2017-2018学年广东省揭阳市惠来县第一中学高二上学期期中考试物理试题 解析版 14页

惠来一中2017-2018学年度第一学期期中考试 高二级物理试卷 一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分；在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分。‎ ‎1. 下列关于静电场的说法正确的是（ ）‎ A. 在孤立点电荷形成的电场中没有场强相等的两点，但有电势相等的两点 B. 正电荷只在电场力作用下，一定从高电势向低电势运动 C. 场强为零处，电势一定为零；电势为零处，场强一定为零 D. 初速为零的正电荷在电场力作用下一定沿电场线运动 ‎【答案】A ‎【解析】A. 根据电场线的分布情况可知，离点电荷距离越远场强越小，而以点电荷为球心的球面上各点场强大小相等，方向不同，所以在点电荷形成的电场中没有场强相等的两点。以点电荷为球心的球面，其上各点的电势相等，故A正确；‎ B. 正电荷只在电场力作用下,若无初速度,或初速度与电场线的夹角不大于90∘,从高电势向低电势运动,若初速度与电场线的夹角大于90∘，从低电势向高电势运动，故B错误；‎ C. 电势是相对的，电势零点可人为选择，而场强由电场本身决定，两者没有直接的关系，所以场强为零处，电势不一定为零；电势为零处，场强不一定为零。故C错误；‎ D. 只有当电场线是直线时，初速度为零的正电荷在电场力作用下一定沿电场线运动，故D错误。‎ 故选：A。‎ ‎2. 如图所示是某导体的I－U图线，图中α＝45°，下列说法不正确的(　 　)‎ A. 通过该导体的电流与其两端的电压成正比 B. 此导体的电阻R不变 C. I－U图线的斜率表示电阻的倒数，所以R＝cot 45°＝1 Ω D. 在该导体两端加6V电压时，每秒通过导体截面的电荷量是3C ‎【答案】C ‎【解析】A、由图可以知道,电流随着其两端的电压的增大而增大,故电流与其两端的电压成正比，故A 正确 B、由 可以知道,图象的斜率表示电阻的倒数，则由图象可以知道 即导体的电阻是一定值，故B正确，C错误；‎ D、在R两端加6V的电压时,电路中电流 ,则每秒通过电阻的电荷量为，故D正确；‎ 本题要不正确的是，所以C是不正确的 综上所述本题答案是：C ‎ ‎3. 两个定值电阻R1、R2串联后接在输出电压U恒为10 V的直流电源上，有人把一个电压表并联在R1两端（如图），电压表的示数为6V，如果将电表改接在R2两端，则电压表的示数将（ ）‎ A. 小于4V B. 等于4V C. 大于4V小于6V D. 等于或大于6V ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：将电压表与电阻R1并联时，电压表的读数为6V，则电阻R2两端的电压为4V．将电压表与电阻R1并联，则其并联的总电阻小于R1，，；若将电压表与电阻R2并联，则其并联的总电阻小于R2，根据串联电阻的电压分配可知，，所以电压表的读数将小于4V，故A正确，BCD错误；故选A.‎ 考点：部分电路的欧姆定律的应用 ‎【名师点睛】本题考查了部分电路的欧姆定律的应用问题，是基本的电路电压关系的应用，注意串联电路总电压等于个元件电压之和，并且要注意并联电路的电阻计算；此题是基础题，考查电压表对接入电路的影响.‎ ‎4. 如图所示，把一带负电小球a放在光滑绝缘斜面上（虚线与斜面垂直）．欲使球a能静止在斜面上，需在MN间放一带电小球b，则b应（　　）‎ A. 带正电，放在A点 B. 带正电，放在B点 C. 带负电，放在C点 D. 带正电，放在C点 ‎【答案】D 同时，根据平衡条件，静电引力必然与前两个力的合力等大、反向且在同一条直线上，故只能放在C位置；则b应带正电，放在C点。‎ 故选D.‎ 点睛：小球a要平衡，受重力、支持力和静电力，根据共点力平衡条件分析即可．‎ ‎5. 如图所示，图中五点均在匀强电场中，它们刚好是一个圆的四个等分点和圆心．已知电场线与圆所在平面平行．