黑龙江省哈尔滨市第六中学2018_2019学年高二物理上学期期中试题（含解析）.docx

哈尔滨市第六中学2018-2019学年度上学期期中考试高二物理试题一、选择题：本题共12小题，每题小题5分，期中第18小题为单项选择题，第912小题为多项选择题，选得不全的得3分，多选或错选的不得分1.如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线。两电子分别从a、b两点运动到c点，设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，a、b两点的电场强度大小分别为Ea和Eb，则( )A. Wa =Wb，Ea Eb B. WaWb，Ea Eb C. Wa=Wb，Ea Eb D. WaWb，Ea Eb【答案】A【解析】试题分析：图中a、b两点在一个等势面上，故Uac=Ubc，根据W=qU，有Wa=Wb；a位置的电场强度较密集，故EaEb；故选A。考点：等势面；电场线视频2.地球表面附近某区域存在大小为150N/C、方向竖直向下的电场。一质量为1.0010-4kg、带电量为-1.0010-7C的小球从静止释放，在电场区域内下落10.0m。对此过程，该小球的电势能和动能的改变量分别为（重力加速度大小取9.80m/s2，忽略空气阻力）（ ）A. -1.5010-4J和 9.9510-3J B. 1.5010-4J和9.9510-3JC. -1.5010-4J和 9.6510-3J D. 1.5010-4J和9.6510-3J【答案】D【解析】试题分析：电场力做功等于电势能的改变量，则：；合外力的功等于动能的变化量，则：，故选D.考点：功能关系【名师点睛】此题考查了功能转化关系；要知道电场力做功等于物体电势能的变化量；合外力做功等于动能的变化量；重力做功等于重力势能的变化量；除重力以外的其他力做功等于机械能的变化量；此题难度不大，是基础题.视频3.一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能Ep与位移x的关系如图所示下列图象中合理的是()A. B. C. D. 【答案】D【解析】粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的减小量，故：，即图象上某点的切线的斜率表示电场力；A、 图象上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，根据，故电场强度也逐渐减小，A错误； B、根据动能定理，有：，故图线上某点切线的斜率表示电场力；由于电场力逐渐减小，与B图矛盾，B错误； C、按照C图，速度随着位移均匀增加，根据公式，匀变速直线运动的图象是直线，题图图象是直线；相同位移速度增加量相等，又是加速运动，故增加相等的速度需要的时间逐渐减小，故加速度逐渐增加；而电场力减小导致加速度减小；故矛盾，C错误； D、粒子做加速度减小的加速运动，D正确；故选D。视频4.用图示的电路可以测量电阻的阻值图中Rx是待测电阻，R0是定值电阻，G是灵敏度很高的电流表，MN是一段均匀的电阻丝闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表G的电流为零时，测得MPl1，PNl2，则Rx的阻值为() A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：电阻丝MP段与PN段电压之比等于R0和Rx的电压比，即；通过电流表G的电流为零，说明通过电阻丝两侧的电流是相等的，而总电流一定，故通过R0和Rx的电流也相等，故；根据电阻定律公式，有；故，解得故选：C考点：欧姆定律的应用。视频5.如图，半径为R的均匀带正电薄球壳，其上有一小孔A已知壳内的场强处处为零；壳外空间的电场，与将球壳上的全部电荷集中于球心O时在壳外产生的电场一样一带正电的试探电荷（不计重力）从球心以初动能Ek0沿OA方向射出下列关于试探电荷的动能Ek与离开球心的距离r的关系图线，可能正确的是（ ）ABCD【答案】A【解析】试题分析：试探电荷的动能Ek与离开球心的距离r的关系根据动能定理分析解：在球壳内，场强处处为零，试探电荷不受电场力，其动能不变；在球壳外，取一段极短距离内，认为库仑力不变，设为F，根据动能定理得：Ek=Fr则得：F=根据数学知识得知：等于Ekr图象上切线的斜率，由库仑定律知r增大，F减小，图象切线的斜率减小，故A正确，BCD错误故选：A【点评】本题的关键是运用微元法，图象问题一般都是分析图象的斜率的意义，或者截距的意义，从这方面着手分析比较容易解题，难度适中视频6. 当外电路的电阻分别为8 和2 时，单位时间内在外电路上产生的热量正好相等，则该电源的内电阻是( )A. 1 B. 2 C. 4 D. 6 【答案】C【解析】由（）2R1（）2R2，代入数据解得r4 ，选项C正确。7.