【物理】安徽省黄山市“八校联盟”2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

【物理】安徽省黄山市“八校联盟”2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

黄山市“八校联盟”2019-2020 学年度第一学期期中考试 高二物理试题 一、选择题（1~8 题为单项选择题，9~12 题为多项选择题，每题 4 分，共 48 分，多项 选择题 中漏选得 2 分，多选或错选不得分，请将答案填写在答题卷中） 1.关于点电荷和元电荷的下列说法中正确的是( ) A. 点电荷和元电荷都是指电量小体积小的带电体 B. 点电荷带电量通常取 e＝1.60×10－19 C C. 体积很大的带电体也能看成是点电荷,带电量可以是 4.0×10－17 C D. 电荷量 e 的数值最早是由科学家库仑用实验测得的 【答案】C 【解析】 【详解】A．元电荷是指最小的电量单位；而点电荷是指只有当带电体所带电量与所研究的 问题相比可忽略不计时，才可看做点电荷，不一定是电量小体积小的带电体都可看做是点电 荷，选项 A 错误； B．元电荷 e＝1.60×10－19 C，选项 B 错误； C．体积很大 带电体所带电量与所研究的问题相比可忽略不计时，也能看成是点电荷；带 电体所带电量都是 1.60×10－19 C 的整数倍，则带电量可以是 4.0×10－17 C，选项 C 正确； D．电荷量 e 的数值最早是由科学家密立根用实验测得的，选项 D 错误； 故选 C. 2.A、B 两个点电荷之间的距离恒定,当其它电荷移到 A、B 附近时,A、B 之间的库仑力将( ) A. 可能变大 B. 一定不变 C. 可能变小 D. 不能确定 【答案】B 【解析】 【详解】两电荷之间的库仑力不受其他电荷的影响，则当其它电荷移到 A、B 附近时，A、 B 之间的库仑力将不变； A．可能变大，与结论不相符，选项 A 错误；B．一定不变，与结论相符，选项 B 正确； C．可能变小，与结论不相符，选项 C 错误；D．不能确定，与结论不相符，选项 D 错误； 故选 B. 3.如图所示为在一个电场中的 a、b、c、d 四点分别引入试探电荷，测得试探电荷的电量跟 的 它 所受电场力的函数关系图象如图所示，则下列说法中正确的是( ) A. 这个电场是匀强电场 B. 四点场强强弱关系为 Ea> Eb > Ec > Ed C. a，b ，c，d 四点场强方向相同 D. 以上说法都不正确 【答案】C 【解析】 【详解】AB．由 F=qE 知：图线斜率的绝对值大小为 ，所以可以使用直线的斜率大 小表示电场强度的大小，d 图线斜率的绝对值最大，所以 d 点的电场强度最大，c 图线斜率 的绝对值最小，电场强度的最小，所以四点场强的大小关系是 Ed＞Ea＞Eb＞Ec．可知该电场 不是匀强电场，选项 AB 错误； CD．由图象知，正电荷受力方向与负电荷受力方向相反，故电场方向相同，故 C 正确、D 错误。故选 C. 4.如图，在两等量异种电荷的电场中，+Q,-Q 在 A 点的电场场强大小分别用 E+，E-表示， +Q,-Q 单独存在时在 A 点的电势用 ψ+，ψ-表示，则下列说法中正确的是( ) A. +Q,-Q 同时存在时， A 点电场的电势值 ψA= ψ-+ψ+ B. +Q,-Q 同时存在时， A 点的电场场强大小 EA= E-+ E+ C. +Q,-Q 同时存在时， A 点电场的电势值仅由电场决定 D. +Q,-Q 同时存在时， A 点电场的电场场强大小和 A 点电势值相等 【答案】A 【解析】 【详解】A．因为电势是标量，合成时取算数和，则+Q、-Q 同时存在时， A 点电场的电 势值 ψA= ψ-+ψ+，选项 A 正确； B．场强是矢量，合成时遵循平行四边形法则，则+Q、-Q 同时存在时， A 点的电场场强 大小等于 E-和 E+的矢量和，选项 B 错误； F Eq = C．