2017-2018学年黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学高二上学期期中考试物理试题 解析版

2017-2018学年黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学高二上学期期中考试物理试题 解析版

哈师大附中2017-2018学年度高二上学期期中考试物理试题 一、选择题(本题共14小题，每小题4分，共56分。其中1-8题每题只有一个正确选项；9-14题每题至少有两个选项是正确的，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不选的得0分）‎ ‎1. 关于电场线的说法，正确的是 A. 电场线的方向，就是电荷受力的方向 B. 在匀强电场中，正电荷只在电场力作用下一定沿电场线运动 C. 电场线越密的地方，同一电荷所受电场力越大 D. 静电场的电场线是闭合的 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：解答本题需要正确理解电场线特点：电场线是为了形象的描述电场的强弱和方向而假想的曲线，从正电荷或无穷远出发，终止于无穷远或负电荷，是不闭合的；正电荷受力方向和电场力方向相同，负电荷受力方向和电场线相反．‎ 解：A、电场线的方向，是正电荷所受电场力的方向，与负电荷所受电场力的方向相反，故A错误．‎ B、正电荷如果沿电场线运动必须满足的条件：①电场线是直线；②合外力沿电场线方向；所以正电荷只在电场力的作用下不一定沿电场线运动，故B错误．‎ C、电场线的疏密表示电场的强弱，电场线越密，场强越大，同一电荷所受电场力越大．故C正确．‎ D、电场线从正电荷出发到负电荷或无穷远终止，是不闭合的，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】要正确理解电场线和电场强度、电势之间关系，本题易错的是B选项，同学们可以通过列举实例来帮助理解．‎ ‎2. 电阻R和电动机M相串联接到电路中，如图所示，已知电阻R跟电动机线圈的电阻相等，电键接通后，电动机正常工作，设电阻R和电动机两端的电压分别为U1和U2，经过时间t，电流通过电阻R做功W1，产生的电热Q1，电流通过电动机M做功W2，产生的电热Q2，则有 A. U1=U2，Q1=Q2 B. W1=W2，Q1=Q2‎ C. W1＜W2，Q1＜Q2 D. W1＜W2，Q1=Q2‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：开关接通后，电动机正常工作，其电路非纯电阻电路，电动机两端的电压大于线圈电阻与电流的乘积．而电阻R是纯电阻，其两端电压等于电阻与电流的乘积．根据焦耳定律研究热量关系．‎ 解：设开关接通后，电路中电流为I．‎ 对于电阻R，由欧姆定律得：U1=IR 对于电动机，U2＞IR，则有：U1＜U2．‎ 根据W=UIt，有：W1＜W2．‎ 根据焦耳定律得：Q1=I2Rt，Q2=I2Rt，则Q1=Q2．‎ 故D正确；‎ 故选：D ‎【点评】本题把握纯电阻电路与非纯电阻电路区别的能力，抓住欧姆定律适用于纯电阻电路，不适用于非纯电阻电路，而焦耳定律对两种电路均适用．‎ ‎3. 法拉第首先提出用电场线形象生动地描绘电场，如图所示为点电荷a、b所形成电场的电场线分布图（箭头未标出），在M点处放置一个电荷量大小为q的负试探点电荷，受到的电场力大小为F，以下说法中正确的是 A. 由电场线分布图可知M点处的场强比N点处场强大 B. a、b为异种电荷，a的电荷量小于b的电荷量 C. M点处的场强大小为F/q，方向与所受电场力方向相同 D. 