1、江西省上饶市“山江湖”协作体2019-2020学年高二物理上学期期中试题（统招班，含解析）一、选择题：(本大题共 10小题，每小题 4分，共40分。第16题是单选题；第710题是多选题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分。)1.关于电流，下列说法正确的是（ ）A. 根据I=q/t可知，I与q成正比B. 如果在相等的时间内通过导体横截面的电荷量相等，则导体中的电流是恒定不变的C. 电流有方向，因此电流是矢量D. 电流的单位“安培”是国际单位制中的基本单位【答案】D【解析】是电流的定义式，其大小与电量及时间无关，故A错误；恒定电流是指大小和方向均不变的电流，若电流大小不变而
2、方向变化时也不是恒定电流，故B错误；电流有方向，但电流的运算满足代数法则不满足满足平行四边形定则，所以电流是标量，故C错误；电流强度的单位“安培”是国际单位制中的基本单位，故D正确。所以D正确，ABC错误。2.如图所示,虚线为静电场中的等势面1、2、3、4,相邻的等势面之间的电势差相等,其中等势面3的电势为0.带正电的点电荷在静电力的作用下运动,经过a、b点时的动能分别为26eV和2eV.当这一点电荷运动到某一位置,其电势能变为-8eV,它的动能应为( ) A. 8eVB. 18eVC. 24eVD. 20eV【答案】B【解析】【详解】由题，电荷经过a、b点时的动能分别为26eV和2eV，动能
3、减小为24eV，而相邻的等势面之间的电势差相等，电荷在相邻等势面间运动时电场力做功相等，电势能变化量相等，则电荷从3等势面到4等势面时，动能减小8eV，电势能增大，等势面3的电势为0，电荷经过b时电势能为8eV，又由题，电荷经b点时的动能为2eV，所以电荷的总能量为：8eV+2eV=10eV其电势能变为-8eV时，根据能量守恒定律得到，动能应为18eV，故选B。3.如图所示，一根横截面积为S的均匀长直橡胶棒上均匀带有负电荷，设棒单位长度内所含的电荷量为q，当此棒沿轴线方向做速度为v的匀速直线运动时，由于棒的运动而形成的等效电流大小为（ ）A. qvSB. C. vqD. 【答案】C【解析】【详
4、解】棒沿轴线方向以速度v做匀速直线运动时，每秒通过的距离为v米， v米长的橡胶棒上电荷都通过直棒的横截面，每秒内通过横截面的电量为：Q=qv根据电流的定义式为：，t=1s，得到等效电流为：I=qvAqvS，与结论不相符，选项A错误；B，与结论不相符，选项B错误；C vq，与结论相符，选项C正确；D，与结论不相符，选项D错误；4.在静电场中，一个电子由a点移到b点时静电力做功为5 eV（1 eV=1610-19J），则以下说法中正确的是（ ）A. 电场强度的方向一定由b直线指向aB. a、b两点间电势差Uab=5 VC. 电子的电势能减少5 eVD. 电子的电势能减少5 J【答案】C【解析】由题
5、意知，电子由a点移到b点，电场力做功5eV，电势能减少5eV，电场强度的方向不一定由b指向a故AD错误，C正确a、b两点电势差，故B错误；本题选错误的，故选ABD.5.直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图，M、N两点各固定一负点电荷，一电荷量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零，静电力常量用k表示若将该正点电荷移到H点，则G点处场强的大小和方向分别为：A. ，沿y轴正向B. ，沿y轴负向C. ，沿y轴正向D. ，沿y轴负向【答案】A【解析】【分析】由题意可知考查电场强度矢量性，根据电场叠加原理，结合等效思想分析计算可得。【详解】O点电荷Q在G点产生的场强大
6、小为，方向沿-y,因G点处的电场强度恰好为零,说明M、 N固定的负电荷在G点共同产生的场强大小也为 ,方向沿+y方向，当把O点电荷Q电荷移到H点时，在G点产生的场强大小为 ，方向沿-y，M、 N固定的负电荷在G点共同产生的场强大小仍为，则此时G点的合场强为 ，方向沿y轴正向。A描述与题意分析计算符合，故A正确B描述与题意分析景计算不符合，故B错误。C描述与题意分析计算不符合，故C错误。D描述与题意分析计算不符合，故D错误。【点睛】根据可以计算O点正电荷在G点产生的场强大小，根据G点场强为零可以求出M、N两个负电荷在G点产生的合场强大小和方向，当O点正电荷移到H点时，可以根据求出后来正电荷在G点
