四川省阆中中学2019-2020学年高二物理上学期期中试题（含解析）

四川省阆中中学2019-2020学年高二物理上学期期中试题（含解析）一、选择题1.关于静电场,下列说法中正确的是()A.在电场强度为零的区域电势一定处处为零B.负电荷从电势低的点运动到电势高的点,电势能一定减少C.两点间的电势差与零电势的选取有关D.根据公式U=Ed知,在匀强电场中两点间的距离越大,电势差就越大【答案】B【解析】【详解】在电场强度为零的区域电势不一定处处为零，例如在等量同种电荷连线的中点处，选项A错误；负电荷在低电势点的电势能较大，则负电荷从电势低的点运动到电势高的点，电势能一定减少，选项B正确；某点的电势与零电势点的选择有关，而两点间的电势差与零电势的选取无关，选项C错误；根据公式U=Ed知，在匀强电场中的两点间沿电场线方向的距离越大，电势差就越大，选项D错误；故选C.2.真空中有两个完全相同的、可视为点电荷的甲、乙带电小球，甲的电荷量为q，乙的电荷量为-2q，当它们相距为r时，它们间的库仑力大小为F。现将甲、乙充分接触后再分开，且将甲、乙间距离变为2r，则它们间的库仑力大小变为（）A.F/32B.F/16C.F/8D.F/4【答案】A【解析】【详解】当甲、乙充分接触后它们的电荷量先中和再平分，所以接触后带的电荷量都为-q/2，由库伦力的公式F=k122 qqr可得，原来电荷之间22222qqqFkkrr，将甲、乙充分接触后再分开，且将甲、乙间距离变为2r后的库仑力的大小为22222 112221632322qqkkqqFFkrrr，所以A正确。故选A。【点睛】当两个异种电荷接触后，电荷的电量先中和之后再平分电量，找到电量的关系再由库伦力的公式F=k122 qqr计算即可．3.如图所示，在等量的异种点电荷形成的电场中，有A、B、C三点，A点为两点电荷连线的中点，B点为连线上距A点距离为d的一点，C点为连线中垂线距A点距离也为d的一点，则下面关于三点电场强度的大小、电势高低的比较，正确的是A.EA＝ECEB；φA＝φCφBB.EBEAEC；φA＝φCφBC.EAEB，EAEC；φAφB，φAφCD.因为零电势点未规定，所以无法判断电势的高低【答案】B【解析】【详解】由等量异种点电荷周围的电场线的分布情况可知B点场强最大，C点场强小于A点场强，由正负电荷的电势分布可知A和C点的电势为零，B点电势小于零，因此B正确ACD错误4.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5ΩB.加11V电压时，导体的电阻可能为1.4ΩC.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【答案】D【解析】【详解】A、加5V的电压时，电流为1.0A，则由欧姆定律可知，551URI,故A错误；B、加11V的电压时，电流约为1.5A，则可得电阻为：117.31.5R,故B错误；C、由图可知，随电压的增大，图象的斜率减小，则可知导体的电阻越来越大，故C错误；D、随着电压的减小，导体的电阻减小,故D正确。点睛：本题考查欧姆定律的应用；注意伏安特性曲线的性质，能从图象中得出电阻的变化。5.在某一闭合电路中，电源路端电压U随电源输出电流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=5.0ΩB.E=1.0V，r=2.5ΩC.E=2.0V，r=5.0ΩD.E=2.0V，r=2.5Ω【答案】D【解析】试题分析：由图象的意义可知电源的电动势为2V，斜率的绝对值表示内阻．解：由图象可知电源的电动势为2V，r=k==2.5Ω，故ABC错误，D正确．故选：D．【点评】明确U﹣I图象的意义是解题的关键，正确读出电源的电动势，知道图象的斜率表示电源内阻．6.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【答案】C【解析】【详解】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.电场线的疏密代表场强大小，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。7.用控制变量法可以研究影响平行板电容器电容的因素。电容器充电后与电源断开,按图示连接。设两极板正对面积为S,极板间的距离为d,静电计指针偏角为θ。则A.保持S不变，增大d，则θ变大B.保持S不变，增大d，则θ变小C.保持d不变，增大S，则θ变大D.保持d不变，增大S，则θ变小【答案】AD【解析】【详解】AB.保持S不变，增大d，由电容的决定式4SCkd知电容减小，电容器的带电量不变，由电容的定义式QCU分析可知板间电势差增大，静电计指针偏角θ增大。故A正确B错误。CD.保持d不变，增大S，由电容的决定式4SCkd知电容增大，电容器的带电量不变，由电容的定义式QCU分析可知板间电势差减小，静电计指针偏角θ减小。故C错误D正确。8.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16810qC的试探电荷从A点移到B、C两点，静电力做功分别为152.010J、154.010J，以下说法正确的是（）A.A、C两点电势差为5VACUB.y轴上所有点电势相等C.将电量为168.010C正电荷有B点移到C点电势能增加152.010JD.该匀强电场的场强为250/NC【答案】BC【解析】A、C两点电势差为15164.0105810ACACWUVVq；A、B两点电势差为15162.0102.5810ABABWUVVq，则O、B两点电势相等，即y轴为等势面，选项B正确；因UBC=-2.5V，则将电量为8.0×10-16C正电荷有B点移到C点电势能增加16152.58.0102.010PEqJJ，选项C正确；该匀强电场的场强为2.5/125/0.02AOUENmNmOA，选项D错误；故选BC.