2018-2019学年甘肃省平凉市静宁一中高二(上)期中物理试卷

1、2018-2019 学年甘肃省平凉市静宁一中高二（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8 小题，共32.0 分）1.两个相同的带异种电荷的导体小球所带电荷量的比值为13r时相互作用： ，相距为的库仑力的大小为F ，今使两小球接触后再分开放到相距为2r 处，则此时库仑力的大小为（）A. FB. FC. FD. F2.如图所示，在某电场中画出了三条电场线，C 点是 A、B 连线的中点已知 A 点的电势为 ，则 CA=30V，B 点的电势为 B=-10V点的电势（）A. 一定 C=10 VB. 一定 C 10 VC. 一定 C 10 VD. 上述选项都不正确3. 如图所示

2、，均匀的长方形薄片合金电阻板 abcd， ab 边长为 L 1， ad 边长为 L2，当端点 1、 2 或 3、 4 接入电路时， R12： R34是（）A. L1： L2B. L2 ：L1C. 1： 1D. L12： L224. 喷墨打印机的简化模型如图所示， 重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后， 以速度 v 垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中（）A. 向负极板偏转B. 电势能逐渐增大C. 运动轨迹是抛物线D. 运动轨迹与带电量无关5. 如图所示，把四个相同的灯泡接成甲、乙两种电路后，灯泡都正常发光，且两个电路的总功率相等， 则这两个电路中的U 甲 、U 乙及 R

3、 甲、R 乙之间的关系正确的是 （）A. U 甲=2U 乙B. U 甲=4U 乙C. R 甲=3R 乙D. R 甲=2R乙6. 用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、 A2，若把 A1、 A2 分别采用并联或串联的方式接入电路，如图所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是（）第1页，共 16页A.B.C.D.图甲中的A1、 A2的示数相同图甲中的A1、 A2的指针偏角相同图乙中的A1、 A2的示数和偏角都不同图乙中的A1、 A2的指针偏角相同7.如图所示为两个等量点电荷的电场线，图中 A点和 B点、C 点和 D 点皆关于两电荷连线的

4、中点O 对称，若将一电荷放在此电场中，则以下说法正确的是（）A. 电荷在 O 点受力最大B. 电荷沿直线由A 到 B 的过程中，电场力先增大后减小C. 电荷沿直线由A 到 B 的过程中，电势能先增大后减小D. 电荷沿直线由C 到 D 的过程中，电场力先增大后减小8.一带电小球在空中由 A 点运动到 B 点的过程中， 只受重力、 电场力和空气阻力三个力的作用。 若重力势能增加 5J，机械能增加 1.5J，电场力做功2J，则小球（）A. 重力做功为 5 JC. 动能增加 3.5 J二、多选题（本大题共4 小题，共20.0 分）9. 下列结论正确的是（）B.D.电势能减少2 J空气阻力做功0.5 J

5、A. 静电平衡状态下的导体内部场强处处为零，导体电势也为零B. 电场强度的方向与等势面处处垂直C. 电流的方向总是从电源正极流向负极D. 电动势数值上等于电源将单位正电荷在电源内部从负极转移到正极时非静电力做的功10. 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. 加 5V 电压时，导体的电阻约是5B. 加 11V 电压时，导体的电阻约是1.4 C. 由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小D. 由图可知，随着电压的减小，导体的电阻不断减小11. 两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示， c 是两负电荷连线的中点， d 点在正电荷的正上方， c、 d

6、 到正电荷的距离相等，则（）A. a 点的电场强度比b 点的大B. a 点的电势比b 点的高C. c 点的电场强度比d 点的大D. c 点的电势比d 点的低第2页，共 16页12. 如图所示是一个由电池、电阻R、开关 S 与平行板电容器组成的串联电路，开关S 闭合。一带电液滴悬浮在两板间P 点不动，下列说法正确的是（）A. 带电液滴可能带正电B. 减小两极板距离的过程中，电阻R 中有从 b 到 a 的电流C. 断开 S，减小两极板正对面积的过程中，液滴将加速下降D. 断开 S，减小两极板距离的过程中，液滴静止不动三、填空题（本大题共1 小题，共6.0 分）13.在“测定金属丝电阻率”的实验中需

