江西上饶市山江湖协作体2019-2020高二物理上学期期中（统招班）试题（Word版带解析）

高二年级期中联考物理试卷（统招班） 一、选择题：(本大题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分。第 1～6 题是单选题；第 7～10 题 是多选题，全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错或不选的得 0 分。) 1.关于电流，下列说法正确的是（　 ） A. 根据 I=q/t 可知，I 与 q 成正比 B. 如果在相等的时间内通过导体横截面的电荷量相等，则导体中的电流是恒定不变的 C. 电流有方向，因此电流是矢量 D. 电流的单位“安培”是国际单位制中的基本单位 【答案】D 【解析】 是电流的定义式，其大小与电量及时间无关，故 A 错误；恒定电流是指大小和方向均不 变的电流，若电流大小不变而方向变化时也不是恒定电流，故 B 错误；电流有方向，但电流 的运算满足代数法则不满足满足平行四边形定则，所以电流是标量，故 C 错误；电流强度的 单位“安培”是国际单位制中的基本单位，故 D 正确。所以 D 正确，ABC 错误。 2.如图所示,虚线为静电场中的等势面 1、2、3、4,相邻的等势面之间的电势差相等,其中等势 面 3 的电势为 0.—带正电的点电荷在静电力的作用下运动,经过 a、b 点时的动能分别为 26eV 和 2eV.当这一点电荷运动到某一位置,其电势能变为-8eV,它的动能应为( ) A. 8eV B. 18eV C. 24eV D. 20eV 【答案】B 【解析】 【详解】由题，电荷经过 a、b 点时的动能分别为 26eV 和 2eV，动能减小为 24eV，而相邻的 等势面之间的电势差相等，电荷在相邻等势面间运动时电场力做功相等，电势能变化量相等， 则电荷从 3 等势面到 4 等势面时，动能减小 8eV，电势能增大，等势面 3 的电势为 0，电荷经 过 b 时电势能为 8eV，又由题，电荷经 b 点时的动能为 2eV，所以电荷的总能量为： 8eV+2eV=10eV qI t = p kE E E= + =其电势能变为-8eV 时，根据能量守恒定律得到，动能应为 18eV，故选 B。 3.如图所示，一根横截面积为 S 的均匀长直橡胶棒上均匀带有负电荷，设棒单位长度内所含 的电荷量为 q，当此棒沿轴线方向做速度为 v 的匀速直线运动时，由于棒的运动而形成的等效 电流大小为（ ） A. qvS B. C. vq D. 【答案】C 【解析】 【详解】棒沿轴线方向以速度 v 做匀速直线运动时，每秒通过的距离为 v 米， v 米长的橡胶 棒上电荷都通过直棒的横截面，每秒内通过横截面的电量为： Q=q•v 根据电流的定义式为： ，t=1s，得到等效电流为： I=qv． A．qvS，与结论不相符，选项 A 错误； B． ，与结论不相符，选项 B 错误； C． vq，与结论相符，选项 C 正确； D． ，与结论不相符，选项 D 错误； 4.在静电场中，一个电子由 a 点移到 b 点时静电力做功为 5 eV（1 eV=1．6×10-19J），则以下 说法中正确的是（ ） A. 电场强度的方向一定由 b 直线指向 a B. a、b 两点间电势差 Uab=5 V C. 电子的电势能减少 5 eV D. 电子的电势能减少 5 J 【答案】C 【解析】 由题意知，电子由 a 点移到 b 点，电场力做功 5eV，电势能减少 5eV，电场强度的方向不一定 q v q vS QI t = q v q vS由 b 指向 a．故 AD 错误，C 正确．a、b 两点电势差 ，故 B 错误；本 题选错误的，故选 ABD. 5.直角坐标系 xOy 中，M、N 两点位于 x 轴上，G、H 两点坐标如图，M、N 两点各固定一负点电 荷，一电荷量为 Q 的正点电荷置于 O 点时，G 点处的电场强度恰好为零，静电力常量用 k 表 示．