【物理】江西省上饶市“山江湖”协作体2019-2020学年高二上学期期中考试试题（统招班）（解析版）

【物理】江西省上饶市“山江湖”协作体2019-2020学年高二上学期期中考试试题（统招班）（解析版）

高二年级期中联考物理试卷（统招班）‎ 一、选择题：(本大题共 10小题，每小题 4分，共40分。第1～6题是单选题；第7～10题是多选题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分。)‎ ‎1.关于电流，下列说法正确的是（　 ）‎ A. 根据I=q/t可知，I与q成正比 B. 如果在相等的时间内通过导体横截面的电荷量相等，则导体中的电流是恒定不变的 C. 电流有方向，因此电流是矢量 D. 电流的单位“安培”是国际单位制中的基本单位 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 是电流的定义式，其大小与电量及时间无关，故A错误；恒定电流是指大小和方向均不变的电流，若电流大小不变而方向变化时也不是恒定电流，故B错误；电流有方向，但电流的运算满足代数法则不满足满足平行四边形定则，所以电流是标量，故C错误；电流强度的单位“安培”是国际单位制中的基本单位，故D正确。所以D正确，ABC错误。‎ ‎2.如图所示,虚线为静电场中的等势面1、2、3、4,相邻的等势面之间的电势差相等,其中等势面3的电势为0.—带正电的点电荷在静电力的作用下运动,经过a、b点时的动能分别为26eV和2eV.当这一点电荷运动到某一位置,其电势能变为-8eV,它的动能应为(   ) ‎ A. 8eV B. 18eV C. 24eV D. 20eV ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由题，电荷经过a、b点时的动能分别为26eV和2eV，动能减小为24eV，而相邻的等势面之间的电势差相等，电荷在相邻等势面间运动时电场力做功相等，电势能变化量相等，则电荷从3等势面到4等势面时，动能减小8eV，电势能增大，等势面3的电势为0，电荷经过b时电势能为8eV，又由题，电荷经b点时的动能为2eV，所以电荷的总能量为：‎ ‎8eV+2eV=10eV 其电势能变为-8eV时，根据能量守恒定律得到，动能应为18eV，故选B。‎ ‎3.如图所示，一根横截面积为S的均匀长直橡胶棒上均匀带有负电荷，设棒单位长度内所含的电荷量为q，当此棒沿轴线方向做速度为v的匀速直线运动时，由于棒的运动而形成的等效电流大小为（ ）‎ A. qvS B. C. vq D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】棒沿轴线方向以速度v做匀速直线运动时，每秒通过的距离为v米， v米长的橡胶棒上电荷都通过直棒的横截面，每秒内通过横截面的电量为：‎ Q=q•v 根据电流的定义式为：，t=1s，得到等效电流为：‎ I=qv．‎ A．qvS，与结论不相符，选项A错误；B．，与结论不相符，选项B错误；‎ C． vq，与结论相符，选项C正确；D．，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎4.在静电场中，一个电子由a点移到b点时静电力做功为5 eV（1 eV=1．6×10-19J），则以下说法中正确的是（ ）‎ A. 电场强度的方向一定由b直线指向a B. a、b两点间电势差Uab=5 V C. 电子的电势能减少5 eV D. 电子的电势能减少5 J ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由题意知，电子由a点移到b点，电场力做功5eV，电势能减少5eV，电场强度的方向不一定由b指向a．故AD错误，C正确．a、b两点电势差，故B错误；本题选错误的，故选ABD.‎ ‎5.直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图，M、N两点各固定一负点电荷，一电荷量为Q的正点电荷置于O点时，G 点处的电场强度恰好为零，静电力常量用k表示．