2019-2020学年北京市朝阳区工业大学附中高二(上)期中物理试卷

2019-2020学年北京市朝阳区工业大学附中高二（上）期中物理试卷
一、单项选择题（本题共10小题，每小题只有一个答案适合要求，请按要求选出来，每小题3分，共30分）1．（3分）在真空中有两个点电荷，它们之间的静电力为F．如果保持它们各自所带的电荷量不变，将它们之间的距离减小到原来的一半，那么它们之间静电力的大小等于（）
A．2F B．C．4F D．
2．（3分）把电阻是1Ω的一根金属丝，拉长为原来的2倍，则导体的电阻是（）
A．1ΩB．2ΩC．3ΩD．4Ω
3．（3分）某电源内电路中非静电力在5s内把10C的电量从电源的负极移送到电源的正极，做功300J则通过电源的电流和电源的电动势分别为（）
A．2A，60V B．10A，30V C．2A，30V D．30A，300V
4．（3分）电量为q的点电荷，在两个固定的等量异种电荷+Q和﹣Q的连线的垂直平分线上移动，则（）A．电场力做正功
B．电场力做负功
C．电场力不做功
D．电场力做功的正负，取决于q的正负
5．（3分）电场中有A、B两点，在将某电荷从A点移到B点的过程中，电场力对该电荷做了正功，则下列说法中正确的是（）
A．该电荷是正电荷，且电势能减少
B．该电荷是负电荷，且电势能增加
C．该电荷电势能增加，但不能判断是正电荷还是负电荷
D．该电荷电势能减少，但不能判断是正电荷还是负电荷
6．（3分）如图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接。

将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化情况是（）
A．Q变小，C不变，U不变，E变小
B．Q变小，C变小，U不变，E不变
C．Q不变，C变小，U变大，E不变
D．Q不变，C变小，U变大，E变小
7．（3分）如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线．在电场力作用下，一带电粒子（不计重力）经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（）
A．粒子带正电
B．粒子在A点加速度大
C．粒子在B点动能大
D．A、B两点相比，带点粒子在B点的电势能较高
8．（3分）移动电源（俗称充电宝）解决了众多移动设备的“缺电之苦”，受到越来越多人的青睐．目前市场上大多数充电宝的核心部件是锂离子电池（电动势 3.7V）及其充放电保护电路、充放电管理电路、升压电路等．其中的升压电路可以将锂离子电池的输出电压提升到手机、平板电脑等移动设备所要求的输入电压（5V）．由于锂离子电池的材料特性，在电池短路、过高或过低温度、过度充电或放电等情况下都有可能引起电池漏液、起火或爆炸．为安全起见，中国民航总局做出了相关规定，如图1所示．
为了给智能手机充电，小明购买了一款移动电源，其铭牌如图2所示．给手机充电时该移动电源的效率按80%
计算．
根据以上材料，请你判断（）
A．这款移动电源能为手机提供的最大充电量为8 000 mAh
B．这款移动电源充满电后所储存的总化学能为37 Wh
C．乘飞机出行时，这款移动电源可以托运
D．Wh与mAh均为能量单位
9．（3分）在图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r。

