南通市2019-2020年高二上學期期中考試物理試題

高上期中試理題注事：、本卷為I卷第II卷，分100分、客題在題上主題在題上

考時：90分第卷（12題共分一選題本12小，小題4分共48。為單題只一答是確；8--12為多題全部對4分少得2分錯或選0分.1.下物理量中哪些與試探電荷無關（）A.電力做功B.電場強度C.電能D.電力【答案】【解析】電場強度是描述電場的性質的物理量，是由電場本身決定的，與試探電荷無關．正確；電場力的功W=Uq可知場力的功與電場有關，又與試探電荷有關，故A錯；電荷的電勢能為E=q，勢能既電場有關，也與試探電荷的電量及電性有關．C錯．電場力為F=qE，知電場力既與電場有關，又與試探電荷有關，故D錯誤故選B.點睛：對于電場強度和電勢，關鍵要理解并掌握其物理意義，知道它們都是由電場本身決定的，與試探電荷無關．2.關電阻率，下列說法中正確的()A.電率是表征材料導電性能好壞的物理量，電阻率越大，其導電性能越好B.各材料的電阻率大都與溫度有關，金屬的電阻率隨溫度升高而減小C.某合金的電阻率幾乎不受溫度變化的影響，通常都用它制作標準電阻D.所超導體，是當其溫度降低到接近絕對零度的某個臨界溫度時，它的電阻率突然變無窮大【答案】【解析】電阻率是表征材料導電性能好壞的物理量，電阻率越大，材料的導電性能越不好，故A錯誤電阻率表征了導體材導電能力的強弱，由導體的材料決定，與溫度有關，金屬導體的電阻率隨溫度的升高而增大，故錯；某些合金的電阻率幾乎不受溫度變化的影響，常用來制作標準電阻，故C正確；所謂超導體，是當其溫度降低到接近絕對零度的某個臨界溫度時，它的電阻率突然減為零的現象，故錯誤故選．3.如在光滑絕緣水平面上，三個帶電小球、b和c分位于邊長為L的三角形的三個-1-

頂點上ab帶電，電荷量均為，負電。整個系統(tǒng)置于方向水平的勻強電場中。已知靜電力常量為k。若三個小球均于靜止狀態(tài)，則勻強電場場強的大小()A.B.C.D.【答案】4.空中P、Q兩點各固定一個點電荷，其中處為正電荷，、兩點附近電場的等勢面分布如圖所示a、、、為場中的點．則（）A.P、兩處的電荷等量同種B.a點和b點的電場強度相同C.負荷從a到c，電勢能減D.c點的勢低于d點電【答案】-2-

..................考點：電場線；電場強度；電勢及電勢能【名師點睛】該題考查常見電場的特點，解題的關鍵是在兩個電荷連線的中垂線上的電勢和無窮遠處的電勢相等．而正電荷周圍的電場的電勢都比它高，負電荷周圍的電場的電勢都比它低．屬于簡單題。5.如所示的實驗裝置中，極板地，平行板電容器的極板與一個靈敏的靜電計相接。將板向左移動，增大電容器兩極板間的距離時，電容器所帶的電量Q、電容C、兩極間的電壓U，電容器兩極板間的場強的化情況()A.Q變，不不，變B.Q變，變不，不C.Q不，變變，不D.Q不，變變，變【答案】【解析】試題分析：由平行板電容器電容公式器電容將減小，當電容器充電后Q不變，由

