2017-2018学年福建省晋江市养正中学高二上学期期中考试物理试题 解析版

2017-2018学年福建省晋江市养正中学高二上学期期中考试物理试题 解析版

养正中学2017年秋高二上期中考物理试卷 一、选择题（本题共12小题；每小题4分,共48分,1-7题为单项选择题，8-12为多项选择题，少选得2分，多选或错选不得分。）‎ ‎1. 当在电场中某点放入电量为q的带正电的试探电荷时，测得该点的场强为E，若改为在同一点放入电量为的带负电的试探电荷时，测得该点的场强（ ）‎ A. 大小为2E，方向与E相同 B. 大小为2E，方向与E相反 C. 大小为E，方向与E相同 D. 大小为E，方向与E相反 ‎【答案】C ‎【解析】电场强度是描述电场本身的力性质的物理量，与试探电荷无关，当在电场中某点放入电量为q的正试探电荷时，测得该点的场强为E，若在同一点放入电量为q′=2q的负试探电荷时，电场强度的大小和方向都不变，即该点的场强大小仍为E，方向与E相同，故C正确，ABD错误。‎ ‎2. 某金属导线的电阻率为ρ，电阻为R，现将它均匀拉长到直径为原来的一半，那么该导线的电阻率和电阻分别变为 (　 　)‎ A. 4ρ和4R B. ρ和4R C. 16ρ和16R D. ρ和16R ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：电阻为R，现将它均匀拉长到直径为原来的一半，其材料和体积均不变，则横截面积变为原来的1/4，长度为原来的4倍；由于导体的电阻与长度成正比，与横截面积成反比，所以此时导体的电阻变为原来的16倍，即16R．由于电阻率受温度的影响，因温度不变，所以电阻率也不变．故选D．‎ 考点：电阻定律 ‎【名师点睛】题考查了影响电阻大小的因素，关键要知道导体电阻与长度成正比，与横截面积成反比．电阻率不受温度影响的材料，可以制成标准电阻。‎ ‎3. 如图所示，两条直线分别是两个电阻R1、R2的U-I图线，它们并联的电阻阻值为R，则R的U-I图线在图中( )‎ A. 区域Ⅰ B. 区域Ⅱ C. 区域Ⅲ D. 不能确定 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：U-I图像的斜率表示电阻的大小，两电阻并联后，总电阻比这两个电阻最小的电阻还小，所以R的图线应在区域三位置，C正确，‎ 考点：本题考查了对并联电阻的计算以及U-I图像的理解 点评：做本题的关键是明白两点，一点是图线的斜率表示电阻的大小，第二点是两电阻并联后总电阻减小，‎ ‎4. 平行板电容器的电容为C，带电量为Q，两板间距离为d，今在两板的中点处放一点电荷q，则它所受电场力的大小为 （ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎5. 如图所示，a、b、c是匀强电场中同一平面上的三点，各点的电势分别为、、。则在下列各示意图中能表示该电场强度E方向的是：（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】电势值分别为：φa=5V，φb=2V，φc=3V，则ab两点连线的线段分三等分，如图所示：‎ 则取点M的电势为3V，因此M点与C点的连线为等势面，则与连线垂直的即为电场线，由于φa=5V，φb=2V，φc=3V，又因为电势沿着电场线降低，故D正确，ABC错误。‎ ‎6. 如图所示，在光滑绝缘的水平面上的A处固定某电荷，在B点有一个以初速度v0向右运动的点电荷，已知该点电荷在运动过程中电势能不断减小，其运动速度图线是下图中的 ( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：B的电势能不断减小，说明电场力做正功，物体的动能增加，即物体的速度是增加的，所以C排除，根据公式可得，当B远离A球的时候，受到的库伦力逐渐减小，根据牛顿第二定律可知，小球B的加速度在减小，而v-t图像的斜率表示加速度大小，即斜率再减小，所以B正确，‎ 考点：本题考查了电场力做功情况 点评：本题的突破口是从小球的电势能变化入手，从而得出电场力做功情况，然后得出物体的速度情况 ‎7. 