南通市高二上学期期中考试物理试题.docx

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南通市高二上学期期中考试物理试题

高二上学期期中考试物理试题

注意事项：

1、本试卷分为第I卷和第II卷，满分100分考试时间：

90分钟

2、客观题涂在答题卡上，主观题答在答题纸上

第I卷（12题共48分）

一、选择题（本题12小题，每小题4分，共48分。

1--7为单选题，只有一个答案是正确的；8--12为多选题,全部选对得4分，少选得2分，错选或多选得0分.）

1.下列物理量中哪些与试探电荷无关（）

A.电场力做功B.电场强度

C.电势能D.电场力

【答案】B

【解析】电场强度是描述电场的性质的物理量，是由电场本身决定的，与试探电荷无关．故B正确；电场力的功W=UABq可知电场力的功与电场有关，又与试探电荷有关，故A错误；电荷的电势能为：

EP=qφ，电势能既与电场有关，也与试探电荷的电量及电性有关．故C错误．电场力为F=qE，可知电场力既与电场有关，又与试探电荷有关，故D错误；故选B.

点睛：

对于电场强度和电势，关键要理解并掌握其物理意义，知道它们都是由电场本身决定的，与试探电荷无关．

2.关于电阻率，下列说法中正确的是（　　）

A.电阻率是表征材料导电性能好坏的物理量，电阻率越大，其导电性能越好

B.各种材料的电阻率大都与温度有关，金属的电阻率随温度升高而减小

C.某些合金的电阻率几乎不受温度变化的影响，通常都用它制作标准电阻

D.所谓超导体，是当其温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，它的电阻率突然变无穷大

【答案】C

【解析】电阻率是表征材料导电性能好坏的物理量，电阻率越大，材料的导电性能越不好，故A错误；电阻率表征了导体材料导电能力的强弱，由导体的材料决定，与温度有关，金属导体的电阻率随温度的升高而增大，故B错误；某些合金的电阻率几乎不受温度变化的影响，常用来制作标准电阻，故C正确；所谓超导体，是当其温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，它的电阻率突然减为零的现象，故D错误；故选C．

3.如图在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为L的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电。

整个系统置于方向水平的匀强电场中。

已知静电力常量为k。

若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为（　　）

A.

B.

C.

D.

【答案】A

4.空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如图所示，a、b、c、d为电场中的4个点．则（　　）

A.P、Q两点处的电荷等量同种

B.a点和b点的电场强度相同

C.负电荷从a到c，电势能减少

D.c点的电势低于d点的电势

【答案】C

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

考点：

电场线；电场强度；电势及电势能

【名师点睛】该题考查常见电场的特点，解题的关键是在两个电荷连线的中垂线上的电势和无穷远处的电势相等．而正电荷周围的电场的电势都比它高，负电荷周围的电场的电势都比它低．属于简单题。

5.如图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接。

将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化情况是（）

A.Q变小，C不变，U不变，E变小

B.Q变小，C变小，U不变，E不变

C.Q不变，C变小，U变大，E不变

D.Q不变，C变小，U变大，E变小

【答案】C

【解析】试题分析：

由平行板电容器电容公式

，增大电容器两极板间的距离时，电容器电容将减小，当电容器充电后Q不变，由

可知，若C减小则U将增大，故静电计指针偏角θ增大，由

可知E将不变，故C正确、ABD错误。

考点：

本题考查了平行板电容器的概念

6.用两只完全相同的电流表分别改装成一只电流表和一只电压表．将它们串联起来接入电路中，如图所示，此时（　　）

A.两只电表的指针偏转角相同

B.两只电表的指针都不偏转

C.电流表指针的偏转角大于电压表指针的偏转角

D.电流表指针的偏转角小于电压表指针的偏转角

【答案】D

【解析】电流表改装成电压表是串联较大的分压电阻；电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻；两表串联后，通过电流表的总电流与电压表的电流相等，由于电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻，所以大部分电流通过了分流电阻，通过表头的电流很小，电流表指针的偏转角小于电压表指针的偏转角，故ABC错误，D正确；

故选:

D.

