湖北省宜昌市2018-2019学年高二上学期期中考试物理试题（解析版）

湖北省宜昌市2018-2019学年高二上学期期中考试物理试题（解析版）

宜昌市部分示范高中教学协作体2018年秋期中联考 高二物理 一、选择题 ‎1.关于电场强度的下列说法中，正确的是 A. 电场强度与试探电荷所受电场力成正比 B. 试探电荷的电荷量越大，电场强度越大 C. 电场强度的方向就是试探电荷所受电场力的方向 D. 电场强度是电场本身的性质，与试探电荷的电量及其所受电场力大小无关 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电场强度表示电场本身的强弱和方向,与检验电荷的电量无关.电场线的疏密表示电场的强弱,电场线越密,电场越强.电场中正检验电荷的受力方向是电场强度的方向.‎ ‎【详解】ABD、电场强度表示电场本身的强弱,与检验电荷的电量及所受力大小无关.故AB错误.D对 C、电场强度的方向是由电场本身决定的,与电荷的正负及大小无关. 一般规定电场中正检验电荷的受力方向是电场强度的方向,场强与负检验电荷的受力方向相反故C错误.‎ 故选D ‎2.下列公式中，既适用于点电荷产生的静电场，也适用于匀强电场的有 ‎①场强 ②场强 ③场强 ④电场力做功 A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】对于①：电场强度是用比值定义法得出的物理量，适用于任何电场。对于②：匀强电场中沿场强方向电势降低最快，故匀强电场中任意两点间的电势差与两点沿电场线的距离成正比即，仅仅适用与匀强电场。对于③：点电荷产生的电场的场强公式是由电场强度的定义式和库仑定律联立得到，库仑定律仅适用于真空中的点电荷。对于④：电场力做功与电势差的关系公式 ‎，反映了在电场中任意两点间移动电荷时，电场力做功与两点间电势差成正比，适用于任意电场。即①④既适用于点电荷产生的静电场，也适用于匀强电场，故B项正确，ACD错误。‎ 故选B。‎ ‎3.如图所示，在匀强电场中有a、b、c、d四点，它们处于同一圆周上，且ac、bd分别是圆的直径．已知a、b、c三点的电势分别为φa＝9V，φb＝15V，φc＝18V，则d点的电势为(　　)‎ A. 4V B. 8V C. 12V D. 16V ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：根据几何知识知，ab长度等于dc长度，且线段ab平行于线段cd，根据在匀强电场中平行相等两线段端点之间的电势差相等，则φb-φa=15-9=φc-φd=18-φd 可得 φd=12V．故选C．‎ 考点：电势及电势差 ‎【名师点睛】本题关键是找等势点，作出等势线．要根据匀强电场的等势线平行，且沿电场方向相同距离，电势差相等进行分析。‎ ‎4.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之间的电势差U，现使B板带正电，则下列判断正确的是 A. 若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大 B. 增大两极板之间的距离，静电计指针张角变大 C. 将A板稍微上移，静电计指针张角将变小 D. 减小两极板之间的距离，静电计指针张角变大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 已充电的平行板电容器电量不变.静电计测量电势差的大小,电容器板间的电势差越大,静电计指针张角越大.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.‎ ‎【详解】A、将玻璃板插入两板之间,电容的决定式 可以知道,电容增大,电量不变,由 分析可以知道,板间电压减小,静电计指针张角变小.故A错误.‎ B、增大两极板之间的距离,由电容的决定式可以知道,电容减小,电容器的电量不变,由分析可以知道,板间电压增大,静电计指针张角变大.所以B选项是正确的.‎ C.将A板稍微上移时,正对面积减小,由电容的决定式可以知道,电容减小,电量不变,由分析可以知道,板间电压增大,静电计指针张角变大.，故C错；‎ D. 减小两极板之间的距离，由电容的决定式可以知道,电容增大,电容器的电量不变,由分析可以知道,板间电压减小，静电计指针张角变小，故D错；‎ 故选B ‎5.