物理卷·2018届甘肃省临洮县第四中学高二上学期期中考试（2016-11） 9页

临洮四中2016-2017学年度第一学期期中考试 高二物理试题 一、选择题（本题共8道小题，每小题8分，共48分）‎ ‎1.（单选）使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开．下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，其中正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ B．‎ C．‎ D．‎ ‎2.（单选）如图所示，实线为方向未知的三条电场线，a、b两带电粒子从电场中的O点以相同的初速度飞入。仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图中虚线所示，则（ ）‎ A．一定带正电，b一定带负电 B．加速度增大，b加速度增大 C．电势能减小，b电势能增大 D．和b的动能一定都增大 ‎3.（单选）如图所示A、B为两块水平放置的金属板，通过闭合的开关S分别与电源两极相连，两板中央各有一个小孔a和b，在a孔正上方某处一带电质点由静止开始下落，不计空气阻力，该质点到达b孔时速度恰为零，然后返回。现要使带电质点能穿出b孔，可行的方法是（ ）‎ A. 保持S闭合，将B板适当上移 ‎ B. 保持S闭合，将B板适当下移[‎ C. 先断开S，再将A板适当上移 ‎ D. 先断开S，再将B板适当下移 ‎4.（单选）如图所示电路，电源的电动势为12V，L为灯泡，R1和R2为定值电阻，若用电压表测得A、B两点间的电压为12V，则说明（　　）‎ ‎　‎ A．‎ L、R1和R2都断了 ‎　‎ B．‎ L、R1和R2都是好的 ‎　‎ C．‎ L是好的，R1和R2中至少有一个断了 ‎　‎ D．‎ R1和R2是好的，L断了 ‎5. （单选）两只完全相同的电流表，一只改装成电压表，一只改装成电流表，一同学做实验时，误将电压表和电流表串联起来接入电路中，则（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 两只表的指针都不能偏转 ‎　‎ B．‎ 两只表的指针偏转角度相等 ‎　‎ C．‎ 电压表的指针有偏转，电流表的指针几乎不偏转 ‎　‎ D．‎ 电流表的指针有偏转，电压表的指针几乎不偏转 ‎6.（多选）如图所示，图线1表示的导体的电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ R1：R2=1：3‎ ‎　‎ B．‎ R1：R2=3：1‎ ‎　‎ C．‎ 将R1与R2串联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3‎ ‎　‎ D．‎ 将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1：I2=3：1‎ ‎7.（多选）将一电荷量为+Q 的小球放在不带电的金属球附近,所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等。 a、b 为电场中的两点，则（ ）‎ A．a 点的场强与b 点的场强无法比较强弱 B．a 点的电势比b 点的高 C．检验电荷 - q 在a 点的电势能比在b 点的大 D．将检验电荷 - q 从a 点移到b 点的过程中，电场力做负功 ‎8.（多选）如图所示，ABCD为匀强电场中相邻的四个等势面，相邻等势面间距离为‎5cm．一个电子仅受电场力垂直经过电势为零的等势面D时，动能为15eV（电子伏），到达等势面A时速度恰好为零．则下列说法正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 场强方向从A指向D ‎　‎ B．‎ 匀强电场的场强为100 V/m ‎　‎ C．‎ 电子经过等势面C时，电势能大小为5 eV ‎　‎ D．‎ 电子在上述等势面间运动的时间之比为1：2：3‎ 二、实验题（本题共2道小题,第1题6分, 第2题12分共18分）‎ ‎9. （单选）用伏安法测电阻时，待测电阻大约是10欧，电流表的内阻是1欧，电压表的内阻是5千欧，则（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 用电流表外接法，此时测量值比真实值大 ‎　‎ B．‎ 用电流表外接法，此时测量值比真实值小 ‎　‎ C．‎ 用电流表内接法，此时测量值比真实值大 ‎　‎ D．‎ 用电流表内接法，此时测量值比真实值小 ‎10.（2014秋•市中区校级期中）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，小灯泡的规格为“3.8V，‎0.3A”．