四川省自贡市富顺县二中2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

四川省自贡市富顺县二中2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

富顺县第二中学2019-2020学年高二上学期期中考试 物 理 试 题 一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。第1-8题单选，第9-12题多选）‎ ‎1.如图所示，在通电螺线管的周围和内部a、b、c、d四个位置分别放置了小磁针，小磁针涂黑的一端是N极．图中正确表示小磁针静止时的位置是（   ）‎ A. a B. b C. c D. d ‎【答案】A ‎【解析】‎ 根据电源的正负极得出通电螺线管的电流方向从左边流入、从右边流出；根据电流方向，利用安培定则判断螺线管的左端为S极、右端为N极；在磁体内磁场的方向从S极指向N极，而小磁针的N极的指向表示磁场的方向，所以b、c、d三个位置的磁场的指向都错误。在磁体外磁场的方向从N极指向S极，所以a处的磁场从右向左，小磁针的指向正确。故选A。‎ ‎【点睛】安培定则（右手螺旋定则）为考试中的重点及难点，应能做到熟练应用右手螺旋定则判断电流及磁极的关系．‎ ‎2.如图为某个电场中的部分电场线，如A、B两点的场强分别记为EA和EB，电势分别记为A、B则（ ） ‎ A. EA EB 、A > B C. EA < EB 、A > B D. EA > EB 、A B。‎ A. EA EB 、A > B，与分析不符，故B错误。‎ C. EA < EB 、A > B，与分析相符，故C正确。‎ D. EA > EB 、A ∆I2。故B错误。故选D。‎ ‎【点睛】本题是动态电路的分析，采用“先局部，后整体，再回到局部的分析方法”；分析电流变化量的大小采用的是总量的方法，根据总电流的变化情况确定两支路电流变化量的大小。‎ ‎5.如图所示是电阻R的I－U图象，图中α＝45°，由此得出(　　)‎ ‎ ‎ A. 欧姆定律适用于该元件 B. 电阻R＝0.5 Ω C. 因I－U图象的斜率表示电阻的倒数，故R＝1/tanα D. 在R两端加上6.0 V的电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是3.0 C ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电阻R的I-U图象斜率的倒数等于电阻R，由数学知识分析电流与电压的关系。对于电阻R，运用斜率求解，但不能根据直线倾角的正切的倒数求解。由图读出电压为U=6V时的电流，由q=It求解每秒内通过电阻的电荷量。‎ ‎【详解】根据数学知识可知，通过电阻的电流与两端电压成正比，欧姆定律适用，故A正确；根据电阻的定义式，得，故B错误；由于I-U图象中横纵坐标的标度不同，故不能直接根据图象与横轴的夹角求电阻，故C错误；由图知，当U=6V时，I=3A，则每秒通过电阻横截面的电荷量是q=It=3×1C=3.0C，故D正确。故选AD。‎ ‎【点睛】本题考查了学生对电阻的定义式的理解与掌握，要注意直线的斜率与直线倾角的区别。‎ ‎6.如图所示，将灯泡L和电动机串联接在电压为10V的理想电源两端．已知灯泡规格为“6 V 12W”，电动线圈电阻为1 Ω，当灯泡正常发光，下列说法错误的是 A. 电动机的输出功率为16W B. 电动的输入功率为8W C. 电动的热功率为4W D. 若利用该电动带动起重装置匀速提升20 N的重物（忽路一切阻力），10s内升高2 m ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC.灯泡正常发光，则灯泡两端电压为6V，电流 可知电动机两端电压为 UM=10V-6V=4V；‎ 电动机的输入功率为 P=IUM=8W；‎ 电动机的热功率 电动机的输出功率为 则选项A错误，符合题意；选项BC正确，不符合题意；‎ D．若利用该电动带动起重装置匀速提升20 N的重物（忽路一切阻力），则 解得 v=0.2m/s 则10s内升高 h=vt=2 m 选项D正确，不符合题意。‎ ‎7.如图所示，电流表G的内阻不可忽略不计，R1、R2是两个可变电阻，当a、b间的电压为4V时，电流表的指针刚好满偏(指针指在刻度盘的最大值处)，当a、b间的电压为3 V时，如果仍要使电流表G的指针满偏，下列方法中可行的是 ‎ ‎ ‎①保持R2不变，增大 R1 ②增大R1，减小R2‎ ‎③保持R2不变，减小R1 ④增大R2，减小R1‎ A. ①④ B. ②③ C. ①② D. ③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ab间总电压降低了，要使通过G的电流不变，应保持G两端电压保持不变，‎ ‎①保持R2不变，增大R1时，R2的电压变小，R1电压可能保持不变，即G的电压不变，通过G的电流保持不变，故①正确；‎ ‎②增大R1，同时减小R2时，R2的电压降低，R1‎ 电压可能保持不变，即G的电压不变，通过G的电流不变，故②正确；‎ ‎③保持R2不变，减小R1时，R1两端的电压减小，G的两端的电压减小了，通过G的电流减小了，故③错误；‎ ‎④增大R2，减小R1时，R1两端的电压减小了，G两端的电压变小了，通过G的电流减小了，故④错误；‎ 故选C。