物理卷·2019届山东省潍坊市高二上学期期中考试物理试题（解析版）x

物理卷·2019届山东省潍坊市高二上学期期中考试物理试题（解析版）x

‎2017-2018学年高二期中测试卷物理试卷 一、选择题 ‎1. 在真空中，电量为q1的点电荷产生的电场中有一个点P，P点与q1的距离为 r，把一个电量为q2的检验电荷放在P点，它受的静电力为F，则P点电场强度的大小等于 (　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】BC ‎【解析】试题分析：电量为q2的实验电荷在P点所受的电静电力为F，根据电场强度的定义式得到：P点电场强度的大小E=．故A错误，B正确．电量为q1的点电荷场源电荷，在P点产生的电场强度的大小为E=．故C正确，D错误．故选BC．‎ 考点：电场强度 ‎【名师点睛】本题考查了电场强度的两个公式：，q是试探电荷，Q是场源电荷。‎ ‎2. 如图所示，真空中M、N处放置两等量异种电荷，a、b、c为电场中的三点，实线PQ为M、N连线的中垂线，a、b两点关于MN对称，a、c两点关于PQ对称，已知一带正电的试探电荷从a点移动到c点时，试探电荷的电势能增加，则以下判定正确的是 (　　)‎ ‎ ‎ A. M点处放置的是负电荷 B. a点的场强与c点的场强完全相同 C. a点的电势高于c点的电势 D. 若将该试探电荷沿直线由a点移动到b点，则电场力先做正功，后做负功 ‎【答案】AD ‎【解析】AC、因正电荷由a到c电势能增加，则电场力做负功，则电势升高．故c点电势 高于a点电势．则M点为负电荷，故A正确，C错误；‎ B、a点与c点为关于两电荷的中垂线对称，则场强大小相等但方向不同，故B错误；‎ D、将该试探电荷沿直线由a点移动到b点，根据等势线分布图可知，电势先降低后升高，则电势能先减小后增大，电场力先做正功、后做负功．故D正确；‎ 故选AD。‎ ‎3. 如图一根不可伸长绝缘的细线一端固定于O点，另一端系一带电小球，置于水平向右的匀强电场中，现把细线水平拉直，小球从A点静止释放，经最低点B后，小球摆到C点时速度为0，则（ ）‎ A. 小球在B点时的速度最大 B. 小球从A到B的过程中，机械能一直在减少 C. 小球在B点时的绳子拉力最大 D. 从B到C的过程中小球的电势能一直增大 ‎【答案】BD ‎【解析】试题分析：小球受到电场力与重力、绳子的拉力的作用，在复合场中做类单摆运动，当重力与电场力的合力与绳子的拉力在同一条直线上时，小球处于等效最低点，此时小球的速度最大，对绳子的拉力最大．故A错误，C错误；从A到B的过程中电场力对小球做负功，小球的机械能减小．故B正确；从B到C的过程中克服电场力做功，小球的电势能一直增大，D正确；故选BD。‎ 考点：带电粒子在复合场中的运动 ‎4. 如图（甲）所示，AB是电场中的一条直线。电子以某一初速度从A点出发，仅在电场力作用下沿AB运动到B点，其图象如图（乙）所示，关于A、B两点的电场强度和电势的关系，下列判断正确的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：根据图象的斜率大小等于电场强度，分析场强的变化．由图看出，电势逐渐降低，可判断出电场线的方向，确定电势的高低，由电场力做功正负，分析速度的大小并判断电子电势能的变化．‎ 由图可知，电子做减速运动，加速度逐渐减小，说明受到的电场力逐渐减小，根据可知，电场强度逐渐减小，即．故A正确B错误；由图看出，电子的速度减小，则动能减小，电场力做负功，则电子受到的电场力的方向由B指向A，电子带负电，所以电场线的方向是由A指向B．A点的电势高，所以，故C正确D错误．‎ ‎5. 如图，有一矩形区域abcd，水平边ab长为，竖直边ad长为h=1m. 质量均为m、带电量分别为+q和-q的两粒子，.