- 2021-05-24 发布 |
- 37.5 KB |
- 15页
![](https://data.61taotao.com/file-convert/2020/10/19/17/34/22dbe4ab1199a9ed83bad77ad4c5a2cb/img/1.jpg)
![](https://data.61taotao.com/file-convert/2020/10/19/17/34/22dbe4ab1199a9ed83bad77ad4c5a2cb/img/2.jpg)
![](https://data.61taotao.com/file-convert/2020/10/19/17/34/22dbe4ab1199a9ed83bad77ad4c5a2cb/img/3.jpg)
申明敬告: 本站不保证该用户上传的文档完整性,不预览、不比对内容而直接下载产生的反悔问题本站不予受理。
文档介绍
2017-2018学年湖南省醴陵市第一中学高二上学期期中考试(理)物理试题 解析版
2017-2018学年湖南省醴陵市第一中学高二上学期期中考试(理)物理试题 解析版 一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分。在每小题给出的四个选项中,第1~ 8题只有一项符合题目要求,第9~ 12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分)。 1. 下列关于物理学史的说法中错误的是 A. 法拉第提出了电场的观点 B. 美国物理学家密立根用油滴实验比较准确地测定了电子的电荷量 C. 卡文迪许巧妙地用扭秤装置测定了静电力常量 D. 美国科学家富兰克林发现了自然界中存在两种电荷,他把一种命名为正电荷,另一种命名为负电荷 【答案】C 【解析】A、法拉第首先引入“场”的概念用来研究电和磁现象,不仅提出了场的概念,而且直观地描绘了场的清晰图象.故A正确.B、美国物理学家密立根通过油滴实验比较准确地测定了电子的电荷量;故B正确;C、卡文迪许利用扭秤实验测出万有引力常量,库伦得到点电荷之间的作用力大小与距离的平方成反比的规律,故C错误;D、自然界的电荷只有两种,美国科学家富兰克林将其命名为正电荷和负电荷,故D正确。本题选错误的故选C. 【点睛】本题考查物理学史,是常识性问题,对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆,这也是考试内容之一. 2. 真空中保持一定距离的两个点电荷,若其中一个点电荷电荷量增加了,但仍然保持它们之间的相互作用力不变,则另一点电荷的电荷量一定减少了 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】因为一个点电荷增加了,则,根据库仑定律的公式知,若库仑力不变,则,即另一电荷减小了.故C正确,A、B、D错误.故选B. 【点睛】解决本题的关键掌握库仑定律,能够灵活运用该公式解决问题. 3. 一节干电池的电动势为1.5 V,其物理意义可以表述为 A. 外电路断开时,1 s内它能将1.5J的化学能转化为电势能 B. 外电路闭合时,1 s内它能将1.5J的化学能转化为电势能 C. 外电路闭合时,1 s内它能将1.5C的电荷量通过导线的某一截面 D. 外电路闭合时,导线某一截面每通过1C的电荷量,整个电路就获得1.5J的电能 【答案】D 【解析】由电动势的定义式,可知,电源中每通过1C电量,非静电力做功为1.5J,电源把1.5J的化学能转变为电能,而不是1s内将1.5J的化学能转变成电能.故A B错误.当1s内能使1.5C的电量通过导线的某一截面时,电路中电流是1.5A,但电动势不一定等于1.5V.故C错误.导线某一截面每通过1C的电量,这段导线就消耗1.5J的电能,故D正确.故选D. 点睛:本题考查对电源电动势的理解.电动势表征电源把其他形式的能转化为电能本领的大小,当非静电力把1C的正电荷从负极移到正极时,一节干电池向整个电路提供1.5J的电能. 4. 