四川省遂宁二中2018-2019学年高二物理上学期半期考试试题（含解析）

四川省遂宁二中20182019学年高二物理上学期半期考试试题（含解析）一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分。18题为单选题，912题为多选题）1.下列说法正确的是(

)A.物体带电一定是因为具有多余的电子B.电中和是等量异种电荷完全消失的现象C.物体所带电荷量都是元电荷的整数倍D.摩擦起电实质上是质子从一个物体转移到另一个物体的过程【答案】C【解析】【分析】电荷并不能创生，也不能消失，只能从一个物体转移到另一物体，或从物体的一部分转移到另一部分，但电荷的总量保持不变．元电荷的电量是最小的带电量．摩擦起电实质上是电子从一个物体转移到另一个物体的过程。【详解】A.物体带电可能是有多余的电了或失去电子，故A错误；B.电中和是等量的异种电荷完全抵消，电荷并不能创生，也不能消失，故B错误；C.元电荷的电量是最小的带电量，物体所带电荷量都是元电荷的整数倍。故C正确；D.摩擦起电实质上是电子从一个物体转移到另一个物体的过程，故D错误；故选：C.2.真空中两个点电荷相距时，静电力为，如果保持它们的电量不变，而将距离减少为时，静电力将变为(

)A.B.C.2D.4【答案】D【解析】【分析】电量不变，只是将距离减小一半，根据点电荷库仑力的公式可以求得距离改变之后的库仑力的大小．【详解】由点电荷库仑力的公式可以得到，电量不变，将它们之间的距离减小为r，库仑力将变为原来的4倍，故D正确、ABC错误．故选：D．3.关于电场，下列说法中错误的是(

)A.只要有电荷存在,电荷周围就一定存在着电场B.电场只能存在于真空中和空气中,不可能存在于物体中C.电场是一种物质,它与其他物质一样,不依赖我们的感觉而客观存在D.电荷间的相互作用是通过电场产生的,电场最基本的性质是对放在其中的电荷有力的作用【答案】B【解析】【分析】电场是电荷及变化磁场周围空间里存在的一种特殊物质；电场这种物质与通常的实物不同，它不是由分子原子所组成，虽然它看不见，但不是人为设想出来，它是客观存在的；电荷之间的库仑力是通过电荷产生的电场发生的，电场的基本特征是对处在它里面的电荷有力的作用。【详解】A、电场是电荷及变化磁场周围空间里存在的一种特殊物质，只要有电荷，就一定有电场，故A正确；BC、电场是一种特殊物质，在真空中，物体内都能存在，虽然看不见，但不是人为设想出来，而是客观存在的，故B错误，C正确；D、电场的力的性质表现为电场对放入其中的电荷有作用力，电荷间的相互作用是通过电场产生的，故D正确。本题选择错误答案，故选：B。4.如图所示，两个固定的等量异种电荷，在它们连线的垂直平分线上有、、三点，取无穷远处电势为零，则(

)A.、两点间电势差为零B.、两点场强相同C.点场强和电势均为零D.带电粒子(不计重力)在点无初速度释放,则它将在、连线上运动【答案】A【解析】【分析】两个等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，电场强度方向与等势面方向垂直；根据矢量的叠加原则，判断各点电场强度的大小；根据带电粒子的受力情况，分析带电粒子的运动情况．【详解】A.两个等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，所以a、b两点的电势相等，两点间电势差为零，故A正确；B.根据矢量的叠加原则，等量异种电荷连线的中垂线上，从c点到无穷远，电场强度逐渐减小到零，所以a、b两点电场强度大小不相等，故B错误；C.两点电荷在c点产生的电场强度方向一致，根据矢量的叠加原则，c点场强不为零，故C错误；D.根据矢量的叠加原则，a点场强方向向右，带电粒子(不计重力)在点受力沿水平方向，无初速度释放时，不可能则在、连线上运动，故D错误。故选：A5.如图所示,匀强电场的电场强度为E，电场中A、B两点间的距离为d,线段AB与电场线的夹角为θ,则A、B两点间的电势差为(

