高二(上)期中物理试卷.doc

2016-2017学年河北省张家口市宣化四中高二（上）期中物理试卷一、单选题（本大题共7小题，共28分）1一带负电绝缘金属小球被放在潮湿的空气中经过一段时间后，发现该小球上带有的负电荷几乎不存在了，这说明（）A小球上原有的负电荷逐渐消失了B在此现象中，电荷不守恒C小球上负电荷减少的主要原因是潮湿的空气将电子导走了D该现象不遵循电荷守恒定律2关于点电荷的说法，正确的是（）A只有体积很小的带电体，才能作为点电荷B体积很大的带电体一定不能看作点电荷C当带电体带电量很少时，可看成点电荷D两个带电的金属小球，不一定能将它们作为电荷集中在球心的点电荷处理3真空中两个相同的金属小球A和B，带电荷量分别为Q和2Q，相互作用力为F若将两球接触后再放回原处，则它们之间的作用力将变为（）ABFCD4对于由点电荷Q产生的电场，下列说法正确的是（）A电场强度的定义式仍成立，即E=，式中的Q就是产生电场的点电荷B在真空中，电场强度的表达式为E=，式中Q就是产生电场的点电荷C在真空中，E=，式中Q是检验电荷D以上说法都不对5如图所示是正点电荷周围的一条电场线，电场线上A、B两点的电场强度分别为EA、EB，电势分别为A、B下列判断中正确的是（）AEAEB，ABBEAEB，ABCEAEB，ABDEA=EB，A=B6在如图的匀强电场中，若一个点电荷从P点由静止释放，则以下说法中正确的是（）A该点电荷受到的电场力逐渐增大B该点电荷一定向右且做匀速运动C该点电荷一定做匀加速直线运动D该点电荷一定做匀减速直线运动7如图所示，平行线代表电场线，但未标明方向，一个带正电，电量为106C的微粒在电场中仅受电场力的作用，当它从A点运动到B点时动能减少了105J，已知A点的电势为10V，则以下判断正确的是（）A微粒的运动轨迹如图中的虚线1所示B微粒的运动轨迹如图中的虚线2所示C匀强电场的方向向右DB点电势为20V二、多选题（本大题共7小题，共28分）8如图，真空中a，b，c，d四点共线且等距，先在a点固定一点电荷+Q，测得b点场强大小为E若再将另一等量异种点电荷Q放在d点时，则（）Ab点场强大小为EBc点场强大小为ECb点场强方向向右Dc点电势比b点电势低9下列说法不正确的是（）A避雷针利用针尖放电原理来避雷电B油罐车下拖一条铁链是利用静电C摩擦起电和感应起电的实质是一样的，都是使电子发生转移D静电除尘的基本原理是空气分子被强电场电离，粉尘吸附了电子而带负电，在电场力的作用下飞向筒壁，最后在重力的作用下落在筒底10如图所示，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将滑动变阻器滑片P向左移动，则（）A电容器中的电场强度将增大B电容器所带的电荷量将减少C电容器的电容将减小D液滴将向下运动11如图所示，两块平行金属板正对着水平放置，两板分别与电源正、负极相连当开关闭合时，一带电液滴恰好静止在两板间的M点则（）A当开关闭合时，若减小两板间距，液滴仍静止B当开关闭合时，若增大两板间距，液滴将下降C开关再断开后，若减小两板间距，液滴仍静止D开关再断开后，若增大两板间距，液滴将下降12a、b、c三个粒子由同一点垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场，下列说法正确的是（）A在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上Bb和c同时飞离电场C进入电场时，c的速度最大，a的速度最小D动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大13下列关于电源电动势的说法正确的是（）A电源是通过静电力把其它形式的能转化为电能的装置B在电源内部正电荷从低电势处向高电势处移动C电源电动势反映了电源内部非静电力做功的本领D把同一电源接在不同的电路中，电源的电动势随外电阻的增大而增大14如图所示电路，电源内阻不可忽略开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