2017-2018学年黑龙江省哈尔滨市第六中学高二上学期期中考试（理）物理试题 解析版

2017-2018学年黑龙江省哈尔滨市第六中学高二上学期期中考试（理）物理试题 解析版

哈尔滨市第六中学2017-2018学年度上学期期中考试 高二物理试题 一、选择题，本题共15小题；每小题4分，共60分，1-10题每小题只有一个正确选项，11-15题每题有多个正确选项。全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。‎ ‎1. 下列关于静电场的说法不正确的是 （ ）‎ A. 在匀强电场中，电场线一定和等势面垂直 B. 电场强度大的地方电势可能低，电场强度小的地方电势可能高 C. 将正点电荷从电场强度为零的一点移动到电场强度为零的另一点，电场力做功一定为零 D. 在正电荷产生的静电场中，电场强度方向指向电势降低最快的方向 ‎【答案】C ‎【解析】沿着等势面移动，电场力不做功，故电场力一定与等势面垂直，故A说法正确；电场强度与电势无关，所以电场强度大的地方电势可能低，电场强度小的地方电势可能高，故B说法正确；电场强度与电势无关，场强为零，电势不一定为零，电场中肯定存在场强都为零、电势又不相等的两个点，在这样的两个点之间移动电荷，电场力将做功，故C说法错误；沿电场方向电势降低，而且速度最快，故D说法正确。所以选C.‎ ‎2. 两个分别带有电荷量−Q和+5Q的相同金属小球(均可视为点电荷),固定在相距为r的两处,它们间库仑力的大小为F,两小球相互接触后将其固定距离变为2r,则两球间库仑力的大小为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】相距为r时，根据库仑定律得：，两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分，则各自带电量变为2Q，则此时有：，故B正确，ACD错误。‎ ‎3. 对下列物理公式的理解，其中正确的是 （ ）‎ A. 由公式φ=ЕP/q可知，静电场中某点的电势φ是由放入该点的点电荷所具有的电势能ЕP和该电荷电量q所决定的 B. 由公式R=U/Ｉ可知，导体的电阻R由它两端的电压U和它当中通过的电流Ｉ决定 C. 由公式E=kQ/r2可知，点电荷Q在距其r处产生的电场强度E由场源电荷电量Q和距场源电荷的距离r决定 D. 由公式可知，电容器的电容C由电容器所带电荷量Q和两极板间的电势差U决定 ‎【答案】C ‎【解析】静电场中某点的电势φ由电场本身决定，与试探电荷无关，故A错误；根据电阻定律：，可知导体的电阻R与两端电压U，及流过的电流I无关，故B错误；点电荷场强公式：，Q是形成此电场的点电荷的电量，r是该点距Q的距离，因此点电荷Q在距其r处产生的电场强度E由场源电荷电量Q和距场源电荷的距离r决定，故C正确；由电容决定式：，可知电容器的电容C由电容器本身决定，与所带电荷量Q和两极板间的电势差U无关，故D错误。所以C正确，ABD错误。‎ ‎4. 关于静电平衡状态的特征说法不正确的是（   ）‎ A. 处于静电平衡状态的导体，内部的电势处处为零 B. 处于静电平衡状态的导体，内部的场强处处为零 C. 处于静电平衡状态的导体，外部表面附近任何一点的场强方向必跟该点的表面垂直 D. 处于静电平衡状态的整个导体是个等势体，导体的表面为等势面 ‎【答案】A ‎【解析】电势的零点是人为选择的，处于静电平衡状态的导体，内部的场强处处为零，内部的电势不一定处处为零，故A说法错误；处于静电平衡状态的导体，在导体内部任意一点，感应电荷产生的附加电场的场强与电荷q产生的场强与大小相等，方向相反，内部的合场强处处为零，故B说法正确；处于静电平衡状态的导体的内部场强处处为零，电荷只分布在导体的外表面，且整个导体是一个等势体，同时外部表面附近任何一点的场强方向必跟该点表面垂直，故CD说法正确。所以选A。‎ ‎5. 一段长为L，电阻为R的均匀电阻丝，把它拉制成2L长的均匀细丝后，切成等长的两段，然后把它们并联在一起，其电阻值为 （   ）‎ A. R／2 B. 2R C. R／4 D. R ‎【答案】D ‎【解析】一段长为L，电阻为R的均匀电阻丝，把它拉制成2L长的均匀细丝后，切成等长的二段，然后把它们并联在一起，长度和横截面积均没有改变，根据电阻定律公式：，可知其电阻不变仍为R，故D正确，ABC错误。