2018-2019学年高二物理上学期期中试卷（含解析） (II).doc

2018-2019学年高二物理上学期期中试卷（含解析） (II)一、选择题1.下列关于电场强度的说法中，正确的是（）A. 公式只适用于真空中点电荷产生的电场B. 由公式可知，电场中某点的电场强度E与试探电荷在电场中该点所受的电场力成正比C. 在公式中，是点电荷产生的电场在点电荷处的场强大小； 是点电荷产生的电场在点电荷处的场强大小D. 由公式可知，在离点电荷非常靠近的地方（），电场强度可达无穷大【答案】C【解析】试题分析：是电场强度的定义式适用于一切电场，A错误；电场强度E表示电场本身的强度和方向，与试探电荷无关，不能说E与试探电荷在电场中该点所受的电场力成正比，B错误；库仑定律公式公式中，是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1所在处的场强大小；是点电荷Q1产生的电场在点电荷Q2处的场强大小，C正确；D、当r0时，电荷已不能看成点电荷，公式不再成立，D错误；故选C考点：电场强度。【名师点睛】电场强度是描述电场的力的性质的物理量，要想知道电场中某点的电场强度，可以在该点放一试探电荷，由来描述该点的强弱，不同的试探电荷，受到的力不同，但是相同的，为了描述电场的这种性质，引入电场强度这个物理量，即为电场强度的定义式；而是点电荷所形成的电场的场强的决定式，是说点电荷所形成的电场的场强决定于场源电荷的电荷量和距点电荷的距离。2.用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图所示)设若两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为.实验中，极板所带电荷量不变，若 ()A. 保持S不变，增大d，则变大B. 保持S不变，增大d，则变小C. 保持d不变，减小S，则变小D. 保持d不变，减小S，则不变【答案】A【解析】AB：保持S不变，增大d，电容器的电容减小，极板所带电荷量不变，据可得两板间电势差变大，静电计指针偏角变大。故A项正确，B项错误。CD：保持d不变，减小S，电容器的电容减小，极板所带电荷量不变，据可得两板间电势差变大，静电计指针偏角变大。故CD两项错误。点睛：平行板电容器充电后，若保持其始终与直流电源相连，则板间电压不变。当电容器电容的影响因素发生变化后，据、来判断各量如何变化。平行板电容器充电后与电源断开，由于电荷不能移动，电容器的带电量不变。当电容器电容的影响因素发生变化后，据、来判断各量如何变化。3.电阻和电动机串连接到电路中,如图所示,已知电阻跟电动机线圈的电阻值相等,开关接通后,电动机正常工作.设电阻和电动机两端的电压分别为和,经过时间,电流通过电阻做功为,产生热量为,电流通过电动机做功为,产生热量为.则有( ) A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】开关接通后，电动机正常工作，其电路非纯电阻电路，电动机两端的电压大于线圈电阻与电流的乘积而电阻R是纯电阻，其两端电压等于电阻与电流的乘积根据焦耳定律研究热量关系【详解】设开关接通后，电路中电流为I。对于电阻R，由欧姆定律得U1=IR，对于电动机，U2IR，则U1U2，根据焦耳定律得Q1=I2Rt，Q2=I2Rt，则Q1=Q2；故选A.【点睛】本题把握纯电阻电路与非纯电阻电路区别的能力，抓住欧姆定律适用于纯电阻电路，不适用于非纯电阻电路，而焦耳定律对两种电路均适用4. 工人师傅在改装电炉时，为了使电功率减小到原来的一半，下列措施中可行的是A. 截去一半电炉丝B. 串联一条相同的电炉丝C. 并联一条相同的电炉丝D. 把连接电炉和电源的电线长度增加一倍。【答案】B【解析】试题分析：由公式可知，要使电功率减小到原来的一半，如果U不变，就要使电阻增大为原来的2倍：根据电阻定律可得截去一半电炉丝，电阻减半，A错误；串联一条相同的电炉丝，电阻成为2R，B正确；并联一条相同的电炉丝，电阻变为原来的二分之一，C错误；由于导线的电阻很小，把连接电源和电炉的导线长度增加一倍，由串联分压的原理知：增加的导线分去的电压并不大，电炉两端的电压变化也不大；而电炉电阻丝的阻值不变，则电炉的实际功率变化也不大，D错误考点：考查了电功率的计算【名师点睛】在家庭电路中，电源电压是恒定的；因此，电炉工作的实际电压在改装前后是相同的，由公式可知，要使电功率减小到原来的一半，必须使电阻增大到原来的二倍，根据这个条件进行选择即可5. 