福建省莆田第八中學2018-2019學年高二物理上學期期中試題.doc

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福建省莆田第八中學2018-2019學年高二物理上學期期中試題 注意事項： 1．答題前填寫好自己的姓名、班級、考號等信息 2．請將答案正確填寫在答題卡上 第I卷（選擇題） 一、單選題（本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求。） 1．在靜電場中，下列關(guān)于電場強度和電勢的說法，正確的是（ ） A． 電場強度大的地方電勢一定高 B． 電勢降低的方向就是場強方向 C． 電勢為零的地方電場強度也一定為零 D． 電場強度大小相同的點電勢可能不同 2．如圖所示，將一帶電小球A通過絕緣細線懸掛于O點，細線不能伸長。現(xiàn)要使細線偏離豎直線30角，可在O點正下方的B點放置帶電量為q1的點電荷，且BA連線垂直于OA；也可在O點正下方C點放置帶電量為q2的點電荷，且CA處于同一水平線上。則為（　　） A． B． C． D． 3．安培提出了著名的分子電流假說，根據(jù)這一假說，電子繞核的運動可等效為環(huán)形電流.設(shè)電荷量為e的電子以速率v繞原子核沿順時針方向做半徑為r的勻速圓周運動，關(guān)于該環(huán)形電流的說法，正確的是(　　) A． 電流大小為，電流方向為順時針 B． 電流大小為，電流方向為順時針 C． 電流大小為，電流方向為逆時針 D． 電流大小為，電流方向為逆時針 4．帶電粒子在如圖所示的電場中，僅在電場力作用下沿虛線所示軌跡從A點運動到B點，可判知（ ） A．粒子帶負電 B．粒子的電勢能不斷減少 C．粒子的動能不斷減少 D．粒子在B點的加速度小于在A點的加速度 5．電動勢為E、內(nèi)阻為r的電源與定值電阻R1、R2及滑動變阻器R連接成如圖所示的電路，當滑動變阻器的觸頭由中點滑向b端時，下列說法正確的是 （ ） A．電壓表和電流表讀數(shù)都增大 B．電壓表和電流表讀數(shù)都減小 C．電壓表讀數(shù)增大，電流表讀數(shù)減小 D．電壓表讀數(shù)減小，電流表讀數(shù)增大 6． 法國科學家阿爾貝費爾由于發(fā)現(xiàn)了巨磁電阻（）效應，榮獲了諾貝爾物理學獎，如圖電路中，巨磁電阻周圍的磁場增強時，其阻值減小；為電容器，當有磁鐵靠近時，下列說法正確的是（ ） A． 電流表的示數(shù)減小 B． 電容器的電荷量增大 C． 電壓表的示數(shù)變小 D． 電源內(nèi)部消耗的功率變小 7．如圖所示，圖線甲、乙分別為電源和某金屬導體的伏安特性曲線，電源的電動勢和內(nèi)阻分別用E、r表示，根據(jù)所學知識分析下列選項正確的是 (　 　) A． 電源的電動勢E＝40 V B． 電源的內(nèi)阻r＝Ω C． 當該導體直接與該電源相連時，該導體的電阻為20 Ω D． 當該導體直接與該電源相連時，電路消耗的總功率為80 W 8．一質(zhì)量為m的帶電液滴以豎直向下的初速度v0進入某電場中。由于靜電力和重力的作用，液滴沿豎直方向下落一段距離h后，速度為0。以下判斷正確的是： A．靜電力力對液滴做的功為 B．液滴克服靜電力做的功為+mgh C．液滴的機械能減少mgh D．液滴的機械能減少量為－mgh 9．電流表的量程為I，其內(nèi)阻為，現(xiàn)欲把這電流表的量程擴大至原來的N倍，則　　 A． 應加串一個阻值為的N倍的電阻 B． 應加并一個阻值為的電阻 C． 刻度盤的最小刻度是原來的N倍 D． 刻度盤的最小刻度是原來的 10．如圖所示為等量點電荷周圍的電場線分布圖，A，B，O位于兩點電荷連線上，其中O為兩點電荷連線的中點，C，D是連線的中垂線上的兩點關(guān)于各點的電場性質(zhì)的描述，下列說法正確的是() A． A，B，O三點的電勢大小相等 B． O，C，D三點的電場強度相等 C． 若將帶正電的試探電荷q從C點移到B點，電勢能減小 D． 若將帶負電的試探電荷q從A點移到D點，電場力做負功 二、多選題（本題共3題，每小題4分，共12分。