学年江西省赣州市五校协作体高二上学期期中考试物理试题答案+解析.docx
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学年江西省赣州市五校协作体高二上学期期中考试物理试题答案+解析
赣州市2018-2019学年第一学期五校期中联考高二物理试卷
一、选择题。
1.下列说法中，正确的是（ ）
A.物理学家库仑首先测出了元电荷e的数值
B.在利用扭秤装置研究库仑定律的过程中，库仑既用到了放大的思想也用到了控制变量法
C.牛顿首先提出电场的概念，这是为了方便分析电荷之间的作用而假想电场是存在的
D.在研究电场磁场时，我们常引入“试探电荷”，要求试探电荷不影响原电场的强弱及分布情况这里的试探电荷应用了假设法
【答案】B
【解析】
【详解】密立根最早用实验测出了元电荷e的数值，故A错误；在利用扭秤装置研究库仑定律的过程中，库仑既用到了放大的思想也用到了控制变量法，故B正确；法拉第先提出电场的概念，揭示了电荷间相互作用就是电场对电荷的作用，故C错误；在研究电场磁场时，我们常引入“试探电荷”、“试探电流元”，目的是不影响原电场的强弱及分布情况，这里并没有应用假设法，故D错误。
所以B正确，ACD错误。
2.如图所示，当变阻器
的滑动触头P向b端移动时
A.电压表示数变小，电流表示数变大B.电压表示数变小，电流表示数变小
C.电压表示数变大，电流表示数变大D.电压表示数变大，电流表示数变小
【答案】A
【解析】当变阻器
的滑动触头P向b端移动时，滑动变阻器接入电阻减小，电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，内电压增大，因此路端电压减小，故电压表示数变小；
将
等效为内阻，则可知并联部分电压一定减小，故流过
的电流减小，因总电流增大，故电流表示数变大，故A正确，BCD错误。
点睛：
闭合电路的欧姆定律一般按先分析外电路，再分析内电路，最后再分析外电路的思路进行，若电阻与电源串联，可以等效为内阻处理。
3.如图所示,实线为电场线,虚线表示等势面,相邻两个等势面之间的电势差相等,有一个运动的正电荷在等势面l3上某点的动能为20J,运动至等势面l1上的某一点时动能变为0,若取l2为零势面,则此电荷的电势能为2J时,其动能为（ ）
A.18B.10JC.8JD.2J
【答案】C
【解析】
带电粒子在电场中只受电场力作用，则电势能和动能之和守恒，设L1电势为U，L2电势为0，则L3电势为-U；根据能量关系可知：
Ek3-Uq=Uq，则Uq=10J，则粒子的总能量为：
E=qU=10J；则此电荷的电势能为2J时，其动能为8J，故选C.
点睛：
解决本题的关键知道电场力做功和电势能的变化关系，以及知道电荷的电势能和动能之和保持不变．
4.如图所示,虚线表示两个固定的等量异种点电荷形成的电场中的等势线。
一带电粒子以某一速度从图中a点沿实线abcde运动。
若粒子只受静电力作用,则下列判断正确的是（）
A.粒子带正电B.速度先减小后增大
C.电势能先减小后增大D.经过b点和d点时的速度相同
【答案】B
【解析】
【详解】根据两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面的特点可得，该图中的等势面中，正电荷在上方，负电荷在下方；从粒子运动轨迹看出，轨迹向上弯曲，可知带电粒子受到了向上的力的作用。
所以粒子带负电。
故A错误；粒子从a→b→c过程中，电场力做负功，c→d→e过程中，电场力做正功。
粒子在静电场中电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，速度先减小后增大。
故B正确，C错误；由于b、d两点处于同一个等势面上，所以粒子在bd两点的电势能相同，粒子经过b点和d点时的速度大小相同，方向不同。
故D错误。
故选B。
【点睛】本题是轨迹问题，首先要根据弯曲的方向判断出带电粒子所受电场力方向，确定是排斥力还是吸引力．由动能定理分析动能和电势能的变化是常用的思路．
5.关于电动势，下列说法正确的是
A.所有电池的电动势都是
B.体积越大的电源，其电动势一定越大
C.电动势数值上就等于电源正负极之间的电压
D.电动势表示电源将其它形式的能转化为电能的本领
【答案】D
【解析】
试题分析：
各种干电池的电动势都是1.5V，铅蓄电池的电动势是2V，故A错误；电动势是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，与电源的体积无关，如各种体积干电池的电动势都是1.5V，故B错误；电源正负极之间的电压是路端电压，电源的电动势在数值上等于内、外电压之和，电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势，故C错误；电动势表示电源将其它形式的能转化为电能的本领，故D正确；故选D．
考点：
电动势
【名师点睛】本题考查对于电源的电动势的理解能力；电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势．电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，与外电路的结构无关．电源的电动势在数值上等于内、外电压之和。
6.如图所示的电路，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，（设电源电阻r不计，两端电压不变）现将滑动变阻器的滑片P向左移动，则（ ）
A.电容器上的带电量将减少B.电容器中的电场强度将增大
C.电容器的电容将减小D.液滴将向上运动
【答案】A
【解析】电容器两板间电压等于R2两端电压．当滑片P向左移动时，总电阻增大，则总电流减小，R2两端电压U减小，由E=U/d知电容器中的场强减小；电容器的电压减小，由Q=CU，知电容器放电，电荷量减小，故A正确，B错误；电容器的电容与U的变化无关，保持不变，故C错误；电容器中场强变小，则带电液滴所受电场力变小，使液滴向下运动，故D错误；故选A.
