福建省莆田第八中学2018_2019学年高二物理上学期期中试题.doc

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1、- 1 -福建省莆田第八中学 2018-2019 学年高二物理上学期期中试题注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第 I 卷（选择题）一、单选题（本题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 ）1在静电场中，下列关于电场强度和电势的说法，正确的是（ ）A 电场强度大的地方电势一定高B 电势降低的方向就是场强方向C 电势为零的地方电场强度也一定为零D 电场强度大小相同的点电势可能不同2如图所示，将一带电小球 A 通过绝缘细线悬挂于 O 点，细线不能伸长。现要使细线偏离竖直线 30角，可在 O 点正下方

2、的 B 点放置带电量为 q1的点电荷，且 BA 连线垂直于 OA；也可在 O 点正下方 C 点放置带电量为 q2的点电荷，且 CA 处于同一水平线上。则为（ ）A B C D 3安培提出了著名的分子电流假说，根据这一假说，电子绕核的运动可等效为环形电流.设电荷量为 e 的电子以速率 v 绕原子核沿顺时针方向做半径为 r 的匀速圆周运动，关于该环形电流的说法，正确的是( )A 电流大小为，电流方向为顺时针B 电流大小为，电流方向为顺时针C 电流大小为，电流方向为逆时针D 电流大小为，电流方向为逆时针- 2 -4带电粒子在如图所示的电场中，仅在电场力作用下沿虚线所示轨迹从 A 点运动到 B 点，可

3、判知（ ）A粒子带负电 B粒子的电势能不断减少C粒子的动能不断减少 D粒子在 B 点的加速度小于在 A 点的加速度5电动势为 E、内阻为 r 的电源与定值电阻 R1、R 2及滑动变阻器 R 连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的触头由中点滑向 b 端时，下列说法正确的是 （ ）A电压表和电流表读数都增大 B电压表和电流表读数都减小C电压表读数增大，电流表读数减小 D电压表读数减小，电流表读数增大6 法国科学家阿尔贝费尔由于发现了巨磁电阻（）效应，荣获了诺贝尔物理学奖，如图电路中，巨磁电阻周围的磁场增强时，其阻值减小；为电容器，当有磁铁靠近时，下列说法正确的是（ ）A 电流表的示数减小 B 电容器

4、的电荷量增大C 电压表的示数变小 D 电源内部消耗的功率变小7如图所示，图线甲、乙分别为电源和某金属导体的伏安特性曲线，电源的电动势和内阻分别用 E、 r 表示，根据所学知识分析下列选项正确的是 ( )- 3 -A 电源的电动势 E40 V B 电源的内阻 r C 当该导体直接与该电源相连时，该导体的电阻为 20 D 当该导体直接与该电源相连时，电路消耗的总功率为 80 W8一质量为 m 的带电液滴以竖直向下的初速度 v0进入某电场中。由于静电力和重力的作用，液滴沿竖直方向下落一段距离 h 后，速度为 0。以下判断正确的是：A静电力力对液滴做的功为B液滴克服静电力做的功为 +mgh201mv

5、201mvC液滴的机械能减少 mgh D液滴的机械能减少量为 mgh9电流表的量程为 I，其内阻为，现欲把这电流表的量程扩大至原来的 N 倍，则 A 应加串一个阻值为的 N 倍的电阻 B 应加并一个阻值为的电阻C 刻度盘的最小刻度是原来的 N 倍 D 刻度盘的最小刻度是原来的10如图所示为等量点电荷周围的电场线分布图， A， B， O 位于两点电荷连线上，其中 O 为两点电荷连线的中点， C， D 是连线的中垂线上的两点关于各点的电场性质的描述，下列说法正确的是( ) - 4 -A A， B， O 三点的电势大小相等B O， C， D 三点的电场强度相等C 若将带正电的试探电荷 q 从 C 点

