1、2016-2017学年四川省眉山中学高二（上）期中物理试卷二、选择题：本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，1-5题只有一项符合题目要求，第6-8题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1真空中两个点电荷的相互作用力为F，若把其一个电荷的带电量减少一半，同时把它们之间的距离减少一半，则它们之间的作用力变为（）A4FB2FC8FD2在电场中某点放入电荷量为q的正检验电荷时，该点的场强大小为E，若在该点放入电荷量q=2q的负检验电荷，该点的场强大小为E，则有（）AE=E，方向与E相同BE=E，方向与E相反CE=，方向与E相反DE=2E，方向与E相同3如图
2、所示，一带电油滴悬浮在平行板电容器两极板A、B之间的P点，处于静止状态现仅将A极板向下平移一小段距离，下列说法中正确的是（）A两板间的电压将降低B两板间场强将变大C液滴将向下运动D极板带电荷量将减少4关于电动势，下列说法错误的是（）A电动势表征了电源把其它形式的能转化为电势能本领的大小B在电源内部移动电荷时，非静电力做正功，电势能增加C在电源内部移动电荷时，非静电力做功越多，电源的电动势就越大D电动势大小由电源自身性质决定5如图所示的甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流计G和一个变阻器R组成，它们一个是电压表，另一个是电流表，以下结论中正确的是（）A甲表是电流表，R增大时量程增大B甲表是电压表，
3、R增大时量程增大C乙表是电流表，R增大时量程减小D乙表是电压表，R增大时量程增大6电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的触头由a端滑向b端的过程中，下列说法正确的是（）A电压表读数减小，电流表读数增大B电压表读数增大，电流表读数减小CR2消耗的功率一定逐渐增大D电源的输出功率一定先增大后减小7如图所示，竖直正对放置的两个平行金属板间有匀强电场，在两板之间等高处有两个质量相同的带电小球，P小球从紧靠左极板处静止释放，Q小球从两板正中央静止释放，两小球最后都打在右极板上的同一位置则两小球从释放到打在右极板上的过程中（）A它们的运行时间tPt
4、QB它们的电荷量之比qP：qQ=2：1C它们的动能增加量之比EkP：EkQ=4：1D它们的电势能减少量之比EP：EQ=4：18如图所示，a、b、c、d为某匀强电场中的四个点，且abcd、abbc，bc=cd=2ab=2L，电场线与四边形所在平面平行已知a=16V，b=20V，d=4V一个质子经过b点的速度大小为v0，方向与bc夹角为45，一段时间后经过c点，e为质子的电量，不计质子的重力，则（）Ac点电势为12VB场强的方向由a指向cC质子从b运动到c电场力做功为12eVD质子从b运动到c所用的时间为二、填空题（共3小题，每小题6分，满分15分）9图中：游标卡尺的读数为mm；螺旋测微器的读数为
5、mm10有一待测电阻Rx，某同学用伏安法进行测量，按图（甲）、（乙）所示两种电路各测一次，用（甲）图测得的数据是3.2V，4.0mA；用（乙）图测得的数据是3.3V，3.0mA则在这两个电路中选用误差较小的电路测量时，该电阻的测量值为Rx=11用电流表和电压表测定电池的电动势E和内电阻r，所用的电路如图所示，一位同学根据测得的数据在坐标纸上描点如图所示（1）根据描点作出UI图线（2）根据图线得出：E=V，r=（保留两位小数）三、解答题（共3小题，满分47分）12如图所示，电源电动势E=25V，电源内阻r=0.5，定值电阻R=2.0，M为直流电动机，电动机线圈电阻R0=1.0电动机正常工作时，理
6、想电流表的读数为I=2A求：（1）电源的输出功率；（2）正常工作时电动机的效率13如图所示，电源电动势E=6V，内阻不计定值电阻R1=2.4k，R2=7.2k，R3=14.4k（1）若在ab之间接一个内阻RV=4.8k的电压表，求电压表的示数；（2）若在ab之间接一个C=30F的电容器，闭合开关S，电路稳定后断开S，求断开S后通过R2的电荷量14如图所示，空间有E=100V/m竖直向下的匀强电场，长L=0.4m的轻质细线一端固定于O点，另一端系质量m=0.1kg，带正电q=1102C的小球将小球拉至绳水平后在A点静止释放，小球运动至O点正下方的B点时细线恰好被拉断，小球继续运动一段时间后恰好垂