若将该正点电荷移到H点，则G点处场强的大小和方向分别为：‎ A. ，沿y轴正向 B. ，沿y轴负向 C. ，沿y轴正向 D. ，沿y轴负向 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知考查电场强度矢量性，根据电场叠加原理，结合等效思想分析计算可得。‎ ‎【详解】O点电荷Q在G点产生的场强大小为 ‎，‎ 方向沿-y,因G点处的电场强度恰好为零,说明M、 N固定的负电荷在G点共同产生的场强大小也为 ,方向沿+y方向，当把O点电荷Q电荷移到H点时，在G点产生的场强大小为 ‎ ，‎ 方向沿-y，M、 N固定的负电荷在G点共同产生的场强大小仍为，则此时G点的合场强为 ‎ ，‎ 方向沿y轴正向。‎ A．描述与题意分析计算符合，故A正确B．描述与题意分析景计算不符合，故B错误。‎ C．描述与题意分析计算不符合，故C错误。D．描述与题意分析计算不符合，故D错误。‎ ‎【点睛】根据可以计算O点正电荷在G点产生的场强大小，根据G点场强为零可以求出M、N 两个负电荷在G点产生的合场强大小和方向，当O点正电荷移到H点时，可以根据求出后来正电荷在G点产生场强，M、N两个负电荷共同在G点产生的场强大小和方向不变，再根据场强叠加求出G点后来场强大小、方向。‎ ‎6. 两只电阻的伏安特性曲线如图所示，则下列说法中正确的是 A. 两电阻的阻值为大于 B. 两电阻并联在电路中时，的电流大于的电流 C. 两电阻串联在电路中时，两端电压大于两端电压 D. 两电阻串联在电路中时，消耗的功率大于消耗的功率 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：I-U图像的斜率的倒数表示电阻，故，斜率越大，电阻越小，所以，A错误；两电阻并联在电路中时，两电阻两端的电压相同，电阻越大，电流越小，故的电流大于的电流，B正确；两电阻串联在电场中时，通过两电阻的电流相同，根据可得电阻越大，两端的电压越大，所以两端电压小于两端电压，根据可得消耗的功率小于消耗的功率，CD错误；‎ 考点：考查了I-U图像 ‎【名师点睛】本题为图象分析问题，要能从图象中得出有效信息，两电阻串联在电路中时，电流相等，两电阻并联在电路中时，电压相等．‎ ‎7.对一电容器充电时电容器的电容C，带电荷量Q，电压U之间的关系图象如下图所示，其中正确的是( 　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 试题分析：电容是电容器本身的一种特性，与带电荷量、电压无关，故A、B错误、C正确；根据电容的定义可知，带电荷量，所以选项D正确；‎ 考点：平行板电容器 ‎8.关于欧姆定律的下列理解中，正确的( )‎ A. 由知道，一段导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流成反比 B. 由知道，通过一段导体的电流跟加在它两端的电压成正比 C. 由电阻的I-U图象可知，电流变化相同时，电压变化较小的图象所对应的电阻阻值较小 D. 导体的电流越大，电阻就越大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AD.导体的阻值是导体本身所具有的性质，与通过它的电流、它两端的电压无关，故AD错误；‎ B.欧姆定律的内容是：电阻一定时，导体中的电流与导体两端的电压成正比；当导体两端的电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；故B正确。‎ C.由 可知△I变化相等时，电压变化小时，电阻值较小，故C正确。‎ ‎9.如图所示的电路,电源电压U=3.0V，L1、L2、L3为3个相同规格的小灯泡,这种小灯泡的I-U特性曲线如下图所示.当开关闭合后,下列关于电路中灯泡的说法中,正确的是( )‎ A. 灯泡L1的电阻为7.5Ω B. 灯泡L1消耗的电功率为0.75W C. 灯泡L3的电阻为7.5Ω D. 三灯泡消耗的总电功率为1.35W ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】当开关闭合后，灯泡L3电压U3=3V，由图I-U特性曲线读出其电流I3=0.25A，则灯泡L3的电阻 Ω 功率为：‎ W 灯泡L1、L2串联，电压V，由图读出其电流A，电阻 Ω 灯泡L1、L2的功率均为：‎ W 三灯消耗的总功率为：‎ P=2×0.30+0.75=1.35W 故选AD。