1、惠州一中2020届高二上学期期中考试物理试题一单项选择题（本大题共6小题，每题4分，共24分）1.两个可自由移动的点电荷分别放在A、B两处，如图所示。A处为带电荷量为Q1的正电荷，B处为带电荷量为Q2的负电荷，且Q14 Q2，另取一个可以自由移动的点电荷P，放在AB直线上，欲使整个系统处于平衡状态，则（ ）A. P为负电荷，且放于A右方B. P为负电荷，且放于B右方C. P为正电荷，且放于B右方D. P为正电荷，且放于A、B之间【答案】C【解析】假设P放在Q1Q2之间，那么Q1对P电场力和Q2对P的电场力方向相同，P不能处于平衡状态假设P放在Q1左边，那么Q1对P的电场力大于Q2对P的电场力，
2、P不能处于平衡状态则P只能放在Q2右边，要使整个系统处于平衡状态，则P只能带正电；故选C.点睛：我们可以去尝试假设P带正电或负电，根据平衡条件求解它应该放在什么地方，能不能使整个系统处于平衡状态，不行再继续判断2.如图所示，在光滑水平面上有一质量为m的物体，在与水平方向成角的恒定拉力作用下运动，则在时间t内（ ）A. 重力的冲量为0B. 拉力F的冲量为FtC. 拉力F的冲量为D. 动量的变化量等于Ft【答案】B【解析】【详解】重力的冲量IG=mgt，故A错误。拉力F的冲量IF=Ft，故B正确，C错误。合外力的冲量：I合=Ftcos，根据动量定理知，合力的冲量等于动量的变化量，则动量的变化量为F
3、tcos故D错误。故选B。【点睛】解决本题的关键知道冲量等于力与时间的乘积，知道合力的冲量等于动量的变化量3.电场的电场线分布如图所示，电场中A、B两点的电场强度的大小和电势分别用EA、EB和A、B表示，则有 （ ）A. EAEB，ABB. EAEB，ABC. EAEB，ABD. EAEB，AB【答案】C【解析】【详解】根据电场线的疏密表示电场强度大小，电场线密的地方，电场强度大， ，根据沿电场线的方向电势逐渐降低，则有 ，ABD错误C正确。4.如图所示，直线b为电源的UI图像，直线a为电阻R的UI图像，用该电源和该电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的效率分别是（ ）A. 电源的输出功率
4、为6WB. 电源的输出功率为2WC. 电源的效率为33.3%D. 电源的效率为66.7%【答案】D【解析】【详解】AB、由图象可知电源的电动势 E=3V，短路电流为6A，由两图象的交点可知该电源和该电阻组成闭合电路时路端电压为：U=2V，电流为：I=2A，电源的输出功率即为电阻R上消耗的功率，根据P=UI得： ，AB错误。CD、电源的效率为： ，C错误D正确。5.图为双量程的电流表电路示意图，其量程分别为010mA和01mA，已知表头内阻rg为200，满偏电流Ig为0.5mA，则有（ ）A. 当使用a、c两个端点时，量程为010mA,R2=180B. 当使用a、b两个端点时，量程为010mA,
5、R1=20C. 当使用a、c两个端点时，量程为01mA,R1=40D. 当使用a、c两个端点时，量程为010mA,R2=2000【答案】B【解析】【详解】当使用a、c两个端点时，分流电阻阻值大，电流表量程小，为0-1mA，当使用a、b两个端点时，分流电阻阻值小，电流表量程大，为0-10mA，联立解得：R1=20，R2=180，ACD错误B正确。6.如图所示，在光滑水平面上停放着质量为m装有光滑弧形槽的小车，小车的弧形和水平部分均光滑。质量为m的小物块以水平速度v沿槽向车上滑去，到达某一高度后，小物块又返回车右端，在这一过程中，下面说法正确的是（ ）A. 小物块上升到最大高度时相对地面的速度为零
6、B. 小物块在弧形槽上升的最大高度为C. 小物块离开小车以后将向右做平抛运动D. 小物块离开小车以后将向左做平抛运动【答案】B【解析】【详解】AB、当小物块与小车的速度相等时，小物块在弧形槽上升到最大高度，设最大高度为h，取水平向左为正方向，根据水平动量守恒得： ，根据系统的机械能守恒得 ，联立解得： ，A错误B正确。CD、系统整个过程水平方向动量守恒，设小物块离开小车时，小物块的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中动量守恒，得： ，由机械能守恒得： ，解得： ，即小物块与小车分离后二者交换速度，所以小物块离开小车后做自由落体运动，CD错误。二多选题（本大题共6小题，每题4分，共24分，选
