黑龙江省大庆中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

黑龙江省大庆中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

大庆中学2019—2020学年度上学期期中考试高二年级物理试题 一、单选题 ‎1.用比值法定义物理量是物理学中一种常用方法，以下物理量表达式中不属于比值法定义的是（　　）‎ A. 电源电动势 B. 导体电阻 C. 电容器的电容 D. 电流强度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】电动势公式是电动势定义式，故A不符合题意；导体电阻，R等于电压U与电流I的比值，属于比值法定义，故B不符合题意；电容器的电容是由电容器本身决定的，电容器的电容，是电容器电容决定式，本身定义式，故C符合题意；电流强度，电流I等于流过导体的某横截面与时间t的比值，属于比值法定义，故D不符合题意。所以选C。‎ ‎2.在电场中，A、B两点间的电势差为UAB＝75 V，B、C两点间的电势差为UBC＝－200 V，则A、B、C三点电势高低关系为(　　)‎ A. φA>φB>φC B. φA <φC <φB ‎ C. φC >φA>φB ‎ D. φC >φB >φA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意，UAB=φA-φB=75V，则得：φA＞φB；UBC=φB-φC=-200V，则得：φB＜φC；又UAC=UAB+UBC=（75-200）V=-125V，则得：φA＜φC；故有：φC＞φA＞φB；故ABD错误，C正确．‎ ‎3.关于电势、电势差和电势能，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 电势差和电势一样,是相对量,与零点的选择有关 B. 正电荷从A点移到B点时,其电势能增加,A点的电势一定较低 C. 正电荷沿电场线移动,其电势能一定增加 D. 某点的场强为零,检验电荷在该点的电势能一定为零 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.电势是相对量，电势的大小与与零点的选择有关，而电势差的大小与零点的选择无关，故A错误；‎ B.正电荷从A点移到B点时，其电势能增加，据知，A点的电势一定较低，故B正确；‎ C.正电荷沿电场线移动，电场力的方向与电荷移动的方向相同，电场力做正功，其电势能一定减小，故C错误；‎ D.电场强度与电势没有直接关系，电场强度为零，电势不一定为零，检验电荷在该点的电势能不一定为零，故D错误。‎ ‎4.真空中有两个静止的点电荷，它们之间的作用力为F，若它们的带电量都增大为原来的3倍，距离增大为原来的2倍，它们之间的相互作用力变为　　‎ A. 16F B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据库仑定律可知变化前：，变化后：，故C正确，ABD错误。‎ ‎5.用电场线能很直观很方便地比较电场中各点的强弱。如图所示，左边是等量异种点电荷形成电场的电场线，右边是场中的一些点：O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对O对称的两点，B、C和A、D也相对O对称，则下列认识不正确的是　　 ‎ A B、C两点场强大小和方向都相同 B. A、D两点场强大小相等，方向相反 C. E、F两点场强大小和方向都相同 D. 从E到F过程中场强先增大后减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据对称性看出，B、C两处电场线疏密程度相同，则B、C两点场强大小相同．这两点场强的方向均由B→C，方向相同，故A正确；‎ B．根据对称性看出，A、D两处电场线疏密程度相同，则A、D两点场强大小相同．由图看出，A、D两点场强方向相同，故B错误；‎ C．由图看出，E、F两点中，电场线疏密程度相同，两点场强方向相同，故C正确；‎ D．由图看出，从E到F过程，电场线先变密，再变疏，所以场强先增大后减小，故D正确。‎ ‎6. 下列关于电功、电功率和焦耳定律的说法中错误的是（ ）‎ A. 电功率越大，电流做功越快，电路中产生的焦耳热一定越多 B. 适用于任何电路，而只适用于纯电阻电路 C. 在非纯电阻电路中，‎ D. 焦耳热适用于任何电路 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：电功率越大，表示电流做功越快，但是电路中产生的焦耳热量的多少还与做功的时间的长短有关，A错误；公式是计算电路的总功的大小，适用于任何的电路，当为纯电阻电路时，根据欧姆定律，可以推到出，所以只能适用于纯电阻电路，B正确；在不是纯电阻的电路中，UI表示的是总的功率的大小，而只是电路中发热的功率，还有对外做功的功率的大小，所以，所以C正确；焦耳热适用于任何电路中的焦耳热量的计算，D正确．