成都外国语学校2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题(Word版含解析)

成都外国语学校2019-2020学年高二上学期期中考试
物理试题
一、单项选择题
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
【答案】B
【详解】A．根据电场力方向来确定各自电性，从而得出“两同夹一异”，所以a、c一定为同种电荷即两荷间一定为排斥力，故A错误；
B．根据电场力方向来确定各自电性，从而得出“两同夹一异”，所以a、c和b的电性相反，即a对b的静电力一定是引力，故B正确；
C．同时根据库仑定律来确定电场力的大小，并由平衡条件来确定各自电量的大小，因此在大小上一定为“两大夹一小”，“近小远大”，所以c a b
q q q
>>，故C错误；
D．由平衡可得，对a有22
a b a c
ab ac
q q q q
k k
L L
=
当它们的电荷量都加倍时，小球仍然平衡，同理对b、c也成立，故D错误。

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
<
【答案】A
【详解】AB．由点电荷电场强度
2
Q
E k
r
=可知，离点电荷越远电场强度越小，所以
B C
E E
>，故A正确，B 错误；
CD．如果点电荷为正电荷，根据沿电场线电势降低可知，B C
ϕϕ
>，同理，如果点电荷为负电荷时，
B C
ϕϕ
<，故CD错误。

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
【答案】A
【详解】AD．匀强电场中电场力与电场线平行，而曲线运动合力指向曲线的凹侧一方，所以电场力一定向左，若点电荷从a到b点，电场力做负功，电势能增加，即电荷在点b的电势能大于在a点的电势能，电场力做负功，动能减小，即电荷在a的动能大于在b点的动能，故A正确，D错误；
BC．电场力向左，但不知道电荷的电性，所以不能判断电场方向，即不能判断两点电势的高低，故BC错误。

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
【答案】D
【详解】A．导体的电阻与导体两端的电压、电流无关，由本身因素决定，故A错误；
B．电阻率是表征材料导电性能好坏的物理量，电阻率越大，其导电性能越差；电阻率越小，则其导电性能越好；但导体对电流的阻碍作用取决于电阻的大小，而电阻与导体的长度和截面积有关，故电阻率大的导体对电流的阻碍作用不一定大，故B错误；
C．电阻率是表征材料导电性能好坏的物理量，电阻率越大，其导电性能越差；电阻率越小，则其导电性能越好，故C错误；
D．由
L
R
S
ρ
=可知，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，故D正
确。

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5000
【答案】C
【详解】A．电动势在数值上等于电源没有接入电路时两极之间的电压，故A正确；
BC．电源做的总功为W=EIt=Eq
电源做功等于电源提供的电能，可知电动势总等于电路中通过1C的正电荷时，电源提供的能量，故B正确，C错误；
D．电源效率为
200
50
00
4
IU U
IE E
η====
故D正确。

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
【答案】B
【详解】A ．由图可知，1x 处的电荷比在2x 处的电势更低，由于不知道点电荷的电性，所以无法确定点电荷在1x 处的电势能和点电荷在2x 处的电势能的大小，故A 错误；
B ．x φ-图像的斜率表示电场强度，由图可知，在1x 处的电场强度比在2x 处的电场强度更大，由公式F qE =可知，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，故B 正确；
C ．根据沿电场线方向电势降低，由图可知，该电场的方向沿x 轴负方向，故C 错误；
D ．x φ-
图像的斜率表示电场强度，由图可知，该电场不可能是匀强电场，故D 错误。

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
【答案】D
【详解】由闭合电路欧姆定律有111R U E R r =+ 222R U E R r
=+ 由题意有21
1.5U U = 联立解得：2r =Ω 故D 正确。

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
【答案】B
【详解】AB ．闭合开关S ，减小电阻箱阻值，则整个电路中的总电阻减小，总电流增大，即电流表示数增大，根据U =E -Ir 知，电源的外电压，即路端电压减小，电阻R 2两端的电压增大，路端电压等于电压表示数和R 2两端电压之和，可得出电压表示数减小，故A 错误，B 正确；
C ．当电源的内阻与外电阻相等时，电源的输出功率最大，由于不清楚电源内阻与外电阻关系，所以无法确定电源的输出功率变化情况，故C 错误；
D ．闭合开关S ，减小电阻箱阻值，则整个电路中的总电阻减小，总电流增大，由公式2P I R =可知，电阻2R 消耗的功率一定增大，故D 错误。

