2017-2018学年重庆市万州二中高二上学期期中考试题物理 解析版

2017-2018学年重庆市万州二中高二上学期期中考试题物理 解析版

‎2017-2018学年度下期万州二中高2019级中期考试 物理试卷 一、单项选择题（每题只有一个选项符合要求，共10小题，每题4分，共40分）‎ ‎1. 关于电流的说法中正确的是（　　）‎ A. 根据，可知I与q成正比 B. 电流有方向，电流也有矢量 C. 在金属导体中，自由电子移动方向为电流方向 D. 电流的单位“安培”是国际单位制中的基本单位 ‎【答案】D ‎【解析】电流的定义 ，是根据比值定义法定义的，即电流不跟q成正比，也不与时间t成反比．故A错误．电流有方向，但是在计算的过程中使用代数的方法计算，不用平行四边形定则，所以电流强度这个物理量是标量．故B错误．正电荷的“定向”运动方向是电流方向，故C错误．电流强度的单位“安培”是国际单位制中的基本单位，故D正确；故选D．‎ 点睛：该题考查电流的基本概念．容易出错的是有些学生会错误认为根据电流与q成正比与时间t成反比．‎ ‎2. 下列说法中正确的是（　　）‎ A. 摩擦起电是通过外力做功凭空产生了电荷 B. 电子就是元电荷 C. 导体中通过某一横截面一定的电荷量所用的时间越短，电流越大 D. 由可知，一段导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流成反比 ‎【答案】C ‎【解析】电荷既不能被创生，也不能被消灭，摩擦起电是电荷从一个物体转移到另一个物体，故A错误；元电荷是指电子或质子所带的电荷量，数值为e=1.60×10-19C，但不能说电子就是元电荷，故B错误；根据电流定义式，可知导体中通过某一横截面一定的电荷量所用的时间越短，电流越大，故C正确；导体的电阻由导体本身决定，跟它两端的电压无关，跟通过它的电流也无关，故D错误。所以C正确，ABD错误。‎ ‎3. 电流表的内阻是Rg=200Ω，满偏电流值是Ig ‎=500μA，现在欲把这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0.1Ω的电阻 B. 应串联一个1800Ω的电阻 C. 应并联一个0.1Ω的电阻 D. 应并联一个1800Ω的电阻 ‎【答案】B ‎【解析】电流表改装成电压表要串联的电阻为：，故B正确，ACD错误。‎ ‎4. 小芳家正在使用的电器有电灯、洗衣机、电冰箱，小芳从家里的总电能表中测得在时间t内消耗的电能为W．设小芳家的供电电压为U，总电流为I，上述电器的总电阻为R，总功率为P．下列关系式正确的是（　　）‎ A. B. W=I2Rt C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：因为整个电路中有洗衣机和电冰箱等非纯电阻电器，这些电器不适应欧姆定律，故和不成立，选项A、D错误；只能求解电热，选项B错误；适用于任何电路，故选项C正确。‎ 考点：电功和电功率 ‎5. 如图，A和B是材料相同、厚度相同、表面为正方形的两个导体，但B的尺寸比A的小很多．两个导体通过的电流方向如图所示．以下说法正确的是（　　）‎ A. AB电阻相同 B. A的电阻一定比B的小 C. A的电阻一定比B的大 D. A、B电阻大小无法比较 ‎【答案】A ‎【解析】设导体的电阻率为ρ，厚度为d，边长为L，则由电阻定律得：，可知电阻与边长L无关，只取决于厚度，故RA=RB，故A正确，BCD错误。‎ ‎6. 下列关于电源电动势的说法中正确的是（　　）‎ A. 电源的电动势越大，电源所能提供的电能就越多 B. 电源的路端电压增大时，其电源提供的电能一定也增大 C. 无论内电压和外电压如何变化，其电源的电动势一定不变 D. 