广东省汕头市金山中学2020学年高二物理上学期期中试题（含解析）

广东省汕头市金山中学2020学年高二物理上学期期中试题（含解析）

广东省汕头市金山中学2020学年高二物理上学期期中试题（含解析） ‎ 一、单项选择题（6小题，每题4分，共24分）‎ ‎1.绝缘细线上端固定，下端悬挂一轻质小球a，a的表面镀有铝膜，在a的近旁有一绝缘金属球b，开始时a、b不带电，如图所示，现使b球带电，则(　　)‎ A. a、b之间不发生相互作用 B. b将吸引a，吸在一起不分开 C. b立即把a排斥开 D. b先吸引a，接触后又把a排斥开 ‎【答案】D ‎【解析】‎ b球带电就能吸引轻质小球a，接触后电荷量重新分配，那么a、b球带同种电荷，然后就要相互排斥。本题要注意“近旁”，它表示能吸引并能接触。选项D正确。‎ ‎2.下列说法正确的是：（ ）‎ A. 根据E＝F/q，可知，电场中某点的场强与电场力成正比 B. 根据E＝kQ/r2 ，可知电场中某点的场强与形成电场的点电荷的电荷量成正比 C. 根据场强的叠加原理，可知合电场的场强一定大于分电场的场强 D. 电场线就是点电荷在电场中的运动轨迹 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 电场强度是反映电场本身的力的性质的物理量，由电场本身决定，与F、q无关，故A错误； 点电荷的场强决定式：可知，E与Q成正比，故B正确；场强的叠加遵守平行四边形定则，合电场的场强与几个分场强效果相同，但不一定比分场强大，也可能相等，也可能比分场强小，故C错误；电场线表示电场的强弱和方向，电荷的轨迹不一定与电场线重合，故D错误。所以B正确，ACD错误。‎ ‎3.一带电粒子从电场中的A点运动到B点，轨迹如图中虚线所示，不计粒子所受的重力，则：（ ）‎ A. 粒子带正电 B. 粒子的加速度逐渐减小 C. A点的场强小于B点的场强 D. 粒子的速度不断增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：做曲线运动过程中，受到的合力指向轨迹的内侧，而粒子只受电场力，所以粒子受到的电场力与电场线方向相反，故粒子带负电，A错误；从A到B过程中，电场线越来越疏，A点的电场强度大于B点的电场强度，所以受到的电场力越来越小，故加速度越来越小，B正确C错误；粒子受到的电场力方向与速度方向夹角为钝角，所以电场力做负功，速度减小，D错误；‎ 考点：考查了电场强度，电场线，电势 ‎【名师点睛】解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力方向，利用电场中有关规律求解；明确电场力做功与电势能和动能间的关系．‎ ‎4.如图所示，用线把小球A悬于O点，静止时恰好与另一固定小球B接触。今使两球带同种电荷，悬线将偏离竖直方向某一角度θ1，此时悬线中的张力大小为T1；若增加两球的带电量，悬线偏离竖直方向的角度将增大为θ2，此时悬线中的张力大小为T2，则：‎ A. T1T2 D. 无法确定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 本题考查的是库仑定律的应用问题，由受力平衡问题可知，小球A质量未变，则T1＝T2；B正确；ACD均不正确；‎ ‎5.两电阻，的电流和电压的关系图线如图所示，可知两电阻的大小之比为等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 因为该图线为I-U图线，则图线的斜率表示电阻的倒数，两根图线的斜率比为3：1，所以电阻比为1：3．故A正确，BCD错误。‎ ‎6.如图所示电路中，电源的电动势为E，内阻为r，R1为滑动变阻器，R2‎ 为定值电阻，电流表和电压表均为理想电表，闭合电键S，当滑动变阻器R1的滑动触头P向右滑动时，电表的示数都发生变化，电流表示数变化量的大小为△I、电压表V、V1和V2示数变化量的大小分别为△U、△U1和△U2，下列说法错误的是( )‎ A. B. 变小 C. 不变 D. 不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：当滑动变阻器R1的滑动触头P向右滑动时，R1减小，电路中电流增大，U2增大，路端电压U减小，则U1减小．因为U=U1+U2，则△U1＞△U2．根据闭合电路欧姆定律得：U1=E-I（R2+r），则=R2+r，不变；R2为定值电阻，则=R2，不变．由U=E-Ir，得=r，不变，故B错误，ACD正确．本题选错误的，故选B．‎ 考点：电路的动态分析 ‎【名师点睛】本题的难点在于确定电压表示数变化量的大小，采用总量法，这是常用方法。‎ 二、多项选择题（6小题，每题4分，共24分）‎ ‎7.如图所示是一个由电池、电阻与平行板电容器组成的串联电路，在增大电容器两板间距离的过程中（ ）‎ A. 电阻中没有电流 B. 电容器的电容变小 C. 电阻中有从流向的电流 D. 