1、2018-2019 学 年 黑 龙 江 省 哈 尔 滨 市 第 六 中 学 高 二上 学 期 期 中 考 试 物 理 试 题物 理注 意 事 项 ：1 答 题 前 ， 先 将 自 己 的 姓 名 、 准 考 证 号 填 写 在 试 题 卷 和 答 题 卡 上 ， 并 将 准 考 证 号 条 形 码粘 贴 在 答 题 卡 上 的 指 定 位 置 。2 选 择 题 的 作 答 ： 每 小 题 选 出 答 案 后 ， 用 2B 铅 笔 把 答 题 卡 上 对 应 题 目 的 答 案 标 号 涂 黑 ，写 在 试 题 卷 、 草 稿 纸 和 答 题 卡 上 的 非 答 题 区 域 均 无 效 。3 非
2、 选 择 题 的 作 答 ： 用 签 字 笔 直 接 答 在 答 题 卡 上 对 应 的 答 题 区 域 内 。 写 在 试 题 卷 、 草 稿纸 和 答 题 卡 上 的 非 答 题 区 域 均 无 效 。4 考 试 结 束 后 ， 请 将 本 试 题 卷 和 答 题 卡 一 并 上 交 。第 I 卷（选择题）一、单选题1如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线。两电子分别从 a、b 两点运动到 c 点，设电场力对两电子做的功分别为 Wa和 Wb，a、b 两点的电场强度大小分别为 Ea和 Eb，则( )A W a =Wb，E a Eb B WaW b，E a Eb C
3、Wa=W b，E a Eb D WaW b，E a Eb2地球表面附近某区域存在大小为 150N/C、方向竖直向下的电场。一质量为 1.0010-4kg、带电量为-1.0010 -7C 的小球从静止释放，在电场区域内下落 10.0m。对此过程，该小球的电势能和动能的改变量分别为（重力加速度大小取 9.80m/s2，忽略空气阻力）（ ）A -1.5010 -4J 和 9.9510 -3J B 1.5010 -4J 和 9.9510-3JC -1.5010 -4J 和 9.6510 -3J D 1.5010 -4J 和 9.6510-3J3一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动取
4、该直线为 x 轴，起始点 O 为坐标原点，其电势能 Ep 与位移 x 的关系如图所示下列图象中合理的是( )A B C D 4用图示的电路可以测量电阻的阻值图中 Rx是待测电阻， R0是定值电阻，G 是灵敏度很高的电流表， MN 是一段均匀的电阻丝闭合开关，改变滑动头 P 的位置，当通过电流表 G 的电流为零时，测得 MP l1， PN l2，则 Rx的阻值为( )A B C D 5如图，半径为 R 的均匀带正电薄球壳，其上有一小孔 A已知壳内的场强处处为零；壳外空间的电场，与将球壳上的全部电荷集中于球心 O 时在壳外产生的电场一样一带正电的试探电荷（不计重力）从球心以初动能 Ek0沿 OA
5、方向射出下列关于试探电荷的动能 Ek与离开球心的距离 r 的关系图线，可能正确的是（ ）A BC D此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 6当外电路的电阻分别为 8 和 2 时，单位时间内在外电路上产生的热量正好相等，则该电源的内电阻是( )A 1 B 2 C 4 D 6 7如图所示， a、 b、 c 三枚小磁针分别在通电螺线管的正上方、管内和右侧，当这些小磁针静止时，小磁针 N 极的指向是（ ）A a、 b、 c 均向左B a、 b、 c 均向右C a 向左， b 向右， c 向右D a 向右， b 向左， c 向右8如下左图所示，为某种用来束缚原子的磁场的磁感线分布情况，以