‎ 考点：考查了电功率的计算 ‎【名师点睛】每个公式的使用的条件是不同的，掌握住公式的使用的条件，这是做题的前提条件．‎ ‎7.如图所示的长方体是用电阻率为ρ的均匀金属制成的，长度为2L，其横截面为正方形，边长为L，若将它的a、b端接入电路时的电阻为R，则将它的两个侧面上的c、d端接入电路时的电阻是（　　）‎ A. R B. R/4 C. R/2 D. 4R ‎【答案】B ‎【解析】‎ 当a、b端接入电路时，横截面积为L2，长为2L；根据电阻定律。‎ 当c、d接入电路时，横截面积为2L2，长为L，根据电阻定律。‎ 所以。故B项正确，ACD三项错误。‎ ‎8.如图所示，是一个多量程多用电表的简化电路图测电流和测电压时各有两个量程，还有两个挡位用来测电阻下列说法正确的是(    )‎ A. 当开关S调到位置1、2时，多用电表测量的是电流，且调到位置1时的量程比位置2的小 B. 当开关S调到位置3、4时，多用电表测量的是电阻，且A为黑表笔 C. 当开关S调到位置5、6时，多用电表测量的是电压，且调到位置6时的量程比位置5的大 D. 多用电表各挡位所对应的表盘刻度都是均匀的 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.是电流表时电流计应与电阻并联，由图可知当转换开关S旋到位置1、2位置是电流表，并联电阻越小，量程大，即调到位置1时的量程比位置2的大，则A错误；‎ B.欧姆表要联接电源，则开关S调到3、4两个位置上时，多用电表测量的是电阻，红表笔在内部接电源的负极，则A为红表笔。故B错误；‎ C.要测量电压，电流表应与电阻串联，由图可知当转换开关S旋到位置5、6时，测量电压，电流表所串联的电阻越大，所测量电压值越大，故当转换开关S旋到6的量程比旋到5的量程大。故C正确。‎ D.电流、电压挡的刻度都是均匀的，电阻挡的刻度不均匀，左边密右边疏，故D错误。‎ ‎9.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。‎ ‎10.如图所示,一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下,从静止开始由b沿直线运动到d,且bd与竖直方向的夹角为,若bd的长度为l,重力加速度为g,则 (    ) ‎ A. 此液滴带正电 B. 液滴运动的加速度等于2g C. 液滴从b到d的运动时间为 D. 液滴到达d点的速度为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由b到d，液滴作直线运动，所受合力沿bd所直线，对液滴受力分析可知，电场力水平向右，与电场方向相反，所以小球带负电，故A错误；‎ B．由图可知，液滴所受合力 根据牛顿第二定律，解得液滴的加速度 故B错误；‎ C．由位移公式可得 解得：‎ 故C正确；‎ D．由速度位移公式可得 解得 故D错误。‎ 二、多选题 ‎11.如图所示，平行等距的竖直虚线M、N、P、Q为某一电场的四个等势面，M、N、P、Q的电势分别为。一个不计重力带负电荷的粒子在电场中运动的轨迹是抛物线用实线表示，a、b、c是轨迹上的三点，其中b点为轨迹上最左端的点，下列说法正确的是（　　）‎ A. 该电场一定是匀强电场且 B. 根据轨迹可以判断带负电荷的粒子在电场中的运动方向是唯一的 C. 带负电荷的粒子在b点动能最大，在c点的电势能最小 D. 带负电荷的粒子在电场中各点受到的电场力相等 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因表示电场中四个等势面的四条虚线是平行且等间距的，由此可判断电场是匀强电场，由图中带负电荷的粒子在电场中运动的轨迹可知受到水平向右的电场力作用，电场的方向是向左的，电场线总是从电势高的等势面指向电势低的等势面，所以M、N、P、Q的电势，A正确；‎ B．带负电荷的粒子受到水平向右的电场力作用，粒子无论是依次沿a、b、c运动，还是依次沿c、b、a运动，都会得到如题图所示的轨迹，B错误；‎ C．带负电荷的粒子在电场中运动时，电势能与动能之间相互转化，由题图中粒子的运动轨迹可知，a点到b点，电场力做负功（电场力方向和运动方向相反），电势能增大，动能减小，从b运动到c，电场力做正功，电势能减小，动能增大，因此c点的电势能最小，动能最大，C错误；‎ D．因表示电场中四个等势面的四条虚线是平行且等间距的，由此可判断电场是匀强电场，所以带负电荷的粒子在电场中各点受到的电场力相等，D正确。‎ 故选AD。‎ ‎12.如图所示，平行金属板中带电质点P原处与静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向a端移动时，则（ ）‎ A. 电压表读数减小 B. 电流表读数减小 C. 质点P将向上运动 D. 