电阻中有从流向的电流 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：增大电容器两极板间距离，根据公式可得电容减小，由于连接在电源两端，所以电容器两极板间的电压恒定，根据公式可得两极板上的电荷量减小，故电容放电，电阻R中有从a流向b的电流，故BC正确；‎ 考点：考查了电容器的动态变化 ‎【名师点睛】在分析电容器动态变化时，需要根据判断电容器的电容变化情况，然后结合，等公式分析，需要注意的是，如果电容器和电源相连则电容器两极板间的电压恒定，如果电容器充电后与电源断开，则电容器两极板上的电荷量恒定不变 ‎8.在如图所示的电路中，电源电动势恒定，要想使灯泡变暗，可以（ ）‎ A. 增大R1 B. 减小R1‎ C. 增大R2 D. 减小R2‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 试题分析：电源的电动势E、内阻r恒定，要想使灯泡变暗，应使其两端的电压或通过它的电流减小，根据串联电路分压特点可知，可增大R1，R1分担的电压增大，并联部分电压减小，灯泡变暗．或者减小R2，并联部分电阻减小，电压也减小，灯泡变暗，故AD正确，BC错误，故选：AD 考点：电路的动态分析.‎ ‎9.一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷(电量很小)固定在P点，如图所示.以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，EP表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则( )‎ A. U变小，E不变 B. E变大，EP变大 C. U变小，EP不变 D. U不变，EP不变 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析：由，联立得到，将上板下移一小段距离后，金属板的电荷量Q不变，场强E不变，B错；由U=Ed知电势差U减小，D错A对；电势能知电势能W不变，C错。‎ 考点：本题考查平行板电容器的公式，电容的定义式，场强与电势差的关系式，电势能的定义式 点评：本题学生知道当电容器的电荷量不变时，其场强大小与极板间的距离无关。‎ ‎10. 如图，A、B为水平放置的平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连。两板的中央各有小孔M和N，今有一带电质点，自A板上方相距为d的P点由静止开始自由下落（P、M、N在同一竖直线上），空气阻力不计，到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路径返回。若保持两极板间电压不变，则 A、若把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回 B、若把A板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落 C、若把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回 D、若把B板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ 由动能定理知P到N,合外力做功为0，即。把A板向上平移一小段距离，电场力做功与重力做功均不变，所以质点自P点自由下落后仍能返回，A对。同理下移电场力做功与重力做功均不变，所以质点自P点自由下落后仍能返回，B错。若把B板向上平移一小段距离，电场力做功不变，重力做功变小，不能到达N点已经返回。C对。同理，若把B板向下平移一小段距离，电场力做功不变，重力做功变大，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落，D对。‎ ‎11. 一束带电粒子沿着水平方向平行地飞过静止的小磁针正上方，这时磁针的N极向纸外方向偏转，这一束带电粒子可能是（ ）‎ A. 向右飞行的正离子束 B. 向左飞行的正离子束 C. 向右飞行的负离子束 D. 向左飞行的负离子束 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 小磁针的S极向纸内偏转，N极向外偏转，因此在粒子下方磁场方向向外，根据安培定则可知电流方向向左，故这束粒子若带正电，则向左飞行，若带负电，则向右飞行，故AC正确，BD错误．故选AC．‎ 点睛：对于电流方向、磁场方向的规定要熟练掌握，尤其是要正确根据安培定则判断电流方向与磁场方向之间的关系．‎ ‎12.安培分子电流假说可用来解释（ ）‎ A. 运动电荷受磁场力作用的原因 B. 两通电导体有相互作用的原因 C. 永久磁铁具有磁性的原因 D. 软铁棒被磁化的现象 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 安培所提出的“分子电流”的假说．