每題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。） 11．如圖所示，在點電荷Q產(chǎn)生的電場中，實線MN是一條方向未標出的電場線，虛線AB是一個電子只在電場力作用下的運動軌跡；設(shè)電子在A、B兩點的加速度大小分別為aA、aB，電勢能分別為EpA、EpB．下列說法正確的是（　?。? A． 若電子從A運動到B，速率變小 B． 若aA＞aB，則Q靠近M端且為正電荷 C． 無論Q為正電荷還是負電荷一定有EpA>EpB D． B點電勢可能高于A點電勢 12．如圖所示是電阻R的I－U圖象，圖中α＝45，由此得出(　　) A． 通過電阻的電流與其兩端的電壓成正比 B． 電阻R＝0.5 Ω C． 因I－U圖象的斜率表示電阻的倒數(shù)，故R＝＝1.0 Ω D． 在R兩端加上6.0 V的電壓時，每秒通過電阻橫截面的電荷量是3.0 C 13．如圖所示，一帶正電的點電荷Q固定在絕緣水平面上，在a點放置一可視為點電荷的滑塊，已知滑塊的電荷量為-q（q>0）、質(zhì)量為m，當滑塊從a點以初速度沿水平面向Q運動，到達b點時速度減為零，已知a、b間距離為s，滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，以下判斷正確的是（ ） A． 滑塊由a向b運動過程中所受Q的庫侖力可能大于滑動摩擦力 B． 滑塊在運動過程的中間時刻，速度的大小等于 C． 此過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為 D． Q產(chǎn)生的電場中，a、b兩點間的電勢差為 第II卷（非選擇題） 四、實驗題（共2小題，每空2分，共16分。） 14．在做“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實驗中，實驗室提供了以下器材： A．小燈泡（3.8V，0.3A） B．滑動變阻器（5Ω，2A） C．電流表（0~0.5A，內(nèi)阻約0.4Ω） D．電壓表（0~5V，內(nèi)阻約10kΩ） E．開關(guān)及導線若干 （1）為實驗測量誤差盡可能小，電流表應選用________（填“內(nèi)”或“外”）接法； （2）為使小燈泡兩端電壓從零開始連續(xù)變化，滑動變阻器應選用__________（填“限流式”或“分壓式”）接法； （3）綜上所述，應選擇下圖中的_______電路進行實驗 （4）利用實驗數(shù)據(jù)畫出了如圖所示的小燈泡伏安特性曲線。則根據(jù)此圖給出的信息可知，隨著小燈泡兩端電壓的升高，小燈泡的電阻______（填“變大”、“變小”或“不變”） 15．“測定金屬絲電阻率”的實驗中需要測出其長度L、直徑d和電阻R.。 (1)用螺旋測微器測金屬絲直徑時讀數(shù)如下圖甲，則金屬絲的直徑為________ mm。 (2)若用圖乙測金屬絲的電阻，則測量結(jié)果將比真實值__________．(填“偏大”或“偏小”) (3)用電壓表和電流表測金屬絲的電壓和電流時讀數(shù)如圖所示，則電壓表的讀數(shù)為________ V，電流表的讀數(shù)為__________ A． 五、計算題（本題共32分） 16．（8分）如圖所示，M為一線圈電阻RM=0.5Ω的電動機，R=8Ω，電源電動勢E=10V．當S斷開時，電流表的示數(shù)I1=1A，當開關(guān)S閉合時，電流表的示數(shù)為I2=3A． 求： （1）電源內(nèi)阻r； （2）開關(guān)S斷開時，電阻R消耗的功率P． （3）開關(guān)S閉合時，通過電動機M的電流大小IM． 17．（12分）如圖，在xOy平面的第一象限內(nèi)有平行于y軸的有界勻強電場，方向沿y軸正方向；第四象限有一勻強電場，一質(zhì)量、電荷量的帶電粒子，從P點以初速度大小，垂直y軸方向射入電場中，粒子偏轉(zhuǎn)后經(jīng)過x軸上A點進入第四象限，并沿直線運動的最大距離，已知，，，不計粒子重力，求： （1）粒子的帶電性質(zhì)和粒子在第一象限的加速度大??