【解析】辽宁省大连渤海高级中学2017-2018学年高二上学期期中考试物理(理)试题含解析.doc

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1、辽宁省大连渤海高级中学2017-2018学年高二上学期期中考试物理（理）试题一、选择题（本题共12题，在每小题给出的四个选项中，17题只有一项符合题目要求，第812题有多项符合题目要求）1. 关于电场强度的概念，下列说法正确的是A. 由可知，某电场的场强E与q成反比，与F正正比B. 正、负试探电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反，所以某一点场强方向与放入试探电荷的正负有关C. 电场中某一点的场强与放入该点的试探电荷的正负无关D. 电场中某一点不放试探电荷时，该点场强等于零【答案】C考点：考查了电场强度【名师点睛】对于电场强度，要抓住它的比值定义法的共性，E与试探电荷所受电场力、电荷量无关，反

2、映电场本身的强弱和方向2. 如图所示，实线是电场线，一带电粒子只在电场力的作用下沿虚线由A运动到B的过程中，其速度-时间图像是选项中的A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：电场线的疏密程度表示场强大小，A点电场线密集，故电场强度大，电场力大，故加速度大，所以粒子的加速度一直减小，由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力的方向大致斜向左下方，与电场强度方向相反，故粒子带负电，电场力做负功，速度慢慢减小，所以粒子做加速度减小的减速运动，故B正确考点：考查了电场线，速度时间图像【名师点睛】根据带电粒子运动轨迹判定电场力方向，再结合电场强度方向判断电性，然后根据电场线的疏密程度判断

3、加速度的大小，从而判断粒子的运动情况选择速度图象3. 四盏灯泡接成如图所示的电路，a、c灯泡的规格为“220V 40W”，b、d灯泡的规格为“220V 100W”，各个灯泡的实际功率都 没有超过它的额定功率，则这四盏灯泡实际消耗功率大小的顺序是A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：根据公式可得b、d的电阻小于a、c的电阻，a、d串联在干路，所以两灯泡的电流相等，故根据公式可得，因为通过b、c的电流之和等于d的电流，所以通过d的电流大于b的电流，b、c并联，电压相同，由于b的电阻小于c的电阻，所以b的电流大小于c的电流，故根据公式可得，综合可得，C正确；考点：考查了电功率的计算【名

4、师点睛】已知用电器的额定功率、额定电压，求实际电压的功率时，要抓住电阻不变这一关键点，能结合串并联电路的特点解题，难度适中4. 如图所示，在等量的异种点电荷形成的电场中，有A、B、C三点，A点为两点电荷连线的中点，B点为连线上距A点距离为d的一点，C为连线中垂线距A点距离也为d的一点，则下面关于三点电场强度的大小，电势高低的比较，正确的是A. ，B. ；C. ；D. 因为零电势点未规定，所以无法判断电势的高低【答案】B【解析】根据电场线分布规律可得电场线在B处最密，在C处稀疏，故，中垂线为等势面，所以，沿电场线方向电势降低，故，所以有，B正确；A、C、D错误；故选B。5. 两根由同种材料制成的

5、均匀电阻丝A、B串联在电路中，A的长度为L，直径为d；B的长度为2L，直径为2d，那么通电后在相同的时间内产生的热量之比为A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：长度之比为1：2，直径比为1：2，则横截面积比为1：4，根据电阻定律知，电阻之比为2：1，根据，电流相等，则热量之比为2：1，故B正确考点：考查焦耳定律，电阻定律【名师点睛】解决本题的关键知道串联电路电流相等，以及掌握电阻定律和焦耳定律6. 如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，开关S闭合后，电灯均能发光，现将滑动变阻器R的滑片P稍向上移动，下列说法正确的是A. 电灯均变亮B. 电灯变亮，变暗C. 电流表的示数变小

