高中湖南省娄底市娄星区高二上学期期中考试物理试题[答案解析]

湖南省娄底市娄星区【精品】高二上学期期中考试物理试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．最早提出用电场线描述电场的物理学家是（）
A．牛顿B．伽利略C．法拉第D．阿基米德
2．如图所示，有三个点电荷A、B、C位于一个等边三角形的三个顶点上，已知A、B
F所示。

那么可以判定点电都带正电荷，A所受B、C两个电荷的静电力的合力如图中
A
荷C所带电荷的电性为（）
A．一定是正电B．一定是负电
C．可能是正电，也可能是负电D．无法判断
3．如图所示是点电荷Q周围的电场线，图中A到Q的距离小于B到Q的距离．以下判断正确的是
A．Q是正电荷，A点的电场强度小于B点的电场强度
B．Q是正电荷，A点的电场强度大于B点的电场强度
C．Q是负电荷，A点的电场强度大于B点的电场强度
D．Q是负电荷，A点的电场强度小于B点的电场强度
4．在电场中，把电荷量为4×10－9 C的正点电荷从A点移到B点，克服静电力做功6×10－8J，以下说法中正确的是( )
A．电荷在B点具有的电势能是6×10－8 J
B．B点的电势是15 V
C．电荷的电势能增加了6×10－8 J
D．电荷的电势能减少了6×10－8 J
5．将平行板电容器与静电计连接，充电后撤去电源，静电计指针张开某一角度θ，如图所示，若将电容器两极间距离增大，则
A．两极板间电势差不变，θ不变
B．两极板间电势差减小，θ减小
C．电容器电容减小，θ变小
D．电容器电容减小，θ变大
6．用电压表检查如图电路中的故障，测得U ad＝5.0 V，U cd＝0 V，U bc＝0 V，U ab＝5.0 V，则此故障可能是( )
A．L断路B．R断路
C．R′断路D．S断路
7．如图所示的电路图是一个应用“非”门构成的一个简易火警报警电路，则图中X框、Y 框中应是
A．X为可变电阻，Y为热敏电阻
B．X为热敏电阻，Y为开关
C．X为热敏电阻，Y为可变电阻
D．X、Y均为热敏电阻
8．电流表的内阻是R g=200Ω，满偏电流值是I g=0.5mA，现在欲把这电流表改装成量程为1.0V的电压表，正确的方法是
A．应串联一个0.1Ω的电阻
B．应并联一个0.1Ω的电阻
C．应并联一个1800Ω的电阻
D．应串联一个1800Ω的电阻
二、多选题
9．M和N是两个不带电的物体，它们互相摩擦后M带正电1.6×10－10C，下列判断正确的有
A．摩擦的过程中电子从M转移到N
B．在摩擦前M和N的内部没有任何电荷
C．M在摩擦过程中失去1.6×10－10个电子
D．N在摩擦后一定带负电1.6×10－10C
10．匀强电场方向水平向右，一带电颗粒沿图中虚线所示，在电场中沿斜向上方向做直线运动.带电颗粒从A到B的过程中，关于其能量变化及带电情况的说法正确的是
A．颗粒一定带负电
B．颗粒可能带正电
C．颗粒的机械能减小，电势能增大
D．颗粒的机械能减小，动能增大
11．一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、17V、26V。

下列说法正确的是（）
A．电场强度的大小为2.5V/cm
B．坐标原点处的电势为1V
C．电子在a点的电势能比在b点的低7eV
D．电子从b点运动到c点，电场力做功为9eV
12．如图所示的电路中，电源电动势为12V，内阻r=1Ω，灯泡L上标有“6V、12W”字样，电动机线圈的电阻R M=0.50Ω。

