学年湖北省宜昌市高二上学期期中考试物理试题 解析版Word文档下载推荐.docx

学年湖北省宜昌市高二上学期期中考试物理试题 解析版Word文档下载推荐.docx

《学年湖北省宜昌市高二上学期期中考试物理试题 解析版Word文档下载推荐.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《学年湖北省宜昌市高二上学期期中考试物理试题 解析版Word文档下载推荐.docx（17页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

匀强电场中沿场强方向电势降低最快，故匀强电场中任意两点间的电势差与两点沿电场线的距离成正比即

，仅仅适用与匀强电场。

对于③：

点电荷产生的电场的场强公式

是由电场强度的定义式和库仑定律联立得到，库仑定律仅适用于真空中的点电荷。

对于④：

电场力做功与电势差的关系公式

，反映了在电场中任意两点间移动电荷时，电场力做功与两点间电势差成正比，适用于任意电场。

即①④既适用于点电荷产生的静电场，也适用于匀强电场，故B项正确，ACD错误。

故选B。

3.如图所示，在匀强电场中有a、b、c、d四点，它们处于同一圆周上，且ac、bd分别是圆的直径．已知a、b、c三点的电势分别为φa＝9V，φb＝15V，φc＝18V，则d点的电势为（　　）

A.4VB.8VC.12VD.16V

【答案】C

试题分析：

根据几何知识知，ab长度等于dc长度，且线段ab平行于线段cd，根据在匀强电场中平行相等两线段端点之间的电势差相等，则φb-φa=15-9=φc-φd=18-φd可得φd=12V．故选C．

考点：

电势及电势差

【名师点睛】本题关键是找等势点，作出等势线．要根据匀强电场的等势线平行，且沿电场方向相同距离，电势差相等进行分析。

4.如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差U，现使B板带正电，则下列判断正确的是

A.若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大

B.增大两极板之间的距离，静电计指针张角变大

C.将A板稍微上移，静电计指针张角将变小

D.减小两极板之间的距离，静电计指针张角变大

已充电的平行板电容器电量不变.静电计测量电势差的大小,电容器板间的电势差越大,静电计指针张角越大.根据电容器电容的决定分析电容的变化,由电容的决定式分析板间电势差的变化.

【详解】A、将玻璃板插入两板之间,电容的决定式

可以知道,电容增大,电量不变,由

分析可以知道,板间电压减小,静电计指针张角变小.故A错误.

B、增大两极板之间的距离,由电容的决定式

可以知道,电容减小,电容器的电量不变,由

分析可以知道,板间电压增大,静电计指针张角变大.所以B选项是正确的.

C.将A板稍微上移时,正对面积减小,由电容的决定式

可以知道,电容减小,电量不变,由

分析可以知道,板间电压增大,静电计指针张角变大.，故C错；

D.减小两极板之间的距离，由电容的决定式

可以知道,电容增大,电容器的电量不变,由

分析可以知道,板间电压减小，静电计指针张角变小，故D错；

故选B

5.一个电流表的满偏电流Ig＝1mA，内阻Rg＝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10kΩ的电阻

B.并联一个10kΩ的电阻

C.串联一个9.5kΩ的电阻

D.并联一个9.5kΩ的电阻

把电流表改装成一个量程为10V的电压表，应串联电阻为

；

由上式知应串联9.5KΩ的电阻．故选C.

6.用伏安法测电阻R，按（甲）图测得的结果为R1，按（乙）图测得的结果为R2，若电阻的真实值为RZ，则下列关系正确的是

A.R1>

RZ>

R2

B.R1<

RZ<

C.RZ>

R1，RZ>

D.R1=RZ=R2

【答案】A

分析电路图,根据电表测量值与真实值间的关系,应用欧姆定律分析电阻测量值与真实值间的关系,然后答题

【详解】图甲所示电路是电流表的内接法,电流的测量值等于真实值,因为电流表的分压作用,电压的测量值大于真实值,即所测电流I是真实的,所测电压U偏大,电阻测量值

大于真实值R,

图乙所示电路是电流表的外接法,电压的测量值等于真实值,因为电压表的分流作用,电流的测量值大于真实值,即所测电压U是真实的,所测电流I偏大,电阻测量值

小于真实值R，综合分析可以知道R1>

R2，故A对；

BCD错；

故选A

7.人从高处跳到低处时，为了安全，一般都是脚触地后，顺势下蹲，这样做是为了

A.减小地面对人的冲量的大小B.增大人与地面的压强，这样人触地更平稳

C.增大人与地面的作用时间，减小地面对人的作用力D.使人的动量变化量减小

人落下时速度的变化量相同,根据动量定理可分析顺势下蹲的好处,明确人顺势下蹲延长了人与地面接触的时间.

