【物理】山西省晋中市平遥中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

【物理】山西省晋中市平遥中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

‎2019-2020学年第一学期高二期中测试物理学科试题 ‎1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分。考试时间90分钟。‎ 第Ⅰ卷（选择题 共48分）‎ 一、单项选择题（本题包含8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）‎ ‎1.a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点。电场线与矩形所在的平面平行。已知a点的电势是20V，b点的电势是24V，d点的电势是4V，如图。由此可知，c点的电势为（ ）‎ A. 4V B. 8V C. 12V D. 24V ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：‎ 根据在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分将线段bd五等分，如图所示，则Ube=Ubd=×（24-4）=4v，故Ube=φb-φe=4v，故φf-φd=4v，故φe=24-4=20v．φf=8v．故φa=φe，连接cf，则cf∥ae，故c点的电势φc=φf=8v．故B正确．故选B。‎ 考点：电势 ‎【名师点睛】①在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分；②在匀强电场中电场线平行且均匀分布故等势线平行且均匀分布．以上两点是解决此类题目的金钥匙。‎ ‎2.关于电流，下列说法中正确的是(　　)‎ A. 通过导体横截面的电荷量越多，电流越大 B. 电子运动的速率越大，电流越大 C. 单位时间内通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流越大 D. 因为电流有方向，所以电流是矢量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AC．根据可知，电流等于单位时间内通过导体横截面的电量，通过导体的横截面的电荷量多，电流不一定大，还要看时间，单位时间内通过导体截面的电量越多，导体中的电流越大,故A错误，C正确；‎ BD．根据I=nesv可知电子运动的速率越大，电流不一定越大，选项B错误；电流的方向是人为规定的，所以电流是一个标量，故D错误。‎ ‎【点睛】本题考查了学生对电流的相关知识的掌握，属于电学基础知识的考查，相对比较简单。‎ ‎3.如图所示为两个等量点电荷的电场线，图中A点和B点、C点和D点皆关于两电荷连线的中点O对称，若将一电荷放在此电场中，则以下说法正确的是( 　)‎ A. 电荷在O点受力最大 B. 电荷沿直线由A到B的过程中，电场力先增大后减小 C. 电荷沿直线由A到B的过程中，电势能一定先增大后减小 D. 电荷沿直线由C到D的过程中，电场力先增大后减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据电场线的疏密特点，在AB直线上，O点电场强度最小，则受到电场力最小，而在CD直线上，O点的电场强度最大，则受到电场力最大，因此电荷在O点受力不是最大，故A错误；‎ BD．根据电场线的疏密可知，从A到B的过程中，电场强度先减小后增大，则电场力也先减小后增大；同理从C到D的过程中，电场强度先增大后减小，则电场力也先增大后减小，故B错误，D正确；‎ C．电荷沿直线由A到B的过程中，无法确定电荷做功的正负，因此无法确定电势能变化，故C错误。‎ ‎4.下列关于电源的说法,正确的是(　　)‎ A. 电源向外提供的电能越多,表示电动势越大 B. 电动势表示电源将正电荷从负极移送到正极时,非静电力所做的功 C. 电源的电动势与外电路有关 D. 静电力移动电荷做正功电势能减少,非静电力移动电荷做正功电势能增加 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电源是把其他形式的能转化为电能的装置，电动势反映电源把其他形式的能转化为电能本领大小，与电源向外提供的电能的多少无关，故A错误；‎ B．电动势表示电源将单位正电荷从负极移送到正极时，非静电力所做的功，故B错误；‎ C．电源是把其他形式的能转化为电能的装置，电动势反映电源把其他形式的能转化为电能本领大小，电源的电动势与外电路无关，故C错误；‎ D、根据静电力做功与电势能变化的关系可知，静电力移动电荷做正功电势能减少，非静电力移动电荷做正功电势能增加，故D正确。‎ ‎5.