6、移到 B 点，电势能减小D 若将带负电的试探电荷 q 从 A 点移到 D 点，电场力做负功二、多选题（本题共 3 题，每小题 4 分，共 12 分。每题有多项符合题目要求。全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。 ）11如图所示，在点电荷 Q 产生的电场中，实线 MN 是一条方向未标出的电场线，虚线 AB 是一个电子只在电场力作用下的运动轨迹；设电子在 A、B 两点的加速度大小分别为 aA、a B，电势能分别为 EpA、E pB下列说法正确的是（ ）A 若电子从 A 运动到 B，速率变小B 若 aAa B，则 Q 靠近 M 端且为正电荷C 无论 Q 为正电荷还是负电荷

7、一定有 EpAEpBD B 点电势可能高于 A 点电势12如图所示是电阻 R 的 I U 图象，图中 45，由此得出( )A 通过电阻的电流与其两端的电压成正比B 电阻 R0.5 - 5 -C 因 I U 图象的斜率表示电阻的倒数，故 R1.0 D 在 R 两端加上 6.0 V 的电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是 3.0 C13如图所示，一带正电的点电荷 Q 固定在绝缘水平面上，在 a 点放置一可视为点电荷的滑块，已知滑块的电荷量为-q（q0） 、质量为 m，当滑块从 a 点以初速度沿水平面向 Q 运动，到达 b 点时速度减为零，已知 a、b 间距离为 s，滑块与水平面间的动摩擦因数为 ，

8、重力加速度为 g，以下判断正确的是（ ）A 滑块由 a 向 b 运动过程中所受 Q 的库仑力可能大于滑动摩擦力B 滑块在运动过程的中间时刻，速度的大小等于C 此过程中产生的内能为D Q 产生的电场中，a、b 两点间的电势差为第 II 卷（非选择题）四、实验题（共 2 小题，每空 2 分，共 16 分。 ）14在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，实验室提供了以下器材：A小灯泡（3.8 V，0.3 A） B滑动变阻器（5，2A）C电流表（00.5 A，内阻约 0.4） D电压表（05 V，内阻约 10k）E开关及导线若干（1）为实验测量误差尽可能小，电流表应选用_（填“内”或“外” ）接法；

9、（2）为使小灯泡两端电压从零开始连续变化，滑动变阻器应选用_（填“限流式”或“分压式” ）接法；（3）综上所述，应选择下图中的_电路进行实验- 6 -（4）利用实验数据画出了如图所示的小灯泡伏安特性曲线。则根据此图给出的信息可知，随着小灯泡两端电压的升高，小灯泡的电阻_（填“变大” 、 “变小”或“不变” ）15 “测定金属丝电阻率”的实验中需要测出其长度 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下图甲，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_(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所示，则电压

10、表的读数为_ V，电流表的读数为_ A五、计算题（本题共 32 分）16 （8 分）如图所示，M 为一线圈电阻 RM=0.5 的电动机，R=8，电源电动势 E=10V当S 断开时，电流表的示数 I1=1A，当开关 S 闭合时，电流表的示数为 I2=3A求：（1）电源内阻 r；- 7 -（2）开关 S 断开时，电阻 R 消耗的功率 P（3）开关 S 闭合时，通过电动机 M 的电流大小 IM17 （12 分）如图，在 xOy 平面的第一象限内有平行于 y 轴的有界匀强电场，方向沿 y 轴正方向；第四象限有一匀强电场，一质量、电荷量的带电粒子，从 P 点以初速度大小，垂直 y轴方向射入电场中，粒子偏

11、转后经过 x 轴上 A 点进入第四象限，并沿直线运动的最大距离，已知， ， ，不计粒子重力，求：（1）粒子的带电性质和粒子在第一象限的加速度大小；- 8 -（2）粒子从 A 点运动到 B 点的时间；（3）第四象限的匀强电场大小和方向。18 （12 分）如图，轨道 CDGH 位于竖直平面内，其中圆弧段 DG 与水平段 CD 及倾斜段 GH 分别相切于 D 点和 G 点，圆弧段和倾斜段均光滑，在 H 处固定一垂直于轨道的绝缘挡板，整个轨道绝缘且处于水平向右的匀强电场中。一带电物块由 C 处静止释放，经挡板碰撞后(碰撞后速度大小不变)滑回 CD 段中点 P 处时速度恰好为零。已知物块的质量 m410

