江西省2019-2020高二物理上学期期中试题（Word版带解析）

2019-2020 学年度第一学期高二第二次大考 物 理 试 卷 一、选择题（本大题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分.1-8 小题给出的四个选项中，只有一 项符合题目要求，9-12 小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得 4 分， 选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分） 1.电荷之间的静电力像万有引力一样，也是一种超距力，这种超距作用的观点是 18-19 世纪 的多数科学家难以接受的。首位建立电场概念并使人们摆脱这一困境的科学家是（ ） A. 牛顿 B. 库仑 C. 安培 D. 法拉第 【答案】D 【解析】 【详解】首位建立电场概念并使人们摆脱这一困境的科学家是法拉第，不是牛顿、库仑和安 培，故选 D。 2.如图所示，A、B、C、D 是匀强电场中一个以坐标原点为圆心、半径为 1cm 圆与两坐标轴 的交点，ABCD 所在平面与电场方向平行，已知 A、B、C 三点的电势分别为 V、 V、 V，由此可得 D 点的电势为（ ） A. 3V B. 6V C. 9V D. 12V 【答案】C 【解析】 【详解】在匀强电场中，沿着同一方向，每前进相同的距离，电势的降低相等；故： 代入数据，有： 解得： V 的 15Aϕ = 3Bϕ = 3C ϕ = − A B D C ϕ ϕ ϕ ϕ− = − 15 3 3D ϕ− = − −（ ） 9D ϕ =故选 C。 3.如图所示，Q 是固定的点电荷，虚线是以 Q 为圆心的两个同心圆．一个带电粒子在仅受电场 力的作用下沿实线所示的轨迹从 a 处运动到 b 处，然后又运动到 c 处，实线与两圆在同一平 面内，带电粒子在 a、b、c 点的加速度大小分别为 aa、ab、ac，电势能大小分别为 Ea、Eb、 Ec，则 A. aa>ab>ac，Eaac，Ebaa，Ebaa，Eaφb 【答案】C【解析】 【详解】当导体 P 处于静电平衡状态时，导体内部场强处处为零，故 a、b 两点的场强大小 Ea、Eb 的关系为 Ea=Eb=0，故 AB 错误；感应电荷在 a、b 两点产生的场强与点电荷在 a、b 两点 产生的场强等大反向，则感应电荷在 a、b 两点产生的场强在大小 Ea'和 Eb'的关系是 Ea'>Eb'， 选项 C 正确；处于静电平衡的导体是一个等势体，则 a、b 两点的电势大小 φa、φb 的关系为 φa=φb，故 D 错误。故选 C。 【点睛】解决本题的关键要理解并掌握处于静电平衡状态导体的特性：导体内部场强处处为 零，整个导体是一个等势体． 5.利用静电计研究平行板电容器的电容与哪些因素有关的实验装置如图所示，则下面哪些叙 述符合实验中观察到的结果( ) A. 左板向左平移，静电计指针偏角变小 B. 左板向上平移，静电计指针偏角变小 C. 保持两板不动，在两板间插入一块绝缘介质板，静电计指针偏角变小 D. 保持两板不动，在两板间插入一块金属板，静电计指针偏角变大 【答案】C 【解析】 【详解】将左板向左平移，板间距离变大，根据 ，电容器电容 C 减小，而电容器的 电量 Q 不变，由 C=Q/U 分析可知，电容器两板间电势差变大，则静电计指针偏角变大。故 A 错误。将左板向上平移，两板正对面积减小，电容 C 减小，而电容器的电量 Q 不变，由 C=Q/U 分析可知，电容器两板间电势差增大，则静电计指针偏角变大。故 B 错误。在两板之间插入 一块绝缘介质板，电容增大，而电容器的电量 Q 不变，由 C=Q/U 分析可知，电容器两板间电 势差减小，则静电计指针偏角变小。故 C 正确。