7、直打在同一竖直平面内与水平面成=53角、足够大的挡板MN上的C点g取10m/s2试求：（1）细线的最大拉力；（2）A、C两点间的电势差UAC；（3）若小球刚运动至C点碰板前瞬间，在不改变倾角的情况下突然把挡板向右移动一段距离，并同时对小球施一恒力F作用，要使小球仍能垂直打在档板上，且打在档板上的速度不小于C点的速度，确定 F的方向的范围2016-2017学年四川省眉山中学高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析二、选择题：本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，1-5题只有一项符合题目要求，第6-8题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1真空中两个点
8、电荷的相互作用力为F，若把其一个电荷的带电量减少一半，同时把它们之间的距离减少一半，则它们之间的作用力变为（）A4FB2FC8FD【考点】库仑定律【分析】该题比较简单，直接根据库仑力公式得出两次作用力的表达式，则可求得距离减小后的相互作用力，从而解出正确结果【解答】解：由库伦定律可得：变化前：变化后：所以：F=2F，故ACD错误，B正确故选：B2在电场中某点放入电荷量为q的正检验电荷时，该点的场强大小为E，若在该点放入电荷量q=2q的负检验电荷，该点的场强大小为E，则有（）AE=E，方向与E相同BE=E，方向与E相反CE=，方向与E相反DE=2E，方向与E相同【考点】电场强度【分析】电场强度是
9、描述电场本身的力性质的物理量，与试探电荷无关，在电场中同一点，电场强度是唯一确定的【解答】解：电场强度是描述电场本身的力的性质的物理量，与试探电荷无关：当在电场中某点放入电量为q的试探电荷时，测得该点的场强为E，若在同一点放入电量为q=2q的负试探电荷时，电场强度的大小和方向都不变，即该点的场强大小仍为E，方向与E相同故A正确，BCD错误故选：A3如图所示，一带电油滴悬浮在平行板电容器两极板A、B之间的P点，处于静止状态现仅将A极板向下平移一小段距离，下列说法中正确的是（）A两板间的电压将降低B两板间场强将变大C液滴将向下运动D极板带电荷量将减少【考点】电容器的动态分析【分析】带电油滴悬浮在平
10、行板电容器中P点，处于静止状态，电场力与重力平衡，将极板A向下平移一小段距离时，根据E=分析板间场强如何变化，判断液滴如何运动根据电容的决定式和定义式结合分析极板所带电量如何变化，最后依据U=Ed，确定PB的电势差的变化【解答】解：A、由于电容器与电源相连，因此电容器两端的电压不变，故A错误；B、电容器板间的电压保持不变，当将极板A向下平移一小段距离时，根据E=分析得知，板间场强增大，故B正确；C、由于液滴所受电场力增大，液滴将向上运动故C错误；D、将极板A向下平移一小段距离时，根据电容的决定式C=得知电容C增大，而电容器的电压U不变，极板带电荷量将增大故Q错误故选：B4关于电动势，下列说法错
11、误的是（）A电动势表征了电源把其它形式的能转化为电势能本领的大小B在电源内部移动电荷时，非静电力做正功，电势能增加C在电源内部移动电荷时，非静电力做功越多，电源的电动势就越大D电动势大小由电源自身性质决定【考点】电源的电动势和内阻【分析】电源内部非静电力做功，把其他能转化为电能，电动势表征了电源内部非静电力做功的本领电动势反映电源本身的特性，与外电路的结构无关，接在不同电路中，电动势不变，即电动势是物体电源的固有属性【解答】解：A、根据电动势的定义可知，电动势表征了电源把其它形式的能转化为电势能本领的大小故A正确；B、在电源内部移动电荷时，非静电力做正功，电势能增加，故B正确C、在电源内部移动
