广东省揭阳一中学年高二上学期期中物理试题.docx
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广东省揭阳一中学年高二上学期期中物理试题
2015-2016学年广东省揭阳一中高二（上）期中物理试卷
一、单项选择题（本题有6小题，每小题4分，共24分）
1．R1与R2并联在电路中，通过R1与R2的电流之比为1：
2，则当R1与R2串联后接入电路中时，R1和R2两端电压之比U1：
U2为（ ）
A．1：
2B．2：
1C．1：
4D．4：
1
2．在如图甲所示的电路中，L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，当开关S闭合后，电路中的总电流为0.25A，则（ ）
A．L1上的电压为L2上电压的2倍
B．L1消耗的电功率为0.75W
C．L2的电阻为12Ω
D．L1、L2消耗的电功率的比值小于4：
1
3．用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用串联或并联的方式接入电路，如图（a）、（b）所示，则闭合开关后，下列有关说法正确的是（ ）
A．图（a）中A1、A2的示数相同
B．图（a）中A1、A2的指针偏角相同
C．图（b）中的A1、A2的示数不相同
D．图（b）中的A1、A2的指针偏角相同
4．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．电压表与电流表的示数都增大
C．电压表的示数增大，电流表的示数减小
D．电压表的示数减小，电流表的示数增大
5．如图所示，实线表示电场线，虚线表示带电粒子运动的轨迹．带电粒子只受电场力的作用，运动过程中电势能逐渐减小，它运动到b处时的运动方向与受力方向可能的是（ ）
A．
6．如图所示，一电子枪发射出的电子（初速度很小，可视为零）进入加速电场加速后，垂直射入偏转电场，射出后偏转位移为Y，要使偏转位移增大，下列哪些措施是可行的（不考虑电子射出时碰到偏转电极板的情况）（ ）
A．增大偏转电压UB．增大加速电压U0
C．增大偏转极板间距离D．将发射电子改成发射负离子
二、多项选择题（本题有4小题，每小题4分，共16分）
7．在如图所示的U﹣I图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路．由图象可知（ ）
A．电源的电动势为3V，内阻为0.5Ω
B．电阻R的阻值为1Ω
C．电源的输出功率为2W
D．电源的效率为66.7%
8．一个T型电路如图所示，电路中的电阻R1=10Ω，R2=120Ω，R3=40Ω，另有一测试电源，电动势为100V，内阻忽略不计，则（ ）
A．当cd端短路时，ab之间的等效电阻是40Ω
B．当ab端短路时，cd之间的等效电阻是40Ω
C．当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压为80V
D．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为80V
9．如图所示，A、B，C、D，E、F为处于勻强电场中一个边长为1Ocm的正六边形的六个顶点，A、B、C三点电势分别为1.0V、2.0V、3.0V，正六边形所在平面与电场线平行．则（ ）
A．通过CD和AF的直线应为电场中的两条等势线
B．匀强电场的场强大小为10V/m
C．勻强电场的场强方向为由C指向A
D．将一个电子由E点移动到D点，电子的电势能将减少1.6×10﹣19J
10．如图所示为“探究影响平行板电容器电容的因素”的实验装置，以下说法正确的是（ ）
A．A板与静电计的指针带的是异种电荷
B．甲图中将B板上移，静电计的指针偏角增大
C．乙图中将B板左移，静电计的指针偏角不变
D．丙图中将电介质插入两板之间，静电计的指针偏角减小
三、实验题（本题有5个空，每空3分，共15分）
11．某实验小组在做“测定金属的电阻率”实验时，用螺旋测微器测量某金属圆柱体的直径，用游标卡尺测量长度，测量结果如图所示，直径为 mm，长度为 mm．
12．某同学测绘标有“4.8V，0.3A”字样小灯泡的伏安特性曲线，要使小灯泡两端的电压从0到4.8V连续变化，为了使测量尽可能准确，除了导线和开关外，可供选择的仪器还有：
A．电流表（量程为0.6A，内阻约为1Ω）
B．电流表（量程为3A，内阻约为0.2Ω）
C．电压表（量程为6V，内阻约为2kΩ）
D．电压表（量程为15V，内阻约为4.5kΩ）
E．滑动变阻器（阻值范围为0～20Ω，额定电流为2A）
F．滑动变阻器（阻值范围为0～2kΩ，额定电流为0.5A）
G．电池组（电动势为6V，内阻约为1Ω）
?
