北京市第中學高二上學期期中考試物理試題

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精2016~2017學年北京海淀區(qū)北京一零一中學高二上學期期中物理試卷一、單項選擇題1。使兩個完全相同的金屬小球（均可視為點電荷）分別帶上?3Q和+5Q的電荷后，將它們固定在相距為a的兩點，它們之間庫侖力的大小為F1．現(xiàn)用絕緣工具使兩小球相互接觸后,再將它們固定在相距為a的兩點，它們之間庫侖力的大小為F2．則F1與F2之比為(）A.2:1B.15:4C。15：1D。16：1【答案】C【解析】相距為a時，根據(jù)庫侖定律得：；接觸后，各自帶電量變?yōu)椋?則此時有：，則F1與F2之比為15：1，故C正確，A，B,D錯誤，故選C．【點睛】本題考查庫侖定律及帶電題電量的轉(zhuǎn)移問題．注意兩電荷接觸后各自電荷量的變化，這是解決本題的關鍵．2。某電場的分布如圖所示，帶箭頭的實線為電場線,虛線為等勢面．A、B、C三點的電場強度分別為EA、EB、EC，電勢分別為φA、φB、φC，關于這三點的電場強度和電勢的關系，下列判斷中正確的是（)A.EA〈EB，φB=φCB。EA〉EB，φA〉φBC.EA>EB，φA〈φBD。EA=EC，φB=φC【答案】B考點：本題考查了電場線特點和等式線隨電場線變化的規(guī)律點評：電場線越密，電場強度越大,等式線分布越密，沿電場線方向電勢逐漸減小3。在靜電場中,下列說法中正確的是(）A。電場強度為零的點，電勢也一定為零B。電場中兩點間電勢差的大小與零電勢點的選取有關C。只在電場力作用下，正電荷一定從電勢髙的地方向電勢低的地方移動D.沿著電場線的方向電勢降低【答案】D【解析】A、電場強度為零的點，電勢不一定為零，電勢的零點可以人為選擇．故A錯誤．B、電場強度處處相等的區(qū)域內(nèi)，順著電場線方向的兩點電勢會降低，同一等勢面的各點電勢相等，所以電勢不一定處處相等．故B錯誤．C、只在電場力作用下，電荷移動方向與電荷有沒有初速度，初速度的方向怎樣有關，所以正電荷不一定從電勢高的地方向電勢低的地方移動，故C錯誤．D、沿著電場線方向電勢一定越來越低．故D正確．故選D?！军c睛】關于電勢與場強的關系可以根據(jù)電場線的物理意義來理解：電勢的高低取決于電線線的方向，電場強度的大小看電場線的疏密,兩者沒有必然的聯(lián)系．4.如圖所示，實線是勻強電場的電場線，虛線是一帶電點電荷q（不計重力）射入該電場后的運動軌跡．以下判斷中正確的是(）A.可能是正電荷從a運動到b，其動能減少、電勢能增加B?？赡苁钦姾蓮腶運動到b,其動能增加、電勢能減少C.可能是負電荷從b運動到a，其動能增加、電勢能減少D?？赡苁秦撾姾蓮腷運動到a，其電勢能增加、動能減少【答案】D【解析】由曲線運動的條件可知帶電粒子所受的電場力向右，粒子只能帶負電，故A,B錯誤；C、帶負電粒子從a到b點過程，電場力與速度成銳角，電場力做正功，電荷的電勢能減小，由動能定理，粒子的動能增大,C錯誤，D、帶負電粒子從b到a點過程，電場力與速度成鈍角，電場力做負功，電荷的電勢能增加，由動能定理，粒子的動能減小，D正確；故選D?！军c睛】在電場中跟據(jù)帶電粒子運動軌跡和電場線關系判斷電場強度、電勢、電勢能、動能等變化是對學生基本要求，也是重點知識,要重點掌握．5.在右圖中，平行板電容器的A板帶正電，與靜電計上的金屬球相連；平行板間電容器的B板和靜電計的外殼均接地．