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- 2024-02-09 发布
2016-2017学年贵州省铜仁市松桃县民族中学高二（上）期中物理试卷
一、选择题：共48分（其中1-8题为单项选择题，9-12为多项选择题，）
1．物理学中引入“质点”、“点电荷”等概念的科学方法主要是（ ）
A．控制变量 B．理想模型 C．类比 D．等效替代
2．下列物理量中与检验电荷有关的是（ ）
A．电场强度E B．电势φ C．电势能ε D．电势差U
3．真空中有两个距离保持不变的点电荷．若将他们各自的电荷量都增大到原来的3倍，则两电荷之间相互作用的静电力将增大到原来的（ ）
A．2倍 B．3倍 C．6倍 D．9倍
4．以下四幅图中，表示等量同种点电荷电场线分布情况的是（ ）
A． B． C． D．
5．在绝缘光滑的水平面上，相隔一定距离有两个带同种电荷的小球，同时从静止释放，则对两小球的运动情况描述正确的是（ ）
A．做加速度逐渐增大的变加速直线运动
B．做加速度逐渐减小的变加速直线运动
C．做匀加速直线运动
D．做加速度逐渐减小的变减速直线运动
6．多用表调到欧姆档时，其内部等效电路下列那个是正确的（ ）
A． B． C． D．
7．如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，ab=cd=10cm，ad=bc=20cm，电场线与矩形所在平面平行．已知a点电势为20V，b点电势为24V，则（ ）
A．场强大小一定为E=40V/m B．cd间电势差一定为4 V
C．场强的方向一定由b指向a D．c点电势可能比d点低
8．如图电路中，在滑动变阻器的滑片P向上端a滑动过程中，两表的示数情况为（ ）
A．电压表示数增大，电流表示数减少
B．电压表示数减少，电流表示数增大
C．两电表示数都增大
D．两电表示数都减少
9．关于电流，下列说法中正确的是（ ）
A．由I=可知，通过导线截面的电量越多，电流越大
B．由I=nqsv可知，同一导线内电荷定向移动的速率越大，电流越大
C．由I=可知，同一导体中的电流与导体两端的电压成正比
D．因为电流有方向，所以电流是矢量
10．一带电粒子在正电荷形成的电场中，运动轨迹如图所示的abcd曲线，下列判断正确的是（ ）
A．粒子带负电
B．粒子通过a点时的速度比通过b点时大
C．粒子在a点受到的电场力比b点小
D．粒子在a点时的电势能比b点大
11．如图所示，将平行板电容器与电池组相连，两板间的带电尘埃恰好处于静止状态．若将两板缓慢地错开一些，其他条件不变，则（ ）
A．电容器带电量不变 B．尘埃仍静止
C．检流计中有a→b的电流 D．检流计中有b→a的电流
12．如图所示的电路中，输入电压U恒为12V，灯泡L标有“6V，12W”字样，电动机线圈的电阻RM=0.50Ω．若灯泡恰能正常发光，以下说法中正确的是（ ）
A．电动机的输入功率是12 W
B．电动机的输出功率12 W
C．电动机的热功率是2 W
D．整个电路消耗的电功率是22 W
二、实验题共22分
13．要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ．步骤如下：
（1）用刻度尺测得其长度为L
（2）用螺旋测微器测量其直径如图1所示，由图可知其直径D= mm；
（3）用伏安法较精确地测量该圆柱体的电阻Rx，现有的器材和规格如下：
待测圆柱体电阻Rx（其阻值约为200Ω）；
电流表A（量程0～15mA，内阻约30Ω）；
电压表V（量程0～3V，内阻约20kΩ）；
直流电源E（电动势4V，内阻不计）；
滑动变阻器R（阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A）；
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，请在图2框中画出测量的电路图．
（4）若测待测圆柱体电阻Rx时，电压表和电流表示数分别用U和I表示，则该圆柱体材料的电阻率ρ= ．（不要求计算，用题中所给字母表示）
14．表格中所列数据是测量小灯泡 U﹣I关系的实验数据：
U（V）
0.0
0.2
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
I（A）
0.000
0.050
0.100
0.150
0.180
0.195
0.205
0.215
（1）分析上表内实验数据可知，应选用的实验电路图是图 （填“甲”或“乙”）；
