物理卷·2019届河北省衡水市故城高中高二上学期期中考试物理试题（解析版）x

物理卷·2019届河北省衡水市故城高中高二上学期期中考试物理试题（解析版）x

‎2017-2018学年河北省衡水市故城高中高二（上）期中物理试卷 ‎　一、选择题 ‎1. 关于静电场的等势面，下列说法正确的是（　　）‎ A. 两个电势不同的等势面可能相交 B. 电场线与等势面处处相互垂直 C. 同一等势面上各点电场强度一定相等 D. 将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：沿电场线的方向电势降低，所以电势不同的等势面不可能相交．故A错误；根据电场线与等势面的关系可知，电场线与等势面互相垂直，故B正确；电场强度的大小与电势的高低没有关系，所以同一等势面上各点电场强度不一定相等，故C错误；负电荷在等势面高的位置的电势能小，所以将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电势能增大，电场力做负功，故D错误．故选B。‎ 考点：等势面 ‎【名师点睛】本题关键记住电场线和等势面的关系，相互垂直，从电势高的等势面指向电势低的等势面，掌握等势面的基本特点：在等势面上移动电荷，电场力总是不做功．‎ ‎2. 如图所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触．把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开，（　　）‎ A. 此时A带正电，B带负电 B. 此时A电势低，B电势高 C. 移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合 D. 先把A和B分开，然后移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：物体C靠近A附近时，由于静电感应，A端带上负电，B端带上正 电；故A错误；此时AB为等势体，两端电势相等；故B错误；移去C后，由于电荷间相互作用，重新中和，达电中性状态，两金属箔均闭合；故C正确；先把AB分开，则A带负电，B带正电，移去C后，电荷不能再进行中和，故两金属箔仍然张开；故D错误；故选C。‎ 考点：静电感应 ‎3. 电源电动势反映了电源把其它形式的能量转化为电能的能力，因此（　　）‎ A. 电动势是一种非静电力 B. 电动势越大，表明电源储存的电能越多 C. 电动势的大小是非静电力做功能力的反映 D. 电动势就是闭合电路中电源两端的电压 ‎【答案】C ‎【解析】电动势在数值上等于非静电力把1C的正电荷在电源内部从负极搬运到正极所做的功，不是一种非静电力，故A错误；电动势是描述电源把其它形式的能量转化为电能本领的物理量，是非静电力做功能力的反映，电动势越大，表明电源将其它形式的能转化为电能的本领越大，故B错误C正确；电源电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压，在闭合电路中电源两极间的电压是路端电压，小于电源电动势，故D错误．‎ ‎【点睛】电动势等于非静电力把1C的正电荷在电源内部从负极搬运到正极所做的功，描述电源把其它形式的能量转化为电能本领的物理量．‎ ‎4. 如图所示的电路中，电源、电压表、电流表都是理想的，当滑动变阻器的触头由a端向b端滑动时，下列说法正确的是（　　）‎ A. 电压表增大，电流表读数增大 B. 电压表增大，电流表读数减小 C. 电压表读数不变，电流表读数增大 D. 电压表读数不变，电流表读数增减小 ‎【答案】A ‎【解析】由图可知，R与并联后与串联；当滑动变阻器的触头由a端向b端滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，内电压减小，则路端电压增大，故电压表V示数增大；因电路中总电流减小，则两端的电压减小，而路端电压减小，故并联部分电压增大，中电流增大，故电流表读数增大，A正确．‎ ‎5. 如图所示为多用表欧姆挡的原理示意图，其中电流表的满偏电流为300μA，内阻rg=100Ω，调零电阻最大阻值R=50kΩ，串联的固定电阻R0=50Ω，电池电动势E=1.5V，用它测量电阻Rx，能准确测量的阻值范围是（　　）‎ A. 30kΩ～80kΩ B. 3kΩ～8kΩ C. 300kΩ～800kΩ D. 3000kΩ～8000kΩ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：欧姆表的中值电阻附近刻度最均匀，读数误差最小，求解出该欧姆表的中值电阻即可．