安徽省合肥九中2018-2019學(xué)年高二物理上學(xué)期期中習(xí)題.docx

2018-2019學(xué)年度合肥九中高二期中考試物理試題時間：80分鐘 一、單選題（本大題共8小題，共32.0分）1. 關(guān)于元電荷的下列說法中正確的是（）A. 元電荷就是電子B. 元電荷就是質(zhì)子C. 元電荷的值取e=1.6010-19CD. 元電荷的值取e=1.6010-23C2. 將兩個分別帶有電荷量和的相同金屬小球A、B分別固定在相距為r的兩處均可視為點電荷，它們間庫侖力的大小為現(xiàn)將第三個與A、B兩小球完全相同的不帶電小球C先后與A、B相互接觸后拿走，A、B間距離保持不變，則兩球間庫侖力的大小為A. FB. C. D. 3. 如圖所示，PQ為等量異種點電荷A、B連線的中垂線，C為中垂線上的一點，M、N分別為AC、BC的中點，若取無窮遠處的電勢為零，則下列判斷正確的是（）A. M、N兩點的電場強度相同B. M、N兩點的電勢相等C. 若將一負試探電荷由M點移到C點，電場力做正功D. 若將一負試探電荷由無窮遠處移到N點時，電勢能一定增加4. 某電場的電場線分布如圖所示實線，以下說法正確的是 A. c點場強大于b點場強B. b和c處在同一等勢面上C. 若將一試探電荷由a點移動到d點，電荷的電勢能將增大D. 若某一點電荷只在電場力的作用下沿虛線由a點運動到d點，可判斷該電荷一定帶負電5. 如圖所示，在NaCl溶液中，正、負電荷定向移動，其中Na+水平向右移動若測得4s內(nèi)分別有1.01018個Na+和Cl-通過溶液內(nèi)部的橫截面M，那么溶液中的電流方向和大小為（）A. 水平向左0.8AB. 水平向右 0.08AC. 水平向左0.4AD. 水平向右0.04A6. 在電場中A、B兩點間的電勢差為UAB=75V，B、C兩點間的電勢差為UBC=-200V，則A、B、C三點電勢高低關(guān)系為（）A. ABCB. ACBC. CABD. CBA7. 如圖所示為滑動變阻器示意圖，下列說法中正確的是（ ）a和b串聯(lián)接入電路中，P向右移動時電阻增大b和d串聯(lián)接入電路中，P向右移動時電阻減小b和c串聯(lián)接入電路中，P向右移動時電阻增大a和c串聯(lián)接入電路中，P向右移動時電阻增大A. B. C. D. 8. 在如圖所示的電路中，電阻R1=4，R2=6，R3=3，電流表內(nèi)阻不計，在A、B兩點間加上9V的電壓時，電流表的讀數(shù)為（）A. 0B. 1AC. 1.5AD. 2A二、多選題（本大題共4小題，共16.0分）9. 如圖所示，傾角為=30的光滑絕緣直角斜面ABC，D是斜邊AB的中心，在C點固定一個帶電荷量為+Q的點電荷一質(zhì)量為m，電荷量為-q的小球從A點由靜止釋放，小球經(jīng)過D點時的速度為v，到達B點時的速度為0，則（）A. 小球從A到D的過程中靜電力做功為mv2B. 小球從A到D的過程中電勢能逐漸減小C. 小球從A到B的過程中電勢能先減小后增加D. AB兩點間的電勢差UAB=10. 在x軸上有兩個點電荷q1、q2，其靜電場的電勢在x軸上分布如圖所示下列說法正確有( )A. q1和q2帶有異種電荷B. x1處的電場強度為零C. 負電荷從x1移到x2，電勢能減小D. 負電荷從x1移到x2，受到的電場力增大11. 