2018-2019学年福建省三明市三地三校高二上学期期中联考物理试题 解析版

2018-2019学年福建省三明市三地三校高二上学期期中联考物理试题 解析版

绝密★启用前 福建省三明市三地三校2018-2019学年高二上学期期中联考物理试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．带电量分别﹣2Q和+4Q的两个完全相同的金属小球，相距为L（L远大于小球半径）时相互作用力的大小为F．现把两个小球互相接触后放置在距离为L的地方，则现在两个小球之间的相互作用力大小为（ ）‎ A． 2F B． 4F C． D． ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 未接触前，据库仑定律得；两球接触后两球的带电量，两球间的相互作用力。故C项正确，ABD三项错误。‎ ‎【点睛】‎ 带异种电荷的相同金属小球接触后，两小球所带电荷先中和再平分。‎ ‎2．关于静电场下列说法中正确的是 A． 在电场中某点的电势为零，则该点的电场强度一定为零 B． 由公式可知电场中某点的电势与q成反比 C． 根据公式Uab＝Ed可知，在匀强电场中两点a、b间的距离越大，电势差就越大 D． 正电荷从电势高的点运动到电势低的点，电势能一定减少 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A、电场中的电势反映能的性质，电场强度反映力的性质，两者无必然联系，如等量异种点电荷的连线中点电势为零，而场强不为零，故A错误；B、由电势的比值定义式可知，电势与、无关，故B错误；C、匀强电场中的电压计算式Uab＝Ed中，其中为两点沿着电场线的距离，可以是两点距离大，但沿电场线的距离很小，从而电势差很小，故C错误；D、由可知，，电势 降低时，电势能减小，故D正确。故选:D.‎ 考点：本题考查了电势、电势能、电场强度的关系.‎ ‎3．在静电场中，一个电子由a点移到b点时电场力做功为+4 eV，则下列判断中正确的是（ ）‎ A． 电子的电势能增加4 eV B． 电子的电势能减少4 eV C． 电子的电势能减少5 eV D． a、b两点间电势差Uab=4 V ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ABC：一个电子由a点移到b点时电场力做功为+4 eV，电子的电势能减少4 eV。故B项正确，AC两项错误。‎ D：a、b两点间电势差，故D项错误。‎ ‎4．如图所示，带电粒子在电场中由A点运动到B点，图中实线为电场线，虚线为粒子运动轨迹，则下列说法判断错误的是（ ）‎ A． 该带电粒子带正电 B． A处电势比B处电势高 C． 从A到B的运动过程中，电场力做负功，动能减少 D． 该粒子从A到B的过程中加速度增大，速度也增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A：电场力的方向沿电场线的切线，又粒子做曲线运动，电场力指向轨迹的凹侧，则粒子在A点的受力如图，粒子带正电。故A项正确。‎ B：过B点作等势面如图，顺着电场线电势降低，则A处电势比B处电势高。故B项正确。‎ C：从A到B的运动过程中，电场力方向与运动方向成锐角，电场力做正功，粒子动能增大，速度增大。故C项错误。‎ D：粒子从A向B运动，电场线变得密集，粒子所受电场力增大，粒子的加速度增大，又据C项分析知，粒子速度增大。故D项正确。‎ 本题选错误的，答案是C。‎ ‎【点睛】‎ 等势面和电场线垂直，顺着电场线电势降低。‎ ‎5．电流表的内阻是，满刻度电流值是，，现欲把这个电流表改装成量程为1.0V的电压表，正确的方法是（ ）‎ A． 应串联一个约500的电阻 B． 应并联一个约500的电阻 C． 应串联一个约0.05的电阻 D． 