山东省新泰二中、泰安三中、宁阳二中2017-2018学年高二上学期期中联考物理试题Word版含解析

2017年高二上学期期中考试物理试题
一、选择题
1. 关于元电荷，正确的说法是（）
A. 元电荷就是质子或电子
B. 元电荷是自然界中电荷量的最小单元
C. 元电荷就是点电荷
D. 1C电荷量叫元电荷
【答案】B
【解析】元电荷是最小的带电量，大小是1.6×10-19C，而点电荷是一种理想化的物理模型，质子或电子是电荷的种类，与元电荷都不是同一概念，故B正确．
2. 两个相同的金属小球（可视为点电荷），它们均带正电，所带电荷量之比为1:7，真空中相距r，把它们接触后再放回原处，则它们间的静电力为原来的（）
A. 4/7倍
B. 3/7倍
C. 9/7倍
D. 16/7倍
【答案】D
【解析】试题分析：由得：
两小球若带同种电荷：则接触后（电荷均分）各自电荷量均为4：4，静电力为原来的，D正确。

两小球若带异种电荷：则接触后（先中和后均分）各自电荷量均为3：3，静电力为原来的，
C正确。

考点：本题考查库仑定律。

3. 关于电场强度的概念，下列说法正确的是（）
A. 由E＝可知，某电场的场强E与q成反比，与F成正比
B. 正、负试探电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反，所以某一点场强方向与放入试探电荷的正负有关
C. 电场中某一点的场强与放入该点的试探电荷的正负无关
D. 电场中某一点不放试探电荷时，该点场强等于零
【答案】C
【解析】试题分析：电场中某点的电场强度大小只和电场本身的性质有关，与试探电荷的受力情况以及试探电荷的电荷量无关，ABD错误C正确；
考点：考查了电场强度
【名师点睛】对于电场强度，要抓住它的比值定义法的共性，E与试探电荷所受电场力、电荷量无关，反映电场本身的强弱和方向．
4. 下图表示的是四种典型的静电场，电场强度相同的是图（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】图A中两点的电场强度方向不同，A错误；图B中两点电场强度大小和方向都相同，故B正确；C中两点的电场强度大小不同，D图中，电场线的疏密程度表示电场强度大小，电场线方向表示电场强度方向，故两点的大小和方向都不相同，D错误．
5. 如图所示，a．b．c．d为匀强电场中的四个等势面。