安培认为，在原子、分子或分子团等物质微粒内部，存在着一种环形电流--分子电流，分子电流使每个物质微粒都形成一个微小的磁体．未被磁化的物体，分子电流的方向非常紊乱，对外不显磁性；磁化时，分子电流的方向大致相同，于是对外界显示出磁性，故D正确；因此这一假说能够说明电可以生磁，故A错误；两通电导体有相互作用的原因是通过磁体之间的磁场的作用产生的，故B错误；安培提出的分子环形电流假说，解释了为什么磁体具有磁性，说明了磁现象产生的本质，故C正确。所以CD正确，AB错误。‎ 三、实验题（每空2分，连线图2分，有一处错不给分，共20分）‎ ‎13.图1中游标卡尺的读数是___________mm；图2中螺旋测微器的读数是________mm.‎ ‎【答案】 (1). 33.10 (2). 6.124‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数，螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数.‎ ‎【详解】由图示游标卡尺可知，其示数为：33mm+2×0.05mm=33.10mm；由图示螺旋测微器可知，其示数为：6.0mm+12.4×0.01mm=6.124mm.‎ ‎【点睛】本题考查了游标卡尺与螺旋测微器的读数，要掌握常用器材的使用及读数方法；游标卡尺不需要估读，螺旋测微器需要估读.‎ ‎14. 测量一只量程已知的电压表的内阻，器材如下：‎ A．待测电压表(量程3V，内阻未知)一块 B．电流表(量程3A，内阻0.01Ω)一块 C．定值电阻(阻值5kΩ，额定电流0.5A)一个 D．电池组(电动势小于3V，内阻可忽略)一个 E．多用电表一块 F．开关两只 G．导线若干 有一同学利用上面所给器材，进行如下实验操作：‎ ‎(1)用多用电表进行粗测：多用电表电阻挡有3种倍率，分别是×100Ω、×10Ω和×1Ω.该同学选择×10Ω倍率，用正确的操作方法测量时，发现指针偏转角度太小．为了较准确地进行测量，应选择________倍率．换挡后，应注意________．若重新测量的结果如图所示，那么测量结果大约是________．‎ ‎(2)为了更准确地测出该电压表内阻的大小，该同学设计了如图(甲)、(乙)两实验电路．你认为其中较合理的是________(填“甲”或“乙”)电路．其理由是________．‎ ‎(3)用你选择的电路进行实验时，需要直接测量的物理量是________．‎ 用上述所测各量表示电压表内阻，其表达式应为RV＝________.‎ ‎【答案】（1） 3000 （2分） （2）乙 （2分）‎ ‎（3）K2闭合前后电压表的读数分别为U1、U2 （2分）‎ ‎（2分）‎ ‎【解析】‎ ‎：（1）欧姆表指针偏转角度太小，说明所选倍率太小，为了较准确地进行测量，应重新选择×100Ω倍率；由图示欧姆表表盘可知，待测电阻阻值为30×100Ω=3000Ω．‎ ‎（2）电源电动势为3V，电压表内阻约为3000Ω，图甲所示电路电流太小，电流表读数误差太大，实验误差太大，因此不能使用图甲所示实验电路，合理的实验电路是图乙所示实验电路．‎ ‎（3）采用图乙所示实验电路，需要测出K2闭合前后电压表的读数U1、U2，电源内阻不计，电阻R两端电压UR=U2-U1，‎ K2断开时电路电流I==，待测电压表内阻RV===.‎ ‎15.要测量一电源的电动势E（小于3V）和内阻r（约1Ω），现有下列器材：理想电压表V（3V和15V两个量程）、电阻箱R（0~999.9Ω）、定值电阻R0=3Ω、开关和导线。某同学根据所给器材设计如下的实验电路：‎ ‎（1）电路中定值电阻R0的作用是__________。‎ ‎（2）请根据图甲电路，在图乙中用笔画线代替导线连接电路_______。‎ ‎（3）该同学调节电阻箱阻值R，读出对应的电压表示数U，得到二组数据：R1=2Ω时，U1=2.37V；R2=4Ω时，U2=2.51V。由这二组数可求得电源的电动势E=_______V，内阻r=_______Ω。（结果保留三位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). (1)保护电源，防止短路 (2). (2)如图所示 ‎ (3). (3)2.94 (4). 1.21‎ ‎【解析】‎ ‎（1）若无存在，当R调节到0时，外电路短路，有烧坏电源的危险，故作用是保护电源，防止短路；‎ ‎（2）如图所示，注意电压表量程选择，开关置于干路 ‎（3）根据闭合电路欧姆定律，得 当电阻箱读数为时 当电阻箱读数为时 ‎ 联立上两式得；。‎ 点睛：本题考查测量电源电动势和内阻的基础知识，运用闭合电路欧姆定律，分别研究电阻箱电阻为和的情况，列出含有电动势和内阻的方程组求解。‎ 四、计算题（共32分）‎ ‎16.