+Q、-Q 同时存在时， A 点电场的电势值除与电场有关外，还与零电势点选择有关， 选项 C 错误； D．+Q、-Q 同时存在时， A 点电场的电场场强大小和 A 点电势值不一定相等，选项 D 错 误；故选 A. 5.如图所示，放在绝缘台上的金属网罩 内放有一个不带电的验电器 ，如把一有正电荷的绝 缘体 移近金属网罩 ，B、C 两 点的电势为 φB、φC 则下列说法中正确的是( ) A. B 的内表面带正电荷 B. 验电器的金属箔片不张开 C. B、C 两点的电势 φB>φC D. 无法比较为 φB、φC 的大小关系 【答案】B 【解析】 【详解】A．由于金属网罩 静电屏蔽作用，B 的内表面不带电，金属网罩表面的自由电子 重新分布，根据“近异远同”的结论，B 的右侧外表面带正电荷，B 的左侧外表面负电荷，故 A 错误； B．由于金属网罩的静电屏蔽作用，B 的内部电场强度处处为零，故验电器的金箔不张开， 故 B 正确； CD．金属网罩处于静电平衡状态，是等势体，则 B、C 两点的电势 φB=φC，故 CD 错误； 故选 B. 6.用控制变量法，可以研究影响平行板电容器的电容大小因素，如图所示，平行板电容器的 极板 A 与一静电计相接，极板 B 接地，若极板 B 稍向上移动一点，由观察到的静电计的 指针变化 ， 作出平行板电容器的电容变小的结论 ， 其依据是( ) A. 极板上的电量几乎不变，静电计指针张角变小 的 B. 极板上的电量几乎不变，静电计指针张角变大 C. 两极板间的电压不变，静电计指针张角变大 D. 两极板间 电压不变，静电计指针张角变小 【答案】B 【解析】 【详解】A 极板与静电计相连，所带电荷电量几乎不变，B 板与 A 板带等量异种电荷，电量 也几乎不变，故电容器的电量 Q 几乎不变。将极板 B 稍向上移动一点，极板正对面积减小， 由电容决定式， ，可知，电容 C 减小，由公式 ，知板间电压变大，则静 电计指针的偏角 θ 变大。 A．极板上的电量几乎不变，静电计指针张角变小，与结论不相符，选项 A 错误； B．极板上的电量几乎不变，静电计指针张角变大，与结论相符，选项 B 正确； C．两极板间的电压不变，静电计指针张角变大，与结论不相符，选项 C 错误； D．两极板间的电压不变，静电计指针张角变小，与结论不相符，选项 D 错误； 故选 B。 7.有甲、乙两同种材料制成的导体，乙的横截面积是甲的 2 倍，而单位时间内通过甲导体 横截面的电荷量是乙的 2 倍，则下列说法中正确的是( ) A. 甲、乙两导体中的电流相同 B. 乙导体的电流是甲导体的 2 倍 C. 乙导体中自由电荷定向移动的速率是甲导体的 4 倍 D. 甲导体中自由电荷定向移动速率是乙导体的 4 倍 【答案】D 【解析】 【详解】AB．根据 I=q/t，单位时间内通过横截面的电荷量，甲是乙的 2 倍，所以甲的电流 是乙电流的两倍，故 A B 错误； CD．根据电流的微观表达式 I=nqvS 可知， 则导体甲中自由电荷定向移动的速率是乙导体的 4 倍，故 C 错误，D 正确。故选 D。 8.某电场线分布如图所示，一带电粒子沿图中虚线所示途径运动，先后通过 M 点和 N 点。 以下说法正确的是( ) 的 4 SC kd ε π= QU C = I Iv nqS S = ∝ A. M、N 点的电势 ψM＞ψN B. 粒子在 M、N 点的加速度 aM2.5 A C. P 热＜20 W D. P＜25 W 【答案】CD 【解析】 【详解】AB．当电键 S 断开时，由欧姆定律得 U=I1R1=10V． 当电键 S 闭合后，通过 R1 的电流仍为 0.5A，电动机的电流 故电流表的电流 I＜2.5A，选项 AB 错误； 2 2 10 2A5 UI R = =＜ C．电动机消耗的热功率 选项 C 正确； D．电路中电功率 P=UI＜10×2.5=25W，选项 D 正确 故选 CD。 