学1617学年上学期高二期中考试物理试题附答案.docx

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学1617学年上学期高二期中考试物理试题附答案

宣化四中2016——2017学年度第一学期高二期中考试物理试卷

一、单选题（本大题共7小题，共28分）

1.一带负电绝缘金属小球被放在潮湿的空气中．经过一段时间后，发现该小球上带有的负电荷几乎不存在了，这说明（　　）

A.小球上原有的负电荷逐渐消失了

B.在此现象中，电荷不守恒

C.小球上负电荷减少的主要原因是潮湿的空气将电子导走了

D.该现象不遵循电荷守恒定律

2.关于点电荷的说法，正确的是（　　）

A.只有体积很小的带电体，才能作为点电荷

B.体积很大的带电体一定不能看作点电荷

C.当带电体带电量很少时，可看成点电荷

D.两个带电的金属小球，不一定能将它们作为电荷集中在球心的点电荷处理

3.真空中两个相同的金属小球A和B，带电荷量分别为Q和2Q，相互作用力为F．若将两球接触后再放回原处，则它们之间的作用力将变为（　　）

A.

        B.F        C.

        D.

4.对于由点电荷Q产生的电场，下列说法正确的是（　　）

A.电场强度的定义式仍成立，即E=

，式中的Q就是产生电场的点电荷 

B.在真空中，电场强度的表达式为E=

，式中Q就是产生电场的点电荷 

C.在真空中，E=

，式中Q是检验电荷 D.以上说法都不对

5.

如图所示是正点电荷周围的一条电场线，电场线上A、B两点的电场强度分别为EA、EB，电势分别为φA、φB．下列判断中正确的是（　　）

A.EA＞EB，φA＞φB B.EA＜EB，φA＜φB C.EA＞EB，φA＜φB D.EA=EB，φA=φB

6.

在如图的匀强电场中，若一个点电荷从P点由静止释放，则以下说法中正确的是（　　）

A.该点电荷受到的电场力逐渐增大      B.该点电荷一定向右且做匀速运动

C.该点电荷一定做匀加速直线运动      D.该点电荷一定做匀减速直线运动

7.如图所示，平行线代表电场线，但未标明方向，一个带正电，电量为10-6C的微粒在电场中仅受电场力的作用，当它从A点运动到B点时动能减少了10-5J，已知A点的电势为-10V，则以下判断正确的是（　　）

A.微粒的运动轨迹如图中的虚线1所示     B.微粒的运动轨迹如图中的虚线2所示

C.匀强电场的方向向右           D.B点电势为-20V

二、多选题（本大题共7小题，共28分）

8.如图，真空中a，b，c，d四点共线且等距，先在a点固定一点电荷+Q，测得b点场强大小为E．若再将另一等量异种点电荷-Q放在d点时，则（　　）

A.b点场强大小为

E           B.c点场强大小为E

C.b点场强方向向右             D.c点电势比b点电势低

9.下列说法不正确的是（　　）

A.避雷针利用针尖放电原理来避雷电

B.油罐车下拖一条铁链是利用静电

C.摩擦起电和感应起电的实质是一样的，都是使电子发生转移

D.静电除尘的基本原理是空气分子被强电场电离，粉尘吸附了电子而带负电，在电场力的作用下飞向筒壁，最后在重力的作用下落在筒底

10.

如图所示，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将滑动变阻器滑片P向左移动，则（　　）

A.电容器中的电场强度将增大        B.电容器所带的电荷量将减少

C.电容器的电容将减小           D.液滴将向下运动

11.

