【精品高二物理试卷】2019-2020学年湖南省长沙市长沙县高二(上)期中物理试卷+答案

2019-2020学年湖南省长沙市高二（上）期中物理试卷一、选择题（共14小题，满分56分）
1．（4分）下列说法中正确的是（）
A．点电荷就是体积很小的带电体
B．可知F=k Q1Q2
r2
，当r→0时，F→∞
C．两个相同的、球心距离为r的金属球，带有等量同种电荷Q时的库仑力F＜k Q2 r2
D．两个点电荷的电荷量不变，只使它们之间的距离成为原来的一半，则它们之间的库仑力变为原来的2倍
2．（4分）如图所示的各种情况中，a、b两点的电势不相等的是（）A．平行板电容器带电时，极板间除边缘附近外的任意两点a、b
B．静电场中达到静电平衡时的导体内部任意两点a、b
C．离点电荷等距的任意两点a、b
D．两个等量异号的点电荷，在其连线的中垂线上，与连线中点等距的两点a、b
3．（4分）如图所示，实线是电场中一簇方向已知的电场线，虚线是一个带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，若带电粒子只受电场力作用从a点运动到b点过程，根据此图作出的判断正确的是（）
A．带电粒子带正电
B．电场中a点的电势低于在b点的电势
C．带电粒子在a点的电势能小于在b点的电势能
D．带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度
4．（4分）下列关于电动势的说法错误的是（）
A．电动势表征的就是电源把其他形式的能转化为电能的本领
B．电源的电动势等于内、外电路上电势降落之和
C．电源的电动势在数值上等于路端电压
D．电源电动势等于电源把正电荷从负极移到正极所做的功跟移送的电量之比
5．（4分）如图所示，用电池对电容器充电，电路a、b之间接有一灵敏电流表，两极板之间有一个带点尘埃处于静止状态。

现将两极板的间距变大，则（）
A．尘埃将向上加速运动
B．尘埃将仍处于静止状态
C．尘埃带正电
D．电流表中将有从b到a的电流
6．（4分）某导体中的电流随其两端电压的变化关系如图所示，则下列说法中正确的是（）
A．加5V电压时，导体的电阻大于5Ω
B．加11V电压时，导体的电阻可能为1.4Ω
C．由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小
D．由图可知，随着电压的减小，导体的电阻不断减小
7．（4分）电路中路端电压U随干路电流I变化的关系如图所示，则电源的电动势E和内电阻r分别是（）
A ．E ＝1.0V ，r ＝5.0Ω
B ．E ＝1.0V ，r ＝2.5Ω
C ．E ＝2.0V ，r ＝5.0Ω
D ．
E ＝2.0V ，r ＝2.5Ω
8．（4分）如图所示为一未知电路，现测得两个端点a ，b 之间的电阻为R ，若在a 、b 之间加上电压U ，测得通过电路的电流为I ，则该未知电路的电功率一定是为（ ）
A ．I 2
R
B ．
U 2R
C ．UI
D ．UI ﹣I 2R
9．（4分）两根材料相同的均匀导线x 和y 串联在电路中，两导线沿长度方向的电势变化情况分别如图中的ab 段和bc 段图线所示，则导线x 和y 的横截面积之比为（ ）
A ．2：1
B ．1：2
C ．6：1
D ．1：6
10．（4分）如图所示电路，电源电动势E 为6V ，内阻r 为2.0Ω，电阻R 为8Ω，电动机M 线圈电阻R M 为2Ω．当开关S 闭合时，电阻R 消耗的电功率为2W ，则动机输出的机械功率是（ ）
A ．0.5W
B ．1.5W
C ．2W
D ．3.56W
11．（4分）如图所示，有三个质量相等，分别带正电、带负电和不带电的小球，从平行板电场的中点以相同的初速度垂直于电场方向进入电场，它们分别落在A 、B 、C 三点，可以判断（ ）
A．小球A带正电，小球B不带电，C带负电
B．三个小球在电场中运动的时间相等
C．三个小球到达极板时的动能关系为E kA＞E kB＞E kC
D．三个小球在电场中运动时的加速度关系为a A＜a B＜a C
12．（4分）在如图所示的U﹣I图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，由图象可知（）
A．电源的电动势为3 V，内阻为0.5Ω
B．电阻R的阻值为0.5Ω
C．电源的输出功率为4 W
D．电源的效率为50%
13．（4分）如图，平面直角坐标系xoy中有一匀强电场，ABC构成正三角形，A点坐标为（﹣2cm，0），C点坐标为（2cm，0）。

