福建省厦门市第三中学2020学年高二物理上学期期中试题（含解析）

福建省厦门市第三中学2020学年高二物理上学期期中试题（含解析）

福建省厦门市第三中学2020学年高二物理上学期期中试题（含解析） ‎ 一、单项选择题：（本题共8个小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，仅有一项是符合题目要求的。）‎ ‎1.A、B、C三点在同一直线上，AB：BC=1：2，B点位于A、C之间，在B处固定一电荷量为Q的点电荷。当在A处放一电荷量为+q的点电荷时，它所受到的静电力为F；移去A处电荷，在C处放一电荷量为-4q的点电荷，其所受电场力为 A. B. C. -F D. F ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引，分析可知电荷量为−4q的点电荷在C处所受的电场力方向与F方向相同。‎ 设AB=r，则有BC=2r.‎ 则有：‎ 故电荷量为−4q的点电荷在C处所受电场力为：，故D正确，ABC错误 故选：D ‎2.场是物理学中重要概念，除了电场和磁场，还有引力场。物体之间的万有引力就是通过引力场发生作用的，地球附近的引力场叫做重力场。根据电场强度是描述电场的力的性质的物理量而定义了重力场强度，根据电势是描述电场能的性质的物理量而定义重力势。根据电场与重力场的类比，以下说法中正确的是 A. 由电场强度的定义式可知，电场强度大小与放入的试探电荷有关 B. 重力场强度的大小可表示为g，方向竖直向下 C. 重力势与放入的物体的质量成正比 D. 电场中某点的电势与选取的零电势点无关 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、电场强度的大小与场源电荷的大小有关，和试探电荷的大小无关，故A错；‎ B、在地球表面附近万有引力等于重力，按照类比的方式：重力场强度g为放在该点的物体所受的力F与其质量m的比值，即 ， 方向竖直向下，故B正确；‎ C、根据电势的知识可知，重力势的大小取决于地球以及零势点的选取，与放入物体的质量无关，故C错；‎ D、电场中电势是相对于零势点来说的，所以与零势点有关，故D错；‎ 故选B 点睛：电场中某一点的电场强度E 定义为放在该点的静止试验电荷所受的力F与其电量q的比值,场强是矢量，重力场强度的大小和方向也是根据比值定义.‎ ‎3.如图所示，因线路故障，接通S时，灯泡L1和L2均不亮，用电压表测得Uab＝0，Ubc＝0，Ucd＝4V．因此可知断路处为(　　)‎ A. 灯泡L1 B. 灯泡L2‎ C. 变阻器 D. 不能确定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 解：A、B对于完好的电阻，阻值一定，电流I=0时，根据欧姆定律可知，其电压U=IR=0．由题：Uab=0，Ubc=0，则可知：灯L1、L2没有发生断路．故AB错误 C、由题Ucd ‎=4V，则变阻器发生断路，因为断路时，电路无电流，其两端的电势分别等于电源两极的电势，其电势差等于电源的电动势．故C正确．‎ D、由上述分析可知D错误．‎ 故选：C ‎【点评】本题是电路中故障分析问题，往往哪段电路的电压等于电源的电压，哪段电路发生断路，可用电压即为电势差来理解．‎ ‎4.如图所示，电场中有一条电场线是直线，A、B是这条电场线上的两点。若将一个带负电的点电荷从A点由静止释放，它将沿电场线从A向B运动，vt图象如图乙所示。比较A、B两点的电势φ和场强E，下列说法中正确的是 A. φA＞φB，EA＞EB B. φA＜φB，EA＞EB C. φA＜φB，EA＜EB D. φA＞φB，EA＜EB ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：根据v-t图像可知，粒子做加速运动，且加速度越来越小，因此电场越来越小，所以EA＞EB。由于粒子从静止释放，所以电场力为从A到B，由于是负电荷，所以电场方向为从B到A，根据电场方向代表电势降低方向，所以φA＜φB，因此答案为B。‎ 考点：v-t图像判断加速度、电场线疏密以及方向的含义 点评：根据v-t图像判断出粒子的加速度，结合电场线疏密以及电场线方向来判断电场强弱以及电势高低。‎ ‎5.在一个微安表G上并联一个电阻R，就改装成一块安培表,今将该表与标准安培表串联后去测电流,发现该表的示数总比标准表的示数小,修正的方法为 A. 在R上并联一个小电阻 B. 