如图为某控制电路的一部分，已知AA′的输入电压为24 V，如果电阻R=6 kΩ，R1=6 kΩ，R2=3 kΩ，则BB′不可能输出的电压是(　　)‎ A. 12 V B. 8 V C. 6 V D. 3 V ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 考查了欧姆定律，串并联电路规律首先明确电路结构，画出等效电路图，然后根据串并联电路规律，欧姆定律分析解题 ‎【详解】若两开关都闭合，在电阻和并联，再和R串联，并联电路两端电压，‎ ‎，若闭合断开，则和R串联，，若闭合断开，则和R串联，，若两者都断开，则电路断路，，故D不可能。‎ ‎6.如图是示波管的工作原理图：电子经电场加速后垂直于偏转电场方向射入偏转电场，若加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转电场的极板长度与极板间的距离分别为L和d，y为电子离开偏转电场时发生的偏转距离．取“单位偏转电压引起的偏转距离”来描述示波管的灵敏度，即（该比值越大则灵敏度越高），则下列哪种方法可以提高示波管的灵敏度（　　）‎ A. 增大U1 B. 增大U2 C. 减小L D. 减小d ‎【答案】D ‎【解析】‎ 经加速电场后的速度为v，则根据动能定理：，所以电子进入偏转电场时速度的大小为，，电子进入偏转电场后的偏转的位移为，，所以示波管的灵敏度，所以要提高示波管的灵敏度可以增大L，减小d和减小U1，故D正确，ABC错误。‎ ‎7.用图示的电路可以测量电阻的阻值。图中Rx是待测电阻，R0是定值，G是灵敏度很高的电流表，MN是一段均匀的电阻丝。闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表G的电流为零时，测得MP=l1，PN=l2，，则Rx的阻值为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】电阻丝MP段与PN段电压之比等于R0和Rx的电压比，即；通过电流表G的电流为零，说明通过电阻丝两侧的电流是相等的，而总电流一定，故通过R0和Rx的电流也相等，故；根据电阻定律公式，有；故，解得。‎ 故选：C．‎ ‎8.一质量为m的带电液滴以竖直向下的初速度v0进入某电场中。由于电场力和重力的作用，液滴沿竖直方向下落一段距离h后，速度变为0。在此过程中，以下判断正确的是（　 ） ‎ A. 液滴一定带负电 B. 重力对液滴做的功为 C. 合外力对液滴做的功为 D. 液滴机械能减少了 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 重力方向竖直向下，而液体向下做匀减速直线运动，故合力向上，所以液滴受到的电场力方向一定竖直向上，带正电，A错误；液滴下降了h，所以重力做功为mgh，B错误；根据动能定理可得，C正确；液滴的重力势能减小mgh，动能减小，所以液滴的机械能减少，D错误．‎ 二、多项选择题（本题包含4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项正确。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）‎ ‎9.如右图所示，理发用的电吹风机中有电动机和电热丝，电动机带动风叶转动，电热丝给空气加热，得到热风将头发吹干，设电动机的线圈电阻为R1，它与电热丝的电阻R2串联，接到直流电源上，电吹风机两端电压为U，电流为I，消耗的电功率为P，则有 A. P＜UI B. P＝I2(R1＋R2)‎ C. P＞UI D. P＞I2(R1＋R2)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 电吹风机消耗的电功率P是总的功率，总功率的大小应该是用P=IU来计算，所以总功率P=IU，所以AC错误．电吹风机中发热的功率要用I2R来计算，所以总的发热功率为I2（R1+R2），吹风机的总功率P=IU要大于发热部分的功率，所以B错误，D正确．故选D．‎ 点睛：对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的．‎ ‎10.如图竖直墙面与水平地面均光滑绝缘，两个带有同种电荷的小球A、B分别处于竖直墙面和水平地面，且共处于同一竖直平面内，若用如图所示方向的水平推力F作用于小球B，则两球静止于如图所示位置，如果将小球B稍向左推过一些，两球重新平衡时的受力情况与原来相比(　　)‎ A. 推力F将增大 B. 墙面对小球A的弹力减小 C. 地面对小球B的弹力减小 D. 两小球之间的距离增大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC.以A球为研究对象，分析受力，作出力图如图所示：‎ 设B对A的库仑力F与墙壁的夹角为θ，由平衡条件得竖直墙面对小球A的弹力为：‎ 将小球B向左推动少许时θ减小，则N1减小，再以AB整体为研究对象，分析受力如图所示 由平衡条件得：F=N1‎ N2=（mA+mB）g 则F减小，地面对小球B的弹力一定不变。