云南省昭通市威信县第一中学高二上学期期中考试物理精校解析Word版.docx

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云南省昭通市威信县第一中学高二上学期期中考试物理精校解析Word版

云南省昭通威信县一中2018－2019学年上学期期中考试

高二物理

一、单选题

1.如图所示是某电场中的三条电场线，C点是A、B连线的中点．已知A点的电势是φA＝30V，B点的电势φB＝－20V，则下列说法正确的是（　　）

A.C点的电势φC＝5VB.C点的电势φC＞5V

C.C点的电势φC＜5VD.负电荷在A点的电势能大于在B点的电势能

【答案】C

【解析】

【分析】

电场线的疏密表示电场的强弱．由图看出，AC段电场线比CB段电场线密，AC段场强较大，根据公式U=Ed定性分析A、C间与B、C间电势差的大小，再求解中点C的电势φc.

【详解】由图看出，AC段电场线比BC段电场线密，则AC段场强最大，根据公式U=Ed可知，AC间电势差UAC大于BC间电势差UCB，所以UAC＞

UAB＝25V，即φA-φC＞25V，又φA=30V，可知φC＜5V．故C正确，AB错误。

而负电荷在电势低处，电势能较大，故D错误；故选C。

2.如图所示，在真空区域Ⅰ、Ⅱ中存在两个匀强电场．其电场线方向竖直向下，在区域Ⅰ中有一个带负电的粒子沿电场线以速度v0匀速下落，并进入区域Ⅱ（电场范围足够大）．能描述粒子在两个电场中运动的速度－时间图象的是（以v0方向为正方向）（　　）

A.

B.

C.

D.

【答案】C

【解析】

试题分析：

有图像可知Ⅱ中场强大，根据受力分析可知，电场力向上，进入Ⅱ区后电场力大于重力，合外力向上，先做匀减速运动，减速到零后反向加速，回到分界面时速度大小等于进入时的大小，方向相反，进入Ⅰ区后电场力与重力的的合力仍然为零，向上匀速

故选C

考点：

带电粒子在电场中的运动

点评：

中等难度。

本题属于根据带电粒子的受力情况分析运动情况然后画图表示运动情况。

3.关于两个等量异种点电荷在其连线中点的电场强度和电势（规定无穷远处电势为零），下列说法中正确的是（　　）

A.场强为零，电势不为零B.场强不为零，电势为零

C.场强不为零，电势也不为零D.场强为零，电势也为零

【答案】B

【解析】

【分析】

根据两个等量异种点电荷的电场线图可知，其连线中点的电场强度；由于两个等量异种点电荷连线的中垂线为等势面，一直通到无穷远，两个等量异种点电荷，故连线中点的电势也为零．

【详解】根据两个等量异种点电荷的电场线图可知，其连线中点的电场强度不为零；由于两个等量异种点电荷连线的中垂线为等势面，一直通到无穷远，两个等量异种点电荷，故连线中点的电势也为零。

故B正确，ACD错误。

故选B。

【点睛】本题关键要知道等量异种点电荷的电场线和等势面分布情况，特别是两个电荷两线和中垂线上各点的场强和电势情况．

4.如图所示，质量为m、电荷量为q的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点，带有电荷量也为q的小球B固定在O点正下方绝缘柱上.其中O点与小球A的间距为l，O点与小球B的间距为

l.当小球A平衡时，悬线与竖直方向夹角θ＝30°.带电小球A、B均可视为点电荷.静电力常量为k，则（　　）

A.A、B间库仑力大小

B.A、B间库仑力大小

C.细线拉力大小

D.细线拉力大小等于mg

【答案】B

【解析】

【分析】

先由几何关系求出AB之间的距离，然后由库仑定律即可求出两个小球之间的库仑力的大小；对小球A受力分析，受重力、静电力和细线的拉力，根据平衡条件并结合相似三角形法列式求解即可。

【详解】由题，OA=l，OB=

l．当小球A平衡时，悬线与竖直方向夹角θ=30°，由几何关系可知，△AOB为等腰三角形，AB=AO=l，小球A的受力分析如图：

由库仑定律得：

．故A错误；△AOB为等腰三角形，由于对称性，绳子拉力等于库仑力，且根据平衡条件则：

Fcos30°=Tcos30°=

mg，即：

．故B正确，CD错误。

故选B。

5.如图所示，用两根等长的细线各悬挂一个小球，并挂于同一点，已知两球质量相等，当它们带上同种电荷时，相距r而平衡，若它们的电荷量都减少一半，待它们重新平衡后，两球的距离将（　　）

