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- 2021-05-06 发布
四川省双流中学2017-2018学年（上）期中考试高二（理科）（物理）
1. 下列说法正确的是（）
A. 不带电的金属导体A与带正电的金属导体B接触之后也带正电，原因是B有部分正电荷转移到A上
B. 带电金属球不能看成点电荷
C. 电容器所带电荷量越多，电容越大
D. 增大空气湿度，可以有效地防止静电危害
【答案】D
【解析】不带电的金属导体A与带正电的金属导体B接触之后也带正电，原因是A有部分电子转移到B上，选项A错误；金属球能否看做点电荷要看带电体的大小对所研究的问题有无影响，故带电金属球不一定不能看成点电荷，选项B错误；电容器的电容与其带电量多少无关，选项C错误；增大空气湿度，可以有效地防止静电危害，选项D正确；故选D.
2. 下列说法正确的是（）
A. 半导体材料导电性能不受外界条件的影响
B. 超导现象是指在温度降到某一临界值时电阻率突然降为零的现象
C. 由R=可知，R与导体两端电压U成正比，与通过导体的电流I成反比
D. 由 可知，ρ与S成正比，与L成反比
【答案】B
【解析】半导体材料导电性能与外界条件有关，例如温度、光照等，A错。B对。为定义式，R与U，I无关，C错。电阻率由材料决定，与L,S无关，D错。
3. 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.
4. 如下图所示，某一导体的形状为长方体，其长、宽、高之比为a∶b∶c=5∶3∶2。在此长方体的上下、左右四个面上分别通过导线引出四个接线柱1、2、3、4。在1、2两端加上恒定电压，导体的电阻为R1；在3、4两端加上恒定电压，导体的电阻为R2，则R1∶R2为（）
A. 1∶1 B. 9∶25 C. 25∶4 D. 4∶25
【答案】D
......
5. 有两只完全相同的表头，分别改装成一只电流表和一只电压表，某位同学在做实验时误将改装后这两只电表串联起来连接入电路中，则两只电表的指针将出现下列哪种情况（）
A. 两表指针都不偏转
B. 两表指针的偏转角度相同
C. 两表指针都偏转，电压表的指针偏转角度较大
D. 两表指针都偏转，电流表的指针偏转角度较大
【答案】C
【解析】电流表改装成电压表是串联较大的分压电阻；电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻；两表串联后，通过电流表的总电流与电压表的电流相等，由于电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻，所以大部分电流通过了分流电阻，通过表头的电流很小，所以电流表的指针几乎不偏转；电压表的指针有偏转．故C正确，ABD错误．故选C.
6. 如图所示，电池电动势E=1.5V，电阻R=2.5Ω，开关S闭合后，在1min内通过电阻R的电荷量是30C。则
A. 电路中电流为30A B. 电阻R两端电压为1.5V
C. 在1min内电阻R生热45J D. 电池内阻为0.5Ω
【答案】D
【解析】电路中电流为，选项A错误；电阻R两端电压为UR=IR=1.25V，选项B错误； 在1min内电阻R生热，选项C错误；电池内阻为，选项D正确；故选D.
7. 在静电场中（）
A. 沿电场线方向，电场强度一定越来越小
B. 沿电场线方向，电势一定越来越低
C. 同一等势面上各点电场强度一定相等
D. 电场线与等势面处处相互垂直
【答案】BD
【解析】沿电场线方向，电场强度不一定越来越小，例如匀强电场，选项A错误；沿电场线方向，电势一定越来越低，选项B正确；同一等势面上各点电场强度不一定相等，选项C错误；电场线与等势面处处相互垂直，选项D正确；故选BD.
8. 电荷量为q的点电荷在电场中由A点移到B点时，电场力做功W，两点间的电势差为U，若让电荷量为2q的点电荷在电场中由A点移到B点，则（）
A. 电场力做功为W
B. 电场力做功为2W
C. 两点间的电势差为U
D. 两点间的电势差为2U
【答案】BC
9. 如图所示，电路中RT为热敏电阻，R1和R2为定值电阻。当环境温度升高时，RT阻值变小。开关S闭合后，若环境温度降低，则（）
A. 通过 R1 的电流变小 B. 通过R2的电流变小
C. RT两端的电压增大 D. 电容器两极板间的电场强度不变
【答案】AC
【解析】环境温度降低, RT阻值变大，电路的总电阻变大，总电流减小，即通过 R1 的电流变小，选项A正确；路端电压变大，R1上的电压减小，则R2及RT上的电压变大，通过R2的电流变大，选项B错误，C正确；R1上的电压减小，则电容器两端电压减小，电容器两极板间的电场强度减小，选项D错误；故选AC.