中（） A电压表与电流表的示数都减小B电压表的示数减小，电流表的示数增大C电阻R1消耗的电功率增大D电源内阻消耗的功率减小三、实验题探究题（本大题共1小题，共16分）15用如图（甲）所示的电路图研究额定电压为2.4V的灯泡L的伏安特性，并测出该灯泡在额定电压下工作时的电阻值（1）在闭合开关S前，滑动变阻器触头应该放在端（选填“a”或“b”）（2）按电路图（甲）测出的灯泡电阻值比真实值（选填“偏大”或“偏小”）根据所得到的图象如图乙所示，它在额定电压下实际功率P=W，IU图象是一条曲线而不是直线的原因是四、计算题（本大题共3小题，共28分）16有一平行板电容器，内部为真空，两个极板的间距为d，极板长为L，极板间有一匀强电场，U为两极板间的电压，电子从极板左端的正中央以初速度v0射入，其方向平行于极板，并打在极板上的D点，如图所示电子的电荷量用e表示，质量用m表示，重力不计回答下面问题（用字母表示结果）：（1）求电子打到D点的动能；（2）电子的初速必须大于何值，电子才能飞出极板17如图所示，有一提升重物用的直流电动机，内阻r=0.6，R=10，U=160V，电压表的读数为110V，求：（1）通过电动机的电流是多少？（2）输入到电动机的电功率是多少？（3）在电动机中发热的功率是多少？（4）电动机工作1h所产生的热量是多少？18一电源与某一电阻R组成串联电路如图所示，A是该电源的路端电压随电流变化的图线，B是该电阻R的伏安特性曲线，求：（1）电源的电动势和内电阻；（2）电源的路端电压；（3）电阻R上消耗的功率；（4）电源的效率2016-2017学年河北省张家口市宣化四中高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、单选题（本大题共7小题，共28分）1一带负电绝缘金属小球被放在潮湿的空气中经过一段时间后，发现该小球上带有的负电荷几乎不存在了，这说明（）A小球上原有的负电荷逐渐消失了B在此现象中，电荷不守恒C小球上负电荷减少的主要原因是潮湿的空气将电子导走了D该现象不遵循电荷守恒定律【考点】电荷守恒定律【分析】明确电荷守恒定律的内容，知道：电荷既不能被创造，也不能被消灭，只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移的过程中，电荷的总量保存不变【解答】解：A、根据电荷守恒定律，电荷不能消灭，也不能创生，只会发生转移故A错误B、此过程中电荷仍然守恒，电荷没有消失，只是被潮湿的空气导走而已，仍然遵循电荷守恒定律故B错误C、金属小球上的负电荷减少是由于潮湿的空气将电子导走了故C正确D、该现象是潮湿的空气将电子导走了，是电子的转移引起，仍遵守电荷守恒定律故D错误故选：C2关于点电荷的说法，正确的是（）A只有体积很小的带电体，才能作为点电荷B体积很大的带电体一定不能看作点电荷C当带电体带电量很少时，可看成点电荷D两个带电的金属小球，不一定能将它们作为电荷集中在球心的点电荷处理【考点】元电荷、点电荷【分析】带电体看作点电荷的条件，当一个带电体的形状及大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状无具体关系【解答】解：A、由带电体看作点电荷的条件，当带电体的形状对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，带电体能否看作点电荷是由研究问题的性质决定，与自身大小形状以及电量无具体关系，故ABC错误；D、两个带电的金属小球，若间距不太远时，不一定能将它们作为电荷集中在球心的点电荷处理，故D正确；故选：D3真空中两个相同的金属小球A和B，带电荷量分别为Q和2Q，相互作用力为F若将两球接触后再放回原处，则它们之间的作用力将变为（）ABFCD【考点】库仑定律【分析】当A带电荷量为Q，B带电荷量为2Q，在真空中相距为r时，根据库仑定律可以得到F与电量Q、距离r的关系；A、B球相互接触后放回原处，距离r不变，电荷先中和再平分，再根据库仑定律得到相互作用的库仑力大小与Q、r的关系，用比例法求解【解答】解：未接触前，根据库仑定律，得 