贵州省铜仁第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

贵州省铜仁第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

铜仁一中2019-2020学年度第一学期高二半期考试 物理试卷 注意事项：‎ ‎1．答题前填写好自己的姓名、班级等信息 ‎2．请将答案正确填写在答题卡上 一、单选题（共8题，每题4分，共32分）‎ ‎1.一根阻值为R的均匀电阻丝，在下列哪些情况中其阻值仍为R（设温度不变）（　　）‎ A. 当长度不变，横截面积增大一倍时 B. 当横截面积不变，长度增加一倍时 C. 当长度和横截面积都缩小为原来的一半时 D. 当长度扩大一倍而横截面积缩为原来的一半时 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由R=ρL/S 可知，长度不变，横截面积增大一倍时，电阻变为原来的一半，故A错误；当横截面积不变，长度增加一倍时电阻变为原来的2倍，故B错误；当长度和横截面积都缩小为原来的一半时，电阻不变，选项C正确；当长度增大1倍时，横截面积缩小一半，电阻变化原来的4倍，故D错误；故选C．‎ ‎2.如图所示为电场中的一条电场线，A、B为其上的两点，以下说法正确的是（ ）‎ A. EA与EB一定不等， 与 一定不等 B. EA与EB可能相等，与可能相等 C. EA与EB一定不等，与可能相等 D. EA与EB可能相等，与一定不等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】电场线越密的地方电场强度越大，由于只有一条电场线，无法看出电场线的疏密，故EA与EB可能相等、可能不相等；沿着电场线电势一定降低，故φA一定大于φB；则D正确；故选D。‎ ‎【点睛】电场强度的大小看电场线的疏密程度，电场线越密的地方电场强度越大，电势的高低看电场线的指向，沿着电场线电势一定降低.‎ ‎3.如图所示，将一个半径为r的不带电的金属球放在绝缘支架上，金属球的右侧放置一个电荷量为Q的带正电的点电荷，点电荷到金属球表面的最近距离也为r。由于静电感应在金属球上产生感应电荷。设静电力常量为k。则关于金属球内的电场以及感应电荷的分布情况，以下说法中正确的是（ ）‎ A. 金属球内各点的场强都是零 B. 感应电荷在金属球球心处激发的电场场强，方向向右 C. 金属球的右端带有正电荷，左端带有负电荷 D. 金属球右侧表面的电势高于左侧表面 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 金属球处于静电平衡状态，所以金属球内各点的场强为零，A正确，感应电荷在金属球球心处激发的电场与点电荷在球心处的电场方向相反，大小相等，所以感应电荷在金属球球心处激发的电场场强，方向向右，B错误，根据同种电荷相斥，异种电荷相吸可得金属球的右侧带有负电荷，左端带有正电荷，C错误，金属球处于静电平衡状态，所以金属球是一个等势体，D错误。‎ ‎4.一个阻值为R的电阻两端加上电压U后，通过电阻横截面的电荷量q随时间变化的图象如图所示，此图象的斜率可表示为(　　)‎ A. U B. R C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据，可知图线的斜率代表的是电流，而电流，选C．‎ ‎5.两个电压表V1和V2是由完全相同的两个电流表改装而成的，V1量程是5V，V2量程是15V。现把V1和V2串联起来测量15V～20V电压。下列说法中正确的是（ ）‎ A. V1和V2的示数相同 B. V1和V2指针偏转的角度相同 C. V1和V2示数不同，指针偏转的角度也不同 D. V1和V2的示数与V1和V2的内阻成反比 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 两伏特表串联，流过两伏特表表头的电流相等，两伏特表指针偏转角度相等，由于流过伏特表的电流相等而它们的内阻不同，则两伏特表两端电压不同，电压表读数不同，故B正确，AC错误；因是串联关系，电流大小一样，两表的示数与内阻成正比，即两表读数之比等于两伏特表内阻之比，故D错误；故选B．‎ 点睛：本题考查的是电压表的改装原理，电压表的内部电路为表头与分压电阻串联，相当于大电阻，符合欧姆定律．‎ ‎6.如图，△abc中bc=4cm，∠acb＝30°。