如果M点处的点电荷电量变为2q，该处场强将变为F/2q ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：电场线的疏密程度表示场强大小，由图可知N点场强较大，A错；电场线总是由正电荷出发终止于负电荷，由电场线分布可知a、b为异种电荷，由点电荷场强公式可知b电荷电量较大，B对；对于负电荷所受电场力方向与场强方向相反，C错；场强为电场本身的性质，与放置的试探电荷无关，D错；故选B 考点：考查电场线与场强 点评：难度较小，对常见电场线分布要特别熟悉，点电荷场强公式要理解，明确场强为电场本身的性质 ‎4. 在如图所示的电路中，电源内阻不能忽略，当移动滑动变阻器滑片时，电流表示数变大，则 A. 滑片一定向左移动 B. 电源的输出功率一定增大 C. 电源内部消耗的功率一定减小 D. 电源的效率一定减小 ‎【答案】D ‎【解析】假设滑动变阻器的滑片向左移动，变阻器接入电路的电阻增大，并联部分电阻增大，外电路总电阻R增大，由闭合电路欧姆定律得知：干路电流I减小，内电压减小，路端电压增大。电路中并联部分的电压U并=E−I(r+R1)增大，电阻R2的电流增大，电流表的示数IA=I−I2变小。由题意电流表示数变大，所以可知，滑动变阻器的滑片向右移动，干路电流I增大，电源的总功率P总=EI可知，P总增大。‎ 由于电源的内阻与外电阻的关系未知，不能判断电源的输出功率如何变化。‎ I增大，由P内=I2r得知电源内部消耗功率一定增大。‎ 电源的效率η=UI/EI=U/E，根据分析可知，路端电压U减小，电动势E不变，所以电源的效率一定减小。故D正确，ABC错误。‎ 故选：D。‎ ‎5. 在匀强电场中，将质量为m，带电量为q的小球由静止释放，带电小球的运动轨迹为一直线，该直线与竖直方向的夹角为θ，如图所示，则电场强度的大小为 A. 有唯一值 B. 最小值是 C. 最大值 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】带电小球的运动轨迹为直线，在电场中受到重力mg和电场力F，‎ 其合力必定沿此直线向下，根据三角形定则作出合力如图所示：‎ 由图看出，符合条件的电场强度有多种情况，而当电场力F与此直线垂直时，电场力F最小，场强最小，则有F=qEmin=mgsinθ，得到场强的最小值为Emin=mgsinθ/q，由图可知，最大值无法求出。故ACD错误，B正确。‎ 故选：B。‎ 点睛：带电小球在电场中受到重力和电场力，从O点自由释放，其运动轨迹为直线，小球所受的合力方向沿此直线方向，运用三角形定则分析什么情况下场强大小最小，再求出最小值。‎ ‎6. 如图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接。将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化情况是 A. Q变小，C不变，U不变，E变小 B. Q变小，C变小，U不变，E不变 C. Q不变，C变小，U变大，E不变 D. Q不变，C变小，U变大，E变小 ‎【答案】C 考点：电容器的动态分析。‎ ‎【名师点睛】平行板电容器的动态分析方法 ‎(1)确定不变量―→分析是电压不变还是所带电荷量不变．‎ ‎(2)用决定式C＝―→分析平行板电容器电容的变化．‎ ‎(3)用定义式C＝―→分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化．‎ ‎(4)用E＝―→分析电容器极板间电场强度的变化．‎ ‎7. 如图所示，厚薄均匀的长方体金属片，边长ab=10cm，bc=5cm，当A与B间接入的电压为U时，导体内自由电子的定向移动速率为v，当C与D间接入的电压为U时，导体内自由电子的定向移动速率为 A. 4 v B. 2 v C. 0.5v D. 0.25 v ‎【答案】B ‎【解析】当A、B间接入电压，根据电阻定律知，，当C与D间接入电压，‎ 则，‎ 根据欧姆定律得，I=U/R，因为电压相等，电阻之比为4:1，则电流之比为1:4，而根据电流的微观表达式I=nesv，所以，v2=2v，故B正确，A. C. D错误。