若将该正点电荷移到 H 点，则 G 点处场强的大小和方向分别为： A. ，沿 y 轴正向 B. ，沿 y 轴负向 C. ，沿 y 轴正向 D. ，沿 y 轴负向 【答案】A 【解析】 【分析】 由题意可知考查电场强度矢量性，根据电场叠加原理，结合等效思想分析计算可得。 【详解】O 点电荷 Q 在 G 点产生的场强大小为 ， 方向沿-y,因 G 点处的电场强度恰好为零,说明 M、 N 固定的负电荷在 G 点共同产生的场强大 小也为 ,方向沿+y 方向，当把 O 点电荷 Q 电荷移到 H 点时，在 G 点产生的场强大小为 ， 方向沿-y，M、 N 固定的负电荷在 G 点共同产生的场强大小仍为 ，则此时 G 点的合场强为 ， 方向沿 y 轴正向。 5 5ab ab W eVU Vq e = = = −− 2 3 4 kQ a 2 3 4 kQ a 2 5 4 kQ a 2 5 4 kQ a 1 2 QE k a = 1E ( )a 2 2 QE k 2 = 1E 1 2 2 3kQE E E 4a = + =A．描述与题意分析计算符合，故 A 正确 B．描述与题意分析景计算不符合，故 B 错误。 C．描述与题意分析计算不符合，故 C 错误。 D．描述与题意分析计算不符合，故 D 错误。 【点睛】根据 可以计算 O 点正电荷在 G 点产生的场强大小，根据 G 点场强为零可以 求出 M、N 两个负电荷在 G 点产生的合场强大小和方向，当 O 点正电荷移到 H 点时，可以根据 求出后来正电荷在 G 点产生场强，M、N 两个负电荷共同在 G 点产生的场强大小和方向不变， 再根据场强叠加求出 G 点后来场强大小、方向。 6. 两只电阻的伏安特性曲线如图所示，则下列说法中正确的是 A. 两电阻的阻值为 大于 B. 两电阻并联在电路中时， 的电流大于 的电流 C. 两电阻串联在电路中时， 两端电压大于 两端电压 D. 两电阻串联在电路中时， 消耗的功率大于 消耗的功率 【答案】B 【解析】 试题分析：I-U 图像的斜率的倒数表示电阻，故 ，斜率越大，电阻越小，所以 ， A 错误；两电阻并联在电路中时，两电阻两端的电压相同，电阻越大，电流越小，故 的电 流大于 的电流，B 正确；两电阻串联在电场中时，通过两电阻的电流相同，根据 可 。 2 Q E k R = 2 Q E k R = 1R 2R 1R 2R 1R 2R 1R 2R 1R k = 1 2R R< 1R 2R U IR=得电阻越大，两端的电压越大，所以 两端电压小于 两端电压，根据 可得 消 耗的功率小于 消耗的功率，CD 错误； 考点：考查了 I-U 图像 【名师点睛】本题为图象分析问题，要能从图象中得出有效信息，两电阻串联在电路中时， 电流相等，两电阻并联在电路中时，电压相等． 7.对一电容器充电时电容器的电容 C，带电荷量 Q，电压 U 之间的关系图象如下图所示，其中 正确的是( 　) A. B. C. D. 【答案】CD 【解析】 试题分析：电容是电容器本身的一种特性，与带电荷量、电压无关，故 A、B 错误、C 正确； 根据电容的定义可知，带电荷量 ，所以选项 D 正确； 考点：平行板电容器 8.关于欧姆定律的下列理解中，正确的( ) A. 由 知道，一段导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流成反比 1R 2R 2P I R= 1R 2R Q UC U= ∝ UR I =B. 由 知道，通过一段导体的电流跟加在它两端的电压成正比 C. 由电阻的 I-U 图象可知，电流变化相同时，电压变化较小的图象所对应的电阻阻值较小 D. 导体的电流越大，电阻就越大 【答案】BC 【解析】 【详解】AD.导体的阻值是导体本身所具有的性质，与通过它的电流、它两端的电压无关，故 AD 错误； B.