在如图所示的四种电场中,分别标记有a、b两点。其中a、b两点的电势相等,电场强度大小相等、方向也相同的是 A. 甲图:与点电荷等距的a、b两点 B. 乙图:两等量异种电荷连接的中垂线上与连线等距的a、b两点 C. 丙图:点电荷与带电平板形成的电场中平板上表面的a、b两点 D. 丁图:匀强磁场中的a、b两点 【答案】B 【点睛】本题考查对电场线的认识,由电场线我们应能找出电场的方向、场强的大小及电势的高低. 5. 如图所示,一价氢离子()和二价氦离子()的混合体,从静止开始经同一加速电场U1同时加速后,垂直射入同一偏转U2电场中,偏转后,打在同一荧光屏上,(不计它们之间的相互作用力和重力)则它们 A. 同时到达屏上同一点 B. 同时到达屏上不同点 C. 先后到达屏上同一点 D. 先后到达屏上不同点 【答案】C 【解析】设加速电压为U1,偏转电压为U2,偏转极板的长度为L,板间距离为d.在加速电场中,由动能定理得: ①;两种粒子在偏转电场中,水平方向做速度为v0的匀速直线运动,由于两种粒子的比荷不同,则v0不同,所以两粒子在偏转电场中运动的时间不同.两种粒子在加速电场中的加速度不同,位移相同,则运动的时间也不同,所以两粒子是先后离开偏转电场.在偏转电场中的偏转位移 ②,联立①②得;同理可得到偏转角度的正切,可见y和tanθ 与电荷的电量和质量无关.所以出射点的位置相同,出射速度的方向也相同.故两种粒子打屏上同一点.故C正确,A、B、D错误.故选C. 【点睛】解决本题的关键知道带电粒子在加速电场和偏转电场中的运动情况,知道从静止开始经过同一加速电场加速,垂直打入偏转电场,运动轨迹相同.做选择题时,这个结论可直接运用,节省时间. 6. 直流电路如图所示,电源的内阻不能忽略不计,在滑动变阻器的滑片P由图示位置向右移动时,电源的 A. 效率一定增大 B. 总功率一定增大 C. 热功率一定增大 D. 输出功率一定先增大后减小 【答案】A 【解析】由电路图可知,当滑动变阻滑片向右移动时,滑动变阻器接入电路的阻值增大,电路总电阻变大,电源电动势不变,由闭合电路的欧姆定律可知,电路总电流I变小;A、电源的效率,电源内阻r不变,滑动变阻器阻值R变大,则电源效率增大,故A正确;B、电源电动势E不变,电流I变小,电源总功率P=EI减小,故B错误; C、电源内阻r不变,电流I减小,源的热功率PQ=I2r减小,故C错误;D、当滑动变阻器阻值与电源内阻相等时,电源输出功率最大,由于不知道最初滑动变阻器接入电路的阻值与电源内阻间的关系,因此无法判断电源输出功率如何变化,故D错误;故选A. 【点睛】知道电路串并联中的电流电压关系,并熟练应用闭合电路欧姆定律、电功率公式即可正确解题. 7. 将一不带电的金属球放在电荷量为+Q的小球附近,金属球处于静电平衡状态,所形成的电场线分布如图所示。a、b为电场中的两点,则 A. a点的电场强度比b点的小 B. a点的电势比b点的低 C. 检验电荷-q在a点的电势能比在b点的大 D. 将检验电荷-q从a点移到b点的过程中,电场力做负功 【答案】D 【解析】A、电场线的疏密表示场强的大小,由图象知a点的电场强度比b点大,故A正确;B、根据顺着电场线方向电势逐渐降低,可知a点的电势高于金属球的电势,整个金属球是一个等势体,金属球的电势又高于b点的电势,因此a点的电势比b点的高,故B错误;C、因为,由电势能知的电荷放在电势高处电势能低,即检验电荷-q在a点的电势能比在b点的小;故C错误;D、-q在a点的电势能较b点小,则把-q电荷从电势能小的a点移动到电势能大的b点,电势能增大,电场力做负功.故D正确.故选D. 【点睛】该题要掌握电场线的特点与电场力做功的特点,解题的关键是电场力做正功,电势能减小;电场力做负功,电势能增加. 8. 示波器可以用来观察电信号随时间变化的情况,其核心部件是示波管,其原理图如下,为水平偏转电极,为竖直偏转电极。以下说法正确的是 A. 加图3波形电压、不加信号电压,屏上在两个位置出现亮点 B. 