2016-2017学年广东省揭阳市普宁市英才华侨中学高二(上)期末物理试卷

2016-2017学年广东省揭阳市普宁市英才华侨中学高二（上）期末物理试卷一、选择题（本大题共11小题，1-7题为单选题，8-11为多选题，多选题漏选得2分，误选不得分．共44分）
1. 把一个带正电的小球放入原来不带电的金属空腔球壳内，其结果可能是（）
A.只有球壳外表面带正电
B.只有球壳内表面带正电
C.球壳的内、外表面都带正电
D.球壳的内表面带正电，外表面带负电
2. 如图，平行金属板、水平正对放置，分别带等量异种电荷，一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么（）
A.若微粒带正电，微粒从到电场力一定做正功
B.若微粒带负电，微粒从到电场力一定做正功
C.微粒从运动到动能一定增加
D.微粒从运动到机械能一定增加
3. 一根粗细均匀的电阻丝，其电阻为．在温度不变的情况下，将电阻丝均匀地拉长为原来的倍，则其电阻变为（）
A.
B.
C.
D.
4. 某同学用伏安法测电阻，分别采用电流表内接法和外接法，测量某的阻值分别为和，则测量值，和真实值之间的关系是（）
A.
B.
C.
D.
5. 学生实验中使用的双量程电流表内是采用如图所示的环形分流电路．某生在一次电学实验中使用电流表时发现：接、两个端点时电流表的指针不发生偏转，接、两个端点时电流表的指针会瞬间超过满偏，而接另外一个好的同样的电流表的、两个端点时可以正常测量电流．则该电流表的故障一定是（）
A.电阻断路
B.电阻短路
C.电阻断路
D.电阻短路
6. 如图所示电路中，、都是、的电阻，是、的电阻，则、间允许消耗的最大功率是（）
A.
B.
C.
D.
7. 如图（甲）所示，电压表、串连接入电路中时，示数分别为和，当只有电压表接入电路中时，
如图（乙）所示，示数为，电源的电动势为（）
A. B.
C. D.
8. 如图所示为研究影响平行板电容器电容大小因素的实验装置．设两极板的正对面积为，极板间的距离为，静电计指针偏角为，平行板电容器的电容为．实验中极板所带电荷量可视为不变，则下列关于实验的分析
正确的是（）
A.保持不变，减小，则变小，变大
B.保持不变，减小，则变大，变大
C.保持不变，增大，则变小，变大
D.保持不变，增大，则变大，变大
9. 有一电流计，内阻，满偏电流，现对它进行改装，下列正确的是（）
A.把它改装成量程为的电流表，需与它并联一个约的电阻
B.把它改装成量程为的电流表，需与它并联一个约的电阻
C.把它改装成量程为的电压表，需与它串联一个的电阻
D.把它改装成量程为的电压表，需与它串联一个的电阻
10. 在如图所示的电路中，、、均为定值电阻，是滑动变阻器，电流表内阻不计，电压表阻值很大，闭合开关后，当的滑片向右滑动时，电流表和电压表示数变化量的大小分别为、，下列结论正确的是（）
