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1、安徽省淮北市实验高级中学20172018学年度高二上学期期中考试物理试题一、选择题（1-8题单选，9-12题多选） 1. 以下说法正确的是（ ）A. 电动势越大，说明非静电力在电源内部从负极向正极移送正电荷做的功越多B. 适用于所有电路C. 导体的电阻率越小，导电性能越好，电阻也越小D. 由知，同一导线内电荷定向移动平均速率越大，电流越大【答案】D【解析】电动势越大，说明非静电力在电源内部从负极向正极移送单位正电荷做的功越多，A错误；只适用于纯电阻的电路，B错误；电阻率是表征材料导电性能好坏的物理量，电阻率越小，其导电性能越好，但导体的电阻不一定越小，因导体的电阻与长度、横截面积和材料有关，C
2、错误；由可知，同一导线内电荷定向移动的速率越大，电流越大，D正确；选D.2. 两个相同的带电小球相距r时，相互作用力大小为F，电荷量分别为和，将两球接触后分开，放到相距2r处，相互作用力大小为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】未接触前，根据库仑定律得，接触后两球带电量，放在两球心间相距2r处，根据库仑定律得，联立得：，选D.【点睛】当其中一小球带电荷量为q，另一小球带电荷量为-3q，在真空中相距为r时，根据库仑定律可以得到F与电量q、距离r的关系；两小球相互接触后放在两球心间相距2r处，电荷先中和再平分，再根据库仑定律得到相互作用的库仑力大小与q、r的关系，用比例法求解3. 如图
3、所示的电场中，A、B两点电势相同、但场强不同的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】A图中沿着电场线方向电势不断降低，故A点电势高于B点电势，电场线的疏密程度反映场强的大小，故A点的场强小于B点的场强，A不符合题意；B图中A、B两点距场源电荷的距离相等，故A、B两点在同一等势面上，两点的电势相等；根据点电荷的场强公式，可知A、B两点的场强大小相等，方向不同，故两点的场强不同，B符合题意；C图中A、B两点距场源电荷的距离不相等，故电势不相等；根据点电荷的场强公式，可知A、B两点的场强大小不相等，方向相同，故两点的场强不同，C不符合题意；D图中中沿着电场线方向电势不断降低，故A点电势高
4、于B点电势，A、B处在同一匀强电场中，故A、B的电场强度相同，D不符合题意；选B.【点睛】沿着电场线方向电势不断降低，电场线的疏密程度反映场强的大小，在同一匀强电场中电场强度不变.4. 某导体中的电流随其两端的电压变化，如图实线所示，则下列说法中不正确的是（ ） A. 加5V电压时，导体的电阻是B. 加12V电压时，导体的电阻是C. 由图可知，随着电压增大，导体的电阻不断减小D. 由图可知，随着电压减小，导体的电阻不断减小【答案】C【解析】试题分析：I-U图象描述物体的电流随电压的变化；由各点的坐标可求得导体的电阻；由图象的斜率的变化可明确电阻的变化加5V的电压时，电流为1.0A，则由欧姆定律
5、可知，A正确；加12V的电压时，电流为1.5A，则可得电阻为，B正确；由图可知，随电压的增大，图象的斜率减小，而图像斜率的倒数等于电阻，则可知导体的电阻越来越大，随着电压的减小，导体的电阻减小，C错误D正确5. 在静电场中，把电荷量的点电荷从A点移动到B点，电场力做功,把这个点电荷从B点移动到C点，电场力做功,若设电荷在B点时的电势能等于零，则该电荷在A点的电势能和C点电势为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】把电荷量的点电荷从A点移动到B点，电场力做功，电势能减小，电荷在B点时的电势能等于零，则该电荷在A点的电势能，把这个点电荷从B点移动到C点，电场力做功，电势能减小，则该电荷在
6、C点的电势能，则C点电势为，选A.6. 如图是一个电路的一部分，其中，那么电流表测得的电流为（ ） A. 0.2A，方向向右 B. 0.3A，方向向左 C. 0.3A，方向向右 D. 0.2A，方向向左【答案】C.【点睛】分别求出两端的电压和两端的电压，然后判断根据电位确定R3两端的电压以及电流的方向，再根据求出通过的电流，最后根据节点法确定通过电流表电流的方向和大小7. 如图中A、B、C三点都在匀强电场中，已知ACBC，, BC=20cm。把一个电量的正电荷从A移动到B，电场力做功为0；从B移到C，电场力做功为，则该匀强电场的场强大小和方向是（ ） A. ，垂直AC向左B. ，垂直AC向右C