如图所示，两块平行金属板正对着水平放置，两板分别与电源正、负极相连．当开关闭合时，一带电液滴恰好静止在两板间的M点．则（　　）

A.当开关闭合时，若减小两板间距，液滴仍静止 B.当开关闭合时，若增大两板间距，液滴将下降

C.开关再断开后，若减小两板间距，液滴仍静止 D.开关再断开后，若

增大两板间距，液滴将下降

12.a、b、c三α粒子同一点垂场强方进入偏转电场其轨迹如图所示，其中b恰好飞电场，列说正确　　）

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.动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大

13.下列关于电源电动势的说法正确的是（　　）

A.电源是通过静电力把其它形式的能转化为电能的装置

B.在电源内部正电荷从低电势处向高电势处移动

C.电源电动势反映了电源内部非静电力做功的本领

D.把同一电源接在不同的电路中，电源的电动势随外电阻的增大而增大

14.如图所示电路，电源内阻不可忽略．开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中（　　）

A.电压表与电流表的示数都减小       B.电压表的示数减小，电流表的示数增大

C.电阻R1消耗的电功率增大         D.电源内阻消耗的功率减小

三、实验题探究题（本大题共1小题，共16分）

15.用如图（甲）所示的电路图研究额定电压为2.4V的灯泡L的伏安特性，并测出该灯泡在额定电压下工作时的电阻值．

（1）在闭合开关S前，滑动变阻器触头应该放在______端．（选填“a”或“b”）

（2）按电路图（甲）测出的灯泡电阻值比真实值______（选填“偏大”或“偏小”）．根据所得到的图象如图乙所示，它在额定电压下实际功率P=______W，I-U图象是一条曲线而不是直线的原因是______．

四、计算题（本大题共3小题，共28分）

16.

有一平行板电容器，内部为真空，两个极板的间距为d，极板长为L，极板间有一匀强电场，U为两极板间的电压，电子从极板左端的正中央以初速度v0射入，其方向平行于极板，并打在极板上的D点，如图所示．电子的电荷量用e表示，质量用m表示，重力不计．回答下面问题（用字母表示结果）：

（1）求电子打到D点的动能；

（2）电子的初速必须大于何值，电子才能飞出极板．

17.如图所示，有一提升重物用的直流电动机，内阻r=0.6Ω，R=10Ω，U=160V，电压表的读数为110V，求：

（1）通过电动机的电流是多少？

（2）输入到电动机的电功率是多少？

（3）在电动机中发热的功率是多少？

（4）电动机工作1h所产生的热量是多少？

18.

一电源与某一电阻R组成串联电路．如图所示，A是该电源的路端电压随电流变化的图线，B是该电阻R的伏安特性曲线，求：

（1）电源的电动势和内电阻；

（2）电源的路端电压；

（3）电阻R上消耗的功率；

（4）电源的效率．

宣化四中2016——2017学年度第一学期高二期中考试物理试卷

【答案】

1.C    2.D    3.C    4.B    5.A    6.C    7.A    8.CD    9.AB    10.BD    11.BC    12.ACD    13.BC    14.AC    

15.a；偏小；1.2；1.2

16.解：

（1）设电子打到D点时的动能为Ek，由动能定理可得：

…①

由①式解得：

Ek=

…②

（2）设电子刚好打到极板边缘时的速度为v，电子在平行板电容器间做类平抛运动，设其在竖直方向的加速度为a，在电场中的飞行时间为t，则由电场力及牛顿第二定律、平抛运动的规律可得：

