福建省漳州三中２０１７－２０１８學年高二物理第一學期期末考試試題一、選擇題：本題共10小題，每小題3分，共30分。在每小題給出的四個選項中，有的小題只有一個選項正確，有的小題有多個選項正確。全部選對的得3分，選對但不全的得1分，有選錯的或不答的得0分。1.如圖所示，P、Q是兩個電量相等的正點電荷，它們的連線的中點是O、A、B是中垂線上的兩點，OA<OB，用EA、EB和A、B分別表示A、B兩點的場強和電勢，則（）A.EA一定大于EB，A一定大于BB.EA不一定大于EB，A不一定大于BC.EA一定大于EB，A不一定大于BD.EA不一定大于EB，A一定大于B【答案】D【解析】兩個等量正點電荷連線中點O的電場強度為零，無窮遠處電場強度也為零，故從O點沿著中垂線到無窮遠處電場強度先增大后減小，設場強最大的點為P點，P點可能在A、B兩點之間，也可能在O、A之間，也可能在B點的外側，當P點可能在A、B兩點之間時，EA可能大于EB，也可能小于EB，還可能等于EB；當P在O、A之間時，EA大于EB；當P點在B點外側時，EA小于EB；在PQ連線的中垂線上，場強方向沿AB方向，沿電場線方向電勢越來越低，因此φA一定大于

φB；故A，B，C錯誤，D正確；故選D．【點睛】本題關鍵是要明確兩個等量同種電荷連線的中垂線上的場強分布情況和電勢分布情況，沿著場強方向，電勢越來越低．2.某帶電粒子僅在電場力作用下由A點運動到B點，電場線、粒子在A點的初速度及運動軌跡如圖所示，可以判定：（）A.粒子在A點的加速度大于它在B點的加速度B.粒子在A點的動能小于它在B點的動能C.粒子在A點的電勢能小于它在B點的電勢能D.A點的電勢低于B點的電勢【答案】B【解析】,電場力，由牛頓第二定律知,A對。粒子所受電場力方向與電場線方向一致，由A點運動到B點，電場力做正功，動能增加，電勢能減小，B對C錯。沿電場線方向電勢降低，A點的電勢高于B點的電勢，D錯。3.一平行板電容器通過開關和電源連接,如圖所示,電源的電動勢保持9V不變.先閉合開關,把一個厚0.5mm的金屬板平行插入間距為1mm的兩板之間(金屬板的面積和電容器極板的相等).等穩(wěn)定后再打開開關,拔出金屬板設整個過程中金屬板未和電容器極板相碰.則此時電容器極板間的電壓是()A.9VB.18VC.4.5VD.0V【答案】B【解析】開始時開關閉合，故兩板間的電壓為9V；將金屬板間的金屬板抽出后，板間距離變成原來的2倍；則由C=可知，電容C變成原來的一半；則由U=Q/C可知，U變成18V；故選B．4.傳感器是一種采集信息的重要器件，如圖所示，是一種測定壓力的電容式傳感器，當待測壓力F作用可動膜片電極上時，可使膜片產生形變，引起電容的變化，將電容器、靈敏電流表和電源串接成閉合電路，則（）A.當電容減小時，可知壓力F向上B.當電容增大時，可知壓力F向上C.若電流計有讀數，則壓力發(fā)生變化D.若電流計有讀數，則壓力不發(fā)生變化【答案】BC【解析】A、B、當F向上壓膜片電極時，板間距離減小，由電容的決定式得到，電容器的電容將增大．故B正確，A錯誤．C、D、當F變化時，電容變化，而板間電壓不變，由Q=CU，故帶電荷量Q發(fā)生變化，電容器將發(fā)生充、放電現象，回路中有電流，電流計有示數．反之，電流計有示數時，壓力F必發(fā)生變化．故C正確，D錯誤．故選BC．【點睛】根據電容器的電容與板間距離的關系判斷當F向上壓膜片電極時電容的變化．由題，電容器、靈敏電流計和電源串接成閉合電路，若電流計有示數，電容器在充電或放電，壓力F一定發(fā)生變化．5.如圖所示，A、B、C是相同的三盞燈，在滑動變阻器的滑動觸頭由c端向b端滑動的過程中（各燈都不被燒壞），各燈亮度的變化情況為（

