福建省2019-2020高二物理上学期期中试题（选考）（带解析Word版）

2019~2020 学年第一学期期中考试试卷 高二物理（选考） 一、选择题 1.下列关于电阻和电阻率的说法正确的是 A. 若将一根粗细均匀的导线均匀拉长到原来的 2 倍时电阻率变为原来的 4 倍 B. 由电阻定律可知，ρ 与 R、S 成正比，与 l 成反比 C. 所有材料的电阻率随温度的升高而增大 D. 对某一确定的导体当温度升高时，若不计导体的体积和形状变化，发现它电阻增大，说明 该导体材料的电阻率随温度的升高而增大 【答案】D 【解析】 【详解】AB．导体的电阻率只由导体的材料决定，与导体长度、横截面积乙导体的电阻均无 关，选项 AB 错误； C．金属材料的电阻率随温度升高而增大，但是并非所有材料的电阻率随温度的升高而增大， 选项 C 错误； D．对某一确定的导体当温度升高时，若不计导体的体积和形状变化，发现它电阻增大，说明 该导体材料的电阻率随温度的升高而增大，选项 D 正确。 2.一组铅蓄电池的电动势为 4. 8V，内阻不为零，以下说法中错误的是 A. 体积大的铅蓄电池比体积小的铅蓄电池的电动势大 B. 电路中每通过 1C 电量，铅蓄电池能把 4. 8J 的化学能转变为电能 C. 电路中每通过 1C 电量，铅蓄电池内部非静电力做功为 4. 8J D. 该铅蓄电池把其他形式能转化为电能的本领比一节干电池（电动势为 1. 5V）的强 【答案】A 【解析】 【详解】A．同一种电池的电动势与体积无关；故 A 错误，符合题意； B．电路中每通过 1C 的电量时，电池将 4.8J 的化学能转化为电能，故 B 正确，不符合题意； C．电路中每通过 1C 的电量，电池内部非静电力做功为 W=Uq=4.8J；故 C 正确，不符合题意； D．电动势反应电源将其他形式的能转化为电能的本领；故铅蓄电池把其他形式能转化为电能 的本领比一节干电池（电动势为 1.5V）的强；故 D 正确，不符合题意； 3.如图所示是两个同种等电荷量的点电荷 A、B 形成的电场，图中示意性地画了几条电场线，其中 O 点为 A、B 连线的中心，PQ 是 AB 的垂直平分线。下列说法中正确的是 A. PQ 直线上电场强度处处为零，PQ 直线上所有点电势相等 B. PQ 直线上 O 点处电场强度为零，PQ 直线上 O 点电势最高 C. PQ 直线上电场强度沿中垂线指向 O，PQ 直线上 O 点电势最高 D. PQ 直线上 O 点处电场强度最大，电势也最高 【答案】B 【解析】 【详解】ABD．PQ 直线上只有 O 点处电场强度为零，PQ 直线上 O 点电势最高，从 O 点向两侧 电势逐渐降低，选项 AD 错误，B 正确； C．PQ 直线上电场强度沿中垂线背离 O，PQ 直线上 O 点电势最高，选项 C 错误； 4.在如图所示的电路中，输入电压 U 恒为 8V，灯泡 L 标有“3V，6W”字样，电动机线圈的电 阻 RM=1Ω. 若灯泡恰能正常发光，下列说法正确的是 A. 电动机两端的电压是 2V B. 通过电动机的电流是 5A C. 电动机的效率是 60% D. 整个电路消耗的电功率是 10W 【答案】C 【解析】 【详解】A．灯泡正常发光时的电压等于其额定电压，电动机的输入电压 UM=U-UL=8V-3V=5V 故 A 错误； B．灯泡正常发光，则电路电流即通过电动机 电流是 2A，故 B 错误； C．电动机的热功率 PQ=I2RM=（2A）2×1Ω=4W 则电动机的效率 故 C 正确； D．整个电路消耗的功率 P 总=UI=8V×2A=16W 故 D 错误； 5.如图所示，平行板电容器的电容为 C，带电荷量为 Q，板间距离为 d，今在两板的中点处放 一电荷 q，则它所受电场力的大小为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】两极板间的电势差为： 则两极板间的电场强度为： 电荷 q 所受的电场力为： A． ，与结论不相符，选项 A 错误； 的 6 2A3 L L PI U ＝ ＝ ＝ 2 5 4 60%2 5 QP P P η − × − × 机 机 ＝ ＝ ＝ 2 2Qqk d Qq Cd 2 4Qqk d 2Qq Cd QU C = UE d = QqF qE Cd = = 2 2Qqk dB． ，与结论相符，选项 B 正确； C． ，与结论不相符，选项 C 错误； D． ，与结论不相符，选项 D 错误； 6.