2020-2021学年福建省福州高级中学高二上学期期中考试物理试题 解析版

这是一份2020-2021学年福建省福州高级中学高二上学期期中考试物理试题 解析版，共9页。试卷主要包含了5V，6V，9W的功率工作，可用4小时，答案，2cm+6×0，解答等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年福州高级中学高二上学期期中考试试卷物理试卷一、         选择题（本题共10小题，共48分。1—6题只有一项符合题目要求，每题4分；7-10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）以下说法正确的是(  )A.电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低B.由公式可知电场中某点的电势与电荷在该点的电势能有关C.常温下，若将金属丝均匀拉长为原来的2倍，则电阻变为原来的4倍D.由Uab=Ed可知，匀强电场中任意两点a、b间距离越大，两点间的电势差也越大某农村小塑料加工厂的高频热合机(焊缝用)产生的电磁波频率和电视信号频率接近，由于该村尚未通有线电视信号，空中的信号常常受到干扰，在电视荧屏上出现网状条纹,影响正常收看.为了使电视机不受干扰，可采取的办法是(  ）A.将电视机用一金属笼子罩起来B.将电视机用一金属笼子罩起来，并将金属笼接地C.将高频热合机用一金属笼子罩起来D.将高频热合机用一金属笼子罩起来，并将金属笼接地如图所示，虚线A、B、C为某电场中的三条电场线，实线为一带正电粒子仅在电场力作用下运动的轨迹，P、Q为轨迹与电场线A、C的交点，则下列说法正确的是（  ）A．P点电势比Q点电势高B．粒子在P点的加速度大于在Q点的加速度C．粒子在P点的动能大于Q点动能D．粒子在P点电势能小于粒子在Q点电势能 如图所示,电路中A、B为两块竖直放置的金属板,C是一只静电计,开关S合上后,静电计指针张开一个角度,下述做法可使静电计指针张角增大的是(  )
A.使A、B两板靠近一些
B.使A、B两板正对面积减小一些
C.断开S后,使B板向右平移一些
D.断开S后,使A、B正对面积增大一些如图所示，A、B为两个等量的正点电荷，在其连线中垂线上的P点放一个负点电荷q(不计重力)，由静止释放后，下列说法中正确的是(  )A.点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到粒子速度为零B.点电荷运动到O点时加速度为零，速度达到最大值C.点电荷在从P点到O点运动的过程中，加速度越来越小，速度越来越大D.点电荷在从P点到O点运动的过程中，加速度越来越大，速度越来越大  装修房屋时检测甲醛污染指数非常重要，某兴趣小组设计了甲醛监测设备，原理如图甲所示．电源电压恒为3V，R0为10Ω的定值电阻，R为可以感知甲醛污染指数的可变电阻，污染指数在50以下为轻度污染，50∼100间为中度污染，100以上为重度污染，以下分析正确的是(  )A.电压表示数为1V时，属于重度污染B.污染指数越小，电压表示数越大C.污染指数越大，电路中消耗的总功率越小D.污染指数为50时，电压表示数为2.5V空间有一沿x轴对称分布的电场，其x轴上电场强度E随x变化的图像如图所示,取x轴正向为电场正方向，下列说法正确的是（  ）A.0点的电势最低，x2点的电势最高B.x1和-x1两点的电势相等C.电子在x1的电势能小于在x2的电势能D.电子由x1石运动到x3电场力先做正功后做负功随着技术的进步，不少国产手机也已极具竞争力，如图所示，为一款手机电池的背面印有的一些符号，下列说法正确的是(  ）A.该电池的额定功率为500 mA·hB.该电池在正常工作时的额定电压为3.6VC.若电池以0.9W的功率工作，可用4小时D.若电池以10mA的电流工作，可用50小时如图所示，在匀强电场中有a、b、c、d四点，它们处于同一圆周上，且ac、bd分别是圆的直径，ab间相距8cm，ad间相距3cm，已知a、b、c三点的电势分别为φa=9V，φb=15V，φc=18V，则以下说法正确的是(  )A.d点电势为12VB.匀强电场电场强度为125V/mC.匀强电场电场强度为150V/mD.电子从c运动到b电势能减小了3eV  在地面附近，存在着一有界电场，边界MN将空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域I中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的v﹣t图象如图乙所示，不计空气阻力，则（  ）
