【配套K12】安徽省宣城市四校2016-2017学年高二物理上学期期中联考试题(含解析)

安徽省宣城市四校2016-2017学年高二物理上学期期中联考试题（含
解析）
一、单项选择题（共8小题每小题4分计32分）
1；图示两个相同的带电小球A B （可视为点电荷）。

质量分别是m 1、m 2、电量分别是q 1、q 2，用长度相同的细线拴住并悬挂在同一点。

静止时两悬线与竖直方向夹角相同。

则关于m 1与m 2。

q 1与q 2的关系正确的是。

A.q 1 = q 2 ， m 1<m 2
B. q 1<q 2 ， m 1 =m 2
C.q 1<q 2 ，m 1<m 2
D. q 1>q 2 ， m 1>m 2
【答案】B
【解析】
考点：库仑定律；物体的平衡
2．下列说法正确的是( )
A ．根据电场强度的定义式E=F/q 可知电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷量成反比
B ．根据电容的定义式C=Q/U 电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比
C ．真空中点电荷的电场强度公式2
Q E k r ，知电场中某点电场强度和场源电荷的电荷量无关 D ．根据电势差的定义式U AB ＝W AB /q 可知带电荷量为1 C 的正电荷，从电场中的A 点移动到B 点克服电场力做功为1 J ，则A 、B 两点间的电势差为－1 V
【答案】D
【解析】
试题分析：电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷量及所受的电场力无关，选项A 错误；电容器的电容与所带电荷量及两极板间的电压无关，选项B 错误；真空中点电荷的电场强度公式2
Q E k r =，知电场中某点电场强度和场源电荷的电荷量成正比，选项C 错误；根据电势差的定义式U AB ＝W AB /q 可知带电荷量为1 C 的正电荷，从电场中的A 点移动到B 点克服电场力做功为1 J ，则A 、B 两点间的电势差为-1=11
AB AB W U V V q =-＝
，选项D 正确；故选D. 考点：电场强度；电容器；电场力的功
3. 如图所示，用两根绝缘线把两个小球悬挂起，a 球带电+q ，b 球带电-2q ，若两球的库仑力远小于b 球的重力，且两根线都处于绷紧状态，现加一水平向左的匀强电场，待平衡时，表示平衡状态的图是
【答案】C
【解析】 试题分析：以ab 整体为研究对象，整体电量相当于-q ，水平方向受向右的电场力，故上面绳子向右倾斜；
以最下面小球为研究对象，带负电，受向右的电场力，故下面的绳子也是向右倾斜；故选C 。

考点：电场强度；物体的平衡
4. 一带电粒子在电场中仅在电场力作用下，从A 点运动到B 点，速度随时间变化的图象如图所示（速度-时间图像中t A t B 段是一条曲线不是直线），t A 、t B
分别是带电粒子到达A 、B 两点时对应的时刻，则下列说法中正确的有
A ．A 点的电势一定高于
B 点的电势
B ．带电粒子在A 点的电势能一定大于在B 点的电势能
C ．带电粒子一定带正电
D ．电场可能是匀强电场
【答案】B
【解析】
试题分析：带电粒子从静止开始做加速运动，速度增大，动能增大，由能量守恒定律得知，其电势能减小，即带电粒子在A 点的电势能一定大于在B 点的电势能．但不能判断出粒子的电性，所以就不能判断电势的高低．故A 错误，B 正确；带电粒子做加速运动，不能带电粒子的电性，故C 错误．根据速度图象的斜率等于加速度，由数学知识可以看出，从A 点运动到B 点的过程中带电粒子的加速度减小，则其所受的电场力减小，由qE a m
知，电场强度E 减小，即A 处的场强一定大于B 处的场强，所以该电场不可能是匀强电场，故D 错误．故选B. 考点：电场强度；电势及电势能
5. 如图所示，M 、N 为两个等量同种电荷，在其连线的中垂线上的P 点放一静止的点电荷q （负电荷），不计重力，下列说法中正确的是（ ）
A 、点电荷从P 到O 是匀加速运动，O 点速度达最大值
B 、点电荷在从P 到O 的过程中，电势能增大，速度越来越大
C 、点电荷在从P 到O 的过程中，加速度越来越大，速度也越来越大
D 、点电荷一定能够返回到P 点。

