1、临洮四中2016-2017学年度第一学期期中考试高二物理试题一、选择题（本题共8道小题，每小题8分，共48分）1.（单选）使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，其中正确的是（）ABCD2.（单选）如图所示，实线为方向未知的三条电场线，a、b两带电粒子从电场中的O点以相同的初速度飞入。仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图中虚线所示，则（ ）A一定带正电，b一定带负电B加速度增大，b加速度增大C电势能减小，b电势能增大D和b的动能一定都增大3.（单选）如图所示A、B为两块水平放置的金属板，通过闭合的开关S分别与电源两极相连，两板中央各有一个小孔
2、a和b，在a孔正上方某处一带电质点由静止开始下落，不计空气阻力，该质点到达b孔时速度恰为零，然后返回。现要使带电质点能穿出b孔，可行的方法是（ ）A. 保持S闭合，将B板适当上移 B. 保持S闭合，将B板适当下移C. 先断开S，再将A板适当上移 D. 先断开S，再将B板适当下移4.（单选）如图所示电路，电源的电动势为12V，L为灯泡，R1和R2为定值电阻，若用电压表测得A、B两点间的电压为12V，则说明（）AL、R1和R2都断了BL、R1和R2都是好的CL是好的，R1和R2中至少有一个断了DR1和R2是好的，L断了5. （单选）两只完全相同的电流表，一只改装成电压表，一只改装成电流表，一同学做
3、实验时，误将电压表和电流表串联起来接入电路中，则（）A两只表的指针都不能偏转B两只表的指针偏转角度相等C电压表的指针有偏转，电流表的指针几乎不偏转D电流表的指针有偏转，电压表的指针几乎不偏转6.（多选）如图所示，图线1表示的导体的电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是（）AR1：R2=1：3BR1：R2=3：1C将R1与R2串联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3D将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1：I2=3：17.（多选）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。 a、b 为电场中的两点，则（ ）A
4、a 点的场强与b 点的场强无法比较强弱Ba 点的电势比b 点的高C检验电荷 - q 在a 点的电势能比在b 点的大D将检验电荷 - q 从a 点移到b 点的过程中，电场力做负功8.（多选）如图所示，ABCD为匀强电场中相邻的四个等势面，相邻等势面间距离为5cm一个电子仅受电场力垂直经过电势为零的等势面D时，动能为15eV（电子伏），到达等势面A时速度恰好为零则下列说法正确的是（）A场强方向从A指向DB匀强电场的场强为100 V/mC电子经过等势面C时，电势能大小为5 eVD电子在上述等势面间运动的时间之比为1：2：3二、实验题（本题共2道小题,第1题6分, 第2题12分共18分）9. （单选）
5、用伏安法测电阻时，待测电阻大约是10欧，电流表的内阻是1欧，电压表的内阻是5千欧，则（）A用电流表外接法，此时测量值比真实值大B用电流表外接法，此时测量值比真实值小C用电流表内接法，此时测量值比真实值大D用电流表内接法，此时测量值比真实值小10.（2014秋市中区校级期中）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，小灯泡的规格为“3.8V，0.3A”除了开关、导线外，还有如下器材：电压表V，量程05V，内阻约5k；电流表A1，量程0500mA，内阻约0.5；电流表A2，量程0100mA，内阻约4；滑动变阻器R1，最大阻值10，额定电流2.0A；滑动变阻器R2，最大阻值100，额定电流1.0A；直
6、流电源E，电动势约为6V，内阻约为0.5（1）上述器材中，电流表应选，滑动变阻器应选（填器材符号）（2）请根据所选的器材，在图甲中用笔画线代替导线，连接实验电路（3）根据实验数据，通过描点连线得到了小灯泡的伏安特性曲线，如图乙所示则可确定小灯泡的功率P与U2和I2的关系，下列示意图中正确的是三、计算题（本题共4道小题,第1题8分,第2题10分,第3题16分, ,共34分）11.如图1-77所示，在匀强电场中的M、N两点距离为2 cm，两点间的电势差为5 V,M、N连线与场强方向成60角，则此电场的电场强度多大？12.在电场中把电量为2.010-9C的正电荷从A点移到B点，电场力做功1. 510
7、-7J，再把这个电荷从B点移到C点，克服电场力做功4.010-7J (1)求A、C两点间电势差？(2)电荷从A经B移到C，电势能如何变化？变化多少？13.水平放置的两块平行金属板长L，两板间距d，两板间电压为U，且上板为正，一个电子沿水平方向以速度v0从两板中间射入，已知电子质量m，电荷量e，如图，求：（1）电子偏离金属板时的侧位移y是多少？（2）电子飞出电场时的速度是多少？（3）电子离开电场后，打在屏上的P点，若屏与金属板右端相距S，求OP的长？卷答案1.考点：电荷守恒定律版权所有分析：当带电金属球靠近不带电的验电器时，由于电荷间的相互作用，而使电荷发生了移动从而使箔片带电解答：解：由于同种
8、电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，故验电器的上端应带上与小球异号的电荷，而验电器的箔片上将带上与小球同号的电荷；故只有B符合条件故选：B点评：本题根据电荷间的相互作用，应明确同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引2.D3.B4.考点：闭合电路的欧姆定律版权所有专题：恒定电流专题分析：由题意知，A、B两点间的电压等于电源的电动势，说明灯L和电源的内阻没有电压，电路中有断路，即可进行分析解答：解：据题A、B两点间的电压等于电源的电动势，说明灯L和电源的内阻没有电压，电路中有断路L不可能断路，否则电压表就没有读数了可知中R1和R2至少有一个断了故C正确，ABD错误故选：C点评：本题是故障分析问题，考查分析