在某电池的电路中，每通过2 C的电荷量，电池提供的电能是4 J，那么这个电池的电动势是0.5 V ‎【答案】C ‎【解析】电动势越大，电源将单位正电荷负极移到正极提供的电能越多，故A错误；电源的路端电压增大时，其电源提供的电能的能力增大，而电源提供的电能不一定也增大，故B错误；无论无论内电压和外电压如何变化，其电源的电动势一定不变，故C正确；根据电动势的定义式：，可知这个电池的电动势是2 V，故D错误。所以C正确，ABD错误。‎ ‎7. 如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q（q＞0）的固定点电荷．已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为（k为静电力常量）（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】电荷量为q的点电荷在b处产生电场强度为，方向向右；由于b点处的场强为零，‎ 则圆盘在此处产生电场强度大小也为，方向向左。那么圆盘在此d产生电场强度大小仍为，方向向右。‎ 而电荷量为q的点电荷在d处产生电场强度大小为，方向向右。则d处电场强度为两者大小相加。‎ 所以两者在d处产生电场强度为，故B正确，ACD错误。‎ 故选：B。‎ 点睛：‎ ‎..................‎ ‎8. 两点电荷A、B带电量qA＞qB，在真空中相距为L0，现将检验电荷q置于某一位置时所受库仑力恰好为零，则此位置当A、B为（ ）‎ A. 同种电荷时，在A、B连线上靠近B一侧 B. 同种电荷时，在A、B连线上靠近A一侧 C. 异种电荷时，在BA连线的延长线上靠近A一侧 D. 异种电荷时，在A、B连线上靠近A一侧 ‎【答案】A ‎【解析】当qA和qB均为固定的正电荷，且电荷受到的合力为0，根据库仑定律，对q受力分析有：，因为qA＞qB．所以rA＞rB，而且保证两个力的方向相反，所以应将q置于AB线段上，且靠近B，故A正确，B错误；若qA和qB为固定的异种电荷，且电荷受到的合力为0，根据库仑定律，对q受力分析有：，因为qA＞qB．所以rA＞rB，而且保证两个力的方向相反，所以应将q置于AB连线的延长线上，且靠近B，故CD错误。所以A正确，BCD错误。‎ ‎9. 正电荷均匀分布在半球面上,它们在此半球的球心O处产生的电场强度大小为E0,现将一个通过O点且与半球底面成θ=60°的平面把半球面切分出一个“小瓣”球面,如图所示,所分出的“小瓣”球面上的电荷在O点处产生电场的电场强度大小为(　　)‎ A. B. C. D. E0‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据对称性，作出球面上的电荷在O点产生的电场分布，如图所示，‎ 由平行四边形定则得到“小瓣”球面上的电荷在O处的电场强度，故B正确，ACD错误。‎ ‎10. 如图所示为某静电除尘装置的原理图,废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区.图中虚线是某一带负电的尘埃(不计重力)仅在电场力作用下向集尘极迁移并沉积的轨迹,A、B两点是轨迹与电场线的交点.不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电量变化,则以下说法正确的是 A. A点电势高于B点电势 B. 尘埃在A点的加速度大于在B点的加速度 C. 尘埃在迁移过程中做匀变速运动 D. 尘埃在迁移过程中电势能一直在增大 ‎【答案】B 点睛：本题考查考查分析实际问题工作原理的能力，解题时要明确电场线的分布规律，并且能抓住尘埃的运动方向与电场力方向的关系是解题突破口．‎ 二、多项选择题（本大题共4小题，每小题4分，共16分。每题有多个选项符合要求，全选对得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。）‎ ‎11. 