安徽省高二（上）期中物理试卷 -物理(解析)

安徽省高二（上）期中物理试卷-物理（解析）

参考答案与试题解析

一.选择题：（本题共10小题，每小题5分，共50分,在每小题给出的四个选项中，第1.7

题只有一项符合题目要求，第8・10题有多个选项符合题目要求；全部选对的得5分，选对

但不全的得3分，有选错的得0分。）

1.（5分）带负电的粒子在某电场中仅受电场力作用，能分别完成以下两种运动：①在电场

线上运动：②在等势面上做匀速圆周运动，该电场可能由（）

A.一个带正电的点电荷形成

B.一个带负电的点电荷形成

C.两个分立的带等量负电的点电荷形成

D.两个分立的带等量正电的点电荷形成

【分析】带负电的粒f在某电场中仅受电场力作用，若在电场线上运动，则电势一定变

化，因为沿电场线电势降低，若在等势面上做匀速阿周运动，则电场力大小应该不变，

结合这两个要求判断跳可.

【解答】解：A、带负目的粒子在某电场中仅受电场力作用，可以沿电场线向着正电荷加

速，也可以沿电场线减速，即远离正电荷，也可绕正电荷做匀速圆周运动，电场力提供

向心力，正电荷位于［1心上，故A正确；

B、一个带负电的点电布形成电场中，另一个负电荷只能沿着电场线加速远离•或减速靠近,

由于两负电荷相互排斥，电场力不可能提供向心力，故不会做匀速圆周运动，故B错误;

c、两个分立的带等量负电的点电荷形成的电场不可•能对负电荷有指向圆心的力，故也不

会做匀速圆周运动，故C错误；

D、带负电的粒子可以在两个分立的带等量正电的点电荷形成的电场中做元做题的，但是

不能同时沿电场线运动，故D错误。

故选：Ao

【点评】本题关键要能让负电荷做匀速圆周运动，必须有指向圆心的力提供向心力，故

只能是位于圆心的正电荷提供.

