河南省郑州市高二物理上学期期中试题

2017-2018学年高二上学期期中考试
物理试题
注意:本试卷包含Ⅰ、Ⅱ两卷。

第Ⅰ卷为选择题,所有答案必须用2B铅笔涂在答题卡中相应的
位置。

第Ⅱ卷为非选择题,所有答案必须填在答题卷的相应位置。

答案写在试卷上均无效,不
予记分。

第I卷
一、单选题(本大题共７小题,共分)
1.以下说法正确的是( )
A、电子、质子都是元电荷
B、物体通常呈现电中性,是因为物体没有电荷
C、电荷间的相互作用力是通过电场而产生的
D、描述电场的电场线是客观存在的
2.关于点电荷的下列说法中哪些是正确的( )
A。

点电荷是真实存在的
Ｂ。

较大的带电体,不能看成点电荷
Ｃ、点电荷并非理想模型
D、一个带电体能否看成点电荷,不是看它的尺寸的绝对值,而是看它的形状和大小对相互作
用力的影响是否能忽略不计
3.两个带同种电荷的小球放在光滑绝缘的水平桌面上,由静止释放,运动过程中两球的
( )
A、速度逐渐变小
B、加速度逐渐变大Ｃ、库仑力逐渐变小D、库仑力逐渐变大
4.板间距为ｄ的平行板电容器所带电荷量为Q时,两极板间电势差为U1,板间场强为E1。

现将
电容器所带电荷量变为2Q,板间距变为d,其他条件不变,这时两极板间电势差为U2,板间场强为E２,下列说法正确的是( )
A。

U2=U1,E２=Ｅ1Ｂ、U2=2U１,Ｅ2=4E1C、Ｕ2＝U1,Ｅ２=２Ｅ1D、U2＝2Ｕ1,E2＝２Ｅ1
5.如图所示电路中,当滑动变阻器R３的滑片P向上端ａ滑动时,电流表Ａ１、Ａ2及电压表V的
示数的变化情况是( )
A、电流表A1增大,Ａ２减小,电压表V减小Ｂ、电流表A1减小,Ａ２增大,电压表V减小
C。

电流表Ａ1增大,A2增大,电压表V增大D、电流表Ａ1减小,A2减小,电压表V增大6.一台直流电动机的额定电压为10０V,正常工作时电流为10A,线圈内阻为Ω,若该电动机正
常工作１０ｓ,则( )
A、该电动机线圈上产生的热量为１04JＢ、该电动机线圈上产生的热量为2×105J
Ｃ。

该电动机输出的机械功为10４ＪD、该电动机输出的机械功为×103J
7.如图所示的电路中,电源电动势E和内阻r为定值,当外电路电阻发生变化时,干路电流Ｉ、
路端电压U,内电压U′、电源输出功率Ｐ随之变化的图象如图所示,其中不正确的是
( )
A。

B、
C。

D、
二、多选题(本大题共５小题,共分)
8.下列四幅图中能正确描绘点电荷电场中电场线的是( )
A、B。

Ｃ。

Ｄ。

9.如图所示,虚线a、b、ｃ、ｄ、e代表电场中的五个等势面,相邻等势面之间的电势差相等,
实线为一带正电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹,P、Q是这条轨迹上的两点,据此可知( )
Ａ、五个等势面中,ａ的电势最高B、带电粒子通过P点时的电势能较Q点大Ｃ、带电粒子通过P点时的动能较Ｑ点大D。

带电粒子通过Ｐ点时的加速度较Q点小10.如图所示,图线１表示的导体的电阻为R１,图线2表示的导体的电阻为R2,则下列说法正确
的是( )
Ａ、R１:R2=１:3
B。

R１:Ｒ2=3:1
C、将R1与R2串联后接于电源上,则电流比Ｉ1:Ｉ２=1:３
Ｄ、将Ｒ1与R2并联后接于电源上,则电流比I１:I2=3:1
11.在如图所示的电路中,电源的电动势E和内阻r恒定,闭合开关Ｓ后灯泡能够发光,经过一
段时间后灯泡突然变亮,则出现这种现象的原因估计是( )
A、电阻R１短路B。

电阻R2断路C。

电阻R2短路Ｄ、电容器Ｃ断路
12.如图所示的电路中,电源电动势为E、内阻为ｒ,R为滑动变阻器,L1、Ｌ2、L３为三个相同
的灯泡,电键闭合,当滑动变阻器R的滑动端处于某位置时,三个灯泡均能发光、电键保持闭合,当滑动变阻器滑片向右移动时( )
A。