7、产生场强，M、N两个负电荷共同在G点产生的场强大小和方向不变，再根据场强叠加求出G点后来场强大小、方向。6. 两只电阻的伏安特性曲线如图所示，则下列说法中正确的是A. 两电阻的阻值为大于B. 两电阻并联在电路中时，的电流大于的电流C. 两电阻串联在电路中时，两端电压大于两端电压D. 两电阻串联在电路中时，消耗的功率大于消耗的功率【答案】B【解析】试题分析：I-U图像的斜率的倒数表示电阻，故，斜率越大，电阻越小，所以，A错误；两电阻并联在电路中时，两电阻两端的电压相同，电阻越大，电流越小，故的电流大于的电流，B正确；两电阻串联在电场中时，通过两电阻的电流相同，根据可得电阻越大，两端的电压越大，所
8、以两端电压小于两端电压，根据可得消耗的功率小于消耗的功率，CD错误；考点：考查了I-U图像【名师点睛】本题为图象分析问题，要能从图象中得出有效信息，两电阻串联在电路中时，电流相等，两电阻并联在电路中时，电压相等7.对一电容器充电时电容器的电容C，带电荷量Q，电压U之间的关系图象如下图所示，其中正确的是( )A. B. C. D. 【答案】CD【解析】试题分析：电容是电容器本身的一种特性，与带电荷量、电压无关，故A、B错误、C正确；根据电容的定义可知，带电荷量，所以选项D正确；考点：平行板电容器8.关于欧姆定律的下列理解中，正确的( )A. 由知道，一段导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的
9、电流成反比B. 由知道，通过一段导体的电流跟加在它两端的电压成正比C. 由电阻的I-U图象可知，电流变化相同时，电压变化较小的图象所对应的电阻阻值较小D. 导体的电流越大，电阻就越大【答案】BC【解析】【详解】AD.导体的阻值是导体本身所具有的性质，与通过它的电流、它两端的电压无关，故AD错误；B.欧姆定律的内容是：电阻一定时，导体中的电流与导体两端的电压成正比；当导体两端的电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；故B正确。C.由可知I变化相等时，电压变化小时，电阻值较小，故C正确。9.如图所示的电路,电源电压U=3.0V，L1、L2、L3为3个相同规格的小灯泡,这种小灯泡的I-U特性曲
10、线如下图所示.当开关闭合后,下列关于电路中灯泡的说法中,正确的是( )A. 灯泡L1的电阻为7.5B. 灯泡L1消耗的电功率为0.75WC. 灯泡L3的电阻为7.5D. 三灯泡消耗的总电功率为1.35W【答案】AD【解析】【详解】当开关闭合后，灯泡L3电压U3=3V，由图I-U特性曲线读出其电流I3=0.25A，则灯泡L3的电阻功率为：W灯泡L1、L2串联，电压V，由图读出其电流A，电阻灯泡L1、L2的功率均为：W三灯消耗的总功率为：P=20.30+0.75=1.35W故选AD。10.如图所示,粗糙程度均匀的绝缘空心斜面ABC放置在水平面上,角CAB = 30,斜面内部O点(与斜面无任何连接)
11、固定有一正点电荷,一带负电的小物体(可视为质点)可以分别静止在M、N点和MN的中点P上,OM=ON, OM/AB则下列判断正确的是( )A. 小物体静止在三处静止时所受力个数一定都是4个.B. 小物体静止在P点时受到的摩擦力最大C. 小物体静止在P点时受到的支持力最大,静止在M,N点时受到的支持力相等D. 当小物体静止在M点时,地面给斜面的摩擦力水平向左【答案】CD【解析】【详解】对小物体分别在三处静止时所受力分析如图：A.结合平衡条件，由图，小物体在P、N两点时一定受四个力的作用，故A错误；B.小物体静止在P点时，摩擦力f=mgsin30静止在N点时静止在M点时可见静止在N点时所受摩擦力最大
12、，故B错误；C.小物体静止在P点时，设库仑力为F，受到的支持力N=mgcos30+F在M、N点时：由库仑定律知，故，即小物体静止在P点时受到的支持力最大，静止在M、N点时受到的支持力相等，故C正确；D.以小物体和斜面整体为研究对象，当小物体静止在M点时，斜面内部O点正电荷对其库仑力斜向右，即有向右的分力，则斜面有向右运动的趋势，受水平向左的摩擦力，故D正确。二、填空题（共2小题，每空2分，共16分）11.如图所示的电路中，小量程电流表的内阻Rg100，满偏电流Ig=1mA，R1=900，R2= （1）当S1和S2均断开时，改装成的是_表，最大量程是_。（2）当S1和S2均闭合时，改装成是_表，
13、最大量程是_。【答案】 (1). 电压 (2). 1V (3). 电流 (4). 1A【解析】【详解】第一空：由电路图可知，当和均断开时，与串联，改装所成的表是电压表，第二空：量程为V第三空：由电路图可知，当和均闭合时，与并联，改装所成的表是电流表，第四空：量程为:A12.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，使用的小灯泡标有“6V 3W”，其他可供选择的器材有：A.电压表V1（量程6V，内阻约20k）B.电压表V2（量程20V，内阻约60k）C.电流表A1（量程3A，内阻约0.2）D.电流表A2（量程0.6A，内阻约1）E.滑动变阻器R1（0-1000，0.5A）F.滑动变阻器R2（0-1
