2017-2018学年甘肃省武威第十八中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

2017-2018学年甘肃省武威第十八中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

‎2017-2018学年甘肃省武威第十八中学高二上学期期末考试物理试题 一、单选题：‎ ‎1. 真空中有两个静止的点电荷，若保持它们之间的距离不变，而把它们的电荷量都变为原来的3倍，则两电荷间的库仑力将变为原来的 A. 7倍 B. 8倍 C. 9倍 D. 10倍 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：根据库仑定律可知，保持它们之间的距离不变，而把它们的电荷量都变为原来的3倍，则两电荷间的库仑力将变为，故选C.‎ 考点：库仑定律 ‎【名师点睛】此题是对库仑定律公式的考查；关键是掌握库仑定律的表达式，当两电荷的距离不变时，电荷量均变为原来的3倍，则带入公式即可进行判断.‎ ‎2. 真空中两个完全相同的带电小球A和B(均可看做点电荷)，带电量分别为+2q和-6q，固定在相距为r的两点，两球间静电力为F，现用绝缘工具使两球接触后分开，将其固定在距离为的两点，则两球间库仑力为 A. 相互作用的斥力，大小为 B. 相互作用的引力，大小为 C. 相互作用的引力，大小为 D. 相互作用的斥力，大小为2F ‎【答案】A ‎【解析】根据题意，当两球接触后分开，电量均变为-2q，再将其固定在距离为的两点，根据库仑定律，则两球间库仑力为，选项CD错误；由于是同种电荷，故它们之间的相互作用为斥力，选项A正确、B错误。‎ 故选：A。‎ ‎3. 直线MN是某点电荷电场中的一条电场线(方向未画出)，虚线是一带电的粒子只在电场力的作用下，由a到b的运动轨迹，下列判断正确的是 A. 电场线MN的方向一定是由N指向M B. 带电粒子由a运动到b的过程中动能一定逐渐减小 C. 带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能 D. 带电粒子在a点的加速度一定大于在b点的加速度 ‎【答案】C ‎ ‎ ‎4. 如图所示的电场中，关于a、b两点的电场强度，下列判断正确的是 A. 方向相同，大小相等 B. 方向不同，大小不等 C. 方向不同，大小相等 D. 方向相同，大小不等 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：由b点的电场线密集，a点的电场线稀疏，所以b点的场强大于a点的场强，即a、b两点的强度大小不等，AC错；由a、b两点的场强方向是该点的切线方向知a、b两点的场强方向不同，B错，D对。‎ 考点：本题考查电场线 点评：本题学生明确电场线的疏密可表示场强的强弱，电场线的切线方向是该点的场强方向。‎ ‎5. A、B、C 是三个不同规格的灯泡，按图所示方式连接恰好能正常发光，已知电源的电动势为E，内电阻为r，将滑动变阻器的滑片P向左移动，则三个灯亮度变化是 A. 都比原来亮 B. 都比原来暗 C. A、B灯比原来亮，C灯变暗 D. A、B灯比原来暗，C灯变亮 ‎【答案】C ‎【解析】滑动滑片P向左移动，电阻变小。根据动态电路 “并同串反”结论分析可知，与滑动变阻器并联的灯泡C，电压电流减小，C灯变暗。与滑动变阻器串联的灯泡AB，电压电流增大，AB灯变亮。答案选C。‎ ‎6. 如图所示，匀强电场的场强E=3×105V/m，A、B两点相距0.2m，两点连线与电场的夹角是60°，下列说法正确的是 A. 电荷量q=+2×10-4C的电荷从A点运动到B点电势能增大6J B. 电荷量q=-2×10-4C的电荷从A点运动到B点电场力做功为-6J C. 若取A点的电势为0，则B点的电势φB=3×104V D. A、B两点间的电势差是UAB=6×104V ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：从A到B，电场力做功W=qEdABcos60°=2×10−4×3×105×0．2×J=6J．则电势能减小6J．故A错误．从A到B，电场力做功W=-qEdABcos60°=-2×10−4×3×105×0．