山東省濟寧市第二中學2018-2019學年高一物理下學期期中試題（含解析）

山東省濟寧市第二中學20182019學年高一物理下學期期中試題（含解析）一、選擇題(本題共12小題，每小題4分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1～8題只有一項符合題目要求，第9～12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；有選錯或不答的得0分。)1.關于元電荷和點電荷的理解正確的是A.元電荷就是電子B.元電荷是表示跟電子所帶電量絕對值相等的電量C.體積很小的帶電體就是點電荷D.點電荷是一種理想化模型，對于任何帶電球體總可把它看作電荷全部集中在球心的點電荷【答案】B【解析】【詳解】元電荷的電量等于電子的電量，但不是電子。元電荷是帶電量的最小單元。沒有電性之說。故A錯誤；元電荷是表示跟電子所帶電量數(shù)值相等的電量，故B正確；當兩個帶電體的形狀對它的相互作用力的影響可忽略時，這兩個帶電體可看作點電荷，并不是體積小就是點電荷，故C錯誤；當帶電體之間的距離不是很大時，帶電球體就不能看作電荷全部集中在球心的點電荷，因為此時帶電體之間的電荷會影響電荷的分布。故D錯誤；故選B。2.關于靜電場的電場線，下列說法正確的是（）A.電場強度較大的地方電場線一定較密B.沿電場線方向，電場強度一定越來越小C.沿電場線方向，電勢一定越來越低D.電場線一定是帶電粒子在電場中運動的軌跡【答案】C【解析】A、電場強度與電場線的密集程度有關。電場線越密，電場強度越大；反之則越小，故A正確，BC、沿電場線方向，電勢一定越來越低但電場強度不一定越來越小，比如正電荷的電場線沿電場線電場強度越來越小，故BC錯;D、電場線并不實際存在，它只是人為的輔助工具，而帶電粒子的運動軌跡是實際存在的，故D錯誤。綜上所述本題答案是：A3.電場中有一點P，下列說法正確的是（）A.若放在P點的點電荷的電荷量減半，則P點的場強減半B.若P點沒有試探電荷，則P點的場強為零C.P點的場強越大，則同一電荷在P點受的靜電力越大D.P點的場強方向為試探電荷在該點的受力方向【答案】C【解析】【詳解】A項：場強是表示電場本身性質的物理量，由電場本身決定，與試探電荷無關，所以當試探電荷的電荷量減半時，P點的場強不變，故A錯誤；B項：由于場強由電場本身決定，與試探電荷無關，所以當P點沒有試探電荷，P點的場強不變，故B錯誤；C項：由F=qE可知，P點的場強越大，則電荷所受的電場力越大，故C正確；D項：P點的場強方向為就是放在該點的正試探電荷所受電場力的方向，與P放在該點的負試探電荷所受電場力的方向相反，故D錯誤。故選：C4.如圖所示，A、B、C、D、E、F為勻強電場中一個正六邊形的六個頂點，A、C、D三點電勢分別為、、，正六邊形所在平面與電場線平行.則B點的電勢為【答案】A【解析】【詳解】已知正六邊形所在平面與電場線平行，且A、C、D三點電勢分別為、V、，延長DC且使DC=CG，連接BG，可知UDC=UCG=1V，故ABG的電勢相等為；故選A．5.關于電流，下列說法正確的是（）A.電子的運動速率越大，電流就越大B.單位世間內(nèi)通過導體橫截面積的電量越多i，導體中的電流越大C.因為電流有方向，所以電流時矢量D.