安徽省安庆市桐城中学2019-2020学年高二上学期期中物理试卷 (有解析)

安徽省安庆市桐城中学2019-2020学年高二上学期期中物理试卷
一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）
1.一带电小球A用绝缘细线悬挂于O点，另一完全相同的带电小球B用绝缘撑
杆固定在O点正下方的M点，两带电小球都可看做点电荷，开始时小球A恰
好静止在位置N，如图所示，由于固定在M处的B球缓慢漏电，导致小球A
的位置非常缓慢地降低至位置P，在此过程中以下判断正确的是：()
A. 在小球A由N到P的过程中，细线对小球A的拉力逐渐减小
B. 在小球A由N到P的过程中，小球B对小球A的库仑力逐渐增大
C. 在小球A由N到P的过程中，小球A所处位置的电势逐渐升高
D. 在小球A由N到P的过程中，小球B与小球A之间的电势能逐渐变大
2.A、B两块正对的金属板竖直放置，在金属板A的内侧表面系一绝缘
细线，细线下端系一带电小球．两块金属板接在图所示的电路中．电
路中的R1为光敏电阻，R2为滑动变阻器，R3为定值电阻．当R2的滑
动触头P在a端时闭合开关S.此时电流表和电压表的示数分别为
I和U，带电小球静止时绝缘细线与金属板A的夹角为θ，电源电动
势E和内阻r一定．则以下说法正确的是()
A. 若将R2的滑动触头P向b端移动，则I不变，U增大
B. 保持滑动触头P不动，用更强的光线照射R1，则I增大，U增大
C. 保持滑动触头P不动，用更强的光照射R1，则小球重新达到稳定后θ变大
D. 保持滑动触头P不动，用更强的光照射R1，则U的变化量的绝对值与I的变化量的绝对值的
比值不变
3.图中a、b、c是匀强电场中同一平面上的三个点，各点的电势分别是φa=5V，φb=2V，φc=3V，
则在下列各示意图中箭头能表示该电场强度的方向是()
A. B. C. D.
4.某电场的电场线的分布如图所示．一个带电粒子由M点沿图中虚线所示的途
径运动通过N点．则下列判断正确的是()
A. 粒子带负电
B. 电场力对粒子做负功
C. 粒子在M点的加速度大
D. 粒子在N点的速度大
5.用多用电表欧姆挡(×100)测试三只二极管，其结果依次如图①②③所示，关于二极管的说法
正确的是()
A. ①是完好的，且a端为正极
B. ②是完好的，且a端为正极
C. ②是完好的，且b端为正极
D. ③是完好的，且b端为正极
6.如图所示电路中，电源内阻不能忽略，两个电压表均为理想电表。

当滑动
变阻器R2的滑动触头P移动时，关于两个电压表V1与V2的示数，下列判断
正确的是()
A. P向a移动，V1示数增大、V2的示数增大
B. P向b移动，V1示数增大、V2的示数减小
C. P向a移动，V1示数改变量的绝对值小于V2示数改变量的绝对值
D. P向b移动，V1示数改变量的绝对值大于V2示数改变量的绝对值
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
7.如图所示电路中，电源电压u=31lsin100πt(V)，A、B间接有“220V 880W”的电热水壶、
“220V 220W”的抽油烟机、交流电压表及保险丝。

下列说法正确的是()
A. 交流电压表的示数为311V
B. 电路要正常工作，保险丝的额定电流不能小于5A
C. 电热水壶发热功率是抽油烟机发热功率的4倍
D. 1min抽油烟机消耗的电能为1.32×104J
8.半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖直挡板MN.
在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状
态．如图所示是这个装置的纵截面图．若用外力使MN保持竖直，缓慢
地向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止．在此过程中，下列说法中正确的是()
A. MN对Q的弹力逐渐增大
B. MN对Q的弹力逐渐减小
C. P、Q间的弹力逐渐增大
D. P、Q间的弹力逐渐减小
9.如图所示，是根据某次测定电池的电动势和内阻的实验记录的数据作出的
U−I图象，下列关于这个图象的说法中正确的是()
A. 纵轴截距表示待测电池的电动势，即E=3.0V
B. 横轴截距表示短路电流，即I0=0.6A
C. 根据r=，计算出待测电池内阻为5Ω
D. 根据r=||，计算出待测电池内阻为1Ω
10.如图所示，电路中开关闭合时，灯泡A、B均能正常发光。

