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- 2021-05-27 发布
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2017-2018学年河北省衡水市故城高中高二(上)期中物理试卷
一、选择题
1. 关于静电场的等势面,下列说法正确的是( )
A. 两个电势不同的等势面可能相交
B. 电场线与等势面处处相互垂直
C. 同一等势面上各点电场强度一定相等
D. 将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面,电场力做正功
【答案】B
【解析】试题分析:沿电场线的方向电势降低,所以电势不同的等势面不可能相交.故A错误;根据电场线与等势面的关系可知,电场线与等势面互相垂直,故B正确;电场强度的大小与电势的高低没有关系,所以同一等势面上各点电场强度不一定相等,故C错误;负电荷在等势面高的位置的电势能小,所以将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面,电势能增大,电场力做负功,故D错误.故选B。
考点:等势面
【名师点睛】本题关键记住电场线和等势面的关系,相互垂直,从电势高的等势面指向电势低的等势面,掌握等势面的基本特点:在等势面上移动电荷,电场力总是不做功.
2. 如图所示,两个不带电的导体A和B,用一对绝缘柱支持使它们彼此接触.把一带正电荷的物体C置于A附近,贴在A、B下部的金属箔都张开,( )
A. 此时A带正电,B带负电
B. 此时A电势低,B电势高
C. 移去C,贴在A、B下部的金属箔都闭合
D. 先把A和B分开,然后移去C,贴在A、B下部的金属箔都闭合
【答案】C
【解析】试题分析:物体C靠近A附近时,由于静电感应,A端带上负电,B端带上正
电;故A错误;此时AB为等势体,两端电势相等;故B错误;移去C后,由于电荷间相互作用,重新中和,达电中性状态,两金属箔均闭合;故C正确;先把AB分开,则A带负电,B带正电,移去C后,电荷不能再进行中和,故两金属箔仍然张开;故D错误;故选C。
考点:静电感应
3. 电源电动势反映了电源把其它形式的能量转化为电能的能力,因此( )
A. 电动势是一种非静电力
B. 电动势越大,表明电源储存的电能越多
C. 电动势的大小是非静电力做功能力的反映
D. 电动势就是闭合电路中电源两端的电压
【答案】C
【解析】电动势在数值上等于非静电力把1C的正电荷在电源内部从负极搬运到正极所做的功,不是一种非静电力,故A错误;电动势是描述电源把其它形式的能量转化为电能本领的物理量,是非静电力做功能力的反映,电动势越大,表明电源将其它形式的能转化为电能的本领越大,故B错误C正确;电源电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压,在闭合电路中电源两极间的电压是路端电压,小于电源电动势,故D错误.
【点睛】电动势等于非静电力把1C的正电荷在电源内部从负极搬运到正极所做的功,描述电源把其它形式的能量转化为电能本领的物理量.
4. 如图所示的电路中,电源、电压表、电流表都是理想的,当滑动变阻器的触头由a端向b端滑动时,下列说法正确的是( )
A. 电压表增大,电流表读数增大
B. 电压表增大,电流表读数减小
C. 电压表读数不变,电流表读数增大
D. 电压表读数不变,电流表读数增减小
【答案】A
【解析】由图可知,R与并联后与串联;当滑动变阻器的触头由a端向b端滑动时,滑动变阻器接入电路的电阻增大,外电路总电阻增大,由闭合电路欧姆定律可知,电路中总电流减小,内电压减小,则路端电压增大,故电压表V示数增大;因电路中总电流减小,则两端的电压减小,而路端电压减小,故并联部分电压增大,中电流增大,故电流表读数增大,A正确.
5. 如图所示为多用表欧姆挡的原理示意图,其中电流表的满偏电流为300μA,内阻rg=100Ω,调零电阻最大阻值R=50kΩ,串联的固定电阻R0=50Ω,电池电动势E=1.5V,用它测量电阻Rx,能准确测量的阻值范围是( )
A. 30kΩ~80kΩ B. 3kΩ~8kΩ
C. 300kΩ~800kΩ D. 3000kΩ~8000kΩ
【答案】B
【解析】试题分析:欧姆表的中值电阻附近刻度最均匀,读数误差最小,求解出该欧姆表的中值电阻即可.
