2017-2018学年湖北省沙市中学高二上学期第三次半月考试物理试题 解析版

2017-2018学年湖北省沙市中学高二上学期第三次半月考试物理试题 解析版

湖北省沙市中学2017-2018学年高二上学期第三次半月考试物理试题 一、选择题（1-8题为单选题，9-12题为多选题。4分×12=48分）‎ ‎1. 在真空中有两个固定的点电荷，它们之间的静电力大小为F。现保持它们之间的距离不变，而使它们的电荷量都变为原来的2倍，则它们之间的静电力变为 A. 4F B. F C. 2F D. F ‎【答案】A ‎【解析】根据库仑定律，距离改变之前： ；当电荷量都变为原来的2倍时：F 联立可得：F1=4F，故BCD错误，A正确．故选A．‎ ‎2. 如图，真空中A、B两处各有一个正点电荷，若放入第三个点电荷C，只在电场力作用下三个电荷都处于平衡状态，则C的电性及位置是 A. 正电；在A、B之间 B. 正电；在A的左侧 C. 负电；在A、B之间 D. 负电；在B的右侧 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A、B都是正点电荷，若电荷C为正电荷，无论放在哪个地方，在中间的电荷可能受力平衡，但是在两边的电荷由于互相排斥，不可能处于平衡状态，所以放正电荷不可能；当C为负电荷时，无论放在A的左侧还是在B的右侧，负电荷受到的作用力都是指向同一侧的，不可能受力平衡，当负电荷放在A、B中间的时候，A、B之间的作用力互相排斥，AB和C之间都是吸引力，所以A、B、C受力都可能出于受力平衡的状态，所以C正确．故选C．‎ 考点：本题主要考查库仑定律的应用，意在考查学生对基础知识的掌握程度．‎ ‎3. 如图，一均匀带电的绝缘细棍，电荷量为+Q。在过中点c垂直于细棍的直线上有a、b、d三点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q>0)的固定点电荷．已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)‎ ‎ ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】电荷量为q的点电荷在b处产生电场强度为，方向向右．在b点处的场强为零，根据电场的叠加原理可知细棍与q在b处产生电场强度大小相等，方向相反，则知细棍在b处产生的电场强度大小为，方向向左．根据对称性可知细棍在d处产生的电场强度大小为，方向向右，而电荷量为q的点电荷在d处产生电场强度为E′=，方向向右，所以d点处场强的大小为Ed=E+E′=，方向向右．故选A．‎ 点睛：此题考查点电荷与细棍上电荷在某处的电场强度叠加问题，解题时要紧扣电场强度的大小与方向关系以及场强的对称关系解答．‎ ‎4. 在长度为l、横截面积为S、单位体积内的自由电子数为n的圆柱形金属导体两端加上电压，导体中就会产生恒定电场。导体内电量为e的自由电子在电场力作用下先做加速运动，然后与做热运动的阳离子碰撞而减速，如此往复。所以，我们通常将自由电子的这种运动简化成速率为v（不随时间变化）的定向运动。已知阻碍电子运动的阻力大小与电子定向移动的速率v成正比，即f=kv(k是常数），则该导体的电阻率应该等于 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】电子在电场中受到的电场力大小为：；由题意可知：；解得：； 电流I=nevs；则由欧姆定律可得：；故选B．‎ ‎5. 如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器。当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U。现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是 A. I1增大，I2减小，U增大 B. I1减小，I2不变，U减小 C. I1增大，I2不变，U增大 D. I1减小，I2增大，U减小 ‎【答案】D ‎【解析】由电路图知电压表测量路端电压，电流表A1测量流过R1的电流，电流表A2测量流过R2的电流．当R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，即电压表示数U减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大．故ABC错误，D正确．故选D．