北京市第十二中2017-2018学年高一下学期期末考物理试题(解析版)

北京十二中2017—2018学年度第二学期高一年级物理期末考试题
一、选择题
1. 下列物理量属于矢量的是（）
A. 电流强度
B. 电场强度
C. 电势差
D. 电动势
【答案】B
【解析】电流强度、电势差、电动势都只有大小没有方向，故为标量，而电场强度既有大小又有方向，故为矢量，B正确．
2. 在下列各种措施中，目的是为了防止静电危害的是()
A. 电视机后盖上开有许多小孔
B. 电视机上装有一条户外天线
C. 在高大的建筑物顶端装有避雷针
D. 在烟道的中央装有静电除尘器
【答案】C
【解析】电视机后盖上开有许多小孔目的是散热，A错误；电视机上装有一条户外天线目的接受电磁波，B 错误；在高大的建筑物顶端装有避雷针是静电现象的防止，C正确；在烟道的中央装有静电除尘器，是静电现象的应用，D错误．
3. 关于电容器的电容，下列说法正确的是（）
A. 电容器所带的电荷量越多，电容越大
B. 电容器两极板间电压越高，电容越大
C. 电容器不带电时，电容也不为零
D. 电容是描述电容器储存电荷能力的物理量
【答案】CD
【解析】电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量，电容器的电容是由电容器本身的性质决定的，与电容器所带电荷量及两极板间的电压无关；电容器的电容是定值，未充电时，电容保持不变，但不是零，CD正确．
【点睛】电容的大小与电容器两端的电压及电容器所带的电量无关，根据平行板电容器的决定式可知电容与两极板的距离、正对面积有关．
4. 下列关于电动势的说法正确的是（）
A. 电动势就是电压，它是内外电压之和
B. 电动势不是电压，它在数值上等于内外电压之和
C. 电动势是表示电源把其他形式的能转化成电能本领大小的物理量
D. 电动势的大小与外电路的结构有关
【答案】BC
【解析】试题分析：电动势在数值上等于内外电压之和，但是电动势与电压实质上不同，故A错误，B正确
C、电源的电动势由电源本身的性质决定的，是表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小的物理量，与外电路的结构无关，故C正确，D错误
故选BC
考点：对电源电动势的理解
点评：容易题。

电动势是电源的一个重要参量，它表征在电源内部非静电力移动电荷做功，把其他形式的能转化为电势能的物理量．其定义式为．由电源中非静电力的特性决定，跟电源的体积无关，跟外电路也无关。

5. 使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开．下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，正确的（）
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】B
【解析】把带电金属球移近不带电的验电器，根据静电感应现象的规律可知，若金属球带正电荷，则将导体上的自由电子吸引上来，这样验电器的上部将带负电荷，箔片带正电荷；若金属球带负电荷，则将导体上的自由电子排斥到远端，这样验电器的上部将带正电荷，箔片带负电荷，选项B正确。

视频
6. 如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面，1、2、3为电场中的三个点，则各
点的场强E和电势的大小关系为（）
A. E1 ﹥E2
B. E1 < E3
C. 1﹥2
D. 2=3
【答案】ACD
【解析】电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与2比较，1处的电场线密，所以1处的电场强度大，
则，2和3处的电场线疏密程度一样，故，即，A正确B错误；顺着电场线方向电势降低，所以．2与3处于同一条等势线上，所以，CD正确．
【点睛】本题是要掌握电场线的两个物理意义：电场线越密，场强越大；顺着电场线方向电势降低．
7. 用伏安法测电阻的电路如图甲或乙所示，已知电流表的内电阻约为0.2Ω，电压表的内电阻约为10kΩ，若被测电阻R的电阻值约为4Ω，则以下结论中正确的是( )
A. 选用甲电路测量结果更准确，且测量值大于电阻的真实
B. 选用甲电路测量结果更准确，且测量值小于电阻的真实值
C. 选用乙电路测量结果更准确，且测量值大于电阻的真实值
D. 选用乙电路测量结果更准确，且测量值小于电阻的真实值
【答案】D
【解析】因为，所以电流表外接法误差相对小点，故采用乙图测量结果更准确点，在乙图中，电压表测量的是R的准确电压，但由于电压表分流，电流表测量的电流为电压表和R的电流之和，故电流测量偏大，根据可知测量值偏小，D正确．
【点睛】应明确：电流表内外接法的选择方法是：当满足时，电流表应用外接法，此时测量值小于
真实值；当满足时，电流表应用内接法，此时测量值大于真实值．
8. 如图所示电路，电源内阻不可忽略。

