湖北省荆门市 高二(上)期末物理试卷-(含答案)

高二（上）期末物理试卷
一、单选题（本大题共9小题，共45.0分）
1.如图所示，固定容器及可动活塞P都是绝热的，中
间有一导热的固定隔板B，B的两边分别盛有气体
甲和乙．现将活塞P缓慢地向B移动一段距离，已
知气体的温度随其内能的增加而升高．则在移动P
的过程中（）
A. 外力对乙做功；甲的内能不变
B. 外力对乙做功；乙的内能不变
C. 乙传递热量给甲；乙的内能增加
D. 乙的内能增加；甲的内能不变
2.分子间的引力、斥力都与分子间距离有关，下列说法中正确的是（）
①无论分子间的距离怎样变化，分子间的引力、斥力总是相等的
②无论分子间的距离怎样变化，分子间的斥力总小于引力
③当分子处于平衡位置时，分子间的斥力和引力的大小相等
④当分子间距离增大时，分子间的斥力比引力减小得快
A. ①②
B. ③④
C. ①③
D. ②④
3.如图所示，在绝缘的水平面上等间距固定着三根相互平
行的通电直导线a、b和c，各导线中的电流大小相同，
其中a、c导线中的电流方向垂直纸面向外，b导线电流方向垂直纸面向内．每根导线都受到另外两根导线对它的安培力作用．关于每根导线所受安培力的合力，以下说法中正确的是（）
A. 导线a所受安培力的合力方向向右
B. 导线c所受安培力的合力方向向右
C. 导线c所受安培力的合力方向向左
D. 导线b所受安培力的合力方向向左
4.如图所示，在粗糙、绝缘且足够大的水平面上固定着一个
带负电的点电荷Q，将一个质量为m带电量为q的小金属
块（可视为质点）放在水平面上并由静止释放，金属块将在水平面上沿远离Q的方向开始运动，设水平面足够大，则在金属块运动的整个过程中有（）
A. 电场力对金属块做的功的值等于金属块增加的机械能
B. 金属块的电势能先减小后增大
C. 金属块的加速度一直减小
D. 电场对金属块所做的功的数值一定等于摩擦产生的热量
5.根据α粒子散射实验，卢瑟福提出了原子的核式结构模型．图中
虚线表示原子核所形成的电场的等势线，实线表示一个α粒子的
运动轨迹．在α粒子从a运动到b、再运动到c的过程中，下列
说法中正确的是（）
A. 动能先增大，后减小
B. 电势能先减小，后增大
C. 电场力先做负功，后做正功，总功等于零
D. 加速度先变小，后变大
6.如图所示，甲、乙两带电小球的质量均为m，所带电荷量分别为+q和-q，两球间用
绝缘细线连接，甲球又用绝缘细线悬挂在天花板上，在两球所在空间有方向向右的
匀强电场，电场强度为E，平衡时细线被拉紧．则当两小球均处于平衡时的可能位置是下图中的哪几个（）
A. B.
C. D.
7.如图所示，当a、b间的电压为4v时，电流表G的指针刚
好满偏．当a、b间的电压为3v时，如果仍要使表头G满
偏，下列措施一定可行的是（）
A. 保持不变，增大
B. 保持不变，
减小
C. 增大，增大
D. 增大，减小
8.如图所示，R1和R2都是“4W，100欧”的电阻，R3是“1W，
100欧”的电阻，则AB间允许消耗的最大功率是（）
A. B. 9W C. 6W D. 3W
9.实验室用的小灯泡灯丝的I-U特性曲线可用以下哪个图象来表示（考虑灯丝的电阻
随温度的升高而增大）（）
A. B.
C. D.
二、多选题（本大题共1小题，共5.0分）
10.关于分子的热运动，下述正确的是（）
A. 分子的热运动就是布朗运动
B. 布朗运动是悬浮在液体中的微粒的无规则运动，它反映液体分子的无规则运动
C. 温度越高，悬浮微粒越小，布朗运动越激烈
D. 物体的速度越小，内部分子的热运动越激烈
三、填空题（本大题共3小题，共12.0分）
11.（1）在用电流场模拟静电场描绘电场等势线的实验中，
给出下列器材，应选用是______（用字母表示）．
A.6V的交流电源
B.6V的直流电源
C.100V的直流电源
D．量程0～0.5V，零刻度在刻度盘中央的电压表
E．量程0～300μA，零刻度在刻度盘中央的电流表
（2）该实验装置如图所示，如果以a、b两个电极的连线为x轴，以相距l=0.1 a、
b连线的中垂线为y轴，并将一个探针固定置于y轴上的某一点，合上开关S，而将另一探针由O点左侧沿x轴正方向移到O点右侧的过程中，灵敏电流表G的指针与零刻度夹角的变化情况是______．
A．逐渐增大B．逐渐减小C．先变大后变小D．先变小后变大．
12.在做用油膜法估测分子大小的实验中，已知实验室中使用的酒精
油酸溶液的体积浓度为n，又用滴管测得每N滴这种酒精油酸的
总体积为V，将一滴这种溶液滴在浅盘中的水面上，在玻璃板上
描出油膜的边界线，再把玻璃板放在画有边长为a的正方形小格
的纸上（如图）测得油膜占有的小正方形个数为m．用以上字母
表示油酸分子的大小d=______．
13.某学生用螺旋测微器在测定某一金属丝的直径时，测得的结果如图甲所示，则该金
属丝的直径d=______mm．另一位学生用游标尺上标有20等分刻度的游标卡尺测一工件的长度，测得的结果如图乙所示，则该工件的长度L=______cm．
四、实验题探究题（本大题共1小题，共6.0分）
14.某待测电阻R x的阻值约为20Ω，现要测量其阻值，实验
室提供器材如下：
A．电流表A1（量程150mA，内阻r1=10Ω）
B．电流表A2（量程20mA，内阻r2=30Ω）
C．定值电阻R0=100Ω
D．滑动变阻器R，最大阻值为10Ω
E．电源E，电动势E=4V（内阻不计）
F．开关S及导线若干
①根据上述器材完成此实验，测量时要求电表读数不得小于其量程的，请你在方
框内画出测量R x的一种实验原理图（图中元件作用题干中相应英文字母符号标注）．
②实验时电流表A1的读数为I1，电流表A2的读数为I2，用已知和测得的物理量表
示R x=______．
五、计算题（本大题共4小题，共52.0分）
15.如图所示，两个可看成点电荷的带正电小球A和B位于同一竖
直线上，在竖直向上的匀强电场中保持不变的距离沿竖直方向
匀速下落．已知A球带电荷量为Q，质量为4m，B球带电荷量
为4Q，质量为m，求匀强电场的场强大小和两球间的距离．
16.一长为L的细线，上端固定，下端拴一质量为m、带电荷量
为q的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中。

