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

‎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．‎ ‎ ‎