‎ 解：欧姆表的中值电阻附近刻度最均匀，读数误差最小；‎ 欧姆表的中值电阻R中等于欧姆表的内电阻R总，‎ 由闭合电路欧姆定律可知，‎ 满偏时：Ig=，‎ 半偏时，Ig=，‎ 联立解得：R中=R内===5000Ω=5kΩ，‎ 欧姆表的中值电阻为5kΩ，欧姆表能准确测量的阻值范围是：3kΩ～8kΩ；‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题关键明确欧姆表的中值电阻附近刻度最均匀，读数误差最小；知道中值电阻等于欧姆表内电阻．‎ ‎6. 三个α粒子在同一点沿同一方向垂直飞入偏转电场，出现了如图所示的运动轨迹，由此可判断（　　）‎ A. 在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上 B. b和c同时飞离电场 C. 进入电场时，c的速度最大，a的速度最小 D. 动能的增加值c最小，a和b一样大 ‎【答案】ACD ‎【解析】解：A、三个粒子的质量和电量都相同，则知加速度相同．a、b两粒子在竖直方向上的位移相等，根据y=，可知运动时间相等．故A正确．‎ B、b、c竖直方向上的位移不等，yc＜yb．根据y=，可知tc＜tb．故B错误．‎ C、在垂直于电场方向即水平方向，三个粒子做匀速直线运动，则有：v=．‎ 因xc=xb，tc＜tb，则vc＞vb．‎ 根据ta=tb，xb＞xa．则vb＞va．所以有：vc＞vb＞va．故C正确．‎ D、根据动能定理知，a、b两电荷，电场力做功一样多，所以动能增加量相等．c电荷电场力做功最少，动能增加量最小．故D正确．‎ 故选：ACD．‎ ‎【点评】解决本题的关键将类平抛运动分解为垂直电场方向和沿电场方向，在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做初速度为0的匀加速直线运动．‎ ‎7. 如图所示的U﹣I图象中，直线I为某电源的路端电压与电流的关系，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线，用该电源直接与电阻R连接成闭合电路，由图象可知（　　）‎ A. R的阻值为1.5Ω B. 电源电动势为3V，内阻为0.5Ω C. 电源的输出功率为3.0W D. 电源内部消耗功率为1.5W ‎【答案】AD ‎【解析】试题分析：电阻，故A正确；根据闭合电路欧姆定律得，当时，，由读出电源的电动势，内阻等于图线的斜率大小，则，故B错误；两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压，电流，则电源的输出功率为，故C错误；电阻R的功率为，故D正确。‎ 考点：电功、电功率 ‎【名师点睛】对于图线关键要根据物理规律，从数学角度来理解其物理意义．本题要抓住图线的斜率、交点的意义来理解图象的意义。‎ ‎8. 小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线在P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则下列说法中正确的是（　　）‎ A. 随着所加电压的增大，小灯泡的电阻不变 B. 对应P点，小灯泡的电阻为R=‎ C. 对应P点，小灯泡的电阻为R=‎ D. 对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围面积大小 ‎【答案】BD ‎【解析】图线与O点连线的斜率减小，说明电阻逐渐增大，A错误；由于小灯泡是非线性元件，对应P点，小灯泡的电阻为，B正确C错误；因，所以图象中矩形PQOM所围的面积为对应P点小灯泡的实际功率，故D正确．‎ ‎9. 如图所示，两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，合开 关S，电源给电容器充电．在两极板间有固定点P．用E表示两极板间的电场强度，φ表示P点的电势，下列说法正确的是（　　）‎ A. 保持S接通，上极板A不动，将下极板B缓慢向下移动稍许到B′，φ增大 B. 保持S接通，上极板A不动，将下极板B缓慢向下移动稍许到B′，E增大 C. 若断开S，下极板B不动，将上极板A缓慢向下移动稍许到A′，则E不变 D. 若断开S，下极板B不动，将上极板A缓慢向下移动稍许到A′，φ减小 ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：保持S接通，则两板间的电势差不变，上极板A不动，将下极板B缓慢向下移动稍许到B′，导致d增大，由可知，两极板间的电场的电场场强减小，则P到上极板的电势差减小，因此P点的电势升高，故A正确，B错误；断开S，下极板B不动，将上极板A缓慢向下移动稍许到A′，因两板上所带电量不变，减小距离d，电容增大，由，及，则可知E不变，故C正确；由上分析可知，因电场强度不变，当将上极板A缓慢向下移动稍许到A′，而P到B极板间的电势差不变，则其电势不变，故D错误；故选AC。