江苏省淮安市田家炳中学2017-2018学年高二上学期期中考试物理(理)试卷 Word版含解析

2017-2018学年江苏省淮安市田家炳中学高二（上）期中物理试卷（理科）一、单项选择题：本题共14小题，每小题4分，共56分．1．电场线是画在电场中的一条条有方向的曲线，用电场线可以形象地描述电场的强弱和方向．最早提出用电场线描述电场的物理学家是（）A．牛顿 B．安培 C．法拉第D．奥斯特2．关于点电荷、元电荷、试探电荷，下列说法正确的是（）A．电子一定可以看成点电荷B．点电荷所带电荷量一定是元电荷电荷量的整数倍C．点电荷所带电荷量一定很小D．点电荷、元电荷、试探电荷是同一种物理模型3．下列关于电场及电场强度的说法中，正确的是（）A．电荷之间的相互作用，是通过电场来发生的B．电场实际上并不存在，是人们想象中的一种东西C．电场强度是描述电场的力的性质的物理量，它与试探电荷所受电场力有关D．电场强度的方向就是电荷在电场中所受电场力的方向4．根据电容的定义式可知（）A．电容器的电容越大，则电容器所带的电量就越多B．电容器两极板间的电势差越大，电容越小C．电容器的电容与其带电量成正比，与两极板间的电势差成反比D．电容器的电容不随带电量及两极板间电势差的变化而变化5．如图把一带正电的小球a放在光滑绝缘面上，欲使球a能静止在斜面上，需在MN间放一带电小球b，则b应（）A．带负电，放在A点B．带正电，放在B点C．带负电，放在C点 D．带正电，放在C点6．如图所示，A、B两点放有电量为+Q和+2Q的点电荷，A、B、C、D四点在同一直线上，且AC=CD=DB，将一正电荷从C点沿直线移到D点，则（）A．电场力一直做正功 B．电场力先做正功再做负功C．电场力一直做负功 D．电场力先做负功再做正功7．一个带正电的质点，电量q=2.0×10﹣9C，在静电场中由a点移到b点．在这过程中，除电场力外，其他力做的功为6.0×10﹣5J，质点动能增加了8.0×10﹣5J，则a、b两点间电势差U a﹣U b为（）A．3.0×104V B．1.0×104V C．4.0×104V D．7.0×104V8．如图所示，实线表示匀强电场的电场线，一个带正电荷的粒子以某一速度射入匀强电场，只在静电力作用下从a向b运动，运动的轨迹如图中的虚线所示，若a点电势为ϕa，b 点电势为ϕb，则（）A．电场强度方向一定向左，且电势ϕa＞ϕbB．电场强度方向一定向左，且电势ϕa＜ϕbC．电场强度方向一定向右，且电势ϕa＞ϕbD．电场强度方向一定向右，且电势ϕa＜ϕb9．如图所示，图线1表示的导体电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是（）A．R1：R2=1：1B．R1：R2=3：1C．将R1与R2串联后接于电源上，则电压比U1：U2=1：3D．将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3A．1.8×10J B．1.10×10J C．1.32×10J D．1.08×10J11．直流电动机的线圈电阻为R，正常工作时，电动机两端的电压为U，通过的电流强度为I，工作时间为t，下列说法正确的是（）A．电动机线圈产生的热量为I2RtB．电动机线圈产生的热量为C．电动机消耗的电能为D．电动机输出的机械能为UIt12．如图所示是用电压表和电流表测电阻的一种连接方法，R x为待测电阻．如果考虑到电表内阻对测量结果的影响，则（）A．电压表示数大于R x两端的实际电压，电流表示数大于通过R x的实际电流B．电压表示数大于R x两端的实际电压，电流表示数等于通过R x的实际电流C．电压表示数等于R x两端的实际电压，电流表示数大于通过R x的实际电流D．电压表示数等于R x两端的实际电压，电流表示数等于通过R x的实际电流13．一个电流表的满偏电压为U g，内电阻为R g，要把它改装成量程为nU g的电压表，应在电流表上（）A．串联一个nR g的电阻B．并联一个nR g的电阻C．串联一个（n﹣1）R g的电阻D．并联一个（n﹣1）R g的电阻14．电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的滑片由中点滑向a端时，下列说法正确的是（）A．电压表和电流表读数都增大B．电压表和电流表读数都减小C．电压表读数增大，电流表读数减小D．电压表读数减小，电流表读数增大二、实验题：共18分．将答案写在答题纸中相应的横线上．15．（18分）回答下列问题：（1）用多用电表的欧姆挡测电阻．机械调零、欧姆调零后，用“×100”挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度极小，正确的判断和做法是．A．被测电阻值很大B．被测电阻值很小C．为了把电阻值测得更准一些，应换用“×1k”挡，重新欧姆调零后再测量D．为了把电阻值测得更准一些，应换用“×10”挡，重新欧姆调零后再测量（2）用电压表、电流表、滑动变阻器可测量一节蓄电池（电动势约为2.0V）的电动势和内阻，实验所用器材如图1所示．