1、2016-2017学年海南省琼海市嘉积中学高二（上）期中物理试卷（理科）一、单项选择题1下列关于电场的叙述中正确的是（）A以点电荷为圆心，r为半径的球面上，各点的场强都相同B正电荷周围的场强一定比负电荷周围的场强大C电场中某点的试探电荷电荷量变为原来两倍，该试探电荷所受电场力不变D电荷在电场中某点所受电场力的方向与该点电场的方向可能相反2两个完全相同的金属小球，分别带有+3Q和Q的电量，当它们相距r时，它们之间的库仑力是F若把它们接触后分开，再置于相距的两点，则它们的库仑力的大小将变为（）AB3FC4FD9F3如图所示，真空中O点有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为Ea，
2、方向与ab连线成60角，b点的场强大小为Eb，方向与ab连线成30关于a、b两点场强Ea、Eb的关系，正确的是（）A2Ea=3Eb，abBEa=3Eb，abC2Ea=Eb，abD2Ea=Eb，ab4如图所示，在xOy平面内有一个以O为圆心、半径R=0.1m的圆，P为圆周上的一点，O、P两点连线与x轴正方向的夹角为若空间存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小E=100V/m，则O、P两点的电势差可表示为（）AUOP=10cos（V）BUOP=10sin（V）CUOP=10sin（V）DUOP=10cos（V）5两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方
3、向射出，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA=h，此电子具有的初动能是（）ABedUhCD6竖直放置的一对平行金属板的左极板上，用绝缘线悬挂了一个带正电的小球将平行金属板按如图所示的电路连接，电键闭合后绝缘线与左极板的夹角为当滑动变阻器R的滑片在a位置时，电流表的读数为I1，夹角为1；当滑片在b位置时，电流表的读数为I2，夹角为2，则（）A12，I1I2B12，I1I2C1=2，I1=I2D12，I1=I2二、多项选择题7如图所示，甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流表G和一个电阻箱R组成，下列说法中正确的是（） A甲表是电流表，R增大时量程减小B甲表是电流表，R增大时量程增大C乙表是电压表，
4、R增大时量程减小D乙表是电压表，R增大时量程增大8如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，开关S闭合后，电灯L1、L2均能发光，现将滑动变阻器R的滑片P稍向上移动，下列说法正确的是（）A电灯L1、L2均变亮B电灯L1 变暗，L2变亮C电流表的示数变大D电源的输出功率与总功率的比值变大9在如图甲所示的电路中，L1、L2和L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示当开关S闭合后，电路中的总电流为0.25A，则此时（）A通过L1的电流为L2电流的2倍B此时L1、L2和L3的电阻均为12CL1消耗的电功率为0.75 WDL1消耗的电功率为L2电功率的4倍10如图所示，一带正电
5、的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点不计重力下列说法说法正确的是（）AM带负电荷，N带正电荷Ba点的电势高于b点的电势CM在a点的电势能大于它在b点的电势能DN在c点的速度大于它在e点的速度三、实验题11现有一合金制成的圆柱体，为测量该合金的电阻率，现用伏安法测圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度螺旋测微器和游标卡尺的示数如图（a）和图（b）所示（1）由上图读得圆柱体的直径为mm，长度为cm（2）若由测量数据计算得出：圆柱体的电阻为R，圆柱体的横截面积为S
6、，长度为L用R、S、L表示的电阻率的关系式为=12用如图1所示的电路测定一节蓄电池（电动势约为2V）的电动势和内阻蓄电池内阻非常小，为防止调节滑动变阻器时因电流过大而损坏器材，电路中用了一个保护电阻R0，除蓄电池、滑动变阻器、导线、开关、电流表（量程3A）外，可供使用的电压表和保护电阻有：A电压表（量程3V，内阻约3k）B电压表（量程15V，内阻约15k）C保护电阻甲（阻值1、额定功率5W）D保护电阻乙（阻值10、额定功率10W）（1）在实验中，电压表选，定值电阻选（填序号）（2）根据电路图，在图2中用实线代替导线，把未完成的电路实物图连接完整（3）根据测量数据在坐标纸上做UI图线如图3所示，
