2018-2019学年河南省新乡市高二(上)期中物理试卷

1、2018-2019 学年河南省新乡市高二（上）期中物理试卷副标题题号一二三四总分得分一、单选题（本大题共8 小题，共40.0 分）1.下列说法正确的是（）A. 元电荷实质上是指电子和质子本身B. 摩擦起电说明电荷是可以创造出来的C. 元电荷的值通常取 e=1.60 10-10CD. 电荷量 e 的数值最早是由库仑通过实验测得的2.关于电场强度的概念，下列说法正确的是（）A. 由可知，电场中某点的电场强度E 与试探电有的电荷量q 成反比B. 正、负试探电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反，所以某一点电场强度方向与放入试探电荷的正负有关C. 电场中某一点不放试探电荷时，该点的电场强度一定等于零D

2、. 某一点的电场强度的大小和方向都与放入该点的试探电荷无关3. 如图所示， 两个不带电的导体 A 和 B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触。把一带正电荷的物体C置于 A附近，贴在 A， B 下部的金属箔都张开。则下列说法正确的是（）A. 此时 A，B 电势相等B. 金属箔张开说明用感应的方法可以产生电荷C. 用 C 接触 A 后再移去 C贴在 A， B 下部的金属箔都闭合D. 移去 C，贴在 A， B 下部的金属箔保持张开状态4. 某电容器上标有“1.5 F9V）”，下列说法正确的是（A. 1.5 F=1.5 10-6 FB. 该电容器所带电荷量一定为1.35 10-5 CC. 给该电容器充电的

3、过程中，其电容变大D. 当该电容器两的电压为3V 时，其电容为0.5 F5. 两根相同的均匀金属导线甲和乙， 若把甲截去一半长度， 把剩下的一半均匀拉回原来长度，把乙对折后并在一起，则变化后的甲、乙的电阻之比为（）A. 1：1B. 2：1C. 4： 1D. 8：16. 如图所示，一价氢离子（H）和二价氦离子（ He）的混合体， 由静止开始同时经同一加速电场加速后，垂直偏转电场的电场线方向射入同一偏转电场中，偏转后，均打在同一荧光屏上， 离子在加速电场中运动的时间可忽略不计，离子间的相互作用和重力均不计。则一价氢离子和二价氦离子（）A. 同时到达屏上同一点B. 先后到达屏上同一点C. 同时到达屏

4、上不同点D. 先后到达屏上不同点第1页，共 17页7. 如图所示， 电源的电动势和内阻恒定不变， 闭合开关后， 灯泡L 发光，若滑动变阻器的滑片向a 端滑动，则（）A. 灯泡 L 变暗，电流表的示数变大B.流表的示数变大C. 通过 R2 的电流不变D.灯泡 L 变亮，电通过 R2 的电流变小8. 如图所示，一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹。M 和 N 是轨迹上的两点，其中M 点是轨迹的最右点，不计粒子受到的重力，下列说法正确的是（）A.B.粒子在电场中的加速度先增大后减小粒子所受电场力的方向沿电场方向C. 粒子在 M 点的速率最大D. 粒子在电

5、场中的电势能先增大后减小二、多选题（本大题共4 小题，共20.0 分）9.关于电流和电动势，下列说法正确的是（）A. 只要将导体置于电场中，导体中就有持续的电流B. 国际单位制中，电流的单位是安培，符号是AC. 电源的电动势数值上等于不接用电器时电源正负两极间的电压D. 闭合电路中的路端电压总等于电动势10. 如图所示，两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q 两点， MN 为 P、 Q 连线的中垂线，交 PQ 于 O 点， A 为 MN 上的一点。 一带正电的试探电荷 q 以某一足够大的速度从 A点向 O 点运动，取无限远处的电势为零，则（）A. q 由 A 向 O 的运动是匀加速直线运动B

