福建省福州市第四中学2018_2019学年高二物理上学期期中试题（含解析）.doc

福州四中2018-2019学年第一学期第一学段质量检查试卷高二物理（理科班）一、单项选择题（共10小题，每小题3分，共30分）1.有一灵敏电流表，内阻，满偏电流，现将其改装为电压表，下列说法正确的是（ ）A. 需与它并联一个的电阻B. 需与它串联一个的电阻C. 需与它串联一个的电阻D. 需与它串联一个的电阻【答案】C【解析】改装成电压表要串联电阻的，则有：，即：，解得：，故选项C正确，选项ABD错误。 点睛：电流表改装成电压表要串联电阻分压，改装成电流表要并联电阻分流。2.真空中有两个静止的点电荷，它们之间的作用力为F，若它们的带电量都增大为原来的3倍，距离增大为原来的2倍，它们之间的相互作用力变为（）A. 16FB. C. FD. 【答案】B【解析】根据库仑定律，则；它们的带电量都增大为原来的3倍，距离增大为原来的2倍，它们之间的相互作用力变为，故选B.3.四种电场的电场线如图所示.一正电荷q仅在电场力作用下由P点向Q点作加速运动，且加速度越来越大.则该电荷所在的电场是图中的 ( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】因粒子由P到Q是加速运动，而粒子带正电，故说明电场线是由M到N的；因粒子在运动中加速度越大越大，说明受电场力越大越大，则电场强度越大越大，电场线越来越密；故C正确，ABD错误；故选C。4.图中的实线表示电场线,虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹,粒子先经过M点,再经过N点,可以判定( )A. 该粒子带负电B. M点的电势小于N点的电势C. 粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力D. 粒子在M点具有的电势能大于在N点具有的电势能【答案】D【解析】由电场力方向应指向轨迹的内侧得知，粒子所受电场力方向大致斜向左下方，电场线的方向也是向左下方，所以粒子带正电。故A错误；由电场力方向应指向轨迹的内侧得知，粒子所受电场力方向大致斜向左下方，M到N的过程中，对粒子做正功，其电势能减小，动能增大，则知粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，M点的电势大于N点的电势。故B错误，D正确；电场线的疏密表示电场的强弱，N点的电场线密，所以N点的电场强，粒子在M点受到的电场力小于在N点受到的电场力，故C错误；故选D。点睛：本题是电场中轨迹问题，关键要根据轨迹的弯曲方向判断出粒子所受的电场力方向，再抓住电场线的物理意义判断场强、电势等的大小5.下列是某同学对电场中的概念、公式的理解，其中正确的是 A. 根据电场强度的定义式，电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷量成反比B. 根据电容的定义式，电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比C. 根据真空中点电荷电场强度公式，电场中某点电场强度和场源电荷的电荷量成正比D. 根据公式，带电量为1C正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B点的电势差为1V【答案】C【解析】试题分析：电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关；用电容器和电势差的定义式即可求解解：A、电场强度取决于电场本身的性质，与试探电荷无关，所以不能理解电场中某点的电场强度和试探电荷的电量成反比，故A错误B、电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量，取决于电容器本身的属性，与电容器所带的电量和板间电压无关，故B错误C、根据点电荷的场强公式真空中点电荷电场强度公式E=，电场中某点电场强度和场源电荷的电荷量成正比，故C正确D、据电势差的定义式UAB=知，带电量为1C正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B点的电势差为1V，故D错误故选：C【点评】本题关键抓住电场强度是描述电场本身性质的物理量，其大小和方向与试探电荷无关，是电场本身决定；电容取决于电容器本身；灵活应用电势差的定义式6.如图所示，平行板电容器两极A、B间有一个带电油滴P，正好静止在两极板正中间现将两极板稍拉开一些，其它条件不变拉开时间忽略，则A. 油滴将向上加速B. 油滴将向下加速C. 电流计中电流由b流向aD. 电流计中始终无电流流过【答案】B【解析】将两极板的距离拉开一些，由于电势差不变，d变大，则根据知，电场强度变小，电场力减小，油滴向下加速，A错误B正确；根据得，d变大，则电容变小，U不变，根据Q=CU知，电荷量减小，则电流计中的电流由a流向b，CD错误7.如图所示，点电荷、分别置于M、N两点，D点为MN连线的中点，点a、b在MN连线上，点c、d在MN中垂线上，它们均关于O点对称下列说法正确的是A. c、d两点的电场强度相同B. a、b两点的电势相同C. 