12、 3 kg，所带的电荷量 q310 6 C；电场强度 E110 4 N/C； CD 段的长度 L0.8 m，圆弧 DG 的半径 r0.2 m，GH 段与水平面的夹角为 ，且 sin 0.6，cos 0.8；不计物块与挡板碰撞时的动能损失，物块可视为质点，重力加速度 g 取 10 m/s2。(1)求物块与轨道 CD 段的动摩擦因数 ；(2)求物块第一次碰撞挡板时的动能 Ek；(3)物块在水平轨道上运动的总路程；(4)物块碰撞挡板时的最小动能。参考答案1D【详解】电场线密处，电场强度大，而电场线方向不确定，故无法判断电势高低，电势就不一定高。故 A 错误。电势降落最快的方向就是场强方向，选项 B

13、错误；电势为零，是人为选择的，而电场强度是由电场决定的，此处电场强度不一定为零。故 C 错误。电场强度大小相同的点电- 9 -势可能不同，例如匀强电场中各点电场强度大小相同，但是电势可能不同，故 D 正确。故选D。【点睛】电场强度和电势这两个概念非常抽象，可借助电场线可以形象直观表示电场这两方面的特性：电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，电场线的方向反映电势的高低2B【详解】对两种情况进行受力分析，如图所示：依据矢量的合成法则，结合三角知识，及平衡条件，则有：F=mgsin30，F=mgtan30，根据库仑定律，则有：，而；根据三角知识，则有：l BA=Ltna30，

14、l CA=Lsin30，综上所得：，故 ACD 错误，B 正确；故选 B。【点睛】考查库仑定律、矢量的合成法则与平衡条件的应用，掌握三角知识，及几何关系的内容，注意绳子的长度相等，是解题的关键3C【详解】电子绕核运动可等效为一环形电流，电子运动周期为；根据电流的定义式得：电流强度为；因为电子带负电，所以电流方向与电子定向移动方向相反，即沿逆时针方向，故 C 正确。故选 C。【点睛】本题是利用电流强度的定义式求解电流，这是经常用到的思路。要知道电流方向与正电荷定向移动方向相同，而与负电荷定向移动方向相反.4B- 10 -【解析】试题分析：做曲线运动时，物体受到的合力指向轨迹的内侧，所以粒子受到的

15、电场力方向和电场方向相同，带正电，过程中电场力方向和速度方向夹角为锐角，做正功，电势能减小，动能增大，故 AC 错误 B 正确；电场线的疏密程度表示电场强度大小，在 A 点的电场线比在B 点的电场线疏，所以在 A 点的电场力小于在 B 点的电场力，故在 A 点的加速度小于在 B 点的加速度，D 错误；考点：考查了带电粒子在电场中的运动【名师点睛】解决本题的关键利用带电粒子的运动轨迹判断电场力的方向，利用场强方向的规定判断粒子的电性；据电场力做功和功能关系判断动能和电势能的变化5A【解析】试题分析：当滑片向 b 滑动时，R 接入电阻增大，总电阻增大；由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电流减小，则内

16、电压减小，由 U=E-Ir 可知路端电压增大，即电压表示数增大；因路端电压增大，R 1两端的电压减小，故并联部分电压增大，由欧姆定律可知电流表示数增大；故 A 正确；故选 A。考点：电路的动态分析6C【解析】当有磁铁靠近时，其电阻减小，故回路中的总电阻减小，则总电流增大，路端电压减小，故电压表的示数减小，电流表的示数增大，故 A 错误，C 正确；电容器 C 两端的电压等于路端电压，根据 Q=CU，可知 U 减小，则电荷量减小，故 B 错误；根据，可知总电流增大，故电源内部消耗的功率变大，故 D 错误；故选 C。【点睛】当有磁铁靠近时，分析电阻的变化情况，再根据闭合电路的欧姆定律分析总电流和路端

