2018-2019学年甘肃省定西市岷县一中高二(上)期中物理试卷

1、2018-2019 学年甘肃省定西市岷县一中高二（上）期中物理试卷副标题题号一二三四五总分得分一、单选题（本大题共7 小题，共21.0 分）1.下列物理量中与检验电荷有关的是（）A. 电场强度 EB. 电势 C. 电势能 D. 电势差 U2. 在维护和检修高压供电线路时， 为了不影响城市用电， 电工经常要在高压线上带电作业为了保障电工的安全，电工全身要穿上用金属丝线编织的衣服（如图甲） 图乙中电工站在高压直流输电线的A 供电线上作业， 其头顶上方有B 供电线， B 供电线的电势高于A 电线的电势虚线表示电工周围某一截面上的等势线，c、 d、e、 f是等势线上的四个点以下说法中正确的是（）A.

2、在 c、 d、 e、 f 四点中， c 点的电场最强B. 在 c、 d、 e、 f 四点中， f 点的电势最高C. 若将某电子由 c 移到 f，其电势能将增大D. 将某电子在d 点由静止释放，它会向e 点所在等势面运动3. 一带电粒子从电场中的 A 点运动到 B 点，轨迹如图中虚线所示，不计重力，则（）A. 粒子带正电B. 粒子的加速度逐渐增加C. 粒子在 A 点的电势能小于在 B 点的电势能D. 粒子的速度不断增大4.如图（ ）所示， AB 是电场中的一条电场线，若将一负电荷从A 点由静止释放，负电荷沿电场线从A 到 B 运动过程中速度- 时间图象如图（ ）所示，则下列判断正确的是（）第1页

3、，共 17页A. A B ，EA EBB. A B， EA EBC. A B ，EA EBD. A B， EA EB5. 如图所示，两根细线拴着两个质量相同的小球 A、B，上、下两根细线中的拉力分别是 TA、 TB，现在使 A、B 带同种电荷，此时上、下细线受力分别为TA、 TB，则（）B.A.，TBTBTA=TA，TBTA=TATBC.T T ，T TBD. T T ，T TBAABAAB6. 电阻 R1 与 R2 并联在电路中，通过R1 与 R2 的电流之比为1： 3，则当 R1 与 R2 串联后接入电路中时，R1 和 R2 两端电压之比U1：U 2 为（）A. 1：3B. 3：1C. 1

4、：4D. 4：17. 在如图所示的电路中， E 为电源，其内阻为 r ，L 为小灯泡（其灯丝电阻可视为不变）， 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. 电压表的示数变大B.C. 通过 R2 的电流变小D.二、多选题（本大题共3 小题，共9.0 分）小灯泡变暗电源内阻的电压变大8. 如图所示为两个不同闭合电路中两个不同电源的U-I 图象，则下列说法中正确的是（）A. 电动势 E1=E2，短路电流 I1 I 2B. 电动势 E1=E2内阻 r2 r1C. 电动势 E1E2，内阻 r 1 r 2D.

5、 以上都错9. 如图所示用绝缘细线悬挂一个带正电的小球，置于水平向右的匀强电场中，将小球从最低点A 无初速释放，当小球通过B 点时具有速度v，则这一过程中（）A. 小球的重力势能增加B. 小球的电势能减少C. 增加的重力势能等于减少的电势能D. 增加的重力势能小于减少的电势能10. 如图所示的电路，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片 P 向右移动，则（）A.C.电容器的电容不变电容器上的电荷量将减少B.D.电容器中的电场强度将减小液滴将向上运动第2页，共 17页三、填空题（本大题共1 小题，共4.0 分）11.在一次实验时某同学用游标卡尺测量（如图甲）

6、 ，示数为 _cm在一次实验时某同学用螺旋测微器测量（如图乙），示数为_mm四、实验题探究题（本大题共1 小题，共9.0 分）12. 在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，可供选择的实验仪器如下：小灯泡 L ，“ 3.0V、 0.5A”电压表 V：量程 0 5V，内阻 5k电流表 A1，量程 0 100mA，内阻 4 电流表 A2，量程 0 500mA，内阻 0.4 滑动变阻器 R1 ，最大阻值 100，额定电流 1.0A 滑动变阻器 R2 ，最大阻值 5，额定电流 0.5A 直流电源 E，电动势约为 6V，内阻约为 0.5 （ 1）在上述器材中，电流表应选 _ ；滑动变阻器应选 _。（ 2