7、要测出其长度L 、直径 d 和电阻 R（ 1）用螺旋测微器测金属丝直径时读数如图甲，则金属丝的直径为_mm（ 2）若用图乙测金属丝的电阻，则测量结果将比真实值_（选填“偏大”或“偏小”）（ 3）用电压表和电流表测金属丝的电压和电流时读数如图丙、丁，则电压表的读数为 _V，电流表的读数为 _ A四、实验题探究题（本大题共1 小题，共10.0 分）14.“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，小灯泡的额定电压为2.5V，额定功率为0.5W，实验中除导线和开关外，还有以下器材可供选择：A直流电源3V（内阻不计）B直流电流表0 300mA（内阻约为5）C直流电流表03A（内阻约为0.025 ）D直流电压表

8、03V（内阻约为3.0k）E滑动变阻器100 ， 0.5AF滑动变阻器10， 2A实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量。（ 1）实验中电流表应选用 _，滑动变阻器应选用 _。（均填写仪器前的字母）（ 2）根据所提供器材，在线框中画出实验电路图。（ 3）如图甲是此实验的器材实物图，图中已连接了部分导线。请根据在上问中所选的电路图，补充完成图中实物间的连线。（ 4）开关 S 闭合之前，图甲中滑动变阻器的滑片应该置于 _。（选填“左端”“右端”或“正中间”）第3页，共 16页（ 5）根据实验数据，画出小灯泡IU 图线如图乙所示。由此可知，当电压为0.75V时，小灯泡的灯丝电阻是 _。

9、五、计算题（本大题共4 小题，共42.0 分）15. 如图所示，有一提升重物用的直流电动机，线圈内阻r =0.6，电阻 R=10，U=160V，电压表的读数为110V，（电压表的内阻无穷大）求：（ 1）通过电动机的电流是多少？（ 2）输入到电动机的电功率是多少？（ 3）在电动机中发热的功率是多少？16. 如图所示，在水平放置的平行板电容器形成的匀强电场中，MN 两点之间的连线与竖直方向的夹角为60把-8带电量为q=-1.5 10 C 的点电荷由M 点移到 N 点，克-5服电场力做了4.2 10 J 的功若已知M 点电势M =800V， MN 长为1cm试求：（ 1） N 点电势 ；N（ 2）电

10、场强度的大小和方向17. 有一个电流表 G，内阻 Rg=30 ，满偏电流 Ig=1mA，（ 1）若把它改装成量程为 0-15V 的电压表，需如何改装，且接入电路中电阻为多少？（ 2）若把它改装成量程为0-3A 的电流表，需如何改装， 且接入电路中电阻为多少？18. 如图所示，两块相同的金属板正对着水平放置，板间距离为 d。当两板间加电压 U 时，一个质量为 m、电荷量为 +q 的带电粒子，以水平速度v0 从 A 点射入电场，经过一段时间后从B 点射出电场， A、 B第4页，共 16页间的水平距离为L ，不计重力影响。求：（ 1）带电粒子从 A 点运动到 B 点偏转位移 y（ 2） A、 B 间

11、的电势差 U AB（ 3）带电粒子经过 B 点时速度 v 的大小第5页，共 16页答案和解析1.【答案】 A【解析】解：设一个小球 带电量为大小 Q，则另一个为大小 -3Q，根据库伦定律有：两球接触前：F=K接触再分开后，两球分 别带电量大小为：Q1=Q2=Q；由库伦定律得：F=K=，故BCD 错误，A 正确。故选：A。由库仑定律可得出两球在接触前后的 库仑力表达式，则根据电量的变化可得出接触后的作用力与原来作用力的关系对于完全相同的 带电体，若带异种电荷，接触后则先中和再平分，若带同种电荷则将总电量平分2.【答案】 C【解析】解：由图看出，ac 段电场线比 bc 段电场线密，ac段场强较大，

12、根据公式 U=Eda、c 间电势差 Uac大于 b、c 间电势差 Ucb，即 ，得到 可知，a- cc- bc选项所以C 正确。故选：C。电场线的疏密表示 电场的强弱由图看出，ac 段电场线比 bc 段电场线密，ac段场强较大，根据公式 U=Ed 定性分析 a、c 间与 b、c 间电势差的大小，再求解中点 C 的电势 c本题的关键是运用匀 强电场中场强与电势差的公式定性分析 电势差的大小要注意公式使用的条件是匀 强电场常规题3.【答案】 D【解析】解：当端点 1、2 接入电路时，根据电阻定律，电阻 R1=当端点、接入电路时，根据电阻定律。电阻 R2=第6页，共 16页则 = 故D 正确，A、B