）A.C燈變亮，A、B燈變暗B.A、B燈變亮，C燈變暗C.A、C燈變亮，B燈變暗D.A燈變亮，B、C燈變暗【答案】A【解析】當觸頭向右移動時，滑動變阻器接入電阻增大；則總電阻增大，電路中總電流減小，所以A燈變暗，因A燈及電源內阻的電壓減小，故并聯部分電壓增大，所以C燈變亮，而因為總電流減小，而C燈電流增大，故B燈中電流減小，所以B燈變暗，故A正確，BCD錯誤。6.如圖所示，直線A為電源的路端電壓與總電流關系的伏安圖線，直線B為電阻R兩端電壓與通過該電阻電流關系的伏安圖線，用該電源和該電阻組成閉合電路時，電源的輸出功率和效率分別是（）A.2瓦，66．7％B.2瓦，33．3％C.4瓦，33．3％D.4瓦，66．7％【答案】A【解析】試題分析：據題意，當該電源與這個電阻連接成閉合電路，圖象中的交點表示該閉合電路的實際工作狀態(tài)，則電源的輸出功率為：，電源的效率為：，所以A選項正確?？键c：本題考查電源的輸出功率、總功率和損失功率的關系以及電源的效率。7.在圖所示電路中，電容器C的上極板帶正電，為了使該極板帶正電且電量增大，下列辦法中可行的是（）A.增大R1，其它電阻不變B.增大R2，其它電阻不變C.增大R3，其它電阻不變D.增大R4，其它電阻不變【答案】AD【解析】設電源負極處電勢為零，由圖可知上極板的電勢等于R2兩端的電勢差，下極板的電勢等于R4兩端的電勢差；穩(wěn)定時兩支路互不影響；增大R1時，R2上的分壓減小，上極板電勢降低，而下極板上電勢不變，則電容器兩端的電勢差減小，極板上電荷量減小，故A正確；若增大R2時，R2上的分壓增大，上極板上電勢升高，而下極板電勢不變，故兩極板電勢差增大，帶電量增加，故B錯誤；增大R3，則R3分壓增大，R4兩端的電壓減小，故下極板的電勢降低，而上極板電勢不變，則電容器電勢差變大，帶電量增加，故C錯誤；增大R4，則R4分壓增大，R4兩端的電勢差增大，故下極板電勢升高，而上極板電勢不變，則電容器極板間電勢差減小，故電量減小，故D正確；故選AD．8.如圖所示，在豎直向上的勻強磁場中，水平放置著一根長直流導線，電流方向指向讀者，a、b、c、d是以直導線為圓心的同一圓周上的四點，在這四點中：（）A.a、b兩點磁感應強度相同B.a點磁感應強度最大C.c、d兩點磁感應強度大小相等D.b點磁感應強度最大【答案】CD【解析】試題分析：根據安培定則，直線電流的磁感應強度如圖根據平行四邊形定則，a、b、c、d各個點的磁場情況如圖顯然，C點與D點合磁感應強度相等；a點磁感應強度為兩點之差的絕對值，最??；B電磁感應強度等于兩個磁感應強度的代數和，最大；故選CD?？键c：帶電粒子在混合場中的運動。9.如圖所示，直角三角形通電閉合線圈ABC處于勻強磁場中，磁場垂直紙面向里，則線圈所受磁場力的合力為：（）A.大小為零B.方向豎直向上C.方向豎直向下D.方向垂直紙面向里【答案】A【解析】若通以順時針的電流方向,根據左手定則可知:各邊所受的安培力背離中心處.如圖所示，由公式F=BIL得出各邊的安培力的大小，從而得出安培力大小與長度成正比，因而兩直角邊的安培力與斜邊的安培力等值反向．所以線圈所受磁場力的合力為零．故選A．【點睛】本題雖然沒有告知電流的方向，但不影響解題，不論電流如何，要么安培力指向中心，要么安培力背離中心處．