2017-2018学年广西省桂林中山中学高二上学期段考物理（理）试题

2017-2018学年广西省桂林中山中学高二上学期段考物理（理）试题

中山中学2017-2018上学期段考高二物理（理科）试题 一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）‎ 1. 把两个相同的金属小球相互靠近时，发现它们相互吸引，现将两个小球接触一下，再分开一小段距离，发现它们相互排斥．则下列说法正确的是（　　）‎ A. 两球原来一定带有不等量异种电荷 B. 两球原来带有同种电荷 C. 可能两球中原来只有一个带电 D. 现在两球所带电荷量肯定不相等 2. 图示为某个电场中的部分电场线，如图A、B两点的场强分别记为EA、EB，电势分别记为φA、φB，则（　　）‎ A. EA＞EB、φA＞φB B. EA＜EB、φA＞φB C. EA＜EB、φA＜φB D. EA＞EB、φA＜φB 3. 如图所示，PQ为某电场中的一条电场线，下列说法正确的是（　　） ‎ A. 该电场一定是匀强电场 B. 该电场一定是点电荷产生的电场 C. P点的电场强度一定比Q点的大 D. 正电荷在P点受到的电场力方向沿着电场线方向 4. 如图A、B是两个等量异种点电荷，周围有1、2、3、4、5五个点，其中1、2、3在两点电荷的连线上，3为中点，4、5在连线的中垂线上，且1、3之间距离与2、3之间距 离相等，3、4之间距离与3、5之间距离相等．则（　　）‎ A. 1、2两点电场强度相同 B. 4、5两点电场强度不相同 C. 1、2两点电势相等 D. 4、5两点电势不相等 5. 下列各组物理量中，由电场自身性质决定的是（　　）‎ A. 电场力、电场强度 B. 电场强度、电势差 C. 电场力做的功、电势能 D. 电势差、电势能 6. 对公式E=的理解，下列说法正确的是（　　）‎ A. 此公式为比值定义式，故适用于计算任何电场中a、b两点间的电势差 B. 同一个电场中a点和b点距离越大，则这两点的电势差越大 C. 公式中d是指a点和b点之间的直线距离 D. 公式中的d是a、b两个等势面间的垂直距离 7. 在如图所示的电路中，a、b、c为三个相同的灯泡，其电阻值均大于电源内阻，当变阻器R的滑动触头P向上移动时，下列判断中正确的是（　　）‎ A. b灯变暗，a、c灯变亮 B. a、b、c灯泡全变亮 C. 电源输出功率增大 D. 电源的供电效率增大 1. 如图所示电路中，电源电动势为12V，电源内阻为1.0Ω，电路中的电阻R0为1.5Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5Ω，闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0A，则以下判断中正确的是（　　）‎ A. 电动机的电功率为2W B. 电动机两端的电压为1V C. 电动机产生的热功率为2W D. 电源输出的电功率为24W 二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）‎ 2. 如图所示，a、b分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀电阻丝的伏安特性曲线，下列判断中正确的是（　　）‎ A. a代表的电阻丝较粗 B. b代表的电阻丝较粗 C. 将两条电阻丝并联后，其I-U图线位于a、b之间 D. 将两条电阻丝串联后接入电路，a的热功率比b的大 3. 如图所示，在水平放置的足够大金属板的正上方有带正电的点电荷Q．一表面绝缘并带正电的小球C（可视为质点，且不影响原电场分布）以速度V0在金属板上自左向右运动，在运动过程中C的带电量保持不变，它与金属板之间的摩擦不能忽略，则关于C的这段运动过程，下列说法正确的是（　　）‎ A. C球先减速后加速运动 B. C对金属板的压力先变大后变小 C. C球的电势能保持不变 D. C球的加速度先变小后变大 4. 