若电阻R2发生断路，其余元件正常，
则此时电路中()
A. 灯泡A变暗
B. 电容器带电量减小
C. 两灯泡电压之和变大
D. 电源的总功率变大
三、实验题（本大题共2小题，共19.0分）
11.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，除标有“6V1.5W”的小灯泡、导线和开关外，
还有：
A.直流电源6V(内阻不计)
B.直流电流表0～3A(内阻0.1Ω以下)
C.直流电流表0～300mA(内阻约为5Ω)
D.直流电压表0～9V(内阻约为15kΩ)
E.滑动变阻器10Ω，2A
F.滑动变阻器1kΩ，0.5A
实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能多测几次．
(1)实验中电流表应选______ (用序号表示)．
(2)滑动变阻器应选______ (用序号表示)．
(3)电流表采用______ (填内接或外接)
(4)滑动变阻器采用______ (填限流式或分压式)
(5)测量值______ (填偏大或偏小)
(6)画出实验电路图．
12.现有一标值为500Ω的金属膜电阻，将外部封装去掉后，只留下其中的圆柱体部分(圆柱形绝缘
瓷棒及其表面的金属薄膜)，进行如下实验：
(1)用游标卡尺和螺旋测微器分别测量圆柱体的长度和横截面直径，如图1、图2所示，则长度L=
______ mm，直径d=______ mm．
(2)与该电阻串联可以将一量程为5mA、内阻为100Ω的电流计改装成量程为______ V.
四、简答题（本大题共2小题，共20.0分）
13.如图所示是家用电瓶车充电器对蓄电池组进行充电的电路．A、B两端接在充电机的输出端上，
蓄电池组的内阻r=2Ω，指示灯L的规格为“6V，3W”.当可变电阻R调到20Ω时，指示灯恰能正常发光，电压表示数为52V(设电压表内阻极大)，试求：
蓄电池组接充电机
(1)充电机的输出功率；
(2)对蓄电池组的输入功率；
(3)蓄电池组的总电动势；
(4)充电机的充电效率．
14.如图所示，电子在一条电场线上从a点运动到b点，电势能增加，试判定a、b两点电势的高
低．
五、计算题（本大题共2小题，共21.0分）
15.如图所示电路中，R1=4Ω，R2=6Ω，C=30μF，电池的内阻r=2Ω，电动势E=12V。

(1)闭合开关S，求稳定后通过R1的电流。

(2)求将开关断开后流过R1的总电荷量。

16.如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，极板长L=80cm，两板间的距离d=40cm.
电源电动势E=40V，内电阻r=1Ω，电阻R=15Ω，闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电的小球从B板左端且非常靠近B板的位置以初速度v0=4m/s水平向右射入两板间，该小球可视为质点．若小球带电量q=1×10−2C，质量为m=2×10−2kg，不考虑空气阻力，电路中电压表、电流表均是理想电表．若小球恰好从A板右边缘射出(g取10m/s2).求：
(1)加速度大小为多少？
(2)滑动变阻器接入电路的阻值为多少？
(3)此时电流表、电压表的示数分别为多少？
-------- 答案与解析 --------
1.答案：D
解析：
本题是力学中动态平衡问题，涉及库仑力的变化，点电荷电势、电势能变化的判定。

动态平衡问题，采用的是三角形相似法，得到力的大小与三角形边长的关系，进行分析。

根据电场力做功情况，判断电势能的变化，再根据E p=qφ判断电势的变化。

AB.由于固定在M处的B球缓慢漏电，导致小球A的位置非常缓慢地降低至位置P，在此过程中，以小球为研究对象，球受到重力G，A受到的斥力F1和线的拉力F2三个力作用，作出F1、F2的合力F，则由平衡条件得：F=G。

