物理卷·2019届广西玉林市陆川县中学高二上学期期中考试物理试题（解析版）x 16页

广西陆川县中学2017年秋季期高二期中考试卷物理试题 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。 满分100分。‎ 第I部分 选择题(共56分)‎ 一、选择题（每小题4分，共56分。1-9题只有一个选项正确，10-14有二个或二个以上选项正确。）‎ ‎1. 大小相同的两个金属小球A、B带有等量同种电荷，相隔一定距离时，两球间的库仑引力大小为F，现在用另一个跟它们大小相同的不带电金属小球，先后与A、B两个小球接触后再移开，这时A、B两球间的库仑力大小 A. 一定是F/8 B. 一定是F/4‎ C. 一定是3F/8 D. 可能是3F/4‎ ‎【答案】C ‎【解析】假设A带电量为+Q，则B带电量为+Q，‎ 两球之间的相互斥力的大小是：‎ 第三个不带电的金属小球C与A接触后，A和C的电量都为，‎ C与B接触时总电荷量平分，则C、B分开后电量均为，‎ 这时，A、B两球之间的相互作用力的大小：，C正确；A、B、D错误；‎ 故选C。‎ ‎2. 如图所示，有三个电阻，已知Rl：R2：R3=1：3：6，则电路工作时，电压Ul：U2为（　　）‎ ‎ ‎ A. 1：2 B. 1：3‎ C. 1：6 D. 1：9‎ ‎【答案】A ‎【解析】已知，设流过R1的电流为I，则流为R2的电流为；‎ 则由欧姆定律可知，电压之比为，，A正确；B、C、D错误；‎ 故选A。‎ ‎3. 如图所示，电源电动势E=3V，小灯泡L标有“2V、0.4W”，开关S接l，当变阻器调到R=4Ω时，小灯泡L正常发光；现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作．则（　　）‎ ‎ ‎ A. 电源内阻为2Ω B. 电动机的内阻为4Ω C. 电动机正常工作电压为1V D. 电源效率约为93.3%‎ ‎【答案】D ‎【解析】小灯泡的额定电流为：‎ 电阻为：‎ A、当S接1时，，代入数据解得：，A错误；‎ B、C、当S接2时灯泡正常发光，流过的电流为：‎ 电源内阻分的电压为：‎ 故电动机分的电压为：‎ 故电阻：，B、C错误；‎ D、电源的效率：，D正确；‎ 故选D。‎ ‎4. 如图所示，直线A为某电源的U﹣I图线，曲线B为某小灯泡的 U﹣I图线的一部分，‎ 用该电源和小灯泡组成闭合电路，下例说法中正确的是（　　） ‎ A. 此电源的内阻为0.5Ω B. 电源的总功率为10W C. 电源的输出功率为8W D. 电源的短路电流为6A ‎【答案】A ‎【解析】A、由图读出，斜率表示内阻，则，A正确；‎ B、C、灯泡与电源连接时，工作电压，，则电源的总功率：，电源的输出功率：，B、C错误； ‎ D、图线的横截距6A，对应的不是短路电流，因此纵坐标不是0开始的，D错误；‎ 故选A。‎ ‎5. 如图所示电路中，当滑动变阻器的滑片P从a端向b端滑动时，以下判断正确的是（　　） ‎ A. 电压表读数变大，通过灯L1的电流变大，灯L2变亮 B. 电压表读数变小，通过灯L1的电流变小，灯L2变暗 C. 电压表读数变大，通过灯L2的电流变小，灯L1变暗 D. 电压表读数变小，通过灯L2的电流变大，灯L1变暗 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：当滑动变阻器的滑片P从a端向b端滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，分析外电路总电阻的变化，由闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压的变化，‎ 再由欧姆定律分析并联部分电压的变化，即可得到结论．‎ 解：当滑动变阻器的滑片P从a端向b端滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流增大，通过灯L2的电流变大，则灯L2变亮．‎ 电源的内电压和L2的电压增大，路端电压减小，则并联部分电压减小，通过灯L1的电流变小，灯L1变暗．故B正确．‎ 故选B ‎【点评】本题考查欧姆定律和滑动变阻器的使用，关键明白滑片移动的过程中电路的变化情况，这是本题的难点也是重点．‎ ‎6. 如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r．