该实验需选用的器材有 ．（填写序号）
‚在如图1的虚线框内画出实验的电路图，并在图中注明各元件的符号．
ƒ某小组完成实验后利用实验中得到的实验数据在I﹣U坐标系中，描绘出如图2所示小灯泡的伏安特性曲线，根据此图给出的信息，可以判断图3中正确的是（图中P为小灯泡的功率）
四、计算题（本题有3小题，每题15分，共45分．按题目要求在答卷相应位置作答，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要步骤，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.）
13．（15分）（2015秋•揭阳校级期中）如图甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1=100Ω，R2阻值未知，R3为一滑动变阻器，当其滑片P从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化图线如图乙所示，其中A、B两点是滑片P在变阻器的两个不同端点得到的．求：
（1）定值电阻R2的阻值；
（2）滑动变阻器的最大阻值．
14．（15分）（2015秋•揭阳校级期中）电荷量为q=1×10﹣4C的带正电小物块置于粗糙的绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向的匀强电场，场强E与时间t的关系及物块速度v与时间t的关系如图所示．若重力加速度g取10m/s2，求：
（1）物块的质量m以及物块与水平面之间的动摩擦因数；
（2）物块运动2s过程中，其电势能的改变量．
15．（15分）（2014秋•新郑市期中）如图所示，在区域I（0≤x≤L）和区域Ⅱ内分别存在匀强电场，电场强度大小均为E，但方向不同．在区域I内场强方向沿y轴正方向，区域Ⅱ内场强方向未标明，都处在xoy平面内，一质量为m，电量为q的正粒子从坐标原点O以某一初速度沿x轴正方向射入电场区域I，从P点进入电场区域Ⅱ，到达Ⅱ区域右边界Q处时速度恰好为零．P点的坐标为
．不计粒子所受重力，求：
（1）带电粒子射入电场区域I时的初速度；
（2）电场区域Ⅱ的宽度．
2015-2016学年广东省揭阳一中高二（上）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（本题有6小题，每小题4分，共24分）
1．R1与R2并联在电路中，通过R1与R2的电流之比为1：
2，则当R1与R2串联后接入电路中时，R1和R2两端电压之比U1：
U2为（ ）
A．1：
2B．2：
1C．1：
4D．4：
1
【考点】串联电路和并联电路；欧姆定律．
【专题】恒定电流专题．
【分析】由并联电路的电流规律可得出两电阻的比值；由串联电路的电压规律可得出电压之比．
【解答】解：
并联电路中电阻之比等于电流的反比，故
=
；
由串联电路的规律可知，电压之比等于电阻之比，故U1：
U2=2：
1；
故选B．
【点评】本题考查串并联电路的电流及电压规律，属基础内容，应熟纪并能灵活应用．
2．在如图甲所示的电路中，L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，当开关S闭合后，电路中的总电流为0.25A，则（ ）
A．L1上的电压为L2上电压的2倍
B．L1消耗的电功率为0.75W
C．L2的电阻为12Ω
D．L1、L2消耗的电功率的比值小于4：
1
【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．
【专题】比较思想；图析法；恒定电流专题．
【分析】L2和L3并联后与L1串联，L2和L3的电压相同，电流也相同，电路中的总电流为0.25A，从而求出通过三个灯泡的电流，由图乙读出三个灯泡两端的电压，由R=
求出L2的电阻，根据P=UI求L1、L2消耗的电功率的比值．
【解答】解：
A、L2和L3并联后与L1串联，L2和L3的电压和电流均相同，则L1的电流为L2电流的2倍，由于灯泡是非线性元件，所以L1的电压不是L2电压的2倍，故A错误；
B、根据图象可知，当电流为0.25A时，电压U=3V，所以L1消耗的电功率P=UI=0.75W，故B正确；
C、L2的电流为0.125A，由图可知，此时L2的电压小于0.5V，根据R2=
可知，L2的电阻小于4Ω，故C错误；
D、根据P=UI可知，L2消耗的电功率P2＜0.125×0.5=0.0625W，所以L1、L2消耗的电功率的比值大于4；1，故D错误；
故选：
B
【点评】本题的关键是搞清电路的结构，能够从图中读出有效信息，对于线性元件，R=
=
，但对于非线性元件，R=
≠
．
3．用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用串联或并联的方式接入电路，如图（a）、（b）所示，则闭合开关后，下列有关说法正确的是（ ）
A．图（a）中A1、A2的示数相同
B．图（a）中A1、A2的指针偏角相同