=ma…③

L=v0t…④

d=

…⑤

由③④⑤式联立解得：

v=

所以电子要逸出电容器，必有：

v＞

．

答：

（1）电子打到D点的动能；

（2）电子的初速必须大于

时，电子才能飞出极板．

17.解：

（1）电动机和电阻串联，所以电流相等，

电阻R两端电压U1=160-110=50V，

I=

=5A．

（2）电动机的电功率P=UI=110×5=550W，

（3）电动机的热功率P热=I2R=52×0.6=15W，

（4）产生的热量Q=P热t=15×3600=5.4×104J．

18.解：

（1）根据闭合电路欧姆定律得U=E-Ir，当I=0时，U=E，由读出电源的电动势为：

E=3V，

内阻等于图线的斜率大小，则内阻为：

r=|

|=

Ω=0.5Ω．

（2）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U=2V，那么电源的路端电压为2V；

（3）电流I=2A，则电源的输出功率为：

P出=UI=2×2=4W；

（4）电源的效率为：

η=

=

=

=66.7%．

答：

（1）电源的电动势3V和内电阻0.5Ω；

（2）电源的路端电压2V；

（3）电阻R上消耗的功率4W；

（4）电源的效率67%．

【解析】

1.解：

A、根据电荷守恒定律，电荷不能消灭，也不能创生，只会发生转移．故A错误．

B、此过程中电荷仍然守恒，电荷没有消失，只是被潮湿的空气导走而已，仍然遵循电荷守恒定律．故B错误．

C、金属小球上的负电荷减少是由于潮湿的空气将电子导走了．故C正确．

D、该现象是潮湿的空气将电子导走了，是电子的转移引起，仍遵守电荷守恒定律．故D错误．

故选：

C．

明确电荷守恒定律的内容，知道：

电荷既不能被创造，也不能被消灭，只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移的过程中，电荷的总量保存不变．

通常起电的方式有摩擦起电、接触起电、感应起电，都是电荷的转移，在转移过程中电荷的总量保持不变；当正负电荷数目相等时，物体保持电中性，物体带电是因为得到或失去电荷，并不是创造出了电荷．

2.解：

A、由带电体看作点电荷的条件，当带电体的形状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，带电体能否看作点电荷是由研究问题的性质决定，与自身大小形状以及电量无具体关系，故ABC错误；

D、两个带电的金属小球，若间距不太远时，不一定能将它们作为电荷集中在球心的点电荷处理，故D正确；

故选：

D

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，与自身大小形状无具体关系．

本题考查了带电体看作点电荷的条件及其特点，同时理解理想化模型的内涵，难度不大，属于基础题．

3.解：

未接触前，根据库仑定律，得

F=

接触后两球带电量平分，

再由库仑定律，得

F′=

则F′=

F，故C正确．

故选C．

当A带电荷量为Q，B带电荷量为2Q，在真空中相距为r时，根据库仑定律可以得到F与电量Q、距离r的关系；

A、B球相互接触后放回原处，距离r不变，电荷先中和再平分，再根据库仑定律得到相互作用的库仑力大小与Q、r的关系，用比例法求解．

本题考查运用比例法求解物理问题的能力．对于两个完全相同的金属球，互相接触后电量平分．

4.解：

A、电场强度的定义式E=

，适用于任何电场，对点电荷Q产生的电场仍成立，式中q就是本题中所指的试探电荷，故A错误；

BCD、在真空中，电场强度的表达式为：

E=

，式中Q就是产生电场的电荷即场源电荷，该公式适用点电荷电场，故B正确，CD错误．

故选：

B．

电场强度公式E=

，适用于所有的电场，E为场源电荷产生的场强，q为试探电荷；点电荷的场强公式E=

，其中E就是式中Q产生的场强．

本题是基础的题目，考查的就是学生对基本公式使用条件及物理量的物理意义，在平时要注意多积累．

5.解：

正点电荷周围的电场线是向外扩散状，所以左边的电场线比右边的电场线密集，所以EA＞EB，沿着电场线方向电势是降低，所以φA＞φB．

故选A

电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向．沿着电场线方向电势是降低的．

电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布．当正电荷沿着电场线方向移动时，电场力做正功，则电势能减少，所以电势在减少．当负电荷沿着电场线方向移动时，电场力做负功，则电势能增加，而电势仍减小．

6.解：

A、点电荷在匀强电场中受到电场力作用，电场力F=qE，E恒定，电场力是恒力．故A错误．

B、C、D点电荷只受电场力作用，电场力是恒力，根据牛顿第二定律得知点电荷的加速度将保持不变，则得该点电荷将从静止开始沿电场力方向做匀加速直线运动．故C正确，BD错误．

故选C

点电荷在匀强电场中受到电场力作用，电场力是恒力，点电荷将从静止开始沿电场力方向做匀加速直线运动．

本题根据质点的运动情况决定因素：

合力和初速度，分析带电粒子的运动情况．

7.解：

A、B由题，带正电的微粒仅受电场力的作用，从A点运动到B点时动能减少了10-5J，说明电场力做负功，则知电场力方向水平向左，根据曲线运动的合力指向轨迹的内侧，故微粒的运动轨迹是如图虚线1所示．故A正确，B错误．