闭合电键后，灯泡恰好正常发光，电动机也恰好正常工作，以下判断正确的是
A．电动机的输入功率为12W
B．电动机的输出功率为6W
C．电动机的机械效率为75%
D．电源的输出功率为20W
三、实验题
13．在测定金属的电阻率的实验中，用螺旋测微器测量金属导线直径d，如右图所示，则d=____________mm．
14．为了测量一节干电池的电动势和内阻，某同学采用了伏安法，现备有下列器材：A．被测干电池一节
B．电流表1：量程为0~0.6A，内阻r=0.3Ω
C．电流表2：量程为0~0.6A，内阻约为0.1Ω
D．电压表1：量程为0~3V，内阻未知
E．电压表2：量程为0~15V，内阻未知
F．滑动变阻器1：0~10Ω，2A
G．滑动变阻器2：0~100Ω，1A
H．开关、导线若干
在用伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差；在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。

(1)在上述器材中请选择适当的器材；_____（选填仪器前的字母代号）；
(2)实验电路图应选择上图中的______（选填“甲”或“乙”）；
(3)根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U ﹣I 图象，则干电池的电动势E =_____V ，内阻r '=______Ω。

四、解答题
15．如图所示，电阻123 1.0R R R ===Ω，当电键K 闭合时理想电压表读数是1.0V ，当K 断开时理想电压表读数是0.8V ，求:电源的电动势E 和内电阻r ．
16．水平放置的平行板电容器如图，原来两板不带电，上极板接地，板长L ＝1 m ，两板间距离d ＝0.4 m ．有一束相同的带正电微粒，以相同的初速度v 0先后从两板中央平行极板射入，由于重力作用微粒落到下极板上，微粒所带电荷立即转移到下极板且均匀分布在下极板上，设前一微粒落到下极板上时后一微粒才能开始射入两板间，且第一个
微粒恰好落在下极板中点处．已知微粒质量m ＝1×
10－4 kg ，电量q ＝1×10－6 C ，电容器电容6310F C =⨯－，g ＝10 m/s 2．求：
(1)微粒入射的初速度v 0的大小；
(2)当微粒从极板间穿出时，极板间电压U ；
(3)当微粒从极板间穿出时，落在下极板上的微粒个数．
17．如图所示，在310/E V m =的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN 连接，半圆轨道所在平面与电场线平行，其半径40R cm =，一带正电荷410q C -=的小滑块质量为40m g =，与水平轨道间的动摩擦
因数0.2μ=，取210/g m s =，求：
（1）要小滑块能运动到圆轨道的最高点L ，滑块应在水平轨道上离N 点多远处释放？ （2）这样释放的小滑块通过P 点时对轨道的压力是多大？(P 为半圆轨道中点)
参考答案
1．C
【解析】属于识记的内容。

若没有记清楚，也可以采用排除法，除了法拉第以外，其他三个选项提到的物理学家都没有研究电场。

2．B
【详解】
对A 电荷受力分析，B 对A 的是库仑斥力，沿BA 的连线向上；如果C 是正电荷，则C 对A 的库仑斥力沿CA 连线向上，这两个斥力的合力指向CA 和BA 延长线之间，不可能BA 偏向右；只有C 带负电，C 对A 的库仑引力沿AC 连线向下，与B 对A 的作用力的合力才偏向右侧，故C 一定带负电，故B 正确，ACD 错误。

故选B 。

3．B
【详解】
电场线是从正电荷出发止于负电荷，所以Q 是正电荷；根据点电荷的场强公式2kQ E r =得A 点的电场强度大于B 点的电场强度；
A.与分析不符，故A 错误；
B.与分析相符，故B 正确；
C.与分析不符，故C 错误；
D.与分析不符，故D 错误．
4．C
【解析】
电荷在电场中某点的电势能具有相对性，只有确定了零势点，B 点的电势、电荷在B 点的电
势能才是确定的数值，故AB 错误；由于电荷从A 移到B 的过程中是克服静电力做功6×
10-8 J ，故电荷电势能应该是增加了6×
10-8 J ，故C 正确，D 错误．故选C. 5．D
【详解】
静电计是测量电势差的仪器，电势差的大小是通过指针张开的角度来体现的；又电容器充完电后与电源分开，说明电容器的电量Q 不变，根据电容公式4S C kd επ=
可知当d 增大时，C 减小，由Q C U
=可知，电势差U 增大，那么θ变大；
A.与分析不符，故A 错误；
B.与分析不符，故B 错误；
C.与分析不符，故C 错误；
D.与分析相符，故D 正确。

