北京市第中学高二上学期期中考试物理试题

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2016~2017学年北京海淀区北京一零一中学高二上学期期中物理试卷一、单项选择题1。使两个完全相同的金属小球（均可视为点电荷）分别带上−3Q和+5Q的电荷后，将它们固定在相距为a的两点，它们之间库仑力的大小为F1．现用绝缘工具使两小球相互接触后,再将它们固定在相距为a的两点，它们之间库仑力的大小为F2．则F1与F2之比为(）A.2:1B.15:4C。15：1D。16：1【答案】C【解析】相距为a时，根据库仑定律得：；接触后，各自带电量变为：,则此时有：，则F1与F2之比为15：1，故C正确，A，B,D错误，故选C．【点睛】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，这是解决本题的关键．2。某电场的分布如图所示，带箭头的实线为电场线,虚线为等势面．A、B、C三点的电场强度分别为EA、EB、EC，电势分别为φA、φB、φC，关于这三点的电场强度和电势的关系，下列判断中正确的是（)A.EA〈EB，φB=φCB。EA〉EB，φA〉φBC.EA>EB，φA〈φBD。EA=EC，φB=φC【答案】B考点：本题考查了电场线特点和等式线随电场线变化的规律点评：电场线越密，电场强度越大,等式线分布越密，沿电场线方向电势逐渐减小3。在静电场中,下列说法中正确的是(）A。电场强度为零的点，电势也一定为零B。电场中两点间电势差的大小与零电势点的选取有关C。只在电场力作用下，正电荷一定从电势髙的地方向电势低的地方移动D.沿着电场线的方向电势降低【答案】D【解析】A、电场强度为零的点，电势不一定为零，电势的零点可以人为选择．故A错误．B、电场强度处处相等的区域内，顺着电场线方向的两点电势会降低，同一等势面的各点电势相等，所以电势不一定处处相等．故B错误．C、只在电场力作用下，电荷移动方向与电荷有没有初速度，初速度的方向怎样有关，所以正电荷不一定从电势高的地方向电势低的地方移动，故C错误．D、沿着电场线方向电势一定越来越低．故D正确．故选D。【点睛】关于电势与场强的关系可以根据电场线的物理意义来理解：电势的高低取决于电线线的方向，电场强度的大小看电场线的疏密,两者没有必然的联系．4.如图所示，实线是匀强电场的电场线，虚线是一带电点电荷q（不计重力）射入该电场后的运动轨迹．以下判断中正确的是(）A.可能是正电荷从a运动到b，其动能减少、电势能增加B。可能是正电荷从a运动到b,其动能增加、电势能减少C.可能是负电荷从b运动到a，其动能增加、电势能减少D。可能是负电荷从b运动到a，其电势能增加、动能减少【答案】D【解析】由曲线运动的条件可知带电粒子所受的电场力向右，粒子只能带负电，故A,B错误；C、带负电粒子从a到b点过程，电场力与速度成锐角，电场力做正功，电荷的电势能减小，由动能定理，粒子的动能增大,C错误，D、带负电粒子从b到a点过程，电场力与速度成钝角，电场力做负功，电荷的电势能增加，由动能定理，粒子的动能减小，D正确；故选D。【点睛】在电场中跟据带电粒子运动轨迹和电场线关系判断电场强度、电势、电势能、动能等变化是对学生基本要求，也是重点知识,要重点掌握．5.在右图中，平行板电容器的A板带正电，与静电计上的金属球相连；平行板间电容器的B板和静电计的外壳均接地．此时静电计指针张开某一角度，则以下说法中正确的是（）A.B板向左平移，静电计指针张角变大B.B板向上平移,静电计指针张角变小C.在两板间插入介质板，静电计指针张角变大D。在两板间插入金属板（金属板与A、B板不接触)，静电计指针张角变大【答案】A【解析】A、B板向左平移，板间距离d增大，根据电容的决定式得知,电容减小，而电量Q不变，由电容的定义式可知，板间电压U增大，静电计指针张角变大．故A正确．B、B板向上平移，两极板正对面积减小，由电容的决定式得知，电容C减小，而电量Q不变，由电容的定义式可知，板间电压U增大，静电计指针张角变大．