（2）在方格纸内画出小灯泡的U﹣I曲线．分析曲线可知小灯泡的电阻随I变大而 （填“变大”、“变小”或“不 变”）；
（3）如图3所示，用一个定值电阻R和两个上述小灯泡组成串并联电路，连接到内阻不计、电动势为3V的电源上．已知流过电阻R的电流是流过灯泡b电流的两倍，则流过灯泡b的电流约为 A．
三、计算题共30分
15．如图所示，定值电阻R1=9Ω，R2=7Ω．当开关S接到位置1时，电压表V的示数为3.6V；当开关S接到位置2时，电压表V的示数为3.5V，求电源电动势和内阻．
16．一灵敏电流计，允许通过的最大电流为Ig=30mA，表头电阻Rg=10Ω
（1）若改装成量程为Im=3A的电流表，应该并联一个多大的电阻？
（2）若将改装后的电流表再改装成量程为Um=6V的电压表，应该再串联一个多大的电阻？
17．如图所示，两带有等量异种电荷的平行金属板M、N竖直放置，两板间的距离d=0.4m，现将一质量m=1.0×10﹣2kg、电荷量q=+4×10﹣5C的带电小球从两极板上方A点，以v0=2m/s的初速度水平抛出，A点距离两板上端的高度h=0.2m，之后小球恰从M板顶端位置无碰擦地进入板间，做直线运动，直至打在N板上的B点，设空气阻力不计，g=10m/s2，匀强电场只存在于M、N之间，求：
（1）小球进入电场时的速度大小和方向；
（2）两极板间的电势差U；
（3）小球到达B点时的动能．
2016-2017学年贵州省铜仁市松桃县民族中学高二（上）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：共48分（其中1-8题为单项选择题，9-12为多项选择题，）
1．物理学中引入“质点”、“点电荷”等概念的科学方法主要是（ ）
A．控制变量 B．理想模型 C．类比 D．等效替代
【考点】物理学史．
【分析】物理学中引入了“质点”、“点电荷”等概念，都是在物理学中引入的理想化的模型，是众多的科学方法中的一种．
【解答】解：“质点”、“点电荷”等都是为了研究问题简单而引入的理想化的物理模型，所以它们从科学方法上来说属于理想模型，所以B正确．
故选B．
2．下列物理量中与检验电荷有关的是（ ）
A．电场强度E B．电势φ C．电势能ε D．电势差U
【考点】电场强度；电势能．
【分析】本题考查了对电场中几个概念的理解情况，物理中有很多物理量是采用比值法定义的，要正确理解比值定义法的含义．
【解答】解：电场强度E= 和电势φ= 分别从力和能量的角度来描述电场的，均是采用比值定义法定义的，它们的大小均与电量无关，由电场本身决定的，与检验电荷无关，而电势能EP和电场力F均与电荷有关，故ABD错误，C正确．
故选C．
3．真空中有两个距离保持不变的点电荷．若将他们各自的电荷量都增大到原来的3倍，则两电荷之间相互作用的静电力将增大到原来的（ ）
A．2倍 B．3倍 C．6倍 D．9倍
【考点】库仑定律．
【分析】真空中点电荷之间相互作用的静电力遵守库仑定律：F=k，根据数学知识，运用比例法求出静电力增大的倍数．
【解答】解：由库仑定律F=k得：点电荷间的距离r保持不变，静电力与两点电荷的电量乘积成正比，每个电荷的电荷量都增大到原来的3倍，则静电力将增大到原来的9倍．
故选D
4．以下四幅图中，表示等量同种点电荷电场线分布情况的是（ ）
A． B． C． D．
【考点】电场线．
【分析】电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．
【解答】解：根据电场线的特点，从正电荷出发到负电荷终止可以判断A是等量异种电荷的电场线，B是等量同种点荷的电场线，C时等量异种电荷的电场线，D是反向通电导线周围的电场线．
故选：B．
5．在绝缘光滑的水平面上，相隔一定距离有两个带同种电荷的小球，同时从静止释放，则对两小球的运动情况描述正确的是（ ）
A．做加速度逐渐增大的变加速直线运动
B．做加速度逐渐减小的变加速直线运动
C．做匀加速直线运动
D．做加速度逐渐减小的变减速直线运动
【考点】电场的叠加；牛顿第二定律．
【分析】根据库仑定律分析电荷间作用力的变化．根据牛顿第二定律分析加速度之比的变化．
【解答】解：由于同种电荷间存在相互作用的排斥力，两球将相互远离，距离增大，根据库仑定律得知，相互作用力减小．
由牛顿第二定律得知它们的加速度变小．
随着两球间距离增大，电场力做功正功，电势能减少，总动能增加．所以速度增加，
故选B
6．多用表调到欧姆档时，其内部等效电路下列那个是正确的（ ）
