2018-2019学年江苏省宿迁市沭阳县高二上学期期中考试物理试题 解析版

2018-2019学年江苏省宿迁市沭阳县高二上学期期中考试物理试题 解析版

‎2018-2019学年江苏省宿迁市沭阳县高二（上）期中物理试卷 一、单选题 ‎1.如图所示，小球A固定在绝缘支架上，小球B用丝线悬挂，两小球均带有正电荷。现将A向右移近B，观察到丝线与竖直方向的夹角增大，这表明电荷间　　‎ A. 距离逐渐减小，作用力增大 B. 距离逐渐减小，作用力减小 C. 距离逐渐增大，作用力增大 D. 距离逐渐增大，作用力减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 丝线与竖直方向的夹角增大，说明电荷间的作用力增大，故AB电荷间的库仑力随距离减小而增大；‎ ‎【详解】A、对小球B进行受力分析，可以得到小球受到的电场力：，若B球悬线的偏角越大，则电场力也越大，所以使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，B球悬线的偏角越大，说明了两电荷之间的相互作用力随其距离的减小而增大，故A正确、B错误； C、虽然距离逐渐增大，作用力减小，夹角变小，但本题观察到丝线与竖直方向的夹角增大，故CD错误。‎ ‎【点睛】该题考查库仑定律的演示实验，属于记忆性的知识点，实验时，先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近，再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷量，本实验的方法是控制变量法。‎ ‎2.在如图所示的四种电场中国，分别标记有a、b两点，其中a、b两点电势相等且电场强度大小相等，方向相反的有 A. 甲图中与点电荷等距的a、b两点 B. 乙图中两等量异种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点 C. 丙图中两等量同种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点 D. 丁图中非匀强电场中的a、b两点 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】甲图中与点电荷等距的a、b两点，电势相等，场强大小相等，方向不同，但不是相反，选项A错误；乙图中两等量异种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点，大小相同，方向相同，选项B正确；丙图中两等量同种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点，由对称性可知，两点的场强大小相同，方向相反，选项C正确；丁图中非匀强电场中的a、b两点，电势不同，场强大小不同，方向不是相反的，选项D错误；故选C.‎ ‎3.如图所示的电路称为分压电路，当a、b间电压恒为U时，当滑动变阻器的滑片逐渐向上滑动的过程中c、d间的电压　　‎ A. 一直为U B. 一直为0‎ C. 逐渐减小到0‎ D. 逐渐增大到U ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 明确电路接法，假设cd间接入一电阻，则cd间的电压等于接入电阻与变阻器下部并联的电压，根据并联部分电阻的变化，由串联电路的特点分析电压的变化；‎ ‎【详解】由图可知，变阻器下部与接入电阻并联后与上部串联，当滑动变阻器的滑片P逐渐向上端移动的过程中，并联部分的电阻变大，根据串联电路电压与电阻成正比的规律可知，并联部分分担的电压增加，则cd间的电压逐渐增加，当滑片移到变阻器最上端时，cd间的电压为U，故ABC错误，D正确。‎ ‎【点睛】本题中变阻器接成了分压式，利用串并联电路的分压规律，即可分析滑动变阻器输出的电压范围。‎ ‎4.雷雨天，当空气中的电场强度超过，空气就会被“击穿”而放电。已知一片带电的乌云距离地面400m高，那么发生闪电时乌云与地面间的电势差至少为　　‎ A. B. 6250V C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据确定闪电前瞬间乌云与避雷针之间的电势差的大小；‎ ‎【详解】乌云与建筑物间的距离，则闪电前瞬间乌云与避雷针之间的电势差的大小为：‎ ‎，故ABD错误，C正确。‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握匀强电场电势差与电场强度的关系公式，即。‎ ‎5.有两条长直导线垂直水平纸面放置，交纸面于a、b两点，通有大小相等的恒定电流，方向如图，a、b的连线水平。c是ab的中点，d点与c点关于b点对称。