7、. ，垂直AB斜向上D. ，垂直AB斜向下【答案】D【解析】由题知，的正电荷从A移到B，电场力做功为零，则A与B电势相等，AB连线是一条等势线BC间电势差为：，该匀强电场的场强大小为：，电场线方向垂直于AB向下故选D.【点睛】由题意可知AB两点电势相等，则可知等势面，由电场线可等势面的关系可知电场线；由电场力做功可求得BC两点的电势差，则可确定电场线的方向，由U=Ed可求得电场强度8. 如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度大小分别为、，电势能分别为、，下列说法正确的是（ ）A. 电子一定从A
8、向B运动B. 无论Q为正电荷还是负电荷一定有C. 若，则Q靠近M端且为负电荷D. B点电势可能高于A点电势【答案】B【解析】由于不知道电子速度变化，由运动轨迹图不能判断电子向那个方向运动，故A错误；若，即A点离点电荷Q更近，即Q靠近M端；又由运动轨迹可知，电场力方向指向凹的一侧即左侧，则在直线MN上电场方向向右，则Q靠近M端且为正电荷，故电场线方向由M指向N，则A点电势高于B点；电子所受电场力方向指向左侧，若电子从A向B运动，则电场力做负功，电势能增加；若电子从B向A运动，则电场力做正功，电势能减小，故一定有，即电子在两点的电势能与Q所带电荷无关，只与电场线方向相关，故B正确，CD错误；故选B
9、.9. 绝缘金属平行板电容器充电后，静电计的指针偏转一定角度，若减小两极板a、b间的距离，同时在两极板间插入电介质，如图所示，则（ ）A. 电容器的电势差会减小B. 电容器的电势差会增大C. 静电计指针的偏转角度会减小D. 静电计指针的偏转角度会增大【答案】AC【解析】根据公式可知d减小，增大时，电容器电容增大，由于两极板上的电荷量恒定，所以根据可知两极板间的电势差U减小，静电计测量的是电容器两端的电势差，故静电计指针的偏转角度会减小，AC正确10. 有两根不同材料的金属丝，长度相同，甲的横截面的圆半径以及电阻率都是乙的2倍，则以下说法正确的有（ ）A. 甲、乙的电阻之比是8:1B. 甲、乙的
10、电阻之比是2:1C. 将甲乙并联在电路中，甲乙消耗的电功率之比是2:1D. 将甲乙串联在电路中，甲乙消耗的电功率之比是1:2【答案】CD【解析】甲的圆半径是乙的2倍，故甲的横截面积是乙的4倍，甲的电阻率是乙的2倍，由电阻定律可知，甲的电阻是乙电阻的一半，即甲、乙的电阻之比是1：2，故AB错误；将两电阻并联时，电压相等，则由可知，甲的电功率是乙电功率的2倍，故C正确；两电阻串联时，电流相等，则由可知，甲的电功率是乙电功率的一半；故D正确；故选CD【点睛】据电阻定律求出甲、乙电阻之比，并联电路电压相等、串联电路中电流相等，根据其特点选择功率公式求解11. (多选)如图所示，质子（）和氘核（）同时从
11、静止开始，经同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后打在同一荧光屏幕上，不计重力，则它们（ ）A. 能到达屏幕上同一点B. 在偏转电场中运动的加速度不相同C. 从出发到屏幕的运动时间相同D. 到达屏幕时的速度相同【答案】AB【解析】设加速电场两极板的距离为，偏转电场极板长度为L，两极板距离为；在加速电场中，在偏转电场中所需时间为，在偏转电场中的偏转量为，联立解得，同理可得离开偏转电场时速度偏转角度的正切，可见y和与电荷的电量和质量无关所以出射点的位置相同，出射速度的方向也相同故两种粒子打屏上同一点故A正确，在偏转电场中做类平抛运动加速度为，由于质子和氘核的质量不同，而电荷量相同，故加
12、速度不相同，故B正确；在加速电场中运动的加速度为，加速获得的速度，则在加速度电场运动的时间为，在偏转电场中经历时间为，故经历总时间为，经历时间与比荷有关，故时间不同，故C错误；从出发到屏幕，由动能定理得，故速度与比荷有关，故速度不同，故D错误；选AB.【点睛】根据动能定理求出粒子进入偏转电场时的速度，抓住在偏转电场中垂直于电场方向做匀速直线运动，求出运动的时间结合竖直方向上做匀加速直线运动，求出出电场时竖直方向上的分速度以及偏转的位移根据动能定理求出偏转电场电场力做功的大小关系12. 在绝缘光滑的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定正电荷、，两电荷的位置坐标如图甲所示图乙是AB连线之间的电势