如图所示的匀强电场中，已知场强大小等于100V/m，AB间距为6cm；则以下说法正确的是（　　）‎ A. A点电势等于B点电势，AB与C三点场强相同 B. AB两点间的电势差为+6V C. 现有一个电量为+q的电荷，第一次从A点移到B点，电场力做功为W1；第二次该电荷从A点移到C点，然后再移到B点，在这个过程中电场力做功为W2，则W2＞W1‎ D. 若A点电势为零，则B点电势为﹣3V ‎【答案】AD ‎【解析】试题分析：根据顺着电场线方向电势逐渐降低，分析A、B两点的电势高低，匀强电场中各处的场强相同，由求AB两点间的电势差．电场力做功只与初末位置有关，与路径无关．‎ 图中A、C两点在同一等势面上，电势相等，根据顺着电场线方向电势逐渐降低，知C点的电势高于B点的电势，所以A点电势等于B点电势，由于是匀强电场，A、B、C三点场强相同，故A正确；AB两点间的电势差为 ‎，故B错误；电场力做功只与初末位置有关，与路径无关，则电荷从从A点移到B点与从A点移到C点再移到B点电场力做功相等，即有，故C错误；根据，若，则，故D正确．‎ ‎12. 如图所示，匀强电场中的三个点A.B.C构成一个直角三角形， ，， 。把一个带电量为的点电荷从A点移到到B点电场力不做功；从B点移动到C点电场力做功为。若规定C点的电势为零，则（ ）‎ A. 该电场的电场强度大小为 B. C、B两点间的电势差为 C. A点的电势为 D. 若从A点沿AB方向飞入一电子，其运动轨迹可能是乙 ‎【答案】BD ‎【解析】C、点电荷从A移动到B点电场力不做功，说明A、B两点的同一等势面上，从B点移动到C点电场力做功为，说明电场强度的方向垂直AB边向上。则A点的电势，故选项C错误；‎ B、C、B两点间的电势差为，故选项B正确；‎ A、该电场的电场强度大小为，故选项A错误；‎ D、电子从A点沿AB方向飞入，受力方向将沿电场线方向的反方向，故粒子将向左下偏转，运动轨迹的大致图像如图中乙所示，故选项D正确。‎ 点睛：本题考查电势差与电场强度的关系、带电粒子在电场中的运动、等势面、电势能，注重理解能力和分析综合能力。‎ ‎13. 如图所示，平行板电容器两极板水平放置，现将其与二极管串联接在电动势为E的直流电源上，电容器下极板接地，静电计所带电量可忽略，二极管具有单向导电性。闭合开关S，一带电油滴恰好静止于两板间的P 点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则下列说法正确的是 A. 平行板电容器的电容将变大 B. 静电计指针张角变小 C. 带电油滴的电势能将减少 D. 油滴仍将保持静止 ‎【答案】CD ‎【解析】根据 知，d增大，则电容减小．故A错误．静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器电容减小，则电容器要放电，但是由于二极管的单向导电性，导致电容器电量不变，故根据Q=CU可知，U变大，，所以静电计指针张角变大．故B错误．因电容器电量不变，则当d增大时，根据,电场强度不变，P点与下极板的电势差变大，则P点的电势增大，因为该电荷为负电荷，则电势能减小．故C正确．因电场强度不变，则油滴所受电场力不变．油滴仍将保持静止，故D正确．故选CD．‎ 点睛：本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，二极管的存在导致电容器不能放电，则电量不变；当电容量电量不变时，两板间的场强与两板间距无关.‎ ‎14. 如图在x轴的-3a和3a两处分别固定两个电荷QA、QB，图中曲线是两电荷之间的电势φ与位置x之间的关系图象，图中x = a处为图线的最低点。线于在x = 2a处由静止释放一个质量为m、带电荷量为q的正电点电荷，该电荷只在电场力作用下运动。下列有关说法正确的是 A. 电荷运动至x = a处时速度最大 B. 两点电荷QA:QB = 4:1‎ C. 该电荷一定通过x = a处，但不能到达x = -a处 D. 