四川省2019-2020高二物理上学期期中试题（Word版带解析）

都外国语学校 2019-2020 学年度上期期中考试高二物理试卷 一、单项选择题 1.如图，光滑绝缘的水平面上有三个带电小球（均可视为点电荷） 、 、 ，三球沿一条直 线摆放，仅在它们之间的静电力的作用下处于静止状态， 、 之间的距离小于 、 之间的 距离.则以下看法正确的是 A. 对 的静电力一定是引力 B. 对 的静电力一定是引力 C. 三个小球所带电荷量的大小关系是 D. 若保持它们的位置不变而将它们的电荷量都加倍，则它们将不能平衡 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据电场力方向来确定各自电性，从而得出“两同夹一异”，所以a、c 一定为同 种电荷即两荷间一定为排斥力，故 A 错误； B．根据电场力方向来确定各自电性，从而得出“两同夹一异”，所以a、c 和 b 的电性相反， 即 对 的静电力一定是引力，故 B 正确； C．同时根据库仑定律来确定电场力的大小，并由平衡条件来确定各自电量的大小，因此在大 小上一定为“两大夹一小”，“近小远大”，所以 ，故 C 错误； D．由平衡可得，对 a 有 当它们的电荷量都加倍时，小球仍然平衡，同理对 b、c 也成立，故 D 错误。 2.如图所示，真空中 点固定一点电荷， 、 是该点电荷电场中的两点，关于该两点的场 强 的大小和电势 高低关系，下列看法正确的是 A. B. C. D. 【答案】A a b c a b b c a c a b a c bq q q> > a b c a bq q q> > 2 2 a b a c ab ac q q q qk kL L = A B C E ϕ B CE E> B CE E< B C ϕ ϕ> B C ϕ ϕ B C ϕ ϕ> B C ϕ ϕ< a b b a b a b a b a UR I = LR S ρ=【答案】D 【解析】 【详解】A．导体的电阻与导体两端的电压、电流无关，由本身因素决定，故 A 错误； B．电阻率是表征材料导电性能好坏的物理量，电阻率越大，其导电性能越差；电阻率越小， 则其导电性能越好；但导体对电流的阻碍作用取决于电阻的大小，而电阻与导体的长度和截 面积有关，故电阻率大的导体对电流的阻碍作用不一定大，故 B 错误； C．电阻率是表征材料导电性能好坏的物理量，电阻率越大，其导电性能越差；电阻率越小， 则其导电性能越好，故 C 错误； D．由 可知，某种材料制成的导体的电阻与导体的长度成正比，与导体的横截面积成 反比，故 D 正确。 5.某电源的电动势为 4V，则关于该电源，以下看法不正确的是 A. 该电源没有接入电路时，其两极之间的电势差为 4V B. 当通过该电源的电荷量为 1C 时，该电源提供的电能为 4J C. 该电源每工作 1s 钟，电源提供的电能为 4J D. 将该电源接入电路中当其路端电压为 2V 时，电源的供电效率为 50 【答案】C 【解析】 【详解】A．电动势在数值上等于电源没有接入电路时两极之间的电压，故 A 正确； BC．电源做的总功为 W=EIt=Eq 电源做功等于电源提供的电能，可知电动势总等于电路中通过 1C 的正电荷时，电源提供的能 量，故 B 正确，C 错误； D．电源效率为 故 D 正确。 6.在某静电场中，沿着某条电场线建立 坐标轴，坐标轴上各点的电势随坐标变化的关系图 线如图所示，则以下看法正确的是 LR S ρ= 0 0 2 0 0500 04 IU U IE E η = = = = OxA. 同一点电荷在 处的电势能小于在 处的电势能 B. 同一点电荷在 处的受到的静电力大于在 处受到的静电力 C. 该电场的方向沿 轴正方向 D. 该电场可能是匀强电场 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图可知， 处的电荷比在 处的电势更低，由于不知道点电荷的电性，所以无 法确定点电荷在 处的电势能和点电荷在 处的电势能的大小，故 A 错误； B． 图像的斜率表示电场强度，由图可知，在 处的电场强度比在 处的电场强度更 大，由公式 可知，同一点电荷在 处的受到的静电力大于在 处受到的静电力，故 B 正确； C．根据沿电场线方向电势降低，由图可知，该电场的方向沿 轴负方向，故 C 错误； D． 图像的斜率表示电场强度，由图可知，该电场不可能是匀强电场，故 D 错误。 7.