【物理】吉林省长春市第151中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

【物理】吉林省长春市第151中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

长春市第一五一中学高二物理上学期期中试卷 一、选择题（本大题共12小题，1-8单选，9-12多选，共48分）‎ ‎1.如图所示，PQ为某电场中的一条电场线，下列说法正确的是（　　）‎ A. 该电场一定是匀强电场 B. 该电场一定是点电荷产生的电场 C. P点的电场强度一定比Q点的大 D. 正电荷在P点受到的电场力方向沿着电场线方向 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 仅由这一根电场线无法判断是什么电场，不知电场线的疏密，电场的强弱也无法判断，正电荷受力分析与电场线方向相同，所以ABC错误；D正确。‎ ‎2.真空中两个电荷量分别为Q1、Q2的点电荷,已知它们之间的距离为r,静电力常量为k，根据库仑定律,A电荷对B电荷的静电力大小为(     )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由库仑定律可得电荷之间的库仑力为：‎ 故B正确。‎ ‎3.如图所示为某电学元器件的伏安特性曲线，图中虚线为曲线上P点的切线。当通过该元器件的电流为0.4A时，该元器件的阻值为（ ）‎ A. 250Ω B. 125Ω C. 100Ω D. 62.5Ω ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由图可知，当电流为0.4A时，电压为50V，则由欧姆定律可知，阻值为，B正确．‎ ‎【点评】注意与图象得出各点的电压值及电流值，再由欧姆定律求出电阻即可；注意绝不能用图象的斜率来表示电阻大小．‎ ‎4. 一台电动机，线圈电阻是1．0Ω，当它两端所加的电压为220V时，通过的电流是10A。这台电动机每秒所做的机械功（ ）‎ A. 2．2×103J B. 1．0×102J C. 2．1×103J D. 2．3×103J ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：电动机输出的机械功率为：，故这台电动机每秒所做的机械功W=Pt=2100J，故选C．‎ 考点：功率 ‎5.一个电荷只在电场力作用下从电场中的A点移到B点过程中，电场力做了2×10-6J的正功，那么（ ）‎ A. 电荷在B处时具有2×10-6J的动能 B. 该过程中电荷的电势能减少了2×10-6J C. 电荷在B处时具有2×10-6J的电势能 D. 该过程中电荷的动能减少了2×10-6J ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、电荷只在电场力作用下，电场力做了的正功，合力做功即为，根据动能定理得知，动能增加了，故AD错误；‎ B、电场力做了的正功，根据功能关系得知，电荷的电势能减小，故B正确，C错误。‎ 点睛：本题考查对电场力做功与电势能变化关系的理解，要熟练运用动能定理分析动能的变化，注意合力做功与动能变化有关，而电场力做功与电势能变化有关。‎ ‎6.关于电流，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 由I=可知，通过导线截面电量越多，电流越大 B. 由I=nqsv可知，同一导线内电荷定向移动的速率越大，电流越大 C. 由I=可知，同一导体中的电流与导体两端的电压成正比 D. 因为电流有方向，所以电流是矢量 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 通过导线截面的电量多，若时间长，电流不一定大，A错误；由I=nqsv可知，同一导线内电荷定向移动的速率越大，电流越大，B正确；导体的电阻由导体本身决定，与导体两端的电压和电流无关，选项C错误；电流有方向，但是电流合成不遵循平行四边形法则，所以电流是标量，D错误；故选B.‎ ‎7.如图所示,一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下,从静止开始由b沿直线运动到d,且bd与竖直方向的夹角为,若bd的长度为l,重力加速度为g,则 (    ) ‎ A. 此液滴带正电 B. 液滴运动的加速度等于2g C. 液滴从b到d的运动时间为 D. 液滴到达d点的速度为 ‎【答案】C ‎【解析】A．由b到d，液滴作直线运动，所受合力沿bd所在直线，对液滴受力分析可知，电场力水平向右，与电场方向相反，所以小球带负电，故A错误；‎ B．由图可知，液滴所受合力 根据牛顿第二定律，解得液滴的加速度 故B错误；‎ C．由位移公式可得 解得：‎ 故C正确；‎ D．由速度位移公式可得 解得 故D错误。‎ ‎8.一电流表满偏电流Ig＝1 mA，内阻为200 Ω.要把它改装成一个量程为0.5 A的电流表，则应在电流表上（ ）‎ A. 并联一个约为200 Ω的电阻 B. 并联一个约为0.4 Ω的电阻 C. 串联一个约为0.4 Ω的电阻 D. 