重庆市万州二中2019-2020高二物理上学期期中试卷（附解析Word版）

万州二中高 2021 级高二（上）期中考试试题 物  理 考生注意: 1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,共 100 分，考试时间 90 分钟。 2.请将各题答案填写在答题卡上。 第Ⅰ卷 (选择题 共 48 分) 一、选择题(本大题共 12 小题,每小题 4 分,共 48 分。在每小题给出的四个选项中,第 1--8 题 只有一个选项符合题目要求,第 9--12 题有多个选项符合要求。全选对的得 4 分,选对但不全 的得 2 分,有选错的不得分) 1.下列物理量是矢量的是（   ） A. 电动势 B. 电势差 C. 电场强度 D. 电势 【答案】C 【解析】 【详解】电势、电势差和电动势都是只有大小没有方向的标量；电场强度是既有大小又有方 向的矢量.所以选 C. 2.下列说法是某同学对电学中相关概念及公式的理解，其中正确的是(  ) A. 电场强度公式 E＝ 适用于一切电场 B. 根据电容的定义式 C＝ ,电容器极板上的电荷量每增加 1C，电压就增加 1V C. 根据电场力做功的计算式 W＝qU，一个电子在 1V 的电压下加速，电场力做功为 1eV D. 电场线就是正电荷只在电场力的作用下运动的轨迹 【答案】C 【解析】 【详解】A．电场强度公式： E＝ 只适用于匀强电场，故 A 错误； B．根据电容的定义式： C＝ 可知： U d Q U U d Q U U= 只有在电容器 C=1F 时，当电容器极板上的电荷量每增加 1C，电压就增加 1V，故 B 错误； C．电子的电量为 e，由： W=Uq 可知电场对电子做功加速时： W=Ue 即在 1V 电压下加速，电场力做功为 1eV，故 C 正确； D．电场线并不存在，是虚拟的，是人为引入的，而物体的运动轨迹是实际存在的，故电场线 不是电荷的运动轨迹，故 D 错误。 3.有 A、B 两个电阻，它们 I-U 图线如图所示，从图线可以判断（  ） A. 电阻 A 的电阻率大于电阻 B 的电阻率 B. 电阻 A 的阻值小于电阻 B 的阻值 C. 两电阻并联时,流过电阻 A 的电流强度较小 D. 两电阻串联时,电阻 A 消耗的功率较大 【答案】B 【解析】 【详解】AB． 图线的斜率表示电阻的倒数，A 图线的斜率大,则 A 的电阻小.又因为不清 楚两个电阻的材料及横截面积，故不能判定电阻率的大小，所以 A 错误，B 正确. C．两电阻并联，电压相等,作出垂直横轴的直线，如图所示，竖直线与 AB 的交点即表示并联 时的工作情况，由图可以知道 A 中电流较大；故 C 错误; D．两电阻串联时电流相等，由： 的 Q C I U− 2P I R= 可以知道电阻 A 消耗的功率较小，故 D 错误. 4.某位移式传感器的原理示意图如图所示，E 为电源，R 为电阻，平行金属板 A、B 和介质 P 构成电容器，在可移动介质 P 向左匀速移出的过程中(   ) A. 电容器的电容大小不受影响 B. 电容器所带的电荷量增大 C. 电容器两极板间的电压增大 D. 电路中电流的方向为 M→R→N 【答案】D 【解析】 【详解】在介质 P 向右匀速移出的过程中，根据电容的决定式： 分析可知电容变小，电容器始终与电源相连，故电压不变，由： 可知电容器电荷量减小，电容器处于放电状态，则流过电阻 R 的电流方向从 M 到 N，M 点的电 势比 N 点的电势高，故选 D. 5.欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律．有一个长方体金属电阻，材料分布均匀， 边长分别为 a、b、c，且 a＞b＞c．