2018-2019学年广东省揭阳市惠来县第一中学高二上学期期中考试物理试题 解析版

2018-2019学年广东省揭阳市惠来县第一中学高二上学期期中考试物理试题 解析版

‎2018-2019学年广东省揭阳市惠来县第一中学高二上学期期中考试物理试题 解析版 一、单项选择题 ‎1.关于电场强度与电势，下列说法中正确的是 A. 在电场中某点不放检验电荷，该点的电场强度为零 B. 正电荷从A点移到B点，电场力做正功，A点电势一定较高 C. 由场强的定义式E=F/q可知，电场中某点的E与q所受的电场力F成正比 D. 电荷在电场中某点所受电场力的方向即为该点的电场强度方向 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 略 ‎2.如图所示，P、Q是电荷量相等的两个正点电荷，它们的连线中点为O点，A、B是PQ连线的中垂线上的两点，OA＜OB，用EA、EB、φA、φB分别表示A、B两点的场强和电势，则 A. EA一定大于EB，φA一定大于φB B. EA一定大于EB，φA不一定大于φB C. EA不一定大于EB，φA一定大于φB D. EA不一定大于EB，φA不一定大于φB ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据点电荷场强公式，运用矢量合成的平行四边形定则求出连线中垂线上各个点的合场强大小和方向，由电场线的方向分析电势的高低；‎ ‎【详解】两个等量同种电荷连线中点O的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从O点沿着中垂线向上或向下到无穷远处，电场强度先增大后减小，场强最大的点可能在A、B连线之间，也可能在A、B连线上，还可能在A、B连线下，由于A、B两点的间距也不确定，故EA可能大于EB，也可能小于EB，还可能等于EB，即EA不一定大于EB ‎；由于OA＜OB，根据顺着电场线方向电势越来越低，所以从O到A电势差小于从O到B电势差，则有φA一定大于φB，故C正确，A，B，D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】关键是要明确两个等量同种电荷连线的中垂线上的场强分布情况和电势分布情况，沿着场强方向，电势越来越低。‎ ‎3. 如图所示，AC、BD为圆的两条互相垂直的直径，圆心为O，将带有等量电荷q的正、负点电荷放在圆周上，它们的位置关于AC对称．要使圆心O处的电场强度为零，可在圆周上再放置一个适当电荷量的正点电荷＋Q，则该点电荷＋Q应放在（ ）‎ A. A点 B. B点 C. C点 D. D点 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：根据正点电荷在某点的电场强度方向为这两点的连线并背离正点电荷，若负点电荷则为这两点连线并指向负点电荷，可知：等电量的正、负点电荷在圆心处的合电场强度方向是OD，若使圆心O处的电场强度为零，则正点电荷必须放在D点处，故选D．‎ 考点：等量异种电荷的电场 ‎【名师点睛】本题还可以由正电荷在该点所受电场力的方向表示该点电场强度的方向，若是负点电荷则在该点所受的电场力的反方向即为该点的电场强度方向．同时电场强度是矢量，因此叠加时要用平行四边形定则。‎ ‎4.两个小灯泡的标识分别是L1“6V 6W”，L2“6V 9W”，把它们分别接在同一直流电源上（电源内阻不可忽略），L1消耗的功率恰好为6W，则L2消耗的功率为（ ）‎ A. 一定小于9W B. 一定等于9W C. 一定大于9W D. 条件不足，不能确定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由公式可得：当电压相同时，电功率越大，电阻越小，所以灯泡L2的电阻小于灯泡L1的电阻；将L2接在a、b两端时，由于L2的电阻较小，因此电路的总电阻变小，根据欧姆定律可知，电路电流变大，故定值电阻R两端电压增大，再根据串联电路总电压等于各部分电压之和可知，灯泡L2分得的电压将小于6V，因此灯泡L2的实际功率一定小于其额定功率．A正确，‎ 考点：此题主要考查欧姆定律的应用和电功率的计算、实际功率等知识点，‎ 点评：本题的关键是根据公式判断出两灯泡的电阻关系，在运用串联电路特点进行分析，综合性较强，有点难度，属于中档题．‎ ‎5.如图所示，实线为电场线，虚线为等势面，φa＝50 V，φc＝20 V，则a、c连线中点b的电势φb为(  )‎ ‎ ‎ A. 等于35 V B. 大于35 V C. 小于35 V D. 等于15 V ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由图看出，ab段电场线比bc段电场线密，故ab段场强较大，根据公式U=Ed可知，a、c间电势差Uac大于b、c间电势差Ubc，即：φa-φb＞φb-φc，得到：φb＜． 故选C.‎ ‎6.