2017-2018学年福建省南安第一中学高二上学期期中考试物理试题 解析版 13页

福建省南安第一中学2017-2018学年高二上学期期中考试物理试题 一．选择题： ‎ ‎1. 属于静电利用现象的是（　　）‎ A. 油罐车上连接地线 B. 屋顶按装避雷针 C. 复印机复印文件资料 D. 印染厂车间保持湿度 ‎【答案】C ‎【解析】油罐车上连接地线，可以把运输过程中会由于摩擦产生静电荷导走，是为了防止静电产生火灾．故A错误．屋顶按装避雷针是将空中静电导入大地，以避免产生雷击，属于静电的防止，故B错误；复印机复印文件资料属于静电的应用，故C正确；保持印染厂车间里的空气湿度使将产生的静电导入大地，属于静电的防止，故D错误．本题选项静电利用现象的，故选C．‎ 点睛：本题考查了静电现象，关键理解其工作原理，会分析实际问题．明确静电现象的应用和防止，并会解释相关现象．‎ ‎2. 某段金属导体两端电压为U时，导体中电子平均定向移动速度为v．如果把这段导体均匀拉长1倍后仍保持它两端的电压为U，则导体中电子平均定向移动速度为（　　）‎ A. B. C. v D. 2v ‎【答案】B ‎【解析】这段导体均匀拉长1倍，即长度变为原来的2倍，横截面积变为原来的一半，则电阻则是原来的4倍，电压不变，则电流为原来的四分之一．根据I=neSv可知，S为原来的一半，所以速度v为原来的一半．故选B．‎ 点睛：本题的关键在于判断电阻大小的变化，长度变长增加一倍，横截面积变细又是1倍，故变为原来的4倍．‎ ‎3. 两只额定电压均为110V的灯泡A和B，额定功率分别为100W和40W，为了使它们接到220V电源上能正常发光，同时电路消耗的电功率最小，如图所示的四个电路中最合理的是图（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：灯泡的额定电压为110V，图中，A灯泡的电压等于220V，大于额定电压，烧坏了，故A错误；由于额定电压都是110V，额定功率PA=100W、PB=40W，由此可知RB＞RA，把灯泡A与电阻并联的话，会使并联的部分的电阻更小，所以AB的电压不会平分，AB不会同时正常发光，故B错误；由于额定电压都是110V，额定功率PA=100W、PB=40W，由此可知RB＞RA，把灯泡B与电阻并联的话，可以使并联部分的电阻减小，可能使A与并联部分的电阻相同，所以AB能同时正常发光，并且电路消耗的功率与A灯泡的功率相同，所以总功率的大小为200W；把AB并联之后与电阻串连接入电路的话，当电阻的阻值与AB并联的总的电阻相等时，AB就可以正常发光，此时电阻消耗的功率为AB灯泡功率的和，所以电路消耗的总的功率的大小为280W；由CD的分析可知，正常发光并且消耗的功率最小的为C，故C正确．故选C。‎ 考点：功率 ‎【名师点睛】解答本题是一定要注意题目要同时满足两个条件即灯泡能够正常发光并且消耗的功率还要最小。‎ ‎4. 如图所示，真空中等量同种负点电荷放置在M、N两点，在M、N的连线上有对称点a、c,M、N连线的中垂线上有对称点b、d，则下列说法正确的是（　　）‎ A. O点的场强为零，电势大于零 B. 把一个负的试探电荷从a点移到b点，电势能一定减小 C. a点的场强与c点的场强相同 D. 把一个正的试探电荷d点静止释放，在它从d点运动到b点的过程中，加速度一定先减小后增大 ‎【答案】B ‎【解析】=根据场强的叠加知，M和N两点的点电荷在O点产生的场强大小相等，方向相反，合场强为零，沿着电场线方向电势逐渐降低，电场线方向指向负电荷，由于无穷远处电势为零，可知O点电势小于零，故A错误．由等量同种电荷周围的电场线知，b点的电势高于a点电势，则负电荷在a点的电势能高于b点的电势能，把一个负的试探电荷从a点移到b点，电势能一定减小，故B正确;‎ ‎ 根据场强的叠加知，a、c两点场强的大小相等，方向相反，故C错误．由对称性知O点的场强为零，正电荷从d点静止释放，在它从d点运动到b点的过程中，加速度可能先减小再增大，也可能先增大后减小到零，然后先增大后减小，故D错误．故选B．‎ 点睛：本题关键要掌握等量同种点电荷电场线的分布情况，抓住对称性进行分析，对于D选项，注意在bd连线无穷远处，加速度为零，从d到O，加速度可能减小，可能先增大后减小．‎ ‎5. 如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R点在等势面b上，据此可知（　　）‎ A. 带电质点在P点的加速度比在Q点的加速度小 B. 