湖南娄底市娄星区2019-2020高二物理上学期期中试题（Word版带解析）

2019 年下学期期中大联考试卷 高二物理 一、选择题 1. 最早提出用电场线描述电场的物理学家是（ ） A. 牛顿 B. 伽利略 C. 法拉第 D. 阿基米德 【答案】C 【解析】 属于识记的内容。若没有记清楚，也可以采用排除法，除了法拉第以外，其他三个选项提到 的物理学家都没有研究电场。 2.如图所示，有三个点电荷 A、B、C 位于一个等边三角形的三个顶点上，已知 A、B 都带负电 荷，A 所受 B、C 两个电荷的静电力的合力如图中 FA 所示，那么可以判定点电荷 C 所带电荷的 电性 A. 一定是正电 B. 一定是负电 C. 可能是正电，也可能是负电 D. 无法判断 【答案】A 【解析】 【详解】对 电荷受力分析， 对 的是库仑斥力，沿 的连线向上；如果 是负电荷， 则 对 的库仑斥力沿 连线向上，这两个斥力的合力是向上的，不可能偏向右；只有 带正电， 对 的库仑引力沿 连线向下，与 对 的作用力的合力才偏向右侧，故 一 定带正电； A. 一定是正电与分析相符，故 A 正确； B. 一定是负电与分析不符，故 B 错误； C. 可能 正电，也可能是负电与分析不符，故 C 错误； D. 无法判断与分析不符，故 D 错误。 是 A B A BA C C A CA C C A AC B A C3.如图所示是点电荷 Q 周围的电场线，图中 A 到 Q 的距离小于 B 到 Q 的距离．以下判断正确 的是 A. Q 是正电荷，A 点的电场强度小于 B 点的电场强度 B. Q 是正电荷，A 点的电场强度大于 B 点的电场强度 C. Q 是负电荷，A 点的电场强度大于 B 点的电场强度 D. Q 是负电荷，A 点的电场强度小于 B 点的电场强度 【答案】B 【解析】 【详解】电场线是从正电荷出发止于负电荷，所以 是正电荷；根据点电荷的场强公式 得 点的电场强度大于 点的电场强度； A.与分析不符，故 A 错误； B.与分析相符，故 B 正确； C.与分析不符，故 C 错误； D.与分析不符，故 D 错误。 4.在电场中，把电荷量为 4×10－9 C 正点电荷从 A 点移到 B 点，克服静电力做功 6×10－8 J，以下说法中正确的是( 　　) A. 电荷在 B 点具有的电势能是 6×10－8 J B. B 点的电势是 15 V C. 电荷的电势能增加了 6×10－8 J D. 电荷的电势能减少了 6×10－8 J 【答案】C 【解析】 电荷在电场中某点的电势能具有相对性，只有确定了零势点，B 点的电势、电荷在 B 点的电势 能才是确定的数值，故 AB 错误；由于电荷从 A 移到 B 的过程中是克服静电力做功 6×10-8 J， 故电荷电势能应该是增加了 6×10-8 J，故 C 正确，D 错误．故选 C. 5.将平行板电容器与静电计连接，充电后撤去电源，静电计指针张开某一角度 θ，如图所示， 的 Q 2 kQE r = A B若将电容器两极间距离增大，则 A. 两极板间电势差不变，θ 不变 B. 两极板间电势差减小，θ 减小 C. 电容器电容减小，θ 变小 D. 电容器电容减小，θ 变大 【答案】D 【解析】 【详解】静电计是测量电势差的仪器，电势差的大小是通过指针张开的角度来体现的；又电 容器充完电后与电源分开，说明电容器的电量 不变，根据电容公式 可知当 增 大时， 减小，由 可知，电势差 增大，那么 变大； A.与分析不符，故 A 错误； B.与分析不符，故 B 错误； C.与分析不符，故 C 错误； D.与分析相符，故 D 正确。 6.用电压表检查如图所示电路中的故障，测得 ， ， ， ，则此故障可能是 A. L 断路 B. R1 断路 C. R2 断路 D. S 断路 【答案】B 【解析】 Q 4 SC kd ε π= d C QC U = U θ 5.0VadU = 0VcdU = 0VbcU = 5.0VabU =【详解】用电压表测量得到 ，说明从 到 到 这一部分电路是通的，故障可能 出现在电键和 之间；由于 ， ，说明此时的电路不通，故障在在电键和 之间；又由于 ，说明电键是好的，所以故障一定是 断路； A.与分析不符，故 A 错误； B.与分析相符，故 B 正确； C.与分析不符，故 C 错误； D.与分析不符，故 D 错误 7.