2017-2018学年辽宁省六校协作体高二上学期期中考试物理试题 解析版

2017-2018学年辽宁省六校协作体高二上学期期中考试物理试题 解析版

‎2017---2018学年度上学期省六校协作体高二期中考试物理试题 一.选择题（共12小题，在每小题给出的四个选项中，1～7小题只有一个选项符合题目要求，8～12小题有多个选项符合题目要求）‎ ‎1. 电场强度E的定义式为，根据此式，下列说法中正确的是( )‎ ‎①此式只适用于点电荷产生的电场 ‎②式中q是放入电场中的点电荷的电荷量，F是该点电荷在电场中某点受到的电场力，E是该点的电场强度 ‎③式中q是产生电场的点电荷的电荷量，F是放在电场中的点电荷受到的电场力，E是电场强度 ‎④在库仑定律的表达式中，可以把看作是点电荷产生的电场在点电荷处的场强大小，也可以把看作是点电荷产生的电场在点电荷处的场强大小 A. 只有①② B. 只有①③ C. 只有②④ D. 只有③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】公式适用于任何电场强度的计算，公式中q为试探电荷的电荷量，F为试探电荷所受的电场力，E为该点的电场强度，①③错误②正确；在库仑定律的表达式中，结合可知：可以把看作是点电荷产生的电场在点电荷处的场强大小，也可以把看作是点电荷产生的电场在点电荷处的场强大小④正确，故D正确．‎ ‎2. 如图所示，可视为点电荷的半径相同的两个金属球A、B，带有等量异号电荷，相隔一定的距离，两球之间的相互作用力大小为F，今用一半径相同的不带电的金属小球C先后与两球接触后移开，这时， A、B两球之间的相互作用力大小是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】两球之间的相互吸引力，则两球带等量异种电荷；假设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与A接触后，A和C的电量都为：，金属小球与B接触时先中和再平分，则该小球与B分开后电量均为：，这时，A、B两球之间的相互作用力的大小：，故A正确，BCD错误。‎ ‎3. 如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略.一带负电油滴被固定于电容器中的P点.现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则( ) ‎ A. 静电计指针张角变小 B. 平行板电容器的电容将变大 C. 带电油滴的电势能将增大 D. 若先将电容器上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变 ‎【答案】D ‎【解析】当下极板竖直向下移动一小段距离后，两极板间的距离增大，由于电容器和电源相连，所以两极板间的电势差恒定，即静电计的夹角不变，根据可知电容减小，电势差不变，d增大，则根据可知电场强度减小，根据可知P点与上极板的电势差减小，则P点的电势增大，因为该电荷为负电荷，则电势能减小，ABC错误；若先将电容器上极板与电源正极的导线断开，则两极板所带电荷量恒定不变，根据公式可知，即两极板间的电场强度和d无关，所以电场强度不变，故液滴受到的电场力不变，D正确．‎ ‎【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 ‎4.‎ ‎ 某带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点，电场线、粒子在A点的初速度及运动轨迹如图所示，可以判定( )‎ A. 粒子在A点的加速度大于它在B点的加速度 B. 粒子在A点的动能小于它在B点的动能 C. 粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能 D. 电场中A点的电势低于B点的电势 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：由电场线可知，B点的电场线密，所以B点的电场强度大，粒子受的电场力大，加速度也就大，故A错误；粒子受到的电场力指向曲线弯曲的内侧，所以受到的电场力的方向是沿电场线向上的，所以粒子从A到B的过程中，电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增加，所以粒子在A点的动能小于它在B点的动能，粒子在A点的电势能大于它在B点的电势能，所以B正确、C错误；沿电场线方向电势逐渐降低，A点的电势高于B点的电势，D错误；故选B．‎ 考点：电场线；电势及电势能．‎ ‎5. 