【物理】广东省揭阳市惠来县第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

【物理】广东省揭阳市惠来县第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

广东省揭阳市惠来县一中2019-2020学年高二上学期 期中物理试题 一.单项选择题 ‎1.关于电动势，正确的说法是（ ）‎ A. 电源的电动势等于电源的输出电压 B. 电源的电动势等于电场力把单位正电荷从电源负极移到正极所做的功 C. 电动势相等大小不同的干电池，它们把化学能转化为电能的本领相同 D. 电动势相等的大小不同的干电池，把化学能转化为电能的数值相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电源的电动势并不一定等于电源的输出电压，路端电压U=E-Ir，当断路，即I=0时路端电压等于电源的电动势，故A错误；‎ B．电源的电动势等于非静电力把1C的正电荷从电源负极移动到正极时做的功，故B错误；‎ C．电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量，在数值上等于将1C的正电荷从电源负极移动到正极时克服电场力做的功；电动势相等的大小不同的电池，它们把化学能转化为电能的本领相同；故C正确；‎ D．在单位时间内把化学能转化为电能的数值等于电功率，电动势相同的电源的电功率不一定相同，故D错误。‎ ‎2.如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行板间的电场中，入射方向跟极板平行，整个装置处于真空中，重力可忽略.在满足电子能射出平行板的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏角φ变大的是：‎ A. U1变大，U2变大 B. U1变小，U2变大 C. U1变大，U2变小 D. U1变小，U2变小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设电子被加速后获得初速为v0，则由动能定理得：…①‎ 又设极板长为l，则电子在电场中偏转所用时间：…②‎ 又设电子在平行板间受电场力作用产生加速度为a，由牛顿第二定律得：…③‎ 电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度：vy=at…④‎ 由①、②、③、④可得：‎ 又有：，故U2变大或U1变小都可能使偏转角φ变大，故选项B正确．‎ ‎3.电池容量就是电池放电时输出的总电荷量，某蓄电池标有“1350mA·h”的字样，则表示 (　　)‎ A. 该电池在工作1h后达到的电流为1350mA B. 该电池容纳的总电荷量为1350C C. 电池以135mA的电流工作，可连续工作10h D. 以上说法都不正确 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．据题蓄电池标有“1350mA•h”的字样，表示该电池以1350mA 的电流工作，可工作1h，并不表示电池在工作1h后达到的电流为1350mA，故A错误；‎ B．该电池容纳的总电荷量 q=It=1.35×3600C=4860C 故B错误；‎ CD．由上分析可知：该电池以1350mA 的电流工作，可工作1h，由公式q=It，知以135mA 的电流工作，可用10h，故C正确，D错误。‎ ‎4.在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b，不计空气阻力，则下列说法不正确的是(　　)‎ A. 小球带正电 B. 电场力跟重力平衡 C. 小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小 D. 小球在运动过程中机械能不守恒 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．据题小球在竖直平面内做匀速圆周运动，受到重力、电场力和细绳的拉力，电场力与重力平衡，则知小球带正电，故A正确，A项不合题意；B正确，B项不合题意；‎ C．小球在从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，小球的电势能增大，故C错误，C项符合题意；‎ D．由于电场力做功，所以小球在运动过程中机械能不守恒，故D正确，D项不合题意。‎ ‎5.下列选项中的各圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各圆环间彼此绝缘。坐标原点O处电场强度最大的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据点电荷的电场强度公式可得各圆环上的电荷在O点的电场场强大小，再根据矢量合成，求出合场强，最后比较它们的大小即可。