二、填空题9.一个量程为0300μA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，改装后电压表的量程为_______V。【答案】30【解析】【详解】[1]改装后的电压表的量程为：630010(10009900030V)VggUIRR10.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_____________【答案】(1).0.697mm（0.695---0.698均正确）(2).偏小(3).24UdIL【解析】【详解】(1)[1]金属丝的直径为0.50.519.7mm0.697mm50d(2)[2]采用电流表外接法，电流表示数偏大，电压表示数准确，URI，测量结果将比真实值偏小。(3)[3]金属丝电阻URI电阻决定式2()2LLRdS联立解得：24UdIL11.要测绘额定电压为2V的日常用小灯泡的伏安特性曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：A.电源E（电动势4.0V，内阻可不计）B.电压表V1（量程为0～3.0V，内阻约2kΩ）C.电压表V2（0～15.0V，内阻约6kΩD.电流表A1（0～0.6A，内阻约1Ω）E.电流表A2（0～100mA，内阻约2Ω）F.滑动变阻器R1（最大值10Ω）G.滑动变阻器R2（最大值2kΩ）(1)为减少实验误差，实验中电压表应选择____，电流表应选择_____，滑动变阻器应选择____（填各器材的序号）(2)为提高实验精度，请你在如图a中设计实验电路图____(3)根据图a，在图b中把缺少的导线补全，连接成实验的电路___．(4)实验中移动滑动变阻器滑片，得到了小灯泡的U﹣I图象如图c所示，则该小灯泡电阻的变化特点______．【答案】(1).B(2).D(3).F(4).(5).(6).灯泡电阻随电压（温度）的增大而增大【解析】【详解】(1)[1][2][3].由题意小灯泡额定电压为2V，故电压表应选B；通过灯泡的电流不超过0.5A，可知电流表应选D，；又描绘伏安特性曲线要求电流从零调，故变阻器应用分压式接法，应选阻值小的变阻器F．(2)[4].由于小电珠电阻较小，满足 VxxARRRR，电流表应用外接法，又变阻器应采用分压式接法，电路图如图所示：(3)[5].根据原理图可明确对应的电路图；(4)[6].由图可知，图象的斜率越来越大，故说明灯泡电阻随随电压（温度）的增大而增大；三、计算题12.如图所示，板长L＝4cm的平行板电容器，板间距离d＝3cm，板与水平线夹角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v0＝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．【答案】（1）8×10－8kg（2）1.32m/s【解析】【详解】（1）竖直方向：qUdcos37°＝mg解得m＝8×10－8kg（2）液滴受到的合力F合＝mgtan37°由动能定理得F合cos37L＝12mv2－12mv02解得v≈1.32m/s13.如图所示，电源电动势为E=12V，内阻r=2Ω，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=-8×10－10C的油滴恰好可静止在两板中间，油滴质量多大(取g=10m/s2)?【答案】（1）1A（2）1.8×10－4C（3）2.4×10－9kg【解析】【详解】(1)由欧姆定律得：12EIrRR=1A(2)电容器两端的电压Uc=IR2=6V带电量Q=CUc=1.8×10－4C(3)由平衡条件知：mg=qE又cUEd所以cqUmgd=2.4×10－9kg14.如图所示，在E＝103V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R＝40cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q＝10－4C的小滑块质量m＝10g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧1.5m的M处，g取10m/s2，求：(1)小滑块从M点到Q点电场力做的功(2)要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动？(3)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？【答案】(1)-0.08J(2)7m/s（3）0.6N【解析】【详解】（1）W=－qE·2RW=-0.08J(2)设小滑块到达Q点时速度为v，由牛顿第二定律得mg＋qE＝m2vR小滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得－mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝12mv2－12mv联立方程组，解得：v0＝7m/s.(3)设小滑块到达P点时速度为v′，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得－(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝12mv′2－12mv又在P点时，由牛顿第二定律得FN＝m2vR代入数据，解得：FN＝0