福建省龙岩市六校2019-2020学年高二上学期期中联考物理试题

福建省龙岩市六校2019-2020学年高二上学期期中联考物理试题

‎“长汀、连城、上杭、武平、永定、漳平”六县（市/区）一中联考 ‎2019-2020学年第一学期半期考 一、单项选择题（共8小题，每小题4分，共32分）‎ ‎1.下列说法，正确的是（ ）‎ A. 电阻率是表征材料导电性能好坏的物理量，电阻率越小，其导电性能越差 B. 各种材料的电阻率都与温度有关，金属的电阻率随温度的升高而减小 C. 电源的电动势与外电路有关，外电路电阻越大，电动势就越大 D. 电动势在数值上等于电源将单位正电荷从负极移送到正极时非静电力所做的功 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电阻率是描述材料导线性能好坏的物理量，电阻率越大，材料的导线性能越差，电阻率越小，材料的导电能力越强，故A与题意不符；‎ B．金属的电阻率一般随温度的升高而变大；半导体材料的电阻率一般随温度的升高而变小；一些合金材料的电阻率不随温度的变化而变化，故B与题意不符；‎ C．电动势由电源本身决定，当内电压和外电压变化时，电源电动势保持不变，故C与题意不符；‎ D．电动势在数值上等于电源将单位正电荷从负极移送到正极时非静电力所做的功，故D与题意相符。‎ ‎2.关于静电场，下列结论普遍成立的是（ ）‎ A. 电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低 B. 在正电荷或负电荷产生的静电场中，电场强度方向都指向电势降落最快的方向 C. 电场中任意两点之间的电势差只与这两点的电场强度有关 D. 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，静电力做功为零 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电势与电场强度没有直接关系，所以电场强度大的地方电势不一定高，电场强度小的地方电势不一定低，故A错误；‎ B．沿电场方向电势降低，而且降低最快，故B正确；‎ C．由公式U=Ed可知，两点之间的电势差与场强和两点间沿电场线方向的距离都有关，故C错误；‎ D．场强为零，电势不一定为零，电场力做功与电势的变化有关，将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电势可能变化，所以电场力可能做功，故D错误。‎ ‎3.将一定电量Q分为q和(Q－q)，在距离一定时，其相互作用力最大，则q值应为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由库仑定律可知 数学关系得：当，时库仑力最大，故A正确。‎ ‎4.将一电荷量为+Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等。a、b为电场中的两点，则下列判断中错误的是（ ）‎ A. a点的电场强度比b点的大 B. a点的电势比b点的高 C. 检验电荷+q在a点的电势能比在b点的大 D. 将检验电荷+q从a点移到b点的过程中，电场力做负功 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电场线疏密表示场强的大小，由图象知a点的电场强度比b点大，故A正确；‎ B．a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势，故B正确；‎ C．正电荷在电势高处电势能大，所以检验电荷+q在a点的电势能比在b点的大，故C正确；‎ D．由于检验电荷+q在a点的电势能比在b点的大，检验电荷从a点移到b点的过程中，电势能减小，电场力做正功，故D错误。‎ ‎5.如图所示，虚线a、b、c、d表示匀强电场中的4个等势面．两个带电粒子M、N ‎（重力忽略不计）以平行于等势面的初速度射入电场，运动轨迹分别如图中MPN和NQM所示．已知M是带正电的带电粒子．则下列说法中正确的是 （ ）‎ A. N一定也带正电 B. a的电势低于b的电势 C. 带电粒子N的动能增大电势能减小 D. 带电粒子N的动能减小电势能增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电场线和等势线垂直，所以电场沿水平方向，从正电荷M的轨迹MPN可知，电场力水平向右，故电场的方向水平向右，N电荷受电场力方向指向其轨迹内侧，故受电场力水平向左，所以N带负电，故A错误；‎ B．电场线水平向右，沿电场线电势降低，所以a点的电势高于b点的电势，故B错误；‎ CD．电场力对N粒子做正功，其电势能减小，动能增加，故C正确，D错误。‎ ‎6.如图所示，真空中固定两等量同种正点电荷，AOB为两电荷连线的中垂线，其中A、B两点关于O点对称。有一带电粒子（重力忽略不计）在直线AB之间往返运动，下列判断一定正确的是（ ）‎ A. 带电粒子可能带正电 B. 在O点，带电粒子的速度最大 C. 在O点，带电粒子的加速度最大 D. 