1、1宁夏石嘴山市第三中学 2018-2019学年高二上学期期中考试物理试题一、选择题1.带电量分别为 2Q、4Q 的两点电荷，相距为 r，相互作用力为 F。现把两个电荷的电量各减少一半，距离减小为 ，则两个点电荷的相互作用力变为（ ）A. 4FB. 2FC. D. 【答案】A【解析】【详解】由库仑定律可得，变化前的 ，变化后 ，所以 ，故 A正确。【点睛】此题比较简单，直接根据库仑定律得出两次作用的表达式，则可求得距离减小后相互作用力，从而解出此题。2.关于电场强度的说法，正确的是（ ）A. 由 E= 可知，场强 E跟 F成正比，跟 q成反比FqB. 电场中某点的场强 E可用检验电荷 q来量度，
2、但 E和 q的正负、大小无关C. 电场中某点的场强 E，就是单位正电荷放在该点受到的电场力 FD. 电场中某点的场强方向，就是检验电荷放在该点时受到的电场力方向【答案】B【解析】【详解】A. 是电场强度的定义式，运用比值法定义，E 反映电场本身的性质，与检验E=Fq电荷 q所受的电场力 F.电荷量 q无关，故 A错误。B.电场中某点的场强 E可用检验电荷 q来量度，但 E由电场本身决定，与 q的正负、大小均无关。故 B正确。2C.电场中某点的场强 E在数值上等于单位电荷所受的电场力大小，但场强与电场力的物理意义不同，场强反映的是电场的强弱和方向，故 C错误。D.电场中正检验电荷的受力方向是电场
3、强度的方向。场强方向与负检验电荷所受的电场力方向相反。故 D错误。【点睛】本题考查对电场强度的理解对于物理公式，不仅仅要从数学的角度理解，更重要的要能理解其物理意义。3.如图，在电场中有 a、b 两点，试比较 a、b 两点的场强大小；引入一点电荷，试比较点电荷在 a、b 两点所受电场力的大小（ ） A. EaE b,FaF bB. EaE b,FaF bC. EaE b,FaF bD. EaE b,FaF b【答案】D【解析】【详解】由图看出，b 处电场线比 a处电场线密，则 b处场强大于 a处场强，即 由EbEa电场力公式 得知，电荷在 b处受到的电场力大于在 a处受到的电场力，即 ，F=E
4、q FbFa故 D正确。【点睛】电场中，电场线越密，电场强度越大，同一电荷受到的电场力越大.4.下列关于电势高低的判断正确的是（ ）A. 正电荷从 A点移到 B点时，其电势能增加，A 点电势一定较高B. 正电荷只在电场力作用下从 A点移到 B点，A 点电势一定较高C. 负电荷从 A点移到 B点，克服电场力做功，A 点电势一定较高D. 负电荷从 A点移到 B点，电势能增加，A 点电势一定较低【答案】C【解析】3【详解】A.正电荷从 A移到 B时，其电势能增加，电场力做负功，电荷逆着电场线运动，A点电势一定较低。故 A错误。B、正电荷只在电场力作用下从 A移到 B，电荷不一定从高电势处向低电势处运
5、动，A 点电势不一定较高，还取决于电荷的初速度。故 B错误。C、负电荷从 A点移到 B点，克服电场力做功，电荷顺着电场线运动，A 点电势一定较高。故 C正确。D、负电荷从 A移到 B时，电势能增加，电顺着电场线运动，A 点电势一定较高。故 D错误【点睛】根据推论：正电荷在电势高处，电势能大；负电荷在电势低处，电势能大，判断两点间电势的高低.正电荷只在电场力作用下从 A移到 B，电荷不一定从高电势处向低电势处运动.负电荷从 A移到 B时，外力作正功，A 点电势不一定较高5.把电量是 410-5C的正电荷从电场中的 A点移到 B点，电场力做功为 1.210-2J。以下说法中不正确的是（ ）A. 正