保持两板不动，在两板间插入一块金属板， 则板间距相当于减小，电容变大，根据 C=Q/U 可知两板电势差减小，则静电计指针偏角变小， 选项 D 错误；故选 C。 【点睛】本题是电容器动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是电 4 SC kd ε π=容与哪些因素有什么关系，记住两个公式 和 C=Q/U． 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. 两电阻的阻值关系为 R1 大于 R2 B. 两电阻并联在电路中时，流过 R1 的电流小于流过 R2 的电流 C. 两电阻串联在电路中时，R1 两端电压大于 R2 两端电压 D. 两电阻串联在电路中时，R1 消耗的功率小于 R2 消耗的功率 【答案】D 【解析】 试题分析：I-U 图像斜率的倒数表示电阻，故斜率越大，电阻越小，所以有 ，A 错误； 两电阻并联在电路中时，两端的电压相等，电阻大的电流小，所以流过 的电流大于流过 的电流，B 错误；两电阻串联在电路中时，通过两电阻的电流相等，电阻大的电压大，故 两端电压小于 两端电压，C 错误；根据 得两电阻串联在电路中时，电阻大消耗的 电功率大，故 消耗的功率小于 消耗的功率，D 正确； 考点：考查了 I-U 图像，串并联电路规律 7.如图所示，电流表 A1(0～3 A)和 A2(0～0.6 A)由两个相同的电流计改装而成，现将这两个电 流表并联后接入电路中，闭合开关 S，调节滑动变阻器，下列说法中正确的是 A. A1、A2 的内阻之比为 5∶1 B. A1、A2 的指针偏转角度之比为 1∶1 C. A1、A2 的读数之比为 1∶1 D. A1、A2 的指针偏转角度之比为 1∶5 【答案】B 4 SC kd ε π= 2 1R R> 1R 2R 1R 2R 2P I R= 1R 2R【解析】 【详解】电流表 A1（0-3A）和 A2（0-0.6A）是由两个相同的电流计改装而成，都是并联电路， 在图中两电流计也是并联的，电压相等，电流相等，则 A1、A2 的指针偏转角度之比为 1：1； 它们的量程之比为 5：1，即总电阻之比为 1：5，所以并联时读数之 5：1．故 B 正确，ACD 错 误。故选 B。 【点睛】本题要对于安培表的内部结构要了解：小量程电流表（表头）与分流电阻并联而 成．指针偏转角度取决于流过表头的电流大小． 8.如图所示，a、b、c、d、e 为同一直线上的五个点，相邻两点间的距离都为 L．处于 a、e 两点的点电荷的电荷量都为 q，处于 a 点的为负电荷，处于 e 点的为正电荷。在 c 点有一与直 线垂直的均匀带电薄板，带电量为 Q，电性未知。已知 d 点的电场强度为零，则 b 点的电场强 度大小为（已知静电力常量为 k）（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】根据电场叠加原理，可知处于 a、e 两点的点电荷在 d 点的电场强度为： 方向向左。d 点电场强度为零，则均匀带电薄板在 d 点的电场强度与 a、e 两点的点电荷在 d 点的电场强度等大反向，即为 ，方向向右。根据对称性可知，处于 a、e 两点的点电荷 在 b 点的电场强度为 ，方向向左，均匀带电薄板在 b 点的电场强度为 ，方向向左， 2 20 9 kq L 2 2 10 9 kq kQ L L + 2 20 9 kQ L 2 2 10 9 kq kQ L L − 2 2 2 10 (3 ) 9 q q kqk kL L L + = 2 10 9 kq L 2 10 9 kq L 2 10 9 kq L根据电场叠加原理可知，b 点的电场强度为 ，故选 A。 9.如图所示，两个截面不同，长度相等的均匀铜棒接在电路中，两端的电压为 U，下列说法正 确的是（ ） A. 通过两棒的电流强度相等 B. 两棒的自由电子定向移动的平均速率相等 C. 