福建省永春县第一中学2016-2017学年高二物理上学期期中试题 理（含解析）_1

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1、福建省永春县第一中学2016-2017学年高二物理上学期期中试题 理（含解析）福建省永春县第一中学2016-2017学年高二上学期期中考试物理（理）试题一、单项选择题（本题共8小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意的每小题3分，共24分）1.真空中有两个相同的带电金属小球A和B，相距为r，带电量分别为-q和7q，它们之间作用力的大小为F，A、B两小球接触后再放回原处，此时，A、B间的作用力大小为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】接触前两者之间的库仑力大小为，接触时，先发生电中和然后电荷进行平均分配，故接触后两球的电荷量为，故两者之间的的库仑力变为，B正确2.图甲中AB是一个点电

2、荷形成电场的一条电场线，图乙则是电场线上P、Q处的试探电荷所受电场力的大小与其电荷量间的函数关系图象，下列说法正确的是（）A.场源电荷一定位于A侧B.场源电荷一定位于B侧C.电场线的方向一定由A指向BD.电场线的方向一定由B指向A【答案】A【解析】试题分析：由电场强度的定义式得到，F-q图象的斜率表示电场强度大小，图线P的斜率小于Q的斜率，说明Q处场强小于P处的场强，根据场强的大小判断场源电荷的位置3.如图是某静电场的一部分电场线的分布情况，下列说法中正确的是（）A.这个电场可能是负点电荷形成的电场B.A点的电场强度小于B点的电场强度C.A点的电势小于B点的电势D.从B点释放一正电荷，只受电场

3、力作用，它将沿电场线运动【答案】C4.如图所示，是两只定值电阻R1、R2的IU图象有关R1、R2的大小，及它们串联或并联后的IU图象所在区域，下列判断正确的是（）A.R1R2，串联后在区域B.R1R2，串联后在区域C.R1R2，并联后在区域D.R1R2，并联后在区域【答案】A【解析】因为I-U图像的斜率的倒数表示电阻的大小，所以斜率越大，电阻越小，故，若两电阻串联后，电阻增大，比还大，I-U图像的斜率比的斜率小，故应在区域III，若两电阻并联后，电阻减小，比还小，所以斜率比图1的还大，故应在区域I，A正确5.取一对用绝缘支柱支持的金属导体A和B，使它们彼此接触起初它们不带电，贴在它们下部的金属

4、箔是闭合的现在把带正电荷的球C移近导体A，可以看到A、B上的金属箔都张开了下列说法正确的是（）A.导体A的电势比导体B的电势低B.导体A内部的场强比导体B内部的场强大C.若先用手摸一下A端，再移走C，AB带正电D.若先用手摸一下A端，再移走C，AB带负电【答案】D【解析】试题分析：当导体A、B放在带正电的C附近时，出现感应起电现象电荷周围有电场存在，从而导体A、B处于电场中，在电场力的作用下，使导体中的自由电子重新分布而处于静电平衡的导体，电荷只分布在外表面，内部电场强度为零，且是等势体；当人触摸A后，比较人与A的电势高低，判断电子的移动方向，从而判断出移走C后AB所带电性带正电荷的球C移近导

5、体A，在A的左端感应出负电荷，在B的右端出现正电荷，电荷只分布在外表面，内部场强处处为零，导体是个等势体，AB错误；若先用手摸一下A端，人与大地相连，电势为零，而A的电势高于人的电势，所以电子从人转移到A上面，即A上面的负电荷增多，所以移走C后，AB带负电，故C错误D正确6.如图所示，由M、N两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器，极板N与静电计的金属球相接，极板M与静电计的外壳均接地给电容器充电，静电计指针张开一定角度以下实验过程中电容器所带电荷量可认为不变下面操作能使静电计指针张角变小的是（）A.将M板向上平移B.将M板沿水平方向向左背离N板C.在M、N之间插入有机玻璃板D.把接地的两

6、根导线直接相连【答案】C【解析】将M板向上平移，正对面积S减小，根据可得电容减小；Q一定，根据电压增加，故静电计指针张角变大，A错误；将M板沿水平向右方向背离N板，极板间距d变大，根据根据可得电容减小；Q一定，根据电压增大，静电计指针张角变大，B错误；在M、N之间插入机玻璃板，根据根据，电容变大；Q一定，根据电压减小，静电计指针张角变小，C正确；将接地的两根导线直接相连，由于两导线所连的极板与外壳的电势都为零，所以两导线相连后，电势为零为零，与原来的一样，静电计的指针张角不变，D错误；7.如图虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即，实线为一带负电的质点仅在电场力作用

