名校解析湖南省娄底市学年高二上学期期中考试物理试题精校Word版.docx

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名校解析湖南省娄底市学年高二上学期期中考试物理试题精校Word版

2018年下学期期中大联考试卷高二物理（理科）

一、选择题

1.关于元电荷、点电荷的说法中正确的是（　　）

A.带电体的电量只能是元电荷的整数倍B.元电荷就是电子

C.形状不规则的带电体不能看成点电荷D.大的带电体不能看成点电荷

【答案】A

【解析】

【详解】A、带电体的电量只能是元电荷的整数倍,故A对；

B、元电荷的电量等于电子的电量,但不是电子.元电荷是带电量的最小单元.没有电性之说.故B错；

CD、点电荷是当两个带电体的形状对它的相互作用力的影响可忽略时,这两个带电体可看作点电荷，与形状无关，故CD错；

故选A

【点睛】点电荷是当两个带电体的形状对它的相互作用力的影响可忽略时,这两个带电体可看作点电荷.而元电荷是带电量的最小值,它不是电荷,所有带电电荷量均是元电荷的整数倍.

2.有两个完全相同的金属小球A和B（它们的大小可忽略不计），分别带电荷量q和5q，当它们在真空中相距一定距离时，A球对B球的斥力为F，若用绝缘手柄移动这两个小球，使它们相接触后分别再放回原处，则它们间的作用力变为（　　）

A.FB.1.8FC.3FD.6F

【答案】B

【解析】

【详解】AB之间表现为斥力，所以带同种电荷，相接触之前

由库仑定律可得:

相接触后平均分配电荷，即各带电荷量3q，根据库仑定律可知：

故B对；ACD错；

【点睛】A球对B球的斥力为F,说明A和B带同种电荷,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.

3.下列各图中，错误描绘电荷的电场线的是（　　）

A.

B.

C.

D.

【答案】C

【解析】

【详解】AB、正电荷的电场线由正电荷指向无穷远处，而负电荷的电场线由无穷远处指向负电荷，故AB对；

C、等量同种负电荷的电场线也应该指向负电荷，而不是图中所指方向，故C错；

D、等量异种电荷的电场线应该由正电荷指向负电荷，如图中所示，故D对；

本题选不正确的，故选C

4.如图所示，低电位报警器由两个基本的门电路和蜂鸣器组成．该报警器只有当输入电压过低时蜂鸣器才会发出警报。

其中（　　）

A.甲是“与”门，乙是“非”门

B.甲是“或”门，乙是“与”门

C.甲是“与”门，乙是“或”门

D.甲是“或”门，乙是“非”门

【答案】D

【解析】

【详解】A项，若甲是“与”门，乙是“非”门，不管输入电压为低电压还是高电压，经过“与”门后输出为低电压，经过“非”门后输出高电压，蜂鸣器都会发出警报，故A项错误。

D项，若甲是“或”门，乙是“非”门，当输入电压为低电压，经过“或”门输出为低电压，经过“非”门输出为高电压，蜂鸣器发出警报；当输入为高电压，经过“或”门输出为高电压，经过“非”门输出为低电压，蜂鸣器不发出警报，故D项正确。

C、D项，根据乙的图像可知，乙只有一个输入端，所以乙不可能为“与”门或“或”门，故BC错；

故选D

5.如图所示，电源电压为6V，电压表示数为2.5V，则（）

A.L1两端电压为2.5V

B.L1两端电压为3.5V

C.L2两端电压为3.5V

D.以上说法都不对

【答案】B

【解析】

【详解】先排除电压表，并判断出电路的连接方式，L1、L2串联；再还原电压表，确定电压表所测范围．电压表测L2的两端电压，所以L2的两端电压为2.5V，而L1两端电压为6V－2.5V=3.5V，B正确

6.一金属球，原来不带电．现沿球的直径的延长线放置一均匀带电的细杆MN，如图所示．金属球上感应电荷产生的电场在球内直径上a、b、c三点的场强大小分别为Ea、Eb、Ec，三者相比（　　）

A.Ea最大

B.Eb最小

C.Ec最大

D.Ea＝Eb＝Ec

【答案】C

【解析】

静电平衡后，金属球内的合场强处处为零，金属球上感应电荷产生的附加电场与带电的细杆MN产生的场强大小相等，方向相反，相互抵消．c点离带电的细杆MN最近，带电的细杆MN在c点处产生的场强最大，则金属球上感应电荷在c点处产生的场强最大，即Ec最大．故选C.