A.大于

B.等于

C.小于

D.不能确定

【答案】A

【解析】

【分析】

根据库仑定律公式

知，电量减小，则库仑力减小，两球相互靠近，通过假设两球距离等于r/2，判断两球之间距离会如何变化．

【详解】由题，两球的电量减小，根据库仑定律知，库仑力减小，两球间的距离减小。

假设两球距离等于r/2，则库仑力与开始一样大，重力不变，则绳子的拉力方向应与原来的方向相同，与实际上库仑力变小时，绳子的方向与原来不同，所以两球距离要变大些。

则两球的距离大于r/2．故A正确，BCD错误。

故选A。

【点睛】两球距离减小，通过假设法，根据受力情况可以判断出两球的距离是大于r/2还是小于r/2．

6.如图，P为固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆。

带电粒子Q在P的电场中运动。

运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点。

若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc，则

A.aa>ab>ac，va>vc>vb

B.aa>ab>ac，vb>vc>va

C.ab>ac>aa，vb>vc>va

D.ab>ac>aa，va>vc>vb

【答案】D

【解析】

试题分析：

在点电荷的电场中，场强大小

，由图可知

，可得

，而带电粒子运动的加速度

，则

；而由动能定理：

可知电场力做负功，动能减小，由图

，则va>vc>vb，故选D．

考点：

点电荷的电场、带电粒子在电场中的运动

7.在《测定电源电动势和内阻》的实验中，进行数据处理时的作图，正确做法是（）

A.横坐标I的起点一定要是零

B.纵坐标U的起点一定要是零

C.使表示实验数据的点尽可能地集中在一边

D.使表示实验数据的点尽可能地布满整个图纸

【答案】D

【解析】

根据实验得到的数据，要尽可能多的把图像占满坐标纸，纵截距表示电动势，斜率表示内阻

，所以不必要横纵坐标一定要从零开始

8.某同学利用电流传感器研究电容器的放电过程，他按如图甲所示连接电路．先使开关S接1，电容器很快充电完毕．然后将开关掷向2，电容器通过R放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的I－t曲线如图乙所示．他进一步研究滑动变阻器的阻值变化对曲线的影响，断开S，先将滑片P向右移动一段距离，再重复以上操作，又得到一条I－t曲线．关于这条曲线，下列判断正确的是（　　）

甲　　　　　　　　乙

A.曲线与坐标轴所围面积将增大

B.曲线与坐标轴所围面积将减小

C.曲线与纵轴交点的位置将向上移动

D.曲线与纵轴交点的位置将向下移动

【答案】D

【解析】

【分析】

I-t图线与坐标轴所围成的面积表示放电的电荷量，根据电容器带电量是否变化，分析曲线与坐标轴所围面积如何变化．将滑片P向右移动时，根据闭合电路欧姆定律分析放电电流的变化，从而确定曲线与纵轴交点的位置如何变化．

