内蒙古北京八中乌兰察布分校2017-2018学年高二上学期期中考试物理试题

北京八中乌兰察布分校20172018学年第一学期期中考试高二年级物理试题一、单项选择题1.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.由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小B.加5V电压时，导体的电阻是0.2ΩC.加12V电压时，导体的电阻是8ΩD.该元件为非线性元件，所以欧姆定律不适用【答案】C【解析】A：导体电流电压图线上点与原点连线的斜率表示电阻的倒数；由图可知，随着电压的增大，点与原点连线的斜率变小，导体的电阻不断变大。故A项错误。B：加5V电压时，导体的电流是1.0A，导体的电阻。故B项错误。C：加12V电压时，导体的电流是1.5A，导体的电阻。故C项正确。D：该元件为非线性元件，能用欧姆定律计算导体在某状态的电阻。故D项错误。点睛：导体电流电压图线上点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，不是图线切线斜率表示电阻的倒数。2.如图所示，有三个电阻，已知R1：R2：R3=1：3：6，则电路工作时，电压U1：U2为（）A.1：3B.1：2C.1：6D.1：9【答案】B【解析】由图知：R2与R3并联后与R1串联，U1为R1两端电压，U2为并联部分电压，则。故项正确。3.两只电压表V1和V2是由完全相同的两个电流计改装成的，V1表的量程是5V，V2表的量程是15V，把它们串联起来接入电路中．则（）A.它们的示数之比为l：3．指针偏转角度相等B.它们的示数相等，指针偏转角度也相等C.它们的示数相等，指针偏转角度之比为1：3D.它们的示数之比、指针偏转角度之比均为1：3【答案】A【解析】电压表是由电流计与定值电阻串联改装而成的；V1表的量程是5V，V2表的量程是15V，相同的两个电流计改装，可知，V2表的内阻是V1表的内阻的3倍。把它们串联接入电路，通过的电流相等，电表指针的偏角相同；电表两端电压之比等于内阻之比1：3，它们的示数之比为1：3。故A项正确。点睛：理解电表改装的原理和方法，并能熟练应用。4.两根长度都为L的同种材料制成的导线a和b串联后接入电路，使电流从a的起端流入，从b的末端流出，且b的末端接地，若此导线上各点电势如图所示，则导线a和b的横截面积之比Sa：Sb为（）A.4：1B.1：4C.2：1D.1：2【答案】C【解析】导线a和b串联后接入电路，电流相等，由图知电压、，则两根长度都为L的同种材料制成的导线a和b，据可得：故C项正确。5.如图所示，质量为m、带电荷量为q的粒子，以初速度v0从A点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B点时，速率vB＝2v0，方向与电场的方向一致，则A、B两点的电势差为()A.B.C.D.【答案】D【解析】试题分析：粒子从A到B，根据动能定理得qUABmgh=mvB2−mv02；因为速率vB=2v0，粒子在竖直方向，只受到重力，所以机械能守恒，则有mgh=mv02．由以上三式解得．故C正确，ABD错误．故选C．考点：带电粒子在电场中的运动；动能定理【名师点睛】涉及到电势差的问题，常常要用到动能定理．本题的难点在于运动的处理，由于微粒受到两个恒力作用，运用运动的分解是常用的方法。二．多项选择题6.如图所示是一个直流电动机提升重物的装置，重物质量m=50kg，电源电压U=100V，不计各处的摩擦，当电动机以v=0.9m/s的恒定速度将重物向上提升1m时，电路中的电流I=5A，g取10m/s2，由此可知（）A.电动机线圈的电阻r=2ΩB.电动机线圈的电阻r=1ΩC.此过程中无用功为50JD.该装置的效率为90%【答案】AD【解析】AB：电动机以v=0.9m/s的恒定速度将重物向上提升对电动机解得故A项正确，B项错误。C：此过程中无用功又，解得。故C项错误。D：该装置的效率。故D项正确。点睛：纯电阻元件，欧姆定律适用，电功等于电热，电功率等于热功率；非纯电阻元件，欧姆定律不适用，电功大于电热，电功率大于热功率，其它功率等于电功率减去热功率。7.