2018-2019学年福建省宁德市部分一级达标中学联考高二(上)期中物理试卷

1、2018-2019 学年福建省宁德市部分一级达标中学联考高二（上）期中物理试卷副标题题号一二三四总分得分一、单选题（本大题共8 小题，共32.0 分）1.下述说法正确的是（）A. 电场线就是点电荷在电场中的运动轨迹B. 根据 E= ，可知电场中某点的场强与电场力成正比C. 几个电场叠加后合电场的场强一定大于分电场的场强D. 根据 E=，可知点电荷电场中某点的场强与该点电荷的电量Q 成正比2.真空中有两个完全相同的带电金属小球A 和 B，相距为 r ，带电量分别为-q 和 +7q，它们之间作用力的大小为F，现将 A、B 两小球接触后再放回原处，则A、 B 间的作用力大小变为（）A.B.C.D.3

2、.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. 该元件是非线性元件，欧姆定律不适用， 不能用 R= 计算导体在某状态下的电阻B. 加 5V 电压时，导体的电阻约是0.2 C. 加 12V 电压时，导体的电阻约是8D. 由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小4. 将一正电荷从无穷远处移向电场中的M 点，电场力做的功为8.0 10-9 J；若将一个等量的负电荷从电场中N 点移向无穷远处，电场力做的功为7.0 10-9J若取无穷远处电势 MN）=0，则下列有关 M、N 两点的电势 、 的关系中， 正确的是（A. M N0B. N M 0C. NM 0D. M N 05

3、. 在如图所示电路中， AB 两端电压恒为 10V，电路中的电阻 R0 为 2.0 ，小型直流电动机 M 的内阻为 0.5 ，闭合开关 S后，电动机转动，理想电流表的示数为2.0A则以下判断中正确的是（）A. 电动机两端的电压为1.0VB.电动机的机械功率为12WC. 电动机产生的热功率为4.0WD.电路消耗的总功率是为20W6. 如图所示，空间有两个等量的正点电荷，ab两点在其连、线的中垂线上，则下列说法一定正确的是（）A. 场强EaEbB. 场强EaEb第1页，共 17页C. 电势 a bD. 电势 a b7.有一横截面积为S 的铜导线，流经其中的电流为I，设每单位体积的导线有n 个自由电

4、子，电子电量为e，此时电子的定向转动速度为v，在 t 时间内，通过导体横截面的自由电子数目可表示为（）A. nvStB. nvtC.D.8. 如图所示， A、B 是两个带异号电荷的小球， 其质量分别为 m1 和 m2，所带电荷量分别为 +q1 和 -q2， A 用绝缘细线 L 1 悬挂于 O 点， A、 B 间用绝缘细线 L2 相连整个装置处于水平方向的匀强电场中，平衡时L1 向左偏离竖直方向，L 2 向右偏离竖直方向，则可以判定（）A. m1=m2B. m1 m2C. q1 q2D. q1 q2二、多选题（本大题共4 小题，共 16.0 分）9. 如图所示，ABCDEF10cm、 、 、 、

5、 、 为匀强电场中一个边长为的正六边形的六个顶点， A、B、C 三点电势分别为 1.0V、2.0V、3.0V，则下列说法正确的是（）A. F 点的电势为1VB. 匀强电场的场强大小为V/mC. 电荷量为1.610-19C 的正点电荷从 E 点移到 F 点，电场力对电荷做功为1.610-19JD. 电荷量为1.610-19C 的负点电荷从F 点移到 D 点，电荷的电势能减少4.810-19J10. 如图所示是一个由电池、电阻 R、开关 S 与平行板电容器组成的串联电路，开关 S 闭合，一带电液滴悬浮在两板间P 点不动，下列说法正确的是（）A. 液滴可能带正电B. 保持 S 闭合，增大两极板距离的

