约为；‎ 电压表V：量程分别为和，内阻约为；‎ 滑动变阻器R：最大阻值为，允许通过的最大电流为；‎ 开关一个；导线若干．‎ 实验时要求加在灯泡两端的电压可从调到．‎ ‎（1）在下面方框里画出符合本实验要求的电路图___，并根据电路图连接右侧的实物图_____：‎ ‎ ‎ ‎（2）某次测量时，电流表指针位置如图所示，电流表读数为__________，此时小灯泡的实际功率为__________．‎ ‎【答案】 (1). 如图所示：‎ ‎ (2). 如图所示：‎ ‎ (3). (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小灯泡的电阻为 ，则RV>>Rx，可知应采用电流表外接电路；要得到从0开始的电压，则滑动变阻器用分压电路，电路及实物连线如图；‎ ‎（2）电流表选择0‎-0.6A档，则读数为‎0.40A，从图像中读出此时的电压为U=6V，则此时小灯泡的实际功率为：P=IU=0.40×6=2.40W．‎ ‎【点睛】滑动变阻器的分压限流接法，安培表内外接法，仪器的选择是电学实验考查的重点，同时要学会根据图线进行数据处理．‎ 三、计算题（本题共3个小题，15题10分、16题12分、17题12分，共34分，解答时写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）‎ ‎15.一台电风扇，内阻为20Ω，接上220V的电压后，正常运转，这时电风扇消耗的功率是66W．求：‎ ‎(1)通过电动机的电流是多少？‎ ‎(2)转化为机械能和内能的功率各是多少？电动机的效率是多大？‎ ‎(3)如果接上电源后，扇叶被卡住，不能转动，这时通过电动机的电流多大？电动机消耗的电功率和发热功率又是多大？‎ ‎【答案】(1)‎0.3A (2) 64.2W , 1.8W ,97.3% (3) ‎11A, 2.42×103W ，2.42×103W ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)电风扇消耗的电功率：‎ P＝UI 所以通过电动机的电流：‎ ‎ ‎ ‎(2)电动机电阻消耗的电功率即为转化为内能的功率，所以 P内＝I2r＝1.8W 根据能量关系有，转化为机械能的功率为 ‎ P机＝P－P内＝64.2W 电动机的效率为 ‎ ‎ ‎(3) 扇叶被卡住后电动机在电路中相当于电阻，这时通过电动机电流 I′ ＝＝‎‎11A 电动机消耗的电功率：‎ P′＝UI′ ＝2.42×103W 电动机的发热功率：‎ P热＝(I′ )2R＝P′ ＝2.42×103W ‎16.带有等量异号电荷、相距‎10cm的平行板A和B间有一个匀强电场如图所示，电场强度，方向向下．电场中C点距B板‎3cm，D点距A板‎2cm．‎ ‎（1）求CD两点间的电势差，‎ ‎（2）如果令B板接地（即电势），则C的电势是多少？D的电势是多少？一个电子在D点的电势能为多少？‎ ‎（3）一个电子从C点移动到D点，静电力做功为多少？如果使电子先移到P点，再移到D点，静电力做的功将为多少？‎ ‎【答案】（1）-100（2）60,160， (3) ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据匀强电场的场强与电势差的关系U=Ed，计算CD间的电势差，但是要注意CD间电势差的正负．（2）根据电势差的定义，求出电势，由电势能的定义式求出电势能．（3）电场力做功W=qU，只与初末位置有关，与路径无关．‎ ‎（1）沿电场线方向电势越来越低，电场线竖直向下，因此C点电势低，CD两点间的电势差为：‎ ‎（2）C点电势：，D点电势：‎ ‎；一个电子在D点的电势能为 ‎（3）一个电子从C点移动到D点，静电力做功为，W只与初末位置有关，与路径无关，故如果使电子先移到P点，再移到D点，静电力做的功仍为．‎ ‎17.如图所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出(初速度可忽略不计)，经灯丝与A板间的电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点．已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力．求 ‎(1)求电子穿过A板时速度的大小；‎ ‎(2)求电子从偏转电场射出时的侧移量；‎ ‎(3)若要使电子打在荧光屏上P点的上方，可采取哪些措施？‎ ‎【答案】（）；（）；（）见解析 ‎【解析】‎ 试题分析：（1）设电子经电压U1加速后速度为v0，由动能定理 eU1=mv02﹣0‎ 解得：v0=‎ ‎（2）电子以速度v0进入偏转电场后，做类平抛运动．设电子离开偏转电场时的侧移量为y 沿初速方向匀速直线运动，有 L=v0t 垂直初速方向，有 y=at2‎ 又电场力 F=eE=e 根据F=ma，得加速度为：a=解得：y=‎ ‎（3）要使电子打在P点上方，需增大侧移量，由解得 y=知，可以减小加速电压U1或增大偏转电压U2．‎ 考点：本题考查了带电粒子在匀强电场中的运动；匀强电场中电势差和电场强度的关系；示波管及其使用 ‎ ‎