甘肃省张掖市第二中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理（理）试题

甘肃省张掖市第二中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理（理）试题

高二物理（理科）‎ 一、选择题 ‎1.下列说法正确的是(　　)‎ A. 电场线是直线的电场是匀强电场 B. 在电荷＋Q所产生的电场中，以＋Q为球心，半径为r的球面上各点电场强度都相等，故在这一球面上的电场为匀强电场 C. 当一个点电荷q在匀强电场中运动时，它所受的电场力的大小和方向都不变 D. 正电荷只受电场力作用时，匀强电场中一定沿电场线运动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：匀强电场中各点的场强处处相同．电场线不仅是直线，而且电场线必须是平行同向、疏密均匀的直线时该电场才是匀强电场，故A错误．由知，在电荷+Q所产生的电场中，以+Q为球心，半径为r的球面上各点电场强度大小相等，但方向不同，所以点电荷的电场不是匀强电场，故B错误．由F=qE知，在匀强电场中E处处相同，则点电荷q在匀强电场中运动时，它所受电场力的大小和方向都不变，故C正确．正点电荷只受电场力作用时，在匀强电场中不一定沿电场线运动，还与电荷的初速度有关，故D错误．故选C。‎ 考点：匀强电场 ‎【名师点睛】电场线是为了直观形象地描述电场分布，在电场中引入的一些假想的曲线．要知道匀强电场的电场线是平行同向、疏密均匀的直线．电场线与电荷的运动轨迹是两回事。‎ ‎2.铅蓄电池的电动势为2 V，这表示（ ）‎ A. 蓄电池两极间的电压为2 V B. 蓄电池能在1 s内将2 J的化学能转变成电能 C. 电路中每通过‎1 C电量，电源把2 J的化学能转化为电能 D. 电路中通过相同的电荷量时，蓄电池比1节干电池非静电力做的功少 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电动势是一个表征电源特征的物理量．电源的电动势是电源将其它形式的能转化为电能的本领，在数值上，等于非静电力将单位正电荷从电源的负极通过电源内部移送到正极时所做的功．当电池不接入外电路时，蓄电池两极间的电压等于电动势；当蓄电池接入电路时，两极间的电压小于电动势。‎ ‎【详解】A. 当电池不接入外电路时，蓄电池两极间的电压为2V；当电池接入电路时，两极间的电压小于2V.故A错误；‎ B. 铅蓄电池的电动势为2V，表示非静电力将单位正电荷从电源的负极通过电源内部移送到正极时所做的功为2J，即电能增加2J，与时间无关，故B错误；‎ C. 电路中每通过‎1C电荷量，铅蓄电池将‎1C的正电荷从负极移至正极的过程中，非静电力做功w=qU=‎1C×2V=2J，故电势能增加2J，即2J化学能转化为电能，故C正确； ‎ D. 电动势表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，电动势大，转化本领大。干电池的电动势为1.5V，则蓄电池将化学能转变为电能的本领比一节干电池(电动势为1.5V)的大。电路中通过相同的电荷量时，蓄电池转化的能量比1节干电池多，非静电力做的功多，故D错误。‎ 故选：C.‎ ‎3.如图所示是真空中两个带等量异种电荷的点电荷A、B周围的电场分布情况（电场线方向未标出）．图中O点为两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连线的中垂线，OM=ON．下列说法中正确的是（ ）‎ A. O、M、N三点的电场强度大小关系是EM=EN＞EO B. O、M、N三点的电势相同，在一个等势面上 C. O、M、N三点的电场强度方向不相同 D. 把另一电荷从M点静止释放，将沿MON做直线运动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.等量异种电荷连线的中垂线上中点的场强最大，从中点沿着中垂线向两边逐渐减小，并且是对称的，所以EO＞EM=EN，所以A错误；‎ B. 等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，所以O、M、N 三点的电势相同，在一个等势面上，所以B正确；‎ C.等量异种电荷的中垂线上的电场强度的方向都是水平指向负电荷一侧的，所以O、M、N三点的电场强度方向相同，所以C错误；‎ D.把电荷从M点静止释放，电荷受到的电场力是在水平方向的，电荷将向左或向右运动，不会沿MON做直线运动，所以D错误。