7、可求得待测电池的电动势为V，内阻为四、计算题13如图，真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形，边长L=2.0m，若将电荷量均为q=+2.0106C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k=9.0109Nm2/C2，求：（1）两点电荷间的库仑力大小；（2）C点的电场强度的大小和方向14如图所示，R为电阻箱，V为理想电压表当电阻箱读数为R1=2时，电压表读数为 U1=3V；当电阻箱读数为R2=4时，电压表读数为U2=4V求：（1）电源的电动势E和内阻r（2）当电阻箱数为R2时，电源的输出功率P出和消耗的总功率P总15如图所示，光滑斜面倾角为37，有一带电的小物块，质量为m，带
8、电量大小为q，置于斜面上高为h处，当加有水平向右的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，已知：重力加速度g，sin37=0.6，cos37=0.8，求：（1）小物块带正电还是负电？该匀强电场的电场强度有多大？（2）若某时刻开始匀强电场的方向变成竖直向下，则小物块滑到斜面底端时的速度多大？16如图所示，在空间中取直角坐标系Oxy，在第一象限内从y轴到MN之间的区域充满一个沿y轴正方向的匀强电场，MN为电场的理想边界，场强大小为EON=d电子从y轴上的A点以初速度v0沿x轴正方向射入电场区域，从MN上的P点离开电场已知A点坐标为（0，h），电子的电量为e，质量为m，电子的重力忽略不计，求：（1）
9、P点的坐标；（2）电子经过x轴时离坐标原点O的距离2016-2017学年海南省琼海市嘉积中学高二（上）期中物理试卷（理科）参考答案与试题解析一、单项选择题1下列关于电场的叙述中正确的是（）A以点电荷为圆心，r为半径的球面上，各点的场强都相同B正电荷周围的场强一定比负电荷周围的场强大C电场中某点的试探电荷电荷量变为原来两倍，该试探电荷所受电场力不变D电荷在电场中某点所受电场力的方向与该点电场的方向可能相反【考点】点电荷的场强；电场【分析】点电荷为圆心，r为半径的球面上，各点的场强大小相等，方向不同；同一电荷所受电场力大，该点电场强度才越大；明确F=Eq的应用，知道正电荷受力沿电场线的方向，而负电
10、荷受力与电场线方向相反【解答】解：A、以点电荷为圆心，r为半径的球面上，各点的场强大小相等，但方向不同，故场强不同，故A错误；B、场强的大小与电荷的电性无关，负电荷周围的电场强度可以大于正电荷周围的电场强度，故B错误；C、由F=Eq可知，电场中某点的试探电荷电荷量变为原来两倍，该试探电荷所受电场力变为原来的2倍，故C错误；D、负电荷在电场中某点所受电场力的方向与该点电场的方向相反，故D正确故选：D2两个完全相同的金属小球，分别带有+3Q和Q的电量，当它们相距r时，它们之间的库仑力是F若把它们接触后分开，再置于相距的两点，则它们的库仑力的大小将变为（）AB3FC4FD9F【考点】库仑定律【分析】
11、接触带电的原则是先中和再平分根据库仑定律公式F=k 求出库仑力的大小【解答】解：根据库仑定律公式得，F=k接触再分离后所带电量各为Q，F=k=k=3F故B正确，A、C、D错误故选：B3如图所示，真空中O点有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为Ea，方向与ab连线成60角，b点的场强大小为Eb，方向与ab连线成30关于a、b两点场强Ea、Eb的关系，正确的是（）A2Ea=3Eb，abBEa=3Eb，abC2Ea=Eb，abD2Ea=Eb，ab【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【分析】要比较两点的场强的大小，必需求出两点各自的场强E，根据E=可知必需知道ab两点到O的距离
12、大小关系a点到O点的距离Ra=Labcos60=Lab，b点到O点距离Rb=Lbcos30=Lab先通过电场强度的方向判断出电荷电性，再根据沿电场线方向电势降低确定两点电势的高低【解答】解：a点到O点的距离Ra=Labcos60=Lab，b点到O点距离Rb=Lbcos30=Lab，根据点电荷的场强公式E=可得：=；故Ea=3Eb通过电场强度的方向可知，O点的电荷为负电荷，因沿着电场线方向电势逐渐降低，故有ab，故B正确，ACD错误故选：B4如图所示，在xOy平面内有一个以O为圆心、半径R=0.1m的圆，P为圆周上的一点，O、P两点连线与x轴正方向的夹角为若空间存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强