加图2波形电压、加图1波形电压,屏上将出现两条竖直亮线 C. 加图4波形电压、加图2波形电压,屏上将出现一条竖直亮线 D. 加图4波形电压、加图3波形电压,屏上将出现图1所示图线 【答案】A 加图4波形电压、加图3波形电压,屏上将出现图3所示图线,选项D错误;故选A. 【点睛】本题考查示波器原理,搞清楚两个电压的作用是关键。 9. 如图所示,平行板电容器的两个极板为A、B,B极板接地,A极板带有电荷量+Q,板间电场有一固定点P,若将B极板固定,A极板上移一些,或者将A极板固定,B极板下移一些,在这两种情况下,以下说法正确的是 A. B极板下移时,P点的电场强度变小,P点电势降低 B. B极板下移时,P点的电场强度不变,P点电势升高 C. A极板上移时,P点的电场强度不变,P点电势不变 D. A极板上移时,P点的电场强度变小,P点电势降低 【答案】BC 【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、U=Q/C和E=U/d可推出:可知P点的电场强度E不变,.P点与下板的距离增大,根据公式U=Ed,P点与下板的电势差增大,则P点的电势升高。故A错误,B正确; C. D. B板上移时,同理得知,P点的电场强度不变,根据公式U=Ed,P点与下板的电势差不变,P点的电势不变,故C正确,D错误。 故选:BC 点睛:由题,电容器两板所带电量不变,改变板间距离时,根据推论分析板间场强的变化.由U=Ed分析P点与下板间的电势差如何变化,结合电势的高低关系,判断P点电势的变化. 10. 如图所示,三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面,其电势分别为10V、20V、30V。实线是一带电的粒子(不计重力)在该区域内运动的轨迹,已知带电粒子所带电荷量为0.01C,在a点处的动能为0.5J,则该带电粒子 A. 该粒子一定带正点电 B. 在b点处的电势能为0.5J C. b点是a、b、c三点中动能最大的位置 D. 在c点处的动能为0.4J 【答案】AD 【解析】A、场强方向向上,电场力向上,则为正电荷,则A正确;B、b点处的电势能EP=φq=0.01×30=0.3J,则B错误;C、总能量守恒由a点处可知E=0.01×10+0.5=0.6J,则b点处的动能为:0.6-0.3=0.3J,b处是动能最小的位置,则C错误;D、C点处的动能为为0.6-0.01×20=0.4J,则D正确,故选AD. 【点睛】本题根据粒子的轨迹弯曲方向就能判断粒子所受的电场力方向,根据电场线与等势线的关系,判断出电场线方向.负电荷在电势高处电势能小是一个重要推论,要学会应用. 11. 如图所示是探究影响平行板电容器电容大小因素的实验装置。关于此实验装置中的静电计,下列说法中正确的是 A. 静电计指针张角的大小反映了平行板电容器两板间电压的大小 B. 静电计指针张角的大小反映了平行板电容器带电量的大小 C. 静电计的外壳与A板相连接后可不接地 D. 可以用量程为3V的电压表替代静电计 【答案】AC 【解析】A、B、静电计是定性反映电压高低的仪器,不能发映了平行板电容器的电荷量的多少,故A正确,B错误;C、静电计测量的是两板间的电压高低,可以直接将A板与电容器外壳相接,不需要都接地,故C正确;D 、静电计与电压表、电流表的原理不同,不能替代.电流表、电压表线圈中必须有电流通过时,指针才偏转,故不能用电压表代替静电计,故D错误;故选AC. 【点睛】解决本题的关键知道静电计测量的是电容器两端的电势差,正确掌握静电计的使用方法.对于电容器的动态变化分析问题,常常是电容的决定式和定义式结合分析,抓住不变量是分析的基础. 12. 如图所示电路中,电源内阻不能忽略,两个电压表均为理想电表。