福建省厦门外国语学校2019-2020学年高二物理上学期期中试题(含解析)

福建省厦门外国语学校2019-2020学年高二物理上学期期中试题（含解析）一、单选题1.下列静电学公式中，F、q、E、U、r和d分别表示电场力、电量、场强、电势差以及距离①②③④（）122qqFkr2qEkrFEqEdUA.它们都只对点电荷或点电荷的场才成立B.①②③只对点电荷或点电荷的场成立，④只对匀强电场成立C.①②只对点电荷成立，③对任何电场都成立，④只对匀强电场才成立D.①②只对点电荷成立，③④对任何电场都成立【答案】C【解析】【分析】由题可知，本题考查基本公式的适用范围，根据公式得定义可分析本题【详解】A．④只对匀强电场才成立，故A错误；B．③是通用公式，点电荷电场匀强电场都成立，故B错误CD．①②只对点电荷成立，③是通用公式，对任何电场都成立，④只对匀强电场才成立，故C正确，D错误。2.一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为（）A.v0-v2B.v0+v2C.D.21021mvvvm【答案】D【解析】【分析】本题考查动量守恒定律【详解】系统分离前后，动量守恒：，解得：1201122mmvmvmv，故ABC错误；D正确。210021mvvvvm3.如图所示，匀强电场的场强E=3×105V/m，A、B两点相距0.2m，两点连线与电场的夹角是60°，下列说法正确的是（　　）A.电荷量q=+2×10-4C的电荷从A点运动到B点电势能增大6JB.电荷量q=-2×10-4C的电荷从A点运动到B点电场力做功为-6JC.若取A点的电势为0，则B点的电势φB=3×104VD.A、B两点间的电势差是UAB=6×104V【答案】B【解析】试题分析：从A到B，电场力做功W=qEdABcos60°=2×10−4×3×105×0．2×J=6J．则电势12能减小6J．故A错误．从A到B，电场力做功W=-qEdABcos60°=-2×10−4×3×105×0．2×J=-6J．故B正确．AB间的电势差UAB=EdABcos60°=3×105×0．2×V=3×104V，因为A1212点的电势为0，则B点的电势为φB=-3×104V．故CD错误．故选B。考点：电场力的功与电势差的关系【名师点睛】解决本题的关键掌握电场力做功与电势差、电势差与电场强度的关系，并能灵活运用，基础题。4.如图所示，R是光敏电阻，当它受到的光照强度增大时，电阻减小，则()A.灯泡L变暗B.光敏电阻R上的电压增大C.电压表V的读数增大D.电容器C的带电荷量增大【答案】D【解析】【分析】由题中“当它受到的光照强度增大时，电阻减小”可知，本题考查电路动态变化，根据闭合电路欧姆定律可分析本题。【详解】A．当R受到的光照强度增大时，电阻减小，电流增加，灯泡变亮，故A错误；B．串联电路电阻分压，电阻越大，分压越多，电阻越小分压越低，故B错误；C．电压表所测电压为电路的路端电压，当R变小，外电路分压变小，故电压表读书减小，故C错误；D．灯泡两端电压，电容器电压增大，根据QCU可知，电容器带电量增大，故D正确。5.如图所示，虚线表示电场的一簇等势面且相邻等势面间电势差相等，一个a粒子以一定的初速度进入电场后，只在电场力作用下沿实线轨迹运动，a粒子先后通过M点和N点．在这一过程中，电场力做负功，由此可判断出（　　）A.a粒子在N点的电势能比在M点的电势能大B.N点的电势低于M点的电势C.a粒子在M点的速率小于在N点的速率D.a粒子在M点受到的电场力比在N点受到的电场力大【答案】A【解析】【详解】α粒子为氦核带正电，由运动轨迹可知，电场力的方向向右，根据电场的性质“顺着电场线的方向电势降落”可知M点的电势低于N点的电势，a粒子在N点的电势能比在M点的电势能大。故A正确；B错误；粒子从M到N，电场力做负功，则知动能减小，速率减小。故C错误。