2017-2018学年四川省雅安中学高二上学期期中考试物理试题 解析版

2017-2018学年四川省雅安中学高二上学期期中考试物理试题 解析版

雅安中学2017-2018学年高二上期半期考试物理试题 一、单项选择题（每小题6分，共36分）‎ ‎1. 下列说法正确的是（ ）‎ A. 库仑在研究电荷间相互作用时，提出了“电场”的概念 B. 电源的电动势跟电源内非静电力做的功成正比，跟通过电源的电荷量成反比 C. 将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功不一定为零 D. 金属材料的电阻率随温度的升高而减小 ‎【答案】C ‎【解析】A项：提出电场概念的是法拉第而不是库仑，所以选项A错误；‎ B项：电源的电动势等于电源内非静电力做的功与通过电源的电荷量的比值，跟电源内非静电力做的功无关，跟通过电源的电荷量无关，故B错误；‎ C项：场强为零的一点与场强为零的另一点之间的电势差不一定为零，所以由W=qU可知电场力做功不一定为零，故C正确；‎ D项：金属材料的电阻率随温度的升高而增大，故D错误。‎ 点晴：解决本题关键掌握物理学史，如提出电场概念的是法拉第；电源电动势的物理意义表 示把其它形式的能量转化为电能的本领；金属材料的电阻率随温度的升高而增大。‎ ‎2. 如图所示,A、B、C、D是真空中一正四面体的四个顶点。现在在A. B两点分别固定电量为+q、−q的两个点电荷,则关于C. D两点的场强和电势,下列说法正确的（ ）‎ A. C、D两点的场强、电势均相同 B. C、D两点的场强、电势均不同 C. C、D两点的场强相同，电势不同 D. C、D两点的场强不同，电势相同 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析:由题，通过AB的中垂面是一等势面，C、D在同一等势面上，电势相等，C、D两点的场强都与等势面垂直，方向指向B一侧，方向相同，根据对称性可知，场强大小相等，故C、D两点的场强、电势均相同．‎ 考点：电场强度；电势 ‎3. 如图所示，一直流电动机与阻值R＝9 Ω的电阻串联在电源上，电源电动势E＝30 V，内阻r＝1 Ω，用理想电压表测出电动机两端电压U＝10 V，已知电动机线圈电阻RM＝1 Ω，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 通过电动机的电流为10 A B. 电源的效率为93.3%‎ C. 电动机线圈电阻的热功率为2 W D. 电动机的输出功率为18W ‎【答案】B ‎【解析】A项：电动机电压10V,说明R与r的电压是：E－10＝20V，电流：‎ B项：电源的效率：，故B正确；‎ C项：电动机线圈电阻的热功率：，故C错误；‎ D项：电动机的输出功率：，故D错误。‎ 点晴：电动机正常工作时的电路是非纯电阻电路，欧姆定律U＞IR，对于R和r是纯电阻，可以用欧姆定律求电流，根据功率关系求出电动机输出的功率。‎ ‎4. 有一匀强电场，其场强为E，方向水平向右，把一个半径为r的光滑绝缘环，竖直放置于场中，环面平行于电场线，环的顶点A穿有一个质量为m，电量为q(q>0)的空心小球，如图所示，当小球由静止开始从A点下滑1/4圆周到B点时，小球对环的压力大小为：(　 )‎ A. .2mg+2qE B. .3mg+2qE C. 3mg+3qE D. 2mg+3qE ‎【答案】D ‎【解析】从A到B，由动能定理可得：，小球做圆周运动，在B点，环对球的弹力于电场力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：，由牛顿第三定律可知，球对环的压力，故D正确。‎ 点晴：本题考查动能定理与圆周运动的综合问题，注意从A到B，除重力做功外还有电场力做功，且电场力做力特点与重力做功相类似，与路径无关。‎ ‎5. 如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点．