【物理】新疆乌鲁木齐市第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

【物理】新疆乌鲁木齐市第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

乌鲁木齐市第一中学2019--2020学年第一学期 ‎2021届高二年级期中考试物理试卷 一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。1至5题为单选题，6至12为多选题，在每小题给出的四个选项中，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。‎ ‎1.如图所示，A、B、C是点电荷Q形成的电场中的三点，BC是以Q为圆心的一段圆弧，UAB＝＋10V，正点电荷q沿A→B→C移动，则（　　）‎ A. 点电荷Q带正电 B. 沿BC运动时电场力做正功 C. B点的电场强度与C点的相等 D. q在A点时具有的电势能比在C点时的大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据两点的电势差UAB＝＋10V，可知离电荷越远电势越高，可知Q为负电荷，A错误；‎ B． BC为等势面，故沿BC运动时电场力不做功，B错误；‎ C．根据点电荷的电场强度公式，可知两点的电场强度大小相等，但方向不同，不能说电场强度相等，C错误；‎ D．根据AB两点的电势差为10v，且q为正电荷，故在A点时具有的电势能比在B点时的大，而BC电势相等，所以q在A点时具有的电势能比在C点时的大，D正确。‎ 故选D。‎ ‎2.如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下级板都接地．在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，EP表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（　　）‎ A. θ增大，E增大 B. θ增大，EP不变 C. θ减小，EP增大 D. θ减小，E不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，则根据可知，C变大，Q一定，则根据Q=CU可知，U减小，则静电计指针偏角θ减小；根据，Q=CU，，联立可得，可知Q一定时，E不变；根据U1=Ed1可知P点离下极板的距离不变，E不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，则EP不变；故选项ABC错误，D正确．‎ ‎【考点定位】电容器、电场强度、电势及电势能 ‎【名师点睛】此题是对电容器的动态讨论；首先要知道电容器问题的两种情况：电容器带电荷量一定和电容器两板间电势差一定；其次要掌握三个基本公式：，，Q=CU；同时记住一个特殊的结论：电容器带电荷量一定时，电容器两板间的场强大小与两板间距无关．‎ ‎3.如图所示，在直角三角形所在的平面内存在匀强电场，其中A点电势为0，B点电势为3V，C点电势为6V。已知，AB边长为，D为AC的中点，将一点电荷放在D点，且点电荷在C点产生的场强大小为1.5N/C，则放入点电荷后，B点场强为（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】在匀强电场中，D点电势为 因此BD连线即为等势线，画出电场线如图所示 因，则AB两点沿电场线方向的距离为 BA间的电势差为 则匀强电场的场强为 由于点电荷在C点产生的场强为，则点电荷在B点产生的场强也为，方向与匀强电场的电场强度方向垂直，因此B点场强为 故选A。‎ ‎4.如图所示为闭合电路电源的输出功率随电流变化的图象，由此图象可以判断 A. 电源的内耗功率最大为9 W B. 电源的效率最大为50%‎ C. 输出功率最大时，外电路的总电阻为4 Ω D. 电源的电动势为12 V ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由P=I2r可得，随着电流的增大，内耗功率增大，故A错误；‎ B．随着电流的减小，电源的效率增大，最大可以接近100%，故B错误；‎ CD．由图可知，当电流为‎1.5 A时电源输出功率最大，这里内耗功率等于输出功率为9 W，电源的效率为50%，这时电源总功率为18 W，根据P=IE可得，电源的电动势为12 V，由P=I2r可知，电源的内阻为4 Ω，由于不能明确外电路是否为纯电阻电路，故无法求得电阻大小，故C错误，故D正确。故选C。‎ ‎5.