湖南省醴陵市第一中学高二物理上学期期中试题 理（含解析）.doc

2017年下学期醴陵一中高二年级期中考试（理科）物理试题一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1 8题只有一项符合题目要求，第9 12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）。1. 下列关于物理学史的说法中错误的是a. 法拉第提出了电场的观点b. 美国物理学家密立根用油滴实验比较准确地测定了电子的电荷量c. 卡文迪许巧妙地用扭秤装置测定了静电力常量d. 美国科学家富兰克林发现了自然界中存在两种电荷，他把一种命名为正电荷，另一种命名为负电荷【答案】c【解析】a、法拉第首先引入“场”的概念用来研究电和磁现象，不仅提出了场的概念，而且直观地描绘了场的清晰图象故a正确b、美国物理学家密立根通过油滴实验比较准确地测定了电子的电荷量；故b正确；c、卡文迪许利用扭秤实验测出万有引力常量，库伦得到点电荷之间的作用力大小与距离的平方成反比的规律，故c错误；d、自然界的电荷只有两种，美国科学家富兰克林将其命名为正电荷和负电荷，故d正确。本题选错误的故选c.【点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一.2. 真空中保持一定距离的两个点电荷，若其中一个点电荷电荷量增加了，但仍然保持它们之间的相互作用力不变，则另一点电荷的电荷量一定减少了a. b. c. d. 【答案】b【解析】因为一个点电荷增加了，则，根据库仑定律的公式知，若库仑力不变,则，即另一电荷减小了故c正确，a、b、d错误故选b【点睛】解决本题的关键掌握库仑定律，能够灵活运用该公式解决问题3. 一节干电池的电动势为1.5 v，其物理意义可以表述为a. 外电路断开时，1 s内它能将1.5j的化学能转化为电势能b. 外电路闭合时，1 s内它能将1.5j的化学能转化为电势能c. 外电路闭合时，1 s内它能将1.5c的电荷量通过导线的某一截面d. 外电路闭合时，导线某一截面每通过1c的电荷量，整个电路就获得1.5j的电能【答案】d【解析】由电动势的定义式，可知，电源中每通过1c电量，非静电力做功为1.5j，电源把1.5j的化学能转变为电能，而不是1s内将1.5j的化学能转变成电能故a b错误当1s内能使1.5c的电量通过导线的某一截面时，电路中电流是1.5a，但电动势不一定等于1.5v故c错误导线某一截面每通过1c的电量，这段导线就消耗1.5j的电能，故d正确故选d点睛：本题考查对电源电动势的理解电动势表征电源把其他形式的能转化为电能本领的大小，当非静电力把1c的正电荷从负极移到正极时，一节干电池向整个电路提供1.5j的电能4. 在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点。其中a、b两点的电势相等，电场强度大小相等、方向也相同的是a. 甲图：与点电荷等距的a、b两点b. 乙图：两等量异种电荷连接的中垂线上与连线等距的a、b两点c. 丙图：点电荷与带电平板形成的电场中平板上表面的a、b两点d. 丁图：匀强磁场中的a、b两点【答案】b.【点睛】本题考查对电场线的认识，由电场线我们应能找出电场的方向、场强的大小及电势的高低5. 如图所示，一价氢离子()和二价氦离子()的混合体，从静止开始经同一加速电场u1同时加速后，垂直射入同一偏转u2电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，（不计它们之间的相互作用力和重力）则它们a. 同时到达屏上同一点b. 同时到达屏上不同点c. 先后到达屏上同一点d. 