开始
时，将线与小球拉成水平，小球静止在A点，释放后小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B点且速度恰好为零。

试求：
（1）AB两点的电势差U AB；
（2）匀强电场的场强大小；
（3）在A、B两处绳子拉力的大小。

17.如图所示，在平行板电容器之间有匀强电场，一带电粒子
（重力不计）以速度v0垂直电场线射入电场，经过时间
t l穿越电场，粒子的动能由E k增加到2E k；若这个带电粒
子以速度v0垂直进入该电场，经过时间t2穿越电场。

求：
（1）带电粒子两次穿越电场的时间之比t1：t2；
（2）带电粒子第二次穿出电场时的动能。

18.如图所示，有一台提升重物用的直流电动机M，电枢的内阻为
r=0.60Ω，与电动机串联的定值电阻阻值为R=10Ω，电路的路端电压为U=160V．图中理想电压表的示数为110V．
求：
（1）通过电动机的电流I是多大？
（2）电动机的输入功率P是多大？
（3）电动机的机械功率P′是多大？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
解：隔板B是导热的，说明甲、乙两部分气体间有热传递；容器和活塞是绝热的，说明容器内气体与外界没有热交换。

当将活塞P向B移动一段距离时，活塞压缩气体对气体乙做功，根据热力学第一定律分析得知，乙的内能增加，温度升高。

由于隔板B是导热的，而升温后的乙气体温度比甲高，故热量由乙传向甲，甲的内能增加。

故选：C。

将活塞P缓慢地向B移动一段距离的过程中，外力对乙做功，固定容器及可动活塞P都是绝热的，容器内气体与外界没有热交换，根据热力学第一定律分析乙的内能变化，判断其温度的变化．隔板B是导热的，乙温度变化后，甲与乙之间有热交换，稳定后甲乙温度达到相同．
本题是热力学第一定律的应用．判断外界对气体有无做功，就看气体的体积有无变化，当气体体积增大时，气体对外界做功；当气体体积减小时，外界对
气体做功．
2.【答案】B
【解析】
解：①②、分子间同时存在引力和斥力，分子引力和分子斥力都随分子间距的增大而减小，随距离的减小而增大，斥力总是比引力变化快，分子之间的距离比较小时斥力大于引力，而分子之间的距离比较大时，分子斥力小于引力。

