2017-2018学年甘肃省会宁县第一中学高二上学期期中考试物理（理）试题 解析版

2017-2018学年甘肃省会宁县第一中学高二上学期期中考试物理（理）试题 解析版

甘肃省会宁县第一中学 2017-2018 学年度高二上学期期中考 试物理试题 一、选择题（1-8 单选题，9-12 多选题） 1. 下列说法中正确的是（ ） A. 点电荷就是体积很小的带电体 B. 电场中 P 点的场强方向为试探电荷在该点受到的电场力的方向 C. 根据 ,设想当 时得出 D. A 电荷受到 B 电荷的作用，是 B 电荷的电场对 A 电荷的作用 【答案】D 【解析】该电荷能否看成点电荷，与体积、电量无关，当带电体的形状、大小以及电荷分布 可以忽略不计，该电荷可以看成点电荷，A 错误；电场中 P 点的场强方向为正试探电荷在该 点受到的电场力的方向，B 错误；当 时，该电荷不能看成点电荷，公式 不能 适用，C 错误；电场的基本性质是对放入其中的电荷有力的作用，A 电荷受到 B 电荷的作 用，是 B 电荷的电场对 A 电荷的作用，D 正确．选 D. 【点睛有】库仑定律的公式 适用于点电荷之间的静电力，当带电体的形状、大小 以及电荷分布可以忽略不计，该电荷可以看成点电荷，电场强度方向为正电荷在该点的电场 力方向． 2. 如图所示，A、B、C、D 是匀强电场中一正方形的四个顶点，已知 A、B、C 三点的电势 分别为 ， ， ，则下列说法正确的是（ ） A. 把电荷量为 的正点电荷从 B 点经 C 移到 A 点，电场力做功为 B. A、C 两点的连线方向即为电场线方向 C. D 点的电势为 15V D. 把一个电子从 B 点移到 D 点，电场力做功可能为 0 【答案】C 【解析】把电荷量为 的正点电荷从 B 点经 C 移到 A 点，电场力做功为 ，A 错误；连接 AC，则 AC 的 电势差为 ，将 AC 等分为 6 等分，找出与 B 电势相等的点 E 如 图所示 连接 BE，可知 AC 与 BE 不垂直，则 AC 不是电场线的方向，B 错误；根据匀强电场的特点 有： ，得 ，C 正确；由以上的分析可知，B 点的电势与 D 点的 电势不相等，所以把一个电子从 B 点移到 D 点，电场力做功不为 0，D 错误，选 C. 【点睛】连接 AC，在 AC 上找出与 B 点等电势点，作出等势线，再过 D 作出等势线，在 AC 线上找出与 D 等势点，再确定 D 点的电势． 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)和灵敏电流计连接，电容 器下极板接地。一带电油滴位于电容器中的 P 点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器 的上极板竖直向上移动一小段距离，则( ) A. 带电油滴将沿竖直方向向上运动 B. P 点的电势将降低 C. 带电油滴在 P 点的电势能将减小 D. 此过程中灵敏电流计中的电流方向是由 b 流向 a 【答案】B 【解析】试题分析：电容器和两极板相连，即两极板间的电势差恒定不变，当将平行板电容 器的上极板竖直向上移动一小段距离，则两极板间的距离增大，根据公式 可得两极板 间的电场强度减小，所以电场力减小，故油滴将向下运动，A 错误；由于电场强度减小，而 P 到下极板间的距离不变，所以根据公式 可得 P 点到下极板间的电势差减小，而下 极板电势为零，恒定不变，所以 P 点的电势减小，B 正确；因为油滴带负电，所以根据公式 可得带电油滴在 P 点的电势能将增大，C 错误；根据公式 可得电容减小， 根据公式 可得电容的电荷量减小，故电容器放电，电流由 a 到 b，故 D 错误； 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 4. 一根阻值为 R 的均匀电阻丝，长为 L，横截面积为 S，设温度不变，在下列哪些情况下， 其电阻值仍为 R（ ） A. 当 L 不变，S 增大一倍时 B. 当 S 不变，L 增大一倍时 C. 当 L 和 S 都缩为原来的一半时 D. 