2017-2018学年福建省三明市A片区高中联盟校高二上学期阶段性考试物理试题 解析版 19页

福建省三明市A片区高中联盟校2017-2018学年高二上学期 阶段性考试(期末考)物理试题 一、单项选择题 ‎1. 下列关于点电荷的说法中，正确的是 A. 点电荷是电荷量和体积都很小的带电体 B. 点电荷就是体积足够小的电荷 C. 点电荷是一种理想化的物理模型 D. 任何带电体都可以看作是电荷全部集中于球心的点电荷 ‎【答案】C ‎【解析】AB、带电体看作点电荷的条件，当一个带电体的形状及大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状无关，故AB错误；‎ C、点电荷是一种理想化的物理模型，故C正确；‎ D、当电荷在球上均匀分布时，可以将其看成是电荷全部集中于球心的点电荷，否则会产生较大的误差，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】带电体看作点电荷的条件，当一个带电体的形状及大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状无关，点电荷是一种理想化的物理模型。‎ ‎2. 下列说法中正确的是 A. 沿电场线方向电势降低，但场强不一定减小 B. 电场线密集处场强大，电势高 C. 在电势高处电荷具有的电势能大 D. 场强为零处，电势一定为零 ‎【答案】A ‎【解析】A、沿电场线方向电势降低，但场强不一定减小，例如在匀强电场里，场强大小处处相等，故A正确；‎ B、电场线密集处，电场强度大，而电场线方向不确定，故无法判断电势高低，电势就不一定高，故B错误；‎ C、据电势能公式可知，正电荷在电势高处电荷具有的电势能大，负电荷在电势高处电荷具有的电势能小，故C错误；‎ D、场强为零处，电势不一定为零，例如等量同种电荷的连线中点，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】电场强度和电势都是描述电场本身性质的物理量，可根据电场线的物理意义来理解它们之间的关系：场强大小看电场线的疏密，而电势高低看电场线的方向。‎ ‎3. 两个分别带有电荷量-Q和+3Q的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F.两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】开始时两球间的库仑力为：，两小球相互接触后，电量先中和在均分：，此时的库仑力为：，故C正确，ABD错误。‎ 视频 ‎4. 图中实线表示电场中的三个等势面，各等势面的电势值如图中所示把一个负电荷沿A→B→C移动，电荷在这三点所受的电场力为、、，电场力在AB段和BC段做的功为和，那么 A. >>，<‎ B. >>，=‎ C. ==，=‎ D. <<，>‎ ‎【答案】B ‎【解析】等势面越密的地方场强越强，越疏的地方场强越弱，可知 ‎，则电荷所受的电场力，因为AB和BC间的电势差相等，根据W=qU知，故B正确，ACD错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】根据等势面的疏密得出电场的强弱，从而比较出电场力的大小，根据电场力做功与电势差的关系比较做功的大小。‎ ‎5. 如图所示的电路中，电源的电动势E和内电阻，恒定不变，电灯L恰能正常发光，如果变阻器的滑片向b端滑动(灯未烧坏)，则 A. 电灯L变暗，安培表的示数减小 B. 电灯L更亮，安培表的示数增大 C. 电灯L更亮，安培表的示数减小 D. 电灯L变暗，安培表的示数增大 ‎【答案】C ‎【解析】变阻器的滑片向b端滑动时，其阻值变大，电路的总电阻变大，由闭合电路的欧姆定律知电路的总电流减小，即安培表的示数减小，由知路端电压增大，即电灯L两端的电压变大，功率变大，电灯L变亮，故C正确，ABD错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】要求学生明确动态分析的总体思路是先由局部阻值的变化得出总电阻的变化，再整体据闭合电路的欧姆定律得出电路中总电流的变化，再局部就是由串、并联电路的特点去分析。‎ ‎6. 一带电粒了射入一固定在0点的点电荷的电场中，粒子运动轨迹如图中实线abc所示。图中虚线是同心圆弧，表示电场的等势面。粒子仅在电场力作用下运动，可以判断 A. 