由O点静止释放的电子恰好能运动到P点．现将C板向右平移到P'点，则由O点静止释放的电子将（ ）‎ A运动到P点返回 ‎ B运动到P和P'点之间返回 C运动到P'点返回 ‎ ‎ D穿过P'点 ‎【答案】A ‎【解析】设A、B板间的电势差为U1，B、C板间的电势差为U2，板间距为d，电场强度为E，第一次由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，根据动能定理得：qU1=qU2=qEd，将C板向右移动，B、C板间的电场强度，E不变，所以电子还是运动到P点速度减小为零，然后返回，故A正确；BCD错误．‎ ‎【名师点睛】本题是带电粒子在电场中的运动，主要考察匀变速直线运动的规律及动能定理，重点是电容器的动态分析，在电荷量Q不变的时候，板间的电场强度与板间距无关．‎ ‎6. 如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R2为定值电阻，R为滑动变阻器。当R的滑片P在某一位置时，闭合开关S，电压表的读数为U=1.00 V，电流表A1的读数 I1=0.80A，电流表A2的读数为I2=1.20A。现将R的滑片P继续向b端移动过程中，三个电表可能得到的读数是（ ）‎ A. U=0.70V，I1=0.60A，I2=1.30A B. U=0.80V，I1=0.60A，I2=1.40A C. U=0.90V，I1=0.70A，I2=1.40A D. U=1.10V，I1=0.70A，I2=1.50A ‎【答案】C ‎【解析】将R的滑片P继续向b端移动过程中，滑动变阻器接入电路中的电阻变小，根据“串反并同”可知：I2增大，I1减小，U减小，再由知：总电阻减小，总电流变大，所以I2+I1增大，综上可知C正确。‎ 点晴：解决本题关键理解掌握电路动态分析“串反并同”的方法，即与变化电阻串联的用电器的电流、电压、电功率的变化与变化电阻的变化情况相反，反之相同。‎ 二、不定项选择题(以下各小题中至少有一个选项是正确的，全部选对得6分，少选得3分，错选或不选不得分，共24分）‎ ‎7. 如图所示，两块较大的金属板A、B平行放置并与一电源相连，S闭合后，两板间有一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态．以下说法正确的是（ ）‎ A. 若将B板向上平移一小段距离，则油滴向下加速运动，G中有a→b的电流 B. 若将B板向左平移一小段距离，则油滴仍然静止，G中有b→a的电流 C. 若将S断开，A向左平移一小段距离，则油滴向上加速度运动，G中无电流 D. 若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，则油滴仍静止，G中无电流 ‎【答案】BCD B项：若将A板向左平移一小段位移，由可知，E不变，油滴仍静止；‎ 根据，得，故电容器电量减小，放电，故G中有b→a的电流；故B正确；‎ C项：若将S断开，Q不变，根据，，，场强E增大，故油滴向上加速度运动，G中无电流，故C正确；‎ D项：若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，根据，得，故场强不变，油滴仍然静止；断路，G中无电流；故D正确。‎ 点晴：本题关键是明确电键闭合时，电容器的电压不变，然后结合公式U=Ed和共点力平衡条件列式分析，基础问题。‎ ‎8. 下图是示波管的工作原理图：电子经电场加速后垂直于偏转电场方向射入偏转电场，若加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转电场的极板长度与极板间的距离分别为L和d，y为电子离开偏转电场时发生的偏转距离。取“单位偏转电压引起的偏转距离”来描述示波管的灵敏度，即（该比值越大则灵敏度越高），则下列哪种方法可以提高示波管的灵敏度 （ ） ‎ A. 增大L B. 减小d C. 增大U1 D. 