7、不全得2分，错选不给分）7.如图所示，倾角为=30的光滑绝缘直角斜面ABC，D是斜边AB的中心，在C点固定一个带电荷量为+Q的点电荷一质量为m，电荷量为-q的小球从A点由静止释放，小球经过D点时的速度为v，到达B点时的速度为0，则（ ）A. 小球从A到D的过程中静电力做功为B. 小球从A到D的过程中电势能逐渐减小C. 小球从A到B过程中电势能先减小后增加D. AB两点间的电势差【答案】CD【解析】【分析】根据动能定理研究该质点从A点滑到非常接近斜边底端B点的过程，其中的A、D点是同一等势面上，然后结合动能定理即可判断【详解】A.斜面的倾角为，斜面上，由几何关系可知，即A到C的距离与D到C的距离
8、是相等的，所以D与A的电势相等，则由，知A到D的过程中电场力做的功等于0，A错误；由于即A到C的距离与D到C的距离是相等的，由几何关系可知，沿AD的方向上的各点到C的距离先减小后增大，距离减小的过程中电场力对负电荷做正功，所以从A到D的过程中负电荷的电势能先减小后增大，B错误；结合B的分析，同理可知，小球从A到B的过程中电势能先减小后增加，C正确；设AB的长度为2L，则，在小球从A到D两点得过程中，由动能定理有：，在小球从A到B的过程中有：，所以：，D正确【点睛】应用动能定理应注意的几个问题(1)明确研究对象和研究过程，找出始末状态的速度。(2)要对物体正确地进行受力分析，明确各力做功的大小及
9、正负情况(待求的功除外)。(3)有些力在物体运动过程中不是始终存在的。若物体运动过程中包括几个阶段，物体在不同阶段内的受力情况不同，在考虑外力做功时需根据情况区分对待8.图为两个不同闭合电路中两个不同电源的U-I图像，下列判断正确的是（ ）A. 电动势E1E2，发生短路时的电流 I1 I2B. 电动势E1=E2，内阻 r1r2C. 电动势E1E2，内阻 r1 r2D. 当两电源的工作电流变化量相同时，电源2的路端电压变化大【答案】AD【解析】解：A、B、C、UI图象中与U轴的交点表示电源的电动势，斜率表示内阻，则知电动势E1=E2，内阻r1r2，UI图象与I轴的交点表示短路电流，故发生短路时的
10、电流I1I2，故BC错误，A正确；D、根据U=EIr可知，U=rI，内阻r1r2，故当电源的工作电流变化相同时，电源2的路端电压变化较大，故D正确；故选：AD【点评】本题考查了闭合电路电源的UI图象的相关知识，要求同学们理解UI图象中与U轴的交点表示电源的电动势，与I轴的交点表示短路电流，斜率表示内阻9.如图所示是一种通过测量电容器电容的变化来检测液面高低的仪器原理图。电容器的两个电极分别用导线接到指示器上，指示器可显示出电容的大小，下列关于该仪器的说法正确的是（ ）A. 该仪器中电容器的电极分别是芯柱和导电液体B. 芯柱外套的绝缘层越厚，该电容器的电容越大C. 如果指示器显示出电容增大，则说
11、明容器中液面升高D. 如果指示器显示出电容减小，则说明容器中液面升高【答案】AC【解析】由电容器的定义可知，该仪器中的芯柱和导电液体相当于电容器的两个极板，故A正确；设芯柱的半径为r，芯柱外套的绝缘层厚度为d，则该装置的电容值为C=rS/4kd=r2rh/4kdh，C增大，液面升高，C正确。10.用标有“6V 3W”的灯泡L1和“6V 6W”的灯泡L2的伏安特性曲线如图甲所示。现将两灯泡与理想电压表和理想电流表连接成如图乙所示的电路，其中电源电动势E=9V。闭合开关，其中一个灯泡正常发光，下列说法正确的是（ ）A. 电压表的示数为6VB. 电流表示数为0.5AC. 电源内阻为2D. 电源输出功
12、率为6W【答案】BC【解析】【详解】AB、由图象可知，L2正常发光的电流为1A，L1的正常发光电流为0.5A，所以，两灯串联在电路中，只有一灯正常发光，则一定是L1，此时电路中的电流为0.5A；由图可知：L2的电压为U2=2V，此时电压表测L2两端的电压，即电压表的示数为2V；故A错误，B正确；CD、此时电源的输出电压为U=U1+U2=2V+6V=8V，电源的输出功率P=UI=8V0.5A=4W，电源的内阻 ，故C正确，D错误；11.如图所示电路中，三只灯泡原来都正常发光，当滑动变阻器滑动触头P向左移动时，下面判断正确的是（ ）A. L1和L3变亮，L2变暗B. L1变暗，L2变亮，L3亮度不
13、变C. L1中电流变化值小于L3中电流变化值D. L1中电流变化值等于L3中电流变化值【答案】AC【解析】【详解】AB、当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流增大，故L1变亮；电路中总电流增大，故内电压及R0、L1两端的电压增大，而电动势不变，故并联部分的电压减小，故L2变暗；因L2中电流减小，干路电流增大，故流过L3的电流增大，故L3变亮，A正确B错误。CD、因L1中电流增大，L3中电流增大，而L2中电流减小；开始时有：I1=I2+I3，故L3上电流变化量大于LI上的电流变化量，C正确D错误。12.一质量为2kg的物体受水平拉力F作用，在