两棒内的电场强度大小相等 D. 相同时间内通过两棒 电荷量相等 【答案】AD 【解析】 【详解】A.因两导体串联，则电流一定相等，故 A 正确； B.由电流的微观表达式： 可知电流相同，单位体积内的电子数相同，电子的电荷量相同，因截面积不相同，故电子的 定向移动速率不同，细棒中的电子定向移动速率大，故 B 错误； C.因电压相等，由电阻定律有： 可知细棒的电阻较大，则由欧姆定律可知，细棒两端的电压较大，由： 可知细棒内的电场强度大于粗棒内的电场强度，故 C 错误； D.根据： 由于电流相等，故通过两棒的电荷量相等，故 D 正确。 10.一电炉的电阻丝和一台电动机线圈电阻相同，现将它们以串联方式联接，接通合适的电源 后，电动机正常运转，下列说法正确的是（ ） A. 电炉和电动机的热功率相等 的 2 20 9 kq L I nesv= LR S ρ= U Ed= q It=B. 电动机消耗的电功率大于电炉消耗的电功率 C. 电炉两端电压小于电动机两端电压 D. 电炉和电动机两端电压相等 【答案】ABC 【解析】 【详解】A.电炉电路和电动机电路焦耳定律都适用。根据焦耳定律: 得电炉和电动机的电阻相同，电流相同，则在相同的时间内电炉和电动机产生的电热相等。 故 A 正确。 B.电动机消耗的电能一部分转化为内能，另一部分转化为机械能，电炉消耗的电能全部转化 为内能，而相等时间内它们产生的热量相等，则在相同的时间内，电动机消耗的电能大于电 炉消耗的电能，电动机消耗的功率大于电炉消耗的功率。故 B 正确。 CD.设电流为 I，则电炉两端电压： 电动机两端电压 ，所以 ，即电动机两端电压大于电炉两端电压。故 C 正确， D 错误。 11.如图所示，在一个匀强电场(图中未画出)中有一个直角梯形 ABCD，其中，E 为 AD 的中点， F 为 BC 的中点。一个带正电的粒子从 A 点移动到 B 点，电场力做功为 WAB=3.0×10-6J；将该粒 子从 D 点移动到 C 点，电场力做功为 WDC=4.0×10-6J。则以下分析正确的是( ) A. 若将该粒子从 E 点移动到 F 点，电场力做功为 WEF=3.5×10-6J B. 若将该粒子从 E 点移动到 F 点，电场力做功 WEF 有可能大于 3.5×10-6J C.若将该粒子从 B 点移到 C 点，电场力做功为 WBC=1.0×10-6J，则此匀强电场的方向一定是从 A 点指向 B 点的方向 D. 若该粒子的电量为 2×10-6C，则 A、B 之间的电势差为 1.5V 【答案】ACD 【解析】 2Q I rt= U Ir=炉 U Ir机＞ U U炉机＞【详解】用 φ 表示各点的电势。根据电场力做功的公式 W=qU 可知：WEF=qUEF=q（∅E-∅F），因 为 E、F 是线段的中点，因此在匀强电场中有：∅E＝ 、∅F＝ ，代入上式化简 可得：WEF＝ WAB+ WDC=3.5×10-6J．故 A 正确、B 错误；若将该粒子从 B 点移到 C 点，电场 力做功为 WBC＝1×10−6J＝ WDC，根据电场力做功公式 W=qU 可知 UDC=4UBC，则 B 点电势与 DC 连续靠近 C 点四分之一处的点电势相等，这两个点的连续就是等势线；根据电场线与等势线 必定垂直的性质，此匀强电场的方向一定从 A 点指向 B 点的方向。故 C 正确；根据电场力做 功的公式 WAB=qUAB 得： ．故 D 正确。故选 ACD。 【点睛】解答本题的关键是：要掌握在匀强电场中连线中点电势大小的计算方法，同时要灵 活应用电场力做功公式并熟知等势面和电场强度的方向关系。 12.如图所示，在真空中有一水平放置的不带电平行板电容器，板间距为 d，电容为 C，上板 B 接地，现有大量质量均为 m、带电荷量为 q 的小油滴，以相同的初速度持续不断地从两板正中 间沿图中虚线方向射入，第一滴油滴正好落到下板 A 的正中央 P 点，如果能落到 A 板的油滴 仅有 N 滴，且第 滴油滴刚好能飞离电场，假设落到 A 板的油滴的电荷量能被板全部吸收， 不考虑油滴间的相互作用，重力加速度为 g，则下列说法正确的是（ ） A. 