； （2）粒子從A點運動到B點的時間； （3）第四象限的勻強電場大小和方向。 18．（12分）如圖，軌道CDGH位于豎直平面內(nèi)，其中圓弧段DG與水平段CD及傾斜段GH分別相切于D點和G點，圓弧段和傾斜段均光滑，在H處固定一垂直于軌道的絕緣擋板，整個軌道絕緣且處于水平向右的勻強電場中。一帶電物塊由C處靜止釋放，經(jīng)擋板碰撞后(碰撞后速度大小不變)滑回CD段中點P處時速度恰好為零。已知物塊的質(zhì)量m＝410－3 kg，所帶的電荷量q＝＋310－6 C；電場強度E＝1104 N/C；CD段的長度L＝0.8 m，圓弧DG的半徑r＝0.2 m，GH段與水平面的夾角為θ，且sin θ＝0.6，cos θ＝0.8；不計物塊與擋板碰撞時的動能損失，物塊可視為質(zhì)點，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求物塊與軌道CD段的動摩擦因數(shù)μ； (2)求物塊第一次碰撞擋板時的動能Ek； (3)物塊在水平軌道上運動的總路程； (4)物塊碰撞擋板時的最小動能。 參考答案 1．D 【詳解】 電場線密處，電場強度大，而電場線方向不確定，故無法判斷電勢高低，電勢就不一定高。故A錯誤。電勢降落最快的方向就是場強方向，選項B錯誤；電勢為零，是人為選擇的，而電場強度是由電場決定的，此處電場強度不一定為零。故C錯誤。電場強度大小相同的點電勢可能不同，例如勻強電場中各點電場強度大小相同，但是電勢可能不同，故D正確。故選D。 【點睛】 電場強度和電勢這兩個概念非常抽象，可借助電場線可以形象直觀表示電場這兩方面的特性：電場線疏密表示電場強度的相對大小，切線方向表示電場強度的方向，電場線的方向反映電勢的高低． 2．B 【詳解】 對兩種情況進行受力分析，如圖所示： 依據(jù)矢量的合成法則，結(jié)合三角知識，及平衡條件，則有：F′=mgsin30，F(xiàn)=mgtan30，根據(jù)庫侖定律，則有：，而；根據(jù)三角知識，則有：lBA=Ltna30，lCA=Lsin30，綜上所得：，故ACD錯誤，B正確；故選B。 【點睛】 考查庫侖定律、矢量的合成法則與平衡條件的應用，掌握三角知識，及幾何關(guān)系的內(nèi)容，注意繩子的長度相等，是解題的關(guān)鍵． 3．C 【詳解】 電子繞核運動可等效為一環(huán)形電流，電子運動周期為；根據(jù)電流的定義式得：電流強度為；因為電子帶負電，所以電流方向與電子定向移動方向相反，即沿逆時針方向，故C正確。故選C。 【點睛】 本題是利用電流強度的定義式求解電流，這是經(jīng)常用到的思路。要知道電流方向與正電荷定向移動方向相同，而與負電荷定向移動方向相反. 4．B 【解析】 試題分析：做曲線運動時，物體受到的合力指向軌跡的內(nèi)側(cè)，所以粒子受到的電場力方向和電場方向相同，帶正電，過程中電場力方向和速度方向夾角為銳角，做正功，電勢能減小，動能增大，故AC錯誤B正確；電場線的疏密程度表示電場強度大小，在A點的電場線比在B點的電場線疏，所以在A點的電場力小于在B點的電場力，故在A點的加速度小于在B點的加速度，D錯誤； 考點：考查了帶電粒子在電場中的運動 【名師點睛】解決本題的關(guān)鍵利用帶電粒子的運動軌跡判斷電場力的方向，利用場強方向的規(guī)定判斷粒子的電性；據(jù)電場力做功和功能關(guān)系判斷動能和電勢能的變化． 5．A 【解析】 試題分析：當滑片向b滑動時，R接入電阻增大，總電阻增大；由閉合電路的歐姆定律可知電路中總電流減小，則內(nèi)電壓減小，由U=E-Ir可知路端電壓增大，即電壓表示數(shù)增大；因路端電壓增大，R1兩端的電壓減小，故并聯(lián)部分電壓增大，由歐姆定律可知電流表示數(shù)增大；故A正確；故選A。 考點：電路的動態(tài)分析 6．