开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中（）
A. 电压表与电流表的示数都减小
B. 电压表与电流表的小数都增大
C. 电压表的示数增大，电流表的示数减小
D. 电压表的示数减小，电流表的示数增大
【答案】A
【解析】解：当滑片下移时，滑动变阻器接入电阻减小，则外电路总电阻减小，电路中总电流增大，电源的内电压增大，则由闭合电路欧姆定律可知，电路的路端电压减小，故电压表示数减小；
由欧姆定律可知，R1上的分压增大，而路端电压减小，故并联部分的电压减小，则通过R2的电流减小，根据并联电路的特点可知：通过R0的电流增大，则电流表的示数增大．故D正确，ABC错误；
故选：D．
【点评】分析闭合电路的欧姆定律的动态分析的题目时，一般要按先外电路、再内电路、后外电路的思路进行分析；重点分析电路中的路端电压、总电流及部分电路的电流及电压变化．
视频
9. 如图所示的匀强电场中，实线为电场线，虚线是一带正电的微粒（重力不计）射入该电场后的运动轨迹，
a、b是轨迹上的两点。

根据以上描述，可做如下判断（）
A. 场强方向向右，a点电势较高
B. 场强方向向左，a点电势较低
C. a到b过程中电场力做负功，电势能增加
D. a到b过程中电场力做正功，电势能减少
【答案】BC
【解析】由物体做曲线运动时受到的合力指向轨迹内侧可知：带电粒子所受的电场力向左，因粒子带正电，故电场方向水平向左，电场线水平向左，根据沿电场线方向电势降低可知b点的电势高于a点的电势，A错误B正确；带电粒子从a到b点过程中，电场力方向与运动方向夹角为锐角，故电场力做负功，电荷的电势能增大，C正确D错误．
10. 如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极之间的电势差，现使B板带正电，A板带负电，则下列说法正确的是（）
A. 将A板稍微向右移，静电计指针张角将变小
B. 若将A板稍微向上移，静电计指针张角将变小
C. 若将A板拿走，静电计指针张角不为零
D. 若将玻璃板插入两极板之间，静电计指针张角将变小
【答案】ACD
【点睛】在分析电容器动态变化时，需要根据判断电容器的电容变化情况，然后结合，等公式分析，需要注意的是，如果电容器和电源相连则电容器两极板间的电压恒定，如果电容器充电后与电
源断开，则电容器两极板上的电荷量恒定不变．
11. 如图所示，直线A为电源的U-I图线，直线B和C分别为电阻R1、R2的U-I图线，用该电源分别与R1、R2组成闭合电路时，电源的输出功率分别为P1、P2，电源的效率分别为η1、η2，则（）
A. P1＞P2，η1＞η2
B. P1=P2，η1＜η2
C. P1=P2，η1＞η2
D. P1＞P2，η1＜η2
【答案】C
【解析】由图线的交点读出，B接在电源上时，电源的输出输出功率，C接在电源上时，电源的输出输出功率，即；电源的效率，效率与路端电压成正比，B接在电源上时路端电压大，效率高，，C正确．
【点睛】本题首先要知道效率与功率的区别，电源的效率高，输出功率不一定大．其次，会读图．电源与电阻的伏安特性曲线交点表示电阻接在该电源上时的工作状态．
12. 在研究物理问题时，我们有时候把几个物体看作一个整体，并以整体作为研究对象进行分析研究。

这种方法不考虑整体内部之间的相互作用，从整体去把握物理现象的本质和规律。

如图所示，A、B是两个带异种电荷的小球，其质量相等，所带电荷量分别为+q A和-q B，A用绝缘细线L1悬挂于O点，A、B间用绝缘细线L2相连。

整个装置处于水平方向的匀强电场中，A、B处于平衡状态。

以下关电场和A、B所带电量大小正确的是（）
A. 场强方向水平向右，q A > q B
B. 场强方向水平向右，q A <q B
C. 场强方向水平向左，q A > q B
D. 场强方向水平向左，q A < q B
【答案】C
【解析】两球整体分析，如图所示，由于A带正电，受到水平向左的作用力，而B带负电，受到水平向右的电场力，因此匀强电场方向水平向左；以A、B整体作为研究对象，整体受向下重力、细线斜向右上方拉力，根据平衡条件可知，，故，C正确．
【点睛】本题要掌握整体分析的思想，要知道两电荷之间的库仑力可以看成是内力，同时知道A与B带电性，是解题的关键．
二、填空题
13. 在探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关的实验中，一同学猜想可能与两电荷间的距离和带电量有关。

他选用带正电的小球A和B，A球放在可移动的绝座上，B球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒C点，如图所示。

实验时，先保持两电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，B球悬线的偏角越大，再保持两球的距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大。

实验表明：两电荷之间的相互作用力，随其距离的____________而增大（填“增大”或“减小”），随其所带电荷量的___________而增大（填“增大”或“减小”）。