一个电流表的满偏电流Ig＝1mA，内阻Rg＝500Ω.要把它改装成一个量程为10V 的电压表，则应在电流表上(　　)‎ A. 串联一个10kΩ的电阻 B. 并联一个10kΩ的电阻 C. 串联一个9.5kΩ的电阻 D. 并联一个9.5kΩ的电阻 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 把电流表改装成一个量程为10V的电压表，应串联电阻为；由上式知应串联9.5KΩ的电阻．故选C.‎ ‎6.用伏安法测电阻R，按（甲）图测得的结果为R1，按（乙）图测得的结果为R2，若电阻的真实值为RZ，则下列关系正确的是 A. R1 > RZ > R2‎ B. R1 < RZ < R2‎ C. RZ > R1，RZ > R2‎ D. R1 = RZ = R2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析电路图,根据电表测量值与真实值间的关系,应用欧姆定律分析电阻测量值与真实值间的关系,然后答题 ‎【详解】图甲所示电路是电流表的内接法,电流的测量值等于真实值,因为电流表的分压作用,电压的测量值大于真实值,即所测电流I是真实的,所测电压U偏大,电阻测量值 大于真实值R,‎ 图乙所示电路是电流表的外接法,电压的测量值等于真实值,因为电压表的分流作用,电流的测量值大于真实值,即所测电压U是真实的,所测电流I偏大,电阻测量值 小于真实值R，综合分析可以知道R1 > RZ > R2，故A对；BCD错；‎ 故选A ‎7.人从高处跳到低处时，为了安全，一般都是脚触地后，顺势下蹲，这样做是为了 A. 减小地面对人的冲量的大小 B. 增大人与地面的压强，这样人触地更平稳 C. 增大人与地面的作用时间，减小地面对人的作用力 D. 使人的动量变化量减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 人落下时速度的变化量相同,根据动量定理可分析顺势下蹲的好处,明确人顺势下蹲延长了人与地面接触的时间.‎ ‎【详解】ACD、人在和地面接触时,人的速度减为零,以向上为正,由动量定理可得:‎ ‎ ‎ 而屈膝的过程可以增加人着地的时间,由公式可以知道可以减小受到地面的冲击力,而动量减小量和合力冲量是一定的,因此可以知道,顺势下蹲可以增大人与地面的作用时间,减小地面对人的作用力,所以C选项是正确的,AD错误;‎ B、下落时顺势下蹲,并没有改变接触面积,故不是为了增大压强,故B错误 故选C ‎8.如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，AB总质量为M，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB和C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是 A. 弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动 B. C与B碰前，C与AB的速率之比为m:M C. C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动 D. C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 小车、物块和弹簧组成的系统动量守恒,开始时都静止，即总动量为零,结合动量守恒定律分析物块和小车的速度之比,以及C与泥粘在一起时的运动情况 ‎【详解】A、小车、物块和弹簧组成的系统动量守恒,开始总动量为零,当弹簧伸长的过程中,C向右运动,则小车向左运动,故A错误. B、规定向右为正方向,在C与B碰前,根据动量守恒得，计算得出 ‎ 故B错；‎ CD、因为小车、物块和 弹簧组成的系统动量守恒,开始总动量为零,当C与泥粘在一起时,总动量仍然为零,则小车停止运动,故C错；D对；‎ 故选D ‎【点睛】解决本题的关键是将小车、物块和弹簧视为一个系统，整体应用动量守恒定律。‎ ‎9.