将滑动变阻器的滑片P从图示位置向右滑动的过程中，关于各电表示数的变化，下列判断中正确的是（）
A．电压表V的示数变小B．电流表A2的示数变小
C．电流表A1的示数变小D．电流表A的示数变大
10．（3分）竖直放置的一对平行金属板的左极板上用绝缘线悬挂了一个带正电的小球，将平行金属板按如图所示的电路图连接．绝缘线与左极板的夹角为θ．当滑动变阻器R的滑片在a位置时，电流表的读数为I1，夹角为θ1；
当滑片在b位置时，电流表的读数为I2，夹角为θ2，则（）
A．θ1＜θ2，I1＜I2B．θ1＞θ2，I1＞I2
C．θ1＜θ2，I1＝I2D．θ1＞θ2，I1＝I2
二、不定项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分．在每个小题给出的四个选项中，至少有一个选项是正确的，选对的得4分，选不全得2分，有错选或不选的得0分）
11．（4分）下列各量中，与检验电荷无关的量是（）
A．电场强度E B．电场力F
C．电势差U D．电场做的功W
12．（4分）在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为零，电阻R1＝2R2，在R2的两端并联上一段电阻忽略不计的导线L，则（）
A．通过电阻R1和R2的电流I1＝I2
B．R1两端电压U1＝
C．导线L中通过的电流I L＝
D．使电阻R2断路，通过R1的电流不发生变化
13．（4分）关于电表，下列说法正确的是（）
A．利用串联电路中电阻分压原理，可将电流表串联一个分压电阻改装成电压表
B．如果要将电压表量程扩大n倍，则所串的分压电阻应是内阻的n倍
C．用同一表头做成的电流表，电流表的量程越大，其内阻越小
D．当电流表测某电路的电流时，测量值一定总是小于真实值
14．（4分）如图所示，固定在Q点的正点电荷的电场中有M、N两点，已知＜，下列叙述正确的是（）
A．若把一正的点电荷从M点沿直线移到N点，则电场力对该电荷做功，电势能减少
B．若把一正的点电荷从M点沿直线移到N点，则该电荷克服电场力做功，电势能增加
C．若把一负的点电荷从M点沿直线移到N点，则电场力对该电荷做功，电势能减少
D．若把一负的点电荷从M点沿直线移到N点，再从N点沿不同路径移回到M点，则该电荷克服电场力做的功等于电场力对该电荷所做的动，电势能不变
15．（4分）如图所示，带电体Q固定，带电体P的带电荷量为q质量为m与绝缘的水平桌面间的动摩擦因数为μ将P在A点由静止放开，则在Q的排斥下运动到B点停下，A、B相距为s下列说法正确的是（）
A．将P从B点由静止拉到A点，水平拉力最小做功2μmgs
B．将P从B点由静止拉到A点，水平拉力做功μmgs
C．P从A点运动到B点，电势能增加μmgs
D．P从A点运动到B点，电势能减少μmgs
三、填空题（本题共3小题，共16分）
16．（4分）已知电流表的内电阻R g＝120Ω，满偏电流I g＝3mA，要把它改装成量程是3V的电压表，应联一个Ω的电阻，改装后电压表的内电阻为Ω．
17．（6分）某同学用伏安法测量阻值R x约为5Ω的电阻，用图测得的R x的误差较小，测量值值（小于、大于、等于），造成误差的原因是．
18．（6分）在“测定金属的电阻率”的实验中：
①用螺旋测微器测量金属丝的直径，其示数如图1所示，则该金属丝直径的测量值d＝mm；
②按图2所示的电路图测量金属丝的电阻R x（阻值约为15Ω）．实验中除开关、若干导线之外还提供下列器材：
电压表V（量程0～3V，内阻约3kΩ）；
电流表A1（量程0～200mA，内阻约3Ω）；
电流表A2（量程0～0.6A，内阻约0.1Ω）；
滑动变阻器R1（0～50Ω）；
滑动变阻器R2（0～200Ω）；
电源E（电动势为3.0V，内阻不计）．
为了调节方便，测量准确，实验中电流表应选，滑动变阻器应选．（选填器材的名称符号）
③请根据图2所示电路图，用连线代替导线将图3中的实验器材连接起来，并使滑动变阻器的滑片P置于b端
时接通电路后的电流最小．
④若通过测量可知，金属丝的长度为l，直径为d，通过金属丝的电流为I，金属丝两端的电压为U，由此可计算
得出金属丝的电阻率ρ＝．（用题目所给字母和通用数学符号表示）
四、计算题（本题共5小题，34分，解答应写出必要文字说明、方程式和重要的演算步骤．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）
19．（6分）如图所示闭合电路，电源电动势E＝1.5V，内电阻r＝0.1Ω，外电路电阻R＝1.4Ω．求：（1）电路中的电流I；
（2）路端电压U；
（3）电源的输出功率P出．
20．（4分）在如图所示的匀强电场中，一个电荷量Q＝+2.0×10﹣8C的点电荷所受电场力F＝4.0×10﹣4N．沿电场线方向有A、B两点，A、B两点间的距离s＝0.10m．求：
（1）匀强电场的电场强度E的大小；
（2）该点电荷从A点移至B点的过程中，电场力所做的功W．
21．（6分）如图所示，电阻R1＝8Ω，电动机绕组电阻R0＝2Ω，当开关k1闭合、k2、k3都断开时理想电压表读数为6V；当开关k1、k2闭合时理想电压表示数4.8V；当开关k1、k2、k3都闭合时，电阻R1消耗的电功率是2W．求：（1）电源的电动势E；
（2）电源的内阻r；
（3）开关都闭合时，电动机输出的机械功率。

