2017-2018学年四川省德阳五中高二上学期半期考试物理试题 解析版

2017-2018学年四川省德阳五中高二上学期半期考试物理试题 解析版

四川省德阳五中2017-2018学年高二半期考试物理试卷 一、选择题 ‎1. 下列说法中正确的是(    )‎ A. 导体中的电流是正电荷定向移动形成的 B. 电荷定向移动的速率等于电流的传递速率 C. 单位时间内通过导体横截面的电荷数越多电流越大 D. 导体中越粗的地方,单位时间内通过该处横截面的电荷数越多,电流就越大 ‎【答案】C ‎【解析】电荷的定向移动形成电流，在金属导体中形成电流时，定向移动的是电子．在电解液中形成电流时，正离子和负离子都在定向移动，故A错误．电流的传递速率等于光速，电荷定向移动的速度很小，远远小于电流传递的速度，故B错误．根据电流的定义，单位时间内通过导体横截面的电荷数越多电流越大，故C正确．单位时间内通过导体横截面的电荷数越多，电流就越大，与导体的越粗无关，故D错误．故选C．‎ 点睛：本题要注意无论是正电荷还是负电荷，只要定向移动都会形成电流，不要将电流的形成与电流的方向的规定混淆．‎ ‎2. 如图所示,一个电压表由表头G和电阻R串联而成,但在使用时此电压表的读数总是比准确值稍小一点,采用下列哪种措施可能加以改进(   ) ‎ A. 在R上串联一个比R小得多的电阻 B. 在R上串联一个比R大得多的电阻 C. 在R上并联一个比R小得多的电阻 D. 在R上并联一个比R大得多的电阻 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：电流表与电流表都是由表头改装成的，电压表是本题与分压电阻串联成的，根据串并联规律可知，若电压表读数总比准确值小，说明通过本题的电流较小，应减小分压电阻的大小，根据并联电阻需要任一支路电阻可知，应在R上并联一个比R大得多的电阻．‎ 解：电压表的读数总比准确值稍小一些，说明通过电流表G的电流偏小，串联的电阻R偏大，为减小串联电阻R的阻值需在R上并联一个比R大得多的电阻，所以D正确；‎ 故选：D ‎【点评】电流表、电压表的改装，实质上是电阻的串、并联问题，只要分清分电流、总电流，分电压、总电压，应用欧姆定律就能解决 ‎3. 一段粗细均匀的金属导体的横截面积是S,导体单位长度内的自由电子数为n,金属内的自由电子电荷量为e,自由电子做无规则热运动的速率为v0,导体中通过的电流为I,以下说法中正确的有(   )‎ A. 自由电子定向移动的速率为v0‎ B. 自由电子定向移动的速率为 C. 自由电子定向移动的速率为真空中的光速 D. 自由电子定向移动的速率为 ‎【答案】D ‎【解析】解：A、电流是由自由电子定向移动形成的；与光速及自由电子定无规则运动的速率无关；故AC错误；‎ B、由电流的微观表达式可知：时间t内通过的电量q=nsvte 由电流的定义可知电流的微观表达式为：‎ I===nevs；‎ 则v=；‎ 故B正确；‎ 故选：B．‎ ‎【考点】电流、电压概念．‎ ‎【专题】恒定电流专题．‎ ‎【分析】已知电流及电子的电量等，根据电流的微观表达式可求得电子定向移动的速率．‎ ‎【点评】本题要求能掌握电流的微观表达式，同时注意区分电子的定向移动速率、无规则热运动的速率以及电能的传导速率．‎ ‎4. 用控制变量法,可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图所示).设两极板正对面积为S,极板间的距离为d,静电计指针偏角为θ ‎.实验中,极板所带电荷量不变,则下列说法正确的是(   )‎ A. 保持S不变,增大d,则θ变大 B. 保持S不变,增大d,则θ变小 C. 保持d不变,减小S,则θ变小 D. 保持d不变,减小S,则θ不变 ‎【答案】A 考点：电容器 ‎【名师点睛】本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是掌握电容的两个公式：电容的决定式和定义式。‎ ‎5. 如图所示,A、B、O、C为在同一竖直平面内的四点,其中A、B、O沿同一竖直线,B、C同在以O为圆心的圆周(用虚线表示)上,沿AC方向固定有一光滑绝缘细杆L,在O点固定放置一带负电的小球.现有两个质量和电荷量都相同的带正电的小球a、b,均可视为点电荷,(a、b之间的库仑力忽略不计),先将a穿在细杆上,让其从A点由静止开始沿杆下滑,后使b从A点由静止开始沿竖直方向下落.则下列说法中正确的是(    )‎ A. 