13、与位置x之间的关系图象，图中x=L点为图线的最低点，若在x=2L的C点由静止释放一个质量为m、电量为的带电小球（可视为质点），下列有关说法正确的是（）A. 小球在x=L处的速度最大B. 小球一定可以到达x=-2L点处C. 小球向左运动过程中，其电势能先变小后变大D. 固定在AB处的电荷的电量之比为【答案】ACD【解析】根据图象切线的斜率等于场强E，则知x=L处场强为零；电场强度方向由高电势指向低电势，则在C处场强向左，小球向左加速运动，到x=L处加速度为0，从x=L向左运动时，电场强度方向向右，电场力向右，做减速运动，所以小球在x=L处的速度最大，故A正确根据动能定理得：qU=0，得U=0，所
14、以小球能运动到电势与出发点相同的位置，由图知向左最远能到达x=-L点处，然后小球向右运动，小球将以x=0.5L点为中心作往复运动，不能到达x=-2L点处故B错误小球向左运动过程中，电场力先作正功后作负功，电势能先变小后变大，故C正确x=L处场强为零，根据点电荷场强则有：，解得：，故D正确选ACD【点睛】根据图象切线的斜率等于场强E，分析场强的变化，判断小球的速度变化；根据动能定理确定小球可以到达的位置；x=L处场强为零，根据点电荷场强公式求两个电荷的电量之比.二、实验题（2小题）13. 张明同学在测定某种合金丝的电阻率时：（1）用螺旋测微器测得其直径为_mm（如图甲所示）；（2）用20分度的游
15、标卡尺测其长度为_cm（如图乙所示）；（3）用图丙所示的电路测得的电阻值将比真实值_(填“偏大”或“偏小”)。【答案】 (1). 0.696-0.698mm (2). 1.020cm (3). 偏小【解析】（1）螺旋测微器的读数为：；（2）游标卡尺的读数为：；（3）由欧姆定律得：电阻阻值，由于电压表的分流作用使电流偏大，则电阻偏小14. 在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，采用的仪器有：额定电压为V、额定功率约为的小灯泡；电源(电动势为，内阻不计)；电流表(量程0.6A，内阻约)；电压表(量程，内阻约)；滑动变阻器(最大阻值)；开关，导线若干实验中要求加在小灯泡上的电压从零到小灯泡的额定电压
16、连续可调（1）设计一个合理的电路，并在下方所给的方框内画出电路图_（2）如图所示为某同学根据正确的实验电路图所测的几组数据画出的IU图像，图像是一条曲线而不是直线的原因是_（3）按照正确电路图连接好电路后，无论怎么调节滑动变阻器，发现电表读数都无法调到零，则其故障原因可能是（_）A. 小灯泡烧坏或接触不良B. 电流表接触不良C. 滑动变阻器的滑片与电阻丝接触不良D. 滑动变阻器采用了限流接法【答案】 (1). (2). 随着温度升高，电阻率变大使灯泡的电阻变大 (3). D【解析】（1）由，得灯泡的内阻约为，远小于电压表内阻，属于小电阻，则电流表采用外接法因为滑动变阻器的最大阻值为，电源电动势
17、为6V，内阻不计，电源的电压过大，若滑动变阻器采用限流式接法，灯泡的电压会超出额定电压，不安全，所以滑动变阻器采用分压式接法电路图如图所示（2）随着温度升高，电阻率变大使灯泡的电阻变大.（3）照正确电路图连接好电路后，调节滑动变阻器，小灯泡的亮度应该会发生变化，而电流表示数不能调为零，说明滑动变阻器采用了限流接法，选D.三、计算题（4小题）15. 在图所示的电路中,小量程电流表的内阻,满偏电流，。（1）当和均断开时，改装所成的表是什么表？量程为多大？（2）当和均闭合时，改装所成的表是什么表？量程为多大？【答案】（1）03V，（2）00.6A.（1）当和均断开时，与表头G串联，故改装所成的表是电
18、压表，由，可知电压表的量程是03V；（2）当和均闭合时，与表头G并联，故改装所成的表是电流表，由，可知电压表的量程是00.6A；16. 如图所示为电动机提升重物的装置，电动机线圈电阻为，电动机两端电压为5V，电路中的电流为1A，物体A重20N，不计一切摩擦.求：（1）此电动机工作1h所产生的热量是多少？（2）电动机输入功率和输出功率各是多少？（3）10s内，可以把重物A匀速提升多高？【答案】（1），（2）5W，4W；（3）2m.【解析】（1）根据求电动机工作1h所产生的热量，（2）根据求解输入的电功率，根据求解输出功率；（3）根据求解提升的高度（1）根据，得（2）根据，得输入的电功率，电动机的
