2018-2019学年甘肃省兰州第一中学高二上学期期中考试物理（理）试题 解析版

2018-2019学年甘肃省兰州第一中学高二上学期期中考试物理（理）试题 解析版

绝密★启用前 甘肃省兰州第一中学2018-2019学年高二上学期期中考试物理（理）试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．在静电场中 ( )‎ A． 电场强度处处为零的区域内，电势一定也处处为零 B． 电场强度处处相同的区域内，电势一定也处处相同 C． 电场强度的方向总是跟等势面垂直 D． 电势降低的方向就是电场强度的方向 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 电场强度的大小和电势的高低没有直接关系，不能根据电场强度的大小判断电势的高低，也不能根据电势的高低判断电场强度的大小，A、B均错．电场强度的方向一定跟等势面垂直，C对．沿电场强度的方向电势降低，但电势降低的方向不一定是电场强度的方向，电势降低最快的方向才是电场强度的方向，D错．‎ ‎2．如图，金属壳放在光滑的绝缘水平垫上，不能起到屏蔽外电场或内电场作用的是 A． B． C． D． ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 屏蔽作用是金属材料制成的壳体或网罩，当存在电场时，金属壳被感应带电，导致电荷重新分布，出现感应电场，从而与原来电场相叠加．出现合电场强度为零．起到屏蔽的作用。‎ ‎【详解】‎ A项：当正电荷放在金属壳外时，使金属壳左端带负电荷，右端带正电荷，两端出现电压，导致感应电场与外电场相叠加，所以内部电场强度为零。起到屏蔽的作用；‎ B项：当正电荷放在金属壳外时，使金属壳左端带负电荷，由于右端接地，则不带电，两端仍出现电压，导致感应电场与外电场相叠加，所以内部电场强度为零。起到屏蔽的作用；‎ C项：当正电荷放在金属壳内时，使金属内壳带负电荷，外壳带正电荷，出现电场，导致出现感应电场没起到屏蔽的作用；‎ D项：当正电荷放在金属壳内时，由于接地，则使金属壳外不带电，内部左端带负电荷，右端带正电荷，而外部没有电场，从而起到屏蔽的作用 故选：C。‎ ‎【点睛】‎ 电磁波无法通过金属体，故金属材料制成的壳体或网罩，对电磁波有屏蔽作用。‎ ‎3．AB和CD为圆上两条相互垂直的直径，圆心为O.将电荷量分别为＋q和－q的两点电荷放在圆周上，其位置关于AB对称且距离等于圆的半径，如图所示．要使圆心处的电场强度为零，可在圆周上再放一个适当的点电荷Q，则该点电荷Q(　　)‎ ‎ ‎ A． 应放在A点，Q＝2q B． 应放在B点，Q＝－2q C． 应放在C点，Q＝－q D． 应放在D点，Q＝－q ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：+q的点电荷在圆心O处的场强与-q的点电荷在圆心O处的场强的合场强方向由O点指向D点，根据几何关系和点电荷的场强公式得；要使圆心处的电场强度为零，只要点电荷Q在圆心O处产生的场强方向由O指向C即可，大小也为，所以，点电荷Q=-q且应发在C点．故C正确．‎ 考点：场强的叠加；点电荷场强。‎ ‎4．铅蓄电池的电动势为2V，下列说法错误的是 (　 　)‎ A． 电路通过1C电荷量，电源把2J的化学能转化为电能 B． 电池接入电路时，其两极间的电压是2V C． 电池没有接入电路时，其两极间的电压是2V D． 铅蓄电池把化学能转化为电能的本领比一节干电池(电动势为1 .5V)大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电动势与电势差是两个不同的概念，电动势等于内外电路电压之和．电动势是表示电源把其它形式的能转化为电能的本领大小的物理量．电动势由电源本身的特性决定，与外电路的结构无关。‎ ‎【详解】‎ A项：电路中每通过1C的电量时，电池将2J的化学能转化为电能；故A正确；‎ B项：当电源接入外电路时，电池两端的电压小于电动势2V，故B错误；‎ C项：铅蓄电池的电动势为2V，不接入外电路，该铅蓄电池两极间的电压为2V，故C正确；‎ D项：电动势反应电源将其他形式的能转化为电能的本领；故铅蓄电池把其他形式能转化为电能的本领比一节干电池（电动势为1.5V）的强，故D正确。‎ 故应选B。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查对电动势的理解．关键抓住电动势的物理意义：表征电源把其它形式的能转化为电能的本领大小。‎ ‎5．一个带电小球，用细线悬挂在水平方向的匀强电场中，当小球静止后把细线烧断，则小球将（假定电场足够大）（ ）‎ A． 