故B错误。C、在两板间插入介质板，由得知,电容C增大，而电量Q不变，由电容的定义式可知，板间电压U减小，静电计指针张角变小．故C错误．D、在两板间插入金属板，板间距离减小,电容C增大，而电量Q不变，由电容的定义式可知，板间电压U减小，静电计指针张角变小．故D错误．故选A．【点睛】本题按照这样的思路进行分析：先根据电容的决定式分析电容的变化,再根据电容的定义式和不变的条件，分析电压或电量的变化．6。如图所示，将一个带正电的小球Q放在本身不带电的枕形导体AB靠近A端一侧，由于静电感应枕形导体的A、B两端分别出现正、负感应电荷．那么，以下说法中正确的是（）A。枕型导体的A端电势低，B端电势髙B.A端接一下地，导体将带正电荷C.B端接一下地，导体将带负电荷D。导体上的感应电荷在导体内部产生的电场的场强为零【答案】C【解析】A、枕型导体在带正电的小球附近时，枕型导体上的自由电子会向金属棒的左边运动，金属棒的右端因有了多余的电子而带正电，左端因多余电子而带负电;由电荷守恒可知，两端的电荷是相等的．故A错误；B、C、当导体就会与大地连接,会使大地的电子流入枕形导体，中和B端，则枕型导体将带负电；故B错误,C正确；D、到达静电平衡状态以后，导体内部的场强处处为0，导体上的感应电荷在导体内部产生的场强不为零．故D错误．故选C。【点睛】本题考查电荷的转移，有一定的难度，关键知道由于异种电荷相互吸引，大地的负电荷(自由电子）会转移到导体上．7。如图所示，在真空中有一对带电平行金属板,电子在电压为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电压为U2的两块平行极板间的电场中，入射方向与极板平行,电子射出电场时，速度方向与入射的初速度方向偏转了θ角，在下列措施中，一定能使电子的偏转角θ变小的是(）A。U1变大，U2变大B.U1变大，U2变小C.U1变小，U2变大D。U1变小，U2变小【答案】B【解析】设电子被加速后获得初速为v0，则由动能定理得：①，设偏转电场极板长为l，板间距离为d,电子在偏转电场中做类平抛运动，在水平方向上：l=v0t

②

在竖直方向上：③，由①、②、③解得:，由此可知,减小U2或增大U1可以使y减小；故选B．【点睛】带电粒子在电场中的运动，可分为三类，第一类是在匀强电场中做匀变速速直线运动，此过程是电势能与带电粒子动能之间的转化．第二类是带电粒子在匀强电场中偏转,带电粒子垂直进出入匀强电场时做匀变速曲线运动,分解为两个方向的直线运动，分别用公式分析、求解运算，是这类问题的最基本解法．第三类是带电粒子在点电荷形成的电场中做匀速圆周运动，应用圆周运动的知识求解．8。将两直径相同而材料不同的导线a和b串连起来，导线a中单位体积内的自由电子数是导线b的两倍．当有恒定电流通过时，a、b导线中自由电子的定向移动速度之比为(）A。1:2B.2:1C.1：1D.4：1【答案】A【解析】由电流的微观表达式I=nesv可得：，两导线串联，电流I相等;直径相同可得横截面积s相同；单位体积的自由电子数之比为2：1，则可推得定向速度之比为1：2，故A正确，则选A。【点睛】串联电路中电流相等，根据I=nesv得到自由电子定向移动的平均速率之比．9.如图所示的电场中正、负电荷的电荷量相等，电场中有相互对称分布的a、b两点（a、b两点到O点的距离相等），a、b两点在两电荷连线的中垂线上．图中a、b两点的电场强度及电势相比较，应是（）A.两点的电场强度相同，两点的电势不相同B。两点的电场强度不相同，两点的电势相同C.两点的电场强度相同，电势也相同D.两点的电场强度和电势都不相同【答案】C【解析】试题分析：等量异种点电荷形成的电场中电场线的分布特点（1）两点电荷连线上各点,电场线方向从正电荷指向负电荷．(3)在中垂面(线）上的电荷受到的静电力的方向总与中垂面(线）垂直，因此，在中垂面（线）上移动电荷时静电力不做功．