‎ ‎4.如图所示，在匀强电场中有a、b、c、d四点，它们处于同一圆周上，且 ac、bd分别是圆的直径．已知a、b、c三点的电势分别为φa＝9V，φb＝15V，φc＝18V，则d点的电势为(　　) ‎ A. 12V B. 8V C. 4V D. 16V ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在匀强电场中平行相等两线段端点之间的电势差相等，根据四点电势间的关系求d的电势。‎ ‎【详解】根据几何知识知，ab长度等于de长度，且线段ab平行于线段cd，根据在匀强电场中平行相等两线段端点之间的电势差相等，则φb-φa=15-9=φc-φd=18-φd ，可得 φd=12V，故A正确，BCD错误。‎ ‎【点睛】本题关键是找等势点，作出等势线．要根据匀强电场的等势线平行，且沿电场方向相同距离，电势差相等进行分析。‎ ‎5.某平行板电容器的电容为C，带电量为Q，相距为d，今在板间中点放一个电量为q的点电荷，则它受到的电场力的大小为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由电容的定义式C=Q/U得，板间电压为U=Q/C．板间场强大小为E=U/d．点电荷所受的电场力大小为F=qE，联立得到，F=．故选A.‎ ‎6.如图电路中，当滑动变阻器R2的滑片P向上端a滑动时，电流表A及电压表V的示数的变化情况是（　　）‎ A. 电流表A示数减小，电压表V示数增大 B. 电流表A示数增大，电压表V示数减小 C. 电流表A示数增大，电压表V示数增大 D. 电流表A示数减小，电压表V示数减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 当滑动变阻器R2的滑片P向上端a滑动时，电阻R2的阻值变大，回路中电阻增大，则电流变小，A的示数也就变小，由 可知电阻R2上的电压增大，即电压表示数增大，故A正确；‎ 综上所述本题答案是：A 点睛：学会电路动态分析，结合闭合电路相应知识点求电表的变化情况。‎ ‎7.电阻R和电动机M串联接到电路时，如图所示，已知电阻R跟电动机线圈的电阻值相等，电键接通后，电动机正常工作。设电阻R和电动机M两端的电压分别为U1和U2，经过时间t，电流通过电阻R做功为W1，产生热量Q1，电流通过电动机做功为W2，产生热量为Q2，则有（  ）‎ A. U1Q2‎ D. W1Q2，与结论不相符，选项C错误；‎ D．W1>RA，故此法测较大电阻好 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查电流表的内、外接法的区别 ‎【详解】A．由图象可知，A图电流表属于外接，B图属于电流表的内接。故A选项正确；‎ B．因外接法中电压表存在分流作用，故而有 ，B图中内接法电流表具有分压作用，则，即B选项错误；‎ C．A中误差由电压表分流引起，为了减小误差，Rv越大，电压表的分流作用就越小这样误差就越小，就使R<>RA，故此法测较大电阻好，故D选项正确。‎ 综上所述，本题正确答案应为ACD。‎ ‎13.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，虚线是某一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．若粒子在运动中只受电场力作用．根据此图作出的下列判断中错误的是(　　)‎ A. 带电粒子带正电 B. 粒子在a、b两点的受力方向沿电场线向左 C. 粒子在a点的速度大于在b点的速度 D. a点电场强度小于b点电场强度 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 由电场线的形状可判定产生电场的源电荷在电场线左侧，因做曲线运动的物体受到的合外力指向运动轨迹的凹侧，可知粒子在a、b点受力沿电场线向左，由于电场线方向不明，所以粒子带电性质无法判断，无论从a向b，还是从b向a，粒子在a点速度大于b点速度，由电场线的分布情况可得，BC正确AD错误．‎ ‎14.如下图所示，平行金属板中央有一个初始静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大，当两板间加上如图乙所示的电压后，在下图中反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律正确的是　 ‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】分析电子一个周期内的运动情况：0～T/4时间内，因B板电势高，则电子从静止开始向B板做匀加速直线运动，T/4～T/2时间内沿原方向做匀减速直线运动，T/2时刻速度为零。