在如图所示的电路中，当闭合开关S后，若将滑动变阻器的滑片P向下调节，则正确的是A. 电压表和电流表的示数都增大B. 灯L2变暗，电流表的示数减小C. 灯L1变亮，电压表的示数减小D. 灯L2变亮，电容器的带电量增加【答案】C【解析】试题分析：将滑动变阻器的滑片P向下调节，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知，路端电压U减小，干路电流I增大，则电压表示数减小，灯L1变亮U1增大，R与灯L2并联电路的电压U2=U-U1，U减小， U2减小，灯L2变暗流过电流表的电流IA=I-I2，I增大，I2减小，IA增大，电流表的示数增大考点：闭合电路欧姆定律；电路动态分析【名师点睛】本题主要考查了闭合电路欧姆定律和电路动态分析的问题，属于中等难度题。这类问题属于闭合电路欧姆定律的典型应用，解决这类问题的关键是准确判断回路中的总电阻的变化趋势，一般思路是：“分总分”。根据部分电路的电阻变化情况，判断回路中的总电阻、总电流、路端电压的变化趋势，最后再来判断各个用电器的电压、电流和功率的变化趋势。6.如图所示，直线A为某电源的UI图线，曲线B为某小灯泡D1的UI图线的一部分，用该电源和小灯泡D1组成闭合电路时，灯泡D1恰好能正常发光，则下列说法中正确的是 ()A. 此电源的内阻为2/3 B. 灯泡D1的额定电压为3V，功率为6WC. 把灯泡D1换成“3V，20W”的灯泡D2，电源的输出功率将变小D. 由于小灯泡B的UI图线是一条曲线，所以灯泡发光过程，欧姆定律不适用【答案】B【解析】试题分析：由图线可知，电源的内阻为，选项A 错误；因为灯泡正常发光，故灯泡D1的额定电压为3V，功率为P=IU=23W=6W，选项B正确；把灯泡D1换成“3V，20W”的灯泡D2，由于灯泡D2的电阻小于灯泡D1的电阻，更接近于电源的内阻，故电源的输出功率将变大，选项C 错误；虽然小灯泡B的UI图线是一条曲线，但由于小灯泡是纯电阻，所以灯泡发光过程，欧姆定律仍适用，选项D 错误。考点：U-I图线；电功率。7.如图所示,虚线、代表电场中的三个等势面,相邻等势面之间的电势差相等,即,实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹, 、是这条轨迹上的三点, 点在等势面上,据此可知( )A. 带电质点在点的加速度比在点的加速度小B. 带电质点在点的电势能比在点的小C. 带电质点在点的动能大于在点的动能D. 三个等势面中, 的电势最高【答案】D【解析】试题分析：作出电场线，根据轨迹弯曲的方向可知，电场线向上故c点电势最高；根据推论，负电荷在电势高处电势能小，可知电荷在P点的电势能大；总能量守恒；由电场线疏密确定出，P点场强小，电场力小，加速度小解：A、等差等势面P处密，P处电场强度大，电场力大，加速度大故A错误；D、根据轨迹弯曲的方向和电场线与等势线垂直可知负电荷所受的电场力应向下，所以电场线向上故c点电势最高故D正确B、利用推论：负电荷在电势高处电势能小，知道P点电势能大故B正确C、负电荷的总能量守恒，即带电质点在P点的动能与电势能之和不变，P点电势能大，则动能小故C错误故选：BD【点评】根据电场线与等势面垂直，作出电场线，得到一些特殊点（电场线与等势面交点以及已知点）的电场力方向，同时结合能量的观点分析是解决这类问题常用方法8. 下列关于起电的说法错误的是A. 一个带电体接触一个不带电的物体，两个物体一定会带上等量的同种电荷B. 静电感应不是创造电荷，只是电荷从物体的一部分转移到了另一部分C. 摩擦可以起电，是普遍存在的现象，相互摩擦起电的两个物体总是同时带等量的异种电荷D. 