2018-2019学年湖南省浏阳市六校联考高二上学期期中考试物理试题（Word版）

2018-2019学年湖南省浏阳市六校联考高二上学期期中考试物理试题（Word版）

‎2018-2019学年湖南省浏阳市六校联考高二上学期期中考试 物理试卷 命题学校： 五中 命题人： 吴航 审题人： 陈刚 时量： 90 分钟 一、单选题（每题4分，共计40分）‎ ‎1．下述说法正确的是(   )‎ A． 根据E = F/q,q电量减半,则场强加倍;若没有检验电荷,则该点的场强为零。‎ B． 根据E = KQ/r2,可知点电荷电场中某点的场强与该点电荷的电量Q成正比。‎ C． 根据场强叠加原理,可知合电场的场强一定大于分电场的场强。‎ D． 场强方向为检验电荷在该点的受力方向,电场线就是点电荷在电场中的运动轨迹 ‎2．关于电源电动势E，下列说法中错误的是 A． 电动势E的单位与电势、电势差的单位相同，都是伏特V B． 干电池和铅蓄电池的电动势是不同的 C． 电动势E可表示为可知，电源内非静电力做功越多，电动势越大 D． 电动势较大，表示电源内部将其他形式能转化为电能的本领越大 ‎3．电路中，每分钟有6×1013个自由电子通过横截面积为0.64×10－6 m2的导线，那么电路中的电流是(　　)‎ A．0.016 mA　　　　 B．1.6 mAC．0.16 μA D．16 μA ‎4．两根完全相同的金属裸导线,如果把其中的一根均匀拉长到原来的2倍,把另一根对折后绞合起来,则这两根导线后来的电阻之比为 (　　)‎ A．1∶4 B．4∶1C．1∶16 D．16∶1‎ ‎5．三根电阻相同的电热丝，分别把它们全部串联和全部并联，接在输出电压不变的电源两端，要它们发出相同的热量，所需通电时间之比t串：t并等于( ) ‎ A． 9：1 B． 1：3C． 3：1D． 1：9‎ ‎6．如图所示，A、B、C、D、E是半径为r的圆周上等间距的五个点，在这些点上各固定一个点电荷，除A点处的电量为－q外，其余各点处的电量均为＋q，则圆心O处(　　) ‎ A． 场强大小为，方向沿AO方向B． 场强大小为，方向沿OA方向 C． 场强大小为，方向沿AO方向D． 场强大小为，方向沿OA方向 ‎7．如图，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM，φN，φP，φQ，一电子由M点分别到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，则（ ）‎ A．直线a位于某一等势面内，φM＞φQB．直线c位于某一等势面内，φM＞φN C．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功D．若电子由P点运动到Q点，电场力做负功 ‎8．如图所示，先接通电键S使电容器充电，然后断开S，增大两极板间的距离时，电容器所带电量Q、电容C、两极板间电势差U的变化情况是（　　）‎ A． Q变小，C不变，U不变 B． Q变小，C变小，U不变 C． Q不变，C变小，U变大 D． Q不变，C变小，U变小 ‎9．如图所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为 A． U1︰U2＝1︰4 B． U1︰U2＝1︰8C． U1︰U2＝1︰1 D． U1︰U2＝1︰2‎ ‎10．在如图的电路中，当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，A、B两灯亮度的变化情况为（ ）‎ A． A灯、B灯都变暗B． A灯和B灯都变亮 C． A灯变亮，B灯变暗D． A灯变暗，B灯变亮 二、多选题（每题4分，共20分）‎ ‎11．欧姆定理I=U/R可变形为R=U/I，对上述公式理解正确的是 A． 通过导体的电流与加在导体两端的电压成正比 B． 导体的电阻与加在导体两端的电压成正比 C． 导体的电阻与通过导体的电流成反比 D． 导体的电阻与加在导体两端的电压、通过导体的电流无关 ‎12．如图所示为半径相同的两个金属小球，A、B带有电量相等的电荷，相隔一定距离，两球之间的相互作用力大小是F，今用第三个半径相同的不带电的金属小球先后与A、B两球接触后移开.这时，A、B两球之间的相互作用力的大小是(A、B两球均可看成点电荷)（ ）‎ A． F/8B． F/4C． 3F/8D． 3F/4‎ ‎13．如图为一匀强电场，某带电粒子从A点运动到B点．在这一运动过程中克服重力做的功大小为1.0J，电场力做的功大小为0.5J．（只受电场力、重力作用），则下列说法正确的是(　　)‎ v B A E A．粒子带负电B．粒子在A点的电势能比在B点少0.5J C．粒子在A点的动能比在B点多0.5JD．粒子在A点的机械能比在B点少0.5J ‎14．