当矩形区域只存在场强大小为E=10N/C、方向竖直向下的匀强电场时，+q由a点沿ab方向以速率进入矩形区域，轨迹如图。当矩形区域只存在匀强磁场时-q由c点沿cd方向以同样的速率进入矩形区域，轨迹如图。不计重力，已知两粒子轨迹均恰好通过矩形区域的几何中心。则（ ）‎ A. 由题给数据，初速度可求 B. 磁场方向垂直纸面向外 C. -q做匀速圆周运动的圆心在b点 D. 两粒子各自离开矩形区域时的动能相等。‎ ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：因为粒子通过矩形区域的几何中心，可知沿电场方向上的距离y=="0.5" m，垂直电场方向上的距离x==m，根据y=at2= ，可以求出初速度的大小，故A正确；﹣q由c点沿cd方向以同样的速率v0进入矩形区域，根据洛伦兹力的方向，结合左手定则知，磁场方向垂直纸面向里，故B错误；因为圆周运动的轨迹经过矩形区域的几何中心，设中心为O，根据几何关系知，bO==="1" m，可知矩形区域几何中心到b点的距离等于bc的距离，知b点为圆周运动的圆心，故C正确；电荷在电场中做类平抛运动，速度增大，在磁场中做匀速圆周运动，速度大小不变，可知离开区域区域时动能不等，故D错误。‎ 考点：带电粒子在匀强磁场及匀强电场中的运动 点评：掌握处理粒子做类平抛运动的方法，抓住等时性，结合运动学公式和牛顿第二定律求解，以及掌握粒子在磁场中运动的处理方向，关键确定圆心、半径和圆心角。‎ ‎6. A、B两块正对的金属板竖直放置，在金属板A的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球（可视为点电荷）。两块金属板接在如图所示的电路中，电路中的R1为光敏电阻（其阻值随所受光照强度的增大而减小），R2为滑动变阻器，R3为定值电阻。当R2的滑片P在中间时闭合电键S，此时电流表和电压表的示数分别为I和U，带电小球静止时绝缘细线与金属板A的夹角为θ。电源电动势E和内阻r一定，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 若将R2的滑动触头P向a端移动，则θ变小 B. 若将R2的滑动触头P向b端移动，则I减小，U减小 C. 保持滑动触头P不动，用较强的光照射R1，则小球重新达到稳定后θ变小 D. 保持滑动触头P不动，用较强的光照射R1，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变 ‎【答案】CD ‎【解析】试题分析：若将R2的滑动触头P向a端移动，滑动变阻器接入电路的电阻减小，‎ 外电路的电阻减小，路端电压减小，电流变大，故R1上的电压变大，电容器两端的电压变大，则θ变大．故A错误．若将R2的滑动触头P向b端移动，滑动变阻器接入电路的电阻变大，外电路的电阻变大，路端电压变大，电压表读数U变大，电路的电流变小，电流表的读数I减小，故选项B错误；保持滑动触头P不动，用更强的光线照射R1，R1的阻值变小，总电阻减小，电流增大，内电压及R2R3上的电压增大，R1上的电压减小，电容器两端的电压减小，则小球重新达到稳定后θ变小，选项C正确；保持滑动触头P不动，用更强的光线照射R1，R1的阻值变小，总电阻减小，电流增大，外电压减小，即U减小，所以U的变化量的绝对值等于内电压的增加量不变．故D正确．故选CD。‎ 考点：电路的动态分析 ‎【名师点睛】此题是电路的动态分析问题；解决本题的关键是首先搞清楚电路的结构，知道电容器两端的电压是哪部分的电压；分析电压表和电流表读数变化量的比值时，要抓住电源的电动势和内阻不变，利用闭合电路欧姆定律进行动态分析.‎ ‎7. 如图所示，实线表示电场线，虚线表示带电粒子运动的轨迹。