2021-2022学年四川省江油市第一中学高二上学期期中考试物理试题（Word版）

这是一份2021-2022学年四川省江油市第一中学高二上学期期中考试物理试题（Word版），共8页。试卷主要包含了填空题，计算题等内容，欢迎下载使用。

一、本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～9题只有一项符合题目要求，第10～12题有多项符合题目要求。全部选对的4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1.下列说法中正确的是
A．油罐车后有一条拖在地上的铁链条，是利用了静电
B．电场的方向与负电荷所受电场力的方向相同
C．一根阻值R的均匀电阻线，仅均匀拉长为原来的2倍，电阻变为4R
D．电势为零的地方，场强也为零
2.如图，O为两个等量异种电荷连线的中点，P为连线中垂线上的一点，比较O、P两点的电势和场强大小
A. = , ＞ B. = , =
C.＞ , = D. = , ＜
3.一质量为m的带电小球，在竖直方向的匀强电场中以水平速度抛出，小球的加速度大小为2g/3，不计空气阻力，小球在下落h的过程中
A．动能增加mgh／3 B．电势能增加mgh／3
C．重力势能减少2mgh／3 D．机械能减少2mgh／3
4.研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示．下列说法中正确的是
A．实验中，只将电容器b板向左平移，极板间的电场强度一定不变
B．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小
C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大
D．实验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，表明电容增大
5.如图所示，有一个双量程电流表，其中小量程为0～1 A．已知表头G的满偏电流Ig＝500 mA，内阻Rg=200Ω，定值电阻R1＝20 Ω，R2＝180 Ω，则电流表的大量程为( )
A．0～2A B．0～5A C．0 ～ 10A D．0～20A
6.某学校创建绿色校园，如图3甲为新装的一批节能灯，该路灯通过光控开关实现自动控制：电灯的亮度可自动随周围环境的亮度改变而改变。如图乙为其内部电路简化原理图，电源电动势为E，内阻为r，Rt为光敏电阻(光照强度增加时，其电阻值减小)。现增加光照强度，则下列判断正确的是
A.电源路端电压不变 B.R0两端电压变大
C.B灯变暗，A灯变亮 D.电源总功率不变
7.如图所示，两个可视为质点的小球l和2带有同种电荷，质量分别为m1、m2，带电量分别为q1、q2，用绝缘细线悬挂后，细线与坚直方向的夹角分别为、（ <），两球位于同一水平线上。某时刻将两细线同时剪断，则
A. m1< m2 B．m1> m2 C. q1q2
8.如图，在位置放置电荷量为的正点电荷，在位置放置电荷量为的负点电荷，在距P（a,a）为的某点处放置正点电荷Q，使得点的电场强度为零。则Q的位置及电荷量分别为
A. ， B. ， C. ， D. ，
9.如图，一质量为m、电荷量为q的带负电绝缘小物块以水平初速度v0从左端冲上长为L的水平传送带，并从传送带右端滑下。已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ，传送带沿顺时针方向运行，速度大小恒为 QUOTE v0整个空间存在场强大小E＝umg/q、方向水平向左的匀强电场。关于物块在传送带上的运动，下列说法正确的是
A．物块将先做匀加速直线运动后做匀速直线运动
B．物块将先做匀减速直线运动后做匀速直线运动
C．电动机因物块在传送带上的运动而多消耗的电能为umgL
D．电动机因物块在传送带上的运动而多消耗的电能为umgL/2
10.如图，三个带电小球用等长的绝缘细线悬挂于天花板上， 当R带负电时，三条细绳都恰好与天花板垂直，则
A．P带正电荷 B．Q带正电荷
C．R带电量小于Q所带电量 D．P带电量大于Q所带电量
11.匀强电场中，一带负电粒子仅在电场力的作用下自P点以垂直于电场方向的初速度v0开始运动，经过Q点，则
A．电场中，P点电势高于Q点电势
B．粒子在P点的电势能大于在Q点的电势能
C．在P、Q两点间，粒子的轨迹可能与某条电场线重合
D．在P、Q两点间，粒子运动方向一定与电场方向不平行
12.如图所示，一光滑绝缘的斜面固定于水平面上，C、D是斜面上两个点，一带正电的点电荷+Q固定在斜面下方P点，P、D连线垂直于斜面。滑块A、B叠在一起，B带负电，A不带电，A与B间绝缘，从C点由静止释放，下滑过程中，A、B始终保持相对静止。则滑块A、B从C到D的过程中
A．在D点，速度最大 B．加速度一定逐渐增大
C．滑块B的电势能减小，机械能增加 D．滑块A受到沿斜面向上的静摩擦力
二、填空题（每空2分，共22分）
13．现要测定一个额定电压为4V、电阻约为10Ω（设电阻不变）的小灯泡的伏安特性曲线．要求所测电压范围为0 V～4V．
现有器材：
直流电源E（电动势4.5V，内阻不计） 电压表V（量程4.5V，内阻约为4×102Ω）
电流表A （量程250mA，内阻约为2Ω） 滑动变阻器R（最大阻值约为30Ω）
开关S，导线若干．
如果既要满足测量要求，在本实验中，滑动变阻器应采用________（填“分压式”或“限流式”）接法，电流表应采用________（填“内接法”或“外接法”）．
14．在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝直径时的刻度位置如图所示，用米尺测出金属丝的长度L，金属丝的电阻大约为5Ω，先用伏安法测出金属丝的电阻R，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率．
(1)从图中读出金属丝的直径为 mm．
(2)为此取来两节新的干电池、开关、若干导线及下列器材：
A．电压表0～3V，内阻10Kω B．电压表0～15V，内阻50kΩ
C．电流表0～0.6A，内阻0.05Ω D．电流表0～3A，内阻0.01Ω
E．滑动变阻器，0～10Ω F．滑动变阻器，0～100Ω
要求较准确地测出其阻值，电流表应选 ，滑动变阻器应选 ．（填序号）
(3)实验中，以下操作正确的是 ．
A．用米尺测量金属丝的全长，且测量三次，算出其平均值，然后再将金属丝接入电路中
B．用螺旋测微器在被测金属丝三个不同部位各测量一次直径，算出其平均值
C．用伏安法测电阻时，采用电流表内接法，多次测量后算出平均值
D．实验中应保持金属丝的温度不变
15.小明利用如图1所示的实验装置测量一干电池的电动势和内阻．
(1)图1中电流表的示数为A.