9、、判断和推理能力外电路有断路时，往往电压等于电源电动势的电路有断路5.考点：把电流表改装成电压表版权所有专题：实验题分析：电流表改装成电压表是串联较大的分压电阻；电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻；将电压表和电流表串联，通过两电表的电流相等，由于电压表内阻较大，电流较小解答：解：电流表改装成电压表是串联较大的分压电阻；电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻；两表串联后，电流相等，但通过电流表的电流大多数从分流电阻通过，故电压表指针有偏转，电流表表头指针偏转角度很小，或者几乎不偏转；故ABD错误，C正确；故选C点评：本题关键是明确电流表和电压表的改装原理，熟悉串联电路的电流特点，
10、基础题6.考点：欧姆定律版权所有专题：恒定电流专题分析：通过IU图象得出两电阻的关系串联电路电流相等，并联电路，电压相等，电流比等于电阻之反比解答：解：A、根据IU图象知，图线的斜率表示电阻的倒数，所以R1：R2=1：3；故A正确，B错误；C、串联电路电流处处相等，所以将R1与R2串联后接于电源上，电流比I1：I2=1：1故C错误；D、并联电路，电压相等，电流比等于电阻之反比，所以将R1与R2并联后接于电源上，电流比I1：I2=3：1故D正确；故选：AD点评：解决本题的关键知道IU图线的斜率表示电阻的倒数以及知道串并联电路的特点7.BDA、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
11、点大，故A错误；B、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正确；C、电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小，即负电荷在a点的电势能较b点小，故C错误；D、由上知，-q在a点的电势能较b点小，则把-q电荷从电势能小的a点移动到电势能大的b点，电势能增大，电场力做负功故D正确。故选：BD8.考点：带电粒子在匀强电场中的运动；等势面版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：匀强电场中等势面是平行等间距的直线；只有电场力做功，电势能和动能之和守恒解答：解：A、
12、电子到达等势面A时速度恰好减为零，说明电场力向下，负电荷受到的电场力方向与电场强度方向相反，故场强方向从D指向A，故A错误；B、从D到A，动能减小15eV，故电场力做功15eV，故有：WDA=eEdDA=15eV，解得E=，故B正确；C、只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故：EkD+EpD=EkA+EpA，解得EPA=15eV；匀强电场中，没前进相同距离电势变化相同，故EpC=5eV，故C正确；D、运用逆向思维，到达A后，假设时间倒流，做初速度为零的匀加速直线运动，根据x=，通过1S、2S、3S的时间之比为，故通过连续三段S时间之比为1：（）：（），故D错误；故选：BC点评：本题是带电粒子
13、在匀强电场中的匀减速直线运动问题，电势能和动能之和守恒，根据功能关系和匀变速直线运动的规律列方程后联立分析9.A1；R1；（2）如图，（3）D，解：、由题意可知，灯泡的额定电流为0.3A，故电流表选择A1；因本实验中要求从零开始调节，故采用分压接法，滑动变阻器选择小电阻；故选R1；根据电路图连线实物图如下图、由P=可知，在P图象中图象上某点与原点连线的斜率为电阻R，而电阻R又随温度的升高而增大，故D正确，C错误，同理在P图象中，图象上某点与原点连线的斜率为电阻倒数，因随温度的升高R增大因而应减小，故AB均错误，本题应选D故答案为：A1；R1；（2）如图，（3）D，10.考点：伏安法测电阻版权所
14、有专题：实验题；恒定电流专题分析：伏安法测电阻时有电流表内接和外接两种接法，由于实际电压表内阻较大，但不是无穷大，实际电流表内阻较小，也不是零，故两种接法都存在一定的实验误差，要根据实际情况灵活选择，以减小实验误差解答：解：由于本题中因，用电流表内接法时，安培表的分压作用比较明显，误差较大，而用安培表外接法时，电压表的分流作用较小，故应该采用安培表外接法；采用安培表外接法，电压表读数比较准确，由于伏特表的分流作用，电流表的读数偏大，故电阻的测量值偏小，测量值等于待测电阻与伏特表相并联的电阻值；故选：B点评：本题关键分析清楚电流表内、外接法的误差来源，然后根据实际数据选择误差较小的接法11.50
15、0V/m12.解：(1)UAC=-125（v） (2)EPA-EPC=WAC=WAB+WBC=-2.510-7 J, 电势能增加-2分电势能增加了2.510-7 J（3分）13.考点：带电粒子在匀强电场中的运动版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：电子垂直进入电场，在电场力的作用下做类平抛运动，离开电场后，做匀速直线运动，打在屏上利用平抛运动的知识求解侧位移和离开电场的速度；求OP时包括两部分，OM和MP解答：解：设电子所受电场力为F，加速度为a，在电场运动的时间为t，偏转位移为y，离开电场的速度为V，偏转角度为 ，电子垂直进入电场受到电场力：F=Eq极板间的场强：E=根据牛顿第二定律得：F=ma电子在电场中做类平抛运动：L=V0ty=at2联立解之得：y=（2）电子离开电场竖直向上的速度为：Vy=at离开电场的速度：V=联立解之得：v=速度偏转角：tan=（3）由图可知：op=y+MP有几何关系得：MP=stan联立解之得：op=（s+）tan=（s+）答：（1）电子偏离金属板时的侧位移是；（2）电子飞出电场时的速度大小为；（3）OP的长为（s+）点评：分析电子的受力和运动情况是解此题的关键，利用平抛运动求偏转位移和偏转角度明确类平抛模型的处理方法与平抛运动的处理方法相同
