【物理】四川省遂宁市射洪县射洪中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版） 15页

射洪中学高 2018 级 2019 年下期半期考试 物理试题 一、单项选择题（本题共 8 个小题，每题 4 分，共 32 分） 1.下列说法正确的是（ ） A. 同一电场线上的各点，电势一定不相等 B. 带电粒子沿电场线方向移动时，电势能一定增加 C. 电源两端的电压一定等于电源电动势 D. 欧姆定律适用于正常工作的电动机 【答案】A 【解析】 【详解】A．沿电场线方向，电势降低，所以同意电场线上各点，电势一定不相等，A 正确； B．带正电的粒子，沿电场线运动，电场力做正功，电势能降低，B 错误； C．由于电池有内阻，所以电源两端的电压即路端电压不等于电源电动势，C 错误； D．电动机属于非纯电阻元件，不适用于欧姆定律，D 错误。 2.两个等量点电荷 P、Q 在真空中产生的电场线（方向未画出）如图所示，在 A、B 两点的 电场强度分别为 AE 和 BE ,则它们的大小关系为( ) A. A BE E B. A BE E C. A BE E D. 无法确定 【答案】B 【解析】 【详解】由电场线的疏密分布情况可知，A 处电场线密集，场强大。B 处电场线稀疏，场强 小，故 EA＞EB．故选 B。 【点睛】掌握住电场线的特点，明确其物理意义：电场线的疏密表示场强的大小，即可研究. 3.如图所示的 U-I 图象中，直线Ⅰ为某电源的路端电压与电流的关系图线，直线Ⅱ为某一电 阻 R 的 U-I 图线，用该电源直接与电阻 R 连接成闭合电路，由图象可知（ ） A. 电源电动势为 3.0 V，内阻为 0.5Ω B. R 的阻值为 1Ω C. R 消耗的功率 1.5 W D. 电源消耗的总功率为 2.5 W 【答案】C 【解析】 【详解】A．直线Ⅰ可以看出，电源电动势为 3.0V，斜率为内阻1.5 ，A 错误； B．直线Ⅱ的斜率为 R 的阻值，为1.5 ，B 错误； C．用该电源直接与电阻 R 连接成闭合电路，图像的交点即为此时电阻工作的电压和电流， 其电功率为 1.5W，C 正确； D．电阻和电源的总电阻为 3.0 ，电源电动势为 3V，则电源消耗总功率为 3W，D 错误。 4.某带电粒子仅在电场力作用下由 A 点运动到 B 点，电场线、粒子在 A 点的初速度及运动 轨迹如图，可以判定（ ） A. 粒子在 A 点的加速度大于它在 B 点的加速度 B. 粒子在 A 点的动能小于它在 B 点的动能 C. 电场中 A 点的电势低于 B 点的电势 D. 粒子在 A 点的电势能小于它在 B 点的电势能 【答案】D 【解析】 【详解】A、由电场线可知，B 点的电场线密，所以 B 点的电场强度大，粒子受的电场力大， 加速度也就大;故 A 错误. B、D、粒子受到的电场力指向曲线弯曲的内侧，所以受到的电场力的方向是沿电场线斜向 下的，所以粒子从 A 到 B 的过程中，电场力做负功，电荷的电势能增加，动能减小，所以 粒子在 A 点的动能大于它在 B 点的动能，粒子在 A 点的电势能小于它在 B 点的电势能;故 B 错误，D 正确. C、沿电场线方向电势逐渐降低，A 点的电势高于 B 点的电势;所以 C 错误. 故选 D. 【点睛】本题要根据轨迹的弯曲方向判断电场力的方向，根据电场力的做功情况，判断动能 和电势能的大小．用电场线可以形象地描述电场的强弱和方向，电场线的方向反映了电势的 高低． 5.如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下 级板都接地．在两极板间有一固定在 P 点的点电荷，以 E 表示两极板间的电场强度，EP 表 示点电荷在 P 点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移 动一小段距离至图中虚线位置，则（ ） A. θ增大，E 增大 B. θ增大，EP 不变 C. θ减小，EP 增大 D. θ减小，E 不变 【答案】D 【解析】 试题分析：若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，则根据 4π SC kd  可知，C 变大，Q 一定，则根据 Q=CU 可知，U 减小，则静电计指针偏角θ减小；根据 UE d  ，Q=CU， 4π SC kd  ，联立可得 4πkQE S ，可知 Q 一定时，E 不变；根据 U1=Ed1 可知 P 点离下极 板的距离不变，E 不变，则 P 点与下极板的电势差不变，P 点的电势不变，则 EP 不变；故 选项 ABC 错误，D 正确。 