‎ ‎6. 电流表的内阻是Rg = 100Ω，满偏电流是Ｉg ‎= 1mA，现欲把这个电流表改装成量程为3V的电压表，正确的方法是 （   ）‎ A. 应并联一个0.1Ω的电阻 B. 应串联一个0.1Ω的电阻 C. 应并联一个2900Ω的电阻 D. 应串联一个2900Ω的电阻 ‎【答案】D ‎7. 如图所示，从炽热的金属丝飘出的电子(速度可视为零)，经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场．电子的重力不计．在满足电子能射出偏转电场的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是(　　)‎ A. 仅将偏转电场极性对调 B. 仅增大偏转电极板间的距离 C. 仅增大偏转电极板间的电压 D. 仅减小偏转电极板间的电压 ‎【答案】C ‎【解析】根据动能定理：，可得加速后的速度为：，在偏转电场中由平抛规律可得：竖直分速度为：，由牛顿第二定律得加速度为：，运动时间为：，可得偏角的正切值为：，若使偏转角变大，由上式看出可以增大U2，或减小U1，或增大L，或减小d，故C正确，ABD错误。‎ ‎8. 如图所示，a、b、c、d分别是一个菱形的四个顶点，∠abc＝120°.现将三个等量的正点电荷＋Q固定在a、b、c三个顶点上，将一个电量为＋q的点电荷依次放在菱形中心点O点和另一个顶点d点处，两点相比(　　) ‎ A. ＋q在d点所受的电场力较大 B. ＋q在d点所具有的电势能较大 C. d点的电势低于O点的电势 D. d点的电场强度大于O点的电场强度 ‎【答案】C ‎【解析】设菱形的边长为L，根据公式：，可知三个点电荷在d产生的场强大小E相等，由电场的叠加可知，d点的场强大小为：，O点的场强大小为：，可得d点的电场强度小于O点的电场强．所以+q在d点所受的电场力较小，故A、D错误；Od间电场线方向从O到d，根据顺着电场线方向电势降低，O点的电势高于d点的电势，而正电荷在高电势高处电势能大，则知+q在d点所具有的电势能较小，故B错误，C正确。所以C正确，ABD错误。‎ ‎9. 真空中有一静电场，其在x轴正半轴的电势随x变化的关系如图所示，则根据图象可知 ( )‎ A. R处的电场强度E＝0‎ B. x1处与x2处的电场强度方向相反 C. 若正的试探电荷从x1处移到x2处，电场力一定做正功 D. 该电场有可能是处在O点的正的点电荷激发产生的 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：φ-x图象中，曲线上任意一点的切线的斜率表示电场强度；R处切线的斜率不为零，故电场强度不为零；故A错误；x1处与x2处的切线斜率同为负值，故x方向的电场强度分量的方向相同，故B错误；‎ 若试探电荷从x1处移到x2处，电势降低，根据公式WAB=qUAB，如果是正电荷，电场力做正功；故C正确；离电荷越近，电场强度越大，故φ-x图象的斜率越大；而在O点向右，切线斜率变大，故O点不可能有电荷，故D错误；故选C．‎ 考点：电场强度；电势及电势能 ‎【名师点睛】φ-x图象：①电场强度的大小等于φ-x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ-x图线存在极值，其切线的斜率为零．②在φ-x图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向．③在φ-x图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB=qUAB，进而分析WAB的正负，然后作出判断。‎ ‎10. 如图所示，虚线a、b和c是在O点处的一个点电荷形成的静电场中的三个等势面，一带正电粒子射入该电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示。