【答案】(1). 减小；(2). 增大；
【解析】对小球B进行受力分析，可以得到小球受到的电场力：，即B球悬线的偏角越大，电场力也越大；所以使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，B球悬线的偏角越大，说明了两电荷
之间的相互作用力，随其距离的减小而增大；两球距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大，说明了两电荷之间的相互作用力，随其所带电荷量的增大而增大．
14. 在某电场中将5.0×10-8C的电荷由A点移到B点，电场力做6.0×10-3J的功，A、B两点间的电势差
___________ V；规定B的电势为零，把电量为2.5×10-8C的负电荷放在A处，该负电荷在A处的电势能为_________J
【答案】(1). 1.2×105 V，(2). -3.0×10-3 J；
【解析】根据可知，因为，若，则，该负电荷在A处的电势能为．
【点睛】在使用公式、时一定要将公式中字母的正负号代入计算，不能忽略．
15. 如图所示.电源电动势E＝10V，内阻r=1Ω.电阻R1＝3Ω，R2＝6Ω，电容C＝30μF.闭合电键K，且稳定后通过R1的电流大小_________A，然后将开关K断开，求这以后流过R1总电量_________C
【答案】(1). 1A；(2). 1.2×10-4 C；
.....................
闭合开关K，电容器的电压等于两端电压，为：；
开关K断开时，电容器的电压等于电源的电动势，为，
电容器两端的电压变化量，
过的总电荷量．
三、实验题
16. 某课外小组练习使用多用电表测量电阻．他们的操作过程如下：
A．将红、黑表笔分别插入多用电表的“＋”“－”插孔，选择开关旋钮转至电阻“×10”挡；
B．将红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮使指针指零；
C．将红、黑表笔分别与电阻的两端相连，多用电表的示数如图所示，读出电阻的阻值；
D．
（1）该电阻的阻值为__________Ω.
（2）D步骤应该是_______________________________________________
【答案】(1). （1）190Ω；(2). （2）将选择开关旋至交流最大或“OFF”挡
【解析】（1）欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数，读数为；
（2）读数结束后，应将选择开关旋至交流最大或“OFF”挡．
17. 某同学做“用电流表和电压表测定电源的电动势和内阻”实验，可供选择的实验器材如下：
A、1节干电池
B、电流表，量程0-0.6A，0-3A
C、电压表，量程0-3V，0-15V
D、滑动变阻器0-20Ω、2A，滑动变阻器0～500 Ω、0.2 A
E、电键一个，导线若干
（1）为了尽量得到较好效果，电流表量程应选__________，电压表量程选__________，滑动变阻器选
____________
（2）他采用如图所示的实验电路进行测量。

下图给出了做实验所需要的各种仪器。

请你按电路图把它们连成实验电路__________。

（3）这位同学测量时记录了5组数据，并将数据填入了以下表格中。

请你根据这些数据在图画出U-I图线__________。

根据图线求出电池的电动势E =__________V，内阻__________Ω。

【答案】(1). （1）0-0.6A ，(2). 0-3V，(3). 0-20Ω；(4). （2）略；(5). （3）图略，(6). 1.45~1.49，(7). 0.47~0.52；
【解析】（1）一节干电池，故选电压表0-3V；一节干电池当电源，电路中电流较小，故选电流表0~0.6A；为了便于操作，应选较小的滑动变阻器（0~20Ω）；
（2）实物图如图所示
（3）根据描点法可知U-I图像如图所示
纵截距表示电源电动势，故，图像的斜率表示电源内阻，故．
【点睛】学实验中选择仪表是常见的一种题型，要求学生能按照安全性和准确性的要求进行分析，先确定出必须用到的器材，再去根据题目中给出的条件去判断电流表和电压表．一定要注意判断图象与横轴的交点的横坐标是不是短路电流．
四、论述、计算题
18. 如图所示，电源电动势E=15V，内阻r=1Ω，电灯L上标有“3V 6W”的字样，直流电动机线圈电阻R=2Ω．若电灯恰能正常发光，求：
（1）电路中的电流I；
（2）电源消耗的热功率Pr；
（3）电动机输出的机械功率P机．
【答案】（1）2A；（2）4W；（3）12W；
【解析】（1）因为闭合开关后，电灯正常发光，又因为电动机和电灯是串联关系，所以根据公式得
；
（2）电源消耗的热功率；
（3）电动机是非纯电阻电器，根据闭合电路欧姆定律可得；
电动机输出的机械功率功率等于电动机的总功率与内阻消耗的功率之差，即
．
19. 一根长为2m，横截面积为2.0×10-5m2的铜棒，将其两端与电动势4.0×10-2V，内阻不计的电源连接，铜棒的电阻为2.0×10-3Ω，铜内自由电子密度为8.0×1029m-3．求：
（1）通过铜棒的电流；
（2）铜棒内的电场强度；
（3）自由电子定向移动的速率
（4）不考虑电源内阻，请你从能量转化与守恒的角度推导：铜棒两端的电压U等于电源的电动势E
【答案】（1）20A（2）2.0×10-2V/m；（3）7.8×10-6m/s （4）见解析
【解析】（1）由可得：；
（2）由可得；
（3）设铜导线中自由电子定向移动的速率为v，导线中自由电子从一端定向移到另一端所用时间为t．则导线的长度为，体积为，在t时间内这些电子都能通过下一截面，则电流为：，所以
（4）非静电力做功为：，故
又知道，，故解得．
20. 在19世纪末发现电子以后，美国物理学家密立根 (likan)在1907年~1913年间就微小油滴所带电荷量进行了多次的测量，比较准确地测定了电子的电荷量。