如图所示的电路中，电源的电动势和内阻一定，当可变电阻的阻值由 变为 时，电源 的路端电压变为原来的 1.5 倍，则电源的内阻为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由闭合电路欧姆定律有 1x 2x 1x 2x x 1x 2x 1x 2x xφ− 1x 2x F qE= 1x 2x x xφ− 2Ω 6Ω 4Ω 8Ω 6Ω 2Ω由题意有 联立解得： 故 D 正确。 8.如图所示的电路，闭合开关 S，待电路中的电流稳定后，减小 的阻值，则 A. 电流表的示数一定减小 B. 电压表的示数一定减小 C. 电源的输出功率一定减小 D. 电阻 消耗的功率一定减小 【答案】B 【解析】 【详解】AB．闭合开关 S，减小电阻箱阻值，则整个电路中的总电阻减小，总电流增大，即电 流表示数增大，根据 U=E-Ir 知，电源的外电压，即路端电压减小，电阻 R2 两端的电压增大， 路端电压等于电压表示数和 R2 两端电压之和，可得出电压表示数减小，故 A 错误，B 正确； C．当电源的内阻与外电阻相等时，电源的输出功率最大，由于不清楚电源内阻与外电阻关系， 所以无法确定电源的输出功率变化情况，故 C 错误； D．闭合开关 S，减小电阻箱阻值，则整个电路中的总电阻减小，总电流增大，由公式 可知，电阻 消耗的功率一定增大，故 D 错误。 9.如图所示， 、 、 、 、 、 为匀强电场中一个边长为 2cm 的正六边形的六个顶 点，已知 、 、 三点的电势分别为 1V、2V 和 5V．则以下看法正确的是 1 1 1 RU ER r = + 2 2 2 RU ER r = + 2 1 1.5U U = 2r = Ω R 2R 2P I R= 2R A B C D E F A B DA. 正试探电荷从 点移到 点电势能增加 B. 负试探电荷从 点移到 点电势能减少 C. 匀强电场的场强大小为 100V/m D. 该六边形外接圆上电势最低的点电势为 0V 【答案】C 【解析】 【详解】A．因为匀强电场中电势随距离均匀变化（除等势面），又由于正六边形对边平行，AB 间电势差等于 ED 间电势差，所以 E 点电势为 4V，延长 BC 和 ED 交于 M 点，如图，根据匀强电 场中电势随距离均匀变化，所以 M 点电势为 6V，同理可得，C 点电势为 4V，F 点电势为 2V， 所以 点电势与 F 点电势相等，则正试探电荷从 点移到 点电势能不变，故 A 错误； B．由于 C 点电势比 F 点电势更高，负电荷在电势低处电势能大，负试探电荷从 点移到 点 电势增加，故 B 错误； C．由于 C 点与 E 点电势相等，连接 CE 即为等势线，过 D 作 CE 的垂线，交于 N 点，由于 CD=2cm，由几何关系可得，DN=1cm，所以电场强度为 故 C 正确； D．该六边形外接圆上 A、B、C、D、E、F 中电势最低点为 A 点的电势即为 1V，故 D 错误。 二、多项选择题 10.用两个相同的小量程电流表，分别在表头上并联不同的电阻改装成了两个量程不同的大量 程电流表 A1、A2，若把 A1、A2 分别采用串联或并联的方式接入电路，如图所示，则闭合开关 后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是 B F C F B B F C F 100V/mDCUE DN = =A. 图（a）中两表指针偏转角度相同 B. 图（a）中两表示数相同 C. 图（b）中两表指针偏转角度相同 D. 图（b）中两表示数相同 【答案】AD 【解析】 【详解】AB．图甲中的 A1、A2 并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量 程不同的电流表读数不同，故 A 正确，B 错误； CD．图乙中的 A1、A2 串联，A1、A2 的示数相同，由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不 同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同，故 C 错误，D 正确。 11.如图所示，甲、乙为两个独立电源的路端电压 U 与通过它们的电流 I 的关系图线，下列说 法中正确的是( ) A. 路端电压都为 U0 时，它们的外电阻相等 B. 电流都是 I0 时，两电源的内电压相等 C. 电源甲的电动势大于电源乙的电动势 D. 电源甲的内阻小于电源乙的内阻 【答案】AC 【解析】 考点：闭合电路的欧姆定律． 