将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为△V1、△V2、△V3，理想电流表示数变化量的绝对值为△I，则（　　）‎ A. A的示数减小 B. V2的示数增大 C. △V3与△I的比值等于r D. △V1大于△V2‎ ‎【答案】D ‎【解析】A、据题理想电压表内阻无穷大，相当于断路．理想电流表内阻为零，相当短路，所以R与变阻器串联，电压表V1、V2、V3分别测量R、路端电压和变阻器两端的电压．‎ 当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则A的示数增大，A错误；‎ B、电路中电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，所以V2的示数减小，B错误；‎ C、根据闭合电路欧姆定律得：，则得：，则△V3与 ‎△I的比值大于r，C错误；‎ D、根据闭合电路欧姆定律得：，则得： ；，据题：，则，故△V1大于△V2．D正确；‎ 故选D。‎ ‎7. 如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置，闭合电键S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动，如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是（　　） ‎ ‎ ‎ A. 增大R1的阻值 B. 增大R2的阻值 C. 增大两板间的距离 D. 断开电键S ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：电路稳定时，电容器的电压等于可变电阻R1的电压，改变R2，对电容器的电压没有影响．增大R1分担的电压增大，电容器的电压增大，油滴将向上运动．断开开关S，电容器放电，油滴将向下运动．减小平行板的正对面积，电容器的电压不变，油滴不动．‎ 解：A、电路稳定时，电容器的电压等于可变电阻R1的电压，当增大R1的阻值，导致总电流减小，则外电压增大，因此电容器的电压增大，板间场强增强，油滴将向上运动．故A错误．‎ B、电路稳定时，当增大R2的阻值，不改变电路中的电流，因此电容器的电压不变，板间场强不变，油滴将不运动．故B错误．‎ C、增大两板间的距离，因电容器的电压不变，则电场强度减小，导致油滴向下运动．故C正确．‎ D、断开开关S，电容器放电，板间场强逐渐减小，油滴将向下运动．故D正确．‎ 故选：CD．‎ ‎【点评】本题关键分析电容器的电压是否变化．当断开开关S，改变板间距离时，板间场强不变，油滴也保持不动．‎ ‎ ‎ ‎8. 在下列各图中，分别标出了磁场B的方向，电流I方向和导线所受安培力F的方向，其中正确的是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：左手定则的内容：伸开左手，使大拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．根据左手定则的内容判断安培力的方向 解：根据左手定则可知，A图中安培力方向垂直磁场向下，B图中安培力方向垂着磁场向右，C图中安培力方向垂着电流方向向左，D图中安培力方向垂着电流方向竖直向下，故AB错误，CD正确．‎ 故选：CD ‎【点评】判断通电导线的安培力方向，既要会用左手定则，又要符合安培力方向的特点：安培力方向既与电流方向垂直，又与磁场方向垂直 ‎9. 用绝缘细线悬挂一个质量为m，带电荷量为+q的小球，让它处于如图所示的磁感应强度为B的匀强磁场中．由于磁场的运动，小球静止在如图位置，这时悬线与竖直方向夹角为α，并被拉紧，则磁场的运动速度和方向可能是（　　）‎ A. ，水平向左 B. ，水平向右 C. ，竖直向上 D. ，竖直向下 ‎【答案】C ‎【解析】A、若磁场的运动方向水平向右，则小球相对磁场水平向左，由左手定则可知，洛伦兹力方向竖直向下，不可能处于平衡状态，A错误；‎ C、若磁场的运动方向竖直向上，则小球相对磁场竖直向下，由左手定则可知，洛伦兹力方向水平向右，当洛伦兹力与拉力的合力与重力相等时，则处于平衡状态，则有：，解得：，C正确；‎ D、若磁场的运动方向竖直向下，则小球相对磁场竖直向上，由左手定则可知，洛伦兹力方向水平向左，则不可能处于平衡状态，D错误；‎ 故选C。‎ ‎10. 如图所示，图甲中AB是点电荷电场中的一条电场线，图乙则是放在电场线上a、b处的试探电荷的电量与所受电场力大小间的函数图线，由此可以判定 A. 若场源是正电荷，位置在A侧 B. 若场源是正电荷，位置在B侧 C. 若场源是负电荷，位置在A侧 D. 