1、黑龙江省实验中学 2018-2019学年上学期高二年级期中考试物理学科试题一、选择题1.物理学家通过艰苦的实验来探究自然的物理规律,为人类的科学事业做出了巨大贡献,值得我们敬仰。下列描述中符合物理学史实及物理思想方法的的是A. 奥斯特提出了用电场线形象直观的描绘抽象的电场B. 安培发现了电流的磁效应并提出了分子电流假说C. 电荷量 的数值最早是由美国物理学家富兰克林测得的D. 电场场强 和感应强度 都是用比值法定义的物理量【答案】D【解析】【详解】A 项：法拉第提出了用电场线形象直观的描绘抽象的电场，故 A错误；B项：奥斯特现了电流的磁效应，安培提出了分子电流假说，故 B错误；C项：电荷量 的
2、数值最早是由美国物理学家密立根测得的，故 C错误；D项：电场强度和磁感应强度都是比值定义法，且都只取决于自身的性质，故 D正确。故应选：D。2. 磁场中某区域的磁感线如图所示则 A. a、b 两处磁感强度大小不等，BaBbB. a、b 两处磁感强度大小不等，BaBbC. 同一小段通电导线放在 a处时受力一定比 b处时大D. 同一小段通电导线放在 a处时受力一定比 b处时小【答案】B【解析】AB：磁感线的疏密表磁场强弱，则 。A 项错误，B 项正确。CD：当通电导线与磁场平行时，通电导线受的安培力为零；则同一通电导线放在 a处受力与放在 b处受力大小关系不确定。CD 两项均错误。3.如图所示的温
3、控电路中，R 1为定值电阻，R 2为半导体热敏电阻（温度越高电阻越小） ，C 为电容器，电源内阻不可忽略。当环境温度降低时下列说法正确的是A. 电容器 C的带电量增大B. 电压表的读数减小C. 干路电流增大D. R1消耗的功率变大【答案】A【解析】【详解】C、当环境温度降低时 R2增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流 I减小故 C错误。A、电容器的电压 UC=E-I（r+R 1） ，E、r、R 1均不变，I 减小，U C增大，由 得，电容器 C的带电量增大故 A正确B、总电流 I减小，路端电压 U=E-Ir，E、r 不变，则 U增大，电压表的读数增大故 B错误D、R
4、1消耗的功率 P=I2R1，I 减小，R 1不变，则 P减小故 D错误。故本题选 A。4.如图所示,平行板电容器与电动势为 E的直流电源连接,下极板接地。一油滴位于电容器的点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移一小段距离,则A. 电容器的带电量增大 B. 两极板间的电场强度减小C. 电路中会有逆时针方向的瞬间电流 D. 带点油滴将沿竖直方向向上运动【答案】B【解析】【分析】将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，根据 知板间场强的变化，由 U=Ed判断 P点与下极板间的电势差的变化，确定 P点电势的变化由题分析知道油滴带负电，再判断其电势能的变化根据场强的变化，判断油滴
5、向什么方向运动。【详解】A 项：板间距离增大，由公式 可知，电容减小，电容器的电压不变，由公式可知，电荷量减小，故 A错误；B项：板间距离增大，电容器的电压不变，根据 知板间场强减小，故 B正确；C项：由图可知，开始时电容器的上极板带正电，也有电量减小，所以上极板的正电荷将流回电源的正极，电路中会有顺时针方向的瞬间电流，故 C错误；D项：根据油滴原来静止知道，油滴带负电，平行板电容器的上极板竖直向上移一小段距离，板间场强减小，油滴所受电场力减小，则油滴将沿竖直方向向下运动，故 D错误。故应选：B。【点睛】本题是电容器动态分析问题，根据 、电容的决定式和定义式结合进行分析。5.如图所示,A、B、
6、C、D 是匀强电场中一个以坐标原点为圆心、半径为 1cm的圆与两坐标轴的交点,已知 A、B、C 三点的电势分别为 .由此可得 D点的电势为A. 3V B. 6V C. 12V D. 9V【答案】D【解析】【分析】在匀强电场中，沿着同一方向，每前进相同的距离，电势的降低相等；先求解出 D点的电势，然后找出等势面，进一步求解 A、D 连线中点的电势。【详解】在匀强电场中，沿着同一方向，每前进相同的距离，电势的降低相等；故： A- B= D- C代入数据，有：15-3= D-（-3）解得： D=9V故 D正确，ABC 错误。故应选：D。【点睛】本题关键记住“在匀强电场中，沿着同一方向，没前进相同的距
