黑龙江省大庆市铁人中学2018_2019学年高二物理上学期期中试题（含解析）.docx

铁人中学2017级高二学年上学期期中考试物理试题一、选择题1.一个阻值为R的电阻两端加上电压U后，通过电阻横截面的电量q随时间t变化的图象如图所示，此图象的斜率可表示为( )A. U B. R C. U/R D. 1/R【答案】C【解析】【详解】根据电流强度的定义公式；可知q-t图象的斜率代表的就是电流；根据欧姆定律，有：I=U/R，故斜率也代表电流。故C正确，ABD错误;故选C。2.如图所示，大小可以不计的带有同种电荷的小球A和B互相排斥，静止时两球位于同一水平面上，绝缘细线与竖直方向的夹角分别为和，且 ，由此可知( )A. B球带电荷量较多B. B球质量较大C. A球带电荷量较多D. 使两球接触后，再静止下来，两绝缘线与竖直方向的夹角变为、，则仍有 【答案】D【解析】【详解】根据AB受到的库仑力FC，属于相互作用力，与各自电量大小无关，故AC错误；对小球A、B受力分析，根据平衡条件有：；因，所以mAmB，故B错误。两球接触后，再静止下来，两绝缘细线与竖直方向的夹角变为、，对小球A、B受力分析，根据平衡条件有：；因为mAmB，所以故D正确。故选D。【点睛】本题考查物体的平衡，较好的考查了学生综合应用知识的能力，是一道考查能力的好题。比较一个物理量时，应先运用物理规律表示出这个物理量再进行比较。3.A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度-时间图象如图甲所示。则这一电场可能是下图中的( ) 甲A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】由图象可知，速度在逐渐减小，图象的斜率在逐渐增大，故此带负电的微粒做加速度越来越大的减速直线运动，所受电场力越来越大，从A到B电场线越来越密集，受力方向与运动方向相反。故图像A中的电场线符合题意，故选A。【点睛】本题考查了速度-时间图象的应用和电场线的相关知识，要明确斜率的含义，要能根据图象判断物体的运动情况，进而分析受力情况。能根据电场线的分布判断电场强度的大小。4.利用静电计研究平行板电容器的电容与哪些因素有关的实验装置如图所示，则下面哪些叙述符合实验中观察到的结果( )A. 左板向左平移，静电计指针偏角变小B. 左板向上平移，静电计指针偏角变小C. 保持两板不动，在两板间插入一块绝缘介质板，静电计指针偏角变小D. 保持两板不动，在两板间插入一块金属板，静电计指针偏角变大【答案】C【解析】【详解】将左板向左平移，板间距离变大，根据，电容器电容C减小，而电容器的电量Q不变，由C=Q/U分析可知，电容器两板间电势差变大，则静电计指针偏角变大。故A错误。将左板向上平移，两板正对面积减小，电容C减小，而电容器的电量Q不变，由C=Q/U分析可知，电容器两板间电势差增大，则静电计指针偏角变大。故B错误。在两板之间插入一块绝缘介质板，电容增大，而电容器的电量Q不变，由C=Q/U分析可知，电容器两板间电势差减小，则静电计指针偏角变小。故C正确。保持两板不动，在两板间插入一块金属板，则板间距相当于减小，电容变大，根据C=Q/U可知两板电势差减小，则静电计指针偏角变小，选项D错误；故选C。【点睛】本题是电容器动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是电容与哪些因素有什么关系，记住两个公式和C=Q/U5.如图所示，在光滑绝缘水平面上有三个孤立的点电荷Q1、Q、Q2 ；Q恰好静止不动，Q1、Q2围绕Q做匀速圆周运动，在运动过程中三个点电荷始终共线。已知Q1、Q2分别与Q相距r1、r2，不计点电荷间的万有引力，下列说法正确的是( )A. Q1、Q可能带同种电荷 B. Q1、Q2可能带异种电荷C. Q1、Q2的电荷量之比为()2 D. Q1、Q2的质量之比为【答案】D【解析】【详解】若Q1、Q带同种电荷，则由于Q静止不动，可知Q2和Q也带同种电荷，则Q1和Q2不可能绕Q做匀速圆周运动，选项A错误；若Q1、Q2带异种电荷，则两点荷对Q的作用力是同方向的，电荷Q不可能静止，选项B错误；点电荷Q恰好静止不动，因此根据库仑定律，则有：，所以Q1、Q2的电荷量之比为，故C错误。