若场源是负电荷，位置在B侧 ‎【答案】AC ‎【解析】电场强度，由图线知，a点的场强大于b点的场强，所以场源电荷在A点，可能是正电荷，也可能是负电荷，A、C正确;B、D错误;‎ 故选AC。‎ ‎11. 如图所示是某导体的伏安特性曲线，由图可知（ ）‎ A. 导体的电阻是25Ω B. 导体的电阻是0.04Ω C. 当导体两端的电压是0.04V时，通过导体的电流是1A D. 当通过导体的电流是0.1A时，导体两端的电压是2.5V ‎【答案】AD ‎【解析】：A、图像的斜率表示电阻的倒数,故导体的电阻，故A正确，B错误；‎ C、由欧姆定律可以知道,当导体的电压为0.04V时,电流故C错误 D、由欧姆定律可以知道：当电流为时,电压 故D正确；‎ 综上所述本题答案是：AD ‎12. 如图所示是两个独立电源的路端电压U与通过他们的电流I的关系图像，下列说法中正确的是（）‎ A. 路端电压都为U0时，它们的外电阻相等 B. 电流都是I0时，两电源的内电压相等 C. 电源甲的电动势大于电源乙的电动势 D. 电源甲的内阻小于电源乙的内阻 ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：根据欧姆定律可知外电阻R路端电压U与电流I的关系为R=，图线与U轴交点的坐标值表示电动势的大小，与I轴交点的坐标值表示电路中的短路电流，图线的斜率大小表示电源内电阻的大小（电动势与短路电流的比值），电源的内电压等于通过电源的电流与电源内阻的乘积，即U内=Ir．‎ 解：A、根据欧姆定律可知外电阻R路端电压U与电流I的关系为R=，在U﹣I图线中甲、乙两图线的交点坐标为（I0，U 0），说明两电源的外电阻相等，故A正确．‎ B、电源的内电压等于通过电源的电流与电源内阻的乘积，即U内=Ir，因为甲的内阻较乙的内阻大，所以当电流都为I 0时，甲电源的内电压较大，故B错误．‎ C、图线与U轴交点的坐标值表示电动势的大小，由图线可知，甲与U轴交点的坐标值比乙的大，表明甲的电动势大于乙的电动势，故C正确．‎ D、图线的斜率大小表示电源内电阻的大小（电动势与短路电流的比值），图线甲的斜率大于图线乙的斜率，表明甲的内阻大于乙的内阻，故D错误．‎ 故选AC．‎ 点评：本题利用图象考查了闭合电路欧姆定律，要特别注意图象与两轴交点分别表示电动势和短路电流，图象斜率表示内阻大小．‎ ‎13. 关于电场与磁场，下列说法正确的是（ ）‎ A. 电流周围存在的是电场 B. 磁极周围存在磁场 C. 磁极与磁极之间通过磁场而相互作用 D. 磁极与电流之间没有相互作用 ‎【答案】BC ‎【解析】:A、电流的周围存在磁场；静电荷周围存在的是电场，故A错误； B、磁极的周围存在磁场，故B正确； C、磁极与磁极之间可能通过磁场而产生相互作用，故C正确； D、磁极对电流会产生安培力的作用，故D错误 综上所述本题答案是：BC ‎14. 如图所示，直导线处于足够大的磁场中，与磁感线成角，导线中通过的电流为I，为了增大导线所受的安培力，可采取的办法是(　　)‎ A. 减小电流I B. 减小直导线的长度 C. 使导线在纸面内顺时针转30°角 D. 使导线在纸面内逆时针转60°角 ‎【答案】ABD ‎【解析】试题分析：根据公式(为电流方向与磁场方向的夹角),为增大安培力可增大电流,还可以增加导线的长度,增大电流方向与磁场方向的夹角,所以D可以采取 考点：考查影响安培力大小的因素及左手定则的内容 点评：注意理解公式中每个字母所代表的物理意义 第II部分 非选择题(共44分)‎ 二、实验题（本题共2小题，共12分）‎ ‎15. 如右图所示为某型号国产电池外壳上的说明文字：‎ ‎(1)电源是把其它形式的能转化为________的装置，电动势是描述电源这种本领的物理量．由图可知该电池的电动势为________V；(2)该电池最多可放出________mA·h的电荷量．若电池的平均工作电流为0.05 A，则它最多可使用________h．‎ ‎【答案】 (1). 电能 (2). 3.7 (3). 700 (4). 14‎ ‎【解析】电源是把其它形式的能转化为电能的装置，该电池的电动势为3.7V，可最多放出700mA·h的电量，电池的平均工作电流为0.05A，则它最多可使用 ‎16. 在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，可供选择的器材及代号如下：‎ A．小灯泡L（3 V、5Ω）；‎ B．滑动变阻器R1（0 － 10 Ω，额定电流1.5A）；‎ C．滑动变阻器R2（0 － 500 Ω，额定电流0.5A）；‎ D．电压表V1（量程：0 － 3 V，R V ＝5 kΩ）；‎ E．