油滴实验是物理学发展史上具有重要意义的实验。

油滴实验的原理如图所示，两块水平放置的平行金属板与电源连接，上、下板分别带正、负电荷。

油滴从喷雾器喷出后，由于摩擦而带电，油滴进入上板中央小孔后落到匀强电场中，通过显微镜可以观察到油滴的运动情况。

两金属板间的距离为d，忽略空气对油滴的浮力和阻力，重力加速度为g。

(1)调节两金属板间的电势差u，当u=U o时，使某个质量为m1的油滴恰好做匀速运动。

该油滴所带电荷量q 为多少？
(2)若油滴进入电场时的速度可以忽略，当两金属板间的电势差u=U时，观察到某个质量为m2的油滴进入电场后做匀加速运动，经过时间t运动到下极板，求此油滴所带电荷
量Q。

【答案】（1）；（2）负电，；正电，；
【解析】(1)油滴匀速下落过程中受到的电场力和重力平衡，可见所带电荷为负电荷，
即①
得②
(2)油滴加速下落，若油滴带负电，电荷量为Q1，则油滴所受到的电场力方向向上，
设此时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得
③
④
得⑤
若油滴带正电，电荷量为Q2，则油滴所受到的电场力方向向下，
设此时的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得
⑥
⑦
得⑧
答案: (1)
(2) 若油滴带负电，；若油滴带正电，
评分标准：本题10分. （1）问4分，①、②式各2分；（2）问6分，③、④、⑤、⑥、⑦、⑧式各1分本题考查带电粒子在电场中的运动，分析受力情况根据牛顿第二定律求解
21. 如图所示是示波管的原理示意图，电子从灯丝发射出来经电压为U1的电场加速后，通过加速极板A上的小孔O1射出，沿中心线O1O2垂直射入MN间的偏转电场，偏转电场的电压为U2，经过偏转电场的右端P1点离开偏转电场，然后打在垂直于O1O2放置的荧光屏上的P2点。

已知偏转电场极板MN间的距离为d，极板长度为L，极板的右端与荧光屏之间的距离为L′，电子的质量为m，电量为e，不计电子之间的相互作用力及其所受的重力，且电子离开灯丝时的初速度可忽略不计。

（1）求电子通过P1点时偏离其通过O1点时运动方向的距离大小。

（2）若P2点与O1O2延长线间的距离称为偏转距离y，单位偏转电压引起的偏转距离（即y/U2）称为示波器的灵敏度。

求该示波器的灵敏度。

【答案】，；
【解析】（1）电子由灯丝到O1的过程中，电场力对电子做功．设电子通过O1点的速度大小为，
根据动能定理有，解得
电子在偏转电场中运动的过程中，沿O1O3方向以速度做匀速运动，垂直O1O3方向做初速度为0的匀加速直线运动，设电子的加速度为a．根据牛顿第二定律，
设电子在偏转场中运动的时间为t1，则，；
根据运动学公式，得电子在垂直O1O3方向的位移；
（2）电子离开偏转板时，垂直O1O3方向的初速度，
从P2到P3的运动时间；
电子离开偏转板后，垂直O1O3方向运动的位移；
P2点与O3点的距离；
该示波器的灵敏度．
22. 电路如图所示，已知电源的电动势为12V、内电阻为2Ω，A、B两个定值电阻的阻值分别为R A=10Ω和R B=12Ω，今调节可变电阻C，使它们获得不同的电功率。

（1）当可变电阻C为多大时，电阻A消耗的功率最大，最大值是多少？
（2）当可变电阻C为多大时，电阻C消耗的功率最大，最大值是多少？
【答案】(1)R c=0Ω，P Am=10W；(2)R c=6Ω，P cm=1.5W
【解析】（1）当通过A的电流最大时，A消耗的功率最大，C的电阻为零时干路电流最大，即，电流最大，此时电阻B被短路，
故；
（2）将电源和电阻A、B整体看作电源，当外电阻R与等效电源的内电阻相等时，等效电源的输出功率最大；等效电源的内电阻等于r与A的电阻之和再与B并联的总阻值，为：；
等效电源的电动势为；
当时有最大电功率，为：．。