14、粗糙水平面上做加速直线运动时，加速度a随时间t变化的图象如图所示，t=0时其速度大小为0m/s，滑动摩擦力大小恒为2N，则（ ）A. t=6s时，物体的速度为18m/sB. 在0-6s内，合力对物体做的功为324C. 在0-6s内，拉力对物体的冲量为48D. t=6s时，拉力F的功率为200W【答案】ABC【解析】【详解】A、根据v=at可知a-t图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量，则在t=6s时刻，物体的速度 ，A正确。B、根据动能定理得： ，B正确。C、根据动量定理，代入数据，解得拉力冲量： ，C正确D、t=6s时，拉力F的大小：，。所以拉力功率：，D错误。三实验题（本大题共2小
15、题，共16分，其中13题每空2分，共12分,14题每空1分，共4分）13.某同学想设计一个测量金属棒电阻率的实验方案，实验室提供的器材有：A电流表A1（内阻Rg=100，满偏电流Ig=3mA）B电流表A2（内阻约为0.4，量程为0.6A）C定值电阻R0=900D滑动变阻器R（5，2A）E干电池组（6V，0.05）F一个开关和导线若干G螺旋测微器，游标卡尺（1）如图，用螺旋测微器测金属棒直径为_mm；如图用20分度游标卡尺测金属棒长度为_cm（2）用多用电表粗测金属棒的阻值：当用“10”挡时发现指针偏转角度过大，他应该换用_挡（填“1”或“100”），换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图所
16、示，则金属棒的阻值约为_（3）请根据提供的器材，设计一个实验电路，要求尽可能精确测量金属棒的阻值_（4）若实验测得电流表A1示数为I1，电流表A2示数为I2，则金属棒电阻的表达式为Rx=_（用I1，I2，R0，Rg表示）【答案】 (1). （1）6.126； (2). 10.230； (3). （2）1； (4). 10； (5). （3）如图所示； (6). （4） 【解析】试题分析：（1）螺旋测微器固度刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数（2）由欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数（3）根
17、据伏安法测电阻的实验原理与所给实验器材作出电路图（4）根据电路图应用欧姆定律求出电阻阻值解：（1）由图示螺旋测微器可知，其示数为：6mm+12.60.01mm=6.126mm，由图示游标卡尺可知，其示数为：102mm+60.05mm=102.30mm=10.230cm；（2）用欧姆表“10”挡时发现指针偏转角度过大，说明所选挡位太大，应该换用1挡，挡并进行一系列正确操作，由图3所示可知，则金属棒的阻约为101=10；（3）由题意可知，没有电压表，可以用电流表A1与定值电阻R0串联组成电压表测电压，用电流表A2测电流，由于改装后电压表内阻为100+900=1000，电流表内阻约为0.4，待测电阻
18、阻值约为10，滑动变阻器最大阻值为5，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电压表内阻远大于电阻阻值，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示：（4）金属棒电阻阻值：Rx=；故答案为：（1）6.126；10.230；（2）1；10；（3）如图所示；（4）【点评】本题考查了螺旋测微器与游标卡尺读数、欧姆表的使用方法、设计电路图、求电阻阻值；螺旋测微器固度刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数，螺旋测微器需要估读，游标卡尺不需要估读14.测一节干电池的电动势E和内阻r.某同学设计了如图a所示的实验电路,已知电流表内阻与电源内阻相差不大.(1)连接好实
19、验电路,开始测量之前,滑动变阻器R的滑片P应调到_(选填“a”或“b”)端.(2)闭合开关,接位置1,改变滑片P的位置,记录多组电压表、电流表示数.(3)重复(1)操作,闭合开关,接位置2,改变滑片P的位置,记录多组电压表、电流表示数.(4)建立坐标系,在同一坐标系中分别描点作出接位置1、2时图象如图b所示.接1时的图线是图b中的_(选填“A”或“B”)线.每次测量操作都正确,读数都准确.由于接位置1,电压表的分流作用,接位置2,电流表的分压作用,分别测得的电动势和内阻与真实值不相等.则由图b中的A和B图线,可得电动势和内阻的真实值,E=_V，r=_【答案】（1）a；（4）B； 1.50；1.