6、过程中，电阻R 中有从 a 到 b 的电流C. 固定液滴位置不动，断开S，减小两极板正对面积，液滴的电势能增大D. 固定液滴和上极板位置，断开S，下极板向上移动少许，液滴的电势能增大11.如图所示，带电体Q固定，带电体P的带电量为q、质量为 m，与绝缘的水平桌面间的动摩擦因数为将P 在 A 点由静止释放， 在 Q 的斥力作用下运动到B 点停下， A、 B 相距为 s，下列说法中正确的是（）A. B 点的电势一定高于 A 点的电势B. P 从 A 点运动到 B 点，电势能减少mgsC. 将 P 从 B 点由静止拉到A 点，水平拉力做功至少为 2mgsD. 小物块从 A 到 B 运动的过程中电势能

7、变化量的大小不等于克服摩擦力做的功12.两个点电荷 Q1， Q2 固定于 x 轴上，将一带正电的试探电荷从足够远处沿x 轴负方向移近 Q2（位于坐标原点O），在移动过程中，试探电荷的电势能随位置的变化关系如图所示。则下列判断正确的是（）第2页，共 17页A. M 点电势为零， N 点场强为零B. M 点场强为零， N 点电势为零C. Q1 带负电， Q2 带正电，且Q2 电荷量较小D. Q1 带正电， Q2 带负电，且 Q2 电荷量较小三、实验题探究题（本大题共2 小题，共14.0 分）13. 有一个电流表G，内阻Rg=100 Ig03V 的，满偏电流=3 mA，要把它改装为量程电压表，要 _

8、联一个 _ 的电阻14. 有一根细长而均匀的金属管线样品，长约为60cm，电阻大约为 6，横截面如图甲所示。（ 1）用螺旋测微器测量金属管线的外径，示数如图乙所示，金属管线的外径为_mm；（ 2）现有如下器材：A电流表（量程0.6A，内阻约0.1 ）B电流表（量程3A，内阻约0.03 ）C电压表（量程3V，内阻约3k）D滑动变阻器（1750 ，0.3A）E滑动变阻器（15， 3A）F蓄电池（ 6V，内阻很小）G开关一个，带夹子的导线若干要进一步精确测量金属管线样品的阻值，电流表应选_ ，滑动变阻器应选_。（只填代号字母）（ 3）请将图丙所示的实际测量电路补充完整。（ 4）已知金属管线样品材料的

9、电阻率为，通过多次测量得出金属管线的电阻为R，金属管线的外径为d，要想求得金属管线内形状不规则的中空部分的横截面积S，在前面实验的基础上， 还需要测量的物理量是_（所测物理量用字母表示并用文字说明）。计算中空部分横截面积的表达式为S=_。四、计算题（本大题共4 小题，共 38.0 分）15. 如图，真空中 xOy平面直角坐标系上的ABC 三点构成等边三角形，边长L=2.0m，若将电荷量均为q=+2.0 10-6C 的两点电荷分别固定在A、 B 点，已知静电力常量 k=9.0 109N?m2/C2，求：第3页，共 17页（ 1）两点电荷间的库仑力大小；（ 2） C 点的电场强度的大小和方向16.

10、如图所示， 虚线 PQ、MN 间存在水平匀强电场，一带电粒子质量为m=2.0 10-11kg、电荷量为 q=+1.0 10-5C，从 a 点由静止开始经电压为U=100V 的电场加速后，垂直于匀强电场进入匀强电场中，从虚线MN 的某点 b（图中未画出）离开匀强电场时速度与电场方向成30角已知 PQ、MN 间距为 20cm，带电粒子的重力忽略不计求：（ 1）带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1（ 2）匀强电场的场强大小（ 3） ab 两点间的电势差17. 在图示电路中，稳压电源的电压U=9V，电阻R1=9 R2 为滑动变阻器，电流表为，理想电表小灯泡L 标有“ 6V， 6W”字样，电阻随温度的变化

11、不计电键S 断开时，求：（ 1）电流表的示数 I；（ 2）小灯泡 L 的实际功率 PL；（ 3）闭合电键 S，为使小灯泡 L 正常发光， 滑动变阻器 R2 接入电路的阻值是多少？第4页，共 17页18. 如图所示， BC 是半径为 R 的 圆弧形光滑绝缘轨道，轨道位于竖直平面内，其下端与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度为E现有一质量为m 的带电小滑块（视为质点），在BC 轨道的 D 点释放，滑块恰能保持静止，已知OD 与竖直方向的夹角为=37，随后把它从C 点由静止释放，滑到水平轨道上的A 点时速度减为零。若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数为u=0.25 ，且重