增大U2‎ ‎【答案】AB ‎【解析】经加速电场后的速度为v，则，所以电子进入偏转电场时速试的大小为，电子进入偏转电场后的偏转位移为，所以示波管的灵敏度，所以要提高示波管的灵敏度可以增大L，减速小d，故A、B正确。‎ 点晴：本题是信息题，根据所给的信息，找出示波管的灵敏度的表达式即可解决问题。‎ ‎9. 如图是一个多用电表的简化电路图。S为单刀多掷开关，通过操作开关，可以接通1，也可以接通2、3、4、5或6。下列说法正确的是 A. 当开关S分别接1或2时，测量的是电流，其中S接1时量程较大 B. 当开关S分别接3或4时，测量的是电阻，其中A是黑表笔 C. 当开关S分别接3或4时，测量的是电阻，其中A是红表笔 D. 当开关S分别接5和6时，测量的是电压，其中S接5时量程较大 ‎【答案】AC ‎【解析】A项：由图可知当转换开关S旋到位置1、2位置是电流表，接1时分流电阻相对更小，故接1时电表的量程更大；故A正确；‎ B、C项：测量电阻时欧姆表内部应接电源，由图可知测电阻只有接3或4；A与电源的负极相连，故A为红表笔；故B错误，C正确；‎ D项：要测量电压，电流表应与电阻串联，由图可知当转换开关S旋到位置5、6时；测量电压，电流表所串联的电阻越大，所测量电压值越大，故当转换开关S旋到6的量程比旋到5的量程大，故D错误。‎ 点晴：本题考查多用表的原理，应熟练掌握其测量原理，及电表的改装办法．明确电流表时表头与电阻并联，电压表时，表头与电阻串联；而欧姆表时内部要接有电源。‎ ‎10. 右图是某同学改装成某一量程电流表的原理图（其中表头内阻为Rg，并联的定值电阻的阻值为R），结果他发现该电流表的示数总是比准确值稍大一点，请问以下哪些措施可以加以改进（ ）‎ A. 并联一个比Rg和R的总电阻小得多的电阻 B. 给定值电阻串联一个比R小得多的电阻 C. 并联一个比R大得多的电阻 D. 给表头串联一个比Rg小得多的电阻 ‎【答案】CD ‎【解析】把小量程电流表改装成大量程电流表需要并联一个小电阻，由并联电路特点可知，电阻越并越大，R分流越小，并联后的电阻越接近Rg，改装后的电流越接近流过表头的电流，故C、D正确。‎ 点晴：由该题可看出，解决此类问题要充分理解电表改装原理，电路的分压分流原理。‎ 三、实验题（11题7分，12题10分，共17分）‎ ‎11. 为了测定电源电动势E的大小、内电阻r和定值电阻R0的阻值，某同学利用DIS设计了如图甲所示的电路．闭合电键S1，调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，用电压传感器1、电压传感器2和电流传感器测得数据，并根据测量数据计算机分别描绘了如图乙所示的M、N两条U﹣I直线．请回答下列问题：‎ ‎（1）根据图乙中的M、N两条直线可知______‎ A．直线M是根据电压传感器1和电流传感器的数据画得的 B．直线M是根据电压传感器2和电流传感器的数据画得的 C．直线N是根据电压传感器1和电流传感器的数据画得的 D．直线N是根据电压传感器2和电流传感器的数据画得的 ‎（2）图象中两直线交点处电路中的工作状态是 （____）‎ A. 滑动变阻器的滑动头P滑到了最左端 B. 该电源在该电路中的总功率最小 C. 定值电阻R0上消耗的功率为0.5W D. 该电源在该电路中的效率达到最大 ‎（3）根据图乙可以求得定值电阻R0=____Ω，电源电动势E=___V，内电阻r=___Ω．‎ ‎【答案】 (1). BC (2). AC (3). 2 (4). 1.5 (5). 1‎ ‎【解析】(1) 定值电阻的U-I图线是正比图线，一定经过原点，故图线M是根据电压表V2和电流表A的数据画得的，电阻为2Ω；电源的U-I图线是向下倾斜的图线，故直线N是根据电压表V1和电流表A的数据画得的，电动势为1.5V，内电阻为1Ω；故选BC；   ‎ ‎(2) 当定值电阻和电源的电流、电压相等时，一定是电阻直接与电源相连；故滑动变阻器是短路，故A正确；滑动变阻器短路时，外电阻最小，总电流最大故电源总功率最大，故B错误；此时电阻的电压为1V，电流为0.5A，故功率为0.5W，故C正确；外电阻最小，效率最低，故D错误；        ‎ ‎(3) 定值电阻的U-I图线是正比图线，斜率表示电阻，为2Ω；图线N的纵轴截距表示电动势，为1.5V；斜率表示内电阻，为1Ω；‎ 点晴：解决本题关键理解电源的U-I图像斜率的物理意义即为纵轴截距表示电动势，斜率表示电源内电阻。