20、50【解析】（1）为保护电流表，实验开始前，应将滑片p置于电阻最大的a端；（4）当S2接1位置时，可把电压表与电源看做一个等效电源，根据闭合电路欧姆定律可知，电动势和内阻的测量值均小于真实值，所以作出的U-I图线应是B线；测出的电池电动势E和内阻r存在系统误差，原因是电压表的分流当S2接2位置时，可把电流表与电源看做一个等效电源，根据闭合电路欧姆定律E=U断可知电动势测量值等于真实值，U-I图线应是A线，即E真=UA=1.50V；由于S2接1位置时，U-I图线的B线对应的短路电流为I短=IB，所以；点睛：解题时应明确用“等效电源”法分析“测量电源电动势和内阻实验”误差的方法，明确U-I图象中纵
21、轴截距与斜率的含义四计算题（本大题共3小题，共36分）15.如图所示，平行金属板长为L，一个带电为q、质量为m的粒子以初速度v0紧贴上板垂直射入电场，刚好从下板边缘射出，末速度恰与下板成30角，粒子重力不计，求：（1）粒子末速度大小；（2）电场强度；（3）两极板间距离【答案】（1） （2） （3） 【解析】试题分析：粒子在电场中做类平抛运动，由运动合成与分解可知粒子的末速度的大小将粒子的运动分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的匀加速直线运动，则由运动的合成与分解可求得电场强度；由动能定理可求得两板间的距离。（1）粒子离开电场时速度如图所示，由图示可知： （2）带电粒子做类平抛运动，在水平方向上
22、：L=v0t，粒子离开电场时，粒子竖直方向的分速度：vy=v0tan60两板间的距离：（3）粒子从射入电场到离开电场，由动能定理得：联立以上解得：点睛: 本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，若垂直电场线进入则做类平抛运动，要将运动分解为沿电场线和垂直于电场线两个方向进行分析，利用直线运动的规律进行求解。16.如图甲所示，有小孔O和O的两金属板正对并水平放置，上下板分别与A，B接口连接，接上乙图所示电源，零时刻开始一带负电小球从O孔以某一初速度v竖直射入两板间在0-T/2半个周期小球匀速下落；当在T时刻时，小球恰好从O孔离开已知板间距为3d，带电小球质量为m，电荷量为q，重力加速度为g求：（1
23、）U0的大小（2）在T/2-T时间内，小球的加速度大小（3）小球射入O孔时的速度v【答案】（1）（2）（3）【解析】【详解】（1）在0-T/2半个周期小球匀速下落，所以，解得：。（2）在T/2-T时间内，电压反向，电场力反向，根据牛顿第二定律，解得。（3）小球先匀速半个周期，又匀加速半个周期，根据位移关系有：，解得：。17.如图，木板A静止在光滑水平面上，其左端与固定台阶相距x与滑块B（可视为质点）相连的细线一端固定在O点水平拉直细线并给B一个竖直向下的初速度，当B到达最低点时，细线恰好被拉断，B从A右端的上表面水平滑入A与台阶碰撞无机械能损失，不计空气阻力已知A的质量为2m，B的质量为m，A
24、、B之间动摩擦因数为；细线长为L、能承受的最大拉力为B重力的5倍；A足够长，B不会从A表面滑出；重力加速度为g（1）求B的初速度大小v0和细线被拉断瞬间B的速度大小v1（2）A与台阶只发生一次碰撞，求x满足的条件（3）x在满足（2）条件下，讨论A与台阶碰撞前瞬间的速度与x关系【答案】（1） ， （2）（3）（i）；（ii）；【解析】【详解】（1）滑块B从释放到最低点，其机械能守恒，有 ，在最低点，由牛顿第二定律有： ，联立解得： ， 。（2）设A与台阶碰撞前瞬间，A、B的速度分别为vA和vB，取向左为正方向，由动量守恒定律有 ，若A与台阶只碰撞一次，碰撞后必须满足： ，对A应用动能定理有： ，解得： 。（3）设x=x0时，A左端到台阶板前瞬间，A、B恰好达到共同速度vAB，由动量守恒有 ，对A应用动能定理有： ，解得： ，（i）当xx0即 时，AB共速后A与挡板碰撞，可得A与台阶碰撞前瞬间的速度： （ii）当 ，即 时，AB共速前A就与台阶碰撞，对A应用动能定理有： ，A与台阶碰撞前瞬间的速度： 。