对Q1、Q2：它们间的库仑引力提供向心力，则有：m12r1=m22r2，所以Q1、Q2的质量之比为，故D正确，故选D。【点睛】考查库仑定律的应用，掌握匀速圆周运动的基本知识，本题类似于双星问题，关键抓住条件：周期相同6.真空中相距为3a的两个点电荷M、N，分别固定于x轴上x1=0和x2=3a的两点上，在它们连线上各点场强E随x变化的关系如图所示，以下判断中正确的是( )A. 点电荷M的电荷量小于点电荷N的电荷量。B. 点电荷M、N一定为同种电荷C. x=2a处的电势一定为零D. 将一检验电荷+q从x=1.5a处沿x轴移到x=2.5a处的过程中，电势能一直减小【答案】B【解析】【详解】若两电荷为异种电荷，在x=2a处，电场强度不可能为0，故两电荷为同种电荷，故B正确；根据点电荷的电场强度公式可得： ，所以：qM：qN，=4：1，故A错误；x=2a处电场强度为0，但是电势是一个相对性的概念，即零电势的选择是任意的，人为的，故x=2a处的电势可以为零，也可以不为零，故C错误；在0到2a区间，电场强度为正，正电荷受力向右，所以+q从x=1.5a处沿x轴移到x=2a处的过程中，电场力做正功，电势能减小；同理，在2a到3a区间，电场强度为负，正电荷受力向左，所以+q从x=2a处沿x轴移到x=2.5a处的过程中，电场力做负功，电势能增加，故D错误。故选B。【点睛】解决本题的关键根据两点电荷连线之间某点的电场强度为0，而知道两点电荷为同种电荷，以及知道电势是一个相对性的概念，与零电势的选择有关7.某导体中的电流随其两端电压的变化如图所示，则下列说法中正确的是( )A. 加5 V电压时，导体的电阻大于5 B. 加12V电压时，导体的电阻等于8C. 由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小D. 由图可知，随着电压的减小，导体的电阻不断减小【答案】BD【解析】【详解】加5V的电压时，电流为1.0A，则由欧姆定律可知：；故A错误；加12V的电压时，电流约为1.5A，则可得电阻为：；故B正确；由图可知，随电压的增大，图象的斜率减小，则可知导体的电阻越来越大，故C错误；随着电压的减小，导体的电阻减小；故D正确；故选BD。8.如图所示电路，将两个相同的电流表分别改装成A1（0-3 A）和A2（0-0.6 A）的电流表，把两个电流表并联接入电路中测量电流.则下列说法中正确的是( )A. A1的指针半偏时，A2的指针也半偏B. A1的指针还没有满偏，A2的指针已经满偏C. A1的读数为1 A时，A2的读数为0.6 AD. A1的读数为1 A时，干路中的电流I为1.2 A【答案】AD【解析】试题分析：电流表是由电流计并联一个电阻改装而成，两电流表并联，两电流表两端电压相等，流过两表头的电流相等，所以A1的指针半偏时，A2的指针也半偏，故A正确，B错误两电流表量程之比为5：1，两电流表的内阻之比为1：5，则通过电流表的电流之比为5：1A1的读数为1A时，A2的读数为0.2A，干路中的电流为1.2A，故C错误，D正确；故选：AD考点：电表的改装；串并联电阻的特点。9.如图所示，水平虚线上有两个等量异种点电荷A、B， M、N、O是AB的垂线上两点，且AOOB，2ONOM。一个带正电的试探电荷在空间中运动的轨迹如图中实线所示，设M、N两点的场强大小分别EM、EN，电势分别为M、N，则下列判断正确的是( )A. A点电荷一定带正电 B. EM小于EN，M小于NC. 试探电荷在M处的电势能大于N处的电势能 D. UMNUNO【答案】AC【解析】【详解】根据做曲线运动的物体受到的合力指向轨迹弯曲方向，可知正电荷受到的电场力的方向是斜向右下方的，所以B电荷为负电荷，A点电荷一定为正电荷，故A正确；根据等量异种电荷周围的电场线知，N点的电场线比M点的电场线密，则EM一定小于EN；正电荷在从M到N点的过程中，离负电荷的距离减小，电场力做正功，电势能减小，所以正电荷在M点的电势能较大；因为正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能，则M点的电势一定大于N点的电势。故B错误，C正确；由于NO部分场强较强，又因为MN=NO，在相同距离上场强大的地方，电势差较大，所以UNOUMN，所以D错误；故选AC。