应并联一个约0.05的电阻 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 把电流表改装成1V电压表，需要串联一个分压电阻，串联电阻阻值：；故选B．‎ ‎6．如图所示，a、b是等量异种点电荷连线的中垂线上的两点，现将某检验电荷分别放在a、b两点，下列说法中正确的是( )‎ A． 受到电场力大小相等，方向相同 B． 受到电场力大小相等，方向相反 C． 受到电场力大小不相等，方向相反 D． 受到电场力大小不相等，方向相同 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：由图可知看出：a处电场线密，电场强度大．两点的电场线的切线方向相同，所以电场强度方向相同，放入同种检验电荷，受到的电场力大小不等，方向相同．故选D 考点：等量异种电荷的电场.‎ ‎7．如图所示，a、b、c为电场中同一条水平方向电场线上的三点，c为ab的中点，a、b电势分别为φa=5V、φb=3V．下列叙述正确的是（　　）‎ A． 该电场在c点处的电势一定为4 V B． a点处的场强Ea一定大于b点处的场强Eb C． 一正电荷从c点运动到b点电势能一定减少 D． 一正电荷运动到c点时受到的静电力由c指向a ‎【答案】C ‎【解析】‎ 当该电场是匀强电场时，由公式U=Ed知沿电场方向相同距离电势差相等，则电场在c点处的电势一定为4V．当该电场不是匀强电场时，在c点处的电势不一定为4V．故A错误；一条电场线无法比较电场线的疏密，就无法比较场强的大小，则a点处的场强Ea不一定大于b点处的场强Eb．故B错误。由题，a点的电势高于b点的电势，根据正电荷在电势高处电势能大可知，正电荷从c点运动到b点电势能一定减少。故C正确。由题可判断电场线方向从a指向c，正电荷运动到c点时受到的静电力由a指向c。故D错误。故选C。‎ 点睛：本题关键要抓住电场线的物理意义：电场线的疏密表示电场的强弱，电场线的方向表示电势的高低．在匀强电场中沿任意方向相同距离电势差相等。‎ ‎8．某匀强电场方向竖直向上，场强大小为E；一质量为m、带电量为+q的小球以某一初速度竖直向下做匀减速直线运动，其加速度大小为a=小球运动距离S时速度变为零．则在此过程中（ ）‎ A． 电场力做功qES B． 小球的电势能增加了 C． 小球的重力势能减少了qES D． 物体的动能减少了qES ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 对小球受力分析，由牛顿第二定理可得：，解得：。‎ AB：电场力做功，电势能增加了。故AB两项均错误。‎ C：重力做功，小球的重力势能减少了。故C项错误。‎ D：据动能定理，则物体的动能减少了。故D项正确。‎ ‎9．如图甲所示，在一条电场线上有A、B两点，若从A点由静止释放一电子，假设电子仅受电场力作用，电子从A点运动到B点的速度-时间图像如图乙所示，则（ ）‎ A． 电子在A、B两点受的电场力 B． A、B两点的电场强度 C． A、B两点的电势 D． 电子在A、B两点具有的电势能 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 电子从A点运动到B 点，由图象知斜率越来越小，加速度越来越小，电子受到电场力越来越小，A错。场强也越来越小，B对。从A到B速度增大，动能增大，电势能减小，D错。负电荷电势高处电势能低，C对。‎ ‎10．如图，当K闭合后，一带电微粒（重力不可忽略）在平行板电容器间处于静止状态，下列说法正确的是（ ）‎ A． 保持K闭合，使P滑动片向左滑动，微粒仍静止 B． 保持K闭合，使P滑动片向右滑动，微粒向下移动 C． 打开K后，使两极板靠近，则微粒将向上运动 D． 