当 L 和横截面积的半径都增大一倍时 【答案】C 【解析】试题分析：根据 可知，当 L 不变，S 增大一倍时，电阻变为原来的一半，选 项 A 错误；当 S 不变，L 增大一倍时，电阻变为原来的 2 倍，选项 B 错误；当 L 和 S 都缩短 为原来的 1/2 时，电阻不变，选项 C 正确；当 L 和横截面的半径都增大一倍时，S 变为原来 的 4 倍，则电阻变为原来的一半，选项 D 错误；故选 C． 考点：电阻定律 【名师点睛】此题是对电阻定律的考查；关键是掌握电阻定律的表达式 ，并理解式 中各个物理量的物理意义；基础题，比较简单． 5. 已知铜的原子量为 M，密度为 ，每摩尔铜原子有 n 个可以自由移动的电子，今有一根 横截面积为 S 的铜导线，当通过的电流为 I 时，铜导线内电子平均定向移动的速率为（ ） A. 光速 B. C. D. 【答案】B 【解析】设导线中自由电子从一端定向移到另一端所用时间为 t，则在这段时间内通过的自 由电子个数为 ，通过的电流可以表示为 ，得 ，选 B. 【点睛】设自由电子定向移动的速率为 v 和导线中自由电子从一端定向移到另一端所用时间 为 t，求出导线中自由电子的数目，根据电流的定义式推导出电流的微观表达式，解得自由 电子定向移动的速率． 6. 一个电流表的满偏电流 ．内阻为 要把它改装成一个量程为 的电压 表，则应在电流表上（ ） A. 串联一个 的电阻 B. 并联一个 的电阻 C. 串联一个 的电阻 D. 并联一个 的电阻 【答案】A 【解析】把电流表改装成 100V 的电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值 ，选 A. 7. 如图所示 灯与 灯的电阻相同，当滑动变阻器 R 的滑片 P 向上滑动时，两灯亮度变化 情况是( ) A. 灯变亮， 灯变亮 B. 灯变暗， 灯变亮 C. 灯变暗， 灯变暗 D. 灯变亮， 灯变暗 【答案】A 【解析】由图可知， 与 R 并联后与 串联再与 并联；当滑片向上滑动时，滑动变阻器 接入电阻增大，则电路中电流减小，由 可知，路端电压增大，故 的亮度增大， 因路端电压增大，则 中的电流增大，但因总电流减小，故流过 的电流减小，故 分压 减小，则并联部分电压增大，故 变亮；选 A． 【点睛有】由图可知电路结构；根据滑片的移动得出滑动变阻器的电阻的变化；由闭合电路 欧姆定律可得出电流的变化及路端电压的变化；再分析局部电路可得出两灯的亮度变化． 8. 分别用如图所示的甲、乙两种电路测量同一未知电阻的阻值，图甲中两表的示数分别为 3V、4mA，图乙中两表的示数分别为 4V、3.8mA，则待测电阻 的真实值为( ) A. 略小于 B. 略小于 C. 略大小 D. 略大于 【答案】D 【解析】试题分析：明确两种电路的接法；根据两电表的变化规律可明确实验中的误差分析； 从而选择正确的接法得出误差最小的结果 解：电压表变化为 1V，而电流变化为 0.2mA；则说明电压有示数变化大，则说明电流表的 分压效果较大；故应采用电流表外接法； 采用甲电路：电流表示数含电压表的分流，故电流比真实值大． 则测量值 R 测= = =750Ω＜ =R 真即真实值略大于 750Ω； 故选：D 【点评】本题考查伏安法测电阻的原理，要注意明确电表不是理想电表，故应注意它们内阻 对实验结果的影响；同时能选择正确接法 9. 下列关于电源的说法，正确的是( ) A. 电源向外提供的电能越多，表示电动势越大 B. 电动势表示电源将单位正电荷从负极移送到正极时，非静电力所做的功 C. 电源的电动势与外电路有关 D. 在电源内从负极到正极电势升高 【答案】BD 【解析】电源将其他形式的能转化为电能的本领越强，表示电动势越大，它表示将单位正电 荷从负极移送到正极时，非静电力所做的功，电动势只与电源本身有关与外电路无关，在电 源内从负极到正极电势升高选 BD 10. 如图所示，图线 a 是某一电源的 曲线，图线 b 是一定值电阻的 曲线．若将该电 源与该定值电阻连成闭合电路（已知该电源的内阻 ），则（ ） A. 该定值电阻为 B. 该电源的电动势为 20V C. 将 3 只这种电阻并联作为外电阻，电源输出功率最大 D. 将 2 只这种电阻串联作为外电阻，电源输出功率最大 【答案】ABC 【解析】解：A、图线 b 的斜率 k= =6Ω，则定值电阻的阻值 R=k=6Ω；故 A 正确； C、D、对于电源，当内外电路的电阻相等时输出功率最大，故将 3 只这种电阻并联作为外 电阻，电源输出功率最大，故 C 错误，D 正确； 本题选错误的，故选：C 【点评】定值电阻的伏安特性曲线斜率等于电阻，电源的伏安特性曲线的斜率绝对值表示内 电阻、纵轴截距表示电动势． 