2019-2020年高二物理上学期期中联考试题（含解析）新人教版.doc

2019-2020年高二物理上学期期中联考试题（含解析）新人教版一、选择题（本题共10小题，每小题5分，满分50分第1-6题只有一项符合题目要求，第7-10题有多个选项符合题意，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分）1（5分）下述说法正确的是（）A根据E=，可知电场中某点的场强与电场力成正比B根据E=，可知点电荷电场中某点的场强与该点电荷的电量Q成正比C根据场强叠加原理，可知合电场的场强一定大于分电场的场强D电场线就是点电荷在电场中的运动轨迹考点：电场强度；点电荷的场强；电场的叠加.专题：电场力与电势的性质专题分析：电场强度是反映电场本身的力的性质的物理量，不能简单从数学理解E=k是真空中点电荷Q产生的电场强度的计算式，E与Q成正比场强的叠加遵守平行四边形定则，合电场的场强与几个分场强效果相同，但大小不一定比分场强大电场线与运动轨迹不是一回事解答：解：A、E由电场本身决定，与F、q无关故A错误 B、E=k是真空中点电荷Q产生的电场强度的计算式，E与Q成正比故B正确 C、场强的叠加遵守平行四边形定则，合电场的场强与几个分场强效果相同，但不一定比分场强大，也可能相等，也可能比分场强小故C错误 D、电场线表示电场的强弱和方向，与电荷的轨迹不一定重合故D错误故选B点评：本题考查对场强两个公式的理解能力，要注意区分试探电荷还是场源电荷，电场强度与场源电荷有关，与试探电荷无关2（5分）两个放在绝缘架上的相同金属球相距10m，球的半径为0.1m，分别带q和+3q的电荷量，相互作用的静电力为F现将这两个金属球接触，然后分开，仍放回原处，则它们之间的静电力将变为（）ABC2FD3F考点：库仑定律.专题：电场力与电势的性质专题分析：将两小球充分接触后，两球所带的电量平分，比较简单，直接代入库仑定律的公式即可解答：解：开始时，根据库仑定律得：，将这两个金属球接触再分开，它们的电量：，使两金属球仍放回原处，故选项A正确故选：A点评：该题考查库仑定律的简单计算，只有把数据代入公式就可以了该题是基础题目，很简单3如图为三个门电路符号，A输入端全为“1”，B输入端全为“0”下列判断正确的是（）A甲为“非”门，输出为“1”B乙为“与”门，输出为“0”C乙为“或”门，输出为“1”D丙为“与”门，输出为“1”考点：简单的逻辑电路.专题：恒定电流专题分析：基本逻辑门电路的输入输出，非门当输入1时，输出0，当输入0时，输出1；或门当输入1、0时，输出1；与门当输入1、0时，输出0解答：解：A、甲为“非”门电路，当输入1时，输出0，故A错误 B、乙为“或”门电路，当输入1、0时，输出1，故B错误 C、乙为“或”门电路，当输入1、0时，输出1，故C正确 D、丙为“与”门电路，当输入1、0时，输出0，故D错误故选C点评：考查了基本逻辑门电路的输入输出逻辑关系，理解逻辑原理4（5分）磁电式电流表（表头）最基本的组成部分是磁铁和放在磁铁两极之间的线圈，由于线圈的导线很细，允许通过的电流很弱，所以在使用时还要扩大量程已知某一表头G，内阻Rg=30，满偏电流Ig=5mA，要将它改装为量程03A的电流表，所做的操作是（）A串联一个570的电阻B并联一个570的电阻C串联一个0.05的电阻D并联一个0.05的电阻考点：把电流表改装成电压表.专题：实验题；恒定电流专题分析：把电流表改装成大量程电流表，应给电流表并联一个电阻，阻值R并=，I 为量程解答：解：改装成电流表是要扩大电流的量程，使用并联电路的分流原理；要并联的阻值为：R并=0.05；故选：D点评：改装成电流表要并联电阻分流，电阻值等于满偏电压除以所分最大电流，改装成电压表要串联电阻分压，电阻值等于量程除以满偏电流减去原内阻5（5分）（xx松江区二模）在如图的电路中，当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，A、B两灯亮度的变化情况为（）AA灯和B灯都变亮BA灯、B灯都变暗CA灯变亮，B灯变暗DA灯变暗，B灯变亮考点：闭合电路的欧姆定律.专题：恒定电流专题分析：从图可知，滑动变阻器与灯泡B并联，然后跟另一电阻串联，再和灯泡A并联，首先判断滑动变阻器电阻的变化情况，然后根据串联电路中电阻的特点，得出总电阻变化情况由于电压一定，由欧姆定律可知电路中电流表的变化及电压表示数的变化判断灯泡的亮度应依据灯泡的实际功率，由于灯泡的电阻不变，可利用公式P=I2R判断灯泡实际功率的变化解答：解：当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，并联部分的总电阻变小，所以总电阻变小，总电流变大，所以电源内阻的电压变大，所以A灯的电压变小，根据可知A的功率变小，故A灯变暗；由I=可知A的电流变小，而总电流变大，所以通过另一支路的电流变大，所以另一个电阻的电压变大，故灯泡B的电压变小，根据可知B的功率变小，故B灯变暗故选B点评：本题考查的是滑动变阻器对电路中电流、电压的调节情况，分析清楚电路结构、根据滑动变阻器阻值的变化，判断B与并联电路电压的变化情况，熟练应用功率公式是正确解题的关键6（5分）如图所示，在等量异种点电荷形成的电场中有A、B、C三点，A点为两点电荷连线的中点，B点为连线上距A点距离为d的一点，C点为连线中垂线上距A点距离也为d的一点，则下面关于三点电场强度E的大小、电势高低的比较，正确的是（）AEA=ECEB，A=CBBEBEAEC，A=CBCEAEB，EAEC，AB，ACDEAEB，EAEC，AB，AC考点：电场线；电势能.