如圖所示，電阻R和電動機M串聯(lián)接到電路中，已知電阻R跟電動機線圈的電阻值相等，開關(guān)接通后，電動機正常工作設(shè)電阻R和電動機M兩端的電壓分別為U1和U2，經(jīng)過時間t，電流通過電阻R做功為W1，產(chǎn)生熱量為Q1，電流通過電動機做功為W2，產(chǎn)生熱量為Q2則有（ ）A. U1 U2，Q1=Q2B. U1=U2，Q1=Q2C. U1 U2，W1 W2D. W1 W2，Q1 Q212. 有一電熱器，額定電壓為220V，額定功率為1000W現(xiàn)要把它改裝一下，用在電壓為110V的電路中，若要使它消耗的功率仍為1000W下面做法中正確的是（）A. 將電熱器中的電熱絲截去一半B. 將電熱器中的電熱絲截去，只留下C. 在電熱器中再并聯(lián)一根與原來相同的電熱絲D. 將電熱器中的電熱絲等分成兩段，再并聯(lián)起來三、實驗題探究題（本大題共2小題，共18.0分）13. 下面三個圖為探究平行板電容器電容大小決定因素的實驗，請將正確的結(jié)論填在橫線上兩平行板之間的電場可以視為勻強電場給電容器充電后與電源斷開，那么 （1）若保持板間距離d不變，正對面積S變小，則兩板電容C _ ，板間電勢差U _ （2）若保持S不變，d變大，兩板電容C _ ，板間電場強度E _ （3）若保持S和d都不變，插入介質(zhì)板后，則板間電勢差U _ ，板間電場強度E _ （以上填“變小”、“變大”或“不變”）某同學(xué)研究小燈泡的伏安特性，所使用的器材有：小燈泡L（額定電壓3.8V，額定電流0.32A）；電壓表V（量程3V，內(nèi)阻3k）；電流表A（量程0.5A，內(nèi)阻0.5）；固定電阻R0（阻值1000）；滑動變阻器R（阻值09.0）；電源E（電動勢5V，內(nèi)阻不計）；開關(guān)S；導(dǎo)線若干。 （1）實驗要求能夠?qū)崿F(xiàn)在03.8V的范圍內(nèi)對小燈泡的電壓進行測量，畫出實驗電路原理圖。 （2）實驗測得該小燈泡伏安特性曲線如圖（a）所示由實驗曲線可知，隨著電流的增加小燈泡的電阻_（選填“增大”“不變”或“減小”），燈絲的電阻率_（選填“增大”“不變”或“減小”）。四、計算題（本大題共4小題，共34.0分）14. （8分）如圖所示的電路中，兩平行金屬板A，B水平放置，接入如圖所示電路中，兩板間的距離d=50cm，電源電動勢E=15V，內(nèi)電阻r，電阻R1=4，R2=10，閉合開關(guān)S，待電路穩(wěn)定后，將一帶電的小球放入板間恰能保持靜止，若小球質(zhì)量為m=210-2kg，電量q=110-2C，問：（1）小球帶正電還是負電，電容器的電壓為多大？（2）電源的內(nèi)阻為多大？（3）電源的效率是多大？（取g=10m/s2）15. （8分）如圖所示，長l1m的輕質(zhì)細繩上端固定，下端連接一個可視為質(zhì)點的帶電小球，小球靜止在水平向右的勻強電場中，繩與豎直方向的夾角37.已知小球所帶電荷量q1.0106C，勻強電場的場強E3.0103N/C，取重力加速度g10m/s2，sin370.6，cos370.8求：（1）小球所受電場力F的大小；（2）小球的質(zhì)量m；（3）將電場撤去，小球回到最低點時速度v的大小16. （8分）如圖所示，為電動機提升重物的裝置，電動機線圈電阻為r=1，電動機兩端電壓為5V，電路中的電流為1A，物體A重20N，不計摩擦力，求：（1）電動機線圈電阻上消耗的熱功率是多少？（2）電動機輸入功率和輸出功率各是多少？（3）這臺電動機的機械效率是多少？