7、）在虚线框（如图 1）内画出实验的电路图， 并在图中注明各元件的符号 _。（ 3）某实验小组完成实验后利用实验中得到的实验数据在I -U 坐标系中，描绘出如图 2 所示的小灯泡的伏安特性曲线。根据此图给出的信息，可以判断随着电压的增加，灯泡的电阻会_A逐渐减小B逐渐增大C保持不变五、计算题（本大题共4 小题，共40.0 分）13. 如图所示，电源电动势 E=10V，内阻 r =0.5 ，“ 8V，16W”的灯泡L 恰好能正常发光，电动机M 绕线的电阻 R0=1，求：（ 1）路端电压和内电压。（ 2）电路中电流和电源的总功率。（ 3）电动机的输出功率。第3页，共 17页14. 如图所示，真空中两

8、个相同的小球带有等量同种电荷，质量均为 m，分别用长为L 的绝缘细线悬挂于绝缘天花板的一点，当平衡时B 球偏离竖直方向 60，A 竖直悬挂且与绝缘墙接触。 （重力加速度为 g，静电力常量为 k）求：（ 1）小球的带电荷量和墙壁受到的压力。（ 2）两条细线的拉力15. 如图所示，光滑斜面倾角为37 ，一带有正电的小物块质量为m，电荷量为 q，置于斜面上， 当沿水平方向加有如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变化为原来的，求：（ 1）原来的电场强度的大小；（ 2）物体运动的加速度；（ 3）沿斜面下滑距离为L 时物体的速度的大小（sin37 =0.6， cos37

9、=0.8）16. 如图所示，在 E=103V/m 的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道 MN 连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径 R=0.4m，一带正电荷 q=10 -4 C 的小滑块质量为 m=0.04 kg，小滑块与水平轨道间的动摩因数 =0.2， g 取 10m/s2，求：（ 1）要小滑块能运动到圆轨道的最高点L，滑块应在水平轨道上离N 点多远处释第4页，共 17页放？（ 2）这样释放的滑块通过P 点时对轨道压力是多大？（P 为半圆轨道中点）第5页，共 17页答案和解析1.【答案】 C【解析】解：电场强度 E= 和电势 = 分别从力和能量

10、的角度来描述 电场的，均是采用比值定义法定义的，它们的大小均与 电量无关，由电场本身决定的，与检验电荷无关，而电势能 EP 和电场力 F 均与电荷有关，故 ABD 错误，C 正确。故选：C。本题考查了对电场中几个概念的理解情况，物理中有很多物理量是采用比值法定义的，要正确理解比值定义法的含义。对于物理中各个物理量要明确其确切含义，以及其定义式和决定式的不同，这要在学习中不断的 总结和积累。2.【答案】 C【解析】解：A 、依据等差等势线的疏密，可知，在 c、d、e、f 四点中，f 点的电场最强，故 A错误；B、沿着电场线方向，电势是降低的，因 B 供电线的电势高于 A 电线的电势，则在 c、d

11、、e、f 四点中，c 点的电势最高，故 B 错误；C、若将某电子由 c 移到 f，即从高电势到低电势，其电势能将增大，故 C 正确；D、将某电子在 d 点由静止 释放，在电场力作用下，它会向 c 点所在等 势面运动，故D 错误；故选：C。依据等差等 势线的疏密，即可判定电场强度的强弱；根据沿着 电场线 方向，电势 是降低的；负电荷从高电势到低电势，电势能增加，而从低电势到高电势，电势能是降低第6页，共 17页考查电场线 与等势线的疏密来体 现电场强 度的强弱，掌握正、负电荷电势的变化，会判定电势能的变化，及电场力做功的情况3.【答案】 C【解析】解：A 、根据轨迹的弯曲知，合力大致指向 轨迹凹

12、的一向，则带电粒子所受 电场力方向与 电场强度方向相反，该粒子带负电，故 A 错误 。B、从 A 点到 B 点，电场线 越来越疏，电场强度越来越小，粒子所受 电场力越来越小，根据牛顿第二定律知，粒子加速度逐 渐减小，故 B 错误 。CD、从A 到 B，电场力方向与速度方向成 钝角，则电场力做负功，电势能增大，根据动能定理知，粒子的动能减小即速度减小，故 C 正确，D 错误 。故选：C。解这类题的思路：根据带电粒子运动轨迹判定电场力方向，然后根据电性和电场线的疏密程度，判断电场力方向，根据电场力做功判断 电势能的变化。解决这类带电 粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出 电场力方向，利用电场

13、中有关规律求解。4.【答案】 D【解析】解：速度图象的斜率等于物体的加速度，由 图可知点电荷从 A 向 B 运动的过程中加速度越来越大，故 A 点的场强小于 B 点场强 。由于物体沿 电场线运动过程当中做加速运 动，故点电荷所受电场力方向由 A指向 B，又由于负电荷所受电场力的方向与 场强的方向相反，所以电场线的方向由 B 指向 A ，所以而沿电场线的方向电势降低，即 ，故D 正确；AB故选：D。速度图象的斜率等于物体的加速度，故A 点的场强小于 B 点场强；负电荷所受电场力的方向与 场强的方向相反，沿电场线的方向电势降低是解决本 题的突破口第7页，共 17页本题虽然难度不大，但考查的知识点比