将电子沿直线从c移到d，电场力对电子先做负功再做正功D. 将电子沿直线从a移到b，电子的电势能一直增大【答案】D【解析】试题分析：根据电场线分布的对称性可知，两点的电场强度大小相等，方向不同，则电场强度不同，故A错误；MN间的电场线方向由MN，根据沿电场线方向电势逐渐降低，则知点的电势高于点的电势，故B错误；对两个电荷在中垂线上的场强进行叠加，在段方向斜向右上，在段方向斜向右下，所以电子所受的电场力在段斜向左下，在段斜向左上，电场力跟速度的方向先是锐角后是钝角，电场力对电子先做正功后做负功，故C错误；将电子沿直线从移到，电子受到的电场力与速度方向一直相反，电场力一直做负功，则电子的电势能一直增大，故D错误。考点：电场的叠加；电势；电势差与电场强度的关系【名师点睛】根据电场线分布，比较两点的电场强度大小和方向关系根据沿电场线方向电势逐渐降低，来比较点和点的电势将电子沿直线从点移到点，通过电子所受的电场力与速度的方向夹角判断电场力做正功还是负功由电势的变化，分析从移到电子的电势能如何变化。8.如图所示，图线1表示的导体的电阻为，图线2表示的导体的电阻为，则下列说法正确的是（）A. B. 把均匀拉长到原来的3倍长后电阻等于C. 将与串联后接于电源上，则功率之比D. 将与并联后接于电源上，则电流比【答案】AC【解析】根据I-U图象知，图线的斜率表示电阻的倒数，所以R1：R2=1：3，故A正确；把R1拉长到原来的3倍长后，可得横截面积减小为原来的，根据电阻定律公式：，可知电阻增加为9倍，故B错误；串联电路电流相等，所以将R1与R2串联后接于电源上，电流之比I1：I2=1：1；又由于R1：R2=1：3根据电功率表达式：P=I2R，可得功率之比为1：3，故C正确；并联接入电路后，电压相等，由 ，可知电流比为：I1：I2=3：1，所以D错误。所以AC正确，BD错误。9.如图所示电路中，当滑动变阻器R3的滑片P向上端a滑动时，电流表A1、A2及电压表V的示数的变化情况是( ) A. 电流表A1增大，A2减小，电压表V减小B. 电流表A1减小，A2增大，电压表V减小C. 电流表A1增大，A2增大，电压表V增大D. 电流表A1减小，A2减小，电压表V增大【答案】B【解析】当滑动变阻器R3的滑片P向上端a滑动时，变阻器有效电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律得知：干路电流I增大，A2增大电压表V读数U=E-I（R2+r），I增大，U减小，则电流表A1减小故选B.10.如图所示，半径为R的环形塑料管竖直放置，管的内壁光滑，AB为该环的水平直径，且管的内径远小于环的半径，整个装置处于水平向左的匀强电场中。现将一直径略小于塑料管内径、质量为m、带电量为+q的小球从管中A点由静止释放，已知qE=mg，以下说法正确的是 ( )A. 小球释放后，第一次经过最低点D和最高点C时对管壁的压力大小之比为5:1B. 小球释放后，第一次达到B点时对管壁的压力为4mgC. 小球释放后，到达B点时速度为零，并在BDA间往复运动D. 小球释放后，经过D点时的速度最大【答案】A【解析】【详解】小球从A点第一次到D点的过程，根据动能定理，有 mgR+qER= 第一次经过最低点D时，根据向心力公式，有 N1D-mg=联立解得N1D=5mg，由牛顿第三定律知小球第一次经过最低点D对管壁的压力大小为5mg。小球从A点第一次到C点的过程，根据动能定理，有-mgR+qER=第一次过C点，根据向心力公式，mg-N1C=联立解得 N1C=mg，由牛顿第三定律知小球第一次经过C点时最高点C时对管壁的压力大小为mg，因此，小球释放后，第一次经过最低点D和最高点C时对管壁的压力之比为5：1，故A正确。从A点释放到B点过程，根据动能定理，有qE2R=第一次达到B点时，据向心力公式，有N1B-qE=联立解得：N1B=5mg，由牛顿第三定律知小球释放后，第一次达到B点时对管壁的压力为5mg，故B错误；带电小球由A点运动到B点的过程中，重力做功为零，电场力做正功，动能增加，由动能定理知道小球到达B点时有速度，还继续向上运动，不可能在BDA 间往复运动。故C错误；小球到达平衡位置时速度最大，因为mg=qE，可知平衡位置在BD的中点，即小球经过BD中点时速度最大，选项D错误；故选A.【点睛】本题中关键要理清物体的运动规律，会用等效合力的方法研究小球的运动；会利用动能定理以及圆周运动的知识研究小球的运动。二、多项选择题（共4小题，每小题4分，共16分。全对得4分，选对一个得2分，有错误选项得0分）11.一根粗细均匀的金属导线，在其两端加上电压U时，通过导线的电流为I，导线中自由电子定向移动的平均速率为v，若将导线均匀拉长，使它的横截面半径变为原来的1/2，再给它两端加上电压2U，则A. 通过导线的电流为I/8B. 通过导线的电流为I/16C. 导线中自由电子定向移动的速率为v/4D. 导线中自由电子定向移动的速率为v/2【答案】AD【解析】A、将导线均匀拉长，使其半径变为原来的，横截面积变为原来的倍，导线长度要变为原来的4倍，金属丝电阻率不变，由电阻定律可知，导线电阻变为原来的16倍，电压变为2U，由欧姆定律可知，电流变为原来的，故A正确，B错误；C、电流I变为原来的，横截面积变为原来的，单位体积中自由移动的电子数n不变，每个电子粒所带的电荷量e不变，由电流的微观表达式可知，电子定向移动的速率变为原来的，故D正确，C错误。