一根粗细均匀的金属导线，在其两端加上电压U时，通过导线的电流为I，导线中自由电子定向移动的平均速率为v，若将导线均匀拉长，使它的横截面半径变为原来的1/2，再给它两端加上电压2U，则（）A.通过导线的电流为I/16B.通过导线的电流为I/8C.导线中自由电子定向移动的速率为v/2D.导线中自由电子定向移动的速率为v/4【答案】BC【解析】AB：将导线均匀拉长，使它的横截面半径变为原来的1/2，横截面积变为原来的1/4，导线长度变为原来的4倍，金属丝电阻率不变，由电阻定律可知，导体电阻变为原来的16倍；电压变为2U，由欧姆定律可知，电流变为原来的1/8。故A项错误，B项正确。CD：电流变为原来的1/8，横截面积变为原来的1/4，单位体积内自由移动的电子数n不变，每个电子所带的电荷量e不变，由电流的微观表达式可知，电子定向移动的速率变为v/2。故C项正确，D项错误。8.三个质量相等的带电微粒（重力不计）以相同的水平速度沿两极板的中心线方向从O点射入，已知上极板带正电，下极板接地，三微粒的运动轨迹如图所示，其中微粒2恰好沿下极板边缘飞出电场，则（）A.三微粒在电场中的运动时间有t3=t2＞t1B.三微粒所带电荷量有q1＞q2=q3C.三微粒所受电场力有F1=F2＞F3D.飞出电场时微粒2的动能大于微粒3的动能【答案】AD【解析】三个质量相等的带电微粒（重力不计）以相同的水平速度沿两极板的中心线方向从O点射入，上极板带正电，下极板接地，微粒做类平抛运动。微粒水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速为零的匀加速直线运动。A：微粒水平方向做匀速直线运动，微粒在电场中的运动时间，三微粒水平速度相等，，则。故A项正确。BC：微粒竖直方向做初速为零的匀加速直线运动，则，且；所以。三个质量相等的带电微粒在竖直方向只受电场力F，则；所以，。故BC两项均错误。D：微粒在竖直方向的末速度，，，则；微粒飞出电场的速度，微粒飞出电场的动能，则飞出电场时微粒2的动能大于微粒3的动能。故D项正确。三．实验题9.在描绘小灯泡的伏安特性曲线的实验中，实验室备有下列器材供选择：A．待测小灯泡“3V，2W”B．电流表A1（量程3A，内阻约为1Ω）C．电流表A2（量程0.6A，内阻约为5Ω）D．电压表V1（量程3V，内阻约为10kΩ）E．电压表V2（量程15V，内阻约为50kΩ）F．滑动变阻器器（最大阻值为100Ω，额定电流50mA）G．滑动变阻器（最大阻值为10Ω，额定电流1A）H．电源（电动势为4V，内阻不计）I．电键及导线等（1）电流表应选用______；电压表应选______；滑动变阻器应选用______（填器材前面的字母）（2）在图甲实物图中，有部分线已连好，要求小灯泡的电压从零开始测量，请连成符合要求的完整的电路图___________（3）开关闭合之前，图中滑动变阻器的滑片应该置于______（选填“A端”、“B端”或'“AB中间”）（4）某同学实验后作出的IU图象如图乙所示，则当灯泡两端的电压为2.4V时，灯泡的实际功率是______W（结果保留两位有效数字）【答案】(1).C(2).D(3).G(4).(5).A端(6).1.3【解析】（1）电压表和电流表读数超过量程时误差较小。待测小灯泡“3V，2W”，则电流表应选用C．电流表A2（量程0.6A，内阻约为5Ω），电压表应选D．电压表V1（量程3V，内阻约为10kΩ）；描述小灯泡的伏安特性曲线，滑动变阻器采用分压式接法，宜采用阻值相对较小的，则滑动变阻器应选用G．滑动变阻器（最大阻值为10Ω，额定电流1A）（2）小灯泡电阻相对电压表内阻较小，采用电流表的外接法，则实物连接如图：（3）开关闭合前，应调节滑动变阻器使开关闭合时流过小灯泡的电流最小，则滑动变阻器的滑片应该置于A端（4）由图知，当灯泡两端的电压为2.4V时，流过灯的电流为0.55A，则灯泡的实际功率10.①某同学为了测量某阻值约为5Ω的金属棒的电阻率，进行了如下操作：分别使用10分度游标卡尺和螺旋测微器测量金属棒的长度L和直径d，某次测量的示数如题图1和题图2所示，长度L=______mm，直径d=______mm．②现备有下列器材：待测金属棒：Rx（阻值约5Ω）；电压表：V1（量程3V，内阻约3kΩ）；V2（量程15V，内阻约9kΩ）；电流表：A1（量程0.6A，内阻约0.2Ω）；A2（量程3A，内阻约0.05Ω）；电源：E1（电动势3V，内阻不计）；滑动变阻器：R1（最大阻值约20Ω）；R2（最大阻值约1000Ω）；开关S；导线若干．