11. 如图所示，实线为电场线，虚线是点电荷 q 从 A 到 B 的运动路线．若不计重力，则下 列说法中正确的是 （ ） A. 如果 q 是正电荷，电场线方向一定向左 B. q 可能是正电荷，也可能是负电荷，但电场力一定做正功 C. q 可能是正电荷，也可能是负电荷，但电势能一定增加 D. q 的运动速度一定减小 【答案】ACD 点睛：本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向，其 次判断粒子动能和电势能的变化要根据电场力做功情况。 12. 如图所示，带正电的导体球 A 置于原来不带电的空腔导体球 B 内，a、c 分别为导体 A、 B 内的点，b 为导体 A 和 B 之间的一点，下列说法正确的是( ) A. a、b、c 三点的电势都相等 B. a 点的场强为零，但电势最高 C. b 点的场强为零，但电势大于零 D. a、c 两点的场强为零，b 点的场强不为零 【答案】BD 【解析】导体 A、B 各为一个等势体，其内的各点场强为零，即 ，带正电的 A 在 B 的内、外表面各感应出负电荷、正电荷，A 外 B 内的空间电场线方向由 A 指向 B， ， 故电势 ，AC 错误，BD 正确，选 BD. 【点睛】带正电的小金属球 A 放入腔中，当静电平衡时，B 空腔球形导体内壁感应出负电 荷，外表面感应出正电荷．整个空腔球形导体是一个等势体，表面是一个等势面，内部场强 处处为零．电场线辐射状向外，沿电场线的方向电势降低. 二、实验题（2 小题） 13. （1）在“测金属的电阻率”的实验中，分别用游标卡尺和螺旋测微器测出用金属材料 制成的一段圆柱体的长度和横截面的直径如图实所示。则该圆柱体的长度为________mm， 横截面的直径为________mm。 （2）有一标有额定电压为“6V”，额定功率模糊不清的小灯泡（电阻约为 ）．一名同 学到实验室测该灯泡的额定功率与电阻，除导线和开关若干外，实验室还有以下器材： A.直流电源 10V（内阻不计） B.直流电流表 （内阻 约为 ） C.直流电压表 （内阻约为 ） D.滑动变阻器 ， 画出实验电路图___________ 【答案】 (1). 49.10 (2). 4.702 (3). 【解析】（1）由图中所示游标卡尺可知，其主尺示数为 ， 游标尺示数为 ，游标卡尺示数为 ；由图中所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为 4.5mm， 可动刻度示数为 ，螺旋测微器所示为 （2）小灯泡两端的电压要从零开变化并能进行多次测量，则滑动变阻器应采用分压式接法， 电流表采用外接法，电路图如图所示 14. 有一个额定电压为 2.8V，功率约为 0.8W 的小灯泡，现要用伏安法描绘这个灯泡的 图 线，有下列器材供选用： A.电压表( ，内阻 ) B.电压表( ，内阻 ) C.电流表( ，内阻 ) D.电流表( ，内阻 ) E.滑动变阻器( ， ) F.滑动变阻器( ， ) G.蓄电池(电动势 ，内阻不计) (1)用如图所示的电路进行测量，电压表应选用________，电流表应选用_______．滑动变阻 器应选用________．(用序号字母表示) (2)通过实验测得此灯泡的伏安特性曲线如图所示．由图线可求得此灯泡在正常工作时的电 阻为______ . (3)若将此灯泡与电动势 6V、内阻不计的电源相连，要使灯泡正常发光，需串联一个阻值 为________ 的电阻． 【答案】 (1). A (2). D (3). E (4). 11 (5). 11 【解析】解：（1）灯泡额定电压是 2.8V，则电压表应选 A；灯泡正常发光时的电流 I= = ≈0.29A，电流表应选 D；为方便实验操作滑动变阻器应选 E． （2）由图 2 所示图象可知，灯泡额定电压 2.8V 对应的电流为 0.28A，灯泡正常发光时的电 阻 R= =10Ω； （3）灯泡正常发光时，串联电阻两端电压 UR=U﹣UL=6V﹣2.8V=3.2V，串联电阻阻值 R= ≈11Ω； 故答案为：（1）A；D；E；（2）10；（3）11 【点评】本题考查了实验器材的选择、求灯泡电阻、串联电阻的阻值，要掌握实验器材的选 择原则与方法；由图象求出灯泡电压对应的电流是正确求出灯泡电阻、串联电阻的关键． 三、解答题（4 小题） 15. 如图所示的电路中，电阻 ， ，电源的电动势 E=12V，内电阻 ， 安培表的读数 ． 求： （1）流过电阻 的电流是多少？ （2）电阻 的阻值是多大？ （3）电源的输出功率是多少？ 【答案】1A 11W 【解析】试题分析：先分析整个电路的构成，然后根据串、并联电路的特点和闭合电路的欧 姆定律求解。 （1）并联部分电压为 通过 的电流为 流过电阻 的电流为 （2） 两端的电压为 的阻值为 （3）电源的输出功率为 16. 微型吸尘器的直流电动机内阻一定，把它接入电压为 的电路时，电动机不转， 测得此时流过电动机的电流是 ；若把电动机接入电压为 的电路中，电 动机正常工作，工作电流是 ，求： （1）电动机线圈的电阻 R． （2）电动机正常工作时的输出功率及吸尘器的效率． （3）如果电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机此时的发热功率（设此时线圈未被 烧坏）． 【答案】0.5 8W 【解析】试题分析：（1）电动机不转时线圈是纯电阻，用部分欧姆定律求解线圈的电阻；（2） 电动机正常工作时效率为 ，（3）电动机转子被卡住时，电动机可认为是纯 电阻，故电功全部转化为电热. （1）电动机不转时，设线圈电阻为 R，则 （2）电动机正常工作时消耗的电功率为 电动机正常工作时线圈电阻损耗的电功率为 电动机正常工作时输出功率为 电动机正常工作时效率为 （3）电动机转子被卡住时，电功全部转化为电热 17. 如图所示，有一电子(电量为 e，质量为 m，)经电压 加速后，进入两块间距为 d、电 压为 U 的平行金属板间。若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且恰好能从金属板右缘 飞出，求: （1）该电子刚飞离加速电场时的速度大小； （2）金属板 AB 的长度； （3）电子最后穿出电场时的动能。 【答案】 【解析】试题分析：（1）电子先在加速电场中加速，由动能定理可求其加速后的速度， （2）电子进入偏转电场中做类平抛运动，由于电子正好能穿过电场，所以在偏转电场中的 偏转的距离就是 ，由此可以求得极板的长度； （3）电子正好能穿过电场偏转电场对电子做功 解：（1）设电子被加速后速度大小为 v0，对于电子在加速电场中由动能定理得： ① 所以 ② （2）在偏转电场中，由电子做类平抛运动，设加速度为 a，极板长度为 L，由于电子恰好射 出电场，所以有： ③ L=v0t ④ ⑤ 由②③④⑤解得： （3）电子正好能穿过电场偏转电场，偏转的距离就是 ，由此对电子做功 ⑤ ①代人⑤中得： 答：（1）电子进入偏转电场时的速度为 ；（2）极板的长度为 ；（3） 电子最后穿出电场时的动能 ． 【点评】电子先在加速电场中做匀加速直线运动，后在偏转电场中做类平抛运动，根据电子 的运动的规律逐个分析即可 18. 如图所示，在 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 ， 一带正电荷 的小滑块质量为 ，与水平轨道间的动摩因数 ，取 ，求： （1）要小滑块能运动到圆轨道的最高点 L，滑块应在水平轨道上离 N 点多远处释放？ （2）求这样释放的滑块通过 P 点时对轨道压力。（P 为半圆轨道中点） 【答案】20m 1.5N 【解析】试题分析：在小滑块运动的过程中，摩擦力对滑块和重力做负功，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；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； （1）设滑块与 N 点的距离为 L， 分析滑块的运动过程，由动能定理可得， 小滑块在 D 点时，重力提供向心力，所以 代入数据解得 ． （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 由牛顿第三定律可得，滑块通过 P 点时对轨道压力是 1.5N．