【物理】黑龙江省哈尔滨市阿城区龙涤中学校2019-2020学年高二上学期期中考试试题(解析版)

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【物理】黑龙江省哈尔滨市阿城区龙涤中学校2019-2020学年高二上学期期中考试试题(解析版)

物理试题 一、选择题 ‎1. 一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变,在两极板间插入一电介质,其电容C 和两极板间的电势差U 的变化情况是 A. C 和U 均增大 B. C 增大,U 减小 C. C 减小,U 增大 D. C 和U 均减小 ‎【答案】B ‎【解析】由公式知,在两极板间插入一电介质,其电容C增大,由公式知,电荷量不变时U减小,B正确.‎ ‎2.两个大小相同的金属小球A、B分别带有qA︰qB=4︰1数值的电荷量,相距较远,相互间引力为F.现将另一个不带电的、与A、B完全相同的金属小球C,先与A接触,再与B接触,然后离开,则A、B间的作用力变为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】原来AB球之间是库仑引力,故AB带异种电荷,不妨设A为正电荷、B为负电荷。 原来AB之间的库仑引力为 第三个不带电的金属小球C与A接触后,A和C的电量都为2q,C与B接触时先中和再平分,则C、B分开后电量均为,这时,A、B两球之间的相互作用力的大小 A.,与结论不相符,选项A错误;B.,与结论不相符,选项B错误;‎ C.,与结论不相符,选项C错误;D.,与结论相符,选项D正确;‎ ‎3.如图所示电路中,电流表A和电压表V均可视为理想电表.现闭合开关S后,将滑动变阻器滑片P向左移动,下列说法正确是( )‎ A. 电流表A的示数变小,电压表V的示数变大 B. 小灯泡L变亮 C. 电容器C上电荷量减少 D. 电源的总功率变大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、B闭合开关S后,将滑动变阻器滑片P向左移动时,变阻器接入电路的电阻增大,根据闭合电路欧姆定律得知,电路中总电流I减小,则小灯泡L变暗,电流表A的示数变小.电压表的示数U=E﹣I(RL+r),I减小,其他量不变,则U增大,即电压表V的示数变大.故A正确,B错误.‎ C、电容器的电压等于变阻器两端的电压,即等于电压表的示数,U增大,由Q=CU,知电容器C上的电荷量增大.故C错误.‎ D、电源的总功率P=EI,I减小,则电源的总功率变小.故D错误.‎ 故选:A ‎4.某电解池,如果在1 s内共有5×1018个二价正离子和1.0×1019个一价负离子通过某截面,那么通过这个截面的电流是(  )‎ A. 0 B. 0.8 A C. 1.6 A D. 3.2 A ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由题,电解池中正负离子运动的方向相反,则1s内通过截面正离子的电量为q1=2n1e 负离子的电量绝对值为q2=n2e 则电流为 代入数据解得:‎ A.0与分析不符,故A错误; B.0.8 A与分析不符,故B错误;‎ C.16 A与分析不符,故C错误; D.3.2 A与分析相符,故D正确。‎ ‎5.如图所示,甲、乙两个电路,都是由一个灵敏电流计G和一个变阻器R组成,它们之中一个是测电压的电压表,另一个是测电流的电流表,那么以下结论中正确的是(  )‎ A. 甲表是电流表,R增大时量程减小 B. 甲表是电流表,R增大时量程增大 C. 乙表是电压表,R增大时量程减小 D. 上述说法都不对 ‎【答案】A ‎【解析】AB、灵敏电流计G改装成电流表需并联小电阻分流,根据图可知,甲表是电流表,并联的电阻越大,则分流越小,量程越小,故A正确,B错误;‎ C、灵敏电流计G改装电压表需串联大电阻分压,根据图可知,乙表是电压表,R增大时,则分压越大,量程越大,故C错误;D、由上可知,故D错误;故选A。‎ ‎【点睛】改装电压表和电流表所应用的原理都是串联分压和并联分流 ‎6.如图所示,因线路故障,接通S时,灯泡L1和L2均不亮,用电压表测得Uab=0,Ubc=0,Ucd=4V.因此可知断路处为(  )‎ A. 灯泡L1 B. 灯泡L2‎ C. 变阻器 D. 不能确定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、B对于完好的电阻,阻值一定,电流I=0时,根据欧姆定律可知,其电压U=IR=0.由题:Uab=0,Ubc=0,则可知:灯L1、L2没有发生断路.故AB错误 C、由题Ucd=4V,则变阻器发生断路,因为断路时,电路无电流,其两端的电势分别等于电源两极的电势,其电势差等于电源的电动势.故C正确.