13、度大小E=100V/m，则O、P两点的电势差可表示为（）AUOP=10cos（V）BUOP=10sin（V）CUOP=10sin（V）DUOP=10cos（V）【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【分析】匀强电场中电势差U=Ed，关键在于明确d为沿电场线方向的有效距离【解答】解：在匀强电场中，两点间的电势差U=Ed，而d是沿场强方向上的距离，所以dOP=Rsin，故：Uop=1000.1sin=10sin（V）故选：C5两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA=h，此电子具有的初动能是（）ABedUh
14、CD【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】设出电子的初动能，末动能为零，全程只有电场力做功，根据动能定理解出电子的初动能【解答】解：设出电子的初动能Ek0，末动能为零，极板间的电场E=，根据动能定理：eEh=0Ek0，解得：Ek0=故选：D6竖直放置的一对平行金属板的左极板上，用绝缘线悬挂了一个带正电的小球将平行金属板按如图所示的电路连接，电键闭合后绝缘线与左极板的夹角为当滑动变阻器R的滑片在a位置时，电流表的读数为I1，夹角为1；当滑片在b位置时，电流表的读数为I2，夹角为2，则（）A12，I1I2B12，I1I2C1=2，I1=I2D12，I1=I2【考点】共点力平衡的条件及其应用；力
15、的合成与分解的运用；电容；闭合电路的欧姆定律【分析】由图可知电容器与滑动变阻器的左侧并联，而电容器在电路稳定时看作断路由滑片的移动可知电容器两端电压的变化，由U=Ed可求得场强的变化；对小球受力分析可得出夹角的变化【解答】解：小球带正电，小球受重力、电场力及绳子的拉力而处于平衡；当滑片右移时，外电路总电阻不变，由欧姆定律得知，干路电流不变，则有I1=I2与电容器并联部分的电压增大，则电容器两端的电压增大，由U=Ed可知，两极板间的电场强度增大；小球受到的水平向右的电场力增大，因重力不变，要使小球重新处于静止状态，细线与竖直板间的夹角应增大，则有12；故选D二、多项选择题7如图所示，甲、乙两个电
16、路，都是由一个灵敏电流表G和一个电阻箱R组成，下列说法中正确的是（） A甲表是电流表，R增大时量程减小B甲表是电流表，R增大时量程增大C乙表是电压表，R增大时量程减小D乙表是电压表，R增大时量程增大【考点】把电流表改装成电压表【分析】灵敏电流计G和变阻器R并联时，由于变阻器的分流，测量的电流增大，改装成电流表，而灵敏电流计G和变阻器R串联时，由于变阻器的分压，测量的电压增大，改装成电压表甲表中，R增大时，变阻器分流减小，量程减小乙表中，R增大时，变阻器分担的电压增大，量程增大【解答】解：A、甲表是电流表，R增大时，甲表中变阻器分流减小，量程减小，故A正确，B错误 C、乙是电压表，R增大时，变阻
17、器分担的电压增大，乙表量程增大，故D正确，C错误故选：AD8如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，开关S闭合后，电灯L1、L2均能发光，现将滑动变阻器R的滑片P稍向上移动，下列说法正确的是（）A电灯L1、L2均变亮B电灯L1 变暗，L2变亮C电流表的示数变大D电源的输出功率与总功率的比值变大【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【分析】由图可知L2与滑动变阻器并联，再与L1串联据滑片的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，由闭合电路欧姆定律判断电路电流如何变化，根据电路电流变化求解【解答】解：由图可知L2与滑动变阻器并联，再与L1串联AB、现将滑动变阻器R的滑片P稍向上移动，
18、滑动变阻器接入电路的阻值变小，电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，所以电灯L1变亮，路端电压减小，所以L2与滑动变阻器并联电压减小，所以L2变暗故AB错误，C、干路电流I增大，L2与滑动变阻器并联电压减小，所以通过L2的电流减小，所以电流表的示数增大，故C正确；D、输出功率与总功率的比值为，而U变小，则输出功率与总功率的比值变小，故则D错误故选：C9在如图甲所示的电路中，L1、L2和L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示当开关S闭合后，电路中的总电流为0.25A，则此时（）A通过L1的电流为L2电流的2倍B此时L1、L2和L3的电阻均为12CL1消
