甘肃省岷县一中2018_2019学年高二物理上学期期中试卷（含解析）.doc

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1、1甘肃省岷县一中 2018-2019 学年高二上学期期中考试物理试卷一、选择题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 U【答案】C【解析】【详解】A、电场强度是描述电场的力的性质的物理量，由定义式 可知， E 与检验电荷无关；故 A 错误.B、电势是描述电场的能的性质的物理量，由定义式 可知， 与检验电荷无关；故 B错误.C、由电势能 EP=q ，可知，电势能既与电场有关，也与检验电荷 q 有关；故 C 正确.D、由电势差的定义 ，运用比值法定义，则知电势差与检验电荷无关；故 D 错误.故选 C.【点睛】电场这一章物理量有两大类：一类只与电

2、场有关，比如电场强度、电势、电势差；另一类既与电场有关，也与检验电荷有关，比如电势能和电场力等等2.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)。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 供电线的电势。虚线表示电工周围某一截面上的等势面，c、d、e、f 是不同等势面上的四个点，以下说法正确的是( )2A. 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

3、将增大D. 将电子在 d 点由静止释放，它会向 e 点所在等势面运动【答案】C【解析】【详解】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、 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.【点睛】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

4、化，会判定电势能的变化，及电场力做功的情况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3D. 粒子的速度不断增大【答案】C【解析】【详解】A、根据轨迹的弯曲知，合力大致指向轨迹凹的一向，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.C、D、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

5、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.【点睛】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，利用电场中有关规律求解4.如下图所示， 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线如图所示，不计重力，则下列判断正确的是（ ）A. A B， EA EB B. A B， EA EB C. A B， EA EB D. A B， EA EB 【答案】D【解析】【详解】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

6、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 A B，故 D 正确；故选 D.【点睛】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4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5.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、T B，现在使 A、B 带同种电荷，此时上、下细线受力分别为 TA、T B，则（ ）A. TA=T A，T B

7、T B B. TA=T A，T BT BC. TAT A，T BT B D. TAT A，T BT B【答案】A【解析】试题分析：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：5T2=F 电+GB对整体：T1=G A+GB综上所述：T 1=T1，T 2T 2故选：A【点评】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.电阻 R1 与 R2并联在电路中，通过 R1与 R2的电流之比为 13，则当 R1 与 R2串

8、联后接入电路中时，R 1和 R2两端电压之比 U1U 2为( )A. 13B. 31C. 14D. 41【答案】B【解析】【详解】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 B.【点睛】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6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.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

9、度减弱，则( )A. 电压表的示数变大B. 小灯泡变暗C. 通过 R2的电流变小D. 电源内阻的电压变大【答案】B【解析】【详解】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；故 A 错误.B、C、D、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；流过灯泡的电流一定减小，流过灯泡的电流一定减小，故 B 正确，C，D 错误.故选 B.【点睛】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

10、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.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 I1I27B. 电动势 E1=E2.内阻 r2r1C. 电动势 E1E2，内阻 r1r2D. 以上都错【答案】AB【解析】【详解】A、D、 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，故电动势 E1=E2，发生短路时的电流 I1 I2，故 A 正确，D 错误；B、C、 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r1 r2，故 B 正确，C

11、错误；故选 AB.【点睛】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.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，则这一过程中下列说法正确的是( )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【答案】ABD【解析】【详解】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

12、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，所以小球在 B 点的动能大于在 O 点的动能，小球增加的重力势能小于减少的电势能；故 C 错误，D 正确.8故选 ABD.【点睛】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，也可以用动能定理来表达它们之间的转化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. 电容器的电容不变B. 电容器中的电场

13、强度将减小C. 电容器上的电荷量将减少D. 液滴将向上运动【答案】AD【解析】试题分析带电粒子受重力和向上的电场力平衡。电容器两端电压等于电阻 R2两端的电压，滑动变阻器的滑片 P 向右移动时，阻值减小，R 2两端的电压增大，电容器中的电场强度将增大，电场力增大，液滴将向上运动，B 错误、D 正确；电容器的电容与两端电压无关，不变，A 正确；根据电容的定义式 C= 得到带电量变大，C 错误。故选 AD。考点：电容器二、实验题11.在一次实验时某同学用游标卡尺测量（如图） ，示数为_cm。在一次实验时某同学用螺旋测微器测量（如图） ，示数为_mm。【答案】 (1). 10.405cm (2).

