【解析】重庆市西南大学附属中学2017-2018学年高二上学期期中考试物理试题含解析.doc

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1、重庆市西南大学附属中学2017-2018学年高二上学期期中考试物理一、单选题：共8题1. 关于电场，下列叙述正确的是A. 在电场中某点放入检验电荷q，检验电荷所受电场力为F，该点的场强为E=F/q，取走q后，该点场强不变B. 正电荷周围的电场一定比负电荷周围的电场强C. 以点电荷为圆心，r为半径的球面上，各点的场强大小方向都相同D. 电场力大的地方，电场强度一定很大【答案】A【解析】A电场强度是电场本身的属性，与检验电荷无关，选项A正确；B点电荷周围的电场强度与场源电荷的电量以及距离场源电荷的距离有关，选项B错误；C场强是矢量，点电荷周围的电场成辐射状，同一球面上场强方向不同，选项C错误；D电

2、场力与场强和受力电荷的电荷量有关，所以电场力大的地方，场强不一定大，选项D错误；故选：A。2. 两个大小材质完全相同的金属小球a、b，带电量分别为+3q和-q，距离为r时库仑力为F1。两小球接触后分开，距离为2r时库仑力为F2，(r比半径大得多)则两力之比为A. 1:12 B. 12:1 C. 3:4 D. 4:3【答案】B【解析】根据库仑定律可知，两个小球接触前作用力为：，接触后，电荷量先中和后平分，根据库仑定律有：，所以两力之比为12: 1，选项B正确，ACD错误；故选：B。3. 如图所示，在匀强电场中有A、B两点，将一电量为q的正电荷从A点移到B点，第一次沿直线AB移动该电荷，电场力做功

3、为W1；第二次沿路径ACB移动该电荷，电场力做功W2；第三次沿曲线AB移动该电荷，电场力做功为W3，则A. W1W2W3 B. W1W2W3C. W1=W2=W3 D. W1=W2=W3【答案】C【解析】根据电场力做功只与初末位置的电势差有关，可知三种路径电场力做功相等，选项C正确；ABD错误；故选：C。4. 如图所示，MN为两个等量同种电荷，在其连线的中垂线上的P点放一静止的点电荷q(负电荷)，不计重力，下列说法中正确的是A. 点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越大，速度也越来越大B. 点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越小，速度越来越大C. 点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值D

4、. 点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到粒子速度为零【答案】C【解析】由等量同种电荷周围的电场线的分布可知，O点场强为零，从O点沿着中垂线向无穷远处延伸，场强先增大后减小，所以点电荷在从P到O的过程中，加速度可能先增大后减小，选项A、B错；但负电荷所受M、N两点电荷库仑力的合力方向竖直向下，到O点一直加速，选项C对；同理点电荷越过O点后，速度越来越小，但加速度先增大后减小，选项D错。5. 用控制变量法,可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图)。设两极板正对面积为S,极板间的距离为d,静电计指针偏角为。实验中,极板所带电荷量不变,若A. 保持S不变,增大d,则变大 B. 保持S

5、不变,增大d,则变小C. 保持d不变,减小S,则变小 D. 保持d不变,减小S,则不变【答案】A【解析】试题分析：根据电容的定义式，保持S不变，增大d，电容C减小，再根据Q=CU，知U增大，所以变大故A正确，B错误保持d不变，减小S，电容减小，再根据Q=CU，知U增大，所以变大故CD错误故选A考点：电容器的动态分析6. 某电解池中，若在2 s内各有1.01019个二价正离子和2.01019个一价负离子相向通过某截面，那么通过这个截面的电流是A. 3.2 A B. 1.6 A C. 0.8 A D. 6.4A【答案】A【解析】根据电流的定义式可知：可知通过这个横截面的电流为：，选项A正确，BCD

6、错误；故选：A。7. 如图所示是电阻R1和R2的伏安特性曲线，并且把第一象限分为、三个区域.现在把电阻R1和R2并联在电路中，消耗的电功率分别为P1和P2，并联的总电阻设为R，下列关于P1与P2的大小关系及R的伏安特性曲线所在的区域正确的是A. 特性曲线在区，P1P2 B. 特性曲线在区，P1P2C. 特性曲线在区，P1P2 D. 特性曲线在区，P1P2【答案】C【解析】把R1和R2并联在电路中，并联的总电阻R比R1和R2都小，则R的伏安特性曲线的斜率大于R1和R2的伏安特性曲线的斜率，则R的伏安特性曲线应该区R1和R2并联在电路中，电压相等，由图读出电阻R2的电流较小，则由P=IU可知，功率