同時考查安培力的大小與通電導線的長度關系，及力的合成法則．當然本題還可以采用等效法，導線AB與BC可等效成直導線A′C′電流方向由A′到C′，則此導線受到的安培力與直導線AC安培力方向相反，大小相等．10.如圖所示，一電子沿Ox軸射入電場，在電場中的運動軌跡為OCD，已知，電子過C、D兩點時豎直方向的分速度為vCy和vDy；電子在OC段和OD動能變化量分別為△EK1和△EK2，則（）A.B.C.D.【答案】AD【解析】A、B電子沿Ox軸射入勻強電場，做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，已知，則電子從O到C與從C到D的時間相等．電子在豎直方向上做初速度為零的勻加速運動，則有vcy=atOC，vDy=atOD，所以

vcy：vDy=tOC：tOD=1：2．故A正確，B錯誤．C、D根據勻變速直線運動的推論可知，在豎直方向上：yOC：yOD=1：4，根據動能定理得△Ek1=qEyOC，△Ek2=qEyOD，則得△Ek1：△Ek2=1：4．故C錯誤，D正確．故選AD.【點睛】本題是類平拋運動問題，運用運動的分解法研究，靈活運用比例法求解。二、實驗題：（共13分）11.(1)在用電流場模擬靜電場描繪電場等勢線的實驗中，在下列所給出的器材中，應該選用的是（_________）A．6伏的交流電源B．6伏的直流電源C．100伏的直流電源D．量程00.5伏，零刻度在刻度盤中央的電壓表E．量程0300微安，零刻度在刻度盤中央的電流表在實驗過程中，要把復寫紙、導電紙、白紙鋪放在木板上，它們的順序是（自上而下）①______________②_______________③_______________(2)在圖中，當探針1與基準點E接觸，探針Ⅰ與F點（未標出）接觸，電流計指針向左擺，這時探針Ⅱ應_______（填左移、右移、上移、下移）（設已知電流從右接線柱流入時，電流計指針向右偏轉）．【答案】(1).BE(2).導電紙(3).復寫紙(4).白紙(5).左【解析】(1)A、B、C、本實驗的原理是利用恒定電流場模擬靜電場，所以6V的直流電源．故A，C錯誤，B正確．D、E、由于導電紙上任一點與基準點的電勢差較小，為了找到等勢點，需要量程0300μA，零刻度在刻度盤中央的靈敏電流表．故D錯誤，E正確．故選BE；等勢線描繪在白紙上，白紙鋪在最下面，操作在導電紙上，導電紙放在最上面，則要把復寫紙、導電紙、白紙鋪放在木板上，它們的順序自上而下是導電紙、復寫紙、白紙．(2)若一個探針I(yè)與基準點E接觸，另一探針I(yè)I與F點接觸，則發(fā)現電流計指針向左擺，說明E點的電勢比基準點E的電勢高，根據圖示可知，左端為正極，即為高電勢，因此探針I(yè)I應該向左移，才能出現電勢相等的情況．【點睛】本題關鍵根據實驗原理去選擇實驗器材，通過實驗描繪出等勢線，從而去體會等量異種電荷的電場線的分布及與等勢線的關系．12.圖為一正在測量中的多用電表表盤。(1)如果是用直流10V檔測量電壓，則讀數為__________V.(2)如果是用直流5mA檔測量電流，則讀數為_________mA.(3)如果是用×100Ω檔測量電阻，則讀數為__________Ω.【答案】(1).6.50V(2).3.25mA(3).8.0×102Ω【解析】試題分析：（1）用多用電表測直流電壓、電流時,需根據第二行刻度讀數。所選擋位最小刻度值為V=0．2V,由于指針指在32．5個最小刻度處,故所測電壓U=0．2×32．