此時靜電計指針張開某一角度，則以下說法中正確的是（）A.B板向左平移，靜電計指針張角變大B.B板向上平移,靜電計指針張角變小C.在兩板間插入介質(zhì)板，靜電計指針張角變大D。在兩板間插入金屬板（金屬板與A、B板不接觸)，靜電計指針張角變大【答案】A【解析】A、B板向左平移，板間距離d增大，根據(jù)電容的決定式得知,電容減小，而電量Q不變，由電容的定義式可知，板間電壓U增大，靜電計指針張角變大．故A正確．B、B板向上平移，兩極板正對面積減小，由電容的決定式得知，電容C減小，而電量Q不變，由電容的定義式可知，板間電壓U增大，靜電計指針張角變大．故B錯誤。C、在兩板間插入介質(zhì)板，由得知,電容C增大，而電量Q不變，由電容的定義式可知，板間電壓U減小，靜電計指針張角變?。蔆錯誤．D、在兩板間插入金屬板，板間距離減小,電容C增大，而電量Q不變，由電容的定義式可知，板間電壓U減小，靜電計指針張角變?。蔇錯誤．故選A．【點睛】本題按照這樣的思路進行分析：先根據(jù)電容的決定式分析電容的變化,再根據(jù)電容的定義式和不變的條件，分析電壓或電量的變化．6。如圖所示，將一個帶正電的小球Q放在本身不帶電的枕形導體AB靠近A端一側(cè)，由于靜電感應枕形導體的A、B兩端分別出現(xiàn)正、負感應電荷．那么，以下說法中正確的是（）A。枕型導體的A端電勢低，B端電勢髙B.A端接一下地，導體將帶正電荷C.B端接一下地，導體將帶負電荷D。導體上的感應電荷在導體內(nèi)部產(chǎn)生的電場的場強為零【答案】C【解析】A、枕型導體在帶正電的小球附近時，枕型導體上的自由電子會向金屬棒的左邊運動，金屬棒的右端因有了多余的電子而帶正電，左端因多余電子而帶負電;由電荷守恒可知，兩端的電荷是相等的．故A錯誤；B、C、當導體就會與大地連接,會使大地的電子流入枕形導體，中和B端，則枕型導體將帶負電；故B錯誤,C正確；D、到達靜電平衡狀態(tài)以后，導體內(nèi)部的場強處處為0，導體上的感應電荷在導體內(nèi)部產(chǎn)生的場強不為零．故D錯誤．故選C?！军c睛】本題考查電荷的轉(zhuǎn)移，有一定的難度，關鍵知道由于異種電荷相互吸引，大地的負電荷(自由電子）會轉(zhuǎn)移到導體上．7。如圖所示，在真空中有一對帶電平行金屬板,電子在電壓為U1的加速電場中由靜止開始運動，然后射入電壓為U2的兩塊平行極板間的電場中，入射方向與極板平行,電子射出電場時，速度方向與入射的初速度方向偏轉(zhuǎn)了θ角，在下列措施中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角θ變小的是(）A。U1變大，U2變大B.U1變大，U2變小C.U1變小，U2變大D。U1變小，U2變小【答案】B【解析】設電子被加速后獲得初速為v0，則由動能定理得：①，設偏轉(zhuǎn)電場極板長為l，板間距離為d,電子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，在水平方向上：l=v0t

②