故A错误，B正确，C错误；‎ D. 库仑力 θ减小，cosθ增大，F库减小，根据库仑定律分析得知，两球之间的距离增大。故D正确。‎ ‎11.一横截面积为S的铜导线,流经其中的电流为I,设单位体积的导线中有n 个自由电子,电子的电荷量为q此时电子的定向移动速率为v,在t时间内,通过铜导线横截面的自由电子数目可表示为 (     )‎ A. nvSt B. nvt C. D. ‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. 从微观角度来说，在t时间内能通过某一横截面的自由电子必须处于长度为vt的圆柱体内，此圆柱体内的电子数目为N=nV=nvSt，故A正确，B错误；‎ CD. 从电流的定义式来说，故在t时间内通过某一横截面的电荷量为It，通过横截面的自由电子数目为，故C正确，D错误；‎ ‎12.某电场的电场线的分布如图所示。一个带电粒子由M点沿图中虚线所示的途径运动通过N点。则下列判断正确的是(　　)‎ A. 粒子带负电 B. 电场力对粒子做负功 C. 粒子在N点的加速度大 D. 粒子在N点的电势低 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图根据粒子运动的轨迹可以知道，粒子受到的电场力的方向向上，而电场线的方向也向上，所以电荷为正电荷，故A错误；‎ BD．从M点到N点，静电力方向与速度方向成锐角，电场力做正功，电势能减小，由于粒子带正电，所以粒子在N点的电势较低，故B错误，D正确；‎ C．电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以粒子在N点的受力大，加速度大，故C正确。‎ 第Ⅱ卷（非选择题 共52分）‎ 三、填空、实验题（本题包含3小题，共18分。13小题4分；14小题6分；15小题8分。请将答案填在答卷纸对应的横线上）‎ ‎13.①图甲当使用3 A量程时，图中表针示数为________ A。‎ ‎②图乙若使用的是较大量程，图中表针指示的是________ V。‎ ‎【答案】 (1). 2.20 (2). 8.5‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]当使用3A量程时，其分度值为0.1A，示数为：2.20A；‎ ‎[2]若使用的是较大量程，其分度值为0.5V，示数为：8.5V ‎14.（1）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(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______(填“Rx1”或“Rx2”)更接近待测电阻的真实值，且测量值Rx1______(填“大于”“等于”或“小于”)真实值。‎ ‎（2）在“测定金属的电阻率”的实验中，需要用刻度尺测出被测金属丝的长度l.用螺旋测微器测出金属丝的直径d，用电流表和电压表测出金属丝的电阻Rx.请写出测金属丝电阻率的表达式：ρ＝________(用上述测量量的字母表示)．‎ ‎【答案】 (1). Rx1 (2). 大于 (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2]由题意可知 则 电流表应采用内接法，则Rx1‎ 更接近待测电阻的真实值，由于电流表采用内接法，电压的测量值偏大，由欧姆定律可知，电阻测量值大于真实值；‎ ‎(2)[3]据电阻定律得 解得 ‎15.“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，小灯泡的额定电压为2.5 V，额定功率为0.5 W，实验中除导线和开关外，还有以下器材可供选择：‎ A．直流电源3 V(内阻不计)‎ B．直流电流表0～300 mA(内阻约为5 Ω)‎ C．直流电流表0～3 A(内阻约为0.025 Ω)‎ D．直流电压表0～3 V(内阻约为3.0 kΩ)‎ E．滑动变阻器100 Ω，0.5 A F．滑动变阻器10 Ω，2 A 实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量。‎ ‎(1)实验中电流表应选用__________，滑动变阻器应选用__________。(均填写仪器前的字母)‎ ‎(2)应选择下图中哪一个电路图进行实验？__________。‎ ‎(3)根据实验数据，画出小灯泡I-U图线如图乙所示。由此可知，当电压为0.5 V时，小灯泡的灯丝电阻是________ Ω。‎ ‎【答案】 (1). B (2). F (3). A (4). 