①请在图3方框内画出电路图，并将左侧的实物图连接成所需的实验电路；②某同学在做该实验时，调整滑动变阻器共测得了5组电流、电压的数据，如表所示．请在图2的坐标纸中作出该电池的U﹣I图象，并根据图象得出：电池的电动势E=V，内阻四、计算题：本题共46分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．16．（15分）每个太阳能电池的电动势为0.50V，短路电流为0.04A，则：（1）求该电池的内阻为多少？（2）如用5个这样的太阳能电池串联，则串联后总的电动势和总的电阻分别为多少？（3）现用多个这种太阳能电池串联对标称值为“2.0V、0.04W”的用电器供电，则需要多少个这样的太阳能电池才能使用电器正常工作？17．（15分）水平放置的两块平行金属板长L，两板间距d，两板间电压为U，且上板为正，一个电子沿水平方向以速度v0从两板中间射入，已知电子质量m，电荷量e，如图，求：（1）电子偏离金属板时的侧位移y是多少？（2）电子飞出电场时的速度是多少？（3）电子离开电场后，打在屏上的P点，若屏与金属板右端相距S，求OP的长？18．（16分）用一条绝缘细线悬挂一个带电小球，细线长L=0.2m，小球质量m=2.0×10﹣2kg，电荷量q=+1.0×10﹣8C．现加一水平方向的匀强电场，小球静止于O点时绝缘细线与竖直方向的夹角θ=37°，如图所示．（取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，）试求：（1）该匀强电场的电场强度E的大小；（2）若将小球沿圆弧OA拉至悬点正下方A点自由释放后，小球作往复运动，则经过O 点时小球的速度是多少？（3）在第（2）问中，经过O点时，细线对小球的拉力又为多大？2016-2017学年江苏省淮安市田家炳中学高二（上）期中物理试卷（理科）参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共14小题，每小题4分，共56分．1．电场线是画在电场中的一条条有方向的曲线，用电场线可以形象地描述电场的强弱和方向．最早提出用电场线描述电场的物理学家是（）A．牛顿 B．安培 C．法拉第D．奥斯特【考点】电场线；物理学史．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据各位物理学家的贡献，逐项分析解答即可．【解答】解：牛顿对物理学的贡献主要在力学部分，如牛顿运动的三定律；安培的提出的是电流在磁场中的受力大小的计算，即安培定则；奥斯特首先发现载流导线的电流会产生作用力于磁针，使磁针改变方向；法拉第提出用电场线描述电场的物理学家，所以C正确．故选C．【点评】加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．2．关于点电荷、元电荷、试探电荷，下列说法正确的是（）A．电子一定可以看成点电荷B．点电荷所带电荷量一定是元电荷电荷量的整数倍C．点电荷所带电荷量一定很小D．点电荷、元电荷、试探电荷是同一种物理模型【考点】元电荷、点电荷．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．【分析】点电荷是当两个带电体的形状对它的相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看作点电荷．而元电荷是带电量的最小值，它不是电荷，所有带电电荷量均是元电荷的整数倍．【解答】解：A、点电荷是当带电体的形状对它的相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷．电子不一定是点电荷，故A错误B、元电荷是带电量的最小值，点电荷所带电荷量一定是元电荷电荷量的整数倍，故B正确C、点电荷是当两个带电体的形状对它的相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，与带电体的电量无关，故C错误；D、点电荷、试探电荷是物理模型，而元电荷是带电量的最小值，是电量的单位，不是物理模型．故D错误故选：B【点评】点电荷是电荷，有电荷量与电性，而元电荷不是电荷，有电荷量但没有电性．元电荷不是物理模型．3．下列关于电场及电场强度的说法中，正确的是（）A．电荷之间的相互作用，是通过电场来发生的B．电场实际上并不存在，是人们想象中的一种东西C．电场强度是描述电场的力的性质的物理量，它与试探电荷所受电场力有关D．电场强度的方向就是电荷在电场中所受电场力的方向【考点】电场强度．【专题】应用题；定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．【分析】电场是客观存在的特殊物质，电荷之间的相互作用，是通过电场来发生的；电场强度反映电场的强弱和方向，与试探电荷无关；电场强度的方向就是正电荷在电场中所受电场力的方向．【解答】解：A、电荷不接触能发生相互作用，是通过电场这个物质发生的，故A正确．