贵州省贵阳市观山湖区第一中学2018-2019学年高二物理上学期期中试卷及答案【word版】.doc

贵州省观山湖第一高级中学2018~2019学年高二上学期期中考试
物理试题
一、单项选择题：(本题共9小题；每小题3分，共27分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意。

)
1.下列各物理量的表达式中，是用比值法定义该物理量的是( )
A. 加速度
B. 电功率
C. 电场强度
D. 电流强度
【答案】C
【解析】
试题分析：这是牛顿第二定律的表达式，表明加速度与所受的合力成正比，与质量成反比，
不属于比值定义法，故A错误；公式是纯电阻电路中求解电功率的变形公式，不属于比值定义法，故B错误；电场强度是电荷在电场中所受的电场力与其电荷量的比值，是用比值定义法定义的，故C正确；公式是欧姆定律的数学表达式，表明导体中的电流与导体两端的电压成正比，与这段导体的电阻成反比，不属于比值定义法，故D 错误。

考点：电功、电功率；电场强度；电流、电压概念
【名师点睛】比值定义法是指采用比值的形式定义一个物理量的方法，理解比值定义法是解决本题的关键，同时建议平时学习中多积累了解物理学方法，增强自己的知识储备。

2.两个等量异种点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，正确描述电势随位置变化规律
的是图
【答案】A
【解析】
试题分析：两个等量异号电荷的电场线如下图，
根据“沿电场线方向电势降低”的原理，从左侧无穷远处向右电势应升高，正电荷所在位置处最高；然后再慢慢减小，O点处电势为零，则O点右侧电势为负，同理到达负电荷时电势最小，经过负电荷后，电势开始升高，直到无穷远处，电势为零；故BCD是错误的；A正确．故选A
考点：电场线；电场强度及电势.
【名师点睛】本题中应明确沿电场线的方向电势降低；并且异号电荷连线的中垂线上的电势为零；因为其中垂线为等势面，与无穷远处电势相等；此题考查学生应用图像观察图像解决问题的能力.
3.如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹．粒子先经过M点，再经过N点．可以判定( )．
A. 粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力
B. M点的电势高于N点的电势
C. 粒子带负电
D. 粒子在M点的动能大于在N点的动能
【答案】B
【解析】
试题分析：场线的疏密反映电场的强弱，M点的场强小于N点的场强，所以粒子在M点受到的电场力小于在N点受到的电场力，故A错误；沿电场方向电势降低，从图中可知：M点电势比N点高，所以B正确；由图看出，粒子的轨迹向下弯曲，粒子所受电场力方向和电场线切线方向一致，说明粒子带正电．故C错误；粒子从M运动到N的过程中，电场力做正功，粒子的电势能减小，动能增大，粒子在M点的动能小于在N点的动能．故D错误.
考点：电场线，电势，电势能
4.静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小．如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计．开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度增大些，下列采取的措施可行的是( )
A. 断开开关S后，将A、B两极板分开些
B. 保持开关S闭合，将A、B两极板分开些
C. 保持开关S闭合，将A、B两极板靠近些
D. 保持开关S闭合，将变阻器滑动触头向右移动
【答案】A
试题分析：断开开关，电容器带电量Q不变，将AB分开一些，则d增大，根据知，电容C减小，根据知，电势差U增大，指针张角增大，故A正确；保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，则指针张角不变．故B、C、D错误．
考点：电容器的决定式及定义式。