视频

7.白炽灯的灯丝由钨丝制成，当灯丝烧断后脱落一段，又将剩余灯丝刚好能搭接上使用，若灯泡功率原来为60W，观察搭接起来的灯丝长度大约为原来的3/5，则现在灯泡的功率约为（　　）

A.100WB.80WC.60WD.36W

【答案】A

【解析】

【详解】根据

知后来的电阻为原来的3/5,根据

知后来的功率为100W,故A对，BCD错；

故选A

8.电动势为E的电源与一电压表和一电流表串联成闭合回路，如果将一电阻与电压表并联，则电压表的读数减小为原来的1/3，电流表的读数增大为原来的3倍，则可以求出

A.电源的内阻

B.电流表的内阻

C.电流表原来的读数

D.电压表原来的读数

【答案】D

【解析】

【详解】设电压表和电流表的原来读数分别为U和I,电源和电流表的内阻分别为

和

.由闭合电路的欧姆定律得:

解两式得 U=0.75E

通过以上的两个公式,不能求出电源和电流表的内阻分别为

和

.故D对；ABC错；

故选D

【点睛】题目中给出的是两种情况下的电流表电压表示数的变化,故可设出原来两表的读数,由比例关系得出变化后的读数,通过闭合电路的欧姆定律列方程组求解即可

9.关于闭合电路的说法，正确的是（）

A.电源短路时，电源的内电压等于电动势

B.电源短路时，路端电压等于零

C.电源断路时，路端电压最大

D.电源的负载增加时，路端电压也增大

【答案】ABC

【解析】

电源短路时，即外电阻R=0，根据闭合电路欧姆定律可知电源内电压等于电动势，路端电压为零，故AB正确；电源断路时，路端电压等于电源的电动势，路端电压最大，故C正确；电源的负载增加时，总电阻减小，通过电源的电流I增大，由路端电压U=E-Ir，可知路端电压减小，故D错误。

所以ABC正确，D错误。

10.电源电动势为E内阻为r的电源和一个水平放置的电容为C的平行板电容器及三个电阻阻值分别为R1、R2、R3的电阻组成如图所示的电路。

当开关S闭合后，电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将开关S断开，则以下判断正确的是

A.液滴带负电

B.液滴将向下运动

C.电容器上的电荷量将增大

D.电容器上的带电量将减为零

【答案】AC

【解析】

【详解】A、开关闭合时,液滴正好处于静止状态，则受到的电场力向上，根据电路结构可知上板带正电，所以液滴带负电，故A对；

BCD、开关闭合时，电容器两板间的电压等于电阻R2两端的电压,小于电源的电动势.当开关断开时,电路稳定时,电路中没有电流,电容器板间电压等于电源的电动势,则知电容器板间电压增大,板间场强增大,液滴所受电场力增大,则液滴将向上运动.因为电容器的电压增大,由公式Q=CU可以知道,电容器上的带电量将增大.故C对；BD错；

故选AC

【点睛】开关闭合时,电容器两板间的电压等于电阻R2两端的电压,小于电源的电动势,当开关断开时,电路稳定时,电容器板间电压等于电源的电动势,分析液滴的运动情况,根据电压的变化,分析电容器的电量变化.