6、D. 电流表的示数不变【答案】B【解析】试题分析：由图可知与滑动变阻器并联，再与串联现将滑动变阻器R的滑片P稍向上移动，滑动变阻器接入电路的阻值变小，电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，所以电灯变亮，路端电压减小，所以与滑动变阻器并联电压减小，所以变暗，故A错误B正确；干路电流I增大，与滑动变阻器并联电压减小，所以通过的电流减小，而干路电流I增大，所以电流表的示数增大，故CD错误；考点：考查了电路动态分析【名师点睛】在分析电路动态变化时，一般是根据局部电路变化（滑动变阻器，传感器电阻）推导整体电路总电阻、总电流的变化，然后根据闭合回路欧姆定律推导所需电阻的电压和电流的变化

7、（或者电流表，电压表示数变化），也就是从局部整体局部7. 半径相同的两个金属小球A、B带有大小相等的电荷量，相隔一定距离，两球之间相互排斥力的大小是F，今让第三个半径相同的不带电的金属小球C先后与A、B两球接触后移开，这时，A、B两球之间的相互作用力大小可能是A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：两球之间相互排斥，则两球带等量同种电荷；假设A带电量为Q，B带电量为Q，两球之间的相互吸引力的大小是：,第三个不带电的金属小球C与A接触后，A和C的电量都为，C与B接触时先中和再平分，则C、B分开后电量均为，这时，A、B两球之间的相互作用力的大小，故B正确；考点：考查了库仑定律的应用【名

8、师点睛】要清楚带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分，根据库仑定律的内容，找出变化量和不变量熟练应用库仑定律即可求题8. 如图所示电路中，电源电动势为E，电源内阻为r，串联的固定电阻为，滑动变阻器的总电阻为，电阻大小关系为，则在滑动触头从a端移动到b端的过程中，下列描述正确的是A. 固定电阻上消耗的功率先减小后增大B. 电源的输出功率先减小后增大C. 电源的输出功先增大后减小D. 滑动变阻器上消耗的功率先减小后增大【答案】AB.考点：考查了电功率的计算【名师点睛】题关键判断出滑动变阻器滑片P从最右端中间左端总电阻变化情况和电源的输出功率与外电阻的关系，能巧妙运用等效思

9、维分析变阻器功率的变化9. 如图所示，ABC为表面光滑的斜劈，D为AC中点，质量为m，带正电的小滑块沿AB面从A点由静止释放，滑到斜面底端B点时速度为，若空间加一与ABC平面平行的匀强电场，滑块仍由静止释放，沿AB面滑下，滑到斜面底端B点时的速度为，若滑块由静止沿AC面滑下，滑到斜面底端C点时速度为，则下列说法正确的是A. 电场方向与BC垂直B. 滑块滑到D点时机械能增加了C. B点电势是C点电势的2倍D. B点电势与D点电势相等【答案】BD【解析】试题分析：无电场时由A到B：，有电场时由A到B：，有电场时由A到C：,由可得，又，则，则D点与B点电势相等，B，C不时等电势点，则电场线不与BC垂

10、直，则A错误；因D为AC的中点，则滑到D点电场力做功为到C点的一半，为，则机械能增加了，则B正确；，但不能确定B点电势是C点电势2倍，则C错误；因，则D点与B点电势相等，则D正确考点：电势能；电势差与电场强度的关系【名师点睛】通过对做功的分析，要抓住小球在运动的过程中，重力做功，电场力就做正功，由动能定理确定功的值10. 真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏，今有质子，氘核和粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上。已知质子、氘核和粒子的质量之比为1：2：4，电荷量之比为1：1：2，则下列判断中正

11、确的是A. 三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间不同B. 三种粒子打到荧光屏上的位置相同C. 偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1：2：2D. 偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1：2：4【答案】AB【解析】试题分析：三种粒子在偏转电场中做类平抛运动，飞出电场后做匀速直线运动，两个过程中水平方向是速度相同的匀速直线运动，根据动能定理求出加速获得的速度表达式，可分析从B板运动到荧光屏经历的时间关系根据推论分析粒子偏转距离与加速电压和偏转电压的关系，分析粒子打到荧光屏上的位置关系根据，分析电场力做功之比设加速电压为，偏转电压为，偏转极板的长度为L，板间距离为d在加速电场中，由动能定理得，得加速

