安徽省长丰县第一中学2020学年高二物理上学期期中试题（含解析）

安徽省长丰县第一中学2020学年高二物理上学期期中试题（含解析）

安徽省长丰县第一中学2020学年高二物理上学期期中考试试题（含解析） ‎ 一、单项选择题 ‎1. 下列关于静电场的说法不正确的是（ ）‎ A. 在匀强电场中，电场线一定和等势面垂直 B. 电场强度大的地方电势可能低，电场强度小的地方电势可能高 C. 将正点电荷从电场强度为零的一点移动到电场强度为零的另一点，电场力做功一定为零 D. 在正点电荷产生的静电场中，电场强度方向指向电势降低最快的方向 ‎【答案】C ‎【解析】沿着等势面移动，电场力不做功，故电场力一定与等势面垂直，故A说法正确；电场强度与电势无关，所以电场强度大的地方电势可能低，电场强度小的地方电势可能高，故B说法正确；电场强度与电势无关，场强为零，电势不一定为零，电场中肯定存在场强都为零、电势又不相等的两个点，在这样的两个点之间移动电荷，电场力将做功，故C说法错误；沿电场方向电势降低，而且速度最快，故D说法正确。所以选C.‎ ‎2. 用控制变量法，可研究影响平行板电容器电容的因素(如图)．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ.实验中，极板所带电荷量不变，若（ ）‎ A. 保持S不变，增大d，则θ变大 B. 保持S不变，增大d，则θ变小 C. 保持d不变，减小S，则θ变小 D. 保持d不变，减小S，则θ不变 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：根据电容的决定式，可知当保持S不变，增大d时，电容减小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式，可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角变大．故A正确，B错误．同理，当保持d不变，减小S时，电容减小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则板间电势差增大，静电计指针的偏角变大．故CD错误．故选A.‎ ‎【点睛】静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大．根据电容的决定式和电容的定义式分析判断电势差的变化情况.‎ ‎3. 如图所示，两个同心放置的共面金属圆环a和b，一条形磁铁穿过圆心且与环面垂直，则穿过两环的磁通量Фa和Фb大小关系为(    )‎ A. Фa＞Фb B. Фa＜Фb C. Фa＝Фb D. 无法比较 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：根据磁感线的分布情况可知，磁铁内部穿过环面的磁感线方向向上，外部磁感线方向向下．由于磁感线是闭合曲线，磁铁内部的磁感线条数等于磁铁外部磁感线的总条数，而磁铁外部磁感线分布在无限大的空间，所以穿过环面的磁铁外部向下的磁感线将磁铁内部向上的磁感线抵消一部分，a的面积小，抵消较小，则磁通量较大，所以Φa＞Φb．故选A.‎ 考点：磁通量 ‎【名师点睛】本题是非匀强磁场磁通量大小的比较问题，抓住抵消后剩余磁通量进行比较．磁感线是闭合曲线，磁铁内外总条数相等．穿过环面的磁感线方向有两种，存在抵消情况，抵消后磁感线多，磁通量大此题是常见问题，中等难度。‎ ‎4. 喷墨打印机的简化模型如图所示。重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中(　　)‎ A. 向负极板偏转 B. 电势能逐渐增大 C. 运动轨迹是抛物线 D. 运动轨迹与带电量无关 ‎【答案】C ‎【解析】A项：由于带负电，故向正极板偏转，A错误；‎ B项：由于带负电墨汁微滴做正功，故电势能减少，B错误；‎ C项：由于电子在电场中做类平抛运动，轨迹为抛物线，故C正确；‎ D项：由侧向位移，可知运动轨迹与带电量有关，D错误．‎ 点晴：本题主要考查带电粒子在电场中的偏转即粒子作类平抛运动：沿初速度方向作匀速直线运动，电场力方向作匀加速直线运动。‎ 视频 ‎5. 如图所示电路中，三只灯泡原来都正常发光，当滑动变阻器的滑动触头P向左移动时，下面判断不正确的是( )‎ A. L1和L3变亮，L2变暗 B. L1变暗，L2变亮，L3亮度不变 C. L1中电流变化值小于L3中电流变化值 D. Ll上电压变化值小于L2上的电压变化值 ‎【答案】B 解：A、B当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流增大，故L1变亮；‎ 电路中总电流增大，故内电压及R0、L1两端的电压增大，而电动势不变，故并联部分的电压减小，故L2变暗；‎ 因L2中电流减小，干路电流增大，故流过L3的电流增大，故L3变亮；故A正确，B错误；‎ C、因L1中电流增大，L3中电流增大，而L2中电流减小；开始时有：I1=I2+I3，故I1电流的变化值一定小于L3中电流的变化值；故C正确；‎ D、因并联部分的电压与L1、R0及内电阻上的总电压等于电源的电动势；L2两端的电压减小，L1、R0及内阻r两端的电压增大，而电动势不变，故L1上电压变化值小于L2上的电压变化值，故D正确；‎ 故选ACD．