如图所示，AC、BD为圆的两条互相垂直的直径，圆心为O，半径为r，将带等电荷量的正、负点电荷放在圆周上，它们的位置关于AC对称，＋q与O点的连线和OC夹角为30°，下列说法正确的是 A. A、C两点的电势关系是φA＝φC B. B、D两点的电势关系是φB＝φD C. O点的场强大小为 D. O点的场强大小为 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 由等量异种点电荷的电场分布和等势面的关系可知，等量异种点电荷的连线的中垂线为一条等势线，故A、C两点的电势关系是φA＝φC，A对；空间中电势从左向右逐渐降低，故B、D两点的电势关系是φB＞φD，B错；＋q点电荷在O点的场强与－q点电荷在O点的场强的大小均为，方向与BD方向向上和向下均成60°的夹角，合场强方向向右，根据电场的叠加原理知合场强大小为，C对D错．‎ ‎10.如图所示，AB、CD为一圆的两条直径，且互相垂直，O点为圆心。空间存在一未知静电场，方向与圆周所在平面平行。现有一电子，在电场力作用下（重力不计），先从A点运动至C点，动能减少了Ek；又从C点运动至B点，动能增加了Ek ‎，那么关于此空间存在的静电场可能是 A. 方向垂直于AB并由C指向O的匀强电场 B. 方向垂直于AB并由O指向C的匀强电场 C. 位于O点的正点电荷形成的电场 D. 位于D点的正点电荷形成的电场 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB项，从A点运动至C点，动能减少了Ek；又从C点运动至B点，动能增加了Ek，说明AB为电场的等势线，故电场垂直AB，电子从A点运动至C点，动能减少，说明电场力做负功，即电子受到了向左的力，所以电场线的方向应该垂直于AB向右，故A项错误；B项正确；‎ C、D项，A、C、B到O点的距离相等，O点的正电荷产生的电场中，电子由A到C、C到B电场力不做功，电势能不发生变化；D点正电荷产生的电场中，由对称性可知，电子由A到C过程中电场力做负功，C到B过程总，电场力做正功，且做功的绝对值相等，故D项正确，C项错误。‎ 故选BD ‎11.如图所示，静止的电子在加速电压U1的作用下从O点经P板的小孔以速度v1射出，运动时间为t1；又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压U2的作用下偏转一段距离y后离开电场，离开电场时速度为v2，运动时间为t2，则下列判断正确的是（ ）‎ A. 只增大U1，则t1增大 B. 只增大U1，则y减小 C. 只增大U2，则v2增大 D. 只增大U2，则y减小 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：由可知，电子受力变大，加速度变大，其他条件不变时，当U1变大，则电子进入偏转电场的速度变大，则运动的时间t1减小，故A错误；根据；L=v0t2；解得可知，若要电子离开偏转电场时偏移量y变小，仅使U2变小，或者增大U1，其它条件不变即可，故B正确．D错误；，则只增大U2，则v2增大，选项C正确；故选BC．‎ 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】本题考查了带电粒子在电场中的运动，可以根据动能定理和牛顿第二定律、运动学公式结合推导出。‎ ‎12.如图所示，是将滑动变阻器作分压器用的电路，A、B为分压器的输出端，R是负载电阻，电源电压为U保持恒定，滑动片P位于变阻器的中央，下列判断正确的是 A. 空载（不接R）时，输出电压为U/2‎ B. 接上负载 R时，输出电压小于U/2‎ C. 负载电阻R的阻值越大，输出电压越低 D. 接上负载R后，要使输出电压为U/2，滑片P须向下移动至某一位置 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ A、空载（不接R）时,触头把滑动变阻器分成相等的两部分,由串联电路特点可知,输出电压为电源电压的一半,即U/2,故A正确；‎ B、接上负载R时,电路总电阻变小,干路电流变大,滑动变阻器上半部分电压变大,大于电源电压的一半,则A、B间的输出电压小于U/2,故B正确；‎ C、负载电阻R的阻值越大,负载电阻与滑动变阻器下半部分电阻的并联阻值越大,输出电压越大,故C错误；‎ D、接上负载R时,电路总电阻变小,干路电流变大,滑动变阻器上半部分电压变大,大于电源电压的一半,则A、B间的输出电压小于U/2,要使输出电压等于U/2,滑片应向上移动,故D错误。‎ 故选：AB．‎ 二、实验题 ‎13.如图所示为“探究碰撞中的不变量”的实验装置示意图．