不计重力，由图可知 （ ） ‎ A. O点处的电荷一定是正电荷 B. a、b、c三个等势面的电势关系是φa>φb>φc C. 粒子运动时的电势能先增大后减小 D. 粒子在每个位置具有的电势能与动能的总和一定相等 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：由于带正电的粒子的运动轨迹如图所示，很明显它受到点电荷的吸引，故点电荷是负电荷，A不对；三个等势面的关系为c最大，a最小，故B也不对；‎ 带正电的粒子在运动过程中，先受到与运动方向相同的力，故该力先做正功，电势能减小，然后再远离带负电的点电荷，电场力做负功，电势能增加，故粒子运动时的电势能先减小后增大，C不对；由于粒子的重力忽略不计，故不考虑重力势能，则根据能量守恒定律，故粒子的动能与电势能的总和是不变的，D是正确的。‎ 考点：电场力做功与电势能的变化。‎ ‎11. 如图所示A、B、C是平行纸面的匀强电场中的三点，它们之间的距离均为L，电荷量为q=-1.0×10-5C的电荷由A移动到C电场力做功W1=4.0×10-5J,该电荷由C移动到B电场力做功W2=-2.0×10-5J，若B点电势为零，以下说法正确的是 （ ）‎ A. A点电势为2V B. A点电势为-2V C. 匀强电场的方向为垂直于AC指向B D. 匀强电场的方向为由C指向A ‎【答案】BD ‎..................‎ ‎12. 如图所示的电路图，AB间电压为U，则下列说法正确的是（　　）‎ A. 滑动变阻器滑片向上移动时，RX两端电压变小 B. 滑动变阻器滑片向下移动时，RX两端电压变大 C. 滑动变阻器滑片位于中间时，RX两端电压小于 D. 滑动变阻器滑片位于中间时，若CD间改接为内阻为RX的电动机，电动机恰能正常工作，则此电动机消耗的热功率小于 ‎【答案】CD ‎【解析】电阻Rx与变阻器的下半部分并联后再与上半部分串联；滑动变阻器滑片向上移动时，串联部分电阻变小，并联电阻变大，分压大，则Rx两端电压变大，故A错误；滑动变阻器滑片向下移动时，串联部分电阻变大，并联电阻变小，分压小，则Rx两端电压变小，故B错误；滑动变阻器滑片位于中间时，电阻RX与变阻器的下半部分并联后再与上半部分串联，由于并联部分的电阻比变阻器上半部分电阻小，故滑动变阻器滑片向下移动时，串联部分电阻变大，并联电阻变小，分压小，则Rx两端电压变小，故Rx两端电压小于，故C正确；CD间改接为内阻为RX的电动机，由C知其电压小于，其又不是纯电阻电路，则其消耗的热功率小于 ‎，故D正确。所以CD正确，AB错误。 ‎ ‎13. 硅光电池已广泛应用于人造卫星和灯塔、高速公路“电子眼”等设施．其原理如图所示，a、b是硅光电池的两个电极，P、N是两块硅半导体，P、N可在E区形成匀强电场．P的上表面镀有一层膜，当光照射时，P内产生的自由电子经E区电场加速后到达半导体N，从而产生电动势．以下说法中正确的是 （ ）‎ A. a电极为电池的正极 B. 电源内部的电流方向由N指向P C. E区匀强电场的方向由N指向P D. 硅光电池是一种把化学能转化为电能的装置 ‎【答案】ABC ‎【解析】E区电场能使P逸出的自由电子向N运动，因负电荷受到的电场力与电场方向相反，所以电场方向由N指向P，由于电流的方向与负电荷的运动方向相反，所以电源内部的电流方向由N指向P，所以a电极为电池的正极，故ABC正确；该电池是将光能转化为电能的装置，故D错误。所以ABC正确，D错误。‎ ‎14. 一平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，在两极板之间有一正点电荷（电量很小）固定在P点，如图所示，以E表示两极板间电场强度，φ表示负极板的电势，ε表示正点电荷在P点的电势能，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（　　）‎ A. E变大、φ降低 B. E不变、φ升高 C. E变小、ε变小 D. φ升高、ε变大 ‎【答案】BD ‎【解析】试题分析：平行板电容器充电后与电源断开，电容器的电量不变．