2017-2018学年河北省邢台市高二上学期期中考试物理试题 解析版 15页

河北省邢台市2017-2018学年高二上学期期中考试物理试题 一．单项选择题 ‎ ‎1. 如图所示的情况中，a、b两点电势相等、电场强度也相同的是（ ）‎ A. 带等量异种电荷的平行金属板之间的两点 B. 离点电荷等距的任意两点 C. 两等量同种电荷其连线的中垂线上与连线中点等距的任意两点 D. 两等量异种电荷其连线的中垂线上与连线中点等距的任意两点 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：电势是标量，只要大小相等即可，而场强为矢量，必须是大小和方向都相同才行．‎ A图中的电场为匀强电场，两点的电场强度相同，但沿电场方向电势降低，a点电势大于b点电势，A错误；B图中点电荷电场，a、b两点在同一等势面上，电势相同，根据可知两点的电场强度大小相同，但方向不同，B错误；两等量同种电荷其连线的中垂线上与连线中点等距的任意两点电势相等而场强的方向不同，C错误；两等量异种电荷其连线的中垂线上与连线中点等距的任意两点电势为零，场强相同，D正确．‎ ‎2. —个电流表的满偏电流Ig=1mA，内阻尺Rg=500Ω。要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（ ）‎ A. 串联一个10kΩ的电阻 B. 并联一个10kΩ的电阻 C. 串联一个9.5kΩ的电阻 D. 并联一个9.5kΩ的电阻 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：把电流表改装成电压表，需要串联一个分压电阻，串联电阻阻值：‎ ‎；故选C．‎ 考点：电表的改装 ‎【名师点睛】本题考查了电表改装，知道电压表的改装原理，把电流表改装成电压表应串联一个分压电阻、应用串联电路特点与欧姆定律即可正确解题。‎ ‎3. 同样粗细等长的铜棒和铁棒接在一起后接人电路，如图所示，已知铜的电阻率比铁的电阻率小，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 铜棒两端电压小于铁棒两端电压 B. 两棒内电子定向移动的速率不相等 C. 两棒内电场强度相等 D. 通过两棒的电流强度不等 ‎【答案】A ‎【解析】AC、由可知，铁棒的电阻较大，则由欧姆定律可知，铁棒两端的电压较大，则由U=Ed可知，铁棒内的电场强度大于铜棒内的电场强度，故C错误，A正确；‎ B、根据电流的微观表达式可知，但单位体积内铜和铝的自由电子个数关系不明确，则无法比较速度是否相等，故B错误；‎ D、因为铁棒和铜棒串联，所以电流相等，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎4. 一电池外电路断开时的路端电压为3V，接上8Ω的负载后路端电压降为2.4V，则可以判定电池的电动势E和内电阻r为（ ）‎ A. E=2.4V，r=1Ω B. E=3V，r=2Ω C. E=2.4V，r=2Ω D. E=3V，r=1Ω ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：外电路断开时的路端电压等于电源电动势，E="3" V；根据欧姆定律，电路中电流；根据闭合电路的欧姆定律，解得电源内阻 ‎，故A、C、D错误，B正确。‎ 考点：欧姆定律，闭合电路的欧姆定律。‎ ‎5. 如图a所示是一个欧姆表的示意图，其正、负插孔内分别插有红、黑表笔，则虚线内的电路图应是图b中的图（ ）‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】欧姆表的内部电源的正极与外部负极插孔相连即与黑表笔相连接，内部电源的负极与外部正极插孔相连即与红表笔相连，每次换挡都要短接表笔欧姆调零，所以内部应接可调电阻，故选项A正确，BCD错误。‎ 点睛：本题考查了欧姆表的内部结构，注意，红表笔插入正极孔，却与内部电源的负极相连。‎ ‎6. 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。下列说法不正确的是（ ）‎ 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】C ‎【解析】试题分析：根据匀强电场的电场强度公式，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，从而确定电场力做功，同时也能确定电势能的变化情况．