7、下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知A.P点的电势高于Q点的电势B.该质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大C.该质点通过P点时的动能比通过Q点时大D.该质点通过P点时的加速度比通过Q点时小【答案】B【解析】试题分析：负电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧；作出电场线，根据轨迹弯曲的方向和负电荷可知，电场线向上故c的电势（Q点）最高，故A错误；利用推论：负电荷在电势高处电势能小，知道P点电势能大，故B正确；只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故带电质点在P点的动能与电势能之和等于在Q点的动能与电势能之和，P点电势能大，动能小故C错误；等差等势面的疏密可以表示电场

8、的强弱，P处的等势面密，所以P点的电场强度大，粒子受到的电场力大，粒子的加速度大，故D错误；考点：考查了电场线，电势，电场强度，电场力做功【名师点睛】根据电场线与等势面垂直，作出电场线，得到一些特殊点（电场线与等势面交点以及已知点）的电场力方向，同时结合能量的观点分析是解决这类问题常用方法8.如图为甲、乙两灯泡的IU图象，根据图象计算甲、乙两灯泡并联在电压为220V的电路中，实际发光的功率约为()A.15W30WB.30W40WC.40W60WD.60W100W【答案】C【解析】试题分析：甲、乙两灯泡并联在电压220V的电路中，两灯的电压都是220V，由图分别两灯的电流分别为I甲=0.18A，

9、I乙=0.28A，由公式P=UI得，两灯实际发光的功率分别为P甲=39.6W40W，P乙=61.6W60W故选C.考点：U-I图线；电功率.【名师点睛】此题考查了U-I图线及电功率的计算问题；解题时一要抓住并联电路的特点：两灯电压相等，二要有基本的读图能力，能从图中读出电压是220V时所对应的电流值；此题是基础题，意在考查学生对物理图线的分析能力。二、不定项选择题（本题共4小题，共16分，在每小题给出的四个选项中，至少有一项是符合题意的每小题全选对的得4分，选对但不全的得2分，错选不得分）9.一带电粒子从电场中的A点运动到B点，径迹如图中虚线所示，不计粒子所受重力，则()A.粒子带正电B.粒子

10、加速度逐渐减小C.A点的场强小于B点的场强D.粒子的速度不断减小【答案】BD【解析】试题分析：电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向不计重力的粒子在电场力作用下从A到B，运动与力关系可知，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧解：A、由图所示，粒子从A到B，根据曲线运动条件可得，电场力逆着电场线方向，所以粒子带负电故A错误；B、从A到B，电场线越来越疏，所以电场强度减小，电场力也变小，则加速度也减小，故B正确；C、从A到B，电场线越来越疏，所以电场强度减小，故A点的场强大于B点场强，故C正确；D、由图所示，粒子从A到B，根据曲线运动条件可

11、得，电场力逆着电场线方向，与速度方向夹角大于90，所以阻碍粒子运动，因此速度不断减小，故D正确；故选：BCD【点评】电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧10.M、N是一对水平放置的平行板电容器，将它与一电动势为E，内阻为r的电源组成如图所示的电路，R是并联在电容器上的滑动变阻器，G是灵敏电流计，在电容器的两极板间有一带电的油滴处于悬浮状态，如图所示，现保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片向上滑动，则()A.在滑片滑动时，灵敏电流计中有从b向a的电流B.在滑片滑动时，灵敏电流计中有从a向b的电流C.带电油滴将向上运

12、动D.带电油滴将向下运动【答案】BC【解析】试题分析：电容器两极板的电压等于变阻器两端的电压将滑动变阻器的滑片向上滑动时，根据欧姆定律分析电容器板间电压如何变化，判断电容器是充电还是放电，分析通过电流计的电流方向由分析板间场强如何变化，判断油滴如何运动电容器两极板间的电压等于路端电压，根据闭合回路欧姆定律可知，当将滑动变阻器的滑片向上滑动时，R增大，U增大，根据可得电容器的电量增加，处于充电状态，灵敏电流计中有电流，由于电容器上板带正电，则灵敏电流计中有从a向b的电流，A错误B正确；U增大，由分析得知，板间场强增大，则带电油滴将向上运动故C正确D错误11.如图所示，绝缘光滑半圆轨道放在竖直向下

