【解析】重庆市万州二中2017-2018学年高二上学期期中考试物理试题含解析

2017-2018学年重庆市万州二中高二上学期期中考试
物理试卷
一、单项选择题（每题只有一个选项符合要求，共10小题，每题4分，共40分）
1. 关于电流的说法中正确的是（）
A. 根据，可知I与q成正比
B. 电流有方向，电流也有矢量
C. 在金属导体中，自由电子移动方向为电流方向
D. 电流的单位“安培”是国际单位制中的基本单位
【答案】D
【解析】电流的定义，是根据比值定义法定义的，即电流不跟q成正比，也不与时间t
成反比．故A错误．电流有方向，但是在计算的过程中使用代数的方法计算，不用平行四边形定则，所以电流强度这个物理量是标量．故B错误．正电荷的“定向”运动方向是电流方向，故C错误．电流强度的单位“安培”是国际单位制中的基本单位，故D正确；故选D．
点睛：该题考查电流的基本概念．容易出错的是有些学生会错误认为根据电流与q成正比与时间t成反比．
2. 下列说法中正确的是（）
A. 摩擦起电是通过外力做功凭空产生了电荷
B. 电子就是元电荷
C. 导体中通过某一横截面一定的电荷量所用的时间越短，电流越大
D. 由可知，一段导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流成反比
【答案】C
【解析】电荷既不能被创生，也不能被消灭，摩擦起电是电荷从一个物体转移到另一个物体，故A错误；元电荷是指电子或质子所带的电荷量，数值为e=1.60×10-19C，但不能说电子就是元电荷，故B错误；根据电流定义式，可知导体中通过某一横截面一定的电荷量所用的时间越短，电流越大，故C正确；导体的电阻由导体本身决定，跟它两端的电压无关，跟通过它的电流也无关，故D错误。

所以C正确，ABD错误。

3. 电流表的内阻是R g=200Ω，满偏电流值是I g=500μA，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. 应串联一个1800Ω的电阻
C. 应并联一个0.1Ω的电阻
D. 应并联一个1800Ω的电阻
【答案】B
4. 小芳家正在使用的电器有电灯、洗衣机、电冰箱，小芳从家里的总电能表中测得在时间t 内消耗的电能为W．设小芳家的供电电压为U，总电流为I，上述电器的总电阻为R，总功率为P．下列关系式正确的是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】试题分析：因为整个电路中有洗衣机和电冰箱等非纯电阻电器，这些电器不适应欧姆定律，故和不成立，选项A、D错误；只能求解电热，选项B错误；
适用于任何电路，故选项C正确。

考点：电功和电功率
5. 如图，A和B是材料相同、厚度相同、表面为正方形的两个导体，但B的尺寸比A的小很多．两个导体通过的电流方向如图所示．以下说法正确的是（）
A. A、B电阻相同
B. A的电阻一定比B的小
C. A的电阻一定比B的大
D. A、B电阻大小无法比较
【答案】A
【解析】设导体的电阻率为ρ，厚度为d，边长为L，则由电阻定律得：，可知电阻与边长L无关，只取决于厚度，故R A=R B，故A正确，BCD错误。

6. 下列关于电源电动势的说法中正确的是（）
A. 电源的电动势越大，电源所能提供的电能就越多
B. 电源的路端电压增大时，其电源提供的电能一定也增大
C. 无论内电压和外电压如何变化，其电源的电动势一定不变
D. 在某电池的电路中，每通过2 C的电荷量，电池提供的电能是4 J，那么这个电池的电动势是0.5 V
【答案】C
【解析】电动势越大，电源将单位正电荷负极移到正极提供的电能越多，故A错误；电源的路端电压增大时，其电源提供的电能的能力增大，而电源提供的电能不一定也增大，故B错误；无论无论内电压和外电压如何变化，其电源的电动势一定不变，故C正确；根据电动势的定义式：，可知这个电池的电动势是2 V，故D错误。