A． B． C． D．
【考点】多用电表的原理及其使用．
【分析】根据欧姆表改装原理可知其内部等效电路应有电池、滑动变阻器、电流表表头，并且黑表笔应与电池的正极相连，红表笔与电池的负极相连．
【解答】解：多用电表调到欧姆档时，其内部应有电池、滑动变阻器、电流表表头，并且黑表笔应与电池的正极相连，红表笔与电池的负极相连，根据表头的左正右负，可知左端是红表笔，右端是黑表笔．故C正确．
故选：C
7．如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，ab=cd=10cm，ad=bc=20cm，电场线与矩形所在平面平行．已知a点电势为20V，b点电势为24V，则（ ）
A．场强大小一定为E=40V/m B．cd间电势差一定为4 V
C．场强的方向一定由b指向a D．c点电势可能比d点低
【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度；电势．
【分析】匀强电场的电场线为相互平行间隔相等的平行线，而等势线与电场线垂直，可知，cd间电势差等于ba间电势差．电场线方向无法确定，场强大小不能求出．
【解答】解：A、C根据题设条件可知，场强方向无法确定，知道了ab间电势差，但不能根据E=求出场强的大小．故AC错误．
B、根据匀强电场的电场线与等势线分布的特点可知，cd间电势差必等于ba间电势差，为4V．故B正确．
D、cd间电势差为4V，则知c点电势比d点高4V．故D错误．
故选B
8．如图电路中，在滑动变阻器的滑片P向上端a滑动过程中，两表的示数情况为（ ）
A．电压表示数增大，电流表示数减少
B．电压表示数减少，电流表示数增大
C．两电表示数都增大
D．两电表示数都减少
【考点】闭合电路的欧姆定律．
【分析】动态变化分析问题一般按照“局部→整体→局部”的顺序，分析总电阻变化→总电流变化→总电压变化，再分析局部电压、电流、功率的变化进行．对于电流表读数来说，由于滑动变阻器的电流、电压和电阻都在变化，不好确定，可从总电流的变化和R2电流变化确定．
【解答】解：当滑动变阻器的滑片P向a滑动时，接入电路的电阻增大，与R2并联的电阻增大，外电路总电阻R总增大，总电流I减小，路端电压U=E﹣Ir增大，电压表读数增大；并联部分的电阻增大，分担的电压增大，U2增大，流过R2的电流I2增大，电流表的读数IA=I﹣I2，则减小．故A正确，BCD错误．
故选：A．
9．关于电流，下列说法中正确的是（ ）
A．由I=可知，通过导线截面的电量越多，电流越大
B．由I=nqsv可知，同一导线内电荷定向移动的速率越大，电流越大
C．由I=可知，同一导体中的电流与导体两端的电压成正比
D．因为电流有方向，所以电流是矢量
【考点】电流、电压概念．
【分析】对比值定义法的物理量不能说与分子成正比，与分母成反比，导体中的电流与导体两端的电压成正比，电流有方向，但是标量．
【解答】解：A、通过导线截面的电量多，若时间长，电流不一定大，A错误
B、由I=nqsv可知，同一导线内电荷定向移动的速率越大，电流越大，B正确
C、由I=可知，导体中的电流与导体两端的电压成正比，C正确
D、电流有方向，但是标量，D错误
故选：BC
10．一带电粒子在正电荷形成的电场中，运动轨迹如图所示的abcd曲线，下列判断正确的是（ ）
A．粒子带负电
B．粒子通过a点时的速度比通过b点时大
C．粒子在a点受到的电场力比b点小
D．粒子在a点时的电势能比b点大
【考点】点电荷的场强；电势能．
【分析】根据轨迹弯曲方向得出电场力的方向，从而确定带电粒子的电性．根据动能定理比较a点、b点的速度大小；根据电场线的疏密比较电场力的大小；根据电场力做功比较电势能的大小．
【解答】解：A、轨迹弯曲的方向大致指向合力的方向，知电场力背离正电荷方向，所以该粒子带正电．故A错误．
B、从a到b，电场力做负功，根据动能定理，动能减小，a点动能大于b点动能，则a点速度大于b点的速度．故B正确．
C、b点的电场线比a点电场线密，所以b点的电场强度大于a点的电场强度，所以粒子在a点的电场力比b点小．故C正确．
D、从a到b，电场力做负功，电势能增加．所以a点的电势能小于b点的电势能．故D错误．
故选：BC．
11．如图所示，将平行板电容器与电池组相连，两板间的带电尘埃恰好处于静止状态．若将两板缓慢地错开一些，其他条件不变，则（ ）
A．电容器带电量不变 B．尘埃仍静止
C．检流计中有a→b的电流 D．检流计中有b→a的电流
【考点】电容器的动态分析；闭合电路的欧姆定律．