做自由落体运动 B． 做匀变速曲线运动 C． 做变加速直线运动 D． 做匀加速直线运动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对小球受力分析，当把细线烧断后，小球只受到重力和电场力的作用，并且初速度为零，由此来判断小球的运动的情况。‎ ‎【详解】‎ 当把细线烧断后，小球只受到重力和恒定的电场力的作用，由于小球的初速度又为零，所以小球将沿着合力的方向做匀加速直线运动，所以D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点睛】‎ 物体的运动的情况是由受力的情况和初速度的方向之间的关系决定，对物体受力分析，找出合力与初速度的方向之间的关系即可判断物体的运动的情况。‎ ‎6．真空中有一静电场，其在x轴正半轴的电势φ随x变化的关系如图所示，则根据图象可知（　　）‎ A． R处的电场强度E=0‎ B． 若试探电荷从x1处移到x2处，电场力一定做正功 C． x1处与x2处的电场强度方向相反 D． 该电场不可能是处在O点的正的点电荷激发产生的 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ φ-x图象中，曲线上任意一点的切线的斜率表示电场强度；用WAB=qUAB来判断电势能的变化情况。对归正点电荷电场线的分布情况分析即可。‎ ‎【详解】‎ A项：φ-x图象中，曲线上任意一点的切线的斜率表示电场强度；R处切线的斜率不为零，故R处的电场强度E≠0；故A错误；‎ B项：若试探电荷从x1处移到x2处，电势降低，根据公式WAB=qUAB，如果是正电荷，电场力做正功，如果是负电荷，电场力做负功，故B错误；‎ C项：x1处与x2处的切线斜率同为负值，故x1处与x2处的电场强度方向相同，故C错误；‎ D项：离电荷越近，电场强度越大，φ-x图象的斜率应越大，而图中离O点越近，图象切线的斜率变小，故该电场不可能在O点的正电荷产生的，故D正确。‎ 故应选D。‎ ‎【点睛】‎ 对于φ-x图象，要抓住：①电场强度的大小等于φ-x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ-x图线存在极值，其切线的斜率为零。②在φ-x图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向。③在φ-x图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB=qUAB，进而分析WAB的正负，然后作出判断。‎ ‎7．两只电阻的伏安特性曲线如右图所示，则下列说法中正确的是（　　）‎ A． 两电阻的阻值为R1大于R2‎ B． 两电阻串联在电路中时，R1两端电压大于R2两端电压 C． 两电阻串联在电路中时，R1消耗的功率大于R2消耗的功率 D． 两电阻并联在电路中时，R1消耗的功率大于R2消耗的功率 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题为图象分析问题，在图中任意做一条与纵轴垂直的直线，则与两图象的交点为电流相同点，对应的横坐标得出电压值，则由欧姆定律可进行电阻大小的比较．两电阻串联在电路中时，电流相等，两电阻并联在电路中时，电压相等。‎ ‎【详解】‎ A项：伏安特性曲线斜率表示电阻的倒数，故两电阻的阻值为R1小于R2，故A错误；‎ B项：两电阻串联在电路中时，电流相等，根据A的分析可知：即U2＞U1，故B错误；‎ C项：两电阻串联在电路中时，电流相等，根据P=I2R可知：R1消耗的功率小于R2消耗的功率，故C错误；‎ D项：两电阻并联在电路中时，电压相等，根据得：R1消耗的功率大于R2消耗的功率，故D正确。‎ 故应选D。‎ ‎【点睛】‎ 本题为图象分析问题，要能从图象中得出有效信息，两电阻串联在电路中时，电流相等，两电阻并联在电路中时，电压相等。‎ ‎8．如图所示，平行板电容器充电后，在其正中P点处有一个带电微粒恰好能保持静止状态。用什么方法能使该带电微粒仍在原处保持静止，且电势能增加（ ）‎ A． K闭合,将上极板M 接地，下移N B． K闭合,将下极板N 接地，左移M C． K断开,将下极板N 接地，上移N D． K断开,将上极板M 接地，下移M ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 保持K闭合时电容板间电压保持不变．充电后将K断开后电容器的电量保持不变，根据推论，板间场强不变．根据公式分析板间场强的变化，判断能否使带电微粒运动．并判断电势能的变化。