所以C正确，ABD 错误。

7. 如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q（q ＞0）的固定点电荷．已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为（k为静电力常量）（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】电荷量为q的点电荷在b处产生电场强度为，方向向右；由于b点处的场强为零，
则圆盘在此处产生电场强度大小也为，方向向左。

那么圆盘在此d产生电场强度大小仍为，方向向右。

而电荷量为q的点电荷在d处产生电场强度大小为，方向向右。

则d处电场强度为两者大小相加。

所以两者在d处产生电场强度为，故B正确，ACD错误。

故选：B。

点睛：
由题意可知，在b点处的场强为零，说明电荷量为q（q＞0）的固定点电荷与电荷量为Q的圆盘上电荷在b处各自产生的电场强度大小相等，方向相反。

那么在d点处场强的大小即为两
者之和．因此根据点电荷的电场强度为即可求解。

8. 两点电荷A、B带电量q A＞q B，在真空中相距为L0，现将检验电荷q置于某一位置时所受库仑力恰好为零，则此位置当A、B为（）
A. 同种电荷时，在A、B连线上靠近B一侧
B. 同种电荷时，在A、B连线上靠近A一侧
C. 异种电荷时，在BA连线的延长线上靠近A一侧
D. 异种电荷时，在A、B连线上靠近A一侧
【答案】A
【解析】当q A和q B均为固定的正电荷，且电荷受到的合力为0，根据库仑定律，对q受力分析有：，因为q A＞q B．所以r A＞r B，而且保证两个力的方向相反，所以应将q置于AB线段上，且靠近B，故A正确，B错误；若q A和q B为固定的异种电荷，且电荷受到的合力为0，根据库仑定律，对q受力分析有：，因为q A＞q B．所以r A＞r B，而且保证两个力的方向相反，所以应将q置于AB连线的延长线上，且靠近B，故CD错误。

所以A正确，BCD错误。

9. 正电荷均匀分布在半球面上,它们在此半球的球心O处产生的电场强度大小为E0,现将一个通过O点且与半球底面成θ=60°的平面把半球面切分出一个“小瓣”球面,如图所示,所分出的“小瓣”球面上的电荷在O点处产生电场的电场强度大小为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】根据对称性，作出球面上的电荷在O点产生的电场分布，如图所示，
由平行四边形定则得到“小瓣”球面上的电荷在O处的电场强度，故B正确，ACD错误。

10. 如图所示为某静电除尘装置的原理图,废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区.图中虚线是某一带负电的尘埃(不计重力)仅在电场力作用下向集尘极迁移并沉积的轨迹,A、B 两点是轨迹与电场线的交点.不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电量变化,则以下说法正确的是( )
A. A点电势高于B点电势
B. 尘埃在A点的加速度大于在B点的加速度
C. 尘埃在迁移过程中做匀变速运动
D. 尘埃在迁移过程中电势能一直在增大
【答案】B
【解析】沿电场线方向电势降低，由图可知，B点的电势高于A点电势，故A错误；由图可知，A点电场线比B点密集，因此A点的场强大于B点场强，故A点的电场力大于B点的电场力，则A点的加速度大于B点的加速度，故B正确；放电极与集尘极间建立非匀强电场，尘埃所受的电场力是变化的．故粒子不可能做匀变速运动，故C错误；由图可知，开始速度方向与电场力方向夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大；后来变为锐角，电场力做正功，电势能减小；对于全过程而言，根据电势的变化可知，电势能减小，故D错误．故选B．
点睛：本题考查考查分析实际问题工作原理的能力，解题时要明确电场线的分布规律，并且
能抓住尘埃的运动方向与电场力方向的关系是解题突破口．
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题4分，共16分。