6、 O 点(图中白点)为坐标原点，沿 z 轴正方向磁感应强度 B 大小的变化最有可能为( ) A B C D 9如图所示为欧姆表的原理图，表头内阻为 Rg，调零电阻为 R，电池的电动势为 E，内阻为r，则下列说法中正确的是（ ）A 它是根据闭合电路欧姆定律制成的B 接表内电池负极的应是红表笔C 电阻的“”刻度一般在刻度盘的右端D 调零后刻度盘的中心刻度值是 r+Rg+R10四个相同的电流表分别改装成两个大量程电流表和两个大量程电压表,电流表 A1的量程大于 A2的量程,电压表 V1的量程大于 V2的量程,把它们按如图所示接入电路( )A A 1的读数比 A2的读数大B A 1的指针偏转角度比 A
7、2指针偏转角度大C V 1读数比 V2读数大D V 1指针偏转角度比 V2指针偏转角度大11如图甲所示电路中，闭合电键 S，当滑动变阻器的滑动触头 P 向下滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生变化图乙中三条图线分别表示了三个电压表示数随电流表示数变化的情况以下说法正确的是（ ）A 图线 a 表示的是电压表 V3的示数随电流表示数变化的情况B 图线 c 表示的是电压表 V2的示数随电流表示数变化的情况C 此过程中电压表 V1示数的变化量U 1和电流表示数变化量I 的比值变大D 此过程中电压表 V3示数的变化量U 3和电流表示数变化量I 的比值不变12如图为一电源电动势为 E，内阻为 r 的恒定
8、电路，电压表 A 的内阻为 10k，B 为静电计， C1、 C2分别是两个电容器，将开关闭合一段时间，下列说法正确的是（ ）A 若 C1 C2，则电压表两端的电势差大于静电计两端的电势差B 若将变阻器滑动触头 P 向右滑动，则电容器 C2上带电量增大C C 1上带电量为零D 再将电键 S 打开，然后使电容器 C2两极板间距离增大，则静电计张角也增大第 II 卷（非选择题）二、实验题13某同学用伏安法测一节干电池的电动势 E 和内阻 r，所给的器材有：A电压表 V：03 V15 VB电流表 A：00.6 A3 AC滑动变阻器 R1：（20，1A）D滑动变阻器 R2：（1000，01A）E开关 S
9、 和导线若干（1）实验中电压表应选用的量程为_（选填“03V”或“015V”）；电流表应选用的量程为_（选填“00.6 A”或“03 A”）；滑动变阻器应选用_（填器材编号“AE”）（2）实验测得的 6 组数据已在 UI 图中标出，如图所示请你根据数据点位置完成 UI 图线，并由图线求出该电池的电动势 E_V，内阻 r_（结果保留两位有效数字）14有一根圆台状匀质合金棒如图甲所示，某同学猜测其电阻的大小与该合金棒的电阻率 、长度 L 和两底面直径 d、 D 有关他进行了如下实验：（1）用游标卡尺测量合金棒的两底面直径 d、 D 和长度 L图乙中游标卡尺（游标尺上有 20个等分刻度）的读数 L_
10、 cm（2）测量该合金棒电阻的实物电路如图丙所示（相关器材的参数已在图中标出）该合金棒的电阻仅有几个欧姆图中有一处连接不当的导线是_（用标注在导线旁的数字表示）（3）修正电路后，通过实验测得合金棒的电阻 R6.72 根据电阻定律计算电阻率为 、长为 L、直径分别为 d 和 D 的圆柱状合金棒的电阻分别为 Rd13.3 、 RD3.38 他发现：在误差允许范围内，电阻 R 满足 R2 RdRD，由此推断该圆台状合金棒的电阻 R_（用 、 L、 d、 D 表示）三、解答题15竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场，其电场强度为 E，在该匀强电场中，用丝线悬挂质量为 m 的带正电的小球，丝线跟