‎ 考点：电容器；电场强度 ‎【名师点睛】电容器的动态分析重点在于明确电容器的两种状态：充电后断开则极板上的电量不变；和电源相连，则两板间的电势差不变。‎ ‎10. 如图所示，带正电的A球固定，质量为m、电荷量为+q的粒子B从a处以速度v0射向A，虚线abc是B运动的一段轨迹，b点距离A最近．粒子经过b点时速度为v，重力忽略不计．则（　　）‎ A. 粒子从a运动到b的过程中动能不断减小 B. 粒子从b运动到c的过程中加速度不断增大 C. 可求出A产生的电场中a、b两点间的电势差 D. 可求出A产生的电场中b点的电场强度 ‎【答案】AC ‎ ‎ 考点：电场线 ‎【名师点睛】根据电场力做功正负分析动能的变化．由库仑定律分析电场力的变化，从而判断加速度的变化．由动能定理可求ab间的电势差．由点电荷场强公式分析能否求b点的场强。‎ ‎　‎ 二、实验题 ‎11. 图（a）为某同学组装完成的简易多用电表的电路图．图中E是电池；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头G的满偏电流为250 μA，内阻为480Ω．虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别于两表笔相连．该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1V挡和5V挡，直流电流1mA挡和2.5mA挡，欧姆×100Ω挡．‎ ‎（1）图（a）中的A端与_____（填“红”或“黑”）色表笔相连接．‎ ‎（2）关于R6的使用，下列说法正确的是_____（填正确答案标号）．‎ A．在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置 B．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置 C．使用电流挡时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置 ‎（3）根据题给条件可得R1+R2=_____Ω，R4=_____Ω．‎ ‎（4）某次测量时该多用电表指针位置如图（b）所示．若此时B端是与“1”连接的，则多用电表读数为_____；若此时B端是与“3”相连的，则读数为_____；若此时B端是与“5”相连的，则读数为_____．（结果均保留3为有效数字）‎ ‎【答案】 (1). 黑 (2). B (3). 160 (4). 880 (5). 1.48mA (6). 1.10kΩ (7). 2.95V ‎（1）根据欧姆表原理可知，内部电源的正极应接黑表笔，这样才能保证在测电阻时电流表中电流“红进黑出”；‎ ‎（2）由电路图可知，R6只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零，不能进行机械调零，同时在使用电流档时也不需要时行调节，故B正确AC错误；‎ ‎（3）直流电流档分为1mA和2.5mA，由图可知，当接2时应为1mA；根据串并联电路规律可知；‎ 总电阻 接4时，为电压档，因串入的电阻较小，故应为量程1V的电压表；此时电流计与R1、R2并联后再与R4串联，即改装后的1mA电流表与R4串联再改装后电压表；‎ 根据串联电路规律可知；‎ ‎（4）若与1连接，则量程为2.5mA，读数为1.48mA；‎ 若与3连接，则为欧姆档×100Ω挡，读数为11×100=1100Ω=1.10kΩ；‎ 若与5连接，则量程为5V；故读数为2.95V（2.91﹣2.97均可）；‎ ‎12. 在“测定金属丝的电阻率”的实验中，待测合金电阻丝阻值Rx约为4Ω．‎ ‎①用游标卡尺测量电阻丝的长度L．测量结果如图1所示，图中读数为L=_____mm．‎ 用螺旋测微器测量电阻丝的直径d．测量结果如图2所示，图中读数为d=_____mm．‎ ‎②为了测量电阻丝的电阻R，除了导线和开关S外，‎ 还有以下一些器材可供选择：‎ 电压表V，量程3V，内阻约3kΩ 电流表A1，量程0.6A，内阻约0.2Ω 电流表A2，量程100μA，内阻约2000Ω 滑动变阻器R1，0～1750Ω，额定电流0.3A 滑动变阻器R2，0～50Ω，额定电流1A 电源E（电动势为3V，内阻约为1.2Ω）‎ 为了调节方便，测量准确，实验中应选用电流表_____，滑动变阻器_____，（填器材的符号）‎ ‎③在所给的实物图3中画出连线，接成测量电路图．‎ ‎④若电压表测量值为U，电流表测量值为I，用测量的物理量表示计算材料电阻率的公式是ρ=_____．‎ ‎【答案】 (1). 54.5 (2). 0.855 (3). A1 ；R2 (4). 