‎ 故选：B。‎ 点睛：根据电阻定律求出在两种情况下的电阻之比，抓住电压相等，通过欧姆定律求出电流之比。‎ ‎8. 如图所示，平行直线AA′、BB′、CC′、DD′、EE′，分别表示电势﹣4V，﹣2V，0，2V，4V的等势线，若AB=BC=CD=DE=2cm，且与直线MN成30°角，则 A. 该电场是匀强电场，场强方向垂直于AA′，且指向右下 B. 该电场是匀强电场，场强大小可能小于2V/m C. 该电场是匀强电场，在纸面内距C点距离为2cm的所有点中，最高电势为2V，最低电势为﹣2V D. 该电场是匀强电场，在纸面内距C点距离为2cm的所有点中，最高电势为4V，最低电势为﹣4V ‎【答案】D ‎【解析】A、从图中可以看出，等差等势面平行且间距相等，故一定是匀强电场；由于电场线与等势面垂直，且从电势高的等势面指向电势低的等势面，故场强方向与AA′垂直，且指向左上方，故A错误；‎ B、根据场强与电势差关系公式U=Ed可以知道，E=U/d=2/0.01=200V/m，故B错误；‎ C、匀强电场的等势面是一些平行的等间距的直线，故该电场是匀强电场；由于匀强电场中沿着电场线，电势降低的最快，且每前进相同距离，电势降低相等的值，故距C点距离为2cm的所有点中，最高电势为4V，最低电势为−4V，故C错误，D正确；‎ 故选：D。‎ 点睛：匀强电场的等势面是一些平行的等间距的直线，且沿着电场线，电势降低的最快，且每前进相同距离，电势降低相等的值。‎ ‎9. 如图所示，金属壳放在的绝缘垫上，能起到屏蔽外电场或内电场作用的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】A图中，由于金属壳发生静电感应，内部场强为零，金属壳起到屏蔽外电场的作用，A对；B图中金属壳同大地连为一体，同A一样，外壳起到屏蔽外电场的作用；C中电荷会引起金属壳内外表面带电，外表面电荷会在壳外空间中产生电场，即金属壳不起屏蔽作用，C错；将金属壳接地后，外表面不带电，壳外不产生电场，金属壳起屏蔽内电场的作用，D对．‎ 思路分析：由于金属壳发生静电感应，内部场强为零，金属壳起到屏蔽外电场的作用，金属壳同大地连为一体，外壳起到屏蔽外电场的作用；C中电荷会引起金属壳内外表面带电，外表面电荷会在壳外空间中产生电场，即金属壳不起屏蔽作用，将金属壳接地后，外表面不带电，壳外不产生电场，金属壳起屏蔽内电场的作用，‎ 试题点评：关键是理解静电屏蔽原理，‎ ‎10. MN是一负电荷产生的电场中的一条电场线，一个带正电的粒子（不计重力）从a到b穿越这条电场线的轨迹，如图中虚线所示，下列说法正确的是 A. 负电荷一定位于M左侧 B. 带电粒子在a点加速度大于b点加速度 C. 带电粒子在a点电势能大于b点电势能 D. 带电粒子在a点的动能大于b点的动能 ‎【答案】AC ‎【解析】A、带正电的粒子所受电场力向左，电场线由N指向M，说明负电荷在直线M点左侧，A正确；‎ B、a点离点电荷较远，a点的电场强度小于b点的电场强度，带电粒子在a点的电场力小于在b点的电场力，根据牛顿第二定律得知，带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度，故B错误；‎ C、从a到b，电场力对带电粒子做正功，电势能减小，则带电粒子在a点的电势能大于在b点的电势能，故C正确；‎ D、由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，电场力指向轨迹内侧，电场力方向大致向左，对带电粒子做正功，其动能增加，故D错误。‎ 故选：AC。‎ 点睛：解答本题的突破口是根据粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向，从而确定电场线MN的方向以及负点电荷的位置，然后根据负点电荷周围电场分布情况，进一步解答。