在R上并联一个大电阻 C. 将R的阻值变大些 D. 将R的阻值变小些 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 电流表示数偏小，说明所并联电阻的分流太大，则分流电阻阻值偏小，让分流电阻变的稍大些即可，故C正确，D错误；在原分流电阻上再并联一个适当的小电阻或者并联适当的大电阻，都会使其并联值稍小，故AB错误。所以C正确，ABD错误。‎ ‎6.如图所示的电路，R1、R2、R3是定值电阻，R4是滑动变阻器，电源内阻不可忽略。闭合开关，在电路稳定后，将滑动变阻器的滑动触头由中点向上移动的过程中(　　)‎ A. 电压表示数变小 B. 电容器放电 C. 电源的总功率变小 D. 通过滑动变阻器的电流变大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：当滑动变阻器的滑动触头由中点向上移动时，R4变大，电路的总电阻变大，总电流I变小，内电压变小，则路端电压变大，因此电压表示数变大．故A错误；电容器两端电压为：U=E-I（r+R2），I变小，故电容器两端电压U变大，带电量变大，电容器充电，故B错误；电源的总功率P=EI，I变小，则P变小，故C正确．根据串联电路分压规律知，变阻器两端的电压增大，通过R1‎ 的电流变大，而总电流变小，所以通过滑动变阻器的电流变小．故D错误．故选C．‎ 考点：电路的动态分析 ‎【名师点睛】本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，根据路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到各个部分电路电流和电压变化。‎ ‎7.如图所示，电源电动势为12V，电源内阻为l.0Ω，电路中的电阻R为1.5Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5Ω，闭合开关S后，电动机正常转动时，电流表的示数为2.0A。则以下判断中正确的是（ ）‎ A. 电动机的输出功率为14.0W B. 电源输出的电功率为20.0W C. 电动机产生的热功率4.0W D. 电动机两端电压为5.0V ‎【答案】B ‎【解析】‎ 电路中电流表的示数为2.0A，所以电动机的电压为：U=E-U内-UR0=12-Ir-IR0=12-2×1-2×1.5=7V，故D错误；电动机的总功率为：P总=UI=7×2=14W，电动机的发热功率为：P热=I2R=22×0.5=2W，所以电动机的输出功率为：P机=14 W-2W=12W，故A C错误；电源的输出的功率为：P输出=EI-I2R=12×2-22×1=20W，故B正确；故选：B.‎ 点睛：对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的．‎ ‎8. 如图所示，两个固定的等量异种电荷，在它们连线的垂直平分线上有a、b、c 三点，则 A. a点电势比b点高 B. a、b两点场强方向可能不同 C. a、b、c三点与无穷远处电势相等 D. 一带电粒子（不计重力）在a点无初速释放，则它将在a、b连线上运动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：根据等量异种电荷的电场和电势的分布情况可以知道，在它们连线的垂直平分线上的点的电势都是零，并且垂直平分线上所有的点的电场的方向都是平行的，由此可以判断电场和电势的变化的情况．‎ A、两个等量异种电荷的电场中，在它们连线的垂直平分线上的点的电势都是零，所以a、b、c三点的电势都相等为零，所以A错误．‎ B、两个等量异种电荷的电场中，垂直平分线上所有的点的电场的方向都是平行的，所以B错．‎ C、由A的分析可以知道C正确．‎ D、垂直平分线上所有的点的电场的方向都是平行的，电场的方向是在水平方向的，所以电荷不能在a、b连线上运动，应该是在水平方向运动，所以D错误．‎ 故选C．‎ 考点：点电荷的场强；电场强度；电势．‎ 点评：本题关键是要明确两个等量异种电荷连线的中垂线上的场强分布情况和电势分布情况．‎ 二、多项选择题：（本题共4个小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是正确的，选不全得2分，有错选不得分。）‎ ‎9.如图所示，真空中将一不带电的绝缘枕形导体P放在正点电荷Q形成的电场中，枕形导体P的a、b两端分别带上了感应负电荷与等量的感应正电荷，另外导体内部还有c、d两点，则下列说法中正确的有 A. 