黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

哈师大附中2018级高二学年上学期期中考试物理试卷 一、选择题 ‎1.下列有关摩擦起电的说法正确的是( )‎ A. 摩擦起电说明电荷是可以创造的 B. 摩擦起电时物体带负电荷是因为在摩擦过程中此物体得到电子 C. 摩擦起电是正电荷从一个物体转移到另一物体 D. 等量的正、负电荷可以中和，说明电荷可以被消灭 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AC．摩擦起电的本质是电子的转移，电荷不能被创造，故AC错误；‎ B．摩擦起电中带负电的物体，在摩擦过程中得到电子，电子数多而显负点，故B正确；‎ D．等量的正、负电荷可以中和，不显电性，但电荷不能被消灭，故D错误。‎ ‎2.A、B两带电小球，电量分别为 ＋q、＋9q，质量分别为 ml 、m2 ，如图所示，用两根不可伸长的绝缘细线悬挂于O点，静止时 A、B两球处于同一水平线上，其中O点到A球的间距OA= 2L，∠AOB=90°，∠OAB=60°，C是AB连线上一点且在O点的正下方，带电小球均可视为点电荷，静电力常量为k，则下列说法正确的是（ ）‎ A. AB间的库仑力为 B. A、B两球的质量之比为1：3‎ C. C点的电场强度为零 D. 若仅互换A、B两球的带电量，则A、B两球位置将不再处于同一水平线上 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据题意，由几何关系可知，=2L，=4L，=L 由库仑定律可知AB间的库仑力为，A选项错误；‎ 如图所示受力分析可知：，‎ 两式相除，得：=3:1，故B选项错误；‎ 由几何关系可知，，‎ 根据点电荷场强公式可知：A点电荷在C点的场强大小为，B点电荷在C点的场强大小为，故大小相等，方向相反，合场强为零，C选择正确；‎ 交换电荷量以后，A、B两球各自受到的库仑力和大小均没有发生变化，上图所示的平衡依然成立，故A、B两球位置将依然处在同一水平线上，D错误。‎ ‎【点睛】（1）依据库仑定律，结合几何关系，可求解两球之间的库仑力；（2）两球都处于平衡态，列平衡方程，可找出两球质量之间的关系；（3）两球的平衡与两球之间的相互作用力大小有关，而与两球交换电荷量无关。‎ ‎3.如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中点以相同速度垂直于电场线方向飞出两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示。则（ ）‎ A. 一定带正电，一定带负电 B. 的速度将减小，的速度将增加 C. 的加速度将减小，的加速度将增加 D. 两个粒子的动能，一个增加一个减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】带电粒子做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，由于电场线的方向不知，所以粒子带电性质不确定，故A错误；从题图中轨迹变化来看速度与力方向的夹角小于所以电场力都做正功，动能都增大，速度都增大，故BD错误；电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，所以受力减小，加速度减小，b受力增大，加速度增大，故C正确。‎ ‎4.现有半球形导体材料，接成如图所示甲、乙两种形式，则两种接法的电阻之比R甲∶R乙为( ) ‎ A. 1∶1 B. 1∶2‎ C. 2∶1 D. 1∶4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题中“现有半球形导体材料”可知，本题考查电阻定律和电阻的串并联，根据电阻串并联规律可以分析本题。‎ ‎【详解】将半球形导体材料看成两个相同的电阻拼接，则甲可以看成两个电阻并联，乙可以看成两个电阻串联，设每个小电阻阻值为R，则甲的总阻值R甲为，乙的总阻值R乙为2R，因此R甲∶R乙等于1∶4。故选D。‎ ‎5.有关电动势的说法中错误的是( )‎ A. 电源的电动势等于内、外电路电势降落之和 B. 电源提供的电势能越多，电源的电动势越大 C. 当外电路断开时，电源的路端电压与电源电动势相等 D. 当电路中通过1库仑电量时，电源消耗的其他形式能的数值等于电源电动势的值 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由闭合电路欧姆定律可知，电动势等于内、外电路电势降落之和，A的说法正确，故不选A；‎ B．