如图所示，a、b、c三枚小磁针分别在通电螺线管的正上方、管内和右侧，当这些小磁针静止时，小磁针N极的指向是（ ）A. a、b、c均向左B. a、b、c均向右C. a向左，b向右，c向右D. a向右，b向左，c向右【答案】C【解析】试题分析：由通电螺线管电流的流向，根据右手螺旋定则可得，通电螺线管的左边为S极，右边为N极所以a枚小磁针的N极指向为向左、b枚小磁针N极指向为向右、c枚小磁针的N极指向为向右，故选C。考点：右手螺旋定则【名师点睛】右手螺旋定则也叫安培定则，让大拇指所指向为电流的方向，则四指环绕的方向为磁场方向当导线是环形时，则四指向为电流的方向。8.如下左图所示，为某种用来束缚原子的磁场的磁感线分布情况，以O点(图中白点)为坐标原点，沿z轴正方向磁感应强度B大小的变化最有可能为() A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：磁场是一种特殊物质形态，既看不见又摸不着因此引入磁感线来帮助我们理解磁场，磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线上某点的切线方向表磁场的方向解：如图所示为某种用来束缚原子的磁场的磁感线分布情况：磁感线的疏密表示磁场的强弱，所以沿Z轴正方向磁感应强度B的大小是先变小后变大由于题目中问的是磁感应强度B的大小，故C正确；故选：C【点评】若考虑磁感应强度的方向，则将C图象中的后半部分画在时间轴的下方9.如图所示为欧姆表的原理图，表头内阻为Rg，调零电阻为R，电池的电动势为E，内阻为r，则下列说法中正确的是A. 它是根据闭合电路欧姆定律制成的B. 接表内电池负极的应是红表笔C. 电阻的“”刻度一般在刻度盘的右端D. 调零后刻度盘的中心刻度值是r+Rg+R【答案】ABD【解析】多用电表是根据闭合电路的欧姆定律制成的，选项A正确；接表内电池负极的是红表笔，接电源正极的是黑表笔，电流从黑表笔出，红表笔进，选项B正确；“”刻度在刻度盘的左端，选项C错误；当多用电表指针指在中间位置时， .所以RxRgRr，即中心刻度值为rRgR，选项D正确；此题选择不正确的选项，故选C点睛：此题考查欧姆表的原理，不但要熟悉如何使用多用电表，同时还要知道电阻刻度盘是不均匀的，明确其原理为全电路欧姆定律.10.四个相同的电流表分别改装成两个大量程电流表和两个大量程电压表,电流表A1的量程大于A2的量程,电压表V1的量程大于V2的量程,把它们按如图所示接入电路()A. A1的读数比A2的读数大B. A1的指针偏转角度比A2指针偏转角度大C. V1读数比V2读数大D. V1指针偏转角度比V2指针偏转角度大【答案】AC【解析】A、电流表的量程大于电流表的量程，故电流表的电阻值小于电流表的电阻值，并联电路中，电阻小的支路电流大，故电流表的读数大于电流表的读数，故A正确；B、两个电流表的表头是并联关系，电压相同，通过表头的电流相同，故指针偏转角度相等，故B错误；C、电压表的电阻值大于电压表的电阻值，串联时电流相同，电压表的读数大于电压表的读数，故C正确；D、两个电压表的表头是串联关系，电流相等，故指针偏转角度相等，故D错误。点睛：表头改装成大量程电流表需要并联分流电阻，并流电阻越小，分流越多，量程越大；表头改装成电压表需要串联分压电阻，分压电阻越大，分得的电压越大，量程越大，然后再根据电路的串并联知识分析即可。11. 如图甲所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生变化图乙中三条图线分别表示了三个电压表示数随电流表示数变化的情况以下说法正确的是（ ）A. 图线a表示的是电压表V3的示数随电流表示数变化的情况B. 图线c表示的是电压表V2的示数随电流表示数变化的情况C. 此过程中电压表V1示数的变化量U1和电流表示数变化量I的比值变大D. 此过程中电压表V3示数的变化量U3和电流表示数变化量I的比值不变【答案】C【解析】试题分析：当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，可知路端电压增大，即知电压表示数增大，电压表的示数减小，电压表的示数增大，则知，图线a表示的是电压表的示数随电流表示数变化的情况，图线c表示的是电压表的示数随电流表示数变化的情况，故AB正确；由闭合电路欧姆定律得，则，保持不变故C错误；由闭合电路欧姆定律得，则，故D正确考点：考查了闭合回路欧姆定律的应用【名师点睛】本题实质是电路中动态变化分析问题和闭合电路欧姆定律问题的综合，从局部电阻的变化，分析各部分电压的变化12.如图为一电源电动势为E，内阻为r的恒定电路，电压表A的内阻为10k，B为静电计，C1、C2分别是两个电容器，将开关闭合一段时间，下列说法正确的是A. 若C1C2，则电压表两端的电势差大于静电计两端的电势差B. 若将变阻器滑动触头P向右滑动，则电容器C2上带电量增大C. C1上带电量为零D. 再将电键S打开，然后使电容器C2两极板间距离增大，则静电计张角也增大【答案】CD【解析】试题分析：由于静电计的两个电极是彼此绝缘的，电压表是由电流表改装成的，电路稳定后，电路中没有电流，电压表两端没有电压，而电容器充电，两端存在电压所以电压表两端的电势差小于静电计两端的电势差，故A错误；电路稳定后，电容器的电压等于电源的电动势，保持不变，将变阻器滑动触头向右滑动，电容器的电压不变，电量不变，故B错误；由于电压表两端没有电压，电容器没有被充电，电量为零，故C正确；将电键打开，电容器的电量不变，板间距离增大，电容减小，由公式分析可知，板间电压增大，静电计张角增大，故D正确。