14、8.077mm 左右9【解析】0 分度的游标卡尺，精确度是 0.05mm，游标卡尺的主尺读数为 104mm，游标尺上第 1 个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为 10.05mm=0.05mm，所以最终读数为：104mm+0.05mm=104.05mm=10.405cm螺旋测微器的固定刻度为 8mm，可动刻度为 7.50.01mm=0.075mm，所以最终读数为8mm+0.075mm=8.075mm12.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 05 V，内阻 5 k电流表 A1，量程 0100 mA，内阻 4

15、电流表 A2，量程 0500 mA，内阻 0.4 滑动变阻器 R1，最大阻值 100 ，额定电流 1.0 A滑动变阻器 R2，最大阻值 5 ，额定电流 0.5 A直流电源 E，电动势约为 6 V，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)在虚线框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，描绘出如右图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（ ）10A.逐渐减小 B.逐渐增大 C.保持不变【答案】 (1). A 2 (2). R2 (3).

16、 (4). B【解析】【分析】(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.【详解】(1)灯泡额定电流是 0.5A，所以电流表的量程选择 500mA 的 A2，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 ，满足

17、 ，属于小电阻，所以电流表采用Rx=UmIm=30.5=6 R2x=36RA2RV=0.45000外接法，电路图如图所示:(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.【点睛】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三、计算题13.如图所示，电源电动势 E10V，内阻 r0.5， “8V,16 W”的灯泡 L 恰好能正常发光，11电动机 M 绕线的电阻 R01，求：(1)路端电压和内电压(2)电路中电

18、流和电源的总功率(3)电动机的输出功率【答案】(1) 8V, 2V (2)4A,40W (3)12W【解析】【分析】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【详解】(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 I=EUr =4A则电源的总功率为 P=E

19、I=104W=40W(3)灯泡额定电流为： IL=PLUL=168A=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=UMIM=82=16W电动机的热功率为： P 热 =IM2R0=221=4W则电动机的输出功率为： P 出 =PM-P 热 =16-4=12W【点睛】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.如图所示，真空中两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12墙接触。 （重力加速度为

20、 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【答案】(1) ; ，方向水平向左 (2) , TB=mgq=mgl2k N=32mg TA=32mg【解析】【分析】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；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【详解】(1)对 B 球受力分析如图所示：B 球受三力平衡，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=kq2l2=mg解得： q=mgl2k对 A 球受力分析如图

21、：13A 球受力平衡： N=Fsin60=mgsin60=32mg由牛顿第三定律得：墙受到小球的压力大小为 ，方向水平向左32mg(2)对 A 球受力平衡： TA=mg+Fcos60=32mg由前面分析知 TB=mg【点睛】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.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

22、2(1)原来的电场强度为多大？(2)物体运动的加速度大小;(3)沿斜面下滑距离为 L 时物体的速度.(sin 370.6，cos 370.8， g10m/s 2)【答案】(1) (2)a=3m/s2,方向沿斜面向下 (3)E=15m2q v= 6L【解析】【分析】带电小物块恰好静止在斜面上时合力为零，对物块进行受力分析，应用平衡条件可求出电场力，进而求出电场强度.【详解】(1)对小物块受力分析如图所示:14物块静止于斜面上，则有： mgsin37=qEcos37解得： E=mgtan37q =3mg4q(2)当场强变为原来的 时,小物块的合外力为：12 F合 =mgsin37qE2cos37=

23、310mg又 F 合 =ma，所以 a=3m/s2，方向沿斜面向下(3)由动能定理得 F合 L=12mv20解得： v= 6L【点睛】本题中第一问是平衡条件的应用，关键是正确分析受力；第二、三问是牛顿运动定律和运动学公式的应用，关键是求合力，也可以根据动能定理求速度.16.如图所示，在场强 E10 3V/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R0.4m，一带正电荷 q10 4 C 的小滑块质量为 m0.04kg，与水平轨道间的动摩擦因数 0.2， g 取 10m/s2.(1)要使小滑块能运动到半圆轨道

24、的最高点 L，滑块应在水平轨道上离 N 点至少多远处释放？(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)【答案】(1)20m (2)1.5N【解析】【分析】(1)在小滑块运动的过程中，摩擦力对滑块和重力对滑块做负功，电场力对滑块做正功，根据动能定理可以求得滑块与 N 点之间的距离；(2)在 P 点时，对滑块受力分析，由牛顿第二定律可以求得滑块受到的轨道对滑块的支持力的大小，由牛顿第三定律可以求滑块得对轨道压力；【详解】(1)设滑块与 N 点的距离为 L，15分析滑块的运动过程，由动能定理可得，小滑块在 L 点时，重力提供向心力，所以:代入数据解得 v=2m/s， L=20m(2)滑块到达 P 点时，对全过程应用动能定理可得:在 P 点时由牛顿第二定律可得，解得 N=1.5N 由牛顿第三定律可得，滑块通过 P 点时对轨道压力是 1.5N【点睛】本题中涉及到的物体的运动的过程较多，对于不同的过程要注意力做功数值的不同，特别是在离开最高点之后，滑块的运动状态的分析是本题中的难点，一定要学会分不同的方向来分析和处理问题