)A.EdcosθB.EdcosθC.EdD.Edsinθ【答案】A【解析】【分析】根据匀强电场的场强公式U=Ed，求出A、B两点间的电势差，d是两点距离沿电场方向的投影。注意A、B两点电势的高低，沿电场线方向电势降低。【详解】A、B两点沿电场线方向上的距离为：d′=dcosθ，根据沿电场线方向电势降低，A点电势高于B点电势，则电势差为：UAB=Ed′=Edcosθ.故A正确，BCD错误。故选：A.6.如图，平行板电容器与电动势为E的电源连接，下极板接地。一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态。现将上极板竖直向上移动一小段距离，则(

)A.两极板间电场场强大小不变B.电容器带电量增加C.P点的电势升高D.带电油滴将竖直向上运动【答案】C【解析】【分析】将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由电容器的决定式可判断电容的变化；而电容器两板间电压不变，根据E=U/d分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况；根据Q=UC判断电量的变化；由U=Ed分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化．【详解】AD.带电油滴处于平衡状态，所受电场力向上，Eq=mg。将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E=U/d得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动。故A错误，D错误；B.上极板上移时，两板间电压U不变，d增大，由可知C减小，根据Q=UC可知，极板带电量减小，故B错误；C.场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势低于下极板的电势，则知P点的电势将升高。故C正确；故选：C7.下列说法正确的是(

)A.电工穿绝缘衣比穿金属衣安全B.制作汽油桶的材料用塑料比用金属好C.印刷车间中要保持干燥D.打雷时,待在汽车里比待在木屋里要安全【答案】D【解析】【分析】穿金属的衣服和呆在汽车里时，可以对里面的人体起到静电屏蔽作用，从而可以保护人的安全；由于塑料和油摩擦容易起电，用塑料的话，产生的静电荷不易泄漏，反而会早造成危险；印染车间保持空气湿润可以避免产生静电荷。【详解】A.电力工人高压带电作业，全身穿戴金属丝网制成的衣、帽、手套、鞋，可以对人体起到静电屏蔽作用，使人安全作业。故A错误；B.因为塑料和油摩擦容易起电，产生的静电荷不易泄漏，形成静电积累，造成爆炸和火灾事故。故B错误；C.印染车间中要尽量避免产生静电荷，所以尽可能保持印染厂空气湿润。故C错误；D.一辆金属车身的汽车也是最好的“避雷所”，一旦汽车被雷击中，它的金属构架会将闪电电流导入地下，打雷时，呆在汽车里更安全。故D正确。故选：D.8.如图，电压U=90V，滑动变阻器R2最大阻值为100Ω，定值电阻R1=50Ω，当滑片处于滑动变阻器中点时，ab间的电压为（）A.30VB.40VC.45VD.60V【答案】A【解析】【分析】当滑片P滑至R2的中点时，变阻器下半部分电阻与R1并联后与上半部分电阻串联，根据串联电路电流相等的特点，由欧姆定律采用比例法求出a、b两端的电压．【详解】由图可知，滑片P滑至R2的中点时，变阻器下半部分电阻为R下=50Ω，则R下=R1=50Ω.则下半部分电阻与R1并联的阻值为R并=R1/2=25Ω则a、b两端的电压为：Uab=V=30V，故A正确，BCD错误。故选：A9.有两段同种材料的电阻丝，长度相同，横截面的直径之比为dA:dB=1:2，把它们串联在电路中，则下列说法正确的是(