点睛：本题关键要抓住物理量之间的关系，要在理解的基础上记住电流的微观表达式；正确应用电阻定律求解电阻的变化。12.在如图所示电路中，电源电动势为12V，电源内阻为1.0，电路中的电阻R0为1.5， 小型直流电动机M的内阻为0.5，电流表内阻不计。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. 电动机两端的电压为1.0VB. 电动机两端的电压为7.0VC. 电动机输出的机械功率为12WD. 电动机的发热功率为2.0W【答案】BCD【解析】【详解】由题意可知，电路中的电流为2.0A，则电动机两端的电压为U=E-I（r+R0）=12-2（1.5+1）=7.0V；故A错误，B正确；电动机的热功率P热=I2r0=40.5=2.0W；故D正确；电动机输出的机械功率P出=UI-P热=72-2.0=12W，故C正确；故选BCD。【点睛】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13.如图所示，两平行金属板间带电质点P处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则A. 电压表读数减小B. 电流表读数减小C. 质点P将向上运动D. R3上消耗的功率逐渐增大【答案】BC【解析】由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再由R1串连接在电源两端；电容器与R3并联；当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时R1两端的电压也增大；故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过R3的电流减小，则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大；因并联部分电压减小，而R2中电压增大，故电压表示数减小；因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，电荷向下运动，因R3两端的电压减小，由公式可知，R3上消耗的功率减小。综上所述，故选B。点晴：本题考查闭合电路的欧姆定律，一般可以先将分析电路结构，电容器看作开路；再按部分-整体-部分的分析思路进行分析。14.如图所示,在重力加速度为g的空间,有一带电量为+Q的场源电荷置于O点,B、C为以O为圆心,半径为R的竖直圆周上的两点,A、B、O在同一竖直线上,AB=R,O、C在同一水平线上.现在有一质量为m,电荷量为-q的有孔小球,沿光滑绝缘细杆AC从A点由静止开始下滑,滑至C点时的速度的大小为,下列说法正确的是A. 从A到C小球做匀加速直线运动B. 从A到C小球的机械能守恒C. A、C两点间的电势差为UAC=D. 若将小球从A点沿ABO自由释放,则下落到B点时的速度大小为【答案】CD【解析】试题分析：小球所受电场力在变化，加速度在变化，物体做变加速运动，所以A错误。电场力做正功，电势能减少，机械能增加，所以B错误。从A到C，所以；从A到B，,且，所以。故选CD考点：考查电场力做功点评：难度中等，再利用W=qU计算电场力做功问题时，要注意W和U的下脚标，明确重力、电场力做功只与初末位置有关，与路径无关三、实验题：（21分）15.某同学要测量一电阻约200 的圆柱体的电阻率。步骤如下：(1)用20分度的游标卡尺测量其长度如图甲所示，则其长度为_ mm。(2)用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，则其直径为_ mm。(3)该同学想用伏安法测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻R电流表A1(量程04 mA，内阻约50 )电流表A2(量程010 mA，内阻约30 )电压表V1(量程03 V，内阻约10 k)电压表V2(量程015 V，内阻约25 k)直流电源E(电动势4 V，内阻不计)滑动变阻器R1(阻值范围015 ，允许通过的最大电流2.0 A)滑动变阻器R2(阻值范围02 k，允许通过的最大电流0.5 A)开关S 导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号_。