【答案】D
【解析】
试题分析：点电荷在从P 到O 的过程中，所受的电场力方向竖直向下，因场强大小不断变化，电场力不断变化，故做变加速运动，所以速度越来越大，到达C 点后向下运动，受电场力向上而作减速运动，故O 点速度达最大值，越过O 点后，负电荷q 做减速运动，速度越来越
小，速度减到零后反向运动，返回到P 点，选项A 错误，D 正确；点电荷在从P 到O 的过程中，电场力做正功，故电势能减小，选项B 错误；因为从O 向上到无穷远，电场强度先增大后减小，P 到O 的过程中，电场强度大小变化不能确定，所以电场力无法确定，加速度不能确定．故C 错误．故选D.
考点：带电粒子在电场中的运动。

6．如图所示，额定电压为110V 的两盏电灯，额定功率分别为A P ＝100W ，B P ＝40W ．把它们接到220V 的电路上，在它们都能正常发光的前提下，总功率最小的接法是（ ）
A B C D
【答案】C
【解析】
越串越大；灯泡A 和灯泡B 正常工作时，此时电路的总电阻为R=2R A =2×121Ω=968Ω；D 图是灯泡A 和可变电阻并联后又和灯泡B 串联，灯泡要想正常工作，必须满足灯泡a 与可变电阻R 并联后和灯泡b 的电阻相等；但并联电路中，电阻越并越小，小于任何一个分电阻，所以此
电路中灯泡A 和灯泡B 不能正常工作，故D 不正确；根据公式2
U P R
可知，电路电阻越大，消耗的功率就越小，比较ABC 图可知，C 图的总电阻大，消耗的功率最小，故选C 。

考点：电功率
7在直角坐标系Oxyz 中有一四面体O ABC ，其顶点坐标如图所示。

在原点O 固定一个 电荷量
为--Q 的点电荷，下列说法正确的是
A. A,B,C 三点的电场强度相同
B. 平面ABC 构成一个等势面
C.若将试探电荷+q 自A 点沿+ x 轴方向移动，其电势能增加
D. 若在A 、B 、C 三点放置三个点电荷，--Q 所受电场力的合力可能为零
【答案】C
【解析】
试题分析：根据点电荷电场线的分布情况可知：A 、B 、C 三点的电场强度大小相同，方向不同，而场强是矢量，则A 、B 、C 三点的电场强度不同．故A 错误．A 、B 、C 三点处于同一等势面上，电势相同，由于A 、B 、C 三点所在的等势面为球面，所以平面ABC 不是等势面．故B 错误．若将试探电荷+q 自A 点沿+x 轴方向移动，该试探电荷受到吸引力，吸收力方向一定沿着x 轴的负方向运动，则电场力对该试探电荷做负功，其电势能将增加．故C 正确．若在A 、B 、C 三点放置三个点电荷，任意两个点电荷对-Q 的电场力的合力与第三个电荷对-Q 的电场力不在同一直线上，所以三个点电荷对-Q 的合力不可能为零，故D 错误．故选C.
考点：电场强度；电势及电势能
8. 如图甲所示，在两极板b a 、之间有一静止的电子，当在b a 、之间加上如图乙所示的变化电压时(开始时板带正电)，电子的运动情况是(不计重力，板间距离足够大ab 上电压大小不
变) （
A.电子一直向板运动
B.电子一直向板运动
C.电子先向板运动，再返回一直向板运动
D.电子在两板间做周期性往返运动
【答案】D
【解析】
试题分析：在0-0.1s 时间内，电子受到的电场力向上，向上做匀加速直线运动，在0.1-0.2s 时间内，电子受到的电场力向下，向上做匀减速直线运动，0.2s 时刻速度为零；在0.2-0.3s 时间内，电子受到的电场力向下，向下做匀加速直线运动，在0.3-0.4s 时间内，电子受到的电场力向上，向下做匀减速直线运动，接着周而复始，故电子在两板间做周期性往返运动．故选D.
考点：带电粒子在电场中的运动
【名师点睛】电子 在周期性变化的电场中运动，根据受力情况，由牛顿定律可分析出电子的运动情况，这是学习力学应具有的能力。