19、耗的电功率为0.75 WDL1消耗的电功率为L2电功率的4倍【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【分析】灯泡是非线性元件，根据L1、L2、L3的电压，由伏安特性曲线可读出电流，由R=算出它们的电阻，再依据功率表达式P=I2R，及并联电路电压相等，串联电路电流相等，从而即可求解【解答】解：A、电路中的总电流为0.25A，则通过L1的电流为0.25A因L2和L3并联，则L2和L3电压相等，它们的电阻相等，因此它们的电流也相等，则有通过L1的电流为L2电流的2倍，故A正确 B、由伏安特性曲线可以读出电流为I1=0.25A，电压为U1=3V时的，电流为I2=0.15A，电压U2=0.5V，因此它们
20、的电阻不相等，故B错误 C、L1消耗的电功率为P=U1I1=30.25=0.75W，故C正确； D、因通过L1的电流为L2电流的2倍，假设它们的电阻相等，则有L1消耗的电功率为L2电功率的4倍，如今它们的电阻不相等，因此L1消耗的电功率不为L2电功率的4倍，故D错误故选：AC10如图所示，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点不计重力下列说法说法正确的是（）AM带负电荷，N带正电荷Ba点的电势高于b点的电势CM在a点的电势能大于它在b点的电势能DN在c点的速度大于它在e点的速度【考点】电势差与电
21、场强度的关系；电势【分析】根据轨迹的弯曲，确定粒子所受的力是吸引力还是排斥力，从而确定粒子的电性；根据动能定理，结合库仑力做功情况判断动能的变化，根据电场力做功判断电势能的变化【解答】解：A、由粒子运动轨迹可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，可知M带负电荷，N带正电荷，故A正确B、电场为正电荷形成的电场，故向外电势降低，故a点的电势高于b点的电势，故B正确；C、因M带负电，故M在a点的电势能小于它在b点的电势能，故C错误；D、N从e到c，电场力做负功，故c点的速度小于e点的速度，故D错误故选：AB三、实验题11现有一合金制成的圆柱体，为测量该合金的电阻率，现用伏安法测圆柱体两端之间的电阻
22、，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度螺旋测微器和游标卡尺的示数如图（a）和图（b）所示（1）由上图读得圆柱体的直径为2.990mm，长度为1.150cm（2）若由测量数据计算得出：圆柱体的电阻为R，圆柱体的横截面积为S，长度为L用R、S、L表示的电阻率的关系式为=【考点】测定金属的电阻率；刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用【分析】（1）螺旋测微器固定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）应用电阻定律可以求出电阻率的表达式【解答】解：（1）由图示螺旋测微器可知，其示数为：2.5mm+49.00.01mm=2.990
23、mm；由图示游标卡尺可知，其示数为；11mm+100.05mm=11.50mm=1.150cm；（2）由电阻定律可知，电阻：R=，电阻率：=；故答案为：（1）2.990；1.150；（2）12用如图1所示的电路测定一节蓄电池（电动势约为2V）的电动势和内阻蓄电池内阻非常小，为防止调节滑动变阻器时因电流过大而损坏器材，电路中用了一个保护电阻R0，除蓄电池、滑动变阻器、导线、开关、电流表（量程3A）外，可供使用的电压表和保护电阻有：A电压表（量程3V，内阻约3k）B电压表（量程15V，内阻约15k）C保护电阻甲（阻值1、额定功率5W）D保护电阻乙（阻值10、额定功率10W）（1）在实验中，电压表选
24、A，定值电阻选C（填序号）（2）根据电路图，在图2中用实线代替导线，把未完成的电路实物图连接完整（3）根据测量数据在坐标纸上做UI图线如图3所示，可求得待测电池的电动势为V，内阻为【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】（1）根据电源电动势大小可确定电压表，电路最大电流选择电流表，保护电阻既能保护电路，阻值又不能太大；（2）根据原理图可确定对应的实物图；（3）明确闭合电路欧姆定律的公式，再根据图象求出电源电动势与内阻【解答】解：（1）电源电动势约为2V，故可以选用3V的电压表，故选A；保护电阻如果太大，电路电流较小，电流变化范围小，不能测多组实验数据，因此保护电阻需要选择C；（2）根据原理图可得
