安徽省宣城市四校学年高二上学期期中联考物理试题.docx

1、安徽省宣城市四校学年高二上学期期中联考物理试题一、单项选择题（共8小题每小题4分计32分）1；图示两个相同的带电小球A B（可视为点电荷）。质量分别是m1、m2、电量分别是q1、q2，用长度相同的细线拴住并悬挂在同一点。静止时两悬线与竖直方向夹角相同。则关于m1与m2。q1与q2的关系正确的是。A.q1 = q2 ， m1m2 B. q1q2 ， m1 =m2 C.q1q2 ，m1q2 ， m1m2【答案】B【解析】考点：库仑定律；物体的平衡2下列说法正确的是( )A根据电场强度的定义式E=F/q可知电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷量成反比B根据电容的定义式C=Q/U电容器的电容与所带电荷

2、量成正比，与两极板间的电压成反比C真空中点电荷的电场强度公式，知电场中某点电场强度和场源电荷的电荷量无关D根据电势差的定义式UABWAB/q可知带电荷量为1 C的正电荷，从电场中的A点移动到B点克服电场力做功为1 J，则A、B两点间的电势差为1 V【答案】D【解析】试题分析：电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷量及所受的电场力无关，选项A错误；电容器的电容与所带电荷量及两极板间的电压无关，选项B错误；真空中点电荷的电场强度公式，知电场中某点电场强度和场源电荷的电荷量成正比，选项C错误；根据电势差的定义式UABWAB/q可知带电荷量为1 C的正电荷，从电场中的A点移动到B点克服电场力做功为1 J

3、，则A、B两点间的电势差为，选项D正确；故选D.考点：电场强度；电容器；电场力的功3. 如图所示，用两根绝缘线把两个小球悬挂起，a球带电+q，b球带电-2q，若两球的库仑力远小于b球的重力，且两根线都处于绷紧状态，现加一水平向左的匀强电场，待平衡时，表示平衡状态的图是【答案】C【解析】试题分析：以ab整体为研究对象，整体电量相当于-q，水平方向受向右的电场力，故上面绳子向右倾斜；以最下面小球为研究对象，带负电，受向右的电场力，故下面的绳子也是向右倾斜；故选C。考点：电场强度；物体的平衡4. 一带电粒子在电场中仅在电场力作用下，从A点运动到B点，速度随时间变化的图象如图所示（速度-时间图像中tA

4、tB段是一条曲线不是直线），tA、tB分别是带电粒子到达A、B两点时对应的时刻，则下列说法中正确的有AA点的电势一定高于B点的电势B带电粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能C带电粒子一定带正电D电场可能是匀强电场【答案】B【解析】试题分析：带电粒子从静止开始做加速运动，速度增大，动能增大，由能量守恒定律得知，其电势能减小，即带电粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能但不能判断出粒子的电性，所以就不能判断电势的高低故A错误，B正确；带电粒子做加速运动，不能带电粒子的电性，故C错误根据速度图象的斜率等于加速度，由数学知识可以看出，从A点运动到B点的过程中带电粒子的加速度减小，则其所受的电场力

5、减小，由知，电场强度E减小，即A处的场强一定大于B处的场强，所以该电场不可能是匀强电场，故D错误故选B.考点：电场强度；电势及电势能5. 如图所示，M、N为两个等量同种电荷，在其连线的中垂线上的P点放一静止的点电荷q（负电荷），不计重力，下列说法中正确的是（ ）A、点电荷从P到O是匀加速运动，O点速度达最大值B、点电荷在从P到O的过程中，电势能增大，速度越来越大C、点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越大，速度也越来越大D、点电荷一定能够返回到P点。【答案】D【解析】试题分析：点电荷在从P到O的过程中，所受的电场力方向竖直向下，因场强大小不断变化，电场力不断变化，故做变加速运动，所以速度越来越

6、大，到达C点后向下运动，受电场力向上而作减速运动，故O点速度达最大值，越过O点后，负电荷q做减速运动，速度越来越小，速度减到零后反向运动，返回到P点，选项A错误，D正确；点电荷在从P到O的过程中，电场力做正功，故电势能减小，选项B错误；因为从O向上到无穷远，电场强度先增大后减小，P到O的过程中，电场强度大小变化不能确定，所以电场力无法确定，加速度不能确定故C错误故选D.考点：带电粒子在电场中的运动。6如图所示，额定电压为110V的两盏电灯，额定功率分别为100W，40W把它们接到220V的电路上，在它们都能正常发光的前提下，总功率最小的接法是（ ） A B C D 【答案】C【解析】越串越大；

