吉林省吉林市普通高中2018-2019学年高二物理上学期期中试题（含解析）

吉林省吉林市普通高中20182019学年高二物理上学期期中试题（含解析）一、单选题1.有三个相同的金属小球A、B、C，其中A、B两球带电情况完全相同，C球不带电，将A、B两球相隔很远距离固定起来，两球间的库仑力是F，若使C球先和A接触，再与B球接触，移去C，则A、B间的库仑力变为（）A.F/10B.3F/8C.F/4D.F/2【答案】B【解析】试题分析：假设A带电量为Q，B带电量也为Q，两球之间的相互吸引力的大小是第三个不带电的金属小球C与A接触后，A和C的电量都为Q/2，C与B接触时总电荷量再平分，则C、B分开后电量均为，这时，A、B两球之间的相互作用力的大小，故选B．考点：库伦定律【名师点睛】要清楚带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分．根据库仑定律的内容，找出变化量和不变量求出问题。2.如图所示，a、b和c表示电场中的三个等势面，a和c的电势分别为5V和1V，a、b的电势差等于b、c的电势差。一带电粒子从等势面a上某处以速度v释放后，仅受电场力作用而运动，经过等势面c时的速率为2v，则它经过等势面b时的速率为（）A.B.C.v【答案】C【解析】由动能定理知从a到c：2=0.8qU，设在等势面b时的速率为vb，则：，Uab=0.4U，联立可得：，B正确．故选B.3.如图所示，在等量异种点电荷形成的电场中有A、B、C三点，A点为两点电荷连线的中点，B点为连线上距A点距离为d的一点，C点为连线中垂线上距A点距离也为d的一点，则下面关于三点电场强度E的大小、电势高低的比较，正确的是（）A.EB＞EA＞EC，B.EA>EC＞EB，C.EA＜EB，EA＜EC，,D.EA＞EB，EA＞EC，,【答案】A【解析】【详解】根据电场线的疏密分布知，A点的电场线比C点密，B点的电场线比A点密，则EB＞EA＞EC；等量的异种电荷的中垂线为等势线，则A点的电势与C点的电势相等，沿着电场线方向电势逐渐降低，则A点的电势大于B点电势，所以φA=φC＞φB．故B正确，ACD错误。4.如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc,实线为一带正电的电荷仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，关于P、Q两点比较可得（）A.三个等势面中，c的电势最高B.带电电荷通过P点时的电势能较小C.带电电荷通过Q点时的动能较小D.带电电荷通过P点时的加速度较小【答案】A【解析】【详解】电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，a点的电势最低，故A正确；根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故B错误；从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故C错误；等势线密的地方场强大，加速度大，故质点通过P点时的加速度较大，故D错误。故选A.【点睛】解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场、电势能、动能等物理量的变化.5.如图所示，把一带负电小球a放在光滑绝缘斜面上（虚线与斜面垂直）．欲使球a能静止在斜面上，需在MN间放一带电小球b，则b应（）A.带正电，放在A点B.带正电，放在B点C.带负电，放在C点D.带正电，放在C点【答案】D【解析】6.如右图所示的电路为欧姆表原理图，电池的电动势E＝1.5V，G为电流表，满偏电流为200μA.当调好零后，在两表笔间接一被测电阻Rx时，电流表G的指针示数为50μA，那么Rx的值是()A.7.5kΩB.22.5kΩC.15kΩD.30kΩ【答案】B【解析】试题分析：当电流表满偏时：，即；电流表G的指针示数为50μA时，,即，解得：R="22.5"kΩ，选项B正确。考点：欧姆表；欧姆定律.7.在如图电路中，电键K1、K1、K2、K3、K4均闭合．C是极板水平放置的平行板电容器，板间悬浮着一油滴P．断开哪一个电键后P会向下运动（）A.K1B.K2C.K3D.K4【答案】C【解析】考点：电容；闭合电路的欧姆定律．专题：电容器专题．分析：平行板电容器板间悬浮着一油滴P，油滴所受的重力与电场力平衡，当电场力不变时，油滴会保持悬浮．根据条件分别分析哪种情况下板间场强和油滴的电场力是不变的．解答：解：A、断开K1，电容器两板间的电压不变，场强不变，油滴所受的电场力不变，油滴仍处于平衡状态．故A正确．B、断开K2，电容器两板间的电压增大，稳定时，其电压等于电源的电动势，板间场强增大，油滴所受的电场力增大，油滴将向上运动．与题意不符，故B错误．C、断开K2，电容器通过电阻放电，板间场强逐渐减小，油滴所受的电场力减小，油滴将向下运动．故C错误．