17. （10分）如圖甲所示，真空中水平放置的相距為d的平行金屬板板長為L，兩板上加有恒定電壓后，板間可視為勻強電場在t=0時，將圖乙中所示的交變電壓加在兩板上，這時恰有一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子從兩板正中間以速度v0水平飛入電場若此粒子離開電場時恰能以平行于兩板的速度飛出（粒子重力不計）求：（1）兩板上所加交變電壓的頻率應(yīng)滿足的條件（2）該交變電壓U0的取值范圍高二期中試題答案和解析【答案】1. C2. B3. C4. A5. B6. C7. D8. B9. CD10. AC11. AC12. BD13. 減小；增大；減?。徊蛔?；減小；減小14. （1）（2）增大；增大；（3）0.39；1.1715. 解：（1）小球放入板間后，受重力和電場力作用，由二力平衡，小球應(yīng)帶負電，且，解得：，（2）電路中的電流I=，根據(jù)閉合電路歐姆定律得：E=U2+I（R1+r）解得：r=，（3）電源的效率100%=93.33%。答：（1）小球帶負電，電容器的電壓為10V；（2）電源的內(nèi)阻為1；（3）電源的效率是93.33%。16. 解：（1）根據(jù)電場力的計算公式可得電場力F=qE=1.010-63.0103N=3.010-3N；（2）小球受力情況如圖所示：根據(jù)幾何關(guān)系可得mg=，所以m=410-4kg；（3）電場撤去后小球運動過程中機械能守恒，則，解得：v=2m/s答：（1）小球所受電場力F的大小為3.010-3N（2）小球的質(zhì)量為410-4kg（3）將電場撤去，小球回到最低點時速度v的大小為2m/s17. 解：（1）根據(jù)焦耳定律，熱功率為：P熱=I2r=121W=1W （2）輸入功率等于輸入電流與電動機兩端電壓的乘積：P入=IU=15W=5W 輸出功率等于輸入功率減去發(fā)熱消耗的功率：P出=P入-P熱=5W-1W=4W；（3）機械效率： 答：（1）電動機線圈電阻上消耗的熱功率是1W； （2）電動機輸入功率和輸出功率各是5W、4W； （3）這臺電動機的機械效率是80%18. 解：（1）粒子水平方向做勻速直線運動，水平分速度為v0；豎直方向沿著同一方向做加速度周期性變化的運動，速度時間圖象如圖所示：要使粒子在離開電場時恰能以平行A、B兩板的速度飛出，豎直分速度為零，即恰好在整數(shù)倍周期時刻飛出，即：f=解得：f=（其中n=1，2，3，）（2）粒子射出時，豎直分位移不大于板間距離的一半，故：水平分運動：L=v0t豎直分運動：y=n（）=由于：yt=nT聯(lián)立解得：U0（其中n=1，2，3，）答：（1）A、B兩板上所加交變電壓的頻率（其中n=1，2，3，）；（2）該交變電壓U0的取值范圍為：U0（其中n=1，2，3，）【解析】1. 【分析】元電荷又稱“基本電量”，在各種帶電微粒中，電子電荷量的大小是最小的，人們把最小電荷叫做元電荷，常用符號e表示，任何帶電體所帶電荷都等于元電荷或者是元電荷的整數(shù)倍。本題就是對元電荷概念的考查，知道元電荷的概念即可解決本題?！窘獯稹緼B.元電荷是指最小的電荷量，不是電荷，不是指質(zhì)子或者是電子，故AB錯誤；CD.元電荷目前認為是自然界中電荷的最小單元，其大小是1.610-19C，故C正確，D錯誤；故選C。2. 