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1V 、2V 和5V ．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
【答案】C
【详解】A ．因为匀强电场中电势随距离均匀变化（除等势面），又由于正六边形对边平行，AB 间电势差等于ED 间电势差，所以E 点电势为4V ，延长BC 和ED 交于M 点，如图，根据匀强电场中电势随距离均匀变化，所以M 点电势为6V ，同理可得，C 点电势为4V ，F 点电势为2V ，所以B 点电势与F 点电势相等，则正试探电荷从B 点移到F 点电势能不变，故A 错误；
B ．由于
C 点电势比F 点电势更高，负电荷在电势低处电势能大，负试探电荷从C 点移到F 点电势增加，故B 错误；
C ．由于C 点与E 点电势相等，连接CE 即为等势线，过
D 作C
E 的垂线，交于N 点，由于CD =2cm ，由几何关系可得，DN =1cm ，所以电场强度为100V/m DC U E DN
=
= 故C 正确；
D ．该六边形外接圆上A 、B 、C 、D 、
E 、
F 中电势最低点为A 点的电势即为1V ，故D 错误。

二、多项选择题
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
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．图甲中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同，故A正确，B错误；
CD．图乙中的A1、A2串联，A1、A2的示数相同，由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同，故C错误，D正确。

11. 如图所示，甲、乙为两个独立电源的路端电压U与通过它们的电流I的关系图线，下列说法中正确的是( )
A. 路端电压都为U0时，它们的外电阻相等
B. 电流都是I0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
【答案】AC
【解析】
考点：闭合电路的欧姆定律．
专题：恒定电流专题．
分析：根据闭合电路欧姆定律得知：电源路端电压与电流的关系式为U=E-Ir，当I=0时，U=E，即图线与纵轴交点坐标表示电源电动势的大小，图线的斜率的大小表示电源的内阻大小．
解答：解：路端电压都为U0时，电路中的电流相等都为I0，跟据欧姆定律可知它们的外电阻相等，
故A正确
根据闭合电路欧姆定律得知：U=E-Ir，当I=0时，U=E，即图线与纵轴交点坐标表示电源电动势的大小，由图可知电动势电源甲的电动势大于电源乙的电动势．而图线的斜率的大小表示电源的内阻大小，图线甲的斜率大于图线乙的斜率，电源甲的内阻大于电源乙的内阻．则当电流都是I0时，甲电源的内电压较大，故BCD错误
故选A
点评：对于物理图象理解，关键要根据物理规律推导出解析式，再从数学角度来理解图象的物理意义．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
【答案】AB
【解析】
【详解】A ．由题，带电荷量为q 的微粒静止不动，则微粒受到竖直向上的电场力作用，而平行板电容器板间场强方向竖直向上，则微粒带正电，故A 正确；
B ．微粒静止，处于平衡状态，由平衡条件得
U mg q
d
= 电源电压大小 mgd U q
=
故B 正确； C ．保持开关闭合，两板间的电势差不变，减小两极板间距离，由公式U E d =
可知，板间的电场强度增大，微粒的电场力增大，所以微粒向上加速运动，故C 错误；
D ．断开开关S ，电荷量不变，增大两极板之间的距离，由公式4πS
C kd ε=可知，电容减小，由公式Q
C U
=可知，电势差增大，场强为4π4πU Q Q kQ E S d Cd S d kd
εε====，所以电场强度不变，所以微粒的电场力不变，微粒仍静止不动，故D 错误。

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【答案】BD 【解析】【详解】A．在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中，滑动变阻器R1的有效电阻先增大后减小，外电路总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律可知：总电流先变小后变大，路端电压先增大后减小，故A错误；
BC．路端电压先增大后减小，所以R3中的电流先增大后减小，由于总电流先变小后变大，所以电流表示数先减小后变大，则U与I的比值先变大后变小，无法确定U 与I的乘积变化情况，故B正确，C错误；D．将R3与电源看成新电源，新电源的内阻为r与R3的并联值小于r，由闭合电路欧姆定律可知，U的变化量的绝对值与I的变化量的绝对值即为新电源的内阻，故D正确。