【考点定位】电容器、电场强度、电势及电势能 【名师点睛】此题是对电容器的动态讨论；首先要知道电容器问题的两种情况：电容器带电 荷量一定和电容器两板间电势差一定；其次要掌握三个基本公式： 4 SC kd   ， UE d  ， Q=CU；同时记住一个特殊的结论：电容器带电荷量一定时，电容器两板间的场强大小与两 板间距无关。 6.磁电式电流表(表头)最基本的组成部分是磁铁和放在磁铁两极之间的线圈，由于线圈的导 线很细，允许通过的电流很弱，所以在使用时还要扩大量程．已知某一表头 G，内阻 Rg＝ 30 Ω，满偏电流 Ig＝5mA，要将它改装为量程为 0～3 A 的电流表，所做的操作是 ( ) A. 串联一个 570 Ω的电阻 B. 并联一个 570 Ω的电阻 C. 串联一个 0.05 Ω的电阻 D. 并联一个 0.05 Ω的电阻 【答案】D 【解析】改装成电流表是要扩大电流的量程，使用并联电路的分流原理；要并联的阻值为： 3 3 5 10 30 0.053 5 10 g g g I RR I I         并 ；故选 D． 点睛：改装成电流表要并联电阻分流，电阻值等于满偏电压除以所分最大电流，改装成电压 表要串联电阻分压，电阻值等于量程除以满偏电流减去原内阻． 7.已知磁敏电阻在没有磁场时电阻很小，有磁场时电阻变大，并且磁场越强电阻值越大．为 探测有无磁场和磁场强弱变化，利用磁敏电阻作为传感器设计了如图所示电路，电源的电动 势 E 和内阻 r 不变，在没有磁场时调节变阻器 R 使电灯 L 发光．若某次探测装置从无磁场 区进入磁场区，则（ ） A. 电容器 C 的电量减小 B. 电灯 L 变暗 C. 电流表的示数减小 D. 电流表的示数增大 【答案】C 【解析】 【详解】A．进入磁场时，磁敏电阻变大，电容器并联在电源两端，电压不变，电容不变， 所以电量也不变，A 错误； B．由于电灯并联在电池两端，所以电灯的亮度不变，B 错误； CD．电流表在干路上，由于磁敏电阻变大，磁敏电阻所在支路的电流减小，干路总电流减 小，C 正确，D 错误。 8.如图所示， O 、 A 、B 、C 为一粗糙绝缘水平面上的四个点，一电荷量为Q 的负点电荷 固定在O 点，现有一质量为 m 、电荷量为 q的带负电小金属块（可视为质点），从 A 点静止 沿它们的连线向右运动，到 B 点时速度最大，其大小为 mv ，小金属块最后停止在C 点．已 知小金属块与水平面间的动摩擦因数为  ， AB 间的距离为 L ，静电力常量为 k ，不计空 气阻力，则（ ） A. 在点电荷一Q 形成的电场中， A 、 B 两点间的电势差为 2 2 mmgL mv q   B. 在小金属块由 A 向C 运动的过程中，电势能先增大后减小 C. 从 B 到C 的过程中，小金属块的动能全部转化为电势能 D. OB 间的距离为 kQq mg 【答案】D 【解析】 A、滑块从 A 到 B 过程,由动能定理得: 21 02ABqU mgL mv    ,得 A、B 两点间的电 势差 22 2 m AB mgL mvU q    ，所以 A 选项是错误的. B、小金属块由 A 点向 C 点运动的过程中,电场力一直做正功,电势能一直减小.故 B 错误 C、从 B 到 C 的过程中,小金属块的动能全部转化为电势能和内能,故 C 错误 C、根据题意知,A 到 B 过程,金属块做加速度减小的加速运动，到 B 点时速度最大，所以在 B 点金属块所受的滑动摩擦力与库仑力平衡,则有 2 kQq mgr  ，得 kQqr mg .所以 D 选 项是正确的.; 综上所述本题答案是：D 二、多项选择题（本题共 4 个小题，每题 4 分，共 16 分。全对得 4 分，有错误选项得 0 分， 没选全得 2 分） 9.示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，电子枪发射电子经过 加速后，通过偏转电极打在荧光屏上形成亮斑，如图所示。如果在荧光屏上 P 点出现亮斑， 那么示波管中的（ ） A. 极板 x 应带正电 B. 极板 x'应带正电 C. 极板 y 应带正电 D. 极板 y'应带正电 【答案】AC 【解析】 【详解】电子受力方向与电场方向相反，因电子向 x 向偏转则，电场方向为 x 到 x′，则 x 带 正电，即极板 x 的电势高于极板 x′．