11、竖直方向成 角时，小球恰好平衡，如图所示求：（1）小球所带的电荷量是多少？（2）若剪断丝线，小球碰到金属板需多长时间？16在光滑绝缘水平面上放置一质量 m0.2 kg、电荷量 q510 4 C 的带正电的小球，小球系在长 L0.5 m 的绝缘细线上，线的另一端固定在 O 点整个装置置于匀强电场中，电场方向与水平面平行且沿 OA 方向，如图所示（此图为俯视图）现给小球一初速度使其绕点 O 做圆周运动，小球经过 A 点时细线的张力 F140 N，小球在运动过程中，最大动能比最小动能大 20 J，小球视为质点（1）求电场强度的大小（2）求运动过程中小球的最小动能。17间中取直角坐标系 ，在第一象限内
12、平行于 轴的虚线 MN 与 轴距离为 ，从 轴到 MN之间的区域充满一个沿 轴正方向的匀强电场，场强大小为 初速度可以忽略的电子经过另一个电势差为 的电场加速后，从 轴上的 A 点以平行于 轴的方向射入第一象限区域，A 点坐标为（0， ）已知电子的电量为 ，质量为 ，若加速电场的电势差 ，电子的重力忽略不计，求：（1）则电子从 A 点进入电场到离开该电场区域所经历的时间 t 和离开电场区域时的速度v；（2）电子经过 轴时离坐标原点 O 的距离 2018-2019 学 年 黑 龙 江 省 哈 尔 滨 市 第 六 中 学 高 二上 学 期 期 中 考 试 物 理 试 题物 理 答 案1A【解析】图
13、中 a、b 两点在一个等势面上，故 Uac=Ubc，根据 W=qU，有 Wa=Wb；a 位置的电场强度较密集，故 EaE b；故选 A。考点：等势面；电场线2D【解析】电场力做功等于电势能的改变量，则： ；合外力的功等于动能的变化量，则： ，故选 D.考点：功能关系【名师点睛】此题考查了功能转化关系；要知道电场力做功等于物体电势能的变化量；合外力做功等于动能的变化量；重力做功等于重力势能的变化量；除重力以外的其他力做功等于机械能的变化量；此题难度不大，是基础题.3D【解析】粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的减小量，故：，即 图象上某点的切线的斜率表示电场力；
14、A、 图象上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，根据 ，故电场强度也逐渐减小，A 错误； B、根据动能定理，有： ，故 图线上某点切线的斜率表示电场力；由于电场力逐渐减小，与 B 图矛盾，B 错误； C、按照 C 图，速度随着位移均匀增加，根据公式 ，匀变速直线运动的 图象是直线，题图 图象是直线；相同位移速度增加量相等，又是加速运动，故增加相等的速度需要的时间逐渐减小，故加速度逐渐增加；而电场力减小导致加速度减小；故矛盾，C 错误； D、粒子做加速度减小的加速运动，D 正确；故选 D。4C【解析】电阻丝 MP 段与 PN 段电压之比等于 R0和 Rx的电压比，即 ；通过电流表 G
15、的电流为零，说明通过电阻丝两侧的电流是相等的，而总电流一定，故通过 R0和 Rx的电流也相等，故；根据电阻定律公式 ，有 ；故 ，解得 故选：C考点：欧姆定律的应用。5A【解析】试探电荷的动能 Ek与离开球心的距离 r 的关系根据动能定理分析在球壳内，场强处处为零，试探电荷不受电场力，其动能不变；在球壳外，取一段极短距离内，认为库仑力不变，设为 F，根据动能定理得：E k=Fr则得：F=根据数学知识得知： 等于 Ekr 图象上切线的斜率，由库仑定律知 r 增大，F 减小，图象切线的斜率减小，故 A 正确，BCD 错误故选：A【点评】本题的关键是运用微元法，图象问题一般都是分析图象的斜率的意义，