先后到达屏上不同点【答案】c【解析】设加速电压为u1，偏转电压为u2，偏转极板的长度为l，板间距离为d在加速电场中，由动能定理得： ；两种粒子在偏转电场中，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，由于两种粒子的比荷不同，则v0不同，所以两粒子在偏转电场中运动的时间不同两种粒子在加速电场中的加速度不同，位移相同，则运动的时间也不同，所以两粒子是先后离开偏转电场在偏转电场中的偏转位移 ，联立得；同理可得到偏转角度的正切，可见y和tan与电荷的电量和质量无关所以出射点的位置相同，出射速度的方向也相同故两种粒子打屏上同一点故c正确，a、b、d错误故选c【点睛】解决本题的关键知道带电粒子在加速电场和偏转电场中的运动情况，知道从静止开始经过同一加速电场加速，垂直打入偏转电场，运动轨迹相同做选择题时，这个结论可直接运用，节省时间6. 直流电路如图所示，电源的内阻不能忽略不计，在滑动变阻器的滑片p由图示位置向右移动时，电源的a. 效率一定增大b. 总功率一定增大c. 热功率一定增大d. 输出功率一定先增大后减小【答案】a【解析】由电路图可知，当滑动变阻滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路总电阻变大，电源电动势不变，由闭合电路的欧姆定律可知，电路总电流i变小；a、电源的效率，电源内阻r不变，滑动变阻器阻值r变大，则电源效率增大，故a正确；b、电源电动势e不变，电流i变小，电源总功率p=ei减小，故b错误； c、电源内阻r不变，电流i减小，源的热功率pq=i2r减小，故c错误；d、当滑动变阻器阻值与电源内阻相等时，电源输出功率最大，由于不知道最初滑动变阻器接入电路的阻值与电源内阻间的关系，因此无法判断电源输出功率如何变化，故d错误；故选a【点睛】知道电路串并联中的电流电压关系，并熟练应用闭合电路欧姆定律、电功率公式即可正确解题7. 将一不带电的金属球放在电荷量为q的小球附近，金属球处于静电平衡状态，所形成的电场线分布如图所示。a、b为电场中的两点，则a. a点的电场强度比b点的小b. a点的电势比b点的低c. 检验电荷q在a点的电势能比在b点的大d. 将检验电荷q从a点移到b点的过程中，电场力做负功【答案】d【解析】a、电场线的疏密表示场强的大小，由图象知a点的电场强度比b点大，故a正确；b、根据顺着电场线方向电势逐渐降低，可知a点的电势高于金属球的电势，整个金属球是一个等势体，金属球的电势又高于b点的电势，因此a点的电势比b点的高，故b错误；c、因为，由电势能知的电荷放在电势高处电势能低，即检验电荷q在a点的电势能比在b点的小；故c错误；d、-q在a点的电势能较b点小，则把-q电荷从电势能小的a点移动到电势能大的b点，电势能增大，电场力做负功故d正确故选d.【点睛】该题要掌握电场线的特点与电场力做功的特点，解题的关键是电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加8. 示波器可以用来观察电信号随时间变化的情况，其核心部件是示波管，其原理图如下，为水平偏转电极，为竖直偏转电极。以下说法正确的是a. 加图3波形电压、不加信号电压，屏上在两个位置出现亮点b. 加图2波形电压、加图1波形电压，屏上将出现两条竖直亮线c. 加图4波形电压、加图2波形电压，屏上将出现一条竖直亮线d. 加图4波形电压、加图3波形电压，屏上将出现图1所示图线【答案】a加图4波形电压、加图3波形电压，屏上将出现图3所示图线，选项d错误；故选a.【点睛】本题考查示波器原理，搞清楚两个电压的作用是关键。9. 如图所示，平行板电容器的两个极板为a、b，b极板接地，a极板带有电荷量q，板间电场有一固定点p，若将b极板固定，a极板上移一些，或者将a极板固定，b极板下移一些，在这两种情况下，以下说法正确的是 a. b极板下移时，p点的电场强度变小，p点电势降低b. b极板下移时，p点的电场强度不变，p点电势升高c. a极板上移时，p点的电场强度不变，p点电势不变d. a极板上移时，p点的电场强度变小，p点电势降低【答案】bc【解析】a.b,由题，电容器两板所带电量不变，正对面积不变，a板下移时，根据、u=q/c和e=u/d可推出：可知p点的电场强度e不变，.p点与下板的距离增大，根据公式u=ed，p点与下板的电势差增大，则p点的电势升高。故a错误，b正确；c. d.b板上移时，同理得知，p点的电场强度不变，根据公式u=ed，p点与下板的电势差不变，p点的电势不变，故c正确，d错误。