B、电荷周围存在电场，电场是一种特殊形态的物质，不是人们想象的一种东西．故B错误．C、电场强度是描述电场的力的性质的物理量，反映电场的强弱和方向，与放入电场中的试探电荷无关，故C正确．D、电场强度的方向就是正电荷在电场中所受电场力的方向，与负电荷在电场中所受电场力的方向相反．故D错误．故选：A．【点评】本题关键抓住电场强度是描述电场本身性质的物理量，其大小和方向与试探电荷无关，是电场本身决定，知道电场是一种特殊的物质．4．根据电容的定义式可知（）A．电容器的电容越大，则电容器所带的电量就越多B．电容器两极板间的电势差越大，电容越小C．电容器的电容与其带电量成正比，与两极板间的电势差成反比D．电容器的电容不随带电量及两极板间电势差的变化而变化【考点】电容．【专题】电容器专题．【分析】电容表征电容器容纳电荷的本领大小，与电量Q、电压U无关．电容器不带电时，电容并不为零．【解答】解：A、电容器带电的电量Q越多，两极之间的电压U越高，但电容不变．故A错误．B、电容反映本身的特性，板间的电势差越大，电容器带电就越多，但电容不变．故B错误．C、电容表征电容器容纳电荷的本领大小，与电压、带电量无关，给定的电容C一定．故C错误．D、电容表征电容器容纳电荷的本领大小，电容大小与电容器的带电情况无关．故D正确．故选D【点评】本题考查对电容的理解能力．电容的定义式是采用比值定义法，有比值定义的共性，C与Q、U无关，反映电容器本身的特性一．5．如图把一带正电的小球a放在光滑绝缘面上，欲使球a能静止在斜面上，需在MN间放一带电小球b，则b应（）A．带负电，放在A点B．带正电，放在B点C．带负电，放在C点 D．带正电，放在C点【考点】共点力平衡的条件及其应用；库仑定律．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】小球a要平衡，受重力、支持力和静电力，根据共点力平衡条件分析即可．【解答】解：小球a处于平衡状态，受力平衡，合力为零．小球受重力，一定向下，支持力一定垂直向上，故小球b对小球a若为静电斥力，小球a 不可能平衡，故只能是吸引力；同时，根据平衡条件，静电引力必然与前两个力的合力等大、反向且在同一条直线上，故只能放在C位置；故选C．【点评】本题关键对物体受力分析后，根据三力平衡条件，得到未知力的方向范围．6．如图所示，A、B两点放有电量为+Q和+2Q的点电荷，A、B、C、D四点在同一直线上，且AC=CD=DB，将一正电荷从C点沿直线移到D点，则（）A．电场力一直做正功 B．电场力先做正功再做负功C．电场力一直做负功 D．电场力先做负功再做正功【考点】电势能；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】AB连线上每一点的场强是由+Q和+2Q的点电荷共同叠加产生的．正电荷从C点沿直线移到D点，根据电场强度的叠加判断电场力的方向，再去判断做功的正负情况．【解答】解：设AC=CD=DB=L+Q在C点产生的电场强度大小，方向向右+2Q在C点产生的电场强度大小，方向向左所以C点实际场强方向向右+Q在D点产生的电场强度大小，方向向右+2Q在D点产生的电场强度大小，方向向左所以D点实际场强方向向左所以从C点沿直线移到D点，场强方向先向右后向左，所以正电荷受电场力的方向也是先向右后向左，所以电场力先做正功再做负功．故选B．【点评】电场强度是矢量，运算法则是平行四边形法则．7．一个带正电的质点，电量q=2.0×10﹣9C，在静电场中由a点移到b点．在这过程中，除电场力外，其他力做的功为6.0×10﹣5J，质点动能增加了8.0×10﹣5J，则a、b两点间电势差U a﹣U b为（）A．3.0×104V B．1.0×104V C．4.0×104V D．7.0×104V【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】质点在静电场中由A点移到B点的过程中，电场力和其他外力对质点做功，引起质点动能的增加．电场力做功为W ab=qU ab，根据动能定理求解a、b两点间的电势差U ab．【解答】解：根据动能定理得qU ab+W其他=△E k看到U ab==V=1×104V故选：B【点评】对于研究质点动能变化的问题，要首先考虑能否运用动能定理，并且要知道电场力做功与电势差有关，掌握电场力做功W ab=qU ab．8．如图所示，实线表示匀强电场的电场线，一个带正电荷的粒子以某一速度射入匀强电场，只在静电力作用下从a向b运动，运动的轨迹如图中的虚线所示，若a点电势为ϕa，b 点电势为ϕb，则（）A．电场强度方向一定向左，且电势ϕa＞ϕbB．电场强度方向一定向左，且电势ϕa＜ϕbC．电场强度方向一定向右，且电势ϕa＞ϕbD．电场强度方向一定向右，且电势ϕa＜ϕb【考点】电场线；电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】粒子在电场力作用下，由运动与力关系可知，根据轨迹的弯曲程度，判断出合力（电场力）的方向，再根据电场力方向和电荷性质判断场强方向．沿着电场线的方向电势降低的．