二；多项选择题(每小题4分共16分.错选零分、少选2分）
9. 如图所示，电子在电势差为U 1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U 2的两块平行板间的电场中，入射方向跟极板平行．整个装置处在真空中，重力可忽略．在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是
A ．U 1变大、U 2变大
B ．U 1变大、U 2变小
C ．U 1变小、U 2不变
D ．U 1不变、U 2变大【答案】CD
【解析】
试题分析：设电子被加速后获得初速为v 0，则由动能定理得：qU 1=
12mv 02-0 …① 又设极板长为l ，则电子在电场中偏转所用时间：0
L t v =…② 又设电子在平行板间受电场力作用产生加速度为a ，由牛顿第二定律得：2qU qE a m md =
=…③ 电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度：v y =at…④
由①、②、③、④可得：20y qU L v at mdv ==，又有：0
y v tan v θ=，解得：212U L tan dU θ=， A 、U 1变大，U 2变大，偏转角不确定，故A 错误；B 、U 1变大，U 2变小，偏转角变小，故B 错误；
C 、U 1变小，U 2不变，偏转角一定增大，故C 正确；
D 、U 1不变，U 2变大，偏转角变大，故D 正
确；
故选CD.
考点：带电粒子在电场中的运动
10．如图所示，带箭头的线段表示某一电场中的电场线的分布情况．一带电粒子在电场中运动的轨迹如图中虚线所示．只受电场力，则下列判断中正确的是
A．若粒子是从A运动到B，则粒子带正电；若粒子是从B运动到A，则粒子带负电
B．不论粒子是从A运动到B，还是从B运动到A，粒子必带负电
C．若粒子是从B运动到A，则其加速度增大
D．若粒子是从A运动到B，则电势能一定增大
【答案】BD
【解析】
试题分析：根据物体做曲线运动时，所受的合外力指向曲线内侧，可知，不论粒子是从A运动到B，还是从B运动到A，粒子所受的电场力都大致向左，必带负电，故A错误，B正确；电场线密的地方电场强度大，可知，若粒子从B运动到A，电场强度减小，粒子所受的电场力减小，则其加速度减小，故C错误；粒子从A到B过程中，电场力方向与速度方向成钝角，电场力对粒子负功，则粒子的电势能增大，选项D正确；故选BD.
考点：带电粒子在电场中的运动
11. 空间存在着平行于x轴方向的静电场，A、M、O、N、B为x轴上的点，OA＜OB，OM＝ON，一带正电的粒子在AB间的电势能E k随x的变化规律为如图所示的折线，则下列判断中正确的
A．AO间的电场强度等于OB间的电场强度
B．M点电势比N点电势低
C．若将一带负电的粒子从M点静止释放，它一定能通过N点
D．该粒子从M向O移动过程中，所受电场力做正功
【答案】BC
【解析】
试题分析：在E p-x图象中，图象的斜率绝对值表示电场力大小，故AO间的电场强度大于OB 间的电场强度，故A错误；沿着AO方向，电势逐渐升高，在由O点向B点移动的过程中电势能逐渐减少，说明电场力做正功，即沿OB方向，电势逐渐降低；由于OM=ON，E M＞E N，根据电场强度与电势差的关系可知：U OM＞U ON，故φM＜φN，故B正确；若将一个带负电的粒子从M点静止释放，在电场力的作用下，它将加速运动到O点后，再向N点做减速运动，根据能量守恒定律可知，运动到N点时，其动能大于零，故C正确；带正电的粒子在A点向O点移动的过程中电势能逐渐增加，说明电场力做负功，故D错误；故选C.
考点：电场强度；电势及电势能
12．如图所示电路中，三只灯泡原来都正常发光，当滑动变阻器的滑动触头P向左移动时，下面判断正确的是（灯泡电阻不变）( )
A．L1 上电压变化量与电流变化量之比不变
B．L1 上电压变化量与电流变化量之比可能变大
C．L I变亮，L2变亮，L3变暗
D．L3上电流变化量大于L I上的电流变化量，
【答案】AD
【解析】
试题分析：L1的电阻不变，故L1 上电压变化量与电流变化量之比等于L1的电阻的阻值，选项A正确，B错误；当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流增大，故L1变亮；电路中总电流增大，故内电压及R0、L1两端的电压增大，而电动势不变，故并联部分的电压减小，故L2变暗；因L2中电流减小，干路电流增大，故流过L3的电流增大，故L3变亮；故C错误；B错误；因L1中电流增大，L3中电流增大，而L2中电流减小；开始时有：I1=I2+I3，故I1电流的变化值一定小于L3中电流的变化值；
故D正确；故选AD.
考点：电路的动态分析
三、填空题（共16分。

