福建省莆田第八中学高二物理上学期期中试题

福建省莆田第八中学2022-2022学年高二物理上学期期中试题注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一、单选题（本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。）1．在静电场中，下列关于电场强度和电势的说法，正确的是（）A．电场强度大的地方电势一定高B．电势降低的方向就是场强方向C．电势为零的地方电场强度也一定为零D．电场强度大小相同的点电势可能不同2．如图所示，将一带电小球A通过绝缘细线悬挂于O点，细线不能伸长。现要使细线偏离竖直线30°角，可在O点正下方的B点放置带电量为q1的点电荷，且BA连线垂直于OA；也可在O点正下方C点放置带电量为q2的点电荷，且CA处于同一水平线上。则为（　　）A．B．C．D．3．安培提出了著名的分子电流假说，根据这一假说，电子绕核的运动可等效为环形电流.设电荷量为e的电子以速率v绕原子核沿顺时针方向做半径为r的匀速圆周运动，关于该环形电流的说法，正确的是(　　)A．电流大小为，电流方向为顺时针B．电流大小为，电流方向为顺时针C．电流大小为，电流方向为逆时针D．电流大小为，电流方向为逆时针-15-\n4．带电粒子在如图所示的电场中，仅在电场力作用下沿虚线所示轨迹从A点运动到B点，可判知（）A．粒子带负电B．粒子的电势能不断减少C．粒子的动能不断减少D．粒子在B点的加速度小于在A点的加速度5．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中点滑向b端时，下列说法正确的是（）A．电压表和电流表读数都增大B．电压表和电流表读数都减小C．电压表读数增大，电流表读数减小D．电压表读数减小，电流表读数增大6．法国科学家阿尔贝·费尔由于发现了巨磁电阻（）效应，荣获了诺贝尔物理学奖，如图电路中，巨磁电阻周围的磁场增强时，其阻值减小；为电容器，当有磁铁靠近时，下列说法正确的是（）A．电流表的示数减小B．电容器的电荷量增大C．电压表的示数变小D．电源内部消耗的功率变小7．如图所示，图线甲、乙分别为电源和某金属导体的伏安特性曲线，电源的电动势和内阻分别用E、r表示，根据所学知识分析下列选项正确的是(　　)-15-\nA．电源的电动势E＝40VB．电源的内阻r＝ΩC．当该导体直接与该电源相连时，该导体的电阻为20ΩD．当该导体直接与该电源相连时，电路消耗的总功率为80W8．一质量为m的带电液滴以竖直向下的初速度v0进入某电场中。由于静电力和重力的作用，液滴沿竖直方向下落一段距离h后，速度为0。以下判断正确的是：A．静电力力对液滴做的功为B．液滴克服静电力做的功为+mghC．液滴的机械能减少mghD．液滴的机械能减少量为－mgh9．电流表的量程为I，其内阻为，现欲把这电流表的量程扩大至原来的N倍，则　　A．应加串一个阻值为的N倍的电阻B．应加并一个阻值为的电阻C．刻度盘的最小刻度是原来的N倍D．刻度盘的最小刻度是原来的10．如图所示为等量点电荷周围的电场线分布图，A，B，O位于两点电荷连线上，其中O为两点电荷连线的中点，C，D是连线的中垂线上的两点关于各点的电场性质的描述，下列说法正确的是(    )-15-\nA．A，B，O三点的电势大小相等B．O，C，D三点的电场强度相等C．若将带正电的试探电荷q从C点移到B点，电势能减小D．若将带负电的试探电荷q从A点移到D点，电场力做负功二、多选题（本题共3题，每小题4分，共12分。每题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）11．如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在电场力作用下的运动轨迹；设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB．下列说法正确的是（　　）A．若电子从A运动到B，速率变小B．若aA＞aB，则Q靠近M端且为正电荷C．无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpA>EpBD．B点电势可能高于A点电势12．如图所示是电阻R的I－U图象，图中α＝45°，由此得出(　　)A．通过电阻的电流与其两端的电压成正比B．电阻R＝0.5Ω-15-\nC．因I－U图象的斜率表示电阻的倒数，故R＝＝1.0ΩD．在R两端加上6.0V的电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是3.0C13．