摩擦和感应都能使电子转移，只不过前者是电子从一个物体转移到另一个物体，后者则使电子从物体的一部分转移到另一部分【答案】A【解析】试题分析：一个带电体接触一个不带电的物体，只有当两物体等大相同时，两个物体才会带上等量的同种电荷，选项A错误；静电感应不是创造电荷，只是电荷从物体的一部分转移到了另一部分，选项B正确；摩擦可以起电，是普遍存在的现象，相互摩擦起电的两个物体总是同时带等量的异种电荷，选项C正确；摩擦和感应都能使电子转移，只不过前者是电子从一个物体转移到另一个物体，后者则使电子从物体的一部分转移到另一部分，选项D正确；此题是选择错误的，故选A考点：电荷守恒定律【名师点睛】电荷守恒定律：电荷既不能被创造，也不能被消灭，只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移的过程中，电荷的总量保存不变。9.一带电小球在空中由A点运动到B点过程中，受重力、电场力和空气阻力三个力。若重力势能增加3 J、机械能增加0.5 J、电场力做功1 J，则小球( )A. 重力做功为3 JB. 动能减少2.5 JC. 克服空气阻力做功0.5 JD. 电势能增加1 J【答案】BC【解析】试题分析：解决本题需根据：重力做功等于重力势能的减小量；电场力做功等于电势能的减小量；合力做功等于动能的增加量；除重力外的各个力做的总功等于机械能的增加量由功能关系分析解：A、重力做功等于重力势能变化量的负值，则重力势能增加3J，故重力做功3J，故A错误；B、据题，重力势能增加3J、机械能增加0.5J，而机械能等于重力势能与动能之和，则得动能减少2.5J，故B正确C、除重力外的各个力做的总功等于机械能的增加量，除重力外，有电场力和空气阻力做功，电场力做功1J，而机械能增加0.5J，所以克服空气阻力做功0.5J，故C正确D、电场力做功等于电势能的减小量，电场力做功1J，故电势能减小1J，故D错误；故选：BC【点评】功是能量转化的量度，有多种表现形式：重力做功是重力势能变化的量度；电场力做功是电势能变化的量度；合力做功是动能变化的量度；重力外的各个力做的总功是机械能变化的量度10.如图所示，甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成，下列说法正确的是()A. 甲表是电流表，R增大时量程增大B. 甲表是电流表，R增大时量程减小C. 乙表是电压表，R增大时量程增大D. 乙表是电压表，R增大时量程减小【答案】BC【解析】由甲图所示可知，G与电阻R并联，甲图是电流表，R增大，R的分流较小，电流表量程减小，故B正确，A错误；由乙图所示可知，G与R串联，乙表是电压表，R增大时，变阻器分担的电压增大，电压表量程增大，故CD错误；故选B。点睛：本题考查电表改装原理的理解能力电流计串联一个分压电阻即为电压表；并联分流电阻为电流表；当电流计的指针满偏时，电流表或电压表的指针满偏，所测量的电流或电压达到最大值11. 如图所示的是两个闭合电路中两个电源的UI图象，下列说法中正确的是( )A. 电动势E1E2，内阻r1r2B. 电动势E1E2，内阻r1r2C. 电动势E1E2，发生短路时的电流I1I2D. 当两电源的工作电流变化相同时，电源2的路端电压变化较大【答案】ACD【解析】试题分析：U-I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，斜率表示内阻，电动势E1=E2，内阻r1r2，故B错误，A正确；U-I图象与I轴的交点表示短路电流，故发生短路时的电流I1I2，故C错误；根据U=E-Ir可知，U=-rI，内阻r1r2，故当电源的工作电流变化相同时，电源2的路端电压变化较大；故D正确；故选ACD.考点：U-I图线；闭合电路的欧姆定律【名师点睛】本题考查了闭合电路电源的U-I图象的相关知识，要求同学们理解U-I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，与I轴的交点表示短路电流，斜率表示内阻。12.如图所示,放在绝缘台上的金属网罩B内放有一个不带电的验电器C,若把一带有正电荷的绝缘体A移近金属罩B,则( )A. 在B的外表面出现感应电荷B. 在B的内表面出现正电荷C. 验电器的金属箔片将张开D. B的左右两侧电势相等【答案】AD【解析】【详解】A、B、由于金属网罩的静电屏蔽作用，B的内表面不带电，金属网罩表面的自由电子重新分布，根据“近异远同”的结论，B的右侧外表面带正电荷，B的左侧外表面负电荷，故A正确，B错误；C、由于金属网罩的静电屏蔽作用，B的内部电场强度处处为零，故验电器的金箔不张开，故C错误；D、金属网罩处于静电平衡状态，是等势体，故其左右两侧电势相等，故D正确；故选AD.