由于电荷均匀分布，则各 圆环上的电荷等效集中于圆环的中心，设圆的半径为r，则A图O点处的场强大小为；将B图中正、负电荷产生的场强进行叠加，等效两电荷场强方向间的夹角为90°，则在O点的合场强,方向沿x轴负方向；C图中两正电荷在O点的合场强为零，则C中的场强大小为，D图由于完全对称，易得合场强ED=0。故O 处电场强度最大的是图B。故答案为B。‎ ‎【考点定位】本题考查电场的叠加,要注意采用等效思想及矢量的运算。难度：中等。‎ ‎6.质量为m的物块，带正电Q，开始时让它静止在倾角的固定光滑绝缘斜面顶端，整个装置放在水平方向、大小为的匀强电场，如图所示，斜面高为H，释放物体后，物块落地的速度大小为　　‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 对物体受力分析：竖直向下的重力mg，水平向左的电场力，此二力合力为2mg与水平方向成30°，与斜面不接触（所以不受斜面对它的弹力）。‎ 根据几何关系：斜面的长度为 对物块在斜面上动能定理：推出v=‎ 二.多项选择题 ‎7.如图所示，有一个由电池、电阻和电容器组成的电路，当把电容器的两块极板错开一定位置时，在错开的过程中 ( )‎ A. 电容器C的电容减小 B. 电容器C的电量不变 C. 电阻R上有方向向左的电流 D. 电阻R上有方向向右的电流 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 当把电容器的两块极板错开过程中两极板正对面积减小，根据电容的决定式分析得知，电容C减小，电容与电源相连，两极板间电压U不变，则电容器所带电量减小，电容器放电，由于电容器上板带正电，下板带负电，则电阻R中有向右的电流，AD正确．‎ ‎8.如图所示，仅在电场力作用下，一带电粒子沿图中虚线从A运动到B，则( )‎ A. 电场力做正功 B. B点电势比A点高 C. 电势能增加 D. 加速度增大 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图看出，带电粒子轨迹向下弯曲，则知带电粒子所受的电场力方向沿电场线向下，与速度的夹角为钝角，所以从A运动到B电场力做负功，故A错误；‎ B．根据沿着电场线电势逐渐降低可知B点电势比A点低，故B错误；‎ C．因为只有电场力做负功，故动能减少、电势能增大，故C正确；‎ D．从A到B，电场线越来越密，电场强度越来越大，带电粒子所受的电场力增大，由牛顿第二定律：‎ 有加速度增大，故D正确。‎ ‎9.两个相同的金属小球(可视为点电荷)，带电荷之比为1：7，相距为r，两者相互接触后再放回原来的位置上，则相互作用力的大小可能为原来的( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】据题意，如果金属球带同种电荷，带电量之比为1︰7，那么其中一个带电量为，另一个带电量为，则有：‎ 当接触之后放回原来位置，则两个金属球带电量均为，那么相互作用力为：‎ 所以有：‎ 如果金属球带异种电荷，两球接触后放回原来位置，两球各带的电荷量，则有：‎ 所以有：‎ A. 与分析不符，故A错误；B. 与分析不符，故B错误；‎ C. 与分析相符，故C正确；D. 与分析相符，故D正确。‎ ‎10.电阻R1、R2、R3串联在电路中。已知R1=10Ω、R3=5Ω，R1两端的电压为6V，R2两端的电压为12V，则 ( )‎ A. 电路中的电流为0．6A B. 电阻R2的阻值为20Ω C. 三只电阻两端总电压为21V D. 电阻R3消耗的电功率为3．6W ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ 因为三个电阻是串联在一起的，所以电路中的电流与通过R1的电流是相等的，所以,故电阻R2的阻值,两端的电压为 ‎,所以三只电阻两端的总电压为,电阻消耗的电功率为,所以ABC正确。‎ ‎11.如图，在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M=30°，M、N、P、F四点处的电势分别用M、N、P、F表示。已知M=N ，P=F，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则( )‎ A. 点电荷Q一定不在MP的连线上 B. 连接PF的线段不在同一等势面上 C. 将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做正功 D. P大于M ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆、圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心，如图所示：‎ 故场源电荷在MN的中垂线和FP的中垂线的交点上，点电荷Q一定在MP的连线上，故A错误；‎ B．因φP=φF，则线段PF是P、F所在等势面（圆）的一个弦，故B正确；‎ C．在正的点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，将正试探电荷从P点搬运到N点，电势能降低，故电场力做正功，故C正确；‎ D．