电源的总功率减小,输出功率估计先增大后减小
B、Ｌ１变亮,Ｌ2变暗,L3变暗
C、L１变亮,Ｌ2变亮,L３变暗
D、三盏灯中L l的功率最大
第II卷
三、填空题(本大题共１小题,共分)
13.用如图甲所示的电路做“测定电池的电动势和内电阻”的实验,依照测得的数据做出了
如图乙所示的Ｕ-Ｉ图象,由图可知测得的电池的电动势为__＿_＿_ V,内电阻为______ Ω
14.
四、实验题探究题(本大题共1小题,共分)
15.要测量电压表V１的内阻RV,其量程为2V,内阻约２ＫΩ、实验室提供的器材有:
16.电流表A,量程0、6A,内阻约为Ω;
17.电压表V２,量程5V,内阻约为5KΩ;
18.定值电阻R1,阻值为30Ω;
19.定值电阻R２,阻值为３KΩ;
20.滑动变阻器R3,最大阻值100Ω,额定电流１、5A;
21.电源Ｅ,电动势６V,内阻约Ω;
22.开关S一个,导线若干、ﻭ(1)有人拟将待测电压表V1和题中所给的电流表A串连接入电压
合适的测量电路中,测出V1的电压和电流,再计算出R V、该方案实际上不可行,其最主要的原因是_＿___＿ﻭ(2)请从上述器材中选择必要的器材,设计一个测量电压表V1内阻R V的实验电路、要求测量尽量准确,实验必须在同一电路中,且在不增减元件的条件下完成、试画出符合要求的实验电路图(图中电源与开关已连接好),并标出所选元件的相应字母代号、ﻭ(3)由上问写出电压表V1内阻R V的表达方式,说明式中各测量量的物理意义、
五、计算题(本大题共3小题,共分)
23.美国物理学家密立根通过油滴实验精确测量出电子的电荷量、测量原理是:让一些体积特
别微小的带电油滴进入电场中,当电场力恰好与油滴所受重力平衡时,油滴处于悬浮状态。

如图所示,匀强电场的电场强度大小为E,方向竖直向下,一滴质量为m的油滴恰好静止于电场中的P点,重力加速度为g、问:
24.(1)油滴带何种电荷;
25.(２)油滴所带电荷量q的大小、ﻭﻭ
26.
27.
28.ﻭﻭ
29.如图所示电路中,电阻R1=Ｒ2=R3＝１0Ω,电源内阻r＝5Ω,电压表可视为理想电表。

当开
关S1和S2均闭合时,电压表的示数为10V。

30.(1)电阻R2中的电流为多大？ﻭ(2)路端电压为多大?
31.(３)电源的电动势为多大?
32.(４)当开关S1闭合而S2断开时,电压表的示数变为多大？ﻭ
33.ﻭ
34.ﻭ
35.ﻭ
36.在图示电路中,电源输出电压恒定,定值电阻ｒ的阻值为5Ω,Ｌ为标有“3Ｖ”的小灯泡,
滑动变阻器的总阻值为3０Ω,当滑动变阻器的滑动触头P位于变阻器的中点时,灯泡Ｌ恰能正常发光,此时理想电压表的示数为、求:ﻭ(１)电阻Rx的阻值;ﻭ(２)电源的电压;
37.(3)此时滑动变阻器消耗的功率、ﻭﻭ
38.ﻭ
39.ﻭﻭ
答案和解析
【答案】
1。

C２。

D３。

C4。

Ｃ５、B６。

D7、C8、AB9。

ＣD10。

ＡD11、ＡB１2、A
Ｄ
１3。

1。

4０;
14。

由于电压表的内阻特别大,流过的电流较小,待测电压表V１和电流表A串连接入电压合适的测量电路中,电流表Ａ不能准确测量出流过电压表V1的电流
15。

解:(1)由题意可知,电场力与重力平衡,由于电场强度方向向下,则电场力向上,因此油滴带负电荷;
(2)依照平衡条件,则有:qE=mgﻭ解得:q=ﻭ答:
(1)油滴带负电;ﻭ(２)油滴所带电荷量q的大小为、
16、解:(１)电阻R2中的电流I==1Aﻭ(２)外电阻R=Ｒ2+=15Ω
因此路端电压为:U＝RＩ＝１５×1=15V
(３)依照闭合电路欧姆定律I=得ﻭE=I(R+r)ﻭ代入数据解得E＝２0Vﻭ(4)S１闭合而S2断开,电路中的总电流
I′＝=A=0。