故选：bc点睛：由题，电容器两板所带电量不变，改变板间距离时，根据推论分析板间场强的变化由u=ed分析p点与下板间的电势差如何变化，结合电势的高低关系，判断p点电势的变化10. 如图所示，三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面，其电势分别为10v、20v、30v。实线是一带电的粒子（不计重力）在该区域内运动的轨迹，已知带电粒子所带电荷量为0.01c，在a点处的动能为0.5j，则该带电粒子a. 该粒子一定带正点电b. 在b点处的电势能为0.5jc. b点是a、b、c三点中动能最大的位置d. 在c点处的动能为0.4j【答案】ad【解析】a、场强方向向上，电场力向上，则为正电荷，则a正确；b、b点处的电势能epq=0.0130=0.3j，则b错误；c、总能量守恒由a点处可知e=0.0110+0.5=0.6j，则b点处的动能为：0.6-0.3=0.3j，b处是动能最小的位置，则c错误；d、c点处的动能为为0.6-0.0120=0.4j，则d正确，故选ad.【点睛】本题根据粒子的轨迹弯曲方向就能判断粒子所受的电场力方向，根据电场线与等势线的关系，判断出电场线方向负电荷在电势高处电势能小是一个重要推论，要学会应用11. 如图所示是探究影响平行板电容器电容大小因素的实验装置。关于此实验装置中的静电计，下列说法中正确的是a. 静电计指针张角的大小反映了平行板电容器两板间电压的大小b. 静电计指针张角的大小反映了平行板电容器带电量的大小c. 静电计的外壳与a板相连接后可不接地d. 可以用量程为3v的电压表替代静电计【答案】ac【解析】a、b、静电计是定性反映电压高低的仪器，不能发映了平行板电容器的电荷量的多少，故a正确，b错误；c、静电计测量的是两板间的电压高低，可以直接将a板与电容器外壳相接，不需要都接地，故c正确；d、静电计与电压表、电流表的原理不同，不能替代电流表、电压表线圈中必须有电流通过时，指针才偏转，故不能用电压表代替静电计，故d错误；故选ac【点睛】解决本题的关键知道静电计测量的是电容器两端的电势差，正确掌握静电计的使用方法对于电容器的动态变化分析问题，常常是电容的决定式和定义式结合分析，抓住不变量是分析的基础12. 如图所示电路中，电源内阻不能忽略，两个电压表均为理想电表。当滑动变阻器r2的滑动触头p移动时，关于两个电压表v1与v2的示数，下列判断正确的是 a. p向a移动，v1示数增大、v2的示数减小b. p向b移动，v1示数增大、v2的示数减小c. p向a移动，v1示数改变量的绝对值小于v2示数改变量的绝对值d. p向b移动，v1示数改变量的绝对值大于v2示数改变量的绝对值【答案】ac【解析】试题分析：电压表测量电阻两端的电压，电压表测量电阻两端的电压，当滑动变阻器r2的滑动触头p向a移动时，滑动变阻器连入电路的电阻减小，所以路端电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可得路端电压减小，电路总电流增大，故通过的电流增大，所以两端的电压增大，而路端电压是减小的，所以v2的示数减小，v1示数改变量的绝对值小于v2的示数改变量的绝对值，ac正确b错误；当滑动变阻器r2的滑动触头p向b移动，滑动变阻器连入电路的电阻增大，故外电路总电阻增大，即路端电压增大，电路总电流减小，所以通过的电流减小，即两端的电压减小，故两端的电压增大，而路端电压是增大的，所以v1示数改变量的绝对值小于v2的示数改变量的绝对值，d错误考点：考查了闭合回路欧姆定律的应用二、实验题（本题共2小题，共15分，13题7分，14题8分，其中13题第2问3分，其它每空2分。）13. 某同学描绘小灯泡的伏安特性曲线，实验器材有：电压表：量程为3v，内阻为3k 电流表；量程为0.6a，内阻约为2定值电阻r0；阻值为1k小灯泡l：额定电压为3.8 v 滑动变阻器r：阻值范围为010电池e：电动势为6v 开关s，导线若干。该同学按如图甲所示的电路图进行实验，通过正确实验操作和读数，得到了一组电压表的示数和电流表的示数，部分数据如下表：(1)当电压表示数为1.20 v时，小灯泡两端的电压为_v。