串联一个约为200 Ω的电阻 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 要使电流表量程变为0.5A，需要并联分流电阻，流过分流电阻的电流：‎ ‎，‎ 并联部分的电压：，‎ 则需要并联的电阻：；‎ 故选B。‎ ‎9.把标有“220 V　100 W”的A灯和“220 V　200 W”的B灯串联起来，接在电压恒为220 V的电源两端，不计导线电阻及灯泡电阻随温度的变化，则下列判断中正确的是（　　）‎ A. 两灯的电阻之比RA∶RB＝2∶1‎ B. 两灯的实际电压之比UA∶UB＝1∶2‎ C. 两灯实际消耗的功率之比PA∶PB＝1∶2‎ D. 在相同时间内，两灯实际发热之比QA∶QB＝2∶1‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据欧姆定律和电功率的定义得到标有“220V，100W”的A灯和“220V，200W”的B灯的电阻，然后根据串联电路电流相等，求出两灯的电压、功率之比。‎ ‎【详解】根据，代入数据可得A灯泡电阻为484Ω，B灯泡电阻为242Ω，故电阻之比为：2：1，故A正确；两个电灯泡电阻之比为2：1，根据U=IR，电压之比为2：1，故B错误；根据P=I2R，电流相等，故电功率之比为2：1，故C错误；根据焦耳定律，Q=I2Rt，电流和时间相等，故热量之比等于电阻之比，即为2：1，故D正确。所以AD正确，BC错误。‎ ‎【点睛】本题不考虑温度的影响，将两个灯泡当作定则电阻处理，根据串联电路的电压和电流关系分析求解。‎ ‎10.如图甲中所示为电场中的一条电场线，在电场线上建立坐标轴，坐标轴上OB间各点的电势分布如图乙所示，则 A. 在OB间，场强先减小后增大 B. 在OB间，场强方向发生过变化 C. 若一负电荷从O点运动到B点，其电势能逐渐减小 D. 若从0点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，则该电荷在OB间一直做加速运动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．φ-x图象的斜率的绝对值大小等于电场强度，由几何知识得知，斜率先增大后减小，则电场强度先增大后减小，但斜率一直是负，场强方向没有改变，故AB错误；‎ C．由图看出，电势逐渐降低，若一负电荷从O点运动到x2点，电势能逐渐增大，故C错误；‎ D．从O点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，受到的电场力方向与速度方向相同，做加速运动，即该电荷在O～x2间一直做加速运动，故D正确。‎ ‎11.如图所示，两块较大的金属板A、B平行放置，并与一电源相连，S闭合。两板间有一个正电荷电荷量很小固定在P点，下列说法正确的是(    ) ‎ A. 若将A板向上平移一小段位移，正电荷的电势能减小，G中有的电流 B. 若将A板向左平移一小段位移，正电荷的电势能减小，G中有的电流 C. 若将S断开，将A板向下平移一小段位移，G中有电流，正电荷的电势能减小 D. 若将S断开，将A板向下平移一小段位移，G中无电流，正电荷的电势能不变 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．S闭合，两极板电势差不变，若将A板向上平移一小段位移，即两板间距离增大，由公式可知，电容减小，由公式可知，电荷量Q减小，电容器放电，所以G中有的电流，由于两极板电势差不变，两板间距离增大，两板间的电场强度减小，P点与B板的电势差为 由于场强减小，所以P点电势减小，正电荷的电势能减小，故A正确；‎ B．S闭合，两极板电势差不变，若将A板向左平移一小段位移，即两板的正对面积减小，由公式可知，电容减小，由公式可知，电荷量Q减小，电容器放电，所以G中有的电流，故B错误；‎ CD．若将S断开，电容器电荷量不变，将A板向下平移一小段位移，即两板间距减小，由公式可知，电容增大，由公式可知，两板间电势差减小，由公式 可知，两板间的场强不变，P点电势不变，所以正电荷的电势能不变，由于电容器的电荷量不变，所以G中无电流，故C错误，D正确。‎ ‎12.‎ ‎ 如图所示，矩形区域ABCD内存在竖直向下的匀强电场，两个带正电的粒子a和b以相同的水平速度射入电场，粒子a由顶点A射入，从BC的中点P射出，粒子b由AB的中点O射入，从顶点C射出．若不计重力，则 A. a和b在电场中运动的时间之比是1∶2‎ B. a和b在电场中运动的时间之比是2∶1‎ C. a和b的荷质比（即粒子的电荷量与质量之比）是1∶8‎ D. a和b的荷质比（即粒子的电荷量与质量之比）是8∶1‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 试题分析：粒子水平方向上做匀速直线运动，a、b两粒子的水平位移之比为1：2，根据x=v0t，知时间比为1：2．选项A正确，B错误；粒子在竖直方向上做匀加速直线运动，根据y=at2知，y之比为2：1，则a、b的加速度之比为8：1．根据牛顿第二定律知，加速度，加速度之比等于电荷量与质量的比值之比，则两电荷的比荷之比为8：1．故D正确，C错误．故选AD．