12、力加速度为g， sin37 =0.6，cos37=0.8求：（ 1）滑块的带电量 q 和带电种类；（ 2）水平轨道上 A、B 两点之间的距离 L；（ 3）滑块下滑过程中对 圆弧形光滑绝缘轨道的最大压力大小Fm。第5页，共 17页答案和解析1.【答案】 D【解析】解：A 、电场线实际 并不存在，用来描述 电场分布的物理量，不是点 电荷在电场中的运动轨迹，故 A 错误；B、电场强度的定义式为 E= ，运用比值法定义，则知场强反映电场本身的性质，与试探电荷所受的 电场力无关。故 B 错误 。C、电场叠加遵守平行四 边形定则，可知合电场的场强不一定大于分 电场的场强 。故C 错误。D、点电荷产生的电场

13、强度为 E=k ，Q 是场源电荷。则知点电荷电场中某点的场强与该点电荷的电量 Q 成正比。故 D 正确。故选：D。电场强度的定义式为 E= ，运用比值法定义，q 是试探电荷，电场强度反映电场本身的性 质，与试探电荷无关点电荷产生的电场强度为 E=k ，Q 是场源电荷加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点和 场强的物理意 义，即可解决本题2.【答案】 B【解析】解：因两个球带异种电荷，电荷量大小分 别为 -q 和 7q，之比即为 1：7，根据库仑定律，则有，库仑力为：F=k=两球接触后 带电量均为 3q，库仑力为：F =k故 F=F，故ACD 错误，B 正确；故选：B。第6页，共 17页带异种电

14、荷，两相同的球接触后 电量先中和后均分，根据 库仑定律列式分析即可。本题考查库仑定律及带电题电 量的转移问题。注意两电荷接触后各自 电荷量的变化，同时注意，若没有电性，则要分两种情况 讨论。3.【答案】 C【解析】解：A 、该元件是非 线性元件，但仍能用欧姆定律 计算导体在某状 态的电阻，故 A错误，B、当 U=5V时图知电流为：I=1.0A则导体的电阻为：R= =5故，由，B 错误；C、加 12V时电压时电为导电阻为：R=8；故C 正确；， 流1.5A，故 体图电压图象上的点与原点连线的斜率减小，此斜率等D、由知，随着的增大，于电阻的倒数，则知导体的电阻不断增大，故 D 错误 。故选：C。I

15、-U 图象反映导体中的电流随电压的变化情况；由各点的坐标得到电压和电流，由 R=求得导体的电阻；由图象的斜率的 变化可判断其 电阻的变化。本题关键抓住图象上的点与原点 连线的斜率等于 电阻的倒数，分析电阻的变化，同时可以求解 电阻的阻值。4.【答案】 A【解析】解：正电荷从无穷处移向电场中 M 点，电场力做功为 8.0 10-9J，电荷的电势能减小，则 M 点的电势小于无穷远的电势，即M 0。负电荷从电场中 N 点移向无 穷远处，电场力做功为 7.0 10-9J，电势能减小，则N 点的电势小于无穷远的电势，即 0。N由于两电荷电量相等，N 点移向无 穷远处电场 力做功较小，由公式 W=qU 可

16、知：N 点与无穷远间的电势差较小，则 N 点的电势高于 M 点的电势，即得到第7页，共 17页 0故A 正确，BCD 错误 。MN故选：A。根据电场力做功与 电荷电势能变化的关系，由电场力做功情况分析 电荷电势能的变化，判断电势高低。本题也可以画出 电场线，标出 M 、N 两点在电场线上大致位置，再判断 电势的高低。5.【答案】 D【解析】解：A 、电路中电流表的示数 为 2.0A，所以电动机的电压为：U=E-IR 0=10-IR0=12-2 2=8V，则 A 错误BC、电动机的总功率为：P 总=UI=82=16W，电动机的发热功率为：P 热=I 2r=220.5=2W，则 C 错误；所以电动