如图所示，平行板电容器与电池相连，当二极板间距离减小后，则二板间的电压U和电场强度E，电容器电容C及电量Q与原来相比（　　）‎ A. U不变，E变大 B. U不变，E变小 C. C变大，Q变大 D. C变大，Q变小 5. 在如图所示的电路中，若该伏特表和安培表的位置互换，则可能发生的情况是（　　）‎ ‎ ‎ A. 伏特表将被烧坏 B. 灯泡将被烧坏 C. 灯泡不能发光 D. 安培表将被烧坏 三、实验题探究题（本大题共2小题，共12分）‎ 6. 在“探究导体的电阻跟哪些因素有关”的实验中，同学们提出了四种猜想． 猜想①：电阻可能与导体的材料有关； 猜想②：电阻可能与导体的温度有关； 猜想③：电阻可能与导体的长度有关； 猜想④：电阻可能与导体的横截面积有关． 如图所示，是同学们为了完成上述探究活动而准备的实验器材，已经完成了部分实物的连接． （1）若电阻受温度的影响可以忽略，要探究猜想①，应该选用______ 两种合金丝进行实验； （2‎ ‎）要探究猜想③，应该选用______ 两种合金丝进行实验．（填导线的字母代号“a”、“b”、“c”、“d”）‎ 1. 某同学利用如图所示的电路可以测量多个物理量．实验室提供的器材有： 两个相同的待测电源（内阻r≈1Ω），电阻箱R1（最大阻值为999.9Ω），电阻箱R2（最大阻值为999.9Ω），电压表V（内阻约为2kΩ），电流表A（内阻约为2Ω），灵敏电流计G，两个开关S1、S2． 主要实验步骤如下：①按图连接好电路，调节电阻箱R1和R2至最大，闭合开关S1和S2，再反复调节R1和R2，使电流计G的示数为0，读出电流表A、电压表V、电阻箱R1、电阻箱R2的示数分别为I1、U1、R1、R2； ②反复调节电阻箱R1和R2（与①中的电阻值不同），使电流计G的示数为0，读出电流表A、电压表V的示数分别为I2、U2． 回答下列问题： （1）电流计G的示数为0时，电路中A和B两点的电势φA和φB的关系为______ ； （2）电压表的内阻为______ ，电流表的内阻为______ ； （3）电源的电动势E为______ ，内阻r为______ ．‎ 四、计算题（本大题共4小题，共40.0分）‎ 2. 如图所示，有一个挂在轻质绝缘丝线下端带正电的小球B，B球的质量为m．若其左侧有一固定的带正电小球A，所带电荷量为Q，则B球静止在图示位置，θ=30°，A和B在同一条水平线上，A、B两球间的距离r，整个装置处于真空中．试求B球带电荷量 ‎ ‎ 3. 如图所示，A、B、C是点电荷Q激发的电场中的三个点．现在A点放入一电荷量q=1.0×10-9C的正试探电荷，q受到的电场力F=9.0×10-6N． （1）求A点电场强度EA的大小； （2）若将q从A点移动到B点，q受到的电场力变大还是变小？ （3）若EC=2.0×103N/C，求q在C点受到电场力的大小． ‎ 4. 如图，光滑斜面倾角为37°，一质量m=1×10-2Kg、电荷量q=+1×10-6C的小物块置于斜面上，当加上水平向右的匀强电场时，该物体恰能静止在斜面上，G=10m/s2，求： （1）该电场的电场强度大小 （2‎ ‎）若电场强度变为原来的，小物块运动的加速度大小 （3）在（2）前提下，当小物块沿斜面下滑L=m时，机械能的改变量．‎ ‎ ‎ 1. 如图所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为+Q和-Q，A、B相距为2d．MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p，其质量为m、电荷量为+q（可视为点电荷，不影响电场的分布），现将小球p从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球p向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v，已知MN与AB之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g．