2018-2019学年黑龙江省牡丹江市第一高级中学高二上学期期中考试物理（理）试题 解析版

2018-2019学年黑龙江省牡丹江市第一高级中学高二上学期期中考试物理（理）试题 解析版

牡丹江一中2018级高二学年上学期期中考试 理科物理试题 一、选择题(本题共13小题，每小题4分，共52分。第1-9题只有一项符合题目要求；第10-13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，有选错的得0分)‎ ‎1.下列关于电场和电场线的说法中正确的是(　　)‎ A. 电场、电场线都是客观存在的物质,因此电场线不仅能在空间相交,也能相切 B. 在电场中某点的电势为零，则该点的电场强度一定为零 C. 同一试探电荷在电场线密集的地方所受电场力大 D. 根据公式U=Ed 知，在匀强电场中两点间的距离越大，电势差就越大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、电场是客观存在的物质,看不见,摸不着,而电场线是为形象描述电场而假想产生的;因为场强是矢量,在某点的大小和方向具有唯一性,且电场线上某点的场强方向是该点的切线方向,所以电场线不能相交,否则违背场强的矢量性，故A错 B、电势是相对于零电势点来说的物理量，所以电势为零的地方，电场强度不一定为零，故B错；‎ C、电场线密集的地方电场强度大，所受到的电场力也大，故C对；‎ D、公式U=Ed 中的d是沿电场方向上的距离，所以在匀强电场中两点间的距离越大，电势差不一定就越大，例如在同一等势线上，故D错；‎ 故选C ‎【点睛】电场是客观存在的物质,看不见,摸不着,而电场线是为形象描述电场而假想产生的;利用电场线的疏密程度来判断电场力的大小 ‎2.带电粒子仅在电场力作用下,从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点,如图所示,则从a到b过程中,下列说法正确的是(　　)‎ A. 粒子带负电荷 B. 粒子先加速后减速 C. 粒子加速度一直增大 D. 粒子的机械能先减小后增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、粒子受到的电场力沿电场线并指向轨迹的凹侧方向,故粒子带正电,故A错误; B、粒子受电场力方向沿电场线并指向轨迹的凹侧,所以先向左减速运动后向右加速运动,故B错误. C、根据电场线的疏密知道场强先小后大,故加速度先小后大，故C错；‎ D、从a点到b点,电场力先做负功,再做正功,所以机械能向减小后增大，故D对；‎ 故选D ‎【点睛】做曲线运动的物体所受的合力大致指向轨迹凹的一向,根据此可判断出电场力的方向以及电场力的做功情况,根据电场力做功可判断出机械能的变化，粒子的加速度可通过比较合力(电场力)进行比较.‎ ‎3.如图所示,以O为圆心的圆周上有六个等分点a、b、c、d、e、f。等量正、负点电荷分别放置在a、d两处时,在圆心O处产生的电场强度大小为E。现改变a处点电荷的位置,关于O点的电场强度变化,下列叙述正确的是(　　)‎ A. 移至c处,O处的电场强度大小不变,方向沿Oe B. 移至e处,O处的电场强度大小减半,方向沿Oc C. 移至b处,O处的电场强度大小减半,方向沿Od D. 移至f处,O处的电场强度大小不变,方向沿Oe ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意知，等量正、负点电荷在O处的电场强度大小均为，方向水平向右。‎ 选项分析：‎ A项，当移动到c处，两点电荷在该处的电场强度方向夹角为，则o处的电场强度大小为，方向沿oe，故A项错误。‎ B项，当移动到e处，o处的合电场强度大小减半，方向沿oc，故B对；‎ C项，当移动到b处，o处的合电场强度大小增大，方向沿od与oe的角平分线，故C错；‎ D项，当移动至f处，o处的合电场强度大小增大，方向沿od与oc的角平分线，，故D错 故选B ‎4.如图所示的实验装置中,平行板电容器两极板的正对面积为S,两极板的间距为d,电容器所带电荷量为Q,电容为C,静电计指针的偏转角为α,平行板中间悬挂了一个带电小球,悬线与竖直方向的夹角为θ,下列说法正确的是(　 )‎ A. 若增大d,则α减小,θ减小 B. 若增大Q,则α减小,θ不变 C. 将A板向上提一些,α增大,θ增大 D. 