同理可知 y 带正电，即极板 y 的电势高于极板 y′。 A．极板 x 应带正电。故 A 符合题意。B．极板 x'应带正电。故 B 不符合题意。 C．极板 y 应带正电。故 C 符合题意。D．极板 y'应带正电。故 D 不符合题意。 10.小灯泡通电后其电流 I 随所加电压 U 变化的图线如图所示，P 为图线上一点，PN 为图线 在 P 点的切线，PQ 为 U 轴的垂线，PM 为 I 轴的垂线，则下列说法中正确的是（ ） A. 随着所加电压的增大，小灯泡的电阻不变 B. 对应 P 点，小灯泡的电阻为 1 2 UR I  C. 对应 P 点，小灯泡的电阻为 1 2 1 UR I I   D. 对应 P 点，小灯泡的功率为图中矩形 PQOM 所围面积大小 【答案】BD 【解析】 【详解】A．有图像可知，随着电压的增大，割线斜率减小，斜率的倒数为电阻的大小，则 电阻增大，A 错误； BCD．在 P 点，流过小灯泡的电流为 I2，小灯泡两端的电压为 U1，则小灯泡的电阻为 1 2 UR I  ， 此时小灯泡的电功率为电压与电流的乘积，在图像上即为矩形 PQOM 所围面积大小，BD 正 确，C 错误。 11.在如图所示的电路中，由于某一电阻发生短路或断路，使 A 灯变暗，B 灯变亮，则故障 可能是 A. R1 短路 B. R2 断路 C. R3 断路 D. R4 短路 【答案】BC 【解析】如果 R1 短路，回路中总电阻变小，干路上的电流会增大，A 灯处在干路上，A 灯 会变亮，所以 A 项错误；如果 R2 断路，回路中总电阻变大，干路上电流会减小，A 灯变暗， 电阻 所在并联部分电压变大，电阻 上的电流增大，干路电流在减小，流经电阻 上的 电流会减小，电阻 所占电压减小，B 灯所占电压变大变亮，B 项正确；如果 R3 断路，回 路中总电阻变大，干路上电流会减小，A 灯变暗，A 灯和 所占电压减小，B 灯电压变大 变亮，所以 C 项正确；如果 R4 短路，回路中总电阻变小，干路上的电流会增大，A 灯处在 干路上，A 灯会变亮，所以 D 项错误。 12.一个质量为 m，电荷量为+q 的小球以初速度 v0 水平抛出，在小球经过的竖直平面内，存 在着若干个如图所示的无电场区和有理想上下边界的匀强电场区，两区域相互间隔，竖直高 度相等，电场区水平方向无限长．已知每一电场区的场强大小相等，方向竖直向上，不计空 气阻力，下列说法正确的是（ ） A. 小球在水平方向一直做匀速直线运动 B. 若场强大小等于 ，则小球经过每一电场区的时间均相同 C. 若场强大小等于 ，则小球经过每一无电场区的时间均相同 D. 无论场强大小如何，小球通过所有无电场区的时间均相同 【答案】AC 【解析】 【分析】 本题考查带电物体（计重力）在匀强电场中的一般运动，将小球的运动沿着水平方向和竖直 方向正交分解，其水平方向不受外力，做匀速直线运动，竖直方向在无电场区做匀加速运动， 有电场区也做匀变速运动，但加速度不同，运用速度时间关系公式分析，可以得到小球在竖 直方向的运动规律． 【详解】A．将小球的运动沿着水平方向和竖直方向正交分解水平方向不受外力，以 v 做匀 速直线运动，故 A 正确； B．竖直方向，在无电场区只受重力，加速度为 g，竖直向下，有电场区除重力外，还受到 向上的恒定的电场力作用，加速度的大小和方向取决于合力的大小和方向当电场强度等于 mg q 时，电场力等于 mg，故在电场区小球所受的合力为零，在无电场区小球匀加速运动， 故经过每个电场区，小球的速度均不等，因而小球经过每一无电场区的时间均不相等，故 B 错误； C．当电场强度等于 2mg q 时，电场力等于 2mg，故在电场区小球所受的合力大小等于 mg， 方向竖直向上，加速度大小等于 g，方向竖直向上，根据运动学公式，有：经过第一个无电 场区 y= 1 2 gt12，v1=gt1，经过第一个电场区，y=v1t2- 1 2 gt22，v2=v1-gt2，联立解得 t1=t2，v2=0。 接下来小球的运动重复前面的过程，即每次通过无电场区都是自由落体运动，每次通过电场 区都是末速度为零匀减速直线运动，故 C 正确； D．通过前面的分析可知，物体通过每个无电场区的初速度不一定相同，所以，通过电场的 时间不同；故 D 错误。 三、实验题（每个空 2 分，作图 2 分，实物连线 2 分，共 18 分） 13.