13、的匀强电场中，场强为E，在与环心等高处放有一质量为m、电荷量为+q的小球，由静止开始沿轨道运动，下列说法正确的是（）A.小球在运动过程中机械能守恒B.小球经过最低点时速度最大C.小球经过环的最低点时对轨道压力等于D.小球经过环的最低点时对轨道压力大于【答案】BD【解析】小球受到的电场力方向竖直向下，对小球做功，所以机械能不守恒，A错误；到最低点电场力和重力做正功最多，所以小球的动能最大，速度最大，B正确；在最低点有，解得，C错误D正确12.如图所示，一质量为m、带电荷量为q的物体处于场强按EE0kt(E0、k均为大于零的常数，取水平向左为正方向)变化的电场中，物体与竖直墙壁间动摩擦因数为，当t

14、0时刻物体处于静止状态若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且电场空间和墙面均足够大，下列说法正确的是()A.物体开始运动后加速度先增加、后减小B.物体开始运动后加速度不断增大C.经过时间，物体在竖直墙壁上的位移达最大值D.经过时间，物体运动速度达最大【答案】BC【解析】由题意可知，在电场改变方向之前，物体沿竖直墙运动，由于水平方向支持力与电场力相等，电场强度减弱，所以支持力减小，故摩擦力减小，所以物体受到的重力和摩擦力的合力增大；电场改为水平向右时，物体受互相垂直的重力和电场力，而电场力随电场强度的增大而增大，所以合力增大因此，整个过程中，物体运动的加速度不断增大，且速度不断增大，故AB错

15、误；因为场强按E=E0-kt变化可知，当电场强度为零时，物体在水平方向上不受力，当场强方向向右后，物体在水平方向上受向右的电场力据以上分析可知，当场强为零时，物体开始离开墙壁，即E0-kt=0，解得：，此时在竖直墙壁上的位移最大，故C正确；根据以上分析知，物体运动的加速度不断增大，且速度不断增大，故D错误。所以C正确，ABD错误。三、实验填空题（共20分）13.某实验小组在“测定金属电阻率”的实验过程中，正确操作获得金属丝的长度、直径以及电流表、电压表的读数如图所示，则丁、甲、乙、丙的读数值依次是：_mm、_mm、_A、_V【答案】(1).10.60(2).0.9960.999(3).0.42

16、(4).11.311.4【解析】甲图螺旋测微器的读数为乙图电流表的量程为00.6A，分度值为0.02V，故电流表的读数为0.42A；丙图电压表的量程为015V，分度值为0.5V，故电压表读数为11.4V丁图游标卡尺的读数为14.现有一个灵敏电流计，它的满偏电流为Ig=1mA，内阻Rg=200，若要将它改装成量程为3V的电压表，应_（填“串联”或“并联”）一个_的电阻，改装后的电压表测量电压时，指针指在表盘上原来0.6mA处，则被测电压的大小是_V【答案】(1).串联(2).2800(3).1.8【解析】解：根据串联电阻具有分压作用可知，要将电流表改装为电压表，应串联一个电阻；根据欧姆定律应有：

17、U=，解得R=2800；由=及U=I，将=3，=1，=0.6，代入解得U=1.8V故答案为：串，2800，1.8【点评】电压表的改装原理是将一电阻与电流表串联在一起，画出电路图，然后再根据欧姆定律求出分压电阻的阻值即可15.定金属丝的电阻率”的实验中，金属丝的电阻Rx约为3，为减小误差，并尽可能测量多组数据，要求电阻丝的发热功率P0.75W，备有器材如下：A、6V直流电源；B、直流电流表A1（00.6A，内阻0.5）；C、直流电流表A2（03A，内阻0.01）；D、直流电压表V1（03V，1k）；E、直流电压表V2（015V，5k）；F、滑动变阻器R1（0100，最大允许电流1A）；G、滑动变

18、阻器R2（020，最大允许电流1A）；H、电键、导线若干(1)实验中电流表用_,电压表用_,滑动变阻器用_（用字母表示）(2)在方框内画出实验电路图_【答案】(1).B(2).D(3).G(4).【解析】试题分析：根据求出通过金属丝的最大电流，从而可选出电流表；根据求出金属丝两端的最大电压，从而可选出电压表；根据闭合电路欧姆定律求出电路中最小电阻和最大电阻，根据可操作性即可判断变阻器应采用分压式接法，从而选出变阻器；根据金属丝电阻远小于电压表内阻可知电流表应用外接法，然后画出电路图即可（1）根据，可得通过金属丝的电流，因此电流表流程选择即可，故电流表选B；由，可求出金属丝两端的最大电压为，因此