6、电荷在 A点时的电势能比它在 B点时的电势能大 1.210-2JB. A点的电势等于 300VC. A点的电势比 B点高 300VD. A,B两点间的电势差等于 300V【答案】B【解析】【详解】A.正电荷从电场中的 A点移到 B点，电场力做 的正功，则电荷的电势能1.2102J减小 ,即有正电荷在 A点时的电势能比它在 B点时的电势能大 故 A正确。1.2102J 1.2102JBCD、A.B 两点间的电势差 说明 A点的电势比 B点高 300V，UAB=WABq=1.21024105V=300V0由于没有选取零电势点，所以不能求出 A点的电势。故 CD正确，B 错误。【点睛】电场力做功多少
7、，电荷的电势能就减少多少.根据 可求出 A、B 间的电势差，U=Wq分析它们电势的关系.若没有选取零电势点，是不能确定 A点的电势的.6.有一粗细均匀的电阻丝，电阻是 3。当它被均匀拉长后，其电阻变为 108，则它的长度为原来长度的（ ）A. 6倍4B. 9倍C. 18倍D. 36倍【答案】A【解析】【详解】当导体的长度拉长到原来的 x倍时，其材料和体积均不变，则横截面积变为原来的 ；而导体的电阻与长度成正比，与横截面积成反比，所以此时导体的电阻变为原来的1xx2倍即 ，解得：x=6. 故选：A3x2=108【点睛】在电阻丝温度不变的条件下，电阻的影响因素是材料、长度、横截面积，当导线被拉长后
8、，长度变长的同时，横截面积变小，但导体的整个体积不变。7.现有电阻 R1、R 2，它们的电流和电压间关系表示在图中，当它们两端电压相等时，电阻R1和 R2所消耗的功率分别为 P1、P 2，则可知（ ）A. R1R 2，P 1P 2B. R1R 2，P 1P 2C. R1R 2，P 1P 2D. R1R 2，P 1P 2【答案】C【解析】【详解】I-U 图象中图象的斜率表示电阻的倒数，则由图可知， ；当两端电压相等R1P2【点睛】明确 I-U图象的性质，知道 I-U图象中图象的斜率表示电阻的倒数；根据 可P=U2R明确功率关系.8.许多人造卫星都用太阳能电池供电，太阳能电池由许多片电池板组成。当
9、太阳光照射某5电池板时，该电池板的开路电压是 600mV，短路电流是 30mA，那么，这块电池板的内电阻是( )A. 10B. 20C. 40D. 60【答案】B【解析】试题分析：由题，U=0.6V，则 E=U=0.6V，又 ，得 ,故选 BE=I短 r I短 =Er=0.620A=30mA考点：考查了闭合回路欧姆定律的应用点评：本题关键根据电源开路和短路的特点，求解电源的内电阻9.如图所示，细线拴一带负电的小球在竖直向下的匀强电场中运动。假设小球所受的电场力 qE与重力 G的大小关系为 qE=G，且小球运动到最低点 a处的速率为 va，运动到最高点b处的速率为 vb，则 va与 vb的关系为
10、 （ ）A. vavbB. va=vbC. va BC. EAEBD. A= B【答案】AB【解析】【详解】因为电荷作初速度为零的匀加速直线运动，由 可知 a、m、q 都恒定,则 E恒a=qEm定，故 A正确，C 错误；因为是加速运动，动能增加，根据能量守恒定律，电势能减小，9故 B正确，D 错误.【点睛】本题难度较小，明确加速度与场强的关系，电场力做正功电势能减小的规律是本题所要考查的重点15.如图所示，直线为某一直流电源的总功率总随着电流变化的图线，抛物线为同一直流电源内部的热功率 r随电流变化的图线，若、对应的横坐标为2，则下面说法中正确的是：（ ）A. 电源电动势为 3，内阻为 1B.