C．图（b）中的A1、A2的示数不相同
D．图（b）中的A1、A2的指针偏角相同
【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】电流表A1、A2是由两个相同的小量程电流表改装成的，它们并联时，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程大的电流表读数大．当它们串联时，A1、A2的示数相同．由于量程不同，内阻不同，两电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同．
【解答】解：
A、图甲中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同．故A错误，B正确．
C、图乙中的A1、A2串联，A1、A2的示数相同．由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同．故CD错误．
故选：
B．
【点评】本题要对于安培表的内部结构要了解：
小量程电流表（表头）与分流电阻并联而成．指针偏转角度取决于流过表头的电流大小．
4．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．电压表与电流表的示数都增大
C．电压表的示数增大，电流表的示数减小
D．电压表的示数减小，电流表的示数增大
【考点】闭合电路的欧姆定律．
【专题】恒定电流专题．
【分析】由电路图可知R2与R0并联后与R1串联，电压表测路端电压；由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化及路端电压的变化，再分析局部电路可得出电流表中示数的变化．
【解答】解：
当滑片下移时，滑动变阻器接入电阻减小，则外电路总电阻减小，电路中总电流增大，电源的内电压增大，则由闭合电路欧姆定律可知，电路的路端电压减小，故电压表示数减小；
由欧姆定律可知，R1上的分压增大，而路端电压减小，故并联部分的电压减小，则通过R2的电流减小，根据并联电路的特点可知：
通过R0的电流增大，则电流表的示数增大．故D正确，ABC错误；
故选：
D．
【点评】分析闭合电路的欧姆定律的动态分析的题目时，一般要按先外电路、再内电路、后外电路的思路进行分析；重点分析电路中的路端电压、总电流及部分电路的电流及电压变化．
5．如图所示，实线表示电场线，虚线表示带电粒子运动的轨迹．带电粒子只受电场力的作用，运动过程中电势能逐渐减小，它运动到b处时的运动方向与受力方向可能的是（ ）
A．
B．C．D．
【考点】电场线；电场强度．
【分析】据粒子的运动轨迹，判断粒子所受的电场力大体指向弯曲一侧，从而判断粒子受到的电场力的方向；电场力做正功粒子的动能增大，电势能减小．
【解答】解：
粒子的运动轨迹，判断粒子所受的电场力大体指向弯曲一侧，从而判断粒子受力的方向向左，因不知电场线的方向，不能判断出粒子的电性；
由于运动飞过程中粒子的电势能减小，所以电场力做正功，粒子运动的方向一定是c到a；故选项D正确，选项ABC错误；
故选：
D
【点评】本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；电场线的疏密表示电场强度的强弱；用电场力做功和能量守恒定律判断动能和电势能的变化．
6．如图所示，一电子枪发射出的电子（初速度很小，可视为零）进入加速电场加速后，垂直射入偏转电场，射出后偏转位移为Y，要使偏转位移增大，下列哪些措施是可行的（不考虑电子射出时碰到偏转电极板的情况）（ ）
A．增大偏转电压UB．增大加速电压U0
C．增大偏转极板间距离D．将发射电子改成发射负离子
【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．
【专题】带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】电子先经电场加速，后经电场偏转，先根据动能定理得到加速获得的速度表达式，再运用运动的分解，结合类平抛运动的规律，得到偏转距离y的表达式，即可进行分析．
【解答】解：
经加速电场后的速度为v，则
mv2=eU0
所以电子进入偏转电场时速度的大小为，v=
电子进入偏转电场后的偏转的位移y=
at2=
•
•（
）2=
．
可见，要增大y，可行的方法有：
增大偏转电压U，减小加速电压U0．或减小偏转电场极板间距离d，与粒子的电性和质量无关．故A正确．
故选：
A．
【点评】本题是先加速后偏转，带电粒子通过组合场的类型，得到的结论与带电粒子的电量和质量无关．
二、多项选择题（本题有4小题，每小题4分，共16分）
7．在如图所示的U﹣I图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路．由图象可知（ ）
A．电源的电动势为3V，内阻为0.5Ω
B．电阻R的阻值为1Ω
C．电源的输出功率为2W