在A点（或B点），带电粒子速度为零，加速度最大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．等量同种电荷连线中垂线在连线上方场强方向向上，连线下方场强方向向下，所以带电粒子一定带负电，故A错误；‎ B．等量同种电荷连线中垂线的连线上方场强方向向上，连线下方场强方向向下，带电粒子从静止开始先做加速运动到O点，再减速运动到B点，所以在O点，带电粒子的速度最大，故B正确；‎ C．等量同种电荷连线中点场强为零，所以在O点，带电粒子的加速度为零，故C错误；‎ D．等量同种电荷连线中点场强为零，中垂线上从O点往上场强先增大后减小，所以带电粒子在在A点（或B点），场强不一定最大，加速度不一定最大，故D错误。‎ ‎7.如图，两个较大的平行金属板A、B相距为d，接在电源的正、负极上，这时质量为m，带电量为-q的油滴恰好能静止在两极板之间。在其他条件不变的情况下，如果将两极板非常缓慢地水平错开一些，那么在错开的过程中（ ）‎ A. 油滴保持静止，电流计中的电流从b流向a B. 油滴保持静止，电流计中的电流从a流向b C. 油滴将向上加速运动，电流计中电流从b流向a D. 油滴将向下加速运动，电流计中电流从a流向b ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】将两板缓慢地错开一些，两板正对面积减小，根据电容的决定式得知，电容减小，而电压不变，则由知，电容器带电量减小，电容器处于放电状态，电路中产生顺时针方向的电流，则电流计中有a→b的电流，由于电容器板间电压和距离不变，则由，知板间场强不变，油滴所受电场力不变，仍处于静止状态，故B正确。‎ ‎8.在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，L为小灯泡（其灯丝电阻可视为不变），R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，v为理想电压表．若将照射R3的光的强度减弱，则（ ）‎ A. 电压表的示数变大 B. 通过R2的电流变小 C. 小灯泡消耗的功率变小 D. 电源两端的电压变大 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 试题分析：若将照射R3的光的强度减弱，则的电阻增大，即外电路总电阻增大，根据欧姆定律可得外电路电压增大，电路总电流减小，即通过的电流减小，所以两端的电压减小，即电压表示数减小，A错误；而路端电压是增大的，所以并联电路电压增大，即两端的电压增大，所以的电流增大，B错误；因为总电流是减小的，总电流等于并联电路两个支路电流之和，故小灯泡所在支路的电流减小，所以小灯泡消耗的电功率减小，C正确；电路总电流减小，可得电源内电压减小，D错误；‎ 考点：考查了电路动态变化 ‎【名师点睛】闭合电路的动态分析问题一般按外电路、内电路再外电路的分析思路进行；分析内电路主要根据总电流及内阻分析内压，而外电路较为复杂，要注意灵活应用电路的性质 二、多项选择题（共4小题，每小题4分，共16分。全部选对得4分，漏选得2分，错选或不选得0分）‎ ‎9.如图所示，在光滑绝缘水平面上的P点正上方O点固定了一电荷量为＋Q的正点电荷，在水平面上的N点，由静止释放一质量为m、电荷量为－q的负检验电荷，该检验电荷经过P点时速度为v，图中θ＝ ，规定电场中P点的电势为零，则在＋Q形成的电场中（ ）‎ A. P点电场强度大小是N点的4倍 B. N点电势高于P点电势 C. 检验电荷在N点具有的电势能为 D. N点电势为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．P点电场强度大小是，N点电场强度大小是，由于，所以P点电场强度大小是N点的4倍，故A正确；‎ B．根据顺着电场线方向电势降低，由于N点离正点电荷更远，所以N点电势低于P点电势，故B错误；‎ CD．根据动能定理得：检验电荷由N到P的过程 由题，P点的电势为零，即φP=0，解得，N点的电势 检验电荷在N点具有的电势能为 故C错误，D正确。‎ ‎10.如图所示，电流表和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，调节滑动变阻器，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 和的读数之比为 B. 和的读数之比为 C. 和的指针偏转角度之比为 D. 和的指针偏转角度之比为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】图中的、并联，表头两端的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，所以、的指针偏转角度之比为；量程不同的电流表读数不同，的量程为，的量程为，当指针偏转角度相同时，、的读数之比为，故B、C正确。‎ ‎11.如图所示电路，R1、R2、R3为三个可变电阻，闭合电键后，电容器C1、C2所带电量分别为Q1和Q2，电源电阻不能忽略，下面判断正确的是（ ）‎ A. 