11、 线段表示的功率为 2C. 电流为 2时，外电路电阻为 0.5D. 电流为 3时，外电路电阻为 2【答案】D【解析】试题分析：A、由图读出 时，电源的功率 ，电源内部发热功率 ，根据I=3A P=9W P热 =9W电源的功率 可得电源电动势 ，电源内部发热功率 可得电源的内P=EI E=PI=93V=3V P热 =I2r阻为 ；正确r=P热I2=932=1B、当电流 时，电源的功率为 ,电源内部发热功率 ，则线段I=2A P=EI=6W P热 =I2r=4WAB表示功率为 ；正确PR=PP热 =2WC、当电流 时，由 可得外电阻为 ；正确I=2A PR=I2R R=PRI2=0.5D、当电流为
12、 3A时，由题知 R=0；错误故选 ABC考点：电源的三种功率点评：对于电源要分清三种功率及其关系：电源的总功率 ，电源内部发热功率P总 =EI，外电路消耗功率 ，且根据能量关系得 。P热 =I2r P外 =UI=I2R P总 =P外 +P热10二、实验题16.下列游标卡尺读数为_mm，螺旋测微器读数为_mm 。【答案】 (1). 9.65; (2). 11.898;【解析】【详解】游标卡尺的读数为： d=9mm+130.05mm=9.65mm螺旋测微器的读数为： d=11.5mm+39.80.01mm=11.898mm【点睛】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读.螺旋测微器的读
13、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。17.有一个小灯泡上标有“2V,3W”的字样,现在要用伏安法描绘这个灯泡的 I-U图线,有下列器材供选用:A.电源（电动势 3 V,内阻约 1） B.电流表（00.6 A,内阻约 1）C.电流表（02 A,内阻约 0.4） D.电压表（03 V,内阻约 10k）E.电压表（010 V,内阻约 20k） F.滑动变阻器（05,额定电流 3A）G.滑动变阻器（0500,额定电流 2A） H.开关、导线(1)实验中电流表应选用_,电压表应选用_.为使实验误差尽量减小,要求电压表从零开始变化且多取几组数据,滑动变阻器应选用_（用序号字母表
14、示）。11(2) 实验中,电压表的示数如图，图中 U= _ V。(3)实验中调节滑动变阻器,得到了小灯泡的 I-U图象如图所示,则可知小灯泡的电阻随电压增大而 _（填“增大” 、 “减小”或“不变” ） (4)请根据实验要求,在方框内画出电路图 _ .【答案】 (1). C; (2). D; (3). F; (4). 2.20; (5). 增大; (6). 【解析】【详解】 （1）因灯泡的额定电压为 2V，为保证安全选用的电压表量程应稍大于 2V，但不能大太多，量程太大则示数不准确；故只能选用 03V的电压表，故选 D；由 P=UI得，灯泡的额定电流 I=1.5A；故电流表应选择 02A的量程
15、，故选 C；而由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，而分 压接法中应选总阻值小的滑动变阻器，故选 F；（2）由图可知，量程为 3V，最小分度为 0.1V，则读数为 2.20V；（3）I-U 图象中图象中的斜率表示电阻的倒数，由图象可知，斜率减小，故电阻增大；（4）由以上分析可知，本实验应采用分压和电流表外接法，故电路图如图所示；【点睛】 （1)仪表的选择应本着安全准确的原则；电压表要测量灯泡两端的电压，故应通过灯泡的额定电压值判断需要的电压表；由流过灯泡的电流判断需要的12电流表；由题意判断需要的滑动变阻器；（2）根据量程确定最小分度，从而明确读数；
16、（3)根据 I-U图象的性质分析电阻的变化；（4）根据实验要求确定电压表和电流表的接法，从而得出电路图.18.在测定一节干电池的电动势和内阻的实验中，备有下列器材：A干电池 E(电动势约为 1.5 V、内阻约为 1.0 )B电压表 V(015 V)C电流表 A(00.6 A、内阻 0.1 )D电流表 G(满偏电流 3 mA、内阻 Rg10 )E滑动变阻器 R1(010 、10 A)F滑动变阻器 R2(0100 、1 A)G定值电阻 R3990 H开关、导线若干(1)为了方便且能较准确地进行测量，其中应选用的滑动变阻器是_(选填“ R1”或“R2”)；(2)请在方框内画出你所设计的实验电路图，并