6、. q 由 A 向 O 运动的过程电势能逐渐增大C. q 由 A 向 O 运动的过程动能可能一直增大D. q 运动到 O 点时的加速度为零11. 如图所示， 倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为，极板间距为 d，一质量为 m 电荷量为 q 的带负电微粒， 从极板M 的左边缘A 处以初速度水平射入，沿直线运动并从极板N的右边缘B 处射出，重力加速度为g。则（）A. M 极板带正电， N 极板带负电B. M、 N 两极板的电势差为C. 微粒从 A 点到 B 点的过程电势能减少D. 微粒到达 B 点时动能为12. 在如图所示的电路中， 电阻 R1=R2=R（ R 为滑动变阻器的最大电阻），电源

7、内阻不计，当滑动变阻器的滑动片P位于变阻器中间时，平行金属板C 中带电质点恰好处于静止状态，电流表和电压表均视为理想电表。在滑动变阻器的滑动片P 由中间向b 端移动的过程中，下列说法正确的是（）第2页，共 17页A. 当滑动片 P 移到 b 端时，通过 R2 的电流是通过R1 的电流的2 倍B. 电流表示数减小，电压表示数增大C. 通过电源的电流保持不变D. 平行金属板 C 中的质点将向上运动三、实验题探究题（本大题共2 小题，共13.0 分）13.小明用多用电表测某一电阻，他选择欧姆挡“ 100”，用正确的操作步骤测量时，发现指针位置如图中虚线所示（ 1）为了较准确地进行测量，请你补充完整下

8、列依次应该进行的主要操作步骤：A将选择开关转至_（填“ 1”“ 10”或“ 1k”）挡B将红、黑表笔短接，进行_（填“欧姆调零”或“机械调零）（ 2）重新测量后，刻度盘上的指针位置如图中实线所示，则测量结果是_14. 为测定干电池的电动势和内阻，提供的实验器材如下所示：A干电池2 节，每节干电池的电动势约为1.5V，内阻约为 0.9 B电流表0 0.6A，内阻约为0.5 ）C滑动变阻器 R1（ 0 50，定电流为3A）D滑动变阻器 R2（0-1000，额定电流为1A）E电流表g=10 （ 0 3mA， R）F定值电R3=990 G定值电阻R4=90 （ 1）由于两节干电池的内阻较小，现将R0=

9、3的定值电阻与两节干电池串联后作为一个整体进行测量。在进行实验时，滑动变阻器应选用_，定值电阻应选用_（填写实验器材前的编号）（ 2）在如图甲所示的虚线方框中补充完整本实验电路的原理图。（ 3）根据实验测得数据作出I2I 1 的图线如图乙所示， 其中 I2 为通过电流表的电流，I1 为通过电流表的电流。根据该图线可知，两节干电池的总电动势为_V，总内阻为 _（结果均保留两位有效数字）四、计算题（本大题共3 小题，共37.0 分）第3页，共 17页15. 如图所示，质量为 m、电荷量为 q 的带正电小球 A 穿在光滑绝缘细杆（固定）上，杆的倾角为品在杆的底编B固定一电荷量为5q 的带负电小球，

10、将 A 球从杆的顶端（距B 高为 h 处）由静止释放，当A 球运动到细杆的中点时速度大小为v。整个装置处于真空中，已知重力加速度为g，静电力常量为k。求（ 1） A 球刚被释放时的加速度大小a（ 2）在从释放A 球到其运动到杆的中点的过程中，静电力做的功W16. 如图所示，电源电动势 E=6V、内阻不计，标有“ 3V 1.5 ”的灯泡 L 恰能正常发光，电动机线圈电阻 r =0.5 ，求：（ 1）通过电动机的电流；（ 2）电动机的输出功率。17. 如图所示， ANB 是一条长 L=12m 的绝缘水平轨道， 固定在离水平地面高 h=0.8m 处， A、 B 为水平轨道的端点， M 为其中点，轨道