故①②错误。

③、平衡位置即分子引力和分子斥力相等的位置，故③正确。

④、分子间同时存在引力和斥力，分子引力和分子斥力都随分子间距的增大而减小，随距离的减小而增大，斥力总是比引力变化快，故④正确
则B正确，ACD错误
故选：B。

分子间同时存在引力和斥力，随着分子间距的增大，两个力都减小，随着分
子间距的变化斥力变化比引力快；分子势能与分子间距的关系比较复杂，与
分子力的性质有关；在分子间距等于r0时，分子势能最小，但不一定为零。

本题关键掌握分子力与分子间距的关系、分子势能与分子间距的关系，可借
助于图象记住结论。

3.【答案】B
【解析】
解：对a来说，受到b的斥力和C的引力，而b靠近a，所以对a的作用力更大，所以a受到的合力向左，
对b来说，受到a、c的拆力，并且是相等的，所以b受到的合力为0，
对c来说，和a的情况正好相反，所以合力向右。

故选：B。

同向电流相互吸引，异向电流相互排斥．导线越近，磁场越强，安培力越大．
本题考查了学生对用安培定律中导线之间相互作用力、电流的大小、导线之
间的距离等因素的关系了解和掌握，属于常见题型．
4.【答案】D
【解析】
解：A、在整个运动的过程中，金属块先加速后减速到零，动能变化为零，重力势能不变，所以机械能没有增加。

故A错误。

B、在整个运动的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小。

故B错误。

C、开始时，电场力大于摩擦力，运动的过程中，电场力逐渐减小，则加速
度减小，然后摩擦力大于电场力，加速度又逐渐增多，所以加速度先减小后
增大。

故C错误。

D、根据能量守恒定律知，在整个过程中动能变化为零，重力势能不变，则电场力做的功全部转化为摩擦产生的热量。

故D正确。

故选：D。

金属块在整个运动的过程中受电场力和摩擦力，开始电场力大于摩擦力，做
加速运动，然后电场力小于摩擦力，做减速运动，最终速度为零，根据电场力做功判断电势能的变化，根据牛顿第二定律判断加速度的变化，根据能量守
恒定律判断电场力做功与摩擦产生的热量关系．
解决本题的关键理清金属块的运动过程，掌握电场力做功与电势能的关系，
以及会运用能量守恒定律分析问题．
5.【答案】C
【解析】
解：α粒子受到斥力作用，根据电场力做功特点可知：从a运动到b过程中电场力做负功，电势能增加，动能减小，从b运动到c过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，整个过程中由于a与c在同一等势线上，故电场力不做功，AB错误，C正确；
根据点电荷周围电场可知，距离原子核近的地方电场强度大，故越靠近原子
核加速度越大，因此α粒子加速度先增大后减小，故D错误．
故选C．
α粒子在原子核形成的电场中运动时，电荷间的电场力做功，根据电场力做功情况，即可判断α粒子动能、电势能的变化情况．
本题借助α粒子散射实验考查了带电粒子在电场中运动时动能、势能、加速
度等物理量的变化情况，根据电场有关知识即可解答．
6.【答案】A
【解析】
解：首先取整体为研究对象，整体受到重力、电场力和绳子的拉力，
由于两个电场力的和即F电=qE+（-qE）=0
所以重力和绳子的拉力是一对平衡力，即上边的绳子对小球的拉力在竖直方向上，所以上边的绳子保持在绳子位置上。

再以乙球为研究对象，受水平向右的电场力、竖直向下的重力和沿绳方向的
弹力，在三力作用下处于平衡状态，所以2绳应与竖直方向有向右偏转的夹角，故A图正确；
故选：A。

运用整体法研究1绳与竖直方向的夹角，再隔离乙球研究，分析2绳与竖直方向的夹角，得到两夹角的关系，判断系统平衡状态．
本题采用隔离法和整体法，由平衡条件分析物体的状态，考查灵活选择研究对象的能力．
7.【答案】A
【解析】
解：电流表与R1并联，电路总电压变小，要使电流表示数不变，电阻R1两端电压应保持不变，应增大R1阻值或减小R2阻值，故A正确，BCD错误；
故选：A。

ab间电压减小时，要保持电流表示数不变，应增大R1两端的电压，根据选型逐项分析即可得出答案．
解决本题的关键是知道串联电路电阻的分压特点，难点是能把R1和电流表看成一个电阻，与R2形成一个串联电路进行解决．
8.【答案】C
【解析】
解：R1和R2都是“4W，100Ω”的电阻，额定电流为：I1=I2=
；
R1和R2额定电压为：U1=U2=I1R1=0.2A×100Ω=20V；
R3是“1W，100Ω”的电阻，同理，其额定电流为I3=0.1A，额定电压为U3=10V；
R2与R3并联电路的最大电压为10V，故最大电流为：I===0.2A；
再与R1串联，最大电流为0.2A，电阻R1两端的电压为
U R1=R1I=100×0.2V=20V
最大电压为：U max=20V+10V=30V；
故最大功率为：P=30V×0.2A=6W
故选：C。

