2018-2019学年天津市第一中学高一下学期期末考试物理试卷（解析版）

2018-2019学年天津市第一中学高一下学期期末考试物理试卷（解析版）

天津一中 2018-2019-2高一年级期末质量调查试卷 物理试题 一、单项选择题（本项共8题）‎ ‎1.下列说法正确的是 A. 1号干电池比5号干电池的电动势小、容量大 B. 电场力对负电荷做正功，电势能减少，动能增加 C. 电势降低的方向就是电场强度方向 D. 在同一等势面上移动电荷电场力对电荷一定不做功 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、不同型号的干电池，电动势相同，干电池的电动势均为1.5V，故选项A错误；‎ B、只受电场力作用，电场力对负电荷做正功，电势能减少，动能增加；若还有其它力作用，其他力对其做功，动能不一定增加，故选项B错误；‎ C、电势降低的最快的方向就是场强的方向；电势降低的方向不一定是场强的方向，故选项C错误；‎ D、同一等势面上的各点电势相等，根据可知在同一等势面上移动电荷，电场力一定不做功，故选项D正确。‎ ‎2.很多物理量都采用了比值定义方法，例如：电场强度的表达式称为定义式，下列表达式中，不属于比值定义法的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据电阻定律电阻可知导线的电阻值大小与导线的长度成正比，与导线的横截面积成反比，不属于比值定义法，故选项A正确；‎ ‎  B、密度是物质的一种特性 物体的密度与物体的质量和体积无关，物体的密度的表达式属于比值定义法，故选项B错误；‎ ‎  C、电容是反映电容器容纳电荷本领大小的物理量，由电容器本身决定，与和无关，电容的表达式 属于比值定义法，故选项C错误；‎ ‎   D、在电场中，某点电荷的电势能跟它所带的电荷量之比，叫做这点的电势，电势的表达式属于比值定义法，故选项D错误。‎ ‎3.在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点。其中a、b两点的电势相等，电场强度大小相等、方向也相同的是 A. 甲图：与点电荷等距的a、b两点 B. 乙图：两等量异种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点 C. 丙图：点电荷与带电平板形成的电场中平板上表面的a、b两点 D. 丁图：匀强电场中的a、b两点 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、甲图为正的点电荷的电场，图中、两点在同一个圆上，所以、b两点的电势相同，电场强度的大小也相同，但是场强的方向不同，故选项A错误；‎ B、乙图为等量的异种电荷的电场，在连线的中垂线上的所有的点的电势都为零，并且场强的方向均为水平的指向负电荷，所以此时、两点的电势相等，电场强度大小相等、方向也相同，故选项B正确；‎ C、丙图中、处于金属平板上，处在电场中的金属平板处于静电平衡状态，金属板的表面为等势面，所以、两点的电势相等；由于、两点的电场线疏密不同，所以、两点电场强度大小不相等，但电场线与等势面垂直，所以、两点的电场强度的方向相同，故选项C错误；‎ D、丁图是匀强电场，、点的场强的大小和方向都相同，但是根据沿电场线的方向电势降低可知，点的电势要比点的电势高，故选项D错误。‎ ‎4. 如图所示为静电力演示仪，两金属极板分别固定于绝缘支架上，且正对平行放置。工作时两板分别接高压直流电源的正负极，表面镀铝的乒乓球用绝缘细线悬挂在金属极板中间，则 A. 乒乓球的左侧感应出负电荷 B. 乒乓球受到扰动后，会被吸在左极板上 C. 乒乓球共受到电场力，重力和库仑力三个力的作用 D. 用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，放开后乒乓球会两极板间来回碰撞 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 从图中可知金属板右侧连接电源正极，所以电场水平向左，故乒乓球上的电子移动到右侧，即乒乓球的右侧感应出负电荷，A错误；乒乓球右侧带负电，受到的电场力向右，乒乓球左侧带正电，受到的电场力向左，因为左右两侧感应出的电荷量相等，所以受到的电场力相等，乒乓球受到扰动后，最终仍会静止，不会吸附到左极板上，B错误；乒乓球受到重力和电场力作用，库仑力即为电场力，C错误；用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，乒乓球带正电，在电场力作用下，与左极板接触，然后乒乓球带负电，又在电场力作用下，运动到右极板，与右极板接触后乒乓球带正电，在电场力作用下，运动到左极板，如此重复，即乒乓球会在两极板间来回碰撞，D正确。