12、电荷时，非静电力做功的本领越大，电源的电动势就越大，与非静电力做功的多少无关故C错误；D、电动势表征了电源把其它形式的能转化为电势能本领的大小，电动势大小由电源自身性质决定，故D正确；本题选择错误的，故选：C5如图所示的甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流计G和一个变阻器R组成，它们一个是电压表，另一个是电流表，以下结论中正确的是（）A甲表是电流表，R增大时量程增大B甲表是电压表，R增大时量程增大C乙表是电流表，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】伏安法测电阻【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，
13、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：AB、由甲图所示可知，G与电阻R并联，图甲是电流表，R增大，R的分流较小，电流表量程减小，故AB错误；CD、由乙图所示可知，G与R串联，乙图是电压表，R增大时，变阻器分担的电压增大，电压表量程增大，故C错误，D正确；故选：D6电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的触头由a端滑向b端的过程中，下列说法正确的是（）A电压表读数减小，电流表读数增大B电压表读数增大，电流表读数减小CR2消耗的功率一
14、定逐渐增大D电源的输出功率一定先增大后减小【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】分析电路结构，由滑片的移动可知接入电阻的变化，由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流及路端电压的变化，再对局部电路分析即可得出电流表与电压表的变化【解答】解：由图可知，R与R2并联后与R1串联；当滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则外电路总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流减小，内电压减小，路端电压增大，故电压表V示数增大；因电路中电流减小，故R1两端的电压减小，故并联部分电压增大，R2中电流增大；而总电流减小，故流过的电流增大，流过电流表的电流减小；故A错误，B正确；C、因为流过的电流增大，消耗的功率一
15、定逐渐增大，故C正确；D、因为不知道内外电阻的关系，所以无法判断电源输出功率的变化情况，故D错误；故选：BC7如图所示，竖直正对放置的两个平行金属板间有匀强电场，在两板之间等高处有两个质量相同的带电小球，P小球从紧靠左极板处静止释放，Q小球从两板正中央静止释放，两小球最后都打在右极板上的同一位置则两小球从释放到打在右极板上的过程中（）A它们的运行时间tPtQB它们的电荷量之比qP：qQ=2：1C它们的动能增加量之比EkP：EkQ=4：1D它们的电势能减少量之比EP：EQ=4：1【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】两小球在匀强电场中受到电场力和重力作用，都做匀加速直线运动，运用运动的分解可
16、知：两小球在竖直方向都做自由落体运动，由题分析可知，小球下落高度相同，运动时间相同两小球水平方向都做初速度为零的匀加速直线运动，水平位移xP=2xQ，根据牛顿第二定律和运动学公式研究电荷量之比根据电场力做功之比，研究电势能减小量之比根据数学知识分析合力对两球做功的关系，由动能定理分析动能增加量之比【解答】解：A、两小球在竖直方向都做自由落体运动，由题分析可知，小球下落高度相同，由公式t=得，它们运动时间相同故A错误 B、小球在水平方向都做初速度为零的匀加速直线运动，水平位移xP=2xQ，由x=at2分析得到加速度之比aP：aQ=2：1根据牛顿第二定律得，两球的加速度分别为aP=，aQ=，则qP