带电质点在P点的电势能比在Q点的小 C. 带电质点在P点的动能大于在Q点的动能 D. 三个等势面中，c的电势最高 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：等差等势面P处密，P处电场强度大，电场力大，加速度大．故A错误；根据轨迹弯曲的方向和电场线与等势线垂直可知负电荷所受的电场力应向下，所以电场线向上．故c点电势最高．故D正确．利用推论：负电荷在电势高处电势能小，知道P点电势能大．故B错误．负电荷的总能量守恒，即带电质点在P点的动能与电势能之和不变，P点电势能大，则动能小．故C错误．故选D。‎ 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】根据电场线与等势面垂直，作出电场线，得到一些特殊点（电场线与等势面交点以及已知点）的电场力方向，同时结合能量的观点分析是解决这类问题常用方法。‎ ‎6. 如图所示，一带电小球从A处竖直向上进入一水平方向的匀强电场中，进入电场时小球的动能为6J，运动到最高点B时小球的动能为8J，则小球运动到与A点在同一水平面上的C点（图中未画出）时的动能为多少（ ）‎ A. 38J B. 30J C. 24J D. 14J ‎【答案】A 点睛：本题关键要根据竖直上抛和匀加速直线运动的特点即可解题，同时注意不一定求动能就把速度求出来，有时只需要知道速度之比即可． ‎ ‎7. 两个完全相同的金属小球，带电量之比为1：5，相距为r，两者相互接触后再放回原来的位置上，则他们间的库仑力可能为原来的（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】AB ‎【解析】由库仑定律可得：，当两相同金属小球带同种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量变为3：3，所以库仑力是原来的9：5；当两相同金属小球带异种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量变为2：2；所以库仑力是原来的4：5．故选AB．‎ ‎8. 如图所示，纸面内有一匀强电场，带正电的小球（重力不计）在恒力F的作用下沿图中虚线由A匀速运动至B，已知力F和AB间夹角为θ，AB间距离为d，小球带电量为q，则下列结论正确的是（　　）‎ A. 电场强度的大小为 B. AB两点的电势差为 C. 带电小球由A运动至B过程中电势能增加了Fdcosθ D. 带电小球若由B匀速运动至A，则恒力F必须反向 ‎【答案】BC ‎【解析】由题，小球的重力不计，只受到电场力与恒力F而做匀速直线运动，则有，qE=F，则得场强．故A错误．A、B两点的电势差为UAB=Edcosθ=．故B正确．带电小球由A运动至B过程中恒力做功为W=Fdcosθ，根据功能关系可知，电势能增加了Fdcosθ．故C正确．小球所受的电场力恒定不变，若带电小球由B向A做匀速直线运动时，恒力F大小、方向不变．故D错误．故选BC．‎ 点睛：本题要根据小球的运动状态分析受力情况、确定外力做功、判断电势能变化，要注意明确物体做匀速运动时，恒力F与电场力一定等大反向．‎ ‎9. 如图所示，一个枕形导体AB原来不带电，将它放在一个负点电荷的电场中，点电荷的电荷量为Q，与AB中心O点的距离为R．由于静电感应，在导体A、B两端分别出现感应电荷．当达到静电平衡时（　　）‎ A. 导体A端电势高于B端电势 B. 导体A端电势低于B端电势 C. 导体中心O点的场强为0‎ D. 枕形导体两端的感应电荷在O点产生感应电场强度,方向水平向左 ‎【答案】CD ‎【解析】试题分析：当达到静电平衡时整个导体是一个等势体，则导体A端电势等于B端电势．A、B错误；当达到静电平衡时，Q在导体中心O点产生的的场强和感应电荷在 点产生感应电场强度均为，合场强为0，且感应电荷在点产生感应电场强度与Q在导体中心O点产生的的场强方向相反，水平向左，C、D正确；故选CD。‎ 考点：静电平衡。‎ ‎【名师点睛】处于静电平衡导体的特点：整个导体是等势体，内部场强处处为零。‎ ‎10. 在如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r恒定，闭合开关S后灯泡能够发光，经过一段时间后灯泡突然变亮，若电路中仅有一处故障，则出现这种现象的原因可能是（　　）‎ A. 电容器C断路 B. 电阻R2断路 C. 电阻R2短路 D. 