‎ ‎【点评】本题不但考查电路中各量的变化方向，还考查了各电阻中电流及电压的变化值，题目较为新颖，要求学生能灵活应用串并联电路的电流电压规律及闭合电路的欧姆定律．‎ ‎6. 如图所示，在竖直平面内，带等量同种电荷的小球A、B，带电荷量为q（q＞0），质量都为m，小球可当作质点处理．现固定B球，在B球正上方足够高的地方释放A球，则从释放A球开始到A球运动到最低点的过程中（ ）‎ A. 小球A的动能不断增加 B. 小球的加速度不断减小 C. 小球的机械能不断增加 D. 小球的电势能不断增加 ‎【答案】D ‎【解析】小球A向下运动的过程中，刚开始距离较远，重力大于静电力，小球做加速运动，当重力等于静电力时速度最大，后静电力大于重力，小球做减速运动直到停止．所以小球的动能先增加后减小，加速度先减小后增大，故AB错误；静电力一直做负功，机械能不断减小，电势能不断增加，故D正确，C错误．故选D.‎ 点睛：本题的关系是对小球进行受力分析，知道小球受到的静电力一直做负功，机械能不断减小，电势能不断增加．‎ 二、多选题 ‎7. 如图所示电路，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在变阻器R0的滑动片向下滑动的过程中 ( ）‎ A. 电压表的示数减小 B. 电压表的示数增大 C. 电流表的示数减小 D. 电流表的示数增大 ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：在变阻器的滑片向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，变阻器与并联的电阻 减小，则外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，路端电压U减小，则电压表示数减小．故A正确，B错误．并联部分电压，I增大，E、、r均不变，则减小，故电流表示数减小．故C正确，D错误．故选AC.‎ ‎【点睛】本题是电路的动态变化分析问题，首先确定出变阻器接入电路的电阻如何变化，再按局部到整体，再到部分的思路进行分析．‎ ‎8. 如图所示，a、b 分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀电阻丝的 U-I 图象，已知导体电阻，下列说法正确的是( )‎ A. a 代表的电阻丝较粗 B. b 代表的电阻丝较粗 C. a 电阻丝的阻值小于 b 电阻丝的阻值 D. 图线表示两个电阻丝的电阻随电压的增大而增大 ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：I-U图象中图象的斜率表示电阻，则由图可知，a电阻丝的阻值小于b电阻丝的阻值，选项C正确；由可知，长度相同时，电阻越大的电阻丝越细，则可知a代表的电阻丝较粗，b代表的电阻丝较细，选项A正确，B错误； 电阻丝的电阻与电压和电流无关，故D错误，故选AC．‎ 考点：I-U图象；电阻定律 ‎【名师点睛】本题考查I-U图象以及电阻定律的应用，要注意明确I-U图象的性质，能通过图象正确分析电阻关系是解题的关键。‎ ‎9. 使用多用电表的欧姆挡测电阻时，下列说法正确的是( 　)‎ A. 在外电路，电流从红表笔流经被测电阻到黑表笔 B. 每一次换挡，都要重新进行一次调零 C. 测量前应检查指针是否停在“Ω”刻度线的“∞”处 D. 测量时，若指针偏转很小(靠近∞附近)，应换倍率更大的挡进行测量 ‎【答案】BCD ‎【解析】在测量电阻时，电流从黑表笔流出，经被测电阻到红表笔，再流入多用电表，故A错误；每换一次挡位，都要进行一次欧姆调零，故B正确；使用前检查指针是否停在欧姆挡刻度线的“∞”处，故C正确；测量时若发现表针偏转的角度较小，应该更换倍率较大的挡来测量，故D正确；测量时若发现表针偏转的角度较小，应该更换倍率较大的挡来测量，故D正确。所以BCD正确，A错误。‎ ‎10. 如图所示，ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．质量相同的甲、乙、丙三个小球中，甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电．现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道的最高点，则(　　)．‎ A. 经过最高点时，三个小球的速度相等 B. 经过最高点时，甲球的速度最小 C. 甲球的释放位置比乙球的高 D. 