答案填在答题卡上）
13. （2分）螺旋测微器的示数为 ___mm．
【答案】3.240 mm (3.239，3.241都对)
【解析】
试题分析：螺旋测微器的示数为3mm+0.01mm×24.0=3.240mm.
考点：螺旋测微器的读数
【名师点睛】
14、（8分）如图所示，四个相同的电流表分别改装成两个安培表和两个伏特表。

安培表A1的量程小于A2的量程，伏特表V1的量程大于V2的量程，把它们按图接入电路，则:
安培表A1的读数安培表A2的读数；安培表A1的偏转角安培表A2的偏转角；
伏特表V1的读数伏特表V2的读数；伏特表V1的偏转角伏特表V2的偏转角；
（填“大于”，“小于”或“等于”）
【答案】（1）小于；（2）等于；（3）大于；（4）等于；
【解析】
试题分析：安培表A1、A2并联，电压相同，表头的电流相同，指针偏转角度相同，由于安培表A1的量程小于A2的量程，则安培表A1的读数小于安培表A2的读数．伏特表V1与V2串联，流过
表头的电流相同，指针偏转的角度相同，由于伏特表V 1的量程大于V 2的量程，则伏特表V 1的读数大于伏特表V 2的读数．
考点：电表的改装
15. （6分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中备有下列器材：
A ．小灯泡(3.8 V,1.5 W)
B ．直流电源(电动势4.5 V ，内阻约0.4 Ω)
C ．电流表(量程0～500 mA ，内阻约0.5 Ω)
D ．电压表(量程0～5 V ，内阻约5000 Ω)
E ．滑动变阻器R 1(0～5 Ω，额定电流2 A)
F ．滑动变阻器R 2(0～50 Ω，额定电流1 A)
G ．开关一个，导线若干
如果既要满足测量要求，又要使测量误差较小，应选择如图所示的四个电路中的_______，应选用的滑动变阻器是_______（填写器材序号）．
【答案】（1）丙；（2）E
【解析】
试题分析：由灯泡铭牌可知，灯泡额定电压是 3.8V ，所以电压表应选用的是量程0～5V ，即选D ．在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器，即选E ．由于伏安特性曲线中的电压和电流均要从零开始测量，所以滑动变阻器应选用分压式，又小灯泡的电阻约R L =9.6Ω，V L L A
R R R R ＞，所以安培表应该选用外接法．故应选择如图中电路中的丙． 考点：描绘小灯泡的伏安特性曲线
四；计算题（共36分、写出必要的文字说明和解答过程，直接写答案不得分）
16；（10分）如图所示，已知R 3＝3Ω，理想电压表读数为3v ，理想电流表读数为2A ，某时刻由于电路中R 3发生断路，电流表的读数2.5A ，R 1上的电压为5v 求：
（1）R1大小、R3发生断路前R2上的电压、及R2阻值各是多少？（R3发生断路时R2上没有电流）（2）电源电动势E和内电阻r各是多少？
【答案】（1）1V 1Ω（2）10 V ；2Ω
【解析】
试题分析：（1）R3断开时电表读数分别变为5v和2.5A 可知R1=2欧
R3断开前R1上电压U1=R1I=4V
U1= U2 + U3
所以 U2=1V
U2：U3 = R2：R3 =1:3
R2=1Ω
（2）R3断开前总电流I1=3A
E = U1 + I1r
R3断开后总电流I2=2.5A
E = U2 + I2r
联解方程E= 10 V r=2Ω
考点：闭合电路的欧姆定律
【名师点睛】
17. （13分）如图所示，匀强电场水平向左，带正电物体沿绝缘、粗糙水平板向右直线运动，经A点时动能为80J，到达B点时动能为60J．物体从A运动到B的过程中克服电场力做功16J。