求： （1）C、O间的电势差UCO； （2）小球p在O点时的加速度； （3）小球p经过与点电荷B等高的D点时的速度 ‎ 中山中学2017-2018上学期段考高二物理（理科）‎ ‎【答案】‎ ‎1. C    2. B    3. D    4. A    5. B    6. D    7. C    8. C    9. BD    10. BC    11. AC    12. CD    ‎ ‎13. c、d；a、c ‎14. φA=φB；；-R2；；‎ ‎15. 解：对B球受力分析如图所示，根据平衡条件得： F=mgtanθ； 根据库仑定律F=k； 则有：mgtanθ=mgtan30°=mg； 解得q=； 答：B球的带电荷量q为．‎ ‎16. 解：（1）根据电场强度的定义式知，A点的电场强度． （2）从A点到B点电场线越来越疏，则电场强度越来越小，可知q所受的电场力变小． （3）q在C点所受的电场力F′=qEC=1×10-9×2×103=2×10-6N． 答：（1）A点电场强度EA的大小为9×103N/C． （2）q受到的电场力变小． （3）q在C点受到电场力的大小为2×10-6N．‎ ‎17. 解：（1）如图所示，小物块受重力、斜面支持力和电场力三个力作用，受力平衡，则有 在x轴方向： 在y轴方向： 得：qE=mgtan37°，故有：，方向水平向右． （2）场强变化后物块所受合力为： ‎ 根据牛顿第二定律得：F=ma 故代入解得，方向沿斜面向下 （3）机械能的改变量等于电场力做的功，故， 解得△E=-0.02J 答：（1）该电场的电场强度大小为 （2）若电场强度变为原来的，小物块运动的加速度大小 （3）在（2）前提下，当小物块沿斜面下滑L=m时，机械能的改变量-0.02J ‎18. 解：（1）小球p由C运动到O时，由动能定理得： mgd+qUCO=mv2-0，解得：UCO=； （2）小球p经过O点时受力如图： 由库仑定律得：F1=F2=k， 它们的合力为：F=F1cos45°+F2cos45°=， 所以p在O点处的加速度：a==+g，方向竖直向下； （3）由电场特点可知，在C、D间电场的分布是对称的． 即小球p由C运动到O与由O运动到D的过程中合外力做的功是相等的， 由动能定理得：W合=mv-0=2×mv2，解得：vD=v； 答：（1）C、O间的电势差UCO为； （2）小球p在O点时的加速度为：+g，方向竖直向下； （3）小球p经过与点电荷B等高的D点时的速度为v．‎ ‎【解析】‎ ‎1. 解：A、两个小球可能原来分别带不等量异种电荷，小球接触后电荷先中和再平分，带上等量同种电荷，存在排斥力．故A错误． B、两个小球可能原来分别带同种电荷，把两个完全相同的小球接触后电荷重新平分，带上等量同种电荷，存在排斥力．故B错误． C、可能原来的其中一个带电，把两个完全相同的小球接触后电荷平分，带上等量同种电荷，存在排斥力．故C正确． D、根据AB选项的分析．故D错误． ‎ 故选：C． 两个小球接触后再分开，两球相互排斥，根据小球带电情况，将选项逐一代入，选出符合题意的选项． 本题考查库仑定律的应用，掌握同种电荷排斥，异种电荷吸引，注意中和的含义；并考查应用基本规律分析、判断物理现象的能力．‎ ‎2. 解：由电场线的分布情况可知，B处电场线比A处电场线密，则B点的场强大于A点的场强，即EB＞EA．画出过A点的等势线与B所在的电场线交于一点，则该点的电势高于B点的电势，所以A点的电势高于B点的电势，即φA＞φB．故B正确 故选：B 根据电场线的疏密判断场强的大小，电场线越密，场强越大．画出过A点的等势线，根据顺着电场线电势降低判断电势的高低 本题的技巧是画出等势线．