点睛：本题是电路动态变化分析问题，按“局部→整体→局部”的顺序进行分析．注意分析电容器时要看电容器与哪部分电阻并联.
10. 先后按图中(甲)、(乙)所示电路测同一未知电阻阻值Rx，已知两电路的路端电压均为U且恒定不变，若按图(甲)所示电路测得电压表示数为6V，电流表示数为2mA，那么按图(乙)所示电路测得的结果应有（）
A. 电压表示数等于6 V B. 电压表示数小于6V
C. 电流表示数大于2 m A D. 电流表示数小于2mA
【答案】BC
【解析】图甲所示电路中，电压表示数为6V，电流表示数为2mA，说明U=6V．在图乙所示电路中，U=6V，电压表与Rx并联后与电流表串联，由于电流表的分压，电压表与Rx并联部分电压小于U，即电压表示数小于6V．又由于电压表与Rx并联的电阻小于Rx，外电路总电阻小于电流表与待测电阻Rx串联的总电阻，则干路中电流大于图（1）中电流表的读数，即大于2mA．故选BC．
点睛：本题是实验题，电表对电路的影响不能忽略，可把电压表看成能测量电压的电阻，电流表看成能测量电流的电阻．
11. 如图所示为阴极射线管的结构示意图，从阴极脱离出来的电子经阴极和阳极之间的加速电场加速后通过阳极上的小孔。然后在偏转电极间电场作用下发生偏转并最终打在荧光屏上形成亮点P。关于阴极射线管的工作原理，下列说法正确的是（）
A. 当偏转电极的电势φa＜φb时，电子流将可能沿图示径迹运动并在荧光屏上形成亮点P
B. 若只增加阴极和阳极间的加速电压，亮点P将沿y轴远离荧光屏中心O
C. 若只减小偏转电极间的电压，亮点P将沿y轴靠近荧光屏中心O
D. 若只增加偏转电极间的电压，电子从阴极出发运动到荧光屏的时间将不变
【答案】CD
【解析】当偏转电极的电势φa＜φb时，在偏转电场区域电场向上，电子受向下的电场力，故轨迹向下偏，故A错误；若只增加阴极和阳极间的加速电压，根据qU=mv2，粒子获得的速度增加；故穿过偏转电场区域的时间减小，在偏转电场区域竖直分运动是匀加速直线运动，根据y=at2，其竖直方向的偏移量减小，故亮点P将沿y轴靠近荧光屏中心O，故B错误；若只减小偏转电极间的电压，电子穿过偏转电场区域的时间不变，加速度减小，在偏转电场区域竖直分运动是匀加速直线运动，根据y=at2，其竖直方向的偏移量减小，故亮点P将沿y轴靠近荧光屏中心O，故C正确；穿过偏转电场区域时，若只增加偏转电极间的电压，不影响水平分运动，故其水平分运动的时间不变，故电子从阴极出发运动到荧光屏的时间不变，故D正确；故选CD.