7、离，电势的降低相等”的结论。6.如图所示，虚线 a、b、c 代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q 是这条轨迹上的三点，由此可知( ) A. 带电粒子在 R点时的速度大小大于在 Q点时的速度大小B. 带电粒子在 P点时的电势能比在 Q点时的电势能大C. 带电粒子在 R点时的动能与电势能之和比在 Q点时的小，比在 P点时的大D. 带电粒子在 R点时的加速度大小 小于在 Q点时的加速度大小【答案】A【解析】AB、电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧，所以电场力的方向向右；若粒子从 P经过 R运动到 Q，电场力做负功，电荷的电势能增大，动能减小
8、，知道 R点的动能大，即速度大，而 P点电势能较小，故 A错误，B 正确；C. 根据能量守恒定律，带电质点在运动过程中各点处的动能与电势能之和保持不变。故 C错误；D. 由电场线疏密确定出，R 点场强大，电场力大，加速度大小大于在 Q点时的加速度大小，故 D正确故选：BD.7.将一电荷量为+Q 的小球放在不带电的金属球附近,所形成的电场线分布如图所示,金属球表面的电势处处相等, 为电场中的两点,则A. 点的电场强度比 点的大B. 点的电势比 点的低C. 试探电荷 在 点的电势能比在 点的小D. 将试探电荷 从 点移到 点的过程中,电场力做负功【答案】A【解析】【分析】电场线的疏密表示场强的大小
9、；a 点所在的电场线从 Q出发到不带电的金属球终止，所以 a点的电势高于金属球的电势，而 b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于 b点的电势；电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小。【详解】A 项：电场线的疏密表示场强的大小，由图象知 a点的电场强度比 b点大，故 A正确；B项：a 点所在的电场线从 Q出发到不带电的金属球终止，所以 a点的电势高于金属球的电势，而 b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于 b点的电势，即a点的电势比 b点的高，故 B错误；C项：电势越高的地方，正电荷具有的电势能越大，即正电荷在 a点的电势能较 b点大，故C错误；D项：
10、由上知，+q 在 a点的电势能较 b点大，则把+q 电荷从电势能大的 a点移动到电势能小的 b点，电势能减，电场力做正功，故 D错误。故应选：A。【点睛】该题考查电场线的特点与电场力做功的特点，解题的关键是电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加。8.两根完全相同的金属裸导线,如果把其中的一根均匀拉长到原来的 2倍,把另一根对折后绞合起来,然后给它们分别加上相同电压后,则在相同时间内通过它们的电荷量之比为（ ）A. 14 B. 18 C. 161 D. 116【答案】C【解析】试题分析：设原来的电阻为 R，其中的一根均匀拉长到原来的 2倍，横截面积变为原来的，根据电阻定律 R= ，电
11、阻 R1=4R，另一根对折后绞合起来，长度减小为原来的一半，横截面积变为原来的 2倍，根据电阻定律 R= ，电阻 R2= R，则两电阻之比为 16：1电压相等，根据欧姆定律 ，电流比为 1：16，根据 q=It知相同时间内通过的电量之比为1：16故 C正确，A、B、D 错误。故选 C。考点：电阻定律【名师点睛】解决本题的关键是在将导线均匀拉长或折后绞合时，导线的体积不变，判断导线的长度和横截面积的变化。根据电阻定律 R= 判断出两根金属导线的电阻之比，根据欧姆定律得出电流之比，再根据 q=It得出通过的电荷量之比。9.如图所示，电源电动势 E=36V，内阻 r=1，电灯上标有“6V，12W”的
