黑龙江省2019-2020高二物理上学期期中试题（Word版带解析）

2019—2020 学年度上学期期中考试高二年级物理试题 一、单选题 1.用比值法定义物理量是物理学中一种常用方法，以下物理量表达式中不属于比值法定义的 是（　　） A. 电源电动势 B. 导体电阻 C. 电容器的电容 D. 电流强度 【答案】C 【解析】 【详解】电动势公式 是电动势 定义式，故 A 不符合题意；导体电阻 ，R 等于 电压 U 与电流 I 的比值，属于比值法定义，故 B 不符合题意；电容器的电容是由电容器本身 决定的，电容器的电容 ，是电容器电容决定式，本身定义式，故 C 符合题意；电流 强度 ，电流 I 等于流过导体的某横截面与时间 t 的比值，属于比值法定义，故 D 不符合 题意。所以选 C。 2.在电场中，A、B 两点间的电势差为 UAB＝75 V，B、C 两点间的电势差为 UBC＝－200 V，则 A、B、C 三点电势高低关系为(　　) A. φA>φB>φC B. φA φB D. φC >φB >φA 【答案】C 【解析】 【详解】由题意，UAB=φA-φB=75V，则得：φA＞φB；UBC=φB-φC=-200V，则得：φB＜φC； 又 UAC=UAB+UBC=（75-200）V=-125V，则得：φA＜φC；故有：φC＞φA＞φB；故 ABD 错误，C 正确． 3.关于电势、电势差和电势能，下列说法中正确的是（ ） A. 电势差和电势一样,是相对量,与零点的选择有关 B. 正电荷从 A 点移到 B 点时,其电势能增加,A 点的电势一定较低 的 WE q = UR I = 4 r SC Kd ε π= qI t = WE q = UR I = 4 SC kd ε π= qI t =C. 正电荷沿电场线移动,其电势能一定增加 D. 某点的场强为零,检验电荷在该点的电势能一定为零 【答案】B 【解析】 【详解】A.电势是相对量，电势的大小与与零点的选择有关，而电势差的大小与零点的选择 无关，故 A 错误； B.正电荷从 A 点移到 B 点时，其电势能增加，据 知，A 点的电势一定较低，故 B 正确； C.正电荷沿电场线移动，电场力的方向与电荷移动的方向相同，电场力做正功，其电势能一 定减小，故 C 错误； D.电场强度与电势没有直接关系，电场强度为零，电势不一定为零，检验电荷在该点的电势 能不一定为零，故 D 错误。 4.真空中有两个静止的点电荷，它们之间的作用力为 F，若它们的带电量都增大为原来的 3 倍， 距离增大为原来的 2 倍，它们之间的相互作用力变为 　　 A. 16F B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】根据库仑定律可知变化前： ，变化后： ，故 C 正确， ABD 错误。 5.用电场线能很直观 很方便地比较电场中各点的强弱。如图所示，左边是等量异种点电荷形 成电场的电场线，右边是场中的一些点：O 是电荷连线的中点，E、F 是连线中垂线上相对 O 对称的两点，B、C 和 A、D 也相对 O 对称，则下列认识不正确的是 　　 PE qϕ= ( ) 3 2 F 9 4 F 2 F 2 QqF k r = ( )2 3 3 9 42 Q qF k F r ′ ⋅= = . ( )A B、C 两点场强大小和方向都相同 B. A、D 两点场强大小相等，方向相反 C. E、F 两点场强大小和方向都相同 D. 从 E 到 F 过程中场强先增大后减小 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据对称性看出，B、C 两处电场线疏密程度相同，则 B、C 两点场强大小相同．这 两点场强的方向均由 B→C，方向相同，故 A 正确； B．根据对称性看出，A、D 两处电场线疏密程度相同，则 A、D 两点场强大小相同．由图看出， A、D 两点场强方向相同，故 B 错误； C．由图看出，E、F 两点中，电场线疏密程度相同，两点场强方向相同，故 C 正确； D．