16、或者截距的意义，从这方面着手分析比较容易解题，难度适中6C【解析】由（ ） 2R1（ ） 2R2，代入数据解得 r4 ，选项 C 正确。7C【解析】由通电螺线管电流的流向，根据右手螺旋定则可得，通电螺线管的左边为 S 极，右边为 N极所以 a 枚小磁针的 N 极指向为向左、b 枚小磁针 N 极指向为向右、c 枚小磁针的 N 极指向为向右，故选 C。考点：右手螺旋定则【名师点睛】右手螺旋定则也叫安培定则，让大拇指所指向为电流的方向，则四指环绕的方向为磁场方向当导线是环形时，则四指向为电流的方向。8C【解析】磁场是一种特殊物质形态，既看不见又摸不着因此引入磁感线来帮助我们理解磁场，磁感线的疏密表示
17、磁场的强弱，磁感线上某点的切线方向表磁场的方向如图所示为某种用来束缚原子的磁场的磁感线分布情况：磁感线的疏密表示磁场的强弱，所以沿 Z 轴正方向磁感应强度 B 的大小是先变小后变大由于题目中问的是磁感应强度 B 的大小，故 C 正确；故选：C【点评】若考虑磁感应强度的方向，则将 C 图象中的后半部分画在时间轴的下方9ABD【解析】多用电表是根据闭合电路的欧姆定律制成的，选项 A 正确；接表内电池负极的是红表笔，接电源正极的是黑表笔，电流从黑表笔出，红表笔进，选项 B 正确；“”刻度在刻度盘的左端，选项 C 错误；当多用电表指针指在中间位置时， ， .所以Rx Rg R r，即中心刻度值为 r
18、Rg R，选项 D 正确；此题选择不正确的选项，故选 C点睛：此题考查欧姆表的原理，不但要熟悉如何使用多用电表，同时还要知道电阻刻度盘是不均匀的，明确其原理为全电路欧姆定律.10AC【解析】A、电流表 的量程大于电流表 的量程，故电流表 的电阻值小于电流表 的电阻值，12A1A2A并联电路中，电阻小的支路电流大，故电流表 的读数大于电流表 的读数，故 A 正确；B、两个12电流表的表头是并联关系，电压相同，通过表头的电流相同，故指针偏转角度相等，故 B 错误；C、电压表 的电阻值大于电压表 的电阻值，串联时电流相同，电压表 的读数大于电压表1V2V1V的读数，故 C 正确；D、两个电压表的表头
19、是串联关系，电流相等，故指针偏转角度相等，故 D2错误。点睛：表头改装成大量程电流表需要并联分流电阻，并流电阻越小，分流越多，量程越大；表头改装成电压表需要串联分压电阻，分压电阻越大，分得的电压越大，量程越大，然后再根据电路的串并联知识分析即可。11C【解析】当滑动变阻器的滑动触头 P 向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，可知路端电压增大，即知电压表 示数增大，电压表 的示数减小，电压表1V2V的示数增大，则知，图线 a 表示的是电压表 的示数随电流表示数变化的情况，图线 c 表示的3V3是电压表 的示数随电流表示数变化的情况，故 AB 正确；由闭合电路欧
20、姆定律得 ，2 1UEIr则 ，保持不变故 C 错误；由闭合电路欧姆定律得 ，则1UrI 31UEIrR（ ），故 D 正确31RI考点：考查了闭合回路欧姆定律的应用【名师点睛】本题实质是电路中动态变化分析问题和闭合电路欧姆定律问题的综合，从局部电阻的变化，分析各部分电压的变化12CD【解析】由于静电计的两个电极是彼此绝缘的，电压表是由电流表改装成的，电路稳定后，电路中没有电流，电压表两端没有电压，而电容器 充电，两端存在电压所以电压表两端的电势差小于静电计两端的电势差，故 A 错误；电路稳定后，电容器 的电压等于电源的电动势，保持不变，将变阻器滑动触头 向右滑动，电容器 的电压不变，电量不变
21、，故 B 错误；由于电压表两端没有电压，电容器 没有被充电，电量为零，故 C 正确；将电键 打开，电容器的电量 不变，板间距离增大，电容 减小，由公式 分析可知，板间电压增大，静电计张角增大，故 D 正确。考点：电容器的动态分析【名师点睛】静电计的两个电极是彼此绝缘的，电压表是由电流表改装成的，电路稳定后，电路中没有电流，电压表两端没有电压，电容器 不带电电路稳定后，电容器 的电压等于电源的电动势。13（1）03V；00.6A；C （2）1.5；0.56 【解析】（1）一节干电池电动势约为 1.5V，则电压表量程选：03V；电路最大电流约为零点几安培，电流表应选用的量程为 00.6A；为方便实
