学年黑龙江省哈尔滨市第三中学高二上学期期中考试物理理试题 解析版.docx

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学年黑龙江省哈尔滨市第三中学高二上学期期中考试物理理试题解析版

黑龙江省哈尔滨市第三中学2017-2018学年高二上学期期中考试物理（理）试题

一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，1～8小题只有一个选项正确，其余小题有多个选项正确。

全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的不得分）

1.下列说法正确的是

A.元电荷是最小的带电体

B.电动势既有大小又有方向，因此是矢量

C.电势降低的方向就是电场线方向

D.金属导体中，电流的方向与电子定向移动的方向相反

【答案】C

【解析】元电荷是与电子的电荷量数值相等的电荷量，但不是电子、质子，也不是带电荷量最小的带电粒子．故A错误．电动势没有方向，是标量．故B错误；电场线的方向电势降低的最快的方向，不能说电势降低的方向就是电场线方向．故C错误；物理学中规定正电荷移动的方向与电流的方向相同，金属中做定向移动的是电子，而电子带负电，所以金属导体中，电流的方向与电子定向移动的方向相反．故D正确．故选D.

2.如图所示，是一个由电池、电阻R与平行板电容器组成的电路。

在增大电容器两极板间距离的过程中

A.电阻R中没有电流B.电容器的电容在变大

C.电阻R中有从a流向b的电流D.电阻R中有从b流向a的电流

【答案】C

【解析】在增大电容器两板间距离的过程中，电容C减小，电压U不变，则电量Q=CU减小，电容器放电．由于电容器上极板带正电，则电阻R中有从a流向b的电流．故C正确，ABD错误．故选C.

3.三个电阻器按照如图所示的电路连接，其阻值之比为R1∶R2∶R3=1∶3∶6，则电路工作时，通过三个电阻器R1、R2、R3上的电流之比I1∶I2∶I3为

A.6∶3∶1B.1∶3∶6

C.6∶2∶1D.3∶2∶1

【答案】D

【解析】试题分析：

电阻R2和R3是并联关系，则电流之比等于电阻之比的倒数即：

I2：

I3=R3∶R2=2：

1；则R1上的电流等于R2和R3的电流之和，故I1∶I2∶I3=3∶2∶1，故选D.

考点：

串并联电路的特点

【名师点睛】此题考查了串并联电路的特点；要知道在串联电路中电流处处相等；并联电路中电压相等，且总电流等于各个电阻上的电流之和；此题是基础题，意在考查学生对基础知识的掌握程度.

4.在如图所示的电路中，当闭合开关S后，若将滑动变阻器的滑片P由中点向上调节，则以下判断正确的是

A.灯L1变暗，电流表的示数增大

B.灯L2变暗，电流表的示数减小

C.灯L1变亮，电压表的示数减小

D.灯L2变亮，电压表的示数增大

【答案】D

【解析】试题分析：

由图可知，R与L2并联后与L1串联，电压表测量电源的路端电压；当滑片下移时，滑动变阻器接入电阻减小；则总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流增大；则由U=E-Ir可知，路端电压减小；由灯泡L1变亮；故A错误；C正确；因路端电压减小，灯泡L1电压增大，故并联部分电压减小；则L2亮度变暗，电流减小；再由并联电路中的电流规律可知，流过A的电流增大；故BD错误；故选C.

考点：

电路的动态分析.

【名师点睛】本题为闭合电路欧姆定律的动态分析类题目，要掌握好此类题目的解题方法；明确“局部-整体-局部”的分析方法；首先分析电路得出电路结构，由滑片的移动可知电路中电阻的变化；再由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化；从而得出电流表示数及灯泡亮度的变化。

5.已知电流表内阻约为0.1

，电压表内阻约为10k

，若待测电阻约为10

，用伏安法测其电阻则

A.应采用内接法，测量值偏大

B.应采用内接法，测量值偏小

C.应采用外接法，测量值偏大

D.应采用外接法，测量值偏小

【答案】D

【解析】电流表的内阻约为0.1Ω，电压表内阻约为10kΩ，待测电阻约为10Ω，电压表内阻是待测电阻的1000倍，待测电阻阻值是电流表内阻的100倍，由此可知本电阻为小电阻，故应采用电流表的外接法；在电流表的外接法中，由于电压表的分流作用，电流表的测量值I大于真实值，由

可知，电阻的测量值小于电阻的真实值，即电阻真实值大于测量值．故D正确，ABC错误．故选D．

点睛：

在伏安法测电阻实验中，当电压表内阻原大于待测电阻阻值时，采用电流表外接法，当待测电阻阻值远大于电流表内阻时，一般采用电流表内接法；电流表的外接法，由于电压表的分流作用，电阻测量值小于电阻的真实值．

