【物理】河南省郑州市第106中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（理）（解析版）

【物理】河南省郑州市第106中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（理）（解析版）

‎2019-2020 学年上学期 106 中学高二年级物理学科（理）‎ 期中试卷 一、选择题：（4×12=48 分，其中第 1-8 题为单选，9-12 为多选。全部选对得 4 分，部分选对得 2 分，不选、错选、多选得 0 分）‎ ‎1.如图所示，在某一点电荷Q产生的电场中，有a、b两点，其中a点的场强大小为Ea，方向与ab连线成30°角；b点的场强大小为Eb，方向与ab连线成 60°角．则关于a、b两点场强大小及电势高低，下列说法中正确的是( )‎ A. Ea＝3Eb，φa<φb B. Ea＝，φa>φb C. Ea＝2Eb，φa>φb D. Ea＝，φa<φb ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】将Ea、Eb延长相交，交点即为Q点的位置．设ab两点到Q的距离分别为ra和rb，由几何知识得到：‎ Ra=abcos30°‎ Rb=absin30°，‎ 则 故根据公式得，‎ 由电场线的方向可知，场源电荷为负电荷，故有：φa＞φb；故选B．‎ ‎2.关于静电场，下列说法正确的是（ ）‎ A. 电势等于零的物体一定不带电 B. 电场强度为零的点，电势一定为零 C. 同一电场线上的各点，电势一定相等 D. 负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】电势等于0的点是人为选择的，电势等于零的物体可能带电．故A错误；电势等于0的点是人为选择的，而电场强度是由电场本身决定的，电场强度为零的点，电势可能为零，也可能不为0；如等量同种点电荷连线的中点处，场强等于0，而电势不等于0．故B错误；沿电场线的方向，电势降低，所以同一电场线上的各点，电势一定不相等．故C错误；负电荷沿电场线方向移动时，电场力的方向与运动的方向相反，电场力做负功，电荷电势能增大．故D正确．故选D.‎ 点睛：加强基础知识的学习，掌握住电场线和等势面的特点，知道电场强度与电势分别描述电场的两个不同方面的性质，二者没有直接的关系，沿电场线的方向，电势降低．‎ ‎3.一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下．若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，能量变化情况为 ( )‎ A. 动能减小 B. 电势能增加 C. 动能和电势能之和减小 D. 重力势能和电势能之和增加 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】物体做曲线运动过程中受到的合力指向轨迹内侧，并且运动过程中小球只受电场力和重力，所以合力竖直向上，合力与运动方向夹角为锐角，做正功，动能增大，电场力方向向上，电场力做正功，电势能减小，AB错误；根据功能关系可知，在从a到b的运动过程中只有重力、电场力做功，因此重力势能、电势能、动能三者之和保持不变，因该过程中动能增加，因此重力势能和电势能之和减小，故C正确；从a到b的运动过程中重力做负功，重力势能增加，因此动能和电势能之和减小，故D错误．‎ ‎【点睛】做此类题目关键是根据物体做曲线运动过程中受到的合力指向轨迹内侧判断受力情况，本题在电场和重力场的复合场中重点考察带电小球的功能关系转化．在学习过程中要明确各种功能关系是解这类问题的关键．‎ ‎4.一个不带电的金属球，置于外电场中处于静电平衡时，下列说法中错误的是：（ ）‎ A. 金属球的内部可能有的地方场强不为零 B. 金属球内部任意一点的场强一定为零 C. 金属球内部不再有电荷定向移动 D. 金属球内部各处的电势相等 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 处于静电感应现象的导体，内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面．且导体是等势体．