14、较全面，是不可多得的好 题，要注意掌握5.【答案】 A【解析】解：带电前：对 B 有：T2=GB对 AB 组成的整体有：T1=GA+GB带电后：对 B 有：T2=F电+GB对整体：第8页，共 17页T =G+G1AB综上所述：T1=T1，T2T2故选：A。A 、B 始终处于静止状 态，分别对带电 前后进行受力分析，判断绳子拉力的 变化处于受力平衡状 态的物体在求解或 进行大小变化的判断 时，只要选好研究对象进行正确的受力分析， 应用平衡条件判断即可6.【答案】 B【解析】解：并联电路中电阻之比等于 电流的反比，故 R1：R2=3：1；串联电路中电压之比等于 电压之比；故U1：U2=3：1；故选

15、：B。明确串并 联电 路中的基本 规律，知道并联电 路中电 流与电 阻成反比；而串联电路中电压和电阻成正比本题考查串并联电路的基本 规律，要注意明确并联电路中电压相等，串联电路中电流相等，再根据欧姆定律分析 对应的规律，牢记并能准确 应用7.【答案】 B【解析】解：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，电压表示数减小；故 A 错误 。BCD 、因电路中电流减小，故电源内阻的 电压减小，路端电压增大，同时 R1第9页，共 17页两端的电压减小，故并联电路部分电压增大；则流过 R2 的电流增大；流过灯泡

16、的电流一定减小，流过灯泡的电流一定减小，灯泡变暗；故B 正确，CD 错误 。故选：B。由光敏电阻的性质可知电路中电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出 电路中电流的变化，由欧姆定律可得出 电压表示数的 变化；同时还可得出路端电压的变化和内压的变化；由串联电路的规律可得出并 联部分电压的变化，再由并联电路的规律可得出通过小灯泡的 电流的变化。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。8.【答案】 AB【解析】解：A 、U-I 图象中与 U 轴的交点表示 电源的电动势，与I 轴的交点

17、表示短路 电流，故电动势 E1=E2，发生短路时的电流 I1I 2，故A 正确；BC、U-I 图象中与 U 轴的交点表示 电源的电动势，斜率表示内阻，电动势E1=E2，内阻 r1r2，故B 正确，C 错误；D、有正确选项，故D 错误；故选：AB。根据闭合电路欧姆定律，路端电压为：U=E-Ir ；U-I 图象中与 U 轴的交点表示电源的电动势，与 I 轴的交点表示短路 电流，斜率表示内阻。本题考查了闭合电路电源的 U-I 图象的相关知 识，要求同学们理解 U-I 图象中与 U 轴的交点表示 电源的电动势，与I 轴的交点表示短路 电流，斜率表示内阻。9.【答案】 ABD【解析】第10 页，共 17

18、页解：A 、小球从 A 到 B 的过程中小球的位置升高，重力做 负功，小球的重力势能增加。故 A 正确；B、小球带正电荷，到的电场力的方向向右，运动的方向向右，该过程中电场力做正功，电势能减少。故 B 正确；C、小球在 B 点有速度 v，所以小球的动能大于 0，小球增加的重力势能小于减少的电势能。故 C 错误，D 正确。故选：ABD 。带正电荷的小球受到的 电场力的方向向右，运动的方向向右，该过程中电场力做正功，电势能减少，机械能增大小球从 A 到 B 的过程中，电场力做功与重力做功的和等于小球动能的增加，可以使用能量的 转化与守恒 说明小球的 动能、电势能和重力 势能之间的转化，也可以用 动

19、能定理来表达它 们之间的转化10.【答案】 AD【解析】解：A 、电容器的电容与 U 的变化无关，保持不变，A 正确；B、电容器两板 间电压等于 R2 两端电压 。当滑片 P 向右移动时，R2 两端电压 U增大，由 E=知电容器中场强变大，B 项错误；C、根据 C=可得，电容器充 电，电荷量增大，C 项错误 。D、带电液滴所受 电场力变大，使液滴向上运动，D 项正确；故选：AD 。由题电R并联闭电路欧姆定律可确定随着滑片右移，意可知， 容器与2，根据 合电阻的变化，导致电压的变化，从而判定电阻 R2 的电压变化，再根据 C=可得，电容器的电量及由知 E=两极间的电场强度如何变化考查电容器的动态