带电粒子只受电场力的作用，运动过程中电势能逐渐减小，它运动到b处时的运动方向与受力方向可能的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据曲线运动力与轨迹的关系，力需指向轨迹弯曲的内侧，所以A错误；带电粒子只受电场力作用，故力与电场线共线，所以C错误；由题意知，运动过程中粒子的电势能逐渐较小，故电场力做正功，即力与速度方向的夹角应为锐角，故B错误，D正确；‎ 故选D。‎ ‎8. 如图，P和Q为带电量分别为+q和-q的两个等量异种电荷，两者相距为L，O为PQ连线的中点，M、N为中垂线上关于O点对称的两个点，则（ ）‎ A. M、O、N三点的场强都相等 B. M、N 两点的场强大小相等，方向相同 C. O点的场强为零 D. M、O、N三点的电势大小关系为φM＞φN＞φO ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：由于M、N两点关于O点对称，所以M、N两点场强相同，由等量异种点电荷周围电场线的分布可知O点场强是中垂线上最大的一点，A错；B对；O点场强不为零，C错；中垂线为等势线，所以M、O、N三点的电势相等，D错；‎ 考点：考查等量异种点电荷周围电场线的分布 点评：对常见电场周围的电场线的分布要熟记，并能根据对称性巧妙的处理一些问题 ‎9. 如图所示，d处固定有负点电荷Q，一个带电质点只在电场力作用下运动，射入此区域时的轨迹为图中曲线abc，a、b、c、d恰好是一正方形的四个顶点，则有( ) ‎ A. a、b、c三点处电势高低关系是φa=φc>φb B. 质点由a到c，电势能先增加后减小，在b点动能最大 C. 质点在a、b、c三点处的加速度大小之比为2∶1∶2‎ D. 若将d处的点电荷改为＋Q，该带电质点的轨迹仍可能为曲线abc ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：距负电荷越近，电势越低，则φa=φC＜φb,A错误；由运动轨迹可知合力在轨迹的凹侧，则带电质点带正电，受到的作用力为引力，质点由a到b电场力做负功，电势能增加；由b到c电场力做正功，电势能减少，B错误；由题知abc三点到Q的 距离之比为1：：1，则由知，三点的电场强度之比为2：1：2，由F＝Eq则三点所受电场力之比为2：1：2，则三点的加速度之比为2：1：2，C正确；由运动轨迹可知合力在轨迹的凹侧，D错误。‎ 考点：本题考查点电荷的电场强度。‎ ‎10. 如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线。则（ ）‎ A. 场强Ea >Eb ，Eb >Ec B. 电势，‎ C. 沿cba路径移动质子与电子，电荷的电势能改变是一样的 D. 沿bc方向直线射入的电子有可能做曲线运动 ‎【答案】A ‎【解析】A、根据电场线的疏密表示电场强度的相对大小，可知Ea＞Eb＞Ec．故A正确；‎ B、沿着电场线方向电势是降低的，同一等势面上各点的电势相等，则知φc＞φb=φa．故B错误；‎ C、沿cba路径移动质子与电子，根据公式W=qU，知由于电子与质子的电性相反，电场力对质子做正功，对电子做负功，则质子的电势能减小，电子的电势能增大，故C错误；‎ D、沿bc方向直线射入的电子，所受的电场力沿cb方向，电子做直线运动．故D错误；‎ 故选A。‎ ‎11. 如图所示，A和B为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球。开始时开关S闭合且滑动变阻器的滑动头P在a处，此时绝缘线向右偏离竖直方向。(电源的内阻不能忽略)下列判断正确的是(　　)‎ ‎ ‎ A. 小球带负电 B. 当滑动头从a向b滑动时，绝缘线的偏角θ变大 C. 当滑动头从a向b滑动时，电流表中有电流，方向从上向下 D. 当滑动头停在b处时，电源的输出功率一定大于滑动头在a处时电源的输出功率 ‎【答案】C ‎ ‎ 点睛：本题含容电路的问题，是高考热点问题．