如图，电路中8个电阻r相同，r=1Ω，另3个电阻阻值均为R=4Ω，还有一个电阻阻值R0=2Ω，将a，b与电源相连，电路中总电流为‎2A，则电路消耗的总功率为P，其中R0上消耗的功率为P0，则（　　）‎ A. P=24W，P0=W B. P=12W，P0=W C. P=16W，P0=W D. P=16W，P0=W ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】2r与R0串联的总电阻为4Ω，再与R并联的电阻为2Ω，等于R0，依此类推，ab间的总电阻为 根据知电路消耗的总功率为 R0的电流与总电流的关系为 则得 R0上消耗功率为 故选C。‎ ‎6.如图，电流表A1(0～‎3A)和A2(0～‎0.6A)是由两个相同的电流计改装而成，现将这两个电流表并联后接入电路中。闭合开关S，调节滑动变阻器，下列说法中正确的是(　　)‎ A. A1、A2的读数之比为1∶1 B. A1、A2的读数之比为5∶1‎ C. A1、A2的指针偏转角度之比为1∶1 D. A1、A2的指针偏转角度之比为1∶5‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．根据电表改装原理可知，电流计并联电阻改装成大量程的电流表，则内阻之比等于最大量程的反比，A1、A2的内阻之比为1：5，并联时，电流之比等于内阻的反比，电流读数之5：1，故A错误，B正确；‎ CD．电流表A1（0－‎3A）和A2（0－‎0.6A）是由两个相同的电流计改装而成，图中两个电流表为并联电路，则两电流计也是并联的，电压相等，流过电流计的电流相等，则A1、A2 的指针偏转角度之比为1：1，故C正确，D错误。‎ 故选BC。‎ ‎7.如图所示电路，电源内阻不能忽略，R1阻值小于变阻器的总电阻，初态滑片P位于变阻器的中点，P由中点向上移动到顶端的过程中（ ）‎ A. 电源的内功率先减小后增大 B. 电源的效率先减小后增大 C. 电流表的示数先减小后增大 D. 电压表的示数先增大后减小 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因P向上滑动时，并联电路的总电阻先增大后减小，则干路电流先减小，后增加，由 知电源的内功率先减小后增大，故A正确；‎ B．内外阻相等时，电源的效率最大，则其效率不能确定其变化，故B错误；‎ CD．P向上滑动时，并联电路的总电阻先增大后减小，外电路的总电阻就先增大后减小，所以电压表的示数（路端电压）先增大，后减小，故C错误，D正确。‎ 故选AD。‎ ‎【点睛】该电路中，电阻R1与滑动变阻器构成了一个特殊的并联电路，当两个支路的电阻相等时，该并联电路的总阻值最大．然后结合闭合电路的欧姆定律分析解答即可。‎ ‎8.某种小灯泡的伏安特性曲线如图甲所示,三个完全相同的这种小灯泡连接成如图乙所示的电路,电源的内阻为1.0 Ω．现闭合开关S,理想电压表V的示数为4.0 V,则(　)‎ A. 三个灯泡的总电阻为8.3 Ω B. 电源电动势为5.6 V C. 电源消耗的热功率为3.0 W D. 电源的效率为89.3%‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：电压表的示数为：U1=4V，由U-I图象得到干路中灯泡的电流为：I1=‎0.6A，该灯泡的电阻为：，另外两个并联灯泡的电流均为：I2=‎0.3A，再根据U-I图象得到电压为：U2=1V，则并联电阻为：，故三个灯泡的总电阻为：R=R1+R并≈8.3Ω，故A正确；‎ B项：电源的电动势为：E=U1+U2+I1r=4+1+0.6×1=5.6V，故B正确；‎ C项：电源消耗的热功率为：，故C错误；‎ D项：电源的效率为：，故D正确．‎ ‎9.如图所示的电路中，电源电压保持不变，闭合开关S，电路正常工作，过了一会儿，电流表A的示数变为零．若电路中故障发生在灯L、电阻R上，用一根导线来判断电路故障，则下列判断正确的是(　　)‎ A. 将导线并联在R两端，电流表无示数，一定是L断路 B. 将导线并联在L两端，电流表无示数，一定是R断路 C. 将导线并联在R两端，电流表有示数，一定是R断路 D. 将导线并联在L两端，电流表有示数，一定是L断路 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.电流表A的示数变为零，说明电路故障为断路．将导线与用电器并联进行检测时，若电流表有示数，说明与导线并联的用电器断路；若电流表无示数，说明另一个用电器断路或两个用电器都断路．若将导线并联在R两端，电流表无示数，则可能是L断路，也可能是R、L都断路，故选项A错误；‎ B.若将导线并联在L两端，电流表无示数，则可能是R断路，也可能是R、L都断路，故选项B错误；‎ C.若将导线并联在R两端，电流表有示数，则一定是R断路，选项C正确；‎ D.若将导线并联在L两端，电流表有示数，则一定是L断路，选项D正确.‎ ‎10.空间存两点电荷产生的静电场，在xoy横轴上沿x轴正方向电场强度E随x变化的关系如图所示，图线关于坐标原点对称，虚线为两条渐近线，M、N是两条渐近线到原点O的中点，且｜PO｜=3｜MO｜．