安徽省合肥九中20212021学年高二物理上学期期中试题

2021-2021学年度合肥九中高二期中考试物理试题时间：80分钟一、单项选择题〔本大题共8小题，共分〕.关于元电荷的以下说法中正确的选项是〔〕A.元电荷就是电子 B.元电荷就是质子C.元电荷的值取e=1.60xl0一19c D.元电荷的值取e=1.60xl0-23C.将两个别离带有电荷量-2Q和+5Q的一样金属小球A、B别离固定在相距为r的两处（都可视为点电荷］，它们间库仑力的大小为F现将第三个与A、B两小球完全一样的不带电小球C前后与A、B彼此接触拿走，A、B间距离维持不变，那么两球间库仑力的大小为（）A.F B. C.—F D.-F.如下图，PQ为等量异种点电荷A、B连线的中垂线，C为中线上的一点，M、N别离为AC、BC的中点，假设取无穷远处的电势为零，那么以下判断正确的选项是〔〕M、N两点的电场强度一样M、N两点的电势相等假设将一负试探电荷由M点移到C点，电场力做正功D.假设将一负试探电荷由无穷远处移到N点时，电势能必然增加.某电场的电场线散布如下图（实线），以下说法正确的选项是（ ）c点场壮大于b点场强b和c处在同一等势面上C.假设将一试探电荷+q由a点移动到d点，电荷的电势能将增大D.假设某一点电荷只在电场力的作用下沿虚线由a点运动到d点，可判断该电荷必然带负电

1J?.如下图，在NaCI溶液中，正、负电荷定向移动，其中Na+水平向右移动.假设测得4s内别离有1.0x1018个Na+和CL通过溶液内部的横截面M,那么溶液中的电流方向和大小为〔〕A.水平向左AB,水平向右AC.水平向左A D,水平向右A6.在电场中A、B两点间的电势差为Uab=75V,B、C两点间的电势差为UBC=-200V,那么A、B、C三点电势上下关系为〔〕A.五>%>5cB-5A<%<% c-CPC>CPA>①b.如下图为滑动变阻器示用意，以下说法中正确的选项是〔〕②b和d串③b和c①a和b串联接入电路中，P②b和d串③b和cTOC\o"1-5"\h\zA.①② B.②③ C.①③ D..在如下图的电路中，电阻R=4Q,R=6Q,R=3Q,电流表内阻A、B两点间加上9V的电压时，电流表的读数为〔 〕A.0 B.1A C.1.5A D.二、多项选择题〔本大题共4小题，共分〕.如下图，倾角为9=30°的滑腻绝缘直角斜面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ni,电荷量为-q的小球从A点由静止释放，小球通过D点时的速度为v,抵达B点时的速度为0,那么〔 〕A.小球从A到D的进程中静电力做功为31V2B.小球从A到D的进程中电势能逐渐减小C.小球从A到B的进程中电势能先减小后增加D.AB两点间的电势差”ABV.在x轴上有两个点电荷其静电场的电势很在乂轴上散布如下图-以下说法正确有（ ）qj口q。带有异种电荷X；处/电场强度为零C.而电荷从七移到十电势能减小

D.负电荷从3移到气，受到的电场力增大.如下图，电阻R和电动机M串联接到电路中，电阻R跟电动机线圈的电阻值相等，开关接通后，电动机正常工作.设电阻R和电动机M两头的电压别离为q和U,,通过时间t,电流通过电阻R做功为,，产生热量为电流通过电动机做功为产2生热量为4.那么U<U,Q「Q,c.u<u\wU<U,Q「Q,c.u<u\wU=U,QjQ,D.W；W,Q<2Q2.有一电热器，额定电压为220V,额定功率为1000W.现要把它改装一下，用在电压为nov的电路中，假设要使它消耗的功率仍为1000W.下面做法中正确的选项是0A.将电热器中的电热丝截去一半B.将电热器中的电热丝截去"只留下:C.在电热器中再并联一根与原来一样的电热丝D.将电热器中的电热丝等分成两段，再并联起来三、实验题探讨题〔本大题共2小题，共分〕下面三个图为探讨平行板电容器电容大小决定因素的实验，请将正确的结论填在横线上.两平行板之间的电场可以视为匀强电场.