根据三角形法则，B球缓慢漏电，小球A的位置非常缓慢地降低至位置P 的过程中，OM、ON、G均不变，MN减小。

则线的拉力F2不变，库仑力F1减小。

故AB错误；CD.小球A的位置非常缓慢地降低至位置P过程，库仑力做负功，电势能逐渐增加，又两球电性未知，据E p=qφ知，在小球A由N到P的过程中，小球A所处位置的电势不能判定。

故C错误，D正确。

故选D。

2.答案：D
解析：解：A、该电路中，滑动变阻器上没有电流，对AB之间的电压没有影响，故A错误；
B、用更强的光线照射R1，电阻随光照强度的增大而减小，故电路中的电流增大，内电阻上的电压降增大，路端电压U减小．故B错误；
C、由B分析可知路端电压U减小，电流增大，R3上的电压最大，AB之间的电压减小，电场强度减小，小球受电场力减小，则小球重新达到稳定后θ变小．故C错误；
D、根据闭合电路的欧姆定律，取两组数据，得：
E=U1+I1r…①
E=U2+I2r…②
①−②得：U1−U2=I2r−I1r，
即：r=−△U
△I
所以，不论R1如何变化，U的变化量的绝对值与I的变化量的绝对值的比值不变．故D正确．
故选：D．
该电路中，滑动变阻器上没有电流，对AB之间的电压没有影响；光敏电阻的电阻随光照强度的增大
而减小，故电路中的电流增大，R3上的电压最大，AB之间的电压减小，电场强度减小，小球受电场力减小，则小球重新达到稳定后θ变小．
本题以光敏电阻为媒介，考查含有变化电阻的电路，这就要求有一定的知识迁移能力；同时，D选项要利用测量电源的电动势与内电阻的结论，对能力的要求也就更高．
3.答案：D
解析：解：各点电势φa=5V，φb=2V，φc=3V，则ab两点连线的线段分三等分，
其中点M的电势为3V，因此M点与C点的连线为等势面，那么与连线垂直的即为
电场线．由于φa=5V，φb=2V，φc=3V，又因为电势沿着电场线降低．所以只
有D正确；
故选：D
在匀强电场中，电场强度大小处处相等，方向处处相同，则电场线是平行且等间距．电势沿着电场线降低，电场线与等势面垂直．
等势面就是电势相等的点所构成的平面．电荷在等势面上移动，电场力不做功．因此电场线与等势面垂直．
4.答案：D
解析：
先根据轨迹弯曲的方向判断出受到的电场力的方向，进而判断出粒子的电性；电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小；电场力做正功，电势能减小。

本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向，其次根据电场线的疏密可以判断电场强度的强弱，进而判断电场力的大小，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题。

A.由图根据粒子的运动的轨迹可以知道，粒子的受到的电场力的方向向上，而电场线的方向也向上，所以电荷为正电荷，故A错误；
B.从M点到N点，静电力方向与速度方向成锐角，电场力做正功，电势能减小，故B错误；
C.电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以粒子在N点的受力大，加速度大，故C错误，D正确。

故选D。

5.答案：B
解析：解：二极具有单向导电性，当接正向电压时，二极管导通，电阻很小，而接反向电压时，二极管截止，电阻很大；由图可知，只有②图符合该规律；故只有②是完好的，因a端接电源正极时导通；故a为二极管正极；
故选：B．
二极管具有单向导电性，根据该性质即可判断二极管是否正常；再根据欧姆表内部电源的正极接在黑表笔上判断二极管的极性．
本题考查二极管的单向导电性及欧姆表的性质，要注意明确欧姆表内部电源与黑表笔相连．
6.答案：C
解析：
由电路图先明确电路的结构，再根据滑动变阻器的移动明确电阻的变化；由闭合电路欧姆定律可知电路电流的变化，则可分析内电压、路端电压及各部分电压的变化。

