湖南省醴陵一中、攸县一中2018_2019学年高二物理上学期期中试题（含解析）.docx

2018-2019学年湖南省醴陵一中、攸县一中高二（上）期中物理试卷（理科）一、选择题1.由电场强度的定义式可知，在电场中的同一点A. 电场强度E跟F成正比，跟q成反比B. 无论检验电荷所带的电量如何变化，始终不变C. 电荷在电场中某点所受的电场力大，该点的电场强度强D. 电场中某点的电场强度方向，与试探电荷的性质有关【答案】B【解析】【详解】AC、公式是电场强度的定义式，采用比值法定义，则知E与F、q无关，不能说E与电场力F成正比，与电荷量q成反比，故AC错误；B、公式是电场强度的定义式，无论点电荷所带的电量如何变化，是始终不变，故B正确；D、电场中某点的电场强度方向，与试探电荷的性质无关，故D错误。故选：B。2.如图中带箭头的直线是某一电场中的一条电场线，在这条线上有A、B两点，用、表示A、B两处的场强大小，、表示A、B两点的电势，则A. A、B两点的场强方向可能不相同B. 电场线从A指向B，所以，C. A、B同在一条电场线上，且电场线是直线，所以，D. 不知A、B附近的电场线分布状况，、的大小不能确定，但一定有【答案】D【解析】【详解】A、由题，A、B两点所在的电场线是直线，A、B两点电场强度方向必定相同，故A错误；BC、电场线的疏密表示电场强度的大小，由于A、B附近电场线的分布情况未知，A、B在一条电场线上，无法判断电场线的疏密，也就无法判断A、B两点电场强度的大小。故B错误，C错误；D、依据沿着电场线方向，电势是降低的，则有，故D正确。故选：D。3.一个带电的金属球，当它带的电荷量增加到一定数值后稳定与增加前比较，其内部的场强将A. 一定增强B. 不变C. 一定减弱D. 可能增强也可能减弱【答案】B【解析】因为带电金属球点和分布在外表面，相当于带电球壳,而带电球壳的内部处处场强为零，与电荷无关，选B。4.下列关于电源的说法，正确的是A. 电源向外提供的电能越多，表示电动势越大B. 电源将正电荷从负极移送到正极时，非静电力所做的功越多，电动势越大C. 电源的电动势与外电路有关，外电路电阻越大，电动势就越大D. 电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大【答案】D【解析】【详解】A、电源提供的电能越多，并不是电源的电动势大，其转化的本领不变，而是容量大产生的电能多。故A错误；B、电动势表征电源提供电动势大小的物理量，电动势的大小等于非静电力把单位正电荷从电源的负极，经过电源内部移到电源正极所作的功，故B错误；C、电动势取决于电源本身，与外电路无关系，故C错误；D、电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大，故D正确。故选：D。5.一带电粒子在如图所示的点电荷的电场中，在电场力作用下沿虚线所示轨迹从A点运动到B点，电荷的加速度、动能、电势能的变化情况是A. 加速度的大小增大，动能、电势能都增加B. 加速度的大小减小，动能、电势能都减少C. 加速度增大，动能增加，电势能减少D. 加速度增大，动能减少，电势能增加【答案】C【解析】由图可知，电荷在A点电场线比B点疏，所以A点的电场力小于B点的电场力，则A点的加速度小于B点的加速度；从A到B，电场力做正功，根据动能定理，动能增加；电场力做正功，电势能减小，故C正确，ABD错误。6.两根完全相同的金属裸导线，如果把其中的一根均匀拉长到原来的2倍，另一根对折后绞合起来。然后给它们分别加上相同电压，则在同一时间内通过它们的电荷量之比为A. 4：1B. 8：1C. 16：1D. 1：16【答案】D【解析】设原来的电阻为R，其中的一根均匀拉长到原来的2倍,横截面积变为原来的1/2,另一根对折后绞合起来,长度减小为原来的一半,横截面积变为原来的2倍,根据电阻定律,电阻R1=4R,电阻R2=R/4，则两电阻之比为16：1.加上相同的电压，根据欧姆定律，电流比为1：16，根据q=It知相同时间内通过的电量之比:1：16.故D正确，A. B.C错误。故选:D.点睛：根据电阻定律判断出两根金属导线的电阻之比，根据欧姆定律得出电流之比，再根据q=It得出通过的电荷量之比7.如图是一火警报警的一部分电路示意图。其中为用半导体热敏材料制成的元件传感器，它的电阻随温度升高而减小，电流表为值班室的显示器，a、b之间接报警器。