当滑动变阻器R2的滑动触头p移动时,关于两个电压表V1与V2的示数,下列判断正确的是 A. p向a移动,V1示数增大、V2的示数减小 B. p向b移动,V1示数增大、V2的示数减小 C. p向a移动,V1示数改变量的绝对值小于V2示数改变量的绝对值 D. p向b移动,V1示数改变量的绝对值大于V2示数改变量的绝对值 【答案】AC 【解析】试题分析:电压表测量电阻两端的电压,电压表测量电阻两端的电压,当滑动变阻器R2的滑动触头P向a移动时,滑动变阻器连入电路的电阻减小,所以路端电阻减小,根据闭合电路欧姆定律可得路端电压减小,电路总电流增大,故通过的电流增大,所以两端的电压增大,而路端电压是减小的,所以V2的示数减小,V1示数改变量的绝对值小于V2的示数改变量的绝对值,AC正确B错误;当滑动变阻器R2的滑动触头P向b移动,滑动变阻器连入电路的电阻增大,故外电路总电阻增大,即路端电压增大,电路总电流减小,所以通过的电流减小,即两端的电压减小,故两端的电压增大,而路端电压是增大的,所以V1示数改变量的绝对值小于V2的示数改变量的绝对值,D错误 考点:考查了闭合回路欧姆定律的应用 二、实验题(本题共2小题,共15分,13题7分,14题8分,其中13题第2问3分,其它每空2分。) 13. 某同学描绘小灯泡的伏安特性曲线,实验器材有: 电压表Ⓥ:量程为3V,内阻为3kΩ 电流表Ⓐ;量程为0.6A,内阻约为2Ω 定值电阻R0;阻值为1kΩ 小灯泡L:额定电压为3.8 V 滑动变阻器R:阻值范围为0〜10Ω 电池E:电动势为6V 开关S,导线若干。 该同学按如图甲所示的电路图进行实验,通过正确实验操作和读数,得到了一组电压表的示数和电流表的示数,部分数据如下表: (1)当电压表示数为1.20 V时,小灯泡两端的电压为________V。(保留三位有效数字) (2)在图乙中画出小灯泡的伏安特性曲线_________________。 (3)若把这个小灯泡与电动势为3V、内阻为10Ω的干电池连接成闭合电路,此时小灯泡的实际功率为____________W.(结果保留两位有效数字) 【答案】 (1). 1.60 (2). (3). 0.20(0.18~ 0.22) 【解析】(1 )由电路图可知,电压表与定值电阻串联后并联接在灯泡两端,则灯泡中的实际电压为电压表两端电压与定值电阻两端电压之和,则可知U===1.6V; (2)根据表中数据利用描点法可得出对应的I﹣U图象,如图所示; (3)若把这个小灯泡与电动势为3V、内阻为10Ω的干电池连接成闭合电路,电池的路端电压与灯泡两端的电压相等,作出电源的伏安特性曲线,则两图象的交点表示灯泡的工作点,由图可知,灯泡的电压为1.18V,电流为0.18A; 由欧姆定律可知,灯泡内阻R===6.6Ω; 灯泡的功率P=UI=1.18×0.18=0.21W. 故答案为:(1)1.60;(2)如图所示;(3)6.6;0.21. 14. 某同学在实验室测定金属丝电阻率的实验中: (1)用游标卡尺测量有效长度如图甲所示,可知其长度为L =_________mm; (2)如图乙所示,用螺旋测微器测金属丝的直径的测量值d=__________mm; (3)选用“×1”倍率的电阻挡测量,先进行欧姆调零,再用来测金属丝的电阻,此时观察到多用表的示数如图丙所示,测量结果为R=__________Ω。 (4)该金属丝电阻率的表达式 ρ=________(用R、d、L表示)。 【答案】 (1). 50.15 (2). 0.197(0.196~ 0.198) (3). 14.0 (4). 【解析】(1)由图示游标卡尺可知,其示数为:50mm+3×0.05mm=50.15mm; (2)由图示螺旋测微器可知,其示数为:0mm+19.7×0.01mm=0.197mm; (3)选用“×10”倍率的电阻挡测量,多用表指针偏转过大,所选倍率太大,为准确测量电阻阻值,应选择较小倍率,因此需选择×1倍率的电阻挡,换挡后要重新进行欧姆调零,然后再进行测量,由图示表盘可知,电阻阻值:R=14.0×1=14.0Ω. (4)金属丝的电阻为:,电阻率为:; 【点睛】游标卡尺、螺旋测微器、欧姆表读数、求电阻率;游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数;螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数;游标卡尺不需要估读,螺旋测微器需要估读. 