，增大電容器兩極板間的距離時，電容可知，若C減則U將大，故電計指針偏角θ增，由

可知E將變，故C正、ABD錯。考點：本題考查了平行板電容器的概念-3-

6.用只完全相同的電流表分別改裝成一只電流表和一只電壓表．將它們串聯(lián)起來接入電路中，如圖所示，此時)A.兩電表的指針偏轉角相同B.兩電表的指針都不偏轉C.電表指針的偏轉角大于電壓表指針的偏轉角D.電表指針的偏轉角小于電壓表指針的偏轉角【答案】【解析】電流表改裝成電壓表是串聯(lián)較大的分壓電阻；電流表改裝成大量程電流表是并聯(lián)較小的分流電阻；兩表串聯(lián)后，通過電流表的總電流與電壓表的電流相等，由于電流表改裝成大量程電流表是并聯(lián)較小的分流電阻，所以大部分電流通過了分流電阻，通過表頭的電流很小，電流表指針的偏轉角小于電壓表指針的偏轉角，故錯誤，D正確；故選:D.點睛：電流表改裝成電壓表是串聯(lián)較大的分壓電阻；電流表改裝成大量程電流表是并聯(lián)較小的分流電阻；將電壓表和電流表串聯(lián)，分析通過表頭的電流關系，判斷指針偏轉角度的大?。?.如所示，兩平行金屬板間帶電質點原于靜止狀態(tài)不慮電流表和電壓表對電路的影響，當滑動變阻器R滑片向端移動時，()A.電表讀數減小B.電表讀數減小C.質P將向上運動D.R上耗的功率逐漸增大【答案】【解析】試題分析：當P向b端動時R變，R與聯(lián)的總電阻減小，再與R并的總電阻也變小，故電容器的兩端電壓減小，則電容器間的電場強度減小，所以質點P會下-4-

運動，選項C錯；由于電容器與并，故電阻R兩端電壓也變小，則R上消耗的電功率變小，選項D錯；中的電變小，又因為電路的總電阻變小，總電流變大，故通過R

支路的電流變大，電流表的示數變大，故選項B錯；對于R來說總電壓減小，而電流又增大，故R的端電壓增大，所以兩電壓減小，即電壓表的示數變小，選項A正。考點：歐姆定律的動態(tài)電路，電容。8.如所示區(qū)電場線左右稱分布對稱線上的兩點列說法正確的是()A.M點強定大于N點場強B.M點勢定高于N點電勢C.正荷在M點的電勢能大于N點的勢能D.將子從M點移動到N點電場力做正功【答案】【解析】電場強度由電場線的疏密來反映，電場線密的地方，電場強，反之電場弱，所以N點電場強，故A錯；電場線是述電場的一種直觀手段，沿電場線的方向電勢逐漸降低，所以M點勢高于N點電，故B正確；正電荷從運動到N點的過程中，電場力做正功，電勢能減少，則正電荷在M點的勢能大于在N點的勢能，所以C正；將電從M點移到N點，場力做負功，故D錯．故選．9.如，平行板電容器的兩個極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連。若一帶電粒子恰能如圖中所示水平向右沿直線通過電容器，則在此過程中，該粒()A.所重力與電場力平衡B.電能逐漸增加C.做變速直線運動D.動逐漸增加【答案】【解析】帶電粒子在電場中受到電場力與重力，根據題意可知，粒子做直線運動，力和速度-5-

一定在同一直線上，則可知，電場力必定垂直極板向上，電場力與重力的合力必定與速度方向反向粒子做勻減速直線運動A錯C正電力垂直于極板向上場力做負功，則電勢能增加，故B正確因重力不做功，電場力做負功，則電勢能增加，導致動能減小，故D錯誤故選BC.點睛：本題考查根據運動情況來確定受力情況，并由電場力做功來確定電勢能如何，以及動能的變化，注意電場力做正功時電勢能減小，而電場力做負功時電勢能增大．10.如所示，直線為源的圖，線和C分別電阻R和的I圖，用該電源分別與、組閉合電路時，電源的輸出功率分別為P、P，電的效率分別為η、η，則()A.PB.PC.η>ηD.η<η

【答案】【解析】由電源的U-I圖象讀出動勢E=6V，兩圖線的交點就表示該電源和該電阻組成閉合電路時的工作狀態(tài)；電源的輸出功率分別為=U=4×2=8WP=UI=2×4=8W，故P=P，A正，錯誤；電源的效率：，，故η，正確D誤；故選AC.點睛：本題是對電源和電阻伏安特性曲線的結合，關鍵明確兩圖線的交點就表示該電源和該電阻組成閉合電路時的工作狀態(tài)，能直接電流和路端電壓，求出電源的輸出功率．11.如所示，氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速地飄入電場線水平向右的加速電場E，之進入電場豎直向下的勻強電場發(fā)偏轉，最后打在屏上．整個裝置處于真空中，不計粒子重力及其相互作用，那()-6-