点睛：

电流表改装成电压表是串联较大的分压电阻；电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻；将电压表和电流表串联，分析通过表头的电流关系，判断指针偏转角度的大小．

7.如图所示，两平行金属板间带电质点P原处于静止状态,不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（　　）

A.电压表读数减小

B.电流表读数减小

C.质点P将向上运动

D.R3上消耗的功率逐渐增大

【答案】A

【解析】试题分析：

当P向b端移动时，R4变小，R4与R2串联的总电阻减小，再与R3并联的总电阻也变小，故电容器的两端电压减小，则电容器间的电场强度减小，所以质点P会向下运动，选项C错误；由于电容器与R3并联，故电阻R3的两端电压也变小，则R3上消耗的电功率变小，选项D错误；R3中的电流变小，又因为电路的总电阻变小，总电流变大，故通过R4支路的电流变大，电流表的示数变大，故选项B错误；对于R2、R4来说，总电压减小，而电流又增大，故R2的两端电压增大，所以R4两端电压减小，即电压表的示数变小，选项A正确。

考点：

欧姆定律的动态电路，电容。

8.如图所示，某区域电场线左右对称分布，M、N为对称线上的两点．下列说法正确的是（　　）

A.M点场强一定大于N点场强

B.M点电势一定高于N点电势

C.正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能

D.将电子从M点移动到N点，电场力做正功

【答案】BC

【解析】电场强度由电场线的疏密来反映，电场线密的地方，电场强，反之电场弱，所以N点电场强，故A错误；电场线是描述电场的一种直观手段，沿电场线的方向电势逐渐降低，所以M点电势高于N点电势，故B正确；正电荷从M点运动到N点的过程中，电场力做正功，电势能减少，则正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能，所以C正确；将电子从M点移到N点，电场力做负功，故D错误．故选BC．

9.如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连。

若一带电粒子恰能如图中所示水平向右沿直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（　　）

A.所受重力与电场力平衡

B.电势能逐渐增加

C.做匀变速直线运动

D.动能逐渐增加

【答案】BC

【解析】带电粒子在电场中受到电场力与重力，根据题意可知，粒子做直线运动，力和速度一定在同一直线上，则可知，电场力必定垂直极板向上，电场力与重力的合力必定与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动，故A错误，C正确；电场力垂直于极板向上，电场力做负功，则电势能增加，故B正确；因重力不做功，电场力做负功，则电势能增加，导致动能减小，故D错误；故选BC.

点睛：

本题考查根据运动情况来确定受力情况，并由电场力做功来确定电势能如何，以及动能的变化，注意电场力做正功时电势能减小，而电场力做负功时电势能增大．

10.如图所示，直线A为电源的UI图线，直线B和C分别为电阻R1和R2的UI图线，用该电源分别与R1、R2组成闭合电路时，电源的输出功率分别为P1、P2，电源的效率分别为η1、η2，则（　　）

A.P1=P2

B.P1>P2

C.η1>η2

D.η1<η2

【答案】AC

【解析】由电源的U-I图象读出电动势E=6V，两图线的交点就表示该电源和该电阻组成闭合电路时的工作状态；电源的输出功率分别为：

P1=U1I1=4×2=8W，P2=U2I2=2×4=8W，故P1=P2，故A正确，B错误；电源的效率：

，

，故η1＞η2，故C正确，D错误；故选AC.

点睛：

本题是对电源和电阻伏安特性曲线的结合，关键明确两图线的交点就表示该电源和该电阻组成闭合电路时的工作状态，能直接电流和路端电压，求出电源的输出功率．

11.如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么（　　）

A.偏转电场E2对三种粒子做功一样多

B.三种粒子一定打到屏上的同一位置

C.三种粒子运动到屏上所用时间相同

D.三种粒子打到屏上时的速度一样大

【答案】AB

【解析】带电粒子在加速电场中加速度，由动能定理可知：

E1qd=

mv02；解得

；

粒子在偏转电场中的时间t=

；在偏转电场中的纵向速度vy=at=

;纵向位移

；即位移与比荷无关，与速度无关；则可三种粒子的偏转位移相同，三种粒子一定打到屏上的同一位置，偏转电场对三种粒子做功一样多；故AB正确；由与打在屏幕上的位置相同，故水平位移相同，但水平速度不同，故到屏上到时间不相等；故C错误；打到屏上的速度等于水平速度与竖直速度的合速度，则可知打在屏上的速度不相同；故D错误；故选AB．