2×J=-6J．故B正确．AB间的电势差UAB=EdABcos60°=3×105×0．2×V=3×104V，因为A点的电势为0，则B点的电势为φB=-3×104V．故CD错误．故选B。‎ 考点：电场力的功与电势差的关系 ‎【名师点睛】解决本题的关键掌握电场力做功与电势差、电势差与电场强度的关系，并能灵活运用，基础题。‎ ‎7. 如图所示，R1为定值电阻，R2为可变电阻，E为电源电动势，r 为电源的内电阻，以下说法中不正确的是 A. 当R2=R1+r时，R2上获得最大功率 B. 当R1=R2+r时，R1上获得最大功率 C. 当R2=0时R1上获得功率一定最大 D. 当R2=0时，电源的输出功率可能最大 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：因为当外电路的电阻等于电源内阻时，电源的输出功率最大；将R1+r归为电源的内阻，故当R2=Rl+ r时，R2上获得最大功率，选项A正确；因为R1为固定电阻，故当外电阻最小时，即R2=0时，电阻的电流最大，此时Rl上获得最大功率，选项B错误，C正确；若Rl= r，当R2=0时，电源的输出功率最大，选项D正确，故选B。‎ 考点：电功率。‎ ‎8. 如图所示，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中，下列判断正确的是 A. 灯泡发光变亮 B. 电压表示数变小 C. 电流表示数变大 D. 灯泡发光变暗 ‎【答案】B ‎【解析】这是一个简单的串联电路，电流表测量回路中的总电流，而电压表测量滑动变阻器右半部分电阻的电压，当滑片向右移动时，回路中总电阻没有发生变化，所以总电流也就不变，即电流表示数不变，灯泡亮度不变，但与电压表连接部分的电阻减小，所以电压表的示数减小，故B正确。‎ 综上所述本题答案是：B ‎9. 在如图所示的U-I图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线，用该电源与电阻R组成闭合电路。由图象判断错误的是 A. 电源的电动势为3V，内阻为0.5Ω B. 电阻R的阻值为1Ω C. 电源的效率为80% D. 电源的输出功率为4W ‎【答案】C ‎【解析】根据闭合电路欧姆定律得U=E-Ir，当I=0时，U=E，由读出电源的电动势E=3V，内阻等于图线的斜率大小，则．故A正确．电阻．故B正确． 电源的效率．故C错误．两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压U=2V，电流I=2A，则电源的输出功率为P出=UI=4W．故D正确．本题选择错误的，故选C．‎ 点睛：对于图线关键要根据物理规律，从数学角度来理解其物理意义．本题要抓住图线的斜率、交点的意义来理解图象的意义．‎ ‎10. 如图所示的电路中，电源、电压表、电流表都是理想的，当滑动变阻器的触头由a端向b端滑动时，下列说法正确的是 A. 电压表读数增大，电流表读数增大 B. 电压表读数增大，电流表读数减小 C. 电压表读数不变，电流表读数增大 D. 电压表读数不变，电流表读数增减小 ‎【答案】A ‎11. 平行板电容器的两极板接于电池两极，一带电小球悬挂在电容器内部，闭合电键k，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则下述说法正确的是 A. 保持电键k闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ变大 B. 保持电键k闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ不变 C. 电键k断开，带正电的A板向B板靠近，则θ变小 D. 电键k断开，带正电的A板向B板靠近，则θ增大 ‎【答案】A ‎【解析】AB.保持电键k闭合，电容器两端的电压不变，当带正电的A板向B板靠近，由公式知E变大，则θ变大，选项A正确、B错误；‎ CD.电键k断开，电容器的Q不变，当带正电的A板向B板靠近，d减小，由公式及，结合公式知E不变，则θ不变，选项CD错误。‎ 故选：A。‎ 点睛：保持电键S闭合时，电容器板间电压不变，由E=U/d分析板间场强的变化，确定θ的变化．