除了开关、导线外，还有如下器材：‎ 电压表V，量程0～5V，内阻约5kΩ；‎ 电流表A1，量程0～500mA，内阻约0.5Ω；‎ 电流表A2，量程0～100mA，内阻约4Ω；‎ 滑动变阻器R1，最大阻值10Ω，额定电流‎2.0A；‎ 滑动变阻器R2，最大阻值100Ω，额定电流‎1.0A；‎ 直流电源E，电动势约为6V，内阻约为0.5Ω．‎ ‎（1）上述器材中，电流表应选　　，滑动变阻器应选　　．（填器材符号）‎ ‎（2）请根据所选的器材，在图甲中用笔画线代替导线，连接实验电路．‎ ‎（3）根据实验数据，通过描点连线得到了小灯泡的伏安特性曲线，如图乙所示．则可确定小灯泡的功率P与U2和I2的关系，下列示意图中正确的是　　．‎ 三、计算题（本题共4道小题,第1题8分,第2题10分,第3题16分, ,共34分）‎ ‎11.如图1-77所示，在匀强电场中的M、N两点距离为‎2 cm，两点间的电势差为5 V,M、N连线与场强方向成60°角，则此电场的电场强度多大？ ‎12.在电场中把电量为2.0×10‎-9C的正电荷从A点移到B点，电场力做功1. 5×10-7J，再把这个电荷从B点移到C点，克服电场力做功4.0×10-7J． ‎ ‎(1)求A、C两点间电势差？‎ ‎(2)电荷从A经B移到C，电势能如何变化？变化多少？‎ ‎13.水平放置的两块平行金属板长L，两板间距d，两板间电压为U，且上板为正，一个电子沿水平方向以速度v0从两板中间射入，已知电子质量m，电荷量e，如图，求：‎ ‎（1）电子偏离金属板时的侧位移y是多少？‎ ‎（2）电子飞出电场时的速度是多少？‎ ‎（3）电子离开电场后，打在屏上的P点，若屏与金属板右端相距S，求OP的长？‎ 卷答案 ‎1.‎ 考点：‎ 电荷守恒定律．版权所有 分析：‎ 当带电金属球靠近不带电的验电器时，由于电荷间的相互作用，而使电荷发生了移动从而使箔片带电．‎ 解答：‎ 解：由于同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，故验电器的上端应带上与小球异号的电荷，而验电器的箔片上将带上与小球同号的电荷；‎ 故只有B符合条件．‎ 故选：B．‎ 点评：‎ 本题根据电荷间的相互作用，应明确同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．‎ ‎2.D ‎3.B ‎4.‎ 考点：‎ 闭合电路的欧姆定律．版权所有 专题：‎ 恒定电流专题．‎ 分析：‎ 由题意知，A、B两点间的电压等于电源的电动势，说明灯L和电源的内阻没有电压，电路中有断路，即可进行分析．‎ 解答：‎ 解：据题A、B两点间的电压等于电源的电动势，说明灯L和电源的内阻没有电压，电路中有断路．L不可能断路，否则电压表就没有读数了．可知中R1和R2至少有一个断了．故C正确，ABD错误．‎ 故选：C 点评：‎ 本题是故障分析问题，考查分析、判断和推理能力．外电路有断路时，往往电压等于电源电动势的电路有断路．‎ ‎5.‎ 考点：‎ 把电流表改装成电压表．版权所有 专题：‎ 实验题．‎ 分析：‎ 电流表改装成电压表是串联较大的分压电阻；电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻；‎ 将电压表和电流表串联，通过两电表的电流相等，由于电压表内阻较大，电流较小．‎ 解答：‎ 解：电流表改装成电压表是串联较大的分压电阻；电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻；两表串联后，电流相等，但通过电流表的电流大多数从分流电阻通过，故电压表指针有偏转，电流表表头指针偏转角度很小，或者几乎不偏转；‎ 故ABD错误，C正确；‎ 故选C．‎ 点评：‎ 本题关键是明确电流表和电压表的改装原理，熟悉串联电路的电流特点，基础题．‎ ‎6.‎ 考点：‎ 欧姆定律．版权所有 专题：‎ 恒定电流专题．‎ 分析：‎ 通过I﹣U图象得出两电阻的关系．串联电路电流相等，并联电路，电压相等，电流比等于电阻之反比．‎ 解答：‎ 解：A、根据I﹣U图象知，图线的斜率表示电阻的倒数，所以R1：R2=1：3；故A正确，B错误；‎ C、串联电路电流处处相等，所以将R1与R2串联后接于电源上，电流比I1：I2=1：1．故C错误；‎ D、并联电路，电压相等，电流比等于电阻之反比，所以将R1与R2并联后接于电源上，电流比I1：I2=3：1．故D正确；‎ 故选：AD．‎ 点评：‎ 解决本题的关键知道I﹣U图线的斜率表示电阻的倒数以及知道串并联电路的特点．