成都外国语学校2019-2020学年度上期期中考试高二物理试卷

成都外国语学校2019-2020学年度上期期中考试高二物理试卷 注意事项：
1、本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.
2、本次考试时间100分钟，满分100分.
3、答卷前，考试务必将自己的姓名、学号填写在答题卡上，并使用2B 铅笔填涂.
4、考试结束后，将答题卡交回.
一、单项选择题（每小题给出的四个选项中，只有一个正确选项，每小题3分，共27分）
1.如图，光滑绝缘的水平面上有三个带电小球（均可视为点电荷）a 、b 、c ，三球沿一条直线摆放，仅在它们之间的静电力的作用下处于静止状态，a 、b 之间的距离小于b 、c 之间的距离.则以下看法正确的是
A.a 对c 的静电力一定是引力
B.a 对b 的静电力一定是引力
C.三个小球所带电荷量的大小关系是a c b q q q >>
D.若保持它们的位置不变而将它们的电荷量都加倍，则它们将不能平衡
2.如图所示，真空中A 点固定一点电荷，B 、C 是该点电荷电场中的两点，关于该两点的场强E 的大小和电势ϕ高低关系，下列看法正确的是
A.B C E E >
B.B C E E <
C.B C ϕϕ>
D.B C ϕϕ<
3.如图所示，实线为电场线，虚线为一仅受电场力作用的点电荷在匀强电场中的运动轨迹，a 、b 是轨迹上的两点，则下列说法正确的是
A.电荷在点b 的电势能大于在a 点的电势能
B.该电场的方向水平向左
C.b 点的电势高于a 点的电势
D.电荷在b 的动能大于在a 点的动能
4.下面对公式U R I =及L R S
ρ=的理解正确的是 A.导体的电阻与导体两端的电压成正比，与导体中的电流成反比
B.导体的电阻率越大，则导体对电流的阻碍作用越大
C.导体的电阻越小，则导体的导电性能越好
D.某种材料制成的导体的电阻与导体的长度成正比，与导体的横截面积成反比
5.某电源的电动势为4V ，则关于该电源，以下看法不正确的是
A.该电源没有接入电路时，其两极之间的电势差为4V
B.当通过该电源的电荷量为1C 时，该电源提供的电能为4J
C.该电源每工作1s 钟，电源提供的电能为4J
D.将该电源接入电路中当其路端电压为2V 时，电源的供电效率为50℅
6.在某静电场中，沿着某条电场线建立Ox 坐标轴，坐标轴上各点的电
势随坐标变化的关系图线如图所示，则以下看法正确的是
A.同一点电荷在1x 处的电势能小于在2x 处的电势能
B.同一点电荷在1x 处的受到的静电力大于在2x 处受到的静电力
C.该电场的方向沿x 轴正方向
D.该电场可能是匀强电场
7.如图所示的电路中，电源的电动势和内阻一定，当可变电阻的阻值由2Ω变为6Ω时，电源的路端电压变为原来的1.5倍，则电源的内阻为
A.4Ω
B.8Ω
C.6Ω
D.2Ω
8.如图所示的电路，闭合开关S ，待电路中的电流稳定后，减小R 的阻值，则
A.电流表的示数一定减小
B.电压表的示数一定减小
C.电源的输出功率一定减小
D.电阻2R 消耗的功率一定减小
9.如图所示，A 、B 、C 、D 、E 、F 为匀强电场中一个边长为2cm 的正六边形的六个顶点，已知A 、B 、D 三点的电势分别为1 V 、2 V 和5 V ．则以下看法正
确的是
A.正试探电荷从B 点移到F 点电势能增加
B.负试探电荷从C 点移到F 点电势能减少
C.匀强电场的场强大小为100V/m
D.该六边形外接圆上电势最低的点电势为0V
二、多项选择题（每小题有至少两个正确选项，选对不全得2分，全部选对得4分，不选或错选不得分，共16分）
10.用两个相同的小量程电流表，分别在表头上并联不同的电阻改装成了两个量程不同的大量程电流表A 1、A 2，若把A 1、A 2分别采用串联或并联的方式接入电路，如图所示，则闭合开关后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角