解:欧姆表的中值电阻附近刻度最均匀,读数误差最小;
欧姆表的中值电阻R中等于欧姆表的内电阻R总,
由闭合电路欧姆定律可知,
满偏时:Ig=,
半偏时,Ig=,
联立解得:R中=R内===5000Ω=5kΩ,
欧姆表的中值电阻为5kΩ,欧姆表能准确测量的阻值范围是:3kΩ~8kΩ;
故选:B.
【点评】本题关键明确欧姆表的中值电阻附近刻度最均匀,读数误差最小;知道中值电阻等于欧姆表内电阻.
6. 三个α粒子在同一点沿同一方向垂直飞入偏转电场,出现了如图所示的运动轨迹,由此可判断( )
A. 在b飞离电场的同时,a刚好打在负极板上
B. b和c同时飞离电场
C. 进入电场时,c的速度最大,a的速度最小
D. 动能的增加值c最小,a和b一样大
【答案】ACD
【解析】解:A、三个粒子的质量和电量都相同,则知加速度相同.a、b两粒子在竖直方向上的位移相等,根据y=,可知运动时间相等.故A正确.
B、b、c竖直方向上的位移不等,yc<yb.根据y=,可知tc<tb.故B错误.
C、在垂直于电场方向即水平方向,三个粒子做匀速直线运动,则有:v=.
因xc=xb,tc<tb,则vc>vb.
根据ta=tb,xb>xa.则vb>va.所以有:vc>vb>va.故C正确.
D、根据动能定理知,a、b两电荷,电场力做功一样多,所以动能增加量相等.c电荷电场力做功最少,动能增加量最小.故D正确.
故选:ACD.
【点评】解决本题的关键将类平抛运动分解为垂直电场方向和沿电场方向,在垂直电场方向上做匀速直线运动,在沿电场方向上做初速度为0的匀加速直线运动.
7. 如图所示的U﹣I图象中,直线I为某电源的路端电压与电流的关系,直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线,用该电源直接与电阻R连接成闭合电路,由图象可知( )
A. R的阻值为1.5Ω
B. 电源电动势为3V,内阻为0.5Ω
C. 电源的输出功率为3.0W
D. 电源内部消耗功率为1.5W
【答案】AD
【解析】试题分析:电阻,故A正确;根据闭合电路欧姆定律得,当时,,由读出电源的电动势,内阻等于图线的斜率大小,则,故B错误;两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态,由图读出电压,电流,则电源的输出功率为,故C错误;电阻R的功率为,故D正确。
考点:电功、电功率
【名师点睛】对于图线关键要根据物理规律,从数学角度来理解其物理意义.本题要抓住图线的斜率、交点的意义来理解图象的意义。
8. 小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示,P为图线上一点,PN为图线在P点的切线,PQ为U轴的垂线,PM为I轴的垂线,则下列说法中正确的是( )
A. 随着所加电压的增大,小灯泡的电阻不变
B. 对应P点,小灯泡的电阻为R=
C. 对应P点,小灯泡的电阻为R=
D. 对应P点,小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围面积大小
【答案】BD
【解析】图线与O点连线的斜率减小,说明电阻逐渐增大,A错误;由于小灯泡是非线性元件,对应P点,小灯泡的电阻为,B正确C错误;因,所以图象中矩形PQOM所围的面积为对应P点小灯泡的实际功率,故D正确.