‎ ‎11. 如图所示，在一平面坐标系xy内有四个电量相等的点电荷a、b、c、d位于正方形四个顶点，A、B在x轴上且为ab、cd连线的中点，O为其中心。一质子（不计重力）沿x轴在变力F作用下从A点匀速运动到B点。则下列说法正确的是 A. A、O、B三点电势相等 B. A、O、B三点中O点电势最低 C. 质子所受电场力方向先沿y轴正向，后沿y轴负向 D. 质子所受电场力方向先沿y轴负向，后沿y轴正向 ‎【答案】AD ‎【解析】如图所示在x轴任意一点上做出a、b、c、d四个电荷所产生的电场的方向，根据 可知电荷a和电荷b在该点产生的场强Ea和Eb大小相同，且与水平方向的夹角相同，故Ea和Eb的合场强竖直向下；同理电荷c、d在该点的场强Ec、Ed大小相等，但合场强方向竖直向上，故在x轴上任意一点的场强方向只能是沿y轴正方向或沿y轴负方向，即x轴与电场线垂直，故x轴在一条等势线上，故AOB三点电势相等，故A正确，B错误．根据 可知在x轴负半轴上电荷a和电荷b产生的场强Ea和Eb大于电荷c和电荷d产生的场强Ec、Ed，故在x轴负半轴上场强的方向沿y轴负方向，而O点合场强为0，在x轴正半轴上，合场强沿y轴正方向，而质子所受电场力的方向与场强的方向相同，故质子所受电场力F方向先沿y轴负向，后沿y轴正向，故C错误而D正确．故选AD． ‎ 点睛：本题考查了真空中的点电荷的电场强度的表达式、电场的合成遵循平行四边形定则、电场线和等势面相互垂直．此类题目处理起来比较繁琐容易出错．‎ ‎12. 如图所示，带电小球Q固定在倾角为θ的光滑固定绝缘细杆下端，一质量为m ‎，电荷量为q的带正电小球M穿在杆上从A点由静止释放，小球到达B点时速度恰好为零，已知A、B间距为L，C是AB的中点，两小球均可视为质点，重力加速度为g，则 A. 小球从A到B的过程中加速度先减小后增大 B. 小球在B点时受到的库仑力大小为mgsinθ C. 小球在C点时速度最大 D. 在Q产生的电场中，A、B两点间的电势差为UAB=﹣‎ ‎【答案】AD ‎【解析】由题意可知，小球从A由静止运动在B点时，速度为零，则小球先加速后减速，那么一开始库仑力小于重力沿着细杆的分力，当减速运动时，则库仑力大于重力沿着细杆的分力，因此加速度先减小，再增大，故A正确；球在B点时，速度为零，但不是处于平衡状态，由于球要向上运动，那么受到的库仑力大小大于mgsin θ，故B错误；当球的加速度为零时，速度才能达到最大，而C虽是AB的中点，但此处库仑力、支持力与重力的合力不为零，故C错误；根据动能定理，从A到B，则有：0－0＝mgLsin θ＋qUAB；解得：UAB＝－，故D正确，故选AD.‎ ‎13. 如图所示电路，在平行金属板M、N内部左侧中央P有一质量为m的带电粒子（重力不计）以水平速度v0射入电场并打在N板的O点，改变R1或R2的阻值，粒子仍以v0射入电场，则下列说法正确的是 A. 该粒子带正电 B. 减小R1，粒子将打在O点左侧 C. 增大R1，粒子在板间运动时间不变 D. 减小R2，粒子还能打在O点 ‎【答案】BD ‎【解析】A、由电路可知，N板带正电，所以带电粒子带负电，A错误；‎ BC、由电路可知，RO、R1串联接在电源两端，MN两板间的电压等于R0两端电压。带电粒子在两板间做类平抛运动，平行两板方向做匀速运动，垂直两板方向做匀加速运动。减小R1，两板间电压增大，加速度增大，粒子将打在O点左侧，时间变短，B正确，C错误；‎ D、减小R2，两板间电压不变，粒子在板间运动时间不变，还能打在O点，D正确。‎ 故选：BD。‎ ‎14. 电荷量不等的两点电荷固定在x轴上坐标为﹣3L和3L的两点，其中坐标为3L处电荷带正电，电荷量为Q．两点电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中x=L处电势最低，x轴上M、N两点的坐标分别为﹣2L和2L，则下列判断正确的是 A. 