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2019-2020学年高二物理上学期期中试卷(含解析) (I)一、选择题1.带电量分别为2Q、4Q 的两点电荷，相距为r，相互作用力为F。现把两个电荷的电量各减少一半，距离减小为，则两个点电荷的相互作用力变为（ ）A. 4FB. 2FC. D. 【答案】A【解析】【详解】由库仑定律可得，变化前的，变化后，所以，故A正确。【点睛】此题比较简单，直接根据库仑定律得出两次作用的表达式，则可求得距离减小后相互作用力，从而解出此题。2.关于电场强度的说法，正确的是（ ）A. 由E=Fq可知，场强E跟F成正比，跟q成反比B. 电场中某点的场强E可用检验电荷q来量度，但E和q的正负、大小无关C. 电场中某点的场强E，就是单位正电荷放在该点受到的电场力FD. 电场中某点的场强方向，就是检验电荷放在该点时受到的电场力方向【答案】B【解析】【详解】A.E=Fq是电场强度的定义式，运用比值法定义，E反映电场本身的性质，与检验电荷q所受的电场力F.电荷量q无关，故A错误。B.电场中某点的场强E可用检验电荷q来量度，但E由电场本身决定，与q的正负、大小均无关。故B正确。C.电场中某点的场强E在数值上等于单位电荷所受的电场力大小，但场强与电场力的物理意义不同，场强反映的是电场的强弱和方向，故C错误。D.电场中正检验电荷的受力方向是电场强度的方向。场强方向与负检验电荷所受的电场力方向相反。故D错误。【点睛】本题考查对电场强度的理解对于物理公式，不仅仅要从数学的角度理解，更重要的要能理解其物理意义。3.如图，在电场中有a、b两点，试比较a、b两点的场强大小；引入一点电荷，试比较点电荷在a、b两点所受电场力的大小（ ） A. EaEb,FaFbB. EaEb,FaFbC. EaEb,FaFbD. EaEb,FaFb【答案】D【解析】【详解】由图看出，b处电场线比a处电场线密，则b处场强大于a处场强，即EbEa由电场力公式F=Eq得知，电荷在b处受到的电场力大于在a处受到的电场力，即FbFa，故D正确。【点睛】电场中，电场线越密，电场强度越大，同一电荷受到的电场力越大.4.下列关于电势高低的判断正确的是（ ）A. 正电荷从A点移到B点时，其电势能增加，A点电势一定较高B. 正电荷只在电场力作用下从A点移到B点，A点电势一定较高C. 负电荷从A点移到B点，克服电场力做功，A点电势一定较高D. 负电荷从A点移到B点，电势能增加，A点电势一定较低【答案】C【解析】【详解】A.正电荷从A移到B时，其电势能增加，电场力做负功，电荷逆着电场线运动，A点电势一定较低。故A错误。B、正电荷只在电场力作用下从A移到B，电荷不一定从高电势处向低电势处运动，A点电势不一定较高，还取决于电荷的初速度。故B错误。C、负电荷从A点移到B点，克服电场力做功，电荷顺着电场线运动，A点电势一定较高。故C正确。D、负电荷从A移到B时，电势能增加，电顺着电场线运动，A点电势一定较高。故D错误【点睛】根据推论：正电荷在电势高处，电势能大；负电荷在电势低处，电势能大，判断两点间电势的高低.正电荷只在电场力作用下从A移到B，电荷不一定从高电势处向低电势处运动.负电荷从A移到B时，外力作正功，A点电势不一定较高5.把电量是410-5C的正电荷从电场中的A点移到B点，电场力做功为1.210-2J。以下说法中不正确的是（ ）A. 正电荷在A点时的电势能比它在B点时的电势能大1.210-2JB. A点的电势等于300VC. A点的电势比B点高300VD. A,B两点间的电势差等于300V【答案】B【解析】【详解】A.正电荷从电场中的A点移到B点，电场力做1.2102J的正功，则电荷的电势能减小1.2102J,即有正电荷在A点时的电势能比它在B点时的电势能大1.2102J故A正确。BCD、A.B两点间的电势差UAB=WABq=1.21024105V=300V0说明A点的电势比B点高300V，由于没有选取零电势点，所以不能求出A点的电势。故CD正确，B错误。【点睛】电场力做功多少，电荷的电势能就减少多少.根据U=Wq可求出A、B间的电势差，分析它们电势的关系.若没有选取零电势点，是不能确定A点的电势的.6.有一粗细均匀的电阻丝，电阻是3。当它被均匀拉长后，其电阻变为108，则它的长度为原来长度的（ ）A. 6倍B. 9倍C. 18倍D. 36倍【答案】A【解析】【详解】当导体的长度拉长到原来的x倍时，其材料和体积均不变，则横截面积变为原来的1x；而导体的电阻与长度成正比，与横截面积成反比，所以此时导体的电阻变为原来的x2倍即3x2=108，解得：x=6.