一带正电的质点，电量 C，在静电场中由 a 点移到 b 点，在这过程中，除电场 力外，其他力做的功为 J，质点的动能增加了 J，则 a、b两点间的电势差 Uab 为 A. V B. V C. V D. V 【答案】D 【解析】 【详解】根据动能定理得 qUab+W 其他=△Ek 得到 A． V，与结论不相符，选项 A 错误； B． V，与结论不相符，选项 B 错误； C． V，与结论不相符，选项 C 错误； D． V，与结论相符，选项 D 正确； 7.如图所示,带电粒子仅在电场力作用下,从电场中 a 点以初速度 进入电场并沿虚线所示的 轨迹运动到 b 点,实线是电场线,下列说法正确的是( ) A. 无论粒子带何种电,经 b 点时的速度总比经 a 点时的速度大 Qq Cd 2 4Qqk d 2Qq Cd 92.0 10q −= × 56.0 10−× 58.0 10−× 47 10× 44 10× 43 10× 41 10× 5 5 4 9 8 10 6 10 V 1 10 V2 10 K ab E WU q − − − − × − ×= = ××  其它 ＝ 47 10× 44 10× 43 10× 41 10× 0vB. 粒子在 a 点的加速度比在 b 点的加速度大 C. 从 a 到 b 过程中,粒子的电势能不断减小 D. 电场中 a 点的电势一定比 b 点的电势高 【答案】A 【解析】 A、整个过程电场力做正功，根据动能定理得经 b 点时的动能大于经 a 点时的动能，所以无论 粒子带何种电，经 b 点时的速度总比经 a 点时的速度大，故 A 正确；B、电场线密的地方电场 的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，可知 EA＜EB，所以 a、b 两点比较，粒子的加速度 在 b 点时较大，故 B 错误；C、由粒子的运动的轨迹可以知道，粒子受电场力的方向应该指向 轨迹的内侧，根据电场力方向与速度方向的夹角得电场力先做负功后做正功，电势能先增大 后减小，故 C 错误；D、由于不知道粒子的电性，也不能确定电场线的方向，所以无法确定 a 点的电势和 b 点的电势大小关系，故 D 错误；故选 A． 【点睛】解决本题的关键通过轨迹的弯曲方向判断出电场力的方向，根据电场力做功判断出 动能的变化和电势能的变化． 8.如图是匀强电场遇到空腔导体后的部分电场线分布图，电场方向如图中箭头所示，M，N,Q 是以直电场线上一点 O 为圆心的同一圆周上的三点,OQ 连线垂直于 MN.以下说法正确的是 A O 点电势高于 Q 点电势 B. O、M 间的电势差等于 N、O 间的电势差 C. 将一正电荷由 M 点移到 Q 点，电荷的电势能增加 D. 在 Q 点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿与 OQ 垂直的方向竖直向上 【答案】A 【解析】 【详解】A.根据电场线与等势线垂直特点，在 O 点所在电场线上找到 Q 点的等势点，根据沿 电场线电势降低可知，O 点的电势比 Q 点的电势高，故 A 正确； B.根据电场分布可知，OM 间的平均电场强度比 NO 之间的平均电场强度大，由公式 U=Ed 可知， .OM 间的电势差大于 NO 间的电势差，故 B 错误； C. M 点的电势比 Q 点的电势高，正电荷从高电势移动到低电势电场力做正功，电荷的电势能 减小，故 C 错误； D. 在 Q 点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿与该点电场线的切线方向相同，斜向上， 故 D 错误。 