当传感器所在处出现火情时，显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是A. I变大，U变大B. I变小，U变小C. I变小，U变大D. I变大，U变小【答案】B【解析】【详解】当出现火情时，热敏电阻的阻值减小，则外电路总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流将增大；由可知，路端电压减小，则图中报警器两端的电压U将减小；因总电流增大，则两端的电压增大，并联部分的电压减小，则可知流过中的电流I减小。故选：B。【点睛】热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，再由闭合电路的欧姆定律可得出电路中电流与电压U的关系。8.如图示，两个固定的等量异种电荷，在它们连线的垂直平分线上有a、b、c三点，则A. a点场强一定比b点大B. a、b两点场强方向不相同C. a、b、c三点电势不相等D. 带电粒子在a、c连线上运动，电场力不做功【答案】D【解析】【详解】AB、根据电场线疏密程度可知a点场强小于b点场强；a、b两点的场强方向相同，均垂直于中垂线向右，故AB错误；CD、等量异种电荷连线中垂线为等势线，故a、b、c三点电势相同，电荷放置三处的电势能一样，带电粒子在a、c连线上运动，电场力不做功。故C错误，D正确故选：D。【点睛】两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线；电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向。根据电子的受力情况，分析电子的运动情况9.如图所示是一个说明示波管工作的原理图，电子经加速电场加速电压为加速后垂直进入偏转电场，离开偏转电场时的偏转量是h，两平行板间距为d，电压为，板长为l，为了增加偏转量h，可采取下列哪种方法A. 增加B. 增加C. 增加dD. 增加l【答案】AC【解析】试题分析：电子在加速电场中加速，根据动能定理可得，；所以电子进入偏转电场时速度的大小为，；电子进入偏转电场后的偏转的位移为，,要增大h，AC正确故选AC，考点：考查了带电粒子在电场中的偏转点评：做此类型题需要先求出偏转h的表达式，根据表达式分析解题10.如图所示是某导体的伏安特性曲线，由图可知正确的是A. 导体的电阻是B. 导体的电阻是C. 当导体两端的电压是10V时，通过导体的电流是D. 当通过导体的电流是时，导体两端的电压是【答案】ACD【解析】试题分析：A、根据图象，由欧姆定律可得，导体电阻R=25，故A正确，B错误；C、当导体两端电压是10V时，通过导体的电流I=04A，故C正确；D、当通过导体的电流是01A时，导体两端的电压U=IR=01A25=25V，故D正确；故选ACD考点：欧姆定律11.连接在电池两极上的平行板电容器，当两极板间的距离减小时A. 电容器的电容C变大B. 电容器极板的带电荷量Q变大C. 电容器两极板间的电势差U变大D. 电容器两极板间的电场强度E变大【答案】ABD【解析】【详解】A、当两极板间的距离减小时，根据电容的决定式分析得知，电容C变大。故A正确；B、由题可知，电容器的电压不变，C变大，由得到，电容器极板的带电荷量Q变大。故B正确；C、电容器两极板间的电势差U等于电源的电动势，保持不变。故C错误；D、U不变，d减小，由分析得知板间场强E增大。故D正确。故选：ABD。12.在电场强度大小为E的匀强电场中，一质量为m、带电荷量为的物体从A点开始只在电场力的作用下以某一初速度沿电场反方向做匀减速直线运动，物体运动l距离到B时速度变为零。下列说法正确的是A. 物体克服电场力做功qElB. 物体的电势能减少了qElC. 物体的电势能增加了qElD. 若选A点的电势能为零，则物体在B处的电势能为qEl【答案】ACD【解析】【详解】A、在电场强度大小为E的匀强电场中，电场力，与位移反向，故电场力做功为：，物体克服电场力做功qEl；故A正确；BC、电场力做负功，电势能增加，电势能增加了qEl；故B错误，C正确；D、A到B，电势能增加，若选A点的电势能为零，则物体在B处的电势能为qEl，故D正确；故选：ACD。二、实验题13.仪器读数：图中游标卡尺的读数是_图中螺旋测微器的读数是_mm。【答案】 (1). 10.050; (2). 