故选：A【点睛】在电阻丝温度不变的条件下，电阻的影响因素是材料、长度、横截面积，当导线被拉长后，长度变长的同时，横截面积变小，但导体的整个体积不变。7.现有电阻R1、R2，它们的电流和电压间关系表示在图中，当它们两端电压相等时，电阻R1和R2所消耗的功率分别为P1、P2，则可知（ ）A. R1R2，P1P2B. R1R2，P1P2C. R1R2，P1P2D. R1R2，P1P2【答案】C【解析】【详解】I-U图象中图象的斜率表示电阻的倒数，则由图可知，R1P2；故选：C【点睛】明确I-U图象的性质，知道I-U图象中图象的斜率表示电阻的倒数；根据P=U2R可明确功率关系.8.许多人造卫星都用太阳能电池供电，太阳能电池由许多片电池板组成。当太阳光照射某电池板时，该电池板的开路电压是600mV，短路电流是30mA，那么，这块电池板的内电阻是( )A. 10B. 20C. 40D. 60【答案】B【解析】试题分析：由题，U=0.6V，则E=U=0.6V，又E=I短r，得I短=Er=0.620A=30mA,故选B考点：考查了闭合回路欧姆定律的应用点评：本题关键根据电源开路和短路的特点，求解电源的内电阻9.如图所示，细线拴一带负电的小球在竖直向下的匀强电场中运动。假设小球所受的电场力qE与重力G的大小关系为qE=G，且小球运动到最低点a处的速率为va，运动到最高点b处的速率为vb，则va与vb的关系为 （ ）A. vavbB. va=vbC. vaBC. EAEBD. A=B【答案】AB【解析】【详解】因为电荷作初速度为零的匀加速直线运动，由a=qEm可知a、m、q都恒定,则E恒定，故A正确，C错误；因为是加速运动，动能增加，根据能量守恒定律，电势能减小，故B正确，D错误.【点睛】本题难度较小，明确加速度与场强的关系，电场力做正功电势能减小的规律是本题所要考查的重点15.如图所示，直线为某一直流电源的总功率总随着电流变化的图线，抛物线为同一直流电源内部的热功率r随电流变化的图线，若、对应的横坐标为2，则下面说法中正确的是：（ ）A. 电源电动势为3，内阻为1B. 线段表示的功率为2C. 电流为2时，外电路电阻为0.5D. 电流为3时，外电路电阻为2【答案】D【解析】试题分析：A、由图读出I=3A时，电源的功率P=9W，电源内部发热功率P热=9W，根据电源的功率P=EI可得电源电动势E=PI=93V=3V，电源内部发热功率P热=I2r可得电源的内阻为r=P热I2=932=1；正确B、当电流I=2A时，电源的功率为P=EI=6W,电源内部发热功率P热=I2r=4W，则线段AB表示功率为PR=PP热=2W；正确C、当电流I=2A时，由PR=I2R可得外电阻为R=PRI2=0.5；正确D、当电流为3A时，由题知R=0；错误故选ABC考点：电源的三种功率点评：对于电源要分清三种功率及其关系：电源的总功率P总=EI，电源内部发热功率P热=I2r，外电路消耗功率P外=UI=I2R，且根据能量关系得P总=P外+P热。二、实验题16.下列游标卡尺读数为_mm，螺旋测微器读数为_mm 。【答案】 (1). 9.65; (2). 11.898;【解析】【详解】游标卡尺的读数为：d=9mm+130.05mm=9.65mm螺旋测微器的读数为：d=11.5mm+39.80.01mm=11.898mm【点睛】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。17.有一个小灯泡上标有“2V,3W”的字样,现在要用伏安法描绘这个灯泡的I-U图线,有下列器材供选用:A.电源（电动势3 V,内阻约1） B.电流表（00.6 A,内阻约1）C.电流表（02 A,内阻约0.4） D.电压表（03 V,内阻约10k）E.电压表（010 V,内阻约20k） F.滑动变阻器（05,额定电流3A）G.滑动变阻器（0500,额定电流2A） H.开关、导线(1)实验中电流表应选用_,电压表应选用_.为使实验误差尽量减小,要求电压表从零开始变化且多取几组数据,滑动变阻器应选用_（用序号字母表示）。(2) 实验中,电压表的示数如图，图中U= _ V。(3)实验中调节滑动变阻器,得到了小灯泡的I-U图象如图所示,则可知小灯泡的电阻随电压增大而 _（填“增大”、“减小”或“不变”）(4)请根据实验要求,在方框内画出电路图 _ .【答案】 (1). C; (2). D; (3). F; (4). 2.20; (5). 增大; (6). 