【详解】I-t图线与坐标轴所围成的面积表示电容器放电的电荷量，而电容器的带电量Q=CE，没有变化，所以曲线与坐标轴所围面积不变，故A、B错误。

将滑片P向右移动时，变阻器接入电路的电阻增大，由闭合电路欧姆定律知，将开关掷向2时电容器开始放电的电流减小，则曲线与纵轴交点的位置将向下移动，故C错误，D正确。

故选D。

【点睛】解决本题的关键是知道I-t图线与时间轴围成的面积表示通过的电荷量，运用闭合电路欧姆定律分析．

9.隧道里有一个警报器，在隧道的两端各有一个开关，在出现危险时要求不论接通哪一个开关都能使警报器报警，那么应设计的电路为（　　）

A.“与”门电路

B.“或”门电路

C.“非”门电路

D.上述答案都有可能

【答案】B

【解析】

试题分析：

不论哪一个开关接通都能使电灯点亮，所满足的关系是“或”逻辑关系，即事件的某一个条件满足，该事件就能发生．故B正确，A、C、D错误．故选B。

考点：

逻辑电路

10.在如图所示的逻辑电路中，当A端输入电信号”1”、B端输入电信号”0”时，则在C和D端输出的电信号分别为

A.1和0B.0和1C.1和lD.0和0

【答案】C

【解析】

正确认识门电路的符号，“＆”为或门，“1”为非门，其真值为：

B端0输入，则1输出，或门为“0，1”输入，则1输出。

C正确

11.如图所示电路中，电源的内阻不可忽略，当开关S断开时，电流表的示数为0.30A，则当S闭合时，电流表的示数可能是（　　）

A.0.22AB.0.42AC.0.52AD.0.58A

【答案】B

【解析】

【分析】

当S闭合时，外电阻减小，电流增大。

根据路端电压随外电阻增大而增大，减小而减小，确定电流的范围。

即可进行解答。

【详解】当S闭合时，4Ω被短路，外电路总电阻减小，电流增大，则电流表示数大于0.30V。

外电阻减小，则路端电压随之减小，设电流表的示数为I，则有I×6Ω＜0.3A×（4Ω+6Ω），则得I＜0.5A；故得电流表示数范围为：

0.3＜I＜0.5A，故B正确。

故选B。

12.如图所示，是甲、乙、丙三位同学设计的测量电源电动势和内电阻的电路电路中

、

为已知阻值的电阻．

下列说法中正确的是　　

A.只有甲同学设计的电路能测出电源的电动势和内电阻

B.只有乙同学设计的电路能测出电源的电动势和内电阻

C.只有丙同学设计的电路能测出电源的电动势和内电阻

D.三位同学设计的电路都能测出电源的电动势和内电阻

【答案】D

【解析】

图甲中可用E＝I1（r＋R1）、E＝I2（r＋R2）求得电源的电动势和内电阻，图乙中可用E＝U1＋

r，E＝U2＋

r求得电源的电动势和内电阻，而图丙中可用E＝I1（R1＋r），E＝I2（R2＋r）求得电源的电动势和内电阻，故三位同学设计的电路都能测出电源的电动势和内电阻，故D项正确．

二、多选题

13.质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点。

不计空气阻力且小球从未落地，则（）

A.整个过程中小球电势能减少了1.5mg2t2

B.整个过程中机械能的增量为2mg2t2

C.从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了mg2t2

D.从A点到最低点小球重力势能减少了

mg2t2

【答案】BD

【解析】

试题分析：

小球的运动情况：

小球先做自由落体运动，加上匀强电场后小球先向下做匀减速运动，后向上做匀加速运动．由运动学公式求出t秒末速度大小，加上电场后小球运动，看成一种匀减速运动，自由落体运动的位移与这个匀减速运动的位移大小相等、方向相反，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求电场强度，由W=qEd求得电场力做功，即可得到电势能的变化．由动能定理得求出A点到最低点的高度，得到重力势能的减小量

小球先做自由落体运动，后做匀减速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反．设电场强度大小为E，加电场后小球的加速度大小为a，取竖直向下方向为正方向，由

，又

，解得

，则小球回到A点时的速度为

，整个过程中小球速度增量的大小为

，速度增量的大小为

．动量增加为

，由牛顿第二定律得

，联立解得

，

，故AB错误；从加电场开始到小球运动到最低点时小球的速度从v减小到0，故动能减少了

，故C错误；设从A点到最低点的高度为h，根据动能定理得

，解得

，从A点到最低点小球重力势能减少了

，故D正确．

【此处有视频，请去附件查看】

14.如图所示，在O点固定一点电荷Q，一带电粒子P从很远处以初速度v0射入电场，MN为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹。

虚线是以O为中心，R1、R2、R3为半径画出的三个圆，且R2-R1=R3-R2，a，b，c为轨迹MN与三个圆的3个交点，则下列判断正确的是（）

A.P、Q两电荷可能为同种电荷，也可能异种电荷

B.a点电势一定高于b点电势

C.P在a点的电势能小于在c点的电势能

D.P由a点到b点的动能变化的绝对值大于由a点到c点的动能变化的绝对值

【答案】CD

【解析】

试题分析：

从图示中粒子的运动轨迹可以看出，P、Q两电荷是异种电荷，因为它们之间产生的是引力，A不对；如果Q是负电荷，则a点电势一定高于b点电势，但如果Q是正电荷，则a点电势就会低于b点电势，故B也不对；

由于P经过第一个圆后朝a点运动时其速度逐渐增大，即其动能变大，故其电势能减小，所以P在a点的电势能小于在c点的电势能，C是正确的；由于a点、b点分别位于第二与第三个圆上，a点、c点分别位于第二与第一个圆上，三个圆之间的距离是不变的，但三个圆间的电压差并不相同，第二与第三个圆间的电压差的绝对值要大于第二与第一个圆间的电压差的绝对值，故a点与b点间电势能变化的绝对值大于由a点与c点的电势能变化的绝对值，故a点到b点的动能变化的绝对值大于由a点到c点的动能变化的绝对值，D也是正确的。