分析：电场线越密的地方，电场强度越强沿着电场线方向电势降低通过电场线的分布进行判断解答：解：根据电场线的疏密分布知，A点的电场线比C点密，B点的电场线比A点密，则EBEAEC；等量的异种电荷的中垂线为等势线，则A点的电势与C点的电势相等，沿着电场线方向电势逐渐降低，则A点的电势大于B点电势所以A=CB故B正确，A、C、D错误故选：B点评：虽然电场线不是实际存在的，但电场线的疏密可以体现电场强度的强弱；可以根据电场线方向来确定电势的高低；同时还考查了等量异种点电荷的电场线的分布，电场线与等势线相互垂直7（5分）如图所示，将平行板电容器与电池组相连，两板间的带电尘埃恰好处于静止状态若将两板缓慢地错开一些，其他条件不变，则（）A电容器带电量不变B尘埃仍静止C检流计中有ab的电流D检流计中有ba的电流考点：电容器的动态分析；闭合电路的欧姆定律.专题：电容器专题分析：带电尘埃原来处于静止状态，电场力与重力平衡，将两板缓慢地错开一些后，分析板间场强有无变化，判断尘埃是否仍保持静止根据电容的决定式分析电容如何变化，由电容的定义式分析电量的变化，确定电路中电流的方向解答：解：A、将两板缓慢地错开一些，两板正对面积减小，根据电容的决定式C=得知，电容减小，而电压不变，则电容器带电量减小故A错误B、由于板间电压和板间距离不变，则板间场强不变，尘埃所受电场力不变，仍处于静止状态故B正确CD、电容器电量减小，处于放电状态，而电容器上板带正电，下极板带负电，电路中形成逆时针方向的电流，则检流计中有ab的电流故C正确，D错误故选：BC点评：本题电容器动态变化问题，要抓住电压不变，根据电容的决定式C=和电容的定义式C=结合进行分析8（5分）如图，甲图中虚线是点电荷产生电场的等势面，乙图是匀强电场电场中各有两点，则（）A甲图中两点的E相同， 也相同B乙图中两点的E相同， 不相同C甲图中，带电粒子在两点间移动，电场力做功为零D乙图中，带电粒子在两点间移动，电场力做功为零考点：等势面.分析：场强是矢量，有大小又有方向，场强相同，既要看大小，也要看方向电场力做功，根据公式W=qU，可知跟两点间的电势差有关系，两点间电势差为零，不做功解答：解：A、场强是矢量，甲图中两点的场强大小相等，但方向不同故A错误；B、乙图是匀强电场，所以两点的场强大小相等，方向也相同，但沿着电场线电势要降低，故两点的电势不等故B正确；C、甲图中两点在同一个等势面上，在同一等势面上移动电荷，电场力不做功故C正确D、乙图中两点的电势不等，有电势差，根据W=qU在两点间移动电荷，电场力要做功故D错误故选：BC点评：根据电场的对称性，电场线与等势面垂直，沿电场线的方向，电势降低，可以分析解决本题9（5分）某电场的电场线的分布如图所示一个带电粒子由M点沿图中虚线所示的途径运动通过N点则下列判断正确的是（）A粒子带负电B粒子在M点的加速度大C粒子在M点的电势能大D粒子在N点的速度大考点：电势能.专题：电场力与电势的性质专题分析：电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，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解答：解：A、电场线的方向向上，根据粒子的运动的轨迹可以知道，粒子的受到的电场力的方向也向上，所以电荷为正电荷，故A错误；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，所以粒子在N点的受力大，加速度大，故B错误；C、从M点到N点，静电力方向先与速度方向成锐角，电场力做正功，电势能减小，粒子的速度增大，故CD正确；故选：CD点评：本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向，其次根据电场线的疏密可以判断电场强度的强弱，进而判断电场力的大小，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题10（5分）如图所示的电路中，输入电压U恒为12V，灯泡L标有“6V 12W”字样，电动机线圈的电阻RM=0.5若灯泡恰能正常发光，以下说法中正确的是（）A电动机的输入功率是12WB电动机的输出功率是12WC电动机的热功率是2WD整个电路消耗的电功率是22W考点：电功、电功率.