【解析】【详解】（1）因灯泡的额定电压为2V，为保证安全选用的电压表量程应稍大于2V，但不能大太多，量程太大则示数不准确；故只能选用03V的电压表，故选D；由P=UI得，灯泡的额定电流I=1.5A；故电流表应选择02A的量程，故选C；而由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，而分 压接法中应选总阻值小的滑动变阻器，故选F；（2）由图可知，量程为3V，最小分度为0.1V，则读数为2.20V；（3）I-U图象中图象中的斜率表示电阻的倒数，由图象可知，斜率减小，故电阻增大；（4）由以上分析可知，本实验应采用分压和电流表外接法，故电路图如图所示；【点睛】（1)仪表的选择应本着安全准确的原则；电压表要测量灯泡两端的电压，故应通过灯泡的额定电压值判断需要的电压表；由流过灯泡的电流判断需要的电流表；由题意判断需要的滑动变阻器；（2）根据量程确定最小分度，从而明确读数；（3)根据I-U图象的性质分析电阻的变化；（4）根据实验要求确定电压表和电流表的接法，从而得出电路图.18.在测定一节干电池的电动势和内阻的实验中，备有下列器材：A干电池E(电动势约为1.5 V、内阻约为1.0 )B电压表V(015 V)C电流表A(00.6 A、内阻0.1 )D电流表G(满偏电流3 mA、内阻Rg10 )E滑动变阻器R1(010 、10 A)F滑动变阻器R2(0100 、1 A)G定值电阻R3990 H开关、导线若干(1)为了方便且能较准确地进行测量，其中应选用的滑动变阻器是_(选填“R1”或“R2”)；(2)请在方框内画出你所设计的实验电路图，并在图中标上所选用器材的符号_；(3)如下图所示为某一同学根据他设计的实验，绘出的I1I2图线(I1为电流表G的示数I2为电流表A的示数)，由图线可求得被测电池的电动势E_ V，内阻r_ .【答案】(1)R1(2)电路图如图所示 (3)1.47(1.461.48均对) 0.83(0.810.85均对)【解析】试题分析：从实验操作方便和安全角度出发，滑动变阻器选小阻值，大额定电流的R1；所给器材中电压表量程过大，不能选用，需要把电流表G与R3串联，被测量电源的内阻很小，电流表相对电源用外接法；图象与纵轴的截距为1.47mA，为断路时通过G的电流断路电流乘以(R3Rg)等于1.47V，为电源电动势；图线的斜率为电源内阻r=0.83.考点：测定电源的电动势和内电阻实验【名师点睛】测定电源的电动势和内电阻是高中阶段电学实验考查的重点，是近几年各地高考题目的出题热点，本题突出了对于实验原理、仪器选择及U-I图象处理等多方面内容的考查，题目层次源于课本，凸显能力，体现创新意识，侧重于对实验能力的考查三、计算题19.一个电量q=210-10C的正点电荷放在匀强电场的A点，它受到的电场力是10-7N，则：（1）此电场的场强是多大？（2）此电荷只在电场力作用下从静止开始移动了0.4m而到达B点，到达B点时电荷的动能有多大？（3）A、B两点间的电势差是多少？【答案】（1）500N/C（2）410-8J（3）200V【解析】（1）E=Fq=10-7210-10Nc=500N/cW电=EAB-0 EAB=Fd=qEd=210-105000.4J=410-8J （2）由动能定理得：（3）UAB=WABq=410-8210-10=200V20.如图所示，电源的总功率为40W，电阻R1=4,R2=6，电源内阻r=0.6，电源的输出功率为37.6W求：（1）电源的内电路功率和电路中的总电流（2）电源的电动势（3）R3的阻值【答案】（1）24W；2A（2）20V（3）7【解析】试题分析：（1）电源内阻消耗的功率为：Pr=P总-P出=40-376=24W由：Pr=I2r 解得：I=Prr=2.40.6=2A（2）由P总=EI得：E=402=20V（3）外电路总电阻为：R=R1R2R1+R2+R3由闭合电路欧姆定律有：E=I（R+r）由联立得：R3=7考点：电功率；闭合电路的欧姆定律【名师点睛】对于电源的功率要区分三种功率及其关系：电源的总功率P总=EI，输出功率P出=UI，内电路消耗的功率P内=I2r，三者关系是P总=P出+P内21.如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、场强为E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L处有一与电场平行的屏现有一电荷量为q、质量为m的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为O.试求：(1)粒子从射入到打到屏上所用的时间；(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tan；(3)粒子打到屏上的点P到O点的距离x.