电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻阻值最小的是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由电阻的决定式可知，A 中电阻 ，B 中电阻 ；C 中电阻 4 SC kd ε π= Q CU= A aR bc ρ= B aR bc ρ= ；D 中电阻 ；故电阻最小的为 D；故选 D． 6.下图所列的 4 个图象中，最能正确地表示家庭常用的白炽电灯在不同电压下消耗的电功率 P 与电压平方 U2 之间的函数关系的是以下哪个图象 （  ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】试题分析：根据公式 可得 ,故图像的斜率表示白炽灯电阻的倒数， 我们知道家庭所用的白炽灯的电阻随着电压的增大而增大，所以 在减小，即图像的斜率在 减小，故选 C 7.如图所示是某款理发用的电吹风的电路图，它主要由电动机 M 和电热丝 R 构成．当闭合开 关 S1、S2 后，电动机驱动风叶旋转，将空气从进风口吸入，经电热丝加热，形成热风后从出 风口吹出．已知电吹风的额定电压为 220 V，吹冷风时的功率为 120 W，吹热风时的功率为 1 000 W．关于该电吹风，下列说法正确的是(  ) A. 电热丝的电阻为 55 Ω B. 电动机的电阻为 Ω C. 当电吹风吹冷风时，电热丝每秒钟消耗的电能为 120 J D. 当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为 880 J 【答案】A C bR ac ρ= D cR ab ρ= 2UP R = 2 1P U R = 1 R 1210 3 【解析】 【详解】A．电吹风吹热风时电热丝消耗的功率为 P=1 000 W－120 W=880 W，对电热丝，由 P= 可得电热丝的电阻为 Ω=55 Ω，选项 A 正确； B．由于不知道电动机线圈的发热功率，所以电动机线圈的电阻无法计算，选项 B 错误； C．当电吹风吹冷风时，电热丝没有工作，选项 C 错误； D．当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为 W=Pt=1000 J，选项 D 错误． 8.如图是有两个量程的电压表，当使用 a、b 两个端点时，量程为 0～10 V，当使用 a、c 两个 端点时，量程为 0～100 V．已知电流表的内阻 Rg 为 500 Ω，满偏电流 Ig 为 1 mA，则电阻 R1、 R2 的值(  ) A. 9500Ω；90000Ω B. 90000Ω；9500Ω C. 9500Ω；9000Ω D. 9000Ω；9500Ω 【答案】A 【解析】 【详解】由图示电路图可知 ， ， 代入数据解得 ， A. 9500Ω；90000Ω 与分析相符，符合题意 B. 90000Ω；9500Ω 与分析不符，不符合题意 C. 9500Ω；9000Ω 与分析不符，不符合题意 D. 9000Ω；9500Ω 与分析不符，不符合题意 9.对于常温下一根阻值为 R 的均匀金属丝，其伏安特性曲线如图所示，下列说法中正确的是 2U R 2 2220 880 UR P = = 1 10V( )g gI R R+ = 1 2 10( ) 0Vg gI R R R+ + = 1 9500ΩR = 2 90000ΩR = A. 常温下，若将金属丝均匀拉长为原来的 10 倍，则电阻变为 10R B. 常温下，若将金属丝从中点对折起来，电阻变为 C. 给金属丝加上的电压逐渐从零增大到 ，则任一状态下的 比值不变 D. 金属材料的电阻率随温度的升高而增大 【答案】BD 【解析】 【详解】A：常温下，若将金属丝均匀拉长为原来的 10 倍，横截面积减小为 ，电阻率不变， 根据电阻定律，电阻增大为 100 倍。故 A 项错误。 B：常温下，若将金属丝从中点对折起来，长度变为一半，横截面积变为 2 倍，电阻率不变， 根据电阻定律，电阻变为 。