电键S断开，根据推论可知，板间场强不变，分析θ是否变化．‎ ‎12. 在如图所示电路的三根导线中，有一根是断的，电源、电阻R1、R2及另外两根导线都是好的。为了查出断导线，某学生想先将多用电表的红表笔连接在电源的正极a，再将黑表笔分别连接在电阻器R1的b端和R2的c端，并观察多用电表指针的示数，在下列选挡中，符合操作规程的是 A. 欧姆挡 B. 直流电流500 mA挡 C. 直流电压2.5 V挡 D. 直流电压10 V挡 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：有多用表检测故障若使用电压档或电流档，将其连入电路要注意量程，用欧姆档要把待检测电路从电源断开．‎ 用欧姆档要把电源断开，本题操作没有，A 错误；直流电压档检测可以，用电压档检测其量程要大于6V，若电压表有示数则示数等于电源电压，说明两表笔不含电源的导线之间有断路，故C错误D正确；用电流档要用较大量程，预防短路电流过程，所给B中的500mA太小，故B错误．‎ ‎13. 如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r恒定不变，电灯L恰能正常发光，如果滑动变阻器的滑片向b端移动，则 A. 电灯L更亮，安培表的示数变小 B. 电灯L更亮，安培表的示数变大 C. 电灯L变暗，安培表的示数变小 D. 电灯L变亮，安培表的示数不变 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：据题意，当滑片向b端移动，滑动变阻器的电阻增大，则整个电路总电阻增大，据闭合电路欧姆定律可知总电流I将减小，内电压减小而外电压增大，故灯泡变亮，而电流表示数减小，故选项A正确。‎ 考点：本题考查电路动态平衡问题。‎ ‎14. 某同学用如图所示的电路进行小电机M的输出功率的研究，其实验步骤如下所述，闭合电键后，调节滑动变阻器，电动机未转动时，电压表的读数为U1，电流表的读数为I1；再调节滑动变阻器，电动机转动后电压表的读数为U2，电流表的读数为I2，则此时电动机的输出功率为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】闭合电键后，电动机未转动时，可看成纯阻电路，由欧姆定律可得电动机的内阻为：，电动机转动后，电动机的电功率P电=U2I2，发热功率：，则电动机的输出功率，故A正确，BCD错误。‎ ‎15. 把两个相同的电灯分别接在图中甲、乙两个电路里，调节滑动变阻器，使两灯都正常发光，两电路中消耗的总功率分别为和，可以断定 A. > B. < C.  = D. 无法确定 ‎【答案】C ‎【解析】根据两电路灯泡正常，可得甲电路中的电流是乙电路中的2倍，而甲电路两端所加的电压乙电路两端的一半，由P=UI可知 =，选项ABD错误、C正确。‎ 故选：C。‎ ‎16. 如图所示的电路中，AB两端的电压U恒为14V，灯泡L标有“6V 12W”字样，电动机线圈的电阻RM=0.50Ω，若灯泡恰能正常发光，且电机能运转，则以下说法正确的是 A. 电动机的输入功率是128W B. 电动机的输入功率是16W C. 电动机的热功率是16W D. 整个电路消耗的电功率是30W ‎【答案】B ‎【解析】AB、灯泡恰能正常发光，电路中电流，则电动机的输入功率PM=UMI=(14-6)×2W=16W，选项A错误、B正确；‎ C、电动机的热功率Q=I2RM=22×0.50=2W，选项C错误；‎ D、整个电路消耗的电功率为P=PM+PL=16W+12W=28W，选项D错误。‎ 故选：B。‎ 点睛：由灯泡铭牌可知灯泡额定电是6V，额定功率是12W，由电功率的变形公式可以求出灯泡正常发光时的电流；由串联电路特点可以求出电动机的电压，由电功率公式可以求出电机总功率与热功率，进一步求出电动机的输出功率；由电功率公式可以求出电路总功率．‎ 二、实验题：‎ ‎17. 用如图所示的电路，测定一节干电池的电动势和内阻，电池的内阻较小，为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻R0起保护作用。除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：‎ A.