17、在图中标上所选用器材的符号_；(3)如下图所示为某一同学根据他设计的实验，绘出的 I1 I2图线( I1为电流表 G的示数 I2为电流表 A的示数)，由图线可求得被测电池的电动势 E_ V，内阻 r_ .【答案】(1)R 1(2)电路图如图所示 (3)1.47(1.461.48 均对) 0.83(0.810.85 均对)13【解析】试题分析：从实验操作方便和安全角度出发，滑动变阻器选小阻值，大额定电流的 ；所R1给器材中电压表量程过大，不能选用，需要把电流表 G与 串联，被测量电源的内阻很小，R3电流表相对电源用外接法；图象与纵轴的截距为 1.47mA，为断路时通过 G的电流断路电流乘以 等于
18、 1.47V，为电源电动势；图线的斜率为电源内阻 .(R3 Rg) r=0.83考点：测定电源的电动势和内电阻实验【名师点睛】测定电源的电动势和内电阻是高中阶段电学实验考查的重点，是近几年各地高考题目的出题热点，本题突出了对于实验原理、仪器选择及 U-I图象处理等多方面内容的考查，题目层次源于课本，凸显能力，体现创新意识，侧重于对实验能力的考查三、计算题19.一个电量 q=210-10C的正点电荷放在匀强电场的 A点，它受到的电场力是 10-7N，则：（1）此电场的场强是多大？（2）此电荷只在电场力作用下从静止开始移动了 0.4m而到达 B点，到达 B点时电荷的动能有多大？（3）A、B 两点间
19、的电势差是多少？【答案】 （1）500N/C（2）410 -8J（3）200V【解析】（1） E=Fq= 10-7210-10(Nc)=500N/cW电 =EAB-0EAB=Fd=qEd=210-105000.4J=410-8J（2）由动能定理得：14（3） UAB=WABq=410-8210-10=200V20.如图所示，电源的总功率为 40W，电阻 ，电源内阻 ，电源的输R1=4,R2=6 r=0.6出功率为 37.6W求：（1）电源的内电路功率和电路中的总电流（2）电源的电动势（3）R 3的阻值【答案】 （1）24W；2A（2）20V（3）7【解析】试题分析：（1）电源内阻消耗的功率为：
20、P r=P 总 -P 出 =40-376=24W由：P r=I2r 解得： I=Prr= 2.40.6=2A（2）由 P 总 =EI得： E=402=20V（3）外电路总电阻为： R=R1R2R1+R2+R3由闭合电路欧姆定律有：E=I（R+r）由联立得：R 3=7考点：电功率；闭合电路的欧姆定律【名师点睛】对于电源的功率要区分三种功率及其关系：电源的总功率 P 总 =EI，输出功率P 出 =UI，内电路消耗的功率 P 内 =I2r，三者关系是 P 总 =P 出 +P 内 21.如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为 L、场强为 E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为 L处有一与电场平行的屏现有
21、一电荷量为q、质量为 m的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度 v0射入电场中，v 0方向的延长线与屏的交点为 O.试求：(1)粒子从射入到打到屏上所用的时间；15(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值 tan；(3)粒子打到屏上的点 P到 O点的距离 x.【答案】 （1） （2） （3） 2Lv0 qELmv20 3qEL22mv02【解析】【分析】（1）带电粒子垂直射入电场，只受电场力作用而做类平抛运动，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运动，由 求解时间 tL=v0t（2）根据牛顿第二定律求出加速度.研究竖直方向的运动情况，由速度公式 求