如图所示，两平行金属板分别加上如下列选项中的电压，能使原来静止在金属板中央的电子(不计重力)有可能做往返运动的U－t图象应是(设两板距离足够大)(　　)‎ A． A B． B C． C D． D ‎15．如图所示，图线1、2分别表示导体A、B的伏安特性曲线，它们的电阻分别为R1、R2，则下列说法正确的是（ ）‎ A． B． ‎ C． 将与串联后接于电源上，则电压比 D． 将与并联后接于电源上，则电流比 三、填空题（每空2分，共12分）‎ ‎16．导体中的电流是5μA，那么在3．2s的时间内有__________ C的电荷定向移动通过导体的横截面，相当于_________个电子通过该截面。‎ ‎17．有一充电的平行板电容器，两板间电压为3V，现使它的电荷量减少 ‎3×10-4 C，于是电容器两极板间电压降为原来的1/3，此电容器的电容是_______μF，电容器原来的带电荷量是________C。‎ ‎18．写出如图所示的游标卡尺和螺旋测微器的读数：‎ ‎（1）游标卡尺的读数：________mm。‎ ‎（2）螺旋测微器的读数：________mm。‎ 四、解答题 ‎19．（本题6分）如图所示的电路中，电源电动势为10 V，R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，电容C＝30 μF，电源内阻忽略不计．求：‎ ‎(1)闭合开关S，稳定后通过电阻R1的电流；‎ ‎(2)将开关S断开，再次稳定后，求通过R1的总电荷量．‎ ‎20．（本题7分）右图家用电饭的电路原理图。将电饭煲接到稳压电源上，当开关接通“加热”时，电热丝以额定功率给食物加热，当食物蒸热后，开关接通“保温”挡，给食物保温，这时电热丝的功率为其额定功率的1/4，电流为1A，已知分压电的阻值R=100Ω。求：‎ ‎（1）电热丝电阻r ‎（2）稳压电源输出的电压；‎ ‎（3）电热丝的额定功率。‎ ‎21．（本题7分）把一个带电荷量为2×10-8 C的正点电荷从电场中的A点移到无限远处时，静电力做功8×10-6 J；若把该电荷从电场中的B点移到无限远处时，静电力做功2×10-6 J，取无限远处电势为零。‎ ‎(1)求A点的电势。‎ ‎(2)求A、B两点的电势差。‎ ‎(3)若把电荷量q= -2×10-5 C的电荷由A点移到B点，静电力做的功为多少?‎ ‎22．（本题8分）如图所示，A为粒子源，在A和极板B间的加速电压为U1，在两水平放置的平行带电板C、D间的电压为U2，现设有质量为m，电荷量为q的质子初速度为零，从A被加速电压U1加速后水平进入竖直方向的匀强电场，平行带电板的极板的长度为L，两板间的距离为d，不计带电粒子的重力，求：‎ ‎(1)带电粒子在射出B板时的速度；‎ ‎(2)带电粒子在C、D极板间运动的时间；‎ ‎(3)带电粒子飞出C、D电场时在竖直方向上发生的位移y.‎ 参考答案 ‎1．B ‎【解析】电场中某点的场强与试探电荷的电量即有无无关，选项A错误；根据E = KQ/r2,可知点电荷电场中某点的场强与该点电荷的电量Q成正比，选项B正确；根据平行四边形法则可知，合电场的场强不一定大于分电场的场强，选项C错误；场强方向为正的检验电荷在该点的受力方向；电场线不一定是点电荷在电场中的运动轨迹，选项D错误；故选B.‎ ‎2．C ‎【解析】‎ 电动势E的单位与电势、电势差的单位相同，都是伏特V，选项A正确；干电池电动势是1.5V，铅蓄电池的电动势是2V，选项B正确；电动势E可表示为可知，电源内非静电力从电源的负极移动1C正电荷到电源的正极做功越多，电动势越大，选项C错误；电动势较大，表示电源内部将其它形式能将电能转化为电能的本领越大，选项D正确；此题选项错误的选项，故选C.‎ ‎3．C ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：根据公式可得,C正确，‎ 考点：考查了电流的宏观表达式 点评：关键是对公式的正确掌握，不被题中的无效信息迷惑 ‎4．D ‎【解析】设导线变化前的长度为L，横截面积为S，其中的一根均匀拉长到原来的2倍,则，，把另一根对折后绞合起来后，则，，代入公式可得，所以D正确，‎ 思路分析：无论是均匀拉长还是对折后绞合起来,导线的体积保持不变，然后结合公式分析解题 试题点评：本题考查了对公式的简单计算，关键是熟练公式和细心计算，‎ ‎5．A ‎【解析】略 ‎6．D ‎【解析】试题分析：由点电荷的场强公式可知，各点电荷在O点产生的场强大小为E=，电场强度是矢量，求合场强应用平行四边形定则，由对称性可知，B、C、D、E四个点电荷的合场强大小为E′=，方向沿OA方向，则A、B、C、D、E四个点电荷的合场强大小为： E合=E′+E=+=，方向沿OA方向；故本题选D．‎ 考点：点电荷的场强，电场强度的叠加问题 ‎7．