【点睛】本题要求学生了解等量异种电荷的电场线及电场特点，并判定电荷在运动过程中受力情况，判断电场受力及电荷能量变化。10.在如图所示的电路中有两个电阻不能忽略的电流表A1、A2，其中电流表A1接在干路中，电流表A2与定值电阻R1串联后，接入如图的电源两端，其中电流表A1的读数为5A，电流表A2的读数为3A。如果将A2与定值电阻R2串联，且两电流表均能正常工作。则下列说法正确的是( )A. 流过定值电阻R1的电流一定变小 B. A1表的读数一定变大C. 流过定值电阻R2的电流一定变小 D. A2表的读数一定变大【答案】BC【解析】【详解】电流表A2与定值电阻R1串联后，电流表A1的读数为5A，电流表A2的读数为3A，可知通过R2的电流为2A；可知，即R1R2。如果将A2与定值电阻R2串联，则此时并联支路的电阻小于电流表A2与定值电阻R1串联时并联支路的电阻，则电路的总电阻变小，总电流变大，即A1表的读数一定变大；A1两端的电压变大，则并联支路的电压减小，则因R2与A2支路电阻变大，可知流过定值电阻R2的电流一定变小，A2表的读数一定变小；总电流变大，则因R2支路的电流变小，则流过定值电阻R1的电流一定变大，则BC正确，AD错误；故选BC.【点睛】此题关键是先比较两个电阻R1和R2的大小关系；然后才能比较变换电流表A2位置时总电阻的变化，结合动态电路问题进行分析.11.如图所示，在一个匀强电场(图中未画出)中有一个直角梯形ABCD，其中，E为AD的中点，F为BC的中点。一个带正电的粒子从A点移动到B点，电场力做功为WAB=3.010-6J；将该粒子从D点移动到C点，电场力做功为WDC=4.010-6J。则以下分析正确的是( )A. 若将该粒子从E点移动到F点，电场力做功为WEF=3.510-6JB. 若将该粒子从E点移动到F点，电场力做功WEF有可能大于3.510-6JC. 若将该粒子从B点移到C点，电场力做功为WBC=1.010-6J，则此匀强电场的方向一定是从A点指向B点的方向D. 若该粒子的电量为210-6C，则A、B之间的电势差为1.5V【答案】ACD【解析】【详解】用表示各点的电势。根据电场力做功的公式W=qU可知：WEF=qUEF=q（E-F），因为E、F是线段的中点，因此在匀强电场中有：E 、F，代入上式化简可得：WEFWAB+WDC=3.510-6J故A正确、B错误；若将该粒子从B点移到C点，电场力做功为WBC1106JWDC，根据电场力做功公式W=qU可知UDC=4UBC，则B点电势与DC连续靠近C点四分之一处的点电势相等，这两个点的连续就是等势线；根据电场线与等势线必定垂直的性质，此匀强电场的方向一定从A点指向B点的方向。故C正确；根据电场力做功的公式WAB=qUAB得：故D正确。故选ACD。【点睛】解答本题的关键是：要掌握在匀强电场中连线中点电势大小的计算方法，同时要灵活应用电场力做功公式并熟知等势面和电场强度的方向关系。二、实验题12.有一未知电阻R（R不随温度变化），为较准确地测出其阻值，先后用电流表内外接电路进行测试，利用电流表外接法测得的数据为“2.7V，5.0mA”，利用电流表内接法测得的数据为“2.8V，4.0mA”，那么，该电阻测得值较准确的数值为_，它比真实值_（填“偏大”、“相等”或“偏小”）【答案】 (1). 700 (2). 偏大【解析】【详解】两次测量电压表示数变化率大小，电流表示数变化率大小；则，可见电流表示数变化显著，说明电压分流作用显著，采用电流表内接法误差较小。测量值，真实值R真=Rx-RA，故测量值比真实值偏大。【点睛】实验误差要从实验原理进行分析本实验原理是伏安法，a图中由于电流表的分压，使测量值大于真实值b图中由于电压表的分流，使测量值小于真实值13.某同学用图(甲)所示电路，描绘通过额定电压为3 V的小灯泡的电流I随电压U变化的图像（1）根据电路图，用笔画线代替导线，将图（乙）中的实物电路连接成完整实验电路_（ 甲） （乙）（2）该同学移动滑动变阻器，使小灯泡发光，此时电流表和电压表的示数如下图丙、丁所示，则通过小灯泡的电流是_A，小灯泡两端的电压是_V。