C、由于微粒带正电，电场力水平向左，则电场强度方向水平向左．故C错误．

D、根据动能定理得：

qUAB=△Ek，得UAB=

V=-10V，又UAB=φA-φB，φA=-10V，则φB=0．故D错误．

故选A

带正电的微粒仅受电场力的作用，从A点运动到B点时动能减少了10-5J，说明电场力做负功，则知电场力方向水平向左，根据曲线运动的合力指向轨迹的内侧，可知其轨迹为1，还可判断出电场线的方向．根据动能定理求出AB间的电势差，由UAB=φA-φB，可求出B点的电势．

根据轨迹的方向要能判断出合力的方向，结合电场的性质，根据动能定理求出电势差，再求电势，都是常规的方法．

8.解：

AC、设ab=bc=cd=L，据题：

+Q在b点产生的场强大小为E，方向水平向右，由点电荷的场强公式得：

E=k

-Q在b点产生的电场强度大小为：

E1=k

=

E，方向水平向右，所以b点的场强大小为Eb=E+

E=

E，方向水平向右．故A错误，C正确．

B、根据对称性可知，c点与b点的场强大小相等，为

E，方向水平向右．故B错误．

D、电场线方向从a指向d，而顺着电场线方向电势降低，则c点电势比b点电势低．故D正确．

故选：

CD

根据点电荷的场强公式E=k

，运用比例法-Q在b、c两点的场强．ab连线上每一点的场强是由+Q和-Q的点电荷产生的场强的叠加，由叠加原理求b、c两点的场强．根据电场线的方向判断电势的高低．

本题的关键掌握点电荷的场强公式E=k

和电场的叠加原理，并能正确运用，要注意场强的叠加遵守平行四边形定则．

9.解：

A、避雷针避雷是将云层中积聚的电荷导入大地，或者将大地的负电荷与其中和；可保护建筑物，使建筑物免遭雷击，表面积越小，越是尖锐的物体，越容易放电，因此避雷针做成尖形的，更容易发挥作用，但不是尖端放电现象；故A错误；

B、油罐车下拖一条铁链是将产生的静电导走，属于静电的防止；故B错误；

C、摩擦起电和感应起电的实质是一样的，都是使电子发生转移；故C正确；

D、静电除尘的基本原理是空气分子被强电场电离，粉尘吸附了电子而带负电，在电场力的作用下飞向筒壁，最后在重力的作用下落在筒底；故D正确；

本题选错误的，故选：

AB．

明确静电的防止和应用，明确起电的本质是电荷的转移．

静电的防止和应用在生活中例子较多，要学会用所学物理知识进行解释．

10.解：

将滑动变阻器滑片P向左移动，总电阻增大，则电流减小，R1两端的电压变小，电容不变，根据Q=CU，知电容器所带的电量减小．根据E=

知，电场强度减小，则电场力减小，电场力小于重力，则液滴向下运动．故B、D正确，A、C错误．

故选BD．

电容器两端的电压等于R2两端的电压，此时液滴处于静止状态，知受重力和电场力平衡，将滑动变阻器滑片P向左移动，通过总电阻的变化，得出R1两端的电压的变化，从而确定电荷量的变化和电场强度的变化．

本题是电路的动态分析，关键抓住电动势和内阻不变，通过总电阻的变化得出电压的变化，以及知道电容器电容不变，通过Q=CU得出电量的变化．

11.解：

开始时，液滴静止，电场力与重力二力平衡，故mg=Eq，电场力竖直向上；

A、当开关闭合时，两板间的电势差不变，则减小两板间距离时，由U=Ed可知E增大，液滴所受电场力增大，合力向上，故液滴将向上运动，故A错误；

B、当开关闭合时，两板间的电势差不变，则增大两板间距离时，由U=Ed可知E减小，液滴所受电场力减小，合力向下，故液滴将向下运动，故B正确；

C，D、通电后断开开关，电容器带电量不变．根据C=

、C=

和E=

联立得：

E=

，E与d无关，可知，无论如何改变两板间的距离，板间的电场强度均不发生变化，故电场力不变，故粒子仍能受力平衡，故C正确，D错误；

故选：

BC．

开始时带电液滴静止，说明液滴受力平衡，可得出电场力与重力大小相等、方向相反；

根据开关的通断，分析电容器两板间电势差的变化或电量的变化；改变极板间的距离时，由电容器的性质可知板间电场强度的变化，由F=Eq可知电场力的变化，即可判断液滴的运动情况．