‎ ‎8.如图所示，边长为L的正六边形ABCDEF的5条边上分别放置5根长度也为L的相同绝缘细棒。每根细棒均匀带上正电。现将电荷量为+Q的点电荷置于BC中点，此时正六边形几何中心O点的场强为零。若移走+Q及AB边上的细棒，则O点强度大小为（k为静电力常量）（不考虑绝缘棒及+Q之间的相互影响）（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】每根细棒均匀带上正电，现将电荷量为+Q的点电荷置于BC中点，此时正六边形几何中心O点的场强为零；由此可知，+Q的点电荷在O点的电场强度大小为 那么每根细棒在O点的电场强度大小也为因此+Q及AB边上的细棒在O点的合电场强度大小 其方向如图所示：‎ 若移走+Q及AB边上的细棒，那么其余棒在O点的电场强度大小为 方向与图中方向相反，‎ A.与分析不符，故A项错误；‎ B.与分析不符，故B项错误；‎ C. 与分析不符，故C项错误；‎ D.与分析相符，故D项正确。‎ ‎9.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源内阻不计连接，下极板接地一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离后　　‎ A. P点的电势将降低 B. P带电油滴的电势能将增大 C. 带电油滴将沿竖直方向向上运动 D. 电容器的电容减小，极板带电量将增大 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据 分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况；由分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化；根据电容的定义式，电容器与电源保持相连，则U不变，Q与C成正比变化；‎ ‎【详解】A、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动；板间场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，而且下极板的电势不变，则知P点的电势将降低，故A正确，C错误；‎ B、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加，故B正确；‎ D、根据电容的定义式，电容器与电源保持相连，则U不变，当C减小，则Q也减小；故D错误；‎ ‎【点睛】本题运用分析板间场强的变化，判断油滴如何运动；明确正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化。‎ ‎10.如图所示，一电子从匀强电场左边界A点以初速度垂直于场强方向进入电场，经偏转从右边界B点飞出．已知A、B两点间水平和竖直距离均为L，电子质量为m、电荷量为e，不计电子重力及空气阻力．则 A. 电子从A到B的运动时间为 B. 匀强电场的电场强度为 C. A、B两点间的电势差为 D. 电子从B点飞出时速度与水平方向夹角的正切值为1‎ ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电子在水平方向做匀速运动，则从A到B的运动时间为 选项A正确；‎ B．竖直方向：‎ 解得匀强电场的电场强度为 选项B正确；‎ C．A、B两点间的电势差为 选项C错误；‎ D．电子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，因此有 电子从B点飞出时速度与水平方向夹角的正切值为 选项D错误。‎ ‎11.如图所示，三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面，其电势分别为10V、20V、30V．实线是一带电的粒子（不计重力）在该区域内运动的轨迹，对于轨迹上的a、b、c三点，已知：带电粒子带电量为0.01C，在a点处的动能为0.5J，则该带电粒子（　　）‎ A. 可能是带负电 B. 在b点处的电势能为0.3J C. 在b点处的动能为零 D. 在c点处的动能为0.4 J ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 由等势面可知，场强方向向上，由轨迹可知，电场力向上，则为正电荷，则A错误；b点处的电势能EP＝φq=0.01×30=0.3J，则B正确；总能量守恒，由a点处可知E=0.01×10+0.5=0.6J，则b点处的动能为：0.6-0.3=0.3J，则C错误；C点处的动能为为0.6-0.01×20=0.4J，则D正确；故选BD.‎ 点睛：本题根据粒子的轨迹弯曲方向就能判断粒子所受的电场力方向，根据电场线与等势线的关系，判断出电场线方向．负电荷在电势高处电势能小是一个重要推论，要学会应用．‎ ‎12.在如图(a)所示的电路中，为定值电阻，为滑动变阻器。闭合电键S，将滑动变阻器的滑动触头P从最右端滑到最左端，两个电压表内阻极大的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图(b)所示。