下列有关圆心O和等分点a的电势的描述正确的是（ ）‎ A. a点的电势为4V B. O点的电势为4V C. a点的电势为5V D. O点的电势为6V ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：因为在匀强电场中，任意两平行直线上相等距离的电势差相等，所以，a点电势比8V低（6V-2V）=4V，则为6V，则A正确，C错误；O点的电势等于，选项BD错误；故选A.‎ 考点：匀强电场；电势 ‎【名师点睛】本题的关键在于找出等势面，然后才能确定电场线，要求学生明确电场线与等势线的关系，能利用几何关系找出等势点，再根据等势线的特点确定等势面；要牢记：匀强电场的电场线为相互平行间隔相等的平行线，而等势线与电场线垂直；匀强电场中，任意两平行直线上相等距离的电势差相等．‎ ‎6. 如图所示，虚线为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0．一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点时的动能分别为26eV和5eV．当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为﹣8eV时，它的动能应为（　　）‎ A. 8 eV B. 13 eV C. 20 eV D. 34 eV ‎【答案】C ‎【解析】由于正电荷由A到B动能减少了21 eV，而电场中机械能和电势能总和不变，故在3等势面时动能应为12 eV，总能量E="12" eV+0 eV="12" eV，当在某一位置，电势能Ep=－8 eV时，Ek="12" eV-（-8 eV）="20" eV，故应选C。‎ 二、多项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求，全选对的得4分，不全且正确的得2分，有选错或不答的得O分。‎ ‎7. 如图所示，内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，两个质量不同的小球A和B紧贴着内壁分别在如图所示的水平面内做匀速圆周运动，则（ ）‎ A. 球A的线速度一定小于球B的线速度 B. 球A的角速度一定小于球B的角速度 C. 球A的向心加速度一定等于球B的向心加速度 D. 球A对筒壁的压力一定等于球B对筒壁的压力 ‎【答案】BC ‎【解析】两球受重力、支持力作用，合力的方向都沿水平方向。设圆锥桶壁与竖直方向的夹角为，根据力的合成,知合力为。 ‎ A．根据 , ，r大线速度大,所以球A的线速度大于球B的线速度,故A错误； ‎ B. 根据,，r大则角速度小。所以球A的角速度小于球B的角速度,故B正确；‎ C. 根据,，向心加速度与质量无关，球A的向心加速度一定等于球B的向心加速度,故C正确；‎ D．球对筒壁的压力，质量不等，压力不相等，故D错误。 ‎ 故选：BC。‎ 点睛：小球受重力和支持力，靠重力和支持力的合力提供圆周运动的向心力，根据向心力表达式比较线速度、角速度、向心加速度的大小．‎ ‎8. 图示为某电容传声器结构示意图；当人对着传声器讲话，膜片会振动．若某次膜片振动时，膜片与极板距离增大，则在此过程中（　　）‎ A. 膜片与极板间的电容变小 B. 极板的带电量减少 C. 膜片与极板间的电场强度增大 D. 电阻R中无电流通过 ‎【答案】AB ‎【解析】A. 振动膜片与极板距离增大时，根据，两极板的距离增大，电容减小，故A正确；‎ B. 由C=Q/U知，U不变的情况下，电容减小，电容器所带电荷量Q减小，故B正确；‎ C. 由E=U/d知，U不变，间距d增大，则场强E减小，故C错误；‎ D. 极板的带电量减小，放电，电阻R中有电流通过。故D错误。‎ 故选：AB.‎ 点睛：电容器极板间距离的变化引起了电容的变化，电容的变化引起了电量的变化， R中有电流． ‎ ‎9. 如图所示，质量相同的两个带电粒子M、N以相同的初速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，M从两极板正中央射入，N从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点．