南通市2019-2020年高二上学期期中考试物理试题

高上期中试理题注事：、本卷为I卷第II卷，分100分、客题在题上主题在题上

考时：90分第卷（12题共分一选题本12小，小题4分共48。为单题只一答是确；8--12为多题全部对4分少得2分错或选0分.1.下物理量中哪些与试探电荷无关（）A.电力做功B.电场强度C.电能D.电力【答案】【解析】电场强度是描述电场的性质的物理量，是由电场本身决定的，与试探电荷无关．正确；电场力的功W=Uq可知场力的功与电场有关，又与试探电荷有关，故A错；电荷的电势能为E=q，势能既电场有关，也与试探电荷的电量及电性有关．C错．电场力为F=qE，知电场力既与电场有关，又与试探电荷有关，故D错误故选B.点睛：对于电场强度和电势，关键要理解并掌握其物理意义，知道它们都是由电场本身决定的，与试探电荷无关．2.关电阻率，下列说法中正确的()A.电率是表征材料导电性能好坏的物理量，电阻率越大，其导电性能越好B.各材料的电阻率大都与温度有关，金属的电阻率随温度升高而减小C.某合金的电阻率几乎不受温度变化的影响，通常都用它制作标准电阻D.所超导体，是当其温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，它的电阻率突然变无穷大【答案】【解析】电阻率是表征材料导电性能好坏的物理量，电阻率越大，材料的导电性能越不好，故A错误电阻率表征了导体材导电能力的强弱，由导体的材料决定，与温度有关，金属导体的电阻率随温度的升高而增大，故错；某些合金的电阻率几乎不受温度变化的影响，常用来制作标准电阻，故C正确；所谓超导体，是当其温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，它的电阻率突然减为零的现象，故错误故选．3.如在光滑绝缘水平面上，三个带电小球、b和c分位于边长为L的三角形的三个-1-

顶点上ab带电，电荷量均为，负电。整个系统置于方向水平的匀强电场中。已知静电力常量为k。若三个小球均于静止状态，则匀强电场场强的大小()A.B.C.D.【答案】4.空中P、Q两点各固定一个点电荷，其中处为正电荷，、两点附近电场的等势面分布如图所示a、、、为场中的点．则（）A.P、两处的电荷等量同种B.a点和b点的电场强度相同C.负荷从a到c，电势能减D.c点的势低于d点电【答案】-2-

..................考点：电场线；电场强度；电势及电势能【名师点睛】该题考查常见电场的特点，解题的关键是在两个电荷连线的中垂线上的电势和无穷远处的电势相等．而正电荷周围的电场的电势都比它高，负电荷周围的电场的电势都比它低．属于简单题。5.如所示的实验装置中，极板地，平行板电容器的极板与一个灵敏的静电计相接。将板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强的化情况()A.Q变，不不，变B.Q变，变不，不C.Q不，变变，不D.Q不，变变，变【答案】【解析】试题分析：由平行板电容器电容公式器电容将减小，当电容器充电后Q不变，由

，增大电容器两极板间的距离时，电容可知，若C减则U将大，故电计指针偏角θ增，由

可知E将变，故C正、ABD错。考点：本题考查了平行板电容器的概念-3-

6.用只完全相同的电流表分别改装成一只电流表和一只电压表．将它们串联起来接入电路中，如图所示，此时)A.两电表的指针偏转角相同B.两电表的指针都不偏转C.电表指针的偏转角大于电压表指针的偏转角D.电表指针的偏转角小于电压表指针的偏转角【答案】【解析】电流表改装成电压表是串联较大的分压电阻；电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻；两表串联后，通过电流表的总电流与电压表的电流相等，由于电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻，所以大部分电流通过了分流电阻，通过表头的电流很小，电流表指针的偏转角小于电压表指针的偏转角，故错误，D正确；故选:D.点睛：电流表改装成电压表是串联较大的分压电阻；电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻；将电压表和电流表串联，分析通过表头的电流关系，判断指针偏转角度的大小．7.如所示，两平行金属板间带电质点原于静止状态不虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R滑片向端移动时，()A.电表读数减小B.电表读数减小C.质P将向上运动D.R上耗的功率逐渐增大【答案】【解析】试题分析：当P向b端动时R变，R与联的总电阻减小，再与R并的总电阻也变小，故电容器的两端电压减小，则电容器间的电场强度减小，所以质点P会下-4-