如图所示的电路图是一个应用“非”门构成的一个简易火警报警电路，则图中X 框、Y 框中 应是 A. X 为可变电阻，Y 为热敏电阻 B. X 为热敏电阻，Y 为开关 C. X 为热敏电阻，Y 为可变电阻 D. X、Y 均为热敏电阻 【答案】A 【解析】 【详解】由图可知， 点接地，电势为 0；若 的电阻非常大， 点的电势接近 5V，非门的 输入端为高电势，因此非门的输出端为低电势，蜂呜器两端没有电压，蜂鸣器不报警；若 的阻值非常小，从而使输入端 点的电势接近 0，非门输出端为高电势，这样蜂鸣器两端获得 一个能发声的工作电压，蜂鸣器就会发出声音报警，所以 为热敏电阻， 为可变电阻，用 来调节报警器的灵敏度； A.与分析相符，故 A 正确； B.与分析不符，故 B 错误； C.与分析不符，故 C 错误； D.与分析不符，故 D 错误。 8.电流表的内阻是 Rg=200Ω，满偏电流值是 Ig=0.5mA，现在欲把这电流表改装成量程为 1.0V 的电压表，正确的方法是 。 5.0VabU = b c d ab 0VcdU = 0VbcU = ab 5.0VadU = 1R D Y A Y A Y XA. 应串联一个 0.1Ω 的电阻 B. 应并联一个 0.1Ω 的电阻 C. 应并联一个 1800Ω 的电阻 D. 应串联一个 1800Ω 的电阻 【答案】D 【解析】 【详解】把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，电阻阻值为： A.与分析不符，故 A 错误； B.与分析不符，故 B 错误； C.与分析不符，故 C 错误； D.与分析相符，故 D 正确。 9.M 和 N 是两个不带电的物体，它们互相摩擦后 M 带正电 1.6×10－10C，下列判断正确的有 A. 摩擦的过程中电子从 M 转移到 N B. 在摩擦前 M 和 N 的内部没有任何电荷 C. M 在摩擦过程中失去 1.6×10－10 个电子 D. N 在摩擦后一定带负电 1.6×10－10C 【答案】AD 【解析】 【详解】AB. 和 是两个不带电的物体，它们互相摩擦后 带正电 ，实质是 上的电子转移到 上，故在此之前 和 都带电荷，故 A 正确，B 错误； CD. 摩擦后 带正电 ，说明 失去电子，而 相应得到等量的电子，故 在 摩擦后一定带负电 ， 在摩擦过程中失去的电子数为： 个 故 C 错误，D 正确。 10.匀强电场方向水平向右，一带电颗粒沿图中虚线所示，在电场中沿斜向上方向做直线运动. 带电颗粒从 A 到 B 的过程中，关于其能量变化及带电情况的说法正确的是 1 200Ω 1800Ω0.0005g g UR RI = − = − = M N M 101.6 10 C−× M N M N M 101.6 10 C−× M N N 101.6 10 C−× M 10 9 19 1.6 10 1 101.6 10n − − ×= = ××A. 颗粒一定带负电 B. 颗粒可能带正电 C. 颗粒的机械能减小，电势能增大 D. 颗粒的机械能减小，动能增大 【答案】AC 【解析】 【详解】AB．带电颗粒在电场中沿斜向上方向做直线运动，则带电颗粒所受合力方向与运动 方向共线，所以带电颗粒受力情况如图： 带电颗粒所受电场力方向与场强方向相反，颗粒带负电；故 A 项正确，B 项错误； CD．带电颗粒从 A 到 B 的过程中，受重力和电场力，电场力做负功，电势能增大，机械能减 小；电场力和重力均做负功，动能减小；故 C 项正确，D 项错误。 11.一匀强电场的方向平行于 xOy 平面，平面内 a、b、c 三点的位置如图所示，三点的电势分 别为 10V、17V、26V。下列说法 A. 电场强度的大小为 2.5V/cm B. 坐标原点处的电势为 1V C. 电子在 a 点的电势能比在 b 点的高 7eV D. 电子从 c 点运动到 b 点，电场力做功为 9eV 【答案】ABC【解析】 【详解】A. 如图所示，在 连线上，确定一 点，电势为 17V，将 连线，即为等势线， 那么垂直 连线，则为电场线，再依据沿着电场线方向，电势降低，则电场线方向如图 因为匀强电场，则有： 依据几何关系，则有： 因此电场强度大小为： 故 A 正确； B. 根据 解得原点处的电势为： 故 B 正确； C. 因 ，电子从 点到 点电场力做功为： 因电场力做正功，则电势能减小，那么电子在 点的电势能比在 点的高 ，故 C 正确； D. 