2017-2018学年四川省成都市实验中学高二上学期期中考试物理试题 解析版

2017-2018学年四川省成都市实验中学高二上学期期中考试物理试题 解析版

成都市实验中学2017-2018学年第一学期高二期中考试物理试卷 一．单项选择题：本题共12小题 每题3分，共36分．‎ ‎1. 大小相同的两个金属小球A、B带有等量同种电荷，相隔一定距离时，两球间的库仑引力大小为F，现在用另一个跟它们大小相同的不带电金属小球，先后与A、B两个小球接触后再移开，这时A、B两球间的库仑力大小 A. 一定是F/8 B. 一定是F/4 C. 一定是3F/8 D. 可能是3F/4‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：因两球之间的库仑引力，则两球带异种电荷；设A带电量为+Q，B带电量为-Q，两球之间的相互吸引力的大小是：；第三个不带电的金属小球C与A接触后，A和C的电量都为Q/2，C与B接触时先中和再平分，则C.B分开后电量均为-Q/4，这时，A.B两球之间的相互作用力的大小：；故A正确，BCD错误；故选A．‎ 考点：库仑定律 ‎【名师点睛】此题考查了库仑定律的应用；除了要熟记库仑定律的表达式之外要清楚带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分．根据库仑定律的内容，找出变化量和不变量求出问题。‎ ‎2. 某电场的电场线分布如图所示，下列说法正确的是 A. a点的电势高于b点的电势 B. c点的电场强度大于d点的电场强度 C. 若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功 D. 若将一负试探电荷由c点移到d点，电势能增加 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：要正确在电场中通过电场线来判断电场强度、电势、电势能大小变化，理解这些概念之间的关系．‎ 解：A、做出通过b点的等势线，等势线与过a点的电场线相交，根据沿电场线电势降低可知：a点的电势低于b点的电势，故A错误；‎ B、从电场线的分布情况可知，d处的电场线比c处的密，所以c点的电场强度小于d点的电场强度，故B错误；‎ C、正电荷所受电场力和电场线方向相同，因此正试探电荷由a点移到b点时电场力做负功，故C正确；‎ D、当负试探电荷由c点移到d点时电场力做正功，电势能减小，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎【点评】电场强度、电势、电势能、电场力做功等概念是本章的重点和难点，要弄清它们之间的区别和联系，并能在实际电场中或者电荷运动过程中弄清它们的变化．‎ ‎3. 一个电容为C的电容器，当所带电量为Q时，两板间电势差为U，如果电量增大为2Q，则 A. 电容变为2C，电势差保持不变 B. 电容变为2C，电势差变为2U C. 电容保持不变，电势差变为2U D. 电容保持不变，电势差保持不变 ‎【答案】C ‎【解析】电容的大小是电容器本身决定的，与电容器极板上的电量无关，电量增大为2Q，电量不变；给定的电容器电容C一定，则 ，电量增大为2Q，电势差增大为2U．故选C.‎ ‎4. 如图所示，实线为方向未知的三条电场线，a、b两带电粒子从电场中的O点以相同的初速度飞入。仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图中虚线所示，则 A.一定带正电，b一定带负电 B.加速度增大，b加速度减小 C.电势能增大，b电势能减小 D.和b的动能一定都增大 ‎【答案】D ‎【解析】由图，b粒子的轨迹向左弯曲，b粒子受到的电场力方向向左，a的轨迹向右弯曲，b粒子受到的电场力方向向右，由于电场线未知，无法确定两个粒子的电性．故A错误；由图看出，向右电场线越来越疏，场强越来越小，则a所受电场力减小，加速度减小，b所受电场力增大，加速度增大．故B错误；由图判断电场力对两个粒子都做正功，电势能都减小，动能都增大．故C错误，D正确．故选D．‎ ‎5. 