对于电场线的物理意义：电场线疏密表示场强的大小，电场线的方向反映电势的高低要牢固掌握，熟练应用 ‎3. 解：ABC、由于电场线的疏密表示场强的相对大小，而一条电场线不能反映出电场线的疏密，所以不能确定A、B两点的场强大小．因此A、B两点的场强有可能相等，也可能不等，则该电场不一定是匀强电场，也不一定是点电荷产生的电场，故ABC错误． D、电场线的切线方向表示电场强度方向，而正电荷所受的电场力方向与电场强度方向相同，所以正电荷在P点受到的电场力方向沿着电场线方向，故D正确． 故选：D 根据电场线的疏密比较场强的大小，而一条电场线不能反映电场线的疏密，各种可能的情况都有．根据电场线的方向分析正电荷所受的电场力方向． 解决本题的关键时要知道电场线的特点，知道电场线的疏密表示场强的大小，电场线的切线方向表示电场强度方向．‎ ‎4. 解：A、B、根据等量异种电荷周围的电场分布情况，由对称性可知1、2两点的电场强度的大小相等，方向相同．即1、2两点电场强度相同，4、5两点电场强度相等．故A正确，B错误． C、根据顺着电场线方向电势降低可知：1点的电势高于2点的电势．故C错误． D、中垂线为一条等势线，所以4、5电势相等，故D错误． 故选：A． 本题考查了等量异种电荷周围电场分布情况．在如图所示的电场中，等量异种电荷连线上的电场方向是相同的，由+Q指向-Q；两电荷连线上的电场强度大小关于3点对称，中垂线是一条等势线． 解决本题的关键知道等量异种电荷周围的电场线分布，知道两电荷连线的中垂线是等势线．‎ ‎5. 解： A、电场力F=qE与电场和电荷都有关，电场强度由电场本身性质决定，故A错误． B、电场强度反映电场本身的力性质，由电场本身决定；电势差反映电场本身的能的性质，由电场本身决定，故B正确． C、由电场力做功W=qU、电势能EP=qφ，可知电场力做功和电势能都与电场和电荷都有关，故C错误． D、电势差反映电场本身的能的性质，由电场本身决定．电势能与电场和电荷都有关，故D错误． 故选：B 电场强度和电势差反映电场本身的特性，而电场力、电场力做功、电势能既与电场有关，还与试探电荷有关． ‎ 电场这一章中物理量可分为两类，一类只与电场有关，如电场强度、电势差；另一类既与电场有关，又和电荷有关，如电场力，电势能等等．‎ ‎6. 解：A、公式E=只适用于匀强电场中两点的电势差．故A错误； B、a点和b点间距离并不一定是沿电场线方向的距离，所以虽然距离越大，这两点的电势差不一定变大．故B错误； C、公公式中的d是匀强电场中a、b沿电场线方向的距离，也可以是这两点所在的两等势面之间的距离，故C错误，D正确； 故选：D 匀强电场中场强和电势差的关系式是U=Ed，d是沿电场线方向两点间的距离．沿着电场线方向，任何相同距离上的电势降落U必定相等．电势降低最快的方向一定是电场强度的方向． 本题考查对匀强电场中场强和电势差的关系式U=Ed的理解能力，关键抓住两点：一是公式适用条件：匀强电场；二是d是沿电场线方向两点间的距离．要注意顺着电场线，电势一定逐渐降低，但电势降低的方向不一定是电场强度方向，而是电势降低最快的方向才是场强方向．‎ ‎7. 解： AB、当变阻器的滑动触头P向上移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流I增大，则a灯变亮．a灯和电源的内电压都增大，则并联部分电压减小，c灯变暗．由于总电流增大，而通过c灯的电流减小，可知通过b灯的电流增大，b灯变亮．故A、B错误． C、由题意，a、b、c三个灯泡的电阻都大于电源的内阻，根据推论：外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，则知，当变阻器的滑动触头P向上移动时，外电路总电阻减小，电源输出的电功率增大．故C正确． D、电源的供电效率η==．外电阻减小，路端电压U减小，则电源的供电效率降低．故D错误． 