如图所示，斜面与水平面、斜面与挡板间的夹角均为30°，一小球放置在斜面与挡板之间，挡板对小球的弹力为FN1，斜面对小球的弹力为FN2，以挡板与斜面连接点所形成的水平直线为轴，将挡板从图示位置开始缓慢地转到竖直位置，不计摩擦，在此过程中 （ ）‎ A. FN1始终减小，FN2始终增大 B. FN1始终减小，FN2始终减小 C. FN1始终减小，FN2先减小后增大 D. FN1先减小后增大，FN2始终减小 ‎【答案】B ‎...............‎ ‎6. 一个质量为1kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，假如小球所受空气阻力大小恒定，该过程的位移一时间图像如图所示，g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）‎ A. 小球抛出时的速度为12m/s B. 小球上升和下落的时间之比为 C. 小球落回到抛出点时所受合力的功率为 D. 小球上升过程的机械能损失大于下降过程的机械能损失 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：‎ A、由图知，小球上升的位移 x=24m，用时 t1=2s，平均速度==12m/s．由==得初速度 v0=24m/s．故A错误．‎ B、上升时加速度大小为 a1===12m/s2；由牛顿第二定律得：mg+f=ma1；解得空气阻力的大小 f=2N 对于下落过程，由牛顿第二定律得 mg﹣f=ma2；解得 a2=8m/s2；则 a1：a2=3：2‎ 根据位移公式x=，及上升和下落的位移大小相等，可知上升和下落的时间之比为 t1：t2=：=：．故B错误．‎ C、由上可得下落时间 t2=s，小球落回到抛出点时速度为 v=a2t2=8m/s 所受合力 F合=mg﹣f=8N，此时合力的功率为 P=64W．故C正确．‎ D、小球上升和下落两个过程克服空气阻力做功相等，由功能原理知，球上升过程的机械能损失等于下降过程的机械能损失．故D错误．‎ 故选：C ‎7. 某静电场在x轴上各点的电势Φ随坐标x的分布图象如图所示.x轴上A、O、B三点的电势分别为ΦA、ΦO、ΦB ，电场强度沿x轴方向的分量大小分别为EAX、EOX、EBX，电子在A、O、B三点的电势能分别为EPA 、EPO、EPB.下列判断中正确的是( )‎ A. ΦO>ΦB >ΦA B. EOX >EBX >EAX C. EPO＜EPB＜EPA D. EPO－EPA >EPO－EPB ‎【答案】D ‎【解析】从图中可知；电子带负电，同一负电荷在高电势处电势能小，故，所以；根据图象切线斜率的大小等于电场强度沿x轴方向的分量大小，则知，ABC错误D正确．‎ ‎8. 如图所示，A、B、O、C为在同一竖直平面内的四点，其中A、B、O沿同一竖直线，B、C同在以O为圆心的圆周(用虚线表示)上，沿AC方向固定有一光滑绝缘细杆L，在O点固定放置一带负电的小球。现有两个质量和电荷量都相同的带正电的小球a、b，均可视为点电荷，先将a穿在细杆上，让其从A点由静止开始沿杆下滑，后使b从A点由静止开始沿竖直方向下落。则下列说法中正确的是( )‎ A. 从A点到C点，小球a做匀加速运动 B. 小球a在C点的动能等于小球b在B点的动能 C. 从A点到C点，小球a的机械能先增加后减小，但机械能与电势能之和不变 D. 小球a从A点到C点电场力做的功等于小球b从A点到B点电场力做的功 ‎【答案】CD ‎【解析】小球a所受库伦力大小不断变化，导致a所受合外力变化，因此从A点到C点，小球a做变加速运动，A错误；B和C点为以点电荷为圆心的球面上的点，两点的电势相同，故小球a从A运动到C和小球b从A运动到B电场力做功相等，但是a球下落的高度大于b球下落的高度，即a球重力重力势能减小大于b球，因此小球a在C点的动能大于小球b在B点的动能，B错误D正确；机械能的变化等于物体除重力之外的力所做的功，从A点到C点，电场力对a球先做正功后做负功，故其机械能先增大后减小，下落过程中只有重力、电场力做功，因此小球动能、重力势能、电势能三者之和保持不变即机械能与电势能之和不变，故C正确．‎ ‎【点睛】对两个小球正确受力分析，弄清运动形式；正确理解电场力做功特点，注意以O为圆心的圆周为等势线；弄清小球运动过程中的功能关系，下落过程中只有重力、电场力做功，因此小球动能、重力势能、电势能三者之和保持不变．‎ ‎9. 如图所示的电路，电源电动势为E，内阻为r，电压表和电流表均为理想表；现闭合开关S，将变阻器的滑片向左移动时，下列说法正确的是( )‎ A. 电容器两极板间的电场强度变大，电容器所带电量减小 B. 电流表示数减小，电压表示数变大 C. 电压表的示数U和电流表的示数I的比值变大 D. 