【物理】安徽省淮北师范大学附属实验中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

【物理】安徽省淮北师范大学附属实验中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

淮北师范大学附属实验中学2019--2020学年度 第一学期期中考试试卷 高二物理 一、单选题 ‎1.两个分别带有电荷量−Q和+5Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处,它们间库仑力的大小为F，两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 相距为r时，根据库仑定律得：；接触后，各自带电量变为2Q，则此时,两式联立得F′=，故选C．‎ ‎2.带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，如图所示，实线是电场线，关于粒子，下列说法正确的是　　‎ A. 在a点的加速度大于在b点的加速度 B. 在a点的电势能小于在b点的电势能 C. 在a点的速度小于在B点的速度 D. 电场中a点的电势一定比b点的电势高 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，可知EA＜EB ‎，所以a、b两点比较，粒子的加速度在b点时较大，故A错误；由粒子的运动的轨迹可以知道，粒子受电场力的方向应该指向轨迹的内侧，根据电场力方向与速度方向的夹角得电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，整个过程电场力做正功，电势能减小，即在a点的电势能大于在b点的电势能，故B错误；整个过程电场力做正功，根据动能定理得经b点时的动能大于经a点时的动能，所以无论粒子带何种电，经b点时的速度总比经a点时的速度大，故C正确；由于不知道粒子的电性，也不能确定电场线的方向，所以无法确定a点的电势和b点的电势大小关系，故D错误；故选C．‎ ‎3.直流电动机的线圈电阻为R，正常工作时，电动机两端的电压为U，通过的电流强度为I，工作时间为t，下列说法正确的是 A. 电动机线圈产生的热量为I2Rt B. 电动机线圈产生的热量为 C. 电动机消耗的电能为 D. 电动机输出的机械能为UIt ‎【答案】A ‎【解析】‎ 电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，求线圈产生的热量不能用t．根据焦耳定律得，电动机线圈产生的热量为Q=I2Rt．故A正确．B错误．电动机两端的电压为U，通过的电流强度为I，工作时间为t，则电功为W=UIt，电动机消耗的电能为W=UIt．故C错误．由能量转化和守恒定律得，电动机输出的机械能E机=W-Q=UIt-I2Rt．故D错误．故选A.‎ 点睛：对于电动机，正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，电功大于电热；当电动机通电不转动时，其电路是纯电阻电路，欧姆定律成立，电功等于电热．‎ ‎4.如图，A、B、C是以AB为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，∠BOC=60°，两个等量异种点电荷分别置于A、B两点，此时O点电场强度的大小为E；若将A处的点电荷移至C点，则O点的场场强大小为（）‎ A. E B. E C. D. E ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】依题意，每个点电荷在O点产生的场强大小为 E1=，则当A点处的点电荷移至C点时，O点场强如图所示，合场强大小为 E2=E1=。故选C。‎ ‎【点睛】电场强度为矢量，在求合场强时应先分别求得各电荷在O点的场强再由矢量的合成方法﹣平行四边形求得总的场强．‎ ‎5.两个电压表V1和V2是由完全相同的两个电流表改装的，V1量程是5 V，V2量程是15 V，为了测15-20V的电压。把V1和V2串联起来用 ，以下叙述正确的是 A. V1、V2的读数相同 B. V1、V2指针偏转角度相等 C. V1、V2读数不同 ，指针偏转角度也不同 D. V1指针偏转角度小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】电压表是电流计串联一个比较大的电阻改装而成，当两个电压表串联起来的时候，流过电流计的电流相同，两个电流计相同，则电流计偏转的角度相同；两表量程不同，偏转角相同，则读数不同；故B正确，ACD错误。‎ ‎6.电源、开关、平行板电容器连成如图电路。闭合开关S，电源对电容器充电后，电容器带电量为Q，板间电压力为U，板间电场强度大小为E，则下列说法正确的是 A. 若将A板下移少许，Q增大；U减小；E不变 B. 若将A板下移少许，Q不变；U减小；E减小 C. 若断开开关，若将A板下移少许，Q增大；U不变；E增大 D. 若断开开关，若将A板下移少许，Q不变；U减小；E不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．闭合开关S，由于电源电压不变，所以电容器两端的电压U不变；若将A 板下移少许，据知，电容器电容将增大，电容器两端的电压U不变，Q增大；据，可得E增大；故AB错误；‎ CD．若断开开关，电路断路，Q不变；若将A板下移少许，据知，电容器将增大；由，可知U减小；由于，可得E不变；故C错误，D正确。‎ ‎7.如图，绝缘光滑圆环竖直放置，a、b、c为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知小球c位于圆环最高点，ac连线与竖直方向成60°角，bc连线与竖直方向成30°角，三个小球均处于静止状态。