匀强电场电场线平行于△abc所在平面，且a、b、c点的电势分别为3V、-1V、3V。下列说法中正确的是（ ）‎ A. 电场强度的方向沿ac方向 B. 电场强度的大小为2 V/cm C. 电子从a点移动到b点，电势能减少了4 eV D. 电子从c点移动到b点，电场力做功为4 eV ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电场力做功量度电势能的变化．匀强电场的电场线为相互平行间隔相等的平行线，而等势线与电场线垂直；由题意知ac连线为一条等势线，根据电场线与等势线的特点可确定电场线的方向，再根据公式U=Ed求出电场强度.‎ ‎【详解】因ac为等势面，则场强方向垂直于ac指向b点，选项A错误；电场强度的大小为，选项B正确；a点电势高于b点，则电子从a点移动到b点，电势能增加，选项C错误；电子从c点移动到b点，电场力做功为[3V-(-1V)](-e)=-4 eV，选项D错误；故选B.‎ ‎【点睛】题的关键在于找出等势面，然后才能确定电场线，要求学生明确电场线与等势线的关系，能利用几何关系找出等势点，再根据等势线的特点确定等势面．知道公式U=Ed应用时d为沿着电场线方向的距离 ‎7.一台电动机工作时输出的机械功率为40kW，保持该机械功率，竖直提升质量为的货物，阻力不计，则货物能达到的最大速度为 A. 0.2m/s B. 0.5m/s C. 2m/s D. 5m/s ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】货物达到最大速度时，拉力等于重力，即：F=mg；设货物能达到最大速度为v。由P额=Fv=mgv得：；‎ A.此选项正确；‎ BCD.此三项错误；‎ ‎8.空间某一静电场电势φ随x变化情况如图所示，下列说法中正确的是（ ） ‎ A. 空间各点场强的方向均与x轴垂直 B. 电荷沿x轴从O移到x1的过程中，电场力不做功 C. 正电荷沿x轴从x1移到x2的过程中，电场力做正功，电势能减小 D. 负电荷沿x轴从x1移到x2的过程中，电场力做正功，电势能减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由图看出，轴上各点电势不相等，轴不是一条等势线，所以空间各点场强的方向不与轴垂直，故A错误；‎ B.沿轴从移到的过程中电势减小，任意两点间电势差不为零，电场力做功不为零，故B错误；‎ C.正电荷沿轴从移到的过程中电势降低，根据可知电荷的电势能减小，电场力做正功，则C正确；‎ D.负电荷沿轴从移到的过程中电势降低，根据可知电荷的电势能增加，电场力做负功，故D错误。‎ 二、多选题（共4题，每题4分，共16分）‎ ‎9. A、B、C三个线性电阻的U—I图象如图所示，下列分析正确的是：（ ）‎ A. 若三个电阻串联，则Ａ的功率最大。‎ B. 若三个电阻并联，则C的功率最大。‎ C. 三个电阻中，A的电阻阻值大。‎ D. 三个电阻中，C的电阻阻值大。‎ ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ 试题分析：U—I图像中斜率表示电阻大小，由此可知电阻A的阻值最大，若三个电阻串联，三个电阻的电流相同，由可知则Ａ的功率最大，A对；C的电阻最小，由可知若三个电阻并联，则C的功率最大，B对；同理C对；D错；‎ 考点：考查U-I图像的利用 点评：本题难度较小，考查的知识点比较单一，根据图像得出电阻的大小关系，选择合适的电功率公式进行判断是本题的关键 ‎10.如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹， a、b是轨迹上的两点(先后经过a，b两点)。若带电粒子在运动过程中只受到电场力作用，下列说法正确的是（ ）‎ A. 粒子一定带正电 B. 带电粒子在a点的加速度一定大于在b点的加速度 C. 带电粒子在a点的动能一定大于在b点的动能 D. 带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由图可知粒子的运动轨迹向右下方弯曲，说明粒子在、两点受到的电场力沿电场线向左，由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性，故A错误；‎ B.根据电场线的疏密程度可知带电粒子在点的电场强度一定大于在点的电场强度，根据和牛顿第二定律得带电粒子在点的加速度一定大于在点的加速度，故B正确；‎ CD. 