(2)调节滑动变阻器，电压表和电流表的示数记录如下：
请根据表中的数据，在图2中作出U－I图线．
由图线求得：电动势E＝______V；内阻r＝_____Ω.
(3)实验时，小明进行了多次测量，花费了较长时间，测量期间一直保持电路闭合．其实，从实验误差考虑，这样的操作不妥，因为_
三、计算题（本大题3小题，共40分．）
16.（10分）如图，电源的内阻r＝1.0Ω，定值电阻R＝5.0Ω，竖直放置的平行金属板A、B与电阻R相连，金属板间距d＝10cm，一个质量m＝2×10-2kg，电量q＝3×10-2C的带电小球用绝缘细线悬挂于O点，当接通开关S，小球静止时与竖直方向的夹角θ＝37°（sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，g＝10m/s2），求：(1)A、B间的匀强电场的大小；(2)电源的电动势大小．
17.（12分）如图为直流电动机提升重物的装置，重物的重量G＝500 N，电源电动势E＝90 V，电源内阻r＝2 Ω，不计各处摩擦，当电动机以v＝0.6 m/s 的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流I＝5 A，则求：（1）电动机消耗的总功率P电；（2）电动机线圈的电阻R；（3）电源的效率η.
18.（18分）如图所示，区域Ⅰ内有电场强度为E、方向竖直向上的匀强电场；区域Ⅱ中有一光滑绝缘圆弧轨道，轨道半径为R＝eq \f(5veq \\al(2,0),g)，轨道在A点的切线与水平方向成60°角，在B点的切线与竖直线CD垂直；在Ⅲ区域内有一宽为d的有界匀强电场，电场强度大小未知，方向水平向右。一质量为m、带电荷量为－q的小球(可看做质点)从左边界的O点正上方的M点以速度v0水平射入区域Ⅰ，恰好从A点沿圆弧轨道切线进入轨道且恰好不能从电场右边界穿出，求：
(1)OM的长L；(2)区域Ⅲ中电场强度的大小E′；
(3)小球到达区域Ⅲ中电场的右边界上的点与OO′的距离s。
江油一中2020级高二（上）半期检测
物理参考答案
（考试时间：80分钟，满分110分）
一、本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～9题只有一项符合题目要求，第10～12题有多项符合题目要求。全部选对的4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1.C 2. A 3. B 4. A 5.C 6. B 7.B 8.B 9.D 10.BD 11.BD 12.AC
二、填空题（每空2分，共24分）
13．分压式 外接法
14.(1) 0.0680 (2) C E (3) BD
15. (1)0.44 (2)U－I图线如图 1.60(1.58～1.62都算对) 1.2(1.18～1.26都算对)
(3)干电池长时间使用后，电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大
三、计算题（本大题3小题，共38分．）
16.（10分）(1)设场强为E0 ， 对小球由平衡有：
qE0＝mgtan37° (2分)
得到： E0＝5N/C (2分)
(2)设电源的电动势为E，R两端的电压为U： (2分)
由电路特点有： (2分)
解得： U＝0.5V E＝0.6V (2分)
17：（12分）解：（1）对电动机：U=E — Ir =80V，P电=IU=400w
（2）重物被提升的功率P重＝Fv＝Gv＝500×0.6 W＝300 W，
对电动机P电=P电 + I2R 所以：R=4Ω
（3）对电源的效率η＝eq \f(P总－I2r,P总)×100%＝eq \f(450－52×2,450)×100%≈88.9%或89%
18.（18分）解析：(1)小球在区域Ⅰ中做类平抛运动，设小球在A点时的速度为vA，竖直分速度为vy，则有
cs 60°＝eq \f(v0,vA)，即vA＝2v0，
tan 60°＝eq \f(vy,v0)，即vy＝eq \r(3)v0，
由牛顿第二定律知a＝eq \f(qE＋mg,m)，
由veq \\al(2,y)＝2aL，知L＝eq \f(3mveq \\al(2,0),2（qE＋mg）)。
(2)在区域 Ⅱ中，由图可知BC＝eq \f(R,2)，
所以从A点到B点，由动能定理得
mg·eq \f(R,2)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)，
得vB＝3v0。
在区域Ⅲ中，小球在水平方向上做匀减速运动，到达右边界时水平速度刚好减为零，由运动学规律知
veq \\al(2,B)＝2eq \f(qE′,m)d，
得E′＝eq \f(9mveq \\al(2,0),2qd)。
(3)vB＝eq \f(qE′,m)t，所以t＝eq \f(2d,3v0)。
小球在竖直方向上做自由落体运动，即
h＝eq \f(1,2)gt2＝eq \f(2gd2,9veq \\al(2,0))，
所以小球到达右边界上的点与OO′的距离
s＝BC＋h＝eq \f(5veq \\al(2,0),2g)＋eq \f(2gd2,9veq \\al(2,0))。
U(V)
1.45
1.36
1.27
1.16
1.06
I(A)
0.12
0.20
0.28
0.36
0.44