9.如图，M、N 是平行板电容器的两个极板，R0 为定值电阻，R1、R 2 为可调电阻，用绝缘细线 将质量为 m、带正电的小球悬于电容器内部。闭合电建 S，小球静止时受到悬线偏离竖直方向 的夹角为 θ。调节 R 1、R 2，关于 F 的大小判断正确的是 A. 保持 R 1 不变，缓慢增大 R 2 时，θ 将变大 B. 保持 R 1 不变，缓慢增大 R 2 时，θ 将变小 C. 保持 R 2 不变，缓慢增大 R 1 时，θ 将变大 D. 保持 R 2 不变，缓慢增大 R 1 时，θ 将变小 【答案】B 【解析】 【详解】AB．电容器两端间的电压与R0 两端的电压相等；保持 R1 不变，缓慢增大 R2 时，由于 R0 和 R2 串联，总电流减小，R0 两端的电压减小，即平行板电容器的两个极板的电压 U 减小， 带电小球受到的电场力减小，则 θ 将减小，故 A 错误，B 正确。 CD．保持 R2 不变，缓慢增大 R1 时，由于在含容支路中的电阻相当于导线，所以 R0 两端的电压 不变，电容器两板间电压不变，小球所受电场力不变，则 θ 不变，故 CD 错误； 10.如下说法中正确的是 （ ） A. 正电荷由电势低处移到电势高处，电场力作负功 B. 负电荷沿电场线移动，电势能减小 C. 正电荷放于电势越低处，电势能越小 D. 负电荷放于电场线越密处，电势能越小【答案】AC 【解析】 正电荷电势高处电势能大，电势越低处，电势能越小，C 对。由电势低处移到电势高处，电势 能增大，电场力做负功，A 对。负电荷受力与电场线方向相反，沿电场线方向移动，电场力做 负功，电势能增加，B 错。电荷电势能与电场线疏密无关，D 错。 11.假设某同学研究白炽灯得到某白炽灯的伏安特性曲线如图所示. 图像上 A 点与原点的连线 与横轴成 α 角，A 点的切线与横轴成 β 角，则 A. 白炽灯的电阻随电压的增大而增大 B. 在 A 点，白炽灯的电阻可表示为 tanα C. 在 A 点，白炽灯的电功率可表示为 U0I0 D. 在 A 点，白炽灯的电阻可表示为 【答案】AC 【解析】 【详解】A．由图示图象可知，随电压 U 增大通过灯泡的电流 I 增大，图像上各点与原点连线 的斜率变大，即电压与电流的比值增大，灯泡电阻增大，故 A 正确； BD．由图可知，A 点的电压和电流，则在 A 点灯泡电阻： ，不能根据 tanα 和 求电阻，故 BD 错误； C．在 A 点，白炽灯的电功率可表示为 P=U0I0，选项 C 正确。 12.图示为一个均匀带正电的细圆环，半径为 R。取环面中心 O 为原点，以垂直于环面的轴线 为 x 轴。设轴上某点 P 到 O 点的的距离为 x，设无穷远处的电势为零， 点的电势为 ，真空 中静电力常量为 。下面判断正确的是（ ） 0 0 1 U I I− 0 0 UR I = 0 0 1 U I I− P ϕ kA. 图中 P 点电场强度 E 的方向是沿 x 轴正方向, O 点电场强度 E 为零 B. 图中 P 点电场强度 E 的方向是沿 x 轴负方向, O 点势 为零 C. 从 O 点到 P 点，电场强度 E 一定逐渐增大，电势 一定逐渐增大 D. 从 O 点到 P 点，电场强度 E 一定逐渐减小，电势 一定逐渐减小 【答案】A 【解析】 将圆环看成若干个点电荷，则由电场强度相互叠加可知，P 点电场强度 E 的方向是沿 x 轴正方 向，O 点电场强度 E 为零，设无穷远处的电势为零，因沿着电场线的方向，电势降低，则 P 点 的电势大于零，O 点电势不为零，A 正确 B 错误；从 O 点到 P 点，电场强度 E 可能一直逐渐增 大，也可能先增大后减小，而电势却是一直减小，CD 错误． 13.如图所示，一质量为 m、带电荷量为 q（q>0）的物体在外力作用下静止于竖直绝缘墙壁上， 当施加 的变化电场，E0、k 均为大于零的常数，取水平向左为正方向，物体所受的 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物体与墙壁间动摩擦因数为 μ，电场空间和墙面均足够大。