此粒子一直受到静电吸引力作用 B. 粒子在b点的速率定大于在a点的速率 C. 粒子在a点和c点的速度相同 D. 粒子在b点的电势能定大于在a点的电势能 ‎【答案】D ‎【解析】A、曲线运动的合力指向曲线的内侧，根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在a→b→c的过程中，一直受静电斥力作用，故A错误；‎ B、根据动能定理，粒子由a到b，电场力做负功，动能减少，故粒子在b点的速率定小于在a点的速率，故B错误；‎ C、c点和a点在同一个等势面上，电场力做功为零，动能不变，故它们的速度的大小相等，但是他们的速度的方向不同，故C错误；‎ D、粒子由a到b，电场力做负功，所以粒子的电势能增加，所以b点的电势能一定大于在a点的电势能，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】关键是根据曲线运动的条件判断出静电力的方向，然后结合静电力做功与电势能变化的关系以及动能定理判断电势能和动能的改变情况。‎ ‎7. 在匀强磁场中有一个匝数为N、半径为a的圆形线圈(其总电阻为R)和一仪器(内阻不计)串联，线圈平面与磁场垂直。当线圈迅速由静止翻转180°，该仪器指示有电荷量q通过，根据已知q、N、a、R可计算出磁感强度B等于 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】由法拉第电磁感应定律：线圈产生的感应电动势，由闭合电路欧姆定律得感应电流，根据电量的公式，可得：，由于开始线圈平面与磁场垂直，现把探测圈翻转180°，则磁能量的变化所以由上公式可得：，则得：，故B正确，ACD错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】线圈翻转导致穿过线圈的磁通量发生变化，根据法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小，再由闭合电路欧姆定律可求出感应电流大小，根据电量的公式q=It，可列出关于电荷量的表达式，从而可得出磁感应强度的大小。‎ ‎8.‎ ‎ 如图所示，在直角三角形ABC的A点和B点分别固定一垂直纸面向外和向里的无限长通电直导线，其电流强度分别为和，∠A=30°，通电直导线形成的磁场在空间某点处的磁感应强度，k为比例系数，r为该点到导线的距离，I为导线的电流强度，当一电子在C点的速度方向垂直纸面向外时，所受洛伦兹力方向垂直BC向下，则两直导线的电流强度与之比为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】用右手安培定则判断通电直导线在c处所产生的磁场方向，用左手定则判断在c处合磁场方向，如图所示 所以可得，，解得电流强度IB和IA之比，故ABC错误，D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】用右手安培定则判断通电直导线在c处所产生的磁场方向，用左手定则判断在c处合磁场方向。‎ 二、多项选择题 ‎9.‎ ‎ 如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹，设电子在A、B两点的加速度大小分别为、，电势能分别为、.下列说法正确的是 A. 电子一定从A向B运动 B. B点电势可能高于A 点电势 C. 无论点电荷Q为正电荷还是负电荷一定有<‎ D. 若>，则Q靠近M端且为正电荷 ‎【答案】CD 若点电荷Q为负电荷，点电荷Q应在N处；则有A处的场强小于B处的场强，粒子在A处的电场力小于B处电场力， A点的加速度小于B处的加速度；沿电场线的方向电势降低，A点的电势高于B点的电势，A点的电势能Epa小于在b点的电势能；故CD正确，AB错误；‎ 故选CD。‎ ‎【点睛】由运动的轨迹弯曲方向确定出电场力方向，根据离子的电性分析电场线的方向．根据电场力的方向与速度方向的夹角确定电场力做功的正负，从而判断出动能和势能的大小关系。‎ ‎10. 