A．小球受到的重力与电场力之比为3：5B．在t=5s时，小球经过边界MNC．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功大于电场力做功D．在1s～4s过程中，小球的机械能先减小后增大    二、         实验题（共20分）图甲中游标卡尺读数为            mm， 图乙中螺旋测微器读数为            mm．某同学测绘额定电压为2.5V，电阻约为4Ω的小灯泡的I−U特性曲线，要求测量数据范围广．除了小灯泡，开关S、导线外，还有下列器材供选用：A．电流表(量程0∼0.6A，内阻约1Ω)       B．电流表(量程0∼3A，内阻约0.05Ω)C．电压表(量程0∼3V，内阻约3kΩ)        D．电压表(量程0∼10V，内阻约10kΩ)E．滑动变阻器(200Ω，0.3A)               F．滑动变阻器(10Ω，2A)G．电源(电压3V，内阻不计)(1)为使测量尽量准确，电压表选用    ，电流表选用    ，滑动变阻器选用    ．(均填器材的字母代号)．(2)画出实验电路原理图甲，根据图甲，用笔画线代替导线，将图乙中的实验电路连接完整．              (3)开关S闭合之前，图乙中滑动变阻器的滑片应该置于    端(选填“A”、“B”或“AB中间”)(4)若已知小灯泡灯丝在温度t=27∘C时电阻值约为1.5Ω，并且其电阻值与灯丝的热力学温度T成正比，根据图画出的小灯泡I−U特性曲线，估算该灯泡在电压2V时，灯丝的温度约      ∘C．(提示：T=273+t)
三、         计算题（共32分，解题应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，只写出最后答案不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）( 8分)如图所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图.电动机内电阻r=0.8Ω,电路中另一电阻R=10Ω，直流电压U=160V，电压表示数Uv=110V.试求:(1）通过电动机的电流                                       (2）输入电动机的电功率(3）若电动机以v=1m/s匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量（g取10m/s2 )           （10分）如图所示，A为粒子源,在A和极板B间的加速电压为U1,在两水平放置的平行带电板C、D间的电压为U2,现设有质量为m,电荷量为q的质子初速度为零,从A被加速电压U1加速后水平进入竖直方向的匀强电场,平行带电板的极板的长度为L,两板间的距离为d,不计带电粒子的重力,求:
(1)带电粒子在射出B板时的速度；
(2)带电粒子飞出C、D电场时在竖直方向上发生的位移y；(3)      飞出偏转电场时的动能。  
(14分)如图，轨道CDGH位于竖直平面内，其中圆弧段DG与水平段CD及倾斜段GH分别相切于D点和G点，圆弧段和倾斜段均光滑，在H处固定一垂直于轨道的绝缘挡板，整个轨道绝缘且处于水平向右的匀强电场中。一带电物块由C处静止释放，经挡板碰撞后滑回CD段中点P处时速度恰好为零。已知物块的质量，所带的电荷量；电场强度；CD段的长度L=0.8m，圆弧DG的半径r=0.2m，GH段与水平面的夹角为θ，且sinθ=0.6，cosθ=0.8；不计物块与挡板碰撞时的动能损失，物块可视为质点，重力加速度g取10m/s2。（1）求物块与轨道CD段的动摩擦因数；（2）求物块第一次碰撞挡板时的动能；（3）分析说明物块在轨道CD段运动的总路程能否达到2.6m。若能，求物块在轨道CD段运动2.6m路程时的动能；若不能，求物块碰撞挡板时的最小动能。  
2020-2021年福州高级中学高二期中考试试卷物理试卷答案一、         选择题12345678910CDACBBBCABDABAD   答案：C解析：A、电势随电场线方向减小，不由电场强度大小决定，所以A错误；      B、沿电场线方向，电场力可能做正功也可能负功，也就是说当电势减小时电势能可能增大也可能减小，既电势与电势能没有必然关系，故B错误；C、电阻大小与长度成正比，与面积成反比，拉长两倍后，长度为原来两倍，面积为原来的一半，则电阻增大4倍，故C正确；D、d为沿着电场线方向的距离，而垂直于电场线方向时，不论距离多大电场大小相同，故D错误；答案选C。   答案：D解析：为了使电视机能接收电磁波信号,但又不接收高频热合机(焊缝用)产生的电磁波,应将高频热合机(焊缝用)产生的电磁波信号屏蔽,而接地金属网套具有屏蔽内电场的作用,因此D选项是正确.所以D选项是正确的.   答案：A解析：A. 根据电场力指向轨迹凹侧可知电场线方向为沿电场线自左上到右下，粒子带正电，故P点电势比Q电高，A正确；B. P点电场线比Q点电场线稀疏，故P点场强更大，带正电粒子所受电场力更大，加速度更大，B错误；C. P点电势比Q点高，由能量守恒可知，正电粒子P点动能比Q点动能小，C错误；D. P点电势比Q点高，则带正电粒子在P点电势能比Q点电势能高，D项错误；综上所述，本题选择A。   答案：C
解析:A、B、开关S闭合,电容器两端的电势差不变,等于电源的电动势,则指针的张角总不变.故A、B均错误.