F=接触后两球带电量平分，再由库仑定律，得 F=则F=F，故C正确故选C4对于由点电荷Q产生的电场，下列说法正确的是（）A电场强度的定义式仍成立，即E=，式中的Q就是产生电场的点电荷B在真空中，电场强度的表达式为E=，式中Q就是产生电场的点电荷C在真空中，E=，式中Q是检验电荷D以上说法都不对【考点】点电荷的场强【分析】电场强度公式E=，适用于所有的电场，E为场源电荷产生的场强，q为试探电荷；点电荷的场强公式E=，其中E就是式中Q产生的场强【解答】解：A、电场强度的定义式E=，适用于任何电场，对点电荷Q产生的电场仍成立，式中q就是本题中所指的试探电荷，故A错误；BCD、在真空中，电场强度的表达式为：E=，式中Q就是产生电场的电荷即场源电荷，该公式适用点电荷电场，故B正确，CD错误故选：B5如图所示是正点电荷周围的一条电场线，电场线上A、B两点的电场强度分别为EA、EB，电势分别为A、B下列判断中正确的是（）AEAEB，ABBEAEB，ABCEAEB，ABDEA=EB，A=B【考点】电场线；电场强度【分析】电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向沿着电场线方向电势是降低的【解答】解：正点电荷周围的电场线是向外扩散状，所以左边的电场线比右边的电场线密集，所以EAEB，沿着电场线方向电势是降低，所以AB故选A6在如图的匀强电场中，若一个点电荷从P点由静止释放，则以下说法中正确的是（）A该点电荷受到的电场力逐渐增大B该点电荷一定向右且做匀速运动C该点电荷一定做匀加速直线运动D该点电荷一定做匀减速直线运动【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；匀强电场【分析】点电荷在匀强电场中受到电场力作用，电场力是恒力，点电荷将从静止开始沿电场力方向做匀加速直线运动【解答】解：A、点电荷在匀强电场中受到电场力作用，电场力F=qE，E恒定，电场力是恒力故A错误B、C、D点电荷只受电场力作用，电场力是恒力，根据牛顿第二定律得知点电荷的加速度将保持不变，则得该点电荷将从静止开始沿电场力方向做匀加速直线运动故C正确，BD错误故选C7如图所示，平行线代表电场线，但未标明方向，一个带正电，电量为106C的微粒在电场中仅受电场力的作用，当它从A点运动到B点时动能减少了105J，已知A点的电势为10V，则以下判断正确的是（）A微粒的运动轨迹如图中的虚线1所示B微粒的运动轨迹如图中的虚线2所示C匀强电场的方向向右DB点电势为20V【考点】电势能；电场线；电势【分析】带正电的微粒仅受电场力的作用，从A点运动到B点时动能减少了105J，说明电场力做负功，则知电场力方向水平向左，根据曲线运动的合力指向轨迹的内侧，可知其轨迹为1，还可判断出电场线的方向根据动能定理求出AB间的电势差，由UAB=AB，可求出B点的电势【解答】解：A、B由题，带正电的微粒仅受电场力的作用，从A点运动到B点时动能减少了105J，说明电场力做负功，则知电场力方向水平向左，根据曲线运动的合力指向轨迹的内侧，故微粒的运动轨迹是如图虚线1所示故A正确，B错误C、由于微粒带正电，电场力水平向左，则电场强度方向水平向左故C错误D、根据动能定理得：qUAB=Ek，得UAB=V=10V，又UAB=AB，A=10V，则B=0故D错误故选A二、多选题（本大题共7小题，共28分）8如图，真空中a，b，c，d四点共线且等距，先在a点固定一点电荷+Q，测得b点场强大小为E若再将另一等量异种点电荷Q放在d点时，则（）Ab点场强大小为EBc点场强大小为ECb点场强方向向右Dc点电势比b点电势低【考点】电场强度；电势差与电场强度的关系【分析】根据点电荷的场强公式E=k，运用比例法Q在b、c两点的场强ab连线上每一点的场强是由+Q和Q的点电荷产生的场强的叠加，由叠加原理求b、c两点的场强根据电场线的方向判断电势的高低【解答】解：AC、设ab=bc=cd=L，据题：+Q在b点产生的场强大小为E，方向水平向右，由点电荷的场强公式得：E=kQ在b点产生的电场强度大小为：E1=k=E，方向水平向右，所以b点的场强大小为 