湖南省永州市宁远县一中2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

湖南省永州市宁远县一中2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

宁远县第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试 物理试卷 一、选择题(共12小题,每小题4分,共48分，1-9为单选，10-12为多选，多选题不全对得2分，有错的0分) ‎ ‎1.关于库仑定律，下列说法中正确的是( )‎ A. 库仑定律适用于点电荷，点电荷其实就是体积很小的球体 B. 根据F＝k，当两电荷的距离趋近于零时，静电力将趋向无穷大 C. 若点电荷q1的电荷量大于q2的电荷量，则q1对q2的静电力大于q2对q1的静电力 D. 库仑定律和万有引力定律的表达式相似，都是平方反比定律 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．当带电体的形状、大小及电荷的分布状况对它们之间的作用力影响可以忽略时，可以看成点电荷。不是体积小就能看成点电荷。故A错误。‎ B．当两个点电荷距离趋于0时，两电荷不能看成点电荷，此时库仑定律的公式不再适用。故B错误。‎ C．两电荷之间的相互作用力大小相等，与点电荷电量的大小无关。故C错误。‎ D．库仑定律和万有引力定律的表达式相似，都是平方反比定律，故D正确。‎ ‎2.关于电场强度和电势的关系，下列说法正确的是（　　）‎ A. 场强处处为零的空间，电势也一定处处为零 B. 场强处处相同区域内，电势也一定处处相同 C. 场强的方向总是跟等势面垂直 D. 电势降低的方向一定是场强的方向 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查电场强度和电势的基本关系 ‎【详解】A．电场强度大小具有绝对性，而电势的高低具有相对性，电势的大小取决于电势零点的选取，电场强度为零的空间，电势不一定为零，故A错误；‎ B．在匀强电场中，场强处处相同，但是沿着电场线的方向电势会逐渐的降低，所以BC错误；‎ C．由于等势面上各个点的电势相等,所以在等势面上移动电荷时,电场力对电荷不作功。可以得出场强没有等势面上的分量,即电场强度的方向总是与等势面垂直，故C正确 D．从高等势面到低等势面有很多种路线，但并不都是电场线的方向，应该说电势降落最快的方向就是电场线的方向，故D错误。‎ ‎3.一个带正电质点，电量q=2.0×10-9C，在静电场中由A点移到B点。在这个过程中，除电场力外，其他力做的功为6.0×10-5J，质点的动能增加了8.0×10-5J，则a、b两点间的电势差Uab为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据动能定理得qUab+W其他=△Ek可得到，故选B。‎ ‎4.如图所示，实线为某电场中三条电场线，电场方向未知，a、b两带电粒子从电场中的O点以相同的初速度飞出．仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图中虚线所示，则（　　）‎ ‎ ‎ A. a一定带负电，b一定带正电 B. a加速度减小，b加速度增大 C. a电势能减小，b电势能增大 D. a的动能增加，b的动能减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由于电场线方向未知，所以a、b电性不能确定，故A错误；电场线的疏密表示场强的大小，由图可知，b所处的电场线变密，电场强度变强，所受的电场力在增大，加速度在增大；a所处的电场线变疏，电场强度变弱，所受的电场力在减小，加速度在减小，故B正确；根据图知a、b两粒子的电场力、速度的夹角为锐角，电场力对电荷都做正功，电势能减小，故C错误；根据图知a、b两粒子的电场力、速度的夹角为锐角，电场力对电荷做正功，电势能减小，动能增加，故D错误。所以B正确，ACD错误。‎ ‎5.用相同的灵敏电流计作表头改装成电流表A和电压表V，分别将其串联和并联在一起，然后接入电路中.通电后关于指针的偏角情况的叙述正确的是（ ）‎ A. 图甲中电压表的指针偏角与电流表的相等 B. 图甲中电压表的指针偏角比电流表的小 C. 图乙中电压表的指针偏角与电流表的相等 D. 图乙中电压表的指针偏角比电流表的小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.