高中广西钦州市第三中学高二上学期期中理综物理(理科生用)试题[答案解析]

广西钦州市第三中学【精品】高二上学期期中理综物理（理
科生用）试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．要使真空中的两个点电荷间的库仑力增大到原来的4倍，下列方法中可行的是：（ ） 1.
每个点电荷的带电量都增大到原来的4倍，电荷间 的距离不变 2.
保持点电荷的带电量不变，使两个电荷间的距离增大到原来的2 倍 3. 使一个点电荷的电荷量加倍，另一个点电荷的电荷量保持不变，同时将两个点
电荷间的距离减小为原来的1/2
D 、保持点电荷的电荷量不变，将两个点电荷的距离减小到原来的1/2
2．在电场中某点用+q 测得场强E ，当撤去+q 而放入2
q 时，则该点的场强（ ） A ．大小为
2
E ，方向和E 相同 B ．大小为2E ，方向和E 相反 C ．大小为E ，方向和E 相同
D ．大小为
E ，方向和E 相反
3．如图所示，带箭头的线段表示某一电场中的电场线的分布情况。

一带电粒子在电场中运动的轨迹如下图中虚线所示。

若不考虑其他力，则下列判断中正确的是（ ）
A ．若粒子是从A 运动到
B ，则粒子带正电；若粒子是从B 运动到A ，则粒子带负电 B ．不论粒子是从A 运动到B ，还是从B 运动到A ，粒子必带负电
C ．若粒子是从B 运动到A ，则其电势能增大
D ．若粒子是从B 运动到A ，则其速度减小
4．加在某台电动机上的电压是U （V ），电动机消耗的电功率为P （W ），电动机线圈的电阻为R （Ω），则电动机线圈上消耗的热功率为（ ）
A ．P
B．
2 U R
C．
2
2 P R U
D．
2
2
P R P
U
二、多选题
5．电源电动势为E，内阻为r，向可变电阻R供电，关于路端电压说法正确的是() A．因为电源电动势不变，所以路端电压也不变
B．因为U＝IR，所以当I增大时，路端电压也增大
C．因为U＝E－Ir，所以当I增大时，路端电压下降
D．若外电路断开，则路端电压等于电动势
6．一带电油滴在匀强电场E中从a到b的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下，不计空气阻力。

此带电油滴从a运动到b的过程中，能量变化情况是（）
A．动能增加
B．电势能增加
C．重力势能和电势能之和减小
D．动能和电势能之和增加
7．如图所示，要使静电计的指针偏角变小，可采用的方法是（）
A．使两极板靠近B．减小正对面积
C．插入电介质D．用手碰一下正极板
8．如图所示，三个质量相等的，分别带正电、负电和不带电的小球，以相同速率在带电金属板的P点沿垂直于电场方向射入电场，落在A、B、C三点，则（）
A．落到A点的小球带正电、落到B点的小球不带电、落到C点的小球带负电
B．三小球在电场中运动时间相等
C．三小球到达正极板的动能关系是E kA＞E kB＞E kC
D．三小球在电场中的加速度关系是a C＞a B＞a A
三、实验题
9．在测定一根粗细均匀的合金丝R x的电阻率的实验中。

待测合金丝R x的电阻约为5Ω。

(1)测量合金丝直径如图示，合金丝直径为________。

(2)某同学根据以上仪器，按图连接实验线路，在实验中发现电流表示数变化范围较窄，现请你用笔在下图中画一条线对电路进行修改，使电流表示数的变化范围变宽_______。

(3)其测量结果比真实值偏________（选填“大”或“小”）。

10．某学习小组在研究小灯泡灯丝电阻和温度的关系时，描绘了一只小灯泡（3.6 V，0.3 A）的伏安特性曲线。

实验中除红外测温仪、导线和开关外，还有以下器材可供选择：A．电源E（电动势为6.0 V）
B．电压表V1（量程为0~3 V，内阻约为2 kΩ）
C．电压表V2（量程为0~5 V，内阻约为4 kΩ）
D．电流表A1（量程为0~0.6 A，内阻约为0.2 Ω）
E.电流表A2（量程为0~100 mA，内阻约为2 Ω）
F.滑动变阻器R1（最大阻值10 Ω，额定电流1 A）
G.滑动变阻器R2（最大阻值2 kΩ，额定电流100 mA）
(1)为了便于调节，减小读数误差和系统误差，请你选择合适的电压表、电流表和滑动变阻器________（填所选仪器前的字母序号）。