D、断开K4，电容器的电量不变，板间场强不变，油滴仍处于静止状态．故D正确．故选AD点评：本题考查分析电容器电压的能力．难点是断开K2，稳定后电容器的电压等于电源的电动势，可以用电势差等于电压来理解．8.在图所示电路中，当变阻器滑片向上移动时（）A.电压表示数变大，电流表示数变小B.电压表示数变小，电流表示数变大C.电压表示数变大，电流表示数变大D.电压表示数变小，电流表示数变小【答案】B【解析】A、B、图中电阻R2与R滑并联后再与R1串联；在滑动头P自a端向b端滑动的过程中，R滑接入电路的电阻减小，电路的总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律，电路的总电流I增大；故路端电压U=EIr变小，即为电压表示数变小；并联部分电压U并=EI(r+R1)也变小，由变小，由知电流表示数变大，则B正确，故选B．【点睛】本题是电路动态变化分析问题，可以按照外电路→内电路→外电路的顺序分析，同时要抓住不变量：电源的电动势、内阻及定值电阻的阻值．9.如图所示电路中，电源电动势E＝10V，内电阻不计，电阻R1＝14Ω，R2＝6Ω，R3＝2Ω，R4＝8Ω，R5＝10Ω，则电容器两板间电压大小是（）A.3VB.4VC.5VD.6V【答案】C【解析】【详解】设Ud=0，电容器两板间的电压即为a、b两点间的电势差。则a点电势为：。电流由b点经R4流到d点，则b点电势为：，由Ub＞Ua可知，电容器下板带正电，b、a两点间的电势差为：Uba=UbUa=5.0V，则电容器两板间电压大小即是5.0V。故选C。【点睛】本题是电路桥式电路，对于电容器，关键求电压．本题电路稳定时，电容器的电压等于电容器这一路同侧两个电阻的电压之差.二、多选题10.有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图所示。其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符。不必考虑墨汁的重力，为了使打在纸上的字迹缩小，下列措施可行的是（）A.减小墨汁微粒的质量B.减小墨汁微粒所带的电荷量C.增大偏转电场的电压D.增大墨汁微粒的喷出速度【答案】BD【解析】试题分析：微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场做类平抛运动，则有：水平方向：L=v0t；竖直方向：y=at2，加速度：，联立解得：，要缩小字迹，就要减小微粒通过偏转电场的偏转角y，由上式分析可知，采用的方法有：减小比荷、增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能Ek0、减小极板的长度L、减小偏转极板间的电压U，故AC错误，BD正确．故选：BD．考点：带电粒子在电场中的偏转.11.如图所示，一个带电油滴从O点以初速度v0向右上方射入无限大的匀强电场E中，v0的方向与E方向成α角．现测得油滴到达运动轨迹的最高点P时速度大小仍为v0，则下列说法正确的是（）A.P点可能在O点的右上方B.P点可能在O点的左上方C.到达最高点P时，重力和电场力对油滴做功的功率都为0D.从抛出到最高点的过程中，油滴电势能的减少量一定等于重力势能的增加量【答案】ABD【解析】解：A、当油滴带正电时，电场力向右，到达最高点时，动能不变，则电势能应减小，电场力做正功，则P点在O点的右上方；故A正确．B、若油滴带负电时，电场力向左，到达最高点时，动能不变，则电势能应减小，电场力做正功，则P点在O点的左上方；故B正确．C、由于重力与电场力垂直，油滴在最高点的速度不可能与两个力都垂直，可知两个力的功率不可能都为零．故C错误．D、从抛出到最高点的过程中，动能不变，重力势能增加，电势能必减小，根据能量守恒定律油滴电势能的减少量一定等于重力势能的增加量．故D正确．故选ABD【点评】本题以带电液滴在复合场中的运动为背景考查了电势能、电场力做功等问题，其关键是分析清楚带电液滴的运动规律．12.水平地面上有一个倾角为θ的斜面，其表面绝缘。另一个带正电的滑块放在斜面上，两物体均处于静止状态，如图所示。当加上水平向右的匀强电场后，滑块与斜面仍相对地面静止，（）A.滑块与斜面间的摩擦力一定变大B.滑块与斜面间的摩擦力可能不变C.滑块对斜面的压力一定变大D.斜面体对地面的压力一定不变【答案】BCD【解析】试题分析：滑块开始受重力、支持力和静摩擦力处于平衡，加上匀强电场后，滑块多了一个水平向右的电场力，所受的静摩擦力方向可能沿斜面向上，可能沿斜面向下，则摩擦力的大小可能减小、可能增大，可能不变．故A错误．B正确；未加电场前，斜面体对滑块的支持力N=mgcosθ，加上电场后，支持力的大小变为N′=mgcosθ+qEsinθ，知滑块对斜面的压力变大．故C正确；对整体分析，加电场后，竖直方向支持力的大小仍然等于总重力，所以斜面体与地面间的压力不变．故D正确．考点：共点力的平衡问题。13.