A.电流表示数变大
B.电压表示数变大
C. D.
11. 如图所示电路中，电源电动势为，内阻为，电路中点接地，当滑动变阻器的滑片向左滑动时，、两点电势变化情况是（）
A.点电势升高，点电势降低
B.、两点电势都升高
C.点电势的改变量小于点电势的改变量
D.点电势的改变量大于点电势的改变量
二．实验题（共2小题，每空2分，共16分）．
12. 甲图中游标卡尺的读数为________；
乙图中螺旋测微器的读数为________．
13. 甲乙两位同学在实验室利用如图所示的电路测定定值电阻，电源的电动势和内电阻，调节滑动变阻器的滑动触头向某一方向移动时，甲同学记录了电流表和电压表的测量数据，乙同学记录的是电流表和电压表的测量数据．并根据数据描绘了如图所示的两条直线．回答下列问题：
①根据图，可以求出定值电阻________，电源电动势________，内电阻________．（以上结果均保留位有效数字）②由于________（填“电流表分压”或“电压表分流”）的影响，测得的电源电动势比实际值偏小．
ƒ若用下列甲图方法测电源电动势和内阻，实验时改变电阻箱的阻值，记录外电路的总电阻阻值，用灵敏电流计测得对应的电流值．多次测量后分别得到如图乙所示的关系图线．
由图线可知该电源的电动势________，内阻________．
三、计算题（46分）
14. 如图所示，在匀强电场中，将一电荷量为的负电荷由点移到点，其电势能增加了，已知、两点间距离为，两点连线与电场方向成角，求：
（1）电荷由移到的过程中，电场力所做的功；
（2）、两点间的电势差；
（3）该匀强电场的电场强度．
15. 如图所示，在的区域内有沿轴正方向的匀强电场，在的区域内有垂直坐标平面向里的匀强磁场．一电子（质量为、电量为）从轴上点以沿轴正方向的初速度开始运动．当电子第一次穿越轴时，恰好到达点；当电子第二次穿越轴时，恰好到达坐标原点；当电子第三次穿越轴时，恰好到达点．、
两点均未在图中标出．已知、点到坐标原点的距离分别为、．不计电子的重力．求：
（1）电场强度的大小；
（2）磁感应强度的大小；
（3）电子从运动到经历的时间．
16. 如图所示，左侧为两间距的平行金属板，加上电压；中间用虚线框表示的正三角形内存在垂直纸面向里的匀强磁场，三角形底点与下金属板平齐，边的中点恰好在上金属板的右端点；三角形区域
右侧也存在垂直纸面向里，范围足够大的匀强磁场．现从左端沿中心轴线方向以射入一个重力不计的带
电微粒，微粒质量，带电荷量
；带电粒子恰好从点垂直边以速度进入磁场，则
（1）求带电微粒的初速度；
（2）若带电微粒第一次垂直穿过，则求磁感应强度及第一次在中飞行时间；
（3）带电微粒再次经边回到磁场后，求的取值在什么范围可以使带电微粒只能从边穿出？
参考答案与试题解析
2016-2017学年广东省揭阳市普宁市英才华侨中学高二（上）期末物理试卷
一、选择题（本大题共11小题，1-7题为单选题，8-11为多选题，多选题漏选得2分，误选不得分．共44分）
1.
【答案】
A
【考点】
静电现象的解释
【解析】
带正电的物体是因为缺少电子，带负电的物体是因为有多余的电子，带正电的小球放入后，不带电的金属空
腔球壳时因静电感应而带电．
【解答】
解：把一个带正电的小球放入原来不带电的金属空腔球壳内，同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，则金
属壳上带负电的电子被带正电的小球吸引到内表面，内表面带负电，外表面剩余了正电荷，外表面带正电，
即原来不带电金属球壳的电荷分布发生了变化，负电荷向内层移动而正电荷向外层移动．故正确，错误．故选：．
2.
【答案】
C
【考点】
电势差与电场强度的关系
【解析】
微粒在平行金属板间受到重力与电场力的作用，根据微粒运动轨迹与微粒受到的重力与电场力间的关系分析
答题．
【解答】
解：、微粒在极板间受到竖直向下的重力与电场力作用，由图示微粒运动轨迹可知，微粒向下运动，说明
微粒受到的合力竖直向下，即重力与电场力的合力竖直向下；
若微粒带正电，由于电场方向未知，则微粒受到的电场力可能向下，也可能向上，电场力可能做正功，也可
能做负功，故错误．
、同理，若微粒带负电，微粒从到电场力可能做正功，也可能做负功，故错误．
、微粒受到的合力向下，微粒从点运动到点过程中合力做正功，微粒的动能一定增加，故正确；
、电场力做功决定了机械能的变化，由于电场力可能做正功，也可能做负功，所以机械能可能增加，也可
能减小，故错误．
故选：．
3.
【答案】
C
【考点】
电阻定律
【解析】
利用电阻定律和导线长度与面积间的关系求解即可．【解答】
解：设原先导线的长度为，横截面积为；当电阻丝均匀地拉长为原来的倍时，导线变为，横截面积为
，据电阻定律得：
，
即：；
故正确，错误；
故选：
4.
【答案】
D
【考点】
伏安法测电阻
【解析】
由于实验中的采用的电表不是理想电表，故由于电流表的分压及电压表的分流导致测量误差；分析两表的影
响可以得出测量值与真实值间的关系．
【解答】
解：采用内接法时，电流表与待测电阻串联，故电流表是准确的；而由于电流表的分压使电压表测量值偏大，故由欧姆定律求得的测量值偏大，故；
当采用外接法时，电压表与待测电阻并联，故电压表是准确的；而由于电压表的分流使电流表测量结果偏大，故由欧姆定律求得的测量值偏小，故；
故正确，错误．
故选：
5.