如图所示，一带正电的点电荷Q固定在绝缘水平面上，在a点放置一可视为点电荷的滑块，已知滑块的电荷量为-q（q>0）、质量为m，当滑块从a点以初速度沿水平面向Q运动，到达b点时速度减为零，已知a、b间距离为s，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，以下判断正确的是（）A．滑块由a向b运动过程中所受Q的库仑力可能大于滑动摩擦力B．滑块在运动过程的中间时刻，速度的大小等于C．此过程中产生的内能为D．Q产生的电场中，a、b两点间的电势差为第II卷（非选择题）四、实验题（共2小题，每空2分，共16分。）14．在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，实验室提供了以下器材：A．小灯泡（3.8V，0.3A）B．滑动变阻器（5Ω，2A）C．电流表（0~0.5A，内阻约0.4Ω）D．电压表（0~5V，内阻约10kΩ）E．开关及导线若干（1）为实验测量误差尽可能小，电流表应选用________（填“内”或“外”）接法；（2）为使小灯泡两端电压从零开始连续变化，滑动变阻器应选用__________（填“限流式”或“分压式”）接法；（3）综上所述，应选择下图中的_______电路进行实验-15-\n（4）利用实验数据画出了如图所示的小灯泡伏安特性曲线。则根据此图给出的信息可知，随着小灯泡两端电压的升高，小灯泡的电阻______（填“变大”、“变小”或“不变”）15．“测定金属丝电阻率”的实验中需要测出其长度L、直径d和电阻R.。(1)用螺旋测微器测金属丝直径时读数如下图甲，则金属丝的直径为________mm。(2)若用图乙测金属丝的电阻，则测量结果将比真实值__________．(填“偏大”或“偏小”)(3)用电压表和电流表测金属丝的电压和电流时读数如图所示，则电压表的读数为________V，电流表的读数为__________A．五、计算题（本题共32分）16．（8分）如图所示，M为一线圈电阻RM=0.5Ω的电动机，R=8Ω，电源电动势E=10V．当S断开时，电流表的示数I1=1A，当开关S闭合时，电流表的示数为I2=3A．求：（1）电源内阻r；-15-\n（2）开关S断开时，电阻R消耗的功率P．（3）开关S闭合时，通过电动机M的电流大小IM．17．（12分）如图，在xOy平面的第一象限内有平行于y轴的有界匀强电场，方向沿y轴正方向；第四象限有一匀强电场，一质量、电荷量的带电粒子，从P点以初速度大小，垂直y轴方向射入电场中，粒子偏转后经过x轴上A点进入第四象限，并沿直线运动的最大距离，已知，，，不计粒子重力，求：（1）粒子的带电性质和粒子在第一象限的加速度大小；-15-\n（2）粒子从A点运动到B点的时间；（3）第四象限的匀强电场大小和方向。18．（12分）如图，轨道CDGH位于竖直平面内，其中圆弧段DG与水平段CD及倾斜段GH分别相切于D点和G点，圆弧段和倾斜段均光滑，在H处固定一垂直于轨道的绝缘挡板，整个轨道绝缘且处于水平向右的匀强电场中。一带电物块由C处静止释放，经挡板碰撞后(碰撞后速度大小不变)滑回CD段中点P处时速度恰好为零。已知物块的质量m＝4×10－3kg，所带的电荷量q＝＋3×10－6C；电场强度E＝1×104N/C；CD段的长度L＝0.8m，圆弧DG的半径r＝0.2m，GH段与水平面的夹角为θ，且sinθ＝0.6，cosθ＝0.8；不计物块与挡板碰撞时的动能损失，物块可视为质点，重力加速度g取10m/s2。(1)求物块与轨道CD段的动摩擦因数μ；(2)求物块第一次碰撞挡板时的动能Ek；(3)物块在水平轨道上运动的总路程；(4)物块碰撞挡板时的最小动能。参考答案1．D【详解】电场线密处，电场强度大，而电场线方向不确定，故无法判断电势高低，电势就不一定高。故A错误。电势降落最快的方向就是场强方向，选项B错误；电势为零，是人为选择的，而电场强度是由电场决定的，此处电场强度不一定为零。故C-15-\n错误。电场强度大小相同的点电势可能不同，例如匀强电场中各点电场强度大小相同，但是电势可能不同，故D正确。故选D。【点睛】电场强度和电势这两个概念非常抽象，可借助电场线可以形象直观表示电场这两方面的特性：电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，电场线的方向反映电势的高低．2．B【详解】对两种情况进行受力分析，如图所示：依据矢量的合成法则，结合三角知识，及平衡条件，则有：F′=mgsin30°，F=mgtan30°，根据库仑定律，则有：，而；根据三角知识，则有：lBA=Ltna30°，lCA=Lsin30°，综上所得：，故ACD错误，B正确；故选B。