打开K后，使两极板靠近，则微粒仍保持静止 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 试题分析：保持K闭合，电容器板间电压不变，使滑动片P向左或向右滑动，板间距离不变，则由分析得知，板间场强仍保持不变，带电微粒所受的电场力不变，仍处于静止状态．故A正确，B错误．由，，得到极板间场强，E与板间距离无关，故使两极板靠近，板间场强不变，带电微粒所受的电场力不变，则带电微粒仍处于静止状态，故C错误,D正确．故选AD．‎ 考点：闭合电路的欧姆定律；电容 ‎【名师点睛】本题关键要抓住不变量进行分析：电容器与电源保持相连，板间电压保持不变；充电后与电源断开后，电量不变．电量、正对面积不变时，改变板间距离，板间场强不变。‎ 评卷人 得分 二、多选题 ‎11．在固定的点电荷Q形成的电场中，有一个检验电荷q（已知电荷只受电场力作用）．则下列正确的是（ ）‎ A． 如果q为正电荷，且由静止释放，其运动轨迹一定与电场线重合 B． 若Q与q为异种电荷，则给q一定的初速度，q可能绕Q做匀速圆周运动 C． q可能做匀速直线运动 D． 若Q与q为同种电荷，则q一定做加速度减小的变加速直线运动 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A：在固定的点电荷Q形成的电场中，如果q为正电荷，且由静止释放，则电荷沿电场力方向加速运动，点电荷Q形成电场的电场线是直线，其轨迹与电场线重合。故A项正确。‎ B：若Q与q为异种电荷，则给q一定的初速度，使库仑引力等于所需要的向心力，q绕Q做匀速圆周运动。故B项正确。‎ C：q在Q的电场中一定受电场力，q所受合力不等于0，q不可能做匀速直线运动。故C项错误。‎ D：若Q与q为同种电荷，q受到库仑斥力。若是由静止开始释放，q一定做加速度减小的变加速直线运动；若q有初速度，q可能做曲线运动。故D项错误。‎ ‎12．如图所示，有三个质量相等，分别带正电、带负电和不带电的小球，从平行板电场的中点以相同的初速度垂直于电场方向进入电场，它们分别落在A、B、C三点，下列说法不正确的是(　　) ‎ A． 落在A点的小球带正电，落在B点的小球不带电 B． 三个小球在电场中运动的时间相等 C． 三个小球到达极板时的动能关系为 D． 三个小球在电场中运动时的加速度关系为 ‎【答案】BD ‎【解析】试题分析：不带电的小球只受重力作用，做平抛运动，带负电的小球做类平抛运动，加速度比重力加速度大，带正电的小球做加速度比重力加速度小的类平抛运动．由此根据平抛和类平抛运动规律求解．‎ 在平行金属板间不带电小球、带正电小球和带负电小球的受力如图所示： ‎ 由此可知不带电小球做平抛运动的加速度为，带正电小球做类平抛运动的加速度为，带负电小球做类平抛运动的加速度为；根据题意，三小球在竖直方向都做初速度为0的匀加速直线运动，球到达下极板时，在竖直方向产生的位移h相等，据得三小球运动时间，正电荷最长，不带电小球次之，带负电小球时间最短，B错误；三小球在水平方向都不受力，做匀速直线运动，则落在板上时水平方向的距离与下落时间成正比，故水平位移最大的A是带正电荷的小球，B是不带电的小球，C带负电的小球．故A正确； 根据动能定理，三小球到达下板时的动能等于这一过程中合外力对小球做的功．由受力图可知，带负电小球合力最大为G+F，做功最多动能最大，带正电小球合力最小为G-F，做功最少动能最小，故有，C正确；因为A带正电，B不带电，C带负电，所以，所以，D错误．‎ 第II卷（非选择题）‎ 请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 三、实验题 ‎13．现用伏安法研究某电子器件R1的（6 V，2.5 W）伏安特性曲线，要求特性曲线尽可能完整（直接测量的变化范围尽可能大一些），备有下列器材：‎ A．直流电源（6 V，内阻不计）；‎ B．电流表G（满偏电流3 mA，内阻Rg=10 Ω）；‎ C．