学年山西省太原市高二上学期阶段性测评期中物理试题 解析版.docx
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学年山西省太原市高二上学期阶段性测评期中物理试题解析版
太原市2017-2018学年第一学期高二期中考试
物理试题
一、单选选择题
1.让橡胶棒与毛皮摩擦带电后，将橡胶棒置于潮湿的空气中，过一段时间后，发现该橡胶棒上带的电荷几乎都“消失了”。
关于该现象，下列说法中正确的是
A.摩擦过程中橡胶棒由于正电荷转移到毛皮而带上负电荷
B.橡胶棒所带的电荷量可能是
C.摩擦过程中先创生了负电荷，然后负电荷消失
D.该现象是由于电子的转移引起的，该电荷仍遵循电荷守恒定律
【答案】D
【解析】毛皮与橡胶棒摩擦，毛皮带正电，表明毛皮失去电子，而橡胶棒得到了电子，所以电子由毛皮转移到橡胶棒上，故A错误；任何物体的带电量都是元电荷的整数倍，因为
不是
的整数倍，故B错误；摩擦起电的实质是电子发生了转移，得到电子的物体带负电，失去电子的物体带正电，并不是创造了电荷，故C错误；该现象是由于电子的转移引起的，该电荷仍遵循电荷守恒定律，故D正确。
所以D正确，ABC错误。
2.如图所示，两个电荷量均为+q的小球用长为l的轻质绝缘细线连接，静止在光滑的绝缘水平面上．平衡时细线的张力大小为F1。
若将两小球的电荷量均增大为原来的两倍，在不改变电性及细绳长度的情况下，轻绳的张力变为F2。
若两个小球的半径r≪l，则（）
\
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】根据物体平衡可知，绳子拉力大小等于库仑力的大小，开始时：
，两小球的电荷量均增大为原来的两倍，在不改变电性及细绳长度时的拉力为：
，由上可得：
，故A正确，BCD错误。
3.R1和R2是同种材料、厚度相同、表面为正方形的导体,但R2的尺寸比R1的尺寸小。
将两导体分别串联（如图1）和并联（如图2）接入电路,通过两导体的电流方向如图中箭头所示,则（）
A.图1中R1两端的电压大于R2两端的电压
B.图2中通过R1的电流小于通过R2的电流
C.图1中R1内自由电荷定向移动的速率小于R2内自由电荷定向移动的速率
D.图2中R1内自由电荷定向移动的速率大于R2内自由电荷定向移动的速率
【答案】C
【解析】设导体厚度为d，R边长为L，电阻率为ρ，根据电阻定律得导体的电阻为：
，由此可知导体R1、R2的阻值相等，图1中R1、R2串联，根据串联分压的特点可知R1两端的电压等于R2两端的电压，故A错误；根据电流的微观表达式：
I=nevS=nevLd，由于I、n、e、d相同，则L越大，v越小，则R1中自由电荷定向移动的速率小于R2中自由电荷定向移动的速率，故C正确；图2中R1、R2并联，电压相等，导体R1、R2的阻值相等，所以通过R1的电流等于通过R2的电流，故B错误；根据电流的微观表达式：
I=nevS=nevLd，由于I、n、e、d相同，则L越大，v越小，则R1中自由电荷定向移动的速率小于R2中自由电荷定向移动的速率，故D错误。
所以C正确，ABD错误。
4.如图V1、V2、V3是用相同表头改装成的三块电压表，其量程分别为6V、3V、6V。
已知
输入电压为9V则当S1、2S2处于各个状态时，BB’两端的电压不可能是（）。
A.6VB.4.5VC.3VD.2.25V
【答案】A
【解析】根据题意可知V1、V2、V3的三块电压表内阻之比为：
2:
1:
2；当S1闭合、S2断开时，根据串联分压规律可知V1、V2的示数之比为：
2:
1，所以BB’两端的电压是为3V，故C可能；当S1断开、S2闭合时，根据串联分压规律可知V1、V3的示数之比为：
1:
1，所以BB’两端的电压是为4.5V，故B可能；当S1、S2都闭合时，V2和V3并联在和V1串联，阻值之比为：
1:
3，根据串联分压规律可知V1、V3的示数之比为：
3:
1，所以BB’两端的电压是为2.25V，故D可能。
所以D不可能。