11、 MB 处在电场强度方向竖直向上、大小N/C 强电场中。一质量 m=0.1kg、电荷量 q=110-4 C 带正电的滑块（可视为质点）以初速度v0=7 m/s 在轨道上自 A 点开始向右运动，经M 点进入电场，从B 点离开电场、已知块与轨道间的动摩擦因数=0.2g=10m/s2sin37 =0.6，cos37=0.8求滑块，取重力加速度，（ 1）到达 M 点时的速度大小（ 2）从 M 点运动到 B 点所用的时间（ 3）刚落地时的速度方向与水平方向的夹角。第4页，共 17页第5页，共 17页答案和解析1.【答案】 C【解析】解：A 、元电荷是最小 单位电荷量，不是电子或质子，故 A 错误；B、摩

12、擦起电是电荷从一个物体 转移到另一个物体，并不是 创造了电荷，故 B 错误；C、元电荷的值通常取 e=1.60 10-10C，故C 正确；D、电荷量 e 的数值最早是由密立根通 过实验测 得的，故 D 错误 。故选：C。元电荷是最小 单位电荷，不是电子或质子；明确摩擦起电的本质是电荷的转移，知道元电荷 e 的数值是由密立根通 过实验测 出的。本题考查元电荷的概念，理解感应起电的实质，要注意明确元电荷不是质子或电子，只是电子或质子的带电量。2.【答案】 D【解析】解：A 、由可知是电场强度的定义式，采用比值法定义，则知电场强度 E与 F、q 无关，由电场本身决定，E 并不跟 F 成正比，跟 q

13、成反比，故 A 错误；负试探电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反，而场强由电场本B、正、身决定，与放入电场的试探电荷无关，故 B 错误 。场强与有无试探电电场中某一点不放试探电荷时 该场强不变，C、荷无关， 点故 C错误。D、电场中某一点的 场强由电场本身决定，与放入该点的试探电荷的正负无关，故 D 正确。故选：D。电场强度与试探电荷所受电场力、电荷量无关，由电场本身决定。电场力与电场和电荷都有关。第6页，共 17页对于电场强度，要抓住它的比值定义法的共性，E 与试探电荷所受电场力、电荷量无关，反映电场本身的强弱和方向。3.【答案】 A【解析】解：A、把一带正电荷的物体 C 置于 A 附近时

14、，处于静电平衡状态的 AB 为等势体，两端电势相等；故A 正确；B、静电感应的本质是电荷在静电力的作用下 发生转移，并不是产生了电荷；故 B错误；C、用接触 A 后再移去 C，此时 A 与 B 都带电，贴在 A，B 下部的金属箔都 张开；故C 错误；D、移去C 后，由于电荷间相互作用，重新中和，达电中性状态，两金属箔均闭合；故D 错误；故选：A。根据静电感应规律可明确 AB 两端所带电性，再根据电荷间的相互作用分析移走 C 后 AB 所带电量，即可明确金箔能否 闭合。本题考查静电现象，要注意理解感应起电的性质，并明确正负电荷之间的相互作用所 带来的现象，能通过所学物理 规律进行分析解答。4.【

15、答案】 A【解析】单换-6正确；解：A 、根据 位的算可知，1.5 F=1.510，故AFB、根据 Q=CU=1.510-69C=1.35 10-5C，知所带的电荷量不能超 过1.35 10-5C故B 错误 。C、电容是电容器本身的性 质，与电量和电压无关，故 CD 错误 。故选：A。电容表征电容器容纳电荷的本领大小，是电容器本身的特性，与 电压无关。电容器上标有“1.5 F 9V，”9V 是电容器的额定电压，即能承担的最大电压 。第7页，共 17页本题对用电器铭牌的理解能力。关键抓住电容的物理意 义：电容表征电容器容纳电荷的本领大小，是电容器本身的特性，与 电压无关。5.【答案】 D【解析】

16、解：两根完全相同的金属裸 导线，若把甲截去一半长度，把剩下的一半均匀拉回原来长度，长度不变，而体积减半，那么截面积减半，根据电阻定律公式 R=，可知，电阻增加为 2 倍；把乙对折后并在一起，则长度变为 0.5 倍，截面积变为 2 倍，根据电阻定律公式 R=，电阻增加为；故这两根导线后来的电阻之比为 2： =8：1，故ABC 错误，D 正确；故选：D。电阻定律：导体的电阻 R 跟它的长度 L 成正比，跟它的横截面 积 S 成反比，还跟导体的材料有关系；公式为 R=，从而即可求解。本题关键是根据电阻定律直接判断，要注意金属裸 导线体积一定，长度变化后截面积也是改变的。6.【答案】 B【解析】解：设