电流表A（0~0.6 A，内阻未知）；‎ D．滑动变阻器（0~20 Ω，10 A）；‎ E．滑动变阻器（0~200 Ω，1 A）；‎ F．定值电阻R0（阻值1 990 Ω）；‎ G．开关与导线若干；‎ ‎（1）根据题目提供的实验器材，请你设计出测量电子器件R1伏安特性曲线的电路原理图（R1可用“”表示）____。‎ ‎（2）在实验中，为了操作方便且能够准确地进行测量，滑动变阻器应选用_______。（填写器材序号）‎ ‎（3）将上述电子器件R1和另一电子器件R2接入如图（甲）所示的电路中，它们的伏安特性曲线分别如图（乙）中Ob、Oa所示．电源的电动势E=6.0 V，内阻忽略不计。调节滑动变阻器R3，使电阻R1和R2消耗的电功率恰好相等，则此时电阻R1和R2阻值的和为________Ω，R3接入电路的阻值为_____Ω。‎ ‎【答案】（1） E ， BC 各1分 ‎（2）如图(6分)‎ G当R0串联，且电路连接正确2分，‎ A外接2分 滑动变阻器连成分压式2分 ‎（3）12 4分 ‎【解析】‎ ‎（1）因要求电压从零开始变化，变阻器用分压接法，应选小阻值的E．电压表量程小，不适合扩展，选用电流表B改装成大量程的电压表，选用电流表C充当电流表。‎ ‎（2）由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，灯泡的电阻约为R==14.4Ω，跟电流表内阻接近，所以用电流表外接法，电路图如图所示 ‎（3）R1和R2接串联，电流相等，由U-I图象读出电流I=0.25A，对应的电压为U=2.5V，所以R1和R2的电阻为：R1=R2==10Ω，R1和R2总电阻R=20Ω，此时R3接两端的电压U′=E-U=8-2.5×2V=3V，所以R3==12Ω 本题考查实验中的仪表选择及接法的选择；应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别及应用，同时还应明确内外接法的不同及判断．‎ ‎14．某实验小组发现一个由均匀材料制成的圆柱体，他们想测量其电阻率，实验室能够提供的实验器材有：‎ 电源E（8V，内阻约10Ω）；‎ 电压表V（0—6V，内阻约为50kΩ）；‎ 电流表mA（0—20mA, 内阻为40Ω）；‎ 滑动变阻器R1（0-20Ω）；‎ 待测电阻R（约为200Ω）；‎ 开关及导线若干。‎ 他们进行了如下操作：‎ ‎（1）为了获得多组数据，尽量精确测量其电阻值，请在图a方框中画出实验电路图.______‎ ‎（2）图b中的6个点表示实验中测得的6组电流表、电压表示数，根据此图可知阻值R=_____Ω（保留三位有效数字）。‎ ‎（3）如图c所示，用螺旋测微器测得该圆柱体的直径为____cm，用游标卡尺测量其长度为____cm.‎ ‎（4）由以上数据可求出ρ=_______ Ω·m。（保留3位有效数学）‎ ‎【答案】 略 210 0.1694 1.060 ‎ ‎【解析】（1）根据题意可知：‎ ‎，故该实验的测量电路应该选用电流表的外接法，并且为了获得多组数据，尽量精确测量其电阻值，故滑动变阻器应采用分压接法，则测量R的电路图：‎ ‎（2）图b中的6个点表示实验中测得的6组电流I、电压U的值，将6个点连线，如图所示 根据此图得图线的斜率是电阻大小，即；（3）如图c所示，用螺旋测微器测得该圆柱体的直径为，用游标卡尺测量其长度为；（4）根据电阻定律，且，解得：，代入数据解得：。‎ ‎【点睛】明确实验原理，画出测量电路图；根据U-I图线的斜率表示电阻，求出电阻；根据螺旋测微器和游标卡尺的读数原理读出圆柱体的直径和长度，根据电阻定律求出电阻率。‎ 评卷人 得分 四、解答题 ‎15．如图，匀强电场的场强为103V/m，a、b两点间的距离为0.1m，ab连线与电场方向的夹角为600，则a、b两点间的电势差为多少？若将电量为的点电荷从a点移到b点，电场力做功为多少？