5.如图1所示,真空中有一半径为R、电荷量为+Q的均匀带电球体（实线）,以球心为坐标原点,沿半径方向建立x轴。
理论分析表明,x轴上各点的场强随x变化关系如图2所示,则（）
A.c处场强和a处的场强大小相等、方向相反
B.球内部的电场为匀强电场
C.a、c两点处的电势一定相等
D.将一个正试探电荷沿x轴从b移到c的过程中，电场力做正功
【答案】D
【解析】由图2可知：
c处场强和a处的场强大小相等、方向相同，故A错误；由图象可得，球内部的电场强度从圆心向外逐渐增大，球内部的电场为非匀强电场，故B错误；由图象得，电场线的方向一定是从圆心指向无穷远处，沿电场线的方向降低，所以a处的电势高于b处的电势，故C错误；将一个正试探电荷沿x轴从b移到c的过程中，所受的电场力向右，位移也向右，所以电场力做正功，故D正确。
所以D正确，ABC错误。
6.如图所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，R0为定值电阻，R1和R2为可变电阻，开关S闭合。
质量为m的带正电的微粒从P点以水平速度V0射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点。
若经过下列调整后，微粒仍从P点以水平速度V0射入，则（）
A.保持S闭合，增大R2，粒子打在O点右侧
B.保持S闭合，增大R1，粒子打在O点左侧
C.断开S，M极板稍微上移，粒子打在O点右侧
D.断开S，M极板稍微下移，粒子打在O点左侧
【答案】B
【解析】保持开关S闭合，增大R2，不会影响电阻R0两端的电压，故粒子打在O点，故A错误；保持开关S闭合，根据串并联电压关系可知，R0两端的电压为：
，增大R1，U将减小，电容器两端的电压减小，故粒子受重力和电场力方向相反，根据牛顿第二定律可得加速度为：
，可知加速度增大，当粒子打在下板时有：
，可知粒子的运动时间变小，在水平方向飞行的距离为
，可知粒子打在O点左侧，故B正确；断开开关，平行板间的电场强度为：
，电场强度不变，故加速度不变，M极板稍微上移，不会影响离子的运动，故还打在O点，故CD错误。
所以B正确，ACD错误。
7.已知电源内阻r=2Ω,灯泡电阻RL=2Ω,R2=2Ω滑动变阻器R1的最大阻值为3Ω,如图所示,将滑片P置于最左端,闭合开关S1,S2,电源的输出功率为P0,则（）
A.将滑片P向右滑动，R1消耗的功率先增大后减小
B.将滑片P向右滑动，L消耗的功率先增大后减小
C.当滑片P置于最右端时,电源输出功率仍为P0
D.若p位于最左端时断开S2，电源的输出功率达到最大值
【答案】C
【解析】开始时，滑片P置于最左端，灯泡与R2并联在与R1串联，电源的等效内阻为r1=2Ω+1Ω=3Ω，滑动变阻器R1的最大阻值为3Ω，由推论可知，此时R1消耗的功率最大，当滑片P向右滑动时R1的阻值在减小，由此可知R1消耗的功率逐渐在减小，故A错误；根据动态电路的“串反并同”规律可知L的电流在逐渐增大，所以L消耗的功率逐渐增大，故B错误；滑片P置于最左端，外电阻为R外1=3Ω+1Ω=4Ω，电源的输出功率为P0，当滑片P向右滑动时，外电阻减小，最小值为1Ω，由推论可知，滑片P向右滑动时，电源输出功率先增大后减小，电源输出功率仍为P0时，对应的另一个外电阻应满足：
，可得：
，则R外2=1Ω，即滑片P置于最右端时，电源输出功率仍P0，故C正确；若P位于最左端时断开S2，此时外阻为：
，电源内阻为r=1Ω，根据推论可知，电源的输出功率不是最大值，故D错误。
所以C正确，ABD错误。
8.套有三个带电小环的光滑大圆环放在水平面桌面上,小环可在大环上自由滑动且电荷量保持不变，平衡后,三个小环构成一个等腰锐角三角形,三角形的边长大小关系是AB=AC>BC,可以判断（）
A.三个小环电荷量的代数和可能为0
B.三个小环所受大环的弹力大小关系为FA>FB=FC
C.A环可能与B,C环的电性相反
D.三个小环带电荷量的大小为QA＜QB=QC
【答案】B