如图所示，竖直放置的平行板电容器中存在水平方向的匀强电场，两个质量相同的带电微粒1和2从匀强电场中的O点以相同的初速度竖直向下进入电场，分别达到极板B、C两点，若AB=BC，不计粒子的重力，则它们带电荷量之比q1：q2等于 A. 1：4 B. 4：1 C. 1：2 D. 2：1‎ ‎【答案】B ‎【解析】粒子在竖直方向上做匀速直线运动，初速度相等，因为AB=BC，则粒子的运动时间之比为1：2，在水平方向上做匀加速直线运动，根据x＝at2知，水平位移相等，则加速度之比为4：1，根据a=，质量相同，电场强度相同，则电荷量之比为4：1．故B正确，ACD错误．故选B．‎ 点睛：解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法，将粒子分解为水平方向和竖直方向，抓住等时性，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．‎ ‎6. 关于电阻和电阻率的说法中，正确的是 A. 导体对电流的阻碍作用叫做导体的电阻，因此只有导体中有电流通过时才有电阻 B. 由R =U／I可知导体的电阻与导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比 C. 某些金属合金和化合物的电阻率随温度的降低突然减小为零，这种现象叫做超导现象 D. 将一根导线等分为二，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一 ‎【答案】C 点睛：电阻是导体对电流的阻碍作用．影响电阻大小的因素有：材料、长度、横截面积、温度，与通过导体的电流和导体两端的电压无关。‎ ‎7. 北京正负电子对撞机的储存环是周长为240m的近似圆形轨道。当环中电流是10mA时（设电子的速度是3×107m/s），则整个环中运行的电子数目为（电子的电荷量e=1.6×10－19C）‎ A. 5×1011 B. 5×1010 C. 1×102 D. 1×104‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：电子运动一周用的时间：，因为，，在整个环中运行的电子数目个，A正确．‎ 考点：考查了电流的宏观定义 ‎【名师点睛】知道电子的速度和周长，利用速度公式求电子运动一周用的时间，再根据电流定义式求电荷量，而一个电子电荷量，可求在整个环中运行的电子数目．‎ ‎8. 两根由同种材料制成的均匀电阻丝A、B串联在电路中，A的长度为L，直径为d；B的长度为2L，直径为2d，那么通电后在相同的时间内产生的热量之比为 A. QA：QB=1：2 B. QA：QB=2：1‎ C. QA：QB=1：1 D. QA：QB=4：1‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：由电阻的公式R=ρ可得，两电阻丝的长度之比为1：2，直径之比不1：2，则横截面积之比为1：4，故A、B的电阻之比为2：1，串联时的电流还相等，通电时间又相等，故由公式Q=I2Rt可得，二者产生的热量之比是2：1，故B是正确的。‎ 考点：电阻定律，焦耳定律。‎ ‎9. 如图所示电路，电压保持不变，当电键S断开时，电流表A的示数为0.6A，当电键S闭合时，电流表的示数为0.9A，则两电阻阻值之比R1：R2‎ ‎ ‎ A. 1：2 B. 2：1 C. 2：3 D. 3：2‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：通过电阻R2的电流：I2=I-I1=0.9A-0.6A=0.3A；电阻R=得R1：R2=1：2，选项A正确。‎ 考点：欧姆定律 ‎【名师点睛】本题考查了欧姆定律的应用，分析清楚电路结构、应用并联电路特点及欧姆定律即可正确解题．由电路图可知，断开电键时，只有电阻R1接入电路，电流表测R1电流，闭合电键时，两电阻并联接在电源两端，电流表测干路电流.‎ ‎10. 一盏电灯直接接在恒定的电源上，其功率为100W，若将这盏灯先接上一段很长的导线后，再接在同一电源上，在导线上损失的电功率是9W，那么此时电灯实际消耗的电功率 A. 等于91W B. 小于91W C. 大于91W D. 条件不足，无法确定 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：如果导线电阻忽略时，灯接在恒定电压的电源上功率是100W；因为导线和灯泡串联，当导线上电阻较大时，即电路中的电阻变大，由可知电路消耗的总功率变小，即小于100W，而导线上消耗的功率为9W，所以灯泡的实际功率只能小于91W．