D．电源的效率为66.7%
【考点】闭合电路的欧姆定律．
【专题】恒定电流专题．
【分析】由电源的路端电压与电流的关系图象与纵轴的交点读出电源的电动势，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：
A、根据闭合电路欧姆定律得U=E﹣Ir，当I=0时，U=E，由读出电源的电动势E=3V，内阻等于图线的斜率大小，则r=
．故A正确．
B、电阻R=
．故B正确．
C、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，电流I=2A，则电源的输出功率为P出=UI=4W．故C错误．
D、电源的效率η=
=66.7%．故D正确．
故选：
ABD
【点评】对于图线关键要根据物理规律，从数学角度来理解其物理意义．本题要抓住图线的斜率、交点的意义来理解图象的意义．基础题．
8．一个T型电路如图所示，电路中的电阻R1=10Ω，R2=120Ω，R3=40Ω，另有一测试电源，电动势为100V，内阻忽略不计，则（ ）
A．当cd端短路时，ab之间的等效电阻是40Ω
B．当ab端短路时，cd之间的等效电阻是40Ω
C．当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压为80V
D．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为80V
【考点】闭合电路的欧姆定律；串联电路和并联电路．
【专题】恒定电流专题．
【分析】当cd端短路时，ab间电路的结构是：
电阻R2、R3并联后与R1串联．当ab端短路时，cd之间电路结构是：
电阻R1、R3并联后与R2串联．当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压等于电阻R3两端的电压．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻R3两端的电压．根据欧姆定律求解电压．
【解答】解：
A、当cd端短路时，ab间电路的结构是：
电阻R2、R3并联后与R1串联，等效电阻为R=
=40Ω．故A正确．
B、当ab端短路时，cd之间电路结构是：
电阻R1、R3并联后与R2串联，等效电阻为R=
=128Ω．故B错误．
C、当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压等于电阻R3两端的电压，为U3=
E=80V．故C正确．
D、当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻R3两端的电压，为U3=
=25V．故D错误．
故选AC．
【点评】对于电路的问题，首先要识别电路的结构，有时要画出等效电路图．基础题，比较容易．
9．如图所示，A、B，C、D，E、F为处于勻强电场中一个边长为1Ocm的正六边形的六个顶点，A、B、C三点电势分别为1.0V、2.0V、3.0V，正六边形所在平面与电场线平行．则（ ）
A．通过CD和AF的直线应为电场中的两条等势线
B．匀强电场的场强大小为10V/m
C．勻强电场的场强方向为由C指向A
D．将一个电子由E点移动到D点，电子的电势能将减少1.6×10﹣19J
【考点】电势能；等势面．
【专题】电场力与电势的性质专题．
【分析】连接AC，根据匀强电场电势随距离均匀变化（除等势面）的特点，则知AC中点的电势为2V，连接EB，EB即为一条等势线，CA连线即为一条电场线，由BA间的电势差，由公式U=Ed求出场强大小．由W=qU，则电场力做功就可以求解．
【解答】解：
A、连接AC，AC中点电势为2V，与B电势相等，则EB连线必为一条等势线，由正六边形对称性，CD∥EB，而匀强电场的等势面平行，则CD直线也是一条等势线．故A正确．
B、BA间的电势差为UBA=1V，又UBA=EdABcos30°，得场强E=
=
V/m=
V/m．故B错误．
C、由几何知识得知，CA⊥EB，EB是等势线，则CA连线必为一条电场线，而且电场强度的方向由C指向A．故C正确．
D、由上得知，E的电势为2V，D点与C点的电势相等为3V，则电子从E点移到D点，电场力做正功，而且为WED=qUED=q（φE﹣φD）=﹣1.6×10﹣19×（2﹣1）J=1.6×10﹣19J，电势能将减小1.6×10﹣19J．故D正确．
故选ACD．
【点评】本题的关键找等势点，作出电场线，这是解决这类问题常用方法．同时还要充分利用正六边形的对称性分析匀强电场中各点电势的关系．
10．如图所示为“探究影响平行板电容器电容的因素”的实验装置，以下说法正确的是（ ）
A．A板与静电计的指针带的是异种电荷
B．甲图中将B板上移，静电计的指针偏角增大
C．乙图中将B板左移，静电计的指针偏角不变
D．丙图中将电介质插入两板之间，静电计的指针偏角减小
【考点】电容器的动态分析．
【专题】电容器专题．