取无穷远处电势为零，下列说法中正确的是（ ）‎ A. M、N两点的电势相等 B. P点电势高于M点电势 C. M、O两点电场强度大小之比为20：9‎ D. 单位正电荷从O点移到N点过程中，电场力做功为W，则N点电势数值为-W ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ AB、由图可知MN之间的电场线方向沿x轴正方向，故左边的电荷为正电荷，右边为等量的负电荷，故M点的电势比N两点电势高，P点电势高于M点电势，故A错误，B正确；‎ ‎ C、设MO的距离为r，正负电荷的电荷量为Q，M点电场强度大小为，O点电场强度大小为，M、O两点电场强度大小之比为，故C正确；‎ D、沿电场线方向电势降低，O点电势为零，所以单位正电荷从O点移到N点过程中，电场力做功为W，则N点电势数值为-W，故D正确；‎ 故选BCD．‎ ‎【点睛】根据MN之间的电场线方向沿x轴正方向，确定左边的电荷为正电荷，右边为的负电荷，根据图线关于坐标原点对称，确定两点荷为等量异种电荷．‎ ‎11.如图所示，竖直放置的两平行金属板间有匀强电场，在两极板间同一等高线上有两质量相等的带电小球a、b（可以看作质点）．将小球a、b分别从紧靠左极板和两极板正中央的位置由静止释放，它们沿图中虚线运动，都能打在右极板上的同一点．则从释放小球到刚要打到右极板的运动中,下列说法正确的是 A. 它们的运动时间＞‎ B. 它们的电荷量之比 C. 它们的电势能减少量之比 D. 它们的动能增加量之比 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】B．小球沿虚线运动，则合外力沿虚线方向．小球受重力和水平向右的电场力，设虚线方向与竖直方向间夹角为，则，由图可知两小球夹角正切值为2:1,小球质量又相等，故，故B对；‎ A．小球沿虚线做匀加速直线运动，设它们的竖直位移为h，由运动规律，则 可得运动时间相等．故A错；‎ C．由功能关系，它们电势能的减少量等于电场力做功，，x为水平位移，大小为2:1，电荷量的比值为2:1， 故W比值,4:1，故C对；‎ D．小球运动时动能、重力势能、电势能之和不变，电势能减小和重力势能减小，转化为动能。电势能减少量为4:1，重力势能减少量相等，故动能增加量不是4:1，故D错。‎ 故选BC 。‎ ‎12.如图甲所示，质量为m、电荷量为-e的粒子初速度为零，经加速电压U1加速后，从水平方向沿O1O2垂直进入偏转电场．已知形成偏转电场的平行板电容器的极板长为L，两极板间距为d，O1O2为两极板的中线，P是足够大的荧光屏，且屏与极板右边缘的距离为L．不考虑电场边缘效应，不计粒子重力．则下列说法正确的是 A. 粒子进入偏转电场的速度大小为 B. 若偏转电场两板间加恒定电压U0，粒子经过偏转电场后正好击中屏上的A点，A点与上极板M在同一水平线上，则所加电压 C. 若偏转电场两板间的电压按如图乙所示作周期性变化，要使粒子经加速电场后在 ‎＝0时刻进入偏转电场后水平击中A点，则偏转电场周期T应该满足的条件为 D. 若偏转电场两板间的电压按如图乙所示作周期性变化，要使粒子经加速电场并在＝0时刻进入偏转电场后水平击中A点，则偏转电场电压U0应该满足的条件为 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据动能定理求出粒子进入偏转电场的速度v的大小．粒子出电场后反向速度的反向延长线经过偏转电场中轴线的中点，根据几何关系得出速度与水平方向的夹角，结合牛顿第二定律和运动学公式求出偏转电压的大小．‎ ‎【详解】在加速电场中，根据动能定理得：，解得，故A正确；粒子出偏转电场时，速度的反向延长线经过中轴线的中点，由题意知，电子经偏转电场偏转后做匀速直线运动到达A点，设电子离开偏转电场时的偏转角为，则由几何关系得：，解得，又，解得：，故B错误；交变电压的周期等于粒子在偏转电场中的周期，当粒子出偏转电场时，粒子在沿电场方向上的分速度为零，可知要使电子在水平方向击中A点，电子必向上极偏转，且vy=0，则电子应在t=0时刻进入偏转电场，且电子在偏转电场中运动的时间为整数个周期，设电子从加速电场射出的速度为v0，则因为电子水平射出，则电子在偏转电场中运动时间满足，而 ，解得：，在竖直方向位移应满足 ‎，解得：，故CD正确，故选ACD．‎ ‎【点睛】本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成．‎ 二、实验题（共16分）‎ ‎13.图中，游标卡尺示数是_____cm，螺旋测微器示数是_____mm，‎ ‎【答案】 (1). 10.34 (2). 