电源的输出功率一定变小 ‎【答案】BC ‎【解析】当变阻器的滑片向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，R2电压减小，则电容器板间电压减小，板间的电场强度变小，电容器所带电量减小，故A错误．总电流减小，电流表示数减小．则R2电压和内电压均减小，由闭合电路欧姆定律知，R1电压变大，所以电压表示数变大，故B正确．电压表的示数U和电流表的示数I的比值 =R1，变大，故C正确．由于电源的内外电阻的大小关系未知，所以不能确定电源输出功率如何变化．故D错误．故选BC.‎ 点睛：本题是电路的动态分析问题，按“局部→整体→局部”的思路进行分析．分析电源的输出功率变化时，要根据推论：内外电阻相等时，电源的输出功率最大来分析．‎ ‎10. 如图所示，真空中固定两个等量异号点电荷+Q、-Q，图中O是两电荷连线的中点，a、b两点与+Q的距离相等，c、d是两电荷连线垂直平分线上的两点，bcd构成一等腰三角形.则下列说法正确的是( ) ‎ A. a、b两点的电场强度相同 B. c、d两点的电势相同 C. 将电子由b移到c的过程中电场力做正功 D. 质子在b点的电势能比在O点的电势能大 ‎【答案】BD ‎【解析】试题分析：a点的场强向左，而b点的场强向右，故a、b两点的电场强度不相同，选项A错误；c、d两点的电势相同，都为零，选项B正确；b点电势高于c点，故将电子由b移到c的过程中电势能增加，电场力做负功，选项C错误；b点的电势高于O点，故质子在b点的电势能比在O点的电势能大，选项D正确；故选BD.‎ 考点：电场强度；电势及电势能.‎ ‎11. 调整欧姆零点后，用“×10”挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度极小，那么正确的判断和做法是（ ）。‎ A. 这个电阻值很大 B. 这个电阻值很小 C. 为了电阻值测得更准确些，应换用“×1”挡，重新调整欧姆零点后测量 D. 为了电阻值测得更准确些，应换用“×100”挡，重新调整欧姆零点后测量 ‎【答案】AD ‎【解析】因为欧姆表的指针是从无穷大处开始的，偏转过小，所以示数太大，即这个电阻过大，所以需要换用大档位测量，即换用“×100”挡，重新调整欧姆零点后测量，故AD正确．‎ ‎12. 如图所示，在水平向右的匀强电场中以竖直和水平方向建立直角坐标系，一带负电的油滴从坐标原点以初速度V0向第一象限某方向抛出，当油滴运动到最高点A(图中未画出)时速度为Vt.，试从做功与能量转化角度分析此过程，下列说法正确的是( )‎ A. 若vt>v0，则重力和电场力都对油滴做正功引起油滴动能增大 B. 若vt>v0，则油滴电势能的改变量大于油滴重力势能的改变量 C. 若vt=v0，则A点可能位于第一象限 D. 若vt=v0，则A点一定位于第二象限 ‎【答案】BD ‎【解析】试题分析：若vt＞v0，根据动能定理得： mvt2−mv02＝WG+WF＞0，该电荷受电场力水平向左，所以当油滴运动到最高点A的过程中，重力做负功，则电场力力必定做正功，且电场力做的功比重力做的功多，而电场力做油滴做的功等于电势能的变化量，重力对油滴做的功等于重力势能的变化量，所以油滴电势能的改变量大于油滴重力势能的改变量，故A错误，B正确；若vt=v0，根据动能定理得： mvt2−mv02＝WG+WF=0，重力做负功，则电场力力必定做正功，且两者相等，故A点一定位于第二象限，故C错误，D正确．故选BD 考点：动能定理；带电粒子在复合场中的运动。‎ 二、填空题 ‎13. 用如图甲所示的实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒。m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。如图乙给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)，计数点间的距离如图所示．已知m1＝50 g、m2＝150 ‎ g，则(结果均保留两位有效数字) ‎ ‎（1）在纸带上打下计数点5时的速度v＝_____m/s；‎ ‎（2）在打下第“0”到打下第“5”点的过程中系统动能的增量ΔEk＝_____J，系统势能的减少量ΔEp＝_____J；(取当地的重力加速度g＝10 m/s2)‎ ‎（3）若某同学作出v2/2－h图象如图丙所示，则当地实际的重力加速度g＝_____m/s2。‎ ‎【答案】 (1). 2.4m/s (2). 0.58J (3). 0.60J (4). 9.7m/s2‎ ‎【解析】试题分析：（1）根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可知打第5个点时的速度为：‎ ‎（2）物体的初速度为零，所以动能的增加量为：△Ek=mv52-0=0．