17、电压的变化情况，根据电容器两端的电压等于与之并联部分的电压和 Q=CU 分析电荷量的变化，根据分析电源内部消耗的功率的变化情况。7C【详解】甲为电源的 U-I 图像，故纵截距表示电源电动势，即 E=50V，在路端电压为 20V 时电路电流为 6A，根据闭合回路欧姆定律可得，解得，AB 错误；当该导体直接与该电源相连时，两图线的交点表示工作时的电压和电流，故可知电阻两端的电压为 40V，通过电阻的电流为 2A，- 11 -所以该导体的电阻大小为 20，电路消耗的总功率为，C 正确 D 错误8B9C【详解】根据改装原理可知，要使电流表量程扩大 N 倍，故应并联电阻分流，根据并联电路规律可知：，故

18、AB 错误；改装后满偏刻度为 NI，故最小分度将变为原来的 N 倍，故 C 正确，D 错误。所以 C 正确，ABD 错误。10C【详解】由图可知电场线由 O 指向 A，而沿着电场线方向电势逐渐降低，故 A、 B、 O 三点的电势大小不相等，故 A 错误；电场线的越密，电场强度越大，由图可知从 O 到 D，电场线越来越疏，电场强度越来越小，故 O、 C、 D 三点的电场强度不相等，故 B 错误；由图可知 C 点的电势高于 B 点的电势，而正电荷在电势越高的地方，电势能越大，故正电荷从 C 到 B 电势能减小，故 C 正确；由图可知 A 点的电势低于 D 点的电势，而带负电在电势越低的地方，电势能

19、越大，故负电荷从 A 到 D 电势能减小，电场力做正功，故 D 错误。故选 C。【点睛】解决本题的关键知道等量异种电荷周围电场线的特点，知道电场力做功与电势能的关系，以及电场线与电势的关系等。11AB【详解】A、电子所受电场力方向指向左侧，那么，若电子从 A 向 B 运动，则电场力做负功，电势能增加，动能减小；若电子从 B 向 A 运动，则电场力做正功，电势能减小，动能增大，所以电子从 A 运动到 B，速率变小，故 A 正确；B、若 aAa B，则 A 点离点电荷 Q 更近即 Q 靠近 M 端，又由运动轨迹可知，电场力方向指向凹的一侧即左侧，所以，在 MN 上电场方向向右，那么 Q 靠近 M

20、端且为正电荷，故 B 正确；C、若电子从 A 向 B 运动，则电场力做负功，电势能增加；若电子从 B 向 A 运动，则电场力做正功，电势能减小，所以一定有，求解过程与 Q 所带电荷无关，只与电场线方向相关，故C 错误；D、电子所受电场力方向指向左侧，则电场线方向由 M 指向 N，那么 A 点电势高于 B 点，故 D错误；- 12 -故选 AB。【点睛】关键知道电子所受电场力方向指向左侧，电场力做正功，电势能减小，动能增大，电场力做负功，电势能增加，动能减小。12AD【详解】A、根据数学知识可知，通过电阻的电流与两端电压成正比，故 A 正确；BC、根据电阻的定义式可知， IU 图象斜率的倒数等于

21、电阻 R，则得，故 B、 C 错误；D、由图知，当 U=6V 时， I=3A，则每秒通过电阻横截面的电荷量是，故 D 正确；故选 AD。【点睛】关键知道电阻 R 的 I-U 图象斜率的倒数等于电阻 R，由 q=It 求解每秒内通过电阻的电荷量。13CD【解析】 （1）由题意可知，滑块水平方向受库仑力、滑动摩擦力，摩擦力与运动方向相反，而库仑力与运动方相同，因滑块在 b 点静止，故一定有段时间，库仑力小于滑动摩擦力，当在滑动过程中，随着间距减小，库仑力增大，但仍小于滑动摩擦力，到达 b 点时速度减为零，故 A 错误；（2）水平方向受大小不变的摩擦力及变大的库仑力，当在滑动过程中，随着间距减小，库

