【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】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