下列说法正确的是（　　）‎ A a、b、c小球带同种电荷 B. a、b小球带异种电荷，b、c小球带同种电荷 C. a、b小球电量之比为 D. a、b小球电量之比为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】分别对三个小球减小受力分析，结合平衡的条件判断应受到哪种力的作用.对c由共点力平衡的条件判断a、b电量的大小关系.‎ ‎【详解】AB．对c，受到重力、环的支持力以及a与b的库仑力，其中重力与支持力的方向在竖直方向上，水平方向有a对c的库仑力的分力与b对c的库仑力的分力，由共点力平衡的条件可知，a与b对c的作用力都是吸引力，或都是排斥力，则a与b的电性必定是相同的；a与b带同种电荷，它们之间的库仑力是斥力。对a，a受到重力、环的支持力以及b、c对a 的库仑力，重力的方向在竖直方向上，水平方向有支持力的向右的分力、b对a的库仑力向左的分力、c对a的库仑力的分力，若a要平衡，则c对a的库仑力沿水平方向的分力必须向右，所以c对a的作用力必须是吸引力，所以c与a的电性一定相反.即：a、b小球带同种电荷，b、c小球带异种电荷；故A错误，B错误.‎ CD．设环半径为R，三个小球的带电量分别为：q1、q2和q3，由几何关系可得：，；a与b对c的作用力都是吸引力，或都是排斥力，它们对c的作用力在水平方向的分力大小相等，则：，所以：；故C正确，D错误.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】该题结合库仑定律考查共点力作用下物体的平衡，解答的关键是正确选取研究对象，依据题目中的条件，判断出c平衡时a与b对c的作用力都是吸引力，或都是排斥力，它们对c的作用力在水平方向的分力大小相等.‎ ‎8.如图所示，闭合开关S，电路稳定后，水平放置的平行金属板间的带电质点P处于静止状态，若将滑动变阻器R2的滑片向a端移动，则（ ）‎ A. 电压表读数增大 B. 电流表读数减小 C. R1消耗的功率减小 D. 质点P将向下运动 ‎【答案】D ‎【解析】将滑动变阻器R2的滑片向a端移动, 滑动变阻器接入电路中的电阻增大，由闭合电路欧姆定律 得I增大即电流表的示数增大，故B项错误；R1消耗的功率 增大，故C项错误；由电路的特点得电压表示数为滑动变阻器R2两端电压 可知U减小，故A项错误；由电容器与滑动变阻器并联可知，电容器两板间的电压增大，带电质点P所受的电场力增大，所以带电质点P向下运动，故D项正确；‎ 点晴：本题主要考查学生含有电容器的直流电路的动态分析，根据电路的连接特点，先判断干路中的总电流的变化，再判断路端电压的变化，再分析各个用电器的电流，电压，电功率等的变化。‎ 二、多选题 ‎9.如下图所示，平行金属板中央有一个初始静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大，当两板间加上如图乙所示的电压后，在下图中反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律正确的是　 ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】AB ‎【解析】分析电子一个周期内的运动情况：0～T/4时间内，因B板电势高，则电子从静止开始向B板做匀加速直线运动，T/4～T/2时间内沿原方向做匀减速直线运动，T/2时刻速度为零。T/2～3T/4时间内向A板做匀加速直线运动，3T/4～T时间内向A板做匀减速直线运动。接着周而复始。根据匀变速运动速度图象是倾斜的直线可知，B图符合电子的运动情况。故B正确，C错误。电子做匀变速直线运动时x-t图象应是抛物线，故D错误。根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动交替产生，而匀变速运动的加速度不变，a-t图象应平行于横轴。故A正确。‎ ‎10.示波器是一种电子仪器，可以用它观察电信号随时间变化的情况示波器的核心部件示波管，由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，其原理图如图甲所示图乙是从右向左看到的荧光屏的平面图在偏转电极XX'、YY'上都不加电压时，电子束将打在荧光屏的中心点；若亮点很快移动，由于视觉暂留关系，能在荧光屏上看到一条亮线若在XX'上加如图丙所示的扫描电压，在YY'上加如图丁所示的信号电压，则在示波管荧光屏上看到的图形不是下图中的 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】因偏转电极接入的是锯齿形电压，即扫描电压，且周期与偏转电压上加的是待显示的信号电压相同，所以在荧光屏上得到的信号是在一个周期内的稳定图像，则显示的图像与所载入的图像形状是一样的，如A所示，根据题意可知应选BCD。‎ 三、实验题 ‎11.在用伏安法测电阻的实验中，所用电压表的内阻约为20kΩ，电流表的内阻约为20Ω。在粗测被测电阻数值的基础上，选择了尽可能减小误差的电路进行实验，测得的数据用圆点标于图上，根据图中所记录的各点，在图中画出被测电阻的I—U图线，由此求得该电阻测量值Rx= Ω；根据Rx的数值，可知实验中电表连接采用的是图中 图 所示的电路（填“（1）”或“（2）”）；电阻的测量值与真实值相比较，测量值 真实值（填“大于”、“小于”或“等于”）‎ ‎.‎ ‎【答案】2000 ；（2）；大于；‎ ‎【解析】‎ 试题分析：作出图线是一条直线由可得；由于 电流表的分压误差比较小所以选择（2）图；选择（2）图电流表内接法电流值准确电压值稍大所以测量值大于真实值。