3.200;【解析】【详解】游标卡尺的主尺读数为100mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为，所以最终读数为：。螺旋测微器的固定刻度为3mm，可动刻度为，所以最终读数为。14.某学习小组准备用伏安法测量一大约的电阻的精确阻值，给定器材为A.电流表量程为内阻约为；B.电流表量程为内阻约为；C.电压表量程为内阻约为；D.电压表量程为内阻为；E.最大阻值约为的滑动变阻器R；F.电源电动势约；G.开关S、导线若干。电流表应选用_电压表应选用_在图方框中画出实验原理图 _ 。用正确的测量电路测量，测量值_填“等于”、“小于”、“大于”真实值。【答案】 (1). B； (2). D； (3). (4). 大于；【解析】【详解】根据欧姆定律，最大电流约为：；故电流表选B；电源电动势为3V，故待测电阻的电压最大为3V，故电压表选D；待测电阻的电阻值与电压表接近，根据“大内小外”的原则，采用电流表内接法；由于滑动变阻器电阻值远小于待测电阻，故滑动变阻器采用分压式接法；故电路图如图所示：电流表的内接法，电流表的分压作用导致电压测量值偏大，根据欧姆定律，测量值偏大；【点睛】根据欧姆定律估算最大电流，确定需要的电流表的量程；根据电源电动势确定最大电压，得到需要选择的电压表量程；根据“大内小外”的原则确定电流表的内外接法，由于滑动变阻器电阻值远小于待测电阻，故滑动变阻器采用分压式接法；电流表的内接法，电流表的分压作用导致电压测量值偏大，根据欧姆定律确定电阻测量的误差。三、计算题15.如图所示电路中，电阻，电源内阻，电压表可视为理想电表。当开关和均闭合时，电压表的示数为10V。电阻中的电流为多大？路端电压为多大？电源的电动势为多大？当开关闭合而断开时，电压表的示数变为多大？【答案】(1)I=1A (2)U=15V （3）E=20V (4) U=16V【解析】试题分析：（1）电阻R2中的电流（2）外电阻所以路端电压为：U=RI=151=15V（3）根据闭合电路欧姆定律得E=I（R+r）代入数据解得E=20V（4）S1闭合而S2断开，电路中的总电流电压表示数U=I（R1+R2）=0820V代入数据解得U=16V考点：闭合电路的欧姆定律16.如图所示，在平行金属带电极板MN电场中将电荷量为的点电荷从A点移到M板，电场力做负功，把该点电荷从A点移到N板，电场力做正功为，N板接地，设地面为零势面。则点的电势是多少？等于多少伏？板的电势是多少？【答案】（1）-100V（2）-300V（3）-300V【解析】【详解】、N间的电势差：又，则A点的电势为：。根据带电粒子做功规律可知：J所以M、N板间的电势差为：。由，得M板的电势为：答：点的电势是。、N板间的电势差等于。板的电势是。【点睛】根据可求出点AN的电势差，N板接地电势为零，即可求出A点的电势；根据可求出点AM的电势差，即可求出和M板的电势。17.一束电子流在经的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若两板间距，板长，那么，要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大电压？【答案】400V【解析】设电子进入偏转电场时速度为v，则由动能定理得：设要使电子能从平行板间飞出，两极板间所加的最高电压为U0由题意分析可知，当两极板间的电压为U0时电子恰好从板的端点射出（如图所示）,电子在偏转电场中运动的时间为电子在竖直方向运动的加速度为在竖直方向有由解得本题考查带电粒子在电场中的加速和偏转，先由电场力做功求得从加速电场中飞出时的速度，进入平行板后受到竖直方向的电场力作用做类平抛运动，由电场力提供加速度，水平方向匀速直线运动，竖直位移为两极板间距离的一半，可求得偏转电场的电压18.如图所示，固定在竖直平面内的绝缘细半圆管轨道在C点与绝缘的水平地面平滑连接，半圆管的半径，管内壁光滑，两端口C，D连线沿竖直方向，CD右侧存在场强大小、方向水平向左的匀强电场；水平面AB段表面光滑，长，BC段表面粗糙，长。质量、电荷量的带正电小球在水平恒力的作用下从A点由静止升始运动，经过一段时间后撤去拉力F，小球进入半圆管后通过端口D时对圆管内轨道有竖直向下的压力小球与水平面BC段之间的动摩擦因数，取求：小球通过端口D时的速度大小；小球通过半圆管中点P时与圆管的作用力大小；撤去拉力F时小球的速度大小。【答案】（1）2m/s（2）0（3）9