‎ ‎【详解】‎ A项：K闭合，保持K闭合时，下移N，板间距离d增大，根据公式分析得知，板间场强减小，带电微粒受到的电场力减小，微粒将向下加速运动。不符合题意，故A错误；‎ B项：K闭合，保持K闭合时，左移N，板间距离d不变，电容减小，根据公式分析得知，板间场强不变，带电微粒受到的电场力不变，仍处于静止状态。P点的电势不变，微粒的电势能不变。不符合题意，故B错误；‎ C项：K断开，将上极板M，下移N，根据推论可知，E不变，微粒所受的电场力不变，仍处于静止，由U=Ed知，P与N的电势差减小，N的电势为零，P点的电势高于N的电势，则知P点的电势降低，微粒带负电，则知微粒的电势增加，故C正确；‎ D项：K断开，将上极板M，下移M，根据推论可知，E不变，微粒所受的电场力不变，仍处于静止，由U=Ed知，P与M的电势差减小，M的电势为零，P点的电势低于M的电势，则知P点的电势升高，微粒带负电，则知微粒的电势减小，故D错误。‎ 故应选C。‎ ‎【点睛】‎ 本题是电容器动态变化分析的问题，根据决定电容的三个因素和电容的定义式相结合进行分析。‎ ‎9．如图所示是一个由电池、电阻与平行板电容器组成的串联电路，在增大电容器两板间距离的过程中（ ）‎ A． 电阻中没有电流 B． 电容器的电容变小 C． 电阻中有从流向的电流 D． 电阻中有从流向的电流 ‎【答案】BC ‎【解析】试题分析：增大电容器两极板间距离，根据公式可得电容减小，由于连接在电源两端，所以电容器两极板间的电压恒定，根据公式可得两极板上的电荷量减小，故电容放电，电阻R中有从a流向b的电流，故BC正确；‎ 考点：考查了电容器的动态变化 ‎【名师点睛】在分析电容器动态变化时，需要根据判断电容器的电容变化情况，然后结合，等公式分析，需要注意的是，如果电容器和电源相连则电容器两极板间的电压恒定，如果电容器充电后与电源断开，则电容器两极板上的电荷量恒定不变 评卷人 得分 二、多选题 ‎10．两个半径相同的金属小球，带电量之比为3：7，相距为r（可视为点电荷），两者相互接触后再放回原来的位置上，则相互作用力可能为原来的（　）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由库仑定律列出接触前的库仑力表达式；根据电荷守恒定律可得出接触后两球的电荷量，再由库仑定律列出库仑力表达式，即可求得两力的关系。‎ ‎【详解】‎ 由库仑定律可得：‎ 两球接触前的库仑力 当两球带同种电荷时，两球接触后平分电量，则两球的电量 ‎ 两球接触后的库仑力= ‎ 当两球带异种电荷时，两球接触后平分电量，则两球的电量 两球接触后的库仑力 故应选CD。‎ ‎【点睛】‎ 两相同小球相互接触再分开，则电量先中和然后再平分总电荷量；库仑定律计算中可以只代入电量，最后再根据电性判断库仑力的方向。‎ ‎11．如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象．当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是(　　)‎ A． 带电粒子将始终向同一个方向运动 B． 2 s末带电粒子离出发点最远 C． 3 s末带电粒子的速度为零 D． 0～3 s内，电场力做的总功为零 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图象可知，电场强度的大小与方向的变化，当带电粒子由静止释放仅在电场力作用下，根据运动与力的关系可确定运动情况。‎ ‎【详解】‎ 由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度为，第2s内加速度因此先加速1s再减小0.5s时速度为零，接下来的0.5s将反向加速，v-t图象如图所示：‎ A项：带电粒子在前1秒匀加速运动，在第二秒内先做匀减速后反向加速，所以不是始终向一方向运动，故A错误；‎ B项：根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，在t=2s时，带电粒子离出发点不是最远，故B错误；‎ C项：由图可知，粒子在第1s内做匀加速运动，第2s内做匀减速运动，3s末的瞬时速度刚减到0，故C正确；‎ D项：因为第3s末粒子的速度刚好减为0，根据动能定理知粒子只受电场力作用，前3s内动能变化为0，即电场力做的总功为零。故D正确。‎ 故应选CD。‎ ‎【点睛】‎ 本题带电粒子在周期性变化的电场中运动，关键之处是电场强度大小不一，导致加速度不一，所以失去对称性．若电场强度大小相同，则带电粒子一直同一个方向运动。‎ ‎12．在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U．