每题有多个选项符合要求，全选对得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。

）
11. 如图所示的匀强电场中，已知场强大小等于100V/m，AB间距为6cm；则以下说法正确的是（）
A. A点电势等于B点电势，AB与C三点场强相同
B. AB两点间的电势差为+6V
C. 现有一个电量为+q的电荷，第一次从A点移到B点，电场力做功为W1；第二次该电荷从A 点移到C点，然后再移到B点，在这个过程中电场力做功为W2，则W2＞W1
D. 若A点电势为零，则B点电势为﹣3V
【答案】AD
【解析】试题分析：根据顺着电场线方向电势逐渐降低，分析A、B两点的电势高低，匀强电场中各处的场强相同，由求AB两点间的电势差．电场力做功只与初末位置有关，与路径无关．
图中A、C两点在同一等势面上，电势相等，根据顺着电场线方向电势逐渐降低，知C点的电势高于B点的电势，所以A点电势等于B点电势，由于是匀强电场，A、B、C三点场强相同，故A正确；AB两点间的电势差为，故B错误；电场力做功只与初末位置有关，与路径无关，则电荷从从A点移到B点与从A点移到C点再移到B点电场力做功相等，即有，故C错误；根据，若
，则，故D正确．
12. 如图所示，匀强电场中的三个点A.B.C构成一个直角三角形，，
，。

把一个带电量为的点电荷从A点移到到B点电场力不做功；从B点移动到C点电场力做功为。

若规定C点的电势为零，则（）
A. 该电场的电场强度大小为
B. C,B两点间的电势差为
C. A点的电势为
D. 若从A点沿AB方向飞入一电子，其运动轨迹可能是乙
【答案】BD
【解析】C、点电荷从A移动到B点电场力不做功，说明A、B两点的同一等势面上，从B点移动到C点电场力做功为，说明电场强度的方向垂直AB边向上。

则A点的电势，故选项C错误；
B、C、B两点间的电势差为，故选项B正确；
A、该电场的电场强度大小为，故选项A错误；
D、电子从A点沿AB方向飞入，受力方向将沿电场线方向的反方向，故粒子将向左下偏转，运动轨迹的大致图像如图中乙所示，故选项D正确。

点睛：本题考查电势差与电场强度的关系、带电粒子在电场中的运动、等势面、电势能，注重理解能力和分析综合能力。

13. 如图所示，平行板电容器两极板水平放置，现将其与二极管串联接在电动势为E的直流电源上，电容器下极板接地，静电计所带电量可忽略，二极管具有单向导电性。

闭合开关S，一带电油滴恰好静止于两板间的P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则下列说法正确的是( )
A. 平行板电容器的电容将变大
B. 静电计指针张角变小
C. 带电油滴的电势能将减少
D. 油滴仍将保持静止
【答案】CD
..................
点睛：本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，二极管的存在导致电容器不能放电，则电量不变；当电容量电量不变时，两板间的场强与两板间距无关.
14. 如图在x轴的-3a和3a两处分别固定两个电荷Q A、Q B，图中曲线是两电荷之间的电势φ与位置x之间的关系图象，图中x = a处为图线的最低点。

线于在x = 2a处由静止释放一个质量为m、带电荷量为q的正电点电荷，该电荷只在电场力作用下运动。

下列有关说法正确的是( )
A. 电荷运动至x = a处时速度最大
B. 两点电荷Q A:Q B = 4:1
C. 该电荷一定通过x = a处，但不能到达x = -a处
D. 该电荷以O为中点做往复运动
【答案】AB
【解析】在φ-x图象中图线的斜率表示电场强度的大小，由此可知x=a处电场强度为零，根据动能定理qU=△E k，可知点电荷从x=2a到x=a处，电势差最大，则电场力做正功最多，在x=a处速度最大，故A正确；由图线可知因在x=a处电场强度为零，则有：，
可得：Q A：Q B=4：1，故B正确；由图可知x=-a处与x=2a处电势相等且点电荷由静止释放，由动能定理可知点电荷刚好能到达x=-a处，故C错误；点电荷在x=-a与x=2a之间做往复运动，则O处不是运动中心，故D错误。