串联电路允许通过的最大电流等于最小原件的额定电流，并联电路允许的最大电压等于最小额定电压；求解出各个电阻的额定电流和额定电压进行分析即可．
解本题的关键是根据题意，结合串并联电路的特点，电功率的公式，分析出保证电路安全且功率最大的条件，本题难度较大，是一道难题．
9.【答案】A
【解析】
解：根据欧姆定律I=，得到I=U，由数学知识得知，I-U图象的斜率大小表达电阻的倒数，因此I-U特性曲线是过原点的向电压轴倾斜的曲线，故A正确，BCD错误。

故选：A。

考虑灯丝的电阻随温度的升高而增大，电阻阻值变化，根据欧姆定律分析，小灯泡灯丝I-U特性是曲线形状．
本题是欧姆定律的简单应用．对于伏安特性曲线，可以根据数学知识理解导体的电阻与图线斜率的关系．
10.【答案】BC
【解析】
解：A、布朗运动是悬浮在液体当中的固体颗粒的无规则运动，是液体分子无规则热运动的反映，故A错误B正确。

C、温度越高，布朗运动越激烈，悬浮微粒越小，布朗运动越激烈，故C正确。

D、物体的速度是宏观量，而分子的热运动是微观量，它们之间没有关系，故D错误。

故选：BC。

布朗运动是悬浮在液体当中的固体颗粒的无规则运动，是液体分子无规则热
运动的反映，温度越高，悬浮微粒越小，布朗运动越激烈；物体的速度和分子的热运动一个是宏观物理量，一个是微观物理量，没有直接的关系．
掌握布朗运动的概念和决定因素是处理这类问题的金钥匙．
11.【答案】BE D
【解析】
解：（1）A、B、C本实验恒定电流场模拟静电场，a电极相当于正电荷，b电极相当于负电荷，需要低压直流电流，故AC错误，B正确．
D、E要用探针找到等势点，电流表的灵敏度较高，指针能向左、右偏转．故D 错误，E正确．
故选：BE．
（2）将一个探针固定于y轴上的某一点，将另一探针由O点左侧沿x轴正方向移到O点右侧的过程中，两探针间电势差先减小后增大，则灵敏电流表G的指针与零刻度夹角先变小后变大．故D正确，ABC错误．
故答案为：（1）BE，（2）D
解答本题应抓住：（1）本实验恒定电流场模拟静电场，要描绘电场等势线，需要电源与电压表．电源要分正负即为直流电源，确保电势的高低；而电压表要零刻度在中央．
（2）由等量异种电荷所形成的电场的电场线，可得知等势线的分布情况．所以可知电流表G的指针先变小后变大．
本题关键理解并掌握实验的原理和方法，当通过电流表的电流为零时，两探针间电势差为零，即可找到等势点．
12.【答案】
【解析】
解：由题意可知，一滴酒精油酸溶液的体积V0=；
其中纯油酸的体积为V′=
所形成的油膜的面积为S=ma2，
所以油膜的厚度，即为油酸分子的直径为d==
故答案为：．
用油膜法估测分子的大小的实验原理是：将油酸分子看成球形，且一个挨一个分布在水面上，形成单分子层的油膜，从而可以由体积与面积相除求出油膜的厚度根据题意表示出一滴油膜的体积，用其除以单分子油膜的面积，可得油膜的厚度，即为油膜分子的直径．
在用油膜法估测分子的大小”实验中，我们要建立物理模型，作一些理想化的处理，认为油酸分子之间无间隙，油酸膜为单层分子，明确该实验的实验原理即可正确解答本题．
13.【答案】2.706 5.015
【解析】
解：（1）螺旋测微器的固定刻度读数为2.5mm，可动刻度读数为
0.01×20.6mm=0.206mm，
所以最终读数为：2.5mm+0.206mm=2.706mm．
（2）游标卡尺的固定刻度读数为5cm，游标尺上第3个刻度游标读数为
0.05×3mm=0.15mm=0.015cm，
所以最终读数为：5cm+0.015cm=5.015cm；
故答案为：2.706，5.015
游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．
解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．
14.【答案】
【解析】
解：①：根据I=可知，应用电流表测量待测电阻的电流；考虑将电流表与定值电阻串联改装为电压表，由U=
=2.6V，所以可行；
由于待测电阻满足，所以电流表应用外接法；
由上面分析可知，改装后的电压表量程最大为2.6V远小于电源电动势，所以变阻器应采用分压式接法，电路图如图所示：
②：根据欧姆定律应有：=；
解得：=；
故答案为：（1）如图
（2）
本题（1）的关键是通过估算通过待测电阻的最大电流可知应用电流表测量电流；从而判断应将电流表与定值电阻串联而改装为电压表；再根据待测
电阻满足可知电流表应用外接法；根据改装后电压表的量程远小于电源电动势可知，变阻器应用分压式接法．题（2）的关键是根据串并联规律解出待测电阻的阻值即可．
应明确：①电压表是电流表与分压电阻串联改装成的；②变阻器采用分压式接法时，电压或电流可以从零调；③当满足时，电流表应用外接法．15.【答案】解：以A为研究对象，由平衡条件得：
以B为研究对象，由平衡条件得：
联立解得：E=
答：匀强电场的场强大小和两球间的距离分别为，
【解析】
分别对物体AB受力分析，利用共点力平衡即可求得匀强电场强度和电荷间的距离
本题主要考查了在电场力作用下的共点力平衡，抓住受力分析是关键
16.【答案】解：（1）小球由A到B过程中，由动能定理得：
mgL sin60°+qU AB=0
所以U AB=-；
（2）场强大小为：E==
（3）小球在AB间摆动，由对称性得知，B处绳拉力与A处绳拉力相等，而在A处，由水平方向平衡有：
F TA=Eq=mg，所以F TB=F TA=mg。