11.一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、17V、26V．下列说法正确的是（　　）

A.电场强度的大小为2.5V/cm

B.坐标原点处的电势为1V

C.电子在a点的电势能比在b点的低7eV

D.电子从b点运动到c点，电场力做功为9eV

【答案】ABC

【解析】

A.如图所示,在ac连线上,确定一b′点电势为17V,根据匀强电场同一直线上，电势差与长度成正比，将cb′=4.25cm，bb′连线即为等势线,那么垂直bb′连线，则为电场线，再依据沿着电场线方向，电势降低，则电场线方向如下图，

因为匀强电场,则有：

，

依据几何关系,则

=4.5×

3.6cm，

因此电场强度大小为E=（26−17）/3.4≈2.5V/cm，故A正确；

B.根据φc−φa=φb−φo,因a、b、c三点电势分别为φa=10V、φb=17V、φc=26V,解得：

原点处的电势为φ0=1V，故B正确；

C.因Uab=φa−φb=10−17=−7V,电子从a点到b点电场力做功为W=qUab=7eV，因电场力做正功，则电势能减小，那么电子在a点的电势能比在b点的高7eV，故C错误；

D.同理,Ubc=φb−φc=17−26=−9V,电子从b点运动到c点,电场力做功为W=qUbc=9eV，故D正确；

故选：

ABD.

点睛：

根据匀强电场的电场强度公式E=U/d，结合电势差与场强间距，即可求解；依据电势差等于电势之差；根据电场力做功表达式W=qU，从而确定电场力做功，同时也能确定电势能的变化情况．

12.如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。

t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～

时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。

微粒运动过程中未与金属板接触。

重力加速度的大小为g。

关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是（　　）

A.末速度大小为

v0

B.末速度沿水平方向

C.重力势能减少了

mgd

D.克服电场力做功为

mgd

【答案】BCD

【解析】

【详解】AB因为0—T/3时间内微粒做匀速直线运动，即有

，所以在T/3—2T/3内，微粒做平抛运动，在2T/3—T时间内，合力

，在竖直方向上根据对称性可得竖直方向上的速度为零，即末速度大小为

，沿水平方向，A错误B正确；

C、微粒沿金属板边缘飞出，竖直方向上的位移为d/2，所以重力势能减少了

mgd，故C对；

D、在2T/3—T时间内，合力

，在竖直方向上根据对称性可知此过程运动的位移为d/4，所以克服电场力做功为

，故D对；

故选BCD

【点睛】带电粒子在电场中偏转问题，首先要正确的对带电粒子在这两种情况下进行正确的受力分析，确定粒子的运动类型．解决带电粒子垂直射入电场的类型的题，应用平抛运动的规律进行求解．此类型的题要注意是否要考虑带电粒子的重力，原则是：

除有说明或暗示外，对基本粒子（例如电子，质子、α粒子、离子等），一般不考虑重力；对带点微粒，（如液滴、油滴、小球、尘埃等），一般要考虑重力

二、实验题

13.图a是多用电表的示意图，小明用多用电表“×10”倍率的欧姆档测量一只电阻的阻值，发现指针偏转角太大，为了测量结果比较精确，请你补充完整依次进行的主要操作步骤：

（1）应选用_______（选填“×1”或“×100”）倍率的欧姆档；

（2）两表笔短接，调节______________，使指针指在0Ω处；

（3）重新测量并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图b所示，测量结果是_____Ω。

【答案】

（1）.

（2）.欧姆档调零旋钮（3）.12

【解析】

（1）用多用电表“

”倍率的欧姆档测量电阻的阻值，指针偏转角太大，说明示数小了，要想使示数指在中值电阻附近，选用小倍率的，故选用“

”倍率的欧姆档；

（2）调节欧姆档调零旋钮，使指针指在

处；

（3）读数为

。

14.在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：

A.待测的干电池（电动势约为1.5V，内电阻小于1.0Ω）

B.电流表G（满偏电流3mA，内阻Rg=10Ω）

C.电流表A（0~0.6A，内阻0.1Ω）

D.滑动变阻器R1（0~20Ω，10A）

E.滑动变阻器R2（0~200Ω，1A）

F.定值电阻R0（990Ω）

G.开关和导线若干

（1）某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，于是他设计了如图中甲的（a）、（b）两个参考实验电路，其中合理的是______图的电路；在该电路中，为了操作方便且能准确地进行测量，滑动变阻器应选__________（填写器材前的字母代号）

（2）图乙为该同学根据

（1）中选出的合理的实验电路利用测出的数据绘出的I1~I2图线（I1为电流表G的示数，I2为电流表A的示数），则由图线可以得被测电池的电动势E=_______V，内阻r=_______Ω。