8Aﻭ电压表示数U′=Ｉ′(R1+R2)=×２0Vﻭ代入数据解得U′=16V、
答:(1)电阻Ｒ2中的电流是1A;ﻭ(2)路端电压为15Ｖ;ﻭ(３)电源的电动势是20V;ﻭ(4)当开关S1闭合而Ｓ２断开时,电压表的示数是16V、
17。

解:(1)灯泡L的电阻为:ﻭ灯泡正常发光时,有:
L与滑动变阻器左端部分并联,则的电流为:
通过右端的电流为:ﻭ由电压表两端电压为:ﻭ解得:
(2)电源电压为:
(3)滑动变阻器的功率为:ﻭ答:(1)电阻Rｘ的阻值10Ω;ﻭ(2)电源的电压2４V;ﻭ(３)此时滑动变阻器消耗的功率
【解析】
1。

解:A、元电荷是最小的电量的单位,电子、质子都带一个单位的元电荷、故A错误;ﻭB、物体通常呈现电中性,是因为物体内的正负电荷一样多。

故B错误;
C、电荷间的相互作用力是通过电场而产生的、故C正确;ﻭＤ、描述电场的电场线是人们为了形象地描述电场而引入的,实际上是不存在的。

故D错误、ﻭ故选:C
元电荷是最小的电量的单位;物体通常呈现电中性,是因为物体内的正负电荷一样多;电荷间
的相互作用力是通过电场而产生的;描述电场的电场线是不存在的、ﻭ该题可得与电场有关的几个基本概念,都是记忆性的知识点,牢记这些知识点即可、
2、解:点电荷不是真实存在的,是一个理想化的模型,故ＡC错误;ﻭ能否看作点电荷,要看在研究的问题中,带电体的形状、大小以及电荷分布可否忽略不计,而与带电体的大小无关,故Ｂ错误,D正确、
故选D。

ﻭ物理学上把本身的线度比相互之间的距离小得多的带电体简化为一个点,叫做点电荷,同一个电荷能否看作点电荷,不仅和带电体本身有关,还取决于问题的性质和精度的要求,即
需要具体问题具体分析;假如在研究的问题中,带电体的形状、大小以及电荷分布能够忽略不计,即可将它看作是一个几何点,则如此的带电体就是点电荷、ﻭ本题是基础的题目,考查的就是学生对基本内容的掌握的情况,在平常要注意多积累、
3。

解:同种电荷相互排斥,依照库仑定律得,Ｆ＝,r增大,库仑力变小、依照牛顿第二定律知,加速度逐渐减小,由于加速度的方向与速度方向相同,速度逐渐增大,故C正确,Ａ、B、D错误、故选:C、ﻭ依照库仑定律,结合两球之间距离的变化判断库仑力的变化,通过牛顿第二定律得出加速度的变化,依照速度和加速度的方向关系判断出速度的变化、ﻭ解决本题的关键明白加速度的方向与合力的方向相同,当加速度方向与速度方向相同,物体做加速运动,当加速度方向与
速度方向相反,物体做减速运动。

4、解:依照电容公式说明电容变为２倍,依照电容定义式,发现电量变为原来的2倍,电容也变为原来的2倍,因此电势差不变,依照场强关系,ｄ变为原来的,因此场强变为２倍,故Ａ、B、D错误,C正确、
故选Ｃ、
依照电容公式判断出电容的变化,再依照电容定义式得出电势差的变化,再依照匀强电场公式判断出场强的变化、
解决本题的关键是熟练运用电容的定义式、决定式。

５、解:当滑动变阻器R3的滑片P向上端a滑动时,变阻器有效电阻减小,外电路总电阻减小,由闭合电路欧姆定律得知:干路电流I增大,A２增大、电压表Ｖ读数U＝E－Ｉ(R2+r),I增大,
Ｕ减小,则电流表A1减小、ﻭ故选B
当滑动变阻器R3的滑片P向上端a滑动时,变阻器有效电阻减小,外电路总电阻减小,由闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化,由欧姆定律确定电压表V读数的变化和电流A1的变化、ﻭ本题是电路中典型的问题:动态变化问题,往往牵一发而动全身,依照“部分→整体→部分"的思路进行分析、
６、解:A、Ｂ、电动机产生的热量Q=I2Rt＝1０2××１0Ｊ=500J,故A、B均错误、ﻭC、D、电动机输出的机械功W机=W电-Q=ＵIt-Q=100×10×１０-500Ｊ=9５００J,故C错误、D正确。