给电容器充电后与电源断开，那么图士 图？ 圄$〔1〕假设维持板间距离d不变，正对面积S变小，那么两板电容C,板间电势差U〔2〕假设维持S不变，d变大，两板电容C,板间电场强度E.〔3〕假设维持S和d都不变，插入介质板后，那么板间电势差U,板间电场强度E〔以上填“变小〃、”变大〃或“不变〃〕某同窗研究小灯泡的伏安特性，所利用的器材有：小灯泡L〔额定电压V,额定电流A〕；电压表V〔量程3V,内阻3kQ〕；电流表A〔量程A,内阻〕；固定电阻RJ阻值1000Q〕；滑动变阻器R〔阻值0〜〕；电源E〔电动势5V,内阻不计〕动势5V,内阻不计〕；开关S；导线假设干。(A)〔1〕实验要求能够实此刻0〜V的范围内对小灯泡的电压进展测量，画出实验电路原理图。〔2〕实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图〔&〕所示.由实验曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻〔选填“增大〃”不变〃或“减小〃〕，灯丝的电阻率〔选填“增大〃”不变〃或”减小〃〕。四、计算题〔本大题共4小题，共34.0分〕〔8分〕如下图的电路中，两平行金属板A,B水平放置，接入如下图电路中，两板间的距离d=50cm,电源电动势E=15V,内电阻r,电阻R=4Q,R=10Q,闭合开关S,待电路稳定后，将一带电的小球放入板间恰1 2能维持静止，假设小球质量为m=2X10-kg,电量"1X10-£,问：〔1〕小球带正电仍是负电，电容器的电压为多大？〔2〕电源的内阻为多大？〔3〕电源的效率是多大？〔取g=10m/sH〔8分〕如下图，长l=lm的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角。=37°.小球所带电荷量q=1.0X10-6C,匀强电场的场强£=OXIOaN/C,取重力加速度g=10m/s%sin37°=,cos37°=.求：〔1〕小球所受电场力F的大小；〔2〕小球的质量m；〔3〕将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小.〔8分〕如下图，为电动机提升重物的装置，电动机线圈电阻为L1Q,电动机两头电压为5V,电路中的电流为1A,物体A重20N,不计摩擦力，求：〔1〕电动机线圈电阻上消耗的热功率是多少？〔2〕电动机输入功率和输出功率各是多少？〔3〕这台电动机的机械效率是多少？El7H正电教育一91-U凡__■

鬲教育瓦HEWO=a口f鬲教育〔10分〕如图甲所示，真空中水平放置的相距为d的平行金属板板长为L,两板上加有恒定电压后，板间可视为匀强电场.在匕0时，将图乙中所示的交变电压加在两板上，这时恰有一个质量为叭电荷量为q的带电粒子从两板正中间以速度v°水平飞入电场.假设此粒子离开电场时恰能以平行于两板的速度飞出〔粒子重力不计〕.求：°〔1〕两板上所加交变电压的频率应知足的条件.⑵该交变电压U0的取值范围.【答案】1.C 2.B8.B 9.CD3.C 4.A【答案】1.C 2.B8.B 9.CD3.C 4.A10.AC 11.AC高二期中试题

答案和解析5.B6.C12.BD7.D13.减小；增大；减小；不变；减小；减小⑵增大；增大；〔3〕；.解：〔1〕小球放入板间后，受重力和电场力作用，由二力平衡，小球应带负电，且mg=%，解得:解得:Ui10⑵电路中的电流1亍=2=1内,根据闭合电路欧姆定律得：E=U+I出产〕亦9no解得：r=—Ifi,〔3〕电源的效率n=「：I川，「=','：：i"u「=广X100%=93.33%。答：〔1〕小球带负电，电容器的电压为10V；〔2〕电源的内阻为1Q；〔3〕电源的效率是93.33%。.解：〔1〕按照电场力的计算公式可得电场力F=qE=1.0X10-6X3.0X103N=3.0X10-3N；〔2〕小球受力情况如下图：按照几何关系可得mg=；)所以距盛二就土运二4X10-4kg；〔3〕电场撤去后小球运动进程中机械能守恒，那么吗(l-cos37s)一解得：v=2m/s.