不计粒子的重力，则从开始射入到打到上板的过程中(　　)‎ A. 它们运动的时间tM＞tN B. 它们运动的时间tM＝tN C. 它们所带电荷量之比qM∶qN＝1∶4‎ D. 它们所带电荷量之比qM∶qN＝1∶2‎ ‎【答案】BD ‎【解析】A. 带电粒子在垂直电场方向上不受力，都做匀速直线运动，位移相等，由x=v0t可知运动时间相等，即tM=tN.故A错误，B正确；‎ B. 平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有：， ‎ 由于两带电粒子平行电场方向分位移之比为yM:yN=1:2，所以它们所带的电荷量之比qM:qN=yM:yN=1:2，故C错误，D正确。‎ 故选：BD.‎ 点睛：两个粒子均做类平抛运动，将两个带电粒子的运动按垂直电场方向和平行电场方向进行正交分解，垂直电场方向不受力，做匀速直线运动；平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动学公式、牛顿第二定律联合列式分析．‎ ‎10. 如图所示，甲、乙两个电路，都是由一个表头G和一个变阻器R组成，下列说法正确的是(　　)．‎ A. 甲是电流表原理，R减小时量程增大 B. 甲是电流表原理，R减小时量程减小 C. 乙是电压表原理，R减小时量程增大 D. 乙是电压表原理，R减小时量程减小 ‎【答案】AD ‎【解析】AB. 甲表是电流表，R减小时，甲表中变阻器分流增大，量程增大，故A正确，B错误；‎ CD. 乙是电压表，R减小时，变阻器分担的电压减小，乙表量程减小，故C错误，D正确。‎ 故选：AD.‎ 点睛：灵敏电流计G和变阻器R并联时，由于变阻器的分流，测量的电流增大，改装成电流表；而灵敏电流计G和变阻器R串联时，由于变阻器的分压，测量的电压增大，改装成电压表． ‎ ‎11. M、N是某电场中一条电场线上的两点，若在M点释放一个初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线由M点运动到N点，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中电子在M点时的电势能为EpM，电子在N点时的电势能为EpN，则下列说法正确的是(　　)‎ A. 电子在N点时的动能大于在M点的动能 B. 该电场有可能是匀强电场 C. 该电子运动的加速度越来越小 D. 电子运动的轨迹为曲线 ‎【答案】AC ‎【解析】A. 电子从M运动到N过程中，只受电场力，电势能减小，电场力做正功，则动能增加，因此N点的动能大于M点的动能，故A正确；‎ B. 电子通过相同位移时，电势能的减小量越来越小，说明电场力做功越来越小，由W=Fs可知，电子所受的电场力越来越小，场强减小，不可能是匀强电场，故B错误；‎ C. 电子所受的电场力减小，则知电子的加速度逐渐减小，故C正确；‎ D. 带电粒子初速度为零，且沿着电场线运动，其轨迹一定为直线，故D错误。‎ 故选：AC.‎ ‎12. 如图所示，a、b为一条竖直向上的电场线上的两点，一带电小球在a点由静止释放，沿电场线向上运动，到b点恰好速度为零，下列说法中正确的是：( ) ‎ A. 带电质点在a、b两点所受的电场力都是竖直向上的；‎ B. a点的电势比b点的电势高；‎ C. 带电质点在a点的电势能比在b点的电势能小；‎ D. a点的电场强度比b点的电场强度大。‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】试题分析：由题意可知，带点质点受两个力，重力和电场力．由静止向上运动，可判断出电场力的方向，根据电场力做的功，判断电势能的变化．通过带电质点初末速度为零可比较出两点的电场强度．沿电场线方向电势逐渐降低．