5V=6．5V。（2）用直流5mA擋時最小刻度值為mA=0．1mA,故所測電流I=0．1×32．5mA=3．25mA。（3）用多用電表測電阻時,需根據第一行刻度讀數。由于選用“×100”擋,故所測電阻R=8．0×100Ω=800Ω?？键c：萬用表的讀數【名師點睛】本題考查基本儀器、儀表的讀數能力．儀器、儀表的讀數是準確值加估計值，在儀器、儀表的讀數中不可靠數字只保留一位，儀器或儀表中不可靠數字出現在哪一位，讀數就讀到哪一位。13.為了較準確地測定一只量程為3V，內阻約3kΩ的電壓表的內阻值，在手頭沒有電流表可用的情況下，某同學設計了如下圖所示的實驗電路。其中R1是最大阻值為9999Ω的電阻箱，R2是最大阻值為20Ω的滑動變阻器。電源是電動勢為6V的蓄電池。①試用筆畫線代替導線，將實驗器材連接成實驗電路____。（有兩根線已經接好，不得改動）②在接通電路前，應將滑動變阻器的滑動觸頭置于_______端(填A或B)，將電阻箱阻值調到_______（填最大或最小）。③根據實驗電路，按合理的順序寫出本實驗的主要步驟，包括須記錄的數據，并用這些數據寫出測量結果的表達式。___________________________________________________________【答案】(1).(2).A(3).最大(4).按電路圖接好電路；閉合S1、S2，調節(jié)R2的滑動觸頭，使電壓表滿偏；斷開電鍵S2，保持滑動觸頭的位置不變，調節(jié)R1的阻值，使電壓表半滿偏；記錄這時電阻箱的阻值R；電壓表內阻RV=R【解析】(1)根據圖1所示電路圖為半偏法測電壓表內阻，連接實物電路圖，實物如圖所示：(2)為保護電路，在接通電路前，應將滑動變阻器的滑動觸頭置于A端，將電阻箱阻值調到最大．(3)半偏法測電壓表內阻的實驗步驟為：a、按電路圖接好電路；b、閉合S1、S2，調節(jié)R2的滑動觸頭，使電壓表滿偏；c、斷開電鍵S2，保持滑動觸頭的位置不變，調節(jié)R1的阻值，使電壓表半滿偏，記錄這時電阻箱的阻值R；d、電壓表內阻RV=R．【點睛】本題考查了測電壓表內阻實驗，要掌握半偏法測電表內阻的方法；知道實驗原理、實驗注意事項即可正確解題．三、計算題：（共47分）14.如圖所示，兩根平行金屬導軌M、N，電阻不計，相距0.2m，上邊沿導軌垂直方向放一個質量為m＝的金屬棒ab，ab的電阻為0.5Ω．兩金屬棒一端通過電阻R和電源相連．電阻R＝2Ω，電源電動勢E＝6V，內源內阻r＝0.5Ω，如果在裝置所在的區(qū)域加一個勻強磁場，使ab對導軌的壓力恰好是零，并使ab處于靜止．（導軌光滑）求：(1)ab中的電流I有多大？(2)ab桿所受的安培力F的大?。?3)所加磁場磁感強度B的大小和方向？【答案】（1）2A（2）0.5N方向豎直向上（3）1.25T(2)因ab靜止，由平衡條件得：F=mg=0.5N，方向豎直向上。(3)因電流從a到b，由左手定則可知B方向水平向右，且因F=BIL，得：B=F/IL=1.25T.【點睛】本題是通電導體在磁場中平衡問題，分析安培力的大小和方向是關鍵．15.一條長為l的細線上端固定在O點，下端系一個質量為m的帶電小球，將它置于一個很大的勻強電場中，電場強度為E，方向水平向右，已知小球在B點時平衡，細線與豎直線的夾角為α，求：(1)當懸線與豎直方向的夾角為多大時，才能使小球由靜止釋放后，細線到豎直位置時，小球的速度恰好為零。(2)當細線與豎直方向成α角時，至少要給小球一個多大的速度，才能使小球做圓周運動？