由图看出，从 E 到 F 过程，电场线先变密，再变疏，所以场强先增大后减小，故 D 正确。 6. 下列关于电功、电功率和焦耳定律的说法中错误的是（ ） A. 电功率越大，电流做功越快，电路中产生的焦耳热一定越多 B. 适用于任何电路，而 只适用于纯电阻电路 C. 在非纯电阻电路中， D. 焦耳热 适用于任何电路 【答案】A 【解析】 试题分析：电功率越大，表示电流做功越快，但是电路中产生的焦耳热量的多少还与做功的 时间的长短有关，A 错误；公式 是计算电路的总功的大小，适用于任何的电路，当为 纯 电 阻 电 路 时 ， 根 据 欧 姆 定 律 ， 可 以 推 到 出 ， 所 以 只能适用于纯电阻电路，B 正确；在不是纯电阻的电路中，UI 表示的是 总的功率的大小，而 只是电路中发热的功率，还有对外做功的功率的大小，所以 ， 所以 C 正确；焦耳热 适用于任何电路中的焦耳热量的计算，D 正确． . W UIt= 2 2 UW I Rt tR = = 2UI I R> 2Q I Rt= W UIt= UI R = 2 2 UW I Rt W tR = =， 2 2 UW I Rt W tR = =， 2I R 2UI I R> 2Q I Rt=考点：考查了电功率的计算 【名师点睛】每个公式的使用的条件是不同的，掌握住公式的使用的条件，这是做题的前提 条件． 7.如图所示的长方体是用电阻率为 ρ 的均匀金属制成的，长度为 2L，其横截面为正方形，边 长为 L，若将它的 a、b 端接入电路时的电阻为 R，则将它的两个侧面上的 c、d 端接入电路时 的电阻是（　　） A. R B. R/4 C. R/2 D. 4R 【答案】B 【解析】 当 a、b 端接入电路时，横截面积为 L2，长为 2L；根据电阻定律 。 当 c、d 接入电路时，横截面积为 2L2，长为 L，根据电阻定律 。 所以 。故 B 项正确，ACD 三项错误。 8.如图所示，是一个多量程多用电表的简化电路图 测电流和测电压时各有两个量程，还有两 个挡位用来测电阻 下列说法正确的是( ) A.当开关 S 调到位置 1、2 时，多用电表测量的是电流，且调到位置 1 时的量程比位置 2 的小 B. 当开关 S 调到位置 3、4 时，多用电表测量的是电阻，且 A 为黑表笔 C.当开关 S 调到位置 5、6 时，多用电表测量的是电压，且调到位置 6 时的量程比位置 5 的大 D. 多用电表各挡位所对应的表盘刻度都是均匀的 【答案】C 【解析】 2 2 2LR L L ρρ= = 22 2 LR L L ρρ′ = = 4 RR′ = . .【详解】A.是电流表时电流计应与电阻并联，由图可知当转换开关 S 旋到位置 1、2 位置是电 流表，并联电阻越小，量程大，即调到位置 1 时的量程比位置 2 的大，则 A 错误； B.欧姆表要联接电源，则开关 S 调到 3、4 两个位置上时，多用电表测量的是电阻，红表笔在 内部接电源的负极，则 A 为红表笔。故 B 错误； C.要测量电压，电流表应与电阻串联，由图可知当转换开关 S 旋到位置 5、6 时，测量电压， 电流表所串联的电阻越大，所测量电压值越大，故当转换开关 S 旋到 6 的量程比旋到 5 的量 程大。故 C 正确。 D.电流、电压挡的刻度都是均匀的，电阻挡的刻度不均匀，左边密右边疏，故 D 错误。 9.如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下 级板都接地．在两极板间有一固定在 P 点的点电荷，以 E 表示两极板间的电场强度，EP 表示 点电荷在 P 点的电势能，θ 表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动 一小段距离至图中虚线位置，则（　　） A. θ 增大，E 增大 B. θ 增大，EP 不变 C. θ 减小，EP 增大 D. θ 减小，E 不变 【答案】D 【解析】 试题分析：若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，则根据 可知，C 变 大，Q 一定，则根据 Q=CU 可知，U 减小，则静电计指针偏角 θ 减小；根据 ，Q=CU， ，联立可得 ，可知 Q 一定时，E 不变；根据 U1=Ed1 可知 P 点离下极板的 距离不变，E 不变，则 P 点与下极板的电势差不变，P 点的电势不变，则 EP 不变；故选项 ABC 错误，D 正确。 