将电量为q＝﹣8×10﹣16C的试探电荷从A点移到B、C两点，静电力做功分别为2.0×10﹣15J、4.0×10﹣15J，以下说法正确的是（）
A．A、C两点电势差为U AC＝5V
B．y轴上所有点电势相等
C．将电量为8.0×10﹣16C正电荷有B点移到C点电势能增加2.0×10﹣15J
D．该匀强电场的场强为250N/C
14．（4分）如图所示，电源电动势为E，内电阻为r．当滑动变阻器R的滑片P从右端滑到左端时，发现电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为△U1和△U2，下列说法中正确的是（）
A．小灯泡L1、L3变暗，L2变亮
B．小灯泡L3变暗，L1、L2变亮
C．△U1＞△U2
D．△U1＜△U2
二、填空题（每空2分，共18分）
15．（6分）一个量程为0～300μA的电流表，内阻为1000Ω，再给它串联一个99000Ω的电阻，将它改装成电压表，改装后电压表的内阻为Ω，量程为V，当通过电流表的电流为150μA时，电压表的示数为V。

16．（6分）在“测定金属丝电阻率”的实验中，需要测量的物理量有U、I、d、L：（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）用给定的物理量符号表示，该金属丝的电阻率为。

17．（6分）有一个小灯泡上标有“4V 2W”的字样，现在要用伏安法描绘这个小灯泡的U ﹣I图线．有下列器材供选用：
A．电压表（0～5V，内阻约10kΩ）
B．电压表（0～10V，内阻约20kΩ）
C．电流表（0～3A，电阻约1Ω）
D．电流表（0～0.6A，内阻约0.4Ω）
E．滑动变阻器（5Ω，3A）
F．滑动变阻器（500Ω，0.2A）
G．电源（电动势为6V，内阻约0.1Ω）
H．开关一个、导线若干
实验中电压表应选用，电流表应选用，为使实验误差尽量减小，要求电压表从零开始变化且多取几组数据，滑动变阻器应选用．（用序号字母表示）三、计算题（共2小题，26分，须有适当文字说明，只有答案不计分！）
18．（14分）如图所示，电源电动势为E＝10V，R1＝4Ω，R2＝6Ω，C＝30μF，电容器两极板水平放置，两极板间距离为20cm．开关S闭合且稳定后，求：
（1）通过R1的电流I；
（2）电容器的电荷量Q；
（3）若此时一个带电量q＝﹣8×10﹣10库仑的油滴恰好可静止在两板中间，油滴质量多大（g＝10m/s2）？
19．（12分）如图所示，板长L＝4cm的平行板电容器，板间距离d＝3cm，板与水平夹角α＝37°，两板所加电压为U＝100V，有一带负电液滴，带电荷量为q＝3×10﹣10C，以v ＝1m/s的水平速度自A板边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从B板边缘水平飞出．g取10m/s2，求
（1）液滴的质量；
（2）液滴飞出时的速度．
2019-2020学年湖南省长沙市高二（上）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共14小题，满分56分）
1．【解答】解：A、当两点电荷的间距远大于自身的大小时，才能看成点电荷，并不是体积很小就能当作点电荷，故A错误；
B、由公式F=k Q1Q2
r2
可知，当r→0时此时已不满足点电荷条件，所以公式不适用。

故B
错误；
C、两个相同的、球心距离为r的金属球，当距离远大于球的大小时，则可看成点电荷，
所以电荷间的库仑力F=k Q2
2
，当距离不能远大于球的大小，则不能看成点电荷，所以
若带有等量同种电荷Q时，两电荷相互排斥，导致电荷中心距离比r大，从而导致其库
仑力F＜k Q2
r2
．故C正确；
D、由于两个点电荷的电荷量不变，当它们之间的距离成为原来的一半，仍符合库仑定律
成立的条件，则它们之间的库仑力变为原来的4倍。

故D错误；
故选：C。

2．【解答】解：A、电容器上极板带正电，下极板带负电，板间电场线在竖直方向，故A点电势大于B点电势，所以ab两点电势不相等；
B、到达静电平衡时导体内部电势处处相等，故ab两点电势相等；
C、点电荷的等势面是以点电荷为圆心的同心球面，故ab两点电势相等；
D、等量异种电荷的连线的中垂线上电场力与中垂线垂直，所以中垂线为等势线，故ab
两点电势相等。