考点：

点电荷形成的电场，电势能等。

15.如图所示，甲、乙为两个独立电源（外电路为纯电阻）的路端电压与通过它们的电流I的关系图线，下列说法中正确的是（　　）

A.电源甲的电动势大于电源乙的电动势

B.电源甲的内阻小于电源乙的内阻

C.路端电压都为U0时，它们的外电阻相等

D.电流都是I0时，两电源的内电压相等

【答案】AC

【解析】

【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=U/I，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。

【详解】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A正确。

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B错误。

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=U/I，在U-I图线中甲、乙两图线的交点坐标为（I0，U0），说明两电源的外电阻相等，故C正确。

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I0时，甲电源的内电压较大，故D错误。

故选AC。

【点睛】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。

16.（多选）如图所示电路中，平行板电容器极板水平放置，板间有一质量为m的带电油滴悬浮在两板间静止不动．要使油滴向上运动，可采用的方法是（　　）

A.只把电阻R1阻值调大B.只把电阻R2阻值调大

C.只把电阻R3阻值调大D.只把电阻R4阻值调大

【答案】BD

【解析】

试题分析：

由电路结构可知R4两端电压等于电容器两端电压，如果把R1的阻值调大，由串联分压可知R3和R4并联路段电压减小，电阻R4两端电压减小，电容器电压减小，电场力减小，粒子向下运动，同理电阻R2阻值调大，电阻总电阻增大，电源内阻和R1分得电压减小，R4两端电压增大，电容器电压增大，场强和电场力增大，粒子向上运动

考点：

考查含容电路的分析

点评：

明确电路结构，能够从结构上看出电容器两端电压为R4两端电压，能够根据闭合电路欧姆定律判断之路的电流和电压变化情况

三、实验题

17.硅光电池在无光照射时不产生电能，可视为一电子元件．某实验小组设计如图甲电路，给硅光电池加反向电压（硅光电池负极接高电势点，正极接低电势点），探究其在无光照时的反向伏安特性．图中电压表V1量程选用3V，内阻为6.0kΩ；电压表V2量程选用15V，内阻约为30kΩ；R0为保护电阻；直流电源电动势约为12V，内阻不计．

用遮光罩罩住硅光电池，闭合开关S，调节变阻器R，读出电压表V1、V2的示数U1、U2.

（1）某次测量时，电压表V1示数如图乙，则U1＝____V，可算出通过硅光电池的反向电流大小为____mA（保留两位小数）．

（2）该小组测出大量数据，筛选出下表所示的9组U1、U2数据，算出相应的硅光电池两端反向电压Ux和通过的反向电流Ix（图中“－”表示反向），并在坐标纸上建立Ix－Ux坐标系，请你标出坐标点，并绘出Ix－Ux图线．

（3）由Ix－Ux图线知，硅光电池无光照下加反向电压时，Ix与Ux成______（填“线性”或“非线性”）关系．

【答案】

（1）1．400．23

（2）如图所示（3）非线性

【解析】

试题分析：

（1）电压表V1采用3V量程，最小刻度为0．1，因此读数估读一位，为1．40V,而电压表V1的内阻已知，因此流过电压表的电流就是流过硅光电池的电流根据图甲可知，解得I1=

=2．30×10－2A=0．23mA。

（2）根据表中数据在坐标图中定出另4个点，作出Ix-Ux关系图线如图所示。

（3）由右图所画Ix-Ux关系图线为曲线可知Ix与Ux成非线性关系。

考点：

“描绘小灯泡伏安特性曲线”实验

【名师点睛】在本实验中，采用两块电压表测量电阻，由于电压表V1内阻已知，因此读出电压表V1的电压值也求出了流过电压表V1的电流值，也电压表V1与硅光电池串联，求出总电压值，减去电压表V1的电压值就求得了硅光电池分得的电压值

18.某同学在做测金属丝电阻率的实验中，取一根粗细均匀的、长度为L的康铜丝，先用螺旋测微器测出康铜丝的直径d；然后由伏安法测出康铜丝的电阻；最后求出康铜丝的电阻率．

（1）测康铜丝的直径时螺旋测微器的示数如图甲所示，可知康铜丝的直径d=__mm．

（2）图乙是测量康铜丝电阻的原理图，根据原理图在图丙所示的实物图中画出连线__．

（3）利用上面的电路图测出的电阻值比真实值__（填“偏大”或“偏小”），这种误差叫作__误差（填“偶然”或“系统”）．

（4）若调节滑动变阻器，通过多次测量求平均值的方法得到康铜丝的电阻值为R，请写出求康铜丝的电阻率的表达式为__（用L、d、R等已知字母表示）．

【答案】

（1）.