【解析】对A分析，弹力过圆心，根据平衡条件，要么B与C对A引力，要么对A斥力，才能处于平衡状态，因此A不可能受到一个斥力一个引力，所以BC带同种电荷，分析B根据平衡条件可得AC同种电荷，可得三个同种电荷，故AC错误；依据弹力等于两个库仑力的径向分量之和，显然FAB=FAC＞FBC，所以A的弹力最大，B的弹力为FAB和FBC径向分量之和，C的弹力为FAC和FBC径向分量之和，显然FAC=FAB，所以弹力FA＞FB=FC，故B正确；A受到两斥力，AB=AC＞BC，可得受A力更大，又离B远，可得A电量大于C，所以电荷量的关系为：
QA>QB=QC，故D错误。
所以B正确，ACD错误。
9.如图，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45°角，上极板带正电。
两极板电场强度为E0.一电荷量为q（q＞0）的粒子在电容器中靠近下极板处。
以某一初动能竖直向上射出。
不计重力，极板尺寸足够大。
若粒子能打到上极板，则粒子的初动能的最小值为（）
A.
EqdB.
EqdC.2EqdD.4Eqd
【答案】C
【解析】根据电荷的受力情况可知，粒子在电场中做曲线运动，如图所示：
将粒子的速度v分解为垂直于板的vy和平行的vx，由于极板与水平面夹角45°，粒子的初速度方向竖直向上，所以粒子初速度在垂直于板的方向的速度为：
，当电场足够大时，粒子到达上极板时速度恰好与上极板平行，即粒子垂直于极板方向的速度vy′=0，此时动能最小，根据运动学公式有：
，最小动能为：
，联立可得：
，故C正确，ABD错误。
10.如图所示，一个“V”形玻璃管倒置于竖直平面内，并处于场强大小为E=1×103V/m，方向垂直向下的匀强电场中，一个重力为G=1×10-3N，电荷量为q=2×10-6C的带负电小滑块从A点由静止开始运动，小滑块与管壁的动摩擦因数u=0.5。
已知管长AB=BC=2m，倾角α=37°，不考虑经过B点时动能的损失，则（取sin37°=0.6，cos37°=0.8）（）。
A.B、A两点间的电势差为2000V
B.小滑块从A点第一次运动到B点的过程中电势能增大
C.小滑块第一次速度为零的位置在C点处
D.从开始运动到最后静止，小滑块通过的总路程为3m
【答案】D
【解析】根据电势差定义可得B、A间的电势差为：
UBA=ELsin37°=1×103V/m×2m×0.6=1200V，故A错误；小滑块从A点第一次运动到B点的过程中，电场力做正功，电势能减小，故B错误；如果小滑块第一次速度为零的位置在C处，那么从A到C过程，电场力做功为零，重力做功为零，而摩擦力做功不为零，动能变化不为零，与动能定理矛盾，故C错误；设从开始运动到最后停止过程，小滑块的路程为S，对运动过程根据动能定理，有：
，解得：
S=3m，故D正确。
所以D正确，ABC错误。
二、多项选择题
11.铅蓄电池的电动势为2V，下列说法正确的是（）
A.电路中每通过2C的电荷量，铅蓄电池把2J的化学能转化为电能。
B.铅蓄电池在未接入电路时，电池两端的电压等于2V。
C.铅蓄电池在1S内总是将2J的化学能转变成电能。
D.铅蓄电池将化学能转化为电能的本领比一节1.5V的干电池大。
【答案】BD
【解析】根据电动势的定义式：
，可知电路中每通过2C的电荷量，非静电力做功为：
W=qE=2×2=4J，则电源把4J的化学能转变为电能，与时间无关，故AC错误；电池的电动势等于未接入电路时，电池两端的电压，故B正确；电动势反映电源将其他形式的能转化为电能的本领，电动势越大，这种转化本领越大；一节干电池的电动势为1.5V，电路中每通过1C的电荷量，电源把1.5J的化学能转变为电能，可知铅蓄电池把其他形式能转化为电能的本领比一节干电池的强，故D正确。
所以BD正确，AC错误。
12.某导体中的电流随其两端的电压变化如图所示，由图可知
A.加12V电压时，导体的电阻约是8Ω
B.加12V电压时，导体的电阻约为5Ω
C.随着电压的升高，导体的电阻不断增大
D.电压升高为原来的2倍，导体的电功率增大为原来的4倍
【答案】AC
.....................
