福建省厦门外国语学校2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

福建省厦门外国语学校2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

福建省厦门外国语学校2019-2020学年高二上学期期中物理试题 一、单选题 ‎1.下列静电学公式中，F、q、E、U、r和d分别表示电场力、电量、场强、电势差以及距离①   ②    ③     ④  （     ）‎ A. 它们都只对点电荷或点电荷的场才成立 B. ①②③只对点电荷或点电荷的场成立，④只对匀强电场成立 C. ①②只对点电荷成立， ③对任何电场都成立，④只对匀强电场才成立 D. ①②只对点电荷成立， ③④对任何电场都成立 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题可知，本题考查基本公式的适用范围，根据公式得定义可分析本题 ‎【详解】A．④只对匀强电场才成立，故A错误；‎ B．③是通用公式，点电荷电场匀强电场都成立，故B错误 CD．①②只对点电荷成立， ③是通用公式，对任何电场都成立，④只对匀强电场才成立，故C正确，D错误。‎ ‎2.一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为（ ）‎ A. v0-v2 B. v0+v2 C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查动量守恒定律 ‎【详解】系统分离前后，动量守恒： ，解得： ，故ABC错误；D正确 ‎3.如图所示，匀强电场的场强E=3×105V/m，A、B两点相距0.2m，两点连线与电场的夹角是60°，下列说法正确的是（　　）‎ ‎ ‎ A. 电荷量q=+2×10-4C的电荷从A点运动到B点电势能增大6J B. 电荷量q=-2×10-4C的电荷从A点运动到B点电场力做功为-6J C. 若取A点的电势为0，则B点的电势φB=3×104V D. A、B两点间的电势差是UAB=6×104V ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：从A到B，电场力做功W=qEdABcos60°=2×10−4×3×105×0．2×J=6J．则电势能减小6J．故A错误．从A到B，电场力做功W=-qEdABcos60°=-2×10−4×3×105×0．2×J=-6J．故B正确．AB间的电势差UAB=EdABcos60°=3×105×0．2×V=3×104V，因为A点的电势为0，则B点的电势为φB=-3×104V．故CD错误．故选B。‎ 考点：电场力的功与电势差的关系 ‎【名师点睛】解决本题的关键掌握电场力做功与电势差、电势差与电场强度的关系，并能灵活运用，基础题。‎ ‎4.如图所示，R是光敏电阻，当它受到的光照强度增大时，电阻减小，则( ) ‎ A. 灯泡L变暗 B. 光敏电阻R上的电压增大 C. 电压表V读数增大 D. 电容器C的带电荷量增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题中“当它受到的光照强度增大时，电阻减小”可知，本题考查电路动态变化，根据闭合电路欧姆定律可分析本题。‎ ‎【详解】A．当R受到的光照强度增大时，电阻减小，电流增加，灯泡变亮，故A错误；‎ B．串联电路电阻分压，电阻越大，分压越多，电阻越小分压越低，故B错误；‎ C．电压表所测电压为电路的路端电压，当R变小，外电路分压变小，故电压表读书减小，故C错误；‎ D．灯泡两端电压，电容器电压增大，根据 可知，电容器带电量增大，故D正确。‎ ‎5.如图所示，虚线表示电场的一簇等势面且相邻等势面间电势差相等，一个a粒子以一定的初速度进入电场后，只在电场力作用下沿实线轨迹运动，a粒子先后通过M点和N点．在这一过程中，电场力做负功，由此可判断出（　　）‎ A. a粒子在N点的电势能比在M点的电势能大 B. N点的电势低于M点的电势 C. a粒子在M点的速率小于在N点的速率 D. a粒子在M点受到的电场力比在N点受到的电场力大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】α粒子为氦核带正电，由运动轨迹可知，电场力的方向向右，根据电场的性质“顺着电场线的方向电势降落”可知M点的电势低于N点的电势，a粒子在N点的电势能比在M点的电势能大。故A正确；B错误；粒子从M到N，电场力做负功，则知动能减小，速率减小。故C错误。根据电场线或等势面的疏密程度可知，M点的等势面稀疏，电场线稀疏，则M点的场强小于N场强，α粒子在M点受的电场力小于在N点受的电场力。