【详解】ACD、人在和地面接触时,人的速度减为零,以向上为正,由动量定理可得:

而屈膝的过程可以增加人着地的时间,由公式可以知道可以减小受到地面的冲击力,而动量减小量和合力冲量是一定的,因此可以知道,顺势下蹲可以增大人与地面的作用时间,减小地面对人的作用力,所以C选项是正确的,AD错误;

B、下落时顺势下蹲,并没有改变接触面积,故不是为了增大压强,故B错误

故选C

8.如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，AB总质量为M，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB和C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是

A.弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动

B.C与B碰前，C与AB的速率之比为m:

M

C.C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动

D.C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动

小车、物块和弹簧组成的系统动量守恒,开始时都静止，即总动量为零,结合动量守恒定律分析物块和小车的速度之比,以及C与泥粘在一起时的运动情况

【详解】A、小车、物块和弹簧组成的系统动量守恒,开始总动量为零,当弹簧伸长的过程中,C向右运动,则小车向左运动,故A错误.

B、规定向右为正方向,在C与B碰前,根据动量守恒得

，计算得出

故B错；

CD、因为小车、物块和弹簧组成的系统动量守恒,开始总动量为零,当C与泥粘在一起时,总动量仍然为零,则小车停止运动,故C错；

D对；

【点睛】解决本题的关键是将小车、物块和弹簧视为一个系统，整体应用动量守恒定律。

9.如图所示，AC、BD为圆的两条互相垂直的直径，圆心为O，半径为r，将带等电荷量的正、负点电荷放在圆周上，它们的位置关于AC对称，＋q与O点的连线和OC夹角为30°

，下列说法正确的是

A.A、C两点的电势关系是φA＝φC

B.B、D两点的电势关系是φB＝φD

C.O点的场强大小为

D.O点的场强大小为

【答案】AC

由等量异种点电荷的电场分布和等势面的关系可知，等量异种点电荷的连线的中垂线为一条等势线，故A、C两点的电势关系是φA＝φC，A对；

空间中电势从左向右逐渐降低，故B、D两点的电势关系是φB＞φD，B错；

＋q点电荷在O点的场强与－q点电荷在O点的场强的大小均为

，方向与BD方向向上和向下均成60°

的夹角，合场强方向向右，根据电场的叠加原理知合场强大小为

，C对D错．

10.如图所示，AB、CD为一圆的两条直径，且互相垂直，O点为圆心。

空间存在一未知静电场，方向与圆周所在平面平行。

现有一电子，在电场力作用下（重力不计），先从A点运动至C点，动能减少了Ek；

又从C点运动至B点，动能增加了Ek，那么关于此空间存在的静电场可能是

A.方向垂直于AB并由C指向O的匀强电场

B.方向垂直于AB并由O指向C的匀强电场

C.位于O点的正点电荷形成的电场

D.位于D点的正点电荷形成的电场

【答案】BD

【详解】AB项，从A点运动至C点，动能减少了Ek；

又从C点运动至B点，动能增加了Ek，说明AB为电场的等势线，故电场垂直AB，电子从A点运动至C点，动能减少，说明电场力做负功，即电子受到了向左的力，所以电场线的方向应该垂直于AB向右，故A项错误；

B项正确；

C、D项，A、C、B到O点的距离相等，O点的正电荷产生的电场中，电子由A到C、C到B电场力不做功，电势能不发生变化；

D点正电荷产生的电场中，由对称性可知，电子由A到C过程中电场力做负功，C到B过程总，电场力做正功，且做功的绝对值相等，故D项正确，C项错误。

故选BD

11.如图所示，静止的电子在加速电压U1的作用下从O点经P板的小孔以速度v1射出，运动时间为t1；

又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压U2的作用下偏转一段距离y后离开电场，离开电场时速度为v2，运动时间为t2，则下列判断正确的是（）