2.（5分）如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接

地，电路a、b之间接有一灵敏电流表。一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡

状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动，则（）

a©b

•PE

A.带电油滴将沿竖直方向向上加速运动

B.P点的电势将升高

C.带电油滴的电势能将减少

D.电流表中将有从a到b的电流

【分析】电容器始终与电源相连，电压U不变；油滴平衡时受到向上的电场力与重力平

衡，由匀强电场的场强公式判断电场强度的变化，根据电场力公式判断电场力的变化，

进而判断油滴的运动情况；根据电势差公式判断P点到下极板间的电势差变化，进而判

断P点的电势变化；根据油滴的受力情况判断油滴所带电荷的电性，根据电势能公式判

断油滴电势能的变化；根据电容的决定式判断电容的变化，根据电容的定义式判断电荷

量的变化，得到电容器充放电情况，进而判断流过电流表的电流方向。

【解答】解：电容器始终与电源相连，电压U不变。

A、油滴平衡时受到向上的电场力与重力平衡，有mg=qE

将平行板电容器的上极板竖直向上移动，两极板间的距离d增大，由E=卫得，两极板

d

间场强E减小，则油滴受到的电场力将减小，重力大于电场力，油滴将沿竖直方向向下

运动，故A错误；

P点到下极板间的电势差UPT=EdPT=<pP-<p下=<p下

场强E减小，P到下极板间的距离dP下不变，则P点的电势（pp将降低，故B错误；

C、极板间的场强竖直向下，油滴受到的电场力竖直向上，故油滴带负电，由C得，P点

的电势降低，则油滴的电势能将增大，故C错误：

£S

D、上极板竖直向上移动，两极板间的距离d增大，由电容的决定式©=—J得，电

4口kd

容C减小，由、=（：1）得，电容器的电荷量减小，则电容器放电，电流表中将有从a到b

的电流，故D正确。

故选：Do

【点评】本题考查电容器的动态分析问题，解题关键是知道电容器始终与电源相连，电

压U不变，掌握电容的决定式和定义式。

3.（5分）竖直绝缘墙壁上Q点固定一质点A,在Q的正上方P点用丝线悬挂另一质点B.A、

B两质点因带电而互相排斥，致使悬线与竖直方向成。角，如图所示.由于漏电，使A、

B两质点带电量逐渐减少，在电荷漏完之前，悬线对质点B的拉力大小将（假设两小球

始终可以看成质点）（）

A.逐渐变大B.逐渐变小

C.大小小变D.先变大后变小

【分析】以小球为研究对象，在逐渐放电的过程中，处于动态平衡状态.小球受到重力

G,A的斥力F］和线的拉力F2三个力作用，作出力图，根据△FBF|S/\PQB,得到线的

拉力F2与线长的关系分析求解..