17、加速电压为 U1，偏转电压为 U2，偏转极板的长度为 L ，板间距离为 d。在加速电场中，由动能定理得：qU1=两种粒子在偏 转电场中，水平方向做速度 为 v0 的匀速直 线运动，由于两种粒子的比荷不同，则 v0 不同，所以两粒子在偏 转电场中运动的时间 t=不同。两种粒子在加速 电场中的加速度不同，位移相同，则运动的时间也不同，所以两粒子是先后离开偏 转电场 。在偏转电场中的偏转位移 y=联立 得 y=同理可得到偏 转角度的正切 tan =，可见 y 和 tan 与电荷的电量和质量第8页，共 17页无关。所以出射点的位置相同，出射速度的方向也相同。故两种粒子打屏上同一点。故 ACD 错误 B

18、 正确。故选：B。本题中带电粒子先加速后偏 转。先根据动能定理求出加速 获得的速度表达式。两种粒子在偏 转电场中做类平抛运动，垂直于电场方向上做匀速直 线运动，沿电场方向做匀加速运 动，根据牛顿第二定律和运 动学得到粒子偏 转距离与加速电压和偏转电压的关系，从而得出偏 转位移的关系即可判断粒子打在屏上的位置关系。解决本题的关键知道带电粒子在加速 电场和偏转电场中的运动情况，知道从静止开始 经过同一加速 电场加速，垂直打入偏转电场，运动轨迹相同。做选择题时，这个结论可直接运用，节省时间。7.【答案】 A【解析】解：滑动变阻器的滑片向 a 端滑动，滑动变阻器接入 电路的电阻减小，故外电路电阻减小，

19、故总电阻减小，电流增大，电流表示数 变大；总电流变大，那么，路端电压减小，故灯泡 L 两端电压减小，通过 L 的电流减小，灯泡 L 变暗；总电流变大，通过 L 的电流减小，故另一支路 电流增大，即通过 R2 的电流变大，故 A 正确，BCD 错误；故选：A。根据滑动变阻器接入 电路的电阻得到总电阻变化，从而得到总电流变化，即可得到路端 电压变化，从而得到灯泡的 电流变化，即可根据总电流变化得到通过 R2 的电流变化。闭合电路的欧姆定律的 应用一般根据外 电路某一部分 电阻变化得到总电阻变化，从而得到总电流、路端电压变化，进而得到各部分 电压、电流变化。8.【答案】 D【解析】第9页，共 17页

20、解：A 、粒子在匀强电场中只受到恒定的 电场力作用，故粒子在电场中的加速度大小不 变，方向不变，故 A 错误；B、粒子做曲线运动，受电场力指向曲 线弯曲的内 侧，所以粒子所受电场力沿电场的反方向，故 B 错误；C、粒子受到的电场力向左，在向右运动的过程中，电场力对粒子做负功，粒子的速度减小，运动到 M 点时，粒子的速度最小，故 C 错误；D、当粒子向右运动时电场 力做负功电势能增加，当粒子向左运 动时电场 力做正功电势能减小，粒子的电势能先增加后减小，故 D 正确。故选：D。粒子在匀 强电场中受到的 电场力的方向向左，在向右运 动的过程中，电场力对粒子做 负功，粒子的速度减小，电势 能增加，根