因此可作出a、b的等势点（要同在一根电场线），接着沿着电场线去判定【解答】解：由曲线运动条件可知合力偏向曲线弯曲的内侧，电场强度方向应该是电场线上一点的切线方向，可知粒子所受电场力向左．由于是正电荷的粒子，所以场强方向一定向左．沿着电场线的方向电势降低的．作出a、b点的等势点（要同在一根电场线），接着沿着电场线可判定a点的电势小于b点．即电势ϕa＜ϕb．故选B．【点评】本题是轨迹问题，关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧．9．如图所示，图线1表示的导体电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是（）A．R1：R2=1：1B．R1：R2=3：1C．将R1与R2串联后接于电源上，则电压比U1：U2=1：3D．将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3【考点】欧姆定律．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】通过I﹣U图象得出两电阻的关系．串联电路电流相等，并联电路，电压相等，电流比等于电阻之反比．【解答】解：根据I﹣U图象知，图线的斜率表示电阻的倒数，所以R1：R2=1：3．串联电路电流相等，所以将R1与R2串联后接于电源上，电流比I1：I2=1：1．则电压之比等于电阻之比，故电压之比为：1：3；并联电路，电压相等，电流比等于电阻之反比，所以将R1与R2并联后接于电源上，电流比I1：I2=3：1．故A、B、D错误，C正确．故选：C【点评】解决本题的关键知道I﹣U图线的斜率表示电阻的倒数以及知道串并联电路的特点．在分析图象问题时一定要看清图象的坐标，才能准确掌握图象的意义．产生的热量为（）A．1.8×10J B．1.10×10J C．1.32×10J D．1.08×106J【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】电热水壶正常工作时，其实际功率等于电热水壶的额定功率，又知道工作时间，利用W=Pt可求消耗的电能【解答】解：∵电热水壶正常工作，∴P=P额=1800W，则W=Pt=1800W×10×60s=1.08×106J．故选D【点评】本题考查电功的计算，直接应用公式即可，属于基础题．11．直流电动机的线圈电阻为R，正常工作时，电动机两端的电压为U，通过的电流强度为I，工作时间为t，下列说法正确的是（）A．电动机线圈产生的热量为I2RtB．电动机线圈产生的热量为C．电动机消耗的电能为D．电动机输出的机械能为UIt【考点】电功、电功率．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题．【分析】电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，线圈产生的热量根据焦耳定律求解．电功是消耗电能的量度，求出电功，得到电动机消耗的电能，由能量转化和守恒定律求解电动机输出的机械能．【解答】解：AB、根据焦耳定律得，电动机线圈产生的热量为Q=I2Rt，故A正确，B错误；C、电动机两端的电压为U，通过的电流强度为I，工作时间为t，则电功为W=UIt，电动机消耗的电能为W=UIt；电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，求线圈产生的热量不能用；故C错误；D、由能量转化和守恒定律得，电动机输出的机械能E机=W﹣Q=UIt﹣I2Rt，故D错误；故选：A【点评】对于电动机，正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，电功大于电热；当电动机通电不转动时，其电路是纯电阻电路，欧姆定律成立，电功等于电热．12．如图所示是用电压表和电流表测电阻的一种连接方法，R x为待测电阻．如果考虑到电表内阻对测量结果的影响，则（）A．电压表示数大于R x两端的实际电压，电流表示数大于通过R x的实际电流B．电压表示数大于R x两端的实际电压，电流表示数等于通过R x的实际电流C．电压表示数等于R x两端的实际电压，电流表示数大于通过R x的实际电流D．电压表示数等于R x两端的实际电压，电流表示数等于通过R x的实际电流【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】本题的关键是对欧姆定律及串并联电路特点的理解，在电流表内接法时，电流表的读数等于通过定值电阻的实际电流，而电压表的读数应等于待测电阻与电流表的串联电压，即电压表的读数大于待测电阻两端的实际电压，产生的原因就是因为电流表的内阻不为零引起，不难看出，当被测电阻的阻值越大（或电流表的内阻越小），电流表的分压作用就越小，测量值就越接近真实值．【解答】解：由电路图可知，实验采用电流表内接法，电流表的测量值等于真实值，由于电流表的分压作用，电压表的示数大于待测电阻两端电压，故ACD错误，B正确；故选：B．