A.偏電場E對種粒子做功一樣多B.三粒子一定打到屏上的同一位置C.三粒子運動到屏上所用時間相同D.三粒子打到屏上時的速度一樣大【答案】【解析】帶電粒子在加速電場中加速度，由動能定理可知qd=mv；得；粒子在偏轉電場中的時間t=；偏轉電場中的縱向速度=at=;縱向位移；即位移與比荷無關，與速度無關；則可三種粒子的偏轉位移相同，三種粒子一定打到屏上的同一位置，偏轉電場對三種粒子做功一樣多；故AB正確由與打在屏幕上的位置相同，故水平位移相同，但水平速度不同，故到屏上到時間不相等；故C錯；打到屏上的速度等于水平速度與豎直速度的合速度，則可知打在屏上的速度不相同；故D錯誤故選AB．點睛：本題考查帶電粒子在電場中的偏轉，要注意偏轉中的運動的合成與分解的正確應用；正確列出對應的表達式，根據表達式再去分析速度、位移及電場力的功．12.如所示，水平向右的勻強電場中有一絕緣斜面，一帶電金屬滑塊以＝J的動能從斜面底端沖斜面端時回滑塊從到B的過中克服摩擦做功10，克服重力做功24，則()A.滑帶正電，上滑過程中電勢能減小4B.滑上滑過程中機械能增加4J-7-

C.滑返回到斜面底端時動能為15D.滑上滑到斜面中點時重力勢能增加12J【答案】【解析】由動能定理知上滑過程中-W-Weq\o\ac(△,=)，代入數值得W=4，電場力做正功，滑塊帶正電，電勢能減小4J，故A正確；由功能關系知滑塊上滑過程中機械能的變化量E=W-W=-6J，即機械能減小6J，錯誤由動能定理知2W=E，所滑塊返回到斜面底端時動能為10J，故C錯誤由意知滑塊上滑到斜面中點時克服重力做功為12J，即重力勢能增加12J，故D正；故選AD點睛：解決本題的關鍵掌握功能關系，知道重力做功等于重力勢能的減小量，合力做功等于動能的增加量，除重力以外其它力做功等于機械能的變化量，電場力做功等于電勢能的減小量．第II卷5題共分二實題本2小，題123每分14題（（2每2分共12分13.一小燈泡，標有“V”字樣．現要描繪小燈泡0～V的安特性曲線．實驗器材有：A．最大阻值為10Ω的滑動變阻器B．電動勢為6V、內阻約為1.0Ω的電源C．量程為0.6A、內阻約為1.0Ω的電流表AD．量程為3A、內阻約為0.1Ω的電流表AE．量程為3V、內阻約為6kΩ的壓表VF．量程為15V、內阻約為10kΩ的壓表V

G．開關、導線若干(1)電壓表應選用________；流表應選________．將選項代號的字母填在橫線)(2)在該實驗中設計了如下圖示的四個電路了減小誤差應取的電路是_______(將選項代號的字母填在橫線)．-8-