B ‎【解析】‎ 试题分析：根据题意，电子由M点分别到N点和P点的过程中，电场力做相等，则N、P两点的电势相等，又因做负功，所以则电势能增加相等，电势降低。直线d位于同一等势面上，在匀强电场里，等势面与电场线垂直且为平行的直线，由此可知，直线a不是同一等势面，直线c位于某一等势面内，且φM＞φN．故A错误，B正确；由上分析知，直线c位于某一等势面内，M、Q的电势相等，若电子由M点运动到Q点电场力不做功，故C错误；电子由P点运动到Q点电场力做正功，故D错误．所以B正确，ACD错误。‎ 考点：匀强电场、电场力做功 ‎【名师点睛】匀强电场的电场线为相互平行间隔相等的平行线，而等势线与电场线垂直；匀强电场中，任意两平行直线上相等距离的电势差相等．本题的关键在于找出电子由M点分别到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，说明电势能增加相等，据此分析电势高低。‎ ‎8．C ‎【解析】试题分析：由于充电后，电容器的带电量Q不变，AB错误；根据 可知，当两板间距离d增大时，电容C变小，根据可知，而两板间的电势差U增大，D错误；而内部电场强度，因此电场强度与两板间距离变化无关，C正确。‎ 考点：电容器 ‎【名师点睛】电容器的定义式是一个比值定义，也就是电容器的大小与Q和U都无关，只与它们的比值有关；而电容器的决定式说明电器的大小与两板的正对面积成正比，与两板间的距离成反比；电容器内部是匀强电场，且电场强度大小为。‎ ‎9．B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 带点粒子在电场中做类似平抛运动，将合运动沿着平行平板和垂直平板方向正交分解，根据运动学公式和牛顿第二定律列式求解。‎ ‎【详解】‎ 带电粒子在电场中做类似平抛运动，将合运动沿着平行平板和垂直平板方向正交分解，有x=v0t，，加速度为：，解得，所以，故B正确，ACD错误。‎ ‎【点睛】‎ 本题关键根据类平抛运动的分位移公式和牛顿第二定律联立列式求解出电压的一般表达式，然后再进行分析讨论。‎ ‎10．A ‎【解析】‎ 试题分析：当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，并联部分的总电阻变小，所以外电路总电阻变小，总电流变大，B灯消耗的电压变小，则知B灯变暗．由于电流增大，电源的内电压和B灯的电压变大，根据闭合电路欧姆定律得知，并联部分的电压变小，所以A灯消耗的功率变小，则知A灯变暗．故A正确．故选A.‎ ‎【点睛】从图可知，滑动变阻器与灯泡A并联，然后跟灯泡B 串联，首先判断滑动变阻器电阻的变化情况，然后根据串联电路中电阻的特点，得出总电阻变化情况，由欧姆定律可知电路中电流表的变化及并联部分电压的变化．即可判断两灯亮度的变化．‎ ‎11．AD ‎【解析】分析：导体的阻值是导体本身所具有的性质，与通过它的电流、它两端的电压无关．但可以用导体两端的电压与通过导体的电流的比值求出其大小．‎ 解答：解：通过导体的电流与加在导体两端的电压成正比，导体电阻的大小与导体的材料、长度、横截面积和温度有关，与导体两端电压和通过电流无关；故选项AD正确，BC选项不正确．‎ 故选AD．‎ 点评：本题考查欧姆定律及其变形公式的理解，关键是知道影响电阻大小的因素是导体的材料、长度、横截面积和温度，与导体两端的电压和通过的电流没有关系．‎ ‎12．AC ‎【解析】试题分析：由于两球开始时吸引，则两球带等量的异种电荷，电量大小都为Q，有： ．则让第三个半径相同的不带电的金属小球先后与A，B两球接触后移开．两球所带的电量大小分别为、，则库仑力．故A正确，BCD错误．故选A．‎ 考点：库仑定律 ‎【名师点睛】解决本题的关键掌握接触带电的原则，等大球接触后电量先中和后均分，熟练掌握库仑定律的公式。‎ ‎13．ACD ‎【解析】粒子从A点运动到B点，受电场力向右，与场强方向相反，粒子带负电，A对。由A到B电场力做正功，电势能减少0.5J．B错。重力做负功，合外力做功为0.5J，动能增量为0.5J，C对。机械能对应非重力功，即电场力做功，电场力做正功0.5J，机械能增加0.5J,D对。‎ ‎14．BC ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 电子在前内做匀加速直线运动，后 内做匀减速运动到零，然后重复之前的运动，一直向前运动，故A错误；电子在前内做匀加速直线运动，第二个内做匀减速运动到零，第三个内反向做匀加速直线运动，第四个内反向做匀减速直线运动，然后重复之前的运动，故B正确；电子在前内做变加速直线运动，第二个内做变减速直线运动到零，第三个内反向做变加速直线运动，第四个内反向做变减速直线运动，然后重复之前的运动，故C正确；电子在前内做匀加速直线运动，第二个内做匀速运动，第三个内做匀加速运动，第四个内做匀速直线运动，然后重复之前的运动规律，故D错误。