现将R2的滑动触点向b端移动，则下列说法正确的是（ 　）‎ A． I1增大，I2 不变，U增大 B． I1减小，I2 增大，U减小 C． 电源的总功率减小 D． 电源内部消耗的热功率增大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 的滑动触点向b端移动时，减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数U减小，电压增大，、并联电压减小，通过的电流减小，即示数减小，而总电流I增大，则通过的电流增大，即示数增大，A错误B正确；电源的总功率，总电流I增大，电源的总功率增大，C错误；电源内部消耗的热功率，总电流I增大，故电源内阻消耗的热功率增大，D正确．‎ ‎【点睛】‎ 在分析电路动态变化时，一般是根据局部电路变化（滑动变阻器，传感器电阻）推导整体电路总电阻、总电流的变化，然后根据闭合回路欧姆定律推导所需电阻的电压和电流的变化（或者电流表，电压表示数变化），也就是从局部→整体→局部．‎ 第II卷（非选择题）‎ 请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 三、实验题 ‎13．“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) 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，则电压表的读数为________ V，电流表的读数为__________ A．‎ ‎(3) 实验需要用刻度尺测出金属丝的长度l，用螺旋测微器测出金属丝的直径d，用电流表和电压表测出金属丝的电阻Rx。请写出测金属丝电阻率的表达式：ρ=____________（用上述测量量的字母表示）。‎ ‎【答案】（1）0.695-0.698 ； （2）2.60， 0.52； （3）； ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎(1) 由图示螺旋测微器可知，其示数为：0.5mm+19.8×0.01mm=0.698mm；‎ ‎(2) 由图示电压表可知，其分度值为0.1V，电压表示数为2.60V，‎ 由图示电流表可知，其分度值为0.02A，示数为0.52A；‎ ‎(3)由欧姆定律可得：，，解得：。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了螺旋测微器读数、实验误差分析、求电阻率，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。‎ ‎14．一实验小组准备探究某种元件Q的伏安特性曲线，他们设计了如图1所示的电路图．请回答下列问题：‎ ‎（1）请将图2中的实物连线按电路图补充完整____．‎ ‎（2）考虑电表内阻的影响，该元件电阻的测量值_____（选填“大于”、“等于”或“小于”）真实值．‎ ‎（3）在电路图中闭合开关S，电流表、电压表均有示数，但无论怎样移动变阻器滑动片，总不能使电压表的示数调为零．原因可能是图中的_____（选填a、b、c、d、e、f）处断路．‎ ‎（4）图3是根据实验测得数据作出的该元件I﹣U图线．为了求元件Q在I﹣U图线上某点的电阻，甲同学利用该点的坐标I、U，由求得．乙同学作出该点的切线，求出切线的斜率k，由 求得．其中_____（选填“甲”、“乙”）同学的方法正确．‎ ‎【答案】 小于 f 甲 ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 根据题意与表中实验数据确定滑动变阻器与电流表接法，然后连接实物电路图；‎ ‎(2) 根据实验电路图应用欧姆定律分析实验误差；‎ ‎(3) 根据电路结构进行判断；‎ ‎(4) 分析两种做法及实验原理可知哪一种做法更符合。‎ ‎【详解】‎ ‎(1) ‎ 由原理图可知，滑动变阻器采用了分压接法，即先将下面两个固定的接线柱接在电源两端；再将用电器的一端接在上面任意一个接线柱上，另一端接到下面任意一个接线柱上；同时电流表采用外接法，注意电表的正极流入；实物图如图：‎ ‎(2) 电流表外接时，通过元件的电流值的测量值大于真实值，由欧姆定律可知，该元件的电阻的测量值小于真实值；‎ ‎(3) 由图可知，若图中f接触不良，则变阻器变为了限流式接法，故不能使电压表示数调为零；‎ ‎(4) 从理论上讲，甲利用了欧姆定律，乙同学利用了斜率的意义，理论上说都没有问题，但从实际情况来说，我们根据测量数据描绘的I-U图象是大致曲线，存在很大的误差，如果再作出切线线求电阻，误差更大，计算结果更不准确；故甲同学的计算结果更准确。