5.5与5.6都算正确 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]小灯泡的额定电流为 故选电流表B ‎[2]要求小灯泡两端的电压从零开始，所以采用滑动变阻器的分压接法，滑动变阻器选择较小的，便于操作，故选滑动变阻器F；‎ ‎(2)[3]电流表内阻和小灯泡的内阻相接近，故采用电流表外接法，要求小灯泡两端的电压从零开始，所以采用滑动变阻器的分压接法，故A正确；‎ ‎(3)[4]从图中可知当小灯泡两端的电压为0.5V时，小灯泡中的电流为0.09A，所以根据欧姆定律可得此时小灯泡的电阻为：‎ 由于误差存在，5.5与5.6都算正确。‎ 四、计算题（本题包含3小题，共34分。解答下列各题时，应写出必要的文字说明、表达式和重要步骤。只写出最后答案的不得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。请将解答过程书写在答卷纸相应位置。）‎ ‎16.如图，在真空中有两个点电荷A和B，电量分别为－Q和＋2Q，它们相距L，如果在两点电荷连线的中点O有一个半径为r（2r＜L）的空心金属球，且球心位于O点，求：‎ ‎（1）－Q在O点产生的电场强度的大小与方向；‎ ‎（2）球壳上的感应电荷在O点处产生的场强大小与方向．‎ ‎【答案】（1） 方向向左； （2） 　方向向右 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由点电荷场强公式，所以－Q在O点产生的电场强度的大小 场强方向向左；‎ ‎(2)两个点电荷A和B在O点处产生的合场强大小为 方向向左，根据静电平衡导体的特点可知，球壳上的感应电荷在O点处的场强大小与两个点电荷A和B在O点处产生的合场强大小相等，方向相反，则球壳上的感应电荷在O点处的场强大小为 方向向右。‎ ‎17.有一小型直流电动机，把它接入U1＝0.3 V的电路中时，电动机不转，测得流过电动机的电流为I1＝0.6 A；若把电动机接入U2＝3.0 V的电路中时，电动机正常工作，工作电流是I2＝1.0 A。‎ ‎(1)求电动机的内电阻。‎ ‎(2)电动机正常工作时的输出功率是多少？‎ ‎(3)如果电动机正常工作时，转子突然被卡住，此时电动机的发热功率是多大？‎ ‎【答案】(1) 0.5 Ω (2)2.5 W　(3)18 W ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)当U1＝0.3V，I1＝0.6A时，电动机不转，此时电动机为纯电阻，故电动机的内电阻为 r＝＝0.5Ω ‎(2)当U2＝3.0V，I2＝1.0A时，电动机正常工作，此时电动机为非纯电阻，则电动机的输出功率为 P出＝U2I2－I22r＝2.5W ‎(3)当电动机正常工作被卡住时，电动机又为纯电阻，其热功率为 P热＝＝18W ‎18.如图所示，在一足够大的空间内存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E=3.0×104N/C．有一个质量m=4.0×10﹣3kg的带电小球，用绝缘轻细线悬挂起来，静止时细线偏离竖直方向的夹角θ=37°．取g=10m/s2‎ ‎，sin37°=0.60，cos37°=0.80，不计空气阻力的作用．‎ ‎（1）求小球所带的电荷量及电性；‎ ‎（2）如果将细线轻轻剪断，求细线剪断后，小球运动的加速度大小；‎ ‎（3）从剪断细线开始经过时间t=0.20s，求这一段时间内小球电势能的变化量．‎ ‎【答案】（1）1.0×10﹣6C，正；‎ ‎（2）12.5m/s2；‎ ‎（3）4.5×10﹣3J ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（1）小球处于静止状态，分析受力，根据电场力与场强方向关系判断电性．‎ ‎（2）将细线突然剪断小球将沿细线方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律列式求解加速度；‎ ‎（3）根据运动学公式求解出小球的位移；然后根据电势能的减小量等于电场力的功列式求解．‎ 解：（1）小球受到重力mg、电场力F和绳的拉力T的作用，由共点力平衡条件有：‎ F=qE=mgtanθ 解得：q==1.0×10﹣6C 电场力的方向与电场强度的方向相同，故小球所带电荷为正电荷；‎ ‎（2）剪断细线后，小球做匀加速直线运动，设其加速度为a，由牛顿第二定律有：=ma 解得：a==12.5m/s2‎ ‎（3）在t=0.20s的时间内，小球的位移为：l==0.25m 小球运动过程中，电场力做的功为：W=qElsinθ=mglsinθ tanθ=4.5×10﹣3J 所以小球电势能的变化量（减少量）为：△Ep=4.5×10﹣3J 答：（1）小球所带的电荷量为1.0×10﹣6C，电性为正；‎ ‎（2）细线剪断后，小球运动的加速度大小为12.5m/s2；‎ ‎（3）从剪断细线开始经过时间t=0.20s，这一段时间内小球电势能的减少量为4.5×10﹣3J．‎ ‎【点评】本题是带电体在电场中平衡问题，分析受力情况是解题的关键，并能根据受力情况判断此后小球的运动情况．‎