13、、C 错误 。故选：D。根据电阻定律 R=分别列出两种接法中的 电阻表达式，即可得出 电阻之比解决本题的关键掌握电阻定律的表达式，并能灵活运用4.【答案】 C【解析】解：A 、由于带负电，故向正极板偏转，A 错误；B、由于带负电墨汁微滴做正功，故 电势能减少，B 错误；C、由于电子在电场中做类平抛运动，轨迹为抛物线，故C 正确；侧22动轨迹与带电D 错误D、由 向位移 y=at =，可知运量有关，故选：C由电子带负电，在电场中受到的力来确定偏 转方向；根据电子做类平抛运动来确定侧向位移，根据电场力做功来确定 电势能变化情况解答本题需要理解 电子做类平抛运动的规律及处理的方法，并得出电势能变化是

14、由电场力做功来确定的5.【答案】 A【解析】解：CD、设灯泡的额定电流为 I0；因两灯泡正常发光，故灯泡中电流相等；则甲电路中电流为 I0；乙电路中电流为 2I0；因总功率相等，故两电阻消耗的功率相等；则由 P=I2R 可知，R 甲 =4R 乙；故CD 错误；AB 、由欧姆定律可知：U 甲 =I0R 甲 +2U=4I 0R 乙 +2U；U 乙=2I0R 乙+U；故U 甲 =2U乙 ；故A 正确，B 错误；故选：A。分析电路的结构，根据串并联电路的特点得出 电流关系，由欧姆定律可得出电压之比及电流之比。第7页，共 16页此题是一道欧姆定律和 电功率的综合分析题，必须熟练掌握串并 联电路的特点才能

15、分析，属于中档 题。6.【答案】 B【解析】解：A 、B 图甲中的 A 1、A 2 并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同。故 A 错误，B 正确。C、D 图乙中的 A1、A 2 串联，A 1、A 2 的示数相同。由于量程不同，内阻不同，电表两端的 电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同。故 CD 错误。故选：B。电流表 A 1、A 2 是由两个相同的小量程 电流表改装成的，它们并联时，表头的电压相等，电 流相等，指针偏 转的角度相同，量程大的 电 流表 读 数大当它们串联时，A 1、A 2 的示数相同由于量程不同，内阻不同，两 电表两端的 电压

16、不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同本题要对于安培表的内部 结构要了解：小量程电流表（表头）与分流电阻并联而成指针偏转角度取决于流 过表头的电流大小7.【答案】 D【解析】解：A 、根据电场线的疏密特点，在 AB 直线上，O 点电场强度最小，则受到电场力最小，而在 CD 直线上，O 点的电场强度最大，则受到电场力最大，因此电荷在 0 点受力不是最大，故 A 错误 。BD 、根据电场线的疏密可知，从 A 到 B 的过程中，电场强度先减小后增大，则电场力也先减小后增大；同理从 C 到 D 的过程中，电场强度先增大后减小，则电场力也先增大后减小。故 B 错误，D 正确，C、电荷沿直线由 A

17、到 B 的过程中，无法确定电荷做功的正 负，因此无法确定电势能变化，故C 错误。第8页，共 16页故选：D。根据电场线的疏密判断 场强的大小，即可判定电场力的大小，再依据电场力做功的正 负来判定电势能增大还是减小。常见电场的电场线分布及等 势面的分布要求我 们能熟练掌握，并要注意依据电场线的疏密来判定 电场强度的大小，同时注意等量异号 电荷形成电场的对称性。加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本 题。8.【答案】 B【解析】解：A 、重力做功等于重力 势能变化量的负值，重力势能增加 5J，故重力做功为 -5J，故 A 错误；B、电场力做功等于 电势能的减小量，电场力做功 2J，故电

18、势能减少 2J，故B正确；CD、除重力外的各个力做的 总功等于机械能的增加量，除重力外，只有 电场力和空气阻力做功，而机械能增加1.5J，所以电场力和空气阻力做的 总功为1.5J，而电场力做功 2J，故空气阻力做功是 -0.5J，合力做功等于动能的变化量，合力做功等于各个分力做的功， 总功为 W=-5J+2J-0.5J=-3.5J，故动能减小3.5J，故CD 错误 。故选：B。本题根据功能关系分析：重力做功等于重力 势能变化量的负值；电场力做功等于电势能的减小量；合力做功等于 动能的增加量；除重力外的各个力做的总功等于机械能的增加量。解决本题的关键是要掌握常 见的功与能的关系，知道重力做功是重