【答案】（1）（2）【解析】(1)小球在B點受力平衡，由平衡條件有：由此可得：①設小球由C點（細線與豎直線夾角）運動至最低點A時速度恰好為零，根據能量守恒得：②由①,②解得：(2)繩系小球在復合場中做圓周運動的條件與在重力場中類似，只不過其等效“最高點”為D，“最低點”為B，等效重力加速度（或叫做復合場強度）為，要使小球能做完整的圓周運動在D點的速度最小值需滿足：又：由此可解得給小球施加的沖量至少應為【點睛】本題是帶電粒子在電場和重力場的復合場中運動問題，分析受力情況是基礎．對于第(2)問找到類似于豎直平面內圓周運動最高點的條件是關鍵．16.三只燈泡L1、L2和L3的額定電壓分別為1.5V、1.5V和2.5V，它們的額定電流都為0.3A.若將它們連接成圖1、圖2所示電路，且燈泡都正常發(fā)光，試求(1)圖1電路的總電流和電阻R2消耗的電功率;(2)分別計算兩電路電源提供的電功率，并說明哪個電路更節(jié)能?！敬鸢浮?1)0.9A,0.045W(2)圖2電路比圖1電路節(jié)能【解析】(1)由題意，在圖1電路中：電路的總電流I總＝IL1+IL2+IL3=0.9A=EI總r=2.55VUR2=U路程UL3=0.05VIR2=I總=0.9A電阻R2消耗功率PR2=IR2·UR2=0.045W(2)圖1電源提供的電功率P總=I總E=0.9×3W=2.7W圖2電源提供的電功率P′總=I′總·E′＝0.3×6W＝1.8W由于燈泡都正常發(fā)光，兩電路有用功率相等，而P′總<P總所以，圖2電路比圖1電路節(jié)能。【點睛】搞懂用電器正常工作時電壓為額定電壓，電流為額定電流是解答本題的關鍵；根據串、并聯電路電流關系及功率公式即可解答本題．17.如圖所示的電路中，兩平行金屬板A、B水平放置，兩板間的距離d=40cm。電源電動勢E=24V,內電阻r=1Ω，電阻R=15Ω。閉合開關S，待電路穩(wěn)定后，將一帶正電的小球從B板小孔以初速度v0=4m/s豎直向上射入板間。若小球帶電量為q=1×102C,質量為m=2×102kg,不考慮空氣阻力。那么，滑動變阻器接入電路的阻值為多大時，小球恰能到達A板?此時，電源的輸出功率是多大？(取g=10m/s2)【答案】(1)(2)23W【解析】解:(1)小球進入板間后,受重力和電場力作用,且到A板時速度為零.設兩板間電壓為由動能定理得解得：滑動變阻器兩端電壓

由閉合電路歐姆定律：，得：;所以滑動變阻器的電阻為8（2）電源的輸出功率：=11W綜上所述：本題答案;(1)當，小球恰好能到達A板（2）電源的輸出功率：=11W點評：小球恰好運動到A板,根據動能定理列式求解兩板間的電壓;然后根據歐姆定律求解滑動變阻器的電阻值;最后根據電功率表達式求解電源的輸出功率.本題關鍵是分析清楚電路結構和運動情況后,根據動能定理、歐姆定律聯立列式求解.18.為了檢查雙線電纜CE、FD中的一根導線由于絕緣皮損壞而通地的某處，可以使用如圖所示電路。用導線將AC、BD、EF連接，AB為一粗細均勻的長LAB=100厘米的電阻絲，接觸器H可以在AB上滑動。當K1閉合移動接觸器，如果當接觸器H和B端距離L1=41厘米時，電流表G中沒有電流通過。試求電纜損壞處離檢查地點的距離（即圖中DP的長度X）。其中電纜CE=DF=L=7．8千米，AC、BD和EF段的電阻略去不計?！敬鸢浮?.396km等效電路圖如圖所示：電流表示數為零，則點H和點P的電勢相等。由得，則又由以上各式得：X=6.396km【點睛】本題難點在于能否