‎ ‎10.如图所示,粗糙程度均匀的绝缘空心斜面ABC放置在水平面上,角CAB = 30°,斜面内部O点(与斜面无任何连接)固定有一正点电荷,一带负电的小物体(可视为质点)可以分别静止在M、N点和MN的中点P上,OM=ON, OM//AB则下列判断正确的是(   )‎ A. 小物体静止在三处静止时所受力个数一定都是4个.‎ B. 小物体静止在P点时受到的摩擦力最大 C. 小物体静止在P点时受到的支持力最大,静止在M,N点时受到的支持力相等 D. 当小物体静止在M点时,地面给斜面的摩擦力水平向左 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】对小物体分别在三处静止时所受力分析如图：‎ A.结合平衡条件，由图，小物体在P、N两点时一定受四个力的作用，故A错误；‎ B.小物体静止在P点时，摩擦力 f=mgsin30°‎ 静止在N点时 静止在M点时 可见静止在N点时所受摩擦力最大，故B错误；‎ C.小物体静止在P点时，设库仑力为F，受到的支持力 N=mgcos30°+F 在M、N点时：‎ 由库仑定律知，故，即小物体静止在P点时受到的支持力最大，静止在M、N点时受到的支持力相等，故C正确；‎ D.以小物体和斜面整体为研究对象，当小物体静止在M点时，斜面内部O点正电荷对其库仑力斜向右，即有向右的分力，则斜面有向右运动的趋势，受水平向左的摩擦力，故D正确。‎ 二、填空题（共2小题，每空2分，共16分）‎ ‎11.如图所示的电路中，小量程电流表的内阻Rg＝100Ω，满偏电流Ig=1mA，R1=900Ω，R2=‎ Ω ‎ ‎ ‎（1）当S1和S2均断开时，改装成的是_______表，最大量程是__________。‎ ‎（2）当S1和S2均闭合时，改装成是_______表，最大量程是___________。‎ ‎【答案】 (1). 电压 1V (3). 电流 1A ‎【解析】‎ ‎【详解】第一空：由电路图可知，当和均断开时，与串联，改装所成的表是电压表，‎ 第二空：量程为V 第三空：由电路图可知，当和均闭合时，与并联，改装所成的表是电流表，‎ 第四空：量程为:A ‎12.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，使用的小灯泡标有“6V 3W”，其他可供选择的器材有：‎ A.电压表V1（量程6V，内阻约20kΩ）‎ B.电压表V2（量程20V，内阻约60kΩ）‎ C.电流表A1（量程3A，内阻约0.2Ω）‎ D.电流表A2（量程0.6A，内阻约1Ω）‎ E.滑动变阻器R1（0-1000Ω，0.5A）‎ F.滑动变阻器R2（0-10Ω，2A）‎ G.学生电源E（6V到8V）‎ H.开关S及导线若干 实验中为减小实验误差，方便调节，电压表应使用____（填器材前序号字母），电流表应选用____（填器材前序号字母），滑动变阻器应选用_____（填器材前序号字母），在下面的四个电路中，应选用___‎ A. B. ‎ C. D.‎ ‎【答案】 (1). A (2). D (3). F (4). C ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]描绘小灯泡的伏安特性曲线，通过小灯泡的电流从零开始，故滑动变阻器采用分压接法，选最大阻值小些的，即选R2；‎ ‎[2]小灯泡额定电压为6V，故电压表选V1；‎ ‎[3]对小灯泡，额定电流为 A 故电流表选A2；‎ ‎[4]由于小灯泡电阻远小于电压表内阻，故电流表外接，综合滑动变阻器的分压接法，故电路图选C；‎ 三．计算题(共44分.要求写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤）‎ ‎13.把q=-1×10-8C的电荷，从电场中的A点移到B点，电场力做正功WAB =1.2×10-6J，求：‎ ‎（1）A、B两点间的电势差；‎ ‎（2）若取B点电势为零，则A点的电势和q在A点的电势能各是多少？