两点电荷一定为异种电荷 B. 原点O处场强大小为 C. 负检验电荷在原点O处受到向左的电场力 D. 负检验电荷由M点运动到N点的过程，电势能先减小后增大 ‎【答案】BC ‎【解析】A、由φ−x图象特点可知两点电荷均为正电荷，故A错误；‎ BC、x=L处电势最低，此处图线的斜率为0，即该点的合场强为0，，得Q′=4Q，故原点处的场强大小为，方向向右，负检验电荷在原点O处受到的电场力向左，故B错误，C正确；‎ D、由M点到N点电势先减小后增大，所以负检验电荷由M点运动到N点的过程，电势能先增大后减小，故D错误。‎ 故选：C。‎ 二、实验题（本题共3小题，共16分）‎ ‎15. 用游标卡尺测量遮光条的宽度d如图所示，则d=______‎ mm；用螺旋测微器测量遮光条的厚h如图所示，则h=_____mm。‎ ‎【答案】 (1). 11.70 (2). 4.226‎ ‎【解析】游标卡尺的主尺读数为11mm，游标读数为0.05×14mm=0.70mm，则d=11.70mm；‎ 螺旋测微器的固定刻度读数为4mm，可动刻度读数为0.01×22.6mm=0.226mm，则h=4.226mm。‎ ‎16. 在“测定电源电动势和内阻”的实验中：‎ ‎(1)若根据实验数据作出如图1所示的图象，则该电池的电动势E=____V；内阻r=____Ω。‎ ‎(2)若实验电路如图2所示，由于电压表、电流表均不是理想电表，则测量结果，电源电动势的测量值将____真实值，内阻的测量值将_____真实值。（填“大于”、“等于”、“小于”‎ ‎(3)请根据电路图在图3中连接实物图____。‎ ‎【答案】 (1). 1.50 (2). 0.50 (3). 小于 (4). 小于 (5). ‎ ‎【解析】(1)由图1所示电源U−I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.50V，电源电动势E=1.50V；电源内阻r=△U/△I=（1.5−1.0）/1.0=0.50Ω。‎ ‎.....................‎ 由图象可知，电源电动势的测量值小于真实值；图线的斜率等于内阻，由图象可知，电源内阻测量值小于真实值。‎ ‎(3)根据图2所示实验电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：‎ 点睛：电源U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻；根据实验电路图及误差来源分析实验误差；根据电路图连接实物电路图。‎ ‎17. 一个小灯泡上标有“4V，2W”的字样，现在要用伏安法测量这个灯泡的U﹣I图线，现有下列器材供选用：‎ A．电压表（0～5V，内阻约10kΩ）‎ B．电压表（0～10V，内阻约20kΩ）‎ C．电流表（0～0.3A，内阻约1Ω）‎ D．电流表（0～0.6A，内阻约0.4Ω）‎ E．滑动变阻器（10Ω，2A）‎ F．学生电源（直流6V），还有开关导线 ‎(1)实验中所用电压表应选_____，电流表应选用_____（用序号字母表示）。‎ ‎(2)为了使实验误差尽量减小，要求从零开始多测几组数据，请在图甲方框内画出满足实验要求的电路图____。‎ ‎(3)某同学利用实验得到的数据画出了该小灯泡的U﹣I曲线（如图乙所示），若直接在小灯泡两端加上2V的电压，则该小灯泡消耗的功率是______W，电阻是______Ω。（结果保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). A (2). D (3). 分压法 (4). 0.80 (5). 5.0‎ ‎【解析】(1)因小灯泡标有“4V，2W”的字样，故电压表应选A，由I=P/U得小灯泡额定电流为0.5A，故电流表应选D。