图甲中由于电流表的表头是并联在电路中，电压表的表头是串联在电路中，所以由于电流表的定值电阻分流的原因，通过电流表中表头的电流小于电压表中的电流，所以电压表的指针偏角比电流表的大，故A、B错误；‎ CD.图乙中电压表和电流表是并联在一起的，两端的电压是相等的，由于电压表中串联的定值电阻分压的原因，电压表中表头两端的电压小于电流表中表头两端的电压，所以图乙中电压表的指针偏角比电流表的小，故C错误，D正确.‎ ‎6.电动机的电枢阻值为R，电动机正常工作时，两端的电压为U，通过的电流为I，工作时间为t，下列说法中正确的是(　　)‎ A. 电动机消耗的电能为 B. 电动机消耗的电能为I2Rt C. 电动机线圈产生的热量为I2Rt D. 电动机线圈产生的热量为UIt ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查电功和电热的基本应用，要掌握纯电阻电路和非纯电阻电路两种情况的区别 ‎【详解】A B．因为电动机不是纯电阻电路，所以欧姆定律不适用，电动机消耗的电能应为，故AB均错误；‎ C D．根据焦耳定律，电动机线圈产生的热量为I2Rt，故C正确，D错误；‎ 综上所述，本题应选C。‎ ‎7.如图所示的电路中，当开关S闭合时，电路中的电流表和电压表读数的变化是（）‎ A. 两表读数均变大 B. 电流表读数增大，电压表读数减小 C. 两表读数均变小 D. 电流表读数减小，电压表读数增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查闭合电路的欧姆定律的应用 ‎【详解】开关闭合前，电路外电阻为，开关闭合后，被短路，电路外电阻为，即总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律，电路中的总电流将要增大，电源内电压也要增大，则路端电压会变小，即电流表示数增大，电压表示数变小，故本题正确答案选B。‎ ‎8.如图所示的电路中，灯泡A和灯泡B原来都是正常发光的，现在突然灯泡A比原来变暗了些，灯泡B比原来变亮了些，则电路中出现的故障可能是(　　)‎ A. R1、R2同时短路 B. R1短路 C. R3断路 D. R2断路 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、R2短路，B灯不亮，不符合题意．故A错误． B、若R1短路，外电阻减小，路端电压U减小，干路电流I增大，R3电流I3减小，则通过A的电流IA=I-I3增大，UA增大，A灯变亮；B灯并联分流变大，B灯变亮，不符合题意．故B错误． C、若R3断路，外电阻增大，路端电压U增大，A、B两灯均变亮，不符合题意．故C错误． D、R2断路，外电阻增大，路端电压U增大，干路电流I减小，R3电流I3‎ 增大，则通过A的电流IA=I-I3减小，A灯变暗．B灯电压UB=U-IA（RA+R1）增大，B灯变亮，符合题意．故D正确．‎ ‎9.某一电源的路端电压与电流的关系和电阻R1、R2的电压与电流的关系图如图所示.用此电源和电阻R1、R2组成电路.R1、R2可以同时接入电路，也可以单独接入电路.为使电源输出功率最大，可采用的接法是( )‎ A. 将R1单独接到电源两端 B. 将R1、R2并联后接到电源两端 C. 将R1、R2串联后接到电源两端 D. 将R2单独接到电源两端 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据闭合电路欧姆定律得：U=E−Ir知，I=0时，U=E，图象的斜率等于r，则由电源的U−I图线得到：电源的电动势为E=3V，内阻为r=0.5Ω. 由电阻的伏安特性曲线求出R1=0.5Ω、R2=1Ω，R1单独接到电源两端时，两图线的交点表示电路的工作状态，可知，电路中的电流为3A，路端电压为1.5V，则电源的输出功率为P出1=1.5V×3A=4.5W，‎ 同理，当将R1、R2串联后接到电源两端，利用欧姆定律可得电路电流I串=1.5A，此时电源的输出功率P串=I2串(R1+R2)=3.75W；两电阻并联时，利用欧姆定律可得电路电流I并=3.6A,此时电源的输出功率P并=EI并−I2并r=4.32W；R2单独接到电源两端输出功率为P出2=2V×2A=4W.所以将R1单独接到电源两端时电源的输出功率最大。故A正确，BCD错误。‎ 故选：A ‎【点睛】由电源的U-I图线纵横截距读出电源的电动势，由斜率求出电源的内阻．