【答案】

（1）.b

（2）.D（3）.E=1.46~1.50（4）.r=0.75~0.80

【解析】

（1）器材中没有给电压表，但给了两个电流表，将电流表G串联一个电阻，可以改装成电压表，a、b两个参考实验电路，其中合理的是b，因为电源的内阻较小，所以应该采用较小最大值的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小，所以滑动变阻器应选D。

（2）根据欧姆定律和串联的知识得：

电源两端电压U=I1（990+10）=1000I1，根据图象与纵轴的交点得电动势E=1.5mA×1000Ω=1.50V，与横轴的交点可得出路端电压为1V时电流是0.62A，由闭合电路欧姆定律E=U+Ir可得：

r=0.80Ω。

三、计算题

15.某同学在研究微型直流电动机的性能时，采用如图所示的实验电路．调节滑动变阻器R的阻值，使电动机无法转动，此时电流表和电压表的示数分别为0.2A和0.3V．重新调节R的阻值，使电动机能够正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为1.0A和6.0V．（电流表、电压表均为理想电表）求：

（1）这台电动机的线圈电阻；

（2）电动机正常运转时的输出功率．

【答案】

（1）1.5Ω.

（2）4.5W.

【解析】

【详解】

（1）当电动机停止转动时看做纯电阻元件，由欧姆定律得：

线圈电阻

代入数据得R0＝1.5Ω

（2）当电动机恢复正常运转时，有

P电＝U2I2

P电＝P热＋P出

由以上各式可解得

代入数据得P出＝4.5W.

【点睛】电动机是非纯电阻，当电动机不运转时可以把电动机当做纯电阻对待，借此求出电动机的内阻，再结合闭合电路欧姆定律求解即可。

16.如图所示，在平行金属带电极板MN的电场中，若将电量为-5×10﹣6C的负点电荷从A点移到M板，克服电场力做功8×10﹣4J；若把该点电荷从A点移到N板，电场力做正功为6×10﹣4J。

则：

（1）若将该点电荷从Ｍ板附近移到Ｎ板，电荷的电势能变化多少？

M、N两板的电势差UMN等于多少？

（2）M板的电势φM和A点的电势φA分别是多少？

【答案】

（1）电势能减小了

；

（2）

；

【解析】

【详解】

（1）根据题意：

电量为-5×10﹣6C的负点电荷从A点移到M板，克服电场力做功8×10﹣4J；若把该点电荷从A点移到N板，电场力做正功为6×10﹣4J，则知从Ｍ板附近移到Ｎ板电场力做功为

，所以电荷的电势能减小了

根据电势差公式

（2）从A点移到M板，克服电场力做功8×10﹣4J

则

从A点移到N板，电场力做正功为6×10﹣4J

由于N板接地，所以

；

故本题答案是：

（1）电势能减小了

；

（2）

；

【点睛】电场力做正功电势能减小，电场力做负功则电势能增大，根据电场力做功可以判断出电势能的变化。

17.如图，ABCD为竖直放在场强为

的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BCD部分是半径为R的半圆形轨道，轨道的水平部分与其半圆相切，A为水平轨道上的一点，而且AB＝R＝0.2m，把一质量m＝0.1kg、带电荷量

的小球放在水平轨道的A点由静止开始释放，小球在轨道的内侧运动。

（g取

）求：

（1）小球到达C点时的速度是多大？

（2）小球到达C点时对轨道压力是多大？

（3）若让小球安全通过D点，开始释放点离B点至少多远？

【答案】

（1）2m/s

（2）3N（3）0.5m

【解析】

（1）由A点到C点应用动能定理有：

Eq（AB＋R）－mgR＝

mvC2

解得：

vC＝2m/s

（2）在C点应用牛顿第二定律得：

FN－Eq＝m

得FN＝3N

由牛顿第三定律知，小球在C点对轨道的压力为3N.

（3）小球要安全通过D点，必有mg≤m

.

设释放点距B点的距离为x，由动能定理得：

Eqx－mg·2R＝

mvD2

以上两式联立可得：

x≥0.5m.