电势不相等的，故选：A。

3．【解答】解：A、合力大致指向轨迹凹的一向，可知电场力方向向左，电场线向右，所以带电粒子带负电。

故A错误。

B、沿电场线方向电势降低，a点电势大于b点电势。

故B错误。

C、从a运动到b，电场力做负功，电势能增大。

所以带电粒子在a点的电势能小于在b
点的电势能。

故C正确。

D、a点的场强大于b点的场强，所以a点所受的电场力大于b点，则带电粒子在a点的
加速度大于在b点的加速度。

故D错误。

4．【解答】解：A、电动势能把其他形式的能转化为电能，电动势就反映这种转化本领的大小。

故A正确。

B、根据闭合电路欧姆定律可知，电源的电动势等于内、外电路上电势降落之和。

故
B正确。

C、电动势等于电源没有接入电路时路端电压。

故C错误。

D、根据电动势定义式E=W
q，可知，电动势等于电源把正电荷从负极移到正极所做
的功跟移送的电量之比。

故D正确。

本题选错误的，故选C
5．【解答】解：C、因粒子处于静止状态，则有电场力与重力平衡，即电场力方向向上，由于电场强度方向向下，因此粒子带负电，故C错误；
AB、将两极板的间距变大，而电容器的电压不变，板间场强E=U
d减小，电荷q所受的
电场力F＝Eq减小，电荷将向下加速运动，故AB错误；
D、根据电容的决定式C=
ɛS
4πkd分析可知，板间距d增大，电容C减小，电容器的电压
U不变，由电容的定义式C=Q
U分析得知，电容器的电量减小，电容器放电，而电容器上
极板带正电，则电流表中将有从b到a的电流，故D正确；
故选：D。

6．【解答】解：
A、当U＝5V时，由图知电流为I＝1.0A，则导体的电阻R=U
I
=51.0=5Ω，故A错误，
B、由图可知随着电压的增大，图象上的点与原点连线的斜率减小，而此斜率等于电阻的
倒数，则可知导体的电阻不断增大，则加11 V电压时，导体的电阻应大于5Ω．故B错误；
CD、由图知，随着电压的增大，图象上的点与原点连线的斜率增大，此斜率等于电阻的倒数，则知导体的电阻不断增大；随着电压的减小，则导体的电阻不断减小，故C错误，D正确；
故选：D。

7．【解答】解：由图象可知电源的电动势为2V，
r＝k=2V−1v
0.4A
=2.5Ω，故ABC错误，D正确。

8．【解答】解：
A 、当黑箱中是一个纯电阻元件时，电功率可以用P ＝I 2R 求，若是非纯电阻元件，则电功率P ＞I 2R ．．故A 错误。

B 、当黑箱中是一个纯电阻元件时，电功率可以用P =U 2
R
求，若是非纯电阻元件，欧姆定
律不成立，没有这个公式。

故B 错误。

C 、无论是黑箱中是一个纯电阻元件，还是非纯电阻元件，都能用P ＝UI 求电功率故C 正确。

D 、P ＝UI ﹣I 2R 可以求其他的功率，不能用来求电功率。

故D 错误。

故选：C 。

9．【解答】解：ab 段和bc 段的电势差分别为2V ，4V ，电流相等，根据欧姆定律得：
R ab R bc
=
U ab U bc
=1
2。

根据电阻定律得，R ＝ρL
S ，则S =ρL
R ，则横截面积之比：S ab
S bc =L ab
L bc ×R bc
R ab =1
4×2
1=1
2。

故选：B 。

10．【解答】解：电阻R 消耗的电功率为2W ，电阻R 为8Ω，故其电压为：U =√2W ×8Ω=4V ；电流I R =4V
8Ω=0.5A ；
根据闭合电路欧姆定律，有：E ＝U+Ir ，解得I =
E−U r
=6V−4V
2.0Ω=1A ； 故提供电动机的电流为：I M ＝I ﹣I R ＝1A ﹣0.5A ＝0.5A ；
故电动机输出的机械功率是：P ＝UI M ﹣I M 2R M ＝4×0.5﹣0.52×2＝1.5W ； 故选：B 。

11．【解答】解：在平行金属板间不带电小球、带正电小球和带负电小球的受力如下图所示：
由此可知不带电小球做平抛运动a 1=G m ，带正电小球做类平抛运动a 2=G−F
m ，带负电小
球做类平抛运动a3=G+F m。

根据题意，三小球在竖直方向都做初速度为0的匀加速直线运动，球到达下极板时，在
竖直方向产生的位移h相等，据t=√2ℎ
a得三小球运动时间，正电荷最长，不带电小球
次之，带负电小球时间最短。

A、三小球在水平方向都不受力，做匀速直线运动，则落在板上时水平方向的距离与下落
时间成正比，故水平位移最大的A是带正电荷的小球，B是不带电的小球，C带负电的小球。

故A正确。

B、由于三小球在竖直方向位移相等，初速度均为0，由于电场力的作用，三小球的加速
度不相等，故它们的运动时间不相等，故B错误；
C、根据动能定理，三小球到达下板时的动能等于这一过程中合外力对小球做的功。