（4）等量异种点电荷连线上以中点O场强最小,中垂线上以中点O的场强为最大；(5）等量异种点电荷连线和中垂线上关于中点对称处的场强相同；电势是标量,根据电场线的方向和对称性分析a、b两点电势是否相同．场强是矢量,根据电场线的疏密和切线方向及对称性,确定场强是否相同．根据电场线的对称性可知:a、b两点的电势相同，而a的场强方向水平向右,b点的场强方向也是水平向右，场强相同．故C错误．考点：电场强度；电势．点评：本题关键是要明确两个等量异种电荷连线的中垂线上的场强分布情况和电势分布情况．10.如图所示电路中，闭合开关S后，灯a和灯b都正常发光，后来由于某种故障b灯的突然变亮，电压表示数增加．由此推断，这故障可能是(）A.灯a的灯丝烧断B。电阻R2断路C.电阻R2短路D.电容器被短路【答案】B【解析】试题分析：A选项，a灯灯丝烧断，总阻值增大，总电流减小,b灯变暗，故A错；B选项,电阻R2断路,导致总电阻增大,总电流减小，a两端电压减小，而路端电压增大，则b两端电压增大,b变亮，故B对；C选项中，电阻R2短路,b不亮，故C错；电容器被击穿短路,外电路总阻值减小，总电流增大，内电压增大,路端电压减小，电压表读数减小，于题中要求相矛盾，故D错。考点:电路的故障分析、电路的动态变化.【名师点睛】判定总电阻变化情况的规律（记一记）1．当外电路的任何一个电阻增大（或减小）时，电路的总电阻一定增大（或减小）．2．若开关的通、断使串联的用电器增多时，电路的总电阻增大;若开关的通、断使并联的支路增多时,电路的总电阻减小．3．在如图所示分压电路中，滑动变阻器可视为由两段电阻构成,其中一段R并与用电器并联，另一段R串与并联部分串联．A、B两端的总电阻与R串的变化趋势一致．二、不定项选择题11.如图所示,在竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O处固定一点电荷，将质量为m，带电量为+q的小球从半径为R的圆弧管的水平直径端点A由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力，下列说法正确的是（)A.则固定于圆心处的点电荷在弧AB中点处的电场强度大小为2mg/qB.小球滑到最低点的速度大小为C.O处的点电荷一定带负电D.电场力对小球不做功【答案】BCD【解析】B、设细管的半径为R,小球到达B点时速度大小为v．小球从A滑到B的过程,由机械能守恒定律得，,得，故B正确.C、对B点处的小球受力分析可知，因压力为零，故，得，可知O处的场源为负电荷，则C正确；A、D、点电荷周围的的场强满足，则在同一圆上的场强大小相同，由，可知圆弧AB的中点的场强大小为，方向指向O点,且电场力始终与运动速度垂直,电场力不做功,故A错误，D正确.故选BCD.【点睛】本题是机械能守恒定律和牛顿第二定律的综合应用．对于圆周运动,常常不单独出题，会和动能定理、机械能守恒结合应用．12.如图，两块相对的平行金属板AB与电源相连，AB间的电场为匀强电场，电源负极接地。a处有一点电荷处于静止．K是闭合的，φa表示a点的电势,F表示点电荷受到的电场力．现将电容器的B板向下稍微移动，使两板间的距离增大,则（）A。φa变小B。φa变大C.F不变D.F变小【答案】BD【解析】C、D、因电容器与电源始终相连,故两板间的电势差不变，B板下移，则板间距离d增大,则板间电场强度E减小，由F=Eq可知电荷所受电场力变小,故C错误,D正确；A、B、则上板与a间的电势差减小，而总电势差不变，故a与B间的电势差增大,而B接地，故a点的电势增大，故A错误，B正确;故选BD．【点睛】电容器的动态分析中首先应注意是否与电源相连，再根据电容的变化进行判断；对于本题应注意因下极间接地，故aB间的电势差大小即为a点的电势；因aB间的距离发生变化，不能直接由U=Ed进行判断，我们是先求得Aa间的电势差再求aB的间电势差．13.在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，L为小灯泡（其灯丝电阻可认为基本不变），R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，V为理想电压表．