17、：qQ=2：1；故B正确；C、电场力做功分别为WP=qQExQ，WQ=qPExP，由于qP：qQ=2：1，xP：xQ=2：1，得到WP：WQ=4：1，而重力做功相同，则合力做功之比=4，则由动能定理可知，动能增加量之比EkP：EkQ4故C错误，D正确故选：D8如图所示，a、b、c、d为某匀强电场中的四个点，且abcd、abbc，bc=cd=2ab=2L，电场线与四边形所在平面平行已知a=16V，b=20V，d=4V一个质子经过b点的速度大小为v0，方向与bc夹角为45，一段时间后经过c点，e为质子的电量，不计质子的重力，则（）Ac点电势为12VB场强的方向由a指向cC质子从b运动到c电场力做功
18、为12eVD质子从b运动到c所用的时间为【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【分析】连接bd，bd连线的中点O电势与C点相等，是12V；质子从bc做类平抛运动，根据v0方向的分位移为l，求出时间；作出等势线ae、cf，就能判断场强方向；根据动能定理可求出b到c电场力做的功【解答】解A、三角形bcd是等腰直角三角形，具有对称性，bd连线四等分，如图所示，已知a点电势为16V，b点电势为20V，d点电势为4V，且abcd，abbc，2ab=cd=bc=2L，bd中点f的电势，因此根据几何关系，可得bd中点e点的电势为16V，与a点电热势相等，ae是一个等势面，aecf，cf为一个等势面，所以c
19、点电势为12V，故A正确B、因为cfbd，电场方向与等势面垂直且由电势高的等势面指向电势低的等势面，所以场强方向由b指向d，故B错误；C、质子由b到c电场力所做的功，故C错误；D、质子从b到c做类平抛运动，垂直bd方向匀速运动，沿bd方向匀加速运动，解得：，故D正确；故选：AD二、填空题（共3小题，每小题6分，满分15分）9图中：游标卡尺的读数为3.35mm；螺旋测微器的读数为1.602mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用【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【解答
20、】解：20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为3mm，游标尺上第7个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为70.05mm=0.35mm，所以最终读数为：3mm+0.35mm=3.35mm螺旋测微器的固定刻度为1.5mm，可动刻度为10.20.01mm=0.102mm，所以最终读数为1.5mm+0.102mm=1.602mm故答案为：3.35；1.60210有一待测电阻Rx，某同学用伏安法进行测量，按图（甲）、（乙）所示两种电路各测一次，用（甲）图测得的数据是3.2V，4.0mA；用（乙）图测得的数据是3.3V，3.0mA则在这两个电路中选用误差较小的电路测量时，该电阻的
21、测量值为Rx=1100【考点】伏安法测电阻【分析】根据电表示数变化确定哪种接法实验误差较小，然后选择实验电路；由欧姆定律求出待测电阻阻值，根据电路图与欧姆定律分析实验误差【解答】解：由题意可知， =0.25；=0.03，则说明两种接法中电流变化量大，故电压表分流对实验的影响大，因此电流表应采用内接法，即应采用图乙所示实验电路进行实验；电阻测量值为：RX=1100； 故答案为：110011用电流表和电压表测定电池的电动势E和内电阻r，所用的电路如图所示，一位同学根据测得的数据在坐标纸上描点如图所示（1）根据描点作出UI图线（2）根据图线得出：E=1.47V，r=0.76（保留两位小数）【考点】测
22、定电源的电动势和内阻【分析】（1）根据给出的数据选择合理的坐标，采用描点法作图即可；（2）UI图象中，图象与纵坐标的交点为电源的电动势；图象的斜率表示电源的内阻【解答】解：（1）根据描出的点，用直线将各点连接，则可知对应的图象； （2）根据U=EIr可得，电动势E=1.47V，内阻r=0.76； 故答案为：（1）如图所示；（2）1.47；0.76三、解答题（共3小题，满分47分）12如图所示，电源电动势E=25V，电源内阻r=0.5，定值电阻R=2.0，M为直流电动机，电动机线圈电阻R0=1.0电动机正常工作时，理想电流表的读数为I=2A求：（1）电源的输出功率；（2）正常工作时电动机的效率【