T/2～3T/4时间内向A板做匀加速直线运动，3T/4～T时间内向A板做匀减速直线运动。接着周而复始。根据匀变速运动速度图象是倾斜的直线可知，B图符合电子的运动情况。故B正确，C错误。电子做匀变速直线运动时x-t图象应是抛物线，故D错误。根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动交替产生，而匀变速运动的加速度不变，a-t图象应平行于横轴。故A正确。‎ 三、实验题 ‎15.某同学要研究一个小灯泡的伏安特性曲线，小灯泡的额定电压约为4.0 V、额定功率约为2.0 W，他根据实验室提供的实验器材设计电路，并连接了部分电路（如图所示），提供的实验器材如下：‎ A．电压表（0~5 V，内阻10 kΩ）B．电压表（0~10 V，内阻20 kΩ）‎ C．电流表（0~‎0.3 A，内阻1 Ω）D．电流表（0~‎0.6 A，内阻0.4 Ω）‎ E．滑动变阻器（5 Ω，‎1 A）F．滑动变阻器（500 Ω，‎0.2 A）‎ ‎（1）实验中电压表应选用________，电流表应选用______，滑动变阻器应选用__________（用序号字母表示）。‎ ‎（2）请将上述电路连接完整________。‎ ‎（3）实验结束后，根据所得的数据描绘出了小灯泡的I–U图象如图所示，由图象分析可知，当小灯泡的电阻为6 Ω时，小灯泡的实际功率为________W（保留两位有效数字）；若将此小灯泡直接接在一个电动势为3.0 V，内阻为6 Ω的电源两端，则这个小灯泡的实际功率为________W（保留三位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). A (2). D (3). E (4). ‎ ‎(5). 0.96 (6). 0.353‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】解：(1)由于要描绘小灯泡的伏安特性曲线，即需要测量多组数据，所以滑动变阻器采用分压式接法，滑动变阻器选电阻小的E；由于小灯泡的额定电压为4.0 V，因此电压表选量程为5 V的A，小灯泡的额定电流，因此电流表选量程为‎0.6 A的D；‎ ‎(2)由(1)分析知，控制电路要用分压接法、测量电路用外接，实物图连接如图；‎ ‎(3)由于伏安特性曲线的割线的斜率倒数为电阻，因此作出斜率倒数为6 Ω的图线（如图所示），与小灯泡的I–U图线的交点为电流‎0.4 A，电压2.4 V，因此小灯泡的实际功率；‎ 电源短路时的电流为，作出电源的伏安特性曲线如图所示，由图可知，此时小灯泡两端的电压为1.12 V，电流为‎0.315 A，灯泡的功率为。‎ 四、解答题 ‎16.如图所示，光滑斜面倾角为37°，将质量为m、电荷量为q的一带有正电的小物块，置于斜面上．当沿水平方向加有如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上．重力加速度g已知，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.‎ ‎(1)该电场的电场强度有多大？‎ ‎(2)若电场强度变为原来的，小物块沿斜面下滑距离为L时的速度有多大？‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）物块静止于斜面上，由平衡条件得：‎ 解得：‎ ‎（2）当场强变为原来的 时，小物块所受的合外力，‎ 由，，方向沿斜面向下 由动能定理得：‎ 解得：‎ 考点：物体的平衡；动能定理 ‎【名师点睛】此题是物体的平衡条件的应用问题，受力分析后应用平衡条件即可；问题二是牛顿运动定律的应用，关键是求合力；应用动能定理即可，总体难度不是很大，细细分析即可。‎ ‎17.A、B两带电平行板间电场强度E＝6×103 N/C，两板间距离为‎5cm，电场中P1点距A板‎0.5cm，B板接地，如图所示．求：‎ ‎（1）A、B两板电压为多大？ P1点电势为多大？‎ ‎（2）今将一个带电荷量为2×10－‎3 C的带电粒子由P1点移到P2点，此过程电场力做功－9.6×10－2 J，则P2点距离B板多远？