‎ ‎12. 有一个小灯泡上标有“4V，2W”的字样，现在要用伏安法测绘这个小灯泡的伏安特性曲线．现有下列器材供选用：‎ A．电压表V1（0～5V，内阻约10kΩ） B．电压表V2（0～10V，内阻约20kΩ）‎ C．电流表A1（0～0.3A，内阻约1Ω） D．电流表A2（0～0.6A，内阻约0.4Ω）‎ E．滑动变阻器R1（0～10Ω，2A） F．滑动变阻器R2（0～100Ω，0.2A）‎ G．学生电源（直流6V）、开关及导线 ‎（1）为了调节方便，测量尽可能准确，实验中应选用电压表___，电流表___，滑动变阻器___．（填器材前的选项符号）‎ ‎（2）为使实验误差尽量减小，要求从零开始多取几组数据，请在虚线框中画出实验电路图__．‎ ‎（3）P为图线上的一点，PN为图线上P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则由图可知：随着所加电压的增加，小灯泡的电阻将_____（填“增大”、“减小”或“不变”）；对应P点，小灯泡的电阻值约为_____Ω．（保留三位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). A (2). D (3). E (4). (5). 增大 (6). 5.33‎ ‎【解析】试题分析：根据灯泡额定电压选择电压表，根据灯泡额定电流选择电流表，为方便实验操作，滑动变阻器应选最大阻值较小的滑动变阻器．根据题目要求确定滑动变阻器与电流表的接法，然后作出电路图．根据图象应用欧姆定律判断灯泡电阻如何变化，由图象求出P点的电压与电流值，由欧姆定律求出灯泡此时的电阻．‎ ‎（1）电表量程略大于电路中的最大值即可； 灯泡额定电压为4V，电压表选A，灯泡额定电流，则电流表选D，为方便实验操作，选较小的滑动变阻器，选E．‎ ‎（2）电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；灯泡正常发光时电阻，，则电流表应采用外接法，电路图如图所示．‎ ‎ （3）由图象可知，随着所加电压的增加，通过小灯泡的电流增大，但电压与电流的比值增大，即灯泡电阻将增大；由图象可知，在P点U=2.4V，I=0.45A，此时灯泡电阻 ‎．‎ 四、计算题（13题10分，14题10分，15题13分，共33分）‎ ‎13. 如图所示,在x>0的空间中,存在沿x轴方向的匀强电场E;在x<0的空间中,存在沿x轴负方向的匀强电场,场强大小也为E. 一电子(−e,m)在x=d处的P点以沿y轴正方向的初速度v0开始运动，不计电子重力。求：‎ ‎（1）电子的x方向分运动的周期。‎ ‎（2）电子运动的轨迹与y轴的各个交点中，任意两个交点的距离。‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】试题分析：（1）电子垂直电场方向进入电场，在沿电场方向先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，在垂直电场方向做匀速直线运动，根据运动学公式和牛顿第二定律，结合运动的对称性求出电子在x方向分运动的周期．‎ ‎（2）结合电子在y方向上做匀速直线运动，根据对称性和周期性求出任意两个交点的距离 解：电子在电场中运动的受力情况及轨迹如图所示．‎ 在x＞0的空间中，沿y轴正方向以v0的速度做匀速直线运 动，沿x轴负方向做匀加速直线运动，设加速度的大小为a，‎ 则F=eE=ma解得，‎ 电子从A点进入x＜0的空间后，沿y轴正方向仍做v0‎ 的匀速直线运动，沿x轴负方向做加速度大小仍为a的匀减速直线运动，到达Q点．