电阻R1短路 ‎【答案】BD ‎【解析】电容器C断路，对灯泡亮度没有影响，故A错误．若电阻R2断路，则总电阻增大，总电流减小，R1及内阻中电压减小，灯泡两端的电压增大，故灯泡变亮，故B正确；若电阻R2短路，灯泡被短路，不亮，故C错误．若电阻R1短路，电路中总电阻减小，总电流增大，灯泡与R2并联的电压增大，则灯泡变亮，故D正确．故选BD.‎ 点睛：本题是故障分析问题，用代入法检验并选择是常用的方法．此题关键抓住题中条件：电源电动势不变，电容器稳定时对电路没有影响进行分析．‎ ‎11. 如图，电源内阻忽略不计，闭合电键，电压表V1示数为U1，电压表V2示数为U2，电流表A示数为I．在滑动变阻器R1的滑片由a端滑到b端的过程中（ ）‎ A. U1先增大后减小 B. U1与I的比值先增大后减小 C. U1变化量与I变化量的比值不变 D. U2变化量与I变化量的比值先增大后减小 ‎【答案】ABC 点睛：本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析．‎ ‎12. 用轻绳拴着一质量为m、带正电的小球在竖直面内绕O点做圆周运动，竖直面内加有竖直向下的匀强电场，电场强度为E，如图甲所示，不计一切阻力，小球运动到最高点时的动能Ek与绳中张力F间的关系如图乙所示，当地的重力加速度为g，由图可推知（　　）‎ ‎ ‎ A. 小球所带电荷量为 B. 轻绳的长度为 C. 小球在最高点的最小速度为 D. 小球在最高点的最小速度为 ‎【答案】BC ‎【解析】在最高点时，绳对小球的拉力、重力和电场力的合力提供向心力，则得：F+mg+Eq=m，即 ，由于EK=mv2，故EK=F+（mg+Eq），由图象可知，图象斜率，即，故B正确；当F=0时，由mg+Eq=m，mv2=a，解得，，故A错误；当F=0时，重力和电场力提供向心力，此时为最小速度，mv2=a，解得，故C正确，D错误；故选BC.‎ 二．本大题共2小题 ‎13. ‎ 某实验小组在“测定金属丝电阻率”的实验过程中，正确操作获得金属丝的直径以及电流表的读数如图所示，则它们的读数依次是 ______ mm、 ______ A．‎ ‎ ‎ ‎【答案】 (1). 0.900 (2). 2.10‎ ‎【解析】金属丝的直径：0.5mm+0.01mm×40.0=0.900mm；电流表的读数：0.42A.‎ ‎14. 在“测量电阻丝的电阻率”的实验中，已知电阻丝的电阻RX约为6Ω，有下列器材供测量该电阻丝的电阻时选用，要求尽量多测几组数据： ‎ A．量程为0-0.6A，内阻约为0.5Ω的电流表A1 ‎ B．量程为0-3A，内阻约为0.1Ω的电流表A2 ‎ C．量程为0-3V，内阻约为6kΩ的电压表V1 ‎ D．量程为0-15V，内阻约为30kΩ的电压表V2 ‎ E．阻值为0-1kΩ，额定电流为0.5A 的滑动变阻器R1 ‎ F．阻值为0-10Ω，额定电流为2A 的滑动变阻器R2 ‎ G．电动势为3V、内阻约为2Ω的蓄电池E ‎ H．开关S，导线若干 ‎ ‎（1）除选用G、H外，还应选用的器材是______（只填代号） ‎ ‎（2）在上图虚线方框中用铅笔画出用伏安法测上述电阻丝电阻的电路图______.‎ ‎ ‎ ‎（3）测量的阻值比真实的阻值 ______ （填“偏大”、“偏小”或“相等”）．‎ ‎【答案】 (1). ACF (2). 电路如图；‎ ‎ (3). 偏小 ‎【解析】（1）电源的电动势为4V，为了测量的准确性，电压表应选择C；电路中的最大电流；故电流表选择A；滑动变阻器要便于调节，故采用分压接法时，应选用小电阻，故滑动变阻器选F； （2）本实验要求多测几组数据，故滑动变阻器应采用分压接法；同时，由于电压表内阻远大于待测电阻，故电流表选用外接法；电路图如下图； （3）采用电流表外接法时，所测电压准确，而所测电流大于真实值，则由欧姆定律可知，测量值小于真实值；‎ 点睛：测量电阻率的实验中滑动变阻器可以采用分压和限流接法，但由于本实验中要求多测几组数据，故应采用滑动变阻器分压接法．‎ 三．本大题共4小题 ‎15. 如图所示，水平细杆上套一环，环A与球B间用一不可伸长轻质绝缘绳相连，质量分别为mA=0.40kg和mB=0.60kg，A环不带电，B球带正电，带电量q=1.0×10-4C，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。若B球处于一水平向右的匀强电场中，使环A与B球一起向右匀速运动．运动过程中，绳始终保持与竖直方向夹角θ=37°。