‎ 如图所示，在ac连线上，确定一b′点，电势为17V，将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，则电场线方向如图，因为匀强电场，则有，依据几何关系，则，因此电场强度大小为，故A正确；根据，因a、b、c三点电势分别为，解得：原点处的电势为，故B正确；因，电子从a点到b点电场力做功为，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，C错误；，电子从b点运动到c点，电场力做功为，D正确．‎ ‎7. 在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑动触点在a端时，合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U，现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况（ ）‎ A. I1增大，I2不变，U增大 B. I1减小，I2增大，U减小 C. I1增大，I2减小，U增大 D. I1减小，I2不变，U减小 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析: R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，即A1示数减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大，即A2示数增大．故A、C、D错误，B正确．‎ 考点： 闭合电路的欧姆定律 ‎8. 如图所示，直线a为某电源与可变电阻连接成闭合电路时的路端电压U与干路电流I的关系图象，直线b为电阻R两端电压的U与通过它的电流I的图象，用该电源和该电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的效率分别为（ ）‎ A. 4W、33.3% B. 2W、33.3% C. 2W、67% D. 4W、67%‎ ‎【答案】D ‎ ‎ 故选D。‎ 二．多项选择题 ‎9. 关于电动势，下列说法正确的是（ ）‎ A. 电源两极间的电压等于电源电动势 B. 电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大 C. 电源电动势与外电路的组成有关 D. 电动势的数值等于内外电压之和 ‎【答案】BD ‎【解析】A、只有电源没有接入外电路时两极间的电压才等于电源电动势，故A错误；‎ BC、电动势是表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，电动势越大的电源，表示将其他形式的能转化为电能的本领越大，电动势的大小与外电路无关，故B正确，C错误；‎ D、根据闭合电路的欧姆定律可知电源电动势的数值等于内外电压之和，故D正确；‎ 故选BD。‎ ‎10. 空间有一沿x轴对称分布的电场，规定水平向右为电场的正方向，其电场强度E随x变化的图象如图所示。则下列说法中正确的是（ ）‎ A. O点的电势最低 B. —带正电的点电荷在x2点的电势能大于在x1点的电势能 C. 将一带正电的点电荷从x1点移到一x1点，电场力做功为零 D. —带正电的点电荷在x1和x3两点处的电势能不相等 ‎【答案】CD ‎【解析】A、从图象可以看出，电场强度的大小和方向都沿x轴对称分布，沿着电场强度的方向，电势一定降低，故根据其电场强度E随x变化的图象容易判断，O点的电势最高，故A错误；‎ B、在x2点的电势低于在x1点的电势，由可知—带正电的点电荷在x2点的电势能小于在x1点的电势能，故B错误；‎ C、由于x 1 和-x 1 两点关于y轴对称，且电场强度的大小也相等，故从O点到x 1 和从O点到-x 1 电势降落相等，故x 1 和-x 1 两点的电势相等，将一带正电的点电荷从x1点移到一x1点，电场力做功为零，故C正确；‎ D、在x3点的电势低于在x1点的电势，—带正电的点电荷在在x3点的电势能低于在x1点的电势能，故D正确；‎ 故选CD。‎ ‎11. 如图所示，一个质量为m，带电量为q的粒子（不计重力），始终从两平行板左侧中点处沿垂直场强方向射入，当入射速度为v时，恰好穿过电场而不碰金属板．