如图所示，两个定值电阻R1、R2串联后接在电压U稳定于12V的直流电源上，有人把一个内阻不是远大于R1、R2的电压表接在R1两端，电压表的示数为8V.如果他把电压表改接在R2两端，则电压表的示数将( ).‎ A. 小于4V B. 等于4V C. 大于4V小于8V D. 等于或大于8V ‎【答案】A ‎【解析】电压表接在R1两端，电压表的示数4V，则此时R2两端的电压为2V．把此表改接在两端R2时，由于电压表的内阻不是远大于R1 、R2，电压表与R2并联的阻值小于R2，而R1与并联部分串联，总电压U=6V，则R1的电压大于4V，电压表与R2并联的电路的电压小于2V。‎ 点晴：本题主要考查闭合电路欧姆定律：闭合电路的电流强度跟电源的电动势成正比，跟闭合电路总电阻成反比。注意此题中的电压表不是理想电表，要考虑电压表的分流。‎ ‎8. A、B、C是三个不同规格的灯泡，按图所示方式连接恰好能正常发光，已知电源的电动势为E，内电阻为r，将滑动变阻器的滑片P向左移动少许，设灯泡不会烧坏，则（ ）‎ A. 整个电路的总功率一定变大 B. 电源的输出功率一定变小 C. A、B灯比原来亮，C灯变暗 D. A、B、C三盏灯都比原来亮 ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：滑动变阻器的滑片P向左移动时，接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流增大，则A灯变亮，根据可知，总功率增大，并联部分分担的电压减小，则C灯变暗．由于通过B灯的电流等于干路电流与通过C灯电流之差，干路电流增大，而通过C灯的电流减小，则通过B灯的电流增大，变亮，原来三盏灯都正常发光，通过三盏灯的电流相等，功率相等，滑动变阻器的滑片P向左移动时，通过B灯的电流增大量大于C灯的电流减小，根据数学知识可知，B灯增加的功率比C灯减小的功率大，而A灯功率增大，所以灯的总功率增大，故AC正确，BD错误。‎ 考点：闭合电路的欧姆定律、电功、电功率 ‎【名师点睛】本题为混联电路，电路情况较复杂，不过只要认真分析，则可以看出电路是由两电阻并联后再与一电阻串联而成，可以分成两部分求解．所以分析电路是解答问题的关键。‎ ‎9. 如图所示，在一块足够大的铅板A的右侧固定着一小块放射源P，P向各个方向不断放射出电子，电子的初速度大小均为v0，电子的重力忽略不计。在A板右方距A为d处放置一个与A 平行的金属板B，在A、B之间加上恒定电压U（B板电势高），‎ 则（ ）‎ A. 电子打在B板上的范围是个圆 B. 仅增加d的大小，电子到达B板时的动能增大 C. 仅增加d的大小，电子打在B板时的范围面积增大 D. 仅增加U的大小，电子打在B板时的范围面积不变 ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：打在最边缘处的电子，将是类平抛运动的电子，在垂直电场方向做匀速运动，即，在平行电场方向做初速度为零的匀加速运动，即，其中，，则，将代入得：，由于电子运动的对称性，打在B板上的电子的分布范围是圆形区域，故A正确；电子到达B的过程中只有电场做功，由于电场力做功：，所以电子到达B的动能与极板之间的距离无关，故B错误；圆面积；仅增加d的大小，电子打在B板时的范围面积增大，故C正确；圆面积；仅增加U的大小，电子打在B板时的范围面积减小，故D错误。