‎ ‎【点睛】‎ 本题中最后一小问中的问题较少遇到，通过本题应记住；此图象中的切线只能定性分析电阻的变化，而不能求出电阻的大小。‎ 评卷人 得分 四、解答题 ‎15．如图所示，光滑绝缘细杆竖直放置，细杆右侧距杆0.3m处有一固定的正点电荷Q，A、B是细杆上的两点，点A与Q、点B与Q的连线与杆的夹角均为。一中间有小孔的带电小球穿在绝缘细杆上滑下，通过A点时加速度为零，速度为3m/s，取g=10m/s2。求:‎ ‎(1) 小球下落到B点时的加速度 ‎(2) 小球下落到B点时的速度的大小。‎ ‎【答案】（1）小球下落到B点时的加速度是20m/s2，方向竖直向下．（2）小球下落到B点时的速度的大小是5m/s．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)分析小球在A处和B处的受力情况，根据库仑定律和牛顿第二定律分别列式，联立求解小球下落到B点时的加速度；‎ ‎(2)小球从A到B，电场力做功为零，重力做功为mghAB，根据动能定理求解小球下落到B点时的速度的大小。‎ ‎【详解】‎ ‎(1) 在A处，小球受力如图所示，‎ 由题意可知 ‎ ‎ 在B处，小球受力如图所示，根据牛顿第二定律得 联立以上两式解得：，方向竖直向下；‎ ‎(2) A、B两点位于同一等势面上，所以小球从A运动到B过程中，电场力做功为零，由动能定理得：‎ ‎ ‎ 由题，hAB=2×0.3cot37°=0.8m 联立上两式得 vB=5m/s.。‎ ‎【点睛】‎ 本题关键抓住AB两点的位置关系，分析受力情况，确定电势关系，运用牛顿第二定律和动能定理求解。‎ ‎16．长为平行金属板，板间形成匀强电场，一个带电量为、质量为的带电粒子，以初速度紧贴上板沿垂直于电场线方向射入匀强电场，刚好从下板边缘射出，末速度恰与下板成。如右图所示，求：‎ ‎（1）粒子末速度的大小。‎ ‎（2）匀强电场的场强大小。‎ ‎（3）两板间的距离。‎ ‎【答案】(1) (2) (3) ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：粒子在电场中做类平抛运动，水平方向是匀速直线运动，竖直方向是匀加速直线运动，根据速度矢量图可以求得粒子末速度的大小；由竖直方向是匀加速直线运动，根据匀加速运动的速度公式和牛顿第二定律可以求得匀强电场的场强；由匀加速直线运动的规律求得板间距离的大小由牛顿定律和运动学公式求解。‎ ‎（1）粒子在电场中做的是类平抛运动，由速度矢量图,‎ 得粒子末速度为：‎ ‎（2）粒子在电场中运动时间为：‎ 粒子射出电场时沿场强方向的分速度：‎ 在竖直方向有：‎ 联立以上可得场强为：‎ ‎（3）粒子子在竖直方向上做的是匀加速运动，由匀变速运动的规律 可得两板间距离：‎ 点睛：本题主要考查了粒子垂直进入电场中做的是类平抛运动，目的是考查学生对类平抛运动的规律的应用和计算能力。‎ ‎17．如图所示的电路中，输入电压U恒为12V，灯泡L上标有“4V，12W”字样，电动机线圈的电阻RM=0.50Ω．若灯泡恰能正常发光，则：‎ ‎(1)工作时通过电动机的电流是多少？‎ ‎(2)电动机工作时转化为机械能的功率？‎ ‎(3)整个电路消耗的电功率？‎ ‎【答案】（1）3A （2）19.5W （3）36W ‎【解析】试题分析：（1）通过电动机的电流等于灯泡的电流，．‎ ‎（2）电动机两端的电压 电动机的输入功率 电动机的热功率 则电动机的输出功率 ‎（3）整个电路消耗的功率。‎ 考点：电功率 ‎【名师点睛】解决本题的关键知道电动机的输出功率与总功率及热功率的关系以及知道整个电路消耗的功率P总=UI。‎ ‎18．如图所示，R1=R2=R3=1.0Ω，当电键K闭合时，伏特表上读数是1.0V，当电键K断开时，伏特表上读数是0.8V，求:‎ ‎（1）电源的电动势 ‎（2）电源的内电阻 ‎【答案】(1) 2V (2) 0.5Ω ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：当电键K闭合时，电阻R2与R3并联后与R1串联，当K断开时，R1与R2串联，电压表测量R1的电压；根据闭合电路欧姆定律对两种情况分别列式，联立即可求得电源的电动势E和内电阻r。‎ 当电键K闭合时，电阻R2与R3并联后与R1串联，外电路总电阻为，电路中干路电流为：‎ 根据闭合电路欧姆定律得：E=I（R+r）‎ 当K断开时，R1与R2串联，电路中干路电流为 ：‎ 根据闭合电路欧姆定律得： 联立解得：E=2V r=0.5Ω．‎ 点睛：本题主要考查了闭合电路欧姆定律，根据两种情况由闭合电路欧姆定律列出方程组，是求解电源电动势和内电阻常用的方法和思路。‎