二、实验题（13 题 4 分，14 题 8 分，共 12 分。请将答案填写在答 题卷中） 13.在如图所示的电路中，小量程电表头的内阻 Rg＝100 Ω，满偏电流 Ig＝1 mA，R1＝ 900Ω，R2＝ 100 Ω. (1) 当 S1 和 S2 均断开时，改装所成的表是________ 表（填“电流”或“电压”，）。量程 _______________。 (2) 当 S1 和 S2 均闭合时，改装所成的表是_____表（填“电 流”或“电压”）。量程_____。 【答案】 (1). 电压 1V (2). 电流 2mA 【解析】 【详解】（1）[1][2]．根据串联电阻具有分压作用可知，S1 和 S2 断开时，改装的应是电压表， 由 可知电压表的量程是 1V； （2）[3][4]．当 S1 和 S2 均闭合时，电流表与电阻 R2 并联，改装的应是电流表，由 所以电流表的量程是 2mA； 14.如图所示为用伏安法测定一个定值电阻的阻值的实验所需的器 材实物图，器材规格如下： A.待测电阻 Rx(约 100 Ω) B.直流电流表 A1 (量程 0～20 mA，内阻 50 Ω) 。 2 2 2 10 20W5 UP R = =热＜ 1 1V)( gg RU I R= + ＝ 2 2mAg g g I RI I R = + = C.直流电流表 A2 (量程 0～0.6A，内阻 1.7 Ω) D.直流电压表 V1(量程 0～3 V，内阻 5 kΩ) E.直流电压表 V2(量程 0～6 V，内阻 10 kΩ) F.直流电源(输出电压 6 V，内阻不计) G.滑动变阻器(阻值范围 0～15 Ω，允许最大电流 1 A) H.开关 1 个，导线若干 (1)、为减小实验误差，实验中测电流应该用__________（填“A1”或“A2”），测电压应该用（填 “V1”或“V2”）。测量电路采用电流表_______________（填“内接法”或“外接法”）；滑动变阻 器是采用__________接法(填“限流式”或“分压式”)。 (2)、根据器材规格及实验要求，在虚线框内画出实验原理图_________; (3)、请用笔在本题的实物图上连线．把实验电路补充完整_______; 【答案】 (1). A1 V2 外接法 (2). 电路图见解析 (3). 电路连线见解析 【解析】 【详解】（1）[1][2][3][4]．电源电压为 6V，则电压表选择 V2；电路中可能出现的最大电流 则电流表应该选择 A1；因为 RV≫Rx，则采用电流表外接； 滑动变阻器阻值较小，应该采用分压电路； （2）[5]．实验电路如图： 6 A 0.06A=60mA100x EI R = = = （3）[6]．电路连线如图； 三、计算题（共 40 分，写出必要的文字说明及解题步骤，只写最后答案不得分，请将答 案填 写在答题卷中） 15.某个实验探究小组用一个标有“12 V”，但额定功率模糊不清的灯泡做实验，测 得灯丝 电阻随灯泡两端电压变化关系图象如图所示。求: （1）灯泡的额定功率多大? （2）若将一定值电阻与灯泡串联后接到 20 V 电压上，要使灯泡能正常发光，串联的电阻 为 多大? 【答案】（1）18W（2）5.3Ω 【解析】 【详解】（1）由图像可知，当电压为 12V 时，电阻为 8Ω，则额定功率 （2）灯泡正常发光时的电流 要串联的电阻 16.如图在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方 h 高度的 P 点，固定电荷量为+Q 的点电 荷，一质量为 m、带电荷量为 q 的物块（可视为质点），从轨道上的 A 点以初速度 v0 2 212 W 18W8 UP R = = = 1.5ALUI R = = ' 20 12 16 5.31.5 3 LU UR I − −= = Ω = Ω ≈ Ω 沿 轨道向右运动，当运动到 P 点正下方 B 点时速度为 v，已知点电荷产生的电场在 A 点的电势为 φ（取无穷远处电势为零），PA 连线与水平轨道的夹角为 60°, 小球始终未脱离水平直线轨道，重力加速度为 g，试求： （1）物块在 A 点时加速度 （2）点电荷+Q 产生的电场在 B 点的电势。 