21、据粒子的运 动 分析可以得出结论。本题就是对电场力做功特点的考 查，掌握住电场力做正功，电势能减小，动能增加，电场力做负功时，电势能增加，动能减小。9.【答案】 BC【解析】解：A 、导体置于电场中，达到静电平衡后没有 电流。故 A 错误；B、在国际单位制中，电流的单位是安培，符号是 A ；故B 正确；C、电动势在数值上等于不接用 电器时电源正负两极间的电压；故C 正确；D、根据闭合电路的欧姆定律可知， 闭合电路中的路端 电压总小于电动势；故D 错误；故选：BC。导体置于电场中，达到静电平衡后没有 电流。导体两端存在持 续的电压，导体中才有持 续的电流。电动势是反映电源把其他形式的能 转化为电

22、能本领强弱的物理量。电动势等第10 页，共 17页于电源没有接入 电路时两极间的电压。电动势与外电路无关。它等于电源内部非静电力克服电场力做功与移 动电荷的比值。本题考查电动势 的物理意 义。要注意正确理解 电动势的定义及共含义。10.【答案】 BD【解析】解：A 、两等量正电荷周围部分电场线如图所示，其中 P、Q 连线的中垂 线 MN 上，从无穷远到 O 过程中电场强度先增大后减小，且方向始 终指向无穷远方向。故试探电荷所受的 电场力是变化的，q 由 A 向 O 的运动做非匀加速直 线运动，故 A错误。BC、电场力方向与 AO 方向相反，电场力做负功，动能减小，电势能增大；故B正确 C错误。

23、D、根据电场的叠加知在 O 点合场强为 0，电荷在 O 点受到的 电场力为 0，故加速度 为 0，故D 正确。故选：BD。根据等量同种点 电荷电场线的分布情况，抓住对称性，分析试探电荷 q 的受力情况，确定其运动情况，根据电场力做功情况，分析其 电势能的变化情况。本题考查静电场的基本概念。关键要熟悉等量同种点 电荷电场线的分布情况，熟练掌握连线 和中垂线上的场强 方向和大小 变 化。11.【答案】 AD【解析】解：A 、微粒在电场中受到重力和 电场力，而做直线运动，所以电场力垂直极板向上，微粒带负电，所以 M 极板带正电，N 极板带负电，故A 正确；第11 页，共 17页BC、由题分析可知，t

24、an = 得 a=gtan ，微粒从 A 点到 B 点的过程中，重力势能不变，动能减小量 为Ek=ma?=，根据能量守恒定律得知，微粒的电势能增加了 Ep=，E，得到两极板的电势差 UMN =故BC错误；又 p=qUMND、微粒到达 B 点的过程中，由动能定理得 -qUMN =-，解得：微粒到达 B 点时动能为，故 D 正确。故选：AD 。微粒在 电场中受到重力和 电场力，而做直线运动，所以电场力垂直极板向上，可判断极板的 带电性质，电场力与重力的合力必定平沿直线做匀减速直 线运动，微粒的加速度可有牛 顿运动定律求出。根据能量守恒研究微粒 电势能的变化。由?=qU，求解电势差。本题是带电 粒子

25、在电场 中运动的问题 ，关键 是分析受力情况，判断出 电场 力方向。求电势差时要注意其正 负。12.【答案】 AD【解析】解：A 、当滑动片 P 移到 b 端时，R 与 R1 串联，然后与 R2 并联，故R1 支路电阻是 R2 支路电阻的两倍，根据并联电路电压相等，由欧姆定律可得：通过 R2 的电流是通过 R1 的电流的 2倍，故 A 正确；电电阻不变电电压表示数同步变化，不可能B、 阻，故根据可得：流表、一个减小，一个增大，故 B 错误；C、滑动变阻器的滑 动片 P 由中间向 b 端移动的过程，相当于把干路中的 电阻第12 页，共 17页转移到 R1 支路中，那么，总电阻减小，故总电流增大，

26、即通过电源的电流增大，故 C错误；D、滑动变阻器的滑 动片 P 由中间向 b 端移动的过程，总电流增大，通过 R2 的电流增大，通过 R1 的电流减小，电容器两端 电压增大；滑动变阻器的滑 动片 P 位于变阻器中间时，平行金属板 C 中带电质点恰好处于静止状 态，电场力方向向上，大小等于重力；那么，电压增大，场强增大，质点受到的 电场力增大，合外力方向向上，故平行金属板 C 中的质点将向上运 动，故D 正确；故选：AD 。根据两支路 电阻大小关系，由欧姆定律得到 电流大小关系；根据 R2 不变得到两电表变化同步；根据干路、支路电阻变化得到总电阻变化，从而得到总电流变化；根据两支路电流变化得到电