‎ ‎【考点定位】考查了库仑力，静电感应 ‎【方法技巧】静电感应的实质是电荷间的相互作用力，同种电荷相斥，异种电荷相吸，对于一个不带电的导体，在电场中两侧感应出的电荷是等量异种电荷 ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎5.在静电场中，将一电子从A点移到B点，电场力做了正功，则 A. 电子的动能一定增加 B. A点电势一定小于B点电势 C. 电场强度的方向一定是由A点指向B点 D. 电场强度的方向一定是由B点指向A点 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、将一电子从点移到点，电场力做了正功，若只受电场力作用，动能一定增加；若还有其它力作用，其他力对其做功，动能不一定增加，故选项A错误；‎ BCD、将一电子从点移到点，电场力做了正功，说明点所在等势面的电势一定比点所在等势面的电势高，并非电场线的方向就是由指向，故选项B正确，C、D错误。‎ ‎6.太阳能电池是利用太阳能的一种有效装置。现有一太阳能电池板，测得它的开路电压为800mV，短路电流为40mA。若将该电池板与一阻值为20Ω的电阻器连成一闭合电路，则它的路端电压是 A. 0.20‎V B. 0.10V C. 0.40V D. 0.30V ‎【答案】C ‎【解析】‎ 本题考查的是闭合电路欧姆定律的问题，根据，开路电压为800 mV，即电源电动势为800mv，将该电池板与一阻值为20Ω的电阻器连成闭合电路，则有闭合电路欧姆定律可知:路端电压,电压分配和阻值成正比，可得路端电压是0.4v。答案选C。‎ ‎7.如图，A、B两点各放一电荷量均为Q的等量异种电荷，有一竖直放置的光滑绝缘细杆在两电荷连线的垂直平分线上，a、b、c是杆上的三点，质量为m、带负电荷q的小环套在细杆上，自a点由静止释放，则 A. 小环所受的弹力水平向左 B. 小环从a到c做匀加速直线运动 C. 小环从b到c速度可能先增大后减小 D. 小环从b到c速度可能先减小后增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据电场叠加原理可知中垂线上各点合场强均为水平向右，则有小环所受的电场力方向水平向左，所以小环所受的弹力水平向右；由于小环所受的电场力方向与小环的运动方向垂直，电场力不做功，而在竖直方向小环只受到重力作用，故小环做自由落体运动，小环从到速度一直增大，故选项B正确，‎ A、C、D错误。‎ ‎8.如图所示竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场，与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球，P 小球从紧靠左极板处由静止开始 释放，Q 小球从两板正中央由静止开始释放，两小球最终都能运动到右极板上的同一位置，则从开始释放到运动到右极板的过程中它们的 A. 运行时间 B. 电势能减少量之比 C. 电荷量之比 D. 动能增加量之比 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：小球在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做匀加速直线运动，‎ 根据和运动与分运动的等时性，可知，两小球下落的高度一样，即，所以运动的时间相同，设为t，A错误，‎ 在水平方向上有，,所以可得，C正确，‎ 电势能的减小量等于电场力所做的功，所以有，,所以有，B错误，‎ 过程中重力和电场力做功，所以动能的增量为,,所以，D错误，‎ 考点：本题考查了带电粒子在电场中的运动，‎ 点评：带电粒子在电场中的运动，综合了静电场和力学的知识，分析方法和力学的分析方法基本相同．先分析受力情况再分析运动状态和运动过程（平衡、加速、减速，直 ‎ 线或曲线），然后选用恰当的规律解题．解决这类问题的基本方法有两种，第一种利用力和运动的观点，选用牛顿第二定律和运动学公式求解；第二种利用能量转化 的观点，选用动能定理和功能关系求解．‎ 二、多项选择题（本项共 4题）‎ ‎9.如图电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时，三个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2表示。下列判断正确的是 A. U1增大，I增大，不变 B. U2减小，I增大，减小 C. DU1>DU2‎ D. 