根据电场线或等势面的疏密程度可知，M点的等势面稀疏，电场线稀疏，则M点的场强小于N场强，α粒子在M点受的电场力小于在N点受的电场力。故D错误。故选A。6.A、B两灯的额定电压都是110V，A灯的额定功率PA＝100W，B灯的额定功率PB＝40W，若将两灯同时接入电压恒为220V的电路上，且使两灯均能正常发光，同学们设计了如图所示的甲、乙两种电路，则甲、乙两电路消耗的电功率之比为（）A.27B.25C.57D.37∶∶∶∶【答案】C【解析】【详解】甲电路中，由于A、B两灯的额定电压都是110V，额定功率PA=100W、PB=40W，由此可知RB＞RA，把灯B与电阻并联，可以使并联部分的电阻减小，可使A灯与并联部分的电阻相同，所以A、B能同时正常发光，并联电路消耗的功率与A灯的功率相同，所以总功率大小为200W；乙电路中，把AB并联之后与电阻串联接入电路，当电阻的阻值与A、B两灯并联的总电阻相等时，A、B就可以正常发光，此时电阻消耗的功率为A、B两灯功率之和，所以电路消耗的总的功率的大小为280W，由此可知，甲、乙两电路消耗的电功率之比为57。∶A.甲、乙两电路消耗的电功率之比为27，与上分析不一致，故A错误；∶B.甲、乙两电路消耗的电功率之比为25，与上分析不一致，故B错误；∶C.甲、乙两电路消耗的电功率之比为57，与上分析一致，故C正确；∶D.甲、乙两电路消耗的电功率之比为37，与上分析不一致，故D错误。∶7.如图所示，一粗糙绝缘竖直平面与两个等量异种点电荷连线的中垂面重合，A、O、B为该面上同一条竖直线上的三点，且O为点电荷连线的中点。现有带电荷量为q、质量为m的小物块(可视为质点)，在A点以初速度v0释放沿AOB向下滑动，则()A.小物块带正电B.从A到B,小物块的电势能先减小后增大C.从A到B,小物块所受电场力先增大后减小D.从A到B,小物块的加速度不变【答案】C【解析】【分析】由题中“一粗糙绝缘竖直平面与两个等量异种点电荷连线的中垂面重合”可知，本题考查带点物体在电场中的运动，根据库仑定律和牛顿第二定律可以分析本题。【详解】A．由于小物受重力、电场力和墙壁的摩擦力、弹力，可以判断小物块带负电，故A错误；B．由于AB是等势线，则从A到B电荷的电势能不变，故B错误；CD．从A到O的过程中，电场强度越来越大，则电场力越来越大，由于物块在水平方向上平衡，可知墙壁的弹力增大，导致滑动摩擦力增大，根据fmgam可知，加速度增大，从O到B的过程中，电场强度越来越小，电场力越来越小，同理可知滑动摩擦力减小，加速度减小，故C正确，D错误。8.在如图9所示的图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路．由图象可知(　　)A.电源的电动势为3V，内阻为0.5ΩB.电阻R的阻值为1ΩC.电源的输出功率为2WD.电源的效率为66.7%【答案】ABD【解析】图象Ⅰ与纵轴的交点表示电源电动势，为3V，图象Ⅰ的斜率的绝对值表示电源内阻，为0.5Ω，选项A正确；图象Ⅱ的斜率表示电阻R的阻值为1Ω，选项B正确；电源输出电压为U＝2V，电流为2A，电源输出功率为4W，选项C错；电源效率η＝P出/P总＝U/E＝2/3×100%≈66.7%，选项D正确．二、多选题9.在如图所示电路中，电源电动势为10V，电源内阻为1Ω，电路中电阻R0为2Ω，小型直流电动机M的内阻为1Ω。闭合开关S后，电动机转动，理想电流表的示数为2A。则以下判断中正确的是（）A.电动机两端的电压为6VB.电动机的输出功率为8WC.电动机的发热功率为4WD.电源输出的电功率为16W【答案】CD【解析】【分析】由图可知，本题考查闭合电路欧姆定律、电功率和焦耳定律。根据闭合电路欧姆定律、电功率和焦耳定律公式可分析本题。【详解】A．根据闭合电路欧姆定律可得0MEIRIrU代入数据解得5VMU故A错误；B．由公式2'MPUIIR出可得'6WP出故B错误；C．