(3)以下是該實驗的操作步驟：A．將電流表、電壓表、變阻器小燈泡、電源、開關正確連接成電路B．調節(jié)滑動變阻器觸頭的位置保證閉合開關前使變阻器與小燈泡并聯(lián)部分的阻值最大C．閉合開關，記下電流表、電表的一組示(，)，移動變阻器的滑動觸頭，每移動一次記下一組U，值，共測出12組據D．按所測數據，在坐標紙上描并將各點用直線段連接起來，得出小燈泡的伏安特性曲線指出以上步驟中存在的兩處錯誤或不妥之處并修改：①_______________②______________【答案】(1).E(2).C(3).C(4).步妥，應為：閉合開關前應使變阻器與小燈泡并聯(lián)部分的電阻為零(5).步有錯應為：按所測數據，在坐標紙上描點并將各點用一條平滑的曲線連接起來【解析】試題分析）因為小泡的額定電壓為3V所以選擇電壓表E，燈泡的額定電流為，采用電流表C（）求電壓從零開始，故采用滑動變阻器的分壓接法，因為小燈泡的電阻和電流表的內阻相接近，電流表分壓過大，故采用電流表的外接法，故C正確；（）為滑動變阻器是分壓接法，所以為零保證小燈泡不損壞，故在實驗前應使小燈泡兩端的電壓為零，即保證閉合開關前使變阻器與小燈泡并聯(lián)部分的阻值最小錯誤在在坐標紙上描點并將各點用圓滑的曲線連接起來D誤；考點：考查了描繪小燈泡伏安特性曲線實驗【名師點睛】應明確：①當實驗要求電流從零調或變阻器的全電阻遠小于待測電阻時變阻器應采用分壓式接法，應選擇阻值小的變阻器以方便調節(jié)；②當待測電阻滿足

時，電流表應用外接法，滿足

時，電流表應用內接法；14.現一特殊電池，它的電動勢E約，內阻約40Ω，知電池允許輸出的最大電流為50mA為了測定這個池的電動勢和內阻同利用如圖甲所示的電路進行實驗，圖中電流表的內阻R已測出，阻值為5Ω，電阻箱，阻值范圍0999.9Ω，為值電阻，對電路起保護作用．-9-

(1)實驗室備有的定值電阻R有以幾種規(guī)格：A．Ω

B．50ΩC．Ω

D．Ω本實驗選用哪一種規(guī)格的定值電阻最好________(將選項代號的字母填在橫線)(2)該同學接入符合要求的R后，合開關S，調整電阻箱的阻值，讀取電流表的示數，記錄多組數據，作出了圖乙所示的圖線，則根據該同學作出的圖線可求得該電池的電動勢＝______V，阻r＝________Ω。【答案】(1).C(2).10(3).45【解析】試題分析）池的允許通過的最大電流為，內電阻約為Ω，路中的最小電阻應大于=180Ω，最小電阻為180﹣40﹣Ω為了能很好的調節(jié)電路，并能得出更多組數據，保護電阻應選．（）閉合電路歐姆定律可知：E=I（+RA）==+由可，=K==0.1=b=5R=5Ωr=50﹣=45Ω解得：E=10V；r=45Ω三計題本3小，、16題12分，17題16分，40分，答寫出要文字明方程和要演步只出后案不分答案明寫數和位15.如，勻強電場中有一半徑為r的滑絕緣圓軌道，軌道平面與電場方向平行、為-10-

軌道直徑的兩端，該直徑與電場方向平行．一電荷量為q(>0)質點沿軌道內側運動，經過a點和b點時軌道壓力的大小分別為和.計重力，求：勻強電場的電場強度，質點經b過和點的動能．【答案】【解析】試題分析：質點所受電場力的大小為f=qE①設質點質量為m，經過a點b點時的速度大小分別為v和v，由頓第二定律有②③設質點經過a點b點的動能別為E和E，④⑤根據動能定理有：-E聯(lián)立①②③④⑤⑥式得⑧⑨

⑦考點：牛頓第二定律及動能定理的應用【名師點睛】此題是牛頓第二定律及動能定理的應用問題；關鍵是知道物體做圓周運動的向心力由電場力和支持力的合力提供，根據牛頓定律和動能定理列出方程聯(lián)立解答．視頻16.如所示，為解槽，為電機為爐子，恒定電壓＝12，電解槽內阻r2Ω，當S閉S、S斷時，電流表A示為2A；當S閉合SS斷開，A示為5A，且電動機輸出功率為50W；當S閉S、斷時，示數A．求：-11-

CC(1)電爐子的電阻及發(fā)熱功率各多大？(2)電動機的內阻是多少？(3)在電解槽工作時，電能轉化為化學能的功率為多少？【答案）?,24w（2）0.4（）18w【解析S閉SS斷時只有電爐子接入因電爐子為純電阻由姆定律有：電爐子的電阻其發(fā)熱功率為：