3.388‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1][2]游标卡尺示数是 ‎10.3cm‎+‎0.1mm×4=‎‎10.34cm 螺旋测微器的示数是 ‎3mm‎+‎0.01mm×38.8=‎‎3.388mm ‎14.用如图所示电路测量电源的电动势和内阻．实验器材：待测电源（电动势约3V，内阻约2Ω），保护电阻R1（阻值10Ω）和R2（阻值5Ω），滑动变阻器R，电流表A，电压表V，开关S，导线若干．‎ 实验主要步骤：‎ ‎（ⅰ）将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；‎ ‎（ⅱ）逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I；‎ ‎（ⅲ）以U为纵坐标，I为横坐标，作U—I图线（U、I都用国际单位）；‎ ‎（ⅳ）求出U—I图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a．‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）电压表最好选用______；电流表最好选用______．‎ A．电压表（0-3V，内阻约15kΩ） B．电压表（0-3V，内阻约3kΩ）‎ C．电流表（0-200mA，内阻约2Ω） D．电流表（0-30mA，内阻约2Ω）‎ ‎（2）滑动变阻器的滑片从左向右滑动，发现电压表示数增大，两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是______．‎ A．两导线接在滑动变阻器电阻丝两端的接线柱 B．两导线接在滑动变阻器金属杆两端接线柱 C．一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱，另一条导线接在电阻丝左端接线柱 D．一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱，另一条导线接在电阻丝右端接线柱 ‎（3）选用k、a、R1、R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式E=______，r=______，代入数值可得E和r的测量值．‎ ‎【答案】 （1）A、 C （2）C （3）ka k-R2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）电压表并联在电路中，故电压表内阻越大，分流越小，误差也就越小，因此应选内阻较大的A电压表；‎ 当滑动变阻器接入电阻最小时，通过电流表电流最大，此时通过电流表电流大小约为；因此，电流表选择C；‎ ‎（2）分析电路可知，滑片右移电压表示数变大，则说明滑动变阻器接入电路部分阻值增大，而A项中两导线均接在金属柱的两端上，接入电阻为零；而B项中两导线接在电阻丝两端，接入电阻最大并保持不变；C项中一导线接在金属杆左端，而另一导线接在电阻丝左端，则可以保证滑片右移时阻值增大；而D项中导线分别接右边上下接线柱，滑片右移时，接入电阻减小；故D错误；故选C；‎ ‎（3）由闭合电路欧姆定律可知：U=E-I（r+R2），对比伏安特性曲线可知，图象的斜率为k=r+R2； 则内阻r=k-R2； 令U=0，则有：； 由题意可知，图象与横轴截距为a，则有：；解得：E=ka .‎ ‎【点睛】本题考查测量电源的电动势和内电阻实验中的仪表选择以及数据处理，要注意明确根据图象分析数据的方法，重点掌握图象中斜率和截距的意义．‎ ‎15.在练习使用多用电表的实验中：‎ ‎（1）某同学用多用电表测量电阻，其欧姆挡的电路如图甲所示，若选择开关处在“×‎100”‎挡时，按正确使用方法测量电阻Rx的阻值，指针位于图乙示位置，则Rx=_____Ω．‎ ‎（2）若该欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但此表仍能调零，按正确使用方法再测上述Rx，其测量结果与原结果相比将_____（填“变大”、“变小”或“不变”）．‎ ‎（3）某同学利用图甲中的器材设计了一只欧姆表，其电路如图丙所示．‎ ‎①关于该欧姆表，下列说法正确的是_____．‎ A．电阻刻度的零位在表盘的右端 B．表盘上的电阻刻度是均匀的 C．测量前，不需要红、黑表笔短接调零 D．测量后，应将开关S断开 ‎②某同学进行如下操作：当Rx未接入时，闭合开关S，将红、黑表笔分开时，调节可变电阻，使电流表满偏．当Rx接入A、B表笔之间时，若电流表的指针指在表盘的正中央，则待测电阻Rx的阻值为____．已知电流表的内阻为Rg，电池的内阻为r，可变电阻接入电路的阻值为R．‎ ‎【答案】 (1). 700 (2). 变大 (3). CD ‎ ‎【解析】（1）[1]．若选择开关处在“×‎100”‎挡，由图乙所示可知，电阻测量值为：7×100=700Ω．‎ ‎（2）[2]．