22．（8分）一个带正电的微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运动，如图所示，AB与电场线夹角θ已知带电微粒的质量m，电量q，A、B相距L．求：
（1）画出微粒的受力图；
（2）微粒在电场中运动的性质；
（3）电场强度的大小和方向？
（4）要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是多少？
23．（10分）图1中B为电源，电动势E＝27V，内阻不计．固定电阻R1＝500Ω，R2为光敏电阻．C为平行板电容器，虚线到两极板距离相等，极板长l1＝8.0×10﹣2m，两极板的间距d＝1.0×10﹣2m．S为屏，与极板垂直，到极板的距离l2＝0.16m．P为一圆盘，由形状相同、透光率不同的三个扇形a、b和c构成，它可绕AA′轴转动．当细光束通过扇形a、b、c照射光敏电阻R2时，R2的阻值分别为1000Ω、2000Ω、4500Ω．有一细电子束沿图中虚线以速度v0＝8.0×106m/s连续不断地射入C．已知电子电量e＝1.6×10﹣19C，电子质量m＝9×10﹣31kg．忽略细光束的宽度、电容器的充电放电时间及电子所受的重力．假设照在R2上的光强发生变化时R2阻值立即有相应的改变．
（1）设圆盘不转动，细光束通过b照射到R2上，求平行板电容器两极板间的电势差．
（2）设圆盘不转动，细光束通过b照射到R2上，求电子到达屏S上时，它离O点的距离y．（计算结果保留二位有效数字）．
（3）设转盘按图1中箭头方向匀速转动，每3秒转一圈．取光束照在a、b分界处时t＝0，试在图2给出的坐标纸上，画出电子到达屏S上时，它离O点的距离y随时间t的变化图线（0～6s间）．要求在y轴上标出图线最高点与最低点的值．（不要求写出计算过程，只按画出的图线评分．）
2019-2020学年北京市朝阳区工业大学附中高二（上）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（本题共10小题，每小题只有一个答案适合要求，请按要求选出来，每小题3分，共30分）1．【解答】解：由点电荷库仑力的公式F＝K可以得到，
将它们之间所带的电荷量不变，它们各自的距离减小到原来的一半时库仑力增大为原来的4倍，故C正确，ABD 错误。

故选：C。

2．【解答】解：当金属丝拉长为原来的2倍时，导体的面积减小为原来的；
则由R＝可知，拉长后的电阻变为原来的4倍；
故选：D。

3．【解答】解：电路中的电流：I＝
根据电动势的定义式可知：E＝．故C正确，ABD错误
故选：C。

4．【解答】解：根据等势线的分布情况得知，等量异种电荷+Q和﹣Q的连线的垂直平分线是一条等势线，各点电势相等，任意两点间的电势差为零，根据电场力做功公式W＝Uq可知，移动电荷时电场力不做功。

故选：C。

5．【解答】解：A、B：电场力对电荷做正功，说明运动的方向与电场力方向相同，电荷的电势能减小；但是不能判断出该电荷是正电荷还是负电荷。

故A错误，B错误；
C：电场力对电荷做正功，电荷的电势能减小；故C错误；
D：电场力对电荷做正功，说明运动的方向与电场力方向相同，电荷的电势能减小；但是不能判断出该电荷是正电荷还是负电荷。

故D正确；
故选：D。

6．【解答】解：A、B，平行板电容器与静电计并联，电容器所带电量不变。

故A、B错误。

C、D，增大电容器两极板间的距离d时，由C＝知，电容C变小，Q不变，根据C＝知，U变大，
而E＝＝＝，Q、k、ɛ、S均不变，则E不变。

故C正确，D错误。

故选：C。

7．【解答】解：A、电场线的方向向上，根据粒子的运动的轨迹可以判断得出粒子受到的电场力的方向为向下，与电场线的方向相反，所以该离子带负电，所以A错误；
B、电场线密的地方电场的强度大，所以粒子在B点受到的电场力大，在B点时的加速度较大，所以B错误。

C、从A到B得过程中，电场力对粒子做负功，所以粒子的动能减小，电势能增加，所以C错误D正确。

故选：D。

8．【解答】解：A、由图2可知，这款移动电源能为手机提供的最大充电量为10 000 mAh．故A错误；
B、这款移动电源充满电后所储存的总化学能等于可以对外做的功，即E＝W＝UIt＝qU＝10000×10﹣3A•h×3.7V
＝37 W•h．故B正确；
C、由图1可知，37 W•h的这款移动电源不可以托运，可以随身携带。

故C错误；
D、W•h是能量的单位，但mAh是电量的单位。

故D错误。

故选：B。

9．【解答】解：D、将滑动变阻器的滑片P从图示位置向右滑动的过程中，滑动变阻器的阻值变大，外电路的总阻值变大，所以电路的总的电流变小，所以电流表A的示数变小，所以D错误；
A、电源的内电压减小，由U＝E﹣Ir可得，路端电压U变大，所以电压表V的示数变大，所以A错误；
C、由于路端电压U变大，电阻R1不变，所以电流表A1的示数变大，所以C错误；
B、由于总的电流减小，电阻R1的电流变大，所以滑动变阻器的电流减小，所以电流表A2的示数变小，所以B
正确。