19、热功率为，则输出功率（3）根据，得17. 如图所示，长L=1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角。已知小球所带电荷量，匀强电场的场强，取重力加速度，。求：（1）小球的质量m；（2）刚剪短悬线时，小球的加速度；（3）若悬线不剪断，仅将电场方向突然变成竖直向下，则小球摆到最低点时悬线的拉力【答案】（1）0.4 kg,（2）,（3）9.8N.【解析】试题分析：（1）对小球受力分析，由平衡条件找出电场力与重力的关系，即可求出质量；（2）当剪断悬线时，拉力消失，但电场力与重力不会消失，故它们的合力仍然不变，根据平行四边形定则求出合力，
20、由牛顿第二定律求出加速度；（3）若悬线不剪断，仅将电场方向突然变成竖直向下，电场力、重力做正功，由动能定理求出到达最低点的速度，由牛顿第二定律求出悬线的拉力.（1）对小球受分析，如图所示根据平衡条件有：，得代入数据解得：m=0.4kg（2）刚剪短悬线时，拉力T消失，电场力与重力的合力不变则有由牛顿第二定律得：解得：（3）若悬线不剪断，仅将电场方向突然变成竖直向下，设摆到最底点的速度为v从释放到最底点，拉力不做功，电场力、重力都做正功由动能定理得：在最底点，由牛顿第二定律得：联立解得：18. 如图所示，两平行金属板A、B长L=8cm，两板间距离d=8cm，A板比B板电势高300V，即一带正电的粒
21、子电量，质量，从R点沿电场中心线垂直电场线飞入电场，初速度，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在中心线上的O点的点电荷Q形成的电场区域（设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响）.已知两界面MN、PS相距为L=12cm，粒子穿过界面PS后被点电荷Q施加的电场力俘获从而以O点为圆心做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏EF上.（静电力常数,不计粒子重力,)，求：（1）粒子从偏转电场中飞出时的偏转位移和速度；（2）粒子穿过界面PS时偏离中心线RO的距离多远；（3）点电荷的电量(该小题结果保留一位有效数字)【答案】(1)0.03m, 方向与成角;(2)0
22、.12m;(3).【解析】试题分析：（1）粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出粒子的偏移量由牛顿第二定律求出加速度，由速度公式求出粒子的竖直分速度，然后求出粒子的速度（2）粒子离开电场后做匀速直线运动，应用几何知识可以求出偏移量（3）由库仑力提供粒子做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律可以求出电荷的电荷量（1）设粒子从电场中飞出时的侧向位移为h，粒子在电场中做类平抛运动在水平方向上：在竖直方向上：由牛顿第二定律得：代入数据解得：h=0.03m设粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为则有：代入数据解得：所以粒子从电场中飞出时的速度为：代入数据解得：设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为则有：（2）设穿过界面PS时偏离中心线RO的距离为Y，带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，由相似三角形知识得：代入数据解得：Y=0.12m（3）粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：由几何关系得：粒子做匀速圆周运动的半径联立解得： ASDFESAQ!#%FWQQ!QAaaazzx33456#$!%ASDFESAQ!#%FWQQ!QAaaazzx33456#$!%