‎ ‎【答案】50V ，1×l0–8J ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)据匀强电场电势差与电场强度的关系，求a、b两点间的电势差；‎ ‎(2)据电场力做功与电势差的关系，求电场力做功。‎ ‎【详解】‎ ‎(1) a、b两点间的电势差 ‎(2) 电场力做功 ‎16．如图所示，A、B、C为一等边三角形的三个顶点，某匀强电场的电场线平行于该三角形平面．现将电荷量为10-8C的正点电荷从A点移到B点，电场力做功为3×10-6J，将另一电荷量为10-8C的负点电荷从A点移到C点，克服电场力做功3×10-6J．‎ ‎ ‎ ‎（1）求UAB、UAC各为多少 ‎（2）AB边长为cm，求电场线方向及电场强度大小．‎ ‎【答案】（1）300V,300V（2） ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由电势差公式U=求解电势差UAB、UAC、UBC的值，并得到三点电势的关系，根据电场线与等势线垂直，并指向低电势，确定电场线的方向．‎ ‎（2）由E=求解电场强度的大小，d是电场线方向两点间的距离．‎ 解：（1）UAB==；UAC==‎ ‎；则知，B、C电势相等，则UBC=0．所以电场线方向为垂直于BC连线向右下方．‎ ‎（2）电场强度的大小E==V/m=104V/m．‎ 答：（1）电场线方向为垂直于BC连线向右下方．UAB、UAC、UBC的值分别为300V，300V，0；‎ ‎（2）电场强度的大小为104V/m．‎ ‎【点评】本题要掌握电势差公式U=，注意运用此式时三个量均要代入符号进行运算．电场强度与电势差的关系式E=，式中d是电场线方向两点间的距离．‎ ‎17．如图所示，水平绝缘光滑轨道AB的B端与处于竖直平面内的四分之一圆弧形粗糙绝缘轨道BC平滑连接，圆弧的半径R=0.40 m。在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E=1.0×l04 N/C。现有一质量m=0.l0 kg，电荷量q=8.0×l0–5 C的带电体（可视为质点）放在水平轨道上与B端距离s=1.0 m的位置，由于受到电场力的作用带电体由静止开始运动，当运动到圆弧形轨道的C端时，速度恰好为零。试求此过程中取g=l0 m/s2）：‎ ‎（1）带电体在水平轨道上运动的加速度大小及运动到B端时的速度大小；‎ ‎（2）带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压力大小；‎ ‎（3）带电体沿圆弧形轨道运动过程中，电场力和摩擦力对带电体所做的功各是多少。‎ ‎【答案】（1）a=8 m/s2 vB=4.0 m/s （2）N=5.0 N （3）W电=0.32 J W摩=–0.72 J ‎【解析】‎ ‎（1）在水平轨道运动时qE="ma" 得a=（3分）‎ 由动能定理 qEs=得（3分）‎ ‎（2）设带电体运动到圆轨道B端时受轨道的支持力为N，根据牛顿第二定律有 ‎（3分） 得N=6mg (1分)‎ 根据牛顿第三定律可知，带电体对圆弧轨道B端的压力大小N/=N=6mg（1分）‎ ‎（3）因电场力做功与路径无关，‎ 所以带电体沿圆弧形轨道运动过程中，电场力所做的功 W电=qER=（1分）‎ 设带电体沿圆弧形轨道运动过程中摩擦力所做的功为W摩，对此过程根据动能定理有 qER+W-mgR=0-（4分） 解得 W=-2mgR (1分)‎ 本题考查牛顿第二定律、动能定理和圆周运动规律的应用，在电场中由电场力做功等于动能的变化量可求得B点速度，在B点由支持力和重力的合力提供向心力，可求得支持力大小，由于电场力做功与路径无关只与初末位置有关，所以带电体沿圆弧形轨道运动过程中，电场力所做的功为qER，在整个过程中应用动能定理可求得克服摩擦力做功大小