故选：B。

10．【解答】解：因电容器稳定后相当于开路，对电路没有影响，故移动滑片时电路中电流不变，即I1＝I2；
小球带正电，小球受重力、电场力及绳子的拉力而处于平衡；
滑片右移时，与电容器并联部分的电压增大，则电容器两端的电压增大，由U＝Ed可知，两极板间的电场强度增大；小球受到的水平向右的电场力增大，因重力不变，要使小球重新处于静止状态，细线与竖直板间的夹角应增大；
故选C。

二、不定项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分．在每个小题给出的四个选项中，至少有一个选项是正确的，选对的得4分，选不全得2分，有错选或不选的得0分）
11．【解答】解：A、电场强度的大小由电场本身的性质决定，与检验电荷的电量无关，故A正确。

B、电场力F＝qE，知电场力与检验电荷有关，故B错误。

C、电场中两点间电势差由电场中两点的电势决定，电势与检验电荷无关，所以电势差与检验电荷无关。

故C正
确。

D、电场力做功W＝qU，知电场力做功与检验电荷的电量有关。

故D错误。

故选：AC。

12．【解答】解：由电路图可知，在R2的两端并联一段电阻忽略不计的导线L后，电阻R2被短路，只有电阻R1接入电路；
A、由于电阻R2被短路，流过R2的电流为零，故A错误；
B、电阻R2被短路，电阻R1接在电源两端，电源内阻不计，因此R1两端电压等于电源电动势E，故B错误；
C、通过导线L的电流I L，即电路电流I L＝I＝，故C正确；
D、使电阻R2断路，电路总电阻不变，所以通过电阻R1的电流不变，故D正确；
故选：CD。

13．【解答】解：AC、电压表是利用串联电路中电阻分压的原理，将灵敏电流表G串联分压电阻改装成的，串联电阻越大，改装后电压表量程越大，用同一表头改装成的电压表，电压表的量程越大，其内阻越大。

故A正确，C 错误；
B、把电流表改装成电压表，根据串联的分压原理可知，如果要将量程扩大n倍，则所串的分压电阻应是电流表
G内阻的n﹣1倍，故B错误；
D、当电流表测某电路的电流时，由于电流表的分压作用，可知电流表的测量值总是大于真实值，故D错误；
故选：A。

14．【解答】解：解法一：A、B、电场力对电荷做正功，电势能减少，而正负功的判断要根据功的定义式W＝FScosα，力和位移只带大小。

功的正负取决于力与位移的方向夹角。

从图上可以看出，将正电荷从M点沿直线移到N点的过程中，电场力与位移方向的夹角为锐角，电场力做正功，电势能减少。

A正确，B错误；
C、D、将负点电荷从M点沿直线移到N点的近程中，电场力指向正电荷，方向与位移的夹角为钝角，所以电场
力做负功，电势能增加。

C错误，D正确。

故选：AD。

解法二：A、B、选择无穷远处为零电势点，正电荷周围电势为正值，离电荷越远电势越低，因此正电荷从M点到N点过程中，电势降低，电势能降低，电场力做正功，故A正确，B错误；
负电荷从M点到N点过程中，电势降低，电势能降升高，电场力做负功，C错误；
C、D、电场力做功和路径无关，因此负的点电荷从M点沿直线移到N点，再从N点沿不同路径移回到M点的
过程中电势差为零，电场力不做功，故D正确。

故选：AD。

15．【解答】解：A、B：由A到B的过程中，根据动能定理W电﹣μmgs＝0﹣0，
所以电场力做功W电＝μmgs
从B到A，根据动能定理W﹣W电﹣μmgs＝0，
所以水平拉力做功W＝W电+μmgs＝2μmgs
故A正确、B错误。