对于电容器，关键是分析和计算其电压，及充电情况．电源的输出功率与外电阻的关系可根据数学知识进行严格推导.‎ ‎12. 在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，A、V为理想电流表和电压表。在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 电压表示数变小 B. 电流表示数变小 C. 电容器C所带电荷量增多 D. a点的电势降低 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析： 在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器在路电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流I增大，电阻R1两端电压增大，则电压表示数变大，A错误；电阻R2两端的电压，I增大，则U2变小，电容器板间电压变小，其带电量减小，C错误；通过R2的电流I2减小，通过电流表的电流，I增大，I2减小，则IA增大．即电流表示数变大，B错误；根据外电路中顺着电流方向，电势降低，可知，a的电势大于零，a点的电势等于R2两端的电势差，U2变小，则a点的电势降低，D正确。‎ 考点：闭合电路欧姆定律。‎ 二、实验探究题 ‎13. 有一根细长且均匀的空心金属管线，长约30cm，电阻约为5Ω，已知这种金属的电阻率为ρ，现在要尽可能精确测定它的内径d。‎ ‎①用螺旋测微器测量金属管线外径D时刻度的位置如图（a）所示，从图中读出外径为______mm，应用_______（选填“厘米刻度尺”或“毫米刻度尺”）测金属管线的长度L；‎ ‎②测量金属管线的电阻R，为此取来两节新的干电池、电键和若干导线及下列器材：‎ A．电压表0-3V，内阻约10kΩ B．电压表0-15V，内阻约50kΩ C．电流表0-0.6A，内阻约0.05Ω D．电流表0-3A，内阻约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，电压表应选______，电流表应选______，滑动变阻器应选______；（填序号）‎ ‎③实验中他的实物接线如图（b）所示，请指出接线中的两处明显错误。‎ 错误1：_____________________________________________________________________‎ 错误2：_____________________________________________________________________‎ ‎④用已知的物理常数和应直接测量的物理量（均用符号表示），推导出计算金属管线内径的表达式d=______；‎ ‎⑤在实验中，下列说法正确的是__________‎ A．为使电流表读数明显，应使电流尽可能大些 B．为操作方便，中间过程可保持开关S一直处于闭合状态 C．千分尺的精确度是千分之一毫米 D．用千分尺测量直径时必须估读一位 ‎【答案】 (1). 4.700 (2). 毫米刻度尺 (3). A (4). C (5). E (6). 错误1：导线连接在滑动变阻器的滑片上 (7). 错误2：采用了电流表内接法 (8). (9). D ‎ ‎【解析】①：螺旋测微器的读数为：D=4.