7.如图所示是由“与门”、“或门”和“非门”三个基本逻辑电路组成的一个组合逻辑电路，A、B、C为输入端，Z为输出端，在完成真值表时，输出端Z空格中从上到下依次填写都正确的是（ ）
A
B
C
Z
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
1
1
1
0
0
1
0
1
1
1
0
1
1
1
A.0 0 0 0 0 0 1 0B.0 0 0 1 0 1 0 1
C.0 0 1 0 1 0 1 0D.以上答案都不正确
【答案】C
【解析】
【详解】A、B输入或门，C输入非门，两个输出端又同时输入与门，当A、B为0时，输出为0，C为0，输出为1，1和0输入与门，输出仍然为0。
同理得出输出端Z为“0，1，0，1，0，1，0．故C正确，ABD错误。
8.在地面附近,存在着一个有界电场,边界MN将空间分成上下两个区域I、II,在区域II中有竖直向上的匀强电场,在区域I中离边界某一高度由静止释放一个质量为m的带电小球A,如图甲所示,小球运动的v−t图象如图乙所示,不计空气阻力,则（）
A.小球受到的重力与电场力之比为3:
5
B.在t=5s时，小球经过边界MN
C.在小球向下运动的整个过程中，克服电场力做功等于重力势能的变化量
D.在1s∼4s过程中，小球的机械能先增大后减小
【答案】A
【解析】
A：
v-t图象的斜率等于加速度。
小球进入电场前的加速度
，进入电场后的加速度大小为：
，由牛顿第二定律得：
，
，得电场力：
，可得重力mg与电场力F之比为3：
5，故A项正确。
B：
小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用先做减速运动然后反向回头加速，出电场后做竖直上抛运动，由v-t图可以看出，小球经过边界MN的时刻是t=1s和t=4s时，t=5s时，小球回到出发点。
故B项错误。
C：
在小球向下运动的整个过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中重力做的功与电场力做的功大小相等，即重力势能的变化量等于克服电场力做功。
故C项正确。
D：
由图可得，小球在1-2.5s内向下运动，在2.5s-4s内向上运动，在1s～4s过程中，电场力先做负功，后做正功。
小球的机械能先减小后增大。
故D项错误。
点睛：
根据速度时间图象和受力情况判断出物体的运动情景是解题的突破口。
9.一个T形电路如图所示，电路中的电阻R1＝120Ω，R2＝10Ω，R3＝40Ω.另有一测试电源，电动势为100V，内阻忽略不计．则（）
A.当c、d端短路时，a、b之间的等效电阻是130Ω
B.当a、b端短路时，c、d之间的等效电阻是40Ω
C.当a、b两端接通测试电源时，用理想电压表测得c、d两端的电压为50V
D.当c、d两端接通测试电源时，用理想电压表测得a、b两端的电压为80V
【答案】BD
【解析】
【详解】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
，故A错误；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
，故B正确；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
，故C错误；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：
，故D正确。
所以BD正确，AC错误。
10.如图（甲）所示的电路中，将滑动变阻器R2的滑动片由a端向b端移动，用两个电表分别测量电压和电流，得到部分U﹣I关系图象如图（乙）所示，则（ ）
A.电源的电动势为6V
B.滑动变阻器的总阻值为20Ω
C.当电压表示数为5.0V时，电源效率最高
D.当电压表示数为5.0V时，R2消耗的总功率最大
【答案】BC
【解析】
【详解】根据电路图结合数学知识可知，当aP的电阻等于bP的电阻时，并联部分电阻最大，此时电压表示数最大，根据乙图可知，电压表示数最大为5V，此时电流表示数为0.5A，则有：
，则滑动变阻器的总阻值为R=2RaP=20Ω，根据闭合电路欧姆定律得：
E=U+2I（R1+r），根据乙图可知，当电压表示数U1=4V时电流表示数为I1=0.25A或I2=1A，根据闭合电路欧姆定律得：
E=U1+（I1+I2）（R1+r），联立方程解得：
E=9V，R1+r=4Ω，故A错误，B正确；电源效率
，当电压表示数为5.0V时，并联部分电阻最大，则外电路电阻最大，此时路段电压最大，效率最高，故C正确；把R1看成内阻，当并联部分电阻R并=R1+r=4Ω时，R2消耗的总功率最大，此时电压表示数不是5V，故D错误。
所以BC正确，AD错误。
二、实验题
11.某同学选用两个完全相同的小球A、B来验证库仑定律。
使小球A和B带上同种电荷，A球放在左右可移动且上下高度可调节的绝缘座上，B球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒C点，如图。
实验时，保证A、B两球球心在同一水平线上，待B球平衡后偏离竖直线的角度为θ，B球质量为m，重力加速度为g；
先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，悬线的偏角越大；再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大.