（3）该同学移动滑动变阻器多次测量通过小灯泡的电流和小灯泡两端的电压，画出了通过小灯泡的电流随两端电压变化的图像，如图戊所示，则小灯泡的额定功率是_W。【答案】 (1). （1）图见解析； (2). （2）0.200A； (3). 1.50V；【解析】【详解】（1）实物连线如图；（2）通过小灯泡的电流是0.200A，小灯泡两端的电压是1.50V。（3）由图像可知，当电压为3V时，电流为0.26A，可知小灯泡的额定功率是P=IU=0.78W.14.某同学在进行扩大电流表量程的实验时，需要知道电流表的满偏电流和内阻他设计了一个用标准电流表G1来校对待测电流表G2的满偏电流和测定G2内阻的电路，如图所示已知G1的量程略大于G2的量程，图中R1为滑动变阻器，R2为电阻箱该同学顺利完成了这个实验（1）实验过程包含以下步骤，其合理的顺序依次为_(填步骤的字母代号)；A合上开关S2B分别将R1和R2的阻值调至最大C记下R2的最终示数D反复调节R1和R2的阻值，使G1的示数仍为I1，使G2的指针偏转到满刻度的一半，此时R2的最终示数为rE合上开关S1F调节R1使G2的指针偏转到满刻度，此时G1的示数为I1，记下此时G1的示数（2）仅从实验设计原理上看，用上述方法得到的G2内阻的测量值与真实值相比_(选填“偏大”“偏小”或“相等”)；（3）若要将G2的量程扩大为I，并结合前述实验过程中测量的结果，写出需在G2上并联的分流电阻RS的表达式，RS_.【答案】 (1). （1）BEFADC (2). （2）相等 (3). （3）【解析】【详解】（1）先把各电阻调到最大值，再把标准电流表单独较准与电表串联得到最大电流值，再用半偏法测其内阻，由此得顺序为BEFADC。（2）调节R1R2，电流达到半偏时，两并联支路电阻相等。（3）扩大量程要并联电阻分流，并联的电阻为：三、计算题15.在如图所示的电路中，电源电动势为14V、内电阻忽略，灯泡上标有“2V、4W”的字样，电动机内阻为0.5。当可变电阻的阻值为2时，电灯和电动机都正常工作。则(1)电动机的额定电压U及输出的机械功率P机?(2)全电路工作1min放出的焦耳热 Q?【答案】（1）8V ；14W（2）840J【解析】【详解】（1）灯泡正常发光，是电路的电流为I=A=2A，可变电阻的电压为UR=IR=22=4V，所以电动机的电压为U机=14-2-4=8V，电动机的总功率为P=UI=82=16W，电动机的发热功率为P热=I2r=220.5=2W，所以电动机输出的机械功率为P机=16-2=14W（2）电阻的发热的功率为PR=I2R=222=8W，所以全电路的发热功率为P热总=P灯+PR+P热=4+8+2=14W全电路工作1min放出的焦耳热16.如图所示，在高为H=2.5m的光滑、绝缘的水平平台边缘处，木块B处于静止状态，另一个带电的物块A以v0=10m/s的速度向B运动，与B碰撞后结为一体（电量不损失）并滑出平台，落到水平地面上，落地点距平台边缘的水平距离L=5.0m. 已知图示空间存在方向竖直向下的匀强电场（图中未画出），其场强大小为E=1.0103N/C，A、B的质量均为，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，（1）试说明A的电性，并求出其电量大小；（2）计算A和B一起落地时的速度大小.【答案】（1）负电；1.010-5C（2）5m/s【解析】【详解】（1）对于A、B碰撞过程，由动量守恒得：mv0=2mv解得v5m/s碰后A、B从台上飞出后做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速运动，则x=vt；解得t=1s；竖直方向：h=at2得，可知电场力向上，因场强向下，则故A应带负电根据牛顿第二定律得 2mg-qE=2ma得 （2）两物体落地的竖直速度vy=at=5m/s，则落地的速度17.如图（甲）所示，长为L、相距为d的两块正对的平行金属板AB和CD与一电源相连（图中未画出电源），B、D为两板的右端点。两板间电势差的变化如图（乙）所示。在金属板B、D端的右侧有一与金属板垂直的荧光屏MN，荧光屏距B、D端的距离为L。质量为m，电荷量为e的电子以相同的初速度v0从极板左边中央沿平行极板的直线OO连续不断地射入。已知所有的电子均能够从两金属板间射出，且每个电子在电场