带电粒子由到，电场力做负功，动能减小，带电粒子在点的动能一定大于在点的动能，根据能量守恒可知带电粒子在点的电势能一定小于在点的电势能，故C正确，D错误。‎ ‎11.将一电荷量q=-2.0×10﹣6C的电荷从无穷远处移至电场中的A点，克服电场力做功3.0×10﹣4J，再将电荷从A点移至B点的过程中，电场力做功2.0×10﹣4J，规定无穷远处的电势能为零．则（　　）‎ A. 电荷在A点的电势能为-3.0×10﹣4J B. A点的电势为-150 V C. B点的电势为-50 V D. 将电荷量为+2.0×10﹣6C的电荷从B点移到无穷远处的过程中，电荷的电势能将增加1.0×10﹣4J ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 将电荷量为q=-2.0×10﹣6C的点电荷从无穷远处移至电场中A点，克服电场力做功3.0×10﹣4J，其电势能增加了3.0×10﹣4J，可知电荷在A点的电势能EpA=3.0×10﹣4J，故A错误；A点的电势，故B正确；AB间的电势差为：， 根据UAB=φA-φB知，φB=φA-UAB=[-150-（-100）] V=-50 V，故C正确；B点与无穷远处间的电势差UB∞=﹣50 V，则将电荷量为+2.0×10﹣6C的电荷从B点移到无穷远处的过程中，电场力做功WB∞=qUB∞=-2.0×10﹣6×（-50）J=1.0×10﹣4J，所以电荷的电势能减少6×10﹣5J，故D错误。所以BC正确，AD错误。‎ ‎12.如图所示，真空中两虚线圆为以O为圆心的同心圆，分别于坐标轴交于abcd、efgh；在ac两点固定两个等量点电荷，bd两点固定两个等量点电荷，下列说法正确的是： （ ）‎ A. g、f两点的电场强度相同 B. e、h两点的电势相同 C. 将质子从e移到o电场力一直做正功 D. 将质子从o移到f电场力一直做正功 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ 试题分析：根据电场的叠加原理可知，两个正电荷和两个负电荷在g点产生的场强方向沿y轴正向，则g点的场强方向沿y轴正向．两个正电荷和两个负电荷在f点产生的场强方向沿y轴负向，则f点的场强方向沿y轴负向，g、f两点场强大小相等，方向相反，所以电场强度不同，故A错误；在两个正电荷形成的电场中，根据对称性可知，e、h两点的电势相同．在两个负电荷形成的电场中，根据对称性可知，e、h两点的电势也相同．则根据叠加原理可知，e、h两点的电势相同，故B正确；根据电场线的分布可知，eo间的电场线方向沿，质子所受的电场力方向由 ‎，则将质子从e移到o电场力一直做正功，故C正确；根据电场线的分布可知，of间的电场线方向沿，质子所受的电场力方向由，则将质子从o移到f电场力一直做正功，故D正确。‎ 考点：电势差与电场强度的关系、电势 ‎【名师点睛】解决本题的关键是掌握等量同种电荷电场线和等势面的分布情况，熟练运用电场的叠加原理来分析电场强度和电势关系。‎ 三、实验题（共2题，每空2分，共16分）‎ ‎13.小明在研究由某种新材料制成圆柱体电学元件(图甲所示)的过程中，进行了如下操作：‎ ‎(1) 用20分度的游标卡尺测量其长度如图乙所示，由图可知其长度为________mm，用螺旋测微器测量其直径如图丙所示，其直径为________mm；‎ ‎ ‎ ‎【答案】 (1). 4.20 (2). 4.700‎ ‎【解析】‎ 游标卡尺的主尺读数为4mm，游标读数为0.05×4mm=0.20mm，所以最终读数为4.20mm；‎ 螺旋测微器固定刻度为4.5mm，可动刻度为0.01×20.0=0.200mm，所以最终读数为4.700mm．‎ ‎14.要测绘额定电压为2V的日常用小电珠的伏安特性曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：‎ A.电源E（电动势3.0V，内阻可不计） ‎ B.电压表V1（量程为0～3.0V，内阻约2kΩ）‎ C.电压表V2 （0～15.0V，内阻约6kΩ） ‎ D.电流表A1（0～0.6A，内阻约1Ω）‎ E.电流表A2 （0～100mA，内阻约2Ω） ‎ F.滑动变阻器R1（最大值10Ω）‎ G.滑动变阻器R2（最大值2kΩ）‎ ‎（1）为减少实验误差，实验中电压表应选择__________，电流表应选择__________，滑动变阻器应选择__________（填各器材的序号）‎ ‎（2）提高实验精度，请你在虚线框中设计实验电路图_________。