B正确 考点：考查电功率的计算 点评：本题难度中等，特别注意实际功率与额定功率的区别，有很多学生没有注意到电路中的总功率已经发生变化从而出了错误 ‎11. 在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，C为电容器，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。开关闭合后，灯能正常发光，当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是 ‎ ‎ A. 路端电压变小 B. 灯泡L将变亮 C. 电容器C的电量将减小 D. 电容器C的电量将增大 ‎【答案】D ‎【解析】当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器在路电阻增大，外电阻增大，电路中电流减小，路端电压增大，故A错误．电路中电流减小，灯L变暗，故B错误．电容器的电压等于路端电压，可见其电压是增大的，则由Q=CU知，电容器C的电荷量将增大．故C错误，D正确．故选D.‎ ‎12. 传感器是一种采集信息的重要器件.如图所示是一种测定压力的电容式传感器，A为固定电极，B为可动电极，组成一个电容大小可变的电容器.可动电极两端固定，当待测压力施加在可动电极上时，可动电极发生形变，从而改变了电容器的电容.现将此电容式传感器与零刻度在中央的灵敏电流表和电源串联成闭合电路，已知电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏转，当待测压力增大时，下列说法中正确的是 ‎ ‎ A. 电容器的电容将减小 B. 电容器的电荷量将减小 C. 灵敏电流表指针向左偏转 D. 灵敏电流表指针向右偏转 ‎【答案】C ‎【解析】当待测压力增大时，电容器极板间距离减小，根据电容的决定式分析得知，电容增大，故A错误．电容两端电势差不变，根据Q=CU可知，电容器的电荷量将增加，故B错误．由于电容器上极板带正电，则电路中形成逆时针方向的充电电流，故灵敏电流表的指针向右偏．故C错误，D正确．故选D．‎ 点睛：本题考查电容器的动态分析，分析要抓住电容器与电源始终相连，极板间的电势差不变，运用电容的决定式和电荷量公式Q=CU结合进行分析．‎ 二．不定项选择题：本题共6小题，每题3分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有一个或一个以上的选项是正确的，全对得3分，选对但不全得1分，错选得0分．‎ ‎13. 如图所示，图甲中AB是点电荷电场中的一条电场线，图乙则是放在电场线上a、b处的试探电荷的电量与所受电场力大小间的函数图线，由此可以判定 ‎ ‎ A. 若场源是正电荷，位置在A侧 B. 若场源是正电荷，位置在B侧 C. 若场源是负电荷，位置在A侧 D. 若场源是负电荷，位置在B侧 ‎【答案】AC ‎【解析】F-q图象的斜率表示电场强度大小，图线a的斜率大于b的斜率，说明a处场强大于b处的场强，电场是由点电荷产生的，说明A距离场源较近，即场源位置在A侧，故AC正确；故选AC.‎ ‎14. A、B两个点电荷在真空中所产生电场的电场线（方向未标出）如图所示，图中C点为两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连线的中垂线，D为中垂线上的一点，电场线的分布关于MN左右对称。则下列说法中正确的是 ‎ ‎ A. 这两点电荷一定是等量异种电荷 B. 这两点电荷一定是等量同种电荷 C. C、D两点的电势一定相等 D. D点的场强比C点的场强大 ‎【答案】AC ‎【解析】根据电场线的特点，从正电荷出发到负电荷终止可以判断，A、B是两个等量异种电荷．故A正确；B错误；根据平行四边形定则，对中垂线上的场强进行合成，知中垂线上每点的电场方向都水平向右，中垂线和电场线垂直，所以中垂线为等势线，所以C点的电势等于D点的电势，故C正确；在两等量异号电荷连线的中垂线上，中间点电场强度最大，也可以从电场线的疏密判断，所以C点的电场强度比D点的电场强度大，故D正确．