7、灯泡A和灯泡B正常工作时，此时电路的总电阻为R=2RA=2121=968；D图是灯泡A和可变电阻并联后又和灯泡B串联，灯泡要想正常工作，必须满足灯泡a与可变电阻R并联后和灯泡b的电阻相等；但并联电路中，电阻越并越小，小于任何一个分电阻，所以此电路中灯泡A和灯泡B不能正常工作，故D不正确；根据公式可知，电路电阻越大，消耗的功率就越小，比较ABC图可知，C图的总电阻大，消耗的功率最小，故选C。考点：电功率7在直角坐标系Oxyz中有一四面体O ABC，其顶点坐标如图所示。在原点O固定一个 电荷量为-Q的点电荷，下列说法正确的是A. A,B,C三点的电场强度相同 B. 平面ABC构成一个等势面C.若将

8、试探电荷+q自A点沿+ x轴方向移动，其电势能增加D. 若在A、B、C三点放置三个点电荷，-Q所受电场力的合力可能为零【答案】C【解析】试题分析：根据点电荷电场线的分布情况可知：A、B、C三点的电场强度大小相同，方向不同，而场强是矢量，则A、B、C三点的电场强度不同故A错误A、B、C三点处于同一等势面上，电势相同，由于A、B、C三点所在的等势面为球面，所以平面ABC不是等势面故B错误若将试探电荷+q自A点沿+x轴方向移动，该试探电荷受到吸引力，吸收力方向一定沿着x轴的负方向运动，则电场力对该试探电荷做负功，其电势能将增加故C正确若在A、B、C三点放置三个点电荷，任意两个点电荷对-Q的电场力的合

9、力与第三个电荷对-Q的电场力不在同一直线上，所以三个点电荷对-Q的合力不可能为零，故D错误故选C.考点：电场强度；电势及电势能8. 如图甲所示，在两极板之间有一静止的电子，当在之间加上如图乙所示的变化电压时(开始时板带正电)，电子的运动情况是(不计重力，板间距离足够大ab上电压大小不变) （ ）A.电子一直向板运动B.电子一直向板运动C.电子先向板运动，再返回一直向板运动D.电子在两板间做周期性往返运动【答案】D【解析】试题分析：在0-0.1s时间内，电子受到的电场力向上，向上做匀加速直线运动，在0.1-0.2s时间内，电子受到的电场力向下，向上做匀减速直线运动，0.2s时刻速度为零；在0.2

10、-0.3s时间内，电子受到的电场力向下，向下做匀加速直线运动，在0.3-0.4s时间内，电子受到的电场力向上，向下做匀减速直线运动，接着周而复始，故电子在两板间做周期性往返运动故选D.考点：带电粒子在电场中的运动【名师点睛】电子 在周期性变化的电场中运动，根据受力情况，由牛顿定律可分析出电子的运动情况，这是学习力学应具有的能力。二；多项选择题(每小题4分共16分.错选零分、少选2分）9. 如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行板间的电场中，入射方向跟极板平行整个装置处在真空中，重力可忽略在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电

11、子的偏转角变大的是 AU1变大、U2变大 BU1变大、U2变小 CU1变小、U2不变 DU1不变、U2变大【答案】CD【解析】试题分析：设电子被加速后获得初速为v0，则由动能定理得：qU1=mv02-0 又设极板长为l，则电子在电场中偏转所用时间：又设电子在平行板间受电场力作用产生加速度为a，由牛顿第二定律得：电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度：vy=at由、可得：，又有：，解得：，A、U1变大，U2变大，偏转角不确定，故A错误；B、U1变大，U2变小，偏转角变小，故B错误；C、U1变小，U2不变，偏转角一定增大，故C正确；D、U1不变，U2变大，偏转角变大，故D正确；故选CD.考点：带

12、电粒子在电场中的运动10如图所示，带箭头的线段表示某一电场中的电场线的分布情况一带电粒子在电场中运动的轨迹如图中虚线所示只受电场力，则下列判断中正确的是A若粒子是从A运动到B，则粒子带正电；若粒子是从B运动到A，则粒子带负电B不论粒子是从A运动到B，还是从B运动到A，粒子必带负电C若粒子是从B运动到A，则其加速度增大D若粒子是从A运动到B，则电势能一定增大【答案】BD【解析】试题分析：根据物体做曲线运动时，所受的合外力指向曲线内侧，可知，不论粒子是从A运动到B，还是从B运动到A，粒子所受的电场力都大致向左，必带负电，故A错误，B正确；电场线密的地方电场强度大，可知，若粒子从B运动到A，电场强度