)A.它们的电阻之比RA:RB=4:1B.通过它们的电流之比IA:IB=1:4C.电子在两段电阻丝中定向移动速度大小之比vA:vB=4:1D.两段电阻丝发热功率之比PA:PB=1:4【答案】AC【解析】【分析】A和B是由同种材料制成的长度相同、半径不同的两段导体，根据电阻定律计算电阻之比；因两电阻串联，则由串联电路的电流规律可知两导体中的电流关系；由电流的微观表达式计算电子在两段电阻丝中定向移动速度大小之比；根据发热功率公式计算两段电阻丝发热功率之比．【详解】A.已知A和B是由同种材料制成的且长度相同，A、B的直径之比为1:2，则横截面积之比为1:4，根据欧姆定律，电阻之比RA:RB=4:1，故A正确；B.因导体A和B串联，所以此时IA=IB，则通过R1与R2的电流之比为1:1，故B错误；C.根据电流的微观表达式I=neSv，A、B材料相同，则n相同，横截面积之比为1:4，则电子在两段电阻丝中定向移动速度大小之比vA:vB=4:1，故C正确；D.由热功率P=I2R可知，两段电阻丝发热功率之比PA:PB=4:1，故D错误。故选：AC.10.在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，阻值均大于r，R3为滑动变阻器，C为电容器，A、V为理想电流表和电压表。在滑动变阻器的滑动触头P自a端向b端滑动的过程中A.电压表示数变大B.电流表示数变小C.电容器C所带电荷量增多D.电源的输出功率变大【答案】AD【解析】【分析】在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器在路电阻减小，外电阻减小，根据欧姆定律分析干路电流如何变化和电阻R1两端电压的变化，即可知道电压表读数的变化．电容器C的电压等于电阻R2两端的电压，分析并联部分电压的变化，即知道电容器的电压如何变化，根据Q=CU可知所带电荷量的变化；根据干路电流与通过R2的电流变化情况，分析电流表的变化．a点的电势等于R2两端的电压．根据外电路电阻与内阻的关系，判断电源的输出功率的变化。【详解】A.在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，并联电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流I增大，电阻R1两端电压增大，则电压表示数变大，故A正确；B.根据闭合电路欧姆定律，内电压增大，R1两端电压增大，可知并联部分电压减小，流过R2的电流减小。由于干路电流I增大，所以流过R3的电流增大，电流表示数增大，故B错误；C.电容器与电阻R2并联，电压相等，根据Q=CU，电容器C所带电荷量减小，故C错误；D.当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，外电路电阻越接近内阻，电源的输出功率越大。由于R1、R2阻值均大于r，外电路电阻大于内阻，现外电路总电阻减小，电源的输出功率增大，故D正确。故选：AD。11.如图所示,图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线,虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹,a、b是轨迹上的两点.若粒子在运动中只受电场力作用。下列判断中正确的是(

)A.带电粒子一定带负电B.a点电场强度大于b点电场强度C.粒子在a点的速度大于在b点的速度D.粒子在a点的电势能大于在b点的电势能【答案】BC【解析】【分析】从图中可以看到，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子受到的电场力大体向左，电场线方向不明，无法判断粒子的电性；根据电场线疏密程度判断电场的强弱；根据电场力做功情况，判断动能和电势能的变化．当电场力做正功时，电荷的电势能减小，动能增大；当电场力做负功时，电荷的电势能增大，动能减小．【详解】A.由图，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左。由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性。故A错误；B.电场线疏密表示电场的强弱，由图可知，a点电场强度大于b点电场强度，故B正确；CD.由于粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，故从a到b电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，电势能增大，则粒子在a点的速度较大，在b点电势能较大。故C正确，D错误。故选：BC.12.如图电路,在平行金属板、内部左侧中央有一质量为的带电粒子(重力不计)以水平速度射入电场并打在板的点。改变或的阻值，粒子仍以射入电场，则()A.该粒子带负电B.增大，粒子打在点C.减少，粒子打在点左侧D.增大，粒子在板间运动时间不变【答案】ABC【解析】【分析】根据外电路中顺着电流方向电势逐渐降低，判断M、N两板电势的高低，确定板间电场的方向，即可判断粒子的电性；电路稳定时R2相当于导线；粒子射入板间电场中做类平抛运动，运用运动的分解法，由牛顿第二定律和运动学公式分析改变R1时粒子打在极板上的位置和运动时间．【详解】A.根据外电路中顺着电流方向电势逐渐降低，可知M板的电势低于N板的电势，板间电场方向向上，而粒子在电场中向下偏转，所受的电场力方向向下，则知该粒子带负电，故A正确；B.电路稳定时R2中没有电流，相当于导线，改变R2，不改变M、N间的电压，板间电场强度不变，粒子所受的电场力不变，所以粒子的运动情况不变，仍打在O点。故B正确；CD.设平行金属板M、N间的电压为U。粒子在电场中水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则竖直方向有：

