江西省九江市同文中学2018_2019学年高二物理上学期期中试题（含解析）.docx

九江市同文中学20182019学年度上学期期中考试高二年级物理试题一、选择题（本题共14小题，每题4分，共56分。110题每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意，1114题选择有多项正确，选全的得4分，漏选得2分，不选或错选得0分，请将答案填在答题卡上。）1. 关于场强和电势的说法中，正确的是（ ）A. 在电场中ab两点间移动电荷的过程中，电场力始终不做功，则电荷所经过的路径上各点的场强一定为零B. 电场强度的方向就是电势降落最快的方向C. 两个等量正电荷的电场中，从两电荷连线的中点沿连线的中垂线向外，电势越来越低，场强越来越小D. 两个等量异种电荷的电场中，对于两电荷连线的中垂线上各点：电势均相等，中点场强最大，沿连线的中垂线向外，场强越来越小【答案】BD【解析】试题分析：等势面和电场线相互垂直，在等势面上移动电荷电场力不做功但电场强度不为0，A选项错误；据可知电场强度方向就是电势降落最快方向，故B选项正确；两个等量正电荷的电场中，从两电荷连线的中点沿连线的中垂线向外，电势越来越低，而场强先增加后减小，故C选项错误；两个等量异种电荷的电场中，对于两电荷连线的中垂线上各点：电势均为0，从中点向两边场强减小，故D选项正确。考点：本题考查对等量同种电荷和等量异种电荷的电场线和等势线分布的理解。2.在电源电压不变的情况下（不计电源内阻）,为使正常工作的电热器在单位时间内产生的热量增加一倍,下列措施可行的是（）A. 剪去一半的电阻丝 B. 并联一根相同的电阻丝C. 串联一根相同的电阻丝 D. 使电热器两端的电压增大一倍【答案】B【解析】【分析】电热水器是纯电阻电路，根据串并联电路的电阻规律及根据公式分析答题。【详解】A项：剪去一半的电阻丝，电阻减小为一半，根据公式知，在电源电压一定，通电时间相同时，电阻减小一半，产生的热量为原来的2倍。但此时电阻丝中电流超过额定电流，故不可行，故A错误；B项：并联一根电阻后，电路总电阻为原来的一半，由公式知，在电源电压一定，通电时间相同时，电阻减小一半，产生的热量为原来的2倍，故B正确；C项：串联一根电阻后，电路总电阻为原来的2倍。由公式知，在电源电压一定，通电时间相同时，电阻增大一倍，产生的热量为原来的一半，故C错误；D项：将电热器两端电压增大一倍，由公式知，在电阻一定，通电时间相同时，产生的热量是原来的4倍，故D错误。故应选：B。3.在如图所示的电路中，电阻R1、R2、R3的阻值均为2 ，电流表内阻不计，在B、C两点间加上6 V的电压时，电流表的读数为()A. 0 B. 1 A C. 1.5 A D. 2 A【答案】B【解析】试题分析：图中电阻与并联后与串联，电流表测量的是电阻的电流；先求解总电阻，根据欧姆定律求解干路电流，根据并联电路的电流关系得到通过电阻的电流图中电阻与并联后与串联，电路的总电阻为；根据欧姆定律，干路电流为，由于并联电路的电流与电阻成反比，故，B正确4. 两根材料相同的均匀导线A和B，其长度分别为L和2L，串联在电路中时沿长度方向电势的变化如图所示，则A和B导线的横截面积之比为A. 23 B. 12 C. 13 D. 31【答案】C【解析】试题分析：A、B两端的电势差分别为，电流相等，根据欧姆定律得，根据电阻定律得，则，则横截面积之比，故C正确，A、B、D错误。考点：路端电压与负载的关系【名师点睛】串联电路中电流相等，根据电势差的大小，通过欧姆定律得出电阻的大小关系，再根据电阻定律得出A和B导线的横截面积之比。5.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【解析】试题分析：由平行板电容器电容公式，增大电容器两极板间的距离时，电容器电容将减小，当电容器充电后Q不变，由可知，若C减小则U将增大，故静电计指针偏角增大，由可知E将不变，故C正确、ABD错误。考点：本题考查了平行板电容器的概念6. 电子式互感器是数字变电站的关键装备之一。如图所示，某电子式电压互感器探头的原理为电阻分压，ac间的电阻是cd间电阻的（n-1）倍，某次测量中输出端数字电压表的示数为U，则输入端的电压为A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：设cd间的电阻为R，则ac间的电阻为（n1）R，因为通过电路和电流相等，故存在如下关系：，故输入端U=nU，选项A正确。考点：欧姆定律。7.匀强电场中有a、b、c三点。在以它们为顶点的三角形中，a=30，c=90。电场方向与三角形所在平面平行。已知a、b和c点的电势分别为(2-)V、(2+)V和2V。该三角形的外接圆上最低、最高电势分别为 A. (2-)V、(2+)VB. 0V、4VC. D. 0V、2V【答案】B【解析】如图所示，取ab的中点O，即为三角形的外接圆的圆心，且该点电势为2V，故Oc为等势线，其垂线MN为电场线，方向为MN方向 外接圆上电势最低点为N点，最高点为M点设外接半径为R，则UOP=UOa= V，UON=ER，UOP=ERcos30，则 UON：UOP=2：，故UON=2V，N点电势为零，为最低电势点；同理M点电势为4V，为最高电势点故选B.8.如图所示，电源电动势为E，内阻为r，平行板电容器的两金属板水平放置，开关S是闭合的，两板间一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态，G为灵敏电流计。则以下说法正确的是()A. 在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴向上加速运动，G中有从b到a的电流B. 在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程中，油滴向下加速运动，G中有从b到a的电流C. 在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴仍然静止，G中有从a到b的电流D. 在将S断开后，油滴仍保持静止状态，G中无电流通过【答案】A【解析】试题分析：电容器与电阻R、电阻R2相并联后与R1串联，滑片移动，根据电路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到导致电容器两端电压变化情况，最终判断油滴受力变化和运动情况解：A、C、粒子原来处于平衡状态，重力和静电力平衡；电容器与电阻R、电阻R2相并联后与R1串联，滑片向上移动，电阻R变大，电路总电阻变大，电流变小，电容器两端电压为：U=EI（r+R1），故电容器两端电压变大，带电量变大，电场力变大，粒子向上加速；电容器充电，故电流从b到a，故A正确，C错误；B、在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程刚好与选项A相反，故B错误；D、在将S断开后，电容器通过电阻R2与R1放电，电量减为零，电流沿a至b，故D错误；故选A【点评】本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，根据路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到各个部分电路电流和电压的变化9. 如图所示，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动，则关于电子在两板间的运动情况，下列叙述正确的是（ ）A. 两板间距越大，加速的时间越长B. 两板间距离越小，加速度就越大，则电子到达Q板时的速度就越大C. 电子到达Q板时的速度与板间距离无关，仅与加速电压有关D. 电子的加速度和末速度都与板间距离无关【答案】AC【解析】试题分析：电子到达Q板时的速度由动能定理列式分析；根据E=和牛顿第二定律得到电子的加速度电子在电场中做匀加速直线运动，根据匀加速直线运动的规律可以求得电子的运动的时间判断电子受到的电场力的大小，从而可以判断电子的加速度的大小解：A、电子的加速度为 a=，由d=at2得，t=dd，故两板间距越大，加速的时间越长故A正确B、根据动能定理得：qU=，则得电子到达Q板时的速度v=，与两板间的距离无关，与加速电压有关故B错误，C正确D、电子的加速度为 a=，与两板间的距离有关故D错误故选：AC【点评】根据电子的运动的规律，列出方程来分析电子的加速度、运动的时间和速度分别与哪些物理量有关，根据关系式判断即可10.如图所示，在方向水平向左的匀速电场中有一倾角为60、高为H的固定绝缘斜面体，现将一质量为m，带正电且电荷量为q的小物块（可视为质点）从斜面体顶端由静止释放，已知重力加速度为g，匀强电场的电场强度大小为，不计空气阻力A. 小物块将沿斜面下滑B. 小物块将做曲线运动C. 小物块到达地面时的速度大小为D. 若其他条件不变，只增大电场强度，小物块到达地面前的运动时间将增大【答案】C【解析】【分析】对物块进行受力分析，画出物块的运动轨迹运用动能定理或牛顿第二定律和运动学公式解决问题【详解】A、B、对物块进行受力分析，物块受重力和水平向左的电场力，电场力，则合力的大小为2mg，方向如图所示：小物块将沿合力方向做匀加速直线运动，故A、B错误。C、运用动能定理研究从开始到落地过程：，解得；故C正确.D、将物块的运动分解为水平方向和竖直方向，增大电场强度，电场力增大，水平方向的加速度增大，竖直方向上的加速度不变，根据等时性知，运动时间不变；故D错误.故选C.