欧姆定律的内容是：电阻一定时，导体中的电流与导体两端的电压成正比；当导体两端的 电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；故 B 正确。 C.由 可知△I 变化相等时，电压变化小时，电阻值较小，故 C 正确。 9.如图所示的电路,电源电压 U=3.0V，L1、L2、L3 为 3 个相同规格的小灯泡,这种小灯泡的 I-U 特性曲线如下图所示.当开关闭合后,下列关于电路中灯泡的说法中,正确的是( ) A. 灯泡 L1 的电阻为 7.5Ω B. 灯泡 L1 消耗的电功率为 0.75W C. 灯泡 L3 的电阻为 7.5Ω D. 三灯泡消耗的总电功率为 1.35W 【答案】AD 【解析】 【详解】当开关闭合后，灯泡 L3 电压 U3=3V，由图 I-U 特性曲线读出其电流 I3=0.25A，则灯 泡 L3 的电阻 Ω 功率为： 的 UI R = UR I ∆= ∆ 3 3 120.25R = =W 灯泡 L1、L2 串联，电压 V，由图读出其电流 A，电阻 Ω 灯泡 L1、L2 的功率均为： W 三灯消耗的总功率为： P=2×0.30+0.75=1.35W 故选 AD。 10.如图所示,粗糙程度均匀的绝缘空心斜面 ABC 放置在水平面上,角 CAB = 30°,斜面内部 O 点 (与斜面无任何连接)固定有一正点电荷,一带负电的小物体(可视为质点)可以分别静止在 M、 N 点和 MN 的中点 P 上,OM=ON, OM//AB 则下列判断正确的是( ) A. 小物体静止在三处静止时所受力个数一定都是 4 个. B. 小物体静止在 P 点时受到的摩擦力最大 C. 小物体静止在 P 点时受到的支持力最大,静止在 M,N 点时受到的支持力相等 D. 当小物体静止在 M 点时,地面给斜面的摩擦力水平向左 【答案】CD 【解析】 【详解】对小物体分别在三处静止时所受力分析如图： A.结合平衡条件，由图，小物体在 P、N 两点时一定受四个力的作用，故 A 错误； B.小物体静止在 P 点时，摩擦力 3 3 3 0.25 0.75P U I= = × = 1 2 1.5U U= = 1 2 0.20I I= = 1 1.5 7.50.2R = = 2 1 1 1 1.5 0.20 0.30P P U I= = = × =f=mgsin30° 静止在 N 点时 静止在 M 点时 可见静止在 N 点时所受摩擦力最大，故 B 错误； C.小物体静止在 P 点时，设库仑力为 F，受到的支持力 N=mgcos30°+F 在 M、N 点时： 由库仑定律知 ，故 ，即小物体静止在 P 点时受到的支持力最大，静止在 M、N 点时受到的支持力相等，故 C 正确； D.以小物体和斜面整体为研究对象，当小物体静止在 M 点时，斜面内部 O 点正电荷对其库仑 力斜向右，即有向右的分力，则斜面有向右运动的趋势，受水平向左的摩擦力，故 D 正确。 二、填空题（共 2 小题，每空 2 分，共 16 分） 11.如图所示的电路中，小量程电流表的内阻 Rg＝100Ω，满偏电流 Ig=1mA，R1=900Ω，R2= Ω （1）当 S1 和 S2 均断开时，改装成的是_______表，最大量程是__________。 （2）当 S1 和 S2 均闭合时，改装成 是_______表，最大量程是___________。 【答案】 (1). 电压 (2). 1V (3). 电流 (4). 1A 【解析】 【详解】第一空：由电路图可知，当 和 均断开时， 与 串联，改装所成的表是电压 的 sin30 cos30f mg F′ = °+ ′ ° sin30 cos30f mg F″ = °− ′ ° cos30 sin30N mg F′ = °+ ′ ° F F> ′ N N> ′ 100 999 1S 2S G 1R表， 第二空：量程为 V 第三空：由电路图可知，当 和 均闭合时， 与 并联，改装所成的表是电流表， 第四空：量程为: A 12.