西藏林芝市一中2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

西藏林芝市一中2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

西藏林芝市一中2019-2020学年高二上学期期中考试 理综物理试卷 ‎1.静电力常量在国际单位制中单位是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】静电力常量在国际单位制中的单位是，选项C正确，ABD错误。‎ 故选C。‎ ‎2. 指南针静止时，其位置如图中虚线所示．若在其上方放置一水平方向的导线，并通以恒定电流，则指南针转向图中实线所示位置．据此可能是（ ）‎ A. 导线南北放置，通有向北的电流 B. 导线南北放置，通有向南的电流 C. 导线东西放置，通有向西的电流 D. 导线东西放置，通有向东的电流 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】指南针静止时北极指北，通电后向东转，即电流在其下方产生的磁场方向向东，据安培定则可知，导线南北放置，电流应向南，B正确，ACD错误。‎ 故选B。‎ ‎3.如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为‎1m的正六边形的六个顶点，A、B、C三点电势分别为10V、20V、30V，则下列说法正确的是（ ）‎ A. B、E一定处在同一等势面上 B. 匀强电场的场强大小为10V/m C. 正点电荷从E点移到F点，则电场力做负功 D. 电子从F点移到D点，电荷的电势能增加20eV ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A：连接AC如图，AC中点G的电势，与B电势相等，则BG连线为一等势线；由几何知识，BG连线过E点，则B、E一定处在同一等势面上．故A项正确．‎ B：CA间电势差，又，得．故B项错误．‎ C：B、E处在同一等势面上，匀强电场中电场线与等势线垂直，则电场线方向如图，且A、F也处在一等势面上，A、B两点电势分别为10V、20V，则E、F两点电势分别为20V、10V．正点电荷从E点移到F点，电势能减少，电场力做正功．故C项错误．‎ D：电场线方向如图，则D、C也处在一等势面上；C点电势为30V，则D点电势为30V．电子从F点移到D点，电势增加20V，电势能减少了20eV．故D项错误．‎ ‎【点睛】在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段的电势差等分；在匀强电场中电场线平行且均匀分布，在匀强电场中等势线也平行且均匀分布．‎ ‎4.如图，先接通S使电容器充电，然后断开S。当减小两极板间距离时，电容器所带电荷量Q、电容C、两板间电势差U，电容器两极板间场强E的变化情况是( ) ‎ A. Q变小，C不变，U不变，E变小 B. Q变小，C变小，U不变，E不变 C. Q不变，C变小，U变大，E不变 D. Q不变，C变大，U变小，E不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】先接通S使电容器充电，然后断开S后，电容器电量Q不变；‎ 根据当减小两极板间距离时，电容器的电容C增大；‎ 根据可知U变小；‎ 根据得电场强度：‎ 所以E不变。‎ 选项D正确，ABC错误。‎ 故选A。‎ ‎5.有一电压表，它的内阻100Ω，量程0.2V，现要改装成量程为‎10A的电流表，电压表上应（ ）‎ A. 并联0.002Ω的电阻 B. 并联0.02Ω的电阻 C. 并联50Ω的电阻 D. 串联4 900Ω的电阻 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】电表的满偏电流为：‎ 把它改装成量程为‎10A的电流表需要并联一个分流电阻，并联电阻阻值为：‎ A．并联0.002Ω的电阻，与结论不相符，选项A错误；‎ B．并联0.02Ω的电阻，与结论相符，选项B正确；‎ C．并联50Ω的电阻，与结论不相符，选项C错误；‎ D．串联4 900Ω的电阻，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎6.下列说法正确的是( )‎ A. 电源通过非静电力做功把其它形式的能转化为电能 B. 在电源里面电流方向从正极指向负极 C. 电动势在数值上等于电源两端未接任何用电器时两端的电压 D. 