‎ ‎15. 用伏安法测未知电阻Rx时，若不知Rx的大约数值，为了选择正确的电流表接法以减小误差，可将仪器如图所示接好，只空出一个电压表的一个接头K，然后将K分别与a，b接触一下，观察电压表和电流表示数变化情况，则 A. 若电流表示数有显著变化，K应按a B. 若电流表示数有显著变化，K应按b C. 若电压表示数有显著变化，K应按a D. 若电压表示数有显著变化，K应按b ‎【答案】BC ‎【解析】试题分析：若K从a移到b时，安培表读数有显著变化，说明伏特表的分流明显，K应接在b处，故A错误，B正确；若K从a移到b时，伏特表读数有显著变化，说明电流表的分压明显，K应接在a处，故C正确，D错误；故选BC。‎ 考点：付安法测电阻 ‎【名师点睛】本题考查了应用试触法判断伏安法测电阻时实验电路的选择问题，难度不是很大，熟练掌握基础知识即可正确解题。‎ ‎16. 欧姆表调零后，用“×10”档测量一个电阻的阻值，发现指针偏转角度很小，则下列说法和做法中正确的是 A. 这个电阻的阻值很小 B. 这个电阻的阻值很大 C. 为使测量更准确，应当换用“×1”档，并且重新调零进行测量 D. 为使测量更准确，应当换用“×100”档，并且重新调零进行测量 ‎【答案】BD ‎............‎ ‎17. 如图所示，a、b分别表示一个电池组和一只电阻的伏安特性曲线，以下说法正确的是 ‎ A. 电池组的内阻是1Ω B. 电阻的阻值为0.33Ω C. 将该电阻接在该电池组两端，电池组的输出功率将是4W D. 将该电阻接在该电池组两端，电池组的总功率将是4W ‎【答案】AD ‎【解析】由图线a斜率倒数的大小求出电池组的内阻．故A正确．由图线b斜率倒数的大小求出电阻的阻值．故B错误．将该电阻接在该电池组两端，电路中电流I=1A，路端电压为U=3V，电池组的输出功率P出=3W．故C错误．由图线a读出电源的电动势E=4V．当外电阻等于电池内阻时，该电池组的输出功率最大，电池组的最大输出功率Pmax==4W．故D正确．故选AD.‎ ‎18. 在研究微型电动机性能时，应用如图所示的实验电路．当调节滑动变阻器R使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.50A和2.0V．重新调节R使电动机正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.0A和24.0V，则这台电动机正常运转时的内阻r和输出功率P出为 A. r＝4Ω B. r＝12Ω C. P出＝32W D. P出＝48W ‎【答案】AC ‎【解析】电动机停止转动时，可得电动机的电阻：；‎ 电动机正常运转时，电动机的总功率：P=U1I1=24V×2A=48W；‎ 电动机自身电阻的热功率：PR=I12R=（2A）2×4Ω=16W； 电动机正常运转时的输出功率是：P出=P-PR=48W-16W=32W．‎ 故AC正确，BD错误．故选AC．‎ 三．本大题4小题，每空2分，作图2分，共18分．‎ ‎19. 现将满偏电流Ig＝3 mA，内阻Rg＝25 Ω的电流表改装成量程为3.0V的电压表，需________一个阻值等于________Ω的电阻．‎ ‎【答案】 (1). 串联 (2). 975‎ ‎【解析】改装成电压表要串联电阻分压，串阻值为  .‎ ‎20. 如图所示为某匀强电场的等势面，相应的电势分别为-10V、0、10V，图中A、B两点相距2.5㎝，则该匀强电场场强大小为_____V/m ‎【答案】1000‎ ‎【解析】由图线可知该电场水平向左，电场线与AB连线的夹角是37°，所以得：UBA=Edcos37° 得：．‎ 点睛：抓住电场线与等势线垂直，且指向低电势处是解题的关键，并要准确理解公式U=Ed中d的含义：d是沿电场线方向两点间的距离．‎ ‎21. 有一个小灯泡上标有“4 V、2 W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的I—U图线．现有下列器材供选用：‎ A．电压表(0～5 V，内阻10 kΩ) ‎ B．电压表(0～15 V，内阻20 kΩ)‎ C．电流表(0～3 A，内阻1 Ω) D．电流表(0～0.6 A，内阻0.4 Ω)‎ E．滑动变阻器(10 Ω，2 A) F．