【点评】本题考查了伏安法测电阻电压与电流测量值间的关系，分析清楚电路结构即可正确解题．13．一个电流表的满偏电压为U g，内电阻为R g，要把它改装成量程为nU g的电压表，应在电流表上（）A．串联一个nR g的电阻B．并联一个nR g的电阻C．串联一个（n﹣1）R g的电阻D．并联一个（n﹣1）R g的电阻【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题．【分析】电流表改装成大量程的电流压表要串联电阻起分压的作用，串联的电阻值根据欧姆定律求解【解答】解：电流表改装成大量程电压表要串联电阻分压，串联的电阻值为：R==（n﹣1）R g故选：C．【点评】考查电压表的改装，明确串联电阻的阻值的表达式．14．电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的滑片由中点滑向a端时，下列说法正确的是（）A．电压表和电流表读数都增大B．电压表和电流表读数都减小C．电压表读数增大，电流表读数减小D．电压表读数减小，电流表读数增大【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】由图可知R2与R并联后与R1串联，电压表测路端电压，电流表测量流过R2的电流；滑片向a端移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则由闭合电路的欧姆定律可知电路中干路电流的变化及路端电压的变化；再分析并联电路可得出电流表示数的变化．【解答】解：当滑动变阻器的滑片由中点滑向a端时，接入电路的电阻减小，则由闭合电中欧姆定律可知，干路电流增加，内电压增加，由U=E﹣Ir可知路端电压减小，即电压表示数减小；因路端电压减小，R1两端的电压增加，故并联部分电压减小，由欧姆定律可知电流表示数减小；故B正确，ACD错误；故选：B．【点评】本题考查闭合电路欧姆定律的使用，一般按局部﹣整体、局部的思路进行分析．二、实验题：共18分．将答案写在答题纸中相应的横线上．15．（18分）回答下列问题：（1）用多用电表的欧姆挡测电阻．机械调零、欧姆调零后，用“×100”挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度极小，正确的判断和做法是AC．A．被测电阻值很大B．被测电阻值很小C．为了把电阻值测得更准一些，应换用“×1k”挡，重新欧姆调零后再测量D．为了把电阻值测得更准一些，应换用“×10”挡，重新欧姆调零后再测量（2）用电压表、电流表、滑动变阻器可测量一节蓄电池（电动势约为2.0V）的电动势和内阻，实验所用器材如图1所示．①请在图3方框内画出电路图，并将左侧的实物图连接成所需的实验电路；②某同学在做该实验时，调整滑动变阻器共测得了5组电流、电压的数据，如表所示．请在图2的坐标纸中作出该电池的U﹣I图象，并根据图象得出：电池的电动势E= 2.03V，【考点】测定电源的电动势和内阻．【专题】实验题；实验探究题；定量思想；图析法；恒定电流专题．【分析】（1）欧姆表的零刻度在表盘的右侧，当指针偏转角度较小时，说明电阻较大．每次换挡需重新欧姆调零．（2）①根据伏安法测电源电动势与内阻的实验原理作出实验电路图，然后根据实验电路图连接实物电路图；②由表中数据作出各点的坐标，采用描点法可画出U﹣I图象；由公式及图象可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势；图象的斜率表示内电阻；由坐标中找出两合适的值求出斜率即可．【解答】解：（1）欧姆表的零刻度在表盘的右侧，用“×100”挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度极小，可知电阻值很大，为准确测量电阻阻值，需换用大挡，即“×1k”挡换挡后要重新进行欧姆调零，然后再重新测量电阻阻值．故AC正确，BD错误．故选：AC；（2）①伏安法测电源电动势与内阻实验，电压表测路端电压，电流表测电路电流，实验电路图如图所示，根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示；②根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示：图象与纵坐标的交点表示电源的电动势，故电动势为2.03V；图象的斜率表示内电阻，故r=≈0.09Ω；故答案为：（1）AC；（2）①电路图与实物电路图如图所示；②图象如图所示；2.03；0.09．【点评】在闭合电路欧姆定律实验中，要注意实验中的数据分析方法；根据闭合电路欧姆定律及图象可以得出电动势和内电阻，这是本实验中考查的热点．四、计算题：本题共46分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．16．（15分）每个太阳能电池的电动势为0.50V，短路电流为0.04A，则：（1）求该电池的内阻为多少？。