故 B 项正确。 C：给金属丝加上的电压逐渐从零增大到 ，由图象可得金属丝电阻 变大。故 C 项错误。 D：给金属丝加上的电压逐渐从零增大到 ，由于电功率增加，导致温度会略有升高，由图 象得金属丝电阻 变大，又横截面积和长度均不变，则金属电阻率会随温度的升高而增大。 故 D 项正确。 【点睛】金属电阻率会随温度的升高而增大，随温度的降低而降低，当温度降低到绝对零度 附近时，电阻率会突然降为零，发生超导现象。 10.如图，把塑料匙在干燥的布上摩擦几下，然后去舀爆米花，爆米花就会到处乱蹦．发生这 种情况的原因是（   ） A. 爆米花与带电的勺子接触，带同种电荷 B. 爆米花与带电的勺子接触，带异种电荷 1 4 R 0U U I 1 10 1 4 0U U I 0U U I C. 爆米花受到塑料匙的作用力而到处乱跳 D. 爆米花是因为静电感应的带电，到外乱跳 【答案】AC 【解析】 【详解】AB．因为塑料与布摩擦后产生静电，而爆米花与勺子接触带电，故带同种电荷；所 以 A 正确，B 错误; C．爆米花之所以运动是因为受到塑料匙的作用力；所以 C 正确; D．爆米花与带电的勺子接触，带同种电荷,不是因为感应带电;故 D 错误; 11.一带电粒子沿图中曲线穿过一匀强电场中的等势面，且四个等势面的电势关系满足 φa >φb > φc > φd ，若不计粒子所受重力，则( ) A. 粒子一定带负电 B. 粒子的运动是匀变速运动 C. 粒子从 A 点到 B 点运动的过程中动能先减小后增大 D. 粒子从 A 点到 B 点运动的过程中电势能增大 【答案】AB 【解析】 【详解】A．根据电场线和等势线垂直，且从高电势处指向低电势处，得知电场沿竖直向下方 向,而粒子的轨迹向上弯曲,则知电场力竖直向上,所以粒子带负电.故 A 正确. B．在匀强电场中粒子所受的电场力是恒力，粒子做匀变速运动.故 B 正确. C．粒子 电场力向上,轨迹向上弯曲，则电场力对粒子做正功，其动能逐渐增大,所以 C 错误; D．粒子从 A 点到 B 点运动的过程中电场力对带电粒子做正功，其电势能减小.故 D 错误. 12.在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从 A 点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图 所示．小球运动的轨迹上 A、B 两点在同一水平线上，M 为轨迹的最高点．小球抛出时的动能 为 8.0J，在 M 点的动能为 6.0J，不计空气的阻力．则（   ） 的 A. 小球水平位移 x1 与 x2 的比值 1：3 B. 小球水平位移 x1 与 x2 的比值 1：4 C. 小球落到 B 点时的动能 32J D. 小球从 A 点运动到 B 点的过程中最小动能为 6J 【答案】AC 【解析】 【详解】AB．设小球在电场中的水平加速度为 a，在 x1 与 x2 段的时间是相等的，设时间均为 t，则有： 所以： 故 A 正确，B 错误 C．当小球运动到 B 点时，小球水平方向上的速度设为 vBs，则： 竖直方向上 速率与在 A 点时的速率相同，由题意知： 则在 B 点时的动能是： 故 C 正确。 D．将 x1 段的运动反过来看，由 M 点运动到 A 点，水平反向做匀减速运动，竖直方向做初速度 为 0 的自由落体运动，功率： 。 的 2 1 1 2x at= mv at= 2 2 2 m 1 3 2 2x v t at at= + = 1 2: 1:3x x = m m2 2Bsv v at at v= + = = 2 m 1 6J2 mv = 21 8 4 6 8 32J2 Bsmv + = × + = P Fv= 则刚开始时重力的功率为 0，由于电场力方向与运动方向相反，电场力的功率比 0 大，但电场 力做负功，则动能减小，即由 M 运动到 A 过程中动能先减小后增大，在 M 点的动能为 6J，故 A 运动到 M 过程中有动能小于 6J 的点，故 D 错误。 