滑动变阻器(500 Ω，1 A)‎ G．学生电源(直流6 V)、开关、导线若干 ‎(1)实验时，选用图甲而不选用图乙的电路图来完成实验，理由是__________________________‎ ‎(2)实验中所用电压表应选____，电流表应选用____，滑动变阻器应选用____．(用序号字母表示)‎ ‎(3)把图中所示的实验器材用实线连接成实物电路图 ‎【答案】 (1). 电压须从零开始调节 (2). A (3). D (4). E (5). ‎ ‎【解析】试题分析：（1）在用伏安法描绘这个灯泡的I一U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，所以电路图选用图甲；‎ ‎（2）因灯泡的额定电压为4V，为保证安全选用的电压表量程应稍大于4V，但不能大太多，量程太大则示数不准确；故只能选用0～5V的电压表，故选A；由P=UI得，灯泡的额定电流I=P/U=2/4=0.5A，故电流表应选择0～0.6A的量程，故选D；而由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，而分压接法中应选总阻值小的滑动变阻器，故选E；‎ ‎（3）对照电路图连接实物图，注意电流从电流表电压表正接线柱流入，如图：‎ 考点：伏安法测电阻 四．本大题3小题，共28分．‎ ‎22. 一个电量q=2×10－10C的正点电荷放在匀强电场中的A点，它受到的电场力是10－7N，则：‎ ‎(1)此电场的场强是多大？‎ ‎(2)此电荷只在电场力作用下从静止开始移动了0.4m而到达B点，到达B点时电荷的动能有多大？‎ ‎(3)A、B两点间的电势差是多少？‎ ‎【答案】（1）500N/C（2）（3）200V ‎【解析】（1）‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎（2）由动能定理得：‎ ‎（3）‎ ‎23. 如图所示的电路中，电源电动势E = 6.0V ，内阻r = 0.6Ω ，电阻R2 = 0.5Ω ，当开关S断开时，电流表的示数为1.5A ，电压表的示数为3.0V ，试求：‎ ‎(1)电阻R1和R3的阻值 ‎(2)当S闭合后，求电压表的示数和R2上消耗的电功率 ‎【答案】（1）1.8（2）2W ‎【解析】（1）S断开时，由U1=I1R3 代入数据解得： R3=2Ω ‎ 又由 代入数据解得：R1=1.4Ω ‎ ‎（2）S闭合时，R2、R3并联电阻 ‎ 由闭合电路欧姆定律得回路总电流： 代入数据解得：‎ 电压表示数为: U2=I2R23=1V ‎ R2上消耗的功率为: ‎ ‎24. 如图所示，在绝缘水平面上，相距为L的A、B两点处分别固定着两个等量正电荷.a、b是AB连线上两点，其中Aa=Bb=L/4,a、b两点电势相等，O为AB连线的中点.一质量为m带电量为+q的小滑块(可视为质点)以初动能E0从a点出发，沿AB直线向b运动，其中小滑块第一次经过O点时的动能为初动能的n倍(n>1)，到达b点时动能恰好为零，小滑块最终停在O点，求：‎ ‎(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数μ.‎ ‎(2)Ob两点间的电势差Uob.‎ ‎(3)小滑块运动的总路程S.‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】试题分析：（1）由Aa=Bb=,O为AB连线的中点得：a、b关于O点对称，则①‎ 设小滑块与水平面间的摩擦力大小为f，对于滑块从a→b过程，由动能定理得：②‎ 而③‎ 由①-③式得：④‎ ‎（2）对于滑块从O→b过程，由动能定理得：⑤‎ 由③-⑤式得：⑥‎ ‎（3）对于小滑块从a开始运动到最终在O点停下的整个过程，由动能定理得：‎ ‎⑦‎ 而⑧‎ 由③——⑧式得：⑨‎ 考点：考查了动能定理的应用 ‎【名师点睛】应用动能定理应注意的几个问题（1）明确研究对象和研究过程，找出始末状态的速度。（2）要对物体正确地进行受力分析，明确各力做功的大小及正负情况（待求的功除外）。（3）有些力在物体运动过程中不是始终存在的。若物体运动过程中包括几个阶段，物体在不同阶段内的受力情况不同，在考虑外力做功时需根据情况区分对待 ‎ ‎ ‎ ‎