導體中的電流，一定是自由電子的定向移動形成的【答案】B【解析】電流大小與電子運動速率無關，故A錯誤；電流的定義為電量與時間的比值，即為單位內(nèi)通過的電量，是由電量與時間共同決定的，電量多電流不一定大，但如果是單位時內(nèi)通過截面的電量多，則電流大，故正確；電流有方向，我們規(guī)定正電荷定向移動的方向為電流的方向，但電流不是矢量，矢量的運算必須遵循平行四邊形定則，電流有方向，但不符合矢量合成法則不是矢量，故錯誤．導體中的電流，不一定是自由電子的定向移動形成的，也可能是其他帶電離子定向移動形成的，選項D錯誤；故選B.6.對于歐姆定律，理解正確的是A.從R=可知，導體兩端的電壓為零時，導體的電阻也為零B.從R=可知，導體的電阻跟導體兩端的電壓成正比，跟導體中的電流成反比C.從I=可知，導體中的電流跟加在它兩端的電壓成正比，跟它的電阻成反比D.從U=IR可知，導體兩端的電壓隨電阻的增大而增高【答案】C【解析】【詳解】導體的電阻是由導體本身決定的，與兩端的電壓無關以及導體中的電流無關，選項AB錯誤；從可知，導體中的電流跟加在它兩端的電壓成正比，跟它的電阻成反比，選項C正確；從U=IR可知，當電流一定時，導體兩端的電壓隨電阻的增大而增高，選項D錯誤。7.一負電荷從電場中A點由靜止釋放，只受電場力作用，沿電場線運動到B點，它運動的速度時間圖像如圖所示．則A、B兩點所在區(qū)域的電場線是下圖中的A. B. C. D.【答案】D【解析】【詳解】由vt圖象可知，粒子做加速度逐漸增大的加速運動，因此從A到B該電荷所受電場力越來越大，電場強度越來越大，電場線密的地方電場強度大，且負電荷受力與電場方向相反，故ABC錯誤，D正確。8.如圖所示的實驗裝置中，極板A接地，平行板電容器的極板B與一個靈敏的靜電計相接．將A極板向左移動，增大電容器兩極板間的距離時，電容器所帶的電量Q、電容C、兩極間的電壓U，電容器兩極板間的場強E的變化情況是（）A、Q變小，C不變，U不變，E變小B、Q變小，C變小，U不變，E不變C、Q不變，C變小，U變大，E不變D、Q不變，C變小，U變大，E變小【答案】C【解析】【詳解】平行板電容器與靜電計并聯(lián)，測量電容器的電壓，電容器所帶電量不變；增大電容器兩極板間的距離d時，由知，電容C變?。籕不變，C變小，根據(jù)知，U變大；而,Q、k、、S均不變，則E不變；故C正確，A,B,D錯誤。故選C.【點睛】本題是電容動態(tài)變化分析問題，關鍵抓住兩點：一是電容器的電量不變；二是關于電容的兩個公式．9.關于勻強電場中電勢差與場強的關系，下列說法中不正確的是（）A.電場強度的方向就是電勢降落最快的方向B.任意兩點間的電勢差等于場強和這兩點間距離的乘積C.電勢減小的方向，必定是場強的方向D.沿電場線方向任何相同距離上電勢降落必定相等【答案】BC【解析】【詳解】順著電場線方向電勢降低，電勢降落最快的方向就是場強的方向，故A正確，C錯誤；U=Ed，d是沿電場線方向上的距離，不是任意兩點間的距離，故B錯誤；根據(jù)公式U=Ed可知，沿電場線方向，距離相同，電勢差相同，即相同距離上電勢降落必定相等．故D正確。10.如圖所示，真空中M、N處放置兩等量異種電荷，a、b、c為電場中的三點，實線PQ為M、N連線的中垂線，a、b兩點關于MN對稱，a、c兩點關于PQ對稱，已知一帶正電的試探電荷從a點移動到c點時，試探電荷的電勢能減小，則以下判定正確的是A.M點處放置的是負電荷B.a點的電勢高于c點的電勢C.a點場強與c點的場強完全相同D.若將該試探電荷沿直線由a點移動到b點，則電場力先做負功，后做正功【答案】BD【解析】【詳解】因正電荷由a到c電勢能減小，則電場力做正功，則電勢降低。故c點電勢低于a點電勢。則M點為正電荷，故A錯誤，B正確。