由焦耳定律可得2PIR热解得4WP热故C正确；D．由公式2PPPEIIr出总内解得16WP出故D正确。10.一质量为m的运动员托着质量为M的重物从下蹲状态（图甲）缓慢运动到站立状态（图乙），该过程重物和人的肩部相对位置不变，运动员保持乙状态站立△t时间后再将重物缓慢向上举，至双臂伸直（图丙）。甲到乙、乙到丙过程重物上升高度分别为h1、h2，经历的时间分别为t1、t2，则A.地面对运动员的冲量为(M+m)g(t1+t2+△t)，地面对运动员做的功为0B.地面对运动员的冲量为(M+m)g(t1+t2)，地面对运动员做的功为(M+m)g(h1+h2)C.运动员对重物的冲量为Mg(t1+t2+△t)，运动员对重物做的功为Mg(h1+h2)D.运动员对重物的冲量为Mg(t1+t2)，运动员对重物做的功为0【答案】AC【解析】【详解】因运动员将重物缓慢上举，则可认为是平衡状态，地面对运动员的支持力为：(M+m)g，整个过程的时间为(t1+t2+△t)，根据I=Ft可知地面对运动员的冲量为(M+m)g(t1+t2+△t)；因地面对运动员的支持力没有位移，可知地面对运动员做的功为0，选项A正确，B错误；运动员对重物的作用力为Mg，作用时间为(t1+t2+△t)，根据I=Ft可知运动员对重物的冲量为Mg(t1+t2+△t)，重物的位移为(h1+h2)，根据W=Fs可知运动员对重物做的功为Mg(h1+h2)，选项C正确，D错误。11.如图所示，E表示电源电动势、I表示电路中的电流、U表示电源的路端电压、P表示电源的输出功率，当外电阻R变化时，下列图象中可能正确的是(　　)A.B.C.D.【答案】CD【解析】【详解】电源的电动势与外电路的电阻无关，选项A错误；由闭合电路的欧姆定律：可知I-R图像不是直线，选项B错误；，则随R增加，UEIRr1EREUIRrRrR增大，当R→∞时U→E，选项C正确；；因当r=R时，22222()2EREPIRrRrRrRP最大，可知图像D正确。12.如图所示，一带电液滴在重力和匀强电场的电场力作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论正确的是（）A.此液滴可能带正电B.液滴做匀加速直线运动C.合外力对液滴做的总功等于零D.液滴的电势能减少【答案】BD【解析】【详解】A.带电液滴受到重力和电场力两个力作用，由题意，带电液滴沿直线bd运动，合外力方向必定沿bd方向，则知电场力方向必定水平向右，故液滴带负电荷，故A错误；B.由于重力和电场力都是恒力，液滴的合力恒定，则液滴从静止开始做匀加速直线运动，故B正确；C.合外力的方向与运动的方向相同，故合外力对液滴做正功，故C错误；D.电场力对液滴做正功，故液滴的电势能减少，故D正确。三、实验题13.用如图(甲)所示的电路图研究额定电压为2.4V的灯泡L的伏安特性，并测出该灯泡在额定电压下工作时的电阻值．(1)在闭合开关S前，滑动变阻器触头应该放在___________端.(选填“a”或“b”)(2)按电路图(甲)测出的灯泡电阻值比真实值______(选填“偏大”或“偏小”).根据所得到的图象如图乙所示，它在额定电压下实际功率P=_____W，I−U图象是一条曲线而不是直线的原因是__________________．【答案】(1).a(2).偏小(3).1.2(4).电阻率随温度升高而升高【解析】（1）闭合开关前，应将滑动触头置于输出电压最小的a端，以保护电流表；（2）根据欧姆定律，电阻测量值为，若考虑电压表内阻影响，待测电阻的真实值为，URI测VURII真比较可知，所以测出的灯泡电阻值比真实值偏小；根据I-U图象读出U=2.4V时对应RR测真＜的电流I=0.5A，所以小灯泡的实际功率为，根据欧姆定律应有：,可1.2PUIW实UIR见I-U图象上的点与原点连线斜率的倒数等于灯泡的电阻，由于连线的斜率逐渐减小，所以小