【物理】湖南省娄底市娄星区2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

【物理】湖南省娄底市娄星区2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

‎2019年下学期期中大联考试卷 高二物理 一、选择题 ‎1. 最早提出用电场线描述电场的物理学家是（ ）‎ A. 牛顿 B. 伽利略 ‎ C. 法拉第 D. 阿基米德 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 属于识记的内容。若没有记清楚，也可以采用排除法，除了法拉第以外，其他三个选项提到的物理学家都没有研究电场。‎ ‎2.如图所示，有三个点电荷A、B、C位于一个等边三角形的三个顶点上，已知A、B都带负电荷，A所受B、C两个电荷的静电力的合力如图中FA所示，那么可以判定点电荷C所带电荷的电性 A. 一定是正电 B. 一定是负电 C. 可能是正电，也可能是负电 D. 无法判断 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】对电荷受力分析，对的是库仑斥力，沿的连线向上；如果是负电荷，则对的库仑斥力沿连线向上，这两个斥力的合力是向上的，不可能偏向右；只有带正电，对的库仑引力沿连线向下，与对的作用力的合力才偏向右侧，故一定带正电；‎ A. 一定是正电与分析相符，故A正确；‎ B. 一定是负电与分析不符，故B错误；‎ C. 可能正电，也可能是负电与分析不符，故C错误；‎ D. 无法判断与分析不符，故D错误。‎ ‎3.如图所示是点电荷Q周围的电场线，图中A到Q的距离小于B到Q 的距离．以下判断正确的是 A. Q是正电荷，A点的电场强度小于B点的电场强度 B. Q是正电荷，A点的电场强度大于B点的电场强度 C. Q是负电荷，A点的电场强度大于B点的电场强度 D. Q是负电荷，A点的电场强度小于B点的电场强度 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】电场线是从正电荷出发止于负电荷，所以是正电荷；根据点电荷的场强公式得点的电场强度大于点的电场强度；‎ A.与分析不符，故A错误；B.与分析相符，故B正确；‎ C.与分析不符，故C错误；D.与分析不符，故D错误。‎ ‎4.在电场中，把电荷量为4×10－9 C正点电荷从A点移到B点，克服静电力做功6×10－8 J，以下说法中正确的是( 　　)‎ A. 电荷在B点具有的电势能是6×10－8 J B. B点的电势是15 V C. 电荷的电势能增加了6×10－8 J D. 电荷的电势能减少了6×10－8 J ‎【答案】C ‎【解析】‎ 电荷在电场中某点的电势能具有相对性，只有确定了零势点，B点的电势、电荷在B点的电势能才是确定的数值，故AB错误；由于电荷从A移到B的过程中是克服静电力做功6×10-8 J，故电荷电势能应该是增加了6×10-8 J，故C正确，D错误．故选C.‎ ‎5.将平行板电容器与静电计连接，充电后撤去电源，静电计指针张开某一角度θ，如图所示，若将电容器两极间距离增大，则 A. 两极板间电势差不变，θ不变 B. 两极板间电势差减小，θ减小 C. 电容器电容减小，θ变小 D. 电容器电容减小，θ变大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】静电计是测量电势差的仪器，电势差的大小是通过指针张开的角度来体现的；又电容器充完电后与电源分开，说明电容器的电量不变，根据电容公式可知当增大时，减小，由可知，电势差增大，那么变大；‎ A.与分析不符，故A错误；B.与分析不符，故B错误；‎ C.与分析不符，故C错误；D.与分析相符，故D正确。‎ ‎6.用电压表检查如图所示电路中的故障，测得，，，，则此故障可能是 A. L断路 B. R1断路 C. R2断路 D. S断路 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】用电压表测量得到，说明从到到这一部分电路是通的，故障可能出现在电键和之间；由于，，说明此时的电路不通，故障在在电键和之间；又由于，说明电键是好的，所以故障一定是断路；‎ A.与分析不符，故A错误；B.与分析相符，故B正确；‎ C.与分析不符，故C错误；D.与分析不符，故D错误 ‎7.如图所示的电路图是一个应用“非”门构成的一个简易火警报警电路，则图中X框、Y框中应是 A. X为可变电阻，Y为热敏电阻 B. X为热敏电阻，Y为开关 C. X为热敏电阻，Y为可变电阻 D. X、Y均为热敏电阻 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由图可知，点接地，电势为0；若的电阻非常大，点的电势接近5V，非门的输入端为高电势，因此非门的输出端为低电势，蜂呜器两端没有电压，蜂鸣器不报警；若的阻值非常小，从而使输入端点的电势接近0，非门输出端为高电势，这样蜂鸣器两端获得一个能发声的工作电压，蜂鸣器就会发出声音报警，所以为热敏电阻，为可变电阻，用来调节报警器的灵敏度；‎ A.