考点：电容器的动态分析【名师点睛】静电计的两个电极是彼此绝缘的，电压表是由电流表改装成的，电路稳定后，电路中没有电流，电压表两端没有电压，电容器不带电电路稳定后，电容器的电压等于电源的电动势。二、填空题：本题共2小题，每空2分，共18分13.某同学用伏安法测一节干电池的电动势E和内阻r，所给的器材有：A电压表V：03 V15 VB电流表A：00.6 A3 AC滑动变阻器R1：（20，1A）D滑动变阻器R2：（1000，01A）E开关S和导线若干（1）实验中电压表应选用的量程为_（选填“03V”或“015V”）；电流表应选用的量程为_（选填“00.6 A”或“03 A”）；滑动变阻器应选用_（填器材编号“AE”）（2）实验测得的6组数据已在UI图中标出，如图所示请你根据数据点位置完成UI图线，并由图线求出该电池的电动势E_V，内阻r_（结果保留两位有效数字）【答案】 (1). 03V (2). 00.6A (3). C (4). 1.5 (5). 0.56【解析】【详解】（1）一节干电池电动势约为1.5V，则电压表量程选：03V；电路最大电流约为零点几安培，电流表应选用的量程为00.6A；为方便实验操作，变阻器应选用 C。（2）根据坐标系内描出的点作出电源U-I图象如图所示：由图示电源U-I图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.5，则电源电动势：E=1.5V，.14.有一根圆台状匀质合金棒如图甲所示，某同学猜测其电阻的大小与该合金棒的电阻率、长度L和两底面直径d、D有关他进行了如下实验：（1）用游标卡尺测量合金棒的两底面直径d、D和长度L图乙中游标卡尺（游标尺上有20个等分刻度）的读数L_ cm（2）测量该合金棒电阻的实物电路如图丙所示（相关器材的参数已在图中标出）该合金棒的电阻仅有几个欧姆图中有一处连接不当的导线是_（用标注在导线旁的数字表示）（3）修正电路后，通过实验测得合金棒的电阻R6.72 根据电阻定律计算电阻率为、长为L、直径分别为d和D的圆柱状合金棒的电阻分别为Rd13.3 、RD3.38 他发现：在误差允许范围内，电阻R满足R2RdRD，由此推断该圆台状合金棒的电阻R_（用、L、d、D表示）【答案】 (1). 9.940 (2). (3). 4LDd【解析】【详解】（1）游标卡尺的读数为： 99.00mm+0.058mm =99.40mm=9.940cm。（2）实验为测定一个几欧姆的电阻，在用伏安法测量其两端的电压和通过电阻的电流时，因为安培表的内阻较小，为了减小误差，应用安培表外接法，线的连接使用的是安培表内接法。（3）根据电阻定律计算电阻率为、长为L、直径分别为d和D的圆柱状合金棒的电阻分别为Rd=13.3、RD=3.38。则有：，而电阻R满足R2=RdRD，将Rd、RD代入得：。三、计算题：共32分15. 竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场，其电场强度为E，在该匀强电场中，用丝线悬挂质量为m的带正电的小球，丝线跟竖直方向成角时，小球恰好平衡，如图所示求：（1）小球所带的电荷量是多少？（2）若剪断丝线，小球碰到金属板需多长时间？【答案】（1）qmgtan/E；（2）t=【解析】（1）小球受力平衡，对小球受力分析如图所示：，联立可以得： 。（2）研究水平方向的运动。剪断丝线后，小球沿水平方向做匀加速直线运动。加速度为，由运动学公式得 解得。（利用合运动或竖直分运动计算也可）点睛：先分析小球的受力情况，重力竖直向下，电场力水平向右，绳子拉力沿绳子向上，处于三力平衡状态，根据平衡条件判断电性，求解电荷量；如将细线剪断，绳子的拉力撤去，其余二力的合力一定沿绳子的反方向，大小等于原先绳子的力，所以小球将做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动规律解出物体的运动时间。16.在光滑绝缘水平面上放置一质量m0.2 kg、电荷量q5104 C的带正电的小球，小球系在长L0.5 m的绝缘细线上，线的另一端固定在O点整个装置置于匀强电场中，电场方向与水平面平行且沿OA方向，如图所示（此图为俯视图）现给小球一初速度使其绕点O做圆周运动，小球经过A点时细线的张力F140 N，小球在运动过程中，最大动能比最小动能大20 J，小球视为质点（1）求电场强度的大小（2）求运动过程中小球的最小动能。【答案】（1）（2）【解析】【分析】小球带正电，从A运动到其关于O对称的点的过程中，电场力做负功，动能减小，所以在A点动能最大，在其对称点的动能最小，根据动能定理求解电场强度E的大小；在A处动能最大，已知小球经过A点时细线的张力F=140N，由牛顿第二定律和动能的计算式求解A处的动能，再由动能