19、力势能变化的量度；电场力做功是 电势能变化的量度；合力做功是动能变化的量度；重力外的各个力做的 总功是机械能 变化的量度。9.【答案】 BD【解析】第9页，共 16页解：A 、静电平衡状态下的导体内部场强处处为 零，为等势体，导体电势并不一定为零，故 A 错误；B、等势面的电势处处 相等，因此电场强度的方向 处处与等势面垂直，故 B 正确；C、在电源的内部，电流由电源的负极流向正极；故 C 错误；D、电动势数值上等于电源将单位正电荷在电源内部从 负极转移到正极 时非静电力做的功，故 D 正确；故选：BD。处于静电平衡状态的导体内部场强处处为 零，为等势体，导体电势并不一定为零，电荷的定向移 动

20、形成电流，正电荷的定向移 动方向是电流的方向；在电源外部，电流由正极流向 负极，电动势数值上等于电源将单位正电荷在电源内部从负极转移到正极 时非静电力做的功本题主要考查了静电场，电势和电流，其中明确电流在电源内部的方向由 电源的负极流向正极，即可判断10.【答案】 AD【解析】解：A 、加 5V 的电压时，电流为 1.0A，则由欧姆定律可知， R=5；故A正确；B、加11V 的电压时，电流约为 1.5A，则可得电阻为：R= =7.3 ；故B 错误；C、由图可知，随电压的增大，图象的斜率减小， 则可知导体的电阻越来越大，故 C错误；D、随着电压的减小，导体的电阻减小；故 D 正确；故选：AD 。

21、I-U 图象描述物体的 电流随电压的变化；由各点的坐标可求得导体的电阻；由图象的斜率的 变化可明确 电阻的变化第10 页，共 16页本题考查欧姆定律的 应用；注意伏安特性曲线的性质，能从图象中得出 电阻的变化11.【答案】 ACD【解析】解：A 、由图看出，a 点处电场线 比 b 点处电场线 密，则 a 点的场强大于 b 点的场强，故 A 正确。B、电场线从正电荷到负电荷，沿着电场线电势 降低，所以 b 点的电势比 a 点的高，所以 B 错误；C、负电荷在 c 点的合场强为零，c 点只有正 电荷产生的电场强度，在 d 正电荷产生的场强向上，两个负电荷产生的场强向下，合场强是它们的差值，所以 c

22、 点的电场强度比 d 点的大，所以 C 正确；D、正电荷到 c点的平均 场强大于正电荷到 d 点的平均 场强，根据U=Ed 可知，正电荷到 c 点电势降低的多，所以 c 点的电势比 d 点的低；也可以根据 电势这样 理解：由正电荷在 d，c 两点产生的电势相等，但两个负电荷在 d 点产生的电势高于 c 点，所以 c 点的总电势低于 d 点。所以 D 正确；故选：ACD。根据电场线 的疏密判断 场强 的大小。根据电场线 的方向判断 电荷的正负 。顺着电场线电势 逐渐降低，由电场线的方向可判断 电势的正负。本题要掌握电场线的物理意 义：电场线的疏密表示 场强的大小，顺着电场线电势逐渐降低，知道等量

23、异种 电荷连线的垂直平分 线是一个等 势面。12.【答案】 BD【解析】带电量为q的微粒静止不动电场力与重力平衡，则知电场力向解：A 、，所受的场强向下，所以微粒带的是负电。故A错误。上，而B、减小电容器两极板 间距离，根据电容的决定式 C=可知电容 C 增大，U 不变，由C=分析可知 Q 增大，电容器充电，则 R 中有从 b 流向 a 的电流，第11 页，共 16页故 B正确。C、断开 S，极板上是电量不变；减小两极板正对面积的过程中，根据电容的决定式 C=可知电容减小，由 C=分析可知 U 增大，由公式 E=分析可电场力大于重力，所以液滴将加速向上运动。故 C错误；知 E增大，D、断开 S