从A点到C点,小球a做匀加速运动 B. 小球a在C点的动能等于小球b在B点的动能 C. 从A点到C点,小球a的机械能先增加后减小,但机械能与电势能之和不变 D. 小球a从A点到C点电场力做的功大于小球b从A点到B点电场力做的功 ‎【答案】C ‎【解析】选C.从A点到C点，小球a所受电场力的方向和大小不断变化，合力不断变化，故小球不是做匀加速运动，A错误；小球a从A点到C点电场力先做正功后做负功，机械能先增加后减小，这个过程中机械能和电势能相互转化，总和不变，故C正确；B点和C点电势相等，故从A点到B点与从A点到C点，电场力做功相同，但重力做功不等，B点和C点电势能相等，重力势能不等，动能也不相同，B、D错误．‎ ‎6. 质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动,A球的动量是7kg∙m/s ,B球的动量是5 kg∙m/s ,当A球追上B球发生碰撞,则碰撞后两球的动量可能值是(    )‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎..................‎ 点睛：对于碰撞过程要遵守三大规律：1、是动量守恒定律；2、总动能不增加；3、符合物体的实际运动情况．‎ ‎7. 如图所示,虚线表示等势面,相邻两等势面间的电势差相等,有一带电的小球在该电场中运动,不计小球所受的重力和空气阻力,实线表示该带正电的小球的运动轨迹,小球在点的动能等于20eV,运动到b点时的动能等于2eV,若取点为零电势点,则这个带电小球的电势能等于-6 eV ,它的动能等于(    )‎ A. 16 eV B. 14 eV C. 6 eV D. 4 eV ‎【答案】B ‎【解析】小球自a点运动到b时，电场力做负功：Wab=2eV-20eV=-18eV  ① 由于相邻两等势面的电势差相等，故电势差的大小关系有：Uab=3Ubc    ② 从b到c电场力做正功，根据动能定理有：Wbc=Ekc-Ekb              ③ 联立①②③可得Ekc=8eV． 由于只有电场力做功，电势能和动能和保持不变，故在c点：E=Ep+Ek=8eV 即电势能和动能之和为8eV，因此当电势能等于-6eV时动能为14eV，故ABD错误，C正确． 故选C．‎ ‎8. 如图所示是一个说明示波管工作原理的示意图,电子经电压U1加速后垂直进入偏转电场,离开电场时的偏转量是h,两平行板间的距离为d,电势差为U2,板长为L.为了提高示波管的灵敏度(每单位电压引起的偏转量h/U2),可采用的方法是(   ) ‎ A. 增大两板间的电势差U2‎ B. 尽可能使板长L短些 C. 使加速电压U1升高些 D. 尽可能使板间距离d小些 ‎【答案】D ‎【解析】带电粒子加速时应满足：‎ 带电粒子偏转时，由类平抛规律，应满足：‎ 联立以上各式可得 故ABC错误，D正确。‎ 故选：D。‎ 点睛：本题的关键是根据动能定理和类平抛运动规律求出示波管灵敏度的表达式，然后讨论即可求解。‎ ‎9. 某球状行星具有均匀的密度ρ,若在赤道上随行星一起转动的物体对行星表面的压力恰好为零,则该行星自转周期为(万有引力常量为T)(   )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：赤道上随行星一起转动的物体对行星表面的压力恰好为零，则万有引力提供向心力，且 ‎，由于刚好离开行星表面，即r=R，代入上式化简则，答案为C 考点：万有引力提供向心力 点评：本题考查了人造卫星的向心力由万有引力提供的一般解题思路。这类问题常常又被细分为在轨卫星问题和不在轨道物体问题。‎ ‎10. 在如图所示的电路中,R1、R2、R3为定值电阻,R4为可变电阻,电流表和电压表都是理想的,电源的电动势为E,内阻为.当R4的滑片向端移动时(   )‎ A. 电压表的示数变大 B. 电压表的示数变小 C. 电流表的示数变大 D. 电流表的示数变小 ‎【答案】BD ‎【解析】当R4的滑动触点向图中a端移动时，R4变小，外电路总电阻变小，则由闭合电路欧姆定律知，总电流I变大，路端电压变小，U变小．根据闭合电路欧姆定律，电路中并联部分电压U并=E-I（r+R1+R3）变小，则I变小．故选BD．‎ ‎11. 如图所示,平行板电容器两个极板为A、B,B板接地,A板带有电荷量+Q.板间电场有一固定点P.若将B板固定,A板下移一些,或者将A板固定,B板上移一些.