同理可得： 电子从 点运动到 点，电场力做功为： 故 D 错误。 ac b′ bb′ bb′ cbUE d = 2 2 4.5 6 cm 3.6cm 4 5 6 b c bcd bb ′ × ×= = =′ +． 26 17 V/cm 2.5V/cm3.6E −= = c a b o ϕ ϕ ϕ ϕ− = − 1VO ϕ = 10 17V 7Vab a bU ϕ ϕ= − = − = − a b 7eVabW qU= = a b 7eV 26 17V 9Vcb c bU ϕ ϕ= − = − = c b 9eVbcW qU= = −12.如图所示的电路中，电源电动势为 12V，内阻 r=1Ω，灯泡 L 上标有“6V、12W”字样，电 动机线圈的电阻 RM=0.50Ω。闭合电键后，灯泡恰好正常发光，电动机也恰好正常工作，以下 判断正确的是 A. 电动机的输入功率为 12W B. 电动机的输出功率为 6W C. 电动机的机械效率为 75% D. 电源的输出功率为 20W 【答案】BCD 【解析】 【详解】A. 整个电路中的电流为： 电动机两端的电压为： 所以电动机的输入功率为： 故 A 错误； BC. 电动机的热功率为： 热 则电动机的输出功率为： 电动机的机械效率为： 故 B、C 正确； 12 A 2A6 L L PI U = = = 1 12 6 2 1V 4VLU IrU U= − = − − × =− 1 4 2W 8WP U I= = × = P 2 22 0.5W 2.0WMI R= = × = 2 2 8 2W 6WMP P I R= − = − = 2 6 100% 75%8 P P η = × ==D. 电源的输出功率为： 出 故 D 正确。 二、实验题 13.在测定金属的电阻率的实验中，用螺旋测微器测量金属导线直径 d，如右图所示，则 d=____________mm。 【答案】0.959—0.961 mm 【解析】 【详解】螺旋测微器的读数方法：①先读固定刻度②再读半刻度，若半刻度线已露出，记作 0.5mm；若半刻度线未露出，记作 0.0mm；③再读可动刻度（注意估读）．记作 n×0.01mm；④ 最终读数结果为固定刻度+半刻度+可动刻度． 固定可得读数为：0；半刻度读数为：0.5mm；可动刻度读数为：0.01mm×46.0=0.960mm，故 读数为：0.960mm 14.某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材： A．被测干电池一节 B．电流表：量程 0～3 A，内阻约为 0.1 Ω C．电流表：量程 0～0.6 A，内阻约为 0.1 Ω D．电压表：量程 0～3 V，内阻未知 E．电压表：量程 0～15 V，内阻未知 F．滑动变阻器：0～10 Ω，2 A G．滑动变阻器：0～100 Ω，1 A H．开关、导线若干 伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统 误差．在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻． (1)在上述器材中请选择适当的器材：________（填写选项前的字母）． (2)实验电路图应选择________（选填“图甲”或“图乙”）． P 2 212 2 2 1W 20WEI I r= − = × − × =　　 (3)根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的 U－I 图象，则在修正了实验系统 误差后，干电池的电动势 E＝________V，内电阻 r＝________Ω. 【答案】 (1). ACDFH (2). 图乙 (3). 1.5 (4). 1.0 【解析】 【详解】(1)[1]本实验中必选的仪器有：A．被测干电池一节；H 开关、导线若干；因电源电 动势为 1.5V，电流较小，为了读数准确，所以电流表应选择 C 量程 0～0.6A；电压表选择 D 量程 0～3V；滑动变阻器阻值较小有利于电表的数值变化，减小误差，故选 F，选择适当的器 材为 ACDFH； (2)[2]为了减小误差，电流表采用相对电源的外接法，故选择图乙； (3)[3]由 图可知，电源的电动势为： [4]内电阻为： 三、计算题 15.