【解析】山西省吕梁市临县第一中学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、山西省吕梁市临县第一中学2017-2018学年高二上学期期中考试物理试题一、单项选择题 1. 有两个点电荷所带电荷量的绝对值均为Q，从其中一个电荷上取下Q的电荷量，并加在另一个电荷上，那么它们之间的相互作用力与原来相比（ ）A. 一定变大 B. 一定变小C. 保持不变 D. 由于两电荷电性不确定，无法判断【答案】B【解析】试题分析：根据库仑定律得原来的库仑力为F=，从其中一个电荷上取下Q的电荷量，并加在另一个电荷上后，再由库仑定律得：即可比较大小解：根据库仑定律得：原来的作用力，从其中一个电荷上取下Q的电荷量，并加在另一个电荷上后，再由库仑定律得：所以F2F1故选B【点评】本题主要考查了库仑定

2、律的直接应用，难度不大，属于基础题2. 将一正电荷从无穷远处移至电场中M点，电场力做功为6.0109 J，若将一个等量的负电荷从电场中N点移向无穷远处，电场力做功为7.0109 J，则M、N两点的电势M、N有如下关系（）A. MN0 B. NM0 C. NM0 D. MN0【答案】C【解析】试题分析：正电荷从无穷处移向电场中M点，电场力做功为W1=610-9J，电荷的电势能减小，由电势能公式Ep=q，知M点的电势小于无穷远的电势，即M0负电荷从电场中N点移向无穷远处，静电力做功W2=710-9J，电势能减小，电势升高，则N点的电势小于无穷远的电势，即N0由于两电荷电量相等，从无限远处移入电场中

3、N点电场力做功较大，N点与无穷远间的电势差较大，则N点的电势低于M点的电势，即得到NM0故选C考点：电场力的功与电势差的关系3. 如图所示，在x轴相距为L的两点固定两个等量异种电荷+Q和-Q，虚线是以+Q所在点为圆心、L/2为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称。下列判断不正确的是（） A. b、d两点电势相同B. a、b、c、d四个点中，c点电势最低C. b、d两点电场强度相同D. 将一试探电荷+q沿圆周从a点移动到c点，其电势能减小【答案】C【解析】由图知，该电场中各点的电势关于x轴对称，所以bd两点的电势相等，故A正确；c点在两个电荷连线

4、的中点上，也在两个电荷连线的中垂线上，而该中垂线是一条等势线，所以c点的电势和无穷远处的电势相等而正电荷周围的电场的电势都比它高，即c点的电势在四个点中是最低的故B正确；该电场中的电场强度关于x轴对称，所以bd两点场强大小相等，方向是对称的，不相同的故C错误；c点的电势低于a点的电势，试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，电场力做正功，+q的电势能减小故D正确此题选择错误的选项，故选C点睛：该题考查常见电场的特点，解题的关键是知道：c点在两个电荷连线的中点上，也在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等而正电荷周围的电场的电势都比它高，负电荷周围的电场的电势都比它低4. 静电计是测

5、量电势差的仪器，指针偏转角度越大，金属外壳和上方金属小球间的电势差越大。在本实验中，静电计指针和A板等电势，静电计金属壳和B板等电势，因此指针偏转角越大表示A、B两极板间的电压越高。本实验中，对电容器充电后断开电键，则三个图中关于电压的说法正确组合的是（） 、图1中电压升高。、图2中电压升高。、图3中电压升高。、图1中电压降低。、图2中电压降低。、图3中电压降低。A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：电容器充电后和电源断开其带电量不变，当极板B向上移动时，正对面积减小，根据电容决定式，可知电容减小，根据可知，电量不变，由于电容减小，电压则增大；同理，电容器板间距离减小，电容增大，

6、根据可知电压减小；图中插入电解质，电容增大，根据可知电压减小故选C考点：电容器【名师点睛】有关电容器的问题主要考查对电容器的决定式和电容器的定义式的理解和灵活应用情况，尤其注意公式之间的推导与换算。5. 某一探测器因射线照射，内部气体电离，在时间t内有n个二价正离子到达阴极，有2n个电子到达探测器的阳极，则探测器电路中的电流为( )A. 0 B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：由题意可知，电离时通过导体截面的电量为2ne；由电流公式得：故选B。考点：电流【名师点睛】本题要注意电离导电和电解液导电的区别；在电离时正负电荷不是同时通过截面的，而是分别流向两极；故求电量时不能求正负电荷的绝