19、电压表流程选择0-3V即可，故电压表选D；实验要求尽可能测量多组数据，则变阻器采用分压接法，变阻器应选最大电阻较小的变阻器，故滑动变阻器选G；（2）因为金属丝的电阻Rx约为3，电阻比较小，电压表的内阻远远大于金属丝的电阻，因此电压表的分流对实验影响较小，本实验采用电流表外接法；滑动变阻器采用分压接法，作出实验电路图如图所示；四、计算题：（8分+10分+10分+12分）16.一匀强电场，场强方向是水平的（如图）一个质量为m的带正电的小球，从O点出发，初速度的大小为v0，在电场力与重力的作用下，恰能沿与场强的反方向成角的直线运动求小球运动到最高点时其电势能与在O点的电势能之差【答案】【解析】试题分

20、析：设电场强度为E，小球带电荷量为q，因小球做直线运动，它受到的电场力qE和重力mg的合力必沿此直线，如图所示由此可知，小球做匀减速直线运动的加速度大小为；设从O到最高点的路程为x，v2ax运动的水平距离为Lxcos两点的电势能之差WqEL由图可得由以上各式得Wmvcos2考点：牛顿定律；电场力的功17.如图所示电路中，电源电动势E=9V，内电阻r=2，定值电阻R1=6，R2=10，R3=6，电容器的电容C=10F(1)保持开关S1、S2闭合，求电容器C的带电量；(2)保持开关S1闭合，将开关S2断开，求断开开关S2后流过电阻R2的电量【答案】(1)Q=3105C(2)QR2=6105C【解析

21、】试题分析：（1）保持开关S1、S2闭合，则电容器上电压：电容器带电量为：（2）保持开关S1闭合，将开关S2断开后，电路稳定时电容器上电压等于电源电压：流过R2的电量等于电容器C上电量的增加量为：考点：含电容电路【名师点睛】求电容器所带电量关键要先确定电容器的电压，当电路稳定时，电容器所在电路没有电流，与电容器串联的电阻上没有电压，电容器的电压等于这条电路两端的电压18.一辆电动自行车的铭牌上给出了如下的技术参数表根据图表提供的信息，求：(1)电机在额定工作状态下的内阻；(2)如果质量为M=70kg的人骑此电动自行车沿平直公路行驶，所受阻力f恒为车和人总重量的k倍，k=0.02（取g=10m/

22、s2）则在额定工作状态下，人骑车行驶的最大速度vm；(3)假设电机保持在额定电压下工作，内阻同(1)且不变，某人骑车由静止出发，速度逐渐增大，求电机在理论上可能实现的最大输出功率【答案】(1)r=3(2)vm=5.6m/s(3)P=133.3W【解析】试题分析：根据电动机的电压和电流可以求得电动机的总的功率的大小，根据表格得出电动机的输出的功率的大小，进而求出内阻消耗的功率，根据求解内阻；根据功率可以求得人骑车行驶的最大速度；根据输出功率结合数学知识求解最大功率（1）根据表格可知，电机的输入功率为：根据能量守恒得：解得电机内阻为：（2）自行车匀速行驶时速度最大所受牵引力为：而，人骑车行驶的最大

23、速度为：（3）输出功率为：当时，输出功率最大，最大为：P=324W19.如下图所示，两平行金属板A、B长为L8cm，两板间距离d8cm，A板比B板电势高300V，一带正电的粒子电荷量为q1.01010C，质量为m1.01020kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度v02.0106m/s，粒子飞出电场后经过界面MN、PS间的无电场区域，然后进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域（设界面PS右侧点电荷的电场分布不受界面的影响）已知两界面MN、PS相距为12cm，D是中心线RO与界面PS的交点，O点在中心线上，距离界面PS为9cm，粒子穿过界面PS做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上

24、的荧光屏bc上（静电力常量k9.0109Nm2/C2，粒子的重力不计）求：(1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离多远？到达PS界面时离D点多远？(2)垂直打在放置于中心线上的荧光屏的位置离D点多远？(3)确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小【答案】(1)y=3cm,Y=12cm(2)X=24cm(3)Q带负电,Q1.04108C【解析】试题分析：（1）粒子运动的轨迹如图，穿过界面MN时做类平抛运动：整理得：，代入数据得：粒子离开电场后做匀速直线运动，其轨迹与PS交于H，设H到中心线的距离为Y，则有解得：（2）粒子到达H时，其水平速度竖直速度则该粒子在穿过界面PS后绕点电荷Q做匀速圆周运动，所以Q带负电，根据几何关系可知半径（3）由解得：考点：带电粒子在电场中的偏转。