该电荷以O为中点做往复运动 ‎【答案】AB ‎【解析】在φ-x图象中图线的斜率表示电场强度的大小，由此可知x=a处电场强度为零，根据动能定理qU=△Ek，可知点电荷从x=2a到x=a处，电势差最大，则电场力做正功最多，在x=a处速度最大，故A正确；由图线可知因在x=a处电场强度为零，则有：，可得：QA：QB=4：1，故B正确；由图可知x=-a处与x=2a处电势相等且点电荷由静止释放，由动能定理可知点电荷刚好能到达x=-a处，故C错误；点电荷在x=-a与x=2a之间做往复运动，则O处不是运动中心，故D错误。所以AB正确，CD错误。‎ 三、实验题（本大题共2个小题，共18分）‎ ‎15. 现有一合金制成的圆柱体。为测量该合金的电阻率，现用伏安法测量圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器和游标卡尺的示数如图（a）和图（b）所示。‎ 由上图读得圆柱体的直径为_________mm，长度为__________cm。‎ ‎【答案】 (1). 1.848 (2). 4.240‎ ‎【解析】由图示螺旋测微器可知，其示数为：1.5mm+34.8×0.01mm=1.848mm；由图示游标卡尺可知，其示数为：42mm+8×0.05mm=42.40mm=4.240cm。‎ ‎16. 按照有效数字规则读出下列电表的测量值。‎ ‎（1）接0~3V量程时读数为________V。 ‎ ‎（2）接0~0.6A量程时读数为_______A。‎ ‎【答案】 (1). 2.17 (2). 0.16‎ ‎【解析】试题分析：电表读数,最小刻度是1的读到0.1,最小刻度是2和5的读到1，所以上面二表的读数分别为2.17V和0.16A。‎ 考点：电表读数 ‎17. 某同学用如图甲所示电路，测绘标有“3.8V，0.3A”的小灯泡的灯丝电阻R 随电压U变化的图象．‎ ‎①除了导线和开关外，有以下一些器材可供选择：‎ 电流表：A1（量程100mA，内阻约2Ω）、A2（量程0.6A，内阻0.3Ω）；‎ 电压表：V1（量程5V，内阻约5kΩ）、V2（量程15V，内阻约15kΩ）；‎ 滑动变阻器：R1（阻值范围0﹣100Ω）、R2（阻值范围0﹣2kΩ）；‎ 电源：E1（电动势为1.5V，内阻为0.2Ω）、E2（电动势为4V，内阻约为0.04Ω）．‎ 为了调节方便，测量准确，实验中应选用电流表_______，电压表_______，滑动变阻器_______，电源_______（填器材的符号）．‎ ‎②根据实验数据，计算并描绘出R﹣U的图象如图乙所示．由图象可知，此灯泡在不工作时，灯丝电阻为_______；当所加电压为3.00V时，灯丝电阻为_______，灯泡实际消耗的电功率为_______W．‎ ‎③根据R﹣U图象，可确定小灯泡耗电功率P与外加电压U的关系．符合该关系的示意图是下列图中的_______．‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). 1.5Ω (6). 11.5Ω (7). 0.78 (8). A ‎【解析】①因小灯泡额定电流为0.3A，额定电压为3.8V，故电流表应选，电压表应选 ‎，又因测伏安特性曲线要求电压与电流调节范围大，故变阻器需用分压式接法，应选阻值小的变阻器，故变阻器应选，显然电源应选．‎ ‎②由R﹣U图象知U=0时R为1.5Ω，U=3V时R为11.5Ω，由得P=0.78W．‎ ‎③由知，P与成正比，P﹣U的图线弯曲的方向向上，故CD错误；时，故B不合题意，P随U的增大而增大，故A正确．‎ 四、计算题（本大题共3个小题，共36分）‎ ‎18. 如图所示，电源电动势为E=6V，内电阻为r=1Ω，滑动变阻器电阻的阻值范围0﹣10Ω，当滑动变阻器电阻R=2Ω时，当 K闭合后，求：‎ ‎（1）电路中的电流为多大？‎ ‎（2）电路中路端电压为多少？‎ ‎（3）电源的输出功率为多少？