5.一带电粒子仅在电场力作用下以初速度v0从t＝0时刻开始运动，其v-t图象如图所示．如粒子在2t0时刻运动到A点，5t0时刻运动到B点．以下说法中正确的是( )．
A. A、B两点的电场强度大小关系为E A＝E B
B. A、B两点的电势关系为φA>φB
C. 粒子从A点运动到B点时，克服电场力做功
D. 粒子从A点运动到B点时，电势能先减少后增加
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图象可知粒子的加速度不变，由于仅仅受到电场力作用，由，可知电场力大小与方向不变，即场强不变，故A正确；
B．由于粒子不知电性，无法确定电场强度的方向，因此无法比较电势的高低，故B错误；CD．粒子在0时刻开始运动，5t0时刻运动到B点，因此粒子运动的过程中，则只有电场力做功，动能先减小后增大，电场力先做负功后做正功，则电势能先增大后减小，故C、
故选A.
6.下列说法中正确的是( )
A. 在电源内部和外部电路中，正电荷都受静电力的作用，所以能不断地定向移动形成电流
B. 静电力与非静电力都可以使电荷移动，所以本质上都是使电荷的电势能减少
C. 在电源内部正电荷能从负极到达正极是因为电源内部只存在非静电力而不存在静电力
D. 静电力移动电荷做功电势能减少，非静电力移动电荷做功电势能增加
【答案】D
【解析】
【详解】A．在电源内部，正电荷要受到静电力和非静电力作用，从负极移动到正极，故A错误；
BＤ．非静电力克服电场力做功，把其它形式的能转化为电势能，静电力移动电荷做功电势能减少，故B错误，D正确．
C．在电源内部正电荷能从负极到正极同时受到静电力和非静电力作用，故C错误．
故选D.
7.电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图3所示的电路，当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，下列说法正确的是（）
A. 电压表和电流表读数都增大
B. 电压表和电流表读数都减小
C. 电压表读数增大，电流表读数减小
D. 电压表读数减小，电流表读数增大
【答案】A
【解析】
当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，接在电路中的电阻变大，总电阻也变大，总电流变小，内电压变小，输出电压变大（V表读数变大），U1变小，U2变大，I2变大，A表读数变大，选项A正确。

8.如图所示是某直流电路中电压随电流变化的图象，其中a、b分别表示路端电压、负载电阻上电压随电流变化的情况，下列说法正确的是( )
A. 阴影部分的面积表示电源总功率
B. 阴影部分的面积表示电源的内阻上消耗的功率
C. 当满足α＝β时，电源效率最高
D. 当满足α＝β时，电源效率等于50%
【答案】D
【解析】
【详解】AB．阴影部分的面积为路端电压与电流的乘积，由表示为电源的输出功率；故A、B错误.
CD．当满足α=β时，内外阻相等，输出功率最大，但电源的效率；
故C错误，D正确.
故选D.
9.在真空中水平放置一对金属板，两板间的电压为U，一个电子以水平速度v0沿两板中线射入电场，忽略电子所受的重力．电子在电场中的竖直偏移距离为Y，当只改变偏转电压U(或只改变初速度v0)时，下列图象哪个能正确描述Y的变化规律( )
A. ①③
B. ②③
C. ③④
D. ①④
【答案】B
【解析】
【详解】电子在电场中做类平抛运动，水平方向：L=v0t，
竖直方向：，解得：.
①、②、若只改变偏转电压U，因电子飞出偏转极板的，可知图象为倾斜直线，而偏转电压过大会使得电子打在板上，恒定不变；故①错误，②正确；
③、④、若只改变初速度v0，因电子飞出偏转极板的，可知图象为倾斜直线，而v0太小会使得电子打在板上，恒定不变；故④错误，③正确.
综合可知选B.
二、多项选择题：(本题共5小题；每小题5分，共25分．每小题至少有两个选项符合题意．全部选对得5分，漏选得3分，错选和不答的得0分。