20、分析，涉及到闭合电路的欧姆定律，同时 C=与 E=公式的理解11.【答案】 10.4058.077【解析】第11 页，共 17页解：游标卡尺的固定刻度 读数为 10.4cm，游标读数为0.05 1mm=0.05mm=0.005cm，所以最终读数为 10.4cm+0.005cm=10.405cm螺旋测微器的固定刻度 读数为 8mm，可动刻度读数为 0.01 7.7mm=0.077mm，所以最终读数为 8mm+0.077mm=8.077mm故答案为：10.405，8.077游标卡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

21、时需估读解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋 测微器的读数方法，游标卡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12.【答案】 A2R2B【解析】解：（1）灯泡额定电流是 0.5A，所以电流表的量程 选择 500mA 的 A 2，灯泡电压要能从零开始 变化，滑动变阻器采用分 压式接法，使用选择电阻值比较小的滑动变阻器 R2。（2）因为灯泡的电压和电流需从零开始 测起，所以滑动变阻器采用分 压式接法，灯泡的电阻大约为 QUOTE ，满足 QUOTE，属于小电阻，所以电流表采用外接法，电路图如图所示：第12 页，共 1

22、7页（3）由图可知，图象上某点与原点 连线的斜率表示 电阻的倒数，而图象的斜率越来越小，故说明电阻逐渐增大；故选 B。故答案为：（1）A 2；R2；（2）；（3）B。（1）器材的选取需安全、精确，根据灯泡的额定电流选择合适的电流表。根据滑动变阻器的额定电流确定合适的滑 动变阻器。（2）由于灯泡的电压和电流需从零开始 测起，则滑动变阻器采用分 压式接法，根据灯泡 电阻的大小确定 电流表的内外接法。（3）由作出的伏安特性曲线利用公式可知 图象的斜率的含 义，从而由图象中得出电阻的变化。本题考查了选择实验 器材、连接实物电路图、实验数据处理等问题；选择实验器材时，要注意安全性原则，要保证实验电 路安

23、全，要注意精确性原 则，在保证安全的情况下，所选器材量程不要太大。13.【答案】 解：（ 1）灯泡正常发光，电压为 8V，外电路的灯泡和电动机并联，电压相等，电路中路端电压为：U =8V，电源的内电压为：U =E-U =2V（ 2）电路中的总电流为：I= =4 A第13 页，共 17页则电源的总功率为：P=EI=104W=40W（ 3）灯泡额定电流为：I L=2A流过电动机的电流为：IM =I-IL=4-2A=2A电动机的总功率为：PM =U MI M=82=16W电动机的热功率为：P 热=IM 2R0=2 21=4W则电动机的输出功率为：P 出 =PM -P 热=16-4=12 W答：（ 1

24、）路端电压是8V 和内电压是2V。（ 2）电路中电流是 4A 和电源的总功率是 40W。（ 3）电动机的输出功率为 12W。【解析】由题，“8V，16W”的灯泡 L 恰好能正常 发光，灯泡的电压为 U=8V ，电源的内电压为 U=E-U=2V ，根据欧姆定律求出 电路中总电流 I，电源的总功率为P=EI根据功率功率求出灯泡的 电流，通过电动机的电流等于总电流与灯泡电流之差。电动机的输出功率等于 电功率与发热功率之差。对于电动 机工作 时，其电路是非 纯电 阻电路，欧姆定律不成立，本 题不能用欧姆定律求出通 过电动机的电流。14.【答案】 解：（ 1）对 B 球受力分析如图所示：B 球受三力平衡

25、， 则重力与库伦力的合力大小等于绳子拉力，方向与绳子拉力方向相反，由几何知识可知：F=mg=TB根据库伦定律：F=k =mg解得： q=对 A 球受力分析如图：A 球受力平衡：N=Fsin60 =mgsin60 由牛顿第三定律得： 墙受到小球的压力大小为 mgsin60 ，方向水平向左。（ 2）对 A 球受力平衡： TA=mg+Fcos60 由前面分析知 TB=mg；答：（ 1）小球的带电荷量和墙壁受到的压力大小为mgsin60 ，方向水平向左。（ 2）两条细线的拉力大小是mg，方向如第一图所示。【解析】分别对 B 球受力分析，运用力的合成或分解， 结合共点力平衡条件，与 库仑定律，即可解决问题；第14 页，共 17页再对 A 球受力分析，运用力的分解， 结合三角知 识，即牛顿第三定律，即可求解。对小球进行受力分析，运用力的合成或分解 结合共点力平衡条件解决 问题。需要注意的是：两小球受到的 库伦力是作用力与反作用力，大小相等，方向相反，作用在同一条直 线上，作用在两个物体上。15.【答案】 解：（ 1）对小球受力分析并合成如图：由平衡条件得：F =mg在直角三角形中：tan =得： qE=mgtan ，解得：（ 2）对小球受力分析并正交分解如图：F 合 =mgsin37 -Fcos37 =ma即：解