‎ ‎（4）电源的总功率为多少？‎ ‎【答案】（1）2A （2）4V （3）8W （4）12W ‎【解析】试题分析：根据闭合电路欧姆定律列式求解电流；根据U=IR求解路端电压；根据P=UI求解电源的输出功率；根据P=EI求解求解电源的总功率。‎ ‎（1）根据闭合电路欧姆定律，电流： ‎ ‎（2）电路中路端电压：U=IR=2×2V=4V；‎ ‎（3）电源的输出功率为：P=UI=4V×2A=8W；‎ ‎（4）电源的总功率为：P=EI=6V×2A=12W；‎ 点睛：本题主要考查了闭合电路欧姆定律，根据相应的公式求解电流，内电压与外电压，之后即可求得功率，属于基础题。 ‎ ‎19. 如图所示，ABC为竖直平面内的绝缘轨道，AB部分是半径为R的光滑半圆轨道，BC部分水平，整个轨道处于水平向左的匀强电场中，有一质量为m、带电量为q的小滑块，它与BC间的动摩擦因数为μ，已知重力加速度为g，场强大小为，,求：‎ ‎（1）要使小滑块能运动到A点，滑块应在BC轨道上离B至少多远处静止释放；‎ ‎（2）在上述情况中，小滑块速度最大时对轨道的压力．‎ ‎【答案】（1）2.5R （2）8mg ‎【解析】试题分析：（1）在A点，由牛顿第二定律：‎ 从静止开始运动至A点，由动能定理：‎ 得：‎ ‎（2）由等效场的理论，假设电场力和重力的合力与竖直向下成θ角，则速度最大的位置P点与圆心O的连线与竖直方向也成θ角，且 从B点到A点：‎ 从B点到P点：‎ 在P点：‎ 解得：方向由O指向P 考点：带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【名师点晴】本题主要考查了动能定理，注意过程的选取是关键．‎ ‎20. 如图所示，在方向竖直向上、大小为E=1×106V/m的匀强电场中，固定一个穿有A、B两个小球（均视为质点）的光滑绝缘圆环，圆环在竖直平面内，圆心为O、半径为R=0.2m．A、B用一根绝缘轻杆相连，A带的电荷量为q=+7×10﹣7C，B不带电，质量分别为mA=0.01kg、mB=0.08kg．将两小球从圆环上的图示位置（A与圆心O等高，B在圆心O的正下方）由静止释放，两小球开始沿逆时针方向转动．重力加速度大小为g=10m/s2．‎ ‎（1）通过计算判断，小球A能否到达圆环的最高点C？‎ ‎（2）求小球A的最大速度值．‎ ‎（3）求小球A从图示位置逆时针转动的过程中，其电势能变化的最大值．‎ ‎【答案】（1）A不能到达圆环最高点 （2） （3）0.1344J ‎【解析】试题分析：A、B在转动过程中，分别对A、B由动能定理列方程求解速度大小，由此判断A能不能到达圆环最高点； A、B做圆周运动的半径和角速度均相同，对A、B分别由动能定理列方程联立求解最大速度；A、B从图示位置逆时针转动过程中，当两球速度为0时，根据电势能的减少与电场力做功关系求解。‎ ‎（1）设A、B在转动过程中，轻杆对A、B做的功分别为WT和，‎ 根据题意有：‎ 设A、B到达圆环最高点的动能分别为EKA、EKB 对A根据动能定理：qER﹣mAgR+WT1=EKA 对B根据动能定理：‎ 联立解得：EKA+EKB=﹣0.04J 由此可知：A在圆环最高点时，系统动能为负值，故A不能到达圆环最高点 ‎（2）设B转过α角时，A、B的速度大小分别为vA、vB，‎ 因A、B做圆周运动的半径和角速度均相同，故：vA=vB 对A根据动能定理：‎ 对B根据动能定理：‎ 联立解得： ‎ 由此可得：当时，A、B的最大速度均为 ‎（3）A、B 从图示位置逆时针转动过程中，当两球速度为零时，电场力做功最多，电势能减少最多，由上可式得：3sinα+4cosα﹣4=0‎ 解得：或sinα=0（舍去）‎ 所以A的电势能减少：‎ 点睛：本题主要考查了带电粒子在匀强电场中的运动，应用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答，属于复杂题。‎ ‎ ‎ ‎ ‎