故选：C 当变阻器R的滑动触头P向上移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化，即可知道a灯亮度的变化．由欧姆定律分析并联部分电压的变化，判断c灯亮度的变化．由通过c的电流与总电流的变化，分析通过b灯电流的变化，判断其亮度的变化．a、b、c三个灯泡的电阻都大于电源内阻，根据推论：外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，分析电源的输出功率如何变化．由电源输出功率与总功率之比分析电源的效率． 本题是电路动态分析问题，按局部到整体，再局部分析电压、电流的变化．常常利用推论分析电源输出功率的变化情况．‎ ‎8. 解：B、电路中电流表的示数为2.0A，所以电动机的电压为U=E-U内-UR0=12-Ir-IR0=12-2×1-2×1.5=7V，所以B错误； A、C，电动机的总功率为P总=UI=7×2=14W，电动机的发热功率为P热=I2R=22×0.5=2W，所以电动机的输出功率为14 W-2W=12W，所以A错误，C正确； D、电源的输出的功率为P输出=EI-I2R=12×2-22×1=20W，所以D错误． 故选：C 在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的． ‎ 对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的．‎ ‎9. 解：AB、图线的斜率表示电阻的倒数，图线a的斜率小于b的斜率，所以a的电阻大于b的电阻，根据电阻定律R=ρ知，长度相同，材料相同，知a的横截面积小，b的横截面积大，故A错误，B正确； C、a、b电阻并联之后的总电阻的小于两个电阻中较小的电阻，结合A的方向可知，伏安特性曲线的斜率大于图象b的斜率，故其I-U图线位于b图象与+I轴之间，故C错误； D、将两条电阻丝串联后接入电路，电流相等，结合P=I2R，由于a的电阻大，故a的热功率比b的大，故D正确； 故选：BD． I-U图线的斜率表示电阻的倒数，根据斜率比较电阻的大小；根据电阻定律R=ρ比较电阻丝的粗细；将两条电阻丝并联后，总电阻小于任意一个电阻；结合P=I2R判断串联电路中各个电阻的热功率大小关系 解决本题的关键会从I-U图线中比较电阻的大小，以及掌握电阻定律R=ρ，同时要明确并联之后的总电阻的小于两个电阻中较小的电阻，串联后的电阻大于任意一个电阻．‎ ‎10. 解：根据静电平衡的规律可知，金属板处于静电平衡状态，金属板的表面是一个等势面，电场线处处与金属板表面垂直，由于金属板表面水平，所以金属板表面的电场线方向始终竖直向下． AD、根据上面的分析可知，金属小球受到向下的重力、向上的支持力和向下的电场力，水平方向不受力的作用，所以小球将做匀速直线运动，故AD错误； B、根据库仑定律，可知，两球间距先减小后增大，则摩擦力先增大后减小，那么金属板受到的压力先增大后减小，故B正确； C、由于金属小球受到的电场力方向始终竖直向上与运动方向垂直，所以电场力不做功，即小球的电势能保持不变，故C正确． 故选：BC． 本题的关键是首先根据静电平衡规律分析得出金属板表面是一个等势面，表面的电场线方向始终垂直板面向下，然后再根据牛顿第二定律和电场力做功与电势能变化的关系即可求解． 明确静电平衡时导体是一个等势体导体的表面是一个等势面的特点及应用，注意电场力总垂直速度方向，因此电场力不做功是解题的关键．‎ ‎11. 解：平行板电容器与电池相连，其电压U保持不变，当二极板间距离减小后，由E=分析可知，板间场强E变大．板间距离减小，电容C增大，根据Q=CU，U不变，则电量Q变大．即U不变，E变大，C变大，Q变大，故AC正确，BD错误． 故选：AC． 平行板电容器与电池相连，其电压U保持不变，当二极板间距离减小后，板间的场强变大．板间距离减小，电容C增大，电量Q变大． 