专题：恒定电流专题分析：A、电动机的输入功率P=U1I，根据灯泡正常发光求出电流，电动机两端的电压等于输入电压减去灯泡的电压B、电动机的输出功率D、整个电路消耗的功率P总=UI解答：解：A、电动机两端的电压U1=UUL=126V=6V，整个电路中的电流I=，所以电动机的输入功率P=U1I=62W=12W故A正确 B、电动机的热功率，则电动机的输出功率故B错误，C正确 D、整个电路消耗的功率P总=UI=122W=24W故D错误故选AC点评：解决本题的关键知道电动机的输出功率以及知道整个电路消耗的功率P总=UI二、实验题（本题共3小题，共18分）11（6分）某学生用螺旋测微器在测定某一金属丝的直径时，测得的结果如图（甲）所示，则金属丝的直径d=2.935（2.9342.937）mm另一位学生用游标尺上标有20等分刻度的游标卡尺测量一工件的长度，测得的结果如图（乙）所示，则该工件的长度L=14.50mm考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用.专题：实验题分析：游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读，两种仪器读数时均可采用公式法，即：主尺读数+副尺读数解答：解：螺旋测微器的固定刻度读数2.5mm，可动刻度读数为0.0143.5=0.435mm，所以最终读数为：固定刻度读数+可动刻度读数=2.5+0.435=2.935mm，由于需要估读，因此在范围2.9342.937mm内均正确游标卡尺的主尺读数为1.4cm=14mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，游标读数为0.0510mm=0.50mm，所以最终读数为：主尺读数+游标尺读数=14mm+0.50mm=14.50mm；故答案为：2.935（2.9342.937），14.50点评：解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读12（4分）（xx上海模拟）要用多用电表直接测量一个定值电阻的阻值（约为2030）如图为多用电表的示意图，请在横线上填完具体操作步骤：a将多用电表的选择开关旋转到电阻“1”（选填“1”、“10”、“100”或“1K”）挡b将红、黑表笔分别插入“+”“一”插孔，笔尖相互接触，旋转欧姆调零旋钮；使表针指在右（选填“右”或“左”）端的“O”刻度位置c将红、黑表笔分别与待测电阻两端相接触，读出相应的示数考点：用多用电表测电阻.专题：实验题；恒定电流专题分析：使用多用电表测电阻时，先选择合适的挡位，然后进行欧姆调零，最后测电阻，欧姆表指针示数与倍率的乘积是欧姆表的示数解答：解：a、将多用电表的选择开关旋转到电阻“1”挡b、将红、黑表笔分别插入“+”“一”插孔，笔尖相互接触，旋转欧姆调零旋钮；使表针指在右端的“O”刻度位置故答案为：a、选择开关；1；b、欧姆调零旋钮；右点评：本题考查了欧姆表的使用方法，掌握多用电表的使用方法及注意事项即可正确解题13（8分）某同学采用如图所示的电路测定电源电动势和内电阻，已知干电池的电动势为1.5V左右，内阻为2左右，电压表（03V，3k），电流表（00.6A，1.0），滑动变阻器有R1（10，2A）和R2（100，0.1A）各一只（1）在实验中滑动变阻器应选用R1（填“R1”或“R2”）（2）在图乙中用笔划代替导线连接实验电路（3）在实验中测得多组电压和电流值，得到如图丙所示的UI图象，由图可较准确地求出电源电动势E=1.55V；内阻r=1.97考点：测定电源的电动势和内阻.专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）根据题目中给出的条件可以得出应选择的滑动变阻器的大小；（2）已知原理图，则由原理图依次将各元器件串接，再将电压表并联即可；（3）UI图象中图象与纵坐标的交点为电源的电动势；图象的斜率表示电源的内阻解答：解：（1）由题意可知，电源的电动势为1.5V，电流表量程为00.6A，为了准确测量，滑动变阻器阻值不能太大，故只能选择R1；（2）将电源、开关、电流表及滑动变阻器串联，再将电压并联在电源两端；注意电表的正负极的接法；（3）UI图象中图象与纵坐标的交点为电源的电动势；故电源的电动势为1.55V；图象的斜率表示物体的r=1.97；故答案为：（1）R1；（2）如上图；（3）1.97点评：本题考查测量电动势和内电阻，要注意明确数据的处理采用图象方法，应熟练掌握！三、计算题（本大题共有3个小题，共32分要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位）14（10分）如图所示，平行金属带电极板MN为匀强电场，N板接地，其电势=0V，两板间距为10cm将电量为4106C的负点电荷从A点移到M板，电场力做负功8104J，把该点电荷从A点移到N板，电场力做正功4104J，求：（1）UMN等于多少伏？（2）A点的电势A为多少？（3）板间的电场强度E为多少？考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能.