在方向水平的匀强电场中，一不可伸长的不导电细线的一端连着一个质量为m的带电小球，另一端固定于O点，把小球拉起直至细线与场强平行，然后无初速度释放。已知小球摆到最低点的另一侧，线与竖直方向的最大夹角为（如图），求小球经过最低点时细线对小球的拉力。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：据题小球摆到最低点的另一侧，线与竖直方向的最大夹角为，由能量守恒定律可知电场力做负功，则知电场力方向水平向右．小球从最右边摆到最左边的过程中，设摆长为L，‎ 根据动能定理，得：，‎ 设小球摆到最低点时的速度为v，则对小球从最右边摆到最低点的过程，‎ 应用动能定理有，‎ 而小球摆到最低点时，根据向心力公式有，‎ 可解得 考点：考查了电场强度，牛顿第二定律，动能定理 ‎【名师点睛】由动能定理研究小球从释放到最低点到最低点的另一侧的过程列出等式求出匀强电场的场强；再根据动能定理研究小球从释放到最低点的过程求出小球到最低点的速度；经过最低点时，由重力和细线的拉力的合力提供小球的向心力，由牛顿第二定律求出细线对小球的拉力．‎ ‎17.如图所示，有一电子（电量为e，质量为m，）经电压U0加速后，进入两块间距为d、电压为U的平行金属板间．若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且恰好能从金属板右缘飞出，求：‎ ‎（1）该电子刚飞离加速电场时的速度大小 ‎（2）金属板AB的长度．‎ ‎（3）电子最后穿出电场时的动能．‎ ‎【答案】（1） ②（2）（3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）电子先在加速电场中加速，由动能定理可求其加速后的速度，‎ ‎（2）电子进入偏转电场中做类平抛运动，由于电子正好能穿过电场，所以在偏转电场中的偏转的距离就是，由此可以求得极板的长度；‎ ‎（3）电子正好能穿过电场偏转电场对电子做功 解：（1）设电子被加速后速度大小为v0，对于电子在加速电场中由动能定理得：‎ ‎①‎ 所以②‎ ‎（2）在偏转电场中，由电子做类平抛运动，设加速度为a，极板长度为L，由于电子恰好射出电场，所以有：③‎ L=v0t ④‎ ‎⑤‎ 由②③④⑤解得：‎ ‎（3）电子正好能穿过电场偏转电场，偏转的距离就是，由此对电子做功 ‎⑤‎ ‎①代人⑤中得：‎ 答：（1）电子进入偏转电场时的速度为；（2）极板的长度为；（3）电子最后穿出电场时的动能．‎ ‎【点评】电子先在加速电场中做匀加速直线运动，后在偏转电场中做类平抛运动，根据电子的运动的规律逐个分析即可 ‎18.如图所示在长为2L的绝缘轻质细杆的两端各连接一个质量均为m的带电小球A和B（可视为质点，也不考虑二者间的相互作用力），A球带正电、电荷量为+2q，B球带负电.电荷量为-3q.现把A和B组成的带电系统锁定在光滑绝缘的水平面上，并让A处于如图所示的有界匀强电场区域MPQN（边界MPNQ也在电场内）内.已知虚线MP是细杆的中垂线，MP和NQ的距离为4L，匀强电场的场强大小为E，方向水平向右.现取消对A、B的锁定，让它们从静止开始运动.（忽略小球运动中所产生的磁场造成的影响）‎ ‎(1)求小球A、B运动过程中的最大速度；‎ ‎(2)小球A、B能否回到原出发点？若不能，请说明理由；若能，请求出经过多长时间带电系统又回到原地发点.‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)当B球进入电场后，合力向左，系统开始减速，故此时物体速度最大，对加速过程运用动能定理列式求解即可；‎ ‎(2)系统在B球进入电场前做加速运动，B球进入电场后开始做减速运动；返回过程先加速后减速，向右和向左的过程具有对称性；由牛顿第二定律，求解出加速过程和减速过程的加速度，然后根据运动学公式和动能定理列式求解．‎ ‎【详解】(1)带电系统锁定解除后，在水平方向上受到向右的电场力作用开始向右加速运动，当B进入电场区时，系统所受的电场力为A、B的合力，因方向向左，从而做减速运动，以后不管B有没有离开右边界，速度大小均比B刚进入时小，故在B刚进入电场时，系统具有最大速度.‎ 设B进入电场前的过程中，系统的加速度为a1，‎ 由牛顿第二定律：2Eq＝2ma1 ①‎ B刚进入电场时，系统的速度为vm，由 ②‎ 可得 ③‎ ‎(2)对带电系统进行分析，假设A能达到右边界，电场力对系统做功为W1‎ 则 ④‎ 故系统不能从右端滑出，即：当A刚滑到右边界时，速度刚好为零，接着反向向左加速。由运动的对称性可知，系统刚好能够回到原位置，此后系统又重复开始上述运动.‎ 设B从静止到刚进入电场的时间为t1，则 ⑤‎ 设B进入电场后，系统的加速度为a2，由牛顿第二定律 ⑥‎ 显然，系统做匀减速运动，减速所需时间为t2，则有 ⑦‎ 那么系统从开始运动到回到原出发点所需的时间为 ⑧‎ ‎【点睛】本题考查了求速度、运动时间问题，关键是分析清楚两个小球系统的运动规律，然后根据牛顿第二定律、运动学公式和动能定理列式分析求解．‎