要使粒子的入射速度变为，仍能恰好穿过电场，则必须再使（ ）‎ A. 粒子的电量变为原来的 B. 两板间电压减为原来的 C. 两板间距离增为原来的4倍 D. 两板间距离增为原来的2倍 ‎【答案】AD 故选AD。‎ ‎12. 如图所示，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r。将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为DV1、DV2、DV3，理想电流表A示数变化量的绝对值DI，则（ ）‎ A. A的示数增大 B. V2的示数增大 C. DV3与DI的比值大于r D. DV1小于DV2‎ ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：此电路为串联电路，将滑片向下滑动，电路中的总电阻减小，总电流增大；电流表的示数增大，A项正确；电源的内阻分压增大，所以路端电压减小，即V2的示数减小，B项错误；将定值电阻等效为电源的内阻，=R+r，C项正确；电压表V1测量的是定值电阻两端的电压，由于电流增大，定值电阻的分压增大，滑动变阻器两端的电压减小，所以V1的示数变化大于V2，D项错误。‎ 考点：动态电路分析 ‎【名师点睛】‎ 三、实验题 ‎13. 某同学要探究一种新材料制成的圆柱体的电阻。步骤如下：‎ ‎（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度，如图A所示，可知其长度为_______mm。‎ ‎（2）用螺旋测微器测量其直径，如右上图B所示，可知其直径为_______cm。‎ ‎（3）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：‎ 待测圆柱体电阻R（阻值约为200Ω）‎ 电流表A1（量程0～4mA，内阻约50Ω）‎ 电流表A2（量程0～10mA，内阻约30Ω）‎ 电压表V1（量程0～3V，内阻约l0kΩ）‎ 电压表V2（量程0～15V，内阻约25kΩ）‎ 直流电源E（电动势4V，内阻不计）‎ 滑动变阻器R1（阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A）‎ 滑动变阻器R2（阻值范围0～20kΩ，允许通过的最大电流0.5A）‎ 开关S导线若干 为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在方框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号________。‎ ‎【答案】 (1). 50.15 (2). 0.4700 (3). ‎ ‎【解析】(1)游标卡尺的读数为L=50mm+3×0.05mm=50.15mm；‎ ‎(2)螺旋测微器的读数为：d=4.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm=0.4700cm；‎ ‎(3)由于电压表V2量程太大（量程的大于电源的电动势），所以电压表应选择V1，根据欧姆定律可求出通过待测电阻的最大电流为，所以电流表应选择A2，根据实验要求多测几组数据可知变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节；由于待测电阻满足，电流表应用外接法，所以电路应是“分压外接”电路，如图所示 ‎14. 为了测定干电池的电动势和内阻，现有下列器材:‎ A．干电池一节；‎ B．电压表V（0～3V～15V，内阻约为3kΩ，15kΩ）；‎ C．电流表A（0～0．6A～3A，内阻约为10Ω、2Ω）；‎ D．滑动变阻器（0～20Ω）；‎ E．开关、导线若干．‎ ‎（1）根据实验要求，用笔画线代替导线在图上连线______．‎ ‎（2）某次实验记录如下：‎ 根据表中数据在坐标图上画出U—I图线______，由图可求得E=______V，r=______Ω．‎ ‎（3）用你设计的电路做实验，测得的电动势与电池电动势的真实值相比______（填偏大、偏小或相等）；测得的内阻与电池内阻的真实值相比______（填偏大、偏小或相等）‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). 