一个电子从M点射入电场，其在电场中运动轨迹如实线MN所示，由此可知（）
A. 电子在N的动能大于在M的动能
B. 电子在N的电势能小于在M的电势能
C. 电场强度方向水平向左
D. 电场中，a点电势低于b点电势
【答案】D
【解析】试题分析：根据电场线方向与等势线垂直和电子所受的电场力指向轨迹的内侧，判断出电子所受的电场力方向，分析电场力做功的正负，根据动能定理分析动能的变化和电势能的变化．根据顺着电场线方向电势降低，判断电势的高低．
根据电场线方向与等势线垂直可知，电场线方向必定位于竖直方向，则电子所受的电场力必定在竖直方向．电子做曲线运动，所受的电场力方向指向轨迹的内侧，所以可知电子所受的电场力方向应竖直向下，与速度方向的夹角为钝角，对电子做负功，根据动能定理可知，电子的动能减小，电势能增加，所以电子在N的动能小于在M的动能，在N的电势能大于在M的电势能，故AB错误；电子带负电，电场力方向与电场强度方向相反，所以可知电场强度方向竖直向上，如图所示，故C错误．根据顺着电场线方向电势降低，得知，a点电势低于b点电势，故D正确．
6. 平行板电容器充电后，去掉电源，下面说法正确的是（）
A. 正对面积不变，极板间距离减小，电容增大
B. 正对面积不变，极板间距离增大，电荷量减少
C. 正对面积减小，极板间距离减小，电容增大
D. 正对面积增大，极板间距离不变，电势差增大
【答案】A
【解析】充电后，去掉电源，则电容器两极板所带电荷量恒定边，若正对面积不变，改变两极板间的距离，根据可知，d增大C减小，d减小C增大，故A正确B错误；若正对面积减小，极板间距离减小，根据可知C不一定增大，C错误；根据可知若正对面积增大，极板间距离不变，则C增大，根据可知U减小，D错误．
【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
7. 关于电源和电流，下述说法正确的是（）
A. 电源的电动势在数值上始终等于电源正负极之间的电压
B. 从能量转化的角度看，电源通过非静电力做功把其他形式的能转化为电能
C. 由公式可知，导体的电阻与通过它的电流成反比
D. 打开教室开关，日光灯立刻就亮了，表明导线中自由电荷定向运动的速率接近光速
【答案】B
【解析】试题分析：A、电源正负极之间的电压称为路端电压，当外电路接通时，路端电压小于电源的电动势．故A错误；B、电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能的装置，电源通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能．故B正确；C、电阻R是由导体本身决定的，与通过它的电流无关．故C错误．D、打开教室开关，日光灯立刻就亮了，表明导线中电场传播的速率接近光速，而导线中自由电荷定向运动的速率是非常小的．故D 错误；故选B．
考点：电源的电动势和内阻、电流、电压．
【名师点晴】该题考查恒定电流中对几个基本概念的理解，理解电源的作用，及电动势的含义，注意比值定义法的内涵是关键．
8. 一根粗细均匀的电阻丝阻值为R，若温度不变，则下列情况中其电阻仍为R的是（）
A. 长度和横截面半径都增大一倍时
B. 当长度不变、横截面积增大一倍时
C. 当截面积不变、长度增大一倍时
D. 当长度和横截面积都缩小一半时
【答案】D
【解析】试题分析：根据电阻定律，结合横截面积和电阻丝长度的变化判断电阻的变化．注意根据半径变化求解截面积的变化．
横截面半径增大一倍时，截面积增大为原来的4倍；根据电阻定律知，电阻变为原来的一半，A错误；根据电阻定律知，长度不变，横截面积增大一倍，则电阻减小一半，B错误；根据电阻定律知，横截面积不变，长度增大一倍，则电阻变为原来的2倍，C错误；根据电阻定律知，长度和横截面积都缩小一半时，电阻不变，D正确．
9. 一电池外电路断开时的路端电压为3V，接上8Ω的负载后路端电压降为2.4V，则可以判
定电池的电动势E和内阻r分别为（）
A. E=3V
B. r=1Ω
C. r=2Ω
D. E=2.4V
【答案】AC
【解析】试题分析：电源的电动势等于外电路断开时电源两极间的电压．电源接上8Ω的负载电阻后路端电压降为2.4V，根据欧姆定律利用比例法求出电源的内电阻．
电池外电路断开时的路端电压为3V，则电池的电动势为E=3V．当电源接上8Ω的负载电阻后路端电压降为2.4V，则电路中电流为，得内阻，故AC正确．
10. 如图所示，在y 轴上关于O点对称的A、B两点有等量同种点电荷＋Q，在x轴上有关于O点对称的C、D两点，下列判断正确的是（）
A. D点电场强度为零
B. O点电场强度为零
C. 若将点电荷＋q从O移向C，电势能增大
D. 若将点电荷－q从O移向D，电势能增大
【答案】BD
【解析】A、B两点有等量同种点电荷+Q，根据叠加原理可知，O点的电场强度为零，而D 点的电场强度为方向沿+x轴方向，不为零，A错误B正确；由上可知，OC段的电场方向从O→C，而OD段的电场方向从O→D，所以若将点电荷+q从O移向C，电场力做正功，电势能减小，C错误；若将点电荷-q从O移向D，电场力做负功，电势能增加，D正确．11. 如图所示是电阻R的I﹣U图象，图中α=45°，由此得出（）
A. 通过电阻的电流与两端电压成正比
B. 电阻R=0.5Ω
C. 因I﹣U图象的斜率表示电阻的倒数，故
D. 在R两端加上6.0V的电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是3.0C
【答案】AD
【解析】试题分析：图像是一条通过原点的直线，所以通过电阻的电流与两端电压成正比，A正确；图像的斜率，故解得，BC错误；当时，，则每秒通过电阻横截面的电荷量是，故D错误．
考点：考查了I-U图像
【名师点睛】本题考查了学生对电阻的定义式的理解与掌握，要注意直线的斜率与直线倾角的区别．
12. 如图所示的电路中，电流表和电压表均可看成是理想电表，当滑动变阻器的滑动头向上移动时，下列结论正确的是（）
A. 电压表和电流表和的示数都减小
B. 电压表的示数增大，电流表的示数减小
C. 电压表的示数增大，电流表的示数减小
D. 电压表和电流表和的示数都增大
【答案】BC
【解析】当滑动变阻器的滑动头向上移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻R 增大，由闭合电路欧姆定律得知：干路电流减小，即的示数减小，路端电压增大，即电压表的示数增大．电路中并联部分的电压增大，所以电阻的电流增大，而总电流是减小的，所以示数减小，BC正确．
二、实验题
13. 螺旋测微器示数_______mm；游标卡尺的读数_______ mm
【答案】(1). 0.697-0.699(2). 52.35
【解析】螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为19.7×0.01mm=0.197mm，所以最终读数为0.5mm+0.197mm=0.697 mm，游标卡尺的主尺读数为52mm，游标尺上第7个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为7×0.05mm=0.35mm，所以最终读数为：
52mm+0.35mm=52.35mm．
14. 在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，使用的小灯泡为“6V3W”，其他可供选择的器材有：
电压表V1(量程6V，内阻20kΩ) 电压表V2(量程20V，内阻80kΩ)
电流表A1(量程3A，内阻0.1Ω) 电流表A2(量程0.6A，内阻0.5Ω)
变阻器R1(0～1000Ω，0.5A) 变阻器R2(0～20Ω，2A)
学生电源E(6～8V) 开关S及导线若干．
实验中要求电压表在0～6V范围内读取并记录下12组左右不同的电压值U和对应的电流值I，以便作出伏安特性曲线，在上述器材中，电流表应选用_____________，变阻器应选用____________．在方框中画出实验的原理图________．
【答案】(1). A2(2). R2(3).
【解析】试题分析：根据灯泡额定电压与额定功率，由电功率的变形公式求出灯泡额定电流，
根据该电流选择电流表；在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；
电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，根据灯泡电阻与电表内阻间的关系确定电流表接法，然后作出实验电路图．
三、计算题
15. 如图所示，已知平行板电容器两极板间距离d=4 mm，A板带正电，两极板间的电势差为120V，若它的电容为3μF，且P到A板距离为1mm．求：
（1）电容器的带电量；
（2）一个电子在P点具有的电势能；（e=1.6×10-19C）
（3）一个电子从P点由静止出发到A板获得的动能．（e=1.6×10-19C）
【答案】（1）3.6×10-4C（2）（3）
【解析】（1）由得。