‎ 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】解决本题的关键知道粒子在垂直于电场方向和沿电场方向上的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。‎ 三、实验题（2小题，共16.0分）‎ ‎13.一个电流表G的内阻，满偏电流为，其满偏电压为_____。现要把它改装成量程为15V的电压表，需串联的分压电阻为_____，刻度对应的电压值为_____。‎ ‎【答案】 29k ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】一个电流表G的内阻，满偏电流为，其满偏电压为 ‎。现要把它改装成量程为15V的电压表，需串联的分压电阻为，刻度对应的电压值为1.5V。‎ ‎14.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，有以下器材：‎ A.小灯泡 B.滑动变阻器 C.电压表 D.电压表 E.电流表 F.电流表 G.铅蓄电池、开关各一个，导线若干 为了减小误差，实验中应选电流表______________，电压表____________‎ 某实验小组完成实验后利用实验中得到的实验数据在坐标系中，描绘出如图所示的小灯泡的伏安特性曲线根据此图给出的信息，可以判断下图中正确的是图中P为小灯泡的功率)_______‎ 在图框内按要求设计实验电路图____________‎ ‎【答案】 (1). (2). BD (3). ‎ ‎【解析】（1）因小灯泡额定电压为3V，额定电流为0.6A，则为了减小误差，实验中应选电流表A1，电压表V1；‎ ‎（2）由I-U图像可知，小灯泡的电阻随电压或电流的增大而增大，则由可知，随电压增大，P-U2图像的斜率减小，则B正确，A错误；由可知，随电流增大，P-I2图像的斜率变大，则D正确，C错误；‎ ‎（3）因小灯泡的电阻较小，则采用电流表外接；滑动变阻器用分压电路，如图；‎ 四、计算题（本大题共3小题，共36.0分）‎ ‎15.如图，灯泡D与电动机M中串联在一个稳压电源上，电源的输出电压为U=20V，灯泡D的电阻为RD=6Ω，电动机M线圈的电阻为RM=2Ω，与电动机并联的理想电压表读数为UM=14V．电动机的转轴的摩擦可忽略，求：‎ ‎ （1）通过灯泡的电流I=？ （2）电动机M线圈的发热功率PQ=？ （3）电动机M输出的机械功率P机=？‎ ‎【答案】（1）1A ；（2）2W； （3）12W 【解析】‎ ‎（1）灯两端的电压为 所以通过灯泡的电流为 （2）电动机M线圈的发热功率 （3）电动机M消耗的电功率为 输出的机械功率 ‎16.如图所示，MN板间存在匀强电场，场强E=300N/C，方向竖直向上．电场上A、B两点相距20cm，AB连线与电场方向夹角θ=60°，A点和M板相距6cm．求：‎ ‎（1）求AB两点间的电势差大小；‎ ‎（2）若M板接地（电势为0），A点电势φA；‎ ‎（3）将q=-6×10-8C点电荷从A移到B，电场力做的功．‎ ‎【答案】(1)(2)(3) -1.8×10-6J ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) AB两点间电势差为：‎ ‎(2) A点的电势等于A点与M点的电势差，故：‎ ‎(3) 电势力做功为：‎ W=Uq=30×（-6×10-8）=-18×10-6J ‎17.如图所示，水平绝缘光滑轨道AB的B端与处于竖直平面内的圆弧形光滑绝缘轨道BCD平滑连接，圆弧的半径R=0.50m．轨道所在空间存在水平向右的匀强电场电场强度E=1.0×104N/C．现有一质量m=0.06kg的带电小球（可视为质点）放在水平轨道上与B端距离s="1.0m" 的位置，由于受到电场力的作用，带电体由静止开始运动．已知带电体所带的电荷量q=8.0×10﹣5C，取g=10m/s2，试问：‎ ‎（1）带电小球能否到达圆弧最高点D？‎ ‎（2）带电小球运动到何处时对轨道的压力最大？最大值为多少？‎ ‎【答案】（1）带电小球能到达圆弧最高点D．‎ ‎（2）带电小球运动到与竖直方向夹角为53°时对轨道压力最大，最大值为5N ‎【解析】‎ ‎（1）假设带电小球能沿轨道滑至D点，且速度大小为vD，由动能定理有：‎ ‎　　可得此时小球在D点所需的向心力为：‎ ‎　F向 故带电小球可以到达圆弧最高点D.‎ ‎　　（2）带电小球在运动过程中受重力、电场力的合力为：‎ ‎　方向：与竖直方向的夹角　　　　　‎ 故当小球滑至P点，即∠POB=53°时，小球对圆弧的压力最大.‎ 设小球在P点的速度大小为vP，对轨道压力为FN，有：‎ ‎　　解得：FN="5" N 本题考查圆周运动和动能定理的应用，小球刚好通过D点，可知在D点只有重力提供向心力，由此判断出带电小球可以到达圆弧最高点D，在整个运动过程中由于电场力和重力都保持不变，先把两个力合成，求出合力大小以及方向，把此题看做等效重力场的问题处理，故当小球滑至P点，小球对圆弧的压力最大，设小球在P点的速度大小为vP，对轨道压力为FN，在运动过程中应用动能定理求得在P点速度大小，再由圆周运动中沿半径方向的合外力提供向心力可求得支持力大小