所以AB正确，CD错误。

三、实验题（本大题共2个小题，共18分）
15. （1）现有一合金制成的圆柱体。

为测量该合金的电阻率，现用伏安法测量圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器和游标卡尺的示数如图（a）和图（b）所示。

由上图读得圆柱体的直径为_________mm，长度为__________cm。

（2）按照有效数字规则读出下列电表的测量值。

①接0~3V量程时读数为________V。

②接0~0.6A量程时读数为_______A。

【答案】 (1). (1)1.848（1.847~1.849）； (2). 4.240（4.235、4.245） (3). (2) ①2.17（2.14～2.18均对）；(4). ②0.16
【解析】（1）螺旋测微器的读数为：；（1.847~1.849范围内的均给分）；游标卡尺的读数为：（4.235、4.245均给分）
(2) ① 电压表接0～3V量程，由图示电压表可知，其分度值为0.1V，示数为2.17V；
②电流表接0～0.6A量程，由图示电流表可知，其分度值为0.02A，示数为0.16A
点晴：本题考查了(1) 螺旋测微器和游标卡尺的读数，螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和为螺旋测微器读数，螺旋测微器需要估读，游标卡尺的读数，要注意游标尺的精度且游标卡尺的读数不要估读；
(2)电压表与电流表读数，对电表读数时要先确定其量程与分度值，然后再根据指针位置读数，读数时视线要与电表刻度线垂直．
16. 某同学用如图甲所示电路，测绘标有“3.8V，0.3A”的小灯泡的灯丝电阻R 随电压U变
化的图象．
①除了导线和开关外，有以下一些器材可供选择：
电流表：A1（量程100mA，内阻约2Ω）、A2（量程0.6A，内阻0.3Ω）；
电压表：V1（量程5V，内阻约5kΩ）、V2（量程15V，内阻约15kΩ）；
滑动变阻器：R1（阻值范围0﹣100Ω）、R2（阻值范围0﹣2kΩ）；
电源：E1（电动势为1.5V，内阻为0.2Ω）、E2（电动势为4V，内阻约为0.04Ω）．
为了调节方便，测量准确，实验中应选用电流表_______，电压表_______，滑动变阻器_______，电源_______（填器材的符号）．
②根据实验数据，计算并描绘出R﹣U的图象如图乙所示．由图象可知，此灯泡在不工作时，灯丝电阻为_______；当所加电压为3.00V时，灯丝电阻为_______，灯泡实际消耗的电功率
为_______W．
③根据R﹣U图象，可确定小灯泡耗电功率P与外加电压U的关系．符合该关系的示意图是下列图中的_______．
【答案】(1). ①； (2). ； (3). ； (4). (5). ②1.5Ω； (6).
11.5Ω； (7). 0.78；(8). ③A
【解析】①因小灯泡额定电流为0.3A，额定电压为3.8V，故电流表应选，电压表应选，
又因测伏安特性曲线要求电压与电流调节范围大，故变阻器需用分压式接法，应选阻值小的变阻器，故变阻器应选，显然电源应选．
②由R﹣U图象知U=0时R为1.5Ω，U=3V时R为11.5Ω，由得P=0.78W．
③由知，P与成正比，P﹣U的图线弯曲的方向向上，故CD错误；时，故B不合题意，P随U的增大而增大，故A正确．
四、计算题（本大题共3个小题，共36分）
17. 如图所示，电源电动势为E=6V，内电阻为r=1Ω，滑动变阻器电阻的阻值范围0﹣10Ω，当滑动变阻器电阻R=2Ω时，当 K闭合后，求：
（1）电路中的电流为多大？
（2）电路中路端电压为多少？
（3）电源的输出功率为多少？
（4）电源的总功率为多少？
【答案】(1)；(2) ；(3) ；(4)
【解析】试题分析：根据闭合电路欧姆定律列式求解电流；根据U=IR求解路端电压；根据P=UI 求解电源的输出功率；根据P=EI求解求解电源的总功率。