电源提供的电能与做功时间有关，不能说明电动势大，B的说法错误，故选B;‎ C．外电断开时，电源的路端电压与电源电动势相等，C说法正确，故不选C；‎ D．电动势的定义式可以知道，当电路中通过1库仑电量时，电源消耗的其他形式能的数值等于电源电动势的值，D的说法正确，故不选D。‎ ‎6.有三个电阻的阻值及额定功率分别为R1＝10 Ω、P1＝10 W，R2＝20 Ω、P2＝80 W，R3＝5 Ω、P3＝20 W，它们组成的电路如图甲、乙、丙所示，关于各图的说法中正确的是( )‎ A. 图甲两端允许加的最大电压为60 V B. 图乙电路允许流过最大电流为3.5 A C. 图丙两端允许加的最大电压为18 V D. 图丙电路允许消耗的最大功率为110 W ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题中“它们组成的电路如图甲、乙、丙所示”可知，本题考查串并联电路电流电压，根据每个电阻的额定电流和额定电压可进行分析。‎ ‎【详解】由R1＝10 Ω、P1＝10 W，得 ‎，；‎ 由R2＝20 Ω、P2＝80 W，得 ‎，‎ 由R3＝5 Ω、P3＝20 W，得 ‎，‎ A．图甲中三个电阻串联，取最小额定电流，故最大电流为1A，最大电压为 故A错误；‎ B．图乙中三个电阻并联，取最小额定电压，最大为10V，故最大电流为 C．图丙中R1和R2并联，取最小额定电压，故最大电压为10V，最大电流为 并联部分与电阻R3串联，取最小额定电流，故最大电流为1.5A，故电阻R3的电压为 故丙图的最大电压为 故C错误；‎ D．并联部分功率 电阻R3的功率为 故总功率为 故D错误。‎ ‎7.如图所示，在一个匀强电场(图中未画出)中有一个四边形ABCD，其中，M为AD的中点，N为BC的中点．一个带正电的粒子从A点移动到B点，电场力做功为WAB=2.0×10-9J；将该粒子从D点移动到C点，电场力做功为WDC=4.0×l0-9J．则以下分析正确的是 A. 若将该粒子从M点移动到N点，电场力做功为WMN=3.0×10-9J B. 若将该粒子从点M移动到N点，电场力做功WMN有可能大于4.0×l0-9J C. 若A、B之间的距离为lcm，粒子的电量为2×10-7C，该电场的场强一定是E=1V/m D. 若粒子的电量为2×10-9C，则A、B之间的电势差为1V ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 试题分析：A B、设AB沿电场线方向的投影长度为，DC沿电场线方向的投影长度为,则MN沿电场线方向的投影长度为,在匀强电场中，沿电场线方向移动相同的距离，电场力对电荷做功相同，即电场力做的功和沿电场线方向移动的距离成正比，所以；A正确B错误 C、若电场线沿AB方向，电场强度，电场线不一定沿AB方向，所以电场强度也可能比1V/m要小；错误 D、若粒子的电量为2×10-9C，根据，所以；正确 故选AD 考点：电势差与电场力做功的关系 点评：本题解题关键是确定MN和AB、DC沿电场线方向的距离的关系，并用到沿电场线方向移动相同的距离电场力做功相同。‎ ‎8.如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为的带电小球，以初速度从点竖直向上运动，通过点时，速度大小为，方向与电场方向相反，则小球从运动到的过程（ ）‎ A. 动能增加 B. 机械能增加 C. 重力势能增加 D. 电势能增加 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由动能的表达式可知带电小球在M点的动能为，在N点的动能为，所以动能的增量为，故A错误；带电小球在电场中做类平抛运动，竖直方向受重力做匀减速运动，水平方向受电场力做匀加速运动，由运动学公式有，可得，竖直方向的位移，水平方向的位移，因此有，对小球写动能定理有，联立上式可解得，，因此电场力做正功，机械能增加，故机械能增加，电势能减少，故B正确D错误，重力做负功重力势能增加量为，故C错误。‎ ‎9.如图，带电粒子由静止开始，经电压为的加速电场加速后，垂直电场方向进入电压为的平行板电容器，经偏转落在下板的中间位置，为使同样的带电粒子，从同样的初始位置由静止加速、偏转后能穿出平行板电容器，下列措施可行的是（）‎ A. 保持和平行板间距不变，减小 B. 保持和平行板间距不变，增大 C. 保持、和下板位置不变，向上平移上板 D. 保持、和下板位置不变，向下平移上板 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 保持U2和平行板间距不变，平行板电容器中匀强电场的大小不变，减小U1，则粒子初速度减小，更难以穿出平行板电容器，故A错误；保持U1和平行板间距不变，则粒子初速度不变，增大U2，平行板电容器中匀强电场增大，粒子偏转加剧，不能穿出平行板电容器，故B错误；保持U1、U2和下板位置不变，要想粒子穿出，必须减小板间电场，因此需要增大板间距，故C正确，D错误；故选C.