【考点定位】电容器、电场强度、电势及电势能 【名师点睛】此题是对电容器的动态讨论；首先要知道电容器问题的两种情况：电容器带电 荷量一定和电容器两板间电势差一定；其次要掌握三个基本公式： ， ，Q=CU； 同时记住一个特殊的结论：电容器带电荷量一定时，电容器两板间的场强大小与两板间距无 4π SC kd ε= UE d = 4π SC kd ε= 4πkQE Sε= 4 SC kd ε π= UE d =关。 10.如图所示,一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下,从静止开始由 b 沿直线运 动到 d,且 bd 与竖直方向的夹角为 ,若 bd 的长度为 l,重力加速度为 g,则 ( ) A. 此液滴带正电 B. 液滴运动的加速度等于 2g C. 液滴从 b 到 d 的运动时间为 D. 液滴到达 d 点的速度为 【答案】C 【解析】 【详解】A．由b 到 d，液滴作直线运动，所受合力沿 bd 所 直线，对液滴受力分析可知，电 场力水平向右，与电场方向相反，所以小球带负电，故 A 错误； B．由图可知，液滴所受合力 根据牛顿第二定律 ，解得液滴的加速度 故 B 错误； C．由位移公式可得 解得： 故 C 正确； D．由速度位移公式可得 在 45° 2l g 2gl 2F mg= F ma= 2a g= 2 21 1 22 2l at gt= = × 2lt g = 22 2gl v=解得 故 D 错误。 二、多选题 11.如图所示，平行等距的竖直虚线 M、N、P、Q 为某一电场的四个等势面，M、N、P、Q 的电 势分别为 。一个不计重力带负电荷的粒子在电场中运动的轨迹是抛物线用 实线表示，a、b、c 是轨迹上的三点，其中 b 点为轨迹上最左端的点，下列说法正确的是（　　） A. 该电场一定是匀强电场且 B. 根据轨迹可以判断带负电荷的粒子在电场中的运动方向是唯一的 C. 带负电荷的粒子在 b 点动能最大，在 c 点的电势能最小 D. 带负电荷的粒子在电场中各点受到的电场力相等 【答案】AD 【解析】 【详解】A．因表示电场中四个等势面的四条虚线是平行且等间距的，由此可判断电场是匀强 电场，由图中带负电荷的粒子在电场中运动的轨迹可知受到水平向右的电场力作用，电场的 方向是向左的，电场线总是从电势高的等势面指向电势低的等势面，所以 M、N、P、Q 的电势 ，A 正确； B．带负电荷的粒子受到水平向右的电场力作用，粒子无论是依次沿 a、b、c 运动，还是依次 沿 c、b、a 运动，都会得到如题图所示的轨迹，B 错误； C．带负电荷的粒子在电场中运动时，电势能与动能之间相互转化，由题图中粒子的运动轨迹 2 2v gl= M N P Q ϕ ϕ ϕ ϕ、 、 、 Q P N M ϕ ϕ ϕ ϕ> > > Q P N M ϕ ϕ ϕ ϕ> > >可知，a 点到 b 点，电场力做负功（电场力方向和运动方向相反），电势能增大，动能减小， 从 b 运动到 c，电场力做正功，电势能减小，动能增大，因此 c 点的电势能最小，动能最大，C 错误； D．因表示电场中四个等势面的四条虚线是平行且等间距的，由此可判断电场是匀强电场，所 以带负电荷的粒子在电场中各点受到的电场力相等，D 正确。 故选 AD。 12.如图所示，平行金属板中带电质点 P 原处与静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影 响，当滑动变阻器 R4 的滑片向 a 端移动时，则（ ） A. 电压表读数减小 B. 电流表读数减小 C. 