【解析】安徽省蚌埠市第二中学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、安徽省蚌埠市第二中学2017-2018学年高二上学期期中考试物理试题一、选择题1. 库仑定律是电磁学的基本定律。1766年英国的普里斯特利通过实验证实了带电金属空腔不仅对位于空腔内部的电荷没有静电力的作用，而且空腔内部也不带电。他受到万有引力定律的启发，猜想两个点电荷之间的静电力与它们的距离的平方成反比。1785年法国的库仑通过实验证实了两个点电荷之间的静电力与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的平方成反比。下列说法不正确的是A. 普里斯特利的实验表明，处于静电平衡状态的带电金属空腔内部的电场处处为零B. 普里斯特利的猜想运用了“类比”的思维方法C. 为了验证猜想，库仑精确测定了两个点电荷

2、的电荷量D. 为了验证猜想，库仑制作了库仑扭秤装置【答案】C【解析】试题分析：普里斯特利的实验表明，处于静电平衡状态的带电金属空腔内部的电场处处为0，故A正确；普里斯特利联想到万有引力定律的猜想，故运用了“类比”的思维方法，故B正确；为了验证两个点电荷之间的静电力与它们的电荷量的乘积成正比，库仑定性的比较了电荷的变化，故C错误；为了验证两个点电荷之间的静电力与它们的距离的平方成反比，库仑制作了库仑扭秤装置，故D正确；考点：考查了物理学史【名师点睛】金属导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布因此在金属导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，只有叠加后电场为零时，电荷才不

3、会移动；明确库仑实验的原理2. R1和R2是材料相同、厚度相同、上下表面都为正方形的导体，但R1的尺寸比R2大得多，关于两导体的电阻大小，判断正确的是A. R1R2 B. R1R2 D. 无法确定【答案】A【解析】设导体的电阻率为，厚度为d，边长为L，则由电阻定律得导体的电阻：，可知电阻与边长L无关，只取决于厚度，故R1=R2，故A正确，BCD错误。3. 安培提出来著名的分子电流假说根据这一假说，电子绕核运动可等效为一环形电流设电量为e的电子以速率v绕原子核沿顺时针方向做半径为r的匀速圆周运动，关于该环形电流的说法，正确的是A. 电流强度为，电流方向为顺时针B. 电流强度为，电流方向为顺时针C

4、. 电流强度为，电流方向为逆时针D. 电流强度为，电流方向为逆时针【答案】C【解析】A、电子带负电，负电荷的定向移动方向是形成电流方向的反方向，因电子绕核顺时针方向运动，故电流方向为逆时针方向，选项A、B错误；C、由匀速圆周运动的周期公式和电流的定义可得：，选项C正确，选项D错误。点睛：本题是利用电流强度的定义式求解电流，这是经常用到的思路要知道电流方向与正电荷定向移动方向相同，而与负电荷定向移动方向相反。4. 带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，如图所示，下列说法正确的是A. 粒子可能带负电，在b点时速度较大B. 粒子的电势能在b点时较大C

5、. 粒子的加速度在a点时较大D. 粒子一定带正电，动能先变小后变大【答案】D【解析】根据轨迹弯曲方向，知粒子所受的电场力方向沿电场线切线方向向右，所以该电荷是正电荷，电场线的疏密表示场强的大小，由图可知a点的电场强度比b点的小，则粒子在a所受的电场力小，所以粒子的加速度在a点时较小，故C错误；粒子从a点到b点，电场力先做负功，再做正功，电势能先增加后降低，动能先变小后变大，但从a点到b点的整个过程电场力做的总功是正功，所以a点的电势能大于b点，a点的动能小于b点，故AB错误，D正确。所以D正确，ABC错误。5. 如图所示，空间存在水平方向的匀强电场E2.0104N/C，在A处有一个质量为0.3

6、kg的小球，所带电荷量为q=+2.010-4C,用一长为L600cm的不可伸长的绝缘细线与固定点O连接。AO与电场线平行处于水平状态，取g=10m/s2。现让该质点在A处静止释放，则 A. 释放后小球做圆周运动B. 小球在A点瞬间的加速度大小为C. 小球从A运动到O点正下方的过程中电势能增加了24JD. 小球第一次运动到O点正下方的速度大小为【答案】D【解析】小球的重力G=mg=3N，电场力方向水平向左，大小F=qE=22N=4N，小球做匀加速直线运动，小球的加速度为：，故AB错误；小球第一次到O点正下方时，水平位移为x=L=6m，则电场力做功W电=-qEL=46J=24J，Y因为电场力做正功