由电阻的U-I图线求出电阻．再分别求出四种情况下电源的输出功率进行选择．‎ ‎10.示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的（ ）‎ A. 极板x应带正电 B. 极板x´应带正电 C. 极板y应带正电 D. 极板y´应带正电 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】本题考查示波器的原理，YY’间的电场使得电子在y轴上产生偏转，XX’间的电场使得电子在x轴上产生偏转 据荧光屏上电子的坐标可知示波管内电子受力情况：受指向y方向和指向x方向电场力。即电子在经过偏转电极时向X、Y两极板偏转，则这两个电极都应带正电，故AC正确 ‎11.如图所示，直线OC为某一直流电源的总功率P总随着总电流I变化的图线，曲线OBC为同一直流电源内部的热功率Pr随电流I的变化图线，若A、B对应的横坐标为2A，则下面说法中不正确的是 A. 电源电动势为3V，内阻为1Ω B. 线段AB表示的功率为2W C. 电流为2A时，外电路电阻为0.5Ω D. 电流为3A时，外电路电阻为2Ω ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】ABD．在C点电源的总功率和电源的内部的热功率Pr相等，说明此时，只有内电路，外电路短路，即外电阻为0，电源的总功率P=EI，C点表示I=3A，P=9W，则电源的电动势E=3V，由图看出，C点表示外电路短路，电源内部热功率等于电源的总功率，则有P=I2r，代入解得，r=1Ω，AB段表示的功率为 PAB=EI′-I′2r=3×2-22×1（W）=2W 故AC正确，D错误；‎ C．根据闭合电路欧姆定律，有 电流为2A时，解得外电阻：‎ 故C正确。‎ ‎12.如图甲所示电路中，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器．闭合开关S，将R2的滑片P从最右端滑到最左端的过程中，两个电压表的示数随电路中电流I的变化关系分别如上图乙中图线a、b所示．若电表均为理想化，则以下论断正确的是（ ）‎ A. 图线a是电压表V2的示数变化情况 B. 电源内阻的阻值为10Ω C. 电源的最大输出功率为3.6W D. 滑动变阻器R2消耗的最大电功率为0.9W ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；而R1两端的电压增大，R2两端的电压减小，故b表示是V1示数的变化；a表示V2示数的变化；故A正确；由图可知，当只有R1接入电路时，电路中电流为0.6A，电压为3V，则由E=U+Ir可得：E=3+0.6r；当滑动变阻器全部接入时，两电压表示数之比为，故；由闭合电路欧姆定律可得E=5+0.2r，解得r=5Ω，E=6V，故B错误；因当电源的内电阻等于外电阻时，电源的输出功率最大，故当外阻等于5Ω时，电源的输出功率最大，故此时电流I==0.6A，故电源的最大输出功率P=UI=1.8W；故C 错误；由图线可知，R1的阻值为5Ω，把 R1等效为电源的内阻，则当滑动变阻器的阻值等于R1+r时，滑动变阻器消耗的功率最大，故当滑动变阻器阻值为10Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大，由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流I′==0.3A，则滑动变阻器消耗的总功率P′=I'2R′=0.9W；故D正确。‎ 二、实验题(共2小题,每小题8.0分,共16分) ‎ ‎13.在测量一节干电池的电动势和内电阻的实验中，实验电路图如图所示．‎ ‎(1) 实验过程中，电流表应选______滑动变阻器应选_______(请填写选项前对应的字母)‎ A．电流表A1(量程0.6 A，内阻约0.8 Ω) B．电流表A2(量程3 A，内阻约0.5 Ω)‎ C．滑动变阻器R1(0～10 Ω) D．滑动变阻器R2(0～2000 Ω)‎ ‎(2) 根据图示的电路，电流表测量值_______真实值(选填“大于”或“小于”)．‎ ‎(3) 若测量的是新干电池，其内电阻比较小．在较大范围内调节滑动变阻器，电压表读数变化________(选填“明显”或“不明显”)．‎ ‎(4)闭合开关，调节滑动变阻器，读取电压表和电流表的示数．