如图所示，电源电动势为12V，L为灯泡，R1和R2为电阻器，若用电压表测得A、B两点间的电压为12V，则说明 A. L、R1和R2都断了 B. L、R1和R2都是好的 C. R1和R2是好的，L断了 D. L、是好的，R1和R2至少有一个断了 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意知，A、B两点间的电压等于电源的电动势，说明灯L和电源的内阻没有电压，电路中有断路，即可进行分析；‎ ‎【详解】据题意知A、B两点间的电压等于电源的电动势，说明灯L和电源的内阻没有电压，电路中有断路，L不可能断路，否则电压表就没有读数了；可知中R1和R2至少有一个断了，故D正确，A、B、C错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】关键是外电路有断路时，往往电压等于电源电动势的电路有断路。‎ ‎7.如图所示，平行板电容器与电压为U的直流电源连接，下极板接地。一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于静止状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离 A. 带点油滴将沿竖直方向向上运动 B. 若电容器的电容减小，则极板带电量将增大 C. 带点油滴的电势能将减少 D. P点的电势将降低 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况．由U=Ed分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化；‎ ‎【详解】A、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据得知板间电场场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动，故A错误；‎ B、根据，由于电势差不变，若电容器的电容减小，则极板带电量将减小，故B错误；‎ CD、根据 可知P点的电势等于P点与电势零点的电势差，由于P与下极板间的距离不变，电场强度减小，根据则有P点的电势减小了；由带电油滴原来处于平衡状态可知电场力向上，带电油滴带负电，根据可知带点油滴的电势能将减增大，故D正确，C错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】关键是运用分析板间场强的变化，判断油滴如何运动；运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化。‎ 二、双项选择题 ‎8.某个电源的电动势为E，工作时电流为I,以下说法正确的是 A. EI的乘积表示其他形式的能转化为电能的功率 B. 电动势越大，表明电池的容量越大 C. 电源把其他形式的能转化为电能的本领的大小 D. 电源把电能转化成其他形式能量本领的大小.‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势；电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领大小；‎ ‎【详解】A、P=EI是指电路中电源消耗的总功率，表示其他形式的能转化为电能的功率，故A正确；‎ B、电动势E越大，非电场力把单位正电荷从电源负极移送到正极所做的功越多，获得的电能越多，电源把其他形式的能转化为电能本领越大，并不是表明电池的容量越大，故B错误；‎ CD、电动势是电源把其他形式的能转化为电能的本领的大小的物理量，故C正确，D错误；‎ 故选AC。‎ ‎【点睛】关键是知道电动势是电源把其他形式的能转化为电能的本领的大小的物理量，电动势E越大，电源把其他形式的能转化为电能本领越大。‎ ‎9.电动机的电枢阻值为R，电动机正常工作时，两端的电压为U，通过的电流为I，工作时间为t，下列说法中正确的是 A. 电动机消耗的电能为UIt B. 电动机消耗的电能为 C. 电动机线圈产生的热量为 D. 电动机线圈产生的热量为 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析：在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．‎ 解：A、电动机正常工作时，两端的电压为U，通过的电流为I，工作的时间为t，所以电动机消耗的电能为UIt，所以A正确，B错误；‎ C、电动机为非纯电阻电路线圈产生的热量为I2Rt，不能用来计算，所以C正确，D错误；‎ 故选AC．‎ ‎【点评】对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的．‎ ‎10.如图所示，用伏安法测电阻R的阻值时，下列说法正确的是 A. 十分认真地进行测量，测量所得R值一定仍比真实值大 B. 只要认真进行测量次数足够多，那么测量所得R的平均值就会非常接近真实值 C. 设安培表内阻为RA，那么认真测量所得R值一定比真实值大RA D. 