【解答】解：以小球为研究对象，球受到重力G,A的斥力Fi和线的拉力F2三个力作用,

作出力图，如图。作出Fi、F2的合力F,则由平衡条件得F=G。

根据△FBFIS^PQB得

F产1

PQ-PB

又FF1=F2,得F2=«!|"G

在A、B两质点带电量逐渐减少的过程中，PB、PQ、G均不变，则线的拉力F2不变。

5.（5分）在如图所示电路中，AB为粗细均匀、长为L的电阻丝，以A、B上各点相对A

点的电压为纵坐标，各点离A点的距离x为横坐标，则U随x变化的图线应为（）

Lx

【分析】导体的电阻与长度成正比，导体越长，电阻越大，串联电路中的电压U与电阻

成正比，电阻越大，电压越大。

【解答】解：根据电阻定律可知：各点离A点的距离x越大，导体的电阻越大，电阻R

与x成正比；

由十AB上各部分电阻用联，电流相等，则AB上的各点相对A点的电压U就越大，由

U=IR,知U与R成正比，则U与x成正比，则图象A是正确的。故A正确。

故选：Ao

【点评】解决此类问题关键要掌握电阻定律和串联电路电压与电阻成正比的规律。并能

结合图象的意义进行选择。

6.（5分）图示为以P点为圆心、半径为R的部分或整个圆周上的四种电荷分布情形：（甲）

电荷q均匀分布在四分之一的圆周：（乙）电荷2q均匀分布在半圆周；（丙）电荷3q均

匀分布在四分之三的I员周；（丁）电荷4q均匀分布在整个圆周。这四种情形中电荷在P

点所产生的电场强度的大小挂列顺序为（）

/J2q

A.甲＞乙＞丙＞丁B.丁＞丙＞乙＞甲

C.丁,乙＞甲=丙D.乙＞甲=丙＞J

【分析】采用微元法，结合电场的叠加原理，矢量的合成法则，及圆周的对称性，从而

确定P点的电场强度大小。

【解答】解：设图（甲）中P点的电场强度为大小为E,根据电场的叠加原理可知，其

方向如下图中所示。（T）

将图（乙）的半圆周等分为2个四分之一的圆周，其中每一个四分之一的圆周在P点的

电场强度为大小均为E,其方向如上图中所示，两个分量相互垂直，则P点电场强度大

小等于血£；

同理，将图（丙）的匹分之三的圆周，等分为3个四分之一的圆周，其中每一个四分之

一的圆周在P点的电场强度为大小均为E,其方向如上图中所示，合成后P点电场强度

大小等于E；

图（丁）中电荷4q均匀分布在整个圆周，根据电场的叠加原理知，可知，在P点所产生

的电场强度的大小为0。

由上分析，可得：乙＞甲=内＞j，故ABC错误，D止确。

故选：Do

【点评】该题考查了矢量叠加法则，要理解圆的对称性，关键是利用电场强度登加原理

分析。

7.（5分）一个用满偏电流为3mA的电流表改装成的欧姆表，调零后用它测500的标准电

阻时，指针恰好指在刻度盘的正中间，如用它测量一个未知电阻时，指针指在2mA处，

则被测电阻的阻值为（）

A.250CB.3750C.1000（1D.1500Q

【分析】中间位置的刻度值为中值电阻值，为内部总电阻。再结合满偏电流值可求出欧

姆表的电池的电动势。测量时总电阻=亨，则测量电阻为总电阻减去中值电阻。

【解答】解：中值电阻为R中=500。则其内电源的电动势为：E=IgR中=500X3X103

=1.5V,所测电阻的阻值为：R=E-R产—kL-Q-R,f.=250ft,所以选项BCD错

12X10-3

误，选项A正确。

故选：Ao

【点评】考查欧姆表的改装原理，明确中值电阻为内部总电阻，会结合满偏电流求电动

势，进而求所测电阻。

（多选）8.（5分）电荷量分别为qi和q2的两点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连

线匕各点电势叩随x变化的关系如图所示，具中A、\两点的电势均为零，ND段中的C

点电势最高，则（）

A.A点的电场强度为零

B.一负电荷在A点的电势能小于在C点的电势能

C.q】为正电荷，q2为负电荷,M|qi|>|q2|

D.将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功

【分析】（p-x图象的斜率等于电场强度E.根据两点电荷连线的电势高低的分布如图所

示，由于沿着电场线走势降低，可知两点电荷的电性.根据点电荷场强的公式分析电荷

量的大小.根据功能关系分析电场力做功的正负.

【解答】解：A、根据E=U=金史，知（p-x图象的斜率等于电场强度E,可知，A点

dAx

的电场强度不为零，故A错误。

B、负电荷在电势高处电势能小，A点的电势比C点的电势低，则负电荷在A点的电势

能大于在C点的电势能，故B错误。

C、由图知A点的电势为零，则O点的点电荷的电显上M点的点电荷的电量大，且O点

的电荷带正电，M点电荷带负电，即卬为正电荷，q2为负电荷，且Iqi|>|q2|.故C正确。

D、因为MC间电场强发方向沿x轴负方向，CD间电场强度方向沿x轴正方向，则将一

负点甩荷从N点移到D点，电场力先做正功后负功。故D正确；

故选：CDo

【点评】解决本题的关键要知道<p-x图象的斜率等于电场强度E,运用电场的叠加原理

分析两个点电荷的电量关系.

（多选）9.（5分）如图所示，水平线a、b、c、d为匀强电场中的等差等势线，一个质量

为m,电荷量绝对值为q的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两个点，己

知该粒子在A点的速度大小为vi,在B点的速度大小为V2,且方向与等势线平行A、B

连线长为L,连线与竖直方向的夹角为①不计粒子受到的重力，则（）

A.该粒子一定带正电

B.匀强电场的电场强度大小

2qLcosB

C.粒子在B点的电势能一定大于在A点的电势能

D.等势线b的电势比等势线c的电势高

【分析】根据粒子受电场力的方向和电场线方向的关系判断粒子的电性；由电场力做功

应用动能定理求解场强大小；由电场力做功正负得到电势能的变化，再比较电势能的大

小；由电场方向判断电势高低。

【解答】解：A、电场为匀强电场，等势面沿水平方向，则电场线的方向沿竖直方向，粒

了•弯曲的方向向上，所以粒子受力的方向向上，但由于电场线方向不知，则粒了•的电性

无法确定，故A错误；

B、在沿电场线的方向的位移：y=Lcos0

2

设A、B间的电势差为UAB，由动能定理，有:V2

联在解得：E=故B正确:

2qLcos8

C、电场为匀强电场，等势面沿水平方向，则电场线的方向沿竖直方向，粒子弯曲的方向

向上，所以粒子受力的方向向上，从A到B的过程中电场力做负功，所以粒子的电势能

增加，即在B点的电势能一定大于在A点的电势能，故C正确；

D、粒子受力的方向向上，若粒子带正电，则电场的方向向上，c的电势高丁b的电势：

若粒子带负电，则电场的方向向下，c的电势低于b的电势，故D错误；

故选：BC。

【点评】本题关键是通过运动的合成与分解得到A点速度和B点速度的关系，然后结合

动能定理列式求解即可，基础题目。

（多选）10.（5分）用如务所示的电路测量待测电阻Rx的阻值时，下列关于由电表产生误

差的说法中，正确的是（)