在豎直方向上：③，由①、②、③解得:，由此可知,減小U2或增大U1可以使y減??；故選B．【點睛】帶電粒子在電場中的運動，可分為三類，第一類是在勻強電場中做勻變速速直線運動，此過程是電勢能與帶電粒子動能之間的轉(zhuǎn)化．第二類是帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn),帶電粒子垂直進出入勻強電場時做勻變速曲線運動,分解為兩個方向的直線運動，分別用公式分析、求解運算，是這類問題的最基本解法．第三類是帶電粒子在點電荷形成的電場中做勻速圓周運動，應用圓周運動的知識求解．8。將兩直徑相同而材料不同的導線a和b串連起來，導線a中單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)是導線b的兩倍．當有恒定電流通過時，a、b導線中自由電子的定向移動速度之比為(）A。1:2B.2:1C.1：1D.4：1【答案】A【解析】由電流的微觀表達式I=nesv可得：，兩導線串聯(lián)，電流I相等;直徑相同可得橫截面積s相同；單位體積的自由電子數(shù)之比為2：1，則可推得定向速度之比為1：2，故A正確，則選A。【點睛】串聯(lián)電路中電流相等，根據(jù)I=nesv得到自由電子定向移動的平均速率之比．9.如圖所示的電場中正、負電荷的電荷量相等，電場中有相互對稱分布的a、b兩點（a、b兩點到O點的距離相等），a、b兩點在兩電荷連線的中垂線上．圖中a、b兩點的電場強度及電勢相比較，應是（）A.兩點的電場強度相同，兩點的電勢不相同B。兩點的電場強度不相同，兩點的電勢相同C.兩點的電場強度相同，電勢也相同D.兩點的電場強度和電勢都不相同【答案】C【解析】試題分析：等量異種點電荷形成的電場中電場線的分布特點（1）兩點電荷連線上各點,電場線方向從正電荷指向負電荷．(3)在中垂面(線）上的電荷受到的靜電力的方向總與中垂面(線）垂直，因此，在中垂面（線）上移動電荷時靜電力不做功．（4）等量異種點電荷連線上以中點O場強最小,中垂線上以中點O的場強為最大；(5）等量異種點電荷連線和中垂線上關于中點對稱處的場強相同；電勢是標量,根據(jù)電場線的方向和對稱性分析a、b兩點電勢是否相同．場強是矢量,根據(jù)電場線的疏密和切線方向及對稱性,確定場強是否相同．根據(jù)電場線的對稱性可知:a、b兩點的電勢相同，而a的場強方向水平向右,b點的場強方向也是水平向右，場強相同．故C錯誤．考點：電場強度；電勢．點評：本題關鍵是要明確兩個等量異種電荷連線的中垂線上的場強分布情況和電勢分布情況．10.如圖所示電路中，閉合開關S后，燈a和燈b都正常發(fā)光，后來由于某種故障b燈的突然變亮，電壓表示數(shù)增加．由此推斷，這故障可能是(）A.燈a的燈絲燒斷B。電阻R2斷路C.電阻R2短路D.電容器被短路【答案】B【解析】試題分析：A選項，a燈燈絲燒斷，總阻值增大，總電流減小,b燈變暗，故A錯；B選項,電阻R2斷路,導致總電阻增大,總電流減小，a兩端電壓減小，而路端電壓增大，則b兩端電壓增大,b變亮，故B對；C選項中，電阻R2短路,b不亮，故C錯；電容器被擊穿短路,外電路總阻值減小，總電流增大，內(nèi)電壓增大,路端電壓減小，電壓表讀數(shù)減小，于題中要求相矛盾，故D錯。考點:電路的故障分析、電路的動態(tài)變化.【名師點睛】判定總電阻變化情況的規(guī)律（記一記）1．當外電路的任何一個電阻增大（或減?。r，電路的總電阻一定增大（或減?。?．若開關的通、斷使串聯(lián)的用電器增多時，電路的總電阻增大;若開關的通、斷使并聯(lián)的支路增多時,電路的總電阻減?。?．在如圖所示分壓電路中，滑動變阻器可視為由兩段電阻構(gòu)成,其中一段R并與用電器并聯(lián)，另一段R串與并聯(lián)部分串聯(lián)．A、B兩端的總電阻與R串的變化趨勢一致．二、不定項選擇題11.