在“测定金属丝电阻率”的实验中需要测出其长度 L、直径 d 和电阻 R （1）用螺旋测微器测金属丝直径时读数如图甲，则金属丝的直径为_____mm． （2）若用图乙测金属丝的电阻，则测量结果将比真实值_____．（选填“偏大”或“偏小”） （3）用电压表和电流表测金属丝的电压和电流时读数如图丙、丁，则电压表的读数为 _____V，电流表的读数为_____A． 【答案】 (1). 0.697（0.695﹣0.698） (2). 偏小 (3). 2.60（2.59﹣2.61） 0.52 【解析】 【分析】 （1）根据内接的特点，结合欧姆定律以及串并联电路的特点，即可分析出测量值与真实值 之间的关系； （2）先算出电表的分度值，若测量的最小分度为“1“时要估读到下一位，若测量的最小分度 为“2“或“5“时读到本位即可。 【详解】（1）金属丝的直径为：0.5mm+0.01mm×19.8=0.698mm； （2）电流表外接法测量电阻，由于电压表分流的影响，故金属丝电阻的测量结果将比真实 值偏小； （3）电压表的分度值为 0.1V，要估读到下一位，故其读数为 2.60V； 电流表选择的是 0～0.6A 量程，分度值为 0.02A，故其读数为 0.52A. 【点睛】解决本题的关键掌握螺旋测微器和电表的读数方法，螺旋测微器的读数方法是固定 刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。读电表读数时要注意计算电表的 分度值，然后再确定是否估读，若测量的最小分度为“1“时要估读到下一位，若测量的最小 分度为“2“或“5“时读到本位即可。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.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，电阻为 0.2Ω的电流表 B.0~100mA,电阻为 5Ω的电流表 C.0~3V,电阻为 10KΩ的电压表 D.0~15V,电阻为 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 要求实验灯泡电压从零逐渐增大到额定电压。 （1）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）按照正确的电路图连接右边的实物图__________ 【答案】 (1). C B E (2). (3). 【解析】 【详解】(1)[1][2][3]灯泡额定电压为 2.5V，电压表选 C；灯泡额定电流： 0.2 0.08A 80mA2.5 PI U     电流表应选择 B；为方便实验操作滑动变阻器应选择 E。 (2)[4]描绘灯泡伏安特性曲线电压表与电流表应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法； 电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应选择外接法，实验电路图如图所示： (3)[5]根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示： 四、计算题 (共 34 分，计算时要求写出必要的文字叙述、公式、重要的步骤等．) 15.在电场中把 2.0×10-9C 的正电荷从 A 点移到 B 点，静电力做功 2.0×10-7J．再把这个电荷 从 B 点移到 C 点，静电力做功为-4.0×10-7J． (1)A、B 间，B、C 间，A、C 间的电势差各是多大？ (2)A、B、C 三点中哪点电势最高？哪点电势最低？ (3)把-1.0×10-9C 的电荷从 A 点移到 C 点，静电力做多少功？ 【答案】(1)100V，－200V ，-100V；(2) C 点的电势最高，B 点的电势最低；(3) 71.0 10 J 【解析】 试 题 分 析 ：（ 1 ） 根 据 电 场 力 做 功 公 式 ： AB ABW qU 得 AB 间 的 电 势 差: 7 9 1.5 10 752 10 AB AB W JU Vq C      BC 间的电势差: 7 9 4 10 2002 10 BC BC W JU Vq C        ，知 A 点电势比 B 点电势高 75V，C 点 电势比 B 点高 200V，则 C 点的电势最高，B 点的电势最低． （2 分） （2）由以上可得：A、B 间电势差为： 7 9 1.5 10 752 10 AB AB W JU Vq C      （2 分） B、C 间电势差为： 7 9 4 10 2002 10 BC BC W JU Vq C        （2 分） A、C 间的电势差 UAC=UAB+UBC=﹣125V． （2 分） （3）把﹣1．