‎ ‎【答案】（1）300V　（2）－270V （3）‎‎3.7cm ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 考查电势和电势差，电场力做功的计算。‎ ‎【详解】（1）由公式：‎ 得：‎ 那么AB的电压为300V；‎ ‎（2）两板间距离为‎5cm，电场中P1点距A板‎0.5cm，则P1点距B板的距离为‎4.5cm，‎ 由公式：‎ U=Ed 得：‎ ‎ ‎ 由于B板接地且B极带正电，则P1点电势为﹣270 V．‎ ‎（3）带电荷量为2×10﹣‎3C的带电粒子由P1点移到P2点，此过程电场力做功﹣9．6×10﹣2J，则这两点的电势差为：‎ 所以P2点电势为﹣222V，又因为：‎ 所以 负号表示逆着电场线方向。‎ ‎18.如图所示，在E＝103 V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R＝‎40 cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q＝10－‎4 C的小滑块质量m＝‎10 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧‎1.5 m的M处，取g＝‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动？‎ ‎(2)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？‎ ‎【答案】（1）‎7m/s （2）0.6N ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设滑块到达Q点时速度为v，则由牛顿第二定律得：mg+qE＝m，‎ 滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得：‎ ‎﹣mg•2R﹣qE•2R﹣μ（mg+qE）xmv2mv 联立方程组，解得：v0＝‎7m/s；‎ ‎（2）设滑块到达P点时速度为v′，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得：‎ ‎﹣（mg+qE）R﹣μ（qE+mg）xmv′2mv 又在P点时，由牛顿第二定律得：FN＝m，‎ 代入数据解得：FN＝0.6N，方向水平向右；‎ ‎【点睛】此题中滑块恰好通过最高点时轨道对滑块没有弹力，由牛顿定律求出临界速度，再根据动能定理和牛顿运定律结合求解小球对轨道的弹力．‎ ‎19.如图所示，光滑绝缘斜面高度h＝‎0.45 m，斜面底端与光滑绝缘水平轨道圆弧连接，水平轨道边缘紧靠平行板中心轴线。平行板和三个电阻构成如图所示电路，平行板板长为l＝‎0.9 m，板间距离d＝‎0.6 m，R1＝3 Ω，R2＝3 Ω， R3＝6 Ω。可以看为质点的带电小球，电量q＝－‎0.01 C，质量m＝‎0.03 kg，从斜面顶端静止下滑。‎ ‎（1）若S1、S2均断开，小球刚好沿平行板中心轴线做直线运动，求电源电动势E。‎ ‎（2）若S1断开，S2闭合，小球离开平行板右边缘时，速度偏向角tan θ＝，求电源内阻r。‎ ‎（3）若S1、S2均闭合，判断小球能否飞出平行板？‎ ‎【答案】（1）18 V　（2）1 Ω　（3）能飞出 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 考查力电综合问题。‎ ‎【详解】（1）小球下滑过程机械能守恒，‎ 由机械能守恒定律得：‎ 解得： ，‎ 对S1、S2均断开时，极板电势差即电源电动势E，‎ 由平衡条件得：‎ 解得：‎ E＝＝＝18 V ‎（2）当S1断开，S2闭合时，带电小球做类平抛运动，‎ 水平方向：‎ ‎ ‎ 竖直方向分速度：‎ 对带电小球，由牛顿第二定律得：‎ ‎ ，其中： ，‎ 代入数据解得：a1＝‎4m/s2，E1＝18 N/C，UC＝10.8 V，‎ 当S1断开，S2闭合时，R1与R3串联，电容器与R3并联，‎ 电容器两端电压：‎ 由部分电路欧姆定律：‎ 由闭合电路欧姆定律：‎ 代入数据解得：r＝1 Ω。‎ ‎（3）当S1、S2均闭合时，R2与R3并联，并联电阻：‎ 电路电流： ‎ 电压：‎ 对小球，由牛顿第二定律得：‎ 其中电压：‎ 联立求解：‎ 对带电小球类平抛运动分析，有：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 联立求解：y＝‎0.3 m，y＝＝‎0.3 m，‎ 带电小球恰好从右侧极板边缘飞出