如圖所示,在豎直放置的光滑半圓弧絕緣細管的圓心O處固定一點電荷，將質(zhì)量為m，帶電量為+q的小球從半徑為R的圓弧管的水平直徑端點A由靜止釋放，小球沿細管滑到最低點B時，對管壁恰好無壓力，下列說法正確的是（)A.則固定于圓心處的點電荷在弧AB中點處的電場強度大小為2mg/qB.小球滑到最低點的速度大小為C.O處的點電荷一定帶負電D.電場力對小球不做功【答案】BCD【解析】B、設細管的半徑為R,小球到達B點時速度大小為v．小球從A滑到B的過程,由機械能守恒定律得，,得，故B正確.C、對B點處的小球受力分析可知，因壓力為零，故，得，可知O處的場源為負電荷，則C正確；A、D、點電荷周圍的的場強滿足，則在同一圓上的場強大小相同，由，可知圓弧AB的中點的場強大小為，方向指向O點,且電場力始終與運動速度垂直,電場力不做功,故A錯誤，D正確.故選BCD.【點睛】本題是機械能守恒定律和牛頓第二定律的綜合應用．對于圓周運動,常常不單獨出題，會和動能定理、機械能守恒結(jié)合應用．12.如圖，兩塊相對的平行金屬板AB與電源相連，AB間的電場為勻強電場，電源負極接地。a處有一點電荷處于靜止．K是閉合的，φa表示a點的電勢,F表示點電荷受到的電場力．現(xiàn)將電容器的B板向下稍微移動，使兩板間的距離增大,則（）A。φa變小B。φa變大C.F不變D.F變小【答案】BD【解析】C、D、因電容器與電源始終相連,故兩板間的電勢差不變，B板下移，則板間距離d增大,則板間電場強度E減小，由F=Eq可知電荷所受電場力變小,故C錯誤,D正確；A、B、則上板與a間的電勢差減小，而總電勢差不變，故a與B間的電勢差增大,而B接地，故a點的電勢增大，故A錯誤，B正確;故選BD．【點睛】電容器的動態(tài)分析中首先應注意是否與電源相連，再根據(jù)電容的變化進行判斷；對于本題應注意因下極間接地，故aB間的電勢差大小即為a點的電勢；因aB間的距離發(fā)生變化，不能直接由U=Ed進行判斷，我們是先求得Aa間的電勢差再求aB的間電勢差．13.在如圖所示的電路中，電源的電動勢為E，內(nèi)阻為r，L為小燈泡（其燈絲電阻可認為基本不變），R1、R2為定值電阻，R3為光敏電阻，其阻值大小隨所受照射光強度的增大而減小，V為理想電壓表．若將照射R3的光的強度減弱，則(）A.電壓表的示數(shù)變小B.小燈泡消耗的功率變小C.通過R2的電流變小D。電源兩端的電壓變大【答案】ABD【解析】A、光敏電阻光照減弱，故光敏電阻的阻值增大,電路中的總電阻增大；由閉合電路歐姆定律可得，電路中電流減小，故R1兩端的電壓減小，故A正確；B、由并聯(lián)電路的電流規(guī)律可知，流過燈泡的電流一定減小，故由P=I2R可知，小燈泡消耗的功率變小,故B正確；C、因電路中電流減小，故內(nèi)壓減小,路端電壓增大,同時R1兩端的電壓減小，故并聯(lián)電路部分電壓增大；則流過R2的電流增大，故C錯誤；D、電源兩端的電壓為路端電壓,由電3內(nèi)電壓減小，電源兩端的電壓變大，故D正確;故選ABD．【點睛】閉合電路的動態(tài)分析問題一般按外電路、內(nèi)電路再外電路的分析思路進行;分析內(nèi)電路主要根據(jù)總電流及內(nèi)阻分析內(nèi)壓，而外電路較為復雜，要注意靈活應用電路的性質(zhì)．14。如圖所示電路，電源電動勢為E,內(nèi)阻為r．當開關S閉合后,小型直流電動機M和指示燈L都恰能正常工作．已知指示燈L的電阻為R0，額定電流為I，電動機M的線圈電阻為R，則下列說法中正確的是（）A.電動機的額定電壓為IRB。電動機的輸出功率為IE?I2RC。