【答案】 (1). （1）50.15； (2). （2）4.700； (3). （3）如图所示【解析】【详解】（1）游标卡尺的固定刻度读数为50mm，游标尺上第3个刻度游标读数为0.053mm=0.15mm，所以最终读数为：50mm+0.15mm=50.15mm；（2）螺旋测微器的固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为0.0120.0mm=0.200mm，所以最终读数为：4.5mm+0.200mm=4.700mm；（3）根据电源电动势为4V可知电压表应选V1；根据欧姆定律可求出通过待测电阻的最大电流为：Im=U/R=3/200mA15mA，所以电流表应选A2；根据实验要求便于调节且测得多组数据进行分析，可知变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器R1以方便调节；由于待测电阻与电流表内阻差不多，可知电流表应用外接法，故电路图如图所示：故答案为：（1）50.15；（2）4.700；（3）如图所示【点睛】（1）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；（2）螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；（3）根据电源电动势估算可能的最大电压和电流选择电压表和电流表，根据电压表和电流表的内阻与电阻的关系选择电流表内接或外接，根据实验要求便于调节且测得多组数据进行分析，可知变阻器应采用分压式接法；16.为了测量一个阻值为200的电阻Rx，现有下列器材，试选择合适的器材及适当的电路，较精确地测定该电阻的阻值.A电流表，量程0500，内阻约50B电流表，量程010mA，内阻约5C电压表，量程03V，内阻约2kD电压表，量程015V，内阻约10kE干电池1节，电动势为1.5VF滑动变阻器，020，0.5AG电键一只，导线若干电流表应该选择_，电压表应该选择_(填字母代号)；请在下列实验电路图中选择合适的电路图_【答案】 (1). B (2). C (3). B【解析】【详解】电表量程略大于电流和电压的最大值即可；由题意可知；电源电动势为1.5V，故电压表选择3V的C；电路中可能出现在最大电流，则电流表应选择B；因RxRA，则选用电流表内接电路；滑动变阻器用分压电路；故选B.17.有一个小灯泡上标有“4 V2 W”的字样，现在要用伏安法描绘这个小灯泡的IU图线现有下列器材供选用：A电压表(05 V，内阻约10 k) B电压表(015 V，内阻约20 k)C电流表(03 A，内阻约1 ) D电流表(00.6 A，内阻约0.4 )E滑动变阻器(10 ，2 A) F滑动变阻器(500 ，1 A)G学生电源(直流6 V)、开关、导线若干(1)实验中所用电压表应选用_，电流表应选用_，滑动变阻器应选用_(2)实验电路应采用电流表_(填“内”或“外”)接法(3)在虚线框内画出实验电路图 ，并根据所画电路图进行实物图连接 【答案】 (1). ADE (2). 外 (3). (4). 【解析】 (1)因小灯泡额定电压为4 V，015 V的量程太大，读数误差大，所以电压表选05 V的A；小灯泡的额定电流I0.5 A，则电流表只能选D；滑动变阻器F的最大阻值远大于小灯泡电阻8 ，调节不方便，故应选滑动变阻器E；(2)又因，所以电流表应外接；(3)因实验目的是描绘小灯泡的伏安特性曲线，需要多次改变小灯泡两端的电压，故采用甲图所示的分压式电路合适，这样电压可以从零开始调节，且能方便地测多组数据，电路图，实物图连接为四、解答题：（共33分，在答题卷上解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案不得分。有数值计算的题，答案应明确写出数值和单位。）18.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q=-210-10C的点电荷从A点移到B时，电场力做功4.810-8J，从B点移到电C点时，克服电场力做功4.810-8J，若取B点的电势为零，求A、C两点的电势和场强的大小及方向（要求方向在图中画出）【答案】-240V 200V 10000V/m 方向如图【解析】试题分析：由A到B过程：;由A到B过程：;即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，三角形ABC为直角三角形，所以考点：电场力做功与电势差的关系；电场强度【名师点睛】电势差是电场中的电势之差，电势可以任意取，但电势差却不变，就像高度与高度差一样电势差可正可负，所以公式中做功要注意正与负，电荷量也要代入电性。19.如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为l=0.20m的绝缘轻线把质量为m=0.10kg、带有正电荷的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点时轻线与竖直方向的夹角为=37现将小球拉至位置A，使轻线水平张紧后由静止释放g取10m/s2，sin37=0.60，cos37=0.80求：（1）小球所受电场力的大小；（2）小球通过最低点C时的速度大小；（3）小球通过最低点C时轻线对小球的拉力大小【答案】（1）103N/C（2）（3）1.5N【解析】试题分析：（1）在B点，由平衡条件知，qE=mg tan，得电场强度E=1000V/m。（2）由A到C过程，由动能定理得：mgLqEL=mvC2，解得vC=m/s。（3）在C点，由牛顿第二定律：Fmg= m，解得细线对小球的拉力大小F=1.5N考点：动能定理、牛顿第二定律20.如图所