减小 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB、当滑动变阻器的滑动触头向上滑动，其阻值变小，总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律可知干路上的电流增大，根据可知路端电压减小，通过的电流减小，根据并联分压可知电流表示数增大，根据欧姆定律可知的两端电压增大，根据串联分压可知两端的电压减小，根据欧姆定律得知，所以不变；根据闭合电路欧姆定律得，则有，所以不变，故选项A正确，B错误；‎ CD、根据电路可知路端电压减小，则有，由于，所以的增加量小于的减小量，故选项D正确，C错误。‎ ‎10.如图所示，已知电源的内阻r=2Ω，定值电阻R1=0.5Ω，调节可变电阻R2的最大电阻1.5Ω，当调节可变电阻R2的阻值从最大到零的过程中，以下说法正确的是 A. 电源总功率一直变大 B. 电源效率一直变小 C. 电源输出功率先变大再变小 D. 可变电阻R2消耗功率先变大再变小 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A、当可变电阻的阻值从最大到零的过程中总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知总电流增大，根据可知电源总功率一直变大，根据闭合电路欧姆定律可知路端电压减小，所以电源效率一直变小，故选项A、B正确；‎ C、由于，根据电源的内电阻和外电阻相等时，电源的输出功率最大可知可变电阻的阻值从最大到零的过程中电源输出功率一直减小，故选项C错误；‎ D、当把和电源看做一个整体时，即把电源的内阻看做，由于，根据电源的内电阻和外电阻相等时，电源的输出功率最大可知可变电阻的阻值从最大到零的过程中可变电阻消耗功率一直减小，故选项D正确。‎ ‎11.M、N是一对水平放置的平行板电容器，将它与一电动势为E，内阻为r的电源组成如图所示的电路，R是并联在电容器上的滑动变阻器，G是灵敏电流计，在电容器的两极板间有一带电的油滴处于悬浮状态，如图，下列说法正确的是 A. 打开S后，使两极板靠近，则微粒将向上运动 B. 打开S后，使两极板靠近，则微粒仍保持静止 C. 保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片向上滑动，灵敏电流计中有从a向b的电流 D. 保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片向上滑动，灵敏电流计中有从b向a的电流 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB、打开S之前，由于带电的油滴处于悬浮状态，则有，打开S后，电容器的两极板所带电量保持不变，根据，，可得，使两极板靠近，电容器的两极板间的电场强度不变，所以带电的油滴仍保持静止，故选项B正确，A错误；‎ CD、电容器两极板间的电压，当将滑动变阻器的滑片向上滑动时，增大，增大，电容器的电量增加，处于充电状态，灵敏电流计中有电流，由于电容器上板带正电，则灵敏电流计中有从向的电流，故选项C正确，D错误。‎ ‎12.两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线的中垂线上有A、B、C三点，如图所示．一个电荷量为‎2C、质量为‎1kg的小物块从该水平面内的C点静止释放，其运动的v-t图象如图所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是 A. 由C到A的过程中，电势逐渐升高 B. A、B两点电势差UAB=－5V C. 由C到A的过程中，物块的电势能先减小后变大 D. B为中垂线上电场强度最大的点，其电场强度E=1V/m ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、据两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由点沿中垂线指向外侧，故由点到点的过程中电势逐渐减小，故选项A错误；‎ B、根据图可知、两点的速度，再根据动能定理得电场力做的功：，故、两点的电势差，故选项B正确；‎ C、由点到点的过程中，根据图可知带电粒子的速度增大，电场力做正功，电势能减小，故选项C错误；‎ D、根据图可知带电粒子在点的加速度最大为，所受的电场力最大为2N，根据知点的场强最大为1N/C，故选项D正确。‎ 三、填空题（本项共4题）‎ ‎13.平行板电容器两个极板水平放置，两极板间有一带电荷量不变的小油滴，油滴在极板间运动时所受空气阻力的大小与其速率成正比.若两极板间电压为零，经一段时间后，油滴以速率v匀速下降；若两极板间的电压为U，经一段时间后，油滴以速率v匀速上升.若两极板间电压为-U，油滴做匀速运动时速度的大小______、方向_________。‎ ‎【答案】 (1). 3v (2). 