‎ 点睛：本题考查带电粒子在电场中加速和偏转的题目，关键是明确进入偏转电场的初速度是加速电场的末速度，加速电场一般优先考虑动能定理，偏转电场中做类平抛，根据类平抛运动的规律分析．‎ ‎10.如图甲所示，真空中有一半径为R、电荷量为＋Q的均匀带电球体，以球心为坐标原点，沿半径方向建立x轴.理论分析表明，x轴上各点的场强随x变化的关系如图乙所示，则( )‎ A. c点处场强和a点处的场强大小相等、方向相同 B. 球内部的电场为匀强电场 C. a、c两点处的电势相等 D. 假设将一个带正电的试探电荷沿x轴移动，则从a点处移动到c点处的过程中，电场力一直做正功 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题中“真空中有一半径为R、电荷量为＋Q的均匀带电球体”可知，本题考查点电荷电场强度、电势和电场力做功情况，根据点电荷电场分布规律可分析本题。‎ ‎【详解】A．由乙图可得，a、c处场强大小是相等的，方向相同，故A正确；‎ B．由乙图可知，球内部的电场是非匀强电场，故B错误；‎ CD．因为电场线方向是从a到c ‎，沿着电场线的方向电势降低，故C错误；正电荷受到的电场力方向是从a到c，电场力一直做正功，故D正确。‎ ‎11.电荷量不等的两点电荷固定在x轴上坐标为－3L和3L的两点，其中坐标为3L处电荷带正电，电荷量为Q.两点电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中x＝L处电势最低，x轴上M、N两点的坐标分别为－2L和2L，则下列判断正确的是( )‎ A. 两点电荷一定为异种电荷 B. 原点O处场强大小为 C. 负检验电荷在原点O处受到向左的电场力 D. 负检验电荷由M点运动到N点的过程，电势能先减小后增大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题中“两点电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示”可知，本题考查两点电荷之间电势变化、电场和电场力变化，根据点电荷电场规律、电场线分布规律和电势变化可分析本题。‎ ‎【详解】A．正电荷周围的电势为正，负电荷周围的电势为负，因此由图可知，两点电荷均为正电荷，故A错误；‎ BC．在x＝L处电势最低，此处图线的斜率为0，即该点的合场强为0，‎ 得，故原点出的场强大小为 方向向右，负检验电荷在原点O处受到的电场力向左，故BC正确；‎ D．由M点到N点电势先减小后增大，所以负检验电荷由M点运动到N点的过程，电势能先增大后减小，故D错误。‎ ‎12.如图所示为闭合电路中两个不同电源的U-I图像，则下列说法中正确的是(   )‎ ‎ ‎ A. 电动势E1=E2，短路电流I1>I2‎ B. 电动势E1=E2，内阻r1>r2‎ C. 电动势E1>E2，内阻r1>r2‎ D. 当两电源的工作电流变化量相同时，电源2的路端电压变化较大 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC. 全电路的欧姆定律结合U-I图象可知，图象与U轴的交点表示电源的电动势，斜率表示内阻，则知电动势E1=E2，内阻r1＜r2，U-I图象与I轴的交点表示短路电流，故发生短路时的电流I1＞I2；故A项正确，B项、C项错误.‎ D.根据U=E-Ir可知，△U=r•△I，因内阻r1＜r2，故当电源的工作电流变化相同时，电源2的路端电压变化较大；故D正确.‎ ‎13.如图所示，图中的四个电表均为理想电表，当滑动变阻器滑片P向右端移动时，下面说法中正确的是（）‎ A. 电压表V1的读数减小，电流表A1的读数增大 B. 电压表V1的读数增大，电流表A1的读数减小 C. 电压表V2的读数减小，电流表A2的读数增大 D. 电压表V2的读数增大，电流表A2的读数减小 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】当滑动变阻器滑动触点P向右端移动时，变阻器接入电路的电阻减小，由闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，路端电压U减小，则电流表A1读数增大；电压表V1读数 U1=E-I（R1+r），I增大，其他量不变，则U1减小；通过电流表A2的电流，U1减小，则I2减小；流过R2的电流 I2′=I-I2，I增大，I2减小，则I2′增大，则伏特表V2的读数增大．