‎ ‎【详解】A、B项：金属球在外电场中，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在金属球内部出现感应电荷的电场，正好与外电场叠加，内部电场强度处处为零，故A错误，B正确；‎ C项：金属导体的内部电场强度处处为零，导体内部不再有电荷的定向移动．故C正确；‎ D项：处于静电平衡的导体，是等势体，金属球上任意两点的电势相等，故D正确．‎ 本题选错误的，故应选：A．‎ ‎5.用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图）．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，若 ‎ ‎ A. 保持S不变，增大d，则θ变大 B. 保持S不变，增大d，则θ变小 C. 保持d不变，减小S，则θ变小 D. 保持d不变，减小S，则θ不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】AB、电容器所带电荷量Q不变，由可知不变，增大d，则 变小，而由可得电容器的电压U变大，从而使得静电计的电压U变大，其指针的偏角θ变大，故A正确、B错误;‎ CD、同理可知保持d不变，减小S，则变小，而由可得电容器的电压U变大，使得静电计的电压U变大，其指针的偏角θ变大，故选项C、D均错误．‎ 故选:A.‎ ‎6.如图所示，图线1表示的导体的电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是（　　）‎ A. R1：R2=3：1‎ B. R1：R2=1：3‎ C. 将R1与R2串联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3‎ D. 将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.由图可得：‎ 即 R1：R2=1：3‎ 故A错误，B正确；‎ C.R1与R2串联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：1，故C错误；‎ D.将R1与R2并联后接于电源上，电流比I1：I2=R2：R1=3：1，故D错误．‎ ‎7.M、N是某电场中一条电场线上的两点，若在M点释放一个初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线由M点运动到N点，其电势能随位移变化的关系如图所示，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 电子在N点的动能小于在M点的动能 B. 该电场有可能是匀强电场 C. 该电子运动的加速度越来越小 D. 电子运动的轨迹为曲线 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】电子从不动到动，电势能逐渐减小，动能逐渐增加，选项A错误．根据电势能的图象可以看出电势能是非线性减小的，由知电势是非线性减小的，再根据U=dE推知场强是非线性减小的，因此该电场是非匀强电场，选项B错误．再由牛顿第二定律有qE=ma，加速度逐渐减小，选项C正确．轨迹与电场线重合，表明电场力与轨迹重合，因此轨迹只能是直线，选项D错误．‎ ‎8.下列关于电流方向的说法中正确的是( )‎ A. 电荷的定向移动方向即为电流的方向 B. 电流的方向总是从电源的正极流向负极 C. 电流既有大小，又有方向，是一个矢量 D. 在电源内部，电流从负极流向正极 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．物理学中电流的方向规定为正电荷定向移动的方向或负电荷定向移动的反方向，故A错误；‎ BD．在电源外部，电流的方向总是从电源的正极流向负极，而在电源内部，电流从负极流向正极，故B错误，D正确；‎ C．电流有方向，但电流的计算方法为代数方法，是标量，故C错误；‎ ‎9.关于电势的高低，下列说法中正确的是：（ ）‎ A. 沿着电场线的方向电势逐渐降低 B. 电势降低方向一定是电场线的方向 C. 正电荷只在电场力的作用下，一定向电势低的地方移动 D. 负电荷只在电场力的作用下，由静止释放，一定向电势高的地方移动 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据推论：沿电场线方向电势逐渐降低；电势降低最快的方向才是电场强度的方向；正电荷只在电场力作用下从A移到B，电荷不一定从高电势处向低电势处运动，还取决于电荷的初速度；负电荷在只受电场力的作用下，由静止释放，一定向电势高的地方运动．