如图所示，平行板电容器两个极板为A、B，B板接地，A板带有电荷量+Q，板间电场有固定点P，若将B板固定，A板下移些，或者将A板固定，B板上移一些，在这两种情况下，以下说法正确的是 A. A板下移时，P点的电场强度不变，P点电势升高 B. A板下移时，P点的电场强度不变，P点电势不变 C. B板上移时，P 点的电场强度不变，P点电势降低 D. B板上移时，P点的电场强度减小，P点电势降低 ‎【答案】BC ‎【解析】AB、由题可知电容器两板所带电量不变， A板下移时，根据、和可推出，可知，P点的电场强度E不变，P点与下板的距离不变，根据公式，P点与下板的电势差不变，则P点的电势不变，故B正确，A错误；‎ CD、B板上移时，同理得知，P点的电场强度不变，根据公式U=Ed，P点与下板的电势差减小，而P点的电势高于下板的电势，下板的电势为零，所以P点电势降低，故C正确，D错误；‎ 故选BC。‎ ‎【点睛】电容器两板所带电量不变，改变板间距离时，根据推论分析板间场强的变化；由U=Ed分析P点与下板间的电势差如何变化，结合电势的高低关系，判断P点电势的变化。‎ ‎11. 目前世界上正在研究的一种新型发电机叫磁流体发电机，它的发电原理如图所示：将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，而从整体上来说呈电中性）喷入磁场，由于等离子体在磁场力的作用下运动方向发生偏转，磁场中的两块金属板A和B上就会聚集电荷，从而在两板间产生电压在图示磁极配置的情况下，下列表述正确的是 A. 通过电阻R的电流方向是a→R→b B. 金属板A的电势较高 C. 等离子体在A、B间运动时，磁场力对等离子体做正功 D. 等离子体在A、B间运动时，磁场力对等离子体不做功 ‎【答案】ABD ‎【解析】AB、根据左手定则知，正电荷向上偏，负电荷向下偏，则A板带正电，B板带负电，所以电流的流向为a流向b，金属板A的电势较高，故AB正确；‎ CD、等离子体在磁场力的作用下运动方向发生偏转，洛伦兹力不做功，所以磁场力对等离子体不做功，故D正确，C错误；‎ 故选ABD。‎ ‎【点睛】量带正电和带负电的微粒向右进入磁场时，由左手定则可以判断正负电荷受到的洛伦兹力方向，从而确定相当于电源的正负极，从而得出通过电阻的电流方向。‎ ‎12. 两电荷量分别为和的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，不计重力，则 ‎ ‎ A. A、N点的电场强度大小为零 B. N、C间场强方向沿x轴正方向 C. 将一负点电荷从N点移动到D点，电场力先做正功后做负功 D. 将一正点电荷在x轴负半轴上某处由静止释放，它将沿x轴负方向做加速运动 ‎【答案】CD ‎【解析】A、图像中，图像的斜率表示电场强度大小，所以A、N点的电场强度大小不为零，故A错误；‎ B、沿电场线方向电势逐渐降低，NC两点间场强方向沿x轴负方向，故B错误；‎ C、从N点移动到D点的电势先升高后降低，由可知将一负点电荷从N点移动到D点，电势能先减小后增大，电场力先做正功后做负功，故C正确；‎ D、由于O电势正无穷大，所以q1为正电荷，在x轴负半轴上场强方向沿x轴负方向，将一正点电荷在x轴负半轴上某处由静止释放受到的电场力向x轴负方向，所以它将沿x轴负方向做加速运动，故D正确；‎ 故选CD。‎ ‎【点睛】 φ-x图象的斜率等于电场强度大小，根据两点电荷连线的电势高低的分布，由于沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性，根据功能关系分析电场力做功的正负和电势能的变化情况。‎ 三、实验题 ‎13.‎ ‎ 某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度，测量结果如图(a)和(b)所示，该工件的直径为_________cm，高度为_________mm.‎ ‎【答案】 (1). 1.220 (2). 6.860‎ ‎【解析】试题分析：游标卡尺的主尺读数为，游标尺上第4个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为，所以最终读数为：。螺旋测微器的固定刻度为，可动刻度为，所以最终读数为。‎ 考点：游标卡尺的使用、螺旋测微器的使用 ‎【名师点睛】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量，解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读；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。‎ 视频 ‎14. 用如图甲所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T.