度的说法正确的是
A.图（a ）中两表指针偏转角度相同
B.图（a ）中两表示数相同
C.图（b ）中两表指针偏转角度相同
D.图（b ）中两表示数相同
11.如图所示，甲、乙为两个独立电源（外电路为纯电阻）的路端电压U 与通过它们的电流I 的关系图线，下列说法正确的是
A.路端电压都为0U 时，它们的外电路电阻相等
B.电流都是0I 时，两电源的内电压相等
C.电源甲的电动势大于电源乙的电动势
D.电源甲的内阻小于电源乙的内阻
12.如图所示，两板间距为d 的平行板电容器与一电源连接，开关S 闭合，电容器两极板间有一质量为m 、带电荷量为q 的微粒静止不动，下列说法正确的是
A.微粒带正电
B.电源的电动势大小等于mgd q
C.保持开关闭合，减小两极板间距离，微粒将向下做加速运动
D.断开开关S ，增大两极板之间的距离，微粒将向下做加速运动
13.如图所示的电路中，电源的电动势为E 、内阻为r （0r ≠），定值电阻23R R =.闭合开关，理想电压表示数为U ，理想电流表示数为I ；在滑动变阻器1R 的
滑片P 由a 端滑到b 端的过程中
A.U 先变小后变大
B.U 与I 的比值先变大后变小
C. U 与I 的乘积先增大后减小
D.U 的变化量的绝对值与I 的变化量的绝对值的比值小于r
三、实验题
14.在“测定金属的电阻率”的实验中，所用测量仪器均已校准，待测金属丝接入电路部分长度约为50cm.
（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图甲所示，其读数为 mm ；
（2）用伏安法测量金属丝的电阻x R .实验所用的器材为：电池组（电动势3V ，内阻约1Ω）、电流表（内阻约0.1Ω）、电压表（内阻约3k Ω）、滑动变阻器(020R -Ω，额定电流2A )，开关、导线若干.实验前已用多用电表粗测得待测金属丝的电阻约为5Ω.则实验中应采用图乙中的 图对应的电路.（选填“A ”或“B ”）
（3）由于电阻的测量存在系统误差，因此本实验测得电阻率与真实值比较偏 （选填“大”或“小”）
15.探究小组在实验选材中从实验室找到一只小灯泡，其额定电压为2.6V ，额定功率模糊不清.于是小组商议通过描绘小灯泡的伏安特性曲线来测定小灯泡的额定功率，实验时找到了以下器材（导线和开关除外）：
A.电源（E 约为3.0V ，内阻r 约为0.5Ω）
B.电流表A （0--0.6A ，内阻为300Ω）
C.电压表V （0—1V ，内阻为1k Ω）
D.定值电阻11R k =Ω
E.定值电阻22R k =Ω
F.滑动变阻器(05)R -Ω
（1）在图甲中画出实验电路图；
（2）根据实验数据，描绘出了如图乙所示的伏安特性曲线，在0—0.6V 内图线为直线，则小灯泡不工作时的电阻为 Ω；当电压大于0.6V 后图线为曲线，则随着灯丝两端电压的增加，灯丝的电阻逐渐 （填“增大”、“减小”或“不变”）；根据图线可知，小灯泡的额定功率为 W （结果保留2位小数）.
四、计算题
16.如图所示，一直流电动机与阻值为9R =Ω的电阻串联在电源上，电源的电动势30E =V ，内阻1r =Ω，用理想电压表测出电动机两端的电压10U =V ，已知电动机线圈电阻1M R =Ω， 求：
（1）电路中的电流I ；
（2）电源的输出功率1P ；
（3）电动机的输出功率2P .
17.如图所示，一质量为m 的带电粒子从A 点开始以与水平成θ角的初速度0v 在电场强度为E 匀强电场中运动，粒子运动的轨迹为一条直线，能到达
的最高点为B 点，不计空气阻力，重力加速度大小为g .求：
（1）粒子的电性和电荷量的大小；
（2）粒子从A 到B 所用的时间；
（3）粒子A 到B 电势能的变化量.
