2017-2018学年贵州省遵义航天高级中学高二上学期期中考试物理试题 解析版 8页

贵州省遵义航天高级中学2017-2018学年高二上学期期中考试物理试题 一、选择题 ‎1. 真空中甲、乙两个固定的点电荷，相互作用力为F，若甲的带电量变为原来的2倍，乙的带电量变为原来的8倍，要使它们的作用力仍为F，则它们之间的距离变为原来的( )‎ A. 2倍 B. 4倍 C. 8倍 D. 16倍 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：由库仑定律可得：；‎ 当甲的带电量变为原来的2倍，即2Q；乙的带电量变为原来的8倍，即8q 由于作用力相等，所以变化后距离变为原来的4倍 故选B．‎ 考点：考查库仑定律的直接应用，‎ ‎............‎ ‎2. 图中实线为一簇电场线，虚线是一带电粒子从电场中的A点运动到B点的运动轨迹。粒子只受电场力作用，下列说法正确的是( )‎ A. 粒子带正电 B. 粒子在A点的速度大于在B点的速度 C. 粒子在A点的加速度小于在B点的加速度 D. 粒子在A点的电势能大于在B点的的电势能 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：如图可知，根据曲线弯曲的方向可以判定粒子所受电场力方向与电场强度方向相反，故粒子带负电，所以A错误；由轨迹弯曲的方向说明粒子带负电，所受电场力方向与场强方向相反，根据粒子运动位移知从A至B电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，即粒子在A点的速度大于在B点的速度，故B正确；根据电场线的分布的疏密程度表示电场强弱知，电荷在A点所受电场力大，在B点受电场力小，故粒子在A点的加速度大于粒子在B点的加速度，故C正确；由B分析知，从A至B电场力对粒子做负功，粒子的电势能增加，故粒子在A点的电势能小于在B点的电势能，故D错误．故选：B 考点：带电粒子在电场中的运动；电场线.‎ ‎3. 四盏灯结成如图所示的电路，A、C灯泡的规格为“220V，30W”，B、D灯泡的规格为“220V，100W”，各个灯泡的实际功率都没有超过它的额定功率，这四盏灯泡的实际消耗功率大小的顺序是( )‎ A. PAPBPCPD B. PAPDPCPB C. PAPDPBPC D. PAPBPDPC ‎【答案】C ‎4. 如图所示的实验装置中，平行板电容器的极板A与一灵敏的静电计相接，极板B接地.若极板B向上移动一点，则( )‎ A. 两极板间的电压不变，极板上的电荷量变小 B. 两极板间的电压不变，极板上的电荷量变大 C. 极板上的电荷量几乎不变，两极板间的电压变小 D. 极板上的电荷量几乎不变，两极板间的电压变大 ‎【答案】D ‎【解析】由图分析可知电容器极板上的电荷量几乎不变，AB错误；将极板B稍向上移动一点，极板正对面积减小，可判断出电容变小，由公式C=Q/U，电容器极板间电压变大，静电计张角增大，C错误、D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【名师点睛】‎ 电容器的电荷量几乎不变；将极板B稍向上移动一点，极板正对面积减小，电容减小，由公式C=QU分析板间电压变化。‎ ‎5. 电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的滑片由中点滑向a端时，下列说法正确的是( )‎ A. 电压表和电流表读数都增大 B. 电压表和电流表读数都减小 C. 电压表读数增大，电流表读数减小 D. 电压表读数减小，电流表读数增大 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：由图可知与R并联后与串联，电压表测路端电压，电流表测量流过R2的电流；滑片向a端移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则由闭合电路的欧姆定律可知电路中干路电流的变化及路端电压的变化；再分析并联电路可得出电流表示数的变化．‎ 当滑动变阻器的滑片由中点滑向a端时，接入电路的电阻减小，则由闭合电中欧姆定律可知，干路电流增加，内电压增加，由可知路端电压减小，即电压表示数减小；因路端电压减小，两端的电压增加，故并联部分电压减小，由欧姆定律可知电流表示数减小，B正确．