闭合电路欧姆定律的动态分析类题目，一般可按外电路−内电路−外电路的分析思路进行分析，在分析时应注意结合闭合电路欧姆定律及串并联电路的性质。

AC.由图可知R1与R2串联，V1测R1两端的电压，V2测R2两端的电压。

若p向a端移动，则滑动变阻器接入电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流增大，则内电压增大，R1两端的电压增大；路端电压减小，故R2两端的电压减小，因路端电压减小，V1示数增大，V2示数减小，而两电表之和等于路端电压，故可知V1示数改变量的绝对值小于V2示数改变量的绝对值，故A错误，C正确；
BD.若p向b端移动，则滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电流减小，内电压减小，V1减小，由于内电压减小，故路端电压增大，而V1减小，V2必然增大，且增大量一定大于V1的减小量，故BD错误。

故选C。

7.答案：BD
解析：解：A、交流电压表的示数为有效值311
√2
V=220V，A错误；
B、由公式P=UI知电路要正常工作，干路中电流为880
220A+220
220
A=5A，所以保险丝的额定电流不能
小于5A，B正确；
C、电热水壶是纯电阻，而抽油烟机是非纯电阻，C错误；
D、1min抽油烟机消耗的电能为W=Pt=l.32×104J，D正确；
故选：BD。

交流电压表的示数为有效值，由公式P=UI知电路要正常工作，干路中电流为3A，电暖宝是纯电阻，而抽油烟机是非纯电阻。

本题考查了交流电的峰值、有效值以及结合欧姆定律进行的有关计算，难度不大。

8.答案：AC
解析：解：对小圆柱体Q进行受力分析，受竖
直向下的重力G、背向P的圆心的P的支持力N1
和挡板的水平向左的支持力N2的作用，如图所
示，建立直角坐标系，把N1进行正交分解，设N1
与x轴方向上的夹角为θ，
沿x轴方向上有：N1cosθ=N2…①
沿y轴方向上有：N1sinθ=G…②
联立①②解得：N1=G
sinθ
…③
N2=Gcotθ…④
AB、在MN向右移动时，θ角减小，由④式可知，MN对Q的弹力N2逐渐增大．故A正确，B错误．CD、在MN向右移动时，θ角减小，由③式可知，P、Q间的弹力N2逐渐增大．故C正确，D错误．故选：AC
首先对圆柱体Q进行正确的受力分析，并建立直角坐标系，对PQ间的作用力进行正交分解，得出MN对Q和P对Q的作用力的表达式，即可得知在向右移动MN时，这两个力的变化情况．
在有关物体平衡的问题中，存在着大量的动态平衡问题，所谓动态平衡问题，就是通过控制某一物理量，使物体的状态发生缓慢变化．
分析动态平衡问题通常有两种方法．
1、解析法：对研究对象的任一状态进行受力分析，建立平衡方程，求出应变参量与自变参量的一般函数式，然后根据自变参量的变化确定应变参量的变化．
2、图解法：对研究对象进行受力分析，再根据平行四边形定则或三角形定则画出不同状态下的力的矢量图(画在同一个图中)，然后根据有向线段(表示力)的长度，变化判断各个力的变化情况．
9.答案：AD
解析：
由实验原理可得出函数关系，由数学知识可知如何求出电动势和内电阻。

明确U−I图象的意义。

A.由欧姆定律可知，U=E−Ir，由数学知识可知图象与纵坐标的交点为电源的电动势，故电源电动势E=3.0V；故A正确；
BC.由于图象纵坐标不是从零开始的，故图象与横坐标的交点不是短路电流；故不能求出电池内阻，故BC错误；
D.故在求内阻时，应由图象的斜率求出，r=||，计算出待测电池内阻为1Ω，故D正确。