‎ 考点：带电粒子在匀强电场中的运动 ‎【名师点睛】对于功的求解要根据题目选择正确的途径，了解研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题。‎ ‎10. 如图所示，虚线AB和CD分别为椭圆的长轴和短轴。相交于O点，两个等量同种点电荷分别处于椭圆的两个焦点M、N上，则（ ）‎ A. A、B两处电势、场强均相同 B. C、D两处电势、场强均不同 C. 在虚线AB上O点的场强最小 D. 带负电的试探电荷在O处的电势能小于在C处的电势能 ‎【答案】CD ‎【解析】根据顺着电场线方向电势降低，结合等量同种电荷电场线、等势面分布对称性特点可知，A、B两处电势相同，场强大小相等、方向相反，所以场强不同，故A错误；根据等量同种电荷电场线、等势面分布对称性，C、D两处场强方向相反，电势相同，故B错误；根据电场线疏密表示场强的大小可知，在AB之间，O点场强为零，为最小，故C正确；OC间的电场强度方向向上，电场力对负电荷做负功，则电势能增加，即负电荷在O处电势能小于在C处电势能，故D正确。所以CD正确，AB错误。‎ ‎11. 在如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r。开关S1、S2、S3、S4均闭合，C是水平放置的平行板电容器，板间悬浮着一油滴P，下列哪些方法会使P向上运动（ ）‎ A. 断开S2‎ B. 适当减小两板之间的距离 C. 断开S4并适当减小两板之间的距离 D. 断开S4并适当减小两板之间的正对面积 ‎【答案】ABD ‎【解析】试题分析：断开，C直接接到电源两端，C两端电压增大，故E增大，电场力增大，油滴向上运动，故A正确；其他条件不变时，电容器两端的电压不变，适当减小两板间的距离时，由可知，板间的电场强度增大，故油滴受到的电场力大于重力，油滴向上运动，故B正确；断开时电容器与电源断开，电量不变，减小两板间的距离时，根据、可知，，则可知，电场强度不变，故油滴不动，故C错误；断开时电容器与电源断开，电量不变，根据可知，减小两板之间的正对面积时C减小，则U增大，由于d不变，电场强度E增大，故油滴向上移动，故D正确。‎ 考点：闭合电路的欧姆定律、电容器的动态分析 ‎【名师点睛】解决本题的关键要明确电路稳定时，电容器的电压等于与之并联的电路两端的电压，注意与电容器串联的电阻相当于导线．然后再结合电容器的动态分析规律进行分析即可求解。‎ ‎12. 如图，光滑绝缘水平面上两个相同的带电小圆环A、B电荷量均为q，质量均为m，用一根光滑绝缘轻绳穿过两个圆环，并系于结点O。在O处施加一水平恒力F使A、B一起加速运动，轻绳恰好构成一个边长为l的等边三角形，则（ ）‎ A. 小环A的加速度大小为 B. 小环A的加速度大小为 C. 恒力F的大小为 D. 恒力F的大小为 ‎【答案】BC ‎【解析】设轻绳的拉力为T，则对A有：，，联立解得：，故B正确，A错误；把AB看成一个整体有：，故C正确，D错误。所以BC错误，AD正确。‎ 二、实验题（共两小题，13题4分，14题10分，共14分）‎ ‎13. 游标卡尺的读数是_____________mm，螺旋测微计的读数是____________mm。‎ ‎【答案】 (1). 1.881 41.40 (2). ‎ ‎【解析】螺旋测微器固定刻度读数1.5mm，可动刻度读数为0.01×38.1mm=0.381mm，所以金属丝的直径为：1.5mm+0.381mm=1.881mm；游标卡尺主尺读数为41mm，游标尺上第8个刻度与主尺上某一刻度对齐，因此游标读数为：0.05×8=0.40mm，所以最终读数为：41mm+0.40mm=41.40mm。 ‎ ‎14. 