【物理】安徽省六安市毛坦厂中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题(解析版)

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【物理】安徽省六安市毛坦厂中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题(解析版)

高二期中考试物理试题(理科)‎ 一、选择题 ‎1.如图所示,实线表示某电场的电场线(方向未标出),虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹,设M点和N点的电势分别为,粒子在M和N时加速度大小分别为,速度大小分别为,电势能分别为。下列判断正确的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析:将粒子的运动分情况讨论:从M运动到N;从N运动到M,根据电场的性质依次判断;‎ 电场线越密,电场强度越大,同一个粒子受到的电场力越大,根据牛顿第二定律可知其加速度越大,故有;若粒子从M运动到N点,则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧,可知在某点的电场力方向和速度方向如图所示,故电场力做负功,电势能增大,动能减小,即,负电荷在低电势处电势能大,故;‎ 若粒子从N运动到M,则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧,可知在某点的电场力方向和速度方向如图所示,故电场力做正功,电势能减小,动能增大,即,负电荷在低电势处电势能大,故;‎ 综上所述,D正确;‎ ‎【点睛】考查了带电粒子在非匀强电场中的运动;本题的突破口是根据粒子做曲线运动时受到的合力指向轨迹的内侧,从而判断出电场力方向与速度方向的夹角关系,进而判断出电场力做功情况.‎ ‎2.一匀强电场的方向平行于xOy平面,平面内a、b、c三点的位置如图所示,三点的电势分别为10 V、17 V、26 V。下列说法正确的是( )‎ A. 电场强度的大小为2.5 V/cm B. 坐标原点处的电势为2V C. 电子在a点的电势能比在b点的低7 eV D. 电子从b点运动到c点,电场力做功为-9 eV ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.经过b点做等势线与ac交于d点,则d点的电势为17V,所以 过cf垂直bd于f,根据几何关系可知cf=3.6cm,则电场强度:‎ 故A项正确。‎ B.根据:‎ 因a、b、c三点电势分别为φa=10V、φb=17V、φc=26V,解得原点处的电势为1 V,故B错误;‎ C.电子在a点的电势能高于b点,故C错误。‎ D.电子从b点运动到c点,电场力做正功:‎ 故D错误。‎ ‎3.如图所示,A、B两板间加速电压为U1,C、D两板间偏转电压为U2。一个带电荷量为q正粒子()自A板起由静止相继被加速、偏转,飞离偏转电场时的最大侧移为C、D板间距离的一半,则它的出射速度的大小为( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】的电荷量为q=2e,粒子飞离偏转电场时的最大侧移为C、D板间距离一半,则粒子进入与离开偏转电场两点间的电势差为:‎ ‎ ‎ 粒子从进入加速电场到离开偏转电场过程中,由动能定理得:‎ 解得:‎ 故选B.‎ ‎4.如图甲所示,一条电场线与Ox轴重合,取O点电势为零,Ox方向上各点的电势随x变化的情况如图乙所示。若在O点由静止释放一电子,电子仅受电场力的作用,则( ) ‎ A. 电子将沿Ox轴负方向运动 B. 电子的电势能将增大 C. 电子运动的加速度恒定 D. 电子运动的加速度先减小后增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由图可知沿0−x方向电势逐渐升高,则电场线方向沿x负方向,电子所受电场力方向沿x轴正方向,故电子将沿Ox方向运动,故A错误;‎ B、由静止释放后,电场力对电子做正功,电子的电势能减小,故B错误;‎ CD、φ−x图象的斜率大小等于电场强度,由几何知识得知,斜率先减小后增大,则电场强度先减小后增大,所受电场力先减小后增大,电子加速度先减小后增大,故D正确,C错误;‎ 故选D。