7、对值的和。6. 一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电量很小）固定在P点，如图所示，以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，Ep表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（ ）A. U变大，E不变 B. E变大，Ep变大C. U变小，Ep不变 D. U不变，Ep不变【答案】C【解析】试题分析：抓住电容器的电荷量不变，结合电容的决定式和定义式，以及匀强电场的场强公式得出电场强度的变化，从而得出P与下极板电势差的变化，得出P点的电势变化和电势能变化解：平行板电容器充电后与电源断开后，电量不变将正极板移到图中虚线所示的位置时，板间

8、距离d减小，根据C=知，电容C增大，根据U=，则板间电压变小由E=，C=得到：E=，可知E与d无关，则知电场强度E不变P与负极板间的距离不变，由公式U=Ed可知，P与负极板间的电势差不变，P点的电势不变，正电荷在P点的电势能不变故AC正确，BD错误故选：AC【点评】解决本题的关键知道电容器与电源断开后其电荷量不变，掌握电容器的决定式C=以及定义式C=要能熟练推导出场强的表达式E=，记住E与d无关的结论，有利于进行动态分析7. 如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R1、R2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部闭合电键S，小球静止时受到悬线的拉力为F.

9、调节R1、R2，关于F的大小判断正确的是() A. 保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变大B. 保持R1不变，缓慢减小R2时，F将变大C. 保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变大D. 保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变小【答案】B【解析】保持R1不变，缓慢增大R2时，由于R0和R2串联，总电流减小，R0两端的电压减小，即平行板电容器的两个极板的电压U减小，带电小球受到的电场力F电qE减小，悬线的拉力将减小，故A错误；同理可知，选项B正确保持R2不变，缓慢增大R1时，由于在含容支路中的电阻相当于导线，所以R0两端的电压不变，F电不变，悬线的拉力为F不变，故CD错误故选B.点睛：解决本题的关键是

10、：熟悉含容电路的特点：电容两端间的电压与其并联部分的电压相等；含容支路中的电阻相当于导线会正确的进行受力分析，搞清楚什么力变化导致拉力的变化8. 用两只完全相同的电流表分别改装成一只电流表和一只电压表将它们串联起来接入电路中，如图所示，此时（）A. 两只电表的指针偏转角相同B. 两只电表的指针都不偏转C. 电流表指针的偏转角小于电压表指针的偏转角D. 电流表指针的偏转角大于电压表指针的偏转角【答案】C【解析】试题分析：电流表改装成电压表是串联较大的分压电阻；电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻；两表串联后，通过电流表的总电流与电压表的电流相等，由于电流表改装成大量程电流表是并联较小的分

11、流电阻，所以大部分电流通过了分流电阻，通过表头的电流很小，电流表指针的偏转角小于电压表指针的偏转角，故ABD错误，C正确；故选C。考点：电表的改装【名师点睛】本题关键是明确电流表和电压表的改装原理，电流表改装成电压表是串联较大的分压电阻；电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻；熟悉串联电路的电流特点，基础题。二、多项选择题 9. 图中a、b是两个点电荷，它们的电荷量分别为Q1、Q2，MN是ab连线的中垂线，P是中垂线上的一点。下列哪种情况能使P点场强方向指向MN的左侧（）A. Q1、Q2都是正电荷，且Q1Q2B. Q1是正电荷，Q2是负电荷，且Q1|Q2|C. Q1是负电荷，Q2是正电荷

12、，且|Q1|Q2D. Q1、Q2都是负电荷，且|Q1|Q2|【答案】ACD【解析】试题分析：假如两点电荷均为正电荷时，若电荷量相等，则它们在P点的电场强度方向沿MN背离N方向当Q1Q2时，则b点电荷在p点的电场强度比a点强，所以电场强度合成后，方向偏左当Q1Q2时，则b点电荷在p点的电场强度比a点弱，所以电场强度合成后，方向偏右，故A正确；假如Q1是正电荷，Q2是负电荷时，b点电荷在p点的电场强度方向沿bP连线指向b点，而a点电荷在p点的电场强度方向沿aP连线指向p点，则合电场强度方向偏右不论电量大小关系，仍偏右，故B错误；当Q1是负电荷，Q2是正电荷时，b点电荷在p点的电场强度方向沿bP连线