（1）0.281；

（2）.

（2）电路图如图所示

（3）.（3）偏小，（4）.系统；（5）.（4）

【解析】

【分析】

（1）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．

（2）根据电路图连接实物电路图．

（3）根据电路图应用欧姆定律分析实验误差，由于实验数据导致的误差是系统误差．

（4）根据电阻定律求出电阻率的表达式．

【详解】

（1）由图示螺旋测微器可知，其示数为：

0mm+28.1×0.01mm=0.281mm；

（2）根据图乙所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：

（3）由图示电路图可知，电流表采用外接法，由于电压表的分流作用所测电流偏大，由欧姆定律可知，电阻的测量值小于真实值；该误差是由于实验设计造成的，属于系统误差．

（4）电阻阻值：

，电阻率：

；

【点睛】本题考查了螺旋测微器读数、连接电路图、实验误差分析、求电阻率表达式，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，螺旋测微器需要估读．

四、计算题

19.如图所示，在场强E＝104N/C的水平匀强电场中，有一根长l＝15cm的细线，一端固定在O点，另一端系一个质量m＝3g、电荷量q＝2×10－6C的带正电小球，当细线处于水平位置时，小球从静止开始释放，g取10m/s2.求：

（1）小球到达最低点B的过程中重力势能、电势能分别变化了多少？

（2）若取A点电势为零，小球在B点的电势能、电势分别为多大？

（3）小球到B点时速度为多大？

绳子张力为多大？

【答案】

（1）4.5×10－3J

（2）1.5×103V（3）5×10－2N

【解析】

（1）ΔEp＝－mgl＝－4.5×10－3J

ΔEp电＝Eql＝3×10－3J

（2）Ep＝3×10－3J

Ep＝φBq

φB＝

V＝1.5×103V

（3）A→B由动能定理得：

mgl－Eql＝

mvB2

所以vB＝1m/s

在B点对小球

FT－mg＝

FT＝5×10－2N

20.如图所示，半径为r的绝缘细圆环的环面固定在水平面上，场强为E的匀强电场与环面平行．一电量为＋q、质量为m的小球穿在环上，可沿环做无摩擦的圆周运动，若小球经A点时，速度vA的方向恰与电场垂直，且圆环与小球间沿水平方向无力的作用，求：

（1）速度vA的大小；

（2）小球运动到与A点对称的B点时，对环在水平方向的作用力的大小．

【答案】

（1）

（2）6qE

【解析】

试题分析：

（1）在A点，小球在水平方向只受电场力作用，根据牛顿第二定律得：

所以小球在A点的速度

。

（2）在小球从A到B的过程中，根据动能定理，电场力做的正功等于小球动能的增加量，即

，

小球在B点时，根据牛顿第二定律，在水平方向有

解以上两式，小球在B点对环的水平作用力为：

考点：

受力分析，牛顿第二定律，动能定理

点评：

要求学生会受力分析，会应用牛顿第二定律和动能定理列方程解决问题。

21.如图所示，电源电动势E=18V，内阻r=2Ω，两平行金属板水平放置，相距d=2cm，当变阻器R2的滑片P恰好移到中点时，一带电量q=﹣2×10﹣7C的液滴刚好静止在电容器两板的正中央，此时理想电流表的读数为1A．已知定值电阻R1=6Ω求：

（1）带电液滴的质量（取g=10m/s2）．

（2）当把滑动变阻器的滑动片P迅速移到C点后，液滴到达极板时的动能．

【答案】

（1）1.6×10﹣5kg

（2）7.14×10﹣8J

【解析】

【分析】

（1）根据闭合电路欧姆定律求解路端电压，然后对液滴根据共点力平衡条件列式求解质量；

（2）当把滑动变阻器的滑动片P迅速移到C点后，电压增加，液滴向上做匀加速直线运动，根据动能定理列式求解末动能。

【详解】

（1）根据闭合电路欧姆定律，路端电压为：

U=E-Ir=18-1×2.0=16V

液滴平衡，故：

代入数据解得：

；

（2）当滑片在中点时：

解得：

R2=20Ω

当滑片滑到C点时，路端电压：

根据动能定理，液滴到达上极板时的动能为：

。

【点睛】本题关键是明确电路结构，根据闭合电路欧姆定律和串并联电路的电压、电流关系求解极板间的电压；然后结合平衡条件、动能定理列式求解。