2017-2018学年黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学高二上学期期中考试物理试题 8页

‎2017-2018学年黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学高二上学期期中考试物理试题 满分100分 时间90分钟 一、选择题(本题共14小题，每小题4分，共56分。其中1-8题每题只有一个正确选项；9-14题每题至少有两个选项是正确的，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不选的得0分）‎ ‎1．关于电场线的说法，正确的是 A．电场线的方向，就是电荷受力的方向 B．在匀强电场中，正电荷只在电场力作用下一定沿电场线运动 C．电场线越密的地方，同一电荷所受电场力越大 D．静电场的电场线是闭合的 ‎2．电阻R和电动机M相串联接到电路中，如图所示，已知电阻R跟电动机线圈的电阻相等，电键接通后，电动机正常工作，设电阻R和电动机两端的电压分别为U1和U2，经过时间t，电流通过电阻R做功W1，产生的电热Q1，电流通过电动机M做功W2，产生的电热Q2，则有 A．U1=U2，Q1=Q2 B．W1=W2，Q1=Q2 ‎ C．W1＜W2，Q1＜Q2 D．W1＜W2，Q1=Q2‎ ‎3．法拉第首先提出用电场线形象生动地描绘电场，如图所示为点电荷a、b所形成电场的电场线分布图（箭头未标出），在M点处放置一个电荷量大小为q的负试探点电荷，受到的电场力大小为F，以下说法中正确的是 A．由电场线分布图可知M点处的场强比N点处场强大 B．a、b为异种电荷，a的电荷量小于b的电荷量 C．M点处的场强大小为F/q，方向与所受电场力方向相同 D．如果M点处的点电荷电量变为2q，该处场强将变为F/2q ‎4．在如图所示的电路中，电源内阻不能忽略，当移动滑动变阻器滑片时，电流表示数变大，则 A．滑片一定向左移动 B．电源的输出功率一定增大 C．电源内部消耗的功率一定减小 D．电源的效率一定减小 ‎5．在匀强电场中，将质量为m，带电量为q的小球由静止释放，带电小球的运动轨迹为一直线，该直线与竖直方向的夹角为θ，如图所示，则电场强度的大小为 A．有唯一值 B．最小值是 C．最大值 D． ‎6．如图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接。将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化情况是 A．Q变小，C不变，U不变，E变小 B．Q变小，C变小，U不变，E不变 C．Q不变，C变小，U变大，E不变 D．Q不变，C变小，U变大，E变小 ‎ ‎7．如图所示，厚薄均匀的长方体金属片，边长ab=10cm，bc=5cm，当A与B间接入的电压为U时，导体内自由电子的定向移动速率为v，当C与D间接入的电压为U时，导体内自由电子的定向移动速率为 A．4 v B．2 v ‎ C．0.5v D．0.25 v ‎8．如图所示，平行直线AA′、BB′、CC′、DD′、EE′，分别表示电势﹣4V，﹣2V，0，2V，4V的等势线，若AB=BC=CD=DE=2cm，且与直线MN成30°角，则 A．该电场是匀强电场，场强方向垂直于AA′，且指向右下 B．该电场是匀强电场，场强大小可能小于2V/m C．该电场是匀强电场，在纸面内距C点距离为2cm的所有点中，最高电势为2V，最低电势为﹣2V D．该电场是匀强电场，在纸面内距C点距离为2cm的所有点中，最高电势为4V，最低电势为﹣4V ‎9．如图所示，金属壳放在的绝缘垫上，能起到屏蔽外电场或内电场作用的是 ‎ ‎ ‎10．MN是一负电荷产生的电场中的一条电场线，一个带正电的粒子（不计重力）从a到b 穿越这条电场线的轨迹，如图中虚线所示，下列说法正确的是 A．负电荷一定位于M左侧 B．带电粒子在a点加速度大于b点加速度 C．带电粒子在a点电势能大于b点电势能 D．带电粒子在a点的动能大于b点的动能 ‎11. 如图所示，在一平面坐标系xy内有四个电量相等的点电荷a、b、c、d位于正方形四个顶点，A、B在x轴上且为ab、cd连线的中点，O为其中心。一质子（不计重力）沿x轴在变力F作用下从A点匀速运动到B点。则下列说法正确的是 A．A、O、B三点电势相等 B．A、O、B三点中O点电势最低 C．质子所受电场力方向先沿y轴正向，后沿y轴负向 D．质子所受电场力方向先沿y轴负向，后沿y轴正向 ‎12．如图所示，带电小球Q固定在倾角为θ的光滑固定绝缘细杆下端，一质量为m，电荷量为q的带正电小球M穿在杆上从A点由静止释放，小球到达B点时速度恰好为零，已知A、B间距为L，C是AB的中点，两小球均可视为质点，重力加速度为g，则 A．小球从A到B的过程中加速度先减小后增大 B．小球在B点时受到的库仑力大小为mgsinθ C．小球在C点时速度最大 D．在Q产生的电场中，A、B两点间的电势差为UAB=﹣ ‎13．如图所示电路，在平行金属板M、N内部左侧中央P有一质量为m的带电粒子（重力不计）以水平速度v0射入电场并打在N板的O点，改变R1或R2的阻值，粒子仍以v0射入电场，则下列说法正确的是 A．