若将照射R3的光的强度减弱，则(）A.电压表的示数变小B.小灯泡消耗的功率变小C.通过R2的电流变小D。电源两端的电压变大【答案】ABD【解析】A、光敏电阻光照减弱，故光敏电阻的阻值增大,电路中的总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流减小，故R1两端的电压减小，故A正确；B、由并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流一定减小，故由P=I2R可知，小灯泡消耗的功率变小,故B正确；C、因电路中电流减小，故内压减小,路端电压增大,同时R1两端的电压减小，故并联电路部分电压增大；则流过R2的电流增大，故C错误；D、电源两端的电压为路端电压,由电3内电压减小，电源两端的电压变大，故D正确;故选ABD．【点睛】闭合电路的动态分析问题一般按外电路、内电路再外电路的分析思路进行;分析内电路主要根据总电流及内阻分析内压，而外电路较为复杂，要注意灵活应用电路的性质．14。如图所示电路，电源电动势为E,内阻为r．当开关S闭合后,小型直流电动机M和指示灯L都恰能正常工作．已知指示灯L的电阻为R0，额定电流为I，电动机M的线圈电阻为R，则下列说法中正确的是（）A.电动机的额定电压为IRB。电动机的输出功率为IE−I2RC。电源的输出功率为IE−I2rD。整个电路的热功率为I2(R0+R+r）【答案】CD【解析】试题分析：因为电动机和指示灯是非纯电阻，所以不能根据欧姆定律计算其两端的电压,A错误;电源的输出功率为,B错误C正确；根据焦耳定律可得整个电路的热功率为，D正确;考点:考查了电功率的计算【名师点睛】当电动机正常工作时,其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，求电功率只能用，求电热只能用，求机械功率要根据能量守恒得到三、实验题15.某同学将铜片和锌片插入水果中制成一个“水果电池”，该同学利用下列所给器材测量水果电池的电动势E和内阻r．A．电流表G1（内阻Rg=15Ω，满偏电流Ig=2mA）B．电流表G2（量程20mA，内阻约2Ω)C．滑动变阻器R1(0~1000Ω）D．电阻箱R2（0~9999.9Ω）E．待测水果电池（电动势E约4V，内阻r约500Ω）F．开关S，导线若干（1）实验中用电流表G改装成量程0～4V的电压表，需_____（选填“串联”或“并联"）一个阻值为1Ω的电阻．（2)该同学用电流表_________和改装成的电压表测量水果电池的电动势和内阻,设计了如图所示的实验电路图2,经检验该电路是合理的．(3）接通开关，逐次调节滑动变阻器，读取电流表示数I和对应的电压表的示数U，记录了6组数据,并在图中标注出了几个与测量对应的坐标点,如图所示．请你在图上把已经描绘出的坐标点连成U−I图线_________．（4）根据图描绘出的图线可得到水果电池的电动势E=___V，内电阻r=___．【答案】(1）。串联(2）。A(3).见解析（4).3。84(5）。470【解析】(1)用已知内阻的G1与电阻箱串联充当电压表使用，多的电压由分压电阻分担;由串联电路规律可知：4=Ig（R+Rg）；解得:R=1985Ω；(2)因为电流表G2内阻较小,分担电压较小，故电流表采取外接法误差较小．滑动变阻器采用限流式接法，串联在电路中。（3）将各点用直线连接,注意要让尽量多的点分布在直线上；如图所示:(4)图象与纵轴的交点为电源的电动势;E=3.84V;内阻。【点睛】把电流表改装为电压表、测电源电动势与内阻问题，把电流表改装为电压表，要串联一个大电阻；要掌握应用图象法处理实验数据的方法．16.下图图为某同学测绘额定电压为3V的小灯泡的I−U图线的实验电路图．（1）根据图中所示的电路图，用笔画线代替导线,将图中的实验电路连接成完整电路___．(电流表用0~0。