A.只增大U1，则t1增大B.只增大U1，则y减小

C.只增大U2，则v2增大D.只增大U2，则y减小

【答案】BC

由

可知，电子受力变大，加速度变大，其他条件不变时，当U1变大，则电子进入偏转电场的速度变大，则运动的时间t1减小，故A错误；

根据

L=v0t2；

解得

可知，若要电子离开偏转电场时偏移量y变小，仅使U2变小，或者增大U1，其它条件不变即可，故B正确．D错误；

，则只增大U2，则v2增大，选项C正确；

故选BC．

带电粒子在电场中的运动

【名师点睛】本题考查了带电粒子在电场中的运动，可以根据动能定理和牛顿第二定律、运动学公式结合推导出

。

12.如图所示，是将滑动变阻器作分压器用的电路，A、B为分压器的输出端，R是负载电阻，电源电压为U保持恒定，滑动片P位于变阻器的中央，下列判断正确的是

A.空载（不接R）时，输出电压为U/2

B.接上负载R时，输出电压小于U/2

C.负载电阻R的阻值越大，输出电压越低

D.接上负载R后，要使输出电压为U/2，滑片P须向下移动至某一位置

【答案】AB

A、空载（不接R）时,触头把滑动变阻器分成相等的两部分,由串联电路特点可知,输出电压为电源电压的一半,即U/2,故A正确；

B、接上负载R时,电路总电阻变小,干路电流变大,滑动变阻器上半部分电压变大,大于电源电压的一半,则A、B间的输出电压小于U/2,故B正确；

C、负载电阻R的阻值越大,负载电阻与滑动变阻器下半部分电阻的并联阻值越大,输出电压越大,故C错误；

D、接上负载R时,电路总电阻变小,干路电流变大,滑动变阻器上半部分电压变大,大于电源电压的一半,则A、B间的输出电压小于U/2,要使输出电压等于U/2,滑片应向上移动,故D错误。

故选：

AB．

二、实验题

13.如图所示为“探究碰撞中的不变量”的实验装置示意图．已知a、b小球的质量分别为ma、mb，半径分别是ra、rb，图中P点为单独释放a球的平均落点，M、N是a、b小球碰撞后落点的平均位置。

（1）本实验必须满足的条件是_________。

A．斜槽轨道必须是光滑的

B．斜槽轨道末端的切线水平

C．入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速释放

D．入射球与被碰球满足ma＝mb，ra＝rb

（2）为了验证动量守恒定律，需要测量OP间的距离x1，则还需要测量的物理量有_______、_______（用相应的文字和字母表示）。

（3）如果动量守恒，须满足的关系式是______________________（用测量物理量的字母表示）。

【答案】

（1）.

（1）BC；

（2）.

（2）OM间的距离x2；

（3）.ON间的距离x3；

（4）.（3）

（1）在做“验证动量守恒定律”的实验中,是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的,所以要保证每次小球都做平抛运动,则轨道的末端必须水平.

（2）由动量守恒定律求出需要验证的表达式,根据表达式确定需要测量的量;

（3）根据

（2）的分析确定需要验证的关系式

【详解】:

（1）A、“验证动量守恒定律”的实验中,是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的,只要离开轨道后做平抛运动,对斜槽是否光滑没有要求,故A错误;

B、要保证每次小球都做平抛运动,则轨道的末端必须水平,所以B选项是正确的;

C、要保证碰撞前的速度相同,所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下,所以C选项是正确的;

D、为了保证小球碰撞为对心正碰,且碰后不反弹,要求

故D错误.

故选BC

（2）要验证动量守恒定律定律,即验证:

小球离开轨道后做平抛运动,它们抛出点的高度相等,在空中的运动时间t相等,上式两边同时乘以t得

OM间的距离x2和ON间的距离x3

（3）由

（2）知,实验需要验证

14.某实验小组准备探究某种元件Q的伏安特性曲线，他们设计了如图（甲）所示的电路图。

请回答下列问题:

（1）将图（乙）中实物连线按图（甲）的电路图补充完整________。

（2）在实验过程中，开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应置于最________端（填“左”或“右”）。

闭合开关S后，电流表、电压表均有示数，但无论怎样移动变阻器滑片，总不能使电压表的示数调为零，原因可能是图（甲）中的____（选填a、b、c、d、e、f）处接触不良。

（3）据实验测得的数据，作出该元件的I

U图线如图（丙）所示，则元件Q的电阻随工作电压的增大而_________（填“不变”、“增大”或“减小”），元件Q在U=0.8V时的电阻值是____Ω。

【答案】

（1）.