‎ ‎【详解】A项：电场力做功WAB=UABq，不妨设沿着电场线方向移动正电荷，则电场力做正功，所以UAB＞0，所以φA＞φB，所以沿着电场线方向电势逐渐降低，故A正确；‎ B项：沿着电场线方向移动电势降低，但是电势降低的方向不一定是电场线的方向，电势降低最快的方向才是场强的方向，即是电场线的方向，故B错误；‎ C项：正电荷只在电场力作用下从一点移到另一点，电荷不一定从高电势处向低电势处运动，还取决于电荷的初速度，故C错误；‎ D项：根据电场力做功的表达式WAB=UABq=Eqd，负电荷在只受电场力的作用下，由静止释放，电场力做正功，WAB＞0，q＜0，则UAB＜0，所以φA＜φB，即向电势高的地方运动，故D正确．故应选：AD．‎ ‎【点睛】电场线的疏密表示电场强度的相对大小，电场线的方向反映电势的高低，则电场强度与电势没有直接关系．顺着电场线方向，电势逐渐降低，但场强不一定减小．‎ ‎10.某导体中的电流随其两端电压的变化如图所示，则下列说法中正确的是( )‎ A. 该元件是非线性元件，不能用欧姆定律计算导体在某状态下的电阻 B. 加5V电压时，导体的电阻约0.2Ω C. 加12V电压时，导体的电阻约是8Ω D. 由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断增大 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．该元件是非线性元件，但在某一状态时能用欧姆定律计算导体在某状态的电阻，故A错误；‎ B．由图可知加5V电压时，电流为1.0A，则由欧姆定律可知：‎ 故B错误；‎ C. 由图可知加12V电压时，电流为1.5A，则由欧姆定律可知：‎ 故C正确；‎ D．由图知，随着电压的增大，图象上的点与原点连线的斜率减小，此斜率等于电阻的倒数，则知导体的电阻不断增大，故D正确。故选CD。‎ ‎11.关于电动势下列说法中正确的是（  ）‎ A. 在电源内部把正电荷从负极移到正极，非静电力做功，电能增加 B. 对于给定的电源，移动正电荷非静电力做功越多，电动势就越大 C. 电动势越大，说明非静电力在电源内部把正电荷从负极向正极送单位电荷量做功越多 D. 电动势越大，说明非静电力在电源内部把正电荷从负极向正极移送电荷量越多 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在电源内部把正电荷从负极移到正极非静电力做功，电能增加，电动势表征电源把其他形式的能转化为电能本领的大小；根据电动势的定义式E=分析其意义；电动势等于电源没有接入电路时两极的电压．‎ ‎【详解】A、在电源内部非静电力把正电荷从负极移到正极而做功，其他形式的能转化为电能，电能增加，故A正确．‎ B、电动势等于电源没有接入电路时两极的电压，故B错误．‎ C、D、根据电动势的定义式E=得：W=qE，可知电动势越大，说明非静电力在电源内部把单位正电荷从负极向正极移送做功越多．故C正确，D错误．‎ 故选AC．‎ ‎【点睛】本题的解题关键是理解掌握电动势的物理意义、掌握电动势的定义式E=，知道电动势与电源两极间电压的区别．‎ ‎12.静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷　　‎ A. 在和处电势能相等 B. 由运动到的过程中电势能增大 C. 由运动到的过程中电场力先增大后减小 D. 由运动到的过程中电场力先减小后增大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图像判断电场线的方向，再确定电势大小的关系．‎ ‎【详解】A．由图像可知，在0～x1之间，电场强度E是正的，是沿x轴正方向的；在x1～x4之间，电场强度E是负的，是沿x轴负方向的，故由x2到x4是逆着电场线的方向，所以x4处的电势要大于x2处的电势，选项A错误；‎ B．由x1运动到x3过程中，是逆着电场线方向的，所以电势能增大，选项B正确；‎ CD．由x1运动到x4的过程中，x3处的电场强度的大小是最大的，故电荷在该点受到的电场力也应该是最大的，故电场力是先增大后减小，选项C正确，D错误．