     C、断开S,电容器所带的电量不变,B板向右平移拉开些,则电容减小,根据知,电势差增大,则指针张角增大.所以C选项是正确的.
     D、断开S,电容器所带的电量不变,A、B的正对面积增大一些,电容增大,根据知,电势差减小,则指针张角减小.故D错误.所以C选项是正确的.   答案：B解析：因为中垂线上半部分的各点合场强方向相同，均为O指向P，而O至无穷远处场强先增大、后减小，场强最大的位置有可能在OP之间，也可能在OP的延长线上，所以负点电荷从P至O一直加速，到O时v最大，而加速度的大小变化不确定，故B正确；故选B．   答案：B解析：由电路图甲可知，两电阻串联，电压表测定值电阻R两端的电压;A、由图像乙可知，污染指数越小，可变电阻的阻值越大,根据串联电路的分压特点可知，可变电阻分得的电压越大,由串联电路电压的规律可知，定值电阻分得的电压减小，即电压表示数越小;故A错误;B、电压表示数为1V时，则电路中的电流为，由串联电路电压的规律可知，可变电阻两端电压UR=U-Uo=2V，根据欧姆定律可得，此时可变电阻的阻值,由图乙可知，此时污染指数为150，属于重度污染;故B正确;C、由图像乙可知,污染指数越大，可变电的阻值越小，总电阻越小，总电压不变，根据可知总功率越大;故C错误;D、由图像乙可知，污染指数为50时，可变电阻连入电路中的阻值为R´=50Ω，此时电路中电流:,根据欧姆定律可得此时电压表的示数,故D错误。答案选B。7.答案：BC解析：A、从图像可以看出，电场强度的大小和方向都沿着x轴对称分布，沿着电场强度的方向，电势降低，由此可知O点电势最高，沿着x轴降低，故A错误；B、由于x1和-x1两点关于y轴对称，且电场强度的大小也相等，故从O点到x1和O点到-x1电势降落相等，故x1和-x1两点电势相等，故B正确；CD、电子带负点，沿着电磁线方向做负功，电势能增大，故C正确，D错误；答案选BC。 8.答案：ABD解析：A、由图可知，该电池的总电量为500mAh,为电池的容量;故A正确;B、由图可知，该电池的电动势为3.6V，故B正确;C、由图中的数据不能判断该电池在正常工作时的额定电流;故C错误;D、由q=It可知，以10mA的电流为用电器供电则供电时间为50h;故D正确;故选:ABD。9.答案：AB解析：B选项，C选项：如图，延长ab至d点，使bd=4cm，则φd=φc=18V，dc为等势线，磁场方向垂直cd指向b，LbM=2.4cm，E=U/d=125V/m，故B正确，故C错误；A选项：φd−φa=φc−φb，φd=12V，故A正确；D选项：电子从c到b电场力做负功，电势能增加，故D错误；故选AB．10.答案：AD解析：B、小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻是t=1s时．故B错误．
A、由图象的斜率等于加速度得小球进入电场前的加速度为：a1=，进入电场后的加速度大小为：a2=，由牛顿第二定律得：mg=ma1…①，F﹣mg=ma2，得电场力：F=mg+ma2=…②，由①②得重力mg与电场力F之比为3：5．故A正确．
C、整个过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中重力做的功与电场力做的功大小相等．故C错误．