导体上a、b两端的电势高低关系可能是 B. 导体上a、b两端的电势高低关系一定是 C. 导体内部c、d两点的场强大小关系是 D. 感应电荷在导体内部c、d两点产生的场强大小关系是 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB当正电荷Q处在金属导体P附近时，正电荷周围存在电场，从而使得金属中的自由电子在电场力作用下向a端发生移动，导致b端的正电荷多余，a端的负电荷多余，最终导体P的b端带正电，a端带负电，因此两点的电势关系ψa=ψb，故A错误，B正确；‎ C.当金属导体b端带正电，a端带负电时，导体中有自b向a的电场，由于正确电荷Q也产生电场，故只有当复合电场为0时，自由电子才停止运动，因此c、d两点的场强大小关系是Ec=Ed=0，故C错误；‎ D.根据正点电荷的电场强度的公式，结合合电场为0，可知：感应电荷在导体内部c、d两点产生的场强大小关系，故D正确。‎ 故选BD。‎ ‎【点睛】物体带电有接触起电，有感应带电，有摩擦起电，对于感应带电，是利用同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原理，且带电体是等势体。感应带电的本质是电荷的转移；当金属导体处于电场时出现静电平衡现象。‎ ‎10.一根粗细均匀的金属导线阻值为R，两端加上恒定电压U时，通过金属导线的电流强度为I，金属导线中自由电子定向移动的平均速率为v，若将金属导线均匀拉长，使其长度变为原来的2倍，仍给它两端加上恒定电压U，已知电流微观式为I=neSV，其中n为单位体积电子个数，e为元电荷，S为导线模截面积，则下列说法中正确的是 A. 此时金属导线的阻值为4R B. 此时通过金属导线的电流为 C. 此时自由电子定向移动的平均速率为 D. 此时自由电子定向移动的平均速率为 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将金属导线均匀拉长，使其长度变为原来的2倍，横截面积变为原来的倍，，根据电阻定律分析电阻的变化，由欧姆定律分析电流的变化．由电流的微观表达式I=nevS分析平均速率v的变化。‎ ‎【详解】A项：将金属导线均匀拉长，使其长度变为原来的2倍，横截面积变为原来的倍，根据电阻定律分析得到，电阻变为原来的4倍，故A正确；‎ B项：根据欧姆定律可知，电流I变为原来的，即为，故B正确；‎ C、D项：电流的微观表达式I=nevS，其中n、e不变，电流I为原来的，横截面积S变为原来的倍，则自由电子定向移动的平均速率为，故C正确，D错误。‎ 故应选ABC。‎ ‎11.如图所示，真空中存在一个水平向左的匀强电场，电场强度大小为E，一根不可伸长的绝缘细线长度为l，细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带负电小球，另一端固定在O点。把小球拉到使细线水平的位置A，由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成角θ=60°的位置B时速度为零。以下说法中正确的是( )‎ A. 小球在B位置处于平衡状态 B. 小球受到的重力与电场力的关系是Eq=mg C. 小球将在AB之间往复运动，且幅度将逐渐减小 D. 小球从A运动到B过程中，电场力对其做的功为–qEl ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对小球进行受力分析：受重力、向右的电场力和细线的拉力；小球从A点静止释放，运动到B点速度为0，小球到达B点时速度为零，向心力为零，沿细线方向合力为零，确定其合力，判断是否平衡，根据动能定理列式，求电场力的大小。根据电场力做功公式W=qEd，d是沿电场线方向有效距离，求电场力做功。运用单摆进行类比，分析振幅。‎ ‎【详解】对小球受力分析如图所示，‎ A、小球受到的重力和电场力的合力是一恒力，这两个场力看作等效重力场。根据题意知，小球的平衡位置在AB圆弧的中点位置，选项A错误；‎ C、小球将在AB之间往复运动，根据能量守恒，其幅度不变，选项C错误；‎ B、小球处在平衡位置时，有qEtan 30°=mg，即qE=mg，选项B正确；‎ D、小球从A运动到B的过程中，电场力对其做的功W=–qEl(1–cos 60°)=–qEl，D正确.‎ 故选BD.‎ ‎【点睛】此题要求同学们能正确进行受力，并能联想到已学过的物理模型，根据相关公式解题.