专题：恒定电流专题． 分析：根据闭合电路欧姆定律得知：电源 路端电压与电流的关系式为 U=E-Ir，当 I=0 时， U=E，即图线与纵轴交点坐标表示电源电动势的大小，图线的斜率的大小表示电源的内阻大 的小． 解答：解：路端电压都为 U0 时，电路中的电流相等都为 I0，跟据欧姆定律 可知它们 的外电阻相等，故 A 正确 根据闭合电路欧姆定律得知：U=E-Ir，当 I=0 时，U=E，即图线与纵轴交点坐标表示电源电动 势的大小，由图可知电动势电源甲的电动势大于电源乙的电动势．而图线的斜率的大小表示 电源的内阻大小，图线甲的斜率大于图线乙的斜率，电源甲的内阻大于电源乙的内阻．则当 电流都是 I0 时，甲电源的内电压较大，故 BCD 错误 故选 A 点评：对于物理图象 理解，关键要根据物理规律推导出解析式，再从数学角度来理解图象 的物理意义． 12.如图所示，两板间距为 的平行板电容器与一电源连接，开关 S 闭合，电容器两极板间有 一质量为 、带电荷量为 的微粒静止不动，下列说法正确的是 A. 微粒带正电 B. 电源的电动势大小等于 C. 保持开关闭合，减小两极板间距离，微粒将向下做加速运动 D. 断开开关 S，增大两极板之间的距离，微粒将向下做加速运动 【答案】AB 【解析】 【详解】A．由题，带电荷量为 q 的微粒静止不动，则微粒受到竖直向上的电场力作用，而平 行板电容器板间场强方向竖直向上，则微粒带正电，故 A 正确； B．微粒静止，处于平衡状态，由平衡条件得 电源电压大小 的 d m q mgd q Umg q d = mgdU q =故 B 正确； C．保持开关闭合，两板间的电势差不变，减小两极板间距离，由公式 可知，板间的电 场强度增大，微粒的电场力增大，所以微粒向上加速运动，故 C 错误； D．断开开关 S，电荷量不变，增大两极板之间的距离，由公式 可知，电容减小， 由公式 可知，电势差增大，场强为 ，所以电场强度 不变，所以微粒的电场力不变，微粒仍静止不动，故 D 错误。 13.如图所示的电路中，电源的电动势为 、内阻为 （ ），定值电阻 .闭合开关， 理想电压表示数为 ，理想电流表示数为 ；在滑动变阻器 的滑片 由 端滑到 端的过 程中 A. 先变小后变大 B. 与 的比值先变大后变小 C. 与 的乘积先增大后减小 D. 变化量的绝对值与 的变化量的绝对值的比值小于 【答案】BD 【解析】 【详解】A．在滑动变阻器 R1 的滑片 P 由 a 端滑到 b 端的过程中，滑动变阻器 R1 的有效电阻 先增大后减小，外电路总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律可知：总电流先变小后 变大，路端电压先增大后减小，故 A 错误； BC．路端电压先增大后减小，所以 R3 中的电流先增大后减小，由于总电流先变小后变大，所 以电流表示数先减小后变大，则 与 的比值先变大后变小，无法确定 与 的乘积变化情 况，故 B 正确，C 错误； D．将 R3 与电源看成新电源，新电源的内阻为 r 与 R3 的并联值小于 r，由闭合电路欧姆定律可 知， 的变化量的绝对值与 的变化量的绝对值即为新电源的内阻，故 D 正确。 的 UE d = 4π SC kd ε= QC U = 4π 4π U Q Q kQE Sd Cd Sdkd ε ε= = = = E r 0r ≠ 2 3R R= U I 1R P a b U U I U I U I r U I U I U I三、实验题 14.在“测定金属的电阻率”的实验中，所用测量仪器均已校准，待测金属丝接入电路部分长 度约为 50cm. (1)用螺旋测微器测量金属丝 直径，其中某一次测量结果如图所示，其读数为______mm； (2)用伏安法测量金属丝的电阻 .实验所用的器材为：电池组（电动势 3V，内阻约 1 ）、 电流表（内阻约 0.1 ）、电压表（内阻约 ）、滑动变阻器 ，额定电流 2A ， 开关、导线若干.实验前已用多用电表粗测得待测金属丝的电阻约为 .则实验中应采用图 中的__________图对应的电路.（选填“A”或“B”） (3)由于电阻的测量存在系统误差，因此本实验测得电阻率与真实值比较偏______（选填“大” 或“小”） 【答案】 (1). 0.395 0.397 (2). B (3). 