23、考点】闭合电路的欧姆定律【分析】（1）电源的输出的功率等于电源的总功率减去内阻消耗的功率；（2）先根据闭合电路欧姆定律求出电动机的电压，再根据功率公式求出电动机消耗的总功率以及输出功率，进而求解效率【解答】解：（1）电源的输出的功率为P输出=EII2r=252220.5=48W（2）电路中电流表的示数为2.0A，所以电动机的电压为U=EU内UR=2520.522=20V，则电动机的总功率为P总=UI=202=40W，电动机的输出功率为P出=P总P热=40W221W=36W，正常工作时电动机的效率=%=%=90%答：（1）电源的输出功率为48W；（2）正常工作时电动机的效率为90%13如图所示，
24、电源电动势E=6V，内阻不计定值电阻R1=2.4k，R2=7.2k，R3=14.4k（1）若在ab之间接一个内阻RV=4.8k的电压表，求电压表的示数；（2）若在ab之间接一个C=30F的电容器，闭合开关S，电路稳定后断开S，求断开S后通过R2的电荷量【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】（1）在ab之间接一个内阻RV=4.8k的电压表，电压表相当一个电阻，电路结构是电压表与并联，再与R1串联根据欧姆定律求出电压表的示数（2）电路稳定后，电容器的电压等于并联的电压对于电路结构，电容器相当开关断开求出电压，即可求出电容器的电量断开S后，流过电量为总电量的；【解答】解：（1）在ab间并联的电阻R为：代
25、入数据得：解得：R=2.4k电压表的示数为：（2）ab间接电容器，设并联电阻R，则有：代入数据：解得：R=4.8k并联部分的电压为：稳定时电容器所带的电荷量为：S断开后，通过电阻的电量为： =答：（1）若在ab之间接一个内阻RV=4.8k的电压表，电压表的示数为3V；（2）若在ab之间接一个C=30F的电容器，闭合开关S，电路稳定后断开S，断开S后通过R2的电荷量为14如图所示，空间有E=100V/m竖直向下的匀强电场，长L=0.4m的轻质细线一端固定于O点，另一端系质量m=0.1kg，带正电q=1102C的小球将小球拉至绳水平后在A点静止释放，小球运动至O点正下方的B点时细线恰好被拉断，小球
26、继续运动一段时间后恰好垂直打在同一竖直平面内与水平面成=53角、足够大的挡板MN上的C点g取10m/s2试求：（1）细线的最大拉力；（2）A、C两点间的电势差UAC；（3）若小球刚运动至C点碰板前瞬间，在不改变倾角的情况下突然把挡板向右移动一段距离，并同时对小球施一恒力F作用，要使小球仍能垂直打在档板上，且打在档板上的速度不小于C点的速度，确定 F的方向的范围【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】（1）由动能定理及圆周运动知识求得绳受到的拉力大小；（2）绳断后小球做类平抛运动，根据类平抛运动知识求得小球在C点的速度，再由动能定理求得电场力在AC过程中做的功，从而得出AC两点间的电势；（3）
27、根据几何关系知，挡板水平移动后小球打在档板上的速度不小于C点的速度，根据几何关系分析小球受力的方向取值范围【解答】解：（1）AB由动能定理及圆周运动知识有：（mg+qE）L=mvB2F（mg+qE）=代入数据可解得：F=6N （2）由（1）分析得m/s=2m/s，小球离开B点做类平抛运动，到达C点时由水平方向速度保持不变有：小球垂直撞在斜面上，故满足根据动能定理有：W电+WG=mvc2而W电=qU，代入数据可解得：U=1600V （3）由题意小球的速度不能减小，方向不变，可知，小球速度F后合外力的大小等于0，或合外力的方向沿小球的速度的方向小球做匀速直线或匀加速直线运动垂直打在档板上，设恒力F与竖直向上方向的夹角为，作出小球的受力矢量三角形分析如图所示 （+）1800150（如图斜右下方）综上：恒力F与竖直向上的夹角（以顺时针为正）范围为0150答：（1）绳子至少受6N的拉力才能被拉断；（2）A、C两点的电势差为1600V；（3）当小球刚要运动至C点时，突然施加一恒力F作用在小球上，同时把挡板迅速水平向右移动，若小球仍能垂直打在档板上，且打在档板上的速度不小于C点的速度，所加恒力F与竖直向上的夹角（以顺时针为正）范围为01502016年12月29日