‎ ‎12.某电容式话筒的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属基板对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动在P、Q间距增大过程中　　‎ A. P、Q构成的电容器的电容减小 B. P上电荷量保持不变 C. M点的电势比N点的低 D. M点的电势比N点的高 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】电容式话筒与电源串联，电压保持不变；在P、Q间距增大过程中，根据电容决定式得电容减小，又根据电容定义式得电容器所带电量减小，电容器的放电电流通过R的方向由M到N，所以M点的电势比N点的高；故BC错，AD正确．故选AD．‎ ‎【点睛】解决电容器的动态分析问题，抓住不变量，若电容始终与电源相连，两端间的电压不变；若电容器与电源断开，则电容器所带的电量不变．‎ 三．实验题：（本题共3小题，除了第15题最后三空格各2分，其余每空格1分，共16分。）‎ ‎13.（1）如图为某多用电表表盘，选用“×10”倍率的电阻挡测量某电阻时，如图所示读数为___________Ω，如果发现多用表指针偏转角度过大，为使测量更准确，需选择___________倍率的电阻挡测量（填：“×1”或“×10”或“×100”）。‎ ‎（2）图C中螺旋测微器读数为___________mm。‎ ‎【答案】 (1). 130 (2). ×1 (3). 1.695‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）选用“×10”档，由图示可知，欧姆表示数为13×10Ω=130Ω；发现指针偏角太大，说明电阻阻值太小，所选档位太大，为准确测量电阻，应换小倍率挡，应把选择开关置于×1挡；‎ ‎（2）螺旋测微器的固定刻度读数为1.5mm，可动刻度读数为0.01×19.5mm=0.195mm，‎ 所以最终读数为：1.5mm+0.195mm=1.695mm；‎ ‎14.某同学欲采用下列器材研究一个额定电压为“2.5V，0．8W”的小灯泡的伏安特性曲线。‎ A．直流电源（3V，内阻不计）；‎ B．电流表（0~3A，内阻约0.03Ω）；‎ C．电流表（0~0.6A，内阻约0.13Ω）；‎ D．电压表（0~3V，内阻约3kΩ）；‎ E．电压表（0~15V，内阻约15kΩ）；‎ F．滑动变阻器（0~20Ω，额定电流2A）；‎ G．滑动变阻器（0~1000Ω，额定电流0.5A）‎ H．开关、导线等；‎ ‎（1）为减小测量误差，电流表应选用______，滑动变阻器应选用______。（选填代号）‎ ‎（2）某同学连接电路的实物图如图所示，图中有一条导线连接错误，请在错误导线上画（×）__________‎ ‎（3）根据实验数据描绘出的I—U图线是 __________________填“曲线”或“直线”）。‎ ‎（4）通过电压表和电流表的读数可以计算出小灯泡在某电压下的电阻值（即测量值），分析可知测量值______此时小灯泡电阻的真实值。（填“大于”“小于”或“等于”）‎ ‎【答案】 (1). C (2). F (3). (4). 曲线 (5). 小于 ‎【解析】‎ ‎（1）小灯泡的额定电流 所以电流表应该选C; 描绘灯泡伏安特性曲线,电压与电流应从零开始变化,滑动变阻器应采用分压接法，所以应该选小滑动变阻器，故选F ‎（2）‎ 滑动变阻器连接错误，测量电路被短路，没有采用分压接法 ‎（3）由于小灯泡电阻受温度影响，所以I—U图线是一条曲线。‎ ‎（4）由于电路采用的电流表外接，所以测量电流偏大，导致测得的电阻值偏小，即测量值小于此时小灯泡电阻的真实值。‎ 综上所述本题答案是：(1). C ；F (2) . (3). 曲线 （4）小于 ‎15.某同学用下列器材测定一块手机电池的电动势和内电阻。‎ 电流表A(量程3 A,内阻约0.5 Ω);‎ 电压表V(量程15 V,内阻约15 kΩ);‎ 滑动变阻器R(0~50 Ω,额定电流3 A);‎ 定值电阻R0=3 Ω;‎ 开关S及导线若干。‎ ‎(1)为减小实验误差,电路图中的导线应连接到_____(选填“a”或“b”)。‎ ‎(2)连接好电路闭合S前,滑动变阻器滑片P应置于_____(选填“c”或“d”)端。‎ ‎(3)根据正确操作,依据得到的电压表和电流表读数,作出对应的U-I图象如图所示。