6A量程)（2）开关S闭合之前,上图中滑动变阻器的滑片应该置于_________．（选填“A端”、“B端"或“AB正中间”）（3）该同学根据实验数据画出了小灯泡的伏安(I−U）特性曲线，如左图．用两个相同的这样的小灯炮串联，如右图图所示．总电压为4V，则每个灯的实际电功率为_________．(4)根据小灯泡的伏安（I−U）特性曲线，小灯泡灯丝电阻的电阻率随温度升高而_________．（填写“增大”或“减小”）【答案】（1)。见解析(2)。A端（3).0.5（4）.增大【解析】(1)由实验电路可知，电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法;电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应选择外接法，实物连线如图：(2）开关S闭合之前,图实乙中滑动变阻器的滑片应该置于A端，使得小电珠的电压最小,从零开始增大．(3)两个灯泡串联，电流相同，故每个灯泡分得2V的电压，由I-U图象读得实际电流I=0.25A，故灯泡的功率P=UI=0。5W.（4）I-U图象的斜率代表电阻的倒数，故斜率逐渐减小，反映电阻逐渐增大.因为金属材料随着温度升高，电阻率增大，使得电阻变大.【点睛】题考查了实验电路的设计，设计实验电路是实验常考问题，设计实验电路的关键是根据题目要求确定滑动变阻器采用分压接法还是采用限流接法，根据待测电路元件电阻大小与电表内阻间的关系确定电流表采用内接法还是外接法．四、论述、计算题17。如图所示，一个挂在细线下端的带正电的小球B,静止在图示位置;若固定的带正电的小球A电荷量为Q,B球的质量为m，带电荷量q，平衡时细线与竖直方向的夹角为θ，A和B在同一水平线上，整个装置处于真空中，重力加速度为g，静电力常量为k，求A、B两球之间的距离d．【答案】【解析】对B球受力分析如图所示，根据平衡条件得：联立解得:【点睛】对于共点力作用下物体的平衡其解决方法和纯力学中共点力作用下物体的平衡适用完全相同的解决方法．18。一根长为0.5m的金属丝，横截面积为3。0mm2，在它两端加上0.15V的电压时,通过金属丝的电流为2。0A,若将此金属丝与一个阻值为4.725Ω的定值电阻串联，接在一个电动势为1。5V、内阻为0.2Ω的干电池两端，求：（1）金属丝的电阻率．(2）接通电路后干电池的输出功率．【答案】(1）ρ=4.5×10−7Ω⋅m（2）P=I2（R+R′）=0。432W【解析】（1）由部分电路的欧姆定律由电阻定律得：（2)由全电路的欧姆定律:故电源的输出功率【点睛】基本公式：欧姆定律和电阻定律、全电路的欧姆定律：的基本运用。19。市场推出一种“全自动”智能电热壶，其创新功能有自动加水和温度识别两大功能，下为某款产品的图样及铭牌．(1）估算这种电热壶工作时加热部分的电阻值．（2)所谓“自动加水”是由一水泵（电动机)和传感器来实现的，单独对这一部分进行测试时发现，当其两端所加电压U1=10V时,电动机带不动负载,因此不转动，此时通过它的电流I1=2A;当其两端所加电压U2=36V时(通过变压器实现），电动机能带动负载正常运转，这时电流I2=1A．求电动机正常运转时,输出的机械功率是多少?（不计电动机的摩擦损耗）【答案】（1)R=32Ω（2)P′=31W【解析】（1）由部分电路欧姆定律知,则,则电热水壶工作时加热部分的电阻值(2)电动机不转时，由部分电路的欧姆定律得正常工作时,电动机内阻两端电压则其输出的机械功率为【点睛】电动机不转时是纯电阻电路，由欧姆定律求出电动机的电阻；电动机正常工作时，根据P=UI—I2R求解电动机的机械功率．20.电场中的等势面是一簇互相平行的平面，间隔均为d=1cm，各等势面的电势如图所示,现有一质量为m=0.1kg的带电小球，以速度v0=2m/s射入电场，v0的方向与水平方向成45∘斜向上，要使质点作直线运动（g=10m/s2）则：（1）小球带何种电荷？电量是多少．(2）在入射方向的最大位移是多少