【分析】完全相同的帶電小球接觸時，若是同種電荷則將總電量平分，若是異種電荷則先中和然后將剩余電量平分，然后依據(jù)庫侖定律求解即可【解答】解：開始時由庫侖定律得： 當小球和A接觸后，A球帶電為-Q，再和B球接觸時，先中和后總電量為4Q，故平分后B球帶電為2Q，因此此時：由得：，故ACD錯誤，B正確故選B3. 【分析】根據(jù)電場線的分布確定電場強度的大小和方向；根據(jù)沿電場線方向電勢逐漸降低，判斷電勢的高低；根據(jù)電場力做功判斷電勢能的變化。解決本題的關(guān)鍵知道等量異種電荷周圍電場線的分布，知道電場力做功與電勢能的變化關(guān)系。【解答】A.根據(jù)等量異種電荷周圍的電場線分布知，M、N兩點的場強大小相等，方向不同，故A錯誤；B.沿著電場線方向電勢逐漸降低，可知M、N兩點電勢不等故B錯誤；C.負電荷由M點移到C處，電勢增加，電勢能減小，故電場力做正功，故C正確；D.等量異種電荷連線的中垂線是等勢線，將負電荷從無窮遠處移到N點處，電場力做正功，電勢能一定減小，故D錯誤。故選C。4. 【分析】由電場線的疏密判斷場強的強弱，沿電場線方向電勢逐漸降低，根據(jù)帶電粒子運動軌跡判定電場力方向，然后根據(jù)電性判斷電場線方向，根據(jù)電場力做功判斷電勢能的變化。解決這類帶電粒子在電場中運動問題的關(guān)鍵是根據(jù)軌跡判斷出電場力方向，利用電場中有關(guān)規(guī)律求解。比較電勢能的大小有兩種方法：一可以從電場力做功角度比較，二從電勢能公式角度判斷，先比較電勢，再比較電勢能。難度一般?！窘獯稹緼.電場線的疏密表示場強的強弱，由圖知c點場強大于b點場強，故A正確；B.沿電場線方向電勢逐漸降低，故b的電勢大于c的電勢，故B錯誤；C.若將一試探電荷+q由a點移動到d點，電場力做正功，電荷的電勢能將減小，故C錯誤；D.由粒子的運動軌跡彎曲方向可知，帶電粒子受電場力大致斜向左上方，與電場強度方向相同，故粒子帶正電，故D錯誤。故選A。5. 解：由題意可知，4s內(nèi)流過截面上的電量q=1.010181.610-19+1.010181.610-19=0.32C；則電流強度I=；Na+水平向右移動，所以電流方向向右故選：B由離子的帶電量可求得通過截面的總電量，總電量等于正離子與負離子電量絕對值之和，再由電流的定義可求得電流強度的大小電流方向與正離子定向移動的方向相同本題考查電流強度的定義，要注意明確當同時有正負電荷通過時，電量為正負電荷電荷量絕對值的和6. 解：由題意，UAB=A-B=75V，則得：AB；UBC=B-C=-200V，則得：BC；又UAC=UAB+UBC=（75-200）V=-125V，則得：AC；故有：CAB；故ABD錯誤，C正確故選：C本題根據(jù)電勢差與電勢的關(guān)系：UAB=A-B，UBC=B-C，UAC=UAB+UBC，即可判斷三點電勢的高低關(guān)系本題只要掌握UAB=A-B，UAC=UAB+UBC，通過列式分析電勢的關(guān)系也可以作出電場線，根據(jù)三點在電場線的位置做定性分析進行判斷7. 【分析】滑動變阻器的原理是靠改變連入電路中的電阻絲的長度來改變電阻的，它的正確接法是“一上一下”哪一段電阻絲被接入電路中是由下面的接線柱決定的若接左下接線柱，滑片向右移動，電阻變大，則電路中的電流變小；若接右下接線柱，滑片向左移動，電阻變大，則電路中的電流變小本題考查了滑動變阻器的原理和作用，能夠正確判斷當“一上一下”接入電路時哪一段電阻絲被連入電路中是本題的解題關(guān)鍵所在【解答】將a和b連入電路時，當滑片P向右滑動時，不會改變電阻絲長度，電阻不變；故錯誤；將b和d連入電路時，連入路中的電阻絲是Pb部分當滑片P向右滑動時，PA電阻絲長度減小，電阻減小，故正確將b和c連入電路時，連入路中的電阻絲是Pb部分當滑片P向右滑動時，PB電阻絲長度減小，電阻減小，故錯誤將a和c連入電路時，連入電路中的電阻絲是aP部分，當滑片P向右滑動時，ap電阻絲長度變長，電阻變大，故正確；故選：D8. 