根据运动的对称性得，电子在x轴方向速度减为零的时间t2=，电子沿y轴正方向的位移=‎ 电子到达Q点后，在电场力作用下，运动轨迹 QCP1与QAP关于QB对称，而后的运 动轨迹沿y轴正方向重复PAQCP1，所以有：‎ ‎（1）电子的x方向分运动的周期 ‎（2）电子运动的轨迹与y轴的各个交点中，任意两个交点的距离 答：（1）电子的x方向分运动的周期．‎ ‎（2）电子运动的轨迹与y轴的各个交点中，任意两个交点的距离．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道电子在沿电场方向和垂直电场方向上的运动规律，抓住对称性和周期性，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解 ‎14. 电路如图所示，已知电源电动势为，内阻，定值电阻，滑动变阻器的阻值可以在之间变化，则：‎ ‎（1）当为多少时，上获得最大功率？并求出该最大功率P1；‎ ‎（2）当为多少时，上获得最大功率？并求出该最大功率P2；‎ ‎（3）当为多少时，电源有最大输出功率？并求出该最大功率P3.‎ ‎【答案】（1） 2.88W （2） （3） 4.5W ‎【解析】试题分析：(1) R1为定值电阻，要使定值电阻获得最大功率即要流过R1的电流最大，利用即可求解；‎ ‎(2) R1为可变电阻，要使可变电阻获得最大功率即把R1与电源看成新的电源即可求解；‎ ‎(3) 当外电阻与内阻相等时，求电源有最大输出功率即可。‎ ‎(1)R1为定值电阻，要使定值电阻获得最大功率即要流过R1的电流最大，由图可知：当R2=0时电流最大，代入数据得：；‎ ‎..................‎ ‎(3)当外电阻与内阻相等时，电源有最大输出功率，，即,，代入数据得：。‎ 点晴：解决本题关键理解要使定值电阻获得最大功率即要流过定值电阻的电流最大，要使可变电阻获得最大功率即把R1与电源看成新的电源，此时求新电源的最大输出功率即可，当外电阻与内阻相等时，电源有最大输出功率。‎ ‎15. 如图所示,长为L的绝缘细线,一端悬于O点,另一端连接带电量为一q的金属小球A,置于水平向右的匀强电场中,小球所受的电场力是其重力的倍，电场范围足够大，在距O点为L的正下方有另一完全相同的不带电的金属小球B置于光滑绝缘水平桌面的最左端，桌面离地距离为H，现将细线向右水平拉直后从静止释放A球。（重力加速度为g）‎ ‎（1）求A球与B球碰撞前的速度?(小球体积可忽略不计)‎ ‎（2）若(2+)L=0.1m,H=0.6m,g=10m/s2.则B球落地时的速度大小是多少?(不计碰撞过程中机械能损失及小球间库仑力的作用)‎ ‎【答案】（1） （2）4m/s ‎【解析】试题分析：（1）小球释放后，受到向左的电场力和重力，沿着电场力和重力的合力做匀加速运动，直到绳子绷紧，由动能定理求出绳子刚绷紧时的速度．细绳突然绷紧时，小球只剩下切向速度，接着小球绕O点做圆周运动，由动能定理求出A球与B球碰撞前的速度；‎ ‎（2）两球碰撞过程，机械能和动量都守恒，根据守恒关系列式，可求出碰后两球的速度．碰撞过程，两球电荷平分，B球离开桌面后运用运动的分解，根据牛顿第二定律和运动学公式求解落地时的速度大小。‎ ‎(1)如图所示，金属球A由a到b过程做匀加速直线运动，细绳与水平方向夹角为60°时突然绷紧．由题意，由数学知识知，α=30°，故电场力和重力的合力：，由动能定理得，求得，在b点细绳突然绷紧时，小球只剩下切向速度，大小为，球A由b到c过程中，细绳的拉力对A球不做功，由动能定理得，解得。‎ ‎(2)A球与B球碰撞动量守恒和机械能不损失有：,，解得：（即A、B球交换速度）；‎ A球与B球接触过程电荷量守恒有，B球由碰后到落地过程中竖直方向做自由落体运动：，得，落地时，，水平方向匀加速直线运动，加速度，所以，则B球落地速度是。‎ 点晴：本题的物理过程较多，综合性很强，关键是分析物体的受力情况，把握每个过程遵循的物理规律，对于弹性碰撞，应根据机械能守恒和动量守恒列式，两球质量相等，会交换速度。‎ ‎ ‎ ‎ ‎