‎ ‎7.BD A、电场线的疏密表示场强的大小，由图象知a点的电场强度比b点大，故A错误；‎ B、a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势，即a点的电势比b点的高．故B正确；‎ C、电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小，即负电荷在a点的电势能较b点小，故C错误；‎ D、由上知，-q在a点的电势能较b点小，则把-q电荷从电势能小的a点移动到电势能大的b点，电势能增大，电场力做负功．故D正确。‎ 故选：BD ‎8.‎ 考点：‎ 带电粒子在匀强电场中的运动；等势面．版权所有 专题：‎ 带电粒子在电场中的运动专题．‎ 分析：‎ 匀强电场中等势面是平行等间距的直线；只有电场力做功，电势能和动能之和守恒．‎ 解答：‎ 解：A、电子到达等势面A时速度恰好减为零，说明电场力向下，负电荷受到的电场力方向与电场强度方向相反，故场强方向从D指向A，故A错误；‎ B、从D到A，动能减小15eV，故电场力做功﹣15eV，故有：WDA=﹣eEdDA=﹣15eV，解得E=，故B正确；‎ C、只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故：EkD+EpD=EkA+EpA，解得EPA=15eV；‎ 匀强电场中，没前进相同距离电势变化相同，故EpC=5eV，故C正确；‎ D、运用逆向思维，到达A后，假设时间倒流，做初速度为零的匀加速直线运动，根据x=，通过1S、2S、3S的时间之比为，故通过连续三段S时间之比为1：（）：（），故D错误；‎ 故选：BC．‎ 点评：‎ 本题是带电粒子在匀强电场中的匀减速直线运动问题，电势能和动能之和守恒，根据功能关系和匀变速直线运动的规律列方程后联立分析．‎ ‎9.①A1；R1；（2）如图，（3）D，‎ 解：①、由题意可知，灯泡的额定电流为‎0.3A，故电流表选择A1；因本实验中要求从零开始调节，故采用分压接法，滑动变阻器选择小电阻；故选R1；‎ 根据电路图连线实物图如下图．‎ ‎②、由P==可知，在P﹣图象中图象上某点与原点连线的斜率为电阻R，而电阻R又随温度的升高而增大，故D正确，C错误，同理在P﹣图象中，图象上某点与原点连线的斜率为电阻倒数，因随温度的升高R增大因而应减小，故AB均错误，本题应选D．‎ 故答案为：①A1；R1；（2）如图，（3）D，‎ ‎10.‎ 考点：‎ 伏安法测电阻．版权所有 专题：‎ 实验题；恒定电流专题．‎ 分析：‎ 伏安法测电阻时有电流表内接和外接两种接法，由于实际电压表内阻较大，但不是无穷大，实际电流表内阻较小，也不是零，故两种接法都存在一定的实验误差，要根据实际情况灵活选择，以减小实验误差 解答：‎ 解：由于本题中因，用电流表内接法时，安培表的分压作用比较明显，误差较大，而用安培表外接法时，电压表的分流作用较小，故应该采用安培表外接法；‎ 采用安培表外接法，电压表读数比较准确，由于伏特表的分流作用，电流表的读数偏大，故电阻的测量值偏小，测量值等于待测电阻与伏特表相并联的电阻值；‎ 故选：B．‎ 点评：‎ 本题关键分析清楚电流表内、外接法的误差来源，然后根据实际数据选择误差较小的接法．‎ ‎11.500V/m ‎12.解：(1)UAC==-125（v） ‎ ‎(2)EPA-EPC=WAC=WAB+WBC=-2.5×10-7 J, 电势能增加----2分 电势能增加了2.5×10-7 J（3分）‎ ‎13.‎ 考点：‎ 带电粒子在匀强电场中的运动．版权所有 专题：‎ 带电粒子在电场中的运动专题．‎ 分析：‎ 电子垂直进入电场，在电场力的作用下做类平抛运动，离开电场后，做匀速直线运动，打在屏上．利用平抛运动的知识求解侧位移和离开电场的速度；求OP时包括两部分，OM和MP．‎ 解答：‎ 解：设电子所受电场力为F，加速度为a，在电场运动的时间为t，偏转位移为y，离开电场的速度为V，偏转角度为 α，电子垂直进入电场受到电场力：‎ F=Eq…①‎ 极板间的场强：‎ E=…②‎ 根据牛顿第二定律得：‎ F=ma…③‎ 电子在电场中做类平抛运动：‎ L=V0t…④‎ y=at2…⑤‎ 联立①②③④⑤解之得：‎ y=…⑥‎ ‎（2）电子离开电场竖直向上的速度为：‎ Vy=at…⑦‎ 离开电场的速度：‎ V=…⑧‎ 联立③④⑥⑦解之得：‎ v=‎ 速度偏转角：‎ tanθ=‎ ‎（3）由图可知：‎ op=y+MP…⑨‎ 有几何关系得：‎ MP=s•tanα…⑩‎ 联立⑥⑨⑩解之得：‎ op=（s+）tanθ=（s+）‎ 答：（1）电子偏离金属板时的侧位移是；‎ ‎（2）电子飞出电场时的速度大小为；‎ ‎（3）OP的长为（s+）．‎ 点评：‎ 分析电子的受力和运动情况是解此题的关键，利用平抛运动求偏转位移和偏转角度．明确类平抛模型的处理方法与平抛运动的处理方法相同．‎