若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电压表应选______，电流表应选______，滑动变阻器应选______（均选填器材代号）．正确选择仪器后请在图3中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接_________．用伏安法测得该电阻的电压和电流，并作出其伏安特性曲线如图4所示，若图象的斜率为k，则该金属棒的电阻率ρ=______．（用题目中所给各个量的对应字母进行表述）【答案】(1).23.5(2).6.713(3).V1(4).A1(5).R1(6).(7).【解析】①游标卡尺读数螺旋测微器读数②电源电动势3V，电压表应选V1（量程3V，内阻约3kΩ），待测金属棒：Rx（阻值约5Ω），电流表应选A1（量程0.6A，内阻约0.2Ω）滑动变阻器采用限流接法，滑动变阻器应选用相对待测金属棒电阻较大且与待测金属棒电阻具有可比性（相差不超过10倍）的滑动变阻器，则滑动变阻器应选R1（最大阻值约20Ω）行测金属棒电阻相对电压表电阻较小，则采用电流表的外接法。实物电路的连接如图：UI图象的斜率为k，则R=k，据得：四、解答题11.如图所示，一束电子从静止开始经电压为U1的电场加速后，以水平速度射入水平放置的两平行金属板中间．金属极板长为l，两极板间的距离为d，竖直放置的荧光屏到金属极板右端的距离为L．当在两金属极板间加上电压U2时，光点偏离中线打在荧光屏上的P点．已知电子的电荷量为e、质量为m，忽略重力和空气阻力的影响．求：（1）电子被加速后的速度大小v0；（2）电子射出电场时的偏转角度θ的正切值tanθ；（3）P点到O点的距离．【答案】(1)(2)(3)【解析】(1)一束电子从静止开始经电压为U1的电场，电子被加速后的速度大小v0，则据动能定理可得，求解得：(2)电子进入水平放置的两平行金属板，当在两金属极板间加上电压U2时，电子做类平抛运动，水平方向：，竖直方向：、电子射出电场时的偏转角度θ的正切值(3)P点到O点的距离12.如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔．质量为m，电荷量为＋q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)．求：(1)小球到达小孔处的速度；(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间．【答案】（1）小球到达小孔处的速度是；（2）两极板间的电势差的大小是；（3）电容器所带电荷量是．【解析】试题分析：（1）小球到达小孔前是自由落体运动，根据速度位移关系公式，有：v2=2gh解得：…①（2）对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式，有：mg（h+d）qEd=0解得：…②电容器两极板间的电压为：电容器的带电量为：（3）加速过程：mgt1=mv…③减速过程，有：（mgqE）t2=0mv…④t=t1+t2…⑤联立①②③④⑤解得：考点：牛顿第二定律及动能定理的应用13.如图所示，在电场强度E=103V/m的水平向左匀强电场中，有一绝缘的光滑半圆形轨道CPN竖直放置，它与一绝缘的水平轨道MN（足够长）平滑连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R=40cm。一电荷量q=3.0×104C的带正电的小滑块质量为m=40g，与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.5，小滑块运动过程中所带电荷量保持不变，取g=10m/s2。小滑块在水平轨道上某点由静止释放后，恰好能运动到半圆轨道的最高点C，问：（1）小滑块是在水平轨道上离N点多远处释放的？（2）小滑块经过C点后落在水平轨道上，落点离N点的距离为多少？（3）小滑块在半圆轨道上运动时，对轨道的最大压力为多大？【答案】(1)4m(2)0.2m(3)2.7N【解析】试题分析：（1）设滑块与N点的距离为L，由动能定理可得qEL－μmgL－m