a點與c點為關于兩電荷的中垂線對稱，則場強大小相等但方向不同，故C錯誤；將該試探電荷沿直線由a點移動到b點，根據(jù)等勢線分布圖可知，電勢先升高后降低，則電勢能先增大后減小，電場力先做負功、后做正功。故D正確.11.在一半徑為R的圓周上均勻分布有偶數(shù)N個絕緣帶電小球（可視為質點）無間隙排列，其中A點的小球帶電荷量為+2q，其余小球帶電荷量為+q，此時圓心O點的電場強度大小為E，現(xiàn)僅撤去A點的小球后，則有關O點的電場強度的正確說法A.方向向右 B.方向向左C.大小為 D.大小為E【答案】AD【解析】【詳解】假設圓周上均勻分布的都是電荷量為+q的小球，由于圓周的對稱性，根據(jù)電場的疊加原理知，圓心O處場強為0，所以圓心O點的電場強度大小等效于A點處電荷量為+2q的小球與在A點在同一直徑的另一端的電量為+q的電荷在O點產(chǎn)生的場強的疊加，則有

，方向水平向左；所以僅撤去A點的小球，則O點的電場強度等于與A點在同一直徑的另一端的電量為+q的電荷在O點產(chǎn)生的場強，方向向右，故BC錯誤，AD正確。12.如下圖所示，平行金屬板中央有一個初始靜止的電子(不計重力)，兩板間距離足夠大，當兩板間加上如圖乙所示的電壓后，在下圖中反映電子速度v、位移x和加速度a三個物理量隨時間t的變化規(guī)律正確的是A. B.C. D.【答案】AB【解析】【詳解】分析電子一個周期內(nèi)的運動情況：0～T/4時間內(nèi)，因B板電勢高，則電子從靜止開始向B板做勻加速直線運動，T/4～T/2時間內(nèi)沿原方向做勻減速直線運動，T/2時刻速度為零。T/2～3T/4時間內(nèi)向A板做勻加速直線運動，3T/4～T時間內(nèi)向A板做勻減速直線運動。接著周而復始。根據(jù)勻變速運動速度圖象是傾斜的直線可知，B圖符合電子的運動情況。故B正確，C錯誤。電子做勻變速直線運動時xt圖象應是拋物線，故D錯誤。根據(jù)電子的運動情況：勻加速運動和勻減速運動交替產(chǎn)生，而勻變速運動的加速度不變，at圖象應平行于橫軸。故A正確。二、實驗題(本題共2小題，共14分。根據(jù)題目的要求在答題紙上相應的位置填寫各題的答案。)13.（6分）在探究兩電荷間相互作用力的大小與哪些因素有關的實驗中，一同學猜想可能與兩電荷的間離和帶電量有關。他選用帶正電的小球A和B，A球放在可移動的絕座上，B球用絕緣絲線懸掛于玻璃棒C點，如圖所示。實驗時，先保持兩電荷量不變，使A球從遠處逐漸向B球靠近，觀察到兩球距離越小，B球懸線偏角越大，再保持兩球的距離不變，改變小球所帶的電荷量，觀察到電荷量越大，B球懸線的偏角越大。實驗表明：兩電荷之間的相互作用力，隨其距離的____________而增大，隨其所帶電荷量___________而增大。此同學在探究中應用的科學方法是_________________(選填：“累積法”、“等效替代法”、“控制變量法”、“或演繹法”)【答案】減小，增大，控制變量法【解析】試題分析：（1）實驗表明：兩電荷之間的相互作用力，隨其距離的減小而增大，隨其所帶電荷量的增大而增大．（2）試驗中先保持兩球電荷量不變，觀察到B球懸線的偏角越大；再保持兩球距離不變，改變小球所帶的電荷，觀察到電荷量越大，B球懸線的偏角越大；此同學在探究中應用的科學方法是控制變量法．考點：探究兩電荷間相互作用力的大小與哪些因素有關?！敬颂幱幸曨l，請去附件查看】14.要測繪一個標有“”小燈泡的伏安特性曲線，燈泡兩端的電壓需要由零逐漸增加到，并便于操作．已選用的器材有：電池組（電動勢為，內(nèi)阻約）：電流表（量程為，內(nèi)阻約）；電壓表（量程為，內(nèi)限約）；電鍵一個，導線若干．(1)實驗中所用的滑動變阻器應選下列中的__________（填字母代號）．A．滑動變阻器（最大阻值，額定電流）B．滑動變阻器（最大阻值，額定電流）(2)實驗的電路圖應選用下列的圖__________（填字母代號）．A．B．C．D．(3)由實驗得到小燈泡的伏安特性曲線，細實線是A點切線，圖線中小燈泡工作在A點電壓時對應的燈絲電阻等于_____Ω；隨著電壓的增大，燈絲的電阻____（填“增大”或“減小”）．【答案】(1).A(2).B(3).10(4).增大【解析】【詳解】（1）電壓從零開始變化，滑動變阻器應采用分壓接法，為方便實驗操作，滑動變阻器應選阻值較小的A；

（2）實驗要求：燈泡兩端的電壓需要由零逐漸增加到3V，滑動變阻器應采用分壓接法，燈泡電阻，電流表5歐姆，電壓表內(nèi)阻很大，約為3千歐姆，電壓表內(nèi)阻遠大于燈泡電阻，電流表應采用外接法，因此應選擇圖B所示實驗電路．

（3）由圖所示圖象可知，電壓U=2V時I=，此時燈泡電阻：，由圖示圖象可知，隨U增大I增大，電壓與電流的比值增大，燈泡電阻增大．三、計算題（本題共3小題，共37分。解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。）15.把一帶電荷量為q＝－3×10－6C的點電荷從電場中的A點移動B點，電荷克服電場力做功為6×10－4J，從B點移到C點，電場力對點電荷做功為9×10－4J．(1)A、C兩點的電勢差；(2)把Q＝4×10－6C的點電荷從A點移動到B點，【答案】（1）（2）【解析】【詳解】（1）負電荷從A移到B點的過程，電荷克服電場力做功，可見負電荷從電勢高處移至電勢低處．即φA＞φB

AB間的電勢差為：負電荷從B移至C，電場力做正功，可見負電荷從電勢低處移至電勢高處，即φC＞φB

BC間的電勢差：根據(jù)UAC=UAB+UBC，AC兩點電勢差為：UAC=UAB+UBC=200V300V=100V

（2）把q=4×10-6C的點電荷從A點移到B點，電場力對電荷做功為：

W=q′UAB=4×106×200J=8×104J【點睛】本題要注意運用公式U=W/q求解電勢差時，公式中U、W、q三個量可都代入符號，要注意電荷克服電場力做功，電場力做的是負功．16.如圖所示，電流表內(nèi)阻，現(xiàn)把它改裝成兩個量程的電流表，當接a、b兩個接線柱時量程為3A，當接a、c兩個接線柱時兩車為，求電阻和．【答案】，【解析】當接a、b兩個接線柱時量程為3A，其