在这两种情况下,以下说法正确的是(   )‎ A. A板下移时,P点的电场强度不变,P点电势不变 B. A板下移时,P点的电场强度不变.P点电势升高 C. B板上移时,P点的电场强度不变.P点电势降低 D. B板上移时,P点的电场强度减小.P点电势降低 ‎【答案】AC ‎【解析】A、B,由题,电容器两板所带电量不变,正对面积不变,A板下移时,根据 ‎ 、 、 推出：可以知道,P点的电场强度E不变.P点与下板的距离不变,根据公式 ,P点与下板的电势差不变,则P点的电势不变.故A正确的,B错误. C、D、B板上移时,同理得知,P点的电场强度不变,根据公式,P点与下板的电势差减小,而P点的电势高于下板的电势,下板的电势为零,所以P点电势降低.故CD错误.‎ 综上所述本题答案是：A ‎ ‎12. 如图所示,半圆槽光滑、绝缘、固定,圆心是O.最低点是P,直径MN水平.a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷),b固定在M点,a从N点静止释放,沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零,则小球 (  )‎ A. 从N到Q的过程中,重力与库仑力的合力先增大后减小 B. 从N到P的过程中,速率先增大后减小 C. 从N到Q的过程中,电势能一直增加 D. 从P到Q的过程中,动能减少量小于电势能增加量 ‎【答案】BC ‎【解析】试题分析：a球从N点静止释放后，受重力mg、b球的库仑斥力FC和槽的弹力N作用，a球在从N到Q的过程中，mg与FC的夹角θ逐渐减小，不妨先假设FC的大小不变，随着θ的减小mg与FC的合力F将逐渐增大，况且，由库仑定律和图中几何关系可知，随着θ的减小FC逐渐增大，因此F一直增加，故选项A错误；在a球在从N到Q的过程中，a、b两小球距离逐渐变小，电场力一直做负功，电势能一直增加，故选项D正确；显然在从P到Q的过程中，根据能的转化与守恒可知，其电势能增加量等于其机械能的减少量，b球在Q点时的重力势能大于其在P点时的重力势能，因此该过程中动能一定在减少，且其减少量一定等于其电势能与重力势能增加量之和，故选项C错误；既然在从P到Q的过程中，b球的动能在减少，因此其速率也在减小，而开始在N点时速率为0，开始向下运动段中，其速率必先增大，故选项B正确。‎ 考点：孤立点电荷等势面特征、库仑定律、平行四边形定则、功能关系、能量守恒定律的应用 ‎【名师点睛】题运用假设法，假设出各个量采用定量计算很繁琐，因此宜选择定性分析法与半定量相结合。能的转化与守恒，是普适规律，任何情况下都要遵循，重力、电场力属于保守力，保守力做功与路径无关，且相关力做正功，相关势能减少，相关力做负功，相关势能增加，做多少功就有多少能的变化。‎ 视频 二.实验题 ‎13. 用电流表和电压表测定由三节干电池串联组成的电池组(电动势约4.5V,内电阻约1Ω)的电动势和内电阻,除了待测电池组,电建,导线外,还有下列器材供选用:‎ A.电流表:量程0.6A,内电阻约1Ω B.电流表:量程3A,内电阻约0.2Ω C.电压表:量程3V,内电阻约30kΩ D.电压表:量程6V,内电阻约60kΩ E.滑动变阻器:0~1000Ω,额定电流0.5A F.滑动变阻器:0~20Ω,额定电流2A ‎（1）为了使测量结果尽量准确,电流表应选用________,电压表选用________,滑动变阻器应选用________(均填仪器的字母代号) ‎ ‎（2）下图为正确选择仪器后,连好的部分电路,为了使测量误差尽量小,还需要在电路中用导线将________和________相连、________和________相连、________和________相连.(均填仪器上接线柱的字母代号)‍ ‎ ‎（3）.实验时发现电流表坏了,于是不再使用电流表,剩余仪器中仅用电阻箱替换掉滑动变阻器,重新连接电路,仍能完成实验,实验中读出几组电阻箱的阻值R和对应电压表的示数U;用图像法处理采集到数据,为在直角坐标系中得到的函数图像是一条直线,则可以_________‎ 为纵坐标,以________为横坐标。‎ ‎【答案】 (1). （1）A (2). D (3). F (4). （2）a (5). d (6). c (7). g (8). f (9). h (10). （3）； (11). ‎ ‎【解析】①按仪器选择顺序，先选电表，电池电动势为4.5V，故电压表选择6V量程的D； 电路的最大电源不超过0.45A，故电流表选择0.6A量程的A即可； 因要求测量结果尽量准确，为方便调节，变阻器选择20Ω的F即可；‎ ‎②为减小误差，电流表应采用内接法，同时注意电表的正、负接线柱，故可知导线应连接aD.fh、cg； ‎ ‎③换用电阻箱后，根据闭合电路欧姆定律有，变形后得到或或，故图像坐标可以为 或U或R（横纵坐标互换亦可）‎ 考点：测定电池的电动势和内阻实验 视频 ‎14. 