电流表(量程0.6A、3A)；‎ B.电压表(量程3V、15V)‎ C.电值电阻(阻值1Ω，额定功率5W)‎ D.电值电阻(阻值10Ω，额定功率10W)‎ E.滑动变阻器(阻值范围0-10Ω，额定电流2A)‎ F.滑动变阻器(阻值范围0-100Ω、额定电流1A)‎ 要正确完成实验，电压表的量程应选择______V，电流表的量程应选择______A；R0应选择______Ω的定值电阻，R应选择阻值范围是______Ω的滑动变阻器。‎ ‎【答案】 (1). 3； (2). 0.6； (3). 1； (4). 0～10；‎ ‎【解析】要测定一节干电池，故电压表的量程应选择3 V；电流不能太大，故电流表的量程应选择0.6A；R0为保护电阻，选阻值为10Ω的定值电阻，电流将太小，故应选择1Ω；为了较好地调节，R应选择阻值范围是0～10Ω的滑动变阻器。‎ ‎18. 在“描绘小灯泡的伏安特性曲线的实验中，可供选择的器材及代号如下：‎ A.小灯泡L(3V、1.8W)；‎ B.滑动变阻器R(0～10Ω，额定电流1.5A)；‎ C.电压表V1(量程：0～3V，RV=5kΩ)；‎ D.电压表V2(量程：0～15V，RV=10kΩ)；‎ E.电流表A1(量程：0～0.6A，RA=0.5Ω)；‎ F.电流表A2(量程0～3A，RA=0.1Ω)‎ G.铅蓄电池、电键各一个，导线若干 实验中要求加在小灯泡两端的电压可连续地从零调到额定电压。‎ ‎①为了减少误差，实验中应选电压表______，电流表______；(填代号)‎ ‎②某同学实验后作出的I-U图象如图1所示，请分析该图象形成的原因是_______。‎ ‎③请在图中虚线框内按要求完成实验电路图________(用笔线代替导线)。‎ ‎【答案】 (1). ① C； (2). E； (3). ②温度升高，灯泡电阻增大； (4). ③；‎ ‎【解析】试题分析：电压表、电压表最佳测量范围为大于等于满偏的；根据额定值可以确定电表的选择；I-U图象的斜率等于电阻R的倒数，故I-U图象的斜率逐渐减小，即电阻R逐渐增大；被测电阻是小电阻，电流表应该采用外接法；要小灯泡两端的电压从0开始连续可调，滑动变阻器要采用分压接法．‎ ‎（1）由于小灯泡的额定电压为3伏，而电压表最佳测量范围为大于等于满偏的，故不能选0-15V的量程，而只能选0-3V的量程，故电压表应选C．由于小灯泡的额定电流，而电流表最佳测量范围为大于等于满偏的，故不能选0-3A的量程而只能选0.6A的量程，故电流表应选E． ‎ ‎（2）由于，故I-U图象的斜率等于电阻R的倒数，从图象可知I-U图象的斜率逐渐减小，即电阻R逐渐增大，故金属材料的电阻随着温度的升高而升高，而，故随温度升高，金属材料的电阻率升高，灯泡电阻增大． ‎ ‎（3）由于要描绘小灯泡的伏安特性曲线，故要小灯泡两端的电压从0开始连续可调，故滑动变阻器要采用分压接法；由于的电阻，而中值电阻，故被测电阻是小电阻，故电流表应该采用外接法．如图所示．‎ 三、计算题：‎ ‎19. 水平放置的平行板电容器，两极板A、B相距5mm，电容为50μF。‎ ‎(1)当将其充电到两板电势差为100V时，这时电容器的带电量为多少库仑？‎ ‎(2)当两板电势差为100V，一个质量为1.0×10-14kg的带负电尘埃正好在板间静止，电容器上极板带何种电荷？该尘埃带电量为多少？(取重力加速度g=10m/s2)‎ ‎【答案】(1)5×10-3C；(2)当正电荷，5×10-18C；‎ ‎【解析】试题分析：（1）由电容的定义式可知，电容器的带电量为：‎ Q=CU=50×10﹣6×100C=5×10﹣3C ‎（2）上极板带正电 由平衡条件有 解得：‎ 考点：电容器；物体的平衡 ‎【名师点睛】解决本题关键掌握电容的定义式 和平衡条件，并能准确计算，是一道基础题．‎ ‎20. 在图中R1=14Ω，R2=9Ω当开关处于位置1时，电流表读数I1=0.2A；当开关处于位置2时，电流表读数I2=0.3A，求电源的电动势E和内电阻r。‎ ‎【答案】；E=3V；‎ ‎【解析】试题分析：根据闭合电路欧姆定律得 E=I1（R1+r）①‎ E=I2（R2+r）②‎ 联立组成方程组得，r=‎ 代入解得，r=1Ω 将r=1Ω代入①得，E=3V ‎ ‎