2017-2018学年内蒙古杭锦后旗奋斗中学高二上学期期中考试物理试题 解析版

2017-2018学年内蒙古杭锦后旗奋斗中学高二上学期期中考试物理试题 解析版

奋斗中学2017—2018学年上学期期中考试物理试题 一、单项选择题 ‎1. 如图所示，Q是带正电荷的点电荷，P1和P2为其电场中的两点，若E1、E2为两点的电场强度的大小，φ1、φ2为两点的电势，则（ ）‎ A. E1＞E2，φ1＞φ2‎ B. E1＞E2，φ1＜φ2‎ C. E1＜E2，φ1＞φ2‎ D. E1＜E2，φ1＜φ2‎ ‎【答案】B ‎【解析】解：由公式E=分析可知，r1＜r2，则场强E1＞E2．‎ 电场线方向由P1指向P2，顺着电场线电势降低，则电势φ1＞φ2．‎ 故选A 考点：电场强度；电势．‎ ‎【专题】电场力与电势的性质专题．‎ 点评：本题考查对场强和电势大小的比较能力，比较简单．‎ ‎2. 如图所示，先接通K使平行板电容器充电，然后断开K。再使电容器两板间距离增大，则电容器所带的电荷量Q、电容C、两板间电压U、板间场强E的变化情况是 A. C不变，Q变小，U不变，E变小 B. C变小，Q变小，U不变，E不变 C. C变小，Q不变，U变大，E变小 D. C变小，Q不变，U变大，E不变 ‎【答案】D ‎【解析】电容器与电源断开，电量保持不变，增大两极板间距离时，根据，知电容C变小，根据 ，知两极板间的电势差U变大，根据，知电场强度E不变，故D正确，ABC错误。‎ 点睛：解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量．若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变。‎ ‎3. 下列粒子从初速度为零的状态经过电压为U的电场后，哪种粒子的速度最大(　　)‎ A. α粒子()‎ B. 氘核()‎ C. 质子()‎ D. 钠离子(Na＋)‎ ‎【答案】C ‎【解析】设加速电场的电压为U，粒子的质量和电量分别为m和q，根据动能定理得，得，由于质子的比荷最大，U相同，则质子的速度最大，C正确．‎ ‎4. 如图所示，a、b两个带正电的粒子，以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，a粒子打在B板的a′点，b粒子打在B板的b′点，若不计重力，则(　　)‎ A. a的电荷量一定大于b的电荷量 B. b的质量一定大于a的质量 C. a的比荷一定大于b的比荷 D. b的比荷一定大于a的比荷 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：设任一粒子的速度为v，电量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，则加速度：，时间，偏转量 因为两个粒子的初速度相等，由②得：t∝x，则得a粒子的运动时间短，由③得：a的加速度大，a粒子的比荷就一定大，但a的电荷量不一定大，但是不能判断粒子的质量和电荷量的大小，故C正确．‎ 考点：考查了带电粒子在电场中的偏转 ‎5. 示波器是一种多功能电学仪器，它是由加速电场和偏转电场组成。如图所示，电子在电压为U1的电场中由静止开始加速，然后射入电压为U2的平行金属板间的电场中，入射方向与极板平行，在满足电子能射出平行电场区的条件下，下述情况一定能使电子偏转角度θ变大的是(　　) ‎ A. U1变大，U2变大 B. U1变小，U2变大 C. U1变大，U2变小 D. U1变小，U2变小 ‎【答案】B ‎【解析】设电子被加速后获得初速为v0，则由动能定理得：，设偏转电场极板长为L，板间距离为d，电子在偏转电场中做类平抛运动，在水平方向上匀速：，在竖直方向匀加速：，加速度为：，则偏转角的正切值：，联立以上可得：，由此可知，减小U1，增大U2，可以使增大，故B正确，ACD错误。