用同样方法测量多组数据，将实验测得的数据标在如图所示的坐标图中，请作出UI图线_____，由此求得待测电池的电动势E=_____V，内电阻r=______Ω（结果均保留两位有效数字）．所得内阻的测量值与真实值相比________（填“偏大”、“偏小”或“相等”）．‎ ‎ ‎ ‎【答案】 (1). A (2). C (3). 小于 (4). 不明显 (5). (6). 1.5 (7). 1.9 (8). 偏小 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查测量电源电动势和内阻的实验 ‎【详解】(1)因为一般干电池的电动势为1.5V，结合电路中的电阻情况得知电路中的电流比较小，所以应该选量程为0.6A的电流表更合适，故电流表选A；因为是限流式电路，滑动变阻器应该选择总阻值和电源内阻更接近的，故滑动变阻器应该选择C；‎ ‎(2)此电路图采用的是电流表相对电源的外接法，因为电压表存在分流作用，故而电流表的测量值实际并不是主路电路，主路电流应该等于电流表的示数与流经电压表的电流之和，故电流表测量值应小于真实值；‎ ‎(3)若电源比较新，内阻较小，则内电压的变化也比较小，故路端电压变化不明显，即电压表示数变化不明显；‎ ‎(4)将方格纸上的个点连成如图所示的直线，由图线可得，该图线与纵轴的焦点表示电源的电动势，该图线的斜率的绝对值表示电源的内阻，即E=1.5V，r=1.9Ω，因使用该种方法测量得出的 ，即测量值相比于真实值偏小。‎ ‎14.某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ，步骤如下：‎ ‎（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图，由图可知其长度为_____mm.‎ ‎（2）用螺旋测微器测量其直径如图，由图可知其直径为_______mm. ‎ ‎（3）用多用电表的电阻“Ω”档，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图，则该电阻的电阻值约为_______Ω.若使用的是直流电压“V”，则该电压的读数为_______V.‎ ‎（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：‎ 待测圆柱体电阻R； 开关S； 导线若干；直流电源E（电动势4 V，内阻不计）‎ 电流表A1（量程0~4 mA，内阻约50 Ω） 电流表A2（量程0~10 mA，内阻约30 Ω）；‎ 电压表V1（量程0~3 V，内阻约10 kΩ） 电压表V2（量程0~15 V，内阻约25 kΩ）；‎ 滑动变阻器R1（阻值范围0~15 Ω，允许通过的最大电流为2.0 A）；‎ 滑动变阻器R2（阻值范围0~2 kΩ，允许通过的最大电流为0.5 A）‎ 为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，电阻R两端电压从零调起，请在方框中画出测量的电路图______，电流表应选______电压表应选______变阻器选择_______‎ ‎【答案】 (1). 50.15 (2). 4.700 (3). 220 (4). 3.9 (5). (6). A2 (7). V1 (8). R1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）游标卡尺主尺读数为50mm，游标尺读数为3×0.05mm=0.15mm，故测量值为50.15mm；‎ ‎（2）螺旋测微器主轴读数为4.5mm，螺旋读数为20.0×0.01mm=0.200mm，故测量值为4.700mm；‎ ‎（3）欧姆表的读数为刻度值乘以倍率，所以测量值为22×10=220Ω，因指针指在中央刻度值附近，故不需要换倍率；‎ ‎（4）电动势为4V，故电测电阻最大电流约为，所以电流表选择A2；电压表选择V1；因要测量多组数据故滑动变阻器用分压式接法，为调节方便，所以滑动变阻器应选择跟待测电阻相差不大的阻值，即选择R1，综上所述，电路应该按如图所示接法。‎ 三、计算题(共4小题,每小题9.0分,共36分)‎ ‎15.如图所示的电路中，电源的电动势E＝12 V，内阻未知，R1＝8 Ω，R2＝1.5 Ω，L为规格“3 V　3 W”的灯泡，开关S断开时，灯泡恰好正常发光.(不考虑温度对灯泡电阻的影响)求：‎ ‎(1)灯丝电阻；‎ ‎(2)电源的内阻；‎ ‎(3)开关S闭合时，灯泡实际消耗的功率.