仅将R1增大，Q1和Q2都将增大 B. 仅将R2增大，Q1和Q2都将增大 C. 仅将R3增大，Q1和Q2都将不变 D. 突然断开开关S，通过R3的电量为Q1+Q2‎ ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．增大R1，整个电路电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流减小，路端电压变大，电容器C1两端电压增大，C2两端电压减小，电容器所带电量Q1增大，Q2减小，故A错误；‎ B．增大R2，整个电路电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流减小，路端电压变大，电阻R1两端电压变小，电阻R2两端电压变大，电容器C1、C2两端电压变大，由Q=CU可知，两电容器所带的电量都增加，故B正确；‎ C．增大R3，整个电路电阻不变，Q1和Q2都将不变，故C正确；‎ D．突然断开开关S，两个电容器都放电，通过R3的电量为Q1+Q2，故D正确。‎ ‎12.如图所示为某电场的电场强度E随时间t变化的图象。当t=0时，在此电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 带电粒子将始终向同一个方向运动 B. 3s末带电粒子回到原出发点 C. 4s末带电粒子速度最大 D. 0～4s末，电场力做的总功为0‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度大小为 在第2s内加速度大小为 因此带电粒子先匀加速1s再匀减速0.5s时速度为零，接下来的0.5s将反向加速，v-t图象如图所示 A．带电粒子在第1s内做匀加速直线运动，在第2s内先做匀减速后反向做匀加速运动，所以不是始终向一方向运动，故A错误；‎ B．根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移，可知，在t=3s时，带电粒子的位移为0，回到出发点，故B正确；‎ C．由图可知，粒子在1s末与4s末带电粒子的速度大小相等，方向相同，且为最大，故C正确；‎ D．因为第3s末粒子的速度刚好减为0，根据动能定理知粒子只受电场力作用，前3s内动能变化为0，即电场力做的总功为零，则0～4s末，电场力做的总功不为0，故D错误。‎ 三、实验题（共2小题，共14分）‎ ‎13.（1）下图螺旋测微器的读数是______mm，电压表的读数是______ V ‎（2）多用电表表头的示意图如图。在正确操作的情况下：若选择开关的位置如箭头所示，正确操作后发现指针的偏转角很大，需要换档，换档后是否重新调零？无论用多用电表进行何种测量（限于直流），电流都应该从什么色表笔经哪个插孔流入电表？_________‎ A．不重新调零，红，正 B．重新调零，黑，正 C．重新调零，黑，负 D．重新调零，红，正 ‎【答案】 (1). 0608(0.607～0.609) (2). 11.0 (3). D ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]由图形螺旋测微器可知，固定刻度示数为0.5mm，可动刻度示数为 ‎10.8×0.01mm=0.108mm，螺旋测微器的读数为0.5mm+0.108mm=0.608mm；‎ ‎[2]电压表量程15V，由图示电压表可知，其分度值为0.5V，示数为11.0V；‎ ‎(2)[3]换档后都应重新调零，无论用多用电表进行何种测量（限于直流），电流都应该从红色表笔经+插孔流入电表，故D正确。‎ ‎14.在用伏安法测电池电动势和内阻的实验中，一位同学记录了6组数据(如下表)。‎ ‎(1)根据数据选定下列供选用仪器：‎ 电流表选__________。滑动变阻器选___________。（选填仪表前的序号）‎ ‎①干电池=15V ‎②直流电流表(0～0.60A档，内阻0.1Ω)‎ ‎③直流电流表(0～3.00A档，内阻为0.02Ω)‎ ‎④直流电压表(0～3.00V档，内阻5kΩ)‎ ‎⑤滑动变阻器(0～10Ω)，允许最大电流为1.00A)‎ ‎⑥滑动变阻器(0～1000Ω，允许最大电流0.60A)‎ ‎⑦开关一个，导线若干 ‎(2)在下面实物图中以笔画线代替导线连好电路______。‎ ‎(3)根据记录数据在图所示坐标纸上作U-I图线____，并根据图线求出E=_____V，r=_____Ω。(结果均保留2位小数）‎ ‎【答案】 (1). ② (2). ⑤ (3). (4). ‎ ‎ (5). 1.45（1.41～1.49） (6). 