吉林省长春市第151中学2019_2020学年高二物理上学期期中试题（含答案）

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1、吉林省长春市第151中学2019-2020学年高二物理上学期期中试题一、选择题（本大题共12小题，1-8单选，9-12多选，共48分）1. 如图所示,PQ为某电场中的一条电场线,下列说法正确的是( ) A. 该电场一定是匀强电场B. 该电场一定是点电荷产生的电场C. P点的电场强度一定比Q点的大D. 正电荷在P点受到的电场力方向沿着电场线方向【答案】D【解析】根据电场线的疏密比较场强的大小,而一条电场线不能反映电场线的疏密,各种可能的情况都有根据电场线的方向分析正电荷所受的电场力方向解决本题的关键时要知道电场线的特点,知道电场线的疏密表示场强的大小,电场线的切线方向表示电场强度方向本题要掌握电

2、场线及电场分布知识,难度不大,属于基础题2. 真空中两个电荷量分别为、的点电荷,已知它们之间的距离为r,静电力常量为根据库仑定律,A电荷对B电荷的静电力大小为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】解：由库仑定律可得电荷之间的库仑力为：,故B正确,ACD错误。故选：B。由库仑定律的公式直接计算即可本题要掌握库仑定律的公式,理解公式中各个量的物理含义,难度不大,属于基础题3. 如图所示为某电学元器件的伏安特性曲线,图中虚线为曲线上P点的切线当通过该元器件的电流为时,该元器件的阻值为( )A. B. C. D. 【答案】B【分析】由图找出P点的电压值及电流值；由欧姆定律可求得电阻值。本题考

3、查欧姆定律的应用,注意由图象得出各点的电压值及电流值,再由欧姆定律求出电阻即可；注意绝不能用图象的斜率来表示电阻大小。4. 一台电动机,线圈电阻是,当它两端所加的电压为220V时,通过的电流是10A。这台电动机每秒所做的机械功( )A. B. C. D. 【答案】C【分析】根据线圈电阻和电流求出线圈的热功率,由电压和电流求出电动机的电功率,根据功率分配关系求出电动机机械功率和每秒所做的机械功。电动机正常工作时,其电路是非纯电阻电路,欧姆定律不适用,不能直接应用求机械功率,而要根据功率分配关系求解。5. 一个电荷只在电场力作用下从电场中的A点移到B点过程中,电场力做了的正功,那么（ ）A. 电荷

4、在B处时具有的动能B. 电荷的电势能减少了C. 电荷在B处时具有的电势能D. 电荷的动能减少了【答案】B【分析】电场力做正功,电势能减小,动能增加,做负功,动能减小,电势能增加,根据功能关系可正确解答。本题考查对电场力做功与电势能变化关系的理解和动能定理具体应用能力,属于基本题。6. 关于电流,下列说法中正确的是()A. 由可知,相同时间内通过导线截面的电量越多,电流越大B. 由可知,一横截面积不同的匀质导线内电荷定向移动的速率越大,电流越大C. 由可知,导体的电阻与导体两端的电压成正比D. 因为电流有方向,所以电流是矢量【答案】A【分析】对比值定义法的物理量不能说与分子成正比,与分母成反比；

5、导体电阻阻值与导体两端的电压、电流没有关系；电流有方向,但是标量。7. 如图所示,一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下,从静止开始由b沿直线运动到d,且bd与竖直方向的夹角为,若bd的长度为l,重力加速度为g,则 () A. 此液滴带正电B. 液滴运动的加速度等于2gC. 液滴从b到d的运动时间为D. 液滴到达d点的速度为【答案】C【分析】根据带电液滴作直线运动可知：带电液滴所受重力与电场力的合力一定与其运动方向在同一直线上,由此可以判定出带电液滴所受电场力的方向,从而判断出带电液滴的电性,由力的合成法求出电场力的大小和合外力的大小,再根据牛顿第二定律计算出物体的加速度；根据运动学公式