‎ ‎6. 用伏安法测某一电阻时，如果采用如图所示的甲电路，测量值为R1，如果采用乙电路，测量值为R2 ，那么R1 、R2与真实值R之间满足关系 A. R1＞R＞R2‎ B. R＞R1＞R2‎ C. R1＜R＜R2‎ D. R＜R1＜R2‎ ‎【答案】C ‎【解析】解：甲图中电压值是准确的，而由于电压表的分流导致电流值偏大，故测量结果将小于真实值；‎ 而乙图中电流值是准确的，而由于电流表的分压导致了电压表示数偏大，故测量结果将大于真实值；‎ 故答案为：R1＜R＜R2，C正确；‎ 故选C ‎【点评】本题考查误差的分析，要明确两种不同的接法中电表对实验的影响，从而得出测量值与真实值之间的关系．‎ ‎7. 如图所示甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流计G和一个变阻器R组成，它们之中一个是测电压的电压表，另一个是测电流的电流表，那么以下结论中正确的是(　　)‎ A. 甲表是电压表，乙表是电流表 B. R增大时甲表量程增大 C. R增大时乙表量程增大 D. 上述说法都不对 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：灵敏电流计G和变阻器R并联时，由于变阻器的分流，测量的电流增大，改装成电流表，而灵敏电流计G和变阻器R串联时，由于变阻器的分压，测量的电压增大，改装成电压表．甲表中，R增大时，变阻器分流减小，量程减小．乙表中，R增大时，变阻器分担的电压增大，量程增大．‎ 改装电压表需要串联一个定值电阻分压，改装电流表需要并联一个定值电阻分流，故甲为电流表，乙为电压表，当R增大时，对于甲图中，R两端的电压不变，所以通过R的电流减小，即R分流减小，电流表量程减小；对于乙图中，通过R的最大电流不变，R增大，其两端的电压增大，所以R分压增大，即电压表的量程增大，C正确 ‎8. 用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是 (　　)‎ A. 图甲中的A1、A2的示数相同 B. 图甲中的A1、A2的指针偏角相同 C. 图乙中的A1、A2的示数和偏角都不同 D. 图乙中的A1、A2的指针偏角相同 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：小量程的电流表改装成大量程的电流表时，在表头两端并联上一个分流电阻。甲图中两个改装后的电流表并联接入回路知加在表头两端的电压相等，故两表的偏转角相同，应量程不同，故此时示数不等，A错，B对；乙图中，改装后的两电流表串联接入回路中，应改装后的电流表阻值不同，故加在两端的电压不同，也即加在表头两端的电压不同，偏转角不同，通过的电流相等，故示数相同，CD错。‎ 考点：电表的改装。‎ ‎【名师点睛】电流表、电压表的改装分析见下表 项目 ‎ 小量程电流表G改装成大量程电压表V ‎ 小量程电流表G改装成大量程电流表A ‎ 电路结构 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ R的作用 ‎ 分压 ‎ 分流 ‎ 扩大量程 的计算 ‎ U＝Ig(R＋Rg) R＝－Rg ‎ IgRg＝(I－Ig)R R＝Rg ‎ 电表的 总内阻 ‎ RV＝Rg＋R ‎ RA＝ ‎ 使用 ‎ 并联在被测电路中，“＋”接线柱接电势较高的一端 ‎ 串联在被测支路中，电流从“＋”接线柱流入 ‎ ‎9. 