将正极板移到图中虚线所示的位置，板间距离减小，由、和结合得，可知板间场强E不变，电容C增大，而电量Q不变，由公式分析得知板间电压U减小．由于负极板的电势比正极板低，则φ升高，故AC错误，B正确．根据U=Ed，E不变，P点到正极板的距离减小，则正极板与P点的电势差减小，正极板电势为零，P点的电势比正极板低，则P点的电势升高，正电荷在P点的电势能ε增大，故D正确，故选BD．‎ 考点：电容器；电场强度；电势及电势能 ‎【名师点睛】本题是电容器的动态变化分析问题，要记住一个结论：电容器带电量一定时，两板间的电场强度与两板间距无关；此题的难点是确定P点与负极板的电势变化，往往根据电势差及电势高低分析电势的变化.‎ ‎15. 如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象．当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是(　　)‎ A. 带电粒子将始终向同一个方向运动 B. 2 s末带电粒子回到原出发点 C. 3 s末带电粒子的速度为零 D. 0～3 s内，电场力做的总功为零 ‎【答案】CD ‎【解析】设第1 s内粒子的加速度为a1，第2 s内的加速度为a2，由a＝可知，a2＝2a1，可见，若规定第1 s内粒子的运动方向为负方向，则粒子在第1 s内向负方向运动，第1.5 s时粒子的速度为零，然后向正方向运动，至第3 s末回到原出发点，粒子的速度为0，由动能定理可知，此过程中电场力做功为零，综上所述，可知C、D正确．‎ 二、实验题，共10分。‎ ‎16. 图甲所示为某同学测绘额定电压为2.5 V的小电珠的I－U图线的实验电路图.‎ ‎ ‎ ‎（1）根据电路图，用笔画线代替导线，将图右中的实物图连接成完整的实验电路.‎ ‎(2)开关S闭合之前，滑动变阻器的滑片应该置于___(选填“A端”、“B端”或“AB正中间”).‎ ‎(3)实验中发现移动滑动变阻器的滑片时，电流表的示数变化而电压表的指针不动，下列原因可能的是（____）‎ A.灯泡中灯丝已烧断 B.滑片接触不良 ‎ C.灯泡内部短路 D.滑动变阻器A端接触不良 ‎(4) 图中电流表的读数是多少_____A ‎(5)某同学在实验中还测出a、b、c三种元件的伏安特性曲线分别如下图的(a)、(b)、(c)，下列说法正确的是 （____）‎ A.a可以作为标准电阻使用 B.b能作为标准电阻使用 C.b的阻值随电压升高而增大 D.c的阻值随电压升高而增大 ‎【答案】 (1). (2). A端 (3). C (4). 0.46 AC ‎【解析】（1）根据原理图可得出对应的实物图 ‎（2）由图可知采用分压式接法，故开始时应让测量电路中电压为零，故滑片应置于A端。‎ ‎（3）电流表的示数变化，说明与电流表串联的部分没有发生断路现象，而电压表的指针不动，说明电压表测量的电路电阻为零，电压表的电阻非常大，在电路中相当于开路，所以应是灯泡断路，故选C。 （4）丙图中量程为0.6A，最小分度为0.02A，则指针的示数为：0.46A。‎ ‎（5）a图中电阻不随电压的变化而变化，故可以做为标准电阻使用；b的阻值随电压升高而增大，c的阻值随电压升高而降低，故AC正确，BD错误。‎ 三．本题共3小题。17题10分,18题14分,19题16分,共40分,解答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。‎ ‎17. 如图是提升重物用的直流电动机工作时的电路图．电动机内阻r＝0.8 Ω，电路中另一电阻R＝10 Ω，直流电压U＝160 V，电压表示数UV＝110 V.‎ ‎(1)求通过电动机的电流．‎ ‎(2)求输入电动机的电功率．‎ ‎(3)若电动机以v＝1 m/s的速度竖直向上提升重物，求该重物的质量．(g取10 m/s2)‎ ‎【答案】（1）5 A （2）550 W （3）53 kg ‎【解析】（1）通过R的电流；‎ ‎（2）电动机的输入功率，‎ ‎（3）电动机内电阻的发热功率，‎ 输出的机械功率；‎ 而，解得 ‎18. 