ﻭ故选:D、
电动机正常工作时其电路是非纯电阻电路,产生的热量只能用Q=Ｉ２Rt计算,消耗的电能只能用W＝UIt计算、转化为的机械能等于电流的总功减去发热的能量、
本题考查了电动机中的转化的能量的计算、在电动机工作时,电能转化为了机械能和内能,内能大小只能由Ｑ=I2Rt计算、
７、解:
A、依照闭合电路欧姆定律得:Ｉ＝,可知Ｒ增大,I减小,两者是非线性关系,故A正确、ﻭ
B、U=IR=＝E,E、ｒ为定值,R增大,减小,则得U增大,当Ｒ→∞时,U→E,故B正确。

ﻭＣ、U′=Ｉr＝,可知U′与Ｒ是非线性关系,U′—R图象应是曲线,故C错误、ﻭＤ、Ｐ=I2Ｒ=()2R＝,依照数学知识可知Ｒ从0开始增大时,Ｐ先增大后减小,当ｒ=R时P最大,故D正确、ﻭ本题选错误的,故选:Ｃ
依照闭合电路欧姆定律和部分电路欧姆定律得到I、U、U′、P与R的表达式,再结合数学知识进行分析、ﻭ本题关键要掌握各个量与R的关系,能熟练运用欧姆定律推导出解析式,再依照数学知识进行分析、
８、解:电场线是从正电荷或无穷远出发,终止于负电荷或无穷远、因此正点电荷的电场线是以电荷为中心向四周发散,而负点电荷是向中心会聚,呈球体分布、故AB正确、
故选:AＢ。

ﻭ电场线尽管不实际存在,但可形象描述电场的大小与方向分布、电场线是从正电荷或无穷远出发,终止于负电荷或无穷远、ﻭ电场线的疏密表示电场强度的强弱,电场线某点的切线方向表示电场强度的方向、电场线不相交,由因此点电荷的电场,属于静电场,因此电场线也不闭合、
9。

解:A、由题意,结合图可知:电场线与等势面垂直,带正电在P点的电场力一定向左,因此电场线也向左,沿电场线电势逐渐降低,因此ａ的电势最低,故A错误;
B、由P到Ｑ的过程电场力做负功,电势能增加,动能减小,因此Q点电势能大,故B错误;
C、由P到Q的过程电场力做负功,电势能增加,动能减小,因此Ｐ点动能大,故C正确;
D、由电场线的疏密程度可知Q点电场强度大,因此Ｑ点加速度大,故D正确、ﻭ故选:CＤ、ﻭ由于质点只受电场力作用,依照运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方,由于质点带正电,因此电场线方向也指向右下方;电势能变化能够通过电场力做功情况判断;电场线
和等势线垂直,且等势线密的地方电场线密,电场强度大。

ﻭ解决这类带电粒子在电场中运动的思路是:依照运动轨迹判断出所受电场力方向,然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化、
10。

解:Ａ、依照I—U图象知,图线的斜率表示电阻的倒数,因此R1:R２＝1:３;故A正确,B错误;ﻭＣ、串联电路电流处处相等,因此将R1与R2串联后接于电源上,电流比I１:I2=1:1。

故C错误;
D、并联电路,电压相等,电流比等于电阻之反比,因此将R1与R２并联后接于电源上,电流比I1:Ｉ2=3:1、故Ｄ正确;ﻭ故选:AD、
通过I－U图象得出两电阻的关系、串联电路电流相等,并联电路,电压相等,电流比等于电阻之反比。

ﻭ解决本题的关键明白Ｉ—U图线的斜率表示电阻的倒数以及明白串并联电路的特点。

11。

解:Ａ、若电阻R1短路,电路中总电阻减小,总电流增大,灯泡与R2并联的电压增大,则灯泡变亮,符合题意,故Ａ正确、
B、若电阻R2断路,则总电阻增大,总电流减小,R１及内阻中电压减小,灯泡两端的电压增大;故灯泡变亮;故B正确;
C、若电阻R2短路,灯泡被短路,不亮,故C错误、
D、电容器C断路,对灯泡亮度没有影响,故D错误、ﻭ故选:AB
灯泡突然变亮,其电压和电流变大,逐项分析电路中电流的变化,选择符合题意的选项、
本题是故障分析问题,用代入法检验并选择是常用的方法。