【点睛】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物体的运动是由所受到的力和初状态决定的这个题目容易认为物块沿着斜面下滑11.我国已经禁止销售100 W及以上的白炽灯，以后将逐步淘汰白炽灯。假设某同学研究白炽灯得到某白炽灯的UI图象如图所示。图象上A点与原点的连线与横轴成角，A点的切线与横轴成角，则A. 白炽灯的电阻随电压的增大而减小B. 在A点，白炽灯的电阻可表示为tan C. 在A点，白炽灯的电功率可表示为U0I0D. 在A点，白炽灯的电阻可表示为【答案】CD【解析】试题分析：由图示图象可知，随电压增大，通过灯泡的电流增大，电压与电流的比值增大，灯泡电阻变大，故A错误；在A点，白炽灯的电阻，故B错误；在A点，白炽灯的电功率P=U0I0，故C正确；由欧姆定律可知，在A点，白炽灯的电阻，故D正确；故选CD考点：欧姆定律；UI图象【名师点睛】本题考查了求灯泡电阻与电功率问题，分析清楚图象、应用欧姆定律与电功率公式即可正确解题。12.如图所示，图中直线表示某电源的路端电压与电流的关系图线，图中曲线表示该电源的输出功率与电流的关系图线，则下列说法正确的是() A. 电源的电动势为50 VB. 电源的内阻为C. 电流为2.5 A时，外电路的电阻为15 D. 输出功率为120 W时，输出电压是30 V【答案】ACD【解析】试题分析：根据闭合电路的欧姆定律，根据图像，当I=0时，即处于断路时，路端电压等于电源电动势，故，故A正确；图像的斜率的绝对值表示内电阻，所以有：，故B错误；根据图像当电流为2.5A时，电压为37.5V，故外电路电阻：，故C正确；输出功率为120W时，根据图像，电流为4A，再对照U-I图象，输出电压为30V，故D正确；考点：考查了U-I图像，闭合回路欧姆定律【名师点睛】先根据根据闭合电路欧姆定律推导出电源输出电压与电流的关系图象的表达式，然后对照图象求解电动势和内电阻；可以从图象读出不同电流对应的电压和输出功率，根据欧姆定律求解电阻13.如图所示，一带电荷量为q的带电粒子以一定的初速度由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直。粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成30角已知匀强电场的宽度为d，P、Q两点的电势差为U，不计重力作用，设P点的电势为零。则下列说法正确的是A. 带电粒子在Q点的电势能为UqB. 带电粒子带负电C. 此匀强电场的电场强度大小为D. 此匀强电场的电场强度大小为【答案】AC【解析】【分析】根据公式W=qU求出电场力做功，确定出P、Q间电势能的差，即可求得Q点的电势能根据粒子轨迹弯曲方向，判断出粒子所受的电场力方向，即可判断其电性；带电粒子垂直进入匀强电场中，做类平抛运动，在Q点建立直角坐标系，垂直于电场线为x轴，平行于电场线为y轴，根据平抛运动的规律求出粒子到达Q点时的速度根据位移公式和两个分运动的等时性，列出x方向和y方向两个方向的分位移与时间的关系式，即可求出竖直方向的位移大小y0，由求解场强的大小【详解】A、B、由图看出粒子的轨迹向上，则所受的电场力向上，与电场方向相同，所以该粒子带正电.粒子从P到Q，电场力做正功，为W=qU，则粒子的电势能减少了qU，P点的电势为零，则知带电粒子在Q点的电势能为-Uq;故A正确,B错误.C、D、设带电粒子在P点时的速度为v0，在Q点建立直角坐标系，垂直于电场线为x轴，平行于电场线为y轴，由平抛运动的规律和几何知识求得粒子在y轴方向的分速度为：,粒子在y方向上的平均速度为：,粒子在y方向上的位移为y0，粒子在电场中的运动时间为t，竖直方向有： ,水平方向有：d=v0t,可得：,所以场强为： ,联立得：，故C正确，D错误.故选AC.【点睛】本题根据类平抛运动的特点，运用运动的分解法，根据牛顿第二定律和运动学结合求解14.如图所示，光滑绝缘的半球形容器处在水平向右的匀强电场中，一个质量为m，电荷量为+q的小球在容器边缘A点由静止释放，结果小球运动到B点时速度刚好为零，OB与水平方向的夹角0=60，重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是A. 小球重力与电场力的关系是B. 小球在B点时，对容器的压力为C. 小球在A点和B点的加速度大小相等D. 如果小球带负电，还能沿AB圆弧面运动【答案】AC【解析】A项：由于小球运动到B点时速度刚好为零，说明B点为“等效重力场”的最高点，由对称性可知，在圆弧AB的中点即为“等效重力场”的最低点即受力平衡点，由平衡条件可得：，故A正确；B项：在B点对小球受力分析且沿半径指向圆心方向的合力为零，即，故B错误；C项：在“等效重力场”中根据对称性可知，小球在A、B两点的加速度大小相等，故C正确；D项：如果小球带负电，则小球受到的电场力方向向左且电场力大于小球的重力，重力与电场力的合力向左下方，所以小球将脱离AB圆弧面，故D错误。