运动过程中三个小球的机械能均保持不变 ‎【答案】CD ‎【解析】试题分析：在最高点时，甲球受洛伦兹力向下，乙球受洛伦兹力向上，而丙球不受洛伦兹力，故三球在最高点受合力不同，故由知，三球的速度不相等，A错；因甲球在最高点受合力最大，故甲球在最高点的速度最大，B错；因甲球的速度最大，而在整个过程中洛伦兹力不做功，故机械能守恒，甲球释放时的高度最高，C对；因洛伦兹力不做功，故系统机械能守恒，三小球的机械能保持不变，D对。‎ 考点：机械能守恒、带电粒子在匀强磁场中的运动。‎ ‎【名师点睛】复合场中重力是否考虑的三种情况 ‎(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比太小，可以忽略．而对于一些实际物体，如带电小球、液滴、金属块等，一般应考虑其重力．‎ ‎(2)在题目中明确说明的按说明要求是否考虑重力．‎ ‎(3)不能直接判断是否考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，要由分析结果确定是否考虑重力．‎ 三、填空题 ‎11. 某同学做描绘小灯泡（额定电压为3.8V，额定电流为0.32A）的伏安特性曲线实验，实验给定的实验器材如下：（本实验要求小灯泡的电压从零开始调至额定电压）‎ 直流电源的电动势为4V，内阻不计；电压表V（量程4V，内阻约为5kΩ）、电流表A1（量程0.6A，内阻约为4Ω）、电流表A2（量程3A，内阻约为1Ω）、滑动变阻器R1（0到1000Ω，0.5A）；滑动变阻器R2（0到10Ω，2A）；开关、导线若干．‎ ‎①（单选）若该同学误将电流表和电压表接成如图甲所示的电路，其他部分连接正确，接通电源后，以下说法正确的是：______‎ A．小灯泡将不亮 B．小灯泡将发光 C．V表会烧坏 D．A表将会烧坏 ‎②下列关于该实验的说法，正确的是：_____‎ A．实验电路应选择图乙中的电路图（b）‎ B．滑动变阻器应该选用R2‎ C．电流表应选用A2‎ D．若采用如图乙（b）所示电路图，实验前，滑动变阻器的滑片应置于最右端 ‎③该同学按照正确的电路图和正确的实验步骤，描出的伏安特性曲线如图丙所示，从图中可知小灯泡的阻值随小灯泡两端的电压的增大而_____（填增大、减小、不变、先增大后减小、先减小后增大），当给小灯泡加电压2.8V时，此时小灯泡的发热功率为_______W（结果取2位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). ① A (2). ② B (3). ③ 增大 (4). 0.78‎ ‎【解析】①若将电流表和电压表接成如图甲所示的电路，因电压表内阻很大，通过电压表的电流非常小，通过小灯泡电流非常小，故小灯泡不发光，故A正确，B错误；V表和A表不会被烧坏，故CD错误。所以选A。‎ ‎②从图象知电压从零计，故滑动变阻器应用分压式接法，实验电路应选择图乙中的电路图（a），故A错误；因滑动变阻器应用分压式接法，应选阻值小的变阻器R2，故B正确；因小灯泡额定电流为0.32A，用电流表A2量程太大，应用A1，故C错误；若采用如图乙（b）所示电路图，实验前滑动变阻器的滑片应置于最左端而不是右端，最右端时变阻器有效电阻是零，导致通过电路的电流太大而烧坏电流表，故D错误。故选B。‎ ‎③根据I-U图象的斜率等于电阻的倒数，所以由图象可知小灯泡的阻值随小灯泡两端的电压的增大而增大，当U=2.8V时I=0.28A，由P=UI得P=2.8×0.28W=0.78W。‎ ‎12. 在实验室测量一个直流电源的电动势和内电阻（电动势大约为4.5V，内阻大约为1.5Ω），由于实验室条件有限，除了导线、开关外，实验室还能提供如下器材：‎ A. 量程为3V的电压表V B. 量程为0.6A的电流表A1‎ C. 量程为3A的电流表A2 D. 阻值为4.0Ω的定值电阻R1‎ E. 阻值为100Ω的定值电阻R2 F. 最大阻值为10Ω的滑动变阻器R3‎ G. 最大阻值为100Ω的滑动变阻器R4‎ ‎（1）选择电压表、电流表、定值电阻、滑动变阻器等器材，采用图1所示电路测量电源的电动势和内电阻。定值电阻应该选择______（填“D”或者“E”）；电流表应该选择______（填“B”或者“C”）；滑动变阻器应该选择______（填“F”或者“G”）。‎ ‎（2）分别以电流表的示数I和电压表的示数U为横坐标和纵坐标，计算机拟合其U—I图象（U和I的单位分别为V和A）拟合公式为U=-5.6I+4.4。则电源甲的电动势E =________V；内阻r =_________Ω（保留两位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). (1) D (2). B (3). F (4). (2)4.4V (5). 1.6Ω ‎【解析】（1）测电动势是1.5V，内阻为1Ω的电源电动势与内阻实验时，短路电流为1.5A，如果用量程为3A电流表，则读数误差太大，因此电流表应选B；测电动势为4.5V电源电动势与内阻实验时，电路最小电阻为R==7.5Ω，考虑电源内阻、滑动变阻器电阻，因此定值电阻应选D；为方便实验操作，滑动变阻器应选F．