电压表V2（量程：0 － 15 V，R V ＝10 kΩ）；‎ F．电流表A1（量程：0 － 0.6 A，R A ＝0.5 Ω）； ‎ G．电流表A2（量程：0 － 3 A，R A ＝0.1 Ω）；‎ H．铅蓄电池、开关各一个，导线若干；‎ 实验中要求加在小灯泡两端的电压可连续地从零调到额定电压。‎ ‎(1)为了减少误差，实验中应选滑动变阻器_________电压表_______，电流表________；‎ ‎(2)请在图虚线框内按要求设计实验电路图（部分线已画好）____‎ ‎(3)某同学实验后作出的I －U 图象如图所示，请分析该图象形成的原因是：__________。‎ ‎(4)某同学由测出的数据画出I—U图象，如图所示，当小灯泡两端电压为1.8 V时，小灯泡的电阻值R＝________ Ω，此时小灯泡的实际功率P＝________W。(结果保留两位有效数字)‎ ‎【答案】 (1). B (2). D (3). E (4). (5). 温度的影响 (6). 3.6 (7). 0.90‎ ‎ ‎ ‎（3）从图象可知I-U图象的斜率逐渐减小，即电阻R逐渐增大，形成的原因是随着电压增高，小灯泡温度升高，电阻率增大阻值增大，即受温度的影响。 （4）由图可知当电压为1.8V时，对应的电流为0.5A，则根据欧姆定律可得：，此时小灯泡的实际功率：。‎ 三、计算题(本大题共3小题，共32分．解答时要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位，只有结果而没有过程的不能得分）‎ ‎17. 用30cm的细线将质量为的带电小球P悬挂在O点下，当空中有方向为水平向右，大小为的匀强电场时，小球偏转37°后处在静止状态．‎ ‎(1)分析小球的电性；‎ ‎(2)求小球的带电量；‎ ‎(3)求细线的拉力．‎ ‎【答案】(1)带正电（2）3×10-6C(3)0.05N ‎【解析】（1）小球受力如图，故带正电．‎ ‎（2）小球受力平衡，在水平方向：‎ ‎,‎ 解得：‎ ‎（3）根据共点力平衡得，细线的拉力为：F=‎ ‎18. 带电量为q，质量为m的原子核由静止开始经电压为的电场加速后进入一个平行板电容器，进入时 速度和电容器中的场强方向垂直．已知：电容器的极板长为L，极板间距为d，两极板的电压为，重力不计，求： ‎ ‎(1)经过加速电场后的速度；‎ ‎(2)离开电容器电场时的偏转量y。‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】试题分析：粒子先经过加速电场加速，由动能定理可以解得其速度，粒子进入偏转电场做类平抛运动，把其分解为水平方向的匀速直线运动，竖直方向的匀加速直线运动。‎ ‎（1）粒子经加速电场U1加速过程，‎ 由动能定理得：‎ 解得：‎ ‎（2）粒子进入偏转电场后做类平抛运动，‎ 竖直方向：‎ 水平方向：‎ 加速度为：‎ 以上联立解得：‎ 点睛：本题主要考查了粒子在加速电场和偏转电场作用下的运动，应用动能定理和平抛知识即可解题。‎ ‎19. 如图所示，一个“V”型玻璃管倒置于竖直平面内，并处于E=103v/m、方向竖直向下的匀强电场中，一个带负电的小球，重为G=10﹣3N，电量q=2×10﹣6C，从A点由静止开始运动，球与管壁的摩擦因数μ=0.5．已知管长AB=BC=2m，倾角α=37°，且管顶B处有一很短的光滑圆弧．求：（sin37°=0.6，cos37°=0.8）‎ ‎(1)小球第一次运动到B时的速度多大？‎ ‎(2)小球运动后，第一次速度为0的位置在何处？‎ ‎(3)从开始运动到最后静止，小球通过的总路程是多少？‎ ‎【答案】(1) (2)0.4m(3)3m ‎【解析】试题分析：根据牛顿第二定律求出在AB中的加速度，结合速度位移公式求出第一次到达B点的速度．根据牛顿第二定律求出在BC中运动的加速度，结合速度位移公式求出第一次速度为零的位置．小球最终停在B处，对全过程运用动能定理求出总路程的大小．‎ ‎（1）在上滑的过程中受到重力、竖直向上的电场力、垂直玻璃管向下的弹力和沿玻璃管向下的摩擦力，受力如图所示．‎ 根据牛顿第二定律得，得 ‎ 所以小球第一次到达B点时的速度为： ‎ ‎（2）在下滑的过程中受到重力、竖直向上的电场力、垂直玻璃管向下的弹力和沿玻璃管向上的摩擦力，受力如图所示．在BC面上，小球开始从B点做匀减速运动，加速度的大小为：‎ 所以，速度为0时到B的距离为．‎ ‎（3）接着小球又反向向B加速运动，到B后又减 速向A运动，这样不断地往复，最后停在B点．如果将全过程等效为一个直线运动，则有： 得，即小球通过的全路程为3m．‎ ‎ ‎