【点睛】考查库仑定律、矢量的合成法则与平衡条件的应用，掌握三角知识，及几何关系的内容，注意绳子的长度相等，是解题的关键．3．C【详解】电子绕核运动可等效为一环形电流，电子运动周期为；根据电流的定义式得：电流强度为；因为电子带负电，所以电流方向与电子定向移动方向相反，即沿逆时针方向，故C正确。故选C。【点睛】本题是利用电流强度的定义式求解电流，这是经常用到的思路。要知道电流方向与正电荷定向移动方向相同，而与负电荷定向移动方向相反.4．B-15-\n【解析】试题分析：做曲线运动时，物体受到的合力指向轨迹的内侧，所以粒子受到的电场力方向和电场方向相同，带正电，过程中电场力方向和速度方向夹角为锐角，做正功，电势能减小，动能增大，故AC错误B正确；电场线的疏密程度表示电场强度大小，在A点的电场线比在B点的电场线疏，所以在A点的电场力小于在B点的电场力，故在A点的加速度小于在B点的加速度，D错误；考点：考查了带电粒子在电场中的运动【名师点睛】解决本题的关键利用带电粒子的运动轨迹判断电场力的方向，利用场强方向的规定判断粒子的电性；据电场力做功和功能关系判断动能和电势能的变化．5．A【解析】试题分析：当滑片向b滑动时，R接入电阻增大，总电阻增大；由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电流减小，则内电压减小，由U=E-Ir可知路端电压增大，即电压表示数增大；因路端电压增大，R1两端的电压减小，故并联部分电压增大，由欧姆定律可知电流表示数增大；故A正确；故选A。考点：电路的动态分析6．C【解析】当有磁铁靠近时，其电阻减小，故回路中的总电阻减小，则总电流增大，路端电压减小，故电压表的示数减小，电流表的示数增大，故A错误，C正确；电容器C两端的电压等于路端电压，根据Q=CU，可知U减小，则电荷量减小，故B错误；根据，可知总电流增大，故电源内部消耗的功率变大，故D错误；故选C。【点睛】当有磁铁靠近时，分析电阻的变化情况，再根据闭合电路的欧姆定律分析总电流和路端电压的变化情况，根据电容器两端的电压等于与之并联部分的电压和Q=CU分析电荷量的变化，根据分析电源内部消耗的功率的变化情况。7．C【详解】甲为电源的U-I图像，故纵截距表示电源电动势，即E=50V，在路端电压为20V时电路电流为6A，根据闭合回路欧姆定律可得，解得，AB错误；当该导体直接与该电源相连时，两图线的交点表示工作时的电压和电流，故可知电阻两端的电压为40V，通过电阻的电流为2A，-15-\n所以该导体的电阻大小为20Ω，电路消耗的总功率为，C正确D错误．8．B9．C【详解】根据改装原理可知，要使电流表量程扩大N倍，故应并联电阻分流，根据并联电路规律可知：，故AB错误；改装后满偏刻度为NI，故最小分度将变为原来的N倍，故C正确，D错误。所以C正确，ABD错误。10．C【详解】由图可知电场线由O指向A，而沿着电场线方向电势逐渐降低，故A、B、O三点的电势大小不相等，故A错误；电场线的越密，电场强度越大，由图可知从O到D，电场线越来越疏，电场强度越来越小，故O、C、D三点的电场强度不相等，故B错误；由图可知C点的电势高于B点的电势，而正电荷在电势越高的地方，电势能越大，故正电荷从C到B电势能减小，故C正确；由图可知A点的电势低于D点的电势，而带负电在电势越低的地方，电势能越大，故负电荷从A到D电势能减小，电场力做正功，故D错误。故选C。【点睛】解决本题的关键知道等量异种电荷周围电场线的特点，知道电场力做功与电势能的关系，以及电场线与电势的关系等。11．AB【详解】A、电子所受电场力方向指向左侧，那么，若电子从A向B运动，则电场力做负功，电势能增加，动能减小；若电子从B向A运动，则电场力做正功，电势能减小，动能增大，所以电子从A运动到B，速率变小，故A正确；B、若aA＞aB，则A点离点电荷Q更近即Q靠近M端，又由运动轨迹可知，电场力方向指向凹的一侧即左侧，所以，在MN上电场方向向右，那么Q靠近M端且为正电荷，故B正确；C、若电子从A向B运动，则电场力做负功，电势能增加；若电子从B向A运动，则电场力做正功，电势能减小，所以一定有，求解过程与Q所带电荷无关，只与电场线方向相关，故C错误；D、电子所受电场力方向指向左侧，则电场线方向由M指向N，那么A点电势高于B点，故D错误；-15-\n故选AB。【点睛】关键知道电子所受电场力方向指向左侧，电场力做正功，电势能减小，动能增大，电场力做负功，电势能增加，动能减小。12．