<Y>

L-@—c=b—।

A.电压表的内电阻越大，测量越精确

B.电压表的读数大于Rx两端真实电压，Rx的测量值大于真实值

C.电流表的内电阻越小，测量越精确

D.由于电流表的分压作用，使Rx的测量值小于真实值

【分析】根据串联电路的分压特点可知电压表测待测电阻和电流表串联后的电压，根据

欧姆定律可知测量的阻值是待测电阻和电流表内阻串联后的电阻。

【解答】解：电压表测的是待测电阻与电流表串联后的电压，电压表的读数大于Rx两端

真实电压，电流表测的是通过待测电阻的电流，电流表的测量值等于通过Rx的真实值，

根据欧姆定律可知

U-Ir,

电流表的内阻越小，测量越准确，实验处理数据时使用

Rx4

可知Rx的测量值大于真实值，故AD错误，BC正确；

故选：BC。

【点评】本题考查伏安法测电阻，要求掌握伏安法测电阻实验的原理，会根据测量电路

图分析误差。

二.实验题：（共16分。）

11.（4分）表格是用如图的多用电表进行测量的四次记录，a、b分别为测量时的指针位置。

其中有的记录了量程（或倍率）但没有记录读数，有的记录了读数但没有记录量程（或

倍率），请你填写表格中的各个空格。

表：用多用电表测量直流电压、直流电流、电阻

序号所测物理量量程或倍率指针读数

(1)直流电压50Va11.5V

⑵直流电流10mAb8.2mA

⑶电阻X100a5X103O

(4)电阻XIb4.2C

【分析】（1）计算所选路程的最小分度后读数：

（2）根据读数判断所选量程；

（3）根据读数判断所选倍率；

（4）示数乘以倍率即为阻值。

【解答】解：（1）量程为50V,每一格显示为IV,直接读数得11.5V；

（2）用多用电表测直流电流,指针b示数为8.2mA,则量程应为10mA；

（3）用多用电表测电阻时，应读最上排刻度，由图可知，指针a对应的示数为50,读数

结果为5X103。,则倍率应为X100Q：

（4）用多用电表测电阻时，应读最上排刻度，由图可知，位置b所处的位置为42由

于倍率为XIQ,则读数为4.20,

故答案为：（1）II.5V；（2）10mA；（3）X100ft；（4）4.2。。

【点评】本题考查多用电表，要求掌握多用电表的使用步骤和读数方法。

12.（12分）为了测量一根长约为3cm、电阻约为100。、横截面为圆形、粗细均匀的导电

材料的电阻率，所用器材如下：

直流电源E（电动势约为8.0V,内阻可忽略不计）;

电流表Ai（量程为0〜25mA,内阻ri=100C）；

电流表A2（量程为（）〜150mA,内阻r2=20C）；

定值电阻Ro（阻值为I0H）；

滑动变阻器R（最大阻值为10。）；

开关S,导线若干.

图1图2图3图4

（1）用游标卡尺测得该材料的长度如图1所示，示数为L=30.35mm：用螺旋测微

器测得该材料的直径如图2所不，不数为D=3.203mm.

（2）为了在测量中尽量减小误差，并测多组数据，现给出测量电阻Rx的实验电路，请

据此电路图3将实验器材（图4）连接起来.

（3）若某次测量中电流表Ai的示数为Ii,电流表A?的示数为12,则由已知量和测量量

兀芹

计算电阻率的表达式为「=-^-112（RO4T2）-linl.（用题目中字母表示即可）

【分析】解决本题的关健掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读.螺

旋测微器的读数方法是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.根

据电路图连接实物图.根据欧姆定律和电阻定律求解电阻率的表达式.

【解答】解：（1）游标卡尺的固定刻度读数为30mm,游标读数为0.05X7mm=0.35mm,

所以最终读数为30mm+0.35mm=30.35mm.

螺旋测微器的固定刻度读数为3mm,可动刻度读数为0.01X20.3mm=0.203mm,所以最

终读数为3mm+0.203mm=3.203mm（3.202mm〜3.204mm）,

（2）根据电路图连接实物图.