故选AD。

10.答案：BC
解析：
当电阻R2发生断路，电路的电阻变大，分析外电路总电阻的变化，得到干路电流和路端电压的变化，则可分析灯L亮度变化。

电路稳定时，与电容器串联的电路中没有电流，相当于断路。

外电阻增大，电容器的电压等于与它并联的用电器的电压，分析其电压变化，由Q=CU分析电量的变化。

设灯泡A和R2并联电阻为R A2=R A R2
R A+R2，设灯泡B和R3并联电阻为R B3=R B R3
R B+R3
，由于电阻R2发生断路，
则R A2的这个支路的阻值增大，所以外电路总电阻增大，所以干路的总电流I减小。

A、干路的总电流I减小，R1两端的的电压U1=E−I(r+R4)，所以U1增大，灯泡A两端的电压U A=
R A2
R A2+R B3
U1，因为R A2增大，所以通过灯泡A两端的电压U A增大，所以灯泡A变亮，故A错误；
B、因为电容器并联在R4两端，所以电容器电压和U4相同，U4减小，根据Q=CU，Q减小，所以B 正确；
C、由于U A+U B=U1，U1增大，所以C正确；
D、P总=EI，I减小，所以P总减小，所以D错误。

故选BC。

11.答案：C；E；外接；分压式；偏小
解析：解：(1)I
额=P
U
=1.5
6
A=250mA，故电流表选C．
(2)因要求电压从零开始变化，变阻器用分压接法，应选小阻值的E．
(3)同时因灯泡的内阻较小，与电流表内阻相差不多，故应采用电流表外接法，
(4)本实验中要求多测几组数据，故应采用分压接法；
(5)因采用电流表外接法，由于电压表的分流而使电流表示数偏大；故由欧姆定律可知，测量值偏小；
(6)由以上分析可知，故电路图如图所示：
故答案为：(1)C(2).E(3).外接(4)分压式(5).偏小(6)如图
(1)由题目中给出的条件灯泡的功率及电路的接法可以选出电流表及滑动变阻器；
(2)由实验要求可知本实验中电流表及电压表的示数应从零开始变化，则可确定滑动变阻器的接法；根据电表内阻可确定电流表的接法；根据电表内阻的影响确定误差情况；根据分压及限流的接法可得出实验的电路图；
在测小灯泡的伏安特性曲线性，要注意一定要采用分压和外接法，这样可以减小实验误差．并会根据欧姆定律及串并联电路的规律分析误差结果．
12.答案：9.65；2.780；3
解析：解：(1)20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为9mm，游标尺上第13个刻度和主尺上某一刻度对齐，
所以游标读数为13×0.05mm=0.65mm，所以最终读数为：9mm+0.65mm=9.65mm．
螺旋测微器的固定刻度为2.5mm，可动刻度为28.0×0.01mm=0.280mm，所以最终读数为2.5mm+ 0.280mm=2.780mm．
(2)当将500Ω的金属膜电阻，一量程为5mA、内阻为100Ω的电流计串联时，则改装后的量程为U=
I(R+r)=5×10−3×(500+100)=3V；
故答案为：(1)9.65，2.780；
(2)3．
解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．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；
依据串联电路，电流相等，则由U=IR，即可求解．
对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．
本题考查了电压表的改装，知道电压表的改装原理，应用串联电路特点与欧姆定律即可正确解题．13.答案：解：
(1、3)电路中的电流为I=P L
U L =3
6
A=0.5A，灯的电阻R L=U L
I
=6
0.5
Ω=12Ω
蓄电池组的总电动势为E=U−I(R L+r)=52−0.5×(12+2)=45V
充电机的输出功率P1=(IR+U)I=(0.5×20+52)×0.5W=31W
(2)对蓄电池组的输入功率P2=P1−P外损=P1−(R+R L)I2=31−(20+12)×0.52=23W (4)充电机的有用功率P3=P1−P内损−P外损=P1−(R+r+R L)I2=31−(20+2+12)×0.52= 22.5W
则充电机的充电效率η=P3
P1
×100%=22.5
31
×100%=72.6%
答：
(1)充电机的输出功率为31W．
(2)对蓄电池组的输入功率为23W．
(3)蓄电池组的总电动势为45V．
(4)充电机的充电效率为72.6%．
解析：(1、3)根据功率公式求出电路中的电流，由欧姆定律求出灯的电阻，根据闭合电路欧姆定律求解蓄电池组的总电动势，充电机的输出功率等于电路中总的电功率．由公式P=UI求解．(2)充电机的输出功率减去变阻器和灯的功率即为蓄电池组的输入功率．
(4)充电效率等于充电机输出功率与输入功率之比．
本题关键要理清电路中功率是怎样分配的，要知道蓄电池组是非电阻电路，类似于电动机．
14.答案：φa>φb
解析：
根据电势能的变化分析电场力做的功，根据电场力做功与电势差的关系求出A、B两点的电势差，从而比较出电势的高低．
解决本题的关键知道电势能、电场力做功与电势差的关系，知道电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．
电子在一条电场线上从a点运动到b点，电势能增加，则电场力做负功，由W=qU ab可知U ab>0，故a点电势高，即φa>φb．
故答案为：φa>φb．
15.答案：解：(1)稳定后电容视为断路；则由图可知，闭合开关S后，R1与R2串联，由闭合电路的欧姆定律有：
I=
E
R1+R2+r
=
12
4+6+2
A=1A
所以稳定后通过R1的电流为1A．
(2)闭合开关S后，电容器两端的电压与R2的相等，有：
U C=1×6V=6V
将开关S断开后，电容器两端的电压与电源的电动势相等，有：
U C′=E=12V
流过R1的总电荷量为：
Q=CU C′−CU C=30×10−6×(12−6)C=1.8×10−4C .
解析：(1)电容器相当于断路，根据闭合电路欧姆定律列式求解干路电流；
(2)根据欧姆定律列式求解电阻R2的电压，然后根据电容的定义公式C=Q
U
求解电容器所带的电荷量；
断开S后，电容器两端的电压等于电源的电动势，根据电容的定义公式C=Q
U
求解电容器所带的电荷量，最后由两次电量的差值得到流过R1的总电量。