Eb=E+E=E，方向水平向右故A错误，C正确B、根据对称性可知，c点与b点的场强大小相等，为E，方向水平向右故B错误D、电场线方向从a指向d，而顺着电场线方向电势降低，则c点电势比b点电势低故D正确故选：CD9下列说法不正确的是（）A避雷针利用针尖放电原理来避雷电B油罐车下拖一条铁链是利用静电C摩擦起电和感应起电的实质是一样的，都是使电子发生转移D静电除尘的基本原理是空气分子被强电场电离，粉尘吸附了电子而带负电，在电场力的作用下飞向筒壁，最后在重力的作用下落在筒底【考点】* 静电的利用和防止【分析】明确静电的防止和应用，明确起电的本质是电荷的转移【解答】解：A、避雷针避雷是将云层中积聚的电荷导入大地，或者将大地的负电荷与其中和；可保护建筑物，使建筑物免遭雷击，表面积越小，越是尖锐的物体，越容易放电，因此避雷针做成尖形的，更容易发挥作用，但不是尖端放电现象；故A错误；B、油罐车下拖一条铁链是将产生的静电导走，属于静电的防止；故B错误；C、摩擦起电和感应起电的实质是一样的，都是使电子发生转移；故C正确；D、静电除尘的基本原理是空气分子被强电场电离，粉尘吸附了电子而带负电，在电场力的作用下飞向筒壁，最后在重力的作用下落在筒底；故D正确；本题选错误的，故选：AB10如图所示，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将滑动变阻器滑片P向左移动，则（）A电容器中的电场强度将增大B电容器所带的电荷量将减少C电容器的电容将减小D液滴将向下运动【考点】电容；闭合电路的欧姆定律【分析】电容器两端的电压等于R2两端的电压，此时液滴处于静止状态，知受重力和电场力平衡，将滑动变阻器滑片P向左移动，通过总电阻的变化，得出R1两端的电压的变化，从而确定电荷量的变化和电场强度的变化【解答】解：将滑动变阻器滑片P向左移动，总电阻增大，则电流减小，R1两端的电压变小，电容不变，根据Q=CU，知电容器所带的电量减小根据E=知，电场强度减小，则电场力减小，电场力小于重力，则液滴向下运动故B、D正确，A、C错误故选BD11如图所示，两块平行金属板正对着水平放置，两板分别与电源正、负极相连当开关闭合时，一带电液滴恰好静止在两板间的M点则（）A当开关闭合时，若减小两板间距，液滴仍静止B当开关闭合时，若增大两板间距，液滴将下降C开关再断开后，若减小两板间距，液滴仍静止D开关再断开后，若增大两板间距，液滴将下降【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】开始时带电液滴静止，说明液滴受力平衡，可得出电场力与重力大小相等、方向相反；根据开关的通断，分析电容器两板间电势差的变化或电量的变化；改变极板间的距离时，由电容器的性质可知板间电场强度的变化，由F=Eq可知电场力的变化，即可判断液滴的运动情况【解答】解：开始时，液滴静止，电场力与重力二力平衡，故mg=Eq，电场力竖直向上；A、当开关闭合时，两板间的电势差不变，则减小两板间距离时，由U=Ed可知E增大，液滴所受电场力增大，合力向上，故液滴将向上运动，故A错误；B、当开关闭合时，两板间的电势差不变，则增大两板间距离时，由U=Ed可知E减小，液滴所受电场力减小，合力向下，故液滴将向下运动，故B正确；C，D、通电后断开开关，电容器带电量不变根据C=、C=和E=联立得：E=，E与d无关，可知，无论如何改变两板间的距离，板间的电场强度均不发生变化，故电场力不变，故粒子仍能受力平衡，故C正确，D错误；故选：BC12a、b、c三个粒子由同一点垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场，下列说法正确的是（）A在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上Bb和c同时飞离电场C进入电场时，c的速度最大，a的速度最小D动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