- 282.50 KB
- 2021-06-04 发布
南充高中2019－2020学年度上学期期中考试
高2018级物理试题
总分100分，考试时间90分钟
注：本次试题重力加速度g一律取10m/s2进行计算。
第Ⅰ卷（共48分）
一、选择题：（本题共12小题，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1－8题，只有一项符合题目要求.第9－12题，有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错、选多或不选的得0分。）
1. 下面对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是（ ）
A. 由电场强度的定义式E＝可知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比
B. 由电容的定义式C＝可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比
C. 由电势差的定义式UAB＝可知，带电荷量为1 C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1 J，则UAB=1 V
D. 由真空中点电荷的电场强度公式E＝k 可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量有关
2．在示波管中，电子枪2s内发射了6.0×1013个电子，则示波管中电流为（ ）
A. 9.6×10－6A B. 3.0×10－3A C. 4.8×10－6A D. 3.0×10－6A
3．如图所示，在场强为E的匀强电场中有A、B两点，AB连线长L，与电场线夹角为α。则AB两点的电势差为（ ）
A．0 B．ELcosα C．EL D．ELsinα
4．如图所示，光滑绝缘水平面上有三个带电小球、、（均可视为
点电荷），三球沿一条直线摆放，仅在它们之间的静电力作用下处于
静止状态，则以下判断正确的是（ ）
A. 对的静电力一定是引力 B. 对的静电力可能是斥力
C. 的电荷量可能比的少 D. 的电荷量一定比的少
5．电流表的内阻是Rg＝200 Ω，满刻度电流值是Ig＝500 μA，现欲把此电流表改装成量程为1 V的电压表，正确的方法是（ ）
A．应串联一个0.1 Ω的电阻 B．应并联一个0.1 Ω的电阻
C．应串联一个1 800 Ω的电阻 D．应并联一个1 800 Ω的电阻
6．如图所示，在等量异种或等量同种点电荷的电场中，有分别距两个点电荷连线中点O等距的a、b两点，将同一负电荷分别放在a点和b点，其中在两点受到的电场力和具有的电势能都相同的是（ ）
A B C D
7. 如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们正好是
一个矩形的四个顶点，ab＝cd＝L，ad＝bc＝2L，电场线与矩形
所在的平面平行。已知a点电势为20 V，b点电势为24 V，d
点电势为12 V。一个质子从b点以速度v0射入此电场，入射方
向与bc成45°角，一段时间后经过c点。不计质子的重力。下列
判断正确的是（ ）
A. c点电势高于a点电势 B. 场强的方向由b指向d
C. 质子从b运动到c所用的时间为 D. 质子从b运动到c，电场力做功为4 eV
8. 如图所示，E为电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U.现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是（ ）
A．I1增大，I2不变，U增大 B．I1减小，I2增大，U减小
C．I1增大，I2减小，U增大 D．I1减小，I2不变，U减小
9．传感器是一种采集信息的重要器件。如图所示是一种测定压力的电容式传感器，A为固定电极，B
为可动电极，组成一个电容大小可变的电容器。可动电极两端固定，当待测压力施加在可动电极上时，可动电极发生形变，从而改变了电容器的电容。现将此电容式传感器与灵敏电流表和电源串联成闭合电路，在待测压力增大过程中，以下说法正确的是（ ）
A. 电容器的电容将减小 B. 电容器的电荷量将增加
C. 灵敏电流表中有向左的电流 D. 灵敏电流表中有向右的电流
甲 乙
10. 如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大。当两板间加上如图乙所示的交变电压后，在下图中，反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是（ ）