7、P1P2故选C点睛：本题首先要从数学角度理解图线的物理意义：斜率越大，电阻越小其次抓住并联电路的基本特点，电压相等8. 如图所示，ABCD是匀强电场中一正方形平面的四个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为15V， 3V， -3V，由此可得D点的电势为A. 1.5V B. 6V C. 9V D. 12V【答案】C故选：C。点睛：根据匀强电场中一条直线中点的电势等于两端点电势的平均值，直线AC、BD的中点为同一点。二、多选题：共4题9. 如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线。在电场力作用下，一带负电粒子(不计重力)经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是A. 粒子在A点受电场力大

8、B. 粒子在B点受电场力大C. 粒子在B点动能大 D. A、B两点相比，粒子在B点电势能较大【答案】BD【解析】AB电场线的疏密程度反映场强大小，所以粒子在A点受到的电场力较小，选项A错误，B正确；.故选：BD。10. 如图所示电路中，三只灯泡原来都发光，当滑动变阻器的滑动触头P向左移动时(三只灯泡仍都发光)，下面判断正A. L1和L3变亮，L2变暗 B. LI变暗，L2变亮，L3亮度不变C. L1中电流变化值小于L3中电流变化值 D. Ll上电压变化值小于L2上的电压变化值【答案】ACD【解析】AB滑动变阻器与L3串联，与另外一盏灯L2并联，滑动变阻器滑片向左移动，接入电路的阻值变小，根据串

9、反并同，可知L1和L3变亮，L2变暗，选项A正确；B错误；CL1中的电流是干路电流，根据前面分析可知总电流增大，并联部分分压变小，选项C正确；D根据闭合电路欧姆定律可知：，选项D正确；故选：ACD。点睛：由图可知L3与R串联后与L2并联，再与R0、L1串联；由滑片的移动方向可知滑动变阻器接入电阻的变化，则可知总电阻的变化；由闭合电路的欧姆定律可知电路中电流的变化，即可知L1亮度的变化；将R0、L1作为内电阻处理，由U=E-Ir可知并联部分电压的变化，由欧姆定律可得出两灯亮度的变化；因两灯电阻均为定值，则可由欧姆定律得出电压变化值的大小关系11. 如图所示的电路中，输入电压U恒为8 V，灯泡L标

10、有“3 V6 W”字样，电动机线圈的电阻RM1 ，若灯泡恰能正常发光，下列说法正确的是A. 电动机的输入电压是5 V B. 通过电动机的电流是2 AC. 电动机的效率是80% D. 整个电路消耗的电功率是10 W【答案】AB【解析】试题分析：A、灯泡正常发光时的电压等于其额定电压，电动机电压UM=UUL=8V3V=5V，故A正确；B、灯泡正常发光，则电路电流I=2A，故B正确C、电动机的总功率为：P=UMI=52W=10W，电动机的输出功率为：，故电动机的效率为：=，故C错误；D、整个电路消耗的功率P总=UI=8V2A=16W，故D错误；故选：AB12. 如图所示，在真空中A、B两块平行金属板

11、竖直放置并接入电路.调节滑动变阻器，使A、B两板间的电压为U时，一质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v0从A板上的中心小孔沿垂直两板的方向射入电场中，恰从A、B两板的中点处沿原路返回(不计重力)，则下列说法正确的是A. 使初速度变为2v0时，带电粒子恰能到达B板B. 使初速度变为2v0时，带电粒子将从B板中心小孔射出C. 使初速度v0和电压U都增加为原来的2倍时，带电粒子恰能到达B板D. 使初速度v0和电压U都增加为原来的2倍时，带电粒子将从B板中心小孔射出【答案】BC【解析】试题分析：由题意知，根据动能定理可得：，若使初速度变为2 v0时，粒子的动能为，故粒子将从B板中心小孔射出，所以

12、A错误；B正确；若电压也增大为原来的2倍即，由上式知粒子的动能，则粒子恰能到达B板，所以C正确；D错误。考点：本题考查带电粒子在电场中的运动、动能定理三、实验题：共2题13. 小亮同学为研究某电学元件(最大电压不超过2.5 V，最大电流不超过0.55 A)的伏安特性曲线，在实验室找到了下列实验器材：A.电压表(量程3 V，内阻约6 k)B.电压表(量程15 V，内阻约30 k)C.电流表(量程0.6 A，内阻约0.5 )D.电流表(量程3 A，内阻约0.1 )E.滑动变阻器(阻值范围05 ，额定电流为0.6 A)F.滑动变阻器(阻值范围0100 ，额定电流为0.6 A)G.直流电源(电动势E3