运动，选项C错；由于电容器与并，故电阻R两端电压也变小，则R上消耗的电功率变小，选项D错；中的电变小，又因为电路的总电阻变小，总电流变大，故通过R

支路的电流变大，电流表的示数变大，故选项B错；对于R来说总电压减小，而电流又增大，故R的端电压增大，所以两电压减小，即电压表的示数变小，选项A正。考点：欧姆定律的动态电路，电容。8.如所示区电场线左右称分布对称线上的两点列说法正确的是()A.M点强定大于N点场强B.M点势定高于N点电势C.正荷在M点的电势能大于N点的势能D.将子从M点移动到N点电场力做正功【答案】【解析】电场强度由电场线的疏密来反映，电场线密的地方，电场强，反之电场弱，所以N点电场强，故A错；电场线是述电场的一种直观手段，沿电场线的方向电势逐渐降低，所以M点势高于N点电，故B正确；正电荷从运动到N点的过程中，电场力做正功，电势能减少，则正电荷在M点的势能大于在N点的势能，所以C正；将电从M点移到N点，场力做负功，故D错．故选．9.如，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能如图中所示水平向右沿直线通过电容器，则在此过程中，该粒()A.所重力与电场力平衡B.电能逐渐增加C.做变速直线运动D.动逐渐增加【答案】【解析】带电粒子在电场中受到电场力与重力，根据题意可知，粒子做直线运动，力和速度-5-

一定在同一直线上，则可知，电场力必定垂直极板向上，电场力与重力的合力必定与速度方向反向粒子做匀减速直线运动A错C正电力垂直于极板向上场力做负功，则电势能增加，故B正确因重力不做功，电场力做负功，则电势能增加，导致动能减小，故D错误故选BC.点睛：本题考查根据运动情况来确定受力情况，并由电场力做功来确定电势能如何，以及动能的变化，注意电场力做正功时电势能减小，而电场力做负功时电势能增大．10.如所示，直线为源的图，线和C分别电阻R和的I图，用该电源分别与、组闭合电路时，电源的输出功率分别为P、P，电的效率分别为η、η，则()A.PB.PC.η>ηD.η<η

【答案】【解析】由电源的U-I图象读出动势E=6V，两图线的交点就表示该电源和该电阻组成闭合电路时的工作状态；电源的输出功率分别为=U=4×2=8WP=UI=2×4=8W，故P=P，A正，错误；电源的效率：，，故η，正确D误；故选AC.点睛：本题是对电源和电阻伏安特性曲线的结合，关键明确两图线的交点就表示该电源和该电阻组成闭合电路时的工作状态，能直接电流和路端电压，求出电源的输出功率．11.如所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E，之进入电场竖直向下的匀强电场发偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那()-6-

A.偏电场E对种粒子做功一样多B.三粒子一定打到屏上的同一位置C.三粒子运动到屏上所用时间相同D.三粒子打到屏上时的速度一样大【答案】【解析】带电粒子在加速电场中加速度，由动能定理可知qd=mv；得；粒子在偏转电场中的时间t=；偏转电场中的纵向速度=at=;纵向位移；即位移与比荷无关，与速度无关；则可三种粒子的偏转位移相同，三种粒子一定打到屏上的同一位置，偏转电场对三种粒子做功一样多；故AB正确由与打在屏幕上的位置相同，故水平位移相同，但水平速度不同，故到屏上到时间不相等；故C错；打到屏上的速度等于水平速度与竖直速度的合速度，则可知打在屏上的速度不相同；故D错误故选AB．点睛：本题考查带电粒子在电场中的偏转，要注意偏转中的运动的合成与分解的正确应用；正确列出对应的表达式，根据表达式再去分析速度、位移及电场力的功．12.如所示，水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，一带电金属滑块以＝J的动能从斜面底端冲斜面端时回滑块从到B的过中克服摩擦做功10，克服重力做功24，则()A.滑带正电，上滑过程中电势能减小4B.滑上滑过程中机械能增加4J-7-

C.滑返回到斜面底端时动能为15D.滑上滑到斜面中点时重力势能增加12J【答案】【解析】由动能定理知上滑过程中-W-Weq\o\ac(△,=)，代入数值得W=4，电场力做正功，滑块带正电，电势能减小4J，故A正确；由功能关系知滑块上滑过程中机械能的变化量E=W-W=-6J，即机械能减小6J，错误由动能定理知2W=E，所滑块返回到斜面底端时动能为10J，故C错误由意知滑块上滑到斜面中点时克服重力做功为12J，即重力势能增加12J，故D正；故选AD点睛：解决本题的关键掌握功能关系，知道重力做功等于重力势能的减小量，合力做功等于动能的增加量，除重力以外其它力做功等于机械能的变化量，电场力做功等于电势能的减小量．第II卷5题共分二实题本2小，题123每分14题（（2每2分共12分13.一小灯泡，标有“V”字样．现要描绘小灯泡0～V的安特性曲线．实验器材有：A．最大阻值为10Ω的滑动变阻器B．电动势为6V、内阻约为1.0Ω的电源C．量程为0.6A、内阻约为1.0Ω的电流表AD．量程为3A、内阻约为0.1Ω的电流表AE．量程为3V、内阻约为6kΩ的压表VF．量程为15V、内阻约为10kΩ的压表V