某同学要测量一定值电阻Rx(约300Ω)的阻值，现提供了下表中的器材：‎ 电池组E（电动势3V，内电阻很小）‎ 滑动变阻器R1（0~20kΩ，额定电流1A）‎ 电压表V（量程0~3V，内电阻约3kΩ）‎ 滑动变阻器R2（0~20Ω，额定电流2A）‎ 电流表A1（量程0~10mA，内电阻约5Ω）‎ 开关S 电流表A2（量程0~0.6A，内电阻约0.25Ω）‎ 导线若干 为了使实验便于操作，电表调节范围从零开始，且使实验误差尽可能小，则：‎ ‎① 电流表应选用_______，滑动变阻器应选用___________(均填写字母代号)；‎ ‎② 在图甲虚线框内画出测量电路的原理图（电路中各器材要求用题中给定的符号标出）；‎ ‎③ 若该同学已正确选用器材，连接好部分实验电路如图乙所示，请在图乙中完成其余电路连接。‎ ‎④ 该同学按照实验要求正确连接好图乙电路后，在电键闭合前，应将滑动变阻器的滑片移到 ‎____端（填“A”或“B”）‎ ‎⑤该同学按照实验要求正确做完实验，测得的电阻值将__________ (填“大于”、“小于”或“等于”)被测电阻的实际阻值。‎ ‎【答案】 (1). A1 R2 (2). (3). A (4). 大于 ‎【解析】试题分析：①测量电阻时要注意，温度对电阻的影响，所以一般电路中的电流不宜过大，所以电流表选用A1滑动变阻器采用和被测电阻相近的电阻，便于操作，所以选择R2②电压表要求从零开始，所以滑动变阻器采用分压接法，因为电流表的电阻较小，所以采用电流表的内接法，避免电压表的分流，如图所示，‎ ‎④为了保证电路的安全，点闭合电建前需要将滑动变阻器滑动到最大阻值处，即A端，‎ ‎⑤因为电流表的分压，所以被测电压大于电阻两端的实际电压，而电流表准确测量的电阻的电流，所以根据欧姆定律可知测量值大于实际值 考点：本题考查了电阻的测量实验 点评：本题是灵活的考查测量电阻的方法．我们要开动脑筋用现有的器材测出电阻值．‎ 三、计算题（本题共4小题，共38分. 解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）‎ ‎15. 如图所示，一带电荷量为＋q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止．重力加速度取g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：‎ ‎(1)水平向右的电场的电场强度；‎ ‎(2) 若仅将电场强度大小减小为原来的一半，物块的加速度是多大。‎ ‎【答案】（1） （2）0.3g 由平衡条件：‎ 解得：E=‎ ‎（2）当电场强度变小时候，重力下滑分量不变弹力在斜面上的分量变小对小物块，由牛顿第二定律：‎ 解得：a=0.3g 考点：受力分析 牛顿第一定律 ‎16. 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＝1 Ω，电路中另一电阻R＝20 Ω，直流电压U＝200 V，理想电压表示数UV＝120 V.试求：(g取10 m/s2) ‎ ‎(1)通过电动机的电流；‎ ‎(2)若电动机以v＝1 m/s匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量？‎ ‎【答案】（1）4A （2）46.4kg ‎【解析】试题分析：先求出R两端的电压，由部分电路的欧姆定律即可求出电路中的电流；根据P热=I2r即可求出电动机的热功率，电动机的输出功率等于输入功率减去热功率．最后由P=Fv=mgv即可求出物体的质量。‎ ‎（1）由电路中的电压关系可得电阻R的电压：UR=U-UV=（200-120）V=80V 流过电阻R的电流：‎ 解得：I=4A ‎（2）电动机的输入功率： P1=UVI=110×4W=480W 电动机内电阻的发热功率： P2=I2r=42×1W=16W 输出的机械功率： P3=P1-P2=（480-16）W=464W 而P3=Fv=mgv ‎ 解得：m=46.4kg 点睛：本题主要考查了非纯组电路，关键是知道电动机做功的功率加上线圈的发热功率即为电动机消耗的电功率。