（保留三位有效数字）(2)在图乙中画出小灯泡的伏安特性曲线_。(3)若把这个小灯泡与电动势为3v、内阻为10的干电池连接成闭合电路，此时小灯泡的实际功率为_w.（结果保留两位有效数字）【答案】 (1). 1.60 (2). (3). 0.20(0.18 0.22)【解析】（1）由电路图可知，电压表与定值电阻串联后并联接在灯泡两端，则灯泡中的实际电压为电压表两端电压与定值电阻两端电压之和，则可知u=1.6v；（2）根据表中数据利用描点法可得出对应的iu图象，如图所示；（3）若把这个小灯泡与电动势为3v、内阻为10的干电池连接成闭合电路，电池的路端电压与灯泡两端的电压相等，作出电源的伏安特性曲线，则两图象的交点表示灯泡的工作点，由图可知，灯泡的电压为1.18v，电流为0.18a；由欧姆定律可知，灯泡内阻r=6.6；灯泡的功率p=ui=1.180.18=0.21w故答案为：（1）1.60；（2）如图所示；（3）6.6；0.2114. 某同学在实验室测定金属丝电阻率的实验中：(1)用游标卡尺测量有效长度如图甲所示，可知其长度为l =_mm； (2)如图乙所示，用螺旋测微器测金属丝的直径的测量值d=_mm； (3)选用“1”倍率的电阻挡测量，先进行欧姆调零，再用来测金属丝的电阻，此时观察到多用表的示数如图丙所示，测量结果为r=_。(4)该金属丝电阻率的表达式 =_（用r、d、l表示）。【答案】 (1). 50.15 (2). 0.197(0.196 0.198) (3). 14.0 (4). 【解析】(1)由图示游标卡尺可知，其示数为：50mm+30.05mm=50.15mm；(2)由图示螺旋测微器可知，其示数为：0mm+19.70.01mm=0.197mm；(3)选用“10”倍率的电阻挡测量，多用表指针偏转过大，所选倍率太大，为准确测量电阻阻值，应选择较小倍率，因此需选择1倍率的电阻挡，换挡后要重新进行欧姆调零，然后再进行测量，由图示表盘可知，电阻阻值：r=14.01=14.0(4)金属丝的电阻为：，电阻率为：；【点睛】游标卡尺、螺旋测微器、欧姆表读数、求电阻率；游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；游标卡尺不需要估读，螺旋测微器需要估读三、计算题（本题共4小题，共37分。15题8分，16题9分，17题10分，18题10分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的，答案中必须明确写出数值和单位。）15. 如图所示的电路中，电阻r1r2r310，电源内阻r5，电压表可视为理想电表。当开关s1和s2均闭合时，电压表的示数为10v。求(1)电源的电动势；(2)当开关s1闭合而s2断开时，电压表的示数和此时电源的效率。【答案】(1)e=20v (2),【解析】试题分析：（1）电阻r2中的电流i=1a；当开关s1和s2均闭合时，电路中的总电阻r总=+r2+r=20，故电源的电动势e=ir总=20v；（2）当开关s1闭合而s2断开时，电压表测量电源的路端电压电路的总电阻为r=r1+r2+r=25，故电路中的电流i=08a；故电压表的示数u=i（r1+r2）=16v；电源的效率=80%。考点：全电路欧姆定律，路端电压，电源的效率。16. 如图所示，已知acbc，abc60，bc20cm，a、b、c三点都在匀强电场中，且a、b、c所在平面与电场线平行，把一个电荷量q105c的正电荷从a移到b，电场力做功为零；从b移到c，电场力做功为。(1)匀强电场的场强方向是否垂直于ab；(2)求a、c间的电势差；(3)若规定b点电势为零，求c点的电势。【答案】(1)ab是一条等势线，场强方向垂直于ab (2) (3) 【解析】试题分析：解析：根据得，得，b0，ubcbc，所以考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系【名师点睛】本题根据题设条件找到等势点，作出等势线，根据电场线与等势线垂直，并由高电势处指向低电势处作电场线是常规思路17. 如图所示，a为电解槽，m为电动机，