【分析】由圖可知，圖中電阻R2與R3并聯(lián)后與R1串聯(lián)，電流表測量的是電阻R3的電流；先求解總電阻，根據(jù)歐姆定律求解干路電流，根據(jù)并聯(lián)電路的電流關(guān)系得到通過電阻R3的電流。本題關(guān)鍵是明確電路的串并聯(lián)結(jié)構(gòu)，再根據(jù)串并聯(lián)電壓、電流和電阻關(guān)系和歐姆定律列式求解；電路結(jié)構(gòu)分析是解題的關(guān)鍵?！窘獯稹繄D中電阻R2與R3并聯(lián)后與R1串聯(lián)，電路的總電阻為：R=4+=6；根據(jù)歐姆定律，干路電流為：由于并聯(lián)電路的電流與電阻成反比，故：，故B正確，ACD錯誤。故選B。9. 【分析】根據(jù)動能定理研究該質(zhì)點從A點滑到非常接近斜邊底端B點的過程，其中的A、D點是同一等勢面上，然后結(jié)合動能定理即可判斷。本題考查動能定理的應(yīng)用，電場力做功的特點，涉及能量變化的題目一般都要優(yōu)先考慮動能定理的應(yīng)用，并要求學(xué)生能明確幾種特殊力做功的特點。【解答】A.斜面的傾角為=30，斜面上AD=DB，由幾何關(guān)系可知，AC=AD=CD，即A到C的距離與D到C的距離是相等的，所以D與A的電勢相等，則由W=qU，知A到D的過程中電場力做的功等于0，故A錯誤；B.由于即A到C的距離與D到C的距離是相等的，由幾何關(guān)系可知，沿AD的方向上的各點到C的距離先減小后增大，距離減小的過程中電場力對負電荷做正功，所以從A到D的過程中負電荷的電勢能先減小后增大，故B錯誤；C.結(jié)合B的分析，同理可知，小球從A到B的過程中電勢能先減小后增加，故C正確；D.設(shè)AB的長度為2L，則AD=DB=L，在小球從A到D兩點得過程中，由動能定理有：，在小球從A 到B的過程中有：，所以：，故D正確。故選CD。10. 【分析】由電勢的變化及無窮遠處電勢為零可得源電荷帶異號電荷，再根據(jù)電場強度即曲線斜率得到電場強度變化，進而判斷出電場力變化電場強度大小與電勢大小無關(guān)，只與電勢差隨相對位移的變化率有關(guān)?！窘獯稹緼.由圖可知：無窮遠處電勢為零，又有電勢為正的地方，故存在正電荷；又有電勢為負的地方，故也存在負電荷，所以，q1和q2帶有異種電荷，故A正確；B.電場強度等于圖中曲線斜率，x1處的斜率不為零，故電場強度不為零，故B錯誤；C.負電荷從x1移到x2，電勢增大，電勢能減小，故C正確；D.負電荷從x1移到x2，曲線斜率減小，及電場強度減小，所以，受到的電場力減小，故D錯誤。故選AC。11. 【分析】電鍵接通后，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，電動機兩端電壓U2 IR，電流通過電動機M做功W2 =U2 It，產(chǎn)生的電熱為Q2 =I2 Rt；R是純電阻，歐姆定律成立，U1 =IR，電流通過電阻R做功W1 =U1 It，產(chǎn)生的電熱為Q1 =I2 Rt。