质点 P 将向上运动 D. 上消耗的功率逐渐增大 【答案】BCD 【解析】 【详解】AB.由图可知，R2 与滑动变阻器 R4 串联后与 R3 并联，再与 R1 串联接在电源两端；电 容器与 R3 并联；当 R4 的滑片向 a 移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大； 由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，路端电压增大；电路中总电流减小，则 R1 两 端的电压减小，又路端电压增大，则并联部分的电压增大，据欧姆定律可知流过 R3 的电流增 大；电路中总电流减小，流过 R3 的电流增大，则流过 R2 的电流减小，电流表示数减小；流过 R2 的电流减小，R2 的电压减小，又并联部分的电压增大，则 R4 电压增大，电压表读数增大； 故 A 错误，B 正确； C.因电容器两端电压增大，板间场强增大，质点受到的向上电场力增大，质点 P 将向上运动， 故 C 正确； D.因 R3 两端的电压增大，由 P= 可知，R3 上消耗的功率增大，故 D 正确。 13.如图所示的电路中，电源的电动势 和内阻 保持不变，下列说法中正确的是（ ） 3R 2U R E ( )0r r ≠A. 闭合电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方 B. 越大，路端电压越大 C. 越大，电源的输出功率越大 D. 阻值不同，电源的输出功率可能相同 【答案】BD 【解析】 闭合电路中，电流在外电路是从电势高 地方流向电势低的地方，内电路是从低电势流向高 电势，选项 A 错误；根据闭合电路的欧姆定律 ，U=E-Ir 可知，R 越大，I 越小，则路 端电压 U 越大,选项 B 正确；电源的输出功率 ，可知当 时，即 R=r 时电源的输出功率最大，可知当电阻 R 从 R=r 增大或减小时，输出功率均 减小，即 R 越大，电源的输出功率不一定越大，选项 C 错误；当输出功率相同时满足： ，化简可得 ，即满足 时，电源的输出功率相同，选项 D 正确；故选 BD. 14.已知如图，带电小球 A、B 的电荷分别为 QA、QB，OA=OB，都用长 L 的丝线悬挂在 O 点。静 止时 A、B 相距为 d。为使平衡时 AB 间距离减为 d/2，可采用以下哪些方法（ ） A. 将小球 A、B 的质量都增加到原来的 2 倍 的 R R R EI R r = + 2 2 2 2( ) 2 E EP I R R rR r R rR = = =+ + + 2rR R = 2 2 1 2 1 2 r rR RR R + = + 2 1 2r R R= 2 1 2r R R=B. 将小球 B 的质量增加到原来的 8 倍 C. 将小球 A、B 的电荷量都减小到原来的一半 D. 将小球 A、B 的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球 B 的质量增加到原来的 2 倍 【答案】BD 【解析】 如图所示，B 受重力、绳子的拉力及库仑力；将拉力及库仑力合成，其合力应与重力大小相等 方向相反； 由几何关系可知， ； 而库仑力 F= ； 即： ； mgd3=kq1q2L； d= 要使 d 变为 ，可以使质量增大到原来的 8 倍而保证上式成立；故 B 正确； 或将小球 A、B 的电荷量都减小到原来的一半，同时小球 B 的质量增加到原来的 2 倍，也可保 证等式成立；故 D 正确； 故选 BD． 三、实验题 15.（1）下面左图螺旋测微器读数为__________mm，右图游标卡尺读数为__________mm （2）某表头满偏电流为 1mA、内阻为 982Ω。（以下计算结果均取整数） ①为了将表头改装成量程为 3V 的电压表，需要一个阻值为________Ω 的电阻与表头串联 ②为了将表头改装成量程为 50mA 的电流表，需要一个阻值约为____Ω 的电阻与表头并联 【答案】 (1). 