‎ ‎6. 关于电源的电动势，下面说法正确的是( )‎ A. 在电源内部其他形式的能转化为电能 B. 电动势在数值上等于电路中通过1 C电荷量时电源提供的总能量 C. 电源的电动势跟电源的体积有关，跟外电路有关 D. 电动势有方向，因此电动势是矢量 ‎【答案】AB ‎【解析】电源是通过内部非静电力做功，将其他形式的能转化为电能的装置，A正确；根据可知，电动势在数值上等于电路中通过1C电荷量时电源提供的总能量，B正确；电源的电动势跟电源的体积无关，跟外电路无关，C错误；电动势有方向，但电动势是标量，故D错误．‎ ‎7. 如图所示，甲是某电场中的一条电场线，A、B是这条电场线上的两点，若将一负电荷从A点自由释放，负电荷沿电场线从A到B运动过程中的速度-时间图像如图乙所示，比较A、B两点电势φ的高低和场强E的大小可得（ ）。‎ A. ΦA φB B. ΦA φB C. EA > EB D. EA = EB ‎【答案】BC ‎【解析】负电荷从A释放（初速为0）后，能加速运动到B，说明负电荷受到的电场力方向是从A指向B，那么电场方向就是由B指向A，由于沿电场线方向电势逐渐降低，所以AB两点的电势关系是φA＜φB．故A错误，B正确；负电荷从A运动到B的过程中，它的加速度是逐渐减小的（乙图中的“斜率”表示加速度），由牛顿第二定律知，负电荷从A到B时，受到的电场力是逐渐减小的，由 知，EA＞EB．故C正确，D错误．故选BC．‎ ‎8. 一带电小球在空中由A点运动到B点过程中，受重力、电场力和空气阻力三个力。若重力做功为-3J、机械能增加0.5J、电场力做功1J，则小球( )‎ A. 重力势能减少3J B. 动能减少2.5J C. 电势能增加1J D. 克服空气阻力做功0.5J ‎【答案】CD ‎【解析】试题分析：解决本题需根据：重力做功等于重力势能的减小量；电场力做功等于电势能的减小量；合力做功等于动能的增加量；除重力外的各个力做的总功等于机械能的增加量．由功能关系分析．‎ 重力做负功，大小为-3J，所以重力势能增加3J，A错误；机械能增加0.5J，而机械能等于重力势能与动能之和，则得动能减少2.5J，B正确；电场力做正功，电势能减小1J，C错误；根据动能定理可得，解得，D正确．‎ 二、实验题 ‎9. 有一个电流表G，内阻Rg=100Ω，满偏电流Ig=3mA。若把它改装为量程为0～3V的电压表，要________联电阻的大小为__________Ω，若把它改装为量程为0～3A的电流表，要________联电阻的大小为_________Ω 。‎ ‎【答案】 (1). 串 (2). 900 (3). 并 (4). 0.1‎ ‎【解析】试题分析：把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值；把电流表改装成大量程电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值．‎ 改装电压表需要串联一个定值电阻分压，根据欧姆定律可得，解得；改装电流表需要并联一个电阻分流，根据欧姆定律可得，解得．‎ ‎10. 有一个小灯泡上标有“4V、2W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的伏安特性图线.现有下列器材供选用:‎ A.电压表(0--5V，内阻10kΩ)‎ B.电压表(0--15V，内阻20 kΩ)‎ C.电流表(0--3A，内阻1Ω)‎ D.电流表(0--0.6A，内阻0. Ω4)‎ E.滑动变阻器(10Ω，2A)‎ F.滑动变阻器(500Ω，1A) ‎ G.学生电源(直流6V)、开关、导线若干 ‎（1）实验时，选用图甲而不选用图乙的电路图来完成实验，理由______________；‎ ‎（2）实验中所用电压表应选_____，电流表应选用_____，滑动变阻器应选用_____.(用序号字母表示)‎ ‎（3）根据实验数据画出的I---U图象如下，从图象看出，电压越高对应的实际电阻值越____，这说明灯丝材料的电阻率随温度的升高而_____。‎ ‎【答案】 (1). 电压必须从0开始调节 (2). A (3). D (4). E (5). 