0.70（0.60～0.80）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]干电池电动势约为1.5V，电压表应选0～3.00V挡位，根据实验数据得出最大电流为0.57A，因此电流表应选0～0.60A挡位即②；‎ ‎[2]干电池电动势约为1.5V，电流表量程为0.6A，电路最小电阻约为：R=2.5Ω，为方便实验操作，滑动变阻器应选0～10Ω，即⑤；‎ ‎(2)[3]应用伏安法测电源电动势与内阻实验，电压表测路端电压，电流表测电路电流，实验电路图如图所示 ‎(3)[4]利用表中坐标值，采用描点法并连线得图象如图所示 ‎[5][6]由闭合电路欧姆定律可知U=E-Ir，再由数学知识可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势故电源的电动势为1.45V，图象的斜率表示电源的内阻 四、计算题（共4小题，共38分。解题过程要有必要的文字说明和重要的方程式，有数值计算的最后结果要有数字和单位，只写答案的不给分）‎ ‎15.如图所示的电路中，电源电动势E=6.0V，内阻r=0.6Ω ，电阻R2=0.5Ω，当开关S断开时，电流表的示数为1.5A，电压表的示数为3.0V，试求：‎ ‎(1)电阻R1和R3的阻值；‎ ‎(2)当S闭合后，电压表的示数和电源的输出功率各为多少?‎ ‎【答案】(1)R1=1.4Ω R3=2Ω (2) 电压表的示数为1V,‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由题意得： =2Ω ‎ 又由求得 解得：R1=1.4Ω ‎(2)当S闭合后，R2与R3并联，有 ‎ 由闭合电路欧姆定律得：‎ 解得：U并=1V，即电压表的示数为1V，由欧姆定律得电路的总电流为:‎ 所以 解得：‎ ‎16.如图所示，R1＝R3＝2R2＝2R4，电键S闭合时，间距为d的平行板电容器C的正中间有一质量为m，带电量为q的小球恰好处于静止状态；现将电键S断开，小球将向电容器某一个极板运动。若不计电源内阻，求：‎ ‎(1)电源的电动势大小；‎ ‎(2)小球第一次与极板碰撞前瞬间的速度大小。‎ ‎【答案】(1)(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)电键S闭合时，R1、R3并联与R4串联，(R2中没有电流通过)‎ UC＝U4＝‎ 对带电小球有： ‎ 得：‎ ‎(2)电键S断开后，R1、R4串联，则 ‎ 小球向下运动与下极板相碰前瞬间，由动能定理得 解得：‎ ‎17.在一倾角为的光滑绝缘斜面上方，有平行于斜面向上的匀强电场，虚线MN为电场的上边界，场强大小E＝V/m，MN上方有一长为L＝0.5 m的轻质绝缘杆，杆的上下两端分别固定一个小球A、B(可看成质点)，质量均为m＝0.01 kg，A不带电，B带电荷量－q2＝C，B到MN的距离d＝0.4 m．现将A、B两球由静止释放(g取10 m/s2)，求：‎ ‎(1)小球B在匀强电场中，而A还未进入电场时，两小球的加速度大小；‎ ‎(2)从开始运动到A刚要进入匀强电场过程的时间。‎ ‎【答案】(1)10m/s2　(2) 0.6 s ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)以A、B球以及杆整体做研究对象，由牛顿第二定律：‎ ‎2mgsin30°＋q2E ＝2ma 解得：a＝10m/s2‎ ‎(2)B未进入电场前，设系统的加速度为a1，时间为t1，由牛顿第二定律有 解得t1＝0.4 s B球进入电场瞬间的速度为 从B球进入电场至A球刚要进入电场，设这段时间为t2，由运动学公式 解得t2＝0.2 s 从开始运动，至A球刚要进入电场的时间为 t＝t1＋t2＝0.6 s.‎ ‎18.如图所示，竖直平行正对放置的带电金属板A、B，B板中心的小孔正好位于平面直角坐标系xOy的O点；y轴沿竖直方向；在x＞0的区域内存在沿y 轴正方向的匀强电场，电场强度大小为V/m；比荷为C/kg的带正电的粒子P从A板中心O′处静止释放，其运动轨迹恰好经过M(4，3)点；粒子P的重力不计，试求：‎ ‎(1)金属板AB之间的电势差UAB；‎ ‎(2)若在粒子P经过O点的同时，在y轴右侧匀强电场中某点静止释放另一带电粒子Q，使P、Q恰能在运动中相碰；假设Q的质量是P的2倍、带电情况与P相同；粒子Q的重力及P、Q之间的相互作用力均忽略不计；求粒子Q所有释放点坐标(x，y)满足的关系。‎ ‎【答案】(1)V (2) y＝x2，其中x＞0‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设粒子P的质量为m、带电荷量为q，从O点进入匀强电场时的速度大小为v0；由题意可知，粒子P在y轴右侧匀强电场中做类平抛运动；设从O点运动到M(4，3)点历时为t0，由类平抛运动规律可得：‎ Eq＝ma1‎ xM＝v0t0‎ yM＝‎ 解得：v0＝m/s 在金属板AB之间，由动能定理：‎ 解得：UAB＝V ‎(2)设P、Q在右侧电场中运动的加速度分别为a1、a2；Q粒子从坐标N(x，y)点释放后，竖直向上做初速度为0的匀加速直线运动，经时间t与粒子P相遇；由牛顿运动定律及类平抛运动的规律和几何关系可得：对于P粒子： ‎ x＝v0t yP=‎ 对于粒子Q：‎ Eq＝2ma2‎ yQ=‎ 因为a2

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