6．B
【详解】
ABCD.由U cd ＝0 V ，U bc ＝0 V 可知电路为断路故障(电路中无电流)，由测得U ad ＝5.0 V 和U ab ＝5.0 V 可知，b 、d 两点等电势，电键S 、灯泡L 、电阻R ′均为通路，所以故障可能是R 断路，故B 正确ACD 错误。

故选B 。

7．A
【详解】
由图可知，D 点接地，电势为0；若Y 的电阻非常大，A 点的电势接近5V ，非门的输入端为高电势，因此非门的输出端为低电势，蜂呜器两端没有电压，蜂鸣器不报警；若Y 的阻值非常小，从而使输入端A 点的电势接近0，非门输出端为高电势，这样蜂鸣器两端获得一个能发声的工作电压，蜂鸣器就会发出声音报警，所以Y 为热敏电阻，X 为可变电阻，用来调节报警器的灵敏度；
A.与分析相符，故A 正确；
B.与分析不符，故B 错误；
C.与分析不符，故C 错误；
D.与分析不符，故D 错误。

8．D
【详解】
把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，电阻阻值为：
1200Ω1800Ω0.0005
g g U R R I =
-=-= A.与分析不符，故A 错误；
B.与分析不符，故B 错误；
C.与分析不符，故C 错误；
D.与分析相符，故D 正确．
9．AD
【详解】
AB.M 和N 是两个不带电的物体，它们互相摩擦后M 带正电101.610C -⨯，实质是M 上的电子转移到N 上，故在此之前M 和N 都带电荷，故A 正确，B 错误；
CD. 摩擦后M 带正电101.610C -⨯，说明M 失去电子，而N 相应得到等量的电子，故N 在摩擦后一定带负电101.610C -⨯，M 在摩擦过程中失去的电子数为：
10
9191.6101101.610
n --⨯==⨯⨯个 故C 错误，D 正确。

10．AC
【详解】
AB ．带电颗粒在电场中沿斜向上方向做直线运动，则带电颗粒所受合力方向与运动方向共线，所以带电颗粒受力情况如图：
带电颗粒所受电场力方向与场强方向相反，颗粒带负电；故A 项正确，B 项错误； CD ．带电颗粒从A 到B 的过程中，受重力和电场力，电场力做负功，电势能增大，机械能减小；电场力和重力均做负功，动能减小；故C 项正确，D 项错误。

11．ABD
【详解】
B ．如图所示，设ac 之间电势差与Ob 两点间的电势差相等，即
10V 26V 17V O U -=-
可得
1V O U =
B 正确；
A ．电场沿着x 轴方向电场分量
26V 10V 2V/cm 8cm
x x U E x ∆-=
== 电场沿着y 轴方向电场分量 y 26V 17V 1.5V/cm 6cm
y U E y ∆-=
== 因此电场强度
2.5V/cm E ==
A 正确；
C ．电子在a 点具有的电势能
A 10eV pa E e ϕ=-=-
电子在b 点具有的电势能
B 17eV pb E e ϕ=-=-
因此
7eV P pa Pb E E E ∆=-=
电子在a 点的电势能比在b 点的高7eV ，C 错误； D ．电子从b 点运动到c 点，电场力做功为
(17V 26V)9eV bc W Uq e ==--=
所以电子从b 点运动到c 点，电场力做功为9eV ，D 正确。

故选ABD 。

12．BCD
【详解】
A. 整个电路中的电流为：
12A 2A 6
L L P I U =
== 电动机两端的电压为： 112621V 4V L U Ir U U =-=--⨯=-
所以电动机的输入功率为：
142W 8W P U I ==⨯=
故A 错误；
BC. 电动机的热功率为：
P 热2220.5W 2.0W M I R ==⨯=
则电动机的输出功率为：
2282W 6W M P P I R =-=-=
电动机的机械效率为：
26100%75%8
P P η=⨯==
故B 、C 正确；
D. 电源的输出功率为： P 出2212221W 20W EI I r =-=⨯-⨯=
故D 正确。