】三个粒子做类平抛运动，在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做初速度为0的匀加速直线运动粒子的质量和电量相同，知加速度相同比较沿电场方向上的位移，可比较出运动时间，再根据垂直电场方向的位移可知初速度的大小通过动能定理比较动能的变化量【解答】解：A、粒子的质量和电量相同，知加速度相同a、b两粒子在竖直方向上的位移相等，根据y=知，a、b运动的时间相等，c的运动时间最短故A正确，B错误C、因为ta=tbtc，又xaxb=xc，因为垂直电场方向上做匀速直线运动，所以vcvbva故C正确D、据动能定理知，a、b两电荷，电场力做功一样多，所以动能变化量相等c电荷电场力做功最少，动能变化量最小故D正确故选ACD13下列关于电源电动势的说法正确的是（）A电源是通过静电力把其它形式的能转化为电能的装置B在电源内部正电荷从低电势处向高电势处移动C电源电动势反映了电源内部非静电力做功的本领D把同一电源接在不同的电路中，电源的电动势随外电阻的增大而增大【考点】电源的电动势和内阻【分析】电源没有接入外电路时两极间的电压等于电源电动势电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，反映了电源内部非静电力做功的本领，电动势与外电路无关【解答】解：A、电源是通过内部非静电力把其它形式的能转化为电能的装置，故A错误；B、在电源内部，电流方向从负极指向正极，所以正电荷从低电势处向高电势处，故B正确；C、电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，反映了电源内部非静电力做功的本领，故C正确；D、把同一电源接在不同的电路中，电源的电动势不变，故D错误故选：BC14如图所示电路，电源内阻不可忽略开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中（） A电压表与电流表的示数都减小B电压表的示数减小，电流表的示数增大C电阻R1消耗的电功率增大D电源内阻消耗的功率减小【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【分析】在变阻器R0的滑片向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压如何变化，即可知电压表示数的变化情况由欧姆定律分析并联部分电压的变化，判断电流表示数的变化【解答】解：在变阻器R0的滑片向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，变阻器R0与R2并联电阻R并减小，则外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，路端电压U减小，则电压表示数减小，由于R1分压增大，故并联部分电压减小，则电流表示数减小由P=I2R可知，电阻R1及内阻消耗的电功率均增大，；故AC正确BD错误；故选：AC三、实验题探究题（本大题共1小题，共16分）15用如图（甲）所示的电路图研究额定电压为2.4V的灯泡L的伏安特性，并测出该灯泡在额定电压下工作时的电阻值（1）在闭合开关S前，滑动变阻器触头应该放在a端（选填“a”或“b”）（2）按电路图（甲）测出的灯泡电阻值比真实值偏小（选填“偏大”或“偏小”）根据所得到的图象如图乙所示，它在额定电压下实际功率P=1.2W，IU图象是一条曲线而不是直线的原因是1.2【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线；电功、电功率【分析】本题（1）的关键是明确变阻器采用分压式接法时，电键闭合前应将滑片置于输出电压最小的一端以保护电流表；题（2）的关键是根据欧姆定律写出电阻测量值和真实值的表达式即可；对于IU图象，应根欧姆定律写出关于I与U的函数表达式，可知图象上的点与原点连线的斜率倒数应等于小灯泡的电阻，然后讨论即可【解答】解：