12、获得的速度为三种粒子从B板运动到荧光屏的过程，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则v0不同，所以三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间不同，A正确；射出电场后，电场对粒子不做功，而粒子在两极板间竖直方向上的偏移量，可知，y与粒子的种类、质量、电量无关，故三种粒子偏转距离相同，打到荧光屏上的位置相同，偏转电压的电场力做功为，则W与q成正比，三种粒子的电荷量之比为1：1：2，则有电场力对三种粒子做功之比为1：1：2，B正确CD错误11. 电源、开关S、定值电阻，光敏电阻和电容器连成如图所示的电路，电容器的两平行板水平安置，当开关S闭合，并且无光照射光敏电阻时，一带电液滴恰好

13、静止在电容器两板间的M点当用强光照射光敏电阻时，光敏电阻的阻值变小，则A. 液滴向上运动B. 液滴向下运动C. 电容器所带电荷量减小D. 电容器两极板间电压变大【答案】AD【解析】试题分析：当用强光照射光敏电阻时，光敏电阻的阻值变小，电路中电流增大，两端间的电压增大，电容器的电压增大，板间场强增大，液滴所受的电场力增大，液滴向上运动，故AD正确，B错误；电容器的电压增大，电容不变，由知，电容器所带电荷量增大，故C错误考点：考查了含电容电路动态变化【名师点睛】解决本题的关键抓住电源的电动势和内阻不变，利用闭合电路欧姆定律进行动态分析12. 如图所示，其中电流表A的量程为0.06A，表盘均匀划分为

14、30个小格，每一小格表示0.02A；的阻值等于电流表内阻的；的阻值等于电流表内阻的2倍，若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，则下列分析正确的是A. 将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04AB. 将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.06AC. 将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06AD. 将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01A【答案】BC【解析】试题分析：当接线柱1、2接入电路时，电阻与电流表内阻并联后等效阻值为电流表电阻的，由于电流表的满偏电压为定值，故量程扩大为原来的3倍，则每小格变为0023=006A，选项A错误B正确；当接线柱1、3接入电路时，

15、电阻与电流表内阻并联后再和电阻串联，但串联的电阻对于电流表量程无影响，故每一小格仍为006A，选项C正确D错误考点：考查了电表的改装【名师点睛】电压表的改装：串联大电阻分压，。电流表的改装：并联小电阻分流，二、实验题13. 在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，小灯泡的规格为“3.8V，0.3A”。除了开关、导线外，还有如下的器材：电压表V，量程05V，内阻约5k电流表，量程0500mA，内阻约0.5电流表，量程0100mA，内阻约4滑动变阻器，自大阻值10，额定电流20A滑动变阻器，自大阻值100，额定电流1.0A直流电源E，电动势约为6V，内阻约为0.5（1）上述器材中，电流表应选_，滑

16、动变阻器应选_。（填器材符号）（2）某同学已连接如图甲所示的电路，在闭合开关前，检查发现有一处不当之处为_（3）不当之处改正后，在电路中所有元件都完好，且电压表和电流表已调零。闭合开关后：发现反复调节滑动变阻器，小灯泡亮度发生变化，但电压表、电流表的示数不能调为零，则断路的导线为_（用图中给出的导线符合表示）（4）通过实验得到了小灯泡的I-U图线如图所示，可知在小灯泡上的电压为2.0V时，小灯泡的电阻是_。（5）如果把该小灯泡直接接在电动势是2V，内阻是8的电源上组成闭合回路，则通过小灯泡的电流为_A。【答案】 (1). (2). (3). 滑动变阻器滑片不应在B处，而应在A处 (4). c