電源的輸出功率為IE?I2rD。整個電路的熱功率為I2(R0+R+r）【答案】CD【解析】試題分析：因為電動機和指示燈是非純電阻，所以不能根據(jù)歐姆定律計算其兩端的電壓,A錯誤;電源的輸出功率為,B錯誤C正確；根據(jù)焦耳定律可得整個電路的熱功率為，D正確;考點:考查了電功率的計算【名師點睛】當電動機正常工作時,其電路是非純電阻電路，歐姆定律不成立，求電功率只能用，求電熱只能用，求機械功率要根據(jù)能量守恒得到三、實驗題15.某同學將銅片和鋅片插入水果中制成一個“水果電池”，該同學利用下列所給器材測量水果電池的電動勢E和內(nèi)阻r．A．電流表G1（內(nèi)阻Rg=15Ω，滿偏電流Ig=2mA）B．電流表G2（量程20mA，內(nèi)阻約2Ω)C．滑動變阻器R1(0~1000Ω）D．電阻箱R2（0~9999.9Ω）E．待測水果電池（電動勢E約4V，內(nèi)阻r約500Ω）F．開關S，導線若干（1）實驗中用電流表G改裝成量程0～4V的電壓表，需_____（選填“串聯(lián)”或“并聯(lián)"）一個阻值為1Ω的電阻．（2)該同學用電流表_________和改裝成的電壓表測量水果電池的電動勢和內(nèi)阻,設計了如圖所示的實驗電路圖2,經(jīng)檢驗該電路是合理的．(3）接通開關，逐次調(diào)節(jié)滑動變阻器，讀取電流表示數(shù)I和對應的電壓表的示數(shù)U，記錄了6組數(shù)據(jù),并在圖中標注出了幾個與測量對應的坐標點,如圖所示．請你在圖上把已經(jīng)描繪出的坐標點連成U?I圖線_________．（4）根據(jù)圖描繪出的圖線可得到水果電池的電動勢E=___V，內(nèi)電阻r=___．【答案】(1）。串聯(lián)(2）。A(3).見解析（4).3。84(5）。470【解析】(1)用已知內(nèi)阻的G1與電阻箱串聯(lián)充當電壓表使用，多的電壓由分壓電阻分擔;由串聯(lián)電路規(guī)律可知：4=Ig（R+Rg）；解得:R=1985Ω；(2)因為電流表G2內(nèi)阻較小,分擔電壓較小，故電流表采取外接法誤差較?。瑒幼冏杵鞑捎孟蘖魇浇臃?，串聯(lián)在電路中。（3）將各點用直線連接,注意要讓盡量多的點分布在直線上；如圖所示:(4)圖象與縱軸的交點為電源的電動勢;E=3.84V;內(nèi)阻?！军c睛】把電流表改裝為電壓表、測電源電動勢與內(nèi)阻問題，把電流表改裝為電壓表，要串聯(lián)一個大電阻；要掌握應用圖象法處理實驗數(shù)據(jù)的方法．16.下圖圖為某同學測繪額定電壓為3V的小燈泡的I?U圖線的實驗電路圖．（1）根據(jù)圖中所示的電路圖，用筆畫線代替導線,將圖中的實驗電路連接成完整電路___．(電流表用0~0。6A量程)（2）開關S閉合之前,上圖中滑動變阻器的滑片應該置于_________．（選填“A端”、“B端"或“AB正中間”）（3）該同學根據(jù)實驗數(shù)據(jù)畫出了小燈泡的伏安(I?U）特性曲線，如左圖．用兩個相同的這樣的小燈炮串聯(lián)，如右圖圖所示．總電壓為4V，則每個燈的實際電功率為_________．(4)根據(jù)小燈泡的伏安（I?U）特性曲線，小燈泡燈絲電阻的電阻率隨溫度升高而_________．（填寫“增大”或“減小”）【答案】（1)。見解析(2)。A端（3).0.5（4）.