点睛：

本题考查带电粒子在电场中的偏转，要注意偏转中的运动的合成与分解的正确应用；正确列出对应的表达式，根据表达式再去分析速度、位移及电场力的功．

12.如图所示，水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，一带电金属滑块以Ek0＝30J的初动能从斜面底端A冲上斜面，到顶端B时返回，已知滑块从A滑到B的过程中克服摩擦力做功10J，克服重力做功24J，则（　　）

A.滑块带正电，上滑过程中电势能减小4J

B.滑块上滑过程中机械能增加4J

C.滑块返回到斜面底端时动能为15J

D.滑块上滑到斜面中点时重力势能增加12J

【答案】AD

【解析】由动能定理知上滑过程中W电-WG-Wf=△Ek，代入数值得W电=4J，电场力做正功，滑块带正电，电势能减小4J，故A正确；由功能关系知滑块上滑过程中机械能的变化量为△E=W电-Wf=-6J，即机械能减小6J，故B错误；由动能定理知2Wf=Ek0-Ek，所以滑块返回到斜面底端时动能为10J，故C错误．由题意知滑块上滑到斜面中点时克服重力做功为12J，即重力势能增加12J，故D正确；故选AD．

点睛：

解决本题的关键掌握功能关系，知道重力做功等于重力势能的减小量，合力做功等于动能的增加量，除重力以外其它力做功等于机械能的变化量，电场力做功等于电势能的减小量．

第II卷（5题共52分）

二、实验题（本题2小题，13题

（1）

（2）（3）每问2分，14题

（1）

（2）每空2分，共12分）

13.一只小灯泡，标有“3V、1.5W”字样．现要描绘小灯泡0～3V的伏安特性曲线．实验器材有：

A．最大阻值为10Ω的滑动变阻器

B．电动势为6V、内阻约为1.0Ω的电源

C．量程为0.6A、内阻约为1.0Ω的电流表A1

D．量程为3A、内阻约为0.1Ω的电流表A2

E．量程为3V、内阻约为6kΩ的电压表V1

F．量程为15V、内阻约为10kΩ的电压表V2

G．开关、导线若干

（1）电压表应选用________；电流表应选用________．（将选项代号的字母填在横线上）

（2）在该实验中，设计了如下图所示的四个电路．为了减小误差，应选取的电路是________（将选项代号的字母填在横线上）．

（3）以下是该实验的操作步骤：

A．将电流表、电压表、变阻器、小灯泡、电源、开关正确连接成电路

B．调节滑动变阻器触头的位置，保证闭合开关前使变阻器与小灯泡并联部分的阻值最大

C．闭合开关，记下电流表、电压表的一组示数（U，I），移动变阻器的滑动触头，每移动一次记下一组（U，I）值，共测出12组数据

D．按所测数据，在坐标纸上描点并将各点用直线段连接起来，得出小灯泡的伏安特性曲线

指出以上步骤中存在的两处错误或不妥之处并修改：

①_______________②______________

【答案】

（1）.E

（2）.C（3）.C（4）.步骤B不妥，应为：

闭合开关前应使变阻器与小灯泡并联部分的电阻为零（5）.步骤D有错，应为：

按所测数据，在坐标纸上描点并将各点用一条平滑的曲线连接起来

【解析】试题分析：

（1）因为小灯泡的额定电压为3V，所以选择电压表E，小灯泡的额定电流为0.5A，故采用电流表C

（2）要求电压从零开始，故采用滑动变阻器的分压接法，因为小灯泡的电阻和电流表的内阻相接近，电流表分压过大，故采用电流表的外接法，故C正确；

（3）因为滑动变阻器是分压接法，所以为零保证小灯泡不损坏，故在实验前应使小灯泡两端的电压为零，即保证闭合开关前使变阻器与小灯泡并联部分的阻值最小，B错误；在在坐标纸上描点并将各点用圆滑的曲线连接起来，D错误；

考点：

考查了描绘小灯泡伏安特性曲线实验

【名师点睛】应明确：

①当实验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采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节；②当待测电阻满足

时，电流表应用外接法，满足

时，电流表应用内接法；

14.现有一特殊电池，它的电动势E约为9V，内阻r约为40Ω，已知该电池允许输出的最大电流为50mA。

为了测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用如图甲所示的电路进行实验，图中电流表的内阻RA已经测出，阻值为5Ω，R为电阻箱，阻值范围0～999.9Ω，R0为定值电阻，对电路起保护作用．