‎ D、由上述分析可知D错误.故选:C ‎7.等量异种点电荷的连线和其中垂线如图所示,现将一个带负电的检验电荷先从图中a点沿直线移到b点,再从b点沿直线移到c点,则检验电荷在此全过程中( )‎ A. 所受电场力的方向将发生改变 B. 所受电场力的大小恒定 C. 电势能一直减小 D. 电势能先不变后减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由等量异种电荷得电场线分布可知ab连线上场强得方向竖直向下,bc之间得场强方向也是竖直向下,因此电场力方向不变,A错误;ab之间场强大小逐渐增大,因此B错误,ab之间的电势都为零,因此电势不变,C错误;bc之间电势升高,负电荷电势能降低,D正确 ‎8.当在电场中某点放入电量为q的正试探电荷时,测得该点的场强为E,若在同一点放入电量q′=2q的负试探电荷时,测得该点的场强( )‎ A. 大小为2E,方向与E相同 B. 大小为2E,方向与E相反 C. 大小为E,方向与E相反 D. 大小为E,方向与E相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电场强度是描述电场本身的力性质的物理量,与试探电荷无关,在电场中同一点,电场强度是唯一确定的.‎ ‎【详解】依题,当在电场中某点放入电量为q的正试探电荷时,测得该点的场强为E,若在同一点放入电量为q′=2q的负试探电荷时,电场强度的大小和方向都不变,即该点的场强大小仍为E,方向与E相同。故选D。‎ ‎【点睛】本题考查对电场强度物理意义的理解.电场强度是反映电场本身性质的物理量,与试探电荷无关,电场中同一点,不管放什么电荷,放不放电荷,该点的电场强度大小和方向都是一定的.‎ ‎9.如图所示,平行线代表电场线,但未标明方向,一个带正电、电量为10-6 C的微粒在电场中仅受电场力作用,当它从A点运动到B点时动能减少了10-5 J,已知A点的电势为-10‎ ‎ V,则以下判断正确的是 A. 微粒的运动轨迹如图中的虚线1所示; B. 微粒的运动轨迹如图中的虚线2所示;‎ C. B点电势为零; D. B点电势为-20 V ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.由题,带正电的微粒仅受电场力的作用,从A点运动到B点时动能减少了10-5J,说明电场力做负功,则知电场力方向水平向左,根据曲线运动的合力指向轨迹的内侧,故微粒的运动轨迹是如图虚线1所示。故A正确,B错误。‎ CD.根据动能定理得:qUAB=△Ek,得 又UAB=φA-φB,φA=-10V,则φB=0.故C正确,D错误。‎ ‎10.相同的电流表分别改装成两个电流表A1、A2和两个电压表V1、V2,A1的量程大于A2的量程,V1的量程大于V2的量程,把它们接入图所示的电路,闭合开关后 A. A1的读数比A2的读数大 B. A1指针偏转角度比A2指针偏转角度大 C. V1的读数比V2的读数大 D. V1指针偏转角度比V2指针偏转角度大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.电流表A1的量程大于A2的量程,故电流表A1的内阻小于A2的内阻;电压表V1的量程大于V2的量程,故V1的电阻大于V2的电阻;由图可知,两电流表并联,故两流表两端的电压相等,故A1中的电流要大于A2中的电流,故A1的读数比A2的读数大,故A正确;‎ B.因两表由同一电流表改装而成,而将电流表扩大量程时为并联一小电阻,故相当于为四个电阻并联,故两表头中电流相同,故两表偏角相同;故B错误;‎ C.两电压表串联,故通过两表的电流相等,故V1的读数比V2的读数大,故C正确;‎ D.因表头与电阻串联,故为四个电阻串联,因此通过两表头的电流相等,两表的偏转角度一样,故D错误;‎ ‎11.一个直流电动机,线圈电阻是0.5Ω,当它两端所加电压为6V时,通过电动机的电流是2A。由此可知 A. 电动机消耗的电功率为10W B. 电动机发热的功率为10W C. 电动机输出的机械功率为10W D. 电动机的工作效率为83.3%‎ ‎【答案】CD ‎【解析】AB.直流电动机线圈电阻为R,当电动机工作时通过的电流为I,两端的电压为U,总功率为:P=UI=2×6=12W 发热功率为:P热=I2R=22×0.5=2W 故AB错误;‎ C.根据能量守恒定律,其输出功率是:P出=P-P热=12W-2W=10W 故C正确;‎ D.机械的工作效率为 故D正确。‎ ‎12. 图中虚线为一组间距相等的同心圆,圆心处固定一带正电的点电荷。一带电粒子以一定初速度射入电场,实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹,a、b、c三点是实线与虚线的交点。则该粒子( )‎ A. 带负电 B. 