13.电容式麦克风是利用电容器的充放电原理以超薄的金属或镀金的塑料薄膜为振膜感应音压。
以改变导体间的静电压直接转化成电能讯号。
如图所示，振膜与基板构成了一个电容器，当振膜在声波的作用下振动时，电容发生变化，电路中电流随之变化。
则当振膜向右振动时
A.电容器的电容量增大
B.电容器的带电量增大
C.电容器两极板间的场强不变
D.电阻R上电流方向是向下的
【答案】ABD
【解析】当振膜向右振动时相当于减小板间距离，根据电容决定式：
，可知电容将增大，故A正确；因为电压不变，根据电容定义式：
，可知电量增大，电容器将充电，则电阻R上电流方向是向下的，故BD正确；根据场强定义式：
，可知场强变大，故C错误。
所以ABD正确，C错误。
14.如图所示虚线表示竖直平面内的四个等势面，相邻等势面间的电势差相等，一带负电的油滴，从右垂直等势面φa向左进入电场，在图中所示的竖直平面内运动，运动轨迹与等势面分别交于abc三点。
已知带电油滴从a点运动到c点的过程中重力做功为2.0J,克服电场力做功为1.2J,则
A.油滴在a点的动能比在c点的动能大0.8J
B.油滴在c点受到的电场力大于在a点受到的电场力
C.油滴在ab段动能的增量与在bc段动能的增量一定相等
D.油滴在ab段机械能的改变量与在bc段机械能的改变量相等
【答案】BD
【解析】油滴从a点运动到c点的过程中，根据动能定理：
，可得
，即油滴在a点的动能比在c点的动能小0.8J，故A错误；等差等势面越密集的区域电场强度越大，所以油滴在c点受到的电场力大于在a点受到的电场力，故B正确；油滴在ab段和bc段电场力做功相等，而重力做功不一定相等，根据动能定理可知，油滴在ab段动能的增量与在bc段动能的增量不一定相等，故C错误；机械能的改变量等于电场力做的功，油滴在ab段和bc段电场力做功相等，所以滴在ab段机械能的改变量与在bc段机械能的改变量相等，故D正确。
所以BD正确，AC错误。
15.如图所示，离地高H处有一质量为m，带电量为+q的物体处于电场强度随时间变化规律为E=E0-kt（E0和k均为大于零的常数，水平向左为电场正方向）的均匀电场中，物体与竖直绝缘墙壁的动摩擦因数为μ，已知μqE0＞mg，t=0时，将物体从墙上由静止释放，若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当物体下滑h（h＜H）时恰好脱离墙面，此时速度大小为v，最终落在地面上，则
A.物体落地前做加速度一直增大的加速运动
B.物体从脱落墙壁到落地前的运动轨迹是直线
C.物体克服摩擦力做的功等于mgh-
D.物体与墙壁脱离的时刻等于
【答案】ACD
【解析】竖直方向上有mg-μqE=ma，随着电场强度E的减小，加速度a逐渐增大，当E=0时，加速度增大到重力加速度g，此后物块脱离墙面，此后电场力增大，重力不变。
物体所受的合力增大，加速度也继续增大，故A正确；物体脱离墙面时的速度向下，之后所受合外力与初速度不在同一条直线上，所以运动轨迹为曲线，故B错误；物体从开始运动到脱离墙面电场力一直不做功，由动能定理得：
，解得：
，故C错误；当物体与墙面脱离时电场强度为零，所以E=E0-kt=0，解得时间：
，故D正确。
所以AD正确，BC错误。
三、实验题
16.为了测量一个“12V、6W”的小灯泡在不同电压下的功率，给定了以下器材:
电流表:
0～0.6A，0～3A，内阻较小；电压表:
0～3V，0～15V，内阻很大；滑动变阻器；阻值范围0～20Ω，允许最大电流1A；电源:
12V，内阻不计；开关一个，导线若干。
实验时要求加在小灯泡两端的电压可从0～12V变化。
（1）电压表应选择量程__________V；电流表应选择量程_________A；滑动变阻器应采用_________（选填“分压”或“限流”）接法。
（2）将图甲中的实物图连接成实验电路___；
③某位同学测得小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，由图可知，通过小灯泡的电流大小为0.40A时，加在它两端的电压为_______V，此时小灯泡的实际功率为_______W。
（保留2位有效数字）
【答案】
（1）.