在两板间插入云母片,则α减小,θ不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：当A极板远离B板平移一段距离时，电容C减小，根据Q=CU知U最大，则φ增大，θ也增大，A错误；若增大电荷量，根据Q=CU知电压增大，所以静电计指针张角变大，B错误；当A极板向向上平移一小段距离后，知电容C减小，根据Q=CU知电压增大，静电计指针张角变大，C正确；在两板间插入云母片后，电容C增大，根据Q=CU知电压U减小，板间场强减小，小球的摆线与竖直方向的偏转角θ变小，φ也减小，D错误；故选：C。‎ 考点：电容器的动态分析 ‎【名师点睛】本题属于电容器的动态分析，关键抓住电容器始终与电源相连，则电势差不变，电容器与电源断开，则电容器所带的电量不变；记住常用的三个公式：Q=CU，，。‎ ‎5.如图所示，A和B为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球。开始时开关S闭合且滑动变阻器的滑动头P在a处，此时绝缘线向右偏离竖直方向。(电源的内阻不能忽略)下列判断正确的是(　　)‎ ‎ ‎ A. 小球带负电 B. 当滑动头从a向b滑动时，绝缘线的偏角θ变大 C. 当滑动头从a向b滑动时，电流表中有电流，方向从上向下 D. 当滑动头停在b处时，电源的输出功率一定大于滑动头在a处时电源的输出功率 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由图，A板带正电，B带负电，电容器内电场方向水平向右．细线向右偏，电场力向右，则小球带正电．故A错误． 滑动头向右移动时，R变小，外电路总电阻变小，总电流变大，路端电压U=E-Ir变小，电容器电压变小，细线偏角变小，故B错误．滑动头向右移动时，电容器电压变小，电容器放电，因A板带正电，则流过电流表的电流方向向下．故C正确．根据电源的输出功率与外电阻的关系：当外电阻等于内阻时，输出功率最大．外电阻大于内阻，外电阻减小 输出功率增大；当外电阻小于内阻时，外电阻减小，输出功率减小．本题，不知道外电阻与内阻大小关系，故无法判断电源输出功率的大小．故D错误，故选C.‎ 点睛：本题含容电路的问题，是高考热点问题．对于电容器，关键是分析和计算其电压，及充电情况．电源的输出功率与外电阻的关系可根据数学知识进行严格推导.‎ ‎6.如图所示,直线A是电源的路端电压和电流的关系图线,直线B、C分别是电阻R1、R2‎ 的两端电压与电流的关系图线,若将这两个电阻分别接到该电源上,则(　　)‎ A. R1接在电源上时,电源的效率低 B. R2接在电源上时,电源的效率高 C. R1接在电源上时,电源的输出功率大 D. R2接在电源上时,电源的输出功率大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】当电源的路端电压与电流的关系图线、电阻两端的电压与电流的关系图线画在同一幅U-I图像中时，两线交点的物理意义是该电阻接在该电源两端时的情况 选项分析：‎ A、B项，由效率公式 从图像上可以看出，电阻R1接在电源上时,电源的效率高，故AB错 C、D项，从图像上可以看出电阻R2的阻值等于电源内阻，而电源最大输出功率的条件是：内外电阻相等，所以R2接在电源上时,电源的输出功率大，故C错D对；‎ 故选D ‎【点睛】当电源的路端电压与电流的关系图线、电阻两端的电压与电流的关系图线画在同一幅U-I图像中时，两线交点的物理意义是该电阻接在该电源两端时的情况。‎ ‎7. 如图所示，一个质量为m、带电量为q的粒子从两带电平行板的正中间沿与匀强电场垂直的方向射入，不计粒子所受的重力。当粒子的入射速度为v时，它恰能穿过一电场区域而不碰到金属板上。现欲使质量为m、入射速度为v/2的粒子也能恰好穿过这一电场区域而不碰到金属板，在以下各方案中，可行的是（ 　）‎ A. 仅使粒子的电量减少为原来的1/4‎ B. 仅使两板间所加的电压减小到原来的一半 C. 仅使两板间的距离增加到原来的2倍 D. 仅使两极板的长度减小为原来的一半 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ 试题分析：以一定速度垂直进入偏转电场，由于速度与电场力垂直，所以粒子做类平抛运动．这样类平抛运动可将看成沿初速度方向的匀速直线与垂直于初速度方向匀加速直线运动．根据运动学公式解题．‎ 解：设平行板长度为l，宽度为2d，板间电压为U，‎ 恰能穿过一电场区域而不碰到金属板上，则 沿初速度方向做匀速运动：t=．‎ 垂直初速度方向做匀加速运动：a=．‎ 则d=．