24、，极板上是电量不变；减小两极板两极板距离 过程中，根据电容的决定式 C=、电容的定义式 C=，以及由公式 E=分析可知 E=与 d无关，即 E 保持不变，所以液滴静止仍然不 动，故D 正确。故选：BD。带电量为q 的微粒静止不动电场力与重力平衡，可判断其电性；根据，所受的电容的决定式 C=分析电容的变化；由公式E=分析板间场强的变化，从而分析微粒的运 动情况；由电容的定义式 C=分析电容器电量的变化，从而分析电路中电流的方向。本题是电容器动态变化分析问题键变电电源，关 要抓住不量。当 容器保持与相连时电压不变时电容的定义式与决定式的内容，及其区别，并，其，同 掌握理解 E=公式的推 导过程。1

25、3.【答案】 0.697（ 0.695-0.698 ） 偏小 2.60（ 2.59-2.61） 0.52 【解析】解：（1）由图甲所示螺旋 测微器可知，固定刻度示数 为 0.5mm，可动刻度示数为 19.7 0.01mm=0.197mm，螺旋测微器示数 为 0.5mm+0.197mm=0.697mm（0.695-0.698）；（2）由图示电路图可知，电流表采用外接法，由于 电压表的分流作用，所测电流偏大，由欧姆定律可知，电阻测量值小于真实值（3）由图丙所示电压表可知，其量程为 3V，分度值为 0.1V ，示数为 2.60V；由图示电流表可知，其量程为 0.6A，分度值为 0.02A，示数为 0

26、.52A故答案为：（1）0.697（0.695-0.698）；2（）偏小；（3）2.60（2.59-2.61）；0.52第12 页，共 16页（1）螺旋测微器固定刻度与可 动刻度示数之和是螺旋 测微器所示（2）根据电路图应用欧姆定律分析 实验误差（3）由图象电表确定电表量程与分度 值，读出电表示数螺旋测微器固定刻度与可 动刻度示数之和是螺旋 测微器示数，螺旋测微器需要估读14.F 左端6【答案】 B【解析】额电流为I= =选电动解：（1）小灯泡的 定=0.2A=200mA ，故流表 B；滑变阻器选择较选滑动变阻器 F；小的，便于操作，故（2）电流表内阻和小灯泡的内阻相接近，故采用电流表外接法，

27、要求小灯泡两端的电压从零开始，所以采用滑 动变阻器的分 压接法，电路图如图所示：（3）根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：（4）为了保护小灯泡不被 烧坏，应使得小灯泡两端的 电压为零，所以滑动变阻器的滑片 应置于最左端；（5）由图乙所示图象可知，当小灯泡两端的 电压为 0.75V 时，小灯泡中的电流为 0.125A，所以根据欧姆定律可得此 时小灯泡的 电阻为：R= = =6；故答案为：（1）B；F；（2）电路图如图所示；（3）实物电路图如图所示；（4）左端；（5）6。（1）根据灯泡额定电流选择电流表，为方便思议操作应选择最大阻值较小的第13 页，共 16页滑动变阻器。（2）根据题意确

28、定滑 动变阻器与电流表接法，然后作出 实验电路图。（3）根据电路图连接实物电路图。（4）滑动变阻器采用分 压接法时，为保护电路，闭合开关前滑片要置于分 压电路分压为零的位置。（5）由图示图象求出电压对应 的电流，然后由欧姆定律求出灯 丝电阻。本题考查测量小灯泡的伏安特性曲 线的实验，要注意正确得出实验对应 的接法和原理，并能正确根据 图象进行数据分析；注意分压和电流表外接法的正确选择。15.【答案】 解：（ 1）电动机和电阻串联，所以电流相等，电阻 R 两端电压 U 1=160-110=50 V，I =；（2）电动机的电功率P=UI =1105=550W；（ 3）电动机的热功率 P 热=I2R

29、=520.6=15W答：（ 1）通过电动机的电流是 5A；（ 2）输入到电动机的电功率是550W；（ 3）在电动机中发热的功率是 15W【解析】在计算电功率的公式中，总功率用 P=IU 来计算，发热的功率用 P=I2R 来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的 计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一 样的对于电功率的 计算，一定要分析清楚是不是 纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一 样的16.【答案】 解：（ 1） M、 N 两点的电势差为：U MN=-设 N 点的电势为 ，根据 U= - 得：NMNMNN=M-U MN=800V-2800V=-2000 V（ 2）电场强度为：第14 页，共 16页E=5.6 104 V/m方向为：垂直于极板，由A 板指向 B 板（或竖直向下）答：（ 1） N 点电势 -2000V；（ 2）电场强度的大