向下 ‎【解析】‎ ‎【详解】若两极板间电压为零，经一段时间后，油滴以速率匀速下降，则有；若两极板间的电压为，经一段时间后，油滴以速率匀速上升知电场力大于重力，则有；若两极板间电压为，则电场力方向向下,当油滴做匀速运动时，则有，联立解得，方向向下。‎ ‎14.如图所示，匀强电场方向平行于xoy平面，在xoy平面内有一个半径为R=‎5cm的圆，圆上有一动点P，半径OP与x轴方向的夹角为θ，P点沿圆周移动时，P点的电势满足jp=25sinq(V)匀强电场的大小E=_____V/m，方向为_____。‎ ‎【答案】 (1). 500v/m (2). -Y ‎【解析】‎ ‎【详解】由于点的电势，所以和两位置的电势相等，当时，点的电势最大为25V，当或时，P点的电势最小为0V，根据等势面一定跟电场线垂直，且电场线总是由电势较高的等势面指向电势较低的等势面可知匀强电场的方向为，根据 可得匀强电场的大小。‎ ‎15.有一条横截面积为s的铜导线通以大小为I的电流。已知铜的密度为r，铜的摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，电子的电量为e，如果每个铜原子只贡献一个自由电子，则铜导线中自由电子定向移动的速率为_____‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】设铜导线中自由电子定向移动的速率为，导线中自由电子从一端定向移到另一端所用时间为，则导线的长度为，体积为，在时间内这些电子都能通过下一截面，则电流，其中，联立解得，可得电子定向移动的速率 ‎16.如图甲所示为一测量电解液电阻率的玻璃容器，P、Q为电极，设a=‎1m，b=‎0.2m，c=‎0.1m，当里面注满某电解液，且P、Q加上电压后，其U-I图线如图乙所示，当U=10V时，求电解液的电阻率ρ是_______Ω·m ‎【答案】40‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】由图乙可求得电解液的电阻为；由图甲可知电解液长为，截面积为，结合电阻定律可得 四、实验探究题（本项共2题）‎ ‎17.（1）一灵敏电流计，允许通过的最大电流（满刻度电流）为Ig=50μA，表头电阻Rg=1kΩ，若改装成量程为Im=1mA的电流表，应________联的电阻阻值为________Ω（用分数表示）。‎ ‎（2）用改装好的多用电表的欧姆挡“×10Ω”挡测量一个电阻的阻值，发现表的指针偏转角度极小，为了准确测定该电阻的阻值，正确的判断和做法是________‎ A．这个电阻阻值肯定也是极小的 B．应把选择开关换到“×1Ω”挡，将欧姆表重新调零后再进行测量 C．应把选择开关换到“×100Ω”挡，将欧姆表重新调零后再进行测量 D．为了使测量值比较准确，应该用两手分别将两表笔与待测电阻两端紧紧捏在一起，使表笔与待测电阻接触良好 ‎【答案】 (1). 并联 (2). (3). C ‎【解析】‎ ‎【详解】解：(1)把电流表改装成大量程电流表，需要并联电阻，电阻的阻值为 ‎ (2)ABC、欧姆表的表盘与电流计的刻度相反，即满偏刻度处电阻为零，电流为零时对应电阻无穷大，则可知，当偏转较小时，说明这个电阻较大，为了准确测量，应换用大档位，使偏角增大，读数更准确，即应把选择开关换到“×100Ω”挡，将欧姆表重新调零后再进行测量，故选项C正确，A、B错误；‎ D、测量时一定不要用两手分别将两表笔与待测电阻两端紧紧捏在一起，这样会将人连入电路产生误差，故选项D错误。‎ ‎18.(1)图中游标卡尺读数为__________mm，螺旋测微器读数为__________mm.‎ ‎(2)某实验小组利用上图1所示的电路测量一节干电池的电动势和内电阻。‎ ‎①实验中，滑动变阻器应选用__________‎ A.滑动变阻器（阻值范围0~10Ω）‎ B.滑动变阻器（阻值范围0~100Ω）‎ ‎②如图2所示，他们根据实验数据绘制出U-I图像，干电池的电动势E=_______V，内电阻r=_______Ω。（结果保留两位有效数字）‎ ‎③该实验小组还制作了一个水果电池。他们先将一电压表（量程3V、内阻2000Ω）与水果电池的两极相连，电压表的读数为0.70V；再将一数字电压表（内阻约为100MΩ）与水果电池的两极相连，读数为0.91V。由以上数据，可估算出该水果电池的内电阻r=_______________Ω ‎【答案】 (1). 52.35 (2). 1.990 (3). A (4). 1.4 (5). 0.91 (6). 600‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】解：(1)游标卡尺的主尺读数为：‎5.2cm=‎52mm，游标尺上第7个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为7×‎0.05mm=‎0.35mm，所以最终读数为‎52mm+‎0.35mm=‎52.35mm；‎ 螺旋测微器的固定刻度为‎1.5mm，可动刻度为49.0×‎0.01mm=‎0.490mm，所以最终读数为‎1.5mm+‎0.490mm=‎1.990mm；‎ ‎(2) ①②根据图象得出干电池的电动势，干电池的内电阻；由于图象得出最大电流为‎0.55A，电路最小电阻约为，为方便实验操作，滑动变阻器应选； ‎ ‎③该实验小组还制作了一个水果电池，他们先将一电压表(量程3V、内阻2000Ω)与水果电池的两极相连，电压表的读数为0.70V；根据闭合电路欧姆定律可得；再将一数字电压表(内阻约为100MΩ)与水果电池的两极相连，读数为0.91V，根据闭合电路欧姆定律可得，联立解得；‎ 五、计算题（共4小题）．‎ ‎19.如图所示，带正电小球质量为m=1×10－‎2kg，带电量为q=1×10－‎6C，置于光滑绝缘水平面上的A点．当空间存在着斜向上的匀强电场时，该小球从静止开始始终沿水平面做匀加速直线运动，当运动到B点时，测得其速度vB=‎1.5m/s，此时小球的位移为S=‎0.15m．求此匀强电场场强E的取值范围．（g=‎10m/s2）‎ ‎【答案】7.5104V/mE1.25105V/m ‎【解析】‎ ‎【详解】设电场方向与水平面夹角为，小球从A到B过程中由动能定理：qES=mvB2-0，解得电场强度E===V/m，由题意可知，0，1，所以E7.5104V/m；为使小球始终沿水平面运动，电场力在竖直方向的分力必须小于等于重力,即：qEsinmg，所以tg==，即53，电场强度E=V/m=1.25105V/m，故此匀强电场场强E的取值范围为：7.5104V/mE1.25105V/m。‎ ‎20.如图所示是利用电动机提升重物的示意图，其中D是直流电动机．p是一个质量为m的重物，它用细绳拴在电动机的轴上．闭合开关ｓ，重物p以速度v匀速上升，这时电流表和电压表的示数分别是I=‎5.0A和U=110V，重物p上升的速度v=‎0.70m/s．已知该装置机械部分的机械效率为70%，重物的质量m=‎45kg（g取‎10m／s2）．求：‎ ‎（1）电动机消耗的电功率P电；‎ ‎（2）绳对重物做功的机械功率P机；‎ ‎（3）电动机线圈的电阻R．‎ ‎【答案】（1）550W；（2）315W；（3）4Ω ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）电动机消耗得电功率为；‎ ‎（2）重物匀速上升，拉力T=mg，‎ 绳对重物做功的机械功率为：‎ ‎（3）电动机输出的电功率为：‎ 电动机线圈的电阻R的发热功率为=100W 由得 电动机线圈的电阻：‎ ‎21.如图所示，一电荷量q=3×10‎-4C带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的O点。S合上后，小球静止时，细线与竖直方向的夹角α=37°。已知两板相距d=‎0.1m，电源电动势E=12V，内阻r=2Ω，电阻R1=4Ω，R2=R3=R4=12Ω。g取‎10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：‎ ‎(1)流过电源的电流；‎ ‎(2)两板间的电场强度的大小；‎ ‎(3)小球的质量。‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）外电路电阻，‎ 电路中总电流，‎ ‎（2）路端电压U=E-Ir=10V ，‎ 两板间的场：‎ ‎（3）设小球质量为m, 由共点力平衡条件有 ,     ‎ 解得m=4×10‎‎-3kg ‎22.飞行时间质谱仪可通过测量离子飞行时间得到离子的荷质比q/m，如图1。带正电的离子经电压为U的电场加速后进入长度为L的真空管AB，可测得离子飞越AB所用时间。改进以上方法，如图2，让离子飞越AB后进入场强为E（方向如图）的匀强电场区域BC，在电场的作用下离子返回B端，此时，测得离子从A出发后飞行的总时间，（不计离子重力）‎ ‎（1）忽略离子源中离子的初速度，①用计算荷质比；②用计算荷质比。‎ ‎（2）离子源中相同荷质比离子的初速度不尽相同，设两个荷质比都为q/m的离子在A端的速度分别为和（），在改进后的方法中，它们飞行的总时间通常不同，存在时间差Δt，可通过调节电场E使Δt＝0。求此时E的大小。‎ ‎【答案】（1）①；②或 ‎（2）‎ ‎【解析】‎ ‎：⑴①设离子带电量为q，质量为m，经电场加速后的速度为v，则 ‎2 ‎ 离子飞越真空管，在AB做匀速直线运动，则 L＝vt1 ‎ 解得离子荷质比：‎ ‎②离子在匀强电场区域BC中做往返运动，设加速度为a，则：‎ qE＝ma ‎ L2＝‎ 解得离子荷质比：或 ‎（2）两离子初速度分别为v、v/，则 l′＝＋‎ Δt＝t－t′＝‎ 要使Δt＝0，则须 所以：E＝‎