t=0 时释放带电物体，下列说法正确的是 A. 物体开始运动后加速度增大 B. 物体开始运动后电势能一直增大 C. 经过时间 ，物体运动速度达最大值 D. 经过时间 ，物体在竖直墙壁上的位移达最大值 【答案】AD ϕ ϕ ϕ 0E E kt= − 0qE mgt kq µ µ −= 0Et k =【解析】 【详解】A．电场改变方向之前，物体沿竖直墙运动，由于水平方向支持力与电场力相等，电 场强度减弱，所以支持力减小，故摩擦力减小，所以物体受到的重力和摩擦力的合力增大； 电场改为水平向右时，物体受互相垂直的重力和电场力，而电场力随电场强度的增大而增大， 所以合力增大。因此整个过程中，物体运动的加速度不断增大，且速度不断增大，故 A 正确； B．根据 t=0 时，物体处于静止状态，则 μqE0≥mg，且电场的方向水平向左，故电荷带正电， 当物体与墙面脱离时电场强度为零，所以 E=E0-kt=0，解得时间 ，随后物体在电场力的 作用下向右运动，电场力做正功，电势能减小。故 B 错误； C．根据 A 选项分析，物体运动的加速度不断增大，且速度不断增大，即速度不存在最大值， 故 C 错误； D．当物体与墙面脱离时电场强度为零，所以 E=E0-kt=0，解得时间 ，此时，物体在竖 直墙壁上的位移达最大值，故 D 正确； 二、实验探究题 14.有一个小灯泡上标有“2. 5V，0. 6W”的字样，现要描绘并研究其伏安特性曲线，有下列 器材可供选用： A. 电压表（0—3V，内阻约 3kΩ） B. 电流表（0—0. 6A，内阻约 0. 2Ω） C. 滑动变阻器（10Ω，1A） D. 滑动变阻器（1000Ω，0. 3A） E. 直流电源，另有开关一个、导线若干。 （1）实验中滑动变阻器应选__________（只填器材的字母代号）。 （2）某同学已连接如图所示的电路，已知各元件均无故障，但在合上开关后，无论如何调节 滑片 P，电压表和电流表的示数总是不能调为零，其原因是__________（请填写图中的字母， 如 ne）导线没有接好。电路中还有一个连接不当之处，请提出改进方案：___________。 0Et k = 0Et k =（3）利用正确实验方案测得的实验数据，在 I-U 坐标系中描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图 所示，则小灯泡的电阻值随工作电压的增大而__________（填“不变”、“增大”或“减 小”）。若把该灯泡接到一个电动势为 3.0V、内阻为 10Ω 的直流电源时，小灯泡消耗的实际功 率约为__________W。（结果保留两位有效数字） 【答案】 (1). C (2). ck (3). 导线 gh 的 g 端应接在 a 或 m 处 (4). 增大 (5). 0.22（0.20-0.24） 【解析】 【详解】（1）[1]．测伏安特性曲线电压与电流应从零计，滑动变阻器应用分压接法，应选阻 值较小的，便于调节，故选 C。 （2）[2][3]．闭合开关 S 后，无论如何调节滑片 P，电压表和电流表的示数总是调不到零， 可能是 ck 导线没有接好，滑动变阻器实际上被接成了限流接法；由于灯泡电阻较小，为减小 误差应采用外接法，故应该把导线 gh 的 h 端应接在 a 处或 m 处； （3）[4][5]．由所示小电珠I-U 图象，根据欧姆定律可知，其电阻随工作电压的增大而增大。 由 I-U 图可知把该灯泡接到一个电动势为 3.0V、内阻为 10Ω 的直流电源时，灯泡两端电压为 U=1.25V，电流为 I=0.175A，故灯泡的实际功率为：P=UI=1.25×0.175W≈0.22W． 15.某研究性学习小组利用如图甲所示电路测量电池组的电动势 E 和内阻 r.根据实验数据绘 出如图乙所示的 R－ 图线，其中 R 为电阻箱读数，I 为电流表读数，则绘制图线的方程为1 I_______由图可以得到 E＝_______ V，r＝_______ Ω.