点睛：本题关键是明确粒子的运动分为匀加速直线运动、类似平抛运动和匀速直线运动三个过程，采用正交分解法研究，根据动能定理、类似平抛运动的分运动规律分析即可．
12. 如图所示，AB、CD为一圆的两条直径，且互相垂直，O点为圆心。空间存在一未知静电场，方向与圆周所在平面平行。现有一电子，在电场力作用下（重力不计），先从A点运动至C点，动能减少了W；又从C点运动至B点，动能增加了W，那么关于此空间存在的静电场可能是（）
A. 方向垂直于AB并由C指向O的匀强电场
B. 方向垂直于AB并由O指向C的匀强电场
C. 位于O点的正点电荷形成的电场
D. 位于D点的正点电荷形成的电场
【答案】BD
【解析】现让一电子先从A点运动至C点，动能减少了W，电势能增加；又从C点运动到B点，动能增加了W，所以A和B电势相等．如果是匀强电场，AB连线是等势线，匀强电场垂直于AB，由于电子先从A点运动至C点，动能减少，所以A点电势大于C点电势，沿着电场线电势一定降低．所以方向垂直于AB由O点指向C点，故A错误，B正确．如果位于O点的正点电荷形成的电场，A点电势等于C点电势，故C错误．位于D点的正电荷形成的电场，从A点运动到C点，动能减少了；又从C点运动到B点，动能增加了，符合题意，故D正确．故选BD．
13. 在“测定金属的电阻率”的实验中
（1）某同学测量金属丝的直径时螺旋测微器如图甲所示，则该金属丝的直径为d=________mm。
（2）金属丝的电阻Rx大约是3Ω，实验室提供的电流表A（量程2.5mA，内阻约30Ω）、电压表V（量程3V，内阻约3kΩ）。则金属丝、电流表和电压表的连接方式应该采用甲乙两图中的______图。
【答案】 (1). （1）1.721 mm（1.721 mm～1.723 mm都正确）； (2). （2）乙．
【解析】（1）由图所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为1.5mm，可动刻度示数为22.1×0.01mm=0.221mm，螺旋测微器的示数为1.5mm+0.221mm=1.721mm．
（2）由题意可知，，，，则电流表应采用外接法，应选图乙所示电路图．
点睛：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，对螺旋测微器读数时需要估读．当电压表内阻远大于待测电阻阻值时用电流表外接；
14. 将一铜片和一锌片分别插入一个苹果内，就构成了简单的“水果电池”，其电动势约为1.5 V。可是这种电池并不能点亮额定电压为1.5 V、额定电流为0.3 A的手电筒上的小灯泡，原因是流过小灯泡的电流太小了，实验测得不足3mA。为了较精确地测定该水果电池的电动势和内阻，提供的实验器材有：
电流表A(量程0～3 mA，内阻约为0.5 Ω)
电压表V(量程0～1.5 V，内阻约为3 kΩ)
滑动变阻器R1(阻值0～10 Ω，额定电流为1 A)
滑动变阻器R2(阻值0～3 kΩ，额定电流为1 A)
电键，导线若干
(1)应选______（选填“a”或“b”）电路图进行实验。
(2)实验中滑动变阻器应选用______(用器材代号表示)。
(3)根据实验记录的数据，经描点、连线得到水果电池的路端电压随电流变化的U－I图象如图所示，由图可知，水果电池的电动势E＝______V，内阻r＝________Ω。
【答案】 (1). （1）a； (2). （2）R2； (3). （3）1.35； (4). 450．
【解析】（1）由题意可知水果电池内阻较大，为减小实验误差，相对于电源来说，电流表应采用内接法，因此应选择图a所示电路图．
（2）电源的内阻大约
，若选用0～10Ω的滑动变阻器，移动滑片，电流基本不变，因此滑动变阻器应选：R2（阻值0～3kΩ，额定电流为1A）．
（3）由图示电源U-I图线可知，图象与纵轴截距为1.35，则电源电动势：E=1.35V；电池内阻：；
15. 如图所示，绝缘细绳的一端固定在O点、另一端悬挂着质量m=2×10-3kg的带电小球A，若将电荷QB=4.0×10-6C的带正电小球B靠近A，则A球静止时，两球球心恰在同一高度，且球心相距l=0.3m，此时绳与竖直方向成α=45°角．已知静电力常量k=9.0×109N•m2/C2，g=10m/s2，两球均可视为质点．求：