已知c点的磁感应强度为B1，d点的磁感应强度为B2，则关于a处导线在d点的磁感应强度的大小及方向，下列说法中正确的是（ ）‎ A. + B2，方向竖直向上 B. －B2，方向竖直向下 C. B1 + B2，方向竖直向下 D. B1－B2，方向竖直向上 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 设a处导线在d点的磁感应强度的大小为B，方向方向竖直向下．根据通电直导线产生的磁场磁感应强度与电流成正比，a处导线在c点的磁感应强度的大小为3B，方向竖直向下．由题，两条长直导线恒定电流大小相等，则得到b处导线在c两点的磁感应强度的大小为3B，根据安培定则得到，方向竖直向下．b处导线在d两点的磁感应强度的大小为3B，根据安培定则得到，方向竖直向上．则根据磁场叠加得B1=3B+3B=6B，B2=3B-B=2B，根据数学知识得到，B=-B2．所以a处导线在d点的磁感应强度的大小为B=-B2．方向是竖直向下．故选B．‎ ‎6.如图所示电路中，电源电压U恒定，由于某元件出现故障，使灯L1变亮，灯L2不亮，其原因可能是（ ）‎ A. R1断路 B. R2断路 C. R2短路 D. R1短路 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：首先认识电路的结构：没有发生故障前，R1与L2并联后与R2及L1串联，将选择逐一代入，根据欧姆定律分析，选择符合题意的选项．‎ 解：A、若R1断路，则总电阻变大，总电流变小，L1变暗，不符合题意，故A错误；‎ B、若R2断路，电路不通，则灯L1和灯L2都不亮，故B错误；‎ C、若R2短路，总电阻变小，总电流变大，灯L1变亮，但L2也是发光的，故C错误；‎ D、若R1短路，总电阻变小，总电流变大，灯L1变亮，L2被短路，不亮，故D正确；‎ 故选：D ‎【点评】本题是电路中动态变化分析问题，首先要识别电路的结构，其次按照“局部→整体→局部”的思路进行分析．‎ ‎7.如图所示，在圆心O处固定一正点电荷，现从P点以相同的速率发射两个检验电荷a、b ‎，只在电场力作用下分别沿PM、PN运动到M、N两点，M、N都在以O为圆心的圆上．若检验电荷a、b的质量、电荷量均相等，则下列判断正确的是(　　)‎ A. a带正电，b带负电,‎ B. P点的场强大于N点的场强 C. a、b到达M、N时两粒子速率相等 D. a电荷电势能减少，b电荷电势能增加 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由轨迹看出，点电荷左侧的带电粒子b有排斥力，所以b带正电荷；对右侧的带电粒子a有吸引力，所以a带负电荷。故A错误。点电荷的电场特点是近处大，远处小，P点的场强小于N点的场强。故B错误；b受排斥力，电场力做负功，动能减小，电势能增大；a受吸引力，电场力做正功，电势能减小，动能增大，所以a、b到达M、N时两粒子速率不相等。故C错误，D正确。故选D。‎ ‎【点睛】本题是轨迹问题，根据轨迹的弯曲方向要能判断出带电粒子所受的电场力大体方向。电场力做功电势能发生变化。‎ 二、多选题 ‎8.有一电流表G，内阻，满偏电流要把它改装成量程为的电流表，下列说法正确的是　　‎ A. 需要并联一个的电阻 B. 需要串联一个的电阻 C. 改装成电流表后，表头G本身允许加的电压增大了 D. 改装后使用时，表头G本身的参量都不改变，整个并联电路允许通过的电流增大 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电流表G改装成大量程的电流表要并联电阻分流，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值。‎ ‎【详解】A、电流表G改装成大量程的电流表要并联电阻：则并联电阻阻值：，故A正确，B错误； C、改装后使用时，表头G本身的参量都不改变，整个并联电路允许通过的电流增大，故C错误，D正确。‎ ‎【点睛】本题考查了电压表与电流表的改装，知道电表的改装原理，应用串并联电路特点与欧姆定律可以解题。‎ ‎9.如图所示是一个由电池、电阻与平行板电容器组成的串联电路，在增大电容器两板间距离的过程中（ ）‎ A. 电阻中没有电流 B. 电容器的电容变小 C. 电阻中有从流向的电流 D. 电阻中有从流向的电流 ‎【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 ‎10.下列对电源电动势概念的认识中，正确的是　　‎ A. 在闭合电路中，电源的电动势等于内外电路电势降落之和 B. 电源把越多的其他形式的能转化为电能，电动势就越大 C. 铅蓄电池的电动势为2 V，这表明电路中每通过1 C电荷量，电源把2 J的化学能转变为电能 D. 