小 【解析】 【详解】(1)[1]固定刻度读数为 0，可动刻度读数为 39.7，所测长度为 0+39.7×0.01=0.397mm， 由于误差所以测量长度在 0.395mm 到 0.397mm 之间； (2)[2]待测金属丝的电阻约为 ，电流表的内阻约为 0.1 ，电压表的内阻约为 3 ，所 以待测金属丝的电阻为小电阻，则电流表应用外接法，即实验中应采用图中的 B 图对应的电 路； (3)[3]电流表外接法中，由于电压表的分流作用，导致电流的测量值比真实值偏大，由公式 的 xR Ω Ω 3kΩ (0 20R − Ω ) 5Ω  5Ω Ω 3kΩ可知，电阻的测量值比真实值偏小，由公式 可知，电阻率的测量值比真实值 偏小。 15.探究小组在实验选材中从实验室找到一只小灯泡，其额定电压为 2.6V，额定功率模糊不清. 于是小组商议通过描绘小灯泡的伏安特性曲线来测定小灯泡的额定功率，实验时找到了以下 器材（导线和开关除外）： A.电源（ 约为 3.0V，内阻 约为 ） B.电流表 A（ --0.6A，内阻为 ） C.电压表 V（0—1V，内阻为 ） D.定值电阻 E.定值电阻 F.滑动变阻器 (1)在图甲中画出实验电路图___； (2)根据实验数据，描绘出了如图乙所示的伏安特性曲线，在 0—0.6V 内图线为直线，则小灯 泡不工作时的电阻为_________ ；当电压大于 0.6V 后图线为曲线，则随着灯丝两端电压的 增加，灯丝的电阻逐渐_________（填“增大”、“减小”或“不变”）；根据图线可知，小灯 泡的额定功率为__________W（结果保留 2 位小数）. 【答案】 (1). (2). 3.0 (3). 增大 (4). 1.22 UR I = LR S ρ= E r 0.5Ω 0 300Ω 1kΩ 1 1kR = Ω 2 2kR = Ω (0 5 )R − Ω Ω【解析】 【详解】(1)[1]灯泡额定电压为 2.6V，电压表量程为 1V，电压表应与定值电阻 R2 串联改装成 3V 的电压表，由于电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，描绘灯泡伏安特性曲 线电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，实验电路图如图所示： (2)[2]在 0～0.6V 内图线为直线，由图示图象可知，小灯泡不工作时的电阻 [3]当电压大于 0.6V 后图线为曲线，随灯丝两端电压增加，通过灯泡的电流增加，图线上各 点与坐标原点的连线斜率减小即电阻增大，即灯丝的电阻逐渐增大； [4]由图示图象可知，灯泡额定电压 2.6V 对应的电流 I=0.47A，小灯泡的额定功率： P=UI=2.6×0.47W≈1.22W 四、计算题 16.如图所示，一直流电动机与阻值为 的电阻串联在电源上，电源的电动势 V， 内阻 ，用理想电压表测出电动机两端的电压 V，已知电动机线圈电阻 ， 求： (1)电路中的电流 ； (2)电源的输出功率 ； (3)电动机的输出功率 【答案】(1)2A(2)56W(3)16W 【解析】 0.6 30.2 UR I = = Ω = Ω 9R = Ω 30E = 1r = Ω 10U = 1MR = Ω I 1P 2P【详解】(1)由 E=30V，电动机两端电压为 10V 可得 R 和电源内阻上分担的电压为 20V，则有 解得 A (2)电源的输出功率 解得 W (3)电动机的热功率 电动机的输出功率 代入数据解得 W 17.如图所示，一质量为 的带电粒子从 点开始以与水平成 角的初速度 在电场强度为 匀强电场中运动，粒子运动的轨迹为一条直线，能到达的最高点为 点，不计空气阻力， 重力加速度大小为 .求： (1)粒子的电性和电荷量的大小； (2)粒子从 到 所用的时间； (3)粒子 到 电势能的变化量. 【答案】(1)粒子带负电， (2) (3) 【解析】 (E U I R r= + + ） 2I = 1 ( )P I E Ir= − 1 56P = 2 4 1W 4WMP I R= = × =热 2P IU P= − 热 2 16P = m A θ 0v E B g A B A B tan mgq E θ= 0 sinvt g θ= 2 2 0 1 cos2P EE W mv θ∆ = − =【详解】(1)由于粒子做直线运动，所以粒子所合力应与初速度在一条直线上，粒子除重力外， 还受电场力，所以电场力方向水平向左，则粒子带负电，受力分析如图 由平衡条件得 解得 (2)由牛顿第二定律： 由速度公式得 解得 (3)沿电场方向有 电场力做功 ， 联立解得 18.