由电荷定向移动而产生电流 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 电源是通过非静电力做功把其它形式的能转化为电能的装置，选项A正确；‎ B. 在电源内部，电流方向从负极流向正极，选项B错误；‎ C. 电动势在数值上等于电源两端未接任何用电器时两端的电压，选项C正确；‎ D. 由电荷的定向移动而产生电流，选项D正确。‎ 故选ACD。‎ ‎7.电路图中，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，电源内阻不可忽略，当滑动变阻器的滑动片向右移动时，电流表、电压表可视为理想电表，关于电流表和电压表示数的变化情况的分析，正确的是（ ）‎ A 电流表和电压表读数均增大 B. 电流表和电压表读数均减小 C. 电压表V1的示数变化量小于电压表V2的示数变化量 D. 电流表读数变小，电压表V2读数变大，V1读数减小 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 试题分析：由电路图可知，滑动变阻器的滑动片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路的总电阻增大，电源的电动势不变，由闭合电路欧姆定律可知，电路总电流I减小，而路端电压，则U增大，电阻的电压减小，则电压表示数减小；并联部分的电压 增大，电压表示数增大；增大，通过的电流增大，因为总电流减小，所以通过电流表的示数变小．故AB错误，D正确；电压表的示数与电压表的示数之和等于U，即，因示数增大，示数减小，而U减小，所以电压表的示数增加量小于电压表的示数减小量，故C正确．故选CD．‎ ‎【点睛】根据滑片的移动方向判断出滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，然后由串并联电路特点及欧姆定律分析答题．‎ ‎8.关于磁场和磁感线的描述，正确的说法有 A. 磁极之间的相互作用是通过磁场发生的，磁场和电场一样，也是一种物质 B. 磁感线可以形象地表现磁场的强弱与方向 C. 磁感线总是从磁铁的北极出发，到南极终止 D. 磁感线就是细铁屑在磁铁周围排列出的曲线，没有细铁屑的地方就没有磁感线 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A、磁体周围存在磁场，磁场是一种特殊物质，它的基本特点是对放入的磁极和电流有力的作用；故A正确；BCD、磁感线是为形象描述磁场引入的一族假想曲线，疏密表示磁场强弱，切线方向表示磁场方向，是闭合曲线，磁感线可以形象地表现磁场的强弱与方向；故 B正确，CD错误．故选AB．‎ 第Ⅱ卷（共174分）‎ 三、非选择题 ‎ ‎9.如图所示，A和B两平行金属板相距‎10 mm，M点距A板及N点距B板均为‎2 mm，两极板间的电压为4V，则板间场强为______N/C.A板电势为________V，N点电势为________V.‎ ‎【答案】 (1). 400 (2). －4 (3). －0.8‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】根据可知两板间的电场强度为；板间电场方向向上，故A点的电势低于B板的电势，因B板接地电势为零，所以可知A板电势为-4V；B、N之间的电势差为，所以N点的电势为-0.8V．‎ ‎10.某同学先用欧姆表的“×‎10”‎档粗测一电阻阻值，欧姆表示数如图所示，现欲用伏安法较准确地测定其阻值，给出下列仪器供选用：‎ A．9V电池 B．电流表（0～‎0.6A，10Ω）‎ C．电流表（0～‎0.1A，3Ω）‎ D．电压表（0～3V，2kΩ）‎ E．电压表（0～15V，45kΩ）‎ F．滑动变阻器（0-10Ω，‎0.1A）‎ G．滑动变阻器（0-20Ω，‎1A）‎ H．导线、电键 ‎（1）上述器材中应选用_____________（填代号）．‎ ‎（2）在虚线框中画出电路图_______．‎ ‎【答案】 (1). (1). ACEGH (2). (2)电路图.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）欧姆表的示数为：，根据可知，电路中最大电流为，所以电流表应选C，由于电动势E=9V，所以电压表应选E，由于两个变阻器的全电阻远小于待测电阻，变阻器应用分压式接法，考虑到变阻器额定电流的影响，变阻器应选G．故选ACEGH.‎ ‎（2）由于，所以电流表应用外接法；考虑到变阻器的全电阻远小于待测电阻，所以变阻器应用分压式接法，电路图如图所示：‎ 故答案为 (1). ACEGH (2). .