13．0.959—0.961 mm
【详解】
螺旋测微器的读数方法：①先读固定刻度②再读半刻度，若半刻度线已露出，记作 0.5mm ；
若半刻度线未露出，记作 0.0mm ；③再读可动刻度（注意估读）．记作 n×
0.01mm ；④最终读数结果为固定刻度+半刻度+可动刻度．
固定可得读数为：0；半刻度读数为：0.5mm ；可动刻度读数为：0.01mm×
46.0=0.960mm ，故读数为：0.960mm
14．ABDFH 甲 1.5 0.7
【详解】
(1)[1]A 和H 肯定得选；因测量一节干电池的电动势和内阻，则为了读数准确，电流表选择量程0~0.6A ，内阻已知的B ；电压表选择量程0~3V 的D ；一节干电池的电动势为1.5V 左右，电流表最大值0.6A ，此时电路总电阻为2.5Ω，当电流表读数为0.2A 时，电路总电阻是
7.5Ω；因此选择0~10Ω的滑动变阻器可以满足实验要求，并且操作也比较方便。

即器材为ABDFH ；
(2)[2]电流表内阻已知，电流表可以采用外接法，故选择甲电路；
(3)[3]由U-I 图可知，电源的电动势为E =1.5V ；
[4]内电阻为
A 1.5 1.0Ω0.3Ω0.7Ω0.5U r R I -=
'-=-= 15．2V ；0.5Ω
【分析】 当电键K 闭合时，电阻R 2与R 3并联后与R 1串联，当K 断开时，R 1与R 2串联，电压表测量R 1的电压；根据闭合电路欧姆定律对两种情况分别列式，联立即可求得电源的电动势E 和内电阻r ．
【详解】
当电键K 闭合时，电阻R 2与R 3并联后与R 1串联，外电路总电阻为211322R R R =
+=Ω，电路中干路电流为：1
1U I A R == 根据闭合电路欧姆定律得：E =I （R +r ） 当K 断开时，R 1与R 2串联，电路中干路电流为 ：1
0.8U I A R ''== 根据闭合电路欧姆定律得：12'E I R R r =++（
） 联立解得：E =2V r =0.5Ω．
【点睛】
本题主要考查了闭合电路欧姆定律，根据两种情况由闭合电路欧姆定律列出方程组，是求解电源电动势和内电阻常用的方法和思路．
16．（1）2.5 m/s （2）300 V （3）900个
【详解】
(1)第一个微粒在极板间做平抛运动，水平位移：
012
x L v t =
= 竖直位移： 2122
d gt = 联立并代入数据解得：
025m/s v =．
(2)微粒恰好从极板下边缘射出，水平方向：
0L v t ='
竖直方向：
2122
d at =' 代入数据解得：
225m/s a =．
由牛顿第二定律得：
qU mg ma d
-
= 代入数据解得： 300V U =
(3) 极板间的电荷量：
4910C Q CU ==⨯－
落在下极板上的微粒个数：
900Q n q
=
=个 17．（1）20m ；（2）1.5N ．
【详解】 （1）小滑块刚能通过轨道最高点条件是：
2
v mg m R
= 解得：
2m/s v ==
小滑块由释放点到最高点过程由动能定理：
2122
EqS mgS mg R mv μ--⋅= 代入数据得：
S =20m
（2）小滑块从P 到L 过程，由动能定理：
22
1122
P mgR EqR mv mv --=-
所以
222p qE v v g R m
=++（） 在P 点由牛顿第二定律：
2p N v F Eq m
R -=
所以 F N =3（mg +Eq ）
代入数据得：
F N =1.5N
由牛顿第三定律知滑块通过P 点时对轨道压力为1.5N ．。