故D错误。故选A。‎ ‎6.A、B两灯的额定电压都是110V，A灯的额定功率PA＝100W，B灯的额定功率PB＝40W，若将两灯同时接入电压恒为220V的电路上，且使两灯均能正常发光，同学们设计了如图所示的甲、乙两种电路，则甲、乙两电路消耗的电功率之比为（ ）‎ A. 27 B. 25 C. 57 D. 37‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】甲电路中，由于A、B两灯的额定电压都是110V，额定功率PA=100W、PB=40W，由此可知RB＞RA，把灯B与电阻并联，可以使并联部分的电阻减小，可使A灯与并联部分的电阻相同，所以A、B能同时正常发光，并联电路消耗的功率与A灯的功率相同，所以总功率大小为200W；乙电路中，把AB并联之后与电阻串联接入电路，当电阻的阻值与A、B两灯并联的总电阻相等时，A、B就可以正常发光，此时电阻消耗的功率为A、B两灯功率之和，所以电路消耗的总的功率的大小为280W，由此可知，甲、乙两电路消耗的电功率之比为57。‎ A. 甲、乙两电路消耗的电功率之比为27，与上分析不一致，故A错误；‎ B. 甲、乙两电路消耗的电功率之比为25，与上分析不一致，故B错误；‎ C. 甲、乙两电路消耗的电功率之比为57，与上分析一致，故C正确；‎ D. 甲、乙两电路消耗的电功率之比为37，与上分析不一致，故D错误。‎ ‎7.如图所示，一粗糙绝缘竖直平面与两个等量异种点电荷连线中垂面重合，A、O、B为该面上同一条竖直线上的三点，且O为点电荷连线的中点。现有带电荷量为q、质量为m的小物块(可视为质点)，在A点以初速度v0释放沿AOB向下滑动，则 (     )‎ A. 小物块带正电 B. 从A到B,小物块的电势能先减小后增大 C. 从A到B,小物块所受电场力先增大后减小 D. 从A到B,小物块的加速度不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题中“一粗糙绝缘竖直平面与两个等量异种点电荷连线的中垂面重合”可知，本题考查带点物体在电场中的运动，根据库仑定律和牛顿第二定律可以分析本题。‎ ‎【详解】A．由于小物受重力、电场力和墙壁的摩擦力、弹力，可以判断小物块带负电，故A错误；‎ B．由于AB是等势线，则从A到B电荷的电势能不变，故B错误；‎ CD．从A到O的过程中，电场强度越来越大，则电场力越来越大，由于物块在水平方向上平衡，可知墙壁的弹力增大，导致滑动摩擦力增大，根据 可知，加速度增大，从O到B的过程中，电场强度越来越小，电场力越来越小，同理可知滑动摩擦力减小，加速度减小，故C正确，D错误。‎ ‎8. 在如图9所示的图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路．由图象可知 (　　)‎ A. 电源的电动势为3 V，内阻为0. 5 Ω B. 电阻R的阻值为1 Ω C. 电源的输出功率为2 W D. 电源的效率为66.7 %‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ 图象Ⅰ与纵轴的交点表示电源电动势，为3 V，图象Ⅰ的斜率的绝对值表示电源内阻，为0.5 Ω，选项A正确；图象Ⅱ的斜率表示电阻R的阻值为1 Ω，选项B正确；电源输出电压为U＝2 V，电流为2 A，电源输出功率为4 W，选项C错；电源效率η＝P出/P总＝U/E＝2/3×100%≈66.7%，选项D正确．‎ 二、多选题 ‎9.在如图所示电路中，电源电动势为10 V，电源内阻为1 Ω，电路中电阻R0为2 Ω，小型直流电动机M的内阻为1 Ω。闭合开关S后，电动机转动，理想电流表的示数为2 A。则以下判断中正确的是（    ）‎ A. 电动机两端的电压为6 V B. 电动机的输出功率为8 W C. 电动机的发热功率为4 W D. 电源输出的电功率为16 W ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，本题考查闭合电路欧姆定律、电功率和焦耳定律。根据闭合电路欧姆定律、电功率和焦耳定律公式可分析本题。‎ ‎【详解】A．根据闭合电路欧姆定律可得 代入数据解得 故A错误；‎ B．由公式 可得 故B错误；‎ C．由焦耳定律可得 解得 故C正确；‎ D．由公式 解得 故D正确。‎ ‎10.一质量为m的运动员托着质量为M的重物从下蹲状态（图甲）缓慢运动到站立状态（图乙），该过程重物和人的肩部相对位置不变，运动员保持乙状态站立△t时间后再将重物缓慢向上举，至双臂伸直（图丙）。甲到乙、乙到丙过程重物上升高度分别为h1、h2，经历的时间分别为t1、t2，则 A. 