17、机的机械功率 为：P 出 =16W-2W=14W ，所以 B 错误；D、电路消耗的 总功率：p=UI=10 2=20W，故D 正确。故选：D。在计算电功率的公式中，总功率用 P=IU 来计算，发热的功率用 P=I2R 来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的 计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一 样的。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。6.【答案】 C【解析】解：AB 、两个等量同种电荷连线中点 O 的电场强度为零，无穷远处电场强 度也为

18、零，故从 O 点沿着中垂 线向上到无 穷远处电场强 度先增大后减小，由于ab 间电场线 的分布情况不能确定，所以ab 两点的场强大小不能确定；故 AB第8页，共 17页错误。CD、根据电场的叠加原理可知， bO 上电场方向向上，根据顺着电场线方向电势降低，可知，a 点电势一定高于 b 点电势，故C 正确，D 错误；故选：C。根据电场的方向分析 电势关系由电场线的分布情况分析 场强的关系，从而即可求解本题关键是要明确两个等量同种 电荷连线的中垂线上的场强分布情况和 电势分布情况，知道沿着 场强方向，电势越来越低7.【答案】 A【解析】解：在t 时间内，以速度 v 移动的电子在铜导线中通过的距离为

19、 vt，由于铜导线的横截面 积为 S，则在 t 时间内，电子经过的导线体积为：V=v tS。又由于单位体积的导线有 n 个自由电子，则在 t 时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示 为：N=nvSt。由于流经导线的电流为 I，则在 t 时间内，流经导线的电荷量为 Q=It ，而电子的电荷量为 e，则 t 时间内通过导线横截面的自由 电子数目可表示 为：N=，故A 正确。BCD 错误故选：A。首先根据 电流强度的定义可以求得 t 时间内通过导线横截面积的总的电荷量的大小，进而可以求得自由 电子的个数，再根据电流的微观的表达式，根据电阻的运动的速率的大小也可以求得通过导线横截面的自由 电子的个

20、数本题计算自由电子的个数，要注意从不同的角度来分析问题，一是从微观运动的角度，二是从电流强度的角度全面分析求解8.【答案】 C【解析】第9页，共 17页解：两球整体分析，如图所示，根据平衡条件可知， q1E q2E，即q1 q2，而两球的质量无法比 较其大小，故 C 正确、ABD 错误 。故选：C。把两小球看成整体分析，两球之 间的库仑力为内力，整体上受到重力向左的电场力和向右的 电场力、L 1 的拉力，根据平衡条件判断两 电场力的大小，从而可知电荷量的大小本题要掌握整体分析的思想，要知道两 电荷之间的库仑力可以看成是内力9.【答案】 ABC【解析】解：A 、由几何知识得知，CA EB，EB

21、是等势线，则 = =2.0V，又在同一匀EB强电场中，相互平行且间距相等的两点 间电势差相等得： - = - ，解得：EFCB =1V ，故A 正确；FB、由几何知识得知，CA EB，EB 是等势线，CA 连线必为一条电场线，而且电场强度的方向由 C 指向 A BA 间的电势差为 UBA =1V ，又UBA =EdAB cos30 ，得场强 E=，故B 正确；C、由上得知，E 的电势为 2V，F 点与 A 点的电势相等为 1V，则正电荷从 E 点移到 F 点，电场力做正功，而且为 W=qU=q（ - ）=1.6 10-19（2-1）EFEFEFJ=1.6 10-19J故 C 正确；D、由上得知

22、，D 的电势与 C 点电势相等为 3V，F 点与 A 点的电势相等为 1V，则负点电荷从 F 点移到 D 点，电场力做正功，而且为 W=qU=q（ - ）FDFDFD=-1.6 10-19（1-3）J=3.2 10-19J，电势能将减小 3.2 10-19J故D 错误；第10 页，共 17页故选：ABC。连接 AC ，根据匀强电场电势 随距离均匀 变化（除等势面）的特点，则知 AC 中点的电势为 2V ，连接 EB，EB 即为一条等势线，CA 连线即为一条电场线，由BA 间的电势差，由公式 U=Ed求出场强大小。由 W=qU ，则电场力做功就可以求解。本题的关键找等势点，作出电场线，这是解决这