‎ ‎【点睛】根据φ-x图象的斜率大小等于电场强度,分析场强的变化,判断电子运动的加速度变化,由图可知沿Ox轴电势逐渐升高,可判断出电场线的方向,确定电子的运动方向,并判断电子电势能的变化。‎ ‎5.把表头G改装成大量程电流表时,下列说法正确的是(   )‎ A. 改装原理为并联电阻能增大通过G的电流 B. 改装成电流表后,表头G本身允许加的电压增大了 C. 改装后,表头G自身的电阻减小了 D. 改装后使用时,表头G本身的参量都不改变,整个并联电路允许通过的电流增大了 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】把表头G改装成电流表应并联一个分流电阻,并联电阻后,通过表头G的最大电流以及表头两端的最大电压均不变,故AB错误;改装后,表头G自身电阻不变,改装后电流表总电阻减小了,故C错误;改装后,表头参数,如满偏电流与内阻等参数不变,整个并联电路允许通过的最大电流增大,故D正确;故选D。‎ ‎【点睛】本题考查了电流表的改装,把小量程电流表改装成电流表,应并联一个分流电阻,改装后表头参数不变,量程变大.‎ ‎6.标有“6V 6W”和“6V 3W”的灯泡L1和L2串联接在某电源上,设灯丝电阻不变,则( )‎ A. 通过灯L1、L2的电流之比为2∶1 B. 灯L1、L2的实际功率之比为2∶1‎ C. 电源电压为12V时,灯L1、L2均正常发光 D. 电源电压为9V时,灯L2正常发光 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.两灯泡串联在某电源上时,通过两灯泡的电流相等,故A错误.‎ B.根据:‎ 可得两灯泡的电阻分别为:‎ 根据欧姆定律可以知道:‎ 所以B错误;‎ C.电源电压为12V时电路中电流:‎ 灯L1电压:‎ 不正常发光;灯L2电压:‎ 灯会被烧毁,故C错误.‎ D.电源电压为9V时,电路中电流:‎ 灯L2电压:‎ 正常发光,故D正确.‎ ‎7.如图所示,电路中电源的电动势为E,内电阻为r,开关S闭合后,当滑动变阻器R的滑片P向右移动的过程中,三盏规格相同的小灯泡L1、L2、L3的亮度变化情况是( )‎ A. 灯L1、L2变亮,灯L3变暗 B. 灯L2、L3变亮,灯L1变暗 C. 灯L1、L3变暗,灯L2变亮 D. 灯L2、L3变暗,灯L1变亮 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】变阻器与灯L1串联后与灯L2并联,再与灯L3串联;将滑动变阻器滑片P向右移动的过程中变阻器接入电路的电阻增大,外电路总电阻增大,由闭合电路欧姆定律得知:干路电流I减小,则通过L3的电流减小, L3变暗, L3两端电压和内阻所占电压都减小,则并联部分电压增大,所以流过灯L2电流变大, L2变亮,故:‎ I减小,I2增大,则I1减小,灯L1变暗;故选C.‎ ‎8.如图,电荷量分别为q和–q(q>0)的点电荷固定在正方体的两个顶点上,a、b 是正方体的另外两个顶点。则 A. a点和b点的电势相等 B. a点和b点的电场强度大小相等 C. a点和b点的电场强度方向相同 D. 将负电荷从a点移到b点,电势能增加 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】由几何关系,‎ 可知b的电势大于a的电势,故A错误,把负电荷从a移到b,电势能减少,故D错误;由对称性和电场的叠加原理,可得出a、b的合电场强度大小、方向都相同,故B、C正确。‎ ‎9.如图所示,平行板电容器A、B间有一带电油滴P正好静止在极板正中间,现将B极板匀速向下移动到虚线位置,其他条件不变。则在B极板移动的过程中( )‎ A. 油滴将向下做匀加速运动 B. 电流计中电流由b流向a C. 油滴运动的加速度逐渐变大 D. 极板带的电荷量减少 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】AC.