‎ ‎【点晴】图像只是向我们提供一种电场强度与位置的关系，需要我们通过图像将其转化为具有一定形态的东西，当我们将其转化成具体的电场线的某一个方向时，我们再去判断就会很容易了，所以对图像的识别很重要．‎ 二．实验题（共 16 分）‎ ‎13.为了研究“3.8V，0.3A“小灯泡的电阻随电流变化的规律，某同学测量小灯泡两端的电压和通过小灯泡的电流的关系．实验室可以提供的器材如下：‎ ‎①直流电源E（电动势约4V，内阻可不计）； ‎ ‎②电流表A（量程为0-0.6A，内阻约0.5Ω）； ‎ ‎③电压表V（量程为0-5V，内阻约20kΩ； ‎ ‎④滑动变阻器R1（阻值0-10Ω，额定电流2A）； ‎ ‎⑤滑动变阻器R2（阻值0-200Ω，额定电流1.5A）； ‎ ‎⑥电键S及导线若干． ‎ 实验测得的数据记录在下表中：‎ ‎（1）请在坐标纸上画出小灯泡的I-U图线_______．‎ ‎（2）应选择的滑动变阻器为（填写仪器符号）：_______．‎ ‎（3）根据以上条件在虚线框中画出符合要求的实验电路图_______．‎ ‎【答案】 (1). (2). R1 (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]根据各组数据，描细点，做平滑曲线，得小灯泡的U-I图线如图所示：‎ ‎(2)[2]为了实验操作方便，电表读数变化明显，所以采用较小的阻值的滑动变阻器，即选R1;‎ ‎(3)[3]根据题意，由小灯泡电阻远小于电压表内阻，电流表应用外接法，因要求电流或电压从零调，变阻器应用分压式接法，电路图如图所示．‎ 三．计算题（共 36 分）‎ ‎14.炽热的金属丝可以发射电子．在金属丝和金属板之间加以电压U＝2000V，发射出的电子在真空中加速后，从金属板的小孔穿出．电子穿出时的速度多大？（e＝1.6×10﹣19C，电子的质量m＝0.9×10﹣30Kg）‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电子在加速电场中做加速运动，电场力做功 W=qU，根据动能定理求解电子加速获得的速度．‎ ‎【详解】根据动能定理：‎ ‎ ‎ 代入数据：1.6×10-19×2000= ‎ 解得：‎ ‎【点睛】解决本题的关键是知道电场力做功的表达式W=qU，明确动能定理求解速度是常用的方法．‎ ‎15.如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、电场强度为E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L处有一与电场平行的屏．现有一电荷量为、质量为的带电粒子（重力不计），以垂直于电场线方向的初速度射入电场中，方向的延长线与屏的交点为．试求：‎ ‎（1）粒子从射入到打到屏上所用的时间；‎ ‎（2）粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向夹角的正切值；‎ ‎（3）粒子打在屏上的点到点的距离．‎ ‎【答案】（1） （2） （3）‎ ‎【解析】（1）粒子从射入到打到屏上所用的时间 ‎（2）粒子在电场中的加速度为 又，故．‎ ‎（3）设粒子在电场中的偏转距离为，则 又，解得．‎ ‎16.一电荷量为q(q＞0)、质量为m的带电粒子在匀强电场的作用下，在t ‎＝0时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图所示．不计重力．求在t＝0到t＝T的时间间隔内：‎ ‎(1)粒子位移的大小和方向；(2)粒子沿初始电场反方向运动的时间．‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】粒子在0～T/4、T/4～T/2、T/2～3T/4、3T/4～T时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得 ‎、、、‎ 由此得带电粒子在0～T时间间隔内运动的a—t图像如图（a）所示，对应的v—t图像如图（b）所示，其中 由图（b）可知，带电粒子在t＝0到t＝T时的位移为 联立解得：，它的方向沿初始电场正方向．‎ ‎（2）由图（b）可知，粒子在t＝3T/8到t＝5T/8内沿初始电场反方向运动，总的运动时间为 ‎【点睛】（1）根据加速度与时间的关系，可确定速度与时间的关系，从而由面积等于位移的大小即可求解，并确定其方向；（2）根据速度与时间的图象，来确定沿初始电场反方向运动的时间．‎