23、类问题 常用方法。同时还要充分利用正六 边形的对称性分析匀 强电场中各点电势的关系。10.【答案】 BD【解析】解：A 、因为带电液滴静止不 动，所受的电场力与重力平衡，则知电场力向上，而场强向下，所以液滴一定 带负电 。故A 错误；B、保持S 闭合，增大两极板间距离，根据电容的决定式 C=，电容 C 减小，再根据 U 不变和公式 Q=CU，可得电容器的电量减小，即放电，因此电阻 R 中有从 a 到 b 的电流。故 B 正确；C、断开S，极板上是电量 Q 不变，在减小两极板正对面积的过程中，根据电容的决定式C=电减小，再根据公式 C=，可知U 增大，因此 P，可知 容C点的电势增大，由于液滴带

24、负电则电势能减小，故 C错误；， 其D、断开 S，极板上是电量不变，下极板向上移动少许，即减小两极板两极板距离过程中，根据电容的决定式C=电义式C= 和E=联立、 容器的定可得：E=与 d 无关，即 E 保持不变，因此 P 点与零电势间距减小，那么其电势则带负电的液滴电势能会增大。故 D 正确。会减小，故选：BD。带电液滴静止不 动，所受的电场力与重力平衡，可判断其 电性；根据电容的决定式 C=分析电容的变化；再由公式 E=分析板间场强的变化，而分析带电液滴的电势能变化情况。第11 页，共 17页本题是电容器动态变化分析问题，解答此类问题的关键是要抓住不 变量。当电容器保持与 电源相连时，其电

25、压不变，当断开电键时，其电荷量不变；同时掌握电容的定义式与决定式的内容及其区 别，同时注意电容器的充 电与放电的判定。11.【答案】 BC【解析】解：A 、由 P 在 A 点由静止 释放，在 Q 的斥力作用下运 动到 B 点停下，可知，它们带同种电荷，可能都带正电，也可能都带负电，因此无法确定两点的 电势高低，故 A 错误；B、由 A 到 B 的过程中，根据动能定理 W 电- mgs=0-0，所以电场力做功 W 电=mgs，故B 正确；C、从 B 到 A，根据动能定理 W-W 电 - mgs=0，所以水平拉力做功W=W 电+mgs=2mgs，故 C 正确；D、根据电场力做功与 电势能变化的关系

26、：电场力做的功等于 电势能的减少量，因为从 A 到 B W 电=mgs，所以电势能减少 mgs，故D 错误；故选：BC。根据动能定理求解从 A 到 B 过程中电场力做的功，再用动能定理从求出 B 到A 过程中水平拉力做的功。根据 电场力做功与 电势能变化的关系：电场力做的功等于 电势能的减少量，判断从 A 到 B 过程中电势减少的量。此题要注意理解 电场力做功与 电势能变化的关系：电场力做的功等于 电势能的减少量，从 A 到 B W 电=mgs，所以电势能减少 mgs。12.【答案】 AC【解析】解：A 、B 由图知，M 点电势能 EP=0，由=分析得知，M 点电势 =0EP-x图象的斜率则知

27、 N 点场强为零。故 A 正确，B错误。=F=qE，CD、根据正电荷在电势高处电势能大，可知，带正电的试探电荷从远处移近第12 页，共 17页Q2 的过程中，电势能先减小后增大，电势先降低后升高，说明 Q1 带负电，Q2带正电，N 点场强为零，由E=k知，Q2 电荷量较小。故 C 正确，D 错误。故选：AC。由图读出电势能E=电势E图象的斜率=F，即斜率大P，由，分析 P-x小等于电场力大小由 F=qE，分析场强 根据正电荷在电势高处电势能大，分析电势变化，确定场强的方向，由 N 点场强为零，判断两电荷的电性和电量的大小本题一要抓住 EP-x 图象的斜率=qE 分析场强的变化二要根据推论正电荷