综上，电压表V1的读数减小，电流表A1的读数增大，伏特表V2的读数增大，电流表A2的读数减小．故AD正确，BC错误．故选AD。‎ ‎【点睛】本题是简单的电路动态分析问题，按“部分→整体→部分”的思路进行分析，对于并联电路，要抓住干路电流等于各支路电流之和分析两个支路电流的关系。‎ ‎14.如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，在x轴上的电势q与坐标x的关系如图中曲线所示，曲线过（0.1，4.5）和（0.15，3）两点，图中虚线为该曲线过点（0.15，3）的切线，现有一质量为0.20kg、电荷量为+2.0×10﹣8C的滑块P（可视为质点），从x＝0.10m处由静止释放，其与水平面的动摩蓀因数为0.02，取重力加速度g＝10m/s。则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 滑块P运动过程中的电势能先减小后增大 B. 滑块P运动过程中的加速度先减小后增大 C. x＝0.15m处的电场强度大小为2.0×106N/C D. 滑块P运动的最大速度为0.1m/s ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】电势ϕ与位移x图线的斜率表示电场强度可知，电场方向未变，滑块运动的过程中，电场力始终做正功，电势能逐渐减小，故A错误；电势ϕ与位移x 图线的斜率表示电场强度，则x＝0.15m处的场强为： ，此时的电场力为：F＝qE＝2×10﹣8×2×106N＝0.04N；滑动摩擦力大小为：f＝μmg＝0.02×2N＝0.04N，在x＝0.15m前，电场力大于摩擦力，做加速运动，加速度逐渐减小，x＝0.15m后电场力小于摩擦力，做减速运动，加速度逐渐增大。故BC正确。在x＝0.15m时，电场力等于摩擦力，速度最大，根据动能定理得，qU﹣fx＝mv2，因为0.10m和0.15m处的电势差大约为1.5×105V，代入求解，最大速度大约为0.1m/s。故D正确。‎ 二、实验题 ‎15.（1）如图所示的三把游标卡尺,它们的游标尺从上至下分别为9 mm长10等分、19 mm长20等分、49 mm长50等分,它们的读数依次为______mm,________mm,_________mm。 ‎ ‎（2）使用螺旋测微器测量金属丝的直径,示数如图所示,则金属丝的直径是_______mm。 ‎ ‎【答案】 (1). 103.4 (2). 11.50 (3). 10.94 (4). 2.620‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题中“如图所示的三把游标卡尺”可知，本题考查游标卡尺和螺旋测微器的使用，根据游标卡尺和螺旋测微器的读数规律可分析本题。‎ ‎【详解】[1]游标卡尺9 mm长10等分，精确度为0.1mm，主尺读数为10.3cm游标尺上第4个刻度于主尺某一刻度对齐，所以读数为103.4mm ‎[2] 19 mm长20等分,精确度为0.05mm，读数为11.50mm；‎ ‎[3] 49 mm长50等分,精确度为0.01mm，读数为10.94mm；‎ ‎[4]螺旋测微器固定刻度为2.5mm，可动刻度为,所以最终读数为2.620mm ‎【点睛】螺旋测微器需要估读，游标卡尺不用估读。‎ ‎16.有一灯泡上标有“6 V 0.1 A”字样，现要测绘该灯泡伏安特性曲线，有下列器材可供选用：‎ A．电压表(0～5 V，内阻2.0 kΩ)‎ B．电压表(0～10 V，内阻3.0 kΩ)‎ C．电流表(0～0.3 A，内阻2.0 Ω)‎ D．电流表(0～6 A，内阻1.5 Ω)‎ E．滑动变阻器(30 Ω，2 A)‎ F．滑动变阻器(100 Ω，0.5 A)‎ G．学生电源(直流9 V)及开关、导线等 ‎（1）实验中所用的电压表应选________，电流表应选________，滑动变阻器应选________．‎ ‎（2）画出实验电路图，要求电压从零开始测量．‎ ‎（ ）‎ ‎【答案】 (1). B (2). C (3). E (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题中“现要测绘该灯泡的伏安特性曲线”可知，本题考查利用伏安法测小灯泡伏安特性曲线，根据闭合电路欧姆定律和分压法连接可解答本题。‎ ‎【详解】（1）[1]灯泡的额定电压为6V,电压表选B；‎ ‎[2]灯泡额定电流为0.1A，电流表选C；‎ ‎[3]为方便实验操作应选择滑动变阻器E；‎ ‎（2）[4]秒回灯泡伏安特性曲线，电压电流应该从零开始变化，滑动变阻器应该采用分压法，故连接如图 ‎17.