第ⅠⅠ卷 (非选择题 共 52 分) 二、填空题（共 20 分） 13.用伏安测电阻，可采用如图所示的甲、乙种接法。若所用电压表内阻约为 5000Ω，电流表 内阻约为 0.5Ω。 （1）当测量 100Ω 左右的电阻时，宜采用_____电路；其测量值比真实值 _____（偏大或偏 小）。 （2）现采用乙电路测量某电阻的阻值时，若电压表内阻恰为5000Ω，两电表的读数分别为 10V、 0.5 A，则此电阻的测量值为________Ω，真实值为_______Ω。 【答案】 (1). 甲 (2). 偏大 (3). 20Ω (4). 20.08Ω 【解析】 【详解】(1)[1][2]因为： 所以为大电阻，则用电流表内接法，故用甲电路；由于电流表的分压作用，故测量值比真 实值偏大. (2)[3][4]由： 真实值则： 解得 14.有一根细长而均匀的金属管线样品，长约为 60 cm，电阻大约为 6 Ω，横截面如图甲所示。 V A100 5000 0.5 50R R R= Ω > × = × = Ω 10 200.5 UR I = = = Ω测 500020 5000 V V R R R R R R ×= =+ +真 真 真 真 20.08R = Ω真 （1）用螺旋测微器测量金属管线的外径，示数如图乙所示，金属管线的外径为 __________mm； （2）现有如下器材： A．电流表（量程 0.6 A，内阻约 0.1 Ω） B．电流表（量程 3 A，内阻约 0.03 Ω） C．电压表（量程 3 V，内阻约 3 kΩ） D．滑动变阻器（1750 Ω，0.3 A） E．滑动变阻器（15 Ω，3 A） F．蓄电池（6 V，内阻很小） G．开关一个，带夹子的导线若干 要进一步精确测量金属管线样品的阻值，电流表应选___，滑动变阻器应选___；（只填代号 字母） （3）该实验测量电阻的电路图应选图________(填甲或者乙)． （4）已知金属管线样品材料 电阻率为 ρ，通过多次测量得出金属管线的电阻为 R，金属管 线的外径为 d，要想求得金属管线内形状不规则的中空部分的横截面积 S，在前面实验的基础 上，还需要测量的物理量是___（所测物理量用字母表示并用文字说明）。计算中空部分横截 面积的表达式为 S=___________。 【答案】 (1). 1.125±0.001 (2). A (3). E (4). 甲 (5). 测量得出金属 管线的有效长度 L (6). 【解析】 的 2π 4 d L R ρ− 【详解】(1)[1]根据螺旋测微器的读数方法可知读数为： 1mm+12.5×0.01mm=1.125mm (2)[2][3]电路中的电流大约为： 所以电流表选择 A．待测电阻较小，若选用大电阻滑动变阻器，测量误差较大，所以滑动变阻 器选择 E. (3)[4]因滑动变阻器总阻值大于样品阻值，且实验中不需要从 0 开始调节，故滑动变阻器采 用限流式接法，故选甲. (4)[5][6]据题意，据电阻定律有： 还需要测量金属管的长度 L，金属的横截面积为： 中空部分横截面积为： 三.计算题(共 32 分) 15.在图所示的电路中，电源电压 U 恒定不变，当 S 闭合时 R1 消耗的电功率为 9W，当 S 断开 时 R1 消耗的电功率为 4W，求：   （1）电阻 R1 与 R2 的比值是多大？   （2）S 断开时，电阻 R2 消耗的电功率是多少？   （3）S 闭合与断开时，流过电阻 R1 的电流之比是多少？ 