7、，所以电势能减少了24J，故C错误；设合力方向与水平方向的夹角为，则，小球第一次到O点正下方时，水平位移为x=L=6m竖直位移为：，重力做功WG=mgy=34.5J=13.5J，根据动能定理得：，带入得：，故D正确。所以D正确，ABC错误。6. 如图所示是某导体的IU图象，图中=45，下列说法正确的是A. 此导体的电阻R=0.5B. 此导体的电阻R=2C. IU图象的斜率表示电阻的倒数，所以R= cot45=1.0D. 在R两端加6.0V电压时，每秒通过导体截面的电荷量是6.0C【答案】B【解析】根据：可知，图象的斜率表示电阻的倒数，则由图象可知电阻，故A错误，B正确；I-U图线的斜率可定性表

8、示电阻的倒数，但R不能等于cot45求解，只能根据去求，故C错误；在R两端加6V的电压时，电路中电流则每秒通过电阻的电荷量为q=It=31=3.0C，故D错误。所以B正确，ACD错误。7. 质量为m1的不带电小环A套在动摩擦因数为的竖直杆上，其最大静摩擦力等于滑动摩擦力，一质量为m2、带电荷量为+q的小球B与A用一绝缘细线相连，整个装置处于匀强电场中，恰好保持静止，则当电场强度E存在最小值时，E与水平方向的夹角为A. 0 B. 30 C. 45 D. 60【答案】D【解析】设F与墙面的夹角为，分别对m1和m2受力分析如图所示：在竖直方向有：，解得：，对m2的受力分析利用三角形定则可知要电场力最

9、小，则电场力方向垂直于F，即当=时电场强度最小，可得，其中，联立解得=60时，F最小，故D正确，ABC错误。8. 美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴，较准确地测定了电子的电荷量。如图，平行板电容器两极板与电压为U的恒定电源两极连，板的间距d。现有一质量为m的带电油滴在极板间匀速下落，则A. 此时极板间的电场强度B. 油滴带电荷量为C. 将下极板向上缓慢移动一小段距离，油滴将立即向上运动D. 减小极板间电压，油滴将加速下落【答案】AD【解析】两极板间的电压为U，板间距离为d，则板间的电场强度 ，故A正确油滴静止不动，由平衡条件得： ，得油滴带电荷量为： ，故B错误将极板N向下缓

10、慢移动一小段距离，由，知板间场强E减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将加速向下运动故C错误减小极板间的电压时，由，知板间场强E减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将加速下落故D正确故选AD9. 将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、E和Q表示，下列说法正确的是A. 保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半B. 保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍C. 保持d不变，将Q变为原来的两倍，则U变为原来的一半D. 保持d不变，将Q变为原来的一半，则E变为原来的一半【答案】AD【解析】试题分析：保持U不变，根据公式E=分析E与d的关系；保

11、持E不变，U与d正比；保持d不变，C不变，根据C=分析Q与U的关系；保持d不变，将Q变为原来的一半，由C=分析U的变化，由E=分析E的变化解：A、保持U不变，将d变为原来的两倍，根据公式E=可知，E变为原来的一半故A正确B、保持E不变，将d变为原来的一半，由U=Ed可知，U变为原来的一半故B错误C、保持d不变，电容C不变，将Q变为原来的两倍，由公式C=分析可知，U变为原来的两倍故C错误D、保持d不变，电容C不变，将Q变为原来的一半，由公式C=分析可知，U变为原来的一半，由E=分析知，E变为原来的一半故D正确故选AD【点评】本题关键要掌握E=、C=两个公式，同时，要明确d不变时，电容C不变10.

12、 如图所示的竖直平面的xOy坐标系中，x轴上固定一个点电荷Q，y轴上固定一根光滑绝缘细杆（细杆的下端刚好在坐标原点O处），将一个套在杆上重力不计的带电圆环（视为质点）从杆上P处静止释放，圆环从O处离开细杆后恰好绕点电荷Q做圆周运动。下列说法正确的是A. 圆环沿细杆从P运动到O的过程中，加速度一直减小B. 圆环沿细杆从P运动到O的过程中，速度一直增大C. 若仅增大圆环所带的电荷量，圆环从0处离开细杆后仍然能绕点电荷做圆周运动D. 将带电圆环从杆上P的上方由静止释放，其他条件不变，圆环从D处离开细杆后仍然能绕点电荷做圆周运动【答案】BC【解析】圆环从P运动到O的过程中，受库仑引力、弹力，库仑引力沿