1.50V (4). 0.80Ω (5). 偏小 (6). 偏小 ‎【解析】(1)电源的内阻是比较小的，为了减小误差，采用电流表的内接法，按伏安法测量电池的电动势和内电阻原理连实验实物图，如图 ‎(2)描点作图如图所示 在U-I图象中图象与纵坐标的交点等于电源的电动势，所以由图可以读出电源的电动势为 ‎1.50V，图象中的斜率表示电源的内阻，所以电源的内阻为 ‎(3) 因该接法中由于电压表的分流而导致电流表示数偏小，但电压表是准确的，故图象比真实图象要向上偏，同时，当电路短路时，电压表的分流是可以忽略的，故短路电流是准确的，故图象与横轴的交点不变，故所测电动势小于真实值；内阻也小于真实值；‎ 四．计算题 ‎15. 如图所示，是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图．电动机内电阻r=1.0Ω，电路中另一电阻R=4Ω，直流电压U=120V，电压表示数UV=100V．试求：‎ ‎（1）通过电动机的电流；‎ ‎（2）输人电动机的电功率；‎ ‎（3）若电动机以V=1m/s匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量？（g取10m/s2）‎ ‎【答案】（1）5A（2）500W（3）47.5kg ‎【解析】解：（1）R两端电压则通过电阻R的电流 ,电动机与电阻R串联，则通过电动机的电流也为5A；‎ ‎（2）电动机的输入功率 ‎（3）电动机的输出功率： ,电动机的输出功率也即提升重物的功率，即 ，结合以上两个式子可得重物的质量为 ‎ 答：（1）通过电动机的电流为5A；‎ ‎（2）输入电动机的电功率为550W．‎ ‎（3）重物的质量为 ‎ ‎16. 在如图所示的电路中，电源电动势E=6.0V，内阻r=2Ω，定值电阻R1=R2=10Ω，R3=30Ω，R4=35Ω，电容器的电容C=100mF，电容器原来不带电．求：‎ ‎（1）闭合开关S后，电路稳定时，流过R3的电流大小I3；‎ ‎（2）闭合开关S后，直至电路稳定过程中流过R4的总电荷量Q。‎ ‎【答案】（1）0.12A（2）3.6×10－4C ‎【解析】试题分析：（1）闭合开关S后电路稳定时，外电阻…①‎ 总电流…②‎ 路端电压U外=IR外=0．6×8=4．8V …③‎ 流过R3的电流为…④‎ ‎（2）闭合开关S后，电路稳定时，‎ 加在电阻R3的电压U3=I3R3=3．6V …⑤‎ 电容充电完毕所带的电荷量Q=CU3=3．6×10-4C …⑥‎ 闭合开关S直至电路稳定流过R4的总电荷量Q=3．6×10-4C ⑦‎ 考点：闭合电路的欧姆定律 ‎【名师点睛】对于含有电容器的问题，关键是确定电容器的电压．电路稳定时电容器的电压等于其并联电路两端的电压。‎ ‎17. 如图所示，直角坐标系xOy位于同一竖直平面内，其中x轴水平，y轴竖直。xOy平面内长方形区域OABC内有方向垂直OA的匀强电场，OA长为l，与x轴间的夹角q=30°，一质量为m，电荷量为q的带正电小球（可看成质点）从y轴上的P点沿x轴方向以一定速度射出，恰好从OA的中点M垂直OA进人电场区域。已知重力加速度为g。‎ ‎（1）求P点的纵坐标及小球从P点射出时的速度v0。‎ ‎（2）已知电场强度的大小为E=，若小球不能从BC边界离开电场，OC长度应满足什么条件？‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】试题分析：小球从P到M做平抛运动，根据平抛运动的规律及几何关系即可求出纵坐标yp及小球的初速度；根据运动的合成与分解，将重力分解为垂直于电场线和平行于电场线，可得沿电场线合力为0，做匀速直线运动，垂直电场线根据牛顿第二定律求出加速度，根据运动学规律列出两个方向的运动学方程即可。‎ ‎（1）设小球从P到M所用时间为t1‎ 在竖直方向做自由落体运动：‎ 在水平方向：‎ 由几何关系：‎ 联立可得： ‎ ‎（2）设小球到达M时速度为vM，由几何关系： ‎ 根据平衡条件得：‎ 小球在电场中沿vM向做匀速直线运动，沿与vM垂直方向做加速度为a的匀加速运动，设边界OC的长度为d时，小球不从BC边射出，在电场中运动时间为t2‎ 由牛顿第二定律得：mgsin300=ma 解得：a=5m/s2‎ 位移关系为： ‎ 联立可得：‎ 点睛：本题主要考查了带电粒子先做平抛运动，在进入电场做类平抛运动，将运动进行分解并结合运动学方程和牛顿第二定律相结合进行解题。‎