本题关键是要根据闭合电路欧姆定律求解出电流和电容器两端电压，然后根据电容定义式列式求解；注意当电容充电完成后应视为断开，然后再分析对应的电路。

16.答案：解：(1)小球进入电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速运动，则有：
水平方向：L =v 0t
竖直方向：d =12at 2
由上两式得：a =2dv 02L 2=2×0.4×420．82m/s 2=20m/s 2
(2)根据牛顿第二定律得：a =
qU d −mg m 联立得：U =m(g+a)d q =2×10−2×(10+20)×0.4
1×10V =24V 根据串联电路的特点有：U E =R′R+R′+r
代入得：2440=R′15+R′+1
解得滑动变阻器接入电路的阻值为：R′=24Ω
(3)根据闭合电路欧姆定律得电流表的示数为：
I =E R+R′+r =4015+24+1A =1A
电压表的示数为：
U =E −Ir =40−1×1=39(V)
答：(1)加速度大小为20m/s 2．
(2)滑动变阻器接入电路的阻值为24Ω．
(3)此时电流表的示数为1A 、电压表的为39V ．
解析：(1)小球进入电场中做类平抛运动，小球恰好从A 板右边缘射出时，水平位移为L ，竖直位移为d ，根据运动学结合可求出加速度．
(2)由牛顿第二定律和U =Ed 结合求出板间电压，再根据串联电路分压特点，求解滑动变阻器接入电路的阻值．
(3)根据闭合电路欧姆定律求解电路中电流，由欧姆定律求解路端电压，即可求得两电表的读数． 本题是带电粒子在电场中类平抛运动和电路问题的综合，容易出错的是受习惯思维的影响，运用牛顿第二定律列式时将重力遗忘，要注意分析受力情况，根据合力求加速度．。