17、(5). 8 (6). 0.15【解析】试题分析：（1）根据小灯泡规格“38V，03”可知，电流表应选；由于测定小灯泡的伏安特性曲线实验要求电流从零调，所以变阻器应采用分压式接法，因为阻值小的变阻器便于调节，所以应选择变阻器；（2）实验开始时应使测量电路两端的电压为零，故滑片不应在B处，而应滑到A处；（3）由实物图可知，只有导线c断路，因为c断路后，变阻器变为限流式接法，所以电流表与电压表均不能调为零（4）由图可知，当电压为2V时，电流为025A，则电阻；（5）在小灯泡的I-U图象中画出表示电源的I-U图线，如图所示，读出两图线的交点的纵坐标即为通过小灯泡的电流，电流为：考点：“描绘小灯泡的伏

18、安特性曲线”的实验【名师点睛】应明确：1要根据小灯泡的额定电流或额定电压来选择电流表或电压表的量程2以下几种情况滑动变阻器必须采用分压式接法：要求电流从零调或要求电路中电流调节范围足够大；变阻器的全电阻远小于待测电阻；若变阻器采用限流式接法求出电路中的最小电流扔大于电流表的量程注意采用分压式接法时，应选择全电阻小的变阻器，以便于调节3注意表示电源的I-U图象与表示导体电阻的I-U图象的区别三、计算题：解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位14. 在边长为a的正方形的每个顶点上都放置一个电荷量为q的点电荷，如果保持

19、它们的位置不变，每个电荷受到的其它三个电荷的静电力的合力是多大？【答案】【解析】试题分析：假设第四个电荷q放在d点，则对角线上b点的电荷给它的库仑斥力为a电荷和c点的电荷给它的库仑斥力大小均为根据力的合成法则，点电荷所受的电场力大小为：考点：考查了库仑定律的应用【名师点睛】根据力的独立性原理和库仑定律，分别计算出其它三个电荷给它的库仑斥力大小，判断出方向，再根据力的合成法则，求出这三个力的合力即可15. 如图所示的电路中，电源电动势E=10V，内阻r=0.5，电动机的电阻，电阻，电动机正常工作时，电压表的示数，求：（1）电源释放的总电功率；（2）电动机消耗的电功率和电能转化为机械能的功率；（3

20、）电源的输出功率和效率；【答案】（1）20W（2）12W；8W（3）18W；90【解析】试题分析：（1）电动机正常工作时，总电流为：，电源释放的电功率为：；（2）电动机两端的电压为：；电动机消耗的电功率为：；电动机消耗的热功率为：；电动机将电能转化为机械能的功率，据能量守恒为：；（3）电源的输出功率为：；考点：考查了电功率的计算【名师点睛】对于电动机电路，关键要正确区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路：当电动机正常工作时，是非纯电阻电路；当电动机被卡住不转时，是纯电阻电路对于电动机的输出功率，往往要根据能量守恒求解16. 如图所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和长为L，相距d，足够大的竖直屏与两

21、极板右侧相距b，在两板间加上可调偏转电压U，一束质量为m，带电量为+q的粒子（不计重力）从两板左侧中点A以初速度v沿水平方向射入电场且能穿出（1）证明：粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两极板间的中心O点；（2）求两板间所加偏转电压U的范围；（3）求粒子可能到达屏上区域的长度。【答案】（1）见解析（2）（3）【解析】（1）设粒子在运动过程中的加速度大小为a，离开偏转电场时偏转距离为y，沿电场方向的速度为，偏转角为，其反向延长线通过O点，O点与板右端的水平距离为x，则有侧移量，匀速运动的位移，L=v0t竖直方向的速度，联立可得即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心（2）由牛顿第二定律，则有电场强度与电势差的关系，由式解得当时，则两板间所加电压的范围（3）当时，粒子在屏上侧向偏移的距离最大（设为y0），则而解得，则粒子可能到达屏上区域的长度为