已知a、b小球的质量分别为ma、mb，半径分别是ra、rb，图中P点为单独释放a球的平均落点，M、N是a、b小球碰撞后落点的平均位置。‎ ‎（1）本实验必须满足的条件是_________。‎ A．斜槽轨道必须是光滑的 B．斜槽轨道末端的切线水平 C．入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速释放 D．入射球与被碰球满足ma＝mb，ra＝rb ‎（2）为了验证动量守恒定律，需要测量OP间的距离x1，则还需要测量的物理量有_______、_______（用相应的文字和字母表示）。‎ ‎（3）如果动量守恒，须满足的关系式是______________________（用测量物理量的字母表示）。‎ ‎【答案】 (1). （1）BC； (2). （2）OM间的距离x2； (3). ON间的距离x3； (4). （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)在做“验证动量守恒定律”的实验中,是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的,所以要保证每次小球都做平抛运动,则轨道的末端必须水平. (2)由动量守恒定律求出需要验证的表达式,根据表达式确定需要测量的量;‎ ‎(3)根据(2)的分析确定需要验证的关系式 ‎【详解】:(1)A、“验证动量守恒定律”‎ 的实验中,是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的,只要离开轨道后做平抛运动,对斜槽是否光滑没有要求,故A错误; B、要保证每次小球都做平抛运动,则轨道的末端必须水平,所以B选项是正确的; C、要保证碰撞前的速度相同,所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下,所以C选项是正确的; D、为了保证小球碰撞为对心正碰,且碰后不反弹,要求 ,故D错误.‎ 故选BC ‎(2)要验证动量守恒定律定律,即验证: ,小球离开轨道后做平抛运动,它们抛出点的高度相等,在空中的运动时间t相等, 上式两边同时乘以t得 OM间的距离x2和ON间的距离x3‎ ‎(3)由(2)知,实验需要验证 ‎14.某实验小组准备探究某种元件Q的伏安特性曲线，他们设计了如图（甲）所示的电路图。请回答下列问题: ‎ ‎（1）将图（乙）中实物连线按图（甲）的电路图补充完整________。‎ ‎（2）在实验过程中，开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应置于最________端（填“左”或“右”）。闭合开关S后，电流表、电压表均有示数，但无论怎样移动变阻器滑片，总不能使电压表的示数调为零，原因可能是图（甲）中的____（选填a、b、c、d、e、f ）处接触不良。‎ ‎（3）据实验测得的数据，作出该元件的IU图线如图（丙）所示，则元件Q的电阻随工作电压的增大而_________（填“不变”、“增大”或“减小”），元件Q在U=0.8V时的电阻值是____Ω。‎ ‎【答案】 (1). （1）如图所示； (2). （2）左， (3). f； (4). （3）减小， (5). 16‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据原理图可得出对应的实物图,注意滑动变阻器以及电流表的接法;‎ ‎（2）为了保证电路安全，流过用电器的电流要从小电流开始，‎ ‎（3）根据图像可求出不同电压下元件Q的电阻。‎ ‎【详解】（1）分析电路原理图,得出对应的实物图如图所示;‎ ‎（2）为了保证电路安全，在实验过程中，开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应置于最左端，闭合开关S后，电流表、电压表均有示数，但无论怎样移动变阻器滑片，总不能使电压表的示数调为零，则说明电路没有达到分压的效果,故图中f没有连接好。‎ ‎（3）图像的斜率表示电阻的倒数，所以元件Q的电阻随工作电压的增大而减小，元件Q在U=0.8V时的电流为0.05A，所以Q的电阻值是 三、计算题 ‎15.如图所示，一带电荷量为＋q、质量为m的小物块处于一倾角为θ的光滑斜面上，整个装置置于一水平向右的匀强电场中，小物块处于静止状态。