三、计算题(本题共4小题,共37分。15题8分,16题9分,17题10分,18题10分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不能得分,有数值运算的,答案中必须明确写出数值和单位。) 15. 如图所示的电路中,电阻R1=R2=R3=10Ω,电源内阻r=5Ω,电压表可视为理想电表。当开关S1和S2均闭合时,电压表的示数为10V。求 (1)电源的电动势; (2)当开关S1闭合而S2断开时,电压表的示数和此时电源的效率。 【答案】(1)E=20V (2), 【解析】试题分析:(1)电阻R2中的电流I==1A; 当开关S1和S2均闭合时,电路中的总电阻R总=+R2+r=20Ω, 故电源的电动势E=IR总=20V; (2)当开关S1闭合而S2断开时,电压表测量电源的路端电压 电路的总电阻为R=R1+R2+r=25Ω, 故电路中的电流I==0.8A; 故电压表的示数U=I(R1+R2)=16V; 电源的效率η==80%。 考点:全电路欧姆定律,路端电压,电源的效率。 16. 如图所示,已知AC⊥BC,∠ABC=60°,BC=20cm,A、B、C三点都在匀强电场中,且A、B、C所在平面与电场线平行,把一个电荷量q=10-5C的正电荷从A移到B,电场力做功为零;从B移到C,电场力做功为。 (1)匀强电场的场强方向是否垂直于AB; (2)求A、C间的电势差; (3)若规定B点电势为零,求C点的电势。 【答案】(1)AB是一条等势线,场强方向垂直于AB (2) (3) 【解析】试题分析: 解析:根据得,,得, φB=0,UBC=φB-φC,所以 考点:匀强电场中电势差和电场强度的关系. 【名师点睛】本题根据题设条件找到等势点,作出等势线,根据电场线与等势线垂直,并由高电势处指向低电势处作电场线是常规思路. 17. 如图所示,A为电解槽,M为电动机,N为电炉子,恒定电压U=12V,电解槽内阻rA=2Ω,当K1闭合,K2、K3断开时,电流表示数6A;当K2闭合,K1、K3断开时,电流表示数5A,且电动机输出功率为35W;当K3闭合,K1、K2断开时,电流表示数为4A。求: (1)电炉子的电阻及发热功率各多大? (2)电动机的内阻是多少? (3)在电解槽工作时,电能转化为化学能的功率为多少? 【答案】(1)R=2Ω, PR=72W (2)rM=1Ω (3)P化=16W 【解析】试题分析:⑴ 电炉子为纯电阻,由欧姆定律,得Ω ,其发热功率为 ⑵ 电动机为非纯电阻,由能量守恒定律得:得:Ω ⑶ 电解槽工作时,由能量守恒定律得:=16w 考点:本题考查闭合电路欧姆定律及电功率的计算。 18. 如图所示,在空间中取直角坐标系xOy,在第一象限内平行于y轴的虚线MN与y轴距离为d,从y轴到MN之间的区域充满一个沿y轴正方向的匀强电场,场强大小为E。初速度可以忽略的电子经过另一个电势差为U的电场加速后,从y轴上的A点以平行于x 轴的方向射入第一象限区域,A点坐标为(0,h)。已知电子的电量为e,质量为m,电子的重力忽略不计,求: (1)电子进入偏转电场区域的初速度; (2)电子离开电场时的位置坐标和速度(保证电子能在虚线MN上射出电场)。 【答案】(1) (2)坐标(d,;,速度与水平的夹角为, 【解析】(1)对电子的直线加速,根据动能定理有: 解得: (2)电子在电场中做类平抛运动:水平方向:d=v0t 竖直方向: 加速度: 解得: 所以离开电场时的位置坐标为: 离开电场时竖直方向的分速度: 离开电场时的速度: 设离开电场时速度与水平方向的夹角为θ,θ的正切值: 【点睛】本题是带电粒子在匀强电场中加速和偏转结合的问题,能熟练运用运动的分解法研究类平抛运动,结合几何知识进行求解. 查看更多