C、D：根据电场力做功与电势能变化的关系：电场力做的功等于电势能的减少量，因为从A到B W电＝μmgs，
所以电势能减少μmgs，故C错误D正确。

故选：AD。

三、填空题（本题共3小题，共16分）
16．【解答】解：把电流表改装成量程为3V的电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值为：R＝﹣R g＝﹣120＝880Ω，
改装后电压表内阻为：
R V＝＝＝1000Ω；
故答案为：串，880，1000．
17．【解答】解：因待测电阻阻值太小，与电压表内阻相差较多，故应采用电流表外接法；故选择乙电路图；由于电压表的分流作用，使电流表示数偏大，则由欧姆定律可知，测量值小于真实值．
故答案为：乙；小于；电压表的分流．
18．【解答】解：①螺旋测微器的读数为d＝0+38.4×0.01mm＝0.384mm；
②由于通过待测电阻的最大电流为I max＝＝A＝0.2A＝200mA，所以电流表应选择A1；
根据闭合电路欧姆定律可求出电路中需要的最大电阻应为R max＝＝Ω＝45Ω，
则变阻器需要的最大电阻为45﹣15＝30Ω，所以为调节方便，变阻器应选择R1；
③实物连线图如图所示：
④根据欧姆定律应有R＝，R＝，联立可得ρ＝；
故答案为：①0.384；②A1；R1；③如上图所示；④．
四、计算题（本题共5小题，34分，解答应写出必要文字说明、方程式和重要的演算步骤．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）
19．【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律，通过电阻R的电流为：
I＝＝＝1.0A；
（2）路端电压为：
U＝IR＝1.0×1.4＝1.4V；
（3）电源的输出功率等于R上消耗的电功率为：P出＝P R＝I2R＝1.02×1.4W＝1.4W．
答：（1）通过电阻R的电流为1.0A；
（2）路端电压为1.4V；
（3）电源的输出功率为1.4W．
20．【解答】解：
（1）电荷Q在匀强电场中受到的电场力F＝QE，则有E＝N/C＝2×104N/C
（2）电场力所做的功为W＝Fs＝4.0×10﹣4×0.10 J＝4.0×10﹣5 J
答：
（1）匀强电场的电场强度E的大小为2×104N/C；
（2）该点电荷从A点移至B点的过程中，电场力所做的功W为4.0×10﹣5 J．
21．【解答】解：（1）电压表为理想电压表，当开关k1闭合、k2、k3都断开时理想电压表读数为6V，则电动势为E ＝6V。

（2）当开关k1、k2闭合时，外电阻只有定值电阻，根据闭合电路欧姆定律E＝U1+I1r，可知，r＝2Ω；
（3）当开关k 1、k2、k3都闭合时，电阻R1消耗的电功率是2W，则路端电压＝4V，干路电流I＝＝1A，流过电阻R1的电流＝0.5A，
流过电动机的电流为I′2＝I﹣I1′＝0.5A，则电动机的总功率P2＝U'I2′＝2W，内部消耗功率R0＝
0.5W，则输出的机械功率P出＝P2﹣P内＝1.5W。

答：（1）电源的电动势为6V；
（2）电源的内阻为2Ω；
（3）开关都闭合时，电动机输出的机械功率为1.5W。

22．【解答】解：（1）微粒只在重力和电场力作用下沿AB方向运动，重力和电场力的合力与AB共线，可知电场力的方向水平向左，做出受力分析图如图所示：
（2）微粒受重力和电场力的合力为恒力，且方向与运动方向相反，所以微粒做匀减速直线运动；
（3）根据受力分析图，由三角号关系得：
解得：E＝①
微粒带正电，电场方向与电场力方向相同，即电场强度方向水平向左；
（4）当到最高点时速度为零，微粒射入电场时的速度最小，
由动能定理得：②
①②②联立解得：v0＝
答：（1）微粒的受力图如图所示：
；
（2）微粒在电场中做匀减速直线运动；
（3）电场强度的大小为，方向水平向左；
（4）要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是。

23．【解答】解：（1、2）设电容器C两板间的电压为U，电场强度大小为E，电子在极板间穿行时y方向上的加速度大小为a，穿过C的时间为t1，穿出时电子偏转的距离为y1，
U＝＝…①
E＝…②
eE＝ma…③
…④
…⑤
由以上各式解得：…⑥
代入数据解得：y1＝4.8×10﹣3m…⑦
由此可见，电子可通过C．
设电子从C穿出时，沿y方向的速度为v，穿出后到达屏S所经历的时间为t2，在此时间内电子在y方向移动的距离为了y2
v＝at1…⑧
…⑨
y2＝vt2…⑩
由以上各式联立解得…⑪
y2＝1.92×10﹣2m…⑫
由题意y＝y1+y2＝2.4×10﹣2m…⑬
（3）由式6可求得在a和c时粒子在电场中的偏转位移，则可知当光照a时，电子打在极板上，无粒子打在屏中；
当光照在c上时，由式6、11和13可求得粒子在屏上偏转的距离，故答案如图所示．
答：（1）平行板电容器两极板间的电势差为5.4V；
（2）电子到达屏S上时，它离O点的距离y为2.4×10﹣2m．
（3）如图所示．。