‎ 欲使质量为m、入射速度为的粒子也能恰好穿过这一电场区域而不碰到金属板，则沿初速度方向距离仍是l，垂直初速度方向距离仍为d，‎ A、使粒子的带电量减少为原来的，则y=．故A正确．‎ B、使两板间所接电源的电压减小到原来的一半，则y=．故B错误．‎ C、使两板间的距离增加到原来的2倍，此时垂直初速度方向距离应为2d，y=．故C正确．‎ D、使两极板的长度减小为原来的一半，y=．故D正确．‎ 本题选不可行的，故选：B．‎ ‎【点评】带电粒子在电场中偏转时做匀加速曲线运动．应用处理类平抛运动的方法处理粒子运动．‎ ‎8.如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动．ON与水平面的夹角为30°，重力加速度为g，且mg=Eq，则（ ）‎ A. 电场方向竖直向上 B. 小球运动的加速度大小为g C. 小球上升的最大高度为 D. 若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：小球做匀变速直线运动，合力应与速度在同一直线上，即在ON直线上，因，所以电场力与重力关于ON对称，根据数学知识得：电场力与水平方向的夹角应为，受力情况如图一所示，合力沿ON方向向下，大小为，所以加速度为，方向沿ON向下．故A、B错误；经对A的分析可知，小球做匀减速直线运动，由运动学公式可得最大位移为，则最大高度为，故C错误；若小球在初始位置的电势能为零，在减速运动至速度为零的过程中，小球克服电场力做功和克服重力做功是相等的，由能量的转化与守恒可知，小球的初动能一半转化为电势能，一半转化为重力势能，初动能为，小球的最大电势能为，故D正确。‎ 考点：带电粒子在混合场中的运动、电势能、匀强电场中电势差和电场强度的关系 ‎【名师点睛】本题考查带电粒子在复合场中的运动情况，应在正确分析小球受力情况的基础上，运用牛顿第二定律、运动学公式和功能关系分析，采用的力学方法进行分析。‎ ‎9.如图所示,MPQO为有界的竖直向下的匀强电场,电场强度为E,ACB为光滑固定的半圆形轨道,轨道半径为R,A、B为圆水平直径的两个端点，AC为圆弧。一个质量为m,电荷量为-q的带电小球,从A点正上方高为H处由静止释放,并从A点沿切线进入半圆轨道。不计空气阻力及一切能量损失,关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是(　　)‎ A. 小球在AC部分不可能做匀速圆周运动 B. 若小球能从B点离开,上升的高度一定小于H C. 小球一定能从B点离开轨道 D. 小球到达C点的速度可能为零 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，小球的重力方向竖直向下，电场力方向竖直向上，当电场力等于重力时，小球可以做匀速圆周运动，故A错；‎ B项，因为运动过程中电场力做负功，小球的机械能减小，所以能够到达的高度肯定小于H，故B对；‎ C项，在整个过程中当重力做的正功大于电场力做的负功时，小球能从B点离开半圆轨道，否则不能，故C错；‎ D项，如果小球到达C点时的速度为零，则电场力大于重力，那么小球不可能沿圆轨道运动，故D错；‎ 故选B ‎10.指南针是我国古代四大发明之一。关于指南针，下列说法正确的是(　　)‎ A. 指南针可以仅具有一个磁极 B. 指南针能够指向南北，说明地球具有磁场 C. 指南针的指向会受到附近铁块的干扰 D. 在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 不存在单独的磁单极子，指南针也不例外，故A错误；指南针能够指向南北，说明地球具有磁场，地磁场是南北指向的，故B正确；指南针的指向会受到附近铁块的干扰，是由于铁块被磁化后干扰了附近的地磁场，故C正确；在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，根据安培定则，电流的磁场在指南针位置是东西方向的，故导线通电时指南针会发生偏转，故D错误。所以BC正确，AD错误。‎ 视频 ‎11.如图是根据某次实验记录数据画出的U-I图像，下列关于这个图像的说法中正确的是( )‎ A. 纵轴截距表示电源的电动势，即 B. 横轴截距表示短路电流，即I短=0.6 A C. 根据，计算出待测电源内阻为5.0 Ω D. 根据 ，计算出待测电源内阻为1.0Ω ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由闭合电路欧姆定律可得出路端电压与电流的关系，由数学知识可得出电源的电动势和内电阻．