（1）实验中需要用到_____________的科学方法。
（2）根据平衡关系，A、B两球之间的电场力F=________________（用m、g、θ表示）。
（3）在阅读嘞教材后，该同学知道了库仑定律的表达式，并知道了均匀分布的带电球体可以等效为电荷量全部集中在球心处的一个点电荷。
它将两个半径为R的金属小球分别带上了q1和q2的正电，并使其球心相距3R，应用库仑定律，计算了两球之间的库仑力，则该同学的计算结果__________（选填“偏大”“偏小”“正确”），原因是：
_________________。
【答案】
（1）.
（1）控制变量法
（2）.
（2）mgtanθ（3）.（3）偏小；（4）.两电荷带同种电荷，导致电量间距大于3R。
【解析】
【详解】
（1）实验中需要用到控制变量法的科学方法。
（2）A球受重力，绳的拉力和电场力三力平衡，根据平衡关系，A、B两球之间的电场力F=mgtanθ。
（3）当两球心相距为3R时，两球不能看成点电荷，因带同种电荷，导致电量间距大于3R，根据库仑定律F=k
，可知，它们相互作用的库仑力大小F＜
。
即该同学的计算结果偏小，原因是：
两电荷带同种电荷，导致电量间距大于3R。
【点睛】本题应知道控制变量法在实验中的应用，明确当两球心相距为3R时，两球不能看成点电荷，不能直接运用库仑定律解答，注意库仑定律的成立条件，理解点电荷的含义．
12.某同学想设计一个测量金属棒电阻率的实验方案，实验室提供的器材有：
A．电流表A1（内阻Rg=100Ω，满偏电流Ig=3mA）
B．电流表A2（内阻约为0.4Ω，量程为0.6A）
C．定值电阻R0=900Ω
D．滑动变阻器R（5Ω，2A）
E．干电池组（6V，0.05Ω）
F．一个开关和导线若干
G．螺旋测微器，游标卡尺
（1）如图1，用螺旋测微器测金属棒直径为____mm；如图2用20分度游标卡尺测金属棒长度为________cm．
（2）用多用电表粗测金属棒的阻值：
当用“×10Ω”挡时发现指针偏转角度过大，他应该换____挡（填“×1Ω”或“×100Ω”），换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图3所示，则金属棒的阻值约为_____Ω．
（3）请根据提供的器材，设计一个实验电路，要求尽可能精确测量金属棒的阻值________．
（4）若实验测得电流表A1示数为I1，电流表A2示数为I2，则金属棒电阻的表达式为Rx=________．（用I1，I2，R0，Rg表示）
【答案】
（1）.
（1）6.126；
（2）.10.230；（3）.
（2）×1Ω；（4）.10；（5）.（3）如图所示；
（6）.（4）
．
【解析】
试题分析：
（1）螺旋测微器固度刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数．
（2）由欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数．
（3）根据伏安法测电阻的实验原理与所给实验器材作出电路图．
（4）根据电路图应用欧姆定律求出电阻阻值．
解：
（1）由图示螺旋测微器可知，其示数为：
6mm+12.6×0.01mm=6.126mm，由图示游标卡尺可知，其示数为：
102mm+6×0.05mm=102.30mm=10.230cm；
（2）用欧姆表“×10Ω”挡时发现指针偏转角度过大，说明所选挡位太大，应该换用×1Ω挡，挡并进行一系列正确操作，由图3所示可知，则金属棒的阻约为10×1Ω=10Ω；
（3）由题意可知，没有电压表，可以用电流表A1与定值电阻R0串联组成电压表测电压，用电流表A2测电流，由于改装后电压表内阻为100+900=1000Ω，电流表内阻约为0.4Ω，待测电阻阻值约为10Ω，滑动变阻器最大阻值为5Ω，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电压表内阻远大于电阻阻值，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示：
（4）金属棒电阻阻值：
Rx=
=
；
故答案为：
（1）6.126；10.230；
（2）×1Ω；10；（3）如图所示；（4）
．
【点评】本题考查了螺旋测微器与游标卡尺读数、欧姆表的使用方法、设计电路图、求电阻阻值；螺旋测微器固度刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数，螺旋测微器需要估读，游标卡尺不需要估读．
三、计算题
13.如图所示，有两个质量均为m、带电量均为q的小球，用绝缘细绳悬挂在同一点O处，保持静止后悬线与竖直方向的夹角为θ=30°，重力加速度为g，静电力常量为k.求：
（1）带电小球A在B处产生的电场强度大小；
（2）细绳的长度L.