在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中,可供选择的器材及代号如下:‎ A.小灯泡L(3 V、5Ω);‎ B.滑动变阻器R(0 -10 Ω,额定电流1.5A);‎ C.电压表V1(量程:0 -3 V,RV=5 kΩ);‎ D.电压表V2(量程:0 -15 V,RV=10 kΩ);‎ E.电流表A1(量程:0 -0.6 A,RA=0.5 Ω);‎ F.电流表A2(量程:0 -3 A,RA=0.1 Ω);‎ G.铅蓄电池、开关各一个,导线若干;‎ 实验中要求加在小灯泡两端的电压可连续地从零调到额定电压。‎ ‎(1)为了减少误差,实验中应选电压表______,电流表______;‎ ‎(2)在实验中,电流表应采用____法(填“内接”或“外接”);‎ ‎(3)请在图虚线框内按要求设计实验电路图(部分线已画好)______‎ ‎ (4)某同学实验后作出的I -U  图象如图所示,请分析该图象形成的原因是:__________。‎ ‎【答案】 (1). (1)C； (2). E； (3). (2) 外接 (4). (3)电路图如图所示；(要求:滑动变阻器采用分压接法;电流表采用外接法)‎ ‎ (5). (4)其形成原因是:电压、电流的增大,使小灯泡温度升高,灯丝电阻率(或电阻)增大。‎ ‎【解析】试题分析：（1）小灯泡额定电压是3V，电压表应选V1；即C；灯泡额定电流I==0.6A，电流表应选电流表A1．即E；‎ ‎（2）因为电压、电流需从零开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法，灯泡的电阻大约5Ω，远小于电压表内阻，属于小电阻，电流表采用外接法误差较小；‎ ‎（3）电路图如图所示（要求：滑动变阻器采用分压接法；电流表采用外接法）‎ ‎（4）其形成原因是： 电压、电流的增大，使小灯泡温度升高，灯丝电阻率（或电阻）增大。‎ 考点：“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验 ‎【名师点睛】（1）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；（2）测量灯泡的伏安特性曲线，电流、电压需从零开始测起，则滑动变阻器采用分压式接法，根据灯泡的电阻大小确定电流表的内外接；（3）知道伏安法测电阻的误差是由于电流表的分压或电压表的分流造成的。要熟记电学实验基本要求：伏安法测电阻时注意电流表内外接法的选择方法，当待测电阻值远小于电压表内阻时，电流表用外接法；当待测电阻值远大于电流表内阻时，电流表用内接法．在要求电流或电压值从零调时，滑动变阻器应用分压式，此时应选阻值小的变阻器．‎ 四、计算题 ‎ ‎15. 如下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=0.8Ω,电路中另一电阻R=10Ω，直流电压U=160V,电压表示数UV=110V.‎ ‎（1）求通过电动机的电流;‎ ‎（2）求输入电动机的电功率;‎ ‎（3）若电动机以v=1m/s的速度匀速竖直向上提升重物,则该重物的质量为多少?(g取10m/s2 )‎ ‎【答案】（1）5A（2）550W（3）53kg ‎【解析】试题分析：根据欧姆定律求出通过R的电流，电动机与R串联，电流相等；电动机的输入功率为P电=UMIM；电动机内电阻的发热功率为 ，输出的机械功率为P出=P电-P热，由公式P出=Fv=mgv求解物体的质量。‎ ‎（1）由电路中的电压关系可得电阻R的电压为：‎ 则流过电阻R的电流为：‎ 可得通过电动机的电流为：IM=IR=5 A 电动机两端的电压为： 则输入电动机的功率为：‎ ‎（2）电动机的发热功率为：‎ 电动机输出的机械功率为：‎ 又因为：P出=mgv 带入数据可得：‎ 点睛：本题主要考查了非纯组电路问题，要知道电动机做功的功率加上线圈的发热功率等于电动机消耗电能的功率。‎ ‎16. 如图所示,光滑水平直轨道上有3个质量均为m的物块A、B、C,B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计).