22、出粒vy=at子刚射出电场时竖直分速度，由 求出 。tan=vyv0 tan（3）由位移公式 求出粒子刚射出电场时偏转的距离 y.带电粒子离开电场后做匀速y=12at2直线运动，偏转的距离 ，两个偏转之和即为粒子打到屏上的点 P到 O点的距离 Y.Ltan【详解】 （1）粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，则粒子打到荧光屏上的时间：t=2Lv0（2）设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为 vy根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为： a=qEm所以， vy=at=qEmLv0=qELmv0粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为：tan=vyv0=qELmv20（3）设
23、粒子在电场中的偏转距离为 y，则y=12at2=12qEmt2又 解得：Y=y+LtanY=3qEL22mv2022.如图所示，两块平行金属板 MN、 PQ竖直放置，两板间的电势差 U1.610 3 V，现将一质量 m3.010 2 kg、电荷量 q4.010 5 C的带电小球从两板左上方的 A点以初速度 v04.0 m/s 水平抛出，已知 A点距两板上端的高度 h0.45 m，之后小球恰好从 MN板上端内侧 M点进入两板间匀强电场，然后沿直线运动到 PQ板上的 C点，不计空气阻力，取 g10 m/s 2，求：16(1)带电小球到达 M点时的速度大小；(2)C点到 PQ板上端的距离 L；(3)
24、小球到达 C点时的动能 Ek.【答案】 （1）5.0m/s（2）0.12m（3）0.475J【解析】【分析】（1）根据小球做平抛运动，依据平抛运动的规律，即可解小球到达 M板上端时的速度大小及方向；（2）在电场中小球沿速度方向做直线运动，根据的距离；（3）从平抛和直线运动两部分运动分别运用动能定理求解合力功而得到小球动能的变化.【详解】 （1）设小球到达 M点的速度大小为 v，从 A到 M的时间为 t：位移公式可得： h=12gt2速度公式可得： vy=gt可得：v=v20+v2y=5m/s（2）在两平行板间运动时，小球受水平方向的静电力和竖直向下的重力作用，因为小球在电场内做直线运动，由动力
25、学知识可知，小球受到的电场力方向水平向右，合力方向与速度的方向一致。设极板间的电场强度为 、极板间距离为 d则有：Etan=qEmgU=EdL=dtan联立以上几式，代入数据，可解得 C点到 PQ板上端的距离 L=qUmgtan2=0.12m（3）从 M到 C的过程中，由动能定理，有：17Ek12mv2=qU+mgL代入数据，可求得小球到达 C点时的动能Ek=0.475J23.如图所示，一条长为 L的细线上端固定，下端拴一个质量为 m的电荷量为 q的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从 A点静止释放，当细线离开竖直位置偏角 60时，小球速度为 0.(1)求：电场强度
26、 E.(2)若小球恰好完成竖直圆周运动，求从 A点释放小球时应有的初速度 vA的大小(可含根式)【答案】 （1） （2） 3mg3q 2gL(3+1)【解析】【分析】（1）小球在电场中受到重力、电场力和细线的拉力而处于平衡状态.根据细线偏离的方向，分析电场力方向，确定小球的电性.根据平衡条件和电场力公式 ，列方程求出电场强F=qE度.（2)根据题意可知，由力的平行四边形定则求出电场力与重力的合力，可等效成新的重力，小球若能以最小速度通过新重力的对应的最高点，则小球恰好完成竖直圆周运动，从而根据动能定理，可求出 A点释放小球时应有初速度的大小.【详解】 （1）由图可知，小球所受电场力方向水平向右，场强也水平向右，则小球带正电荷。由题意可知，细线离开竖直位置偏角的角平分线的位置，即为小球平衡位置，以小球为研究对象，分析受力，作出受力示意图如图。根据平衡条件得：qE=mgtan12则： E=mgtan30q =3mg3q18（2）小球除拉力外，还受到电场力与重力作用，由于其两个不变，因此可等效成新的重力，所以要小球恰好完成竖直圆周运动，则小球必须能以最小速度通过新的重力对应的最高点。根据牛顿第二定律，则有：从而 A点到新的重力对应的最高点 C，根据动能定理得， 联立以上方程可得：