AD【详解】A、根据数学知识可知，通过电阻的电流与两端电压成正比，故A正确；BC、根据电阻的定义式可知，I−U图象斜率的倒数等于电阻R，则得，故B、C错误；D、由图知，当U=6V时，I=3A，则每秒通过电阻横截面的电荷量是，故D正确；故选AD。【点睛】关键知道电阻R的I-U图象斜率的倒数等于电阻R，由q=It求解每秒内通过电阻的电荷量。13．CD【解析】（1）由题意可知，滑块水平方向受库仑力、滑动摩擦力，摩擦力与运动方向相反，而库仑力与运动方相同，因滑块在b点静止，故一定有段时间，库仑力小于滑动摩擦力，当在滑动过程中，随着间距减小，库仑力增大，但仍小于滑动摩擦力，到达b点时速度减为零，故A错误；（2）水平方向受大小不变的摩擦力及变大的库仑力，当在滑动过程中，随着间距减小，库仑力增大，但仍小于滑动摩擦力，所以导致加速度慢慢减小，加速度是变化的，故中间时刻的速度不等于，B错误。（3）根据能量守恒定律，滑块从a运动到b的过程中，减小的动能和电势能，全部转化为内能，故产生的内能为：故C正确。（4）由动能定理可得：，解得两点间的电势差，故D正确。故本题选CD【点睛】根据滑块的运动情况可知滑块受力情况，则可知库仑力与滑动摩擦力的大小关系；由滑块的受力情况可确定加速度的变化情况，即可判断中间时刻的速度；根据电场力做功判断电势能的变化；由动能定理可求得两点间的电势差。14．外接法分压式B灯丝电阻变大【解析】【详解】-15-\n（1）灯泡正常发光时的电阻：，电流表内阻约为0.4Ω，电压表内阻约为10kΩ，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法．（2）灯泡两端电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法．（3）电流表采用外接法、滑动变阻器采用分压接法，则应采用图B所示实验电路．（4）根据此图给出的信息可知，随着小灯泡两端电压的升高，小灯泡的电阻变大．【点睛】本题考查了电流表与滑动变阻器的接法、实验电路选择、实验数据处理，当电压表内阻远大于待测电阻阻值时，电流表采用外接法，当电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器采用分压接法．15．0.698偏小2.600.52【解析】（1）由图甲所示螺旋测微器可知，金属丝的直径：；由图乙所示电路图可知，电流表采用外接法，由于电压表分流，所测电流偏大，由欧姆定律可知，电阻测量值小于真实值；（2）由图丙所示电压表可知，其量程为3V，分度值为0.1V，示数为2.60V；由图示电流表可知，其量程为0.6A，分度值为0.02A，示数为0.52A．【点睛】螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器所示．根据内接的特点，结合欧姆定律以及串并联电路的特点，即可分析出测量值与真实值之间的关系．由图象电表确定电表量程与分度值，读出电表示数．16．（1）2Ω（2）（3）【解析】（1）当S断开时，根据闭合电路欧姆定律：，，r=2Ω；电阻R消耗的功率：路端电压：R之路电流：电动机的电流：点睛：当S断开时，根据闭合电路欧姆定律求解电源的内阻．当开关S闭合时，已知电流表的示数，根据闭合电路欧姆定律求出路端电压，由欧姆定律求出通过R的电流，得到通过电动机的电流．17．⑴⑵⑶与x轴成37°角斜向上-15-\n【解析】(1)由于粒子做类平抛运动，电场方向向上，所以粒子带负电由；(2)带电粒子从P点到A点做类平抛运动，设运动时间为t1带电粒子从A到B做匀减速直线运动，设运动时间为t2(3)带电粒子从A运动到B过程中，设加速度为a2根据牛顿第二定律解得：设带电粒子运动到P点速度偏向角为θ所以θ=37°E2方向为与x轴成37°角斜向上。18．(1)0.25(2)0.018J(3)2.4m(4)0.002J【解析】(1)物块由C处释放后经挡板碰撞滑回P点过程中，由动能定理得qE·－μmg(L＋)＝0①(2分)由①式代入数据得μ＝＝0.25②(2)物块在GH段运动时，由于qEcosθ＝mgsinθ，所以做匀速直线运动③由C运动至H过程中，由动能定理得qEL－μmgL＋qErsinθ－mgr(1－cosθ)＝Ek－0④由③式代入数据得Ek＝0.018J⑤(3)物块最终会在DGH间来回往复运动，物块在D点的速度为0设物块能在水平轨道上运动的总路程为s，由能量转化与守恒定律可得qEL＝μmgs⑥由②③⑥式代入数据得s＝2.4m⑦(4)物块碰撞挡板的最小动能E0等于往复运动时经过G点的动能，由动能定理得-15-\nqErsinθ－mgr(1－cosθ)＝E0－0⑧由③⑧式代入数据得E0＝0.002J⑨-15-