由图线可知该电池的电动势E=_____ V,内电阻r=_____ Ω(保留两位有效数字)。‎ ‎(4)实验中,随着滑动变阻器滑片的移动,电压表的示数U及滑动变阻器消耗的功率P都会发生变化。图的各示意图中正确反映P-U关系的是________。‎ ‎【答案】 (1). a (2). d (3). 8.5 (4). 0.75 (5). C ‎【解析】‎ ‎(1)为减小实验误差,应采用电流表内接，电路图中的导线应连接到a。‎ ‎（2）连接好电路闭合S前,滑动变阻器阻值置于电阻最大的位置，即滑片P应置于d端；‎ ‎（3）由图线可知该电池的电动势E=8.5V,内电阻.‎ ‎（4）滑动变阻器消耗的功率 ，即P-U关系为二次函数关系，故选C；‎ 三．解答题：（本题共3小题，每题12分，共36分。写出必要的文字说明、原始方程、演算结果及单位等。）‎ ‎16.将一个电量为1×10－6C的负电荷从电场中的A点移到B点，克服电场力做功2×10－6J。从C点移到D点，电场力做功7×10－6J。若已知B点电势比C点高3V，求：‎ ‎（1）A到B的电势差UAB；‎ ‎（2）A到D的电势差UAD；‎ ‎（3）设C点的电势为零，则D点的电势为多少？‎ ‎【答案】2V -2V 7V ‎【解析】‎ 试题分析：由公式得：‎ ‎（1）‎ ‎（2）‎ UAD=UAB+UBC+UCD=-2V ‎（3）UCD=- =0 UCD=-7V 得=7V 考点：电势、电势差 ‎17.一束初速度不计的电子在经U的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若板间距离为d，板长为l，偏转电极边缘到荧光屏的距离为L，偏转电场只存在于两个偏转电极之间．已知电子质量为m，电荷量为e，求：‎ ‎（1）电子离开加速电场时速度V0大小；‎ ‎（2）要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加电压U0多大？‎ ‎（3）电子最远能够打到离荧光屏上离中心O点距离为Y多大？‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据动能定理得，，解得，．‎ ‎（2）电子在偏转电场中水平方向做匀速直线运动，时间 设电子刚好从平行板间飞出时，板间电压为U0，沿电场方向得偏移量，，解得，．‎ ‎（3）电子从极板边缘飞出时，打到荧光屏上的点离中心O点最远，此时的偏转角，，最远距离 考点：考查了带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】带电粒子在电场中的运动，综合了静电场和力学的知识，分析方法和力学的分析方法基本相同．先分析受力情况再分析运动状态和运动过程（平衡、加速、减速，直 线或曲线），然后选用恰当的规律解题．解决这类问题的基本方法有两种，第一种利用力和运动的观点，选用牛顿第二定律和运动学公式求解；第二种利用能量转化 的观点，选用动能定理和功能关系求解 ‎18.如右图所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为+Q和—Q，A、B相距为2d，MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p．质量为m、电荷量为+q（可视为点电荷，不影响电场的分布），现将小球p从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球p向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v0；已知MN与AB之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g，求：‎ ‎（1）C、O间的电势差UCO；‎ ‎（2）在O点处的电场强度E的大小；‎ ‎（3）小球p经过与点电荷B等高的D点时的速度VD大小。‎ ‎【答案】(1) 　(2) 　(3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据动能定理则，从C到O ‎ 则UCO＝.‎ ‎(2)A点和B点在O点的电场强度均为E＝，其中r＝AO＝BO＝d，所以，根据对称性可知，两点电荷场强在水平方向的分场强抵消，合场强为：‎ E合＝2E·cos 45°＝.‎ ‎(3)从C到D点，由于电场线的对称性，UCD＝2UCO，‎ 则根据动能定理有： ，‎ 所以vD＝v. ‎