设电流表满偏电流Ig，欧姆调零时 Ig=‎ 则 R内=‎ 当电动势变小、内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏电流Ig不变，R内变小，用欧姆表测电阻时 由此可知当R内变小时，I变小，指针跟原来的位置相比偏左了，欧姆表的示数变大了．‎ ‎（3）①[3]．由图丙所示可知，该欧姆表电表与待测电路并联，则电表为电压表，利用并联电路特点测电阻，电阻刻度的零位在表盘的左端，由闭合电路欧姆定律可知，表盘上的电阻刻度是不均匀的，由于电表为电压表，测量前，不需要红、黑表笔短接调零，测量后，应将开关S断开，故AB错误，CD正确，故选CD．‎ ‎②[4]．当Rx未接入时，闭合开关S，将红、黑表笔分开时，调节可变电阻，使电流表满偏，由闭合电路欧姆定律得 Ig=‎ 当Rx接入A、B表笔之间时，若电流表的指针指在表盘的正中央，由欧姆定律得：‎ Ig=‎ 解得 Rx=．‎ 三、计算题：共36分。作答时请写出步骤，只写结果不得分。‎ ‎16.如图所示，电源电动势E=9V，内电阻r=0.5，电阻R1=5.0、R2=3.5、R3=6.0、R4=3.0，电容C=2.0μF．求：当电键K由与a接触转到与b接触通过R3的电量是多少？‎ ‎【答案】1.710‎‎-5C ‎【解析】‎ ‎【详解】当开关接a时，电容器的电压 U1==V=5V 电容器上的电量 Q1=CU1=210-6‎5C=110‎‎-5C 由于上极板电势高，则上极板带正电荷；当开关接b时，电容器的电压 U2==V=3.5V 电容器上的电量 Q2=CU2=210-6‎3.5C=0.710‎‎-5C 下极板电势高，下极板带正电；由Q=CU可知，电键K由与a接触转到与b接触的过程中，电容器上电量的变化 Q=C（U1+U2）=2.010-6‎8.5C=1.710‎‎-5C 即通过R3的电荷量为1.710‎-5C。‎ ‎17.利用电动机通过如图所示的电路提升重物，已知电源电动势E=6V，电源内阻r=1Ω，电阻R=3Ω，重物质量m=‎0.20kg，当将重物固定时，电压表的示数为5V，当重物不固定，且电动机最后以稳定的速度匀速提升重物时，电压表的示数为5.5V，求重物匀速上升时的速度大小（不计摩擦，g取‎10m/s2）。‎ ‎【答案】‎0.75m/s ‎【解析】‎ ‎【详解】当重物固定时，电路为纯电阻电路，则通过的电路的电流相等，即 解得电动机内阻 当重物不固定，根据闭合电路欧姆定律 解得干路电流为 电动机分压为 电动机的输出功率全部用于匀速提升重物，所以 解得重物上升的速度 ‎18.如图所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道，处于水平向右的匀强电场中，带负电荷的小球从高为h的A处由静止开始下滑，沿轨道ABC运动并进入圆环内做圆周运动。已知小球所受电场力是其重力的，圆环半径为R，斜面倾角为θ=53°，=2R，若使小球在圆环内能做完整的圆周运动，h至少为多少？（sin37°=0.6，cos37°=0.8）‎ ‎【答案】10R ‎【解析】‎ ‎【详解】小球所受的重力和电场力都为恒力，故可将两力等效为一个力F，如图所示 方向与竖直方向成37∘角，由图可知，‎ 小球做完整的圆周运动的临界点是D点，设小球恰好能通过D点，由圆周运动知识得 从A到P的过程，由动能定理得 其中 联立上式解得 ‎19.一带正电小球通过绝缘细线悬挂于场强大小为E1的水平匀强电场中，静止时细线与竖直方向的夹角θ=45°，如图所示．以小球静止位置为坐标原点O，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其中x轴水平．现剪断细线，经0.1s，电场突然反向，场强大小不变；再经0.1s，电场突然变为另一匀强电场，场强大小为E2，又经0.1s小球速度为零．已知小球质量m=1.0×10－‎2kg，电荷量q=1.0×10－‎8C，g取‎10m/s2，空气阻力不计．求 ‎(1)E1和E2；‎ ‎(2)细线剪断0.3s末小球的位置坐标．‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）当小球静止时，‎ 则 电场力与重力的合力 剪断细绳后，小球做匀加速直线运动，加速度的大小为 经过0.1s小球速度大小为 速度的方向与x轴正方向成斜向右下方 在第2个0.1s内，电场方向，小球的水平分速度 竖直分速度 即第2个0.1s末，小球的速度大小为，方向竖直向下 依题意，在第3个0.1s内小球做匀减速直线运动，‎ 由运动学公式知 根据牛顿第二定律得 代入数据得 ‎（2）第1个0.1s内，小球的位移大小 则小球沿x方向移动的距离 沿y方向移动的距离 在第2 个0.1s内，小球沿x方向移动的距离 沿y方向移动的距离 在第3个0.1s内，小球沿沿方向移动的距离 即小球速度为零时的位置坐标是