（1）0~0.6A
（2）.0~15V（3）.分压式（4）.
（2）
（5）.（3）6.0V（6）.2.4W
【解析】
（1）小灯泡的额定电压约12V，所以要选择量程为0-15V的电压表；流过灯泡的电流为
所以电流表选择0-0.6A的量程，要求电压从零调节，因此要用滑动变阻器的分压接法。
（2）电路如图所示：
（3）从伏安特征曲线上可得，当小灯泡电流强度大小为0.40A时小灯泡两端的电压是6V，所以小灯泡的实际功率为：
P=UI=6×0.40W=2.4W。
17.在测定金属丝的电阻率的实验中，某同学进行了如下测量：
（1）用米尺测量金属丝的长度l为1.000m，用螺旋测微器测量金属丝的直径，从图中读出金属丝的直径为_______mm。
（2）若实验所用电流表的内阻R=2𝛺，电压表内阻约为2kΩ，那么，测量金属丝电阻𝑅𝑥的最佳电路应是图2中的________（选填“甲”或“乙”）电路。
按照规定的电路连接好线路后，调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.50A时，电压表示数如图3所示，读数为______V。
求得该金属丝的电阻R=_________Ω（保留2位有效数字）。
（3）由以上数据求得该金属丝的电阻率ρ=________Ω·m（保留2位有效数字）。
【答案】
（1）.
（1）1.204（1.201~1.204均可）
（2）.
（2）内接法（3）.乙（4）.2.6Ω（5）.（3）
【解析】
（1）螺旋测微器的固定刻度读数为1mm，可动刻度读数为0.01×20.4mm=1.204mm。
（3）根据
，截面积为：
，联立以上解得：
。
四、计算题
18.微型直流电动机的内阻一定,把它接入电压为𝑈1=3V.的电路时,电动机不转,测得此时流过电动机的电流是𝐼1＝6𝐴;若把电动机接入电压为𝑈2=2V.的电路中,电动机正常工作,工作电流𝐼2=1𝐴,求:
（1）电动机线圈的电阻R;
（2）电动机正常工作时输出的机械功率。
【答案】
（1）0.5Ω
（2）1.5W
【解析】试题分析：
在电动机不转时，电动机相当于纯电阻，根据欧姆定律可以求得电动机的线圈电阻；根据功率的公式P=UI，可以求得电动机的总功率；由
求出热功率；进一步可求出电动机工作时的输出功率。
（1）电动机不转时，根据欧姆定律可得电动机内阻为：
.