认真测量所得R值一定比真实值小 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 实验误差有系统误差和偶然误差；由于实验方法及测量电路造成的误差是系统误差，多次测量求平均值是无法克服的，本题要注意电表的内阻对测量结果的影响；‎ ‎【详解】AD、由图可知，本实验采用了电流表内接法，由于电流表的分压而使电压表测量结果偏大，电流是准确的，故测量值一定大于真实值，故A正确，D错误；‎ B、系统误差是无法消除的，故多次测量求平均值仍有误差存在，故B错误；‎ C、由欧姆定律可知，故测量结果准确的话，一定比真实值大RA，故C正确；‎ 故选AC。‎ ‎【点睛】关键知道用内接法测量电阻，实际测量值为与电压表并联路段的总电压，所以测量值偏大，处理此类问题时，注意不要把电表再看做理想电表。‎ ‎11.如图电路中,电源内阻不计,三个小灯泡完全相同且外电路变化时每个灯泡两端的电压都不会超其额定电压,开始时只有S1闭合.当S2也闭合后,下列说法正确的是 A. 灯泡L1变暗 B. 灯泡L2变暗 C. 电容器C的带电荷量将增大 D. 电路中总电流增大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析清楚电路结构，判断S2闭合后电路总电阻如何变化，由闭合电路的欧姆定律判断电路电流如何变化，由功率公式判断灯泡实际功率如何变化；由欧姆定律判断出电容器两端电压如何变化，然后判断电容器电荷量如何变化；‎ ‎【详解】A、S2闭合前，灯泡L3与电容器相串联，则不亮，当S2也闭合后，L2与L3并联，然后与L1串联，由于并联电阻小于L2的电阻，所以总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流变I大，灯泡L1的实际功率变大，灯L1变亮，故A错误，D正确；‎ B、电路电流变I大，L1两端的电压增大，所以L2两端的电压减小，则灯泡L2的实际功率变小，灯泡L2变暗，故B正确；‎ C、S2闭合前电容器两端电压等于电源电动势，S2闭合后电容器两端电压等于L1两端电压，电压变小，由Q=CU可知电容器所带电荷量减小，故C错误；‎ 故选BD。‎ ‎12.关于电功W和电热Q的说法，正确的是 A. 在任何电路里都有W =UIt ，Q = ，且W = Q B. 在任何电路里都有W =UIt ，Q = ，且W不一定等于Q C. W =UIt ，Q = 均只在纯电阻电路中才成立 D. W =UIt在任何电路中都成立，W =只在纯电阻电路中成立 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 纯电阻电路，电功可用公式计算，也可用公式计算，非纯电阻电路，电功用公式计算，电热用公式计算 ‎【详解】非纯电阻中，用来求电功，用来求电热，但W>Q；只有在纯电阻电路，根据能量守恒电功和电热电相等，电功可用公式计算，也可用公式计算，可用于任何电路求总电功，而可以适用任何电路求热功，故B、D正确，A、C错误；‎ 故选BD。‎ ‎【点睛】关键是了解纯电阻电路、非纯电阻电路，对于电功、电热计算，注意灵活选取公式。‎ ‎13.如图所示，电子由静止状态开始从A板向B板运动，当到达B板时速度为v，若保持两板间电压不变，则 A. 当增大两极间距离时，v也增大 B. 当减小两极间距离时，v增大 C. 当改变两极间距离时，v不变 D. 当增大两极间距离时，电子在两极间运动的时间变长 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 根据动能定理,因为保持两板间电压不变所以当改变两板间距离时，v 不变AB错，C对，当增大两板间距离时，会使得场强减小，即电子运动的加速度减小，所以电子在两板间运动的时间增大D对 ‎14.如图所示电路具有测量电流和电压两种功能，以下说法正确的是 A. 开关S拨到1、2为电流挡 B. 开关S拨到3、4为电流挡 C. 开关S拨到1时比拨到2时量程大 D. 开关拨到3时比拨到4时量程大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 要测量电流，电流表应与电阻并联，要测量电压，电流表应与电阻串联；‎ ‎【详解】AC、要测量电流，电流表应与电阻并联，由图可知当转换开关S旋到位置1、2位置是电流表，电流表所串并联的电阻越小，所测量电流值越大，接1时分流电阻相对更小，故接1时电表的量程更大，故A、C正确；‎ BD、要测量电压，电流表应与电阻串联，由图可知当转换开关S旋到位置3、4时测量的是电压，测量电压，电流表所串联的电阻越大，所测量电压值越大，故当转换开关S旋到4的量程比旋到3的量程大，故B、D错误。‎ 故选AC。‎ ‎【点睛】关键是知道要测量电压，电流表应与电阻串联，电流表所串联的电阻越大，所测量电压值越大；要测量电流，电流表应与电阻并联，电流表所串并联的电阻越小，所测量电流值越大。‎ 三、实验题 ‎15.图中螺旋测微器的读数为__________; 游标为卡尺测圆筒外径为__________mm ‎【答案】 (1). 2.720mm (2). 29.8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；‎ ‎【详解】解：螺旋测微器的固定刻度读数为2.5mm，可动刻度读数为，所以最终读数为：；‎ 游标卡尺的主尺读数为，游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为，所以最终读数为；‎ 故答案为：2.720mm，29.8。