【答案】2∶1，2W，3∶2 【解析】 【详解】（1）当 S 闭合时 R1 消耗的电功率为 9W,则： 3 A 0.5A6I = = LR S ρ= LS R ρ′ = 2 2 2 4 d d LS S R π ρπ   ′= − = −   当 S 断开时 R1 消耗的电功率为 4W，则： 解得： (2)S 断开时 R1 和 R2 串联，根据公式 ，功率之比等于阻值之比，所以： 又因为 ，所以，S 断开时，电阻 R2 消耗的电功率： (3)S 闭合时： S 断开时: 所以： 16.如图所示，长为 L 的绝缘细线下端系一带正电的小球 q，悬于 O 点，质量为 m.当在 O 点固 定一电荷量未知的电荷 Q 时，小球能静止在 A 处，且细线拉力是小球重力的 5 倍．现将小球 拉至图中 B 处(θ＝60°)，并放开使之摆动，（已知静电力常量为 k，重力加速度为 g）问： 2 1 1 9WUP R = = 2 1 1 1 2 ' ( ) 4WUP RR R =+= 1 2: 2:1R R = 2P I R= 1 1 22': ' : 2:1P P R R= = 1 ' 4WP = 2 2' WP = 1 UI R = 1 2 ' U RI R+= 1 2 1 2' 3R RI RI + == （1）固定在 O 处的电荷是带正电还是负电？ （2）固定在 O 处的电荷的带电荷量为多少？ （3）小球回到 A 处时悬线拉力为多少？ 【答案】（1）正电（2） （3）6mg 【解析】 【详解】（1）因为细线拉力是小球重力的 5 倍，可知小球受到斥力作用，可知固定在 O 处的 电荷 带正电； （2）球在 A 处静止时设细线拉力为 F，由受力分析可得 F＝k ＋mg 又 F＝5mg . 故 k ＝4mg. 解得： . （3）小球由 B 回到 A 处的过程中只有重力做功，由动能定理可得 mgL(1－cos 60°)＝ mv2. 由牛顿第二定律可得 F′－mg－k ＝m . 由以上各式联立解得 F′＝6mg. 17.在如图甲所示的平面坐标系内，有三个不同的静电场：第一象限内有固定在 O 点处的点电 荷产生的电场 E1（未知），该点电荷的电荷量为 ，且只考虑该点电荷在第一象限内产生电 场；第二象限内有水平向右的匀强电场 E2（未知）；第四象限内有大小为 ，方向按图乙 24mgLQ kq = 2 Qq L 2 Qq L 24mgLQ kq = 1 2 2 Qq L 2v L Q− 2 0 2kQ x 周期性变化的电场 E3，以水平向右为正方向，变化周期 。一质量为 m，电荷量为+q 的离子从（-x0，x0）点由静止释放，进入第一象限后恰能绕 O 点做匀速圆周运动。以离子到 达 x 轴时为计时起点，已知静电力常量为 k，不计离子重力。求： (1)离子在第一象限运动时的速度大小； (2)第二象限电场强度 E2 的大小； (3)当 时，离子的坐标。（ ） 【答案】(1) (2) (3) 【解析】 【详解】(1)设离子在第一象限的速度为 v0．在第一象限内，由库仑力提供离子圆周运动的向 心力有： 解得： (2)在第二象限内，只有电场力对离子做功，由动能定理得： 解得： (3) 时，离子在 x 方向的速度 3 08mxT kQq = t nT= 1 2 3...n 、、= 0 0 kQqv mx = 2 2 02 kQE x = 0 0(4 1) 2 2n x nx− + ， 2 0 2 0 0 mvkQq x x = 0 0 kQqv mx = 2 2 0 0 1 2E qx mv= 2 2 02 kQE x = 2 T 所以一个周期内，离子在 x 方向的平均速度： 每个周期离子在 x 方向前进 因为开始计时时离子坐标为 x0，所以 nT 时，离子的横坐标为 纵坐标为 在 nT 时离子的坐标为： 2 0 0 2 2 22x kQ qx Tv vm = ⋅ = 02xv v= 3 0 0 0 82 4mxx vT v xkQq = = ⋅ = 0 0 0( )4 4 1x x nx n x= + = + 0 02 2y v nT nx= − = − 0 0(4 1) 2 2n x nx− + ，