【答案】
（1）
（2）
【解析】
【详解】
（1）对B球，由平衡条件有：
mgtan θ=qE
带电小球在B处产生的电场强度大小：
（2）由库仑定律有：
其中：
r=2Lsin θ=L
解得：
【点睛】本题关键是对物体受力分析，然后结合共点力平衡条件、库仑定律和电场强度的定义列式求解．
14.如图所示的电路中，电源电动势E=6.0V，内阻r=0.6Ω，电阻R2=0.5Ω，当开关S断开时，电流表的示数为1.5A，电压表的示数为3.0V，试求：
（1）电阻R1和R3的阻值
（2）当S闭合后，求电压表的示数和R2上消耗的电功率
【答案】
（1）1.4Ω，2Ω（2,1.0V；2W
【解析】
（1）S断开时，由U1=I1R3代入数据解得：
R3=2Ω
又由
代入数据解得：
R1=1.4Ω
（2）S闭合时，R2、R3并联电阻
由闭合电路欧姆定律得回路总电流：
代入数据解得：
电压表示数为:
U2=I2R23=1V
R2上消耗的功率为:
15.如图所示，A为电解槽，N为电炉子，恒定电压U＝12V，电解槽内阻r＝2Ω，当S1闭合、S2断开时，电流表的示数为6A；当S2闭合、S1断开时，电流表的示数为4A（电流表内阻不计），求：
（1）电炉子的电阻及发热功率各多大？
（2）在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率为多少？
【答案】
（1）2Ω 72W
（2）16W
【解析】
试题分析：
（1）电炉子为纯电阻元件，由欧姆定律I1＝
得R＝
＝2Ω，
其发热功率为:
PR＝UI1＝12×6W＝72W
（2）电解槽为非纯电阻元件，
考点：
功率、热功率的计算问题
16.如图所示,一个电子由静止开始经加速电场加速后,又沿中心轴线从O点垂直射入偏转电场,并从另一侧射出打到荧光屏上的P点,O′点为荧光屏的中心。
已知电子质量m=9.0×10−31kg,电荷量e=1.6×10−19C,加速电场电压U0=2500V,偏转电场电压U=200V,极板的长度L1=6.0cm,板间距离d=2.0cm,极板的末端到荧光屏的距离L2=3.0cm（忽略电子所受重力,结果保留两位有效数字）。
求：
（1）电子射入偏转电场时的初速度v0；
（2）电子经过偏转电场过程中电场力对它所做的功W；
（3）电子打在荧光屏上的P点到O点的距离h。
【答案】
（1）3.0×107m/s
（2）5.8×1018J（3）7.2×10-3m；
【解析】
【详解】
（1）电子在加速电场中，根据动能定理有：
eU0＝
mv02，
解得：
代入数据得：
v0＝3.0×107m/s；
（2）设电子在偏转电场中运动的时间为t，电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y电子在水平方向做匀速直线运动：
L1=v0t…①
电子在竖直方向上做匀加速运动：
y＝
at2…②
根据牛顿第二定律有：
＝ma…③
联立①②③得：
；
电子在偏转电场运动的过程中电场力对它做的功：
W＝eEy＝e
y＝5.8×1018J
（3）电子离开偏转电场时速度的反向延长线过偏转电场的中点，由图知，
，
解得：
h=7.2×10-3m；
【点睛】对于带电粒子在电场中的运动问题，关键是注意区分不同的物理过程，弄清在不同的物理过程中物体的受力情况及运动性质，并选用相应的物理规律。
在解决问题时，主要可以从两条线索展开：
其一，力和运动的关系。
根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度位移等。
这条线索通常适用于在恒力作用下做匀变速运动的情况。
其二，功和能的关系。
根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理研究全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、位移等。
这条线索不但适用于匀强电场，也适用于非匀强电场。
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