与分析相符，故A正确；B.与分析不符，故B错误；‎ C.与分析不符，故C错误；D.与分析不符，故D错误。‎ ‎8.电流表的内阻是Rg=200Ω，满偏电流值是Ig=0.5mA，现在欲把这电流表改装成量程为1.0V的电压表，正确的方法是 A. 应串联一个0.1Ω的电阻 B. 应并联一个0.1Ω的电阻 C. 应并联一个1800Ω的电阻 D. 应串联一个1800Ω的电阻 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，电阻阻值为：‎ A.与分析不符，故A错误；B.与分析不符，故B错误；‎ C.与分析不符，故C错误；D.与分析相符，故D正确。‎ ‎9.M和N是两个不带电的物体，它们互相摩擦后M带正电1.6×10－10C，下列判断正确的有 A. 摩擦的过程中电子从M转移到N B. 在摩擦前M和N的内部没有任何电荷 C. M在摩擦过程中失去1.6×10－10个电子 D. N在摩擦后一定带负电1.6×10－10C ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.和是两个不带电的物体，它们互相摩擦后带正电，实质是上的电子转移到上，故在此之前和都带电荷，故A正确，B错误；‎ CD. 摩擦后带正电，说明失去电子，而相应得到等量的电子，故在摩擦后一定带负电，在摩擦过程中失去的电子数为：‎ 个 故C错误，D正确。‎ ‎10.匀强电场方向水平向右，一带电颗粒沿图中虚线所示，在电场中沿斜向上方向做直线运动.带电颗粒从A到B的过程中，关于其能量变化及带电情况的说法正确的是 A. 颗粒一定带负电 B. 颗粒可能带正电 C. 颗粒的机械能减小，电势能增大 D. 颗粒的机械能减小，动能增大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．带电颗粒在电场中沿斜向上方向做直线运动，则带电颗粒所受合力方向与运动方向共线，所以带电颗粒受力情况如图：‎ 带电颗粒所受电场力方向与场强方向相反，颗粒带负电；故A项正确，B项错误；‎ CD．带电颗粒从A到B的过程中，受重力和电场力，电场力做负功，电势能增大，机械能减小；电场力和重力均做负功，动能减小；故C项正确，D项错误。‎ ‎11.一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10V、17V、26V。下列说法 A. 电场强度的大小为2.5V/cm B. 坐标原点处的电势为1V C. 电子在a点的电势能比在b点的高7eV D. 电子从c点运动到b点，电场力做功为9eV ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 如图所示，在连线上，确定一点，电势为17V，将连线，即为等势线，那么垂直连线，则为电场线，再依据沿着电场线方向，电势降低，则电场线方向如图 因为匀强电场，则有：‎ 依据几何关系，则有：‎ 因此电场强度大小为：‎ 故A正确；‎ B. 根据解得原点处的电势为：‎ 故B正确；‎ C. 因，电子从点到点电场力做功为：‎ 因电场力做正功，则电势能减小，那么电子在点的电势能比在点的高，故C正确；‎ D. 同理可得：‎ 电子从点运动到点，电场力做功为：‎ 故D错误。‎ ‎12.如图所示的电路中，电源电动势为12V，内阻r=1Ω，灯泡L上标有“6V、12W”字样，电动机线圈的电阻RM=0.50Ω。闭合电键后，灯泡恰好正常发光，电动机也恰好正常工作，以下判断正确的是 A. 电动机的输入功率为12W B. 电动机的输出功率为6W C. 电动机的机械效率为75% D. 电源的输出功率为20W ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 整个电路中的电流为：‎ 电动机两端的电压为：‎ 所以电动机的输入功率为：‎ 故A错误；‎ BC. 电动机的热功率为：‎ 热 则电动机的输出功率为：‎ 电动机的机械效率为：‎ 故B、C正确；‎ D. 电源的输出功率为：‎ 出 故D正确。‎ 二、实验题 ‎13.在测定金属的电阻率的实验中，用螺旋测微器测量金属导线直径d，如右图所示，则d=____________mm。‎ ‎【答案】0.959—0.961 mm ‎【解析】‎ ‎【详解】螺旋测微器的读数方法：①先读固定刻度②再读半刻度，若半刻度线已露出，记作 0.5mm；若半刻度线未露出，记作 0.0mm；③再读可动刻度（注意估读）．记作 n×0.01mm；④最终读数结果为固定刻度+半刻度+可动刻度．‎ 固定可得读数为：0；半刻度读数为：0.5mm；可动刻度读数为：0.01mm×46.0=0.960mm，故读数为：0.960mm ‎14.某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：‎ A．被测干电池一节 B．电流表：量程0～3 A，内阻约为0.1 Ω C．