在c点受力最大 C. 在b点的电势能大于在c点的电势能 D. 由a点到b点的动能变化大于有b点到c点的动能变化 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据粒子运动轨迹可知,粒子带正电,选项A错误;‎ B.根据库仑定律可知,离点电荷最近时最大,选项B错误;‎ C.从b点到c点电场力做正功,动能增加,故粒子在b点电势能一定大于在c点的电势能,故C正确;‎ D.同心圆间距相等,所以a点到b点电势差大于b点到c点的电势差,所以由a点到b点的动能变化大于有b点到c点的动能变化,选项D正确。‎ 二、填空题 ‎13.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中,除有一标有“6 V,1.5 W”的小灯泡、导线和开关外,还有:‎ A、直流电源6 V(内阻不计) B、直流电流表0~300 mA(内阻约为5 Ω)‎ C、直流电压表0~10 V(内阻约为15 kΩ) D、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)画出实验电路图______.‎ ‎ (2)试将实物图所示器材连成实验电路_____.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)本实验中要求多测几组数据,故应采用分压接法;同时因灯泡的内阻较小,与电流表内阻相差不多,故应采用电流表外接法,故电路图如图所示:‎ ‎(2)根据电路图连接实物图如图所示:‎ ‎14.用如图所示的多用电表测量电阻,要用到选择开关K和两个部件S、T。请根据下列步骤完成电阻测量:‎ ‎①旋动部件________,使指针对准电流的"0"刻线。‎ ‎②将K旋转到电阻挡"×l00"的位置。‎ ‎③将插入"十"、"-"插孔的表笔短接,旋动部件_______,使指针对准电阻的________ (填"0刻线"或"∞刻线")。‎ ‎④将两表笔分别与待测电阻相接,发现指针偏转角度过小。为了得到比较准确的测量结果,请从下列选项中挑出合理的步骤,并按_______的顺序避行操作,再完成读数测量。‎ A.将K旋转到电阻挡"×1k"位置 ‎ B.将K旋转到电阻挡"×10"的位置 C.将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两恨引线相接 D.将两表笔短接,旋动合适部件,对电表进行校准 ‎【答案】 (1). S (3). T 0刻线 (4). ADC ‎【解析】‎ ‎【详解】①[1]电表使用前要调节机械调零旋钮,使指针指在0刻线位置,故调节S旋钮;‎ ‎③[2][3]欧姆表测量前要进行欧姆调零,调节T旋钮,使指针对准0刻度线;‎ ‎④[4]指针偏转度过小,说明电阻偏大,故需选择较大的倍率;每次换挡要重新调零,再进行电阻的测量;故顺序为ADC;‎ 三、计算题 ‎15.在如图所示的电路中,电源的电动势E=3.0V,内阻r=1.0Ω,R1=10Ω,R2=10Ω,R3=30Ω,R4=35Ω,电容器的电容C=100F,电容器原来不带电,求接通开关S后流过R4的总电荷量。‎ ‎ ‎ ‎【答案】2.0×10-4C ‎【解析】‎ ‎【详解】外电路电阻 ‎ ‎ ‎ 通过电源的电流 ‎ ‎ 电源的端电压 ‎ ‎ 电阻R3两端电压 ‎ ‎ 开关接通后电容器带电荷量 ‎ ‎ 所以流过R4的电荷量为 ‎16.在图中电路中,若 R1=4Ω,R3=6Ω,电池内阻r=0.6Ω,则电源产生的总功率为40W,而输出功率为37.6W。求:‎ ‎(1)电源内阻上消耗的电功率是多少?‎ ‎(2)电源电动势.‎ ‎【答案】(1)2.4W(2)20V ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)电源内阻上消耗的电功率 ‎(2)因为 P损=I干2r 可得:‎ I干=2A ‎ 而 P总=EI干 可得 E=20V ‎17.质量为m,带电量为-q的微粒(重力不计),经过匀强电场中的A点时速度为v,方向与电场线垂直,运动到B点时速度大小为2v,如下图所示。已知A、B两点间的距离为d。求:‎ ‎ (1).A、B两点的电势差;‎ ‎(2).电场强度的大小和方向。‎ ‎【答案】(1) ,(2),方向向左 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据动能定理可得:(3分)解得:‎ ‎(2)由题意可知,带电微粒在电场中做类平抛运动,垂直电场方向上做匀速运动,y="vt"‎ 沿电场方向做初速度为零的匀加速运动, ‎ 又x2+y2=d2‎ v2+(at)2=(2v)2‎ 解得:,方向向左
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