当外电路电阻为零，外电路短路．‎ ‎【详解】A、由闭合电路欧姆定律可知：U=E﹣Ir；结合数学知识可知，纵轴截距为电源的电动势，故电动势为E=3.0V；故A正确；‎ CD、图象的斜率表示电源的内阻，即．故D正确，C错误．‎ B、当外电路电阻R=0时，外电路短路，短路电流为 ，故B错；‎ 故选AD ‎【点睛】本题在测定电动势和内电阻实验中，作为数据处理的方法，是实验重点考查内容，应结合数学知识进行理解．‎ ‎12.电场强度方向与x轴平行的静电场,其电势随x的分布如图所示,一质量为m、电荷量为+q的粒子(不计重力),以初速度v0从O点(x=0)沿x轴正方向进入电场。下列叙述正确的是(　　）‎ A. 粒子从x1点运动到x3点的过程中,电势能先减小后增大 B. 要使粒子能运动到x4处,粒子的初速度v0至少为 C. 粒子从O点运动到x4点的过程中,在x3点速度最大 D. 若v0=,则粒子在运动过程中的最大动能为 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，电势沿着电场线的方向减小，又因为粒子带正电，所受电场力方向与电场线方向相同，从x1点运动到x3点电势降低，所以粒子从x1点运动到x3点的过程中,电场力做正功，所以电势能减小，故A错 B项，从图像可以看出：粒子从O点运动到x4点的过程中，电势能没有变化，所以电场力做功为零，而从O点运动到x1点的过程中，电势升高，电场力做负功，要使粒子能运动到x4的位置，只要保证粒子能运到x1的位置即可，从O点运动到x1点的过程中，根据动能定理可知： ，解得： ，故B错；‎ C项，粒子从O点运动到x3点的过程中，电场力做正功，从x3到x4又开始做负功，所以在x3点速度最大，故C对；‎ D项，粒子从O点运动到x3点的过程中，电场力做正功，根据动能定理可知： ，解得 ，故D对；‎ 故选CD ‎【点睛】根据图像上电势的高低可以判断电场力的方向，然后判断电场力做功正负，也就可以求出粒子的动能问题。‎ ‎13.如图所示的电路中,电源内阻一定,电压表和电流表均为理想电表。现使滑动变阻器R滑片向左滑动一小段距离,测得电压表V1的示数变化大小为ΔU1,电压表V2的示数变化大小为ΔU2,电流表A的示数变化大小为ΔI,对于此过程下列说法正确的是(　　)‎ A. 为一定值 B. 路端电压的增加量等于ΔU2‎ C. R0两端的电压的变化量大小等于ΔU2-ΔU1‎ D. 通过电阻R1的电流变化量大小等于 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据电路结构可知：V1测量路端电压，根据闭合电路欧姆定律可知：故A对；‎ B、滑动变阻器R滑片向左滑动一小段距离，电阻变大，回路电流变小，路端电压增大，即 与滑动变阻器的电压增大，但电阻上的电压是减小的，所以ΔU2与ΔU1不相等，故B错；‎ C、路端电压即为 与滑动变阻器的电压之和，所以R0两端的电压的变化量大小等于ΔU2-ΔU1，故C对；‎ D、两端的电压即为路端电压，路端电压的变化引起了电阻R1上电流的变化，所以通过电阻R1的电流变化量大小等于，故D对；‎ 故选ACD ‎【点睛】根据滑动变阻器的移动明确电阻的变化,由闭合电路欧姆定律可以知道电路电流的变化,则可分析内电压、路端电压及各部分电压的变化 二、实验题（本题共2题，共计15分）‎ ‎14.某同学用量程为1 mA、内阻为211 Ω 的表头按图示电路改装成量程分别为1 V和1‎ ‎ A的多用电表。图中和为定值电阻，S为开关。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）开关S闭合时，多用电表用于测量_________（填“电流”、“电压”）；‎ ‎（2）定值电阻的阻值 = _____Ω， = _____Ω。（结果取3位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). 电流 (2). 1.00 (3). 789‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）开关S闭合时，并联分流电阻电流量程扩大，是电流表； （2）开关S断开时，电压量程为1V，故： ‎ ‎【点睛】本题关键明确电压表和电流的改装原理，然后根据串并联电路的电流、电压、电阻关系列式求解．‎ ‎15. 现要测量电源的电动势E及内阻r（E约为6V，r约为1．5Ω）。