25、出对应的实物图如图所示； （3）根据U=EIr结合图示图示可知，图象与纵坐标的交点坐标值为1.98V，则电源电动势E=1.98V；图象的斜率表示内电阻，故r=0.19；故答案为：（1）A； C；（2）图象如图所示；（3）1.98；0.19四、计算题13如图，真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形，边长L=2.0m，若将电荷量均为q=+2.0106C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k=9.0109Nm2/C2，求：（1）两点电荷间的库仑力大小；（2）C点的电场强度的大小和方向【考点】库仑定律；电场强度【分析】（1）根据库仑定律公式F=k列式求解即可；（2）先求解两个电
26、荷单独存在时在C点的场强，然后根据平行四边形定则合成得到C点的场强【解答】解：（1）电荷量均为q=+2.0106C的两点电荷分别固定在A、B点，静电力为：F=k=9.0109=9.0103N；（2）A、B点电荷在C点产生的场强大小相等，均为：E1=k=9.0109=4.5103N/CA、B点电荷在C点的合场强大小为：E=2E1cos30=24.5103N/C=7.8103N/C场强方向沿着y轴正方向；答：（1）两点电荷间的库仑力大小为9.0103N；（2）C点的电场强度的大小为7.8103N/C，方向为+y轴正方向14如图所示，R为电阻箱，V为理想电压表当电阻箱读数为R1=2时，电压表读数为
27、U1=3V；当电阻箱读数为R2=4时，电压表读数为U2=4V求：（1）电源的电动势E和内阻r（2）当电阻箱数为R2时，电源的输出功率P出和消耗的总功率P总【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【分析】（1）由两次电压表及电阻箱的读数，列出闭合电路欧姆定律联立可求得电动势和内阻；（2）根据闭合电路欧姆定律求出电流，再根据功率公式求解即可【解答】解：（1）由闭合电路欧姆定律得：联立上式并代入数据解得：E=6Vr=2（2）当电阻箱数为R2时，电流为：I=电源的输出功率为：P出=I2R2=14=4W，消耗的总功率为：P总=EI=61=6W答：（1）电源的电动势E为6V，内阻r为2（2）当电阻箱数为R
28、2时，电源的输出功率P出为4W，消耗的总功率P总为6W15如图所示，光滑斜面倾角为37，有一带电的小物块，质量为m，带电量大小为q，置于斜面上高为h处，当加有水平向右的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，已知：重力加速度g，sin37=0.6，cos37=0.8，求：（1）小物块带正电还是负电？该匀强电场的电场强度有多大？（2）若某时刻开始匀强电场的方向变成竖直向下，则小物块滑到斜面底端时的速度多大？【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度【分析】（1）对小球进行受力分析，应用平衡条件可求出电场力，进而求出电场强度（2）电场变化后受力分析求出合外力，应用牛顿第二定律求解加速度，再
29、根据速度和位移公式即可求得到达底端的速度大小【解答】解：（1）物体受到的力有重力mg，支持力N静电力F=qE，由图可知，物体要想平衡，受电场力一定向右，故粒子带正电；由几何关系可知：qE=mgtan37E=；（2）若电场变成向下，则物体受重力、向下的电场力和支持力作用，合力F=（mg+Eq）sin37=0.6=mg；由牛顿第二定律可知，加速度a=g；由v2=2ax可得：v=答：（1）小球带正电，电场强度为；（2）小物块滑到斜面底端时的速度为16如图所示，在空间中取直角坐标系Oxy，在第一象限内从y轴到MN之间的区域充满一个沿y轴正方向的匀强电场，MN为电场的理想边界，场强大小为EON=d电子从
30、y轴上的A点以初速度v0沿x轴正方向射入电场区域，从MN上的P点离开电场已知A点坐标为（0，h），电子的电量为e，质量为m，电子的重力忽略不计，求：（1）P点的坐标；（2）电子经过x轴时离坐标原点O的距离【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】（1）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P点的坐标（2）电子离开电场后水平、竖直方向上都做匀速运动，根据类平抛运动的规律进行分析，求出匀速运动的水平位移即可求得到达x轴上时离O点的距离【解答】解：（1）电场在水平方向做匀速运动，到达MN的时间t=竖直方向做匀加速运动，F=Ee由牛顿第二定律可知，a=竖直方向上的位移y=at2=；故P点的坐标为：（d，h）（2）电子到达P点后做匀速直线运动，由类平抛运动的特性，电子可等效为从水平位移的中点处沿直线运动；如图由相似三角形可得： =电子经过x轴时离坐标原点O的距离 x=d+x解得 x=+；答：（1）P点的坐标：（d，h）；（2）电子经过x轴时离坐标原点O的距离+；2016年12月9日