则（ ）‎ A. 图线甲是电压表V1示数随电流变化的图线 B. 电源内电阻的阻值为 C. 电源的最大输出功率为 D. 滑动变阻器R2的最大功率为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 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；而两端的电压增大，两端的电压减小，故图线乙表示是示数的变化，图线甲表示示数的变化，故A错误；‎ B. 由图可知，当只有接入电路时，电路中电流为 ‎，路端电压为3V，根据闭合电路欧姆定律可得：‎ 当滑动变阻器全部接入时，电路中电流为，路端电压为，由闭合电路欧姆定律可得：‎ 解得：‎ ‎，‎ 故B正确；‎ C. 根据欧姆定律可得：‎ 因当电源的内电阻等于外电阻时，电源的输出功率最大，故当外阻等于时，电源的输出功率最大，故此时电流：‎ 故电源的最大输出功率：‎ 故C错误；‎ D. 当滑动变阻器全部接入时，两电压表示数之比为，则有：‎ 可得：‎ ‎，‎ 当滑动变阻器的阻值等于时，滑动变阻器消耗的功率最大，故当滑动变阻器阻值为时，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：‎ 则滑动变阻器消耗的总功率：‎ 故D正确。‎ 二、实验题（13题10分，14题6分）‎ ‎13.描绘一个标有“2.5V0.5A”字样的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡电压能从零开始变化，实验室备有下列器材：‎ a．标有“3V0.5A”字样的小灯泡一个；‎ b.10V学生电源一个；‎ c．量程为0﹣3V的电压表，内阻约为3kΩ；‎ d．量程为0﹣15V电压表，内阻约为15kΩ；‎ e．量程为0﹣0.6A的电流表，内阻约为0.5Ω；‎ f．量程为0﹣3A的电流表，内阻约为0.1Ω；‎ g．滑动变阻器（阻值范围0﹣10Ω，允许通过的最大电流1.5A）；‎ h．滑动变阻器（阻值范围0﹣50Ω，允许通过的最大电流0.1A）；‎ 电键一个，导线若干。‎ ‎（1）为减小实验误差，方便调节，请在上述所给的器材中选取适当的器材，并将它们的编号填在横线上。电压表应选_____；电流表应选_____；滑动变阻器应选取_____。（填写器材名称前的序号字母）‎ ‎（2）将实物按电路图1用导线补充完整________。‎ ‎（3）这位同学在一次测量时，电流表、电压表的示数如图2所示。由图中电流表、电压表的读数可计算出小灯泡的电阻为_____Ω（保留两位小数），小灯泡的电阻测量值_____真实值（填＜，＞，＝）‎ ‎（4）根据实验测定的数据，以电压U为横坐标，电流强度I为纵坐标画出图线，在如图3给出的四个I﹣U图线中，最能反映实际情况的是_____，简要说明理由_____。‎ ‎【答案】 (1). （1）c (2). e (3). g (4). （2）图见解析； (5). （3）5.2 (6). ＜ (7). C (8). 小灯泡电阻随温度升高而增大 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据小灯泡的额定电压选择电压表，根据额定电流选择电流表，在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；‎ ‎（2）为了减小误差准确测量电阻阻值，采用分压式电路，根据待测电阻估计值以及电压表和电流表的内阻确定内外接，作出实验电路图；‎ ‎（3）读出电压表和电流表的读数，再利用欧姆定律即可求出此时小灯泡的电阻阻值，电流表外接，因为电压表分流导致，灯泡电阻测量结果偏小。‎ ‎（4）根据小灯泡电阻随温度升高而增大结合欧姆定律，即可选出正确的图象。‎ ‎【详解】（1）因为小灯泡的额定电压为2.5V，故电压表选择c，小灯泡的额定电流为0.5A，故电流表选择e，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器，故滑动变阻器选择g；‎ ‎（2）为了减小误差准确测量电阻阻值，采用分压式电路，因为电压表内阻远大于灯泡电阻，故选择电流表外接法，故连接实物图，如图所示：‎ ‎（3）如图，电流表示数：I＝0.46A，电压表示数：U＝2.40‎ 根据欧姆定律可得此时小灯泡电阻阻值：R＝Ω≈5.2Ω 电压测量准确，由于电流表外接，电压表分流，导致电流测量偏大，根据R＝U/I可知，灯泡电阻R测量结果偏小，即小灯泡的电阻测量值小于真实值；‎ ‎（4）因为小灯泡电阻随温度升高而增大，随着电压增大I﹣U曲线上各点到原点连线的斜率越来越小，故ABD错误，C正确，故选C。I﹣U曲线弯曲的原因是因为：小灯泡电阻随温度升高而增大。‎ ‎【点睛】本题考查描绘小灯泡伏安特性曲线，考查了实验器材选择、实验电路设计、实验数据处理、实验方案分析，要掌握实验器材的选择原则，认真审题、理解题意与实验步骤、知道实验原理是解题的关键，内外接选择的方法：大电阻选内接测量结果偏大，小电阻选外界测量结果偏小，口诀：“大内大，小外小。”‎ ‎14.小李同学用电阻箱、电压表测量不同电源的电动势和内阻。‎ 小李同学所测电源的电动势E2约为9V,内阻r2为35∼55Ω，允许通过的最大电流为50mA.