G．开关、导线若干(1)电压表应选用________；流表应选________．将选项代号的字母填在横线)(2)在该实验中设计了如下图示的四个电路了减小误差应取的电路是_______(将选项代号的字母填在横线)．-8-

(3)以下是该实验的操作步骤：A．将电流表、电压表、变阻器小灯泡、电源、开关正确连接成电路B．调节滑动变阻器触头的位置保证闭合开关前使变阻器与小灯泡并联部分的阻值最大C．闭合开关，记下电流表、电表的一组示(，)，移动变阻器的滑动触头，每移动一次记下一组U，值，共测出12组据D．按所测数据，在坐标纸上描并将各点用直线段连接起来，得出小灯泡的伏安特性曲线指出以上步骤中存在的两处错误或不妥之处并修改：①_______________②______________【答案】(1).E(2).C(3).C(4).步妥，应为：闭合开关前应使变阻器与小灯泡并联部分的电阻为零(5).步有错应为：按所测数据，在坐标纸上描点并将各点用一条平滑的曲线连接起来【解析】试题分析）因为小泡的额定电压为3V所以选择电压表E，灯泡的额定电流为，采用电流表C（）求电压从零开始，故采用滑动变阻器的分压接法，因为小灯泡的电阻和电流表的内阻相接近，电流表分压过大，故采用电流表的外接法，故C正确；（）为滑动变阻器是分压接法，所以为零保证小灯泡不损坏，故在实验前应使小灯泡两端的电压为零，即保证闭合开关前使变阻器与小灯泡并联部分的阻值最小错误在在坐标纸上描点并将各点用圆滑的曲线连接起来D误；考点：考查了描绘小灯泡伏安特性曲线实验【名师点睛】应明确：①当实验要求电流从零调或变阻器的全电阻远小于待测电阻时变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节；②当待测电阻满足

时，电流表应用外接法，满足

时，电流表应用内接法；14.现一特殊电池，它的电动势E约，内阻约40Ω，知电池允许输出的最大电流为50mA为了测定这个池的电动势和内阻同利用如图甲所示的电路进行实验，图中电流表的内阻R已测出，阻值为5Ω，电阻箱，阻值范围0999.9Ω，为值电阻，对电路起保护作用．-9-

(1)实验室备有的定值电阻R有以几种规格：A．Ω

B．50ΩC．Ω

D．Ω本实验选用哪一种规格的定值电阻最好________(将选项代号的字母填在横线)(2)该同学接入符合要求的R后，合开关S，调整电阻箱的阻值，读取电流表的示数，记录多组数据，作出了图乙所示的图线，则根据该同学作出的图线可求得该电池的电动势＝______V，阻r＝________Ω。【答案】(1).C(2).10(3).45【解析】试题分析）池的允许通过的最大电流为，内电阻约为Ω，路中的最小电阻应大于=180Ω，最小电阻为180﹣40﹣Ω为了能很好的调节电路，并能得出更多组数据，保护电阻应选．（）闭合电路欧姆定律可知：E=I（+RA）==+由可，=K==0.1=b=5R=5Ωr=50﹣=45Ω解得：E=10V；r=45Ω三计题本3小，、16题12分，17题16分，40分，答写出要文字明方程和要演步只出后案不分答案明写数和位15.如，匀强电场中有一半径为r的滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行、为-10-

轨道直径的两端，该直径与电场方向平行．一电荷量为q(>0)质点沿轨道内侧运动，经过a点和b点时轨道压力的大小分别为和.计重力，求：匀强电场的电场强度，质点经b过和点的动能．【答案】【解析】试题分析：质点所受电场力的大小为f=qE①设质点质量为m，经过a点b点时的速度大小分别为v和v，由顿第二定律有②③设质点经过a点b点的动能别为E和E，④⑤根据动能定理有：-E联立①②③④⑤⑥式得⑧⑨

⑦考点：牛顿第二定律及动能定理的应用【名师点睛】此题是牛顿第二定律及动能定理的应用问题；关键是知道物体做圆周运动的向心力由电场力和支持力的合力提供，根据牛顿定律和动能定理列出方程联立解答．视频16.如所示，为解槽，为电机为炉子，恒定电压＝12，电解槽内阻r2Ω，当S闭S、S断时，电流表A示为2A；当S闭合SS断开，A示为5A，且电动机输出功率为50W；当S闭S、断时，示数A．求：-11-

CC(1)电炉子的电阻及发热功率各多大？(2)电动机的内阻是多少？(3)在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率为多少？【答案）Ώ,24w（2）0.4（）18w【解析S闭SS断时只有电炉子接入因电炉子为纯电阻由姆定律有：电炉子的电阻其发热功率为：