58J；‎ 重力势能的减小量等于物体重力做功，故：△EP=W=mgh=0．60J；‎ 由此可知动能的增加量和势能的减小量基本相等，因此在在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒．‎ ‎（3）本题中根据机械能守恒可知，，即有：，所以图象中图象的斜率表示重力加速度，由图结合公式得斜率，故当地的实际重力加速度．‎ 斜率k=9．7，故当地的实际重力加速度g=9．7m/s2．‎ 考点：验证机械能守恒定律 ‎【名师点睛】本题全面的考查了验证机械能守恒定律中的数据处理问题，要熟练掌握匀变速直线运动的规律以及功能关系，增强数据处理能力．‎ ‎14. 某同学利用如图甲所示的电路测量电源的电动势和内阻，所用的实验器材有：一个电压表V、一个电阻箱R、一个5.0Ω的定值电阻R0，一个开关和导线若干：‎ ‎（1）根据电路图，用笔画代替导线，将实物图连成完整电路________；‎ ‎（2）该同学为了用作图法来确定电源的电动势和内阻，以为纵坐标、为横坐标做出的图像如图丙所示，则该图像的函数表达式为：_____（用含有U、R、R0、E、r的函数表达式表示）‎ ‎（3）由图像可求得，该电源的电动势E=____V，内阻r=____Ω(结果均保留两位有效数字)‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). E=2.9V (4). r=2.4Ω ‎【解析】试题分析：本题采用伏阻法测电源的电动势和内阻，由闭合电路欧姆定律可得出表达式；根据图象和表达式，由图象与纵坐标的交点可求得电源的电动势；由图象的斜率可求得内电阻．‎ ‎（1）实物图如图所示，注意不要交叉，‎ ‎（2）由闭合电路欧姆定律可知，变形可得，故表达式为：；‎ ‎（2）由数学知识可知，图象与纵坐标的交点为电源电动势的倒数，由图可知，图象与纵坐标的交点为，解得E=2.9V，图象的斜率为，解得 三、论述、计算题（解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）‎ ‎15. 如图所示，矩形ABCD位于匀强电场中，电场方向与矩形所在平面平行，已知A、B、D三点的电势分别为ΦA、ΦB、ΦD.一带正电的粒子从A点以速度V0沿AD方向射出，经过电场力的作用，恰能以3V0速度通过C点，不计粒子的重力。求：‎ ‎（1）C点的电势；‎ ‎（2）该带电粒子的比荷。‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】（1）在匀强电场中，平行等距的两点间电势差总相同，即，解得；‎ ‎（2）从A到C过程中，只有电场力做功，故根据动能定理可得；‎ 解得 又因为 故解得 ‎16. 如图所示，质量为M=5kg的光滑圆槽放置在光滑的水平面上，圆槽的圆弧所对圆心角为θ=120°。圆槽内放一质量为m=1kg的小球，今用一水平恒力F作用在圆槽上，并使小球相对圆槽静止随圆槽一起运动.g=10m/s2.则:‎ ‎（1）当F=60N时，小球与圆槽相对静止时，求槽对小球的支持力;‎ ‎（2）要使小球不离开槽而能和槽相对静止一起运动，F不能超过多少?‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】（1）设m静止时与圆心连接和竖直方向的夹角为α，由牛顿第二定律得：‎ 对M、m：，解得，‎ 对m：，解得：，‎ 槽对球的支持力：；‎ ‎（2）当m静止时与圆心连接和竖直方向的夹角：时，‎ m的加速度最大，由牛顿第二定律得：，‎ 此时拉力最大，对M、m系统，根据牛顿第二定律可得：；‎ ‎17. 如图所示，竖直放置的半圆形绝缘轨道半径为R，下端与光滑绝缘水平面平滑连接，整个装置处于方向竖直向上的匀强电场E中.一质量为m、带电荷量为+q的小球(可视为质点)，从水平面上的A点以初速度V0水平向左运动，沿半圆形轨道恰好通过最高点C，场强大小为E（E小于）‎ ‎（1）试计算小球在运动过程中克服摩擦力做的功.‎ ‎（2）证明小球离开轨道落回水平面过程的水平距离与场强大小E无关，且为一常量.‎ ‎【答案】（1）（2）见解析 ‎【解析】试题分析：（1）物块恰能通过圆弧最高点C时，圆弧轨道与物块间无弹力作用，物块受到的重力和电场力提供向心力，再对物块在由A运动到C的过程中，运用动能定理列式即可求解；物块离开半圆形轨道后做类平抛运动，设水平位移为s，根据平抛运动的特点即可求解．‎ ‎（1）物块恰能通过圆弧最高点C时，圆弧轨道与物块间无弹力作用，物块受到的重力和电场力提供向心力①‎ 由①④⑤式联立解得⑥‎ 因此，物块离开轨道落回水平面的水平距离与场强大小E无关，大小为2R．‎ ‎ ‎