13、减小，粒子所受的电场力减小，则其加速度减小，故C错误；粒子从A到B过程中，电场力方向与速度方向成钝角，电场力对粒子负功，则粒子的电势能增大，选项D正确；故选BD.考点：带电粒子在电场中的运动11. 空间存在着平行于x轴方向的静电场，A、M、O、N、B为x轴上的点，OAOB，OMON，一带正电的粒子在AB间的电势能Ek随x的变化规律为如图所示的折线，则下列判断中正确的是AAO间的电场强度等于OB间的电场强度 BM点电势比N点电势低C若将一带负电的粒子从M点静止释放，它一定能通过N点D该粒子从M向O移动过程中，所受电场力做正功【答案】BC【解析】试题分析：在Ep-x图象中，图象的斜率绝对值表示电场

14、力大小，故AO间的电场强度大于OB间的电场强度，故A错误；沿着AO方向，电势逐渐升高，在由O点向B点移动的过程中电势能逐渐减少，说明电场力做正功，即沿OB方向，电势逐渐降低；由于OM=ON，EMEN，根据电场强度与电势差的关系可知：UOMUON，故MN，故B正确；若将一个带负电的粒子从M点静止释放，在电场力的作用下，它将加速运动到O点后，再向N点做减速运动，根据能量守恒定律可知，运动到N点时，其动能大于零，故C正确；带正电的粒子在A点向O点移动的过程中电势能逐渐增加，说明电场力做负功，故D错误；故选C.考点：电场强度；电势及电势能12如图所示电路中，三只灯泡原来都正常发光，当滑动变阻器的滑动触

15、头P向左移动时，下面判断正确的是（灯泡电阻不变） ( )AL1 上电压变化量与电流变化量之比不变BL1 上电压变化量与电流变化量之比可能变大 CLI变亮，L2变亮，L3变暗DL3上电流变化量大于LI上的电流变化量，【答案】AD【解析】试题分析：L1的电阻不变，故L1 上电压变化量与电流变化量之比等于L1的电阻的阻值，选项A正确，B错误；当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流增大，故L1变亮；电路中总电流增大，故内电压及R0、L1两端的电压增大，而电动势不变，故并联部分的电压减小，故L2变暗；因L2中电流减小，干路电流增大，故流过L3的电流增

16、大，故L3变亮；故C错误；B错误；因L1中电流增大，L3中电流增大，而L2中电流减小；开始时有：I1=I2+I3，故I1电流的变化值一定小于L3中电流的变化值；故D正确；故选AD.考点：电路的动态分析三、填空题（共16分。答案填在答题卡上 ）13. （2分）螺旋测微器的示数为 _mm【答案】3.240 mm (3.239，3.241都对)【解析】试题分析：螺旋测微器的示数为3mm+0.01mm24.0=3.240mm.考点：螺旋测微器的读数【名师点睛】14、（8分）如图所示，四个相同的电流表分别改装成两个安培表和两个伏特表。安培表A1的量程小于A2的量程，伏特表V1的量程大于V2的量程，把它们

17、按图接入电路，则: 安培表A1的读数 安培表A2的读数；安培表A1的偏转角 安培表A2的偏转角；伏特表V1的读数 伏特表V2的读数；伏特表V1的偏转角 伏特表V2的偏转角；（填“大于”，“小于”或“等于”）【答案】（1）小于；（2）等于；（3）大于；（4）等于；【解析】试题分析：安培表A1、A2并联，电压相同，表头的电流相同，指针偏转角度相同，由于安培表A1的量程小于A2的量程，则安培表A1的读数小于安培表A2的读数伏特表V1与V2串联，流过表头的电流相同，指针偏转的角度相同，由于伏特表V1的量程大于V2的量程，则伏特表V1的读数大于伏特表V2的读数考点：电表的改装15. （6分）在“描绘小灯