已知重力加速度为g，求：‎ ‎（1）匀强电场的场强；‎ ‎（2）若将匀强电场的场强减小为原来的1/2，物块将沿斜面加速下滑，则物块下滑的加速度为多大？‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用平衡求出电场强度 ‎（2））根据牛顿第二定律可求出物块下滑的加速度值 ‎【详解】（1）小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力。‎ 对小物块由平衡条件得 对小物块沿斜面由平衡条件得 ‎ 解得 ‎ ‎（2）当电场减为原来的时，对小物块沿斜面由牛顿第二定律得：‎ ‎ ‎ 解得：‎ 故本题答案是：（1）；（2）‎ ‎16.匀强电场中A、B、C三点构成一个直角三角形，AB=4cm，BC=3cm。把电荷量为的点电荷从A点移到B点时，电场力做功4.8×10﹣8J，从B点移到C点时，克服电场力做功4.8×10﹣8J，若取B点的电势为零，求：‎ ‎（1）A、C两点的电势；‎ ‎（2）电场强度的大小和方向。（要求方向在图中画出）‎ ‎【答案】（1）φA=240V，φC=240V；（2）E=104V/m，方向如图所示 ‎【解析】‎ ‎【详解】：(1)由A到B过程： ‎ 而UAB=φA﹣φB ‎ 代入数据解得：φA=240V ‎ 由B到C过程： ‎ 而UBC=φB﹣φC ‎ 代入数据解得：φC=240V ‎ ‎(2)A、C两点在同一等势线上，电场线垂直于等势线如图所示． ‎ 因为AB=4cm，BC=3cm，三角形ABC为直角三角形，所以∠A=37°‎ 则 ‎ 代入数据解得E=104V/m，方向如图所示。 ‎ 故本题答案是: （1）φA=240V，φC=240V；‎ ‎（2）E=104V/m，方向如图所示 ‎17.如图所示，质量m1=0.3kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L=1.5m，现有质量m2=0.2kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0=2m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止，物块与车面间的动摩擦因数μ=0.5，取g=10m/s2，求：‎ ‎（1）最终物块和小车达到的共同速度v；‎ ‎（2）物块在车面上滑行的时间t.‎ ‎【答案】（1）0.8m/s；（2）0.24s ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由于系统动量守恒,所以根据动量守恒可求出共速后的速度v ‎(2)根据动量定理可以求出物块在相对于车运动的时间t ‎【详解】（1）对物块和小车组成的系统由动量守恒得 ‎ 代入数据解得v=0.8m/s ‎（2）取水平向右为正方向，对小车由动量定理得 ‎ 代入数据解得t=0.24s ‎18.如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第I象限存在沿y轴负方向的水平匀强电场，在y轴负半轴上的某处固定着一点电荷（设匀强电场与点电荷电场以x轴为界互不影响），一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ=60°角射入第IV象限，此后在点电荷作用下做匀速圆周运动，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出，OP=3R．不计粒子重力，静电力常量为k，求：‎ ‎（1）M、N两点间的电势差UMN； ‎ ‎（2）固定x轴下侧平面内的点电荷电量Q.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）粒子在第一象限做类平抛运动，根据类平抛的特点可以求出末速度大小，再根据动能定理可求出电势差；‎ ‎（2）粒子在第四象限做圆周运动，利用几何关系找到半径，利用牛顿第二定律可求解电荷量Q ‎【详解】（1）设粒子过N点时的速度为v，有 解得 ‎ 粒子从M点运动到N点的过程，由动能定理有 ‎ ‎ 联立解得 ‎ ‎（2）设带电粒在第四象限内的运动半径为r， 由几何关系得 ‎ ‎ 由牛顿第二定律有 ‎ 联立解得 ‎ 故本题答案是：（1）；（2）‎ ‎ ‎ ‎ ‎