【答案】（1）2Lv0 （2）qELmv02（3）3qEL22mv02 【解析】【分析】（1）带电粒子垂直射入电场，只受电场力作用而做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速运动，由L=v0t求解时间t（2）根据牛顿第二定律求出加速度.研究竖直方向的运动情况，由速度公式vy=at求出粒子刚射出电场时竖直分速度，由tan=vyv0求出tan。（3）由位移公式y=12at2求出粒子刚射出电场时偏转的距离y.带电粒子离开电场后做匀速直线运动，偏转的距离Ltan，两个偏转之和即为粒子打到屏上的点P到O点的距离Y.【详解】（1）粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，则粒子打到荧光屏上的时间：t=2Lv0（2）设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为vy根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为：a=qEm所以，vy=at=qEmLv0=qELmv0粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为：tan=vyv0=qELmv02（3）设粒子在电场中的偏转距离为y，则y=12at2=12qEmt2又Y=y+Ltan解得：Y=3qEL22mv0222.如图所示，两块平行金属板MN、PQ竖直放置，两板间的电势差U1.6103 V，现将一质量m3.0102 kg、电荷量q4.0105 C的带电小球从两板左上方的A点以初速度v04.0 m/s水平抛出，已知A点距两板上端的高度h0.45 m，之后小球恰好从MN板上端内侧M点进入两板间匀强电场，然后沿直线运动到PQ板上的C点，不计空气阻力，取g10 m/s2，求：(1)带电小球到达M点时的速度大小；(2)C点到PQ板上端的距离L；(3)小球到达C点时的动能Ek.【答案】（1）5.0m/s（2）0.12m（3）0.475J【解析】【分析】（1）根据小球做平抛运动，依据平抛运动的规律，即可解小球到达M板上端时的速度大小及方向；（2）在电场中小球沿速度方向做直线运动，根据的距离；（3）从平抛和直线运动两部分运动分别运用动能定理求解合力功而得到小球动能的变化.【详解】（1）设小球到达M点的速度大小为v，从A到M的时间为t：位移公式可得：h=12gt2速度公式可得：vy=gt可得：v=v02+vy2=5m/s（2）在两平行板间运动时，小球受水平方向的静电力和竖直向下的重力作用，因为小球在电场内做直线运动，由动力学知识可知，小球受到的电场力方向水平向右，合力方向与速度的方向一致。设极板间的电场强度为E、极板间距离为d则有：tan=qEmgU=EdL=dtan联立以上几式，代入数据，可解得C点到PQ板上端的距离L=qUmgtan2=0.12m（3）从M到C的过程中，由动能定理，有：Ek12mv2=qU+mgL代入数据，可求得小球到达C点时的动能Ek=0.475J23.如图所示，一条长为L的细线上端固定，下端拴一个质量为m的电荷量为q的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A点静止释放，当细线离开竖直位置偏角60时，小球速度为0.(1)求：电场强度E.(2)若小球恰好完成竖直圆周运动，求从A点释放小球时应有的初速度vA的大小(可含根式)【答案】（1）3mg3q （2）2gL(3+1) 【解析】【分析】（1）小球在电场中受到重力、电场力和细线的拉力而处于平衡状态.根据细线偏离的方向，分析电场力方向，确定小球的电性.根据平衡条件和电场力公式F=qE，列方程求出电场强度.（2)根据题意可知，由力的平行四边形定则求出电场力与重力的合力，可等效成新的重力，小球若能以最小速度通过新重力的对应的最高点，则小球恰好完成竖直圆周运动，从而根据动能定理，可求出A点释放小球时应有初速度的大小.【详解】（1）由图可知，小球所受电场力方向水平向右，场强也水平向右，则小球带正电荷。由题意可知，细线离开竖直位置偏角的角平分线的位置，即为小球平衡位置，以小球为研究对象，分析受力，作出受力示意图如图。根据平衡条件得：qE=mgtan12则：E=mgtan30q=3mg3q（2）小球除拉力外，还受到电场力与重力作用，由于其两个不变，因此可等效成新的重力，所以要小球恰好完成竖直圆周运动，则小球必须能以最小速度通过新的重力对应的最高点。根据牛顿第二定律，则有：从而A点到新的重力对应的最高点C，根据动能定理得， 联立以上方程可得：