如图所示电路中，三个相同的灯泡额定功率是40 W，在不损坏灯泡的情况下，这三个灯泡消耗的总功率最大不应超过 A. 40 W B. 60 W C. 80 W D. 120 W ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：由于L1和L2并联后再与L3串联，所以L3的电流是L1和L2电流的和，因为三个灯泡的电阻相等，所以在不损坏灯泡的情况下，L3的功率是最大的，即为40W，再求得此时L1和L2的功率即可．‎ 解：设L3上电压为U，电阻为R，则：‎ L3的最大的功率为 P==40W，‎ 因为三个灯泡的电阻相等，L1和L2并联后电阻相当于L3电阻的一半，所以电压也就为L3的一半，‎ 如果L3上电压为U，则L1和L2电压为，‎ 所以L1和L2的功率都为：P==10W，‎ 所以总功率最大为：10+10+40=60W．‎ 故选B．‎ ‎【点评】因为三个灯泡的电阻相等，在不损坏灯泡的情况下，串联的L3的电流最大，所以只要保证L3不被损坏就可以了，求得此时的总功率就是最大的功率．‎ 二、多项选择题 ‎10. 一带电粒子从电场中的A点运动到B点，轨迹如图中虚线所示．不计粒子所受重力，则(　　)‎ A. 粒子带正电 B. 粒子加速度逐渐减小 C. A点的速度大于B点的速度 D. 粒子的初速度不为零 ‎【答案】BCD ‎【解析】A、由运动轨迹可知电场力方向向左，粒子带负电，故A错误；‎ B、A→B电场强度变小，电场力变小，加速度变小，B正确；‎ C、粒子运动过程中，电场力与运动方向的夹角大于90°角，所以速率减小，故C正确；‎ D、若粒子的初速度为0，将沿电场线向左下侧运动，故D正确。‎ 故选：BCD。‎ ‎【名师点睛】‎ ‎ ‎ ‎11. 如图所示，是一个由电池、电阻R与平行板电容器组成的电路。在增大电容器两极板间距离的过程中（　　）‎ A. 电阻R中没有电流 B. 电容器的电容在变小 C. 电阻R中有从a流向b的电流 D. 电阻R中有从b流向a的电流 ‎【答案】BC ‎【解析】试题分析：增大电容器两极板间距离，根据公式可得电容减小，由于连接在电源两端，所以电容器两极板间的电压恒定，根据公式可得两极板上的电荷量减小，故电容放电，电阻R中有从a流向b的电流，故BC正确；‎ 考点：考查了电容器的动态变化 ‎【名师点睛】在分析电容器动态变化时，需要根据判断电容器的电容变化情况，然后结合，等公式分析，需要注意的是，如果电容器和电源相连则电容器两极板间的电压恒定，如果电容器充电后与电源断开，则电容器两极板上的电荷量恒定不变 ‎12. 有A．B两个电阻，它们的伏安特性曲线如图所示，从图线可以判断 A. 电阻A的阻值大于电阻B B. 电阻A的阻值小于电阻B C. 电压相同时，流过电阻A的电流强度较大 D. 两电阻串联时，电阻A消耗的功率较小 ‎【答案】BCD ‎【解析】试题分析：据题意，由导体伏安特性曲线可知，图线斜率表示电阻的倒数，图线A斜率较大说明电阻A的阻值较小，故选项B正确而选项A错误；据欧姆定律，当电压相同时，流过电阻A的电流较大，故选项C正确；两电阻串联则电流相等，据可知，电阻A消耗的功率较小。‎ 考点：本题考查导体的伏安特性曲线。‎ ‎13. 如图所示的电路中，输入电压U恒为12V，灯泡L标有“6V 12W”字样，电动机线圈的电阻RM=0.50Ω．若灯泡恰能正常发光，以下说法中正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A. 电动机的输入功率是12W B. 电动机的输出功率是12W C. 电动机的热功率是2.0W D. 整个电路消耗的电功率是22W ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：A、电动机的输入功率P=U1I，根据灯泡正常发光求出电流，电动机两端的电压等于输入电压减去灯泡的电压．‎ B、电动机的输出功率．‎ D、整个电路消耗的功率P总=UI．