‎ ‎【答案】(1) 3Ω (2)1Ω (3)0.48W ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查闭合电路的欧姆定律的综合应用以及功率等相关基本概念的理解和应用 ‎【详解】（1）由题意知灯泡正常发光，则灯丝的功率为额定功率，即灯丝电阻；‎ ‎（2）断开S时，灯L正常发光，即I1＝I0，闭合电路欧姆定律得r＝1 Ω；‎ ‎（3）闭合S时，设外电路总电阻为，根据闭合电路的欧姆定律，知干路电流为，灯泡两端的电压，灯泡实际消耗的功率。‎ ‎16.在如图所示的电路中，电源的电动势E=3.0V，内阻r=1.0Ω,电阻R1=10Ω，R2=10Ω，R3=30Ω，R4=35Ω；电容器的电容为500μF。电容器原来不带电。求接通电键S后流过R4的总电荷量。‎ ‎【答案】1×10-3‎ ‎【解析】‎ 略 ‎17.如图所示，ABCD为竖直放在场强为的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的ABC部分是半径为R=0.5m的半圆环（B为半圆弧的中点），轨道的水平部分与半圆环相切于C点，D为水平轨道的一点，而且CD=2R，把一质量m=100g、带电荷量的负电小球，放在水平轨道的D点，由静止释放后，小球在轨道的内侧运动．，求：‎ ‎（1）它到达B点时的速度是多大？‎ ‎（2）它到达B点时对轨道的压力是多大？‎ ‎【答案】（1）（2）5N ‎【解析】‎ ‎（1）设小球在B点的速度大小是vB，则对于小球由D→B的过程中，应用动能定理列出： qE×3R-mgR=mvB2 解得：vB=2m/s （2）则球受到轨道的压力大小为NB，在B点的圆轨道径向方向上，小球受到轨道对它的弹力和电场力，应用牛顿第二定律，有：NB-qE=m ‎ 解得：NB=5×104×10-4+0.1×=5N 由牛顿第三定律可知，它对轨道的压力为5N．‎ 点睛：在本题中物体不仅受重力的作用，还有电场力，在解题的过程中，一定要分析清楚物体的受力和运动过程，根据动能定理和牛顿第二定律灵活列式求解．‎ ‎18.如图所示，两平行金属板A、B长为L＝8 cm，两板间距离d＝8 cm，A板比B板电势高300 V，一带正电的粒子电荷量为q＝1.0×10－10C，质量为m＝1.0×10－20kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度v0＝2.0×106m/s，粒子飞出电场后经过界面MN、PS间的无电场区域，然后进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域（设界面PS右侧点电荷的电场分布不受界面的影响）．已知两界面MN、PS相距为12 cm，D是中心线RO与界面PS的交点，O点在中心线上，距离界面PS为9 cm，粒子穿过界面PS做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上。（静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，粒子的重力不计）‎ ‎（1）求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离多远？到达PS界面时离D点多远？‎ ‎（2）在图上粗略画出粒子的运动轨迹。‎ ‎（3）确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小。‎ ‎【答案】（1）3cm；12cm（2）见解析（3）Q带负电；1.04×10－8C ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离（侧向位移）：‎ y＝at2‎ a＝＝‎ L＝v0t 则y＝at2＝·（）2＝0.03 m＝3 cm 粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其轨迹与PS交于H，设H到中心线的距离为Y，‎ 界面距离为则有解得 Y＝4y＝12 cm ‎（2）第一段是抛物线、第二段是直线、第三段是圆弧；‎ ‎（3）粒子到达H点时，其水平速度 vx＝v0＝2.0×106m/s 竖直速度 vy＝at＝1.5×106m/s 则 v合＝2.5×106m/s 该粒子在穿过界面PS后绕点电荷Q做匀速圆周运动，所以Q带负电 根据几何关系可知半径r＝15 cm 解得 Q≈1.04×10－8C ‎ ‎ ‎ ‎