（1）实验室备有的定值电阻R0有以下几种规格：

A．10Ω　　　　　　　　　　B．50Ω

C．150ΩD．500Ω

本实验选用哪一种规格的定值电阻最好？

________（将选项代号的字母填在横线上）

（2）该同学接入符合要求的R0后，闭合开关S，调整电阻箱的阻值，读取电流表的示数，记录多组数据，作出了图乙所示的图线，则根据该同学作出的图线可求得该电池的电动势E＝______V，内阻r＝________Ω。

【答案】

（1）.C

（2）.10（3）.45

【解析】试题分析：

（1）电池的允许通过的最大电流为50mA，内电阻约为40Ω，电路中的最小电阻应大于

=180Ω，则最小电阻为：

180﹣40﹣5=135Ω；为了能很好的调节电路，并能得出更多组数据，保护电阻应选C．

（2）由闭合电路欧姆定律可知：

E=I（R+r+R0+RA）

=

=

+

由y=kx+b可知，

=K=

=0.1

=b=5

Ra=5Ω

r=50﹣Ra=45Ω

解得：

E=10V；r=45Ω

三、计算题（本题3小题，15、16题各12分，17题16分，共40分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分，答案应明确写出数值和单位。

）

15.如图，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行．a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行．一电荷量为q（q>0）的质点沿轨道内侧运动，经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Na和Nb.不计重力，求：

匀强电场的电场强度，质点经过a点和b点时的动能．

【答案】

【解析】试题分析：

质点所受电场力的大小为f=qE①

设质点质量为m，经过a点和b点时的速度大小分别为va和vb，由牛顿第二定律有

②

③

设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和Ekb，有

④

⑤

根据动能定理有：

Ekb-Eka="2rf"⑥

联立①②③④⑤⑥式得

⑦

⑧

⑨

考点：

牛顿第二定律及动能定理的应用

【名师点睛】此题是牛顿第二定律及动能定理的应用问题；关键是知道物体做圆周运动的向心力由电场力和支持力的合力提供，根据牛顿定律和动能定理列出方程联立解答．

视频

16.如图所示，A为电解槽，M为电动机，N为电炉子，恒定电压U＝12V，电解槽内阻rA＝2Ω，当S1闭合、S2、S3断开时，电流表A示数为2A；当S2闭合、S1、S3断开时，A示数为5A，且电动机输出功率为50W；当S3闭合、S1、S2断开时，A示数为3A．求：

（1）电炉子的电阻及发热功率各多大？

（2）电动机的内阻是多少？

（3）在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率为多少？

【答案】

（1）6Ώ,24w

（2）0.4Ώ（3）18w

【解析】

（1）当S1闭合、S2、S3断开时，只有电炉子接入，因电炉子为纯电阻，由欧姆定律有：

电炉子的电阻

其发热功率为：

PR=UI1=12×6 W=72W．

（2）当S2闭合、S1、S3断开时，电动机为非纯电阻，由能量守恒定律得：

UI2=I22•rM+P输出

代入数据解得：

rM=1Ω

（3）当S3闭合、S1、S2断开时，电解槽工作，由能量守恒定律得：

P化=UI3-I32•rA

代入数据解得：

P化=（12×4-42×2）W=16W．

点睛:

对于电动机电路，要正确区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路：

当电动机正常工作时，是非纯电阻电路，当电动机被卡住不转时，是纯电阻电路．

17.如右图所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为＋Q和－Q，A、B相距为2d.MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p，质量为m、电荷量为＋q（可视为点电荷，不影响电场的分布），现将小球p从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球p向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v.已知MN与AB之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g.求：

（1）C、O间的电势差UCO；

（2）O点处的电场强度E的大小；

（3）小球p经过O点时的加速度；

（4）小球p经过与点电荷B等高的D点时的速度．

【答案】

【解析】

（1）小球p由C运动到O的过程，由动能定理

得mgd＋qUCO＝

mv2－0①

所以UCO＝

②

（2）小球p经过O点时受力如图

由库仑定律得F1＝F2＝k

它们的合力为：

F＝F1cos45°＋F2cos45°＝

③

所以O点处的电场强度：

④

（3）由牛顿第二定律得：

mg＋qE＝ma⑤

所以a＝g＋

⑥

（4）小球p由O运动到D的过程，由动能定理得

mgd＋qUOD＝

mvD2－

mv2⑦

由电场特点可知UCO＝UOD⑧

联立①⑦⑧解得vD＝

v.