（2）电动机正常工作时消耗的功率为：
P=U2I2=2.0×1.0W=2.0W
电动机正常工作时线圈电阻损耗的功率为：
电动机正常工作时输出功率为：
点睛：
本题主要考查了非纯组问题，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样，这一点必须记住。
19.如图所示的电路中，电源电动势E=10V，𝑅1＝2𝛺，𝑅2＝6𝛺，电容C=100μF，电源内阻r=2Ω。
求闭合开关稳定后：
（1）通过电阻𝑅1的电流和𝑅2两端的电压；
（2）然后将开关S断开，求这以后通过𝑅1的电荷量。
【答案】
（1）6V
（2）
【解析】试题分析：
闭合开关S，稳定后电容器相当于开关断开，两个电阻串联，根据全电路欧姆定律求解即可；开关S断开后，稳定时电容器两端的电压等于电源的电动势，电压增大，电容器充电，通过R1的电荷量等于开关断开前后电容器电量的增加量．先求出断开前电容器的带电量，再求出断开后电容器的电量，两者之差即等于通过R1的电荷量
（1）闭合开关S，稳定后电容器相当于断路，根据全电路欧姆定律得：
𝑅2两端的电压为：
（2）开关S闭合时，电容器两端的电压等于𝑅2两端的电压为6V；开关S断开后，电容器两端的电压等于电源的电动势为：
E=10V
则通过R1的电荷量为：
Q=C（E-U2）=100×10-6×（10-6）C=4×10-4C
点睛：
本题主要考查了含容电路，电路稳定时电容器的电压等于与之并联的电路两端的电压，与电容串联的电阻不分电压。
20.长为l的绝缘细线,一端拴一质量为m的带正电小球,另一端悬挂在O点,静止时细线竖直、小球位于A点.当小球处于电场强度大小为E、方向水平的匀强电场中时,细线偏离竖直方向的角度为
此时小球静止在B点.取
，则：
（1）小球所带电荷量是多少?
（2）若将小球从B点拉到A点由静止释放,求小球再次回到B点时细线拉力的大小.
【答案】
（2）
【解析】试题分析：
小球静止在B点，合力为零，由平衡条件求小球所带电荷量；小球从A运动到B，由动能定理求出小球到达B点的速度，再由牛顿第二定律求细线的拉力。
（1）小球所带电荷量为q，细线的拉力为F，小球静止在B点时，
由平衡条件得：
Fsin370=qEFcos370=mg
联立解得：
（2）设小球在B点的速度为v，细线的拉力为T，小球从A运动到B，
由动能定理得：
在B点，由牛顿第二定律得：
解得：
点睛：
本题主要考查了带电体在电场中运动问题，一般运用动能定理求速度，再根据牛顿第二定律求细线的拉力。
21.如图所示，空间存在着强度方向竖直向上的匀强电场，在电场内一长为L的绝缘细线，一端固定在O点，一端拴着质量m、电荷量q的小球．现将细线拉直到水平位置，让小球由静止释放，小球向上运动达到最高点P时，细线受到的拉力恰好达到它所能承受的最大值而断裂．已知匀强电场强度大小
。
求：
（1）细线能承受的最大拉力；
（2）从P点开始小球沿水平放方向的位移为L时，小球距O点的高度。
【答案】
（1）6mg
（2）1.25L
【解析】试题分析：
根据动能定理求出小球到达最高点时的速度；在最高点对小球受力分析，根据牛顿第二定律列方程求细线承受的拉力；细线断裂后小球做类平抛运动，根据牛顿第二定律求出竖直方向的加速度，然后由平抛运动规律求解。
（1）设小球运动到最高点时速度为v，根据动能定理：
解得：
在最高点对小球受力分析，由牛顿第二定律得：
解得：
（2）小球在细线断裂后，在竖直方向的加速度设为a，
根据牛顿第二定律则：
解得：
a=2g
小球水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，根据运动学公式可得：
水平方向：
x=vt=L
竖直方向：
联立解得小球与O点的高度：
点睛：
本题主要考查了动能定理和牛顿第二定律的综合运用，在绳子断裂后，分清小球在沿电场方向和垂直于电场方向上的运动规律，在结合运动学公式即可解题。
22.空间有一与纸面平行的匀强电场，纸面内的A、B、C三点位于以O点为圆心，半径R＝0.2m的圆周上，并且
，如图所示。
现把电荷量
的试探电荷从A移到B，电场力做功;从B移到C，电场力做功为
。
求：
（1）AB两点的电势差UAB与BC两点的电势差UBC;
（2）该匀强电场场强方向和大小。
【答案】
（1）
（2）
【解析】试题分析：
根据电势差定义式：
即可求解从A移到B、及从B移到C的电势差；结合几何关系，即可确定A点的等势线，从而作出电场线，
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