将B极板匀速向下运动时,两极板的距离增大,由于电势差U不变,则根据:‎ 知极板间的电场强度减小,油滴所受的电场力减小,电场力小于重力,油滴所受合力向下,油滴向下加速运动,加速度:‎ 由于q、U、m不变,d逐渐增大,则加速度a逐渐增大,油滴向下做加速度增大的加速运动,故C正确,A错误;‎ BD.电容器板间距离增大,则电容器的电容C减小,而板间电压U不变,则由:‎ 可知电容器所带电荷量Q减小,电容器放电,上极板带正电,则知电流计中电流由a流向b,故B错误,D正确。‎ ‎10.如图所示,一质量力m.带电量力q的微粒,从两平行金属板正中央沿与匀强电场雷直方向射入。不计重力。当入射速度为v时,它恰好旁过电场而不碰金属板,现使微粒入时速度为,仍恰恰好穿过电场。保持其他量不变时,可行的方法是()‎ A. 使粒子带电荷量为原来的倍 B. 使两板间电压减为原来的倍 C. 使两板间距离增为原来的2倍 D. 便两板间距离增为原来的倍 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】设平行板长度为l,宽度为2d,板间电压为U,恰能穿过一电场区域而不碰到金属板上,则沿初速度方向做匀速运动:‎ 垂直初速度方向做匀加速运动:‎ 则:‎ A.使粒子的带电量减少为原来的,则:‎ 所以A正确.‎ B.使两板间所接电源的电压减小到原来的一半,则:‎ 故B错误.‎ C.使两板间的距离增加到原来的2倍,此时垂直初速度方向距离应为2d,则:‎ 所以C正确.‎ D.使两板间的距离增加到原来的4倍,此时垂直初速度方向距离应为4d,则:‎ 故D错误.‎ 二、填空题 ‎11.在“决定导线电阻的因素”的实验中测定金属的电阻率,若待测金属丝的电阻约为5 Ω,要求测量结果尽量准确,提供以下器材:‎ 电池组(3 V,内阻为1 Ω)‎ 电流表(0~0.6 A,内阻为0.125 Ω)‎ 电压表(0~3 V,内阻为4 kΩ)‎ 滑动变阻器(0~20 Ω,允许通过的最大电流为1 A)‎ 开关、导线若干 ‎(1)测电阻时,电流表、电压表、待测金属丝Rx 在组成测量电路时,应采用电流表____(选填“外”或“内”)接法,待测金属丝电阻的测量值比真实值偏____(选填“大”或“小”)。 ‎ ‎(2)若用螺旋测微器测得金属丝的直径d的读数如图所示,则读数为____mm。 ‎ ‎(3)若用L表示金属丝的长度,d表示直径,测得电阻为R,请写出计算金属丝电阻率的表达式为ρ=___。‎ ‎【答案】 (1). 外 小 (2). 0.900 (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2]因 故应该采用电流表外接法,而电流表外接法中由于电压表分流作用,测量值偏小 ‎(2)[3]由图可得螺旋测微器的读数为:‎ ‎0.5mm+40×0.01mm=0.900mm ‎(3)[4]由电阻定律得:‎ 由于:‎ 联立可得:‎ ‎12.为了测量一节干电池的电动势和内阻,某同学采用了伏安法,现备有下列器材:‎ A.被测干电池一节 B.电流表1:量程为0~0.6 A,内阻r=0.3 Ω C.电流表2:量程为0~0.6 A,内阻约为0.1 Ω D.电压表1:量程为0~3 V,内阻未知 E.电压表2:量程为0~15 V,内阻未知 F.滑动变阻器1:0~10 Ω,允许通过的最大电流为2 A G.滑动变阻器2:0~100 Ω,允许通过的最大电流为1 A H.开关、导线若干 在用伏安法测电池电动势和内阻的实验中,由于电流表和电压表内阻的影响,测量结果存在系统误差;在现有器材的条件下,要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。‎ ‎(1)在上述器材中请选择适当的器材;电流表_____电压表____滑动变阻器______ (选填仪器前的字母代号)。 ‎ ‎(2)实验电路图应选择下图中的____(选填“甲”或“乙”)。 ‎ ‎(3)根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U-I图象,则干电池的电动势E=____V,内阻r=____Ω。