如图所示，在方向水平的匀强电场中，长为 的轻质绝缘细线一端拴一质量为 、电荷量 tan mg qE θ = tan mgq E θ= sin mg maθ = 00 v at− = − 0 sinvt g θ= 0 1 2x tv= cosEW qEx θ= − 2 2 0 1 cos2EW mv θ= − 2 2 0 1 cos2P EE W mv θ∆ = − = L m为 的小球，细线另一端固定于 点.将细线拉直至水平状态由静止释放，小球摆动到悬点正 下方时受到细线的拉力大小为 ， 为重力加速度，不计空气阻力，求： (1)小球运动到最低点时的速率 ； (2)匀强电场的场强 ； (3)小球运动过程中的最大速度 . 【答案】(1) (2) (3) 【解析】 【详解】(1)在最低点由牛顿第二定律得 解得 (2)由动能定理： 解得： (3)设小球速度最大时，细线与竖直方向夹角为 则 由动能定理 q O 1.5mg g v E mv 1 2v gL= 3 4 mgE q = mv gL= 2 T vF mg m L − = 1 2v gL= 21 02mgL qEL mv− = − 3 4 mgE q = θ 3tan 4 qE mg θ = = 3 4sin ,cos5 5 θ θ= =解得： 19.如图所示，两竖直虚线间距为 L，之间存在竖直向下的匀强电场。自该区域的 A 点将质量 为 m、电荷量分别为 q 和－q(q>0)的带电小球 M、N 先后以相同的初速度沿水平方向射出。小 球进入电场区域，并从该区域的右边界离开。已知 N 离开电场时的位置与 A 点在同一高度；M 刚离开电场时的动能为刚进入电场时动能的 8 倍。不计空气阻力，重力加速度大小为 g。已知 A 点到左边界的距离也为 L。 （1）求该电场的电场强度大小； （2）求小球射出的初速度大小； （3）要使小球 M、N 离开电场时 位置之间的距离不超过 L，仅改变两小球的相同射出速度， 求射出速度需满足的条件。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 小球运动过程只受重力和电场力作用，故小球在水平方向做匀速运动，那么，小球在电场区 域内外的运动时间 t 相同；在电场区域外，小球在竖直方向做加速度为 g 的匀加速运动，故 小球进入电场时的竖直分速度为 ； （1）N 离开电场时的位置与 A 点在同一高度，即竖直位移为零；设 N 在电场内的加速度为 a， 则有： ，所以， ，方向竖直向上； 故由牛顿第二定律可得 ，所以电场的电场强度 ； （2）M 在电场中的加速度 ，方向竖直向下； 的 21cos (1 sin ) 02 mmgL qEL mvθ θ− − = − mv gL= 4mg q 0 2v gL= 0 2v gL≥ gt 2 21 10 2 2gt gt t at= + ⋅ − 3a g= 3qE mg mg− = 4mgE q = 5qE mga gm +′ = =故 M 刚离开电场时的竖直分速度 ； 又有小球在水平方向做匀速运动，设小球射出的初速度为 v0，则有： ； 故由 M 刚离开电场时的动能为刚进入电场时动能的 8 倍可得： ； 所以 ， 所以 ，所以 ； （3）M、N 进入电场前的运动一致，那么，M、N 离开电场时的位置之间的距离 ， 故 ；又有 ， 所以 ； 【点睛】带电粒子在电场中的运动，综合了静电场和力学的知识，分析方法和力学的分析方 法基本相同．先分析受力情况再分析运动状态和运动过程（平衡、加速、减速，直 线或曲 线），然后选用恰当的规律解题．解决这类问题的基本方法有两种，第一种利用力和运动的观 点，选用牛顿第二定律和运动学公式求解；第二种利用能量转化 的观点，选用动能定理和功 能关系求解． 5 6yv gt gt gt= + = 0 Lt v = ( ) ( )22 2 2 0 0 1 182 2ym v v m v gt + = ⋅ +  ( ) ( )2 22 2 06 7 8yv gt v gt= = + ( ) ( ) 2 2 2 22 0 2 0 36 8 447 g Lv gt gt v −= = = 0 2v gL= 2 2 21 15 ( 3 ) 42 2d gt t g t gt t g t gt L= ⋅ + ⋅ ⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅ = ≤ 4 Lt g ≤ 0 Lt v = 0 2 4 L Lv gLt L g = ≥ =