给出以下器材：量程3V的理想电压表V，量程0．6A的电流表A（具有一定内阻），固定电阻R=8．5Ω，滑线变阻器R′（0―10Ω），开关S，导线若干。‎ ‎①利用给出的器材画出实验电路原理图（图中各元件需用题目中给出的符号或字母标出）。‎ ‎②实验中，当电流表读数为I1时，电压表读数为U1；当电流表读数为I2时，电压表读数为U2。则可以求出E= ，r= 。（用I1，I2，U1，U2及R表示）‎ ‎【答案】①电路如图：②；‎ ‎【解析】‎ 试题分析：①滑动变阻器采用限流接法；固定电阻与电源串联，起到保护电源的作用；电压表与滑动变阻器并联，电流表与滑动变阻器串联；电源内阻较小，采用安培表内接法；电路图如图所示：‎ ‎②实验中，当电流表读数为时，电压表读数为；当电流表读数为时，电压表读数为．根据闭合电路欧姆定律，有：，，联立解得，‎ 考点：测定电源电动势和内阻实验 ‎【名师点睛】测电源的电动势和内电阻采用的是一般的限流接法，只需测出通过电源的两组电压和电流即可联立求得电源的电动势和内阻．‎ 三、计算题(本题共3小题，16题9分，17题11分，18题13分，共33分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位。只写出结果，没有过程不能得分）‎ ‎16.如图，真空中有两个点电荷Q1=+4.0×10-8C和Q2= -1.0×10-8C,分别固定在x坐标轴的x=0和x=6cm的位置上。‎ ‎（1）x坐标轴上哪个位置的电场强度为零?‎ ‎（2）x坐标轴上哪些地方的电场强度方向是沿x轴的正方向的?‎ ‎【答案】见解析。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：设坐标为x处场强为0，x＞6m 解得x=12cm或4cm（舍去）‎ ‎（2）在x坐标轴上（0,6）之间和x＞12cm的地方的电场强度的方向是沿x方向 考点：电场强度。‎ ‎17.如图所示电路，电流表A的示数为I=0.75A，电压表V的示数为U=2V；后来R2被烧断，电流表A的示数变为 ，电压表V的示数变为 ，已知R3=4Ω，电表均为理想电表。求: 电源的电动势E和内阻r分别为多少？‎ ‎【答案】E=4V，r=1Ω ‎【解析】‎ ‎【详解】R2被烧断后，电路结构是电源与R1串联，所以 , 根据闭合电路欧姆定律得: ‎ R2被烧断前，通过R3的电流为 ‎ 根据闭合电路欧姆定律得: ‎ 解得：E=4V，r=1Ω 故本题答案是：E=4V，r=1Ω ‎【点睛】本题考查分析和处理复杂电路问题的能力.关键在于抓住两种情况的关系.‎ 对于理想电压表,内阻无穷大,相当于开关断开.并学会利用闭合电欧姆定律求解电动势和内阻。‎ ‎18.在如图甲所示的平面坐标系内，有三个不同的静电场：第一象限内有固定在O点处的点电荷产生的电场E1(未知)，该点电荷的电荷量为－Q，且只考虑该点电荷在第一象限内产生的电场；第二象限内有水平向右的匀强电场E2(未知)；第四象限内有大小为、方向按如图乙所示规律周期性变化的电场E3，以水平向右为正方向，变化周期,一质量为m，电荷量为＋q的离子从(－x0，x0)点由静止释放，进入第一象限后恰能绕O点做匀速圆周运动．以离子到达x轴为计时起点，已知静电力常量为k，不计离子重力．求：‎ ‎(1)离子在第一象限运动时速度大小和第二象限内电场强度E2的大小；‎ ‎(2)当和t＝T时，离子的速度分别是多少；‎ ‎(3)当t＝nT时，离子的坐标．‎ ‎【答案】(1) (2) 方向：与x轴正向成角偏向y轴负向：‎ ‎ 沿y轴负向 (3) [(4n＋1)x0，－2nx0]，(n＝1、2、3、……)‎ ‎【解析】‎ ‎(1)设离子在第一象限的速度为，在第一象限内，由库仑力提供离子做圆周运动的向心力得：，解得： ‎ 在第二象限内，只有电场力对离子做功，由动能定理得：，解得：； ‎ ‎(2)离子进入第四象限后，在x方向上，前半个周期向右做匀加速直线运动，后半个周期向右做匀减速直线运动直到速度为0.当时：‎ 所以此时离子的合速度：‎ 方向：与x轴正向成角偏向y轴负向：‎ 当时：，此时离子的合速度，沿y轴负向。‎ ‎(3)由(2)分析可知，离子进入第四象限后，y方向上做匀速直线运动，x方向上每个周期向右运动的平均速度为，每个周期前进 因为开始时离子的横坐标为，所以时，离子的横坐标 纵坐标 故在时，离子的坐标为：，。‎ 点睛：本题中质点在复合场运动，分析受力情况，确定质点的运动情况是解题的基础，结合粒子运动的周期性，运用数学几何知识综合求解。‎ ‎ ‎ ‎ ‎