22、仑力增大，但仍小于滑动摩擦力，所以导致加速度慢慢减小，加速度是变化的，故中间时刻的速度不等于，B 错误。（3）根据能量守恒定律，滑块从 a 运动到 b 的过程中，减小的动能和电势能，全部转化为内能，故产生的内能为：故 C 正确。（4）由动能定理可得：，解得两点间的电势差，故 D 正确。故本题选 CD【点睛】根据滑块的运动情况可知滑块受力情况，则可知库仑力与滑动摩擦力的大小关系；由滑块的受力情况可确定加速度的变化情况，即可判断中间时刻的速度；根据电场力做功判断电势能的变化；由动能定理可求得两点间的电势差。14外接法 分压式 B 灯丝电阻变大【解析】【详解】- 13 -（1）灯泡正常发光时的电阻：

23、，电流表内阻约为 0.4，电压表内阻约为 10k，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法（2）灯泡两端电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法（3）电流表采用外接法、滑动变阻器采用分压接法，则应采用图 B 所示实验电路（4） 根据此图给出的信息可知，随着小灯泡两端电压的升高，小灯泡的电阻变大【点睛】本题考查了电流表与滑动变阻器的接法、实验电路选择、实验数据处理，当电压表内阻远大于待测电阻阻值时，电流表采用外接法，当电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器采用分压接法15 0.698 偏小 2.60 0.52【解析】 （1）由图甲所示螺旋测微器可知，金属丝的直径：；由图乙所示电路图可知，电流

24、表采用外接法，由于电压表分流，所测电流偏大，由欧姆定律可知，电阻测量值小于真实值；（2）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 0.52A【点睛】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根据内接的特点，结合欧姆定律以及串并联电路的特点，即可分析出测量值与真实值之间的关系由图象电表确定电表量程与分度值，读出电表示数16 （1）2 （2） （3） 8W2.5A【解析】 （1）当 S 断开时，根据闭合电路欧姆定律： ， ， 1EIRr108rr=2； 电阻 R 消耗的功率： 218P

25、IR路端电压： 2034UErVR 之路电流： 4.58RIA电动机的电流： 22.5MRIA点睛：当 S 断开时，根据闭合电路欧姆定律求解电源的内阻当开关 S 闭合时，已知电流表的示数，根据闭合电路欧姆定律求出路端电压，由欧姆定律求出通过 R 的电流，得到通过电动机的电流17与 x 轴成 37角斜向上- 14 -【解析】(1)由于粒子做类平抛运动，电场方向向上，所以粒子带负电由；(2) 带电粒子从 P 点到 A 点做类平抛运动 ，设运动时间为 t1带电粒子从 A 到 B 做匀减速直线运动，设运动时间为 t2(3) 带电粒子从 A 运动到 B 过程中，设加速度为 a2根据牛顿第二定律解得： 设

26、带电粒子运动到 P 点速度偏向角为 所以 =37E2方向为与 x 轴成 37角斜向上。18(1)0.25 (2)0.018 J (3)2.4 m (4)0.002 J【解析】(1)物块由 C 处释放后经挡板碰撞滑回 P 点过程中，由动能定理得qE 2Lmg(L 2)0(2 分)由式代入数据得 3qEmg0.25(2)物块在 GH 段运动时，由于 qEcos mgsin ，所以做匀速直线运动由 C 运动至 H 过程中，由动能定理得qELmgLqErsin mgr(1cos )E k0由式代入数据得 Ek0.018 J(3)物块最终会在 DGH 间来回往复运动，物块在 D 点的速度为 0设物块能在水平轨道上运动的总路程为 s，由能量转化与守恒定律可得 qELmgs由式代入数据得 s2.4 m(4)物块碰撞挡板的最小动能 E0等于往复运动时经过 G 点的动能，由动能定理得- 15 -qErsin mgr(1cos )E 00由式代入数据得 E00.002 J