‎ ‎（3）实验中移动滑动变阻器滑片，得到了小灯泡的U﹣I图象如图所示，则该小电珠的额定功率是________W，小电珠电阻的变化特点是_________________________．‎ ‎【答案】 (1). （1）B、 (2). D、 (3). F； (4). （2） (5). （3）0.94～0.98； (6). 灯泡电阻随电压（温度）的增大而增大.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据题意可知，电源电动势为3V，所以电压表选择B；要测绘的是2V日常用小电珠，电阻较小，且根据图像可知，电流小于0.6A，所以电流表选择D；该实验要求电压从零开始调节，所以电路采取分压式，滑动变阻器选择较小阻值，可以有效减小误差，所以滑动变阻器选择F。‎ ‎（2）小电珠电阻较小，所以采取电流表外接法，滑动变阻器采取分压式，所以电路图如下：‎ ‎（3）当电压为2V时，对应电流为0.49A，所以额定功率：；根据图像可知，图像斜率变大，所以电阻随电压（温度）的增大而增大。‎ 四、计算题（共3题，15题8分，16题14分，17题14分，共36分）‎ ‎15.如图所示，灯泡L上标有“12 V，24 W”字样，电动机D电阻R＝5 Ω，当在A、B两端加上36 V电压时，灯泡和电动机均正常工作，求：电动机D的电功率和热功率. ‎ ‎【答案】PD＝48 W ， P′＝20W ‎【解析】‎ ‎【详解】由于电灯是纯电阻用电器，正常工作时：PL＝ULI 解得：I=＝2A 电动机与灯串联：U＝UL＋UD可知UD＝24 V ‎ 电动机的电功率：PD＝UDI ‎ PD＝48 W 电动机的热功率：P′＝I2R ‎ 解得：P′＝20W ‎16.如图所示，A、B是竖直放置的中心带有小孔的平行金属板，两板间的电压为U1=100V，C、D是水平放置的平行金属板，板间距离为d=0.2m，板的长度为L=1m，P是C板的中点，A、B两板小孔连线的延长线与C、D两板的距离相等，将一个负电荷从板的小孔处由静止释放，求：‎ ‎（1）为了使负电荷能打在P点，C、D两板哪板电势高？板间电压UCD应为多少？‎ ‎（2）如果C、D两板间所加的电压为4V，求负电荷离开电场时竖直方向的偏转距离为多少？‎ ‎【答案】见解析。‎ ‎【解析】‎ 试题分析： （1）设负离子的质量为m，电量为q，从B板小孔飞出的速度为v0，‎ 由动能定理：①‎ 由类平抛规律：‎ ‎②‎ ‎③‎ 又④‎ 整理可得⑤‎ 又⑥‎ 联立⑤⑥解得U2=32V，因负离子所受电场力方向向上，所以且C板电势高。故为了使负离子能打在P点，C、D两板间的电压应为32V，C板电势高．‎ ‎（2）若负离子从水平板边缘飞出，则应满足：‎ 由类平抛规律可得：‎ 联立以上各式解得：，‎ 将代入可解得 可见，如果两板间所加电压为4V，则负离子不能打在板上，而是从两板间飞出．‎ 将，代入 解得 故如果C、D两板间所加的电压为4V，则负离子不能打在板上，它离开电场时发生的侧移为0.05m．‎ 考点：带电粒子在电场中的加速与偏转。‎ ‎17.如图所示，竖直面内的光滑绝缘轨道，处于竖直向下的匀强电场中．一个带负电的小球从斜轨道上的A点由静止释放，沿轨道滑下，已知小球的质量为m，电荷量为－q，匀强电场的场强大小为E，斜轨道的倾角为α，圆轨道半径为R，斜轨道与圆轨道平滑连接，小球的重力大于所受的电场力．‎ ‎(1) 求小球沿轨道滑下的加速度的大小；‎ ‎(2) 若使小球通过圆轨道顶端的B点，求A点距圆轨道最低点的竖直高度h1至少为多大；‎ ‎(3) 若小球从距圆轨道最低点的竖直高度h2＝5R处由静止释放，假设其能通过圆轨道顶端B点，求从释放到B点的过程中小球机械能的改变量．‎ ‎【答案】（1）（2）R（3）减少3qER.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由牛顿第二定律有 ‎(mg－qE)sinα＝ma 解得 a＝‎ ‎(2)球恰能过B点有：‎ mg－qE＝m①‎ 由动能定理，从A点到B点过程，则有：‎ ‎②‎ 由①②解得 h1＝R.‎ ‎(3)从释放到B的过程中，因电场力做的总功为负功，电势能增加，则增加量：‎ ΔE＝qE(h2－2R)＝qE(5R－2R)＝3qER.‎ 由能量守恒定律得机械能减少，且减少量为3qER.‎ 答案：（1）（2）R（3）减少3qER.‎ ‎ ‎ ‎ ‎