（1）B球受到的库仑力；
（2）A球的电荷量．
【答案】（l）0.02N；（2）5×10-8C．
【解析】试题分析：对小球A受力分析，受到重力、静电引力和细线的拉力，根据三力平衡求出静电引力；根据库仑定律求解出小球A的带电量。
（1）对球A受力分析，如图
根据共点力平衡条件，结合几何关系得：
Tcos45°=mg
Tsin45°=F
解得：F=mgtan45°=mg=0.02N
即A球受的库仑力为0.02N．
根据牛顿第三定律可知，B球受到的库仑力也为0.02N
（2）根据库仑定律，有：
代入数据解得：
即A球的带电量是5×10﹣8C
点睛：本题关键先根据平衡条件得到库仑力，再根据库仑定律求解出A球的带电量。
16. 如图所示的电路中，电源电动势E=6.00V，其内阻可忽略不计。电阻的阻值分别为R1=2.4kΩ、R2=4.8kΩ，电容器的电容C=4.7μF．闭合开关S，待电流稳定后，用电压表测R1两端的电压，其稳定值为1.50V。求：
（1）由于电压表的接入，电容器的带电量变化了多少？
（2）该电压表的内阻为多大？
【答案】（1）2.35×10-6C．（2）4.8kΩ
【解析】（1）电压表接入前，电容器上的电压UC等于电阻R2上的电压，R1两端的电压为UR1，则 又E=Uc+UR1．
接入电压表后，电容器上的电压为UC′=E-U1
由于电压表的接入，电容器带电量增加了△Q=C（UC′-UC）
由以上各式解得△Q=C（-U1）．
代入数据，可得电容器的带电量变化了：△Q=2.35×10-6C．
（2）设电压表的内阻为RV，测得R1两端的电压为U1，R1与RV并联后的总电阻为R，则有
由串联电路的规律
联立得：
代入数据，得：RV=4.8 kΩ
点睛：本题要注意电压表不能再作为理想电表处理，故应将其作为能读出电压值的电阻处理；同时要注意灵活应用串并联电路的性质．
17. 炽热的金属丝可以发射电子，在炽热的金属丝和竖直金属板间加电压U1
，从炽热的金属丝发射出的电子在真空中被加速后，从金属板的小孔穿出，再从水平放置的两平行金属极板的中间水平射入两板间的匀强电场中，如图所示，电子恰能沿一板的边缘飞出，且飞出时速度方向与水平方向成600角，不计电子重力，电子离开金属丝的初速度可视为零。
（1）若电子的质量为m，电量为e，求电子穿出金属板小孔时的速度大小；
（2）求加在水平两极板间的电压。
【答案】（1） （2）6U1
【解析】（1）设电子的质量为m，电量为e，从竖直放置的金属板的小孔穿出的速度大小为v1，从水平放置的平行金属板边沿射出的速度大小为v，电子的在竖直的极板间加速，由动能定理有：eU1＝mv12
解得
（2）电子在水平板间运动，由动能定理有：，
电子飞出水平板时，由平行四边形定则有v1＝vcos600，即v=2v1，
由以上各式可得，U=6U1；
18. 带有等量异种电荷的两个平行金属板A和B水平放置，相距为d (d远小于板的长和宽)，一个带正电的油滴P悬浮在两板的正中央处于静止，油滴的质量为m、电荷量为q，如图所示。在油滴的正上方距A板距离为d处有一质量也为m的带正电油滴N，油滴N由静止释放后，可穿过A板上的小孔，进入两金属板间。整个装置处在真空环境中，不计油滴P和N间的库仑力和万有引力以及金属板本身的厚度。油滴N穿过A板上的小孔后能与P相碰，且结合成大油滴(可视为质点)，又不与金属板B相碰。求：
（1）金属板A、B间的电压是多少?哪板电势高?
（2）油滴N电荷量可能是多少?
【答案】（1）．B板的电势较高；（2）q＜Q＜3q．
【解析】（1）油滴M带正电，所受的电场力方向向上，则板间电场方向向上，所以B板电势较高；因油滴M在两金属板之间处于平衡，有
所以电势差．
（2）油滴N与M相碰后，要不落到B板上，油滴N带正电．
设油滴N带电量为Q，油滴N与M碰前的速度设为v0，有
油滴N能与M相碰，
可得 Q＜3q；
设油滴M与N相碰后结合成大油滴的速度为v，取向下为正方向，根据动量守恒得
mv0=（m+m）v
解得
此后，大油滴向下运动，不碰到B板，需有
解得：Q＞q
所以油滴N带电量可能是q＜Q＜3q．
点睛：本题主要考查了动能定理、动量守恒定律的直接应用，要知道结合成的大油滴恰好不与金属板B相碰的临界条件是：大油滴运动到金属板B时速度为0．