13、 V，内阻不计)H.开关、导线若干该同学设计电路并进行实验，通过实验得到如下数据(I和U分别表示电学元件上的电流和电压)。(1)为了提高实验结果的准确程度，电流表选_；电压表选_；滑动变阻器选_。(以上均填写器材代号)(2)请在虚线框中画出实验电路图_。【答案】 (1). (1)C； (2). A； (3). E； (4). (2)【解析】(1)根据电流和电压的测量数据可知需要选择的电流表量程应稍大于0.5A，故选C；电压表的测量范围为02V，所以应选用电压表A；电流电压均是从零开始的，所以应选用滑动变阻器的分压式接法，故应选用小电阻大电流的滑动变阻器E；(2)由于测量电阻阻值较小，电流表的分

14、压效果显著，所以电流表应采用外接，又因为电流从零开始，所以滑动变阻器采用分压式，实验电路图如下：14. 如图所示为多用电表的刻度盘.若选用倍率为“100”的欧姆挡测电阻时，表针如图所示，则：(1)所测电阻的阻值为_；如果要用此多用电表测量一个阻值约为2.0104的电阻，为了使测量结果比较精确，应选用的欧姆挡是_(选填“10”、“100”或“1k”)。(2)用此多用电表进行测量，当选用量程为50mA的直流电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为_mA。(3)当选用量程为10V的直流电压挡测量电压时，表针也指于图示位置，则所测电压为_V。【答案】 (1). (1)1.5103； (2).

15、1k； (3). (2)30.8(30.730.9都正确)； (4). (3)6.2；【解析】（1）用倍率为“”的电阻挡测电阻，由图示可知，电阻阻值为：；多用电表测量一个阻值约为的电阻，为了使测量结果比较精确，应选用的欧姆挡是；（2）选用量程为的电流挡测量电流，由图示表盘可知，其分度值为，示数为；（3）选用量程为的电压挡测量电压，由图示表盘可知，其分度值为，示数为。点睛：本题考查了多用电表读数，对多用电表读数时，要先根据选择开关的位置确定其所测量的量与量程，然后根据表盘确定其分度值，再读数，读数时视线要与刻度线垂直。四、计算题：共3题15. 如图所示，一个质量为30g带电量C的半径极小的小球，

16、用丝线悬挂在某匀强电场中，电场线与水平面平行.当小球静止时，测得悬线与竖直夹角为30，由此可知：(1)匀强电场方向怎样？(2)电场强度大小为多少？(g取10m/s2)【答案】(1)电场方向向右；(2)1107N/C；【解析】(1)小球受到重力和拉力，要想保持静止状态，需要受到水平向左的电场力作用，又因为小球带负电，所以电场强度的方向水平向右；(2)根据共点力平衡，有：；代入数据解得，E=1107N/C点睛：小球受重力、电场力、拉力根据电场力的方向确定电场强度的方向；根据共点力平衡求出电场力的大小再根据E=F/q求出电场强度的大小。16. 如图所示，电路中电源内阻不计，水平放置的平行金属板A、B

17、间的距离为d，金属板长为L，在两金属板左端正中间位置M，有一个小液滴以初速度v0水平向右射入两板间，已知小液滴的质量为m，带负电，电荷量为q。要使液滴从B板右侧边缘射出电场，电动势E是多大？(重力加速度用g表示)【答案】【解析】由闭合电路欧姆定律得 两金属板间电压为UBAIR 由牛顿第二定律得qmgma液滴在电场中做类平抛运动，有Lv0t 联立解得 点睛：题是电路与电场两部分知识的综合，关键是确定电容器的电压与电动势的关系，掌握处理类平抛运动的分析方法与处理规律17. 如图所示，CD左侧存在场强大小，方向水平向左的匀强电场，一个质量为m、电荷量为+q的光滑绝缘小球，从底边BC长为L、倾角53o

18、的直角三角形斜面顶端A点由静止开始下滑，运动到斜面底端C点后进入一竖直半圆形细圆管内(C处为一小段长度可忽略的光滑圆弧，圆管内径略大于小球直径，半圆直径CD在竖直线上)，恰能到达细圆管最高点D点，随后从D点离开后落回斜面上某点P(重力加速度为g， sin53o= 0.8,cos53o= 0.6 )求：(1)小球到达C点时的速度；(2)小球从D点运动到P点的时间t【答案】(1)v=(2)t=【解析】（1）由动能定理：解得：（2）由A到D的过程由动能定理：得：离开D点后做匀加速直线运动，如图竖直方向：水平方向：又由几何关系得：，解得：点睛：解答此题关键是认真分析物理过程及物体的受力情况，搞清物体运动的性质，并能选取合适的物理规律列出方程解答.