（结果保留两位有效数字） 【答案】 (1). (2). 2.8 (3). 1.0 【解析】 【分析】 根据闭合电路欧姆定律 ，进行数学变形，得到 R 与 关系式，根据数学知识研究 图象的斜率和截距的意义，求解电源的电动势和内阻。 【详解】据闭合电路欧姆定律 解得： 由数学知识得知， 图象的斜率等于 E，纵轴截距的绝对值等于 r， 则由图得到，电源的电动势为 内阻 r=1Ω。 【点睛】物理图象关键要根据物理规律得到解析式，运用数学知识分析图象的物理意义．本 题采用的是转换法，本来 I-R 是非线性关系，转换成 是线性关系，图象直观，一目了 然． 16.某学校实验室购买了一卷表面有很薄绝缘层 镍铬合金丝，该校的兴趣小组同学想通过实 验来测算合金丝的长度。已知该镍铬合金丝的电阻率 Ω·m，测量选用的器材有 多用电表、电流表、电压表、开关、滑动变阻器、螺旋测微器、导线和学生电源等。 （1）实验前先使用多用电表粗测合金丝的电阻 的 ER rI = − EI R r = + 1 I 1R I − EI R r = + 1·R E rI = − 1R I − 9 5 2.83.5 2.05E V V −= ≈− 1R I − 61.0 10ρ −= ×①机械调零后，选择旋钮指向电阻挡“×10”位置，将红、黑表笔分别插入多用电表的对应 插孔，将两表笔短接，调节__________（填“S”或“T”）进行欧姆调零，使指针指到“电阻 挡”零刻度。 ②把红、黑表笔分别与镍铭合金丝的两端（已刮去绝缘漆）相接，发现指针偏转角度过小， 应选择倍率为__________（填“×100”或“×1”）的挡位，再将两表笔短接重新进行欧姆调 零。 ③把红、黑表笔分别与镍铭合金丝的两端相接，多用电表的示数如图甲所示，则该合金丝的 电阻约为__________Ω。 （2）使用螺旋测微器测量镍铬合金丝的直径 d，示数如图乙所示，则镍铬合金丝的直径 d=________mm。 （3）为了更准确地测量镍铬合金丝电阻，减少实验误差，并获得较大的电压调节范围，选择 如图丙所示的电路进行测量，测量电压表示数为 U，电流表的示数为 I。不计合金丝绝缘漆的 厚度，镍铬合金丝的长度的表达式 L=__________（用 U、I、ρ、d 表示）。 （4）利用记录的多组电压 U 和电流值 I 的数据，绘制出如图丁所示的 U－I 图像。可测出镍 铬合金丝的长度 L=_________m。（保留三位有效数字）。【答案】 (1). T (2). “×100” (3). 1400 (4). 0.305 (5). (6). 110 【解析】 【详解】（1）①[1]．欧姆调零时将插入“＋”、“－”插孔的表笔短接，旋动部件 T，即欧姆 调零旋钮，使指针指电阻的 0 刻线； ②[2]．将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小。说明被测阻值较大，为使指 针只在中央刻度附近应换较大档，即×100 档； ③[3]．欧姆表选择×100 挡，由图甲所示可知，该合金丝的电阻约为：14×100=1400Ω； （2）[4]．由图示螺旋测微器可知，螺旋测微器的读数为：0mm+30.5×0.01mm=0.305mm； （3）[5]．由电阻定律可知： 根据欧姆定律得： 联立解得： （4）[6]．由 U-I 图象的斜率表示电阻得： R= =1500Ω 结合（3）问的结论，带入表达式 解得： 2 4 d UL I π ρ= 2( )2 L L dR S ρρ π = = UR I = 2 4 d UL I π ρ= 3 1.5 10− Ω 2 4 d UL I π ρ=L=110m 三、计算题 17.如图所示，在匀强电场中，电荷量 q＝5×10－10 C 的正电荷，由 a 点移到 b 点和由 a 点移 到 c 点，静电力做功都是 4×10－8J。