27、容器电压变化，即可得到质点合外力 变化，进而得到运 动变化。对于求解多 电阻变化电路中电表示数 变化的选择题中，若只需求解变化趋势，我们一般采用极端假 设法来得到 错误选项 ，从而应用排除法求解。13.【答案】 10欧姆调零130【解析】解：（1）选择 100 倍率，用正确的操作步 骤测量时，指针偏转角度太大 说明所选挡位太大，为准确测量电阻阻值，A 、应换用小挡位，换用 10 倍率档；B、将红、黑表笔短接，进行欧姆调零。（2）由图示表盘可知，测量结果为：1310=130；故答案为：（1）A 、10；B、欧姆调零；（2）130。用欧姆表 测电阻要选择合适的挡位使指针指在中央刻度 线附近；欧姆表

28、指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数。第13 页，共 17页本题考查了应用欧姆表 测电阻的方法与主要事 项，应用欧姆表 测电阻时，换挡后要进行欧姆调零；要掌握常用器材的使用及 读数方法；平时要注意基 础知识的学习与掌握。14.【答案】 CF3.02.0【解析】解：（1）电源为两节干电池，则电动势为 3V 较小，电源的内阻 较小，为多测几组实验数据，方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器，因此滑动变阻器应选：C。上述器材中 虽然没有电压表，但给出了两个 电流表，将电流表 G 与定值电阻 R0 串联，改装成电压表；改装后电压应约 大于等于 3V，则根据串联电路规律应联的电阻为：R=选可知， 串-1

29、0=990；故F；电压表测量电压值电（2）用改装后的，用 流表 A与滑动变阻器串联测电路电图流，如 所示；（3）根据欧姆定律和串联的知识得电源两端电压为：U=I 1（900+100）=1000I1，根据图象与纵轴的交点得 电动势为 ：E=3.010-31000V=3V；与横轴的交点可得出路端 电压为 2.0V 时电流是 0.2A ，由闭合电路欧姆定律有：E=U+I （r+R0）r+R0=解得：=5 ；故内阻r=5-3=2.0 。故答案为：（1）C；F；（2）电路图如图所示；（3）3.0；2.0。（1）在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器；（2）所给实验器材中，有两

30、个电流表，没有电压表，也没有电阻箱，只能用伏安法测电池电动势与内阻，可以用电流表与定 值电阻组装一个电压表，根据第14 页，共 17页伏安法测电源电动势与内阻的原理作出 电路图；（3）根据欧姆定律和串联的知识求出 I1 和电源两端电压 U 的关系，根据图象与纵轴的交点求出 电动势，由与横轴的交点可得出路端 电压为 某一值时电 流，则可求得内阻。本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意当器材中没有 电压表时，应考虑将电流表与定 值电阻串联代替电压表；涉及到用图象求解的 问题，应先根据物理规律解出关于 纵轴与横轴物理量的函数表达式，然后再根据截距和斜率的概念求解即可。15.mgsin +F=ma，【答案】 解：（ 1）由牛顿第二定律可知根据库仑定律F=k，又据几何关系有r=，解得 a=gsin +。（ 2）由动能定理，则有：W+mg =解得： W=答：（ 1） A 球刚释放时的加速度大小是gsin +；（ 2）在从释放A 球到其运动到杆的中点的过程中，静电力做的功为。【解析】（1）对 A 球受力分析，受到重力、支持力和静 电斥力，根据牛顿第二定律求加速度；（2）根据动能定理，结合重力做功，与 A 球运动到细杆的中点 时速度大小，即可求解。本题关键对小球 A 受力分析，然后根据牛 顿第二定律求解加速度，根据力