本题是电容器动态变化分析问题，是常见的题型，关键抓住不变量：电容器与电源保持相连，其电压不变；充电后与电源断开，其电量不变．较为简单．‎ ‎12. ‎ 解：伏特表内阻很大，而安培表的内阻很小，若该伏特表和安培表的位置互换，伏特表与灯泡串联后与安培表并联，外电阻很小，根据闭合电路欧姆定律可知，流过电源的电流很大，通过安培表的电流也很大，安培表将被烧坏，而流过灯泡的电流很小，灯泡不能发光．伏特表不会被烧坏，故AB错误，CD正确． 故选：CD 根据电表的内阻进行分析，明确互换后电路中电流及电压的变化，则可得出实验现象． 本题应明确电压表内阻很大，而电流表内阻很小，电流表只能串联在电路中，而电压表只能并联在电阻两端．‎ ‎13. 解：（1）要探究电阻与材料的关系时，要选取的电阻丝必须长度、材料相同，横截面积相同的cd两电阻丝． （2）探究电阻与长度的关系时，要选用材料和横截面积都相同、长度不同的a、c两电阻丝； 故答案为：（1）c、d；（2）a、c． 由于导体的电阻与三个因素有关，所以探究影响导体电阻大小的因素时要用到控制变量法．探究电阻大小与哪个因素有关时，就要控制其他的因素不变，只让这一个因素变化．根据控制变量法的思路，利用实验目的，选取符合特征的实验器材． 本题考查的是用控制变量的方法研究电阻与导体的材料、长度、横截面积之间的关系．注意体会控制变量法的正确应用．‎ ‎14. 解：（1）电流计G的示数为0时，由欧姆定律知，G的电压为零，说明A、B两点的电势相等，即φA=φB． （2）由于电流计G的示数为0，所以电流表的示数等于电压表的电流与电阻R1的电流之和．则 在步骤1中，通过电压表的电流IV=I1- 电压表的内阻为RV== 左右两个电源两极间的电压相等，则有：U1=I1（RA+R2） 解得，电流表的内阻RA=-R2． （3）根据闭合电路欧姆定律得： E =U1+I1r E =U2+I2r 解得，E=，r= 故答案为：（1）φA=φB；（2），-R2；（3），． （1）电流计G的示数为0时，说明A、B两点的电势相等． （2）根据欧姆定律和并联电路的特点求两电表的内阻． （3）对两种情况分别运用闭合电路欧姆定律列式，可求得电源的电动势和内阻． 解决本题的关键要理解题意，明确电流计G的示数为0的意义，知道相同电源，电流相等时路端电压相等，运用欧姆定律和电路的特点研究．‎ ‎15. 根据B球的状态可以求出B球的受力情况，从而求出两球之间的库仑力，再根据库仑定律求出B球的电量． 对于复合场中的共点力作用下物体的平衡其解决方法和纯力学中共点力作用下物体的平衡适用完全相同的解决方法．‎ ‎16. （1）根据电场强度的定义式求出A点的电场强度大小． （2）根据电场强度的变化判断q所受电场力的变化． （3）根据F=qE求出q在C点所受电场力的大小． ‎ 解决本题的关键掌握电场强度的定义式，注意该公式适用于一切电场，知道电场线的疏密表示电场的强弱，基础题．‎ ‎17. （1）带电物体静止于光滑斜面上恰好静止，物体受到重力、支持力和电场力，根据平衡条件，可判断出电场力方向，再由平衡条件列式，求得电场强度的大小． （2）当电场强度减半后，物体受力不平衡，产生加速度．借助于电场力由牛顿第二定律可求出加速度大小． （3）选取物体下滑距离为L=m作为过程，机械能的改变量等于电场力对物体做的功，由功的公式计算． 由三力平衡，借助于力的平行四边形定则来确定电场强度方向．当受力不平衡时，由牛顿运动定律来求解．当物体运动涉及电场力、重力做功，注意电场力做功只与沿电场强度方向的位移有关．‎ ‎18. （1）对C到O段运用动能定理，求出C、O间的电势差，再求出C、D间的电势差UCO． （2）由点电荷的场强公式结合平行四边形定则求解 （3）由电场的对称性知，UOD=UCO，小球从O到D由动能定理求解 本题关键要正确分析小球的受力情况，运用牛顿第二定律、动能定理处理力电综合问题，分析要知道O点的场强实际上是两点电荷在O点产生场强的合场强，等量异种电荷的电场具有对称性．‎