12、字样，直流电动机线圈电阻 R=2。接通电源后，电灯恰能正常发光，下列说法正确的是（ ）A. 电路中的电流大小 6AB. 电动机产生的热功率 56WC. 电动机的机械效率 85.7%D. 电源的输出功率为 72W【答案】C【解析】试题分析：因为灯泡恰好能正常发光，所以根据公式 可得 ，电灯和电动机串联在电路中，所以电路中的电流大小为 2A，A 错误；根据公式 可得电动机产生的热功率为 ，B 错误；电动机消耗的总功率为 ，故电动机的机械效率大小为 ，C 正确；电源的输出功率为 ，D 错误考点：考查了非纯电阻电路电功率的计算10.如图所示，将一带电小球 A通过绝缘细线悬挂于 O点，细线不能伸长。现要
13、使细线偏离竖直线 30角，可在 O点正下方的 B点放置带电量为 q1的点电荷，且 BA连线垂直于 OA；也可在 O点正下方 C点放置带电量为 q2的点电荷，且 CA处于同一水平线上。则 为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】对两种情况进行受力分析，如图所示：依据矢量的合成法则，结合三角知识，及平衡条件，则有：F=mgsin30，F=mgtan30，根据库仑定律，则有： ，而 ；根据三角知识，则有：l BA=Ltna30，lCA=Lsin30，综上所得： ，故 ACD错误，B 正确；故选 B。【点睛】考查库仑定律、矢量的合成法则与平衡条件的应用，掌握三角知识，及几何关系的内容
14、，注意绳子的长度相等，是解题的关键11.在伏安法测电阻的实验中,待测电阻 约为 800,电压表 V的内阻约为 2k,电流表 A的内阻约为 10,测量电路中电表的连接方式如图(a)或图(b)所示,若将由图(a)和图(b)中电路测得的电阻值分别记为 和 ,则下列说法正确的是A. 更接近真实阻值B. 更接近真实阻值C. 大于真实阻值, 小于真实阻值D. 小于真实阻值, 大于真实阻值【答案】AC【解析】【分析】本题的关键是明确电流表内外接法的选择方法：当满足 ，时，电流表应用外接法，根据串并联规律写出真实值表达式，比较可知，测量值小于真实值；当满足 时，电流表应用内接法，根据串并联规律写出真实值表达式
15、，比较可知，测量值大于真实值。【详解】由于待测电阻满足时 RARV=102000 ，所以电流表应用内接法，即 RX1 更接近真实值；根据串并联规律可知，采用内接法时真实值应为：采用外接法时，真实值应为：，即测量值小于真实值。故应选：AC。12.分别置于 两处的长直导线垂直纸面放置,通有大小相等的恒定电流,方向如图所示,在一条直线上,且 。已知 点的磁感应强度大小为 , 点的磁感应强度大小为 若将 处导线的电流切断,则A. 点的磁感应强度大小变为 B. 点的磁感应强度方向向上C. 点的磁感应强度大小变为 D. 点的磁感应强度方向向下【答案】AB【解析】【分析】根据右手螺旋定则判断出通电导线在 c
16、、d 两点的磁场方向，在距离导线相等的点磁感应强度大小相等抓住 c点、d 点的磁感应强度大小求出 a、b 导线在 c、d 两点的磁感应强度。【详解】A 项：设 a导线在 c点的磁感应强度大小为 B，在 d点的磁感应强度大小为 B根据右手螺旋定则有：B 1=2BB2=B-B联立两式解得：， 由右手螺旋定则可知，d 处的磁感应强度方向向上，故应选：AB。【点睛】解决本题的关键掌握右手螺旋定则，会根据右手螺旋定则判断电流周围磁场的方向，以及知道在距离导线相等的点磁感应强度大小相等。13.两个等量同种电荷固定于光滑水平面上,其连线中垂线上有 A、B、C 三点,如图甲所示,一个电荷量为 质量为 0.1k