答：〔1〕小球所受电场力F的大小为3.0X10-3N.〔2〕小球的质量为4X10-4kg.〔3〕将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小为2m/s..解：〔1〕按照焦耳定律，热功率为：P=Lr=12X1W=1W热〔2〕输入功率等于输入电流与电动机两头电压的乘积：P=IU=1X5W=5WM出功率等于输入功率减去发烧消耗的功率：P=P-P『5W-lW=4W；加藤率：7= 10(1%=BO%入答：〔I〕电动机线圈电阻上消耗的热功率是1W；〔2〕电动机输入功率和输出功率各是5W、4W；〔3〕这台电动机的机械效率是80%.18.解：〔1〕粒子水平方向做匀速直线运动，水平分速度为v；0竖直方向沿着同一方向做加速度周期性变化的运动，速度时间图象如下图:即恰好在整数倍周期时刻飞出，即:要使粒子在离开电场时恰能以平行A、B两板的速度飞出，竖直分速度为零,即恰好在整数倍周期时刻飞出，即:解得：f^_i〔其中n=L,2,3,…〕〔2〕粒子射出时，竖直分位移不大于板间距离的一半，故:水平分运动:竖直分运动:L=VQty=n生（牙X2〕由于:t=nT联立解得:U<.〔其中n=l,2,3,…〕答：〔1〕A、B两板上所加交变电压的频率营〔其中n=l,2,3,…〕；9JuZ〔2〕该交变电压U0的取值范围为：〔其中n=l,2,3,…〕.【解析】.【分析】元电荷又称“根本电量〃，在各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电荷，常用符号e表示，任何带电体所带电荷都等于元电荷或是元电荷的整数倍。此题就是对元电荷概念的考察，知道元电荷的概念即可解决此题。【解答】AB.元电荷是指最小的电荷量，不是电荷，不是指质子或是电子，故AB错误；CD.元电荷目前以为是自然界中电荷的最小单元，其大小是1.6X10xC,故C正确，D错误；应选C。.【分析】完全一样的带电小球接触时，假设是同种电荷那么将总电量平分，假设是异种电荷那么先中和然后将剩余电量平分，然后依据库仑定律求解即可.【解答】解：开场时由库仑定律得：F二收三等 ①当小球和A接触后，A球带电为-Q,再和B球接触时，先中和后总电量为4Q,故平分后B球带电为2Q,因此此时：尸1=北弋：②由①②得：'二「，故ACD错误，B正确.应选B..【分析】按照电场线的散布肯定电场强度的大小和方向；按照沿电场线方向电势逐渐降低，判断电势的上下；按照电场力做功判断电势能的转变。解决此题的关键知道等量异种电荷周围电场线的分布，知道电场力做功与电势能的变化关系。【解答】A.按照等量异种电荷周围的电场线散布知，M、N两点的场壮大小相等，方向不同，故A错误；B.沿着电场线方向电势逐渐降低，可知M、N两点电势不等.故B错误；C.负电荷由M点移到C处，电势增加，电势能减小，故电场力做正功，故C正确；D.等量异种电荷连线的中垂线是等势线，将负电荷从无穷远处移到N点处，电场力做正功，电势能必然减小，故D错误。应选C。.【分析】由电场线的疏密判断场强的强弱，沿电场线方向电势逐渐降低，根据带电粒子运动轨迹判定电场力方向，然后根据电性判断电场线方向，根据电场力做功判断电势能的变化。解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力方向，利用电场中有关规律求解。比拟电势能的大小有两种方法：一可以从电场力做功角度比拟，二从电势能公式角度判断，先比拟电势，再比拟电势能。难度一般。【解答】A.电场线的疏密表示场强的强弱，由图知c点场壮大于b点场强，故A正确；B.沿电场线方向电势逐渐降低，故b的电势大于c的电势，故B错误；C.假设将一试探电荷+q由a点移动到d点，电场力做正功，电荷的电势能将减小，故C错误；D.