‎ ‎【答案】（1）120 V （2）120 V ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）由得A、B两点间的电势差；‎ ‎（2）根据得A点的电势；‎ q在A点的电势能．‎ ‎14.某同学在研究微型直流电动机的性能时，采用如图所示的实验电路．调节滑动变阻器R 的阻值，使电动机无法转动，此时电流表和电压表的示数分别为0.2 A和0.6V．重新调节R的阻值，使电动机能够正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为1.0 A和8.0 V．(电流表、电压表均为理想电表)求：‎ ‎(1)这台电动机的线圈电阻；‎ ‎(2)电动机正常运转时的输出功率．‎ ‎【答案】(1) (2) P输出=5W ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从电路图中可以看出，电动机和滑动变阻器串联，电压表测量电动机两端的电压，电流表测量电路电流，根据公式可求电动机停转时的电阻；利用公式P=UI可求电动机的总功率，根据公式P=I2R可求电动机克服本身阻力的功率，总功率与电动机克服自身电阻功率之差就是电动机的输出功率．‎ ‎【详解】(1)电动机不转动时满足欧姆定律，电动机的电阻：‎ ‎(2)电动机的总功率：P=U1I1=8V×1A=8W；‎ 电动机自身电阻的热功率：PR=I12R=（1A）2×3Ω=3W；‎ 电动机正常运转时的输出功率是：P输出=P-PR=8W-3W=5W．‎ ‎【点睛】本题要明确非纯电阻电路的功率的计算方法，知道电动机不转动时可视为纯电阻和能量间的关系．‎ ‎15.如图，光滑绝缘水平面上静置两个质量均为m、相距为x0的小球A和B，A球所带电荷量为+q，B球不带电。现在A球右侧区域加上水平向右的匀强电场，电场强度为E，小球A在电场力作用下由静止开始运动，然后与B球发生弹性正碰，A、B碰撞过程中没有电荷转移，且碰撞过程时间极短，求：‎ ‎（1）A球与B球发生第一次碰撞后B球速度；‎ ‎（2）从A球开始运动到两球在电场中发生第二次碰撞前电场力对A球所做的功；‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设A小球与B球第一次碰撞前速度为，碰撞后的速度分别为 对A，根据牛顿第二定律得：‎ 由运动学公式有：‎ 解得：‎ 对于AB碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：‎ 解得：‎ ‎（2）设第一次碰撞后到第二次碰撞前经历的时间为，有 从A球开始运动到两球在电场中发生第二次碰撞前电场力对A球所做的功为：‎ 解得 ‎16.如图，在xOy平面的第一象限内有平行于y轴的有界匀强电场E1=5×103V/m,方向沿y轴正方向；第四象限有一匀强电场E2．一质量m=1×10-12kg、电荷量q=2×10-8C的带电粒子，从P点以初速度大小v0=2×103m/s，垂直y轴方向射入电场E1中，粒子偏转后经过x轴上A 点进入第四象限，并沿直线运动的最大距离AB=6.25cm．已知OA=3cm，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计粒子重力．求：‎ ‎（1）粒子的带电性质和粒子在第一象限的加速度大小；‎ ‎（2）粒子从A点运动到B点的时间；‎ ‎（3）第四象限的匀强电场E2大小和方向．‎ ‎【答案】(1) 粒子带负电，m/s2(2) s（3）v/m，与x轴成37°角斜向上 ‎【解析】⑴粒子带负电 m/s2 ‎ ‎⑵带电粒子从P点到A点做类平抛运动 ，设运动时间为t1 ‎ s m/s ‎ m/s 带电粒子从A到B做匀减速直线运动，设运动时间为t2‎ s ‎（2）带电粒子从A运动到B过程中，设加速度为α2 m/s2‎ 根据牛顿第二定律 V/m 设带电粒子运动到P点速度偏向角为θ ‎ 所以θ =37° ‎ E2方向为与x轴成37°角斜向上 点睛：此题是带电粒子在电场中运动问题，关键是搞清粒子的运动性质，粒子在电场中做类平抛运动，水平方向匀速运动，竖直方向匀加速运动；出离电场后做匀速直线运动，结合平抛运动的处理方法求解.‎