点睛：解决本题关键知道利用“等效重力”的方法进行处理，且会类比在重力场的运动规律解题，如在最高点物体的合外力不为零，但由于速度为零，所以向心力为零即沿半径指向圆心方向的合力为零。二、实验题（本大题共2小题，共16分，其中15题6分，16题10分）15. 现有一合金制成的圆柱体。为测量该合金的电阻率，现用伏安法测量圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器和游标卡尺的示数如图（a）和图（b）所示。（1）由上图读得圆柱体的直径为_mm，长度为_cm。（2）若流经圆柱体的电流为I，圆柱体两端之间的电压为U，圆柱体的直径和长度分别用D、L表示，则用D、L、I、U表示的电阻率的关系式为=_。【答案】（1），（2）【解析】试题分析：（1）螺旋测微器的读数为（1.8421.846范围内的均给分）；游标卡尺的读数为；（2）圆柱体的横截面积为，由电阻定律和欧姆定律可知，。考点：基本仪器的使用、伏安法测电阻16.用伏安法测定一个待测电阻Rx的阻值（阻值约为200），实验室提供如下器材：电池组E：电动势3V，内阻不计电流表A1：量程0 15mA，内阻约为100电流表A2：量程0 300A，内阻为1000滑动变阻器R1：阻值范围0 20，额定电流2A电阻箱R2，阻值范围0 9999，额定电流1A电键S、导线若干要求实验中尽可能准确地测量Rx的阻值，请回答下面问题：为了测量待测电阻两端的电压，可以将电流表_（填写器材代号）与电阻箱串联，并将电阻箱阻值调到_，这样可以改装成一个量程为3.0V的电压表。在方框中画完整测量Rx阻值的电路图，并在图中标明器材代号。调节滑动变阻器R1，两表的示数如图所示，可读出电流表A1的示数是_mA，电流表A2的示数是_A，测得待测电阻Rx的阻值是_。本次测量存在一定的系统误差，考虑这个原因测量值比较真实值_（选填“偏大”或“偏小”）。【答案】A2，9000 电路见解析 8.0mA；150A；187.5；偏小。【解析】试题分析：（1）应用伏安法测电阻，需要用电压表测待测电阻电压，现在没有电压表，应该用内电阻已知的小量程电流表A2与电阻箱串联改装成电压表，改装后电压表量程是3V，则电阻箱阻值；（2）滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻阻值，滑动变阻器应采用分压接法，待测电阻阻值约为200，电流表A1内阻约为100，改装电压表内阻为，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，电路图如图所示（3）由图示可知，电流表A1的示数为8.0mA，电流表A2的示数是150A；待测电阻两端电压，由欧姆定律得：待测电阻电流表采用外接法，电流测量值偏大，由欧姆定律可知，测量值比较真实值偏小考点：本题考查伏安法测电阻时电流表采用内外接法的选择原则及滑动变阻器的连接方法、电表的改装原理、电流表的选取原则、实验误差的分析及串并联电路的有关知识17.如图所示，匀强电场的电场强度E=2.0104N/C，沿电场线方向有A、B两点，A、B两点间的距离s=0.10m将电荷量q=+2.010-8C的点电荷从A点移至B点求：（1）电荷从A点移至B点的过程中，电势能变化了多少（2）若将A点的电势规定为0，则B点的电势是多少？【答案】（1）4.010-5J （2）2.0103V【解析】本题考察电场力做功与电势能变化间关系、电势差与电场场强间关系。（1）电荷所受电场力F的大小，方向水平向右电荷从A点移至B点的过程中，电场力所做的功电荷从A点移至B点的过程中，电势能减小了4.010-5J（2）A、B两点间的电势差而，解得：18.如图所示，是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图电动机内电阻r0.8，电路中另一电阻R10，直流电压U160V，电压表示数UV110V试求：(1)通过电动机的电流；(2)输入电动机的电功率；(3)若电动机以v1m/s匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量？(g取10m/s2)【答案】（1）5A（2）550W（3）53kg【解析】试题分析：根据欧姆定律求出通过R的电流，电动机与R串联，电流相等；电动机的输入功率为P电=UMIM；电动机内电阻的发热功率为 ，输出的机械功率为P出=P电-P热，由公式P出=Fv=mgv求解物体的质量。（1）由电路中的电压关系可得电阻R的电压为：则流过电阻R的电流