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，使用的小灯泡标有“6V 3W”，其他可供选择 的器材有： A.电压表 V1（量程 6V，内阻约 20kΩ） B.电压表 V2（量程 20V，内阻约 60kΩ） C.电流表 A1（量程 3A，内阻约 0.2Ω） D.电流表 A2（量程 0.6A，内阻约 1Ω） E.滑动变阻器 R1（0-1000Ω，0.5A） F.滑动变阻器 R2（0-10Ω，2A） G.学生电源 E（6V 到 8V） H.开关 S 及导线若干 实验中为减小实验误差，方便调节，电压表应使用____（填器材前序号字母），电流表应选用 ____（填器材前序号字母），滑动变阻器应选用_____（填器材前序号字母），在下面的四个电 路中，应选用___ A. B. C. D. 【答案】 (1). A (2). D (3). F (4). C 【解析】 ( )1 0.001 (100 900) 1x eU I R R= + = × + = 1S 2S G 2R 2 0.001 1000.001 1100 999 g g g I RI I R    ×= + = + =     【详解】[1]描绘小灯泡的伏安特性曲线，通过小灯泡的电流从零开始，故滑动变阻器采用分 压接法，选最大阻值小些的，即选 R2； [2]小灯泡额定电压为 6V，故电压表选 V1； [3]对小灯泡，额定电流为 A 故电流表选 A2； [4]由于小灯泡电阻远小于电压表内阻，故电流表外接，综合滑动变阻器的分压接法，故电路 图选 C； 三．计算题(共 44 分.要求写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤） 13.把 q=-1×10-8C 的电荷，从电场中的 A 点移到 B 点，电场力做正功 WAB =1.2×10-6J，求： （1）A、B 两点间的电势差 ； （2）若取 B 点电势为零，则 A 点的电势和 q 在 A 点的电势能各是多少？ 【答案】（1）120 V （2）120 V 【解析】 （1）由 得 A、B 两点间的电势差 ； （2）根据 得 A 点的电势 ； q 在 A 点的电势能 ． 14.某同学在研究微型直流电动机的性能时，采用如图所示的实验电路．调节滑动变阻器 R 的 阻值，使电动机无法转动，此时电流表和电压表的示数分别为 0.2 A 和 0.6V．重新调节 R 的 阻值，使电动机能够正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为 1.0 A 和 8.0 V．(电流表、 电压表均为理想电表)求： (1)这台电动机的线圈电阻； (2)电动机正常运转时的输出功率． 【答案】(1) (2) P 输出=5W 0.5PI U = = ABU 6 p 1.2 10 JE −= × AB ABW qU= 6 8 1.2 10 V 120V1 10 AB AB WU q − − ×= = = −− × AB A BU ϕ ϕ= − 120VA AB BUϕ ϕ= + = − 61.2 10 Jp AE qϕ −= = × 3R = Ω【解析】 【分析】 从电路图中可以看出，电动机和滑动变阻器串联，电压表测量电动机两端的电压，电流表测 量电路电流，根据公式 可求电动机停转时的电阻；利用公式 P=UI 可求电动机的总功率， 根据公式 P=I2R 可求电动机克服本身阻力的功率，总功率与电动机克服自身电阻功率之差就是 电动机的输出功率． 【详解】(1)电动机不转动时满足欧姆定律，电动机的电阻： (2)电动机的总功率：P=U1I1=8V×1A=8W； 电动机自身电阻的热功率：PR=I12R=（1A）2×3Ω=3W； 电动机正常运转时的输出功率是：P 输出=P-PR=8W-3W=5W． 