‎ 点睛：此题是动态电路的分析问题；解决本题的关键抓住电动势和内电阻不变，结合闭合电路欧姆定律求解．注意做题前一定要理清电路，看电压表测的是什么电压，电流表测的是什么电流．‎ ‎6. 所示电路，当a、b两端接100V电压时，c、d两端电压为20V，当c、d两接100V电压时，a、b两端电压为50V，则是 A. 4∶2∶1 B. 2∶1∶1‎ C. 3∶2∶1 D. 1∶2∶1‎ ‎【答案】A ‎【解析】两种情况下都是电阻的串联；当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压等于电阻R2两端的电压，；所以，整理得：R1=2R2‎ ‎ 当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻R2两端的电压，为 所以：, 整理得：R2=2R3 ;所以：R1：R2：R3=4：2：1，故选A.‎ 点睛：对于电路问题，首先要明确电路的结构，并能正确应用串并联电路的规律进行分析，必要时应进行电路的简化．‎ ‎7. 两只电压表V1和V2是由完全相同的两个电流计改装成的，V1表的量程是5V，V2表的量程是15V，把它们串联起来接入电路中．则 A. 它们的示数之比为l：3．指针偏转角度相等 B. 它们的示数相等，指针偏转角度之比为1：3‎ C. 它们的示数相等，指针偏转角度也相等 D. 它们的示数之比、指针偏转角度之比均为1：3‎ ‎【答案】A ‎【解析】两表串联后通过的电流一样，故偏转角度相等；但两表的读数为两电压表的分压，读数之比为两者的电阻之比；根据电压表的改装原理可知，量程之比等于电压表内阻之比，即两表的内阻之比为1:3，则读数之比为1：3．故A正确，BCD错误；故选A.‎ 点睛：电压表的改装是由一电流表串联电阻构成的．分析电流与电压当成一电阻根据电路连接关系分析即可.‎ ‎8. 欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律．有一个长方体金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且a＞b＞c．电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻阻值最小的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】由电阻的决定式可知，A中电阻，B中电阻；C中电阻；D中电阻；故电阻最小的为D；故选D．‎ ‎9. 所示，悬线下挂着一个带正电的小球，它的质量为m，电荷量为q，整个装置处于水平向右的匀强电场中，电场强度为E，下列说法正确的是 A. 小球平衡时，悬线与竖直方向夹角的正切值为Eq/(mg)‎ B. 若剪断悬线，则小球做曲线运动 C. 若剪断悬线，则小球做匀速运动 D. 若剪断悬线，则小球做匀加速直线运动 ‎【答案】AD ‎【解析】A、小球受到重力、电场力和拉力处于平衡，如图 根据共点力平衡得，，则，A错误；‎ B、C、D、剪断细线，小球受重力和电场力，两个力为恒力，合力则为恒力．合力的方向与原来绳子的拉力方向等值反向，所以小球沿细绳方向做初速度为零的匀加速直线运动,BC错误，D正确；‎ 故选D。‎ ‎10. 如图所示，平行板电容器与直流电源连接，上极板接地.一带负电油滴固定于容器中的P点．现将上极板竖直向下缓慢地移动一小段距离，则 A. 带电油滴受到的电场力将不变 B. 带电油滴的电势能将减少 C. P点的电势将升高 D. 电容器的电容增加，极板带电量增加 ‎【答案】BCD ‎【解析】将上极板竖直向下缓慢移动时，d减小，电容器的电压U不变，由分析得知，板间场强变大，则油滴所受电场力变大．故A错误．P点到下极板的距离不变，而E变大，由U=Ed知，P点与下极板间电势差变大，P点的电势小于零，则P点的电势升高，由于油滴带负电，则带电油滴的电势能将减小．故BC正确．d减小，由，知电容C变大，U不变，由Q=CU分析可知电容器所带电量增加．故D正确．故选BCD．‎ 点睛：本题是电容器动态变化分析问题，抓住不变量：电容器与电源保持相连，电压不变，由，和结合进行分析．‎ ‎11. 如图所示，电阻R1=20 Ω，电动机绕线电阻R2=10 Ω,当电键S断开时，电流表的示数是I1=0.5 A；当电键S合上后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，此时电流表的示数I和电路消耗的电功率P应满足 A. I=1.5 A B. I<1.5 A C. P<15 W D. P=15 W ‎【答案】BC ‎............