(2)实验中要求加在小灯泡上的电压从零到小灯泡的额定电压连续可调。

在做实验时，连成的实物电路图如图：
请你指出上述实验电路图中的错误之处：
①__________________
②__________________
图像。

图像是(3)如图所示为某同学根据正确的实验电路图所测的几组数据画出的I U
一条曲线而不是直线的原因是_______。

四、解答题
11．如图所示，一带电小球质量为m，用丝线悬挂在水平方向的匀强电场E中，当小球静止时丝线与竖直方向的夹角为θ。

(1)求小球所带的电荷量；
(2)若把悬线烧断，则小球经过时间t后的位移是多少？
12．在如图所示的电路中，R1=2 Ω，R2=R3=4 Ω，当电键K接a时，R2上消耗的电功率为4 W，当电键K接b时，电压表示数为4.5 V，试求：
(1)电键K接a时，通过电源的电流和电源两端的电压；
(2)电源的电动势和内电阻。

13．图示为电子显示仪器（如示波器）的核心部件的示意图。

左边部分为加速装置，阴极产生的热电子由静止开始经过U1的加速电压加速后，从左端中心进入极板长l1、间距d、电压为U2的偏转电场区域（极板正对面之间区域为匀强电场，忽略边缘效应），距偏转电场区域右端l2的位置是荧光屏，电子打在荧光屏上能够显示出光斑。

当U2＝0时光斑正好在屏的中心。

设荧光屏足够大。

若U2为稳定电压，试推导光斑在荧光屏上相对中心的偏移量Y的表达式。

参考答案
1．D
【解析】略
2．C
【详解】
电场强度的定义式
F E q
= 电场强度是源电场本身具有的属性，与F 和试探电荷q 无关，所以电场强度大小和方向均不变，ABD 错误，C 正确。

故选C 。

3．B
【详解】
AB ．根据做曲线运动物体所受合外力指向曲线内侧可知粒子所受电场力与电场线的方向相反，所以不论粒子是从A 运动到B ，还是从B 运动到A ，粒子必带负电，A 错误，B 正确； C ．沿电场线方向电势降低
A B ϕϕ>
根据电势能的公式
p E q ϕ=
则负电荷的电势能关系
p p A B E E <
若粒子是从B 运动到A ，则其电势能减小，C 错误；
D ．从B 到A 过程中电场力与速度方向成锐角，即做正功，动能增大，速度增大，D 错误。

故选B 。

4．C
【解析】
【详解】
电动机是非纯电阻电路，电功率为P=UI ，故电流为I=P/U ，故热功率P 热=I 2
r=（P U ）2r=22P r U ；
故选C ．
5．CD
【详解】
A. 电源电动势不变，路端电压随外电阻的增大而增大，减小而减小，故A 错误；
BC. 当R 增大时，I 减小，不能根据=U IR 判断路端电压的变化，而由=U E Ir -分析，E 、r 不变，I 减小，得到U 增大；I 增大，得到U 减小；故C 正确B 错误；
D. 若外电路断开，则路端电压等于电动势，故D 正确。

故选CD 。

6．AC
【详解】
A ．粒子由a 到b ，曲线运动所受合外力指向曲线的凹侧，由运动轨迹可判出粒子受电场力与重力的合力向上，故粒子带负电且电场力大于重力，电场力与重力的合力与速度方向成锐角做正功，由动能定理可知，油滴的动能增大，A 正确；
B ．电场力做正功，电势能减小，B 错误；
C ．由于重力和电场力的合力做正功，故重力势能与电势能之和减小，C 正确；
D ．由于油滴在运动中，电势能减小，减小的电势能转化为油滴的动能及重力势能，故动能和电势能之和应减小，减小部分变成了油滴的重力势能，D 错误。

故选AC 。

7．ACD
【详解】
A ．两极板靠近时，d 减小，根据电容的决定式
r 4S C kd
επ=
可知C 增大，根据电容的定义式 Q C U
= 电荷量保持不变，可知电势差减小，即静电计指针偏角变小，A 正确；
B ．减小正对面积，则正对面积S 减小，根据电容的决定式可知
C 减小，根据电容的定义式可知极板间电势差U 增大，即指针偏角变大，B 错误；
C ．插入电介质时，r ε增大，根据电容的决定式可知C 增大，根据电容的定义式可知U 减
小，故指针偏角减小，C正确；
D．由于负板接地，用手触摸正极板时，正极板接地，可知极板间电势差为0，故指针偏角度变小，D正确。