‎ ‎ (2)因小灯泡电流从零调，故滑动变阻器应用分压式接法；因小灯泡电阻远小于电压表内阻，故电流表应用外接法。电路图如图所示：‎ ‎（3）直接在小灯泡两端加上2V的电压，由图可知，流过小灯泡的电流为0.40A，小灯泡的功率P=UI=0.80W；电阻为。‎ 三、计算题（本题共3小题，共28分）‎ ‎18. 在如图所示的电路中，R1=2Ω，R2=R3=4Ω，当开关K接a时，R2上消耗的电功率为4W，当开关K接b时，电压表示数为4.5V，试求：‎ ‎(1)开关K接a时，通过电源的电流和电源两端的电压；‎ ‎(2)开关K接b时，电源的电动势和内电阻；‎ ‎(3)开关K接c时，通过R2的电流。‎ ‎【答案】（1）4V （2）6V （3）0.5A ‎【解析】试题分析：（1）开关S接a时，R1被短路，由P2=I2R2得：‎ 通过电源的电流为：I=1A 电源两端的电压等于R2的两端电压为：U=IR2=1×4V=4V；‎ ‎（2）由闭合电路欧姆定律得：‎ 当开关S接a时，有：E=U+Ir，‎ 代入得：E=4+r 当开关S接b时，电压表示数为4．5V，有：E=U′+‎ 联立以上两式解得：E=6V，r=2Ω ‎（3）当电开关S接c时，通过R2的电流为：‎ A 考点：闭合电路的欧姆定律 ‎【名师点睛】本题首先要理解短路的意义，灵活选取灵活功率公式，运用闭合电路欧姆定律和欧姆定律结合求解。‎ ‎19. 如图所示，M、N为两块水平放置的平行金属板，板长为l，两板间的距离也为l，板间电压恒为U。今有一带电量为 - q、质量为m的粒子(重力不计)，以一定的初速度沿两板正中间垂直进入电场，最后打在距两平行板右端距离为l的竖直屏上。粒子的落点距O点的距离为。若在纸面内，大量的上述粒子(与原来的初速度一样，并忽略粒子间相互作用)从MN板间不同位置垂直进入电场。试求：‎ ‎(1)粒子的初速度；‎ ‎(2)这些粒子落在竖直屏上的范围。‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】（1）粒子运动的时间为 ① ‎ 加速度为 ② ‎ 偏转位移为 ③‎ 联立得： ‎ 离开电场后粒子做匀速直线运动，根据几何关系：‎ 带入数据得：；‎ ‎（2）带入数据得，粒子在偏转电场中的偏转量：，可知据上板l/6内的粒子将无法穿过电场。由于各个粒子运动情况一致，可知：‎ 当粒子从贴近下板进入电场,其总的竖直位移与前面相同(因为场强、电量等量是相同的),即为l/2,所以打在O点；当粒子恰好从上板边缘飞出电场时,打到屏上的位置据O点为,所以,从O点到最上端的距离为，粒子落在竖直屏上的区域 如图是。‎ ‎20. 如图所示，一个光滑斜面与一个光滑的竖直圆轨道在A点相切，B点为圆轨道的最低点，C点为圆轨道的最高点，整个空间存在水平向左的匀强电场。一质量为m=1kg，电荷量为+q的带电小球从斜面上距A点s=2m处的O点静止释放．已知电场强度，θ=53°，圆轨道半径R=1m，(g取10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6)。求：(结果保留两位有效数字)‎ ‎(1)小球经过B点时受到的支持力的大小；‎ ‎(2)为了使小球能经过C点，小球应在斜面上至少离A点多远处静止释放?‎ ‎【答案】（1）20N （2）8.8m ‎【解析】（1）从O到B过程，由动能定理得：‎ mg[ssinθ+R（1﹣cosθ）]﹣qE（scosθ+Rsinθ）=mvB2﹣0，‎ 在B点，由牛顿第二定律得：N﹣mg=m，解得：N=20N；‎ ‎（2）小球恰好经过等效最高点，由牛顿第二定律得：5mg/4=m，解得：v2=25/2，‎ 小球从静止到该点过程，由动能定理得：‎ mg[Lsinθ﹣Rcosθ﹣Rsinθ）﹣2R]﹣qE（Lcosθ+Rsinθ+Rcosθ）=mv2﹣0，‎ 解得：L=8.8m；‎ ‎ ‎