22、验操作，变阻器应选用 C。（2）根据坐标系内描出的点作出电源 U-I 图象如图所示：由图示电源 U-I 图象可知，图象与纵轴交点坐标值为 1.5，则电源电动势： E=1.5V，.14（1）9.940 （2） （3）4 L Dd 【解析】（1）游标卡尺的读数为：99.00mm+0.058mm =99.40mm=9.940cm。（2）实验为测定一个几欧姆的电阻，在用伏安法测量其两端的电压和通过电阻的电流时，因为安培表的内阻较小，为了减小误差，应用安培表外接法，线的连接使用的是安培表内接法。（3）根据电阻定律计算电阻率为 、长为 L、直径分别为 d 和 D 的圆柱状合金棒的电阻分别为 Rd=13.3
23、、 RD=3.38。则有： ， ，而电阻 R 满足 R2=RdRD，将 Rd、 RD代入得： 。15（1）qmgtan/E （2）t=【解析】（1）小球受力平衡，对小球受力分析如图所示：， ， 联立可以得： 。（2）研究水平方向的运动。剪断丝线后，小球沿水平方向做匀加速直线运动。加速度为 ，由运动学公式得 解得 。（利用合运动或竖直分运动计算也可）点睛：先分析小球的受力情况，重力竖直向下，电场力水平向右，绳子拉力沿绳子向上，处于三力平衡状态，根据平衡条件判断电性，求解电荷量；如将细线剪断，绳子的拉力撤去，其余二力的合力一定沿绳子的反方向，大小等于原先绳子的力，所以小球将做匀加速直线运动，根据匀
24、变速直线运动规律解出物体的运动时间。16（1） （2）【解析】小球带正电，从 A 运动到其关于 O 对称的点的过程中，电场力做负功，动能减小，所以在 A点动能最大，在其对称点的动能最小，根据动能定理求解电场强度 E 的大小；在 A 处动能最大，已知小球经过 A 点时细线的张力 F=140N，由牛顿第二定律和动能的计算式求解 A 处的动能，再由动能定理得到最小动能。（1）设 A 点关于 O 点的对称点为 B，则小球从 A 运动到 B 的过程中，电场力做负功，动能减小，所以在 A 点动能最大，在 B 点的动能最小。小球在光滑水平面上运动的最大动能与最小动能的差值为 Ek=2qEL=20J 代入数据
25、得：E=4104N/C （2）在 A 处动能最大， A 处由牛顿第二定律： A 点关于 O 的对称点 B 处动能最小，则最小动能 代入数据得：【点睛】本题是动能定理与类平抛运动的综合，要熟练运用正交分解法处理类平抛运动，抓住两个分运动的等时性，由牛顿第二定律和运动学规律结合进行研究。17（1） ，（2） 【解析】（1）电子在沿 x 轴方向做匀速运动，即可求得运动时间，在电场方向做匀加速运动，由运动学公式及可求得速度；（2）电子射入第一象限的电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解出出电场点的坐标，电子离开电场后水平、
26、竖直方向上都做匀速运动，先求出电子射出 P 点的速度，再由位移公式求解电子经过 x 轴时离坐标原点 O 的距离（1）由 eU= mv02得电子进入偏转电场区域的初速度 v0=设电子从 MN 离开，则电子从 A 点进入到离开匀强电场区域的时间 t= = ；y= at2=因为加速电场的电势差 U ，说明 yh，说明以上假设正确，所以 vy=at= d =离开时的速度 v=（2）设电子离开电场后经过时间 t到达 x 轴，在 x 轴方向上的位移为 x，则x=v 0ty=hy=h t=vyt则 l=d+x=d+v 0t=d+v 0（ ）=d+ h = + h代入解得 l= +【点评】本题是带电粒子在匀强电场中加速和偏转结合的问题，能熟练运用运动的分解法研究类平抛运动，结合几何知识进行求解