故选ACD。

8．AD
【详解】
B.三个小球都做匀变速曲线运动，运用运动的分解法可知，三个小球水平方向都做匀速直线运动，由图看出，水平位移的关系为x A＞x B＞x C，而它们的初速度v0相同，由位移公式x=v0t 得知，运动时间关系为t A＞t B＞t C．故B错误；
AD.三个小球在竖直方向都做匀加速直线运动，竖直位移大小y相等，由位移公式y=1
2
at2
得到，加速度的关系为a A＜a B＜a C．根据牛顿第二定律得知，三个小球的合力关系为：F A ＜F B＜F C．三个质量相等，重力相等，可知，A所受的电场力向上，C所受的电场力向下，则A带正电、B不带电、C带负电，故AD正确；
C.由上分析得到，电场力对A做负功，电场力对C做正功，而重力做功相等，而且重力都做正功，合力对小球做功A最小，C最大，初动能相等，则根据动能定理得知，到达正极板时动能关系E KA＜E KB＜E KC．故C错误．
故选AD．
9．4.253mm（4.252mm 4.254mm
~均正确）小【详解】
(1)[1]螺旋测微器的精度为0.5mm
0.01mm
50
=，所以读数为4mm25.30.01mm 4.253mm
+⨯=，
4.252mm 4.254mm
~均正确。

(2)[2]添加如图所示的一条导线，使滑动变阻器的接入方式由限流式变为分压式，电流表示数可以从0开始变化，使电流表示数的变化范围变宽：。

(3)[3]由电路图可知，电流表采用外接法，由于电压表的分流，实验所测电流偏大，而电压测量准确，由欧姆定律可知电阻的测量值偏小。

10．C、D、F 滑动变阻器采用限流接法，滑动变阻器接法错误电流表采用内接法，电流表接法错误灯泡电阻受温度影响，灯泡电阻随温度升高而增大，灯泡电阻不是定值，因此I U
-图像是一条曲线而不是直线
【详解】
(1)[1]灯泡额定电压为3.6V，电压表应选择C，灯泡额定电流为0.3A，电流表应选择D，为了方便分压调节，滑动变阻器应选择阻值较小，额定电流较大的F。

(2)[2]实验要求：加在小灯泡上的电压从零到小灯泡的额定电压连续可调，滑动变阻器应采用分压接法，由图示电路图可知，滑动变阻器采用限流接法，滑动变阻器接法错误。

[3]由题意可知，电压表内阻远大于灯泡电阻，即
L 3.6
Ω12Ω0.3
R==
4kΩ12Ω
12Ω0.2Ω
>
电流表应采用外接法，由图示电路图可知，电流表采用内接法，电流表接法错误。

(3)[4]灯泡电阻受温度影响，灯泡电阻随温度升高而增大，灯泡电阻不是定值，因此I U
-图像是一条曲线而不是直线。

11．(1)
tan
mg
E
θ
；(2)
2
2cos
gt
θ
【详解】
(1)小球静止时受力情况，如图所示：
根据平衡条件得
tan qE mg θ=
解得
tan mg q E
θ= (2)如果将细线烧断，小球沿合力方向即原来绳子方向做匀加速直线运动；烧断细线后小球所受合外力为
cos mg F F θ
==合 根据牛顿第二定律
cos mg ma θ
= 小球经过时间t 后的位移是为
2
2122cos gt x at θ
== 12．(1)1A ，4V ；(2)6V ，2Ω
【详解】
(1)开关K 接a 时，1R 被短路，由
222P I R =
得通过电源的电流
1A I === 电源两端的电压等于2R 的两端电压，为
214V 4V U IR ==⨯=
(2)根据闭合电路欧姆定律，当开关K 接a 时，有
E U Ir =+
当开关K 接b 时，电压表示数为 4.5V U '=，有
12
U E U r R R '='++ 联立方程解得
6V E =，2Ωr =
13．12211(2)4l l U l U d
+ 【解析】
【详解】
电子加速过程，由动能定理得
21012
eU mv = 电子进入偏转电场后，平行于板的方向电子做匀速直线运动
10l v t =
垂直于板的方向做初速度为0的匀加速直线运动，则有
22221212011224eU l U l y at md v U d
=== 电子射出平行板偏转电场后速度的偏向角为ϕ，则有
212120001tan 2y
v eU l U l at v v mdv U d
ϕ==== 则光斑在荧光屏上相对中心的偏移量为
22121122122111(2)tan 424U l U l l l U l Y y l l U d U d U d ϕ+=+=+⋅=。