电流表：量程0～0.6 A，内阻约为0.1 Ω D．电压表：量程0～3 V，内阻未知 E．电压表：量程0～15 V，内阻未知 F．滑动变阻器：0～10 Ω，2 A G．滑动变阻器：0～100 Ω，1 A H．开关、导线若干 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：________（填写选项前的字母）．‎ ‎(2)实验电路图应选择________（选填“图甲”或“图乙”）．‎ ‎　　‎ ‎(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，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势E＝________V，内电阻r＝________Ω.‎ ‎【答案】 (1). ACDFH (2). 图乙 (3). 1.5 1.0‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]本实验中必选的仪器有：A．被测干电池一节；H开关、导线若干；因电源电动势为1.5V，电流较小，为了读数准确，所以电流表应选择C量程0～0.6A；电压表选择D量程0～3V；滑动变阻器阻值较小有利于电表的数值变化，减小误差，故选F，选择适当的器材为ACDFH；‎ ‎(2)[2]为了减小误差，电流表采用相对电源的外接法，故选择图乙；‎ ‎(3)[3]由图可知，电源的电动势为：‎ ‎[4]内电阻为：‎ 三、计算题 ‎15.如图所示，电阻，当电键K闭合时理想电压表读数是1.0V，当K断开时理想电压表读数是0.8V，求:电源的电动势E和内电阻r。‎ ‎【答案】2V；0.5Ω ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当电键K闭合时，电阻R2与R3并联后与R1串联，当K断开时，R1与R2串联，电压表测量R1电压；根据闭合电路欧姆定律对两种情况分别列式，联立即可求得电源的电动势E和内电阻r。‎ ‎【详解】当电键K闭合时，电阻R2与R3并联后与R1串联，外电路总电阻为，电路中干路电流为：‎ 根据闭合电路欧姆定律得：E=I（R+r）‎ 当K断开时，R1与R2串联，电路中干路电流为 ：‎ 根据闭合电路欧姆定律得： 联立解得：E=2V r=0.5Ω．‎ ‎【点睛】本题主要考查了闭合电路欧姆定律，根据两种情况由闭合电路欧姆定律列出方程组，是求解电源电动势和内电阻常用的方法和思路。‎ ‎16.水平放置的平行板电容器如图，原来两板不带电，上极板接地，板长L＝1 m，两板间距离d＝0.4 m．有一束相同的带正电微粒，以相同的初速度v0先后从两板中央平行极板射入，由于重力作用微粒落到下极板上，微粒所带电荷立即转移到下极板且均匀分布在下极板上，设前一微粒落到下极板上时后一微粒才能开始射入两板间，且第一个微粒恰好落在下极板中点处．已知微粒质量m＝1×10－4 kg，电量q＝1×10－6 C，电容器电容，g＝10 m/s2．求：‎ ‎(1)微粒入射的初速度v0的大小；‎ ‎(2)当微粒从极板间穿出时，极板间电压U；‎ ‎(3)当微粒从极板间穿出时，落在下极板上的微粒个数．‎ ‎【答案】（1）2.5 m/s（2）300 V（3）900个 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)第一个微粒在极板间做平抛运动，水平位移：‎ 竖直位移：‎ 联立并代入数据解得：‎ ‎(2)微粒恰好从极板下边缘射出，水平方向：‎ 竖直方向：‎ 代入数据解得：‎ 由牛顿第二定律得：‎ 代入数据解得：‎ ‎(3) 极板间的电荷量：‎ 落在下极板上微粒个数：‎ 个 ‎17.如图所示,在的水平向左匀强电场中,有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置,轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R=0.4m,一带正电荷的小滑块质量为m=0.04kg,小滑块与水平轨道间的动摩因数μ=0.2,g取，求：‎ ‎（1）要小滑块能运动到圆轨道的最高点L，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放?‎ ‎（2）这样释放的滑块通过P点时对轨道压力是多大?（P为半圆轨道中点）‎ ‎【答案】（1）20m（2）1.5N ‎【解析】‎ ‎【详解】(2)设滑块应在水平轨道上离N点x处释放，分析滑块的运动过程，由动能定理可得：‎ 小滑块恰好到达最高点时，重力提供向心力有：‎ 代入数据计算得出.‎ ‎(2)滑块到达P点时，对释放滑块到达P点过程应用动能定理可得：‎ 在P点时由牛顿第二定律可得：‎ 计算得出 ，由牛顿第三定律可得滑块通过P点时对轨道压力是1.5N.‎ 答：(1)要小滑块能运动到圆轨道的最高点L，滑块应在水平轨道上离N点20m处释放.‎ ‎(2)这样释放的滑块通过P点时对轨道压力1.5N.‎