13、指向p点，而a点电荷在p点的电场强度方向沿aP连线指向a点，则合电场强度方向偏左不论它们的电量大小关系，仍偏左，故C正确；若Q1、Q2是负电荷时，b点电荷在p点的电场强度方向沿bP连线指向b点，而a点电荷在p点的电场强度方向沿aP连线指向a点，当|Q1|Q2|时，则合电场强度方向偏左，故D正确； 所以ACD正确。考点：场强的叠加【名师点睛】此题是关于电场强度及电势的叠加问题；要知道电场强度是矢量，叠加时按照平行四边形法则合成；点电荷电场的电场强度决定式，以及知道电场强度的方向，与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反10. 如图所示，带正电的点电荷固定于点Q，电子在库仑力作用下，

14、做以Q为焦点的椭圆运动，M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点，电子在从M经P到达N点的过程中( ) A. 速率先增大后减小 B. 速率先减小后增大C. 电势能先减小后增大 D. 电势能先增大后减小【答案】AC【解析】试题分析：电子在从M到达N点的过程中，先靠近正电荷后远离正电荷，库仑力先做正功后做负功，动能先增后减，速率先增大后减小，A正确；B错误；电子只受电场力作用，电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，C正确；D错误；故选AC。考点：库仑定律；电势能。【名师点睛】根据电子与点电荷间距离的变化，分析电势的变化电场力正做功，电势能减小，电场力负做功，电势能增大；电子先靠近正

15、电荷，后远离正电荷；根据电场力做功情况判断电势能的变化情况和动能的变化情况，即可知速率的变化。11. 如图所示的直线是真空中某电场的一条电场线，A、B是这条直线上的两点一带正电粒子仅在电场力作用下，以速度vA经过A点向B点运动，经过一段时间后，粒子以速度vB经过B点，且vA与vB方向相反，则 () A. A点的电势一定低于B点的电势B. 粒子在A点的电势能一定小于在B点的电势能C. 粒子在A点的动能一定小于在B点的动能D. A点的场强一定大于B点的场强【答案】AB【解析】由于带正电的粒子在A点时速度方向向右而到达B点时速度方向向左，故正电荷所受电场力方向向左，而正电荷所受电场力的方向与电场的方

16、向相同，故场强向左，所以A点电势低于B点的电势，故A正确由于从A到B过程中电场力做负功，故粒子的电势能增大故B正确由于从A到B过程中电场力做负功，故电荷在A点的动能比在B点的动能大，故C错误由于只有一条电场线，所以无法判断哪个位置电场线的疏密情况，故无法判断AB两点哪点的场强更大故D错误故选AB点睛：物体速度方向的变化说明物体所受的电场力方向向左，这是本题的突破口还要掌握电场线的基本特性：疏密表示场强的相对大小，方向表示电势高低12. 空间存在一电场，一带负电的粒子仅在电场力作用下从x1处沿x轴负方向运动，初速度大小为v0，其电势能Ep随坐标x变化的关系如图所示，图线关于纵轴左右对称，以无穷远

17、处为零电势能点，粒子在原点O处电势能为E0，在x1处电势能为E1，则下列说法中正确的是（）A. 坐标原点O处电场强度最大B. 粒子经过x1、x1处速度相同C. 由x1运动到O过程加速度一直减小D. 粒子能够一直沿x轴负方向运动，一定有v0【答案】BD根据公式Ep=q，可知，该粒子带负电，从x1处到-x1处，电势先降低后升高，电场方向先沿x轴负方向后沿x轴正方向，电场力先沿x轴正方向后沿x轴负方向，粒子只要能通过原点O，就能一直沿x轴运动，设粒子恰好能到达原点O时的速度为v，则根据能量守恒定律得：mv2=E0-E1，当v0v时，即粒子能够一直沿x轴负方向运动，故D正确故选BD考点：电场强度；电势

18、及电势能；能量守恒定律【名师点睛】解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律和能量守恒定律进行分析。三、实验题13. 如图甲所示为示波管，如果在YY之间加如图乙所示的交变电压，同时在XX之间加如图丙所示的锯齿形电压，使X的电势比X高，则在荧光屏上会看到图形为（_）A B C D【答案】C【解析】试题分析：因XX偏转电极接入的是锯齿形电压，即扫描电压，且周期与YY偏转电压上加的是待显示的信号电压相同，则以在荧光屏上得到的信号在一个周期内的稳定图象则显示如图所示：故选C。考点：示波器；带电粒子在电场中的运动【名师点睛】本题关键要清楚示波管的工作原