28、在电势高处电势能大，分析电势的变化，确定电荷的电性13.【答案】 串900【解析】解：把电流表改装成 3V 的电压表需要串 联分压电阻，串联电阻阻值：R=-Rg=-100=900；故答案为：串；900把电流表改装成 电压表需要串 联分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出串 联电阻阻值本题考查了电压表的改装，知道电压表的改装原理是解 题的关键，应用串联电路特点与欧姆定律可以解题14.【答案】 1.125AE管线的长度L【解析】解：（1）螺旋测微器的读数等于1mm+0.0112.5mm=1.125mm。（2）电路中的电流大约为 I=A=0.5A ，所以电流表选择 A。待测电阻较小，若选用大电

29、阻滑动变阻器，第13 页，共 17页测量误差角度，所以滑动变阻器选择 E。（3）待测电阻远小于电压表内阻，属于小电阻，所以电流表采取外接法。滑动变阻器可以采用限流式接法，也可以采用分压式接法。（4）还需要测量的物理量是管 线长度 L ，根据 R=，则 S=，则中空部分的截面 积 S= -S=。（1）。1.125 0.001；（2）。A，E；（3）。如图所示：线长度 L ，。（4）。管 的（1）螺旋测微器的读数等于固定刻度 读数加上可 动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。（2）根据电路中电流的大小确定 电流表的量程，从测量误差的角度 选择滑动变阻器。（3）将待测电阻与电压表和电流表内阻比 较，

30、确定其是大电阻还是小电阻，从而确定电流表的内外接。（4）根据电阻定律求出 导体电阻的横截面 积，用大圆的面积减去电阻的横截面积，即为中空部分的截面 积。解决本题的关键掌握螺旋 测微器的读数方法，以及掌握电阻定律的公式，掌握如何确定 电流表的内外接。15.【答案】 解：（ 1）电荷量均为 q=+2.0 10-6C 的两点电荷分别固定在A、B 点，静电力为：F=k =9.0 109=9.0 10-3N；（ 2） A、 B 点电荷在C 点产生的场强大小相等，均为：93E1=k =9.0 10=4.5 10 N/CA、 B 点电荷在 C 点的合场强大小为：E=2E1cos30 =24.5 103N/C

31、 =7.8 103 N/C第14 页，共 17页场强方向沿着y 轴正方向；答：（ 1）两点电荷间的库仑力大小为9.0 10-3N；（ 2） C 点的电场强度的大小为7.8 103 N/C，方向为 +y 轴正方向【解析】库仑定律公式 F=k列式求解即可；（1）根据电单独存在时在 C点的场强，然后根据平行四边形定则合（2）先求解两个 荷成得到 C 点的场强 本题考查了库仑定律和电场强度的矢量合成问题键边形定，关 是根据平行四则础问题合成，基16.【答案】 解：（1）粒子在加速电场中运动的过程，由动能定理得：qU=代入数据解得： v1=m/s=10 4m/s（ 2）粒子进入匀强电场中做类平抛运动，沿

32、初速度方向做匀速运动，则有：d=v1t，粒子沿电场方向做匀加速运动，则有：vy=at由题意得： tan30 =由牛顿第二定律得：qE=ma，联立以上相关各式并代入数据得：E=103N/C=1.732 103N/C（ 3）对整个过程，由动能定理得：qU ab=（+）联立以上相关各式并代入数据得：U=400Vab答：（ 1）带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1 为 104m/s（ 2）匀强电场的场强大小为 1.732 103 N/C（ 3） ab 两点间的电势差为 400V【解析】（1）带电粒子在加速 电场中，电场力做正功 为 qU，运用动能定理求解速率v1（2）粒子进入匀强电场中做类平抛运动，竖直方向上做匀速直 线运动，水平方向做匀加速直 线 运动，将粒子在 b 的速度 进 行分解，运用运 动 学公式和牛 顿第二定律求解 场强的大小（3）对于粒子在匀 强电场的过程，运用动能定理列式求解ab 两点间的电势差加速电场中运用动能定理、类平抛运动运用运动的分解法都是常用的思路，第15 页，共 17页关键要能熟练运用，对于类平抛