设A以速度v0朝B运动,压缩弹簧;当A、B速度相等时,B与C恰好相碰并粘接在一起,然后继续运动.假设B和C碰撞过程时间极短.求:‎ ‎（1）B和C碰撞瞬间损失的机械能;‎ ‎（2）弹簧被压缩到最短时的弹性势能.‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎（1）从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A．B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得 mv0＝2mv1 ①‎ 此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE，对B．C组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv1＝2mv2 ②‎ ‎③‎ 联立①②③式得④‎ ‎（2）由②式可知v2＜v1，A将继续压缩弹簧，直至A．B．C三者速度相同，设此速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep，由动量守恒定律和能量守恒定律得 mv0＝3mv3 ⑤‎ ‎ ⑥‎ 联立④⑤⑥式得 考点：动量守恒定律、能量守恒定律 ‎【名师点睛】本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，综合性较强，关键合理地选择研究的系统，运用动量守恒进行求解。‎ ‎17. 如图所示,充电后的平行板电容器水平放置,电容为C,极板间距离为d,上极板正中有一小孔.质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落,穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计,极板间电场可视为匀强电场,重力加速度为g).求:‎ ‎（1）小球到达小孔处的速度;‎ ‎（2）极板间电场强度大小和电容器所带电荷量;‎ ‎（3）小球从开始下落运动到下极板处的时间.‎ ‎【答案】（1） （2）（3）‎ ‎【解析】试题分析：（1）小球到达小孔前是自由落体运动，根据速度位移关系公式，有：v2=2gh 解得：…①‎ ‎（2）对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式，有：mg（h+d）-qEd=0‎ 解得：…②‎ 电容器两极板间的电压为：‎ 电容器的带电量为：‎ ‎（3）加速过程：‎ mgt1=mv…③‎ 减速过程，有：‎ ‎（mg-qE）t2=0-mv…④‎ t=t1+t2…⑤‎ 联立①②③④⑤解得：‎ 考点：牛顿第二定律及动能定理的应用 ‎【名师点睛】本题关键是明确小球的受力情况和运动规律，然后结合动能定理和动量定理列式分析，不难。‎ 视频 ‎18. 两块水平平行放置的导体板如图甲所示，大量电子(质量为m、电荷量为e)由静止开始，经电压为U0的电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间．当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t0；当在两板间加如图乙所示的周期为2t0、恒为U0的周期性电压时，恰好能使所有电子均从两板间通过(不计电子重力)．求：‎ ‎(1) 画出电子在t＝0时和t＝t0时进入电场后沿电场力方向的速度vy随时间t变化的vy－t图象；‎ ‎(2)‎ ‎ 这些电子通过两板之间后，侧向位移(垂直于入射速度方向上的位移)的最大值和最小值分别是多少?‎ ‎(3) 侧向位移分别为最大值和最小值的情况下，电子在刚穿出两板之间时的动能之比为多少?‎ ‎【答案】(1) vy－t图象如图；‎ ‎（2） ，（3） ‎ ‎【解析】试题分析：(1)以电场力的方向为y轴正方向，画出电子在t＝0时和t＝t0时进入电场后沿电场力方向的速度vy随时间t变化的vy－t图象分别如图a和图b所示，设两平行板之间的距离为d.‎ ‎(2) 图中，，‎ 由图a可得电子的最大侧向位移为 而，解得 由图b可得电子的最小侧向位移为 所以，‎ ‎(3)，‎ 电子经电压U0加速，由动能定理知，＝eU0‎ 所以.‎ 考点：动能定理的应用；类平抛运动.‎ ‎ ‎