‎ 解：A、电动机两端的电压U1="U" UL="12" 6V=6V，整个电路中的电流I=，所以电动机的输入功率P=U1I=6×2W=12W．故A正确．‎ B、电动机的热功率，则电动机的输出功率．故B错误，C正确．‎ D、整个电路消耗的功率P总=UI=12×2W=24W．故D错误．‎ 故选AC．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道电动机的输出功率 以及知道整个电路消耗的功率P总=UI．‎ 三、填空题 ‎14. 有一只满偏电流Ig=5mA，内阻Rg=400Ω的电流表G。 若把它改装为量程为10 V的电压表应_____联一个_____Ω的分压电阻。 该电压表的内阻为_____Ω；‎ ‎【答案】 (1). 串 (2). 1600Ω (3). 2000Ω ‎【解析】改装电压表需要串联一个定值电阻分压，故根据串联电路规律可知，解得，内阻为．‎ ‎15. 三个电阻器按照如图所示的电路连接，其阻值之比为R1∶R2∶R3=1∶3∶6，则电路工作时，通过三个电阻器R1、R2、R3上的电流之比为__________；三个电阻器R1、R2、R3上的电压之比为__________；三个电阻器R1、R2、R3消耗 的功率之比为__________；‎ ‎【答案】 (1). 3∶2∶1 (2). 1∶2∶2 (3). 3∶4∶2‎ ‎【解析】试题分析：明确电路结构，根据串并联电路中电流关系进行分析，即可明确电流之比；根据欧姆定律确定电压，根据求解消耗电功率比．‎ 与并联，两电阻中电流之比等于电阻的反比，则；电流等于与中电流之和，故电流之比应为3：2：1；根据欧姆定律可知电压之比为；根据可知消耗功率之比为．‎ 四、计算题（本题共3小题，解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位。）‎ ‎16. 匀强电场中A、B、C三点，把电荷量q= -2×10-10C的点电荷由A点移到B点，电场力做功W1=4.8×10-8J；再由B点移到C点克服电场力做功W2=4.8×10-8J，求A、B和B、C间的电势差UAB和UBC；‎ ‎【答案】-240V；240V ‎【解析】由题意可知，把电荷量的点电荷由A点移到B点，电场力做功，解得；‎ 由B点移到C点克服电场力做功，即电场力做功 故。‎ ‎17. 如图所示，真空中水平放置的平行金属板，相距d，上板带负电，下板带等量的正电，两板间电压为U，上板的正中央有一个小孔，在小孔正上方h高处，有一个质量为m的带电小球由静止开始下落，经小孔进入两板之间的电场中（两板之外没有电场），为了使小球不与下板相碰，小球应带什么电荷？带电荷量至少要多大？‎ ‎【答案】正电；‎ ‎【解析】试题分析：小球不碰下板，必须受电场力向上；小球带电量最小时，小球恰好能够运动到下极板，根据动能定理全程列式即可．‎ 小球不碰下板，必须受电场力向上，故小球带正电；小球下落全过程中有重力和电场力做功，根据动能定理，有，解得．‎ ‎18. 如图所示，AB、CD为两平行金属板，A、B两板间电势差为U，C、D始终和电源相接，测得其间的场强为E.一质量为m、电荷量为q的带电粒子(重力不计)由静止开始经AB加速后穿过CD发生偏转，最后打在荧光屏上．已知C、D极板长均为x，荧光屏距C、D右端的距离为L，问：‎ ‎（1）粒子带正电还是带负电？‎ ‎（2）粒子射入偏转电场时的速度v0的大小?‎ ‎【答案】（1）正电（2）（3）‎ ‎【解析】（1）粒子向下偏转，电场力向下，电场强度方向也向下，所以粒子带正电．‎ ‎（2）设粒子从A、B间出来时的速度为，则有，解得 ‎（3）设粒子离开偏转电场时偏离原来方向的角度为φ，偏转距离为y.‎ 在水平方向有 在竖直方向有，其中 解得 所以粒子打在荧光屏上的位置离O点的距离为 ‎（3）粒子打在荧光屏上的位置距O点下方多远处？‎ ‎ ‎