(3)根据欧姆定律可得

I(R+rn)~11r

导电材料的电阻Rx=29_5n_2——L_

I1

由电阻定律得：Rx=pL,S=ATTD2

S4

联立解得，p=兀D[12(Ro+&)-Iiril

411L

故答案为：(1)30.35；3.205：(2)见图:

jlr)2

(3)-山(Ro+rz)-Iin]

411L

【点评】掌握游标k尺和螺旋测微器的读数方法，游标卜尺读数的方法是主尺读数加上

游标读数，不需估读.螺旋测微器的读数方法是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.掌握欧姆定律和电阻定律求解电阻率.

三、计算题(本题包括3小题，共34分。解答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，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。)

13.(10分)如图所示，A、B、C、D是放在E=l()3v/m的水平匀强电场中的绝缘光滑竖直

轨道，BCD是R=10cm的半圆环，AB长L=15cm,一质量m=10g、带电量q=l()化

的小球由静止在电场力作用下自A点沿轨道运动，求：

（1）它运动到C点速发多大？

（2）小球运动到C点时对轨道的压力多大？

【分析】对A到C点的过程运用动能定理，求出C点的速度；根据径向的合力提供向心

力，求出轨道对球的弹力，从而得知球对轨道的压力。

【解答】解：（I）小球从A经B到C的过程中，电场力做功，克服重力做功，根据动能

定理得:

qE(SAB+R)-mgR=A2

2c

代入数据，解得：vc=V3m/so

（2）在C点，支扑力提供向心力，根据牛顿第二定律:

2

v

N-qE=m—r

R

贝ijN=qE+m0.1+0.3N=0.4N

R

根据牛顿第三定律小球对轨边C点的压力为N'=N=0.4N

答：（1）小球运动到C点的速度为“m/s；

（2）此时它对轨道的压力0.4N。

【点评】本题关键根捱动能定理列式求解C点速度，然后找到向心力来源，根据牛顿第

二定律列式求解。

14.（10分）有一块小量程电流表，满偏电流为50RA,内阻为800①现要将它改装成0〜

1mA、0〜10mA的两量程电流表，某同学除了参考电路图甲外，还设计了如图乙所示电

路。

（1）若采用图甲的甩路，则Ri、R2是多少，若采用图乙的电路，则Ri、R2是多少？（保

留小数点后一位）

（2）请根据两种电路的特点，简单说明实际使用中月哪一种？

①①

10mHHmAlm^T|

O<）S

甲乙

【分析】（1）根据中并联电路特点和欧姆定律计算；

（2）分析在换挡位时造成的电流、电压变化分析判断。

【解答】解：（1）由题图甲，根据串并联电路规律可得：

选择Ii=lmA=lX103A挡位时:

IgRg=（Ii-Ig）（R1+R2）,

选择12=10mA=1X1O2A挡位时：

Ig（Rg+Ri）=（I2-Ig）Ri,

联立代入数据解得：

RE.2Q,R2^37.9H：

采用图乙电路时，

选用。〜1mA量程时有：IgRg=（Ii-Ig）R2

代入数据解得R2=42.1。

选用0〜10mA量程时有：IgRg=（Iio-Ig）Ri

代入数据解得Ri=4.0。

（2）甲图电路，当开关接到左边接线柱时并联电阻较小，通过电流较大，所以此时对应

改装电流表的较大量程，接右边接线柱时并联两个串联的电阻，阻值较大，通过电流较

小，所以此时对应量程较小。实际中不选乙图电路是因为乙图电路在通电状态下，更换

量程会造成两分流电阻都未并联在表头两端，以致流过表头的电流超过其满偏电流而易

损坏。

答：（1）若采用图中的电路，则Ri、R2是4.2。和37.9Q,若采用图乙的电路，则Ri、

R2是42.1。和4.0Q；

（2）见解析。

【点评】本题考查电表的改装，要求掌握电表改装的原理。

15.（14分）如图所示，质量为m,电荷量为+q的带电粒子，从静止开始经电压为U.的

加速电场后，从平行金属板A、B的正中央射入偏转电场中，金属板A、B的板长和板

间距均为L,足够长的粒子接收屏M与B板夹角为150°,整个装置处在真空中，平行

金属板外的电场忽略不计，带电粒子重力不计。

（1）求粒子离开加速电场的速度vo