在正的点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，故φP＞φM，故D正确。‎ ‎12. +Q和﹣Q是两个等量异种点电荷，以点电荷+Q为圆心作圆，A、B为圆上两点，MN是两电荷连线的中垂线，与两电荷连线交点为O，下列说法正确的是（ ）‎ A. A点的电场强度大于B点的电场强度 B. 电子在A点的电势能小于在B点的电势能 C. 把质子从A点移动到B点，静电力对质子做功为零 D. 把质子从A点移动到MN上任何一点，质子的电势能变化都相同 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：电场线越密的地方场强越大，电磁线越稀疏的地方场强越小，电场线与等势面相互垂直，电场线从高等势面指向低等势面，电场力做功等于电势能的变化量，根据电场线分布分析答题．‎ 解：等量异号电荷电场线分布如图所示：‎ A、由图示电磁线分布可知，A处的电场线比B处的电场线稀疏，则A点的场强小于B点的场强，故A错误；‎ B、电场线与等势面相互垂直，电场线从高等势面指向低等势面，由图示可知，‎ A点所在等势面高于B点所在等势面，A点电势高于B点电势，电子带负电，则电子在A点的电势能小于在B点的电势能，故B正确；‎ C、A、B两点电势不同，两点间的电势差不为零，把质子从A点移动到B点，静电力对质子做功不为零，故C错误；‎ D、等量异号电荷连线的重锤线MN是等势线，A与MN上任何一点间的电势差都相等，把质子从A点移动到MN上任何一点，电场力做功都相等，质子的电势能变化都相同，故D正确；‎ 故选：BD．‎ ‎【点评】本题考查了等量异号电荷的电场，知道电场线的分布，知道等量异号电荷连线的重锤线是等势线即可正确解题．‎ 三.实验题 ‎13.某同学根据机械能守恒定律，设计实验探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系。‎ ‎（1）如图（a），将轻质弹簧下端固定于铁架台，在上端的托盘中依次增加砝码，测得相应的弹簧长度，部分数据如下表，由数据算得劲度系数k=___N/m。（g取9.8m/s2）‎ ‎（2）取下弹簧，将其一端固定于气垫导轨左侧，如图（b）所示；调整导轨，使滑块自由滑动时，通过两个光电门的速度大小___。‎ ‎（3）用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x；释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度v，释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为___。‎ ‎（4）重复（3）中的操作，得到v与x的关系如图（c）。由上述实验可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的压缩量的平方成___关系。‎ ‎【答案】 (1). 50 (2). 相等 (3). 滑块的动能 (4). 正比 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]表格中，当50g时，弹簧长度为8.62cm，当100g时，弹簧长度为7.63cm，当150g时，弹簧长度为6.66cm，根据胡克定律，F=k△x，设弹簧的劲度系数为k，原长为x0，则列式：‎ ‎0.05×9.8=k（x0-0.0862）‎ ‎0.1×9.8=k（x0-0.0763）‎ 联立两式解得：‎ k=50N/m ‎(2)[2]通过光电门来测量瞬时速度，从而获得释放压缩的弹簧的滑块速度，为使弹性势能完全转化为动能，则导轨必须水平，因此通过两个光电门的速度大小须相等；‎ ‎(3)[3]用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x；当释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度v，释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能；‎ ‎(4)[4]根据v与x的关系图可知，图线经过原点，且是斜倾直线，则v与x成正比，‎ 由动能表达式，动能与速度的大小平方成正比，而速度的大小与弹簧的压缩量成正比，因此弹簧的弹性势能与弹簧的压缩量的平方成正比.‎ ‎14.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，使用的小灯泡为“6V，0.5A”，其他供选择的器材有：‎ 电压表V1（量程6V，内阻约20kΩ） ‎ 电流表A1（量程3A，内阻约0.2Ω） ‎ 电流表A2（量程0.6A，内阻约1Ω） ‎ 变阻器R1（0-1000Ω，0.5A） ‎ 变阻器R2（0-20Ω，2A） ‎ 学生电源E（6-8V） ‎ 开关S及导线若干 实验中要求在电压表示数从0开始读取并记录下几组不同的电压值U和对应的电流值I，以便作出伏安特性曲线。‎ ‎（1）则在上述器材中，电流表应选__，变阻器应选___，图中Rx表示小灯泡，实验电路图应选下图中的__（选填“A”或“B”）。