【答案】
C
【考点】
多用电表的原理及其使用
【解析】
使用电流表接、两个端点时，发现电流表的指针不发生偏转，说明电阻或电流表没有接入电路．而接、两个端点时电流表的指针会瞬间超过满偏，说明、电阻没有接入电路．
【解答】
解：使用电流表接、两个端点时，发现电流表的指针不发生偏转，说明电阻或电流表没有接入电路．而接、两个端点时电流表的指针会瞬间超过满偏，说明、电阻没有接入电路．由两种情况可得，电阻
处于断路状态．
故选：
6.
【答案】
A
【考点】
电功、电功率
【解析】
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．
【解答】
解：三个电阻均为欧姆，总电阻为：
总
、都是“、”的电阻，额定电压为：；
额定电流为：；
是“、”的电阻，额定电压为：；
额定电流为：；
并联电路允许的最大电压等于最小额定电压，故总电压为；
故总功率为：总
总
故选：．
7.
【答案】
C
【考点】
闭合电路的欧姆定律
【解析】
电压表看成可测量电压的电阻，图中、串联，由的示数与内阻之比等于电流，根据欧姆定律列出方程；同理对图根据欧姆定律列出方程，联立求出电动势．
【解答】
解：由甲图
①
由乙图得，②
由①②得：
故选
8.
【答案】
A,C
【考点】
电容器的动态分析
【解析】
静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大．根据电容的决定式分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，再由电容的定义式分析板间电势差的变化，即可再确定静电计指针的偏角变化情况．
【解答】
解：、根据电容的决定式得知，当保持不变，减小，则变小，电容器的电量不变，由电容的定义式分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角变大．故正确，错误．
、根据电容的决定式得知，保持不变，增大，则变小，电容器极板所带的电荷量不变，则由电容的定义式分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角变大，故正确，错误．
故选：．
9.
【答案】
A,D
【考点】
把电流表改装成电压表
【解析】
把电流计改装成大量程电流表需要并联分流电阻，把电流计改装正电压表需要串联分压电阻，应用串并联电
路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值．
【解答】
解：、把电流计改装成的电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值：，故
正确，错误；
、把电流计改装成的电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值：，故错误，
正确；
故选：．
10.
【答案】
A,C
【考点】
闭合电路的欧姆定律
【解析】
先根据变阻器电阻的变化，分析外电路总电阻的变化，再根据闭合电路欧姆定律判断电路中的总电流如何变化，由欧姆定律判断路端电压的变化，根据并联电路的变化，判断的电流变化，得到电流表读数的变
化．根据闭合电路欧姆定律分析的变化．
【解答】
解：、当的滑片向右滑动时，减小，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，则电压表的示
数变小，通过的电流减小，可知通过的电流增大．
根据串联电路的分压规律知，的电压减小，的电流减小，则通过电流表的示数变大．故正确，错误．
、设总电流为总，根据闭合电路欧姆定律知，总，得
总
根据，减小，增大，增大，则；总，减小，增大，总增大，则总
，故总，可得，故正确，错误．
故选：．
11.
【答案】
B,D
【考点】
闭合电路的欧姆定律
【解析】
图中点接地，其电势为零，根据在外电路中顺着电流方向电势逐渐降低可知，点的电势大于零，大小等于
并联部分的电压，点的电势小于零，大小等于电阻的电压，根据欧姆定律分析出并联部分和的电压如何变化，即可判断、两点的电势变化情况．
【解答】
解：、当滑动变阻器的滑动片向左滑动时，变阻器接入电路的电阻增加，并联部分的电阻增加，外电路
总电阻增加，根据闭合电路欧姆定律知，干路电流减小，则电阻的电压减小，因点的电势比点的电势低，小于零，故点的电势升高．并联部分的电阻增加，分担的电压增加，而点的电势大于零，所以点的电势
升高．故错误，正确．
、外电阻增加，路端电压增加，即外电路两端的总电压增加，则知并联部分电压增加量大于的电压减小量，因此点电势的改变量大于点电势的改变量，故错误，故正确．
故选：
二．实验题（共2小题，每空2分，共16分）．
12.
【答案】
,
【考点】
刻度尺、游标卡尺的使用
螺旋测微器的使用
【解析】
解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，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．
【解答】
解：、游标卡尺的主尺读数为，游标尺上第个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为
，所以最终读数为：．
、螺旋测微器的固定刻度为，可动刻度为，所以最终读数为
．
故答案为：，．
13.