如图所示，电阻 ，当电键 K 闭合时理想电压表读数是 1.0V，当 K 断 开时理想电压表读数是 0.8V，求:电源的电动势 E 和内电阻 r。 【答案】2V；0.5Ω 【解析】 【分析】 当电键 K 闭合时，电阻 R2 与 R3 并联后与 R1 串联，当 K 断开时，R1 与 R2 串联，电压表测量 R1 电压；根据闭合电路欧姆定律对两种情况分别列式，联立即可求得电源的电动势 E 和内电阻 r。 的 U I− 1.5VE = 1.5 1Ω 1.0Ω0.5 Ur I ∆ −= = =∆ 1 2 3 1.0R R R= = = Ω【 详 解 】 当 电 键 K 闭 合 时 ， 电 阻 R2 与 R3 并 联 后 与 R1 串 联 ， 外 电 路 总 电 阻 为 ，电路中干路电流为： 根据闭合电路欧姆定律得：E=I（R+r） 当 K 断开时，R1 与 R2 串联，电路中干路电流为 ： 根据闭合电路欧姆定律得： 联立解得：E=2V r=0.5Ω． 【点睛】本题主要考查了闭合电路欧姆定律，根据两种情况由闭合电路欧姆定律列出方程组， 是求解电源电动势和内电阻常用的方法和思路。 16.水平放置的平行板电容器如图，原来两板不带电，上极板接地，板长 L＝1 m，两板间距离 d＝0.4 m．有一束相同的带正电微粒，以相同的初速度 v0 先后从两板中央平行极板射入，由 于重力作用微粒落到下极板上，微粒所带电荷立即转移到下极板且均匀分布在下极板上，设 前一微粒落到下极板上时后一微粒才能开始射入两板间，且第一个微粒恰好落在下极板中点 处．已知微粒质量 m＝1×10－4 kg，电量 q＝1×10－6 C，电容器电容 ，g＝10 m/s2．求： (1)微粒入射的初速度 v0 的大小； (2)当微粒从极板间穿出时，极板间电压 U； (3)当微粒从极板间穿出时，落在下极板上的微粒个数． 【答案】（1）2.5 m/s（2）300 V（3）900 个 【解析】 【详解】(1)第一个微粒在极板间做平抛运动，水平位移： 竖直位移： 联立并代入数据解得： 2 1 1 3 2 2R R R= + = Ω 1 1UI AR = = 1 0.8UI AR ′′ = = 1 2'E I R R r= + +（ ） 63 10 FC = × － 0 1 2x L v t= = 21 2 2 d gt=(2)微粒恰好从极板下边缘射出，水平方向： 竖直方向： 代入数据解得： 由牛顿第二定律得： 代入数据解得： (3) 极板间的电荷量： 落在下极板上 微粒个数： 个 17.如图所示,在 的水平向左匀强电场中,有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置,轨 道与一水平绝缘轨道 MN 连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径 R=0.4m,一带正 电荷 的小滑块质量为 m=0.04kg,小滑块与水平轨道间的动摩因数 μ=0.2,g 取 ，求： （1）要小滑块能运动到圆轨道的最高点 L，滑块应在水平轨道上离 N 点多远处释放? （2）这样释放的滑块通过 P 点时对轨道压力是多大?（P 为半圆轨道中点） 的 0 2 5m/sv = ． 0L v t= ′ 21 2 2 d at= ′ 22 5m/sa = ． qUmg mad − = 300VU = 49 10 CQ CU= = × － 900Qn q = = 310 V/mE = 410 Cq −= 210m s【答案】（1）20m（2）1.5N 【解析】 【详解】(2)设滑块应在水平轨道上离N 点 x 处释放，分析滑块的运动过程，由动能定理可得： 小滑块恰好到达最高点时，重力提供向心力有： 代入数据计算得出 . (2)滑块到达 P 点时，对释放滑块到达 P 点过程应用动能定理可得： 在 P 点时由牛顿第二定律可得： 计算得出 ，由牛顿第三定律可得滑块通过 P 点时对轨道压力是 1.5N. 答：(1)要小滑块能运动到圆轨道的最高点 L，滑块应在水平轨道上离 N 点 20m 处释放. (2)这样释放的滑块通过 P 点时对轨道压力 1.5N. 212 02qEx mgx mg R mvµ− − ⋅ = − 2vmg m R = 20mx = 21( ) 02 PqE x R mgx mg R mvµ+ − − ⋅ = − 2 PvN qE m R − = 1.5NN =