‎ ‎ (1)请根据下列步骤完成电阻测量：‎ ‎①旋动部件S，使指针对准电流的“0”刻度线 ‎②将K旋转到电阻挡“×100”位置 ‎③将插入“十”、“一”插孔的表笔短接，旋动部件T，使指针对准电阻的“0”刻度线，‎ ‎ (2)将调好零的多用电表按正确步骤测量一电学元件P的电阻，P的两端分别为a、b，指针指示位置如图乙所示则通过P的电流方向是________(选填“a→b”或“b→a”)，为使测量比较精确。应将选择开关旋到_______的倍率挡位上，并需重新调零，再进行测量若补上该步骤后测量，表盘的示数如图丙，则该电阻的阻值________Ω.‎ ‎【答案】 (1). b→a (2). ×10 (3). 220‎ ‎【解析】根据多用电表“十”、“一”插孔的“红进黑出”原理可知通过P的电流方向是b→a。指针偏转度过大，说明电阻偏小，故需选择较小的倍率，应将选择开关旋到“×10”的倍率挡位上，并需重新调零，表盘的示数如图丙，则该电阻的阻值；‎ ‎【点睛】关键是明确欧姆表的使用方法、减小误差方法，会使用欧姆表读数，不要忘记乘以倍率。‎ ‎15. 有一个小灯泡上标有“4V 2W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的U-I图线，有下列器材供选用：‎ A.电压表(0～5V，内阻约为10kΩ) B.电压表(0～10V，内阳约为20kΩ)‎ C.电流表(0～0.3A，内阻约为1Ω) D.电流表(0～0.6A，内阻约为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________.为使实验误差尽量减小，要求电压表从零开始变化月多取几组数据，滑动变阻器应选用_______(用序号字母表示).‎ ‎(2)请根据满足实验要求的电路图把图中所示的实验器材用实线连接成相应的实物电路图_____.‎ ‎(3)某同学在实验中测得灯泡a和定值电阻b的伏安特性曲线如图所示若把灯泡a和定值电阻b串联后接入4V的电路中，那么该定值电阻消耗的功率为________W.(结果保留两位有效数字)‎ ‎【答案】 (1). A (2). D (3). E (4). (5). 0.50‎ ‎【解析】(1)灯泡额定电压是4V，则电压表选A电压表(0～5V，内阻约为10kΩ)；灯泡额定电流，则电流表选D电流表(0～0.6A，内阻约为0.4Ω)；电压表从零开始变化月多取几组数据，为方便实验操作，滑动变阻器选阻值小的，应选E滑动变阻器(5Ω，1A)；‎ ‎(2) 灯泡正常发光时电阻，则有，所以电流表采用外接法，由表中实验数据可知，电压与电流从零开始变化，则滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示，根据电路图连接实物电路图，如图所示 ‎(3) 由I-U图像可得定值电阻，把灯泡a和定值电阻b串联后接入4V的电路中，由电路欧姆定律可得，在I-U图像作出 解得灯泡a两端电压为1.5V，流过灯泡a电流为0.2A，所以定值电阻两端电压为2.5V，流过定值电阻的电流为0.2A，定值电阻消耗的功率为。‎ ‎【点睛】根据灯泡额定电压选择电压表，根据灯泡正常发光时的电流选择电流表，在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器；电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，根据灯泡电阻与电表内阻关系确定电流表接法，然后作出实验电路图，根据实验电路图连接实物电路图；由图象求出电压所对应的电流，然后由P=UI求出灯泡的实际功率。‎ ‎16. 用电阻箱R、多用电表电流档、开关和导线测一干电池的电动势E和内阻r，如图甲所示。‎ ‎(1)若电阻箱电阻在几十欧姆以内选取，=4.5Ω，则多用表选择开关应旋转至直流电流的_______(填“1mA”、“10mA”或“100mA”)档(已知在该电流档多用表的内阻rg=3.0Ω).‎ ‎ (2)多次调节电阻箱，并从多用表上读得相应的电流值，获取多组R和I的数据，作出了如图乙所示的一R图线，图线横轴截距的绝对值表示________________；由该图线可得干电池的电动势E测=_______V (计算结果保留三位有效数字)。‎ ‎【答案】 (1). 100mA (2). 定值电阻、电表内阻rg和电源内阻r之和 (3). 