上消耗的功率逐渐增大 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联，再与R1串联接在电源两端；电容器与R3并联；当R4的滑片向a移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，路端电压增大；电路中总电流减小，则R1两端的电压减小，又路端电压增大，则并联部分的电压增大，据欧姆定律可知流过R3的电流增大；电路中总电流减小，流过R3的电流增大，则流过R2的电流减小，电流表示数减小；流过R2的电流减小，R2的电压减小，又并联部分的电压增大，则R4电压增大，电压表读数增大；故A错误，B正确；‎ C.因电容器两端电压增大，板间场强增大，质点受到的向上电场力增大，质点P将向上运动，故C正确；‎ D.因R3两端的电压增大，由P=可知，R3上消耗的功率增大，故D正确。‎ ‎13.如图所示的电路中，电源的电动势和内阻保持不变，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 闭合电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方 B. 越大，路端电压越大 C. 越大，电源的输出功率越大 D. 阻值不同，电源的输出功率可能相同 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 闭合电路中，电流在外电路是从电势高地方流向电势低的地方，内电路是从低电势流向高电势，选项A错误；根据闭合电路的欧姆定律，U=E-Ir可知，R越大，I越小，则路端电压U越大,选项B正确；电源的输出功率，可知当时，即R=r时电源的输出功率最大，可知当电阻R从R=r增大或减小时，输出功率均减小，即R越大，电源的输出功率不一定越大，选项C错误；当输出功率相同时满足：，化简可得，即满足时，电源的输出功率相同，选项D正确；故选BD.‎ ‎14.已知如图，带电小球A、B的电荷分别为QA、QB，OA=OB，都用长L的丝线悬挂在O点。静止时A、B相距为d。为使平衡时AB间距离减为d/2，可采用以下哪些方法（ ）‎ A. 将小球A、B的质量都增加到原来的2倍 B. 将小球B的质量增加到原来的8倍 C. 将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半 D. 将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增加到原来的2倍 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 如图所示，B受重力、绳子的拉力及库仑力；将拉力及库仑力合成，其合力应与重力大小相等方向相反；‎ 由几何关系可知，；‎ 而库仑力F=； 即：；‎ mgd3=kq1q2L；‎ d=‎ 要使d变为，可以使质量增大到原来的8倍而保证上式成立；故B正确；‎ 或将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时小球B的质量增加到原来的2倍，也可保证等式成立；故D正确；‎ 故选BD．‎ 三、实验题 ‎15.（1）下面左图螺旋测微器读数为__________mm，右图游标卡尺读数为__________mm ‎（2）某表头满偏电流为1mA、内阻为982Ω。（以下计算结果均取整数）‎ ‎①为了将表头改装成量程为3V的电压表，需要一个阻值为________Ω的电阻与表头串联 ‎②为了将表头改装成量程为50mA的电流表，需要一个阻值约为____Ω的电阻与表头并联 ‎【答案】 (1). 0.900 (2). 14.50 (3). 2018 (4). 20‎ ‎【解析】‎ ‎（1）螺旋测微器读数为0.5mm+0.01mm×40.0=0.900mm；游标卡尺读数为1.4cm+0.05mm×10=14.50mm；‎ ‎（2）①为了将表头改装成量程为3V的电压表，需要一个阻值为的电阻与表头串联；‎ ‎②为了将表头改装成量程为50mA电流表，需要一个阻值约为的电阻与表头并联；‎ ‎16.在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，实验室提供了以下器材：‎ A．小灯泡（3.8V，0.3A） ‎ B．滑动变阻器（5Ω，2A）‎ C．电流表（0~0.5A，内阻约0.4Ω） ‎ D．电压表（0~5V，内阻约10kΩ）‎ E．开关及导线若干 ‎（1）为实验测量误差尽可能小，电流表应选用________（填“内”或“外”）接法；‎ ‎（2）为使小灯泡两端电压从零开始连续变化，滑动变阻器应选用__________（填“限流式”或“分压式”）接法；‎ ‎（3）综上所述，应选择下图中的_______电路进行实验 ‎（4）利用实验数据画出了如乙图所示的小灯泡伏安特性曲线。图中，坐标原点O到P点连线的斜率表示______。