A. B. C. D.
11. 如图所示的电路中，输入电压U恒为12 V，灯泡L上标有“6V，
12 W”字样，电动机线圈的电阻RM＝0.50 Ω.若灯泡恰能正常发
光，以下说法中正确的是（ ）
A．电动机的输入功率为12 W B．电动机的输出功率为12 W
C．电动机的热功率为2.0 W D．整个电路消耗的电功率为22 W
12. 如图，圆O所在平面内有匀强电场存在，电场方向与圆面平行。一个带
正电荷的微粒（不计重力）从图中A点出发，以相同的初动能12J在圆
内向各个方向运动，已知图中AB是圆的一条直径，∠BAC=30°，只有
当该微粒从图中C点处离开圆面时的动能才能达到最大值24J，则（ ）
A. 电场沿O→C方向 B. 电场沿A→C方向
C. 若粒子从B点离开，其动能为18J D. 若粒子从B点离开，其动能为20J
第Ⅱ卷（共58分）
二、填空题（本题共14分：其中13.（2），14.（2）为每空2分以外，其余每空均为1分。
把答案填在相应的横线上。）
13. 通过实验描绘：一个“2.5V，0.2W”小灯泡的伏安特性曲线，可供选择的仪器有
A. 0~0.6A，电阻约为0.2Ω的电流表 B. 0~100mA，电阻约为5Ω的电流表
C. 0~3V，电阻约为10KΩ的电压表 D. 0~15V，电阻约为50KΩ的电压表
E. 最大电阻为20Ω额定电流为1.0A的滑动变阻器
F. 最大电阻为1KΩ额定电流为0.1A的滑动变阻器
G. 蓄电池6V、导线、电键
（1）要求实验灯泡电压从零逐渐增大到额定电压。电压表应选
__________，电流表应选________，滑动变阻器选________.
（均填写前面的字母序号）
（2）画出电路图在下面方框内。
（3）按照电路开始实验，接通电路后闭合开关，通过移动变阻器的滑片，使小灯泡中的电流由零开始逐渐增大，直到小灯泡正常发光，由电流表和电压表得到的多组读数描绘出的I－U图象可能是( )
（4）分析小灯泡的I－U曲线，可知小灯泡的电阻随电流I变大而_________ (填“变大”、“变小”或“不变”)
14.在“测定电源的电动势和内电阻”的实验中，已连接好实验电路．
（1）按如图所示的电路图连好实验电路．为避免烧坏电流表，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于_______端(选填“左”或“右”)．
（2）如图是根据实验数据作出的U－I图象，由图可知，电源的电动势E＝________ V，内阻r＝________ Ω.
（3）在其他操作规范的情况下，该实验误差产生的主要原因是_______，测得电源的电动势_______．(填“偏大”或“偏小”)
三、计算题（本题共3小题，共38分：第15题12分、第16题12分、第17题14分。按题目要求作答，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
15. 如图所示，电路中接电动势为4V，内电阻为2Ω 的直流电源，电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为4Ω，电容器的电容为30μF ，电流表的内阻不计，当电路稳定后．
（1）求电流表的读数；
（2）求电容器所带的电荷量；
（3）如果断开电源，求通过R2 的电荷量．
16. 如图所示，在E＝103 V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R＝40 cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q＝10－4 C的小滑块质量m＝10 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧1.5 m的M处，g取10 m/s2，求：
（1）小滑块从M点到Q点电场力做的功；
（2）要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点Q，则小滑块应
以多大的初速度v0向左运动？
（3）这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？
17. 如图，空间有一竖直向下沿x轴方向的静电场，电场的场强大小按
分布（x是轴上某点到O点的距离）。x轴上，有一长为L的绝缘细线连接均带负电的两个小球A、B，两球质量均为m，B球带电荷量大小为q，A球距O点的距离为L。两球现处于静止状态，不计两球之间的静电力作用。
（1）求A球的带电荷量大小qA；
（2）剪断细线后，求B球下落速度达到最大时，B球距O点距离为x0；
（3）剪断细线后，求B球下落最大高度h。
高2018 级半期考试物理试题答案
一、 选择题
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
D
C
B
A
C
C
C
B
BC
AD
AC
AD
二、填空题(本题共14分，其中13.（2），14.（2）为每空2分以外，其余每空均为1分。把答案填在相应的横线上)
13. ⑴ C B E ⑵（分压式 外接法） 见右图 ⑶ C
(4) 变大， 小灯泡灯丝的电阻随温度的升高而增大。
14. (1)左 (2)2.94～2.97 V， 0.70～0.75 Ω
(3)电压表内阻分流， 偏小
三、计算题（本题共3小题，共38分：第15题12分、第16题14分、第17题12分、第18题12分。按题目要求作答，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
15. 【答案】（1）0.4A ； （2）4.8×10-5C ； （3）
【解析】（1）…… 2分
（2） U3=IR3=0.4×4V="1.6V" …………2分 Q=CU3=4.8×10-5C …………2分
（3）因R1、R2并联，且R1=R2，所以在放电回路中
通过R2的电量为……2分
16. 【答案】(1) - 0.08J ; (2) 7 m/s ; （3）0.6 N
【解析】（1）W=－qE·2R , W= - 0.08J
(2)设小滑块到达Q点时速度为v，由牛顿第二定律得mg＋qE＝m ,
小滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得
－mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝mv2－mv,
联立方程组，解得：v0＝7m/s.
(3)设小滑块到达P点时速度为v′，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得
－(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝mv′2－mv
又在P点时，由牛顿第二定律得FN＝m
代入数据，解得：FN＝0.6N
由牛顿第三定律得，小滑块通过P点时对轨道的压力FN′＝FN＝0.6N.
17. （1）qA=6q （2）x0=4L （3）h=4L
【解析】（1）对A、B由整体法得：2mg－qA－q=0，解得：qA=6q
（2）当B球下落速度达到最大时，由平衡条件得mg=qE=qx0，解得：x0=4L
（3）运动过程中，电场力大小线性变化，所以由动能定理得：
mgh－=0 解得：