若通电后断开开关，则若只改变两板间的距离时极板间的电场强度是保持不变的，本结论应熟记，这在电容器动态分析中经常用到．

12.解：

粒子的量和量相同知加速度相．a、b两粒子在直向的位移相，根据y=

知、b运动的时相等，c运动时最短．故A确，B错误．

据动能知、两电荷，电场力做功一样多，所动能变化量相等c电荷电场力做最少，动能量最小．故正确．

故选AD．

个粒做类平动在垂直电场向上做匀线，沿电场方向上做初速为0匀加直线运动．粒子的质量相同，知加速度相同．比较沿场方向上的位移，比出运动时间，根据垂电场方向的移可知初速的大小．过动能定理比较动能的变化量．

解决本题的关键将类平抛运动解为垂直电场向和沿电场方在电方上做匀速直线运动，在沿电向做初速为0的匀速直线运动．

13.解：

A、电源是通过内部非静电力把其它形式的能转化为电能的装置，故A错误；

B、在电源内部，电流方向从负极指向正极，所以正电荷从低电势处向高电势处，故B正确；

C、电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，反映了电源内部非静电力做功的本领，故C正确；

D、把同一电源接在不同的电路中，电源的电动势不变，故D错误

故选：

BC

电源没有接入外电路时两极间的电压等于电源电动势．电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，反映了电源内部非静电力做功的本领，电动势与外电路无关．

本题考查对电动势的理解．关键抓住电动势的物理意义，明确电源的电动势是电源本身的一个特性．

14.解：

在变阻器R0的滑片向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，变阻器R0与R2并联电阻R并减小，则外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，则电流表示数增大，路端电压U减小，则电压表示数减小．由P=I2R可知，电阻R1及内阻消耗的电功率均增大，；

故AC正确．BD错误；

故选：

AC

在变阻器R0的滑片向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压如何变化，即可知电压表示数的变化情况．由欧姆定律分析并联部分电压的变化，判断电流表示数的变化．

本题是电路的动态变化分析问题，首先确定出变阻器接入电路的电阻如何变化，再按局部到整体，再到部分的思路进行分析．

15.解：

（1）：

闭合开关前，应将滑动触头置于输出电压最小的a端，以保护电流表；

（2）：

根据欧姆定律，电阻测量值为

=

，

若考虑电压表内阻影响，待测电阻的真实值为

=

，

比较可知

，所以测出的灯泡电阻值比真实值偏小；

根据I-U图象读出U=2.4V时对应的电流I=0.5A，

所以小灯泡的实际功率为

=1.2W；

根据欧姆定律应有：

I=

，可见I-U图象上的点与原点连线斜率的倒数等于灯泡的电阻，由于连线的斜率逐渐减小，所以小灯泡的电阻随温度的升高而增大，

即I-U图象是一条曲线而不是直线的原因是小灯泡的电阻随温度的升高而增大．

故答案为：

（1）a

（2）偏小，1.2，小灯泡的电阻随温度的升高而增大

本题

（1）的关键是明确变阻器采用分压式接法时，电键闭合前应将滑片置于输出电压最小的一端以保护电流表；题

（2）的关键是根据欧姆定律写出电阻测量值和真实值的表达式即可；对于I-U图象，应根欧姆定律写出关于I与U的函数表达式，可知图象上的点与原点连线的斜率倒数应等于小灯泡的电阻，然后讨论即可．

应明确：

①电键闭合前，应将变阻器的滑片置于输出电压最小的一端以保护电流表；②I-U图象上的点与原点连线的斜率倒数等于导体的电阻．