（1）：闭合开关前，应将滑动触头置于输出电压最小的a端，以保护电流表；（2）：根据欧姆定律，电阻测量值为=，若考虑电压表内阻影响，待测电阻的真实值为=，比较可知，所以测出的灯泡电阻值比真实值偏小；根据IU图象读出U=2.4V时对应的电流I=0.5A，所以小灯泡的实际功率为=1.2W；根据欧姆定律应有：I=，可见IU图象上的点与原点连线斜率的倒数等于灯泡的电阻，由于连线的斜率逐渐减小，所以小灯泡的电阻随温度的升高而增大，即IU图象是一条曲线而不是直线的原因是小灯泡的电阻随温度的升高而增大故答案为：（1）a（2）偏小，1.2，小灯泡的电阻随温度的升高而增大四、计算题（本大题共3小题，共28分）16有一平行板电容器，内部为真空，两个极板的间距为d，极板长为L，极板间有一匀强电场，U为两极板间的电压，电子从极板左端的正中央以初速度v0射入，其方向平行于极板，并打在极板上的D点，如图所示电子的电荷量用e表示，质量用m表示，重力不计回答下面问题（用字母表示结果）：（1）求电子打到D点的动能；（2）电子的初速必须大于何值，电子才能飞出极板【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】（1）电子从进入电场到打到D点的过程，运用动能定理可求得电子打到D点的动能；（2）电子在平行板电容器间做类平抛运动，刚好飞出极板时，水平位移为L，竖直位移为，将电子的运动分解法水平和竖直两个方向，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解【解答】解：（1）设电子打到D点时的动能为Ek，由动能定理可得：由式解得：Ek=（2）设电子刚好打到极板边缘时的速度为v，电子在平行板电容器间做类平抛运动，设其在竖直方向的加速度为a，在电场中的飞行时间为t，则由电场力及牛顿第二定律、平抛运动的规律可得： =ma L=v0td=由式联立解得：v=所以电子要逸出电容器，必有：v答：（1）电子打到D点的动能；（2）电子的初速必须大于时，电子才能飞出极板17如图所示，有一提升重物用的直流电动机，内阻r=0.6，R=10，U=160V，电压表的读数为110V，求：（1）通过电动机的电流是多少？（2）输入到电动机的电功率是多少？（3）在电动机中发热的功率是多少？（4）电动机工作1h所产生的热量是多少？【考点】电功、电功率；欧姆定律；焦耳定律【分析】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【解答】解：（1）电动机和电阻串联，所以电流相等，电阻R两端电压U1=160110=50V，I=5 A （2）电动机的电功率P=UI=1105=550W，（3）电动机的热功率P热=I2R=520.6=15W，（4）产生的热量Q=P热t=153600=5.4104J18一电源与某一电阻R组成串联电路如图所示，A是该电源的路端电压随电流变化的图线，B是该电阻R的伏安特性曲线，求：（1）电源的电动势和内电阻；（2）电源的路端电压；（3）电阻R上消耗的功率；（4）电源的效率【考点】路端电压与负载的关系；电功、电功率【分析】由电源的路端电压与电流的关系图象可知，图象与纵轴的交点等于电源的电动势，其斜率大小等于电源的内阻电阻R的伏安特性曲线的斜率等于电阻两图线的交点读出电流与电压，求出电源的输出功率和效率【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律得U=EIr，当I=0时，U=E，由读出电源的电动势为：E=3V，内阻等于图线的斜率大小，则内阻为：r=|=0.5（2）两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压U=2V，那么电源的路端电压为2V；（3）电流I=2A，则电源的输出功率为：P出=UI=22=4W；（4）电源的效率为：=66.7%答：（1）电源的电动势3V和内电阻0.5；（2）电源的路端电压2V；（3）电阻R上消耗的功率4W；（4）电源的效率67%2016年11月11日