增大【解析】(1)由實驗電路可知，電壓與電流從零開始變化，滑動變阻器應采用分壓接法;電壓表內(nèi)阻遠大于燈泡電阻，電流表應選擇外接法，實物連線如圖：(2）開關S閉合之前,圖實乙中滑動變阻器的滑片應該置于A端，使得小電珠的電壓最小,從零開始增大．(3)兩個燈泡串聯(lián)，電流相同，故每個燈泡分得2V的電壓，由I-U圖象讀得實際電流I=0.25A，故燈泡的功率P=UI=0。5W.（4）I-U圖象的斜率代表電阻的倒數(shù)，故斜率逐漸減小，反映電阻逐漸增大.因為金屬材料隨著溫度升高，電阻率增大，使得電阻變大.【點睛】題考查了實驗電路的設計，設計實驗電路是實驗常考問題，設計實驗電路的關鍵是根據(jù)題目要求確定滑動變阻器采用分壓接法還是采用限流接法，根據(jù)待測電路元件電阻大小與電表內(nèi)阻間的關系確定電流表采用內(nèi)接法還是外接法．四、論述、計算題17。如圖所示，一個掛在細線下端的帶正電的小球B,靜止在圖示位置;若固定的帶正電的小球A電荷量為Q,B球的質(zhì)量為m，帶電荷量q，平衡時細線與豎直方向的夾角為θ，A和B在同一水平線上，整個裝置處于真空中，重力加速度為g，靜電力常量為k，求A、B兩球之間的距離d．【答案】【解析】對B球受力分析如圖所示，根據(jù)平衡條件得：聯(lián)立解得:【點睛】對于共點力作用下物體的平衡其解決方法和純力學中共點力作用下物體的平衡適用完全相同的解決方法．18。一根長為0.5m的金屬絲，橫截面積為3。0mm2，在它兩端加上0.15V的電壓時,通過金屬絲的電流為2。0A,若將此金屬絲與一個阻值為4.725Ω的定值電阻串聯(lián)，接在一個電動勢為1。5V、內(nèi)阻為0.2Ω的干電池兩端，求：（1）金屬絲的電阻率．(2）接通電路后干電池的輸出功率．【答案】(1）ρ=4.5×10?7Ω?m（2）P=I2（R+R′）=0。432W【解析】（1）由部分電路的歐姆定律由電阻定律得：（2)由全電路的歐姆定律:故電源的輸出功率【點睛】基本公式：歐姆定律和電阻定律、全電路的歐姆定律：的基本運用。19。市場推出一種“全自動”智能電熱壺，其創(chuàng)新功能有自動加水和溫度識別兩大功能，下為某款產(chǎn)品的圖樣及銘牌．(1）估算這種電熱壺工作時加熱部分的電阻值．（2)所謂“自動加水”是由一水泵（電動機)和傳感器來實現(xiàn)的，單獨對這一部分進行測試時發(fā)現(xiàn)，當其兩端所加電壓U1=10V時,電動機帶不動負載,因此不轉(zhuǎn)動，此時通過它的電流I1=2A;當其兩端所加電壓U2=36V時(通過變壓器實現(xiàn)），電動機能帶動負載正常運轉(zhuǎn)，這時電流I2=1A．求電動機正常運轉(zhuǎn)時,輸出的機械功率是多少?（不計電動機的摩擦損耗）【答案】（1)R=32Ω（2)P′=31W【解析】（1）由部分電路歐姆定律知,則,則電熱水壺工作時加熱部分的電阻值(2)電動機不轉(zhuǎn)時，由部分電路的歐姆定律得正常工作時,電動機內(nèi)阻兩端電壓則其輸出的機械功率為【點睛】電動機不轉(zhuǎn)時是純電阻電路，由歐姆定律求出電動機的電阻；電動機正常工作時，根據(jù)P=UI—I2R求解電動機的機械功率．20.電場中的等勢面是一簇互相平行的平面，間隔均為d=1cm，各等勢面的電勢如圖所示,現(xiàn)有一質(zhì)量為m=0.1kg的帶電小球，以速度v0=2m/s射入電場，v0的方向與水平方向成45°斜向上，要使質(zhì)點作直線運動（g=10m/s2）則：（1）小球帶何種電荷？電量是多少．(2）在入射方向的最大位移是多少