则
（1）物体从A运动到B的过程中摩擦力做功W f与电场力做功W E之比，摩擦力f与电场力F大小之比
（2）物体从A点向右运动到最远处过程中电场力做的功。

（3）物体第二次经过B点时动能大小是多少？
【答案】（1）1:4 （2）-64J （3）36J
【解析】
试题分析：（1）因为动能减少20J
△ E K= W f+ W电
W F=-4J）
物体A到B过程中 W F:W电=1:4
f:F=1:4
（2）物体A到B过程中 W F:W电=1:4
则物体向右运动最远时△ E K=-80J
W电= 4 △ E K /5 =-64J
(或: 物体向右运动最远时动能定理fx+Fx= △ E K；fx+4fx= △ E K 解得fx=-16J 则：W电=4fx=-64J)
（3）物体A到B过程中摩擦力做功W f=-4J
物体从B向右运动到最远处摩擦力做功W f=-12J
物体从B向右运动到最远处，返回到B时摩擦力做功W f=-24J
电场力W电=0
由动能定理可知E K2-E K1=W F
E K2=36J
考点：动能定理的应用
18. （13分）如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一带电量为q= -2×10-5C的小球，自倾角为θ=37°的绝缘斜面顶端A点由静止开始滑下，接着通过半径为R=2m的绝缘半圆轨道最高点C（C点的切线水平），已知小球质量为m=0.5kg，匀强电场的场强E=2×105N/C，小球运动过程中摩擦阻力及空气阻力不计（g=10m/s2 sinθ=0.6 cosθ=0.8），求：
（1）小球沿斜面向下运动过程中加速度大小
（2）H至少应为多少？（提示小球在最高点C时速度不能为零.c点速度最小时H最小）（3）通过调整释放高度使小球到达C点的速度为4m/s，则小球落回到斜面时的动能是多少？
【答案】（1）1.2m/s 2
（2）5m （3）5J
【解析】
试题分析：（1）斜面上（mg-Eq)sin θ=ma 加速度a=1.2m/s
2
（2）恰好过最高点C 时：R
v m qE mg c 2=-
V C =2.0m/s
从A 到C 有：0----2
2
1=)2()2(c mv R H qE R H mg
解得：H =5m
（3）从C 点飞出后做类平抛运动mg-qE=ma a =2m/s 2
竖直方向 22
1=
at y
水平方向 x=v c t
根据几何关系x
y
R θ-2=
tan
解得： t =1s y=1m
从C 到落回斜面有：21
--2
k c
mgy qEy E mv '= 解得：E k =5J
考点：平抛运动；动能定理。