如图所示， (5). ‎ ‎【解析】试题分析：游标卡尺主尺与游标尺的示数之和是游标卡尺的示数；螺旋测微器固 定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数．根据电源电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器．根据实验原理与实验器材确定滑动变阻器与电流表的接法，然后作出实验电路图．应用欧姆定律与电阻定律求出电阻丝电阻率表达式．‎ ‎（1）由图甲所示游标卡尺可知，其主尺示数为5.4cm=54mm，游标尺示数为5×0.1mm=0.5mm，游标卡尺示数为54mm+0.5mm=54.5mm；由图乙所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0.5mm，可动刻度示数为35.5×0.01mm=0.355mm，螺旋测微器所示为0.5mm+0.355mm=0.855mm．‎ ‎（2）电源电动势为3V，待测电阻约4Ω，电流约0.6 A，所以电流表选A1，为方便实验操作，滑动变阻器应选．‎ ‎（3）金属丝电阻约为4Ω，电压表内阻约为3kΩ，电流表内阻约为0.2Ω，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表采用外接法；金属丝电阻约为4Ω，滑动变阻器最大阻值为50Ω，待测电阻阻值大于滑动变阻器最大阻值，为测量多组实验数据，滑动变阻器应采用分压式接法，据此连接实物电路图，实物电路图如图所示．‎ ‎（4）由欧姆定律可知，待测金属丝电阻，由电阻定律可知，则金属丝电阻率．‎ ‎　‎ 三、计算题 ‎13. 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θ=37°．已知小球所带电荷量q=1.0×10﹣6 C，匀强电场的场强E=3.0×103 N/C，取重力加速度g=10m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8．求：‎ ‎（1）小球所受电场力F的大小．‎ ‎（2）小球的质量m．‎ ‎（3）将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小．‎ ‎【答案】（1）3.0×10﹣3 N；（2）4×10﹣4kg；（3）2m/s．‎ ‎【解析】试题分析：根据电场力的计算公式求解电场力；画出小球受力情况示意图，根据几何关系列方程求解质量；根据机械能守恒定律求解速度．‎ ‎（1）根据电场力的计算公式可得电场力； （2）小球受力情况如图所示：‎ ‎ ‎ 根据几何关系可得，所以；‎ ‎（3）电场撤去后小球运动过程中机械能守恒，则，解得v=2m/s．‎ ‎14. 如图所示的电路中，电源电动势E=10V，内阻r=0.5Ω，电动机的电阻R0=1.0Ω，电阻R1=1.5Ω．电动机正常工作时，电压表的示数U1=3.0V，求：‎ ‎（1）电源释放的电功率；‎ ‎（2）电动机消耗的电功率和将电能转化为机械能的功率；‎ ‎（3）电源的输出功率和效率．‎ ‎【答案】（1）20W；（2）12W， 8W；（3）18W， 90%．‎ ‎【解析】（1）电动机正常工作时，总电流为：‎ 则电源释放的电功率为；‎ ‎（2）电动机两端的电压为 电动机消耗的电功率为：‎ 电动机消耗的热功率为：；‎ 根据能量守恒得，电动机将电能转化为机械能的功率为 ‎（3）电源的输出功率为 效率为．‎ ‎15. 如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两极板的长度L=80cm，两板间的距离d=20cm．电源电动势E=28V，内电阻r=1Ω，电阻R=15Ω．闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电的小球从A、B两金属板左端正中间位置M处以初速度v0=8m/s水平向右射入两板间，恰能从上极板B板右侧边缘射出．若小球带电量为q=1×10﹣2 C，质量为m=2×10﹣2 kg，不考虑空气阻力，重力加速度g=10m/s2．求此时：‎ ‎（1）滑动变阻器接入电路的阻值；‎ ‎（2）电源的输出功率．‎ ‎【答案】（1）12Ω；（2）27W.‎ ‎【解析】试题分析：电容器与并联，则电容器两端的电压等于两端的电压，小球在两 极板间做类平抛运动，根据类平抛运动的规律求出小球的加速度，由牛顿第二定律求出电场力，再求出两极板的场强和电压，则由闭合电路欧姆定律可求得电流，再由欧姆定律可求得滑动变阻器接入电阻；由功率公式可求得电源的输出功率．‎ ‎（1）小球在极板间做类平抛运动 水平方向：；竖直方向，‎ 代入数据解得 对小球，根据牛顿第二定律有，代入数据解得：‎ 极板间电场强度为 两极板间的电压为：‎ 电路电流为：‎ 变阻器接入电路的阻值为：‎ ‎（2）电源的路端电压为：‎ 电源的输出功率为 ‎　‎ ‎ ‎ ‎ ‎