‎ 点睛：此题要抓住非纯电阻电路与纯电阻电路的区别，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，I2＜是关键不等式．‎ ‎12. 示波管的内部结构如图甲所示。如果在偏转电极XX/、YY/之间都没有加电压，电子束将打在荧光屏中心．如果在偏转电极XX/之间和YY/之间加上图丙所示的几种电压，荧光屏上可能会出现图乙中(a)、(b)所示的两种波形。则 A. 若XX/和YY/分别加图丙中电压(4)和(2)，荧光屏上可以出现图乙中(a)所示波形 B. 若XX/和YY/分别加电压(3)和(1)，荧光屏上可以出现图乙中(a)所示波形 C. 若XX/和YY/分别加电压(3)和(2)，荧光屏上可以出现图乙中(b)所示波形 D. 若XX/和YY/分别加电压(2)和(1)，荧光屏上可以出现图乙中(b)所示波形 ‎【答案】BC ‎【解析】要在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象．XX′偏转电极要接入锯齿形电压，即扫描电压．A和D在XX′偏转电极所加的电压（4）和（2）不可能要水平向完成偏转，而AC在XX′偏转电极接入的是（3）锯齿形电压可实现显示的为YY′偏转电压上加的是待显示的信号电压．故BC正确，AD错误．故选BC.‎ 点睛：此题考查示波器的原理；注意示波管的YY′偏转电压上加的是待显示的信号电压，XX′偏转电极通常接入锯齿形电压，即扫描电压，当信号电压与扫描电压周期相同时，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象．‎ 二、实验题(8分+8分=16分)‎ ‎13. 在“测绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，实验器材有：“3V 1.8W”的小灯泡、电流表A（0-0.6Ａ ‎，内阻约为0.1Ω）、电压表Ｖ（0-3V，内阻约为4kΩ）、滑动变阻器Ｒ（0-10Ω，2A），以及干电池两节、电键和导线若干。实验要求保证器材的安全，灯泡两端的电压能从０开始连续调节，测量结果尽量准确。‎ ‎（１）为了尽可能减小误差，实验中电流表应采用______　（选填“内接”或“外接”）法，采用正确的方式测出的小灯泡的电阻值______　（选填“大于”“小于”或“等于”）电阻的真实值。‎ ‎（２）画出一个合理的电路图_______。‎ ‎【答案】 (1). （1）外接 (2). 小于 (3). （2）如图；‎ ‎【解析】（1）灯泡正常发光时电阻R==5Ω，灯泡电阻远小于电压表内阻，则电流表采用外接法， 采用外接法时，通过灯泡实际电流小于电表读数，根据欧姆定律得测出的电阻值小于电阻的真实值． （2）电压与电流从零开始变化，则滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示 ‎ 点睛：对电学实验题目应明确：①根据待测电阻的额定电压和额定电流来选择电压表和电流表的量程；②若电阻大小满足 时，电流表应用外接法，否则应用内接法；③当电路要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法，应选择全电阻小的变阻器以方便调节．‎ ‎14. 在测定“金属丝的电阻率”实验中，待测金属丝电阻约为5Ω，要求测量结果尽量准确，提供以下器材供选择： ‎ A、电池组E（3V，内阻约1Ω） ‎ B、电流表A（0-0.6A，内阻约0.125Ω） ‎ C、电压表V1（0-3V，内阻4KΩ） ‎ D、电压表V2（0-15V，内阻15KΩ） ‎ E、滑动变阻器R1（0-2000Ω，允许最大电流0.3A） ‎ F、滑动变阻器R2（0-20Ω，允许最大电流1A） ‎ G、开关、导线若干 ‎（1）实验中选择的电压表是___________；选择的滑动变阻器是_________（填写仪器前字母代号）‎ ‎（2）用螺旋测微器测得金属丝直径d的读数如图，则读数为____mm；‎ ‎（3）若用L表示金属丝长度，d表示直径，电流表读数为Ｉ，电压表读数为Ｕ。则金属丝电阻率的表达式ρ=____________。