C 【解析】 當有磁鐵靠近時，其電阻減小，故回路中的總電阻減小，則總電流增大，路端電壓減小，故電壓表的示數(shù)減小，電流表的示數(shù)增大，故A錯誤，C正確；電容器C兩端的電壓等于路端電壓，根據(jù)Q=CU，可知U減小，則電荷量減小，故B錯誤；根據(jù)，可知總電流增大，故電源內(nèi)部消耗的功率變大，故D錯誤；故選C。 【點睛】當有磁鐵靠近時，分析電阻的變化情況，再根據(jù)閉合電路的歐姆定律分析總電流和路端電壓的變化情況，根據(jù)電容器兩端的電壓等于與之并聯(lián)部分的電壓和Q=CU分析電荷量的變化，根據(jù)分析電源內(nèi)部消耗的功率的變化情況。 7．C 【詳解】 甲為電源的U-I圖像，故縱截距表示電源電動勢，即E=50V，在路端電壓為20V時電路電流為6A，根據(jù)閉合回路歐姆定律可得，解得，AB錯誤；當該導體直接與該電源相連時，兩圖線的交點表示工作時的電壓和電流，故可知電阻兩端的電壓為40V，通過電阻的電流為2A，所以該導體的電阻大小為20Ω，電路消耗的總功率為，C正確D錯誤． 8．B 9．C 【詳解】 根據(jù)改裝原理可知，要使電流表量程擴大N倍，故應并聯(lián)電阻分流，根據(jù)并聯(lián)電路規(guī)律可知：，故AB錯誤；改裝后滿偏刻度為NI，故最小分度將變?yōu)樵瓉淼腘倍，故C正確，D錯誤。所以C正確，ABD錯誤。 10．C 【詳解】 由圖可知電場線由O指向A，而沿著電場線方向電勢逐漸降低，故A、B、O三點的電勢大小不相等，故A錯誤；電場線的越密，電場強度越大，由圖可知從O到D，電場線越來越疏，電場強度越來越小，故O、C、D三點的電場強度不相等，故B錯誤；由圖可知C點的電勢高于B點的電勢，而正電荷在電勢越高的地方，電勢能越大，故正電荷從C到B電勢能減小，故C正確；由圖可知A點的電勢低于D點的電勢，而帶負電在電勢越低的地方，電勢能越大，故負電荷從A到D電勢能減小，電場力做正功，故D錯誤。故選C。 【點睛】 解決本題的關(guān)鍵知道等量異種電荷周圍電場線的特點，知道電場力做功與電勢能的關(guān)系，以及電場線與電勢的關(guān)系等。 11．AB 【詳解】 A、電子所受電場力方向指向左側(cè)，那么，若電子從A向B運動，則電場力做負功，電勢能增加，動能減?。蝗綦娮訌腂向A運動，則電場力做正功，電勢能減小，動能增大，所以電子從A運動到B，速率變小，故A正確； B、若aA＞aB，則A點離點電荷Q更近即Q靠近M端，又由運動軌跡可知，電場力方向指向凹的一側(cè)即左側(cè)，所以，在MN上電場方向向右，那么Q靠近M端且為正電荷，故B正確； C、若電子從A向B運動，則電場力做負功，電勢能增加；若電子從B向A運動，則電場力做正功，電勢能減小，所以一定有，求解過程與Q所帶電荷無關(guān)，只與電場線方向相關(guān)，故C錯誤； D、電子所受電場力方向指向左側(cè)，則電場線方向由M指向N，那么A點電勢高于B點，故D錯誤； 故選AB。 【點睛】 關(guān)鍵知道電子所受電場力方向指向左側(cè)，電場力做正功，電勢能減小，動能增大，電場力做負功，電勢能增加，動能減小。 12．AD 【詳解】 A、根據(jù)數(shù)學知識可知，通過電阻的電流與兩端電壓成正比，故A正確； BC、根據(jù)電阻的定義式可知，I?U圖象斜率的倒數(shù)等于電阻R，則得，故B、C錯誤； D、由圖知，當U=6V時，I=3A，則每秒通過電阻橫截面的電荷量是，故D正確； 故選AD。 【點睛】 關(guān)鍵知道電阻R的I-U圖象斜率的倒數(shù)等于電阻R，由q=It求解每秒內(nèi)通過電阻的電荷量。 13．CD 【解析】（1）由題意可知，滑塊水平方向受庫侖力、滑動摩擦力，摩擦力與運動方向相反，而庫侖力與運動方相同，因滑塊在b點靜止，故一定有段時間，庫侖力小于滑動摩擦力，當在滑動過程中，隨著間距減小，庫侖力增大，但仍小于滑動摩擦力，到達b點時速度減為零，故A錯誤； （2）水平方向受大小不變的摩擦力及變大的庫侖力，當在滑動過程中，隨著間距減小，庫侖力增大，但仍小于滑動摩擦力，所以導致加速度慢慢減小，加速度是變化的，故中間時刻的速度不等于，B錯誤。 （3）根據(jù)能量守恒定律，滑塊從a運動到b的過程中，減小的動能和電勢能，全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故產(chǎn)生的內(nèi)能為：故C正確。 （4）由動能定理可得：，解得兩點間的電勢差，故D正確。 故本題選CD 【點睛】根據(jù)滑塊的運動情況可知滑塊受力情況，則可知庫侖力與滑動摩擦力的大小關(guān)系；由滑塊的受力情況可確定加速度的變化情況，即可判斷中間時刻的速度；根據(jù)電場力做功判斷電勢能的變化；由動能定理可求得兩點間的電勢差。 14．外接法 分壓式 B 燈絲電阻變大 【解析】 【詳解】 （1）燈泡正常發(fā)光時的電阻：，電流表內(nèi)阻約為0.4Ω，電壓表內(nèi)阻約為10kΩ，電壓表內(nèi)阻遠大于燈泡電阻，電流表應采用外接法． （2）燈泡兩端電壓從零開始變化，滑動變阻器應采用分壓接法． （3）電流表采用外接法、滑動變阻器采用分壓接法，則應采用圖B所示實驗電路． （4） 根據(jù)此圖給出的信息可知，隨著小燈泡兩端電壓的升高，小燈泡的電阻變大． 【點睛】 本題考查了電流表與滑動變阻器的接法、實驗電路選擇、實驗數(shù)據(jù)處理，當電壓表內(nèi)阻遠大于待測電阻阻值時，電流表采用外接法，當電壓與電流從零開始變化時，滑動變阻器采用分壓接法． 15． 0.698 偏小 2.60 0.52 【解析】（1）由圖甲所示螺旋測微器可知，金屬絲的直徑：；由圖乙所示電路圖可知，電流表采用外接法，由于電壓表分流，所測電流偏大，由歐姆定律可知，電阻測量值小于真實值；（2）由圖丙所示電壓表可知，其量程為3V，分度值為0.1V，示數(shù)為2.60V；由圖示電流表可知，其量程為0.6A，分度值為0.02A，示數(shù)為0.52A． 【點睛】螺旋測微器固定刻度與可動刻度示數(shù)之和是螺旋測微器所示．根據(jù)內(nèi)接的特點，結(jié)合歐姆定律以及串并聯(lián)電路的特點，即可分析出測量值與真實值之間的關(guān)系．由圖象電表確定電表量程與分度值，讀出電表示數(shù)． 16．（1）2Ω （2） （3） 【解析】（1）當S斷開時，根據(jù)閉合電路歐姆定律： ， ， r=2Ω； 電阻R消耗的功率： 路端電壓： R之路電流： 電動機的電流： 點睛：當S斷開時，根據(jù)閉合電路歐姆定律求解電源的內(nèi)阻．當開關(guān)S閉合時，已知電流表的示數(shù)，根據(jù)閉合電路歐姆定律求出路端電壓，由歐姆定律求出通過R的電流，得到通過電動機的電流． 17．⑴⑵⑶與x軸成37角斜向上 【解析】(1)由于粒子做類平拋運動，電場方向向上，所以粒子帶負電 由； (2) 帶電粒子從P點到A點做類平拋運動 ，設(shè)運動時間為t1 帶電粒子從A到B做勻減速直線運動，設(shè)運動時間為t2 (3) 帶電粒子從A運動到B過程中，設(shè)加速度為a2 根據(jù)牛頓第二定律 解得： 設(shè)帶電粒子運動到P點速度偏向角為θ 所以θ =37 E2方向為與x軸成37角斜向上。 18．(1)0.25 (2)0.018 J (3)2.4 m (4)0.002 J 【解析】(1)物塊由C處釋放后經(jīng)擋板碰撞滑回P點過程中，由動能定理得 qE－μmg(L＋)＝0①(2分) 由①式代入數(shù)據(jù)得μ＝＝0.25② (2)物塊在GH段運動時，由于qEcos θ＝mgsin θ，所以做勻速直線運動③ 由C運動至H過程中，由動能定理得 qEL－μmgL＋qErsin θ－mgr(1－cos θ)＝Ek－0④ 由③式代入數(shù)據(jù)得Ek＝0.018 J⑤ (3)物塊最終會在DGH間來回往復運動，物塊在D點的速度為0 設(shè)物塊能在水平軌道上運動的總路程為s，由能量轉(zhuǎn)化與守恒定律可得qEL＝μmgs⑥ 由②③⑥式代入數(shù)據(jù)得s＝2.4 m⑦ (4)物塊碰撞擋板的最小動能E0等于往復運動時經(jīng)過G點的動能，由動能定理得 qErsin θ－mgr(1－cos θ)＝E0－0⑧ 由③⑧式代入數(shù)據(jù)得E0＝0.002 J⑨