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3kΩ）、滑动变阻器(020
R-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
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”）【答案】 (1). 0.395:0.397 (2). B (3). 小
【解析】
【详解】(1)[1]固定刻度读数为0，可动刻度读数为39.7，所测长度为0+39.7×0.01=0.397mm，由于误差所以测量长度在0.395mm到0.397mm之间；
(2)[2]待测金属丝的电阻约为5Ω，电流表的内阻约为0.1Ω，电压表的内阻约为33kΩ，所以待测金属丝的电阻为小电阻，则电流表应用外接法，即实验中应采用图中的B图对应的电路；
(3)[3]电流表外接法中，由于电压表的分流作用，导致电流的测量值比真实值偏大，由公式
U
R
I
=可知，
电阻的测量值比真实值偏小，由公式
L
R
S
ρ
=可知，电阻率的测量值比真实值偏小。

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1kΩ）
D.定值电阻11k
R=Ω
E.定值电阻22k
R=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）.
【答案】 (1). (2). 3.0 (3). 增大 (4). 1.22
【解析】
【详解】(1)[1]灯泡额定电压为2.6V，电压表量程为1V，电压表应与定值电阻R2串联改装成3V的电压表，由于电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，描绘灯泡伏安特性曲线电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，实验电路图如图所示：
(2)[2]在0～0.6V 内图线为直线，由图示图象可知，小灯泡不工作时的电阻
0.630.2
U R I ==Ω=Ω [3]当电压大于0.6V 后图线为曲线，随灯丝两端电压增加，通过灯泡的电流增加，图线上各点与坐标原点的连线斜率减小即电阻增大，即灯丝的电阻逐渐增大；
[4]由图示图象可知，灯泡额定电压2.6V 对应的电流I =0.47A ，小灯泡的额定功率：
P =UI =2.6×0.47W≈1.22W
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
【答案】(1)2A(2)56W(3)16W
【解析】
【详解】(1)由E =30V ，电动机两端电压为10V 可得R 和电源内阻上分担的电压为20V ，则有
(E U I R r =++）
解得
2I = A
(2)电源的输出功率
1()P I E Ir =-
解得
156P =W
(3)电动机的热功率
241W 4W M P I R ==⨯=热
电动机的输出功率
2P IU P =-热
代入数据解得
216P =W
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.
【答案】(1)粒子带负电，tan mg q E θ=(2) 0sin v t g θ=(3) 2201cos 2
P E E W mv θ∆=-= 【解析】
【详解】(1)由于粒子做直线运动，所以粒子所合力应与初速度在一条直线上，粒子除重力外，还受电场力，所以电场力方向水平向左，则粒子带负电，受力分析如图
由平衡条件得tan mg qE θ=
解得tan mg q E θ
= (2)由牛顿第二定律：
sin mg ma θ= 由速度公式得00v at -=-
解得0sin v t g
θ= (3)沿电场方向有012
x t v = 电场力做功cos E W qEx θ=-，2201cos 2E W mv θ=-
联立解得2201cos 2P E E W mv θ∆=-= 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 ；
(2)匀强电场的场强E ；
(3)小球运动过程中的最大速度m v .
【答案】(1)12
v gL =
(2) 34mg E q =(3) m v gL = 【解析】 【详解】(1)在最低点由牛顿第二定律得2T v F mg m L
-= 解得12v gL = (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 )02m mgL qEL mv θθ--=
- 解得：m v gL =
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。

自该区域的A 点将质量为m 、电荷量分别为q 和－q (q >0)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，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。

【答案】（1）4mg q
（2）0v =3）0v ≥【解析】
小球运动过程只受重力和电场力作用，故小球在水平方向做匀速运动，那么，小球在电场区域内外的运动时间t 相同；在电场区域外，小球在竖直方向做加速度为g 的匀加速运动，故小球进入电场时的竖直分速度为gt ；
（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：2211022
gt gt t at =+⋅-，所以，3a g =，方向竖直向上； 故由牛顿第二定律可得3qE mg mg -=，所以电场的电场强度4mg E q =
； （2）M 在电场中的加速度5qE mg a g m
+'=
=，方向竖直向下； 故M 刚离开电场时的竖直分速度56y v gt gt gt =+=； 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：0L t v =
； 故由M 刚离开电场时的动能为刚进入电场时动能的8倍可得：()()22220011 822y m v v m v gt ⎡⎤+=⋅+⎣
⎦； 所以()()22220678y v gt v gt ==+，
所以()()222220
20368447g L v gt gt v -===，所以0v = （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
222115(3)
422
d gt t g t gt t g t gt L =⋅+⋅⋅-⋅-
⋅⋅=≤，
故t ≤0L t v =， 所以
0L v t =≥=。