‎ ‎17. 如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两板不带电，上极板接地，它的极板长L=0.1m，两极板间距离d=0.4cm, 有一束相同微粒组成的带电粒子流以相同的初速度从两板中央平行于极板射入，由于重力作用微粒能落到下板上，微粒所带电荷立即转移到下极板且均匀分布在下极板上。已知微粒质量m=2.0×10-6kg，电量q=+1.0×10-8C，电容器电容C=1.0×10-6F，若第一个粒子刚好落到下板中点O处，取g=10m/s2．试求： ‎ ‎（1）则带电粒子入射初速度的大小；‎ ‎（2）最终落到下极板上的微粒个数。‎ ‎【答案】（1）2.5m/s   （2）600个 ‎【解析】试题分析：根据粒子做平抛运动的规律，运用运动的合成与分解，并依据运动学公式，即可求解；根据牛顿第二定律，结合电场力表达式和运动学公式，即可求解。‎ ‎（1）设粒子打在下极板中点的初速度分别为v0，粒子在电场中做平抛运动 偏转位移： ‎ 水平方向：‎ ‎  联立解得：v0=2.5m/s      ‎ ‎（2）粒子在电场中做平抛运动，设粒子刚好从边缘飞出时极板带电为Q，场强为E，板间电压为U，‎ 由牛顿第二定律得：mg-Eq=ma 偏转位移： ‎ 水平位移：L=v0t ‎ 联立以上解得：E=1.5×103N/C             ‎ 则电压为：U=Ed 总的电荷量为：Q=CU ‎ 解得：Q=6×10-6C         ‎ 最多能落到下极板粒子的个数 个 点睛：本题主要考查了粒子在电场里做类平抛运动，应用运动的合成与分解的方法，理解运动学公式与牛顿第二定律的综合应用。‎ ‎18. 如图所示，ABCD竖直放置的光滑绝缘细管道，其中AB部分是半径为R的圆弧形管道，BCD部分是固定的水平管道，两部分管道恰好相切于B．水平面内的M、N、B三点连线构成边长为L等边三角形，MN连线过C点且垂直于BCD．两个带等量异种电荷的点电荷分别固定在M、N两点，电荷量分别为+Q和-Q．现把质量为m、电荷量为+q的小球（小球直径略小于管道内径，小球可视为点电荷），由管道的A处静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g．求：‎ ‎（1）小球运动到B处时受到电场力的大小；‎ ‎（2）小球运动到C处时的速度大小；‎ ‎（3）小球运动到圆弧最低点B处时，小球对管道压力的大小 ‎【答案】（1） （2） （3）‎ ‎【解析】试题分析：（1）设小球在圆弧形管道最低点B处分别受到+Q和-Q的库仑力分别为F1和F2．则①‎ 小球沿水平方向受到的电场力为F1和F2的合力F，由平行四边形定则得F=2F1cos60° ②‎ 联立①②得③‎ ‎（2）管道所在的竖直平面是+Q和-Q形成的合电场的一个等势面，小球在管道中运动时，小球受到的电场力和管道对它的弹力都不做功，只有重力对小球做功，小球的机械能守恒，有mgR＝mvC2−0 ④‎ 解得⑤‎ ‎（3）设在B点管道对小球沿竖直方向的压力的分力为NBy，在竖直方向对小球应用牛顿第二定律得⑥‎ vB=vC ⑦‎ 联立⑤⑥⑦解得NBy=3mg⑧‎ 设在B点管道对小球在水平方向的压力的分力为NBx，则⑨‎ 圆弧形管道最低点B处对小球的压力大小为．⑩‎ 由牛顿第三定律可得小球对圆弧管道最低点B的压力大小为 考点：带电粒子在复合场中的运动 ‎【名师点睛】此题属于电场力与重力场的复合场，关键是根据机械能守恒和功能关系进行判断．要注意到电场力与重力、支持力不在同一条直线上 ‎ ‎ ‎ ‎