由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力大致斜向左上方，与电场强度方向一样，故粒子带正电，故D错误。应选Ao.解：由题意可知，4s内流过截面上的电量41.0X1018X1.6X10-19+1.0X1018X1.6X10-1£；那么电流强度I」=：=竽月=0.08Z；Na+水平向右移动，所以电流方向向右.应选：B.由离子的带电量可求得通过截面的总电量，总电量等于正离子与负离子电量绝对值之和，再由电流的定义可求得电流强度的大小.电流方向与正离子定向移动的方向一样.此题考察电流强度的定义，要注意明确当同时有正负电荷通过时，电量为正负电荷电荷量绝对值的和..解：由题意，%二匕—『5V,那么得：@a>@b；Ubc=c=-200V,那么得：XUC=UB+U=〔75-200〕V=-125V,疝么得：叫故a；匕>%；故abd错误，c正确.ac应选：C.CAB此题根据电势差与电势的关系：Ub=4)a-<|)b，Uc=4)b-<|)c，Uac=Ub+Uc，即可判断三点电势的上下关系.此题只要掌握Db二@人―UAC=UAB+UBC?通过列式分析电势的关系.也可以作出电场线，按照三点在电场线的位置做定性分析进展射断."C"BC.【分析】滑动变阻器的原理是靠改变连入电路中的电阻丝的长度来改变电阻的，它的正确接法是“一上一下〃.哪一段电阻丝被接入电路中是由下面的接线柱决定的.假设接左下接线柱，滑片向右移动，电阻变大，那么电路中的电流变小；假设接右下接线柱，滑片向左移动，电阻变大，那么电路中的电流变小.此题考察了滑动变阻器的原理和作用，能够正确判断当“一上一下〃接入电路时哪一段电阻丝被连入电路中是此题的解题关键所在.【解答】①将a和b连入电路时，当滑片P向右滑动时，不会改变电阻丝长度，电阻不变；故①错误；②将b和d连入电路时，连入路中的电阻丝是Pb局部.当滑片P向右滑动时，PA电阻丝长度减小，电阻减小，故②正确.将b和c连入电路时，连入路中的电阻丝是Pb局部.当滑片P向右滑动时，PB电阻丝长度减小，电阻减小，故③错误.④将a和c连入电路时，连入电路中的电阻丝是aP局部，当滑片P向右滑动时，&P电阻丝长度变长，电阻变大,故④正确；应选：D.【分析】由图可知，图中电阻凡与R3并联后与r串联，电流表测量的是电阻R3的电流；先求解总电阻，按照欧姆定律求解干路电流，按照并雇电路3的电流关系最得通过电阻R3的电流。此题X键是明确电路的串并联构造，再按照串并联电压、电流和电阻关系和欧姆定律列式求解；电M构造分析是解题的关键。【解答】图中电阻凡与区3并联后与r串联，电路的总电阻为："4+&=4+窸=即=6。；u9V根据欧姆定律，干路电流为：：二二二I.二」由于并联电路的电流与电阻成反比，故：/^=^XL5=U,故B正确，ACD错误。应选B。.【分析】按照动能定理研究该质点从A点滑到超级接近斜边底端B点的进程，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。此题考察动能定理的应用，电场力做功的特点，涉及能量变化的题目一般都要优先考虑动能定理的应用，并要求学生能明确几种特殊力做功的特点。【解答】A.斜面的倾角为6=30°,斜面上AD二DB,由几何关系可知，AC=A氏CD,即A到C的距离与D到C的距离是相等的，所以D与A的电势相等，那么由W=qU,知A到D的进程中电场力做的功等于0,故A错误；B.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，距离减小的进程中电场力对负电荷做正功，所以从A到D的进程中负电荷的电势能先减小后增大，故B错误；C.结合B的分析，同理可知，小球从A到B的进程中电势能先减小后增加，故C正确；D.设AB的长度为2L,那么AD=DB=L,在小球从A到D两点得进程中，由动能定理有：m更蛀咕在小球从A到B的进程中有：mg・2E+（-（?） =0-0,所以：呢吠噂，故D正确。