‎ 带电质点由a点到b点的运动，必为先加速后减速，质点的重力不可忽略（若不计重力，则释放后质点必做加速运动），所以质点所受的电场力应向上，A正确；沿电场线方向电势降低，B正确；电场力一直做正功，带电质点的电势能减小，重力势能增大，动能先增大后减小，C错误；开始时电场力大于重力，后来电场力小于重力，所以a点的电场强度较大，D正确．‎ 三、非选择题：本大题共4小题，共52分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。‎ ‎13. 在“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳。图乙是在白纸上根据实验结果画出的图。‎ 下列是某同学做实验时的主要步骤：‎ A.在桌上放一块方木板，在方木板上铺一张白纸，用图钉将白纸钉在方木板上。‎ B.用图钉把橡皮条的一端固定在板上的A点，在橡皮条的另一端栓上两条细绳，细绳的另一端系着绳套。‎ C.用两个弹簧测力计分别勾住绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一位置O，记下______________和 ______________________，读出两弹簧测力计的示数。__________________‎ D.按选好的标度，用铅笔和刻度尺做出两只弹簧测力计拉力F1、F2 的图示，并依据___________平行四边形定则求出合力F。‎ E.只用一个弹簧测力计，通过细绳套拉橡皮条，使其结点______________________，读出弹簧测力计的示数，记下细绳的方向，按同一标度作出这个力的图示。‎ F.比较和F的大小和方向，看它们是否相同，得出结论。‎ ‎（1）请完成实验步骤中的空白之处。‎ ‎（2）图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是____________________‎ ‎(3)本实验采用的科学方法是（____________）‎ A. 理想实验法 B. 等效替代法 C. 控制变量法 D. 建立物理模型法 ‎【答案】 (1). C； (2). O点位置； (3). 两细绳的方向； (4). 力的合成； (5). 使结点达到同样位置O点； (6). （2） F′； (7). （3） B；‎ D．求合力依据的是力的合成平行四边形定则。‎ E．为使用两根弹簧同时拉橡皮筋和用一根弹簧单独拉橡皮筋时作用效果相同，节点应拉到同一位置O点。‎ ‎（2）用一根弹簧单独拉橡皮筋时，其作用力方向一定沿AO方向，所以F′的方向一定沿AO方向。‎ ‎（3）本实验中用两根弹簧同时拉橡皮筋和用一根弹簧单独拉橡皮筋时，节点拉到同一位置，合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法。故选：B。‎ ‎14. 研究灯泡L（3.8V，0.5A）的伏安特性，并测出该灯泡在额定电压下正常工作时的电阻值，检验其标示的准确性。‎ A.电压表(0～5V,内阻约10kΩ) B.电压表(0～10V,内阻约20kΩ)‎ C.电流表(0～0.3A, 约内阻1Ω) D.电流表(0～0.6A,内阻约0.4Ω)‎ E.滑动变阻器(5Ω,1A) F.滑动变阻器(500Ω,0.2A)‎ ‎（1）实验中电压表应选用__, 电流表应选用__，滑动变阻器应选用__。(用序号字母表示)‎ ‎（2）选出既满足实验要求，又要减小误差的实验电路图________。 ‎ ‎（3）在闭合开关S前，滑动变阻器触头应放在___________端。（选填“左”或“右”）‎ ‎【答案】 (1). （1）A； (2). D； (3). E； (4). (2) B； (5). (3) 左；‎ ‎【解析】（1）电压表和电流表的偏转角度超过一半时，误差较小。灯泡的额定电压3.8V，电压表应选择A；灯泡的额定电流0.5A，电流表应选择D；研究灯泡的伏安特性，要求电压从零开始变化，应采用分压接法，用阻值较小的滑动变阻器调节方便，况且F电阻允许的最大电流太小，所以滑动变阻器选择E。