【分析】带电尘埃原来处于静止状态，电场力与重力平衡，将两板缓慢地错开一些后，分析板间场强有无变化，判断尘埃是否仍保持静止．根据电容的决定式分析电容如何变化，由电容的定义式分析电量的变化，确定电路中电流的方向．
【解答】解：
A、将两板缓慢地错开一些，两板正对面积减小，根据电容的决定式C=得知，电容减小，而电压不变，则电容器带电量减小．故A错误．
B、由于板间电压和板间距离不变，则板间场强不变，尘埃所受电场力不变，仍处于静止状态．故B正确．
CD、电容器电量减小，处于放电状态，而电容器上板带正电，下极板带负电，电路中形成逆时针方向的电流，则检流计中有a→b的电流．故C正确，D错误．
故选：BC．
12．如图所示的电路中，输入电压U恒为12V，灯泡L标有“6V，12W”字样，电动机线圈的电阻RM=0.50Ω．若灯泡恰能正常发光，以下说法中正确的是（ ）
A．电动机的输入功率是12 W
B．电动机的输出功率12 W
C．电动机的热功率是2 W
D．整个电路消耗的电功率是22 W
【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．
【分析】由灯泡铭牌可知灯泡额定电是6V，额定功率是12W，由电功率的变形公式可以求出灯泡正常发光时的电流；由串联电路特点可以求出电动机的电压，由电功率公式可以求出电机总功率与热功率，进一步求出电动机的输出功率；由电功率公式可以求出电路总功率．
【解答】解：A、电动机两端的电压U1=U﹣UL=12﹣6V=6V，整个电路中的电流I=，所以电动机的输入功率P=U1I=6×2W=12W．故A正确．
B和C、电动机的热功率P热=I2RM=4×0.5W=2W，则电动机的输出功率P2=P﹣I2RM=12﹣2W=10W．故B错误；C正确．
D、整个电路消耗的功率P总=UI=12×2W=24W．故D错误．
故选：AC．
二、实验题共22分
13．要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ．步骤如下：
（1）用刻度尺测得其长度为L
（2）用螺旋测微器测量其直径如图1所示，由图可知其直径D= 4.200 mm；
（3）用伏安法较精确地测量该圆柱体的电阻Rx，现有的器材和规格如下：
待测圆柱体电阻Rx（其阻值约为200Ω）；
电流表A（量程0～15mA，内阻约30Ω）；
电压表V（量程0～3V，内阻约20kΩ）；
直流电源E（电动势4V，内阻不计）；
滑动变阻器R（阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A）；
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，请在图2框中画出测量的电路图．
（4）若测待测圆柱体电阻Rx时，电压表和电流表示数分别用U和I表示，则该圆柱体材料的电阻率ρ= ．（不要求计算，用题中所给字母表示）
【考点】测定金属的电阻率．
【分析】（2）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．
（3）根据待测电阻阻值与电表内阻关系确定电流表接法，根据题意确定滑动变阻器接法，然后作出电路图．
（4）应用欧姆定律与电阻定律可以求出电阻率的表达式．
【解答】解：（2）由图示螺旋测微器可知，其示数为：4mm+20.0×0.01mm=4.200mm；
（3）由题意可知： =≈6.67， ==100，＜，电流表应采用外接法，
由于待测电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示：
（4）待测电阻阻值：Rx=，由电阻定律可知：Rx=ρ=ρ，电阻率：ρ=；
故答案为：（2）4.200；（3）电路图如图所示；（4）．
14．表格中所列数据是测量小灯泡 U﹣I关系的实验数据：
U（V）
0.0
0.2
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
I（A）
0.000
0.050
0.100
0.150
0.180
0.195
0.205
0.215
（1）分析上表内实验数据可知，应选用的实验电路图是图 甲 （填“甲”或“乙”）；
（2）在方格纸内画出小灯泡的U﹣I曲线．分析曲线可知小灯泡的电阻随I变大而 变大 （填“变大”、“变小”或“不 变”）；