【点睛】静电屏蔽的意义：屏蔽使金属导体壳内的仪器或工作环境不受外部电场影响，也不对外部电场产生影响.二、实验题13.游标卡尺的读数为_cm.螺旋测微器的读数为_mm. 【答案】 (1). 2.03 (2). 10.295【解析】【详解】游标卡尺的主尺读数为20mm，游标尺上第3个刻度与主尺上某一刻度对齐，故其读数为0.13mm=0.3mm，所以最终读数为：20mm+0.3mm=20.3mm=2.03cm；螺旋测微器的固定刻度读数为10mm，可动刻度读数为0.0129.5mm=0.295mm，所以最终读数为10.295mm(10.29410.297)【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，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.14.某同学通过实验测定一个阻值约为的电阻的阻值（1）现有电源（，内阻可不计）、滑动变阻器（，额定电流），开关和导线若干，以及下列电表：A电流表（，内阻约）B电流表（，内阻约）C电压表（，内阻约）D电压表（，内阻约）为减小测量误差，在实验中，电流表应选用_，电压表应选用_（选填器材前的字母）；实验电路应采用图中的_（选填“甲”或“乙”）（2）图是测量的实验器材实物图，图中已连接了部分导线请根据在（）问中所选的电路图，补充完成图中实物间的连线_（3）接通开关，改变滑动变阻器画片的位置，并记录对应的电流表示数、电压表示数某次电表示数如图所示，可得该电阻的测量值_（保留两位有效数字）【答案】 (1). B (2). C (3). 甲 (4). (5). 5.20【解析】（1）因电源的电压为4V，因此电压表选3V量程，即电压表选C；因为阻值约为的电阻的根据欧姆定律可知，电流的最大值为0.8A，故电流表选择0.6A的量程，即电流表选B；根据等测电阻的阻值与电压表及电流表的阻值，可知等测电阻的阻值偏小，因此选择电流表外接法，故选择甲图（2）根据电路图来连接实物图原则，注意电表的正负极，并分几个回路来连接如图所示（）电压表的读数，电流表的读数为电阻阻值：三、计算题15.如图所示,长的轻质细绳上端固定,下端连接一个可视为质点的带电小球,小球静止在水平向右的匀强电场中,绳与竖直方向的夹角。已知小球所带电荷量,匀强电场的场强,取重力加速度,求:(1)小球所受电场力的大小。(2)小球的质量。【答案】(1) (2) 【解析】（1）对小球有F=Eq，代入数据得F=0.03N（2）设细绳与竖直方向的夹角为，由题中条件可得，对小球受力分析得代入数据得m=4.010-3kg16.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.【答案】（1） （2） （3） 【解析】试题分析：（1）由动能定理得：W=qU1=则（2）离子在偏转电场中运动的时间tL =（3）设粒子在离开偏转电场时纵向偏移量为y综合解得考点：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17.如图所示, ,电源内阻为1,当合上且为2时,电源的总功率为16,而电源的输出功率为12,且灯泡正常发光.求:(1)灯泡的电阻和功率;(2)断开时,为使灯泡正常发光,的阻值应调到多少?【答案】(1) RL=4, PL=4W (2) R2=3【解析】【分析】(1)当S合上时，电阻R2与灯泡串联后电阻R3并联根据电源的总功率为16W，电源的输出功率为12W，求出通过电源的电流根据电源的输出功率，求出外电阻总电阻，得到灯泡的电阻，并求出灯泡的功率(2)由(1)问中电流和电源的总功率为16W，求出电动势S断开时，电阻R2与灯泡串联，根据欧姆定律求出R2的阻值【详解】(1)由Pr=P总-P出=I2r,即16-12=I21得:I=2A又P出=I2R外即：12=22R外得:R外=3又： 代入数据得：RL=4又RL+R2=R3IL=I3=1APL=IL2RL=4W(2)由上题P总=EI得，S断开时时，E=IL(RL+R2+r)=8V解得：R2=3【点睛】从本题看出，对于电路问题，首先要搞清电路的连接方式，其次要弄清电源的三种功率关系