已知 a、b、c 三点的连线组成直角三角形，a、b 两点的 距离 dab＝10cm，∠a＝37°，∠c＝90°，取 sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）a、b 两点的电势差 Uab； （2）匀强电场场强 E 的大小和方向。 【答案】（1）80V （2）1000V/m ，方向垂直 bc 向右 【解析】 在匀强电场中，电荷量 q＝5×10－10 C 的正电荷，由 a 点移到 b 点和由 a 点移到 c 点，静电力 做功都是 4×10－8 J 正电荷由 a 点移到 b 点和由 a 点移到 c 点静电力做功相同,故 bc 在等势面上,故电场强度方 向垂直 bc 向右; 根据公式 ,电场强度为: 综上所述本题答案是：（1） （2） ，方向垂直 bc 向右 18.如图所示是利用电动机提升重物 示意图，其中 D 是直流电动机。P 是一个质量为 m 的重 物，它用细绳拴在电动机的轴上。闭合开关 S，重物 P 以速度 v 匀速上升，这时电流表和电压 表的示数分别是 I=5A 和 U=110V，重物 P 上升的速度 v=0. 70m/s，重物的质量 m=45kg（g 取 10m/s2）. 求： （1）电动机的输入功率 P 入； （2）电动机线圈的电阻 R。 的 8 10 4 10 80V5 10 ab ab WU q − − ×= = =× U Ed= 2 80 1000Vcos37 8 10ab UE d −= = =× 80VabU = 1000VE =【答案】（1）550W（2）9 4Ω 【解析】 【详解】（1）电动机消耗的电功率为： （2）绳对重物做功的机械功率为： 电动机线圈的电阻 R 的发热功率为： 再由 得电动机线圈的电阻 19.如图所示的电路中，电源电动势 E=10V，电阻 R1=2.5Ω，R2=3Ω，当电阻箱 Rx 调到 3Ω 时， 理想电流表的示数为 2 A．求： (1)电源的内电阻？ (2)调节电阻箱，使电流表的示数为 1.6A 时，电阻 R2 消耗的电功率？ 【答案】(1)r = 1Ω (2)P2=6.45W 【解析】 【分析】可先求出总电阻，应用闭合电路欧姆定律，求出总电流后，即为电流表的读数，当 电流表示数为 1.6A 时由闭合电路欧姆定律可求出路端电压，再减去 R1 两端的电压即为 R2 的 电压，应用功率公式计算即可。 . 5 110W 550WP UI= = × =电 = 45 10 0.70W 315WP mgv = × × =机 185WP P P= − =热 电 输出 2=P I R热 2 9.4PR I = = Ω热解：(1) 和 并联电阻阻值为 ， 电路外电阻电阻为 由闭合电路欧姆定律有 得出 (2)电流表示数为 ，电源内阻分压为 电压为 两端电压为 所以 功率 20.两平行板间有水平匀强电场，一根长为 L,不可伸长的不导电细绳的一端连着一个质量为 m、 带电量为 q 的小球，另一端固定于 O 点。把小球拉起直至细线与电场线平行，然后无初速度 释放。已知小球摆到最低点的另一侧，线与竖直方向的最大夹角为 θ=37°（已知 sin37°=0.6、cos37°=0.8）求： （1）匀强电场的场强的大小； （2）小球到最低点的速度的大小； （3）经过最低点时，细线对小球的拉力的大小。 【答案】(1) (2) (3) FT=2mg 【解析】 【详解】（1）从开始到最左端的过程中由动能定理得： 得: 2R xR 2 x 2 x 1.5+ R RR R R = = Ω并 1 4R R R= + = Ω并 ( )E I R r= + 1Er RI = − = Ω 1.6A = 1.6U Ir V内 = 1 1 4U IR V= = 2R 1 =4.4U E U U V= − − 内 2R 2 2 2 4.4 6.53 UP W WR = = = E 2 mg q = v gL= 1 0( )mgLcos qEL sinθ θ =－ ＋ E 2 mg q =(2)从开始到最低点过程中由动能定理得： 得： (3)在最低点受力分析得： 得： 21 2mgL qEL mv=－ v gL= 2 T mvF mg L − = 2TF mg=