答：（1）AB两点的电势差U AB为-；
（2）匀强电场的场强大小是；
（3）小球到达B点时，细线对小球的拉力大小是mg。

【解析】
（1）小球从A到B的过程中，重力做正功mgLsin60°，电场力做功为qU AB，动能的变化量为零，根据动能定理求解电势差U AB；
（2）根据电场强度与电势差的关系U=Ed求解场强。

式中d是AB沿电场线方向的距离，d=L-Lcos60°。

（3）小球在AB间摆动时具有对称性，B处绳拉力与A处绳拉力相等，研究A 处绳子的拉力得到B处绳子的拉力。

在A处小球水平方向平衡，由平衡条件求解拉力
本题第（3）问题也可以直接研究B处得到，小球在B处，沿绳方向合力为零，有：F TB=Eqcos60°+mgcos30°=mg
17.【答案】解：（1）由于带电粒子垂直于匀强电场射入，粒子初速度方向做匀速直线运动，设平行板板长为L，则有：
L=v0t
L=1.5v0t2
联立解得：t1：t2=3：2
（2）设粒子的质量m，带电量为q，匀强电场场强为，带电粒子两次在场强方向的偏
转位移分别为y1、y2，则有：
y1=at12=
y2=at22=
由动能定理得：
qEy1=2E k-E k
qEy2=E k'-E k
联立方程解得：E k'=E k≈2.7E k
答：（1）带电粒子两次穿越电场的时间之比为3：2；
（2）带电粒子第二次穿出电场时的动能为2.7E k。

【解析】
（1）带电粒子（重力不计）以速度v0垂直电场线射入电场时，只受电场力作用，做类平抛运动，采用运动的分解方法，研究粒子水平方向的运动，求出时间
之比。

（2）根据动能定理得到，带电粒子第二次穿出电场时的动能与偏转距离的关系，再由第一种情况求出动能E k与板间偏转的关系。

根据运动学公式分别研究两次平抛运动的偏转距离，再求出带电粒子第二次穿出电场时的动能。

本题是类平抛运动，运用运动的分解法进行研究是常用的思路，涉及动能时，也可以应用动能定理处理。

18.【答案】解：（1）电动机和电阻串联，所以电流相等，
电阻R两端电压U1=160-110=50V，
I=
（2）电动机的电功率P=UI=110×5=550W，
（3）电动机的热功率P热=I2r=15W，所以电动机的机械功率P′=P-P热=535W
答：（1）通过电动机的电流I是5A（2）电动机的输入功率P是550W（3）电动机的机械功率P′是535W
【解析】
在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机
等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个
的计算结果是不一样的．
对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的．。