地面对运动员的冲量为(M+m)g(t1+t2+△t)，地面对运动员做的功为0‎ B. 地面对运动员的冲量为(M+m)g(t1+t2)，地面对运动员做的功为(M+m)g(h1+h2)‎ C. 运动员对重物的冲量为Mg(t1+t2+△t)，运动员对重物做的功为Mg(h1+h2)‎ D. 运动员对重物的冲量为Mg(t1+t2)，运动员对重物做的功为0‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】因运动员将重物缓慢上举，则可认为是平衡状态，地面对运动员的支持力为：(M+m)g，整个过程的时间为(t1+t2+△t)，根据I=Ft可知地面对运动员的冲量为(M+m)g(t1+t2+△t)；因地面对运动员的支持力没有位移，可知地面对运动员做的功为0，选项A正确，B错误；运动员对重物的作用力为Mg，作用时间为(t1+t2+△t)，根据I=Ft可知运动员对重物的冲量为Mg(t1+t2+△t)，重物的位移为(h1+h2)，根据W=Fs可知运动员对重物做的功为Mg(h1+h2)，选项C正确，D错误。‎ ‎11.如图所示，E表示电源电动势、I表示电路中的电流、U表示电源的路端电压、P表示电源的输出功率，当外电阻R变化时，下列图象中可能正确的是(　　)‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】电源的电动势与外电路的电阻无关，选项A错误；由闭合电路的欧姆定律：‎ 可知I-R图像不是直线，选项B错误；，则随R增加，U增大，当R→∞时U→E，选项C正确； ；因当r=R时，P最大，可知图像D正确。‎ ‎12.如图所示，一带电液滴在重力和匀强电场的电场力作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论正确的是（ ）‎ A. 此液滴可能带正电 B. 液滴做匀加速直线运动 C. 合外力对液滴做总功等于零 D. 液滴的电势能减少 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.带电液滴受到重力和电场力两个力作用，由题意，带电液滴沿直线bd运动，合外力方向必定沿bd方向，则知电场力方向必定水平向右，故液滴带负电荷，故A错误；‎ B.由于重力和电场力都是恒力，液滴的合力恒定，则液滴从静止开始做匀加速直线运动，故B正确；‎ C.合外力的方向与运动的方向相同，故合外力对液滴做正功，故C错误；‎ D.电场力对液滴做正功，故液滴的电势能减少，故D正确。‎ 三、实验题 ‎13.用如图(甲)所示的电路图研究额定电压为2.4V的灯泡L的伏安特性，并测出该灯泡在额 定电压下工作时的电阻值．‎ ‎(1)在闭合开关 S 前，滑动变阻器触头应该放在___________端.(选填“a”或“b”)‎ ‎(2)按电路图(甲)测出的灯泡电阻值比真实值 ______ (选填“偏大”或“偏小”).根据所 得到的图象如图乙所示，它在额定电压下实际功率 P =_____W，I − U 图象是一条曲线而不是直线的原因是__________________ ．‎ ‎【答案】 (1). a (2). 偏小 (3). 1.2 (4). 电阻率随温度升高而升高 ‎【解析】‎ ‎（1）闭合开关前，应将滑动触头置于输出电压最小的a端，以保护电流表；（2）根据欧姆定律，电阻测量值为，若考虑电压表内阻影响，待测电阻的真实值为，比较可知，所以测出的灯泡电阻值比真实值偏小；根据I-U图象读出U=2.4V时对应的电流I=0.5A，所以小灯泡的实际功率为，根据欧姆定律应有：,可见I-U图象上的点与原点连线斜率的倒数等于灯泡的电阻，由于连线的斜率逐渐减小，所以小灯泡的电阻随温度的升高而增大，即I-U图象是一条曲线而不是直线的原因是小灯泡的电阻随温度的升高而增大．‎ ‎【点睛】本题（1）的关键是明确变阻器采用分压式接法时，电键闭合前应将滑片置于输出电压最小的一端以保护电流表；题（2）的关键是根据欧姆定律写出电阻测量值和真实值的表达式即可；对于I-U图象，应根欧姆定律写出关于I与U的函数表达式，可知图象上的点与原点连线的斜率倒数应等于小灯泡的电阻，然后讨论即可．‎ ‎14.某探究小组采用如图甲所示的电路测定一节干电池的电动势和内阻时，发现量程为3V的电压表出现故障不能正常使用，实验台上有一个量程为，内阻灵敏电流计和一个电阻箱R（）．‎ ‎（1）为了把灵敏电流计改装成量程为2V的电压表继续实验，电阻箱R应调整至______．‎ ‎（2）探究小组中一个同学用灵敏电流计和电阻箱设计了如图乙所示的实验电路，同样测出了干电池的电动势和内阻．