‎ ‎（2）根据闭合电路欧姆定律得U=E-I（r+R）‎ 由表达式U=-5.6I+4.4可知，电源电动势为：E=4.4V，r+R=5.6Ω，所以内阻r=5.6-4.0=1.6Ω 点睛：本题考查了实验器材的选择，实验数据处理，要正确实验器材的选取原则，理解实验原理是正确解题的关键，同时要结合数学知识理解图象斜率和截距的含义．‎ 四．计算题 ‎13. 一个电量q=2×10－10C的正点电荷放在匀强电场中的A点，它受到的电场力是 10－7N，则：‎ ‎（1）此电场的电场强度是多大？‎ ‎（2）此电荷只在电场力作用下从静止开始移动了0.4m而到达B点，到达B点时电荷的动能有多大？‎ ‎（3）A、B两点间的电势差是多少？‎ ‎【答案】（1）500N/C（2）4×10-8J（3）200V ‎【解析】（1）‎ ‎（2）由动能定理得：‎ ‎（3）‎ ‎14. 如图所示的装置放置在真空中，炽热的金属丝可以发射电子，金属丝和竖直金属板之间加一电压U1＝2500 V，发射出的电子被加速后，从金属板上的小孔S射出。装置右侧有两个相同的平行金属极板水平正对放置，板长l＝6.0 cm，相距d＝2 cm，两极板间加以电压U2＝200 V的偏转电场。从小孔S射出的电子恰能沿平行于板面的方向由极板左端中间位置射入偏转电场。已知电子的电荷量e＝1.6×10－19 C，电子的质量 m＝0.9×10－30 kg，设电子刚离开金属丝时的速度为零，忽略金属极板边缘对电场的影响，不计电子受到的重力。求：‎ ‎（1）电子射入偏转电场时的动能Ek；‎ ‎（2）电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y；‎ ‎（3）电子在偏转电场运动的过程中电场力对它所做的功 ‎【答案】（1）4.0×10－16 J （2）0.36 cm（3）5.76×10－18 J ‎【解析】(1)电子在加速电场中有eU1＝Ek 解得:Ek＝4.0×10－16 J ‎(2)设电子在偏转电场中运动的时间为t 电子在水平方向做匀速运动，由l＝v1t，解得 电子在竖直方向受电场力 电子在竖直方向做匀加速直线运动，设其加速度为a 依据牛顿第二定律有,解得: ‎ 电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量 解得y＝0.36cm ‎(3)电子射出偏转电场的位置与射入偏转电场位置的电势差 电场力所做的功W＝eU 解得W＝5.76×10－18 J ‎15. 如图所示，电路中电源内阻不计，水平放置的平行金属板A、B间的距离为d，金属板长为L.在两金属板左端正中间位置M，有一个小液滴以初速度v0水平向右射入两板间，已知小液滴的质量为m，小液滴带负电，电荷量为q.要使液滴从B板右侧上边缘射出电场，电动势E是多大？重力加速度用g表示。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由闭合电路欧姆定律得 两金属板间电压为UBA＝IR＝‎ 由牛顿第二定律得q－mg＝ma 液滴在电场中做类平抛运动，有 L＝v0t　 ‎ 联立解得 点睛：题是电路与电场两部分知识的综合，关键是确定电容器的电压与电动势的关系，掌握处理类平抛运动的分析方法与处理规律．‎ ‎16. 如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第二、三象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，第一、四象限内存在半径为L的圆形匀强磁场，磁场的圆心在M（L，0），磁场方向垂直于坐标平面向外。一个质量m电荷量q的带正电的粒子从第三象限中的Q（-2L，-L）点以速度V0沿x轴正方向射出，恰好从坐标原点O进入磁场，从P（2L，0）点射出磁场。不计粒子重力，求：‎ ‎（1）电场强度E；‎ ‎（2）从P点射出时速度vp的大小；‎ ‎（3）粒子在磁场与电场中运动时间之比。‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）‎ ‎【解析】试题分析：粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做平抛运动，运动轨迹如图所示；‎ ‎（1）粒子在电场中做类平抛运动，轴方向：，方向：，‎ 解得，电场强度：；‎ ‎（2）设粒子到达坐标原点时竖直分速度为，粒子在电场中做类似平抛运动，‎ 方向：，方向：，联立得：，粒子进入磁场时的速度：，离子进入磁场做匀速圆周运动，粒子速度大小不变，则：。‎ ‎（3）粒子在磁场中做圆周运动的周期：，‎ 粒子在磁场中的运动时间：，‎ 粒子在磁场与电场中运动时间之比：；‎ 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动 ‎..................‎