6、求液滴从b到d的运动时间和液滴到达d点的速度。此题考查了带电粒子在复合场中的加速问题,其中带电液滴从静止开始由b沿直线运动到d,是我们判定液滴带电性质的突破口,由此可知合外力的方向,也可知道电场力的方向；在今后的学习中我们经常用到要注意掌握。8. 一电流表的满偏电流,内阻为要把它改装成一个量程为的电流表,则应在电流表上()A. 并联一个的电阻B. 并联一个约为的电阻C. 串联一个约为的电阻D. 串联一个的电阻【答案】B【分析】把电流表改装成大量程电流表需要并联一个分流电阻,应用并联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值。本题考查了电流表的改装,知道电流表改装原理、应用并联电路特点与欧姆定律即可正确

7、解题。9. 把标有“220 V,100 W”的A灯和“220 V,200 W”的B灯串联起来,接在电压恒为220 V的电源两端,不计导线电阻及灯泡电阻随温度的变化,则下列判断中正确的是()A. 两灯的电阻之比B. 两灯的实际电压之比C. 两灯实际消耗的功率之比D. 在相同时间内,两灯实际发热之比【答案】AD【分析】先根据欧姆定律和电功率的定义得到标有“220V,100W”的A灯和“220V,200W”的B灯的电阻,然后根据串联电路电流相等,求出两灯的电压、功率和热量之比。本题不考虑温度的影响,将两个灯泡当作定则电阻处理,根据串联电路的电压和电流关系分析求解。10. 如图甲所示为电场中的一条电场

8、线,在电场线上建立坐标轴,坐标轴上OB间各点的电势分布如图乙所示,则() A. 在OB间,场强先减小后增大B. 在OB间,场强方向没有发生变化C. 若一负电荷从O点运动到B点,其电势能逐渐减小D. 若从O点静止释放一仅受电场力作用的正电荷,则该电荷在OB间一直做加速运动【答案】BD【分析】根据图象的斜率大小等于电场强度,分析场强的变化,由图看出,电势逐渐降低,可判断出负电荷的电势能变化。本题从数学有角度理解图象的斜率等于场强,由电势的高低判断出电场线的方向,来判断电场力方向做功情况。11. 如图所示,两块较大的金属板A、B平行放置,并与一电源相连,S闭合。两板间有一个正电荷电荷量很小固定在P点

9、,下列说法正确的是() A. 若将A板向上平移一小段位移,正电荷的电势能减小,G中有的电流B. 若将A板向左平移一小段位移,正电荷的电势能减小,G中有的电流C. 若将S断开,将A板向下平移一小段位移,G中有电流,正电荷的电势能减小D. 若将S断开,将A板向下平移一小段位移,G中无电流,正电荷的电势能不变【答案】AD【分析】S断开,电容器电量不变,板间场强不变,油滴仍处于静止状态将A向左平移一小段位移,电场强度不变,油滴仍然静止改变板间距离,引起电容变化,分析E和电量的变化,再确定油滴的运动情况和电流方向。本题关键是明确电键闭合时,电容器的电压不变,然后结合公式和共点力平衡条件列式分析。12.

10、如图所示,矩形区域ABCD内存在竖直向下的匀强电场,两个带正电的粒子a和b以相同的水平速度射入电场,粒子a由顶点A射入,从BC的中点P射出,粒子b由AB的中点O射入,从顶点C射出若不计重力,则A. a和b在电场中运动的时间之比是B. a和b在电场中运动的时间之比是C. a和b的荷质比即粒子的电荷量与质量之比是D. a和b的荷质比即粒子的电荷量与质量之比是【答案】AD【分析】粒子垂直电场进入,做类平抛运动,根据水平位移求出时间之比,再通过竖直位移求出加速度之比,最终通过牛顿第二定律求出比荷。解决本题的关键知道粒子在垂直于电场方向和沿电场方向上的运动规律,结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。三、

11、实验题（2小题，共16.0分）13. 一一个电流表G的内阻,满偏电流为,其满偏电压为_。现要把它改装成量程为15V的电压表,需串联的分压电阻为_,刻度对应的电压值为_。二在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中,有以下器材：A.小灯泡B.滑动变阻器C.电压表D.电压表E.电流表F.电流表G.铅蓄电池、开关各一个,导线若干为了减小误差,实验中应选电流表_,电压表_在图虚线框内按要求设计实验电路图某实验小组完成实验后利用实验中得到的实验数据在坐标系中,描绘出如图所示的小灯泡的伏安特性曲线根据此图给出的信息,可以判断下图中正确的是图中P为小灯泡的功率()【答案】一(2) 【分析】一把电流表改装成电压表