干电池的电动势为 V，这表明干电池在1 s内将 J的化学能转变为电能 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据闭合电路欧姆定律得知，在闭合电路中，电动势等于外电压与内电压之和，故A正确； B、根据电动势的定义式可知，电源移动单位电荷量时，非静电力做功越多，即电源把其他形式的能转化为电能越多，电源的电动势越大，故B错误； C、铅蓄电池的电动势为2 V，这表明电路中每通过1 C电荷量，电源把2 J的化学能转变为电能，故C正确； D、干电池电源的电动势表示将1C的电量转移时做功为，但并不明确做功的时间，故D错误。‎ ‎【点睛】本题考查对电动势的理解，可以抓住电动势的物理意义和定义式来加深理解。‎ ‎11.无人机已在航拍领域被广泛的应用，它利用自身携带的小型电机升空进行航拍，如图为某牌子的无人机，已知其电池容量16000mAh，电机额定工作电压22V，无人机悬停时电机总额定功率352W，则下列说法正确的是　　‎ A. 无人机正常工作时的电流是16 A B. 电池容量16000mAh 中“mAh”是能量的单位 C. 无人机的电机总电阻是 D. 无人机充满电后一次工作时间约为1h ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电池容量是指电池的存储电量，根据题目可知正常工作时的电压，根据求解正常工作时的电流，根据求解时间；‎ ‎【详解】A、额定工作电压22V，额定功率352W，根据知电流，故A正确； B、题中“mAh”是电荷量的单位，故B错误； C、根据，有：，故C正确； D、无人机充满电后一次工作时间：，故D正确。‎ ‎【点睛】本题是信息给予题，要求同学们能从题目中获取有用信息，知道电池容量是指电池储存电量的大小。‎ ‎12.下列关于磁场的说法正确的是　　‎ A. 奥斯特最早发现电流周围存在磁场 B. 磁感线可以用细铁屑来显示，因而是真实存在的 C. 磁感线上某点的切线方向就是该点磁感应强度的方向 D. 地球也有磁场，地磁场方向都是和地面平行的 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 明确磁现象发现的物理学史，知道磁感线的性质，同时明确地磁场的性质和基本形状；‎ ‎【详解】A、最早发现通电导线周围存在磁场的科学家是奥斯特，故A正确； B、磁感线不是磁场中真实存在的曲线，而是人为引入的，它可以形象地描述磁场，故B错误； C、磁感线上某点的切线方向就是该点磁感应强度的方向，故C正确； D、地球也有磁场，地磁场由地理南极指向地理北极，其方向并不总是与地面平行，故D错误。‎ ‎【点睛】此题考查磁场的性质，要注意明确磁感线是人为引入的虚拟线，实际中并不存在，同时注意掌握地磁场的有关内容。‎ ‎13.关于多用电表的使用，下列说法正确的有　　‎ A. 甲图是用多用电表直流电压档测量小灯泡两端的电压，表笔接法正确 B. 乙图是用多用电表直流电流档测量电路中的电流，表笔接法正确 C. 丙图中用的是多用电表电阻档测量二极管的反向电阻 D. 丁图中用多用电表电阻档测量的是二极管的反向电阻 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 使用多用电表测电压或电流时，电流从红表笔流入黑表笔流出，多用电表要与待测电路并联或串联，分析电路图答题；‎ 欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，负极与红表笔相连，分析电路图，然后答题；‎ ‎【详解】A、甲图是用多用电表直流电压档测量小灯泡两端的电压，表笔的红黑表笔接错，故A错误； B、乙图是用多用电表直流电流档测量电路中的电流，电流从红表笔流入，从黑表笔流出，表笔接法正确，故B正确； C、欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，负极与红表笔相连，由图丙所示电路图可知，黑表笔接二极管正极，红表笔接二极管负极，多用电表测二极管正向电阻，由图丁所示电路图可知，黑表笔接二极管负极，红表笔接二极管正极，多用电表测二极管反向电阻，故C错误、D正确。‎ ‎【点睛】本题考查了多用电表的使用，使用多用代表时要注意电流总是由红表笔流入，黑表笔流出，知道多用电表的结构、分析清楚图示电路图即可解题。‎ ‎14.在如图甲所示的电路中，电源电动势为，内阻不计，、、为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。当开关闭合后，下列判断正确的是　　‎ A. 灯泡的电阻为 B. 灯泡消耗的电功率为 W C. 灯泡消耗的电功率为 W D. 