求：‎ ‎ ‎ ‎（1）匀强电场的电场强度E多大？ ‎ ‎（2）环A与水平杆间的动摩擦因数μ？‎ ‎【答案】（1）4.5×104N/C；（2）0.45．‎ ‎【解析】（1）以B球为研究对象，受到重力、电场力和拉力，三力平衡， ‎ 则有电场力F=mBgtanθ=4.5N ‎ 匀强电场的电场强度E=4.5×104N/C； ‎ ‎（2）对整体分析，在水平方向上有：‎ F=μ（mA+mB）g ‎ 解得：μ=0.45‎ ‎16. 如图所示，电源的电动势E=110V，电阻R1=21Ω，电动机线圈的电阻R0=0.5Ω，当电键S断开时，电阻R1的电功率是525W，当S闭合时，电阻R1的电功率是336W，求： ‎ ‎（1）电源的内阻； ‎ ‎（2）当S闭合时流过电源的电流和电动机消耗的功率．‎ ‎【答案】（1）1Ω；（2）26A， 1848W．‎ ‎【解析】试题分析：（1）S2断开时等效电路如图所示，R1消耗的功率为P1，则 代入数据解得r＝1Ω．‎ ‎（2）设S2闭合时路端电压为U，‎ R1消耗的功率为P2，则 由闭合电路欧姆定律得E＝U＋Ir 代入数据解得I＝26A 设流过R1的电流为IR1，流过电动机的电流为IM，‎ 而IM＋IR1＝I 对电动机有UIM＝P出＋IR0‎ 代入数据联立解得P出＝1 606W．‎ 考点：闭合电路的欧姆定律；电功率 ‎【名师点睛】解决本题的关键能够灵活运用闭合电路欧姆定律，以及知道电动机输入功率、输出功率、热功率的关系。‎ ‎17. 喷墨打印机的结构简图如图所示，其中墨盒可以发出墨汁微滴，此微滴经过带电室时被带上负电，带电的多少由计算机按字体笔画高低位置输入信号控制．带电后的微滴以一定的初速度进入偏转电场后，打到纸上，显示出字体．无信号输入时，墨汁微滴不带电，径直通过偏转板而注入回流槽流回墨盒．设偏转板板长为L=1.6cm，两板间的距离为d=0.50cm，偏转板的右端距纸L1=3.2cm，若一个墨汁微滴的质量为m=1.6×10-10kg，以v0=20m/s的初速度垂直于电场方向进入偏转电场，两偏转板间的电压是U=8.0×103V，此时墨汁微滴打到纸上的点距原射入方向的距离是Y=2.0mm．不计空气阻力和墨汁微滴的重力，可以认为偏转电场只局限在平行板电容器内部，忽略边缘电场的不均匀性．求：‎ ‎ ‎ ‎（1）上述墨汁微滴通过带电室带上的电量是多少？ ‎ ‎（2）若用（1）中的墨汁微滴打字，为了使纸上的字体放大10%，偏转板间电压应是多大？‎ ‎【答案】（1）1.25×10-13C（2）8.8×103V ‎【解析】（1）墨汁微滴在平行板运动时，在竖直方向的加速度： ‎ 墨汁微滴在竖直方向的位移： ‎ 墨汁微滴在平行板运动时间：L=v0t ‎ 由几何学知识可得： ‎ 整理得： ‎ 解得：q=1.25×10-13C ‎（2）要使字体放大10%，则墨汁微滴打到纸上的点距原射入方向的距离应是： ‎ Y ′=Y（1+10%） ‎ 由 可知Y变为原来的1.1倍，则U变为原来的1.1倍，‎ 解得：U=8.8×103V ‎ ‎18. 如图所示，在E=1.5×104V /m的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R=40cm，一带正电荷q=10-4C 的小滑块质量为m=0.2kg，与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.5，（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）问：‎ ‎ ‎ ‎（1）要小滑块恰好运动到圆轨道的最高点C，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？ ‎ ‎（2）这样释放的滑块在圆轨道上运动时对轨道压力最大值多少？‎ ‎【答案】（1）4m（2）12.3N ‎【解析】（1）设滑块与N点的距离为L，分析滑块的运动过程，由动能定理可得 qEL-μmgL-mg•2R=mv2- 0 ‎ 小滑块在C点时，重力提供向心力，所以mg= mv2/R ‎ 代入数据解得L=4m． ‎ ‎（2）滑块到达Q点(OQ与竖直方向夹角37°)时，对轨道压力最大，全过程应用动能定理得 qE（L+Rsin37°）-μmg（L+Rsin37°）-mg•R（1-cos37°）=mvQ2-0 ‎ 在P点时由牛顿第二定律可得， ‎ ‎ ‎ 解得N=12.3N ‎ 由牛顿第三定律可得，滑块通过P点时对轨道压力是12.3N． ‎ ‎ ‎