14、0，2A）G.学生电源E（6V到8V）H.开关S及导线若干实验中为减小实验误差，方便调节，电压表应使用_（填器材前序号字母），电流表应选用_（填器材前序号字母），滑动变阻器应选用_（填器材前序号字母），在下面的四个电路中，应选用_A. B. C. D.【答案】 (1). A (2). D (3). F (4). C【解析】【详解】1描绘小灯泡的伏安特性曲线，通过小灯泡的电流从零开始，故滑动变阻器采用分压接法，选最大阻值小些的，即选R2；2小灯泡额定电压为6V，故电压表选V1；3对小灯泡，额定电流为A故电流表选A2；4由于小灯泡电阻远小于电压表内阻，故电流表外接，综合滑动变阻器的分压接法，故电路
15、图选C；三计算题(共44分.要求写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤）13.把q=-110-8C的电荷，从电场中的A点移到B点，电场力做正功WAB =1.210-6J，求：（1）A、B两点间的电势差；（2）若取B点电势为零，则A点的电势和q在A点的电势能各是多少？【答案】（1）120 V （2）120 V 【解析】（1）由得A、B两点间的电势差；（2）根据得A点的电势；q在A点的电势能14.某同学在研究微型直流电动机的性能时，采用如图所示的实验电路调节滑动变阻器R的阻值，使电动机无法转动，此时电流表和电压表的示数分别为0.2 A和0.6V重新调节R的阻值，使电动机能够正常运转，此时电流表和
16、电压表的示数分别为1.0 A和8.0 V(电流表、电压表均为理想电表)求：(1)这台电动机的线圈电阻；(2)电动机正常运转时的输出功率【答案】(1) (2) P输出=5W【解析】【分析】从电路图中可以看出，电动机和滑动变阻器串联，电压表测量电动机两端的电压，电流表测量电路电流，根据公式可求电动机停转时的电阻；利用公式P=UI可求电动机的总功率，根据公式P=I2R可求电动机克服本身阻力的功率，总功率与电动机克服自身电阻功率之差就是电动机的输出功率【详解】(1)电动机不转动时满足欧姆定律，电动机的电阻：(2)电动机的总功率：P=U1I1=8V1A=8W；电动机自身电阻的热功率：PR=I12R=（1
17、A）23=3W；电动机正常运转时的输出功率是：P输出=P-PR=8W-3W=5W【点睛】本题要明确非纯电阻电路的功率的计算方法，知道电动机不转动时可视为纯电阻和能量间的关系15.如图，光滑绝缘水平面上静置两个质量均为m、相距为x0的小球A和B，A球所带电荷量为+q，B球不带电。现在A球右侧区域加上水平向右的匀强电场，电场强度为E，小球A在电场力作用下由静止开始运动，然后与B球发生弹性正碰，A、B碰撞过程中没有电荷转移，且碰撞过程时间极短，求：（1）A球与B球发生第一次碰撞后B球速度；（2）从A球开始运动到两球在电场中发生第二次碰撞前电场力对A球所做的功；【答案】（1） （2）【解析】【详解】（
18、1）设A小球与B球第一次碰撞前速度为，碰撞后的速度分别为对A，根据牛顿第二定律得：由运动学公式有：解得：对于AB碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：解得：（2）设第一次碰撞后到第二次碰撞前经历的时间为，有从A球开始运动到两球在电场中发生第二次碰撞前电场力对A球所做的功为：解得16.如图，在xOy平面的第一象限内有平行于y轴的有界匀强电场E1=5103V/m,方向沿y轴正方向；第四象限有一匀强电场E2一质量m=110-12kg、电荷量q=210-8C的带电粒子，从P点以初速度大小v0=2103m/s，垂直y轴方向射入电场E1中，粒子偏转后经过x轴上A点进入第四象限，并沿直
19、线运动的最大距离AB=6.25cm已知OA=3cm，sin37=0.6，cos37=0.8，不计粒子重力求：（1）粒子的带电性质和粒子在第一象限的加速度大小；（2）粒子从A点运动到B点的时间；（3）第四象限的匀强电场E2大小和方向【答案】(1) 粒子带负电，m/s2(2) s（3）v/m，与x轴成37角斜向上【解析】【详解】粒子带负电m/s2 带电粒子从P点到A点做类平抛运动 ，设运动时间为t1 sm/s m/s带电粒子从A到B做匀减速直线运动，设运动时间为t2s（2）带电粒子从A运动到B过程中，设加速度为2 m/s2根据牛顿第二定律 V/m设带电粒子运动到P点速度偏向角为 所以 =37 E2方向为与x轴成37角斜向上点睛：此题是带电粒子在电场中运动问题，关键是搞清粒子的运动性质，粒子在电场中做类平抛运动，水平方向匀速运动，竖直方向匀加速运动；出离电场后做匀速直线运动，结合平抛运动的处理方法求解.