)
10.为测定电池的电动势和内阻，待测电池、开关、导线配合下列仪器可达到实验目的的
是( )
A. 一只电流表和一只电阻箱
B. 一只电流表和一个滑动变阻器
C. 一只电压表和一只电阻箱
D. 一只电压表和一个滑动变阻器
【答案】AC
【解析】
【详解】测定电源的电动势和内阻的原理是闭合电路欧姆定律E=U+Ir，作电压表测量路端电压U、用电流表测量电流I，利用滑动变阻器调节外电阻，改变路端电压和电流，实现多次测量，即由一个电压表、一个电流表和一个滑动变阻器组合可测量电源的电动势和内阻.
可以在没有电压表的情况下，用一个电流表和一个电阻箱组合测量，电阻箱可以读出阻值，由U=IR可求出路端电压，可得 .
可以用电压表和电阻箱组合，由电压表读数U与电阻箱读数R之比求出电流.，满足.
但不能用一个电流表和一个不能读数的滑动变阻器组合测量电动势和内电阻；同时也不能利用电压表和滑动变阻器组合测量电动势和内电阻，故A、C正确，B、D错误.故选AC.
11.如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，串联的固定电阻为R2，滑动变阻器的总阻值是R1，电阻大小关系为R1＋R2＝r，则在滑动触头从a端滑到b端过程中，下列描述正确的是( )
A. 电路的总电流先减小后增大
B. 电路的路端电压先增大后减小
C. 电源的输出功率先增大后减小
D. 滑动变阻器R1上消耗的功率先减小后增大
【答案】D
【解析】
A、当滑动变阻器从a→b移动时R1作为并联电路总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律可知电流是先减小后增大，故A正确；
B、路端电压U=E-Ir，因为电流先减小后增大，所以路端电压先增大后减小，故B正确；
C、当R外=r的时候电源的输出功率最大，当滑片在a端或者b端的时候，电路中R外=R2<r,则随着外电阻的先增大后减小，由
图象的单调性可知输出功率是先增大后减小的，故C正确；D、滑动变阻器的总电阻R1<R2+r，则滑片向右滑，R1的总阻值先增大后减小，则滑动变阻器上消耗的功率是先增大后减小，故D错误．本题选错误的故选D.
【点睛】本题考查了串、联电路的特点和欧姆定律的灵活运用，难点是滑动变阻器滑片P 从最右端→中间→左端总电阻变化情况的判断．
12.如图所示，在一电场强度沿纸面方向的匀强电场中，用一绝缘细线系一带电小球，小球的质量为m，电荷量为q．为了保证当细线与竖直方向的夹角为30°时，小球处于平衡状态，则匀强电场的场强大小可能为( )
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【详解】根据题意对小球受力分析，小球受重力、电场力和拉力，绝缘细线与竖直方向的夹角为θ=30°时，当电场力和拉力垂直时电场力最小，，则，因A、C选项的场强均小于最小场强，故均不可能；而B、D选项的场强大小均大于最小场强，故均属于可能的场强值.故选BD.
13.有一种测量人体重的电子秤，其原理如图中虚线内所示，它主要由三部分构成：踏板、压力传感器R(是一个阻值可随压力大小而变化的电阻器)、显示体重的仪表G(实质是理想电流表)。

设踏板的质量可忽略不计，已知理想电流表的量程为3 A，电源电动势为12 V，内阻为2 Ω，电阻R随压力变化的函数式为R＝30－0.02F(F和R的单位分别是N和Ω)。

下列说法正确的是( )
A. 该秤能测量的最大体重是1400 N
B. 该秤能测量的最大体重是1300 N
C. 该秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表G刻度盘0.375 A处
D. 该秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表G刻度盘0.400 A处
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．当电路中电流I=3A时，电子秤测量的体重最大.由欧姆定律得到
，代入R=30-0.02F得到F=1400N；故A正确，B错误.
CD．踏板空载时F=0，代入R=30-0.02F得到电阻R=30Ω，由欧姆定律得，所以该秤零刻度线（即踏板空载时的刻度线）应标在电流表G刻度盘0.375A处；故C 正确，D错误；
故选AC.
14.在如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示．下列比值中正确的是( )
A. ，
B. ，
C. ，
D. ，
【答案】AD
【解析】
【详解】通过分析电路图可知，r、R1、R2串联，R1为定值电阻；当滑动变阻器触头P 向下滑动时，接入电路中的电阻变大，电路中的总电阻变大，根据公式可知，电路中总电流变小，R1两端的电压U1变小；再根据串联电路中总电压等于各分电压之和，滑动变阻器两端的电压U2变大.
A．R1两端的电压为U1，电流为I，根据U1=IR1，得出：△U1=△IR1，由于R1是定值电阻，有：;故A正确.
BC．R2两端的电压为U2，电流为I，，其比值变大；而U2=E-I(R1+r)可得：，
是个定值不变;故B、C错误.
D．电压U3为路端电压，由闭合电路的欧姆定律U3=E-Ir，可得：是个定值不变，
从外电路来看，U3=I(R1+R2)，可得是增加的，故D正确；
故选AD.
三．填空与实验题:（本题包括2小题，共16分。