通过灯泡的电流为灯泡的电流的2倍 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当开关闭合后，灯泡的电压等于3V，由图读出其电流，由欧姆定律求出电阻，并求出其电功率，灯泡、串联，电压等于，由图读出电流，求出电功率；‎ ‎【详解】A、当开关闭合后，灯泡的电压，由图乙读出其电流，则灯泡的电阻，功率，故AB正确； C、灯泡、串联，电压，由图乙读出其电流，则， 灯泡、的功率均为，故C正确，D错误。‎ ‎【点睛】本题关键抓住电源的内阻不计，路端电压等于电动势，来确定三个灯泡的电压，读图能力是基本功。‎ 三、填空题 ‎15.如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板间的电势差U，现使B板带正电，实验中，电荷量不变。若增大两极板之间的距离，电容器的电容______选填“变大”、“变小”或“不变”；两极板间的场强______选填“变大”、“变小”或“不变”；若将A 板稍微上移，静电计指针张角______选填“变大”、“变小”或“不变”；若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角______选填“变大”、“变小”或“不变”。‎ ‎【答案】 (1). 变小     (2). 不变 (3). 变大 (4). 变小 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电容器电容的决定分析电容的变化，由电容的决定式分析板间电势差的变化，根据判断两极板间电场强度的变化；‎ ‎【详解】增大两极板之间的距离，由电容的决定式可知，电容减小； 电容器的电量不变，由分析可知，根据，因此两极板间的场强与极板间距无关，即电场强度不变； 将A板稍微上移时，正对面积减小，由电容的决定式可知， 电容增小，电量不变，由分析可知，板间电压增大，静电计指针张角变大； 将玻璃板插入两板之间，电容的决定式可知， 电容增大，电量不变，由分析可知，板间电压减小，静电计指针张角变小。‎ ‎【点睛】本题要抓住电容器的电量不变，由电容的决定式和定义式结合分析电容器动态变化问题，再根据判断两极板间电场强度的变化。‎ 四、实验题探究题 ‎16.在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准。待测金属丝接入电路部分的长度约为50cm，金属丝的直径约为。‎ ‎（1）先用欧姆表粗测金属丝电阻，实验中选用倍率为“”的电阻档测电阻时，表针偏角很大，为了使测量比较精确，应选的欧姆档是______选填“”、“”或“”。‎ ‎（2）用伏安法测金属丝的电阻实验所用器材为：‎ 电池组电动势为3V，内阻约 电流表，内阻约 电压表，内阻约 滑动变阻器额定电流、开关、导线若干。‎ 某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：‎ 次数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ 由以上数据可知，他们测量是采用______‎ ‎（3）请根据所选的电路图，补充完成实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏。‎ ‎（4）这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图3所示，图中已标出了测量数据对应的7个坐标点，并描绘出图线。由图线得到金属丝的阻值______，根据以上数据可以估算出金属丝的电阻率约为______保留两位有效数字 ‎【答案】 (1).       (2). C (3). (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用欧姆表测电阻，应选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近，然后再进行欧姆调零； 根据数据表可以看出电表的示数变化范围较大，说明变阻器采用的是分压式接法； 根据电阻定律和欧姆定律写出电阻率的表达式，然后解出电阻率的值即可；‎ ‎【详解】（1）实验中选用倍率为“”的电阻档测电阻时，表针偏角很大，说明该电阻是小电阻，所以换成小档位，要使指针在中间附近，因此欧姆档是；‎ ‎（2）从给出的数据表可知，电流表和电压表的读数变化范围较大，所以变阻器采用的应是分压式接法，由电压表与电流表读数可知，所测电阻阻值较小，即测量采用电流表外接法，因此应该选择C图；‎ ‎（3）根据原理图，连接实物图，如图所示： ‎ ‎（4）由图线得到金属丝的阻值为： 根据 ‎ 得： 代入数据得：。