‎ ‎16.现要测定一个额定电压4V、额定功率为1.6W的小灯泡的伏安特性曲线。要求所测电压范围为0.1～4V。‎ 现有器材：直流电源E（电动势4V、内阻不计），电压表V（量程4.5V，内阻约为4×10Ω）， 电流表A1（量程200mA，内阻约为2Ω）， 电流表A2（量程为500mA，内阻约为1Ω），滑动变阻器R（最大阻值约为30Ω），电键S，导线若干。‎ ‎(1)如果既要满足要求，又要测量误差小，应该选用的电流表是____（填字母代号）‎ ‎(2)下面两个电路应该选用的是___。（填“甲” “乙”）‎ ‎(3)测量值比真实值_______________。（填“偏大”“偏小”）‎ ‎(4)将下列实物连接成实验电路补充完整______________。‎ ‎(5)刚开始实验时，滑片应放在____________端。（填“a”“b”）‎ ‎【答案】 (1). A2 (2). 甲 (3). 偏小 (4). (5). a ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据灯泡额定电流选择电流表，根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法，根据要求电压调节范围很大说明滑动变阻器应用分压式接法；然后选择实验电路；‎ ‎【详解】解：(1)对小灯泡由，所以电流表应选A2；‎ ‎(2) 由于测定一个额定电压4V、额定功率为1.6W的小灯泡的伏安特性曲线，所测电压范围为0.1～4V，所以滑动变阻器应用分压式接法；由于满足，所以电流表应用外接法，故应该选用甲图；‎ ‎(3) 由于电流表应用外接法，电压表分流使电流表示数变大，测量值比真实值偏小；‎ ‎(4)实物图如图所示：‎ ‎(5)滑动变阻器做分压器使用时，应该放在最小位置处，这样可以起到保护电流表和用电器的目的，所以刚开始实验时，滑片应放在a端；‎ 四、计算题 ‎17.如图所示，BC是半径为R的圆弧形的光滑且绝缘的轨道，位于竖直平面内，其下端与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度为E.今有一质量为m、带正电q的小滑块（体积很小可视为质点），从C点由静止释放，滑到水平轨道上的A点时速度减为零．若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．忽略因摩擦而造成的电荷量的损失．试求：‎ ‎(1)滑块通过B点时的速度大小；‎ ‎(2)小滑块运动到B点时对轨道的压力；‎ ‎(3)水平轨道上A、B两点之间的距离。‎ ‎【答案】（1）（2）3mg-2qE（3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）小滑块从C到B的过程中，只有重力和电场力对它做功。设滑块通过B点时的速度为vB，根据动能定理有 mgR-qER=mvB2‎ 解得：‎ ‎（2）设滑块过弧形轨道B点时所受的支持力大小为N，根据牛顿第二定律有 N-mg=m 解得 N=3mg-2qE 根据牛顿第三定律可知，滑块对弧形轨道B点的压力大小N′=3mg-2qE，方向竖直向下 ‎（3）小滑块在水平轨道上运动时，所受摩擦力为f=μmg 小滑块从C经B到A的过程中，重力做正功，电场力和摩擦力做负功。设小滑块在水平轨道上运动的距离（即A、B两点间的距离）为L，则根据动能定理有：mgR-qE（R+L）-μmg ‎ L=0解得：‎ 考点：牛顿第二定律及动能定理的应用 ‎【名师点睛】本题考查分析和处理物体在复合场运动的能力．对于电场力做功W=qEd，d为两点沿电场线方向的距离．‎ ‎18.平行金属板A、B竖直放置，相距为d，如图（a）所示，板间加有随时间而变化的电压，如图（b）所示。设U0和T已知。A板上O处有一静止的带电粒子，其电量为q，质量为m（不计重力）,在t=0时刻开始受板间电场作用而加速向B板运动，途中由于电场反向又向A返回，‎ ‎(1)为使t=T时粒子恰好回到O点。求：‎ ‎①t1=时，粒子的速度多大？位移多大？‎ ‎②的比值应满足什么关系？‎ ‎(2)具备了以上关系后，为使粒子在由A向B运动中不致于碰到B板，求U0的取值范围。‎ ‎【答案】(1)① ② (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 带电粒子在0到时间内向右做匀加速直线运动，求出位移和速度，后时间内做匀减速直线运动，当t=T 时粒子恰好回到O点，根据位移之和为0，即可求解比值；为使粒子在由A向B运动中不致碰到B板，则粒子到达B板速度等于0，Ux取最小值，根据匀减速运动速度时间公式即可求解；‎ ‎【详解】解：(1)①粒子前时间内做初速度为零的匀加速运动到M点时，速度为v，位移为s ，则有粒子的速度：‎ 粒子的位移：‎ ‎②粒子在M点，电场反向后粒子做类竖直上抛运动经时间后回到A板则：‎ 由上式得： ‎ ‎(2)为使粒子在运动过程中不碰到B板，即，从M减速到N的位移为 得U0的取值 ‎ ‎ ‎ ‎