解答时只需把答案填在题中的横线上或按题目要求作答，不必写出演算步骤。

）
15.读出下列测量仪器的读数。

（1）游标卡尺的读数为：__________mm
（2）电流表的读数为：_____________A
（3）螺旋测微器的读数为：__________mm
【答案】(1). 50.8 (2). 0.15 (3). 7.500
【解析】
【详解】(1)20分度的游标卡尺的精确度为0.05mm，读数为主尺上的整毫米数+游标尺对齐的格数对应的毫米长度，不估读.L=50mm+8×0.1mm=50.8mm；
(2)直流表0.6A的量程，则每小格代表0.02A，估读到0.01A，读数为0.15A；
(3)螺旋测微器的转动刻度50格，精确度为0.01mm，通过对齐格数的估读到0.001mm，则d=7.5mm+0.0×0.01mm=7.500mm.
16.用电流表和电压表测定由一节干电池串联组成的电池组(电动势约1.5V，内电阻约1 Ω)的电动势和内电阻，除待测电池组、电键、导线外，还有下列器材供选用：
A．电流表：量程0.6A，内电阻约1Ω
B．电流表：量程3A，内电阻约0.2Ω
C．电压表：量程3V，内电阻约30kΩ
D．电压表：量程6V，内电阻约60kΩ
E．滑动变阻器：0～100Ω，额定电流0.5A
F．滑动变阻器：0～5Ω，额定电流1 A
(1)为了使测量结果尽量准确，电流表应选用________，电压表应选用________，滑动变阻器应选用________(均填仪器的字母代号)．
(2)有甲、乙两个可供选择的电路如图所示，应选________电路进行实验，实验中误差是由于________表的读数比真实值偏________(选填“大”或“小”)而引起的．
(3)请按(2)问中图乙的电路完成实物连线________.
(4)一位同学记录的6组数据见表，试根据这些数据在图中画出U－I图象_______，根据图象读出电池的电动势E＝________V，求出电池内阻r＝________Ω．
【答案】(1). A (2). C (3). F (4). 电流(5). 偏小(6). 乙(7).
(8). (9). 1.45 (10).
0.69
【解析】
【详解】(1)根据实验记录的数据可知最大电流为0.57A，为准确测量，电流表应选A；电源电动势约为1.5V，为了安全电压表应选3V,量程的C，因电源的内阻太小，内阻占的电
压太小，为了让外电压明显变化且方便实验操作，滑动变阻器应选小电阻(5Ω)的F. (2)测量干电池的电动势和内阻的时候，由于内阻很小，为了减小内阻的测量误差，我们选用的是电流表的内接法可减小系统误差，即选乙电路，误差来源为因电压表的分流使得电流表读干路电流偏小引起的.
(3)测量电路为电流表的内接法和滑动变阻器的限流式，实物连线如图所示：
(4)根据表中实验数据在坐标系内描出对应的点，用平滑的倾斜直线连结各点，如图所示：
由图象结合可知，图象的纵截距为电动势E=1.45V，斜率的绝对值表示内阻，
.
四．计算题：(本题共4小题，共计42分。

解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。

只写出最后答案的不能得分。

有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位。

)
17.用伏安法测电阻，可接成如图所示的两个电路。

当用（a）图的电路测量时，电压表和电流表的示数分别为5V、0.6A；用（b）图的电路测量时，电压表和电流表的示数分别为4.6V、0.8A。

电源两端的电压不变（电源内阻视为零），则被测电阻的准确值为多少？
【答案】
【解析】
【详解】电源两端,的电压不变（电源内阻视为零）则根据内接法可知
由外接法电路可得电流表的内阻
故根据内接法电路可得待测电阻的准确值
18.一带电平行板电容器被竖直安放，如图所示，两板间距d＝0.1 m，电势差U＝1000V．现从平行板上A处以v A＝3m/s的速度水平向左射入一带正电小球(已知小球的电荷量q＝10－7C，质量m＝0.02g)，经一段时间后发现小球打在A点正下方的B处(g取10 m/s2)，
（1）小球离AB板的最远距离L是多少。