13、杆方向上的分力等于圆环的合力，滑到O点时，所受的合力为零，加速度为零，故A错误；圆环从P运动到O的过程中，库仑引力做正功，动能一直增大，则速度也一直增大，故B正确；根据动能定理：，解得到O点的速度为，库仑力提供向心力得：，可得：，由此可知与电荷量无关，圆环仍然可以做圆周运动，若增大高度，知电势差U增大，库仑引力与所需向心力不等，不能做圆周运动，故C正确，D错误。所以BC正确，AD错误。二、实验题11. 如图所示电路，电源内阻不可忽略。在滑动变阻器触头由a滑向b的过程中， 电流表示数_，小灯泡L亮度_，电源内电压_，电源内电阻消耗功率_。（选填减小、增加或不变）【答案】 (1). 增加 (2).

14、 减小 (3). 减小 (4). 减小【解析】滑片向b端移动时滑动变阻器接入电阻增大；由闭合电路欧姆定律得电路中总电流减小；由E=U+Ir可知，路端电压增大；则流过R的电流增大，故电流表示数增大；因总电流减小，而流过R的电流增大；由并联电路的分流规律可知，流过灯泡的电流减小，故灯泡亮度减小；因电流减小，则由功率公式可知，是源内部消耗的功率减小。 12. 如图所示，一个原来不带电的半径为r的空心金属球放在绝缘支架上，右侧放置一个电荷量为+Q的点电荷，点电荷到金属球表面的最近距离为r，则金属球上的感应电荷在球心处激发的电场强度大小为_，方向_。【答案】 (1). (2). 向右【解析】金属球内部合

15、电场为零，电荷+Q与感应电荷在金属球内任意位置激发的电场场强都是等大且反向，感应电荷在金属球球心处激发的电场场强与点电荷在球心处产生的电场强度大小，方向相反，即为，方向两球心连线向右。13. 如图是有两个量程的电压表，当使用a、b两个端点时，量程为0-10V，当使用a、c两个端点时，量程为0-100V。已知电流表的内阻Rg为500，满偏电流Ig为1mA，则R1=_,R2=_ 。【答案】 (1). R1=9500 (2). R2=90000.14. 有一只标值为“2.5 V，x W”的小灯泡，其额定功率的标值已模糊不清。某同学想通过测绘灯丝伏安特性曲线的方法来测出该灯泡的额定功率。(1)已知小灯

16、泡的灯丝电阻约为5 ，请先在甲图中补全伏安法测量灯丝电阻的电路图，再选择电流表、电压表的合适量程，并按图甲连接方式将图乙中的实物连成完整的电路。(2)开关S闭合之前，将图乙中滑动变阻器的滑片应置于_。(选填“A端”、“B端”或“AB正中间”)(3)该同学通过实验作出了灯丝的伏安特性曲线如图丙所示，则小灯泡的额定功率为_W。【答案】 (1). 如图甲所示: (2). 实物连线如图乙所示:1.1【解析】（1）测定伏安特性电压电流需从0开始测起，滑动变阻器采用分压式接法，灯泡的电阻约为5，属于小电阻，电流表采取外接法灯泡的额定电压为2.5V，所以电压表选择3V量程的，灯泡的额定电流在0.44A，则电

17、流表量程选择0.6A的，电路图和实物连线图如下图：（2）开关S闭合之前，将图乙中滑动变阻器的滑片应置于B端，使测量电路部分处于短路状态，闭合电键时，电压表、电流表示数为零，起到保护作用。（3）当电压U=2.5V时，I=0.44A，根据P=UI=2.50.44W=1.1W。三、计算题15. 带有等量异号电荷、相距10cm的平行板A和B之间有一个匀强电场，如图所示。电场强度E2.0104V/m，方向向下。电场中C点距B板3cm，D点距A板2cm。（1）若令A板接地，C、D两点的电势、分别是多少？C、D两点的电势差等于多少？（2）一个电子从C点先移到P点，再移到D点，静电力做了多少功？【答案】（1）

18、=-1400V，=-400V；=-1000V（2）【解析】试题分析：根据匀强电场的场强与电势差的关系U=Ed，计算CD间的电势差，但是要注意CD间电势差的正负；电场力做功与路径无关，根据W=qU求解电场力的功。（1）沿着电场线电势降低，故D点的电势大于C点的电势，如果令A板接地，则：同理可得：所以：点睛：本题主要考查了匀强电场的场强与电势差的关系U=Ed，注意d为沿电场线方向上的距离。16. 如图所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图电动机内电阻r0.8，电路中另一电阻R10，直流电压U160V，电压表示数UV110V试求：(1)通过电动机的电流及输入电动机的电功率(2)若电动机以v1m