故BC正确，AD错误。‎ ‎15．AC ‎【解析】A、B、根据电阻的定义式得,根据图象可以知道,当电流都为1A时,电阻之比等于电压的正比,所以导体A、B的电阻 .所以A选项是正确的,B错误; C、根据公式: ,当两段导体中的电流相等时,他们的电压之比 .所以C选项是正确的 D、根据公式: ,当两段导体中的电压相等时，他们的电流之比 ，故D错误 综上所述本题答案是：AC ‎16．1．6×10-5，1．0×1014‎ ‎【解析】‎ 试题分析：根据公式可得，相当于个电子通过该截面，‎ 考点：考查了电流的定义式 ‎【名师点睛】已知电流和通电时间，根据电流的定义式求出3．2s内通过导体横截面的电荷量．每个电子的电荷量大小为e=1．6×10-19C，由求出相当于电子的数目．‎ ‎17．150 4.5×10-4‎ ‎【解析】‎ 试题分析：由题：平行板电容器的电荷量减少，电压降低，‎ 则 ‎ 电容器原来的带电荷量 考点：考查了对电容器电容的理解电容．‎ 点评：对于电容器的电容，表征电容器容纳电荷的本领大小，与其电量、电压无关．求电容可用．‎ ‎18． （1）50.15； （2）3.617（3.615－3.618均正确）；‎ ‎【解析】游标卡尺的主尺读数为5cm=50mm,游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐,游标读数为0.05×3mm=0.15mm,所以最终读数为：主尺读数+游标尺读数=50mm+0.15mm=50.15mm；‎ 螺旋测微器的固定刻度读数3.5mm，可动刻度读数为0.01×11.6=0.116mm，所以最终读数为：固定刻度读数+可动刻度读数=3.5+0.116=3.616mm(3.615-3.618)．‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，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．‎ ‎19．(1)1 A　(2)1.2×10－4 C 解析　(1)I＝＝ A＝1 A.（3分）‎ ‎(2)闭合S时，电容两端的电压UC＝U2＝IR2＝6 V，断开S后，电容两端电压UC′＝E＝10 V，所以断开S后，电容器有一个短时间的继续充电过程，通过R1的电荷量即为ΔQ＝ΔU·C＝(10－6)×30×10-6 C＝1.2×10-4 C.（3分）‎ ‎20．（1）100Ω（2）200V（3）400W ‎【解析】设电源输出电压为U，则：U=I(R+r) ‎ I2r=U2/4r ‎ 解得：r=100Ω （3分）‎ ‎（2）稳压电源输出的电压U=I(R+r)=1×(100+100) V=200V （2分）‎ ‎（3）电热丝的额定功率P=U2／r=400W （2分）‎ ‎21．（1）φA=400 V（2）300 V（3）-6×10-3 J ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）无穷远处某点O的电势为零，根据电场力做功与电势能变化的关系公式WAB=EpA-EpB，有WOA=EpO-EpA ‎ 无穷远处电势能为零，即EpO=0 故EpA=-WOA=8×10-6J 根据电势的定义式φ= 得；（3分） （2）把该电荷从无限远处的O点移到电场中B点，需克服电场力做功2×10-6J，取无限远处电势为零，根据电场力做功与电势能变化的关系公式WAB=EpA-EpB，有 WOB=EpO-EpB 无穷远处电势能为零，即EpO=0 故EpB=-WOB=2×10-6J 根据电势的定义式，得 故A、B间的电势差为UAB=φA-φB=400V-100V=300V；（3分） （3）若把2×10-5C的负电荷由A点移到B点，电场力所做的功：WAB=qUAB=-2×10-5×300=-6×10-3 J；（1分）‎ ‎【点睛】‎ 本题关键是根据功能关系得到电场力做功与电势能变化的关系，然后列式求解出电场中各个点的电势能，最后根据电势的定义式求解各个点的电势．‎ ‎22．（1） （2） （3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由动能定理得：W=qU1=（2分）‎ 则 ‎（2）离子在偏转电场中运动的时间t L =（2分）‎ ‎（3）设粒子在离开偏转电场时纵向偏移量为y ‎（2分）‎ 综合解得（2分）‎ 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】本题关键明确粒子的运动性质，对应直线加速过程，根据动能定理列式；对于类似平抛运动过程，根据类似平抛运动的分运动公式列式求解；不难．‎