（1）如图所示

（2）.

（2）左，（3）.f；

（4）.（3）减小，（5）.16

（1）根据原理图可得出对应的实物图,注意滑动变阻器以及电流表的接法;

（2）为了保证电路安全，流过用电器的电流要从小电流开始，

（3）根据图像可求出不同电压下元件Q的电阻。

【详解】

（1）分析电路原理图,得出对应的实物图如图所示;

（2）为了保证电路安全，在实验过程中，开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应置于最左端，闭合开关S后，电流表、电压表均有示数，但无论怎样移动变阻器滑片，总不能使电压表的示数调为零，则说明电路没有达到分压的效果,故图中f没有连接好。

（3）图像的斜率表示电阻的倒数，所以元件Q的电阻随工作电压的增大而减小，元件Q在U=0.8V时的电流为0.05A，所以Q的电阻值是

三、计算题

15.如图所示，一带电荷量为＋q、质量为m的小物块处于一倾角为θ的光滑斜面上，整个装置置于一水平向右的匀强电场中，小物块处于静止状态。

已知重力加速度为g，求：

（1）匀强电场的场强；

（2）若将匀强电场的场强减小为原来的1/2，物块将沿斜面加速下滑，则物块下滑的加速度为多大？

【答案】

（1）

（2）

（1）利用平衡求出电场强度

（2））根据牛顿第二定律可求出物块下滑的加速度值

（1）小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力。

对小物块由平衡条件得

对小物块沿斜面由平衡条件得

解得

（2）当电场减为原来的时，对小物块沿斜面由牛顿第二定律得：

解得：

故本题答案是：

16.匀强电场中A、B、C三点构成一个直角三角形，AB=4cm，BC=3cm。

把电荷量为

的点电荷从A点移到B点时，电场力做功4.8×

10﹣8J，从B点移到C点时，克服电场力做功4.8×

10﹣8J，若取B点的电势为零，求：

（1）A、C两点的电势；

（2）电场强度的大小和方向。

（要求方向在图中画出）

（1）φA=240V，φC=240V；

（2）E=104V/m，方向如图所示

【详解】：

（1）由A到B过程：

而UAB=φA﹣φB

代入数据解得：

φA=240V

由B到C过程：

而UBC=φB﹣φC

φC=240V

（2）A、C两点在同一等势线上，电场线垂直于等势线如图所示．

因为AB=4cm，BC=3cm，三角形ABC为直角三角形，所以∠A=37°

则

代入数据解得E=104V/m，方向如图所示。

故本题答案是:

（1）φA=240V，φC=240V；

17.如图所示，质量m1=0.3kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L=1.5m，现有质量m2=0.2kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0=2m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止，物块与车面间的动摩擦因数μ=0.5，取g=10m/s2，求：

（1）最终物块和小车达到的共同速度v；

（2）物块在车面上滑行的时间t.

（1）0.8m/s；

（2）0.24s

（1）由于系统动量守恒,所以根据动量守恒可求出共速后的速度v

（2）根据动量定理可以求出物块在相对于车运动的时间t

（1）对物块和小车组成的系统由动量守恒得

代入数据解得v=0.8m/s

（2）取水平向右为正方向，对小车由动量定理得

代入数据解得t=0.24s

18.如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第I象限存在沿y轴负方向的水平匀强电场，在y轴负半轴上的某处固定着一点电荷（设匀强电场与点电荷电场以x轴为界互不影响），一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ=60°

角射入第IV象限，此后在点电荷作用下做匀速圆周运动，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出，OP=3R．不计粒子重力，静电力常量为k，求：

（1）M、N两点间的电势差UMN；

（2）固定x轴下侧平面内的点电荷电量Q.

（1）粒子在第一象限做类平抛运动，根据类平抛的特点可以求出末速度大小，再根据动能定理可求出电势差；

（2）粒子在第四象限做圆周运动，利用几何关系找到半径，利用牛顿第二定律可求解电荷量Q

（1）设粒子过N点时的速度为v，有

解得

粒子从M点运动到N点的过程，由动能定理有

联立解得

（2）设带电粒在第四象限内的运动半径为r，由几何关系得

由牛顿第二定律有