19、/s匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量？(g取10 m/s2)【答案】(1)5A、550W（4分）(2)53kg【解析】试题分析：根据欧姆定律求出通过R的电流，电动机与R串联，电流相等；电动机的输入功率为P电=UMIM；电动机内电阻的发热功率为 ，输出的机械功率为P出=P电-P热，由公式P出=Fv=mgv求解物体的质量。（1）由电路中的电压关系可得电阻R的电压为：则流过电阻R的电流为：可得通过电动机的电流为：IM=IR=5 A电动机两端的电压为：则输入电动机的功率为：（2）电动机的发热功率为：电动机输出的机械功率为：又因为：P出=mgv带入数据可得：点睛：本题主要考查了非纯组电路问题，要知道

20、电动机做功的功率加上线圈的发热功率等于电动机消耗电能的功率。17. 真空中的某装置如图所示，现有质子从O点由静止释放，经过加速电场U1和偏转电场U0后射出电场范围，已知质子的比荷为、偏转电场板间距为d、长度为L（不计质子的重力）求：（1）质子到达偏转电场时的初速度v0（2）质子在偏转电场中沿垂直于板面方向的偏移距离y【答案】（1）（2）【解析】试题分析：根据动能定理求出粒子进入偏转电场时的速度；抓住在偏转电场中垂直于电场方向做匀速直线运动，求出运动的时间，结合竖直方向上做匀加速直线运动，求出偏转的位移。（1）根据动能定理得：解得质子到达偏转电场时的初速度为：（2）质子在偏转电场中运动时间为：根

21、据牛顿第二定律：可得质子在偏转电场中的加速度为：垂直于板面方向的偏移距离为: 联立可得：点睛：本题主要考查了粒子在电场中的加速和偏转，知道粒子在垂直电场和沿电场方向上的运动规律，抓住等时性，结合运动学公式进行求解。18. 如图所示，足够长的光滑绝缘水平台左端固定一被压缩的绝缘轻质弹簧，一个质量m=0.04kg、电量的可视为质点的带电小球与弹簧接触但不栓接。某一瞬间释放弹簧弹出小球，小球从水平台右端A点飞出，恰好能无碰撞地落到粗糙倾斜轨道的最高B点，并沿轨道滑下。已知AB的竖直高度h=0.45m，倾斜轨道与水平方向夹角为、倾斜轨道长为L=2.0m，带电小球与倾斜轨道的动摩擦因数。倾斜轨道通过光滑

22、水平轨道CD与光滑竖直圆轨道相连，在C点没有能量损失，所有轨道都绝缘，运动过程小球的电量保持不变。只有过山车模型的竖直圆轨道处在范围足够大竖直向下的匀强电场中，场强。（cos37=0.8，sin37=0.6，取g=10m/s2）求：（1）被释放前弹簧的弹性势能（2）要使小球不离开轨道（水平轨道足够长），竖直圆弧轨道的半径应该满足什么条件？【答案】（1）0.32J（2）或【解析】试题分析：释放弹簧后弹簧的弹性势能转化为小球的动能先根据小球从A到B平抛运动过程，求出小球到B点时竖直分速度，由速度的分解求出到A点的速度，即可根据机械能守恒求解被释放前弹簧的弹性势能；要使小球不离开轨道，有两种情况：第

23、一种情况：是恰好过竖直圆轨道最高点时，先由牛顿第二定律和向心力知识求出到最高点的速度，再由动能定理求解轨道半径第二种情况：小球恰好到竖直圆轨道最右端，由动能定理求解轨道半径。（1）小球从A到B平抛运动：带入数据解得：在B点时速度关系为：解得：被释放前弹簧的弹性势能：（2）在B点时的速度为：从B到C根据动能定理得：解得：好过竖直圆轨道最高点时，根据牛顿第二定律：从C到圆轨道最高点：因为：qE=0.4N=mg联立并带入数据解得：恰好到竖直圆轨道最右端时：带入数据解得： 要使小球不离开轨道，竖直圆弧轨道的半径或。点睛：本题主要考查了力电综合题，明确研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题。 ASDFESAQ!#%FWQQ!QAaaazzx33456#$!%ASDFESAQ!#%FWQQ!QAaaazzx33456#$!%