18.如图所示，在方向水平的匀强电场中，长为L 的轻质绝缘细线一端拴一质量为m 、电荷量为q 的小球，细线另一端固定于O 点.将细线拉直至水平状态由静止释放，小球摆动到悬
点正下方时受到细线的拉力大小为1.5mg ，g 为重力加速度，不计空气阻力，求：
（1）小球运动到最低点时的速率v ；
（1）匀强电场的场强E ；
（2）小球运动过程中的最大速度m v .
19.如图所示，两竖直虚线间距为L ，之间存在竖直向下的
匀强电场．自该区域左侧的A 点将质量为m 、电荷量分别
为q 和q -(0q >)的带电小球M 、N 先后以相同的初速度
沿水平方向射出．小球进入电场区域．并从该区域的右边界离开．已知N 离开电场时的位置与A 点在同一高度；M 刚离开电场时的动能为刚进入电场时动能的8倍，不计空气阻力，也不考虑M 、N 之间的相互作用，重力加速度大小为g ，已知A 点到左边界的距离也为L .
(1)求该电场的电场强度大小；
(2)求小球射出的初速度大小；
(3)要使小球M 、N 离开电场时的位置之间的距离不超过L ，仅改变两小球的相同射出速度，求射出速度需满足的条件．
成都外国语学校2019-2020学年度上期高二物理期中考试答案
一、单项选择题
1.B
2.A
3.A
4.D
5.C
6.B
7.D
8.B
9.C
二、多项选择题
10.AD 11.AC 12.AB 13.BD
三、实验题
14.（1）0.396-0.399；（2）B ；（3）小
15. （1）电路图如图，有一处错误即不得分
（2）3.0；增大；1.22-1.28均可
四、计算题
16.（1）(E U I R r =++）
2I =（A ）
（2）1()P I E Ir =-，156P =W
（3）22M P IU I R =-，216P =W
17.（1）粒子带负电
tan mg qE θ=，tan mg q E θ
= （2）由牛顿第二定律：
sin mg ma θ=，00v at -=-，0
sin v t g θ= （3）01
2x v t =，cos E W qEx θ=-，2201cos 2
E W mv θ=- 2201cos 2
P E E W mv θ∆=-=
18.（1）2
T v F mg m L
-=，v = （2）由动能定理：2102mgL qEL mv -=
- 解得：34mg E q
= （3）设小球速度最大时，细线与竖直方向夹角为θ
3tan 4qE mg θ==，则34sin ,cos 55
θθ==，由动能定理 21cos (1sin )02
m mgL qEL mv θθ--=-
解得：m v =19.
(1)N 离开电场时的位置与A 点在同一高度，即竖直位移为零；
设N 在电场内的加速度为a ，则有：0＝12gt 2＋gt·t 12
at 2， 所以，a ＝3g ，方向竖直向上；
由牛顿第二定律：qE －mg ＝3mg ，
所以，电场的电场强度E ＝4mg q ； (2)M 在电场中的加速度a′＝qE ＋mg m
＝5g ，方向竖直向下；
故M 刚离开电场时的竖直分速度v y ＝gt ＋5gt ＝6gt ；
又有小球在水平方向做匀速运动，设小球射出的初速度为v 0，则有：t ＝L v 0
； M 刚离开电场时的动能为刚进入电场时动能的8倍：
12m(v y 2＋v 02)＝8·12
m[v 02＋(gt)2]； v y 2＝(6gt)2＝7v 02＋8(gt)2，
所以，v 0＝2gL ；
(3)M 、N 进入电场前的运动一致，那么，M 、N 离开电场时的位置之间的距离d ＝gt·t ＋12·5g ·t 2－(gt·t－12
·3g ·t 2)＝4gt 2≤L ； 故t≤L 4g ；又有t ＝L v 0
， 所以，v 0＝L t ≥L L
4g ＝2gL.。