（2）求A、B间的距离s AB。

（3）求小球到达B点时的动能。

【答案】18. 略19. 7.2×10-2m
20. 1.044×10-4J
【解析】
(1)小球在水平方向只受到电场力作用，则根据牛顿第二定律：
当小球距离AB板最远时，水平方向速度为零，则根据运动学公式有：
而且：
联立可以得到：；
(2)设小球的飞行时间为t，则：
竖直方向只受重力作用，故在竖直方向上有：
在水平方向上根据速度与时间的关系，有
解得：；
(3)从A到B由动能定理得：
即：。

点睛：本题中小球做匀变速曲线运动，由于水平和竖直两个方向受到的都恒力，所以可以采用运动的分解进行研究，研究时要抓住两个分运动的等时性。

19.有一种“电测井”技术，用钻头在地上钻孔，通过在钻孔中进行电特性测量，可以反映地下的有关情况，如图所示为一钻孔，其形状为圆柱体，半径为10 cm，设里面充满浓度均匀的盐水，其电阻率ρ＝0.314 Ω·m，现在钻孔的上表面和底部加上电压，测得U＝100 V，I＝100 mA。

(1)求该钻孔的深度。

(2)若截取一段含盐水的圆柱体与电动势为200 V、内阻为100 Ω的电源相连，通电10 min，当截取的圆柱体长度为多少时，盐水产生的热量最多，最多为多少？
【答案】（1）100m；
（2）10m，6×104J
【解析】
试题分析：(1)盐水电阻R＝U/I＝1 000 Ω。

由电阻定律R＝ρh/S，S＝πr2＝3.14×10－2m2，
解得h＝100 m。

(2)当圆柱体电阻等于电源内阻时，电源输出功率最大，盐水产生热量最多。

电源内阻r ＝100 Ω，则截取的圆柱体内阻也应该等于R′＝100 Ω，
圆柱体长度L＝R′S/ρ＝10 m。

圆柱体与电源组成闭合电路，电流I′＝E/(r＋R′)＝1 A
热量最多为Q＝I′2R′t＝6×104J。

考点：电阻定律；全电路欧姆定律.
20.如图所示，有三根长度均为L＝0.3 m的不可伸长的绝缘细线，其中两根的一端分别固定在天花板上的P、Q点，另一端分别拴有质量均为m＝0.12 kg的带电小球A和B，其中A球带正电，电荷量为q＝+3×10－6 C，B球带负电，与A球带电荷量相同．A、B之间用第三根线连接起来．在水平向左的匀强电场作用下，A、B保持静止，悬线仍处于竖直方向，且A、B间细线恰好伸直．(静电力常量k＝9×109 N·m2/C2)
(1)求此匀强电场的电场强度E的大小．
(2)现将PA之间的线烧断，由于有空气阻力，A、B球最后会达到新的平衡位置．求此时细线QB所受的拉力T的大小，并求出A、B间细线与竖直方向的夹角θ.
(3)求A球的电势能与烧断前相比改变了多少(不计B球所带电荷对匀强电场的影响)．【答案】（1）（2）2.4N ，37°（3）
【解析】
（1）对B球进行受力分析，在水平方向受水平方向的电场力和A球施加的库仑力，由于球均处于平衡状态，B球水平方向合力为零，得：，；（2）两球及细线最后位置如图所示：
对A、B球整体分析，受重力和线QB的拉力，由平衡条件得：
对A球进行受力分析：A球受重力，电场力，AB线的拉力，库仑力，由平衡条件得：重力和电场力的合力必须沿着线的方向，，，；
（3）A球克服电场力做功，，所以A球的电势能增加了。

点睛：了解研究对象的运动过程或状态是解决问题的前提，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，本题的关键在于做出受力分析图，明确各力的方向；则可利用共点力的平衡条件进行解答，功是能量转化的量度，要熟悉什么力做功与什么能转化对应起来．并能够通过求某力做了多少功知道某种形式的能的变化了多少。