（1）根据闭合电路欧姆定律，电流：
（2）电路中路端电压：U=IR=2×2V=4V；
（3）电源的输出功率为：P=UI=4V×2A=8W；
（4）电源的总功率为：P=EI=6V×2A=12W；
点睛：本题主要考查了闭合电路欧姆定律，根据相应的公式求解电流，内电压与外电压，之后即可求得功率，属于基础题。

18. 如图所示，ABC为竖直平面内的绝缘轨道，AB部分是半径为R的光滑半圆轨道，BC部分水平，整个轨道处于水平向左的匀强电场中，有一质量为m、带电量为q的小滑块，它与BC 间的动摩擦因数为μ，已知重力加速度为g，场强大小为，,求：
（1）要使小滑块能运动到A点，滑块应在BC轨道上离B至少多远处静止释放；
（2）在上述情况中，小滑块速度最大时对轨道的压力．
【答案】(1)；(2)；方向由0指向P
【解析】试题分析：（1）在A点，由牛顿第二定律：
从静止开始运动至A点，由动能定理：
得：
（2）由等效场的理论，假设电场力和重力的合力与竖直向下成θ角，则速度最大的位置P 点与圆心O的连线与竖直方向也成θ角，且
从B点到A点：
从B点到P点：
在P点：
解得：方向由O指向P
考点：带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；向心力．
【名师点晴】本题主要考查了动能定理，注意过程的选取是关键．
19. 如图所示，在方向竖直向上、大小为E=1×106V/m的匀强电场中，固定一个穿有A、B两个小球（均视为质点）的光滑绝缘圆环，圆环在竖直平面内，圆心为O、半径为R=0.2m．A、B用一根绝缘轻杆相连，A带的电荷量为q=+7×10﹣7C，B不带电，质量分别为m A=0.01kg、
m B=0.08kg．将两小球从圆环上的图示位置（A与圆心O等高，B在圆心O的正下方）由静止释放，两小球开始沿逆时针方向转动．重力加速度大小为g=10m/s2．
（1）通过计算判断，小球A能否到达圆环的最高点C？
（2）求小球A的最大速度值．
（3）求小球A从图示位置逆时针转动的过程中，其电势能变化的最大值．
【答案】(1)A不能到达圆环最高点；(2)；(3)
【解析】试题分析：A、B在转动过程中，分别对A、B由动能定理列方程求解速度大小，由此判断A能不能到达圆环最高点； A、B做圆周运动的半径和角速度均相同，对A、B分别由动能定理列方程联立求解最大速度；A、B从图示位置逆时针转动过程中，当两球速度为0时，根据电势能的减少与电场力做功关系求解。

（1）设A、B在转动过程中，轻杆对A、B做的功分别为W T和，
根据题意有：
设A、B到达圆环最高点的动能分别为E KA、E KB
对A根据动能定理：qER﹣m A gR+W T1=E KA
对B根据动能定理：
联立解得：E KA+E KB=﹣0.04J
由此可知：A在圆环最高点时，系统动能为负值，故A不能到达圆环最高点
（2）设B转过α角时，A、B的速度大小分别为v A、v B，
因A、B做圆周运动的半径和角速度均相同，故：v A=v B
对A根据动能定理：
对B根据动能定理：
联立解得：
由此可得：当时，A、B的最大速度均为
（3）A、B从图示位置逆时针转动过程中，当两球速度为零时，电场力做功最多，电势能减少最多，由上可式得：3sinα+4cosα﹣4=0
解得：或sinα=0（舍去）
所以A的电势能减少：
点睛：本题主要考查了带电粒子在匀强电场中的运动，应用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答，属于复杂题。