则根据此图给出的信息可知，随着小灯泡两端电压的升高，小灯泡的电阻______（填“变大”、“变小”或“不变”）‎ ‎【答案】 (1). 外接法 (2). 分压式 (3). B (4). P状态灯丝电阻的倒数 (5). P状态灯泡实际消耗的功率 (6). 变大 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）灯泡正常发光时的电阻：‎ ‎，电流表内阻约为0.4Ω，电压表内阻约为10kΩ，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法． （2）灯泡两端电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法． （3）电流表采用外接法、滑动变阻器采用分压接法，则应采用图B所示实验电路． （4）坐标原点O到P点连线的斜率表示小灯泡电阻的倒数，P点横纵坐标的乘积表小灯泡消耗的电功率．则根据此图给出的信息可知，随着小灯泡两端电压的升高，小灯泡的电阻变大．‎ ‎【点睛】本题考查了电流表与滑动变阻器的接法、实验电路选择、实验数据处理，当电压表内阻远大于待测电阻阻值时，电流表采用外接法，当电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器采用分压接法．‎ 四、计算题 ‎17.如图所示电路，R1＝2 Ω，R2＝3 Ω，R3＝4 Ω.‎ ‎(1)如果已知流过电阻R1的电流I1＝3 A，则干路电流多大？‎ ‎(2)如果已知干路电流I＝3 A，则流过每个电阻的电流多大？‎ ‎【答案】(1)6.5A；　(2)I1≈1.38A，　I2≈0.92A；‎ ‎【解析】‎ ‎(1)由欧姆定律得R1两端的电压为：‎ U1＝I1R1＝3×2 V＝6 V.‎ R1、R2、R3并联，三者两端电压应相等，U1＝U2＝U3.‎ R2中的电流为：．‎ R3中的电流为：．‎ 干路中的电流为：I＝I1＋I2＋I3＝6.5 A．‎ ‎(2)设并联后的总电阻为R，则：‎ ‎ ，所以R＝Ω.‎ 并联电路两端的电压为：.‎ 电流分别为：I1＝≈1.38 A，‎ ‎，‎ ‎．‎ ‎18.如图所示，电路中电阻R＝10Ω，电源的电动势为6V，灯泡L上标有“3V，0.25A”的字样。闭合开关S，灯泡正常发光。求：‎ ‎(1)灯泡的功率；‎ ‎(2)电源的内电阻。‎ ‎【答案】(1)0.75W；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由题知，灯泡正常发光，则灯泡的电压为U =3V，电流为I =0.25A，所以灯泡的功率为：‎ ‎；‎ ‎(2)由闭合电路欧姆定律得内阻的电压为：‎ 内阻的大小为​‎ ‎​‎ ‎19.如图所示，以O为圆心，r为半径的圆与坐标轴的交点分别为a、b、c、d，空间有与x轴正方向相同的匀强电场，同时在O点固定一个电荷量为的点电荷。如果把一个电荷量为的试探电荷放在c点，则恰好平衡。已知静电力常量为k，求：‎ ‎(1)匀强电场的场强大小为多少？‎ ‎(2)d点的场强大小为多少？‎ ‎【答案】(1)；(2)​‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)把一个带电荷量为-q的检验电荷放在c点，恰好平衡，有：‎ 解得匀强电场的场强大小为：‎ ‎(2)匀强电场与+Q点电荷在d处形成的电场方向相互垂直，因而，d点的场强大小为：‎ ‎​‎ ‎20.如图所示，在竖直平面内的平面直角坐标系xoy中，x轴上方有水平向右的匀强电场，有一质量为m，电荷量为-q（-q＜0）的带电绝缘小球，从y轴上的P（0，L）点由静止开始释放，运动至x轴上的A（-L，0）点时，恰好无碰撞地沿切线方向进入在x轴下方竖直放置的四分之三圆弧形光滑绝缘细管。细管的圆心O1位于y轴上，交y轴于点B，交x轴于A点和C（L，0）点。该细管固定且紧贴x轴，内径略大于小球外径。小球直径远小于细管半径，不计一切阻力，重力加速度为g。求：‎ ‎(1)匀强电场的电场强度的大小；‎ ‎(2)小球运动到B点时对管的压力的大小和方向；‎ ‎(3)小球从C点飞出后会落在x轴上的哪一位置。‎ ‎【答案】(1)；(2)mg方向向下；(3)-7L。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则 解得：‎ ‎(2)根据几何关系可知，圆弧的半径 从P到B点的过程中，根据动能定理得：‎ 在B点，根据牛顿第二定律得：‎ 联立解得：‎ ‎，‎ 方向向上，由牛顿第三定律可知，小球运动到B点时对管的压力的方向向下 ‎(3)从P到A的过程中，根据动能定理得：‎ 解得：‎ 小球从C点抛出后做类平抛运动，抛出时的速度 小球的加速度 ‎，‎ 当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时，又回到x轴，则有：‎ 解得：‎ 则沿x轴方向运动的位移 则小球从C点飞出后落在x轴上的位置 ‎ ‎