此题关键抓住题中条件:电源电动势不变,电容器稳定时对电路没有影响进行分析、
12、解:A、若将滑片向右滑动时,变阻器在路电阻增大,外电阻增大,依照闭合电路欧姆定律得知,干路电流I减小,依照Ｐ＝ＥI可知,电源的总功率减小,当内阻与外电阻相等时,输出功率最大,由于不明白外电阻与内阻的关系,因此输出功率估计先增大后减小,故A正确;
B、总电流减小,则Ｌ1电流减小,亮度变暗,路端电压U增大,则L2变亮,通过L３的电流减小,因此L３变暗,故BC错误;ﻭD、通过Ｌｌ的电流等于通过Ｌ2和L3电流之和,因此通过L l的电流最大,依照P＝I２R可知,L l的功率最大,故D正确、
故选:AD
首先认识电路的结构:闭合电键后,L３与变阻器串联后与L2并联,再与L1串联、若将滑片向右滑动时,变阻器在路电阻增大,外电阻增大,依照闭合电路欧姆定律及串并联电路的特点分析即可解题、ﻭ本题首先要搞清电路的连接方式,其次按“局部→整体→局部”的思路进行分析、13。

解:在U-Ｉ图象中图象与纵坐标的交点等于电源的电动势,因此由图能够读出电源的电动势为,ﻭ图象中的斜率表示电源的内阻,因此电源的内阻为:r=Ω=Ω、
故答案为:,。

在U—Ｉ图象中纵坐标的截距代表的是电源的电动势,直线的斜率代表的是电源的内阻的大小。

ﻭ本题考查测定电动势和内电阻的数据处理,要求能依照公式得出图象中斜率及截距的含义、在计算电源的内阻的时候,一定要注意纵坐标的数值是不是从0开始的、
14。

解:(１)由于电压表的内阻特别大,流过的电流较小,待测电压表V1和电流表A串连接入电压合适的测量电路中,电流表A不能准确测量出流过电压表V1的电流。

故其原因是:由于电压表的内阻特别大,流过的电流较小,待测电压表V１和电流表Ａ串连接入电压合适的测量电路中,电流表Ａ不能准确测量出流过电压表Ｖ１的电流、ﻭ(2)由于电压表V1接入电路后,由电流通过时其两端电压能够直截了当读出,因而利用串联分压的特点,选用标准电压表V2和定值电阻R2,反复测量通过滑动变阻器R3控制即可、测量电压表V1内阻R v的实验电路如图所示:
(3)依照串联电路的特点有:ﻭ,式中Ｕ１表示Ｖ1的电压,Ｕ2表示V1和R２串联的总电压、
故电压表内阻的表达式为:;中U1表示V1的电压,U2表示Ｖ1和R２串联的总电压、ﻭ(１)由于电压表的内阻特别大,流过的电流较小,待测电压表V１和电流表A串连接入电压合适的测量电路中,电流表Ａ不能准确测量出流过电压表Ｖ1的电流。

ﻭ(2)由于电压表V1接入电路后,由电流通过时其两端电压能够直截了当读出,因而利用串联分压的特点,选用标准电压表Ｖ2和定值电阻R2,反复测量通过滑动变阻器Ｒ3控制即可、
(3)依照串联电路特点能够求出电压表内阻的表达式,从而进一步,明确各个物理量的含义、ﻭ本题在课本基础实验的基础上有所创新,只要明确了实验原理,熟练应用电路的串并联知识,即可正确解答、
１5。

依照受力分析,结合平衡条件,来判定电场力方向,再依据电场强度的方向,确定电荷的电性;ﻭ依照电场力等于重力,从而求得电量的大小。

ﻭ考查平衡条件的应用,掌握受力分析的方法,注意负电荷的电场力方向与电场强度的方向关系、
16。

(1)当开关Ｓ1和Ｓ２均闭合时,电阻R1与R3并联后与R2串联、已知电压表的读数与电阻Ｒ
,依照欧姆定律定律求出电阻R2中的电流;ﻭ(２)求出外电路总电阻,依照U=ＩＲ求出路端电2
压;
(3)依照闭合电路欧姆定律求出电源的电动势;
(４)当开关S1闭合而S2断开时,电阻Ｒ1与R2串联,电压表的读数等于路端电压。

再由欧姆定律求出电流和路端电压、
本题是电路的计算问题,首先要识别电路的结构,其次要明确电压表测量哪部分电路的电压、17。

(1)由题意可知灯泡的额定电流;由并联电路的规律可知滑动变阻器左半部分的电压及电流;则可求得总电流;再由欧姆定律即可求得R x的阻值;ﻭ(2)由欧姆定律求得电源的电压; (3)滑动变阻器的功率分两部分由P=I2Ｒ求解即可、ﻭ本题综合考查闭合电路欧姆定律、串并联电路的规律及功率公式,要注意正确分析电路图,得出电路中电流及电压的关系,才能准确求解。