19、理，要用运动的合成与分解的正交分解思想进行思考。14. 在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，实验室提供了小灯泡（2.5V，0.5A）、电流表、电压表以及滑动变阻器等实验器材：（1）图甲为实验中某同学连接好的实验电路图，在开关S闭合后，把滑动片P从A向B端移动过程中会观察到电压表读数变_（填“大”或“小”）（2）某同学由测出的数据画出IU图象，如图乙所示，当小灯泡两端电压为2.0V时，小灯泡的电阻值R=_，此时小灯泡的实际功率P=_W（结果保留两位有效数字）【答案】 (1). 大 (2). 4.4 (3). 0.90【解析】试题分析：（1）由图示电路图可知，在开关S闭合之前，应把滑动变阻器的

20、滑动片P移到A端；实验中滑动片P从从A向B端移动过程中会观察到电压表读数变大（2）由图象可知，当U=20V时，对应的电流为：I=045A，则小灯泡的电阻值为：，灯泡的实际功率为：P=UI=20045=090W；考点：描绘小灯泡的伏安特性曲线【名师点睛】本题应明确：若要求电流从零调或变阻器的全电阻远小于待测电阻时，变阻器应用分压式接法；涉及到图象问题，可以表示出纵轴物理量与横轴物理量的函数表达式，然后再根据斜率和截距的概念讨论即可。四.计算题15. 把一个内阻为Rg=100,满偏电流为Ig=1mA的表头改装成一个量程50V的电压表，（1）需要串联多大的分压电阻？（2）改装成一个量程5A的电流表，

21、需要并联多大的分流电阻？（3）将量程为3.0V，Rv=10k的电压表改装成量程是30V的电压表，该如何做？【答案】（1）串联一个阻值为49900的分压电阻；（2）并联一个阻值为0.02的分流电阻；（3）串联一个阻值为 90k的分压电阻；【解析】（1）将电流表改装成电压表需串联的分压电阻： .（3）将量程为3.0V，Rv=10k的电压表改装成量程是30V的电压表，串联一个分压电阻； 16. 半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一质量为m、带正电的珠子，空间存在水平向右的匀强电场，如图所示珠子所受静电力是其重力的3/4倍将珠子从环上最低位置A点静止释放，则：（1）珠子所能获得的最大动能

22、是多少？（2）珠子对圆环的最大压力是多少？【答案】（1）mgr/4；（2）7mg/4【解析】（1）如图，在珠子能够静止的一点进行受力分析；设OB与OA之间的夹角为，则： 所以：=37，珠子在等效最低点B时具有最大的动能珠子从A到B的过程电场力和重力做功，珠子的动能增加，即：mgr（1cos）+qErsin=EK0解得珠子所能获得的最大动能：Ek=mgr（1cos）+qErsin=（2）珠子在最低点B处受到的压力最大根据合力提供向心力 又因为重力和电场力的合力F=， 所以根据牛顿第三定律，珠子对圆环的最大压力是点睛：该题属于重力与电场力的复合场问题，解决问题的关键是找到带电体的等效平衡位置，结合

23、圆周运动及动能定理求解17. 如图所示，带等量异种电荷的两块相互平行的金属板AB、CD长都为L，两板间距离为d，其间为匀强电场.当两极板间电压为U0时，有一质量为m、带电荷量为q的质子紧靠AB板的上表面以初速度v0射入电场中，设质子运动过程中不会和CD相碰，求：（1）当时，质子在竖直方向的位移是多大?（2）当时，突然改变两金属板带电性质，且两板间电压为U1，则质子恰好能紧贴B端飞出电场，求电压U1和U0的比值是多大? 【答案】(1)(2)【解析】试题分析：（1）质子进入电场的加速度为a当t=时，质子在竖直方向的位移：yat2= （2）当t=时，质子在竖直方向的速度：vy=at= 改变两极板的极性后，质子在竖直方向上的加速度：a 在竖直方向上，由匀变速直线运动公式，得：yvyta t2带入以上各数据，解得考点：本题考查带电粒子在匀强电场中的运动。 ASDFESAQ!#%FWQQ!QAaaazzx33456#$!%ASDFESAQ!#%FWQQ!QAaaazzx33456#$!%