（2）电子在P点具有的电势能，而，则联立解得
（3）根据动能定理可知到达A板获得的动能为
16. 一个量程为15V的电压表，串联一个R1=3kΩ的电阻后，测量某电路两端的电压时，电压表示数为12V，若已知该电路两端的实际电压为15V，试求：
（1）该电压表的内阻R V；
（2）将该电压表改装成量程为0~90V的电压表，应串联电阻的阻值R2。

【答案】（1）12kV（2）60kΩ
解得：；
（2）将这个电压表改装成量程为的电压表，原电压表两端最大分得的电压为，
串联电阻分得的电压：，。

考点：把电流表改装成电压表
【名师点睛】考查的是串联电路电压与电阻成正比，及改装电压表的原理，明确串联电阻起分压作用。

17. 如图所示电路中，电池组的电动势E = 42V，内阻r = 2Ω，定值电阻R= 20Ω，D是电动机，其线圈电阻R′ = 1Ω．电动机正常工作时，理想电压表示数为20V．求：
（1）通过电动机的电流是多少？
（2）电动机消耗的电功率为多少？
（3）电动机输出的机械功率为多少？
【答案】（1）1A（2）20W（3）19W
【解析】试题分析：（1）通过电动机的电流是：
（2）电动机消耗的电功率：
（3）热功率：
输出功率：
考点：电功率的计算
18. 如图所示，两带电平行板A、B间的电场为匀强电场，已知A板带正电，B板带负电，场强E=400V/m，两板相距d=16㎝，板长L=30cm。

一带电量q=1.6×10-16C、质量m=4.0×10-19㎏的粒子沿平行于板方向从两板的正中间射入电场后向着B板偏转，不计带电粒子所受重力，求：
（1）粒子带何种电荷？
（2）要使粒子能飞出电场，粒子飞入电场时的速度v0至少为多大？
（3）粒子飞出电场时最大偏角的正切值为多大？
【答案】（1）正电荷（2）（3）
【解析】（1）由于B板带负电，粒子向B板偏转，说明粒子带正电；
（2）当带电粒子从B板边缘飞出时速度最小，
粒子做类平抛运动，故在水平方向上有，，
即
（3）粒子飞出电场时偏角的正切，
所以粒子飞入电场时的速度v0最小时偏角的正切值最大，为。