17、g的小物块(可视为质点)从 C点静止释放,其运动的 图象如图乙所示,其中 B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)，则下列说法正确的是A. 由 C到 A的过程中物块的电势能一直增大B. B点为中垂线上电场强度最大的点,场强 E=100V/mC. 由 C点到 A点电势逐渐降低D. A、B 两点间的电势差【答案】BC【解析】【分析】由能量守恒定律分析电势能的变化情况根据 v-t图可知物块在 B点的加速度最大，此处电场强度最大，根据牛顿第二定律求场强的最大值由 C到 A的过程中物块的动能一直增大，根据电场线的方向分析电势的变化，由动能定理可求得 AB两点的电势差。【详解】A 项：从速度
18、时间图象可知，由 C到 A的过程中，物块的速度一直增大，电场力对物块做正功，电势能一直减小，故 A错误；B项：带电粒子在 B点的加速度最大，为 ，所受的电场力最大为 Fm=mam=0.12N=0.2N，则场强最大值为 ，故 B正确；C项：据两个等量同种正电荷其连线中垂线上电场强度方向由 O点沿中垂线指向外侧，故由C点到 A点的过程中电势逐渐减小，故 C正确；D项：从速度时间图象可知，A、B 两点的速度分别为 v A=6m/s，v B=4m/s，再根据动能定理得：，解得： ，故 D错误。故应选：BC。【点睛】明确等量同种电荷电场的特点是解本题的关键，要知道 v-t图切线的斜率表示加速度，由动能定
19、理求电势差是常用的方法。14.如图所示,在场强大小为 E的匀强电场中,一根不可伸长的绝缘细线一端拴一个质量为电荷量为 的带负电小球,另一端固定在 O点。把小球拉到使细线水平的位置 A,然后将小球由静止释放,小球沿弧线运动到细线与水平成 的位置 B时速度为零，以下说法正确的是A. 小球重力与电场力的关系是B. 小球重力与电场力的关系是C. 小球在 A点和 B点的加速度大小相等D. 小球在 B点时,细线拉力为【答案】BC【解析】【分析】类比单摆，小球从 A点静止释放，运动到 B点速度为 0，说明弧 AB的中点是运动的最低点，对小球进行受力分析，小球处在弧线中点位置时切线方向合力为零，再根据几何关系
20、可以求出 Eq，球到达 B点时速度为零，向心力为零，则沿细线方向合力为零，此时对小球受力分析，再根据几何关系即可解题。【详解】A、B 项：小球从 A运动到 B的过程中，根据动能定理得：mgLsin-qEL（1-cos）=0 得，则 ，故 A错误，B 正确；C项：在 A点，小球所受的合力等于重力，加速度 ，在 B点，合力沿切线方向Eqsin60-mgcos60=mg，加速度 aB=g，所以 A、B 两点的加速度大小相等，故 C正确；D项：小球到达 B点时速度为零，向心力为零，则沿细线方向合力为零，此时对小球受力分析可知：T=qEcos60+mgsin60故细线拉力 ，故 D错误。故应选：BC。【
21、点睛】本题关键是对小球受力分析，然后找出复合场的最低点位置，最后根据牛顿第二定律和平行四边形定则列式分析计算。二、实验题15.如图所示，游标卡尺的读数为 mm；螺旋测微器的读数为 mm【答案】10.75；9.693【解析】试题分析：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：1、游标卡尺的主尺读数为 10mm，游标尺上第 15个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为 150.05mm=0.75mm，所以最终读数为：10mm+0.75mm=10.75mm2、螺旋测微器的固定刻度为 9.5mm
22、，可动刻度为 19.30.01mm=0.193mm，所以最终读数为9.5mm+0.193mm=9.693mm故答案为：10.75；9.693【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16.某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻,现备有下列器材:A.被测干电池一节B.电流表量程 03A,内阻约为 0.3C.电流表量程 00.6A,内阻约为 0.1D.电压表量程 03V,内阻未知E.滑动变阻器 010,2AF.滑动变阻器 0100,1AG.定值电阻陷(阻值为 1、额定功率为 5W)H.开关、导线若干在现有器材的条件下,要尽可能准确地测量电池