‎ ‎【答案】 (1). （1）C (2). F (3). （2）1.995mm (4). （3） ‎ ‎【解析】（1）因电源电动势为3V，则电压表选择C；滑动变阻器选择阻值较小的F组成分压电路；‎ ‎（2）螺旋测微器读数为d=1.5mm+49.5×0.01mm=1.995mm，（1.995-1.998均可） （3）由，及S=πd2 得 点睛：选取滑动变阻器的方法是：若变阻器阻值远小于待测电阻值则应用分压式接法；若滑动变阻器大于待测电阻值且根据闭合电路欧姆定律求出的最大电流小于电流表的额定电流，则应选用限流式接法．‎ 三、计算题 ‎15. 如图所示是一提升重物所用的直流电动机工作时的电路图．电动机内电阻r＝1.0Ω，电路中另一电阻R＝10Ω，直流电压U＝180V，理想电压表示数UV＝120V．试求：‎ ‎(1)输入电动机的电功率；‎ ‎(2)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)‎ ‎【答案】（1）720W（2）68.4kg 输入电动机的电功率: ‎ ‎（2）由能量关系可知： ‎ 解得：m=68.4kg ‎16. 一电荷量为q（q＞0）、质量为m的带电粒子在匀强电场的作用下，在t=0时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图所示．不计重力，求在t=0到t=T的时间间隔内粒子位移的大小和方向（T，E0 均为已知量）‎ ‎【答案】 方向沿初始电场正方向.‎ ‎【解析】粒子在0～、～、～、～T时间间隔内做匀变速运动，设加速度大小分别为a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得qE0=ma1、2qE0=-ma2、2qE0=ma3、qE0=-ma4，由此得带电粒子在0～T时间间隔内运动的a-t图象如图 （a）所示，对应的v-t图象如图（b）所示，其中，由图（b）可知，带电粒子在t=0到t=T时的位移为s＝v1，联立解得 ，它的方向沿初始电场正方向．  ‎ ‎17. 如图所示电路，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω．外电路中电阻R1=2Ω，R2‎ ‎=3Ω，R3=7.5Ω．电容器的电容C=4μF．求：‎ ‎（1）电键S断开，电路稳定时电容器的电量；‎ ‎（2）电键S闭合后到电路再次稳定的过程中，通过安培表的电荷量。‎ ‎【答案】（1）1.2×10-5C（2）1.92×10-5C ‎【解析】（1）电键S断开电路稳定时，电容器的电压就是R2的电压． R2的电压为：‎ 电容器上极板带正电：Q2=CU2=4×10-6×3C=1.2×10-5C （2）电键S闭合时，电容器的电压就是R1的电压， 外电路电阻 路端电压 ‎ R1两端的电压， ‎ 电容器下极板带正电：Q1=CU1=4×10-6×1.8C=7.2×10-6C 流过安培表的电量△Q=Q1+Q2=1.2×10-5C+7.2×10-6C=1.92×10-5C 点睛：本题主要考查了闭合电路欧姆定律的直接应用，关键要同学们能理清电路的结构，明确电容器的电压与哪部分电路的电压相等，要知道电路稳定时，电容器所在电路没有电流，其电压与所并联的电路两端的电压相等．‎ ‎18. 如图所示，在水平向左的匀强电场中，一带电小球质量为m,电量为-q。用绝缘轻绳(不伸缩)悬于O点，平衡时小球位于A点，此时绳与竖直方向的夹角θ＝30°。绳长为l，AO＝CO＝DO＝l，OD水平，OC竖直。求：‎ ‎(1)电场强度E；‎ ‎(2)把小球移到D点后，让小球由静止自由释放，小球向右摆动到Ａ点时的速率和该时刻轻绳中张力(计算结 果可带根号)。‎ ‎【答案】（1） （2） ；‎ ‎【解析】试题分析：（1）小球在A点处于平衡状态：‎ 电场强度 ‎（2）当小球移到D点后，让小球由静止自由释放，小球先沿电场力与重力的合力的方向做匀加速直线运动，由D运动到B， OB与竖直方向夹角为30°方向绳绷直，A、B关于OC对称，设此时速度为vB。‎ 根据牛顿第二定律：‎ 解得小球的加速度 根据几何关系可知，由D到B位移等于绳长l，根据 解得：小球刚运动到B时的速度 绳绷直后，小球沿绳方向的分速度变为零，垂直绳方向速度不变，使小球绕O点做圆周运动 小球从B点做圆周运动的速度 小球运动到A点切向加速度为零，圆周运动的速度达到最大 由B到A位移为l，重力做功为零，根据动能定理，有：‎ 解得：小球运动到A时的速度 所以，小球向右摆动过程中的运动到A点时有最大速率，最大速率 根据牛顿第二定律，有 此时轻绳中张力 考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系 ‎ ‎ ‎ ‎