①水平方向有：x=v0t

②联立得：③由图知，y一定，q、m、d、v0不变，则由③式知：当减少R1时，M、N间的电压U增大，时间变短，x减小，所以粒子将打在O点左侧；由①知，增大R1，U减小，t增大，故C正确，D错误。故选：ABC。二、实验题(共3个小题，共18分)13.图中，游标卡尺读数为_______cm；螺旋测微器读数为______mm【答案】(1).5.015(2).4.696～4.701【解析】【分析】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．【详解】游标卡尺主尺读数为50mm，游标尺上第3个刻度与主尺上某一刻度对齐，因此游标读数为：0.05×=0.15mm，所以最终读数为：50mm+0.15mm=50.15mm=5.015cm；螺旋测微器固定刻度读数4.5mm，可动刻度读数为0.01×19.8mm=0.198mm，所以金属丝的直径为：4.5mm+0.198mm=4.698mm14.有一个小灯泡上标有“4V,2W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的UI图线．有下列器材供选用：A．电压表(0～5V，内阻10kΩ)B．电压表(0～10V，内阻20kΩ)C．电流表(0～0.3A，内阻1Ω)D．电流表(0～0.6A，内阻0.4Ω)E．滑动变阻器(5Ω，1A)F．滑动变阻器(500Ω，0.2A)(1)实验中电压表应选用______，电流表应选用________．为使实验误差尽量减小，要求电压表从零开始变化且多取几组数据，滑动变阻器应选用________(用序号字母表示)．(2)请把相应的实物电路图用实线补充完整．【答案】(1)ADE；(2)如图【解析】试题分析：（1）根据小灯泡的额定电压为，可知电压表应选A；由于小灯泡的额定电流为：，可知电流表应选D；由于采用分压式接法时，变阻器的电阻越小越方便调节，所以变阻器应选E；（2）在用伏安法描绘这个灯泡的图线的实验中，电压要从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，由于电阻远小于电压表内阻，所以电流表采用外接法．实物电路图：考点：描绘小电珠的伏安特性曲线【名师点睛】本题考查实验中的仪表选择及接法的选择；应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别及应用，同时还应明确内外接法的不同及判断。15.如图a是测干电池的电动势和内阻实验，干电池允许的最大供电电流为0.5A（1）现有三种滑动变阻器：A．1000Ω、0.1AB．20Ω、1.0AC．10Ω、2.0A，实验时应选用_________（填选项序号）；（2）闭合电建S前，滑线变阻器的滑片P应置于_________端（选填“M”或“N”）；（3）用实验得到的数据拟合成直线，如图（b）所示，该直线对应的方程为：_________，该干电池的内阻为_________Ω；（4）实验中，若增大滑线变阻器的阻值，则电池消耗的总功率将_________（选填“变大”、“不变”或“变小”）．【答案】(1).（1）C(2).（2）N(3).（3）(4).(5).（4）变小【解析】试题分析：滑动变阻器在电路中起到保护电路并调节电流作用，在限流接法中取比内电阻大10左右即可．过大则难以调节；过小起不到应有的调节作用．明确实验中安全性安全，知道滑动变阻器限流接法时，应由最大值开始调节；由闭合电路欧姆定律可得出电压与电流的关系，结合数学关系可知图象的斜率表示内阻，与纵坐标的交点表示电源的电动势．根据闭合电路欧姆定律进行分析，明确电流变化情况，从而确定功率的变化．（1）由题意可知，干电池的内阻约为几欧，故为了易于调节，准确测量，滑动变阻器应选最大值较小的，故选C；（2）实验开始时为了保证安全，滑动变阻器接入电阻应为最大值，由图可知，开始时滑片应滑至N点；（3）由图可知，电压和电流成一次函数关系，由数学知识可知，图象与纵轴的交点为1.5V，图象的斜率，故对应的表达式为；图象与纵坐标的交点为电源的电动势；图象的斜率表示内源内电阻；故由图可知电动势为；（4）增大滑动变阻器的电阻，电路中电流减小，由可知，电源的总功率变小；三、计算题(共3个小题，共34分)解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位。16.电场强度为E=104V/m的水平匀强电场中有一绝缘轨道，其中轨道的BC部分是半径为R=0.2m的光滑圆轨道，轨道的AB部分水平且与BC相切。AB长度为2R，一质量m=0.1kg，带电量为q=+104C的小球，与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，由A点静止释放后，求:(g=10m/s2)(1)小球到达B点所用的时间(2)小球在C点时，轨道受到的压力大小【答案】(1)0.4s(2)3N【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律求出AB段的加速度，根据位移时间关系可求时间；（2）对全过程应用动能定理可求到达C点的速度，根据牛顿第二定律可求对轨道的压力，再由牛顿第三定律可知小球对轨道的压力．【详解】（1）.水平轨道上，对小球，由牛顿第二定律得：设运动时间为t，则：由以上各式得：t=0.4s（2）设小球在C点的速度大小是vC,则对于小球由A→C的过程中,由动能定理得:小球在C点，由牛顿第二定律得: