物理·黑龙江省鹤岗市第一中学2016-2017学年高二上学期期中考试物理试题+Word版含解析

物理·黑龙江省鹤岗市第一中学2016-2017学年高二上学期期中考试物理试题+Word版含解析

一、选择题（5.7.10.12为多选，其他为单选。全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错的或不答的得0分，共48分）‎ ‎1．下列说法中不正确的是( )‎ A．只要有电荷存在，电荷周围就一定存在电场 B．电场是一种物质，它与其他物质一样，是不依赖我们的感觉而客观存在的东西 C．电荷间的相互作用是通过电场而产生的，电场最基本的性质是对处在它其中的电荷有力的作用 D．电荷只有通过接触才能产生力的作用 ‎【答案】D 【解析】 考点：电场的概念。‎ ‎【名师点睛】电场是电荷和变化的磁场周围产生的一种特殊物质，它与通常的物体不同，它不是由分子、原子组成的，它是客观存在 的。它具有通常物质所具有的力和能量的属性，它的基本性质是对放入其中的电荷有力的作用。 2．以下说法正确的是( )‎ A．由 可知，此场中某点的电场强度E与F成正比 B．由公式 可知电场中某点的电势与q成反比 C．由可知，匀强电场中的任意两点a、b间距离越大，则两点间电势差也一定越大 D．公式 为电容的定义式，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关 ‎【答案】 D ‎ ‎【解析】考点：本题考查电场强度、电势、电势差及电容等概念，意在考查学生对比值法定义的理解。‎ ‎【名师点睛】、、等都是比值定义，也就是说，电场强度、电势、电容等与场及电容本身的性质有关，与试探电荷（与两极板带电量）无关。 3．关于电源的电动势，下列说法中不正确的是（ ）‎ A．电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大 B．电源就是产生电荷的装置 C．电源的电动势在数值上等于电源在搬运单位电荷时非静电力所做的功 D．电源的电动势由电源自身决定，与外电路的组成无关 ‎【答案】B 【解析】 ‎ 考点：电源电动势。‎ ‎【名师点睛】此题考查对电源及电动势的理解；关键是知道电源是把其他形式的能转变为电能的装置，电动势的大小反映电源将其他形式的能转化为电能的本领，数值上等于将单位电荷从负极移到正极时非静电力所做的功。 4．如图所示的情况中， 两点的电场强度和电势均相同的是（ ）‎ A．甲图：离点电荷等距的两点 B．乙图：两个等量异种点电荷连线的中垂线上，与连线中点等距的两点 C．丙图：两个等量同种点电荷连线上，与连线中点等距的两点 D．丁图：带电平行金属板两板间分别靠近两板的两点 ‎【答案】B 【解析】考点：电场强度与电势的概念。‎ ‎【名师点睛】电势是标量，同一等势面各点电势相等．电场强度是矢量，只有大小和方向均相同时，场强才相同．本题要抓住电势与场强的区别，只要大小相同，标量就相同。而矢量大小和方向都相同才相同。对于常见电场的电场线与等势面分布要了解，有助于解题。 5如图所示的U-I图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路．则说法正确的是（　 ）‎ A．电源的电动势为3V，内阻为0.5Ω B．电阻R的阻值为1Ω C．电源的输出功率为2W D．电源的效率为66.7%‎ ‎【答案】ABD 【解析】 试题分析：由图读出电源的电动势E=3V，内阻等于图线的斜率大小，则故A正确。图线Ⅱ的斜率代表电阻的阻值，，B对。电源输出功率为 ‎，故C错。电路消耗的总功率为：P=EI=3×2=6W，电源的效率。故D正确。故选ABD。‎ 考点：闭合电路欧姆定律。‎ ‎【名师点睛】由电源的路端电压与电流的关系图象与纵轴的交点读出电源的电动势，其斜率大小等于电源的内阻。电阻R的伏安特性曲线的斜率等于电阻。两图线的交点读出电流与电压，求出电源的输出功率和效率．对于图线关键要根据物理规律，从数学角度来理解其物理意义。本题要抓住图线的斜率、交点的意义来理解图象的意义。 6．如图所示的电路中，电源的输出电压恒为U，电动机M的线圈电阻与电炉L的电阻相同，电动机正常工作，在相同的时间内，下列判断正确的是（ ）‎ A．电炉放出的热量大于电动机放出的热量 B．电炉两端电压小于电动机两端电压 C．电炉两端电压等于电动机两端电压 D．电动机消耗的功率等于电炉消耗的功率 ‎【答案】B 【解析】 故选B。 考点：焦耳定律。‎ ‎【名师点睛】本题中电炉是纯电阻电路、电动机是非纯电阻电路，欧姆定律无论纯电阻电路还是非纯电阻电路都适用。但欧姆定律适用于纯电阻电路，非纯电阻电路不适用。 ‎ ‎7．如图所示的电路中，A为理想电流表，V1和V2为理想电压表，R1为定值电阻，R2为可变电阻，电池E内阻不可忽略，则下列说法中正确的是（ ）‎ A．R2不变时，V2的读数与A读数之比等于R1‎ B．R2不变时，V1的读数与A读数之比等于R1‎ C．R2改变时，V1读数的变化量的绝对值大于V2读数的变化量的绝对值 D．R2改变时，V1读数的变化量的绝对值小于V2读数的变化量的绝对值 ‎【答案】BD 【解析】 错D对。故选BD。‎ 考点：电路动态分析。‎ ‎【名师点睛】分析电路结构，明确电路元件的连接方式，根据欧姆定律判断A、B两选项的正误；根据电路电流及电阻的变化，根据欧姆定律分析C、D选项，判断C、D两选项是否正确。本题是一道闭合电路的动态分析题，分析清楚电路结构、灵活应用欧姆定律是正确解题的关键。 8.如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球A、B分别位于竖直墙面和水平地面，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F作用于小球B，则两球静止于图示位置。如果将小球向左推动少许，待两球重新达到平衡时，跟原来相比( )‎ A．两小球间距离将增大，推力F将减小 B．两小球间距离将增大，推力F将增大 C．两小球间距离将减小，推力F将增大 D．两小球间距离将减小，推力F将减小 ‎【答案】A 【解析】考点：电场力，共点力作用下的平衡 ‎【名师点睛】先隔离对A球分析，A球受重力，墙壁的弹力和库仑力。B小球向左缓慢拉动一小段距离后，库仑力与竖直方向的夹角变小，根据平行四边形定则，知库仑力即墙壁弹力的变化．再对整体分析，受总重力，拉力，地面的支持力，墙壁的弹力。可知地面的支持力等于两球的总重力。解决本题的关键先对整体受力分析，再隔离受力分析。整体法和隔离法是物理当中常见的一种方法，要灵活运用。 9．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。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．带电油滴的电势能减小 D．电容器的电容减小，则极板带电荷量将增大 ‎【答案】B 【解析】 试题分析：根据电容器的决定式：，当上极板向上移动时，增大，电容减小 ‎，又，电压U不变，因此电容器带电量减小，D错；根据电容器内部电场强度可知，d增大，电场强度减小，这样油滴受到向上的电场力减小，将向下运动，A错。电容器下级板电势为零，P点电势，由于电场强度减小，不变，则P点电势减小，故B对；油滴受电场力向上，故油滴带负电，P点电势降低，带点油滴的电势能增大，故C错。故选B。‎ 考点：电容器的动态分析。‎ ‎【名师点睛】本题的关键是明确分析有关电容器动态问题的基本方法：先判断电容器的电压不变还是带电量不变（若断开电源则电量不变，若始终与电源相连则电压不变）；根据判断电容C的变化；根据Q=CU判断电容器带电量的变化情况；根据判断场强E的变化（注意若断开电源，只改变板间距离时场强E不变）；根据判断电势变化情况。‎ ‎10．如图所示，为某一点电荷形成的一簇电场线，a、b、c三条虚线为三个带电粒子以相同的速度从O点射入电场的运动轨迹，其中b虚线为一圆弧，AB的长度等于BC的长度，且三个粒子的电荷量大小相等，不计粒子重力，则以下说法正确的是（ ）‎ A、a一定是正粒子的运动轨迹，b和c一定是负粒子的运动轨迹 B、由于AB的长度等于BC的长度，故 C、a虚线对应的粒子的加速度越来越小，c虚线对应的粒子的加速度越来越大，b虚线对应的粒子的加速度大小不变 D、b虚线对应的粒子的质量大于c虚线对应的粒子的质量 ‎【答案】CD 【解析】 ‎ 选项C正确；b和c粒子从O点以相同速度射入，b恰好做圆周运动，所以，而c粒子做近心运动，，由此可得，故选项D正确．故选CD。‎ 考点：本题通过粒子在电场中的轨迹考查了静电场的特点、加速度的变化及运动情况的比较。‎ ‎【名师点睛】电场线的疏密反映了电场强度的大小；根据曲线运动的条件判断电场力方向；结合离心运动的条件列式比较粒子质量大小。本题是带电粒子在电场中运动的定性分析问题，关键结合曲线运动的条件和向心力公式进行分析。 11.如图（a）所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图（b）所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】B 【解析】 ‎ 动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以D错误。故选B。‎ 考点：带电粒子在交变电场中的运动。‎ ‎【名师点睛】带电粒子在电场中的运动，实质是力学问题，题目类型依然是运动电荷的平衡、直线、曲线或往复振动等问题．解题思路一般地说仍然可遵循力学中的基本解题思路：牛顿运动定律和直线运动的规律的结合、动能定理或功能关系带电粒子在交变电场中运动的情况比较复杂，由于不同时段受力情况不同、运动情况也就不同，若按常规的分析方法，一般都较繁琐，较好的分析方法就是利用带电粒子的速度图象或位移图象来分析。 12.如图所示，质量为m的物块（视为质点），带正电Q，开始时让它静止在倾角α=60度的固定光滑绝缘斜面顶端，整个装置放在水平方向、大小为的匀强电场中（设斜面顶端处电势为零），斜面高为H。释放后，物块落地时的电势能为，物块落地时的速度大小v，则（ ）‎ A．  =-3mgH     B．  =-mgH ‎ C．     D．‎ ‎【答案】AC 【解析】 ‎ ‎ 考点：动能定理，功能关系。‎ ‎【名师点睛】由电场力做功与电势能的对应关系求解电场力做功，从而求解到底端的电势能。由动能定理求解到底端的速度大小即可。做本题的关键是熟悉各种功能关系。 二、实验题（每空3分，共12分）‎ ‎13．有一个表头G，满偏电流Ig＝5 mA，内阻Rg＝100 Ω，用它改装成量程为3 v的电压表，需串联电阻R=_________Ω。‎ ‎【答案】500Ω 【解析】 ‎ 考点：电表的改装。‎ ‎【名师点睛】把小量程电流表改装成大量程电压表，应串联联大电阻，根据串联电路特点与欧姆定律可以求出串联电阻阻值。知道电表的改装原理、应用串并联电路特点与欧姆定律可以求出分压电阻阻值。 14.描绘一个标有“3V  0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3v，并便于操作，已选用的器材有：‎ 电池组（电动势为4.5v,内阻约1Ω）；‎ 电流表（0～250mA，内阻约5Ω）‎ 电压表（0～3V，内阻约3kΩ）‎ 电建一个，导线若干。‎ ‎（1）实验中所用的滑动变阻器应选下列中的     ‎ A．滑动变阻器（最大阻值20Ω，额定电流1A）‎ B．滑动变阻器（最大阻值1750Ω，额定电流0.3A）‎ ‎（2）请将设计的实验电路图画入下面的表格中。‎ ‎（3）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示．将这个小灯泡接到电动势为1.5V、内阻为5Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率是       . ‎ ‎【答案】（1）A （2）分压，外接 (3)0.1w ‎【解析】 试题分析：‎ ‎（1）因实验要求电流从零调，所以滑动变阻器应用分压式接法，应选全电阻最小的变阻器A。 （2）因小灯泡电阻为。与电流表的内阻接近，故电流表有明显的分压作用，故应用外接法。变阻器用分压式。电路图如下：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 考点：描绘小灯泡的伏安特性曲线。‎ ‎【名师点睛】滑动变阻器分压式接法中选取小电阻的变阻器节约能源；求出小灯泡电阻后判断小灯泡是小电阻还是大电阻，从而选择电流表内接还是外接；结合曲线算出小灯泡的电阻，然后根据功率的公式计算小灯泡的实际功率。对电学实验要明确以下情况滑动变阻器必须用分压式接法：①要求电压或电流从零调；②变阻器的全电阻远小于待测电阻；③用限流接法时通过电流表的电流大于电流表的量程。 三、解答题：（本大题共4小题，15题8分，16题8分，17题10分，18题14分，共40分，解答 时要求写出必要的文字说明，方程式和重要演算步骤，若只有最后答案而无演算过程的不能得分．）‎ ‎15．把的正电荷，从电场中的A点移至B点，电场力做正功，且，‎ 求：（1）A、B两点间的电势差.‎ ‎（2）若取B点电势为零，则A点的电势和q在A点的电势能各是多少？‎ ‎【答案】（1）120V（2）120V；。 【解析】 ‎ 考点：电势差、电势能和电势概念。‎ ‎【名师点睛】已知正电荷从电场中的A点移到B点，电场力做功和电荷量，根据公式求解电势差。若取B点电势为零，则A点的电势由解得。电势能利用公式解得。解决本题关键掌握电势差的定义式，并能变形求解电场力做功，应用时各量要代入符号运算。 16．在下图所示电路中，R1=10Ω，R2=4Ω，当开关S断开时，电流表示数为1A；S闭合时，电流表示数为3 A，求电源的电动势及内阻。‎ ‎【答案】15V；1Ω 【解析】 试题分析：‎ 当开关S 断开，电阻R1、R2和电源串联，根据闭合电路欧姆定律有：E=I1（R1+R2+r）‎ 当S闭合，电阻R1短路，R2和电源串联，所以电流表的示数为干路电流，由闭合电路的欧姆定律得：‎ E=I2（R2+r）‎ 联立二式并代入数据 I1=1A，I2=3A，R1=10Ω，R2=4Ω，‎ 解得：E=15V，r=1Ω 考点：闭合电路欧姆定律。‎ ‎【名师点睛】S断开时，两个电阻串联；S闭合时，R1‎ 被短路．对两种情况，分别运用闭合电路的欧姆定律列方程，即可求解电源的电动势及内阻。本题在正确分析电路结构的基础上，要灵活应用闭合电路欧姆定律求解；此题提供了一种测量电源的电动势及内阻的方法。 17．如图所示，有一束电子流在经电压U=5000V的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，若两板间距为d=1.0cm，板长 L=5.0cm ，要使电子能从两板间飞出，两个极板上最多能加多大电压？‎ ‎【答案】 【解析】 ‎ 考点：带电粒子在匀强电场中的运动。‎ ‎【名师点睛】粒子先加速再偏转，由题意可知当电子恰好飞出时，所加电场最大；由运动的合成与分解关系可得出电压值。本题考查带电粒子在电场中的偏转，在列式计算时应注意不要提前代入数值，应将公式简化后再计算，这样可以减少计算量。 18.如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图。在Oxy平面的ABCD区域内，存在两个场强大小均为E的匀强电场I和II，两电场的边界均是边长为L的正方形（不计电子所受重力）。‎ ‎（1）在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子离开ABCD区域的位置。‎ ‎（2）在电场I区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，求所有释放点的位置。‎ ‎（3）若将左侧电场II整体水平向右移动L/n（n≥1），仍使电子从ABCD区域左下角D处离开（D不随电场移动），求在电场I区域内由静止释放电子的所有位置。‎ ‎【答案】 （1）（－2L，） （2）满足xy＝的位置 （3）满足的位置。 【解析】 抛运动，并从D点离开，有 考点：带电粒子在匀强电场中运动。‎ ‎【名师点睛】本题实际是加速电场与偏转电场的组合，考查分析带电粒子运动情况的能力和处理较为复杂的力电综合题的能力。要注意电子离开电场II后，做匀速直线运动，在x方向和y方向的分运动都是匀速直线运动。 ‎