【答案】（1） （2） 【解析】 【详解】（1）物块在 A 点受重力、电场力、支持力，分解电场力，由牛顿第二定律得： 得： （2）从 A 运动到 P 点正下方 B 点的过程中，由动能定理得： 又有： UAB=φA-φB 解得： 17.如图所示，离子发生器发射出一束质量为 m，电量为 q 的正离子（初速不 计），经加 速电压 u1 加速后，以垂直于电场方向射入两平行板中央，受偏转电压 u2 作用后，离 开 电场。已知平行板的长度为 L，两板间距离为 d. ⑴求通过偏转电场时的速度 v 的大小 2 3 8 kqQa mh = 2 2 02B m v vq ϕ ϕ= − +（ ） 2 cos60 ( )sin 60 qQk mah =  2 3 8 kqQa mh = 2 2 0 1 1 2 2ABqU mv mv= − 2 2 02B m v vq ϕ ϕ= − +（ ） ⑵若以进入偏转电场时位置为坐标原点，以平行极板方向为 x 轴正方向，偏转电场方向为 y 轴正方向，建立坐标系，试推导离子在偏转电场中的轨迹方程 【答案】（1） （2） 【解析】 【详解】（1）离子在加速电场中运动的过程中，只有电场力做功，根据动能定理得： 解得： 离子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向匀速直线运动，所以： L=v0t 根据牛顿第二定律： 离子在偏转电场中做类平抛运动，竖直方向初速度为零的匀加速直线运动： 所以： 则出离偏转电场时的速度： （2）水平方向 x=v0t 竖直方向： 2 2 1 2 2 1 2 2 qu qu Lv m md u = + 22 14 uy xdu = 2 1 0 1 2qu mv= 1 0 2quv m = 2qua md = 2 0 y qu Lv at mdv = = 2 2 2 2 1 2 0 2 1 2 2y qu qu Lv v v m md u = + = + 221 2 quy tmd = 联立解得： 18.如图所示，在水平向右的匀强电场中，用长为 L 不可伸长的绝缘细线拴住一质量为 m， 带电荷量为 q 的小球，线的上端固定于 O 点．细线与竖直方向成 30°角时静止释放小球， 小球开始摆动，当摆到 A 点时速度为零，此时 OA 恰好处于水平状态，设整个过程中细线 始终处于拉直状态，静电力常量为 k，忽略空气阻力．求： （1）判断小球电性和 BA 两点间的电势差 UBA （2）匀强电场的场强 E 的大小； （3）绳子拉力的最大值. 【答案】（1）正电 （2） （3） 【解析】 【详解】（1）若小球不带电，则从 A 点释放，将运动到与 A 点等高的地方，而实际上小球 没能运动到与 A 点等高的地方，所以电场力对小球做了正功，电场力水平向右，而电场强 度方向水平向右，则小球带正电； 小球从 B 到 A 过程，由动能定理得：qUBA-mgLcos30°=0-0 解得： （2）BA 间沿电场线的距离为：d=L+Lsin30° 在匀强电场，有： 所以联立三式得： ． （3）由对称知识可知，当小球振动到竖直线右侧与竖直方向成 30°角时，线的拉力最大， 22 14 uy xdu = 3 2BA mgLU q = 3 3 mgE q = 4 3 3T mg= 3 2BA mgLU q = BAUE d = 3 3 mgE q = 根据动能定理： 由牛顿第二定律： 解得： 21 2 sin302 mv qE L= ⋅  2 cos60 cos30 vT Eq mg m L − − =  4 3 3T mg=