23、的电动势和内阻。(1)在上述器材中请选择适当的器材(填写器材前的字母)，电流表选择_，滑动变阻器选择_；(2)请按照图甲设计的电路图用笔画线将图乙实物电路图补充完整_；(3)该同学按照要求连接好电路并进行实验,根据实验数据绘出了图所示的 图像,则电源的电动势 E=_V,电源内阻 r=_(保留两位有效教字)。【答案】 (1). B (2). E (3). (4). 1.5 (5). 0.6【解析】【详解】(1) 电流表：为了读数准确，所以选择 B；滑动变阻器阻值较小有利于电表的数值变化，减小误差，故选 E；(2)按原理图连接实物图如图：(3) 由 U-I图可知，电源的电动势为：E=1.5V；内电
24、阻为： 。三、计算题17.光滑的金属导轨相互平行，它们所在的平面与水平面的夹角为 45，磁感应强度为 B=5T的匀强磁场竖直向上穿过导轨，此时导轨上放一重 G=0.2N，电阻值为 R1=0.2 的金属棒ab，导轨间距 L=0.4m，导轨中所接电源的电动势为 E=6V,内阻 r=0.5，其它的电阻不计，金属棒恰好能静止在导轨上，求：(1)金属棒 ab受到磁场的安培力多大；(2)电阻 R2的阻值多大？【答案】(1) F=0.2N (2)【解析】【详解】(1)对 ab棒受力分析，如图： 由平衡条件得，金属棒 ab受到磁场的安培力： 代入数据： (2)由安培力公式：回路电流： 由闭合电路的欧姆定律：电
25、阻 R2的阻值：代入数据： .【点睛】本题结合安培力特点考查了物体的平衡，注意公式 F=BIL的应用条件，以及公式中各个物理量的含义18.如图所示，两块相同的金属板正对着水平放置，板间距离为 d.当两板间加电压 U时，一个质量为 m、电荷量为 q的带电粒子，以水平速度 v0从 A点射入电场，经过一段时间后从B点射出电场， A、 B间的水平距离为 L，不计重力影响求：(1)带电粒子从 A点运动到 B点经历的时间；(2)带电粒子经过 B点时速度的大小；(3)A、 B间的电势差【答案】(1) (2) (3)【解析】试题分析：（1）带电粒子在板间做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，根据位移和初速度
26、直接得出粒子运动时间；（2）带电粒子在电场中做类平抛运动，已知两极间的电势差和析间距离可以求得粒子在电场中的受力，粒子在电场方向上做初速度为 0的匀加速直线运动，根据加速度大小和时间可以求得电场方向上的分速度，根据运动的合成求出粒子在 B点的速度大小；（3）根据只有电场力做功，由动能定理求得粒子在 A至 B过程中电场力做的功，从而求得A、B 两点间的电势差解：（1）带电粒子在水平方向做匀速直线运动，从 A点运动到 B点经历的时间 ；（2）带电粒子在竖直方向做匀加速直线运动板间场强大小加速度大小 =经过 B点时粒子沿竖直方向的速度大小 vy=at=带电粒子在 B点速度的大小 v=（3）带电粒子从
27、 A点运动到 B点过程中，根据动能定理得A、B 间的电势差 UAB= =答：（1）带电粒子从 A点运动到 B点经历的时间为 ；（2）带电粒子经过 B点时速度的大小为 ；（3）A、B 间的电势差为 【点评】解决本题的关键是能根据运动的合成与分解求带电粒子做类平抛运动的问题，知道电场强度与电势差的关系以及电场力做功与物体动能变化的关系19.如图所示，在竖直平面内存在竖直方向的匀强电场。长度为 l的轻质绝缘细绳一端固定在 o点，另一端连接一质量为 m、电荷量为+q 的小球（可视为质点） ，初始时小球静止在电场中的 a点，此时细绳拉力为 2mg，g 为重力加速度。求：（1）电场强度 E的大小和 a、O 两点的电势差 UaO；（2）小球在 a点获得一水平初速度 Va=4 ，则小球在最低点绳子的拉力大小。【答案】 （1） ，方向竖直向上； （2）【解析】(1)小球静止在 a点时，由共点力平衡得 解得 ，方向竖直向上在匀强电场中，有 则 a、 O两点电势差 (2)小球从 a点运动到 b点，设到 b点速度大小为 ，由动能定理得小球做圆周运动通过 b点时，由牛顿第二定律得 联立式，代入 解得