大 (6). 增大 ‎【解析】试题分析：根据滑动变阻器分压及限流接法的不同作用，结合题意选择滑动变阻器的接法；由电流表、电压表与灯泡内阻间的大小关系确定电流表的接法．仪表的选择应本着安全准确的原则；电压表要测量灯泡两端的电压，故应通过灯泡的额定电压值判断需要的电压表；由流过灯泡的电流判断需要的电流表；由题意判断需要的滑动变阻器．明确伏安特性曲线的性质，知道金属导体的电阻率随温度的变化关系．‎ ‎（1）在用伏安法描绘这个灯泡的I一U图线的实验中，电压要从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，所以电路图只能选用图甲．‎ ‎（2）因灯泡的额定电压为4V，为保证安全选用的电压表量程应稍大于4V，但不能大太多，量程太大则示数不准确；故只能选用0～5V的电压表，故选A；由P=UI得，灯泡的额定电流，故电流表应选择0～0.6A的量程，故选D；而由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，而分压接法中应选总阻值小的滑动变阻器，故选E；‎ ‎（3）I-U图象中图象的斜率表示电阻的倒数，由图可知，电阻应越来越大，原因是金属材料的电阻率随温度的升高而增大；‎ 三、解答题（解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）‎ ‎11. 如图所示，甲带电体固定在绝缘水平面上的O点。另一个电荷量为+q、质量为m的带电体乙，从P点由静止释放，经L运动到Q点时达到最大速度v。已知乙与水平面的动摩擦因数为μ，静电力常量为k。求：‎ ‎（1）Q处电场强度的大小；‎ ‎（2）P、Q两点电势差。‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】试题分析：（1）乙物体的速度最大时有：‎ 得：‎ ‎（2）乙物体从P到Q过程由动能定理：‎ 得：‎ 考点：本题考查了动能定理、牛顿第二定律。‎ ‎12. 如图所示，水平绝缘轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R=0.4m。轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E=1 104 N/C。现有一电荷量q=1C质量m=0.10kg的带电体(可视为质点)，在水平轨道上的P点由静止释放，带电体运动到圆形轨道最低点B时的速度 =5.0m/s。已知带电体与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10m/s2。求:‎ ‎(1).带电体运动到圆形轨道的最低点B时，圆形轨道对带电体支持力的大小;‎ ‎(2).带电体在水平轨道上的释放点P到B点的距离L1;‎ ‎(3).带电体第一次经过C点后撤去电场，然后落在水平轨道上的D点，求BD间的距离。.‎ ‎【答案】（1）7.25N（2）2.5m（3）1.2m ‎【解析】（1）在B点由牛顿第二定律得，解得 ‎（2）P到B的过程由动能定理得 ，解得 ‎（3）B到C 过程根据动能定理可得 撤去电场后做平抛运动 物体在竖直方向上 ‎ 水平方向上有：‎ 联立即得 ‎13. 如图所示，AB、CD是一对相距为2h带有等量异号电荷的平行金属板，板长为L，两板之间某处的电场强度为E，O O/是金属板间的中线．在A端并贴近AB板有一带电粒子源P，能持续沿平行于AB板方向发射比荷为k，质量相同，初速度不同的带电粒子，经一段时间均能从O/D之间射出电场．求：‎ ‎（1）两平行金属板间的电势差U；‎ ‎（2）带电粒子过O/处垂直于电场方向的速度；‎ ‎（3）板长L与h满足什么关系时，带电粒子打到O/、D两点的动能相等．‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】（1）两块带有等量异种电荷，且均匀分别的平行金属板之间的电场是匀强电场，则 所以 ‎（2）过处的带电粒子垂直于电场方向的速度即初速度，设为v，带电粒子在电场中做类平抛运动，则 ‎（3）由（2）问可知过处的带电粒子的初速度 同理得出过D处的带电粒子的初速度 由动能定理可得又，联立即得 ‎ ‎