6.如图两等量正电荷P、Q连线中点为O，A、B为中垂线上的两点，且OA=AB，则

A.A点的电场强度一定大于B点的电场强度

B.A点的电势一定高于B点的电势

C.O、A两点间的电势差一定等于A、B两点间的电势差

D.A点电场强度方向平行于PQ向右

【答案】B

点睛：

常见电场的电场线分布及等势面的分布要求我们能熟练掌握，同时注意等量同号电荷形成电场的对称性．加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．

7.一个电流表的满偏电流Ig=1mA.内阻为500Ω，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上

A.串联一个9.5kΩ的电阻B.并联一个10kΩ的电阻

C.串联一个10kΩ的电阻D.并联一个9.5kΩ的电阻

【答案】A

【解析】要将电流表改装成电压表，必须在电流表上串联一个大电阻，串联电阻起分压作用．应串联电阻为

，故A正确，BCD错误．故选A．

8.在绝缘光滑的水平面上，如图所示有相隔一定距离的两个带同种电荷的小球．让它们从静止开始释放，则两个球的加速度和速度随时间的变化情况是

A.速度、加速度都变大B.速度、加速度都变小

C.速度变小、加速度变大D.速度变大、加速度变小

【答案】D

【解析】由于同种电荷间存在相互作用的排斥力，两球将相互远离，距离增大，根据库仑定律得知，相互作用力减小．由牛顿第二定律得知它们的加速度变小．随着两球间距离增大，电场力做功正功，电势能减少，总动能增加．所以速度增加，故选D．

9.如图，一带负电的粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹．M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右边．不计重力，下列表述正确的是

A.粒子在M点的速率最小

B.粒子所受电场力水平向右

C.粒子在电场中的加速度不变

D.粒子在电场中的电势能始终在增加

【答案】AC

............

点睛：

本题要掌握电场力做功的特点，电场力做正功，电势能减小，动能增加，电场力做负功时，电势能增加，动能减小.

10.在如图所示电路中，电源电动势为12V，内阻为1.0Ω。

电阻R0的阻值为3.0Ω，小型直流电动机M的内阻为2.0Ω。

闭合开关S后，电动机转动，理想电流表的示数为1.0A。

则以下判断中正确的是

A.电动机两端的电压为8.0VB.电源输出的电功率为12W

C.电动机的输出功率为6WD.电动机的机械效率为75%

【答案】ACD

【解析】试题分析：

电路中电流表的示数为1.0A，所以电动机的电压为：

U=E-U内-UR0=12-Ir-IR0=12-1×1-1×3.0=8V，故A正确；电源的输出的功率为：

P输出=EI-I2r=12×1-12×1=11W，故B错误；电动机的总功率为：

P总=UI=8×1W=8W，电动机的发热功率为：

P热=I2R=12×2=2W，所以电动机的输出功率为8W-2W=6W，所以C正确；电动机的机械效率为

，选项D正确；故选ACD.

考点：

功率的计算.

【名师点睛】在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的.

11.如图A、B为两等量异号电荷，A带正电，B带负电，在A、B连线上有a、b、c三点，其中b为连线的中点，ab=bc，则

A.a点与c点的电场强度相同

B.a点与c点的电势相同

C.a、b间电势差与b、c间电势差相等

D.点电荷q沿A、B连线的中垂线移动，电场力不做功

【答案】ACD

【解析】

12.如图所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔。

右极板电势随时间变化的规律如图所示。

电子原来静止在左极板小孔处，若不计重力的作用。

下列说法中正确的是

A.从t＝0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上

B.从t＝0时刻释放电子，电子可能在两板间振动

C.从t＝T/4时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上

D.从t＝3T/8时刻释放电子，电子必将打到左极板上

【答案】AC

【解析】试题分析：

分析电子在一个周期内的运动情况．从t=0时刻释放电子，前T/2内，电子受到的电场力向右，电子向右做匀加速直线运动；后T/2内，电子受到向左的电场力作用，电子向右做匀减速直线运动；接着周而复始，所以电子一直向右做单向的直线运动，直到打在右板上．故A正确，B错误．从

时刻释放电子，在

-

内，电子向右做匀加速直线运动；在

-

内，电子受到的电场力向左，电子继续向右做匀减速直线运动，

时刻速度为零；在

-T内电子受到向左的电场力，向左做初速度为零的匀加速直线运动，在T-

内电子受到向右的电场力，向左做匀减速运动，在

时刻速度减为零；接着重复．若两板距离足够大时，电子在两板间振动．故C正确．用同样的方法分析从t=

T时刻释放电子的运动情况，电子先向右运动，后向左运动，由于一个周期内向左运动的位移大于向右运动的位移，电子最终从左极板的小孔离开电场．也可能电子在向右过程中就碰到右极板，故D错误．故选AC。