‎ 考点：本题考查了伏安法测电阻 ‎12.要描绘标有“3V，1.5W”小灯泡的伏安特性曲线，实验室有如下器材：‎ A．直流电源3V（内阻可不计）‎ B．直流电流表0〜3A（内阻01Ω）‎ C．直流电流表0〜600mA（内阻约0.5Ω）‎ D．直流电压表0〜3V（内阻约3kΩ）‎ E．直流电压表0〜15V（内阻约200kΩ）‎ F．滑动变阻器（10Ω，lA）‎ G．滑动变阻器（1kΩ，300mA）‎ H．开关S，导线若干 ‎（1）本次实验所需的电流表选用____，电压表选用____，滑动变阻器应选用_____（填序号）；‎ ‎（2）实验小组连接的实物图如图甲所示，闭合开关，若电压表示数为零，电流表的示数为0.3A，小灯泡亮，则断路的导线是________；若反复调节滑动变阻器，小灯泡亮度发生变化，但电压表、电流表示数不能调为零，则断路的导线是________；‎ ‎（3）正确实验操作后，描绘的小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。由此计算出小灯泡电压为2V时的电阻为_______Ω。(计算结果保留两位有效数字)‎ ‎【答案】 (1). C D F (2). h g (3). 4.4Ω ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2][3]灯泡额定电压为3V，故电压表应选择D，额定电流：‎ 故电流表应选择C；本实验中要求电流从零开始调节，故应采用总阻值较小的滑动变阻器,故选择的仪器为F.‎ ‎(2)[4]由于小灯泡亮，电流表有示数，故整个串联电路没问题，电压表无示数说明是电压表并接在灯泡两端时线路断开，从图上看即h断路；‎ ‎[5]小灯泡亮度发生变化，但电压表、电流表示数不能调为零,说明滑动变阻器以限流方式接入电路中，故是g断路.‎ ‎(3)[5]由图可读出电压为2V时，电流为0.45A，故此时电阻为：‎ 四、计算题 ‎13.如图所示是三量程直流电表的原理图，三个量程分别是10mA、1A、10V．已知表头G的满偏电流Ig=5mA，内阻Rg=10Ω。试确定定值电阻R1、R2、R3的阻值。‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】‎ 详解】由题意可知，接线柱1、2分别对应量程 根据并联电路电压规律：‎ 联立解得：、‎ 接线柱3对应的量程，‎ 因为10mA挡电流表的内阻 则：‎ 得：‎ ‎14.如图，灯泡D与电动机M中串联在一个稳压电源上，电源输出电压为U=20V，灯泡D的电阻为RD=6Ω，电动机M线圈的电阻为RM=2Ω，与电动机并联的理想电压表读数为UM=14V．电动机的转轴的摩擦可忽略，求：‎ ‎ （1）通过灯泡的电流I=？ （2）电动机M线圈的发热功率PQ=？ （3）电动机M输出的机械功率P机=？‎ ‎【答案】（1）1A ；（2）2W； （3）12W ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）灯两端的电压为 所以通过灯泡的电流为 （2）电动机M线圈的发热功率 （3）电动机M消耗的电功率为 输出的机械功率 ‎15.如图所示，水平放置的两块平行金属板长为l，两板间距为d，两板间电压为U ‎，且上板带正电，一个电子沿水平方向以速度，从两板中央射入，已知电子质量为m，电荷量为q求 电子偏离金属板的侧位移是多少？‎ 电子飞出电场时的速度是多少？‎ 电子离开电场后，打在屏上的P点，若s已知，求OP的长．‎ ‎【答案】（1）电子偏离金属板时的侧位移是；‎ ‎（2）电子飞出电场时的速度大小为；‎ ‎（3）OP的长为．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）电子在电场中做类平抛运动，则：‎ 水平方向有：‎ l=v0t 竖直方向有：‎ 联立得电子偏离金属板的侧位移为：‎ y0=‎ ‎（2）在竖直方向的分速度为：‎ 在水平方向的分速度为：‎ vx=v0‎ 所以：‎ v==‎ ‎（3）电子飞出电场后，做匀速直线运动，则：‎ tanθ==‎ 所以 OP=y0+stanθ=‎ ‎【点睛】该题是带电粒子在电场中运动的问题，其基础是分析物体的受力情况和运动情况；能用类平抛运动的思想处理平行于极板方向和垂直于板方向的运动.‎ ‎16.如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑绝缘圆弧轨道ABC和水平绝缘轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，，整个装置处于水平向右的匀强电场中。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电小球在电场力的作用下沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道。已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零，重力加速度大小为g．求：‎ ‎(1)匀强电场的场强大小；‎ ‎(2)小球到达A点时速度的大小。（结果保留根号）‎ ‎【答案】(1)  (2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设小球所受电场力为，电场强度的大小为E 由力的合成法则有 解得：‎ ‎(2)小球到达C点时所受合力的大小为F，由力的合成法则有：‎ 设小球到达C点时的速度大小为，由牛顿第二定律得 解得：‎ 设小球到达A点的速度大小为，作CD⊥PA，交PA于D点，由几何关系得 由动能定理有 故小球在A点的速度大小为