该粒子带正电 B．减小R1，粒子将打在O点左侧 C．增大R1，粒子在板间运动时间不变 D．减小R2，粒子还能打在O点 ‎14．电荷量不等的两点电荷固定在x轴上坐标为﹣3L和3L的两点，其中坐标为3L处电荷带正电，电荷量为Q．两点电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中x=L处电势最低，‎ x轴上M、N两点的坐标分别为﹣2L和2L，则下列判断正确的是 A．两点电荷一定为异种电荷 B．原点O处场强大小为 C．负检验电荷在原点O处受到向左的电场力 D．负检验电荷由M点运动到N点的过程，电势能先减小后增大 二、实验题（本题共3小题，共16分）‎ ‎15．用游标卡尺测量遮光条的宽度d如图所示，则d=　 　mm；用螺旋测微器测量遮光条的厚h如图所示，则h=　 　mm。‎ ‎16．在“测定电源电动势和内阻”的实验中：‎ ‎[]‎ ‎(1)若根据实验数据作出如图1所示的图象，则该电池的电动势E=　 　V；内阻r=　 　Ω。‎ ‎(2)若实验电路如图2所示，由于电压表、电流表均不是理想电表，则测量结果，电源电动势的测量值将　 　真实值，内阻的测量值将　 　真实值。（填“大于”、“等于”、“小于”）‎ ‎(3)请根据电路图在图3中连接实物图。‎ ‎17．一个小灯泡上标有“4V，2W”的字样，现在要用伏安法测量这个灯泡的U﹣I图线，现有下列器材供选用：‎ A．电压表（0～5V，内阻约10kΩ）‎ B．电压表（0～10V，内阻约20kΩ）‎ C．电流表（0～0.3A，内阻约1Ω）‎ D．电流表（0～0.6A，内阻约0.4Ω）‎ E．滑动变阻器（10Ω，2A）‎ F．学生电源（直流6V），还有开关导线 ‎(1)实验中所用电压表应选　 　，电流表应选用　 　（用序号字母表示）。‎ ‎(2)为了使实验误差尽量减小，要求从零开始多测几组数据，请在图甲方框内画出满足实验要求的电路图。‎ ‎(3)某同学利用实验得到的数据画出了该小灯泡的U﹣I曲线（如图乙所示），若直接在小灯泡两端加上2V的电压，则该小灯泡消耗的功率是　 　W，电阻是　 　Ω。（结果保留两位有效数字）‎ ‎[‎ 三、计算题（本题共3小题，共28分）‎ R1‎ R2‎ R3‎ ‎18．在如图所示的电路中，R1=2Ω，R2=R3=4Ω，当开关K接a时，R2上消耗的电功率为4W，当开关K接b时，电压表示数为4.5V，试求：‎ ‎(1)开关K接a时，通过电源的电流和电源两端的电压；‎ ‎(2)开关K接b时，电源的电动势和内电阻；‎ ‎(3)开关K接c时，通过R2的电流。‎ ‎19．如图所示，M、N为两块水平放置的平行金属板，板长为l，两板间的距离也为l，板间电压恒为U。今有一带电量为 - q、质量为m的粒子(重力不计)，以一定的初速度沿两板正中间垂直进入电场，最后打在距两平行板右端距离为l的竖直屏上。粒子的落点距O点的距离为。若在纸面内，大量的上述粒子(与原来的初速度一样，并忽略粒子间相互作用)从MN板间不同位置垂直进入电场。试求：‎ ‎(1)粒子的初速度；‎ ‎(2)这些粒子落在竖直屏上的范围。‎ ‎20．如图所示，一个光滑斜面与一个光滑的竖直圆轨道在A点相切，B点为圆轨道的最低点，C点为圆轨道的最高点，整个空间存在水平向左的匀强电场。一质量为m=1kg，电荷量为+q的带电小球从斜面上距A点s=2m处的O点静止释放．已知电场强度E=，θ=53°，圆轨道半径R=1m，(g取10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6)。求：(结果保留两位有效数字)‎ ‎(1)小球经过B点时受到的支持力的大小；‎ ‎(2)为了使小球能经过C点，小球应在斜面上至少离A点多远处静止释放?‎ 选择题 ‎1C2D3B4D5B6C7B8D9ABD10AC11AD12AD13BD14BC 二、实验题（注释）‎ ‎15.11.70，4.226‎ ‎16.【答案】（1）1.50、0.5或0.50 （2）小于、小于 （3）如图所示．‎ ‎17．【答案】（1）A；D；（2）分压外接；（3）0.80；5.0‎ ‎18.‎ ‎ ‎ ‎19. 粒子运动的时间为 t= ① 加速度为 a= ② 偏转位移为 y1= ③联立得：y1= 离开电场时粒子垂直于极板的分速度为 vy=at=‎ 则偏转角的正切为 tanΦ==，Φ=arctan．‎ Y2=ltanΦ y1 +y1=l/2 解得v=根号下2qU/m 由于各个粒子运动情况一致，可知：‎ 粒子落在竖直屏上的范围是从o点到o点以上处之间的区域 ‎ 20.【解答】解：（1）从O到B过程，由动能定理得：‎ mg[ssinθ+R（1﹣cosθ）]﹣qE（scosθ+Rsinθ）=mvB2﹣0，‎ 在B点，由牛顿第二定律得：N﹣mg=m，解得：N=20N；‎ ‎（2）小球恰好经过物理最高点，由牛顿第二定律得：5mg/4=m，解得：v2=25/2，‎ 小球从静止到该点过程，由动能定理得：‎ mg[Lsinθ﹣Rcosθ﹣Rsinθ）﹣2R]﹣qE（Lcosθ+Rsinθ+Rcosθ）=mv2﹣0，‎ 解得：L=8.8m；‎