【分析】静电计是测量电压的仪器，根据张角可以得出两板间的电压高低；根据静电计的原理可知其使用方法．先根据电容的决定式分析电容的变化，再根据电容的定义式分析板间电势差的变化，判断静电计指针张角的变化．
【解答】解：
A、A板与静电计的指针带的是同种电荷，A错误；
B、将B板向上平移，正对面积减小，根据电容的决定式C=
得知，电容C减小，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=
分析得到，板间电势差U增大，则静电计指针张角增大．故B正确；
C、乙图中将B板左移，板间距增大，根据电容的决定式C=
得知，电容C减小，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=
分析得到，板间电势差U增大，则静电计指针张角增大．故C错误；
D、将电介质插入两板之间，根据电容的决定式C=
得知，电容C增大，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=
分析得到，板间电势差U减小，则静电计指针张角减小，D正确．
故选：
BD
【点评】解决本题的关键知道静电计测量的是电容器两端的电势差，正确掌握静电计的使用方法．
三、实验题（本题有5个空，每空3分，共15分）
11．某实验小组在做“测定金属的电阻率”实验时，用螺旋测微器测量某金属圆柱体的直径，用游标卡尺测量长度，测量结果如图所示，直径为 1.845 mm，长度为 42.40 mm．
【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．
【专题】实验题；定量思想；推理法；直线运动规律专题．
【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．
【解答】解：
1、螺旋测微器的固定刻度为1.5mm，可动刻度为34.5×0.01mm=0.345mm，所以最终读数为1.5mm+0.345mm=1.845mm．
2、游标卡尺的主尺读数为42mm，游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为8×0.05mm=0.40mm，所以最终读数为：
42mm+0.40mm=42.40mm．
故答案为：
1.845、42.40
【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．
12．某同学测绘标有“4.8V，0.3A”字样小灯泡的伏安特性曲线，要使小灯泡两端的电压从0到4.8V连续变化，为了使测量尽可能准确，除了导线和开关外，可供选择的仪器还有：
A．电流表（量程为0.6A，内阻约为1Ω）
B．电流表（量程为3A，内阻约为0.2Ω）
C．电压表（量程为6V，内阻约为2kΩ）
D．电压表（量程为15V，内阻约为4.5kΩ）
E．滑动变阻器（阻值范围为0～20Ω，额定电流为2A）
F．滑动变阻器（阻值范围为0～2kΩ，额定电流为0.5A）
G．电池组（电动势为6V，内阻约为1Ω）
?
该实验需选用的器材有 ACEG ．（填写序号）
‚在如图1的虚线框内画出实验的电路图，并在图中注明各元件的符号．
ƒ某小组完成实验后利用实验中得到的实验数据在I﹣U坐标系中，描绘出如图2所示小灯泡的伏安特性曲线，根据此图给出的信息，可以判断图3中正确的是（图中P为小灯泡的功率） BD
【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．
【专题】实验题；定量思想；实验分析法；恒定电流专题．
【分析】
（1）先明确必需的器材，再根据安全、精确性原则选择其他器材；注意根据灯泡的额定电流选择合适的电流表．根据滑动变阻器的额定电流确定合适的滑动变阻器．
（2）由于灯泡的电压和电流需从零开始测起，则滑动变阻器采用分压式接法，根据灯泡电阻的大小确定电流表的内外接．
（3）根据灯泡电阻的变化以及功率公式分析判断功率与U2和I2的关系．
【解答】?
解：
（1）电源只有一个，故电池组G是必选的；灯泡的额定电流为0.3A，电流表A1的量程偏小，则选择A．灯泡额定电压为4.8V，则电压表应选择C；
若选用滑动变阻器R2，通过R2的电流会超过滑动变阻器的额定电流，所以选择滑动变阻器E；
（2）因为灯泡的电压和电流需从零开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法，
灯泡的电阻大约为12Ω，远小于电压表的内阻，属于小电阻，所以电流表采用外接法，电路图如图所示．
（3）根据I﹣U图线的斜率表示电阻的倒数，知电阻随电压的增大而增大．
P﹣U2图线的斜率表示电阻倒数，电阻增大，知P与U2图线的斜率减小，所以B正确．
P﹣I2图线的斜率表示电阻的大小，电阻增大，知P与I2图线的斜率增大．所以D正确．
故答案为：
ACEG；如图所示；ƒBD
【点评】解决本题的关键掌握器材选择的原则，知
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