考点：

带电粒子在电场中的运动

二、实验题（共15分，每空3分。

）

13.某学生用螺旋测微器在测定某一金属丝时，测得的结果如下图左所示，则该金属丝的直径d＝_________mm。

另一位同学用标有20等分刻度的游标卡尺测某一工件的长度，的如果如下图右所示，则该工件的长度L＝_________cm。

【答案】

（1）.3.406

（2）.2.030

【解析】螺旋测微器固定刻度为：

3mm，可动刻度读数为：

40.6×0.01mm=0.406mm，所以最终读数为3mm+0.406=3.406mm；

游标卡尺主尺读数为2cm=20mm，游标尺上第6条刻度与上面对齐，则游标尺读数为：

6×0.05mm=0.30mm，所以游标卡尺最终读数为20mm+0.30mm=20.30mm=2.030cm．

点睛：

解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．以及螺旋测微器的读数方法，固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．

14.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，实验室提供了小灯泡（2.5V,0.5A）、电流表、电压表以及滑动变阻器等实验器材：

（1）图甲为实验中某同学连接好的实验电路图，在开关S闭合后，把滑动片P从A向B端移动过程中会观察到电压表读数变________（填“大”或“小”）。

（2）某同学由测出的数据画出I—U图象，如图乙所示，当小灯泡两端电压为1.6V时，小灯泡的电阻值R＝________Ω，此时小灯泡的实际功率P＝________W。

【答案】

（1）.

（1）大

（2）.

（2）4或4.0（3）.0.64

【解析】

（1）由图示电路图可知，在开关S闭合之前，应把滑动变阻器的滑动片P移到A端；实验中滑动片P从从A向B端移动过程中会观察到电压表读数变大．

（2）由图象可知，当U=1.6V时，对应的电流为：

I=0.40A，

则小灯泡的电阻值为：

灯泡的实际功率为：

P=UI=1.6×0.40=0.64W；

点睛：

本题应明确：

①若要求电流从零调或变阻器的全电阻远小于待测电阻时，变阻器应用分压式接法；②涉及到图象问题，可以表示出纵轴物理量与横轴物理量的函数表达式，然后再根据斜率和截距的概念讨论即可．

三、计算题（共37分。

解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不给分。

有数字计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

）

15.现有一定值电阻，当两端电压为14.4V时，20秒内有9×1018自由电子通过此电阻，已知e=1.6×10-19C，求电阻大小。

【答案】200Ω

【解析】由

得：

；

则由欧姆定律可得：

；

16.如图所示的电路中，电源电动势E＝6.0V，内阻r＝0.6Ω，电阻R2＝0.5Ω，当开关S断开时，电流表的示数为1.5A，电压表的示数为3.0V，试求：

（1）电阻R1和R3的阻值；

（2）当S闭合后，电压表的示数、以及R2上消耗的电功率．

【答案】

（1）1.4Ω；2Ω

（2）1V；2W

【解析】

（1）S断开时，由U1=I1R3代入数据解得：

R3=2Ω

又由

代入数据解得：

R1=1.4Ω

（2）S闭合时，R2、R3并联电阻

由闭合电路欧姆定律得回路总电流：

代入数据解得：

电压表示数为:

U2=I2R23=1V

R2上消耗的功率为:

17.将一个质量为m，带电量为+q的微粒自A点以大小为4v的初速度垂直射入水平向右的匀强电场（如图所示），微粒运动到最高点B时速度变为3v，求

（1）匀强电场的场强大小E=?

；

（2）A,B两点间电势差UAB=?

（3）微粒自A点至B点过程中速度的最小值？

【答案】

（1）

（2）

（3）2.4v

【解析】

（1）若自A点至B点所用的时间为t1，电场强度为E，粒子在水平方向加速度为a，

竖直方向：

0=4v-gt1；水平方向有：

Eq=ma，3v=at1

联立得：

（2）若AB间竖直高度差为h1，则：

-2gh1=0-（4v）2

-mgh1+qUAB=

m（3v）2-

m（4v）2

则UAB=

（3）微粒速度与合力之间的夹角为钝角，后为锐角，当二者垂直时，速度最小，若从A点到微粒速度最小时间为t2，速度最小时速度的水平分量为vx，竖直分量为vy则：

vx=at2；vy=4v-gt2

解得：

vmin=

解得：

vmin=