18、泡的伏安特性曲线”的实验中备有下列器材：A小灯泡(3.8 V,1.5 W) B直流电源(电动势4.5 V，内阻约0.4 ) C电流表(量程0500 mA，内阻约0.5 ) D电压表(量程05 V，内阻约5000 )E滑动变阻器R1(05 ，额定电流2 A) F滑动变阻器R2(050 ，额定电流1 A)G开关一个，导线若干如果既要满足测量要求，又要使测量误差较小，应选择如图所示的四个电路中的_，应选用的滑动变阻器是_（填写器材序号）【答案】（1）丙；（2）E【解析】试题分析：由灯泡铭牌可知，灯泡额定电压是3.8V，所以电压表应选用的是量程05V，即选D在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选择最

19、大阻值较小的滑动变阻器，即选E由于伏安特性曲线中的电压和电流均要从零开始测量，所以滑动变阻器应选用分压式，又小灯泡的电阻约RL=9.6，所以安培表应该选用外接法故应选择如图中电路中的丙考点：描绘小灯泡的伏安特性曲线四；计算题（共36分、写出必要的文字说明和解答过程，直接写答案不得分）16；（10分）如图所示，已知R33，理想电压表读数为3v，理想电流表读数为2A，某时刻由于电路中R3发生断路，电流表的读数2.5A，R1上的电压为5v 求：（1）R1大小、R3发生断路前R2上的电压、及R2阻值各是多少？（R3发生断路时R2上没有电流）（2）电源电动势E和内电阻r各是多少？【答案】（1）1V 1（

20、2）10 V ；2 【解析】试题分析：（1）R3断开时 电表读数分别变为5v和2.5A 可知R1=2欧R3断开前R1上电压U1=R1I=4VU1= U2 + U3 所以 U2=1V U2：U3 = R2：R3 =1:3 R2=1（2）R3断开前 总电流I1=3A E = U1 + I1rR3断开后 总电流I2=2.5A E = U2 + I2r 联解方程E= 10 V r=2 考点：闭合电路的欧姆定律【名师点睛】17. （13分）如图所示，匀强电场水平向左，带正电物体沿绝缘、粗糙水平板向右直线运动，经A点时动能为80J，到达B点时动能为60J物体从A运动到B的过程中克服电场力做功16J。则（1

21、）物体从A运动到B的过程中摩擦力做功Wf与电场力做功WE之比，摩擦力f与电场力F大小之比（2）物体从A点向右运动到最远处过程中电场力做的功。（3）物体第二次经过B点时动能大小是多少？【答案】（1）1:4 （2）-64J （3）36J【解析】试题分析：（1）因为动能减少20J EK= W f+ W电WF=-4J）物体A到B过程中 WF:W电=1:4f:F=1:4 （2）物体A到B过程中 WF:W电=1:4 则 物体向右运动最远时 EK=-80J W电= 4 EK /5 =-64J (或: 物体向右运动最远时 动能定理 fx+Fx= EK；fx+4fx= EK 解得fx=-16J则：W电=4fx=

22、-64J)（3）物体A到B过程中摩擦力做功Wf=-4J物体从B向右运动到最远处 摩擦力做功Wf=-12J物体从B向右运动到最远处，返回到B时摩擦力做功Wf=-24J电场力W电=0 由动能定理可知EK2-EK1=WFEK2=36J 考点：动能定理的应用18. （13分）如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一带电量为q= -210-5C的小球，自倾角为=37的绝缘斜面顶端A点由静止开始滑下，接着通过半径为R=2m的绝缘半圆轨道最高点C（C点的切线水平），已知小球质量为m=0.5kg，匀强电场的场强E=2105N/C，小球运动过程中摩擦阻力及空气阻力不计（g=10m/s2 sin=0.6 cos=0.

23、8），求：（1）小球沿斜面向下运动过程中加速度大小（2）H至少应为多少？（提示小球在最高点C时速度不能为零.c点速度最小时H最小）（3）通过调整释放高度使小球到达C点的速度为4m/s，则小球落回到斜面时的动能是多少？【答案】（1）1.2m/s2 （2）5m （3）5J 【解析】试题分析：（1）斜面上（mg-Eq)sin=ma加速度a=1.2m/s2 （2）恰好过最高点C时： VC=2.0m/s 从A到C有： 解得：H=5m （3）从C点飞出后做类平抛运动mg-qE=ma a=2m/s2 竖直方向 水平方向 x=vct 根据几何关系 解得： t=1s y=1m从C到落回斜面有： 解得：Ek=5J 考点：平抛运动；动能定理