应选CDO.【分析】由电势的转变及无穷远处电势为零可得源电荷带异号电荷，再按照电场强度即曲线斜率取得电场强度转变，进而判断出电场力转变.电场强度大小与电势大小无关，只与电势差随相对位移的转变率有关。【解答】A.由图可知：无穷远处电势为零，又有电势为正的地方，故存在正电荷；又有电势为负的地方，故也存在负电荷,所以，qj口:带有异种电荷，故A正确；B.电场期度嚏于图中曲线斜率，3处的斜率不为零，故电场强度不为零，故B错误；C.负电荷从看移到X/电势增大:电势能减小，故C正确；D.负电荷从X；移到X；曲线斜率减小，及电场强度减小，所以，受到的电场力减小，故D错误。TOC\o"1-5"\h\z应选ACO1 2.【分析】电键接通后，电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，电动机两头电压”>IR,电流通过电动机M做功W?。It,产生的电热为Rt；R是纯电阻，欧姆定律成立，U=IR,电流血过电阻R做功Wx=UIt,产生/电具为QRto2 1必题常•察纯电阻电路与非对电阻电路的区别。对于电功归Ult,电热Rt适用于任何电路。【解答】 2R是纯电阻，按照欧姆定律，得UjIR,电流通过电阻R做功WjUJt,产生的电热为QjLRt,电动机正常工作时，其两端电压［>IR,电流通过电动机M做5产生的电热力QjLRt,可见，U<U,Q=Q2,W<W2.故众正确，BD错误。 22 2应选AC：21212.【分析】按照公式；==，分析电压转变，而功率不变时，电阻的转变情况，按照电阻定律肯定电热丝长度的转变。此题是电阻定律与功率的综合应用，可采用控制变量法和比例法理解.常规题，比拟简单。【解答】AB.按照公式p=，，电热丝消耗的功率不变，电压为额定电压的也那么电阻应为原来的;，按照电阻定律得，电热丝的长度应为原来的;，可将电热器中的电热丝截去!故A错误，B正确；C.假设在电热器中再并联一根与原来一样的电热丝，总电阻变成：，电压为额定电压的;，电热丝消耗的功率为原来的;，不符合题意.故C错误；D.假设将电热器中的电热丝等分成两段，再并联起来，按照电阻定律可知电阻变成原来的;，符合要求.故D正确。应选BDO.解：〔1〕维持板间距离d不变，两极板正对面积减小，按照电容的决定式7T得知，电容C减小，而电容器的电量Q不变，由电容的概念式C4分析取得，板间电势差U增大；〔2〕维持S不变，板间距离d增大，按照电容的决定式CC得知，电容C减小，而电容器的电量Q不变，由电容的概念式C媪分析取得电容减小；但E4和Q=UC可知：E窄,故E和d无关，故E不变；〔3〕维持S和d都不变，插入介质板后，按照电容的决定式（:三篙得知，电容C增大，而电容器的电量Q不变,由电容的概念式C=；：分析取得，板间电势差U减小.由U二Ed可知，E减小;故答案为：〔1〕减小；增大；〔2〕减小；不变；〔3〕减小；减小.先根据电容的决定式分析电容的变化，再根据电容的定义式分析板间电势差的变化，根据U二Ed可知电场强度的转变.此题考察电容器的动态分析问题，要注意明确电容器的定义式、决定式以及U二Ed等公式的正确应用，注意明确当断开电源S不变，只改变板间距离时，两板间的电场强度不变..解：〔1〕因本实验需要电流从零开场调节，因此应采用滑动变阻器分压接法；因电流表内阻和灯泡内阻接近，故电流表采用外接法；另外为了保护电压表，用R和电压表串联，故原理图如下图；0〔2〕I-U图象中图象的斜率表示电阻的倒数，由图可知，图象的斜率随电压的增大而减小，故说明电阻随电流的增大而增大；其原因是灯丝的电阻率随着电流的增大而增大；〔3〕当滑动变阻器阻值全数接入时，灯泡的功率最小，将R等效为电源内阻，那么电源电动势为4V,等效内阻为10Q；作出电源的伏安特性曲线如图a中实线所示；由图可知，灯泡电压为UV，电流I=225mA，那么最小功率P=UIW；图(fl)当滑动变阻器接入电阻为零时，灯泡消耗的功率最大；此时电源的内阻为，作出