落到 A 板的油滴数 B. 落到 A 板的油滴数 C. 第 滴油经过电场的整个过程中所增加的动能为 D. 第 滴油经过电场的整个过程中所减少的机械能为 【答案】ACD 【解析】 2 A B ϕ ϕ+ 2 C B ϕ ϕ+ 1 2 1 2 1 4 6 6 3.0 10 1.52 10 AB AB WU V Vq − − × ×＝ ＝ ＝ 1N + 2 3 4 CdmgN q = 24 CdmgN q = ( )1N + 8 mgd ( )1N + 3 8 mgd【详解】AB.第一滴油滴正好落到下板 A 的正中央 P 点。则： 设以上述速度入射的带电粒子，最多能有 n 个落到下极板上。则第（N+1）个粒子的加速度为 a，由牛顿运动定律得： 其中： 得： 第（N+1）粒子做匀变速曲线运动，竖直方向有： 而 第（N+1）粒子不落到极板上，则有关系： 联立以上公式得： 故 A 正确，B 错误； C.第（N+1）粒子运动过程中重力和电场力做功等于粒子动能的增量，由动能定理得： 代人数据得： 1 0 0 2 2 l lt v v = = 2 0 1 2 2 ly g v  =     mg qE ma− = U Q nqE d cd cd = = = 2nqa g Cmd = − 21 1 2 2y at d= ′ = 1 0 2Lt tv ′ = = 2 dy ≤ 2 1 3 4 4 Cdmga g N q = =， 2 2 d dW mg qE= −故 C 正确； D.第（N+1）粒子运动过程中电场力做的负功等于粒子减少的机械能： 即机械能减少： 故 D 正确。 二、填空题（每空 2 分，共 14 分） 13.某同学在实验室完成了下列测量： (1)用 20 分度的游标卡尺测量某物体的长度，如图所示，由图可知其长度为________mm (2)用螺旋测微器测量某圆柱体 直径，如图乙所示，由图可知其直径为__________mm 【答案】 (1). 20 30mm (2). 0.920m 【解析】 【详解】（1）[1]20 分度的游标卡尺，其准确度为 0.05mm，主尺读数为： 2×10mm=20mm 游标尺第 6 个刻度与主尺对齐，读数为： 6×0.05mm=0.30mm 则物体的长度为： 20mm+0.30mm=20.30mm （2）[2]螺旋测微计精确度为 0.01mm，固定刻度读数为：0.5mm，可动刻度读数为： 42.0×0.01mm=0.420mm 则圆柱体的直径为： 的 . 8 mgdW = 3 2 8 d mgdW qE= − = −电 3 8 mgd0.5mm+0.420mm=0.920mm 14.为测量“12 V , 5 W”的小电珠的伏安特性曲线，给定了以下器材： 电源：12 V，内阻不计； 电流表：量程 0～0.6 A、0～3 A，内阻约为 0.2 Ω 电压表：量程 0～3 V、0～15 V，内阻约为 15 kΩ 滑动变阻器：0～5Ω 开关一个，导线若干 (1)以上四个电路图你认为最合适的是______ (2)在本实验中，电流表的量程应选_________（选填 0～0.6 A 或 0～3 A） (3)某位同学测得小电珠的伏安特性曲线如图所示，当电流表读数为 0.40A 时小电珠的实际功 率为_____W 【答案】 (1). A (2). 0～0.6 A (3). 2.4 【解析】 【详解】（1）[1]电流和电压要求从零开始连续变化，故滑动变阻器采用分压式接法； 54.8Ω 灯泡电阻： 28.8Ω； 由于： 故采用安培表外接法；故选 A； （2）[2]灯泡的额定电流为： 0 0.2 15 1000A VR R R= = × × ≈ 2 212 5L UR P = = ＝ 0LR R