依据你所选的电路图连接好电路后在开关闭合前应将滑片P移到_____端（选填“A”或“B”）。‎ ‎（2）正确测量后，依据测量数据作出的伏安特性曲线如图所示并不是一条直线，这表明小灯泡的电阻随温度的升高而______。‎ ‎【答案】 (1). A2 (2). R2 (3). B (4). A (5). 增大 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]灯泡额定电流是0.5A，电流表应选A2；‎ ‎[2]为保证安全，方便实验操作，滑动变阻器应选R2；‎ ‎[3]要求在电压表示数从0开始读数，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡正常发光时的电阻为：‎ 电流表内阻为1Ω，电压表内阻为20kΩ，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表采用外接法，应选图B所示实验电路．‎ ‎[4]接通电路时为了保护电流表和电压表，应使流过的电流为零，故开关闭合前滑片P移到A端.‎ ‎(2)[5]由图示灯泡I-U图象可知，随电压增大，通过灯泡的电流增大，灯泡实际功率增大，灯泡温度升高，电压与电流的比值增大，即灯泡电阻增大．‎ 四.计算题 ‎15.如图所示，电子在电势差为U0的加速电场中，从左极板由静止开始运动，经加速电场加速后从右板中央垂直射入电势差为U的偏转电场中，经偏转电场偏转后打在竖直放置的荧光屏M上，整个装置处在真空中，已知电子的质量为m，电量为-e，偏转电场的板长为L1，板间距离为d，光屏M到偏转电场极板右端的距离L2，求：‎ ‎（1）电子从加速电场射入偏转电场的速度v0‎ ‎（2）电子飞出偏转电场时的偏转距离y；‎ ‎（3）电子飞出偏转电场时偏转角的正切值；‎ ‎（4）电子打在荧光屏上时到中心O的距离Y。‎ ‎【答案】(1) (2) (3) (4)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)电子在加速电场中直线加速过程，根据动能定理得:‎ 解得电子从加速电场进入偏转电场速度 ‎(2)根据牛顿第二定律得：‎ 电子在偏转电场中运动时间 则偏转位移 ‎(3)电子离开偏转电场时偏转角θ的正切值为：‎ ‎(4)电子离开偏转电场时速度的反向延长线经过中轴线的中点，根据相似三角形得，‎ 解得：‎ ‎16.如图所示，质量为5×10﹣8kg的带电微粒以v0=2m/s速度从水平放置的平行金属板A、B的中央飞入板间．已知板长L=10cm，板间距离d=2cm，当UAB=103V时，带电微粒恰好沿直线穿过板间，已知求：‎ ‎（1）带电微粒所带电荷量？‎ ‎（2）AB间所加电压在什么范围内带电微粒能从板间飞出？‎ ‎【答案】（1） （2）1800V≥u≥200V ‎【解析】‎ ‎（1）由题意，当带电微粒恰好沿直线穿过板间时有电场力和重力平衡：F电=G，由F电=qE和，可得： ‎ ‎ 由粒子所受电场力方向竖直向上，与场强方向相反，可知粒子带负电． （2）粒子在电场中的运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动．设运动时间为t，竖直方向的加速度为a，AB间电压为U，当粒子恰好由电场边缘飞出时，有：x=L=v0t； ‎ ‎ 解得 ‎ 若粒子向上偏转，则电场力＞重力， ‎ 得：，代入数据，解得 U=1800V 若粒子向下偏转，电场力＜重力， 得：‎ ‎，代入数据，解得 U=200V 因此，要使粒子能穿过平行金属板，而不打在板上，电压U的范围应满足200V＜U＜1800V．‎ 点睛：本题考查重力与电场力大小的关系，何时做直线运动，何时做曲线运动，及如何处理类平抛运动方法．突出牛顿第二定律与运动学公式的重要性．‎ ‎17.如图所示，EF与GH间为一无场区，无场区左侧A、B为相距为d、板长为L的水平放置的平行金属板，两板上加某一电压从而在板间形成一匀强电场，其中A为正极板；无场区右侧有一个带电荷量为-Q的点电荷形成的电场，点电荷的位置O为圆弧形细圆管CD的圆心，圆弧半径为R，圆心角为120°，O、C在两板间的中心线上，D位于GH上。一个带正电粒子以初速度v0沿两板间的中心线射入匀强电场，粒子出匀强电场经无场区后恰能进入细圆管，并做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动(不计粒子的重力、管的粗细)。求：‎ ‎（1）带电粒子的比荷；‎ ‎（2）两金属板间所加的电压。‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)粒子进入圆管后受到点电荷-Q的吸引库仑力作匀速圆周运动，则知粒子带正电．‎ 由几何关系知，粒子在D点速度方向与水平方向夹角为30°，进入D点时速度为：‎ ‎ ①‎ 在细圆管中做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动，则满足 ‎ ②‎ 由①②得：‎ ‎(2)粒子射出电场时速度方向与水平方向成30°‎ ‎ ③‎ ‎ ④‎ ‎ ⑤‎ ‎ ⑥‎ 由③④⑤⑥得：‎