‎ ‎【答案】 (1). B D F (2). 甲 (3). 1.5 0.7‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2][3]为了读数准确,所以选择B电流表:量程;选择的电压表量程不宜过大,否则读数不准确,所以应选D电压表:量程;选择的滑动变阻器阻值应较小,这样有利于控制电表的数值变化,减小误差,故选F。‎ ‎(2)[4]测量电源电动势和内阻的时候,因为电池的内阻是很小的,电流表的内阻已知,若采用乙图的接法,由于电压表分流的影响,会使测量电阻误差较大,为了减小内阻的测量误差,实验时应选用电路图甲。‎ ‎(3)[5][6]由图象可知,电池内阻:‎ 三、计算题 ‎13.如图所示,R为电阻箱,V为理想电压表.当电阻箱读数为R1=2Ω时,电压表读数为U1=4V;当电阻箱读数为R2=5Ω时,电压表读数为U2=5V.求:‎ ‎(1)电源的电动势E和内阻r.‎ ‎(2)当电阻箱R读数为多少时,电源的输出功率最大?最大值Pm为多少?‎ ‎【答案】(1)E=6 V r=1 Ω (2)当R=r=1 Ω时,Pm=9 W ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由闭合电路欧姆定律得:‎ ‎,代入得①,‎ ‎,代入得:②,‎ 联立上式并代入数据解得:E=6V,r=1Ω ‎(2)当电阻箱的阻值等于电源的内电阻时电源的输出功率最大,即有R=r=1Ω 电源的输出功率最大为:;‎ ‎14.如图所示,电源的电动势为50V,电源内阻为1.0Ω,定值电阻R=14Ω,M为直流电动机,电枢电阻R′=2.0Ω,电动机正常运转时,电压表读数为35V,求在100s时间内电源做的功和电动机上转化为机械能的部分是多少?‎ ‎【答案】在100s内电源做的功;在100s内电动机转化为机械能的部分有 ‎【解析】‎ ‎【详解】内阻和电阻R上的电压为)‎ 由欧姆定律得电路电流为 在100s内电源做的功 在100s内电动机转化为机械能部分有 ‎15.如图所示,用长L的绝缘细线拴住一个质量为m,带电量为q的小球,线的另一端拴在水平向右的匀强电场中,开始时把小球、线拉到和O在同一水平面上的A点(线拉直),让小球由静止开始释放,当摆线摆到与水平线成60°角到达B点时,球的速度正好为零.求:‎ ‎(1)B、A两点的电势差;(2)匀强电场的场强大小.‎ ‎【答案】(1);(2) ‎ ‎【解析】‎ ‎(1)小球从静止释放到到达B点的过程中,根据动能定理得   mgLsin60°+qUAB=0 得, (2)匀强电场的电场强度 ,d=L(1-cos60°),联立得到, ‎ ‎16..如图所示,水平放置的平行板电容器,原来两极板不带电,上极板接地,它的极板长l=0.1 m,两极板间距离d=0.4 cm。有一束相同微粒组成的带电粒子流从两极板中央平行于极板射入,由于重力作用微粒落到下极板上。已知微粒质量为m=2×10-6 kg,电荷量为q=+1×10-8 C,电容器电容为C=10-6 F,g取10 m/s2。‎ ‎(1)为使第1个微粒的落点范围在下极板中点到紧靠边缘的B点之间,则微粒入射速度v0应为多少?‎ ‎(2)若带电粒子落到AB板上后电荷全部转移到极板上,则以上述速度射入的带电粒子最多能有多少个落到下极板上?‎ ‎【答案】(1)2.5 m/s≤v0≤5 m/s(2)600个 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)第一个粒子在极板间做平抛运动,即水平位移:‎ 竖直位移:‎ 为使第一粒子能落在下板中点O到紧靠边缘的B点之间,x必须满足:‎ 即:‎ 带入数据计算得出:‎ ‎(2)由题意可知:‎ 代入数据得:s.  ‎ 由:‎ 代入数据得:‎ 根据牛顿第二定律有:‎ 代入数据解得: C.‎ 最多能有落到下极板上的带电粒子的个数:‎ 代入数据得:个.‎ 答:(1)微粒入射速度v0应满足.‎ ‎(2)以上述速度入射的带电粒子,最多能有600个落到下极板上.‎
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