【点睛】本题要明确非纯电阻电路的功率的计算方法，知道电动机不转动时可视为纯电阻和 能量间的关系． 15.如图，光滑绝缘水平面上静置两个质量均为 m、相距为 x0 的小球 A 和 B，A 球所带电荷量 为+q，B 球不带电。现在 A 球右侧区域加上水平向右的匀强电场，电场强度为 E，小球 A 在电 场力作用下由静止开始运动，然后与 B 球发生弹性正碰，A、B 碰撞过程中没有电荷转移，且 碰撞过程时间极短，求： （1）A 球与 B 球发生第一次碰撞后 B 球 速度； （2）从 A 球开始运动到两球在电场中发生第二次碰撞前电场力对 A 球所做的功； 【答案】（1） （2） 【解析】 【详解】（1）设 A 小球与 B 球第一次碰撞前速度为 ，碰撞后的速度分别为 对 A，根据牛顿第二定律得： 由运动学公式有： 的 UR I = 0.6 30.2 UR I = = Ω = Ω 02qEx m 05W qEx= 0v 1 1A Bv v、 qE ma=解得： 对于 AB 碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得： 解得： （2）设第一次碰撞后到第二次碰撞前经历的时间为 ，有 从 A 球开始运动到两球在电场中发生第二次碰撞前电场力对 A 球所做的功为： 解得 16.如图，在 xOy 平面的第一象限内有平行于 y 轴的有界匀强电场 E1=5×103V/m,方向沿 y 轴正 方向；第四象限有一匀强电场 E2．一质量 m=1×10-12kg、电荷量 q=2×10-8C 的带电粒子，从 P 点以初速度大小 v0=2×103m/s，垂直 y 轴方向射入电场 E1 中，粒子偏转后经过 x 轴上 A 点进 入第四象限，并沿直线运动的最大距离 AB=6.25cm．已知 OA=3cm，sin37°=0.6， cos37°=0.8，不计粒子重力．求： （1）粒子的带电性质和粒子在第一象限的加速度大小； （2）粒子从 A 点运动到 B 点的时间； （3）第四象限的匀强电场 E2 大小和方向． 2 0 02v ax= 0 0 2qExv m = 0 1 1A Bmv mv mv= + 2 2 2 0 1 1 1 1 1 2 2 2A Bmv mv mv= + 0 1 2 B qExv m = 1t 2 1 1 1 1 1 1 1 2A A Bx v t at v t= + = ( )0 1AW qE x x= + 05W qEx=【答案】(1) 粒子带负电， m/s2(2) s（3） v/m，与 x 轴成 37°角斜 向上 【解析】 【详解】⑴粒子带负电 m/s2 ⑵带电粒子从 P 点到 A 点做类平抛运动 ，设运动时间为 t1 s m/s m/s 带电粒子从 A 到 B 做匀减速直线运动，设运动时间为 t2 s （2）带电粒子从 A 运动到 B 过程中，设加速度为 α2 m/s2 根据牛顿第二定律 V/m 设带电粒子运动到 P 点速度偏向角为 θ 所以 θ =37° E2 方向为与 x 轴成 37°角斜向上 点睛：此题是带电粒子在电场中 运动问题，关键是搞清粒子的运动性质，粒子在电场中做 类平抛运动，水平方向匀速运动，竖直方向匀加速运动；出离电场后做匀速直线运动，结合 平抛运动的处理方法求解. 的 81.0 10× 55 10−× 32.5 10× 81 1.0 10qEa m = = × 2 5 1 3 0 3 10 1.5 102 10 OAt sv − −×= = = ×× 3 1 1.5 10yv at= = × 2 2 3 0 2.5 10yv v v= + = × 5 2 5 10 2 ABt v −= = × 7 2 2 5 10va t = = × 2 2qE ma= 32 2 2.5 10maE q = = × 0 tan 0.75yv v θ = =