0.900 (2). 14.50 (3). 2018 (4). 20 【解析】 （ 1 ） 螺 旋 测 微 器 读 数 为 0.5mm+0.01mm×40.0=0.900mm ； 游 标 卡 尺 读 数 为 1.4cm+0.05mm×10=14.50mm；（2）①为了将表头改装成量程为 3V 的电压表，需要一个阻值为 的电阻与表头串联； ②为了将表头改装成量程为 50mA 电流表，需要一个阻值约为 的电阻与表头并联； 16.在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，实验室提供了以下器材： A．小灯泡（3.8V，0.3A） B．滑动变阻器（5Ω，2A） C．电流表（0~0.5A，内阻约 0.4Ω） D．电压表（0~5V，内阻约 10kΩ） E．开关及导线若干 （1）为实验测量误差尽可能小，电流表应选用________（填“内”或“外”）接法； （2）为使小灯泡两端电压从零开始连续变化，滑动变阻器应选用__________（填“限流式” 或“分压式”）接法； （3）综上所述，应选择下图中的_______电路进行实验 （4）利用实验数据画出了如乙图所示的小灯泡伏安特性曲线。图中，坐标原点 O 到 P 点连线 的斜率表示______。则根据此图给出的信息可知，随着小灯泡两端电压的升高，小灯泡的电 阻______（填“变大”、“变小”或“不变”） 【答案】 (1). 外接法 (2). 分压式 (3). B (4). P 状态灯丝电阻的倒数 (5). P 状态灯泡实际消耗的功率 (6). 变大 【解析】 【详解】（1）灯泡正常发光时的电阻： ，电流表内阻约为 0.4Ω，电 的 3 982 20180.001g UR rI = − = Ω − Ω = Ω 0.001 982 200.05 0.001 g g I rR I I ×= = Ω = Ω− − 3.8 12.670.3 UR I = = ≈ Ω压表内阻约为 10kΩ，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法． （2）灯泡两端电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法． （3）电流表采用外接法、滑动变阻器采用分压接法，则应采用图 B 所示实验电路． （4）坐标原点 O 到 P 点连线的斜率表示小灯泡电阻的倒数，P 点横纵坐标的乘积表小灯泡消 耗的电功率．则根据此图给出的信息可知，随着小灯泡两端电压的升高，小灯泡的电阻变 大． 【点睛】本题考查了电流表与滑动变阻器的接法、实验电路选择、实验数据处理，当电压表 内阻远大于待测电阻阻值时，电流表采用外接法，当电压与电流从零开始变化时，滑动变阻 器采用分压接法． 四、计算题 17.如图所示电路，R1＝2 Ω，R2＝3 Ω，R3＝4 Ω. (1)如果已知流过电阻 R1 的电流 I1＝3 A，则干路电流多大？ (2)如果已知干路电流 I＝3 A，则流过每个电阻的电流多大？ 【答案】(1)6.5A；　(2)I1≈1.38A，　I2≈0.92A； 【解析】 (1)由欧姆定律得 R1 两端的电压为： U1＝I1R1＝3×2 V＝6 V. R1、R2、R3 并联，三者两端电压应相等，U1＝U2＝U3. R2 中的电流为： ． R3 中的电流为： ． 干路中的电流为：I＝I1＋I2＋I3＝6.5 A． (2)设并联后的总电阻为 R，则： 2 2 2 6 23 UI A AR = = = 3 3 3 6 1.54 UI A AR = = = ，所以 R＝ Ω. 并联电路两端的电压为： . 电流分别为：I1＝ ≈1.38 A， ， ． 18.如图所示，电路中电阻 R＝10Ω，电源的电动势为 6V，灯泡 L 上标有“3V，0.25A”的字 样。闭合开关 S，灯泡正常发光。求： (1)灯泡的功率； (2)电源的内电阻。 