由受
力图可知，带负电小球合力最大为G+F，做功最多动能最大，带正电小球合力最小为G ﹣F，做功最少动能最小。

故C错误。

D、因为A带正电，B不带电，C带负电，所以a A＝a2，a B＝a1，a C＝a3，所以a A＜a B
＜a C．故D正确。

故选：AD。

12．【解答】解：
A、根据闭合电路欧姆定律得U＝E﹣Ir，当I＝0时，U＝E，由读出电源的电动势E＝3V，
内阻等于图线的斜率大小，则r=△U
△I
=36=0.5Ω．故A正确。

B、电阻R=U
I
=22=1Ω．故B错误。

C、两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压U＝2V，电流I＝2A，则电源的输出功率为P出＝UI＝4W．故C正确。

D、电源的效率η=P
出
P
总
=UI EI=23=66.7%．故D错误。

故选：AC。

13．【解答】解：A、根据电势差公式有：U AC=W AC
q
=4.0×10
−15
−8×10−16
=−5V．故A错误；
B、由于AO＝OC，所以将电量为q＝﹣8×10﹣16C的试探电荷从A点移到O点，静电力做功为2.0×10﹣15J，所以O点和B点的电势相等，y轴是一条等势线，其上所有点电势相等，故B正确；
C 、由于O 点和B 点电势相等，所以将电量为﹣8.0×10
﹣16C 点电荷有B 点移到C 点电场力做功2.0×10
﹣15J ，而将电量为8.0×10﹣16C 正电荷有B 点移到C 点克服电场力做功2.0×10﹣15J ，其电势能增加2.0×10﹣15J ，故C 正确；
D 、根据电场线与等势面垂直，所以电场线方向垂直于y 轴沿x 轴负方向，根据电场强度的计算公式可得电场强度的大小为：
E =|U AC |x AC
=50.04V/m ＝125V/m ，故D 错误。

故选：BC 。

14．【解答】解：A 、B 、当滑动变阻器的触片P 从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，则L 2变亮。

变阻器的电阻减小，并联部分的电阻减小，则并联部分电压减小，则L 3变暗。

总电流增大，而L 3的电流减小，则L 1的电流增大，则L 1变亮。

故A 错误，B 正确。

C 、
D 、由上分析可知，电压表V 1的示数减小，电压表V 2的示数增大，由于路端电压减小，所以△U 1＞△U 2．故C 正确，D 错误。

故选：BC 。

二、填空题（每空2分，共18分）
15．【解答】解：改装后的电压表的内阻为R V ＝R+R g ＝1000Ω+99000Ω＝100000Ω； 改装后的电压表的量程为：U ＝I g （R+R g ）＝300×10﹣6×（1000+99000）＝30V ； 当通过电流表的电流为150μA 时，电压表示数为15V 。

故答案为：100000，30，15。

16．【解答】解：（1）螺旋测微器固定刻度为0.5mm ，可动刻度为0.01×19.5＝0.295mm ， 所以最终读数为：0.5mm+0.195mm ＝0.695mm 。

（2）由于采用了安培表外接法，电压表的分流作用会使电流测量值I 偏大，而电压测量值U 准确，故根据欧姆定律R =U I ，电阻测量值偏小；
（3）根据电阻定律公式，电阻R ＝ρL S
，S =π(d 2
)2 则电阻率ρ=πUd 24IL
故答案为：（1）0.697mm （0.695﹣﹣﹣0.698均正确）；（2）偏小； （3）ρ=πUd 24IL 。

17．【解答】解：灯泡额定电压为4V ，电压表应选择A ；
灯泡额定电流：I =P U =24=0.5A ，电流表应选D ，
电压表从零开始变化且多取几组数据，滑动变阻器应采用分压接法，为方便实验操作，
滑动变阻器应选择E；
故答案为：A；D；E．
三、计算题（共2小题，26分，须有适当文字说明，只有答案不计分！）
18．【解答】解：（1）由I=U
R可知：
I=
E
R1+R2
=10
4+6
=1A；
（2）电容器两端的电压U C＝U2＝IR2＝1×6＝6V；电量Q＝U C C＝30×10﹣6×6C＝1.8×10﹣4C；
（3）由平衡条件可知：
mg＝Eq
又因为：E=U C d
所以：m=qU C
gd
=8×10
−10×6
10×0.2
=2.4×10﹣9kg；
答：（1）电流为1A；（2）电量为1.8×10﹣4C；（3）油滴质量为2.4×10﹣9kg；19．【解答】解：（1）根据题意画出带电液滴的受力图如图所示，由图可得：qEcosα＝mg，
E=U d，
解得：
m=qUcosα
dg
=3×10
−10×100×0.8
0.03×10kg＝8×10
﹣8kg
（2）对液滴由动能定理得：
qU=1
2mv
2−1
2
mv02
解得：
v=√v02+2qU
m
=√12+2×3×10
−10×100
8×10−8
m/s≈1.32m/s
答：（1）液滴的质量为8×10﹣8kg；（2）液滴飞出时的速度约为1.32m/s．。