（3）如图3所示，用一个定值电阻R和两个上述小灯泡组成串并联电路，连接到内阻不计、电动势为3V的电源上．已知流过电阻R的电流是流过灯泡b电流的两倍，则流过灯泡b的电流约为 0.07 A．
【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．
【分析】（1）由表中数据可知，电压、电流从零开始测量因此需要滑动变阻器分压接法，由此可正确选择电路；
（2）由图可知，随着电流的增大，灯泡电阻增大；
（3）算出灯泡两端的电压，根据小灯泡的U﹣I曲线可以求出灯泡的电流．
【解答】解：（1）由表中数据可知，电压、电流从零开始测量因此需要滑动变阻器分压接法，只有甲图是分压接法，故该实验选择的电路图是甲图．
故答案为：甲．
（2）根据表示所给数据，画出小灯泡的U﹣I曲线如下所示：
由小灯泡的U﹣I曲线可知，当电流增大时，灯泡的电阻增大．
故答案为：增大．
（3）流过电阻R的电流是流过灯泡b电流的两倍，根据电阻的串并联可知，流过灯泡a的电流是b的三倍；同时灯泡a和b的电压之和为3V，由此结合小灯泡的U﹣I曲线可知流过灯泡b的电流约为：0.07A．
故答案为：0.07．
三、计算题共30分
15．如图所示，定值电阻R1=9Ω，R2=7Ω．当开关S接到位置1时，电压表V的示数为3.6V；当开关S接到位置2时，电压表V的示数为3.5V，求电源电动势和内阻．
【考点】闭合电路的欧姆定律．
【分析】由闭合电路欧姆定律可得出开关置于1、2两位置时的表达式，解方程组即可求解．
【解答】解：由电路图知，电压表测量路端电压，设电源的电动势为E，内阻为r．
由闭合电路欧姆定律可知：
当开关置1时，E=U1+r…①
当开关置于2时，E=U2+r…②
代入得：E=3.6+×r ③
E=3.5+×r ④
联立③④解之得：E=4V，r=1Ω
答：电源电动势和内阻分别为4V和1Ω．
16．一灵敏电流计，允许通过的最大电流为Ig=30mA，表头电阻Rg=10Ω
（1）若改装成量程为Im=3A的电流表，应该并联一个多大的电阻？
（2）若将改装后的电流表再改装成量程为Um=6V的电压表，应该再串联一个多大的电阻？
【考点】把电流表改装成电压表．
【分析】（1）把电流表改装成大量程的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．
（2）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串联电阻阻值．
【解答】解：（1）把电流表改装成3A的电流表需要并联电阻的阻值为：R==≈0.1Ω；
（2）改装后电流表内阻为：RA===0.1Ω，
把电流表改装成6V的电压表需要串联分压电阻的阻值为：R′=﹣RA=﹣0.1=1.9Ω；
答：（1）若改装成量程为Im=3A的电流表，应该并联一个0.1欧姆的电阻；
（2）若将改装后的电流表再改装成量程为Um=6V的电压表，应该再串联一个2.9欧姆的电阻．
17．如图所示，两带有等量异种电荷的平行金属板M、N竖直放置，两板间的距离d=0.4m，现将一质量m=1.0×10﹣2kg、电荷量q=+4×10﹣5C的带电小球从两极板上方A点，以v0=2m/s的初速度水平抛出，A点距离两板上端的高度h=0.2m，之后小球恰从M板顶端位置无碰擦地进入板间，做直线运动，直至打在N板上的B点，设空气阻力不计，g=10m/s2，匀强电场只存在于M、N之间，求：
（1）小球进入电场时的速度大小和方向；
（2）两极板间的电势差U；
（3）小球到达B点时的动能．
【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；平抛运动．
【分析】（1）根据平抛运动的基本公式求出小球刚进入电场时竖直方向的速度，根据勾股定理求得小球的合速度；
（2）小球在电场中做直线运动，根据求出电场力与重力的关系，根据U=Ed即可求得电势差；
（3）从A到B的过程中运用动能定理即可求解．
【解答】解：（1）小球到达板上端时的竖直分速度
小球进入磁场时的速度：
速度与水平方向的夹角为θ，
得θ=45°
（2）设小球在电场中做直线运动时，由题意，小球受到的合力的方向与速度的方向相同，所以：tanθ=
得：
所以： =
（3）设B点到极板上端的距离为L，则L=dtanθ=d
从A到B运用动能定理得：mg（h+L）+qEd=
代人数据解得： ==0.12J
答：（1）小球进入电场时速度的大小m/s，方向与水平方向成45°；
（2）两极板间的电势差为103V；
（3）小球到达B点时的动能为0.12J．
2016年12月9日