在静电场中，将一个电子由a点移到b点，电场力做正功5eV，下面判断中正确的是（）A.电场强度的方向一定由b指向aB.电子的动能增加了5eVC.a、b两点电势差Uab＝5VD.a点电势一定低于b点的电势【答案】BD【解析】【详解】由题，电子由a点移到b点，电场力做功5eV，电场力的方向不一定是从a到b，电场强度的方向不一定由b指向a，故A错误。由于电场力对电子做正功5eV，电子的动能增加了5eV．故B正确。a、b两点电势差．故C错误。因为差Uab=5V＜0，可以确定a点的电势低于b点的电势。故D正确。故选BD。【点睛】在应用公式U=W/q解题时，U、W、q都要代入符号求解，还要注意电荷移动的方向和电势差的顺序.14.如图所示，在场强大小为E的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细线一端拴一个质量为m，电荷量为q的带负电的小球，另一端固定在O点，把小球拉到使细线水平的位置A，然后将小球由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成θ=60°的位置B时速度为零，以下说法正确的是（）A.小球重力与电场力的大小关系是B.小球重力与电场力的大小关系是C.小球在B点时，细线拉力T=2qED.小球在B点时，细线拉力【答案】AD【解析】【详解】小球从A运动到B的过程中，根据动能定理得：mgLsinθqEL（1cosθ）=0;得Eq：mg=sinθ：（1cosθ）=：1，则得qE=mg；小球到达B点时速度为零，向心力为零，则沿细线方向合力为零，此时对小球受力分析可知：T=qEcos60°+mgsin60°，故细线拉力T=mg，故选AD。三、实验题15.小灯泡灯丝的电阻会随温度的升高而变化，一研究性学习小组在实验室通过实验研究这一问题，实验室备有的器材是：电源（1.5V,3Ω）电压表（3V，3kΩ）、电流表（0～0.6A，0.1Ω）、电池、开关、滑动变阻器、待测小灯泡、导线若干．实验时，要求小灯泡两端电压从零逐渐增大到额定电压以上．(1)他们应选用甲图中所示的____电路进行实验；(2)根据实验测得数据描绘出如图乙所示UI图象，由图分析可知，小灯泡电阻随温度T变化的关系是____________．(3)已知实验中使用的小灯泡标有1.5V字样，请你根据上述实验结果求出小灯泡在1.5V电源下的实际功率是_______W．（保留两位有效数字）【解析】试题分析：(1)由于小灯泡的电阻很小，在测量的时候为了减小实验的误差，电流表要采用外接的方法，同时由于小灯泡的电压要从零开始变化，电压的变化的范围较大，滑动变阻器要采用分压的接法，故选A.（2）欧姆定律可知,U－I图象斜率越来越大，说明小灯泡电阻随T升高，R增大.（3）当灯泡接入电动势为1.5V、内阻为3欧的电源中时，根据灯泡的伏安特性曲线分析可知，此时小灯泡的电压为0.6V，电流为0.3A，此时小灯泡的功率为P=UI=0.6×0.3W=0.18W，所以灯泡的功率为0.18w.考点：研究小灯泡的U－I图象。点评：本题的关键的地方是找出灯泡在电路中时的电压的大小，要根据灯泡的伏安特性曲线逐个来分析找出合适的电压和电流的大小，同时注意题目中关于有效数字的要求．四、解答题16.如图所示，用一根绝缘细线悬挂一个带电小球，小球的质量为m，电量为q，现加一水平的匀强电场，平衡时绝缘细线与竖直方向夹θ角．（1）试求这个匀强电场的场强E大小；（2）如果将电场方向顺时针旋转θ角、大小变为E′后，小球平衡时，绝缘细线仍与竖直方向夹θ角，则E′的大小又是多少？【答案】(1)E=mgtanθ/q(2)E′=mgsinθ/q【解析】试题分析：（1）小球受到重力、电场力和细线的拉力，受力分析如图1所示．由平衡条件得：,解得：（2）将电场方向顺时针旋转θ角、大小变为E′后，电场力方向也顺时针转过θ角，大小为，此时电场力与细线垂直，如图2所示根据平衡条件得：,则得：考点：共点力平衡的条件及其应用、电场强度。【名师点睛】（1）对小球受力分析，受到重力、电场力和细线的拉力，根据共点力平衡条件和电场力列式求解场强E；（2）如果将电场方向顺时针旋转θ角、大小变为E′后，电场力方向也顺时针转过θ角，大小为，再运用同样的方法求解E′的大小。17.如图所示，两平行金属板板长L=10cm，板间距离d=10cm的平行电容器水平放置，它的左侧有与水平方向成60°角斜向右上方的匀强电场，某时刻一质量为m，带电荷量为q的小球由O点静止释放，沿直线OA从电容器C的中线水平进入，最后刚好打在电容器的上极板右边缘，O到A的距离，(g取10m/s2)，求：(1)电容器左侧匀强电场的电场强度E的大小；(2)小球刚进入电容器C时的速度v的大小；(3)电容器C极板间的电压U。【答案】(1)(2)(3)【解析】试题分析：（1）由于带电小球做直线运动，因此小球所受合力沿水平方向，则：…①解得：（2）从O点到A点，由动能定理得：mgxtan30°＝mv2−0…②解之得：v=3m/s（3）小球在电容器C中做类平抛运动