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm；‎ 测量30cm金属管长度时应用毫米刻度尺来测量；‎ ‎②：由于两节电池的电动势为3V，所以电压表应选A；由于通过金属管的最大电流为，所以电流表应选C；‎ 根据闭合电路欧姆定律可知，电路中需要的最大电阻为：，所以变阻器应选E；‎ ‎③：由于待测金属管阻值远小于电压表内阻，所以电流表应用外接法，连线图中的两个错误分别是：错误1：导线连接在滑动变阻器的滑片上；‎ 错误2：采用了电流表内接法；‎ ‎④：设金属管内径为d，根据电阻定律应有：，又，联立可得：；‎ ‎⑤：A：考虑金属的电阻率随温度的升高而增大可知，通过待测金属管的电流不能太大，故A错误；‎ B：为减小温度的影响，中间过程应断开开关，故B错误；‎ C：千分尺的精确度是0.01mm，即应精确到1100毫米，故C错误；‎ D：千分尺读数时必须估读一位，即估读到0.001mm，故D正确．‎ 故选D。‎ ‎14. 一个小灯泡的额定电压为2.0V，额定电流约为0.5A，选用下列实验器材进行实验，并利用实验数据描绘和研究小灯泡的伏安特性曲线 A.电源E：电动势为3.0V，内阻不计；‎ B.电压表V1：量程为0~3V，内阻约为1 kΩ C.电压表V2：量程为0~15V，内阻约为4kΩ D.电流表A1：量程为0~3A，内阻约为0.1Ω；‎ E.电流表A2：量程为0~0.6A，内阻约为0.6Ω；‎ F.滑动变阻器R1：最大阻值为l0Ω，额定电流为0.5A；‎ G.滑动变阻器R2：最大阻值为l5Ω，额定电流为1.0A；‎ H.滑动变阻器R3：最大阻值为l50Ω，额定电流为1.0A；‎ I.开关S，导线若干．‎ 实验得到如下数据（I和U分别表示通过小灯泡的电流和加在小灯泡两端的电压）：‎ I/A ‎0.00‎ ‎0.12‎ ‎0.21‎ ‎0.29‎ ‎0.34‎ ‎0.38‎ ‎0.42‎ ‎0.45‎ ‎0.47‎ ‎0.49‎ ‎0.50‎ U/V ‎0.00‎ ‎0.20‎ ‎0.40‎ ‎0.60‎ ‎0.80‎ ‎1.00‎ ‎1.20‎ ‎1.40‎ ‎1.60‎ ‎1.80‎ ‎2．00‎ ‎①实验中电压表应选用___；电流表应选用___；滑动变阻器应选用____（请填写选项前对应的字母）。‎ ‎②请你不要改动已连接导线，在下面的实物连接图中把还需要连接的导线补上___．闭合开关前，应使变阻器滑片放在最________（填“左”或“右”）端。‎ ‎③在下面坐标中画出小灯泡的U-I曲线_____。‎ ‎④若将本题中的小灯泡接在电动势是1.5V、内阻是1.0的电池两端，则小灯泡的实际功 率约为______________（保留两位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). B (2). E (3). G (4). (5). 右 (6). (7). 0.40—0.50‎ ‎【解析】试题分析：（1）灯泡额定电压是2V，则电压表选B；灯泡额定电流为0．5A，则电流表选E；为方便实验操作，滑动变阻器应选F．‎ ‎（3）根据表中实验数据，在坐标系中描出对应的点，然后作出灯泡的U-I图象如图所示．‎ ‎（4）电源的电动势为1．5V，电流与路端电压的关系式为：U=E-Ir=1．5-2I 在上图中作出电流与路端电压的图线，如图所示；交点坐标即为小灯泡的实际电压和电流，‎ 故功率为：P=UI=0．8×0．34=0．27W．‎ 考点：描绘和探究小灯泡的伏安特性曲线 ‎【名师点睛】本题关键要先画出小灯泡的伏安特性曲线和电源的路端电压与电流关系图线，根据交点得到电源的实际输出电压，再计算电功率．‎ 三、计算题 ‎15. 如图所示，A、B是位于竖直平面内、半径R=0.5m的圆弧形的光滑绝缘轨道，其下端点B与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度E=1×104N/C.今有一质量为m=0.1kg、带电荷量＋q=7.5×10－5C的小滑块(可视为质点)从A点由静止释放．若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.05，取g=10m/s2，求：‎ ‎ ‎ ‎（1）小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B时对B点的压力．