12、需要串联分压电阻,应用串联电路特点与欧姆定律分析答题；解决本题的关键是利用串并联d的特点解题。二器材的选取需安全、精确,根据灯泡的规格选择合适的电表；因为灯泡的电压和电流需从零开始测起,则滑动变阻器采用分压式接法,根据灯泡电阻的大小确定电流表的内外接；根据灯泡电阻的变化判断功率与、的关系；解决本题的关键掌握器材选择的原则,知道滑动变阻器分压式和限流式接法的区别,以及知道电流表内外接的区别。二；。四、计算题（本大题共3小题，共36.0分）14. 如图,灯泡D与电动机M中串联在一个稳压电源上,电源的输出电压为,灯泡D的电阻为,电动机M线圈的电阻为,与电动机并联的理想电压表读数为电动机的转轴的摩擦可

13、忽略,求： 通过灯泡的电流？电动机M线圈的发热功率？电动机M输出的机械功率？【答案】解：灯两端的电压为所以通过灯泡的电流为；电动机M线圈的发热功率；电动机M消耗的电功率为输出的机械功率。答：通过灯泡的电流I为1A；电动机M线圈的发热功率为2W；电动机M输出的机械功率为12W。【解析】本题切入点在于根据电路欧姆定律求解干路电流,突破口在于根据电功率表达式列式求解,注意电动机是非纯电阻电路。电动机正常工作时的电路是非纯电阻电路,欧姆定律不成立,而灯泡D是纯电阻,可以对灯泡D,运用用欧姆定律求电路中的电流；发热功率根据即可求解；电动机M输出的机械功率。15. 如图所示,MN板间存在匀强电场,场强,方

14、向竖直向上电场上A、B两点相距10cm,AB连线与电场方向夹角,A点和M板相距求：求AB两点间的电势差大小；若M板接地电势为,A点电势；将点电荷从A移到B,电场力做的功【答案】解：两点间的电势差为：；点的电势等于A点与M点的电势差,故：；电势力做功为：；答：两点间的电势差大小为15V；若M板接地电势为,A点电势为；将点电荷从A移到B,电场力做的功为；【解析】根据电势差与电场强度之间的关系可求得AB两点的电势差；电势等于相对于零电势点之间的电势差；求出电势差即可求得电势；电场力做功,注意做功的正负本题考查电场强度与电势差之间的关系,要注意明确在求电势能、电势差及电势等问题时要注意各物理量的符号不

15、能出错16. 如图所示,水平绝缘光滑轨道AB的B端与处于竖直平面内的圆弧形光滑绝缘轨道BCD平滑连接,圆弧的半径轨道所在空间存在水平向右的匀强电场电场强度现有一质量的带电小球可视为质点放在水平轨道上与B端距离的位置,由于受到电场力的作用,带电体由静止开始运动已知带电体所带的电荷量,取,试问： 带电小球能否到达圆弧最高点D？带电小球运动到何处时对轨道的压力最大？最大值为多少？【答案】解：假设小球能到达D点,且速度为从A到D过程,由动能定理得：可得小球此时D点所需要的向心力为：而重力则,故带电小球能到达圆弧最高点D小球在电场中受到的电场力和重力的合力大小为方向与竖直方向的夹角为：,当F方向通过圆心

16、O向外时,速度达到最大,设此位置为P小球从A到到P的过程,由动能定理得：在P点,由牛顿第二定律得：解得：答：带电小球能到达圆弧最高点D带电小球运动到与竖直方向夹角为时对轨道的压力最大,最大值为5N【解析】带电小球能否到达圆弧最高点D,与小球到D点的速度有关,当小球到D点时所需要的向心力,若大于重力,小球就能到达D点若小球能到达D点,对从A运动B的过程,运用动能定理求出小球到达D点的速度,得到小球到D点时所需要的向心力,与重力作比较,判断小球能否到达圆弧最高点D当小球所受的合力方向通过圆心O向外时,速度达到最大,对轨道的压力最大先根据动能定理求出最大速度,再由牛顿第二定律求出轨道对小球最大的支持力,即可得到最大压力本题关键要把握两个临界条件：小球刚好到达D点时,轨道对小球的作用力为零；小球在圆轨道上运动过程中,类似于竖直平面的单摆运动,P点相当于平衡位置,可以类似分析- 8 -