【答案】
,,,电压表分流,,
【考点】
测定电源的电动势和内阻
【解析】
根据欧姆定律求出定值电阻的电阻值；由图可知，图象由纵坐标的交点为电动势；由图象与横坐标的交点利用闭合电路欧姆定律可求得内电阻．
根据电路的结构判断产生误差的原因；
根据电路图应用欧姆定律求出函数表达式，根据函数表达式与图象求出电源电动势与内阻．
【解答】
解：从图象可以得出定值电阻的阻值为：；
从甲同学的图象可以得出图象在轴上的截距为，即电源的电动势为，图象斜率的绝对值为：
，即电源的内阻为．
由电路图可知，流过电源的电流要大于流过电流表的电流，可知电压表有一定的分流作用，由于电压表分流的影响，测得的电源电动势比实际值偏小；由图甲所示图象可知，在闭合电路中，电源电动势为：
，
则，
由数学知识得，纵轴截距表示，斜率表示电动势的倒数，
由图示图线可知：斜率，则电源电动势，电源内阻．故答案为：①，，；②电压表分流，，
三、计算题（46分）
14.
【答案】
（1）电荷由移到的过程中，电场力所做的功是．
（2）、两点间的电势差是．
（3）该匀强电场的电场强度是．
【考点】
电势能
电场强度
电势
【解析】
（1）由题，电势能增加多少，电场力做负功多少．
（2）由求解电势差．
（3）由求解电场强度．
【解答】
解：（1）负电荷由点移到点，其电势能增加了，则电场力所做的功：
（2）、两点间的电势差：
（3）得：
答：
（1）电荷由移到的过程中，电场力所做的功是．
（2）、两点间的电势差是．
（3）该匀强电场的电场强度是．
15.
【答案】
（1）电场强度的大小为．
（2）磁感应强度的大小为；
（3）电子从运动到经历的时间为．
【考点】
带电粒子在匀强磁场中的运动
牛顿第二定律
向心力
带电粒子在混合场中的运动
【解析】
（1）分析电子的运动情况：电子在电场中，受到竖直向下的电场力而做类平抛运动（或匀变速曲线运动）；进入磁场做匀速圆周运动；画出轨迹．根据牛顿第二定律和运动学公式研究电子在电场中的类平抛运动，即可求出电场强度；
（2）由上题结果，求出电子进入磁场中的速度的大小，以及与轴的夹角，由几何知识求出圆周运动的半径，由牛顿第二定律和向心力求磁感应强度；
（3）根据电场中抛物线的对称关系，可见电子在电场中运动的时间为，根据轨迹的圆心角求出磁场
中运动时间，即可得到总时间．
【解答】
解：电子的运动轨迹如图所示（1）电子在电场中做类平抛运动，设电子从到的时间为，
则
解得
（2）设电子进入磁场时速度为，与轴的夹角为，则，得
解得
电子进入磁场后做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，得
由图可知
解得
（3）由抛物线的对称关系，电子在电场中运动的时间为
电子在磁场中运动的时间
电子从运动到的时间
答：
（1）电场强度的大小为．
（2）磁感应强度的大小为；
（3）电子从运动到经历的时间为．16.
【答案】
（1）带电微粒的初速度为
（2）若带电微粒第一次垂直穿过，则磁感应强度及第一次在中飞行时间为；
（3）带电微粒再次经边回到磁场后，要可以使带电微粒只能从边穿出
【考点】
带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】
（1）根据类平抛运动规律和运动的分解求解初速度
（2）设带电微粒由点垂直射入磁场，又垂直穿出，所以作以点为圆心的圆弧，设匀速圆周运动半径为，根据几何关系解半径；由求出磁场大小；由转过角度求解时间．
（3）再次经边回到磁场后不从边穿出就一定从边出磁场，所以当轨迹刚好与边相切时，设在中的半径为．画出运动轨迹图由几何关系求解．
【解答】
解：（1）微粒在电场中做类平抛运动，根据运动的分解知：
（2）设带电微粒由点垂直射入磁场，又垂直穿出，所以作以点为圆心的圆弧，设匀速圆周运动半径
为，根据几何关系有：
由，
得：．
在磁场中飞行时间：
（3）再次经边回到磁场后不从边穿出就一定从边出磁场，所以当轨迹刚好与边相切时，设在中的半径为．如图所示，由几何关系：
所以只需要即可
答：（1）带电微粒的初速度为
（2）若带电微粒第一次垂直穿过，则磁感应强度及第一次在中飞行时间为；（3）带电微粒再次经边回到磁场后，要可以使带电微粒只能从边穿出。