小李同学所用电路如图所示，图中电阻箱R的阻值范围为0∼9999Ω.‎ ‎①电路中R0为保护电阻。实验室中备有以下几种规格的定值电阻，本实验中应选用___.‎ A. 20Ω，125mA     B.50Ω，20mA C. 150Ω，60mA  D.1500Ω，5mA ‎②实验中通过调节电阻箱的阻值,记录电阻箱的阻值R及相应的电压表的示数U,根据测得的多组数据,作出图线,图线的纵轴截距为a,图线的斜率为b,则电源的电动势E2=___,内阻r2=___.‎ ‎【答案】 (1). C (2). (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）电路最小总电阻约为：，内阻约为50Ω，为保护电路安全，保护电阻应选C。‎ ‎（2）电源电动势为：，变形得：，则 图象是直线，截距，可得：，斜率，解得：。‎ 三、计算题（15题8分，16题12分，17题16分）‎ ‎15.如图所示，匀强电场中有一直角三角形ABC，∠ACB=90°，∠ABC=30°，BC=20cm，已知电场线的方向平行于ABC所在平面，将电荷量的正电荷从A移到B点电场力做功为零，从B移到C点克服电场力做功，试求：‎ ‎(1)该电场的电场强度大小和方向；‎ ‎(2)若将C点的电势规定为零时，B点的电势。‎ ‎【答案】 （1）500V/m；方向由C垂直指向AB；（2）-50V。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）A到B过程：UAB＝＝0 B到C过程：UBC＝＝−50V       E＝=500V/m  ，方向由C垂直指向AB.      （2）C零电势点，故φC=0 则有：φB-φC=UBC=-50V                  解得：φB=-50V ‎【点睛】本题考查电势差、电势与场强的关系，要注意明确电场强度方向和电势之间的关系，注意应用电场线与等势面相互垂直这一关键所在.‎ ‎16.如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40 cm。电源电动势E=24 V，内电阻r=1 Ω，电阻R=15 Ω。闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4 m/s竖直向上射入两板间，小球恰能到达A板。若小球带电荷量为q=1×10-2 C，质量为m=2×10-2 kg，不考虑空气阻力，取g=10 m/s2。求：‎ ‎（1）A、B两板间的电压U；‎ ‎（2）滑动变阻器接入电路的阻值RP；‎ ‎（3）电源输出功率P。‎ ‎【答案】（1）8V；（2）；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）对小球从B到A的过程，由动能定理： ‎ 解得：U=8V ‎ ‎（2）由欧姆定律有： ‎ ‎ ‎ 解得： ‎ ‎（3）根据电功率公式有： ‎ 解得：‎ ‎17.如图所示，两平行金属板A、B长为L=8cm，板间距为d=8cm，A板电势比B板高300V。一质量为m=10–20 kg、电荷量为q=10–10 C的带正电粒子（重力不计）以v0=2×106m/s的初速度沿两板中心线RO射入电场中；粒子飞出板间电场，经过MN、PS间的无电场区域后，进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域，该电场不受界面PS影响；粒子最后垂直打在放置于中心线处的荧光屏bc上。已知PS⊥RO，MN、PS相距12cm，O点与界面PS相距9cm，静电力常量k=9×109 N·m2/C2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。‎ ‎（1）求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离。‎ ‎（2）试粗略画出粒子运动全过程的轨迹。‎ ‎（3）求点电荷Q电性及电荷量大小。（结果保留三位有效数字）‎ ‎【答案】（1）3 cm （2）见下图 ‎（3）带负电，1.04×10–8 C ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）粒子在板间做类平抛运动，有：‎ y=at2‎ L=v0t a=‎ 联立解得：‎ y==3 cm ‎（2）第一段是抛物线（类平抛运动），第二段是直线（匀速直线运动），第三段是圆弧（匀速圆周运动），轨迹如图所示 ‎（3）要使带正电粒子经过界面PS后向上偏转，点电荷Q一定带负电 粒子在MN、PS间做匀速直线运动，设其到达界面PS时偏离中心线RO的距离为Y 由类平抛运动速度的反向延长线经过水平位移中点，有：‎ ‎=‎ 得：‎ Y=12 cm 粒子从板间电场飞出时沿电场方向的分速度：‎ vy=v0=1.5×106 m/s 粒子经过界面PS时的速度：‎ v==2.5×106 m/s 方向与RO夹角：‎ θ=arctan=37°‎ 由：‎ ‎=‎ 粒子经过界面PS的位置与O点的连线和速度方向垂直，又粒子垂直打在放置于中心线处的荧光屏bc上 故粒子在点电荷形成的电场中运动轨迹为圆弧，做匀速圆周运动，半径r=15 cm 由牛顿第二定律有：‎ ‎=‎ 解得：‎ Q=1.04×10–8 C ‎ ‎ ‎ ‎