5×10﹣9C 的电荷从 A 点移到 C 点，静电力做功：  9 71.5 10 125 1.875 10AC ACW qU J J         （4 分） 考点：电场力做功与电势差的关系． 【名师点睛】此题考查了电场力做功与电势差的关系；主要是理解和掌握电场力的功与电势 差的关系式 WU q  ，并能理解各个物理量的意义；注意三个物理量都有符号，解题时都不 能丢，同时注意 W 和 U 角码的顺序应该一样． 16.如图所示，电源电动势 E=8V，内电阻为 r=0.5Ω，“3V，3W”的灯泡 L 与电动机 M 串联 接在电源上，灯泡刚好正常发光，电动机正常工作，电动机的线圈电阻 R=1.5Ω．求： （1）电源的输出功率 （2）电动机的输出功率． 【答案】(1) 7.5W (2)3W 【解析】 【详解】(1)根据灯泡的额定值可知： 0 0 0P I U 解得 0 1AI  电源路端电压 0U E I r路 ﹣ 解得 7.5VU 路 电源的输出功率 0P I U出 路 即 P 出=7.5W (2)电动机两端电压 0 0U E I r U   电动机内阻热功率 2 0P I r热 电动机输出功率 0P I U P出 热﹣ 联立解得电动机的输出功率为 P 出=3W 17.如图所示，有一带电粒子电量为 q，质量为 m，由静止经电压 U1 加速后，进入两块长度 为 L，电压为 U2 的平行金属板间，若粒子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能从下 板右边缘穿出电场(不计粒子重力)．求： (1)粒子离开加速电场 U1 时的速度大小； (2)粒子在偏转电场 U2 中运动的时间； (3)偏转电场两平行金属板间的距离． 【答案】(1) 1 0 2qUv m  (2) 12 mL qU (3) 2 2 12 U Ld U  【解析】 【详解】(1)根据动能定理： 2 1 0 1 2qU mv 解得： 1 0 2qUv m  (2) 粒子在偏转电场 U2 中，水平方向做匀速直线运动，则运动时间为： 0 12 L mt L Uv q   (3)粒子在竖直方向做匀加速运动，则有： 21 2 2 dy at  加速度为： 2qUa md  联立以上解得： 2 2 12 U Ld U  18.如图所示，BCDG 是光滑绝缘的 3 4 圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为 R，下端与 水平绝缘轨道在 B 点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，现有一质量为 m、 带正电的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为 3 4 mg，滑块与 水平轨道间的动摩擦因数为 0.5，重力加速度为 g． （1）若滑块从水平轨道上距离 B 点 s=3R 的 A 点由静止释放，求滑块到达与圆心 O 等高的 C 点时，受到轨道的作用力大小？ （2）改变 s 的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从 G 点飞出，求滑块在圆轨道上滑行 过程中的最小速度大小？ （3）在（2）问中，求 s 的大小？ 【答案】(1)N=1.75mg (2) min 5 2 gRv  (3)s=11.5R 【解析】 【详解】(1)A 到 C，由动能定理得： 21( ) 2 cF S R mgS mgR mv    而在 C： 2 CmvN F R   解得：N=1.75mg (2)电场力与重力的合力 2 2 3 5( ) 4 4F mg mg mg       方向与竖直方向夹角 3 4arctan 37 mg mg    当合力 F′恰好提供向心力时，速度最小 2 min5 4 mvmg R  所以： min 5 2 gRv  (3)从 A 到速度最小的点全程动能定理： 2 min 137 1 cos37 02qE s Rsin mgs mgR mv      （ ）- （ ） 代入解得：s=11.5R