【答案】(1)0.75W；(2) 【解析】 【详解】(1)由题知，灯泡正常发光，则灯泡的电压为 U =3V，电流为 I =0.25A，所以灯泡的 功率为： ； (2)由闭合电路欧姆定律得内阻的电压为： 内阻的大小为 1 2 3 1 1 1 1 R R R R = + + 12 13 12 363 13 13U IR V V= = × = 1 U R 2 2 36 13 0.923 UI A AR = = ≈ 3 3 36 13 0.694 UI A AR = = ≈ 2Ω = =0.75WP UI = = =6 3 0.25 10V=0.5Vr L R LU E U U E U IR− − − − − − × 0.5 Ω 2Ω0.25 Urr I = = =19.如图所示，以 O 为圆心，r 为半径的圆与坐标轴的交点分别为 a、b、c、d，空间有与 x 轴 正方向相同的匀强电场，同时在 O 点固定一个电荷量为 的点电荷。如果把一个电荷量为 的试探电荷放在 c 点，则恰好平衡。已知静电力常量为 k，求： (1)匀强电场的场强大小为多少？ (2)d 点的场强大小为多少？ 【答案】(1) ；(2) 【解析】 【详解】(1)把一个带电荷量为-q 的检验电荷放在 c 点，恰好平衡，有： 解得匀强电场的场强大小为： (2)匀强电场与+Q 点电荷在 d 处形成的电场方向相互垂直，因而，d 点的场强大小为： 20.如图所示，在竖直平面内的平面直角坐标系 xoy 中，x 轴上方有水平向右的匀强电场，有 一质量为 m，电荷量为-q（-q＜0）的带电绝缘小球，从 y 轴上的 P（0，L）点由静止开始释 放，运动至 x 轴上的 A（-L，0）点时，恰好无碰撞地沿切线方向进入在 x 轴下方竖直放置的 四分之三圆弧形光滑绝缘细管。细管的圆心 O1 位于 y 轴上，交 y 轴于点 B，交 x 轴于 A 点和 C （L，0）点。该细管固定且紧贴 x 轴，内径略大于小球外径。小球直径远小于细管半径，不 计一切阻力，重力加速度为 g。求： (1)匀强电场的电场强度的大小； (2)小球运动到 B 点时对管的压力的大小和方向； (3)小球从 C 点飞出后会落在 x 轴上的哪一位置。 Q+ q− 2 kQ r 22 kQ r 2 QqqE k r = 2 kQE r = 2 2 2 2( ) 2d kQ kQE E r r = + =【答案】(1) ；(2) mg 方向向下；(3)-7L。 【解析】 【详解】(1)小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从 A 点沿切线方向 进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为 45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为 45°， 则 解得： (2)根据几何关系可知，圆弧的半径 从 P 到 B 点的过程中，根据动能定理得： 在 B 点，根据牛顿第二定律得： 联立解得： ， 方向向上，由牛顿第三定律可知，小球运动到 B 点时对管的压力的方向向下 (3)从 P 到 A 的过程中，根据动能定理得： mg q ( )3 2 1+ tan 45 mg Eq ° = mg q E = 2r L= ( )21 0 2 22 Bmv mg L L EqL− = + + 2 BvN mg m r − = ( )3 2 1N mg= +解得： 小球从 C 点抛出后做类平抛运动，抛出时的速度 小球的加速度 ， 当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时，又回到 x 轴，则有： 解得： 则沿 x 轴方向运动的位移 则小球从 C 点飞出后落在 x 轴上的位置 21 2 Amv mgL EqL= + 4Av gL= 4C Av v gL= = ' 2g g= 21 '2Cv t g t= 22 Lt g = 22 2 2 2 8C Lx v t gL Lg = = × × = 8 7x L L L′ = − = −