9. 如图所示,两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置,构成一平行板电容器,合开
关S,电源给电容器充电.在两极板间有固定点P.用E表示两极板间的电场强度,φ表示P点的电势,下列说法正确的是( )
A. 保持S接通,上极板A不动,将下极板B缓慢向下移动稍许到B′,φ增大
B. 保持S接通,上极板A不动,将下极板B缓慢向下移动稍许到B′,E增大
C. 若断开S,下极板B不动,将上极板A缓慢向下移动稍许到A′,则E不变
D. 若断开S,下极板B不动,将上极板A缓慢向下移动稍许到A′,φ减小
【答案】AC
【解析】试题分析:保持S接通,则两板间的电势差不变,上极板A不动,将下极板B缓慢向下移动稍许到B′,导致d增大,由可知,两极板间的电场的电场场强减小,则P到上极板的电势差减小,因此P点的电势升高,故A正确,B错误;断开S,下极板B不动,将上极板A缓慢向下移动稍许到A′,因两板上所带电量不变,减小距离d,电容增大,由,及,则可知E不变,故C正确;由上分析可知,因电场强度不变,当将上极板A缓慢向下移动稍许到A′,而P到B极板间的电势差不变,则其电势不变,故D错误;故选AC。
考点:电容器;电场强度
【名师点睛】电容器的动态分析重点在于明确电容器的两种状态:充电后断开则极板上的电量不变;和电源相连,则两板间的电势差不变。
10. 如图所示,带正电的A球固定,质量为m、电荷量为+q的粒子B从a处以速度v0射向A,虚线abc是B运动的一段轨迹,b点距离A最近.粒子经过b点时速度为v,重力忽略不计.则( )
A. 粒子从a运动到b的过程中动能不断减小
B. 粒子从b运动到c的过程中加速度不断增大
C. 可求出A产生的电场中a、b两点间的电势差
D. 可求出A产生的电场中b点的电场强度
【答案】AC
考点:电场线
【名师点睛】根据电场力做功正负分析动能的变化.由库仑定律分析电场力的变化,从而判断加速度的变化.由动能定理可求ab间的电势差.由点电荷场强公式分析能否求b点的场强。
二、实验题
11. 图(a)为某同学组装完成的简易多用电表的电路图.图中E是电池;R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻,R6是可变电阻;表头G的满偏电流为250 μA,内阻为480Ω.虚线方框内为换挡开关,A端和B端分别于两表笔相连.该多用电表有5个挡位,5个挡位为:直流电压1V挡和5V挡,直流电流1mA挡和2.5mA挡,欧姆×100Ω挡.
(1)图(a)中的A端与_____(填“红”或“黑”)色表笔相连接.
(2)关于R6的使用,下列说法正确的是_____(填正确答案标号).
A.在使用多用电表之前,调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置
B.使用欧姆挡时,先将两表笔短接,调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置
C.使用电流挡时,调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置
(3)根据题给条件可得R1+R2=_____Ω,R4=_____Ω.
(4)某次测量时该多用电表指针位置如图(b)所示.若此时B端是与“1”连接的,则多用电表读数为_____;若此时B端是与“3”相连的,则读数为_____;若此时B端是与“5”相连的,则读数为_____.(结果均保留3为有效数字)
【答案】 (1). 黑 (2). B (3). 160 (4). 880 (5). 1.48mA (6). 1.10kΩ (7). 2.95V
(1)根据欧姆表原理可知,内部电源的正极应接黑表笔,这样才能保证在测电阻时电流表中电流“红进黑出”;
(2)由电路图可知,R6只在测量电阻时才接入电路,故其作用只能进行欧姆调零,不能进行机械调零,同时在使用电流档时也不需要时行调节,故B正确AC错误;
(3)直流电流档分为1mA和2.5mA,由图可知,当接2时应为1mA;根据串并联电路规律可知;
总电阻
接4时,为电压档,因串入的电阻较小,故应为量程1V的电压表;此时电流计与R1、R2并联后再与R4串联,即改装后的1mA电流表与R4串联再改装后电压表;
根据串联电路规律可知;
(4)若与1连接,则量程为2.5mA,读数为1.48mA;
若与3连接,则为欧姆档×100Ω挡,读数为11×100=1100Ω=1.10kΩ;
若与5连接,则量程为5V;故读数为2.95V(2.91﹣2.97均可);
12. 在“测定金属丝的电阻率”的实验中,待测合金电阻丝阻值Rx约为4Ω.
①用游标卡尺测量电阻丝的长度L.测量结果如图1所示,图中读数为L=_____mm.
用螺旋测微器测量电阻丝的直径d.测量结果如图2所示,图中读数为d=_____mm.
②为了测量电阻丝的电阻R,除了导线和开关S外,
还有以下一些器材可供选择:
电压表V,量程3V,内阻约3kΩ
电流表A1,量程0.6A,内阻约0.2Ω
电流表A2,量程100μA,内阻约2000Ω
滑动变阻器R1,0~1750Ω,额定电流0.3A
滑动变阻器R2,0~50Ω,额定电流1A
电源E(电动势为3V,内阻约为1.2Ω)
为了调节方便,测量准确,实验中应选用电流表_____,滑动变阻器_____,(填器材的符号)
③在所给的实物图3中画出连线,接成测量电路图.
④若电压表测量值为U,电流表测量值为I,用测量的物理量表示计算材料电阻率的公式是ρ=_____.
【答案】 (1). 54.5 (2). 0.855 (3). A1 ;R2 (4). 如图所示, (5).