‎ ‎(2)描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应选择分压接法，灯泡电阻约为几欧姆，电流表内阻约为零点几欧姆，电压表内阻约为几千欧姆甚至几万欧姆，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验应选择图B所示电路图。‎ ‎(3)由图B所示电路图可知，当滑动触头打到左端时通过电流表的电流是零，为防止烧表，在闭合开关S前，滑动变阻器触头应放在左端。‎ ‎15. 如图所示，有一电子（电量用e表示）经电压U0加速后，进入两板间距为d，电压为U的平行金属板间。若电子从两板正中间射入，且正好能穿出电场，求：‎ ‎（1）金属板AB的长度；（2）电子穿出电场时的动能 ‎【答案】（1）；（2）e（U0+）‎ ‎【解析】试题分析：（1）设电子飞离加速电场速度为v0，由动能定理得：eU0=mv02①‎ 设金属板AB的长度为L，电子偏转时间②‎ 电子在平行板间的加速度为③‎ 电子的偏转的距离 y=d=at2④‎ 由①②③④解得：．‎ ‎（2）设电子穿过电场时的动能为Ek，‎ 根据动能定理 Ek=eU0+e=e（U0+）．‎ 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】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。‎ ‎16. 质量为m=1.0kg、带电量q=+2.5×10－4C的小滑块(可视为质点)放在质量为M=2.0kg的绝缘长木板的左端，木板放在光滑水平面上，滑块与木板之间的动摩擦因数为μ=0.2，木板长L=1.5m，开始时两者都处于静止状态，所在空间加有一个方向竖直向下强度为E=4.0×104N/C的匀强电场，如图所示.取g=10m/s2，试求:‎ ‎(1)用水平力F0拉小滑块，要使小滑块与木板以相同的速度一起运动，力F0应满足什么条件？‎ ‎(2)用水平恒力F拉小滑块向木板的右端运动，在1.0s末使滑块从木板右端滑出，力F应为多大？‎ ‎【答案】(1) 不超过6.0N；（2）9.0N；‎ ‎【解析】(1)当拉力F0作用于滑块m上，木板能够产生的最大加速度为:‎ 为使滑块与木板共同运动，滑块最大加速度am≤aM ‎ 对于滑块有:‎ 即为使滑块与木板之间无相对滑动，力F0不应超过6.0N.‎ ‎(2)设滑块相对于水平面的加速度为a1，木板的加速度为a2，由运动学关系可知:‎ ‎ ， ， ‎ 滑动过程中木板的加速度a2=2.0m/s2 ，则可得滑块运动的加速度a1=5.0m/s2 ‎ 对滑块:‎ ‎17. 如图所示，空间有场强E=1.0×102V/m，竖直向下的电场，长L=0．8m不可伸长的轻绳固定于O点，另一端系一质量m=0.5kg的带电量q=5×10-2C的小球。拉起小球至绳水平后在A点无初速度释放，当小球运动至O点的正下方B点时绳恰好断裂，小球继续运动并垂直打在同一竖直平面且与水平面成53°、无限大的挡板MN上的C点，试求：（1）绳子的最大张力 ‎（2）A、C两点的电势差 ‎（3）当小球运动至C点时，突然施加一恒力F作用在小球上，同时把挡板迅速水平向右移至某处，若小球仍能垂直打在挡板上，求所加恒力的最小值。‎ ‎【答案】（1）30N；（2）125V；（3）8N；‎ ‎【解析】（1）A→B由动能定理及圆周运动知识有： ‎ ‎（mg+qE）•L＝mvB2…①‎ T−（mg+qE）＝m…②‎ 联解①②得：T=30N…③‎ ‎（2）A→C由功能关系及电场相关知识有：‎ ‎（mg+qE）hAC＝mvC2…④‎ vCsinθ=vB…⑤‎ UAC=E•hAC…⑥‎ 联解④⑤⑥得：UAC=125V…⑦‎ ‎（3）由题可知施加恒力F后小球必须做匀速直线或匀加速直线运动，才能垂直打在档板上．设恒力F与竖直方向的夹角为α，作出小球的受力矢量三角形分析如图所示．则由矢量三角形可知：当F与F合（或运动）的方向垂直时，F有最小值而无最大值…⑧‎ 由矢量三角形图有：Fmin=（mg+qE）•sinθ…⑨‎ θ≤（α+θ）≤180°…⑩‎ 联解⑨⑩得：F≥8N…（11） 0°＜α＜127°…（12）‎ ‎ ‎