‎ ‎（2）小滑块在水平轨道上通过的总路程．‎ ‎（3）判定小滑块最终能否停止运动，如能：计算其最终位置予以表述；如不能：定性判定其最终运动状态。（可能用到的三角函数：tan37°=0.75）‎ ‎【答案】（1）1.5N（2）2.5m（3）滑块将以与和圆心与竖直平面的夹角为37°的一点为中心来回做往复运动 ‎【解析】(1)、设滑块在B点速度为v，对滑块从A到B的过程应用动能定理 设滑块在B点对B点压力为F，轨道对滑块支持力为F′，由牛顿第三定律得，两力大小满足：‎ 对滑块由牛顿第二定律得：‎ 得；‎ 由牛顿第三定律可知压力为1.5N；‎ ‎(2)、由于滑块在水平面上的滑动摩擦力 故滑块最终将会不会静止在水平轨道上；又由于圆弧轨道是光滑的，滑块在圆弧轨道上也不会静止；当滑块到达B的速度恰好等于0时，滑块在水平面内的路程最大：‎ 设滑块在水平轨道上通过的总路程为s，对全程应用动能定理得：‎ 得：‎ ‎(3)、由(2)的分析可得，滑块在水平轨道和圆弧轨道上都不会静止，滑块将以某一点为中心来回做往复运动；设其平衡位置和圆心与竖直平面的夹角为θ，则：，‎ 所以：θ=37°‎ 即：滑块将以与和圆心与竖直平面的夹角为37°的一点为中心来回做往复运动。‎ ‎16. 如图所示，电源的电动势E=110V，电阻R1=21Ω，电动机绕线的电阻R0=0.5Ω，电键S1始终闭合。当电键S2断开时，电阻R1的电功率是525W；当电键S2闭合时，电阻R1的电功率是336W，求 ‎ ‎ ‎（1）电源的内电阻；‎ ‎（2）当电键S2闭合时流过电源的电流和电动机的输出的功率。‎ ‎【答案】（1）r=1Ω（2）26A；1606W ‎【解析】试题分析：（1）S2断开时等效电路如图所示，R1消耗的功率为P1，则 代入数据解得r＝1Ω．‎ ‎（2）设S2闭合时路端电压为U，‎ R1消耗的功率为P2，则 由闭合电路欧姆定律得E＝U＋Ir 代入数据解得I＝26A 设流过R1的电流为IR1，流过电动机的电流为IM，‎ 而IM＋IR1＝I 对电动机有UIM＝P出＋IR0‎ 代入数据联立解得P出＝1 606W．‎ 考点：闭合电路的欧姆定律；电功率 ‎【名师点睛】解决本题的关键能够灵活运用闭合电路欧姆定律，以及知道电动机输入功率、输出功率、热功率的关系。‎ ‎17. 如图以y轴为边界，右边是一个水平向左的E1=1×104N/C匀强电场，左边是一个与水平方向成45°斜向上的E2=×104N/C匀强电场，现有一个质量为m=1.0g，带电量q=1.0×10－6C小颗粒从坐标为（0.1，0.1）处静止释放。忽略阻力，g=10m/s2。 求 ‎（1）第一次经过y轴时的坐标及时间 ‎（2）第二次经过y轴时的坐标 ‎【答案】（1）第一次经过Y轴的坐标为(0，0)；（2）坐标为（0，-1.6）‎ ‎【解析】试题分析：（1）小颗粒在E1中电场力为：F1=E1q=1×104×1．0×10-6N=0．01N；重力G=0．01N 由受力分析可知合力指向原点，即向原点做匀加速直线运动第一次经过Y轴的坐标为（0，0）‎ 加速度由 S=at2得：t=0．1s ‎（2）运动到原点的速度为v0=at=2m/s，小颗粒在E2电场中合力为，方向与v0方向垂直；‎ 由此可得小颗粒做类平抛运动，再次运动到Y轴的时间为t1，v0方向位移为 S1=v0t1‎ 与v0方向垂直位移为S2=a1t12，其中由几何关系得：S1=S2，得：‎ 第二次经过y轴时到原点距离为：L=×S1=1．6m，即坐标为（0，-1．6）‎ 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】到动力学问题关键是正确进行受力分析和运动过程分析，然后选择相应的物理规律列式求解即可。‎ ‎ ‎