分析：（1）根据WMN=qUMN可求出点M、N间的电势差，即可求出UMN；（2）根据WAN=qUAN可求出点A、N间的电势差，N板接地电势为零，即可求出A点的电势；（3）根据U=Ed可求得板间的电场强度解答：解：（1）点电荷从A点移到M板，电场力做负功8104 J，则点电荷从M板移到A点电场力做正功8104 J，从A点移到N板电场力做正功4104J，则 从M板移到N板电场力做的总功WMN=WMA+WAN=8104+4104J=12104J 根据WMN=qUMN可知，UMN=V=300V （2）把该点电荷从A点移到N板，电场力做正功为4104 J， 根据WAN=qUAN可得：UAN=V=100v 又有UAN=AN，N板接地，N=0 则 A=100v （3）根据U=Ed可知， E=V/m=3000V/m，方向为：由M指向N答：（1）UMN等于300V； （2）A点的电势A为100V； （3）板间的电场强度E为3000V/m，方向为：由M指向N点评：解决本题需理解W=qU，U=Ed公式的用法，根据UAB=AB可判断A、B之间电势的高低15（10分）水平如图所示电路中，电源电动势E=15V，内电阻 r=1，R1=R3=10，R2=4，电压表和电流表均为理想电表，试求：（1）当电键K断开时，电压表的读数和R1消耗的功率？（2）当电键K闭合时，电流表和电压表的读数？（3）当电键K闭合时，电源的总功率及输出功率各为多少？考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律.专题：恒定电流专题分析：（1）当电键断开时，R1R2串联组成闭合回路，由串联电路的特点及功率公式即可求解；（2）当K闭合时，R1R3并联后与R2串联组成闭合回路，根据串并联关系及功率公式即可求解；解答：解：（1）当S断开时有电流表读数=1A，电压表读数U=IR2=14=4V，R1消耗的功率P=I2R1=110=10W（2）当S闭合时，通过R2的电流，则电流表的读数电压表的读数为U=EIr=151.51=13.5V（3）电源总功率P总=IE=151.5=22.5W电源输出功率答：（1）当电键K断开时，电压表的读数为4V，R1消耗的功率为10W；（2）当电键K闭合时，电流表的读数为13.5V，电压表的读数为0.75A；（3）当电键K闭合时，电源的总功率为22.5W，输出功率为20.25W点评：本题考查了电阻的并联特点，关键是根据串、并联电路的特点判断两开关的状态16（12分）如图所示为一真空示波管，电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子的质量为m，电荷量为e求：（1）电子穿过A板时的速度大小；（2）电子从偏转电场射出时的侧移量；（3）P点到O点的距离考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用.专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：（1）电子在加速电场U1中运动时，电场力对电子做正功，根据动能定理求解电子穿过A板时的速度大小（2）电子进入偏转电场后做类平抛运动，垂直于电场方向作匀速直线运动，沿电场方向作初速度为零的匀加速直线运动根据板长和初速度求出时间根据牛顿第二定律求解加速度，由位移公式求解电子从偏转电场射出时的侧移量（3）电子离开偏转电场后沿穿出电场时的速度做匀速直线运动，水平方向：位移为L2，分速度等于v0，求出匀速运动的时间竖直方向：分速度等于vy，由y=vyt求出离开电场后偏转的距离，再加上电场中偏转的距离得解解答：解：（1）设电子经电压U1加速后的速度为v0，根据动能定理得： e U1=，解得： （2）电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向作匀速直线运动，沿电场方向作初速度为零的匀加速直线运动设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场运动的时间为t1，电子的加速度为a，离开偏转电场时相对于原运动方向的侧移量为y1 根据牛顿第二定律和运动学公式得： a=，又E=，得a= 水平方向：t1=， 竖直方向：y1=，解得：y1= （3）设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为vy 根据运动学公式得：vy=at1=电子离开偏转电场后作匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为t2，电子打到荧光屏上的侧移量为y2，如图所示 t2=，y2=vyt2解得：y2=P到O点的距离为 y=y1+y2=答：（1）电子穿过A板时的速度大小为； （2）电子从偏转电场射出时的侧移量y1=； （3）P点到O点的距离y2=点评：带电粒子在电场中类平抛运动的研究方法与平抛运动相似，采用运动的合成与分解第（3）问也可以利用三角形相似法求解