本題考查純電阻電路與非純電阻電路的區(qū)別。對于電功W=UIt，電熱Q2 =I2 Rt適用于任何電路。【解答】R是純電阻，根據(jù)歐姆定律，得U1=IR，電流通過電阻R做功W1=U1It，產(chǎn)生的電熱為Q1=I2Rt，電動機正常工作時，其兩端電壓U2IR，電流通過電動機M做功W2=U2It，產(chǎn)生的電熱為Q2=I2Rt，可見，U1U2，Q1=Q2，W1W2故AC正確，BD錯誤。故選AC。12. 【分析】根據(jù)公式，分析電壓變化，而功率不變時，電阻的變化情況，根據(jù)電阻定律確定電熱絲長度的變化。本題是電阻定律與功率的綜合應(yīng)用，可采用控制變量法和比例法理解常規(guī)題，比較簡單?！窘獯稹緼B.根據(jù)公式，電熱絲消耗的功率不變，電壓為額定電壓的，則電阻應(yīng)為原來的，根據(jù)電阻定律得，電熱絲的長度應(yīng)為原來的，可將電熱器中的電熱絲截去故A錯誤，B正確;C.若在電熱器中再并聯(lián)一根與原來相同的電熱絲，總電阻變?yōu)?，電壓為額定電壓的，電熱絲消耗的功率為原來的，不符合題意故C錯誤;D.若將電熱器中的電熱絲等分成兩段，再并聯(lián)起來，根據(jù)電阻定律可知電阻變?yōu)樵瓉淼?，符合要求故D正確。故選BD。13. 解：（1）保持板間距離d不變，兩極板正對面積減小，根據(jù)電容的決定式C=得知，電容C減小，而電容器的電量Q不變，由電容的定義式C=分析得到，板間電勢差U增大；（2）保持S不變，板間距離d增大，根據(jù)電容的決定式CC得知，電容C減小，而電容器的電量Q不變，由電容的定義式C=分析得到電容減?。坏獷=和Q=UC可知：E=，故E和d無關(guān)，故E不變；（3）保持S和d都不變，插入介質(zhì)板后，根據(jù)電容的決定式C=得知，電容C增大，而電容器的電量Q不變，由電容的定義式C=分析得到，板間電勢差U減小由U=Ed可知，E減??；故答案為：（1）減??；增大；（ 2）減小；不變；（ 3）減?。粶p小先根據(jù)電容的決定式分析電容的變化，再根據(jù)電容的定義式分析板間電勢差的變化，根據(jù)U=Ed可知電場強度的變化本題考查電容器的動態(tài)分析問題，要注意明確電容器的定義式、決定式以及U=Ed等公式的正確應(yīng)用，注意明確當斷開電源S不變，只改變板間距離時，兩板間的電場強度不變14. 解：（1）因本實驗需要電流從零開始調(diào)節(jié)，因此應(yīng)采用滑動變阻器分壓接法；因電流表內(nèi)阻和燈泡內(nèi)阻接近，故電流表采用外接法；另外為了保護電壓表，用R0和電壓表串聯(lián)，故原理圖如圖所示；（2）I-U圖象中圖象的斜率表示電阻的倒數(shù)，由圖可知，圖象的斜率隨電壓的增大而減小，故說明電阻隨電流的增大而增大；其原因是燈絲的電阻率隨著電流的增大而增大；（3）當滑動變阻器阻值全部接入時，燈泡的功率最小，將R等效為電源內(nèi)阻，則電源電動勢為4V，等效內(nèi)阻為10；作出電源的伏安特性曲線如圖a中實線所示；由圖可知，燈泡電壓為U=1.75V，電流I=225mA，則最小功率P=UI=0.39W；當滑動變阻器接入電阻為零時，燈泡消耗的功率最大；此時電源的內(nèi)阻為1.0，作出電源的伏安特性曲線如圖a中虛線所示；如圖a可知，此時電壓為3.65V，電流為