D、整个过程中，由图可得，小球在0﹣2.5s内向下运动，在2.5s﹣5s内向上运动，在1s～4s过程中，小球的机械能先减小后增大电场力先做负功，后做正功．电势能先增大，后减小；由于整个的过程中动能、重力势能和电势能的总和不变，所以，小球的机械能先减小后增大．故D正确．故选：AD二、           实验题答案：42.30  1.845解析：游标卡尺读数：4.2cm+6×0.05mm=42.30mm；螺旋测微器读数：1.5mm+34.5×0.01mm=1.845mm．12.答案：(1)：C;B;F  (2)如图：           (3)：A  (4)：1727　　 解析：(1)小灯泡的额定电流为I==0.625A，描绘小灯泡的伏安特性曲线，需要使灯泡电流达到额定电流，故电流表A不可用，故选B；灯泡额定电压为2.5V，电压表故选C；滑动变阻器选择较小的，便于操作，故选F．故答案为：C；B；F．(2)电流表内阻和小灯泡的内阻相接近，故采用电流表外接法，要求小灯泡两端的电压从零开始，所以采用滑动变阻器的分压接法．(3)为了保护小灯泡不被烧坏，应使得小灯泡两端的电压为零，所以滑动变阻器的滑片应置于最左端，即A端．(4)U=2V时，根据图像可知，I=0.25A，R==10Ω；由于电阻与热力学温度成正比，则设R=kT=k(273+t)，R=1.5Ω时，t=27∘C，则k=0.005，则t′=100÷005−273=1727∘C．三、           计算题13.解:(1)由电路中的电压关系可得电阻R的分压为:UR=U-Uv=( 160-110)V=50V,流过电阻R的电流即通过电动机的电流为:IM=IR=5A(2)    电动机的分压为:UM=Uv=110V,输入电动机的功率为:P电=IMUM=550W(3)    电动机的发热功率为:P热=IM2r=20W,电动机输出的机械功率P出=P电-P热=530W；又因P出=mgv，所以有:m=53 kg答:( 1）通过电动机的电流5A(2）输入电动机的电功率550w(3）若电动机以v=1m/s匀速竖直向上提升重物，该重物的质量53kg14.解:(1)带电粒子由A到B,设到B板的速度为v,根据动能定理,有:，计算得出:；
(2)粒子从C到D做类似平抛运动,水平分运动是匀速直线运动,故运动时间为:，
   竖直分运动是初速度为零的匀加速直线运动,故:，其中:，
   故: ；（3）由（1）可知粒子飞出偏转电场时，水平方向速度为；     设飞出时竖直方向速度为vy，竖直分速度是初速度为零的匀加速，故，  故飞出时速度，又因为，故飞出偏转电场时的动能为答:(1)带电粒子在射出B板时的速度为；(2)带电粒子飞出C、D电场时在竖直方向上发生的位移y为；(3)飞出偏转电场时的动能。15.解答：（1）物块由C处释放后经挡板碰撞滑回P点过程中，由动能定理得 ①由①式代入数据得 ②（2）物块在GH段运动时，由于qEcosθ=mgsinθ，所以做匀速直线运动 ③由C运动至H过程中，由动能定理得qEL-μmgL+qErsinθ-mgr（1-cosθ）=Ek-0 ④由③式带入数据得Ek=0.018J ⑤（3）物块最终会在DGH间来回往复运动，物块在D点的速度为0,设物块能在水平轨道上运动的总路程为s，由能量转化与守恒定律可得qEL=μmgs ⑥ 由②⑤式代入数据得s=2.4m ⑦因为2.6m>s，所以不能在水平轨道上运动2.6m的路程；物块碰撞挡板的最小动能等于往复运动时经过G点的动能，由动能定理得qErsinθ-mgr（1-cosθ）=E0-0 ⑧由⑦式代入数据得E0=0.002J