【解析】试题分析:游标卡尺主尺与游标尺的示数之和是游标卡尺的示数;螺旋测微器固
定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数.根据电源电动势选择电压表,根据电路最大电流选择电流表,为方便实验操作,应选最大阻值较小的滑动变阻器.根据实验原理与实验器材确定滑动变阻器与电流表的接法,然后作出实验电路图.应用欧姆定律与电阻定律求出电阻丝电阻率表达式.
(1)由图甲所示游标卡尺可知,其主尺示数为5.4cm=54mm,游标尺示数为5×0.1mm=0.5mm,游标卡尺示数为54mm+0.5mm=54.5mm;由图乙所示螺旋测微器可知,固定刻度示数为0.5mm,可动刻度示数为35.5×0.01mm=0.355mm,螺旋测微器所示为0.5mm+0.355mm=0.855mm.
(2)电源电动势为3V,待测电阻约4Ω,电流约0.6 A,所以电流表选A1,为方便实验操作,滑动变阻器应选.
(3)金属丝电阻约为4Ω,电压表内阻约为3kΩ,电流表内阻约为0.2Ω,电压表内阻远大于待测电阻阻值,电流表采用外接法;金属丝电阻约为4Ω,滑动变阻器最大阻值为50Ω,待测电阻阻值大于滑动变阻器最大阻值,为测量多组实验数据,滑动变阻器应采用分压式接法,据此连接实物电路图,实物电路图如图所示.
(4)由欧姆定律可知,待测金属丝电阻,由电阻定律可知,则金属丝电阻率.
三、计算题
13. 如图所示,长l=1m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θ=37°.已知小球所带电荷量q=1.0×10﹣6 C,匀强电场的场强E=3.0×103 N/C,取重力加速度g=10m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求:
(1)小球所受电场力F的大小.
(2)小球的质量m.
(3)将电场撤去,小球回到最低点时速度v的大小.
【答案】(1)3.0×10﹣3 N;(2)4×10﹣4kg;(3)2m/s.
【解析】试题分析:根据电场力的计算公式求解电场力;画出小球受力情况示意图,根据几何关系列方程求解质量;根据机械能守恒定律求解速度.
(1)根据电场力的计算公式可得电场力;
(2)小球受力情况如图所示:
根据几何关系可得,所以;
(3)电场撤去后小球运动过程中机械能守恒,则,解得v=2m/s.
14. 如图所示的电路中,电源电动势E=10V,内阻r=0.5Ω,电动机的电阻R0=1.0Ω,电阻R1=1.5Ω.电动机正常工作时,电压表的示数U1=3.0V,求:
(1)电源释放的电功率;
(2)电动机消耗的电功率和将电能转化为机械能的功率;
(3)电源的输出功率和效率.
【答案】(1)20W;(2)12W, 8W;(3)18W, 90%.
【解析】(1)电动机正常工作时,总电流为:
则电源释放的电功率为;
(2)电动机两端的电压为
电动机消耗的电功率为:
电动机消耗的热功率为:;
根据能量守恒得,电动机将电能转化为机械能的功率为
(3)电源的输出功率为
效率为.
15. 如图所示的电路中,两平行金属板A、B水平放置,两极板的长度L=80cm,两板间的距离d=20cm.电源电动势E=28V,内电阻r=1Ω,电阻R=15Ω.闭合开关S,待电路稳定后,将一带负电的小球从A、B两金属板左端正中间位置M处以初速度v0=8m/s水平向右射入两板间,恰能从上极板B板右侧边缘射出.若小球带电量为q=1×10﹣2 C,质量为m=2×10﹣2 kg,不考虑空气阻力,重力加速度g=10m/s2.求此时:
(1)滑动变阻器接入电路的阻值;
(2)电源的输出功率.
【答案】(1)12Ω;(2)27W.
【解析】试题分析:电容器与并联,则电容器两端的电压等于两端的电压,小球在两
极板间做类平抛运动,根据类平抛运动的规律求出小球的加速度,由牛顿第二定律求出电场力,再求出两极板的场强和电压,则由闭合电路欧姆定律可求得电流,再由欧姆定律可求得滑动变阻器接入电阻;由功率公式可求得电源的输出功率.
(1)小球在极板间做类平抛运动
水平方向:;竖直方向,
代入数据解得
对小球,根据牛顿第二定律有,代入数据解得:
极板间电场强度为
两极板间的电压为:
电路电流为:
变阻器接入电路的阻值为:
(2)电源的路端电压为:
电源的输出功率为