1.36～1.46‎ ‎【解析】(1)电路最大电流约为：，则多用表选择开关应旋转至直流电流100mA挡；‎ ‎(2)安阻法测电源电动势与内阻，在闭合电路中，电源电动势：，则，图线横轴截距的绝对值，表示为定值电阻R0、电表内阻rg和电源内阻r之和；由该图线可得，图象斜率，干电池的电动势 四、计算题 ‎17. 如图所示，真空中，带电荷量分别为+Q与一Q的点电荷A、B相距，则：‎ ‎(1)两点电荷在它们连线的中点O的场强分别是多大?‎ ‎(2)两点电荷连线的中点O的场强多大? 方向如何?‎ ‎【答案】（1）AB两点电荷在0点产生的电场强度：‎ ‎（2）0点的合场强为： 方向由A指向B。‎ ‎【解析】【分析】根据点电荷产生的场强公式求解各个点电荷在某点产生的场强，再根据矢量合力原则求解即可。‎ 解：(1)AB两点电荷在0点产生的电场强度：‎ ‎(2)故0点的合场强为：‎ 方向由A指向B ‎18. 如图所示的电路中，电源电动势E=10V.电阻=2.5Ω，=3Ω，当电阻箱Rx调到3Ω时，电流表的示数为2A.不计电流表内阻，求：‎ ‎(1)电源的内电阻；‎ ‎(2)调节电阻箱，使电流表的示数为1.6A时，电阻消耗的电功率。‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】【分析】可先求出总电阻，应用闭合电路欧姆定律，求出总电流后，即为电流表的读数，当电流表示数为1.6A时由闭合电路欧姆定律可求出路端电压，再减去R1两端的电压即为R2的电压，应用功率公式计算即可。‎ 解：(1) 和并联电阻阻值为，‎ 电路外电阻电阻为 由闭合电路欧姆定律有 得出 ‎(2)电流表示数为，电源内阻分压为 电压为 两端电压为 所以功率 ‎19. 如图所示，两平行金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，导轨的一端接有电动势E=3V、内阻r=0.5Ω的直流电源，导轨间的距离L=0.4m。在导轨所在空间内分布着磁感应强度B=0.5T、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场，现把个质量m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒的电阻R=1.0Ω.导体棒恰好能静止金属导轨电阻不计.(g=10 m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8)求：‎ ‎(1)ab受到的安培力大小；‎ ‎(2)ab受到的摩擦力大小。‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：‎ 导体棒受到的安培力：F安=ILB=2×0.40×0.50N=0.40N （2）导体棒所受重力沿斜面向下的分力：F1=mgsin37°=0.04×10×0.6N=0.24N 由于F1小于安培力，故导体棒沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡条件得： mgsin37°+f=F安 解得：f=F安-mgsin37°=（0.40-0.24）N=0.16N ‎20. 如图所示，竖直平面内有光滑绝缘半圆轨道，处于一个沿水平方向且与轨道平面平行的匀强电场中，轨道两端点A、C与圆心0高度相同，轨道半径为R，B为最低点。一个质量为m、带电量为+q的小球(可视为质点)从轨道右端的A处无初速度地沿轨道下滑，向左运动的最远点的位置为D，且OD与OB夹角θ=30°.重力加速度为g，设小球运动中电量q不变。求：‎ ‎(1)电场强度E的大小和方向；‎ ‎(2)小球在运动过程中受到轨道对其支持力的最大值。‎ ‎【答案】(1) 方向水平同右 (2) ‎ ‎【解析】【分析】小球从A到D由动能定理求出电场强度E的大小和方向，当小球运动到图中的P点时，速度最大，轨道对它的支持力也最大，由动能定理和牛顿第二定律求出轨道对其支持力的最大值。‎ 解：A到D由动能定理：mgRcosθ-qER(1+sinθ)= 0‎ 解得： 方向水平同右 ‎ (2)电场力和重力的合力大小为， 方向与 OA 成α= 60°‎ 如图所示，当小球运动到图中的P点时，速度最大，轨道对它的支持力也最大 A到P由动能定理有：‎ 在P点由牛顿第二定律有：‎ 解得：‎ ‎21. 如图所示，在xoy平面内，第三象限内的直线OM是电场与磁场的边界，OM与负x轴成45°角x