‎ ‎【点睛】欧姆表读数时注意倍率的数值；应根据电路中最大电流来选择电流表量程；当滑动变阻器的全电阻远小于待测电阻时，变阻器应用分压式接法，应选全电阻小的变阻器，但要同时考虑变阻器的额定电流影响．‎ ‎11.如图所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出初速度可忽略不计，经灯丝与A板间的电压加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中偏转电场可视为匀强电场，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点已知M、N两板间的电压为，两板间的距离为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力．‎ 求电子穿过A板时速度的大小；‎ 求电子从偏转电场射出时的侧移量y；‎ 若要使电子打在荧光屏上P点的上方，应使M、N两板间的电压增大还是减小？‎ ‎【答案】（1） （2） （3）要使电子打在荧光屏上P点的上方，应使M、N两板间的电压增大 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设电子经电压加速后的速度为，由动能定理有： ‎ 解得：．‎ ‎(2)电子以速度进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的  时间为t，加速度为a，电子离开偏转电场时的侧移量为由牛顿第二定律和运动学公式有：‎ ‎ ‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎  ‎ ‎  ‎ ‎　 ‎ 解得：．‎ ‎(3)由知，增大偏转电压可增大y值，从而使电子打到屏上的位置在P点上方．‎ ‎12.在电场强度为E=104N/C，方向水平向右的匀强电场中，用一根长L=‎1m，的绝缘轻细杆，固定一个带正电q=5×10‎-6C的小球，细杆可绕轴O在竖直平面内自由转动。如图所示，现将杆从水平位置A轻轻释放，在小球运动到最低点B的过程中，取g=‎10m/s2求：‎ ‎（1）A、B两位置的电势差多少？‎ ‎（2）电场力对小球做功多少？‎ ‎（3）电场力做正功还是负功？小球的电势能增加还是减小，变化了多少？‎ ‎【答案】（1）10000V （2）005J （3）减少0.05J ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）AB之间沿电场方向的距离为L，则两点之间的电势差：‎ ‎（2）小球运动到最低点B的过程中，电场力做功：‎ ‎（3）小球带正电，所受电场力方向水平向右，所以小球运动到最低点B 的过程中电场力做正功，所以小球电势能减小，减小为0.05J。‎ ‎13.某电场的电场线分布如图中实线所示，一带电粒子仅受电场力作用的运动路径如图中的虚线所示，M、N是路径上的两点，粒子在M、N点的加速度分别为aM、aN，速度大小分别为vM、vN。下列判断正确的是（ ） ‎ A. EN＞EM B. aM＜aN C 粒子带负电 D. vM＜vN E. 粒子一定从M点运动到N点 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.电场线的疏密表示电场的强弱，由图可知N点的电场线密，则N点的电场强度大。故EN＞EM ，选项A正确；‎ B.由牛顿第二定律可知，粒子加速度：‎ 由于EN＞EM，所以aN＞aM，选项B正确；‎ C.电场强度的方向沿电场线的切线方向，所以粒子所受电场力只能沿图中直线方向：‎ 又曲线运动所受合力方向指向轨迹凹侧，所以由图示粒子运动轨迹可知，粒子所受电场力斜向右上方，粒子所受电场力方向与电场强度方向相同，粒子带正电，选项 C错误；‎ D.如果粒子从M运动到N，电场力做正功，粒子速度变大，所以vN＞vM；如果粒子从N运动到M，电场力做负功，粒子速度减小，所以vM＜vN，选项D正确；‎ E.根据题意无法判断粒子运动方向，粒子 即可能从M运动到N，也可能从N运动到M，选项E错误。‎ 故选ABD。‎ ‎14.在真空中速度为v＝6.4×‎107m/s的电子束连续地射入两平行极板之间，极板长度为L＝8.0×10－‎2m，间距为d＝5.0×10－‎3m，电子束沿两极板间的中线通过，如图所示，在两极板上加上50Hz的交变电压u＝Umsinωt，如果所加电压的最大值超过某一值UC，将开始出现以下现象：电子有时能通过两极板，有时不能通过，求UC的大小。(电子的比荷为1.76×‎1011C/kg)‎ ‎【答案】91 V ‎【解析】‎ ‎【详解】设电子刚好不能通过时平行板的电压为UC，电子经过平行板的时间为t，则：‎ ‎ ‎ 解得 UC＝＝91V ‎ ‎