在光滑水平面上有一质量m＝1.0×10-3kg电量q＝1.0×1O-10‎ C的带正电小球，静止在O点，以O点为原点，在该水平面内建立直角坐标系xOy，现突然加一沿x轴正方向，场强大小E＝2.0×106v／m的匀强电场，使小球开始运动经过1.0s，所加电场突然变为沿y轴正方向，场强大小仍为E＝2.0×106V/m的匀强电场再经过1.0s，所加电场又突然变为另一个匀强电场，使小球在此电场作用下经1.0s速度变为零。求此电场的方向及速度变为零时小球的位置。‎ ‎【答案】指向第三象限，与x轴成45°角 （0.40m，0.20m）‎ ‎【解析】试题分析：第1s内小球沿x轴正方向做匀加速直线运动，第2s内做类平抛运动，加速度沿y轴正方向，第3s内做匀减速直线运动．根据牛顿第二定律和运动学公式求出第1s末小球的速度和位移．对于类平抛运动，运用运动的分解法求出第2秒末小球的速度大小和方向，并求出x方向和y方向的位移大小．再根据牛顿第二定律和运动学公式求出电场的方向和第3s末的位置。‎ 由牛顿定律得知，在匀强电场中小球加速度的大小为：‎ 代人数据解得：a=0.20m/s2‎ 当场强沿x正方向时，经过1秒钟小球的速度大小为：vx=at=0.20×1.0=0.20m/s ‎ 速度的方向沿x轴正方向，小球沿x轴方向移动的距离 在第2秒内，电场方向沿y轴正方向，故小球在x方向做速度为vx的匀速运动，在y方向做初速为零的匀加速运动，沿x方向移动的距离△x2=vxt=0.20m ‎ 沿y方向移动的距离：‎ 故在第2秒末小球到达的位置坐标x2=△x1+△x2=0.30m y2＝△y=0.10m ‎ 在第2秒末小球在x方向的分速度仍为vx，‎ 在y方向的分速度vy=at=0.20×1.0 =0.20m/s 由上可知，此时运动方向与x轴成450角，要使小球速度能变为零，则在第3秒内所加匀强电场的方向必须与此方向相反，即指向第三象限，与x轴成225O角。‎ 在第3秒内，设在电场作用下小球加速度的x分量和y分量分别为ax, ay，则 ‎ 在第3秒未小球到达的位置坐标为 ‎ ‎ 此电场的方向为指向第三象限，与x 轴成225°角．速度变为零时小球的位置为（0.40m，0.20m）‎ 点睛：本题主要考查了粒子在电场里做类平抛运动，运用牛顿第二定律和运动学公式分析和处理动力学问题，过程较为复杂。‎ ‎19. 如图所示，A、B为两块平行金属板，A板带正电荷、B板带负电荷．两板之间存在着匀强电场，两板间距为d、电势差为U，在B板上开有两个间距为L的小孔．C、D为两块同心半圆形金属板，圆心都在贴近B板的O′处，C带正电、D带负电．两板间的距离很近，两板末端的中心线正对着B板上的小孔，两板间的电场强度可认为大小处处相等，方向都指向O′.半圆形金属板两端与B板的间隙可忽略不计．现从正对B板小孔紧靠A板的O处由静止释放一个质量为m、电荷量为q的带正电的微粒(微粒的重力不计)，问：‎ ‎(1)微粒穿过B板小孔时的速度多大？‎ ‎(2)为了使微粒能在C、D板间运动而不碰板，C、D板间的电场强度大小应满足什么条件？‎ ‎(3)从释放微粒开始，经过多长时间微粒通过半圆形金属板间的最低点P点？‎ ‎【答案】（1） （2） （3）‎ ‎【解析】试题分析：（1）设微粒穿过B板小孔时的速度为v，根据动能定理，有qU＝mv2，‎ 解得.‎ ‎（2）微粒进入半圆形金属板后，电场力提供向心力，有，‎ 半径R＝，‎ 联立得.‎ ‎（3）微粒从释放开始经t1射入B板的小孔，，‎ 则，‎ 设微粒在半圆形金属板间运动经过t2第一次到达最低点P点，则，‎ 所以从释放微粒开始，经过微粒第一次到达P点；根据运动的对称性，易知再经过2(t1＋t2)微粒再一次经过P点……‎ 所以经过时间，(k＝0，1，2，…)微粒经过P点．‎ 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】此题是带电粒子在电场中的运动问题；了解研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题．圆周运动问题的解决析关键要通过受力分析找出向心力的来源.‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