‎ ‎①多次调节电阻箱，记录灵敏电流计的示数I和电阻箱的阻值R，电源的电动势和内阻分别用E和r表示，则和R的关系式为_____________． ‎ ‎②然后以为纵坐标，以R为横坐标，做出图线为一直线，如图丙所示，测得直线在纵轴上的截距b=134，直线的斜率，则该电池的电动势E=______V，内阻r=______．‎ ‎【答案】 (1). 3800 (2). (3). 1.5 (4). 1.0‎ ‎【解析】‎ 解：（1）将电流计改装成电压表，应串联一个大电阻，根据串并联电路的规律可知：‎ ‎ ‎ ‎（2）①根据闭合电路欧姆定律可知： ‎ 变形可得： ‎ ‎②根据图象和公式可知：， ‎ 根据题意可知：E=1.5V；r=1.0Ω； ‎ 四、计算题 ‎15.光滑水平桌面上有两个物块A、B，它们的质量均为m，且位于同一直线上．开始时，两个物块均静止，让A以一定初速度v0与B碰撞，碰后他们粘在一起，求：‎ ‎（1）二者粘在一起时的速度大小：‎ ‎（2）碰撞中系统损失的动能．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设与相碰时共同速度为 由系统动量守恒可得：‎ 解得：‎ ‎​（2）系统损失的动能为：‎ 解得：‎ ‎16.如图所示，半径为R的内壁光滑的绝缘的半圆形轨道固定在水平面上，质量为m带电荷量为q的小球，从轨道右侧A点由静止开始释放，A点与圆心O等高，当小球到达B点时，球的速度正好为零，已知角∠AOB＝60°，重力加速度为g．求：‎ ‎(1)B、A两点的电势差；‎ ‎(2)匀强电场的电场强度大小．‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）对小球从A点运动到B点过程应用动能定理，有：‎ 解得：‎ ‎（2）B、A两点在水平方向上的距离为：‎ d＝R(1-cos60°)，‎ 根据：‎ U＝Ed 得：‎ ‎17.一质量为m、电荷量为q的小球，从O点以和水平方向成α角的初速度v0抛出，当达到最高点A时，恰进入一匀强电场中，如图，经过一段时间后，小球从A点沿水平直线运动到与A相距为S的A′点后又折返回到A点，紧接着沿原来斜上抛运动的轨迹逆方向运动又落回原抛出点（重力加速度为g，θ未知），求：‎ ‎（1）该匀强电场的场强E的大小；‎ ‎（2）从O点抛出又落回O点所需的时间 ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题中“从O点以和水平方向成α角的初速度v0抛出”可知，本题考查带电粒子在电场中的运动，根据带电粒子在匀强电场的运动轨迹以及规律可以分析本题。‎ ‎【详解】（1）斜上抛至最高点A时的速度 ‎①‎ 水平向右 由于AA′段沿水平方向直线运动，所以带电小球所受的电场力与重力的合力应为一平向左的恒力：‎ ‎②‎ 带电小球从A运动到A′过程中作匀加速度运动有 ‎③‎ 由以上三式得：‎ ‎。‎ ‎（2）小球斜抛运动到A点的时间 从A到A′运动时间 根据运动的对称性，则 小球运动所需总时间 ‎。‎ ‎18.如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两极板的长度L=80cm，两板间的距离d=20cm。电源电动势E=24V，内电阻r=1Ω，电阻R=15Ω，滑动变阻器的最大阻值为20Ω．闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电的小球从A、B两金属板左端正中间位置M处以初速度v0=8m/s水平向右射入两板间，恰能沿直线射出。若小球带电量为q=1×10-2C，质量为m=2×10-2kg，不考虑空气阻力，重力加速度g=10m/s2．求此时：‎ ‎（1）滑动变阻器接入电路的阻值；‎ ‎（2）当滑动变阻器阻值多大时，滑动变阻器消耗的功率最大？此时滑动变阻器消耗的功率是多少？‎ ‎（3）若使小球能从极板间射出，则滑动变阻器接入电路的阻值范围为多大？‎ ‎【答案】（1） （2） （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由电路图可知，本题考查闭合电路欧姆定律、电功率和带电粒子在电场中的运动，根据欧姆定律公式、电功率公式和粒子在匀强电场中的运动规律可分析本题。‎ ‎【详解】（1）小球在板间受力平衡可得：‎ ‎,‎ 联立可得 U=4V 电路电流为：‎ 变阻器接入电路的阻值为：‎ ‎（2）当 时，滑动变阻器消耗的功率最大；最大功率为 ‎（3）小球在极板间做类平抛运动水平方向：‎ 竖直方向：‎ 代入数据解得：‎ 如小球从电容器上板边缘射出，根据牛顿第二定律有：‎ 代入数据解得：‎ 极板间电场强度为：‎ 两极板间的电压为：‎ 电路电流为：‎ 变阻器接入电路的阻值为：‎ 当滑动变阻器接入电路的电阻为0时，小球的加速度为 可以从板间射出，‎ 所以滑动变阻器的接入电路电阻范围为