‎ ‎【点睛】该题是综合性较强的题，解答时注意一下几方面：掌握欧姆表的倍率选择依据；会根据电压表、电流表及被测电阻的阻值关系，确定电流表是内接还是外接；了解实验误差产生的原因，并会在试验中做到尽可能的减小误差，同时进行数据处理。‎ 五、计算题 ‎17.电源的电动势为6V、外电阻时，路端电压为求：‎ ‎（1）电源的内阻是多大？‎ ‎（2）如果在外电路再并联一个的电阻，流过电源的电流是多大？‎ ‎（3）如果在外电路再串联一个的电阻，电源的输出功率是多大？‎ ‎【答案】（1）（2）2A（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据闭合电路欧姆定律列出路端电压的表达式即可求出内阻大小；根据并联电路规律求出外电阻，再由闭合电路欧姆定律求出电流大小；由闭合电路欧姆定律求出电流大小，再由功率公式求出输出功率的大小；‎ ‎【详解】（1）由闭合电路欧姆定律可得：，带入数据得；‎ ‎（2）根据并联电路规律可得：； 根据闭合电路欧姆定律有：，带入数据得；‎ ‎（3）由闭合电路欧姆定律可得：电路中电流； 输出功率。‎ ‎【点睛】本题考查闭合电路欧姆定律及串并联电路的电阻规律，要注意闭合电路欧姆定律表达式的变形式的应用。‎ ‎18.如图所示，在匀强电场中，将一电荷量为2×10﹣4的负电荷由A点移到B点，其电势能增加了0.2J，已知A、B两点间距离为2cm，两点连线与电场方向成60°角，求：‎ ‎（1）电荷由A移到B的过程中，电场力所做的功WAB；‎ ‎（2）A、B两点间的电势差UAB；‎ ‎（3）该匀强电场的电场强度E。‎ ‎【答案】（1）-0.2J （2）1000V （3）1×105V/m ‎【解析】‎ 试题分析： (1)电荷由A点移到B点，其电势能增加了0.1J，由功能关系可知：电场力做功W=" -" 0.1J 设A、B两点间的电势差UAB：---------------2分 代入数据，得：----------------2分 ‎（2）设匀强电场的电场强度E：，，代入数据，得：‎ 考点：考查了电势差，电场强度 ‎19.如图所示，是一提升重物用的直流电动机的工作原理图。电动机内电阻，电路中另一电阻，直流电压，电压表示数试求：‎ ‎（1）通过电动机的电流；‎ ‎（2）输入电动机的电功率；‎ ‎（3）若电动机以匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量？取 ‎【答案】（1）4A（2）720W（3）。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据欧姆定律求出通过R的电流即为通过电动机的电流；电动机的输入功率为；电动机内电阻的发热功率为，输出的机械功率为由公式求解物体的质量；‎ ‎【详解】（1）通过R的电流为：，则通过电动机的电流也为4A；‎ ‎（2）电动机的输入功率为：；‎ ‎（3）电动机内电阻的发热功率为：， 输出的机械功率为：； 而 解得：。‎ ‎【点睛】本题考查了欧姆定律和电功功率以及电功公式的灵活应用，关键是知道电动机做功的功率加上线圈的发热功率即为电动机消耗电能的功率。‎ ‎20.如图所示为一真空示波管，电子从灯丝发出初速度不计，经灯丝与A板间的电压加速，从A板中心孔沿中心线射出，然后进入平行金属板M、N形成的匀强偏转电场中，电子进入MN间电场时的速度方向与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点。已知MN两板间的电压，两板间距离，板长，板右端到荧光屏的距离为，电子的质量，电荷量C.不计重力，求：‎ ‎（1）电子穿过A板时的速度大小；‎ ‎（2）电子从偏转电场射出时的侧移量；‎ ‎（3）电子束打到荧光屏上的位置P点到O点的距离为多少？‎ ‎【答案】（1）（2）（3）。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电子在加速电场中，由动能定理求解获得的速度；电子在偏转电场内做类平抛运动，由牛顿第二定律求得加速度，电子水平方向做匀速直线运动，由水平位移和求出运动时间，电子在竖直方向做初速度为零的匀加速运动，由位移时间公式求解侧移量y；根据几何关系求解P到O点的距离；‎ ‎【详解】（1）电子在电场中加速过程，由动能定理得：‎ 解得：；‎ ‎（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向有 电子在偏转中的加速度为： 竖直方向有：‎ 联立解得：；‎ ‎（3）设P到O点的距离为Y，如图所示： 根据三角形相似得： 代入数据解得：。‎ ‎【点睛】本题是带电粒子先加速后偏转问题，在电场中加速，往往根据动能定理求解加速获得的速度，在偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成，结合牛顿第二定律和运动学公式进行研究。‎ ‎ ‎