某学习小组欲测量电阻Rx的阻值,有下列器材供选用:‎ 待测电阻Rx (阻值约为300 Ω)‎ 电压表(量程为0~3 V,内阻约为3 kΩ)‎ 电流表(量程为0~10 mA,内阻约为10 Ω)‎ 电流表(量程为0~20 mA,内阻约为5 Ω)‎ 滑动变阻器R1(阻值为0~20 Ω,允许通过的最大电流为2 A)‎ 滑动变阻器R2(阻值为0~2000 Ω,允许通过的最大电流为0.5 A)‎ 直流电源E(电动势为3 V,内阻约为1 Ω)‎ 开关、导线若干 甲同学根据以上器材设计成用伏安法测量电阻的电路,并能满足Rx两端电压从0开始变化进行多次测量,则电流表应选择______(选填“A1”或“A2”);滑动变阻器应选择____(选填“R1”或“R2”);电流表采取____(选填“外”或“内”)接法。‎ ‎【答案】 (1). (2). R1 (3). 内 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题中“某学习小组欲测量电阻Rx的阻值”可知，本题考查电阻测量，根据闭合电路欧姆定律和电路连接规律可分析本题。‎ ‎【详解】[1] Rx的电流最大为，所以电流表选择A1；‎ ‎[2]若满足Rx两端电压能从0开始变化进行多次测量，滑动变阻器一定采用分压式接法，为调节方便，滑动变阻器选择R1；‎ ‎[3]因为大电阻，所以采用电流表内接法。‎ 三、计算题 ‎18.如图所示，Q为固定的正点电荷，A、B两点在Q的正上方和Q相距分别为h和0.25h，将另一点电荷从A点由静止释放，运动到B点时速度正好变为零，若此电荷在A点处的加速度大小为g，静电力常量为k，求：‎ ‎（1）此电荷在B点处的加速度；‎ ‎（2）A、B两点间的电势差(用k、Q和h表示)．‎ ‎【答案】（1）3g，方向竖直向上（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题中“Q为固定正点电荷”可知，本题考查库仑力、牛顿第二定律和动能定理，根据受力分析、牛顿第二定律和动能定理可解答本题。‎ ‎【详解】（1）经分析可知这一电荷必为正电荷，设其电荷量为q，由牛顿第二定律可知，‎ 在A点时：‎ 在B点时：‎ 解得 方向竖直向上，且另一个点电荷的电量为 ‎（2）另一点电荷从A到B过程中，由动能定理得 得 ‎19.如图用直流电动机提升重物，重物的质量m=50kg，电源电动势E=110V．不计电源内阻及各处的摩擦，已知电动机线圈的电阻R=4Ω，电路中的恒定电流强度I=5A，与重物相连的绳子足够长，经过t=20s，电动机恰好开始以恒定的速度向上提升重物，当电动机以恒定速度向上提升重物时，重物的速度v=？重物在这个过程中上升的高度h=？电动机内产生的电热Q=？（g=10m/s2）‎ ‎【答案】0.9m/s； 17.9595m；2000J ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题中“如图用直流电动机提升重物”可知，本题考查电功率、能量守恒定律和焦耳定律，根据电功率、能量守恒定律和焦耳定律公式可解答本。‎ ‎【详解】（1）根据电功率公式得 ‎，‎ 因此输出功率为 解得 ‎（2）由能量守恒可得 解得 ‎（3）由焦耳定律可得 解得 ‎20.如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，坐标系内有A、B两点，其中A点坐标为(6 cm，0)，B点坐标为(0， cm)，坐标原点O处的电势为0，A点的电势为8 V，B点的电势为4 V。现有一带电粒子从坐标原点O处沿电势为0的等势线方向以速度v＝4×105 m/s射入电场，粒子运动时恰好通过B点，不计粒子所受重力，求：‎ ‎（1）图中C处(3 cm，0)的电势；‎ ‎（2）匀强电场的场强大小；‎ ‎（3）带电粒子的比荷。‎ ‎【答案】（1）4 V。（2）102 V/m。（3）2.4×1011 C/kg ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题中“有方向平行于坐标平面的匀强电场”可知，本题考查电势差、电场的关系和粒子在匀强电场中的运动，根据电势差和电场关系公式和离子在电场中运动规律可分析本题。‎ ‎【详解】（1）坐标原点O处的电势为0，点A处的电势为8V，C为OA的中点，依匀强电场的特点有 可得C点电势为。‎ ‎（2）B、C两点的电势相等，连接BC，BC为等势线，所以匀强电场的方向垂直于BC，过O点做BC的垂线相较于D点 由几何关系得 则电场强度为 ‎（3）带电粒子从坐标原点O处沿电势为零的等势线方向射入电场，做类平抛运动，则有 ‎，‎ 又 ‎，‎ 联立解得 ‎ ‎