四川省成都市石室中学2018 - 2019学年高二物理上学期期中试题（含解析）

四川省成都市石室中学高二上半学期期末考试

物理试题

一、选择题

1.如图中分别标明了通电直导线中电流I、匀强磁场的磁感应强度B和电流所受安培力F的方向，其中正确的是（  ）

A. B. C. D.

【答案】C

【解析】

【详解】根据左手定则，四指指向电流方向，磁场垂直手心过，拇指所指的方向即为通电导线受力的方向，故C对；ABD错；

故选C

2.某原子电离后其核外只有一个电子，若该电子在核的静电力作用下绕核做匀速圆周运动，那么电子运动（  ）

A. 半径越大，加速度越大 B. 半径越小，周期越大

C. 半径越小，角速度越小 D. 半径越大，线速度越小

【答案】D

【解析】

【分析】电子做圆周运动的向心力由库仑力提供，根据牛顿第二定律求解即可。

【详解】电子绕原子核做匀速圆周运动，库仑力充当向心力，即

，由公式可知，半径越大，库仑力越小， 加速度越小，周期越大，线速度越小，角速度越小；半径越小，库仑力越大，加速度越大，周期越小，线速度越大，角速度越大，故D对；ABC错

故选D

3.如图所示，直线MN是某电场中的一条电场线（方向未画出）。虚线是一带电的粒子只在电场力的作用下，由a到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线。下列判断正确的是（　　）

A. 粒子一定带正电

B. 电场线MN的方向一定是由M指向N

C. 带电粒子在b点的电势能一定小于在a点的电势能

D. 带电粒子在a点的加速度一定大于在b点的加速度

【答案】C

【解析】

【分析】答本题的突破口是根据粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向，从而确定电场线MN的方向以及负点电荷的位置，然后根据负点电荷周围电场分布情况，进一步解答．

【详解】A．由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，物体所受外力指向轨迹内侧，所以粒子受力分析一定是由M指向N，但是由于电场线的方向无知，所以不能确定粒子的电性，故A错；

B．知道带电粒子受力方向，但由于粒子的电荷性质不清楚，所以电场线的方向无法确定．故B错误

C．粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，故C对；

D．由a到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线，说明粒子一定受恒力，即带电粒子在a点的加速度等于在b点的加速度，故D错误

故选C

【点睛】依据带电粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向是解决带电粒子在电场中运动问题的突破口，然后可进一步根据电场线、电场力做功等情况确定电势、电势能的高低变化情况

4.两异种点电荷电场中的部分等势面如图所示，已知B点电势高于A点电势。若位于a、b处点电荷的电荷量大小分别为qa和qb，则（   ）

A. a处为正电荷，qa<qb B. a处为正电荷，qa>qb

C. a处为负电荷，qa<qb D. a处为负电荷，qa>qb

【答案】D

【解析】

【分析】直观的从图像上看出电场线的疏密状况，判断电场强度的关系，再利用来判断场源电荷的电荷量大小关系。

【详解】由于ab是异种电荷，且B点电势高于A点电势，得b点处为正电荷，a处为负电荷，根据点电荷的电势，由图可知，靠近a处的等势线更密集，得出靠近a处电场强度大，由 可知，qa>qb ，故D对；ABC错；

故选D

5.如图所示，在xOy 平面内有一个以O为圆心、半径R=2m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θ，若空间存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小E=100V/m，则O、P两点的电势差可表示为（  ）

A. Uop=－200sinθ (V) B. Uop=200sinθ (V)

C. Uop=－200cosθ (V) D. Uop=200cosθ (V)

【答案】A

【解析】

【分析】根据匀强电场中电场强度和电势差的关系为求解电场中任意两点的电势差。

【详解】匀强电场中电场强度和电势差的关系为，其中d表示电场中两点沿电场线方向的距离，又沿电场线的方向电势降低，故O、P两点的电势差可表示为

V，故A项正确;BCD错误；

故选A

6.如图所示，MN是平行板电容器的两个极板,R0为定值电阻.，R1、R2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m带正电的小球悬于电容器内部。闭合电键S，小球静止时受到悬线的拉力为F调节 R1、R2，关于 F的大小判断正确的是（   ） 

A. 保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变小

B. 保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变大

C. 保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变小

D. 保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变大

【答案】C

【解析】

【分析】小球在平行板中受到重力、电场力、绳子的拉力三个力处于平衡状态，当平行板中的电压发生变化时，小球受到的电场力也会随着发生变化，所以只要判断出电场力的变化状况，根据平衡即可求出绳子拉力的变化情况。

【详解】AB．保持R2不变，缓慢增大R1时，电容器两端的电压不变，平行板中的电场强度不变，所以小球受力也不变，故AB错

CD．保持R1不变，缓慢增大R2时，根据电路结构，平行板间的电压将减小，所以受的电场力也就会减小，根据受力平衡可知，此时F也将变小，故C对；D错；

故选C

7.两根材料相同的均匀导线A和B，其长度分别为L和2L，串联在电路中时沿长度方向电势的变化如图所示，则A和B导线的横截面积之比为( )

A. 2:1 B. 1:3 C. 1:2 D. 3:1

【答案】B

【解析】

【分析】串联电路中电流相等，根据电势差的大小，通过欧姆定律得出电阻的大小关系，再根据电阻定律得出A和B导线的横截面积之比．

【详解】A、B两端的电势差分别为6V，4V，电流相等，根据欧姆定律得， ．
根据电阻定律得， 解得：

根据题意可知： ，故B对；ACD错；

故选B

【点睛】在处理比值题目时，一般不要中间过程计算，而应该把要求的物理量用一个公式表示出来，这样可以减少计算过程中的失误，提高精确度。

8.如图所示，D是一只二极管，AB 是平行板电容器，在电容器两极板间有一带电微粒P处于静止状态，当两极板A和B间的距离增大一些的瞬间(两极板仍平行)，关于带电微粒P的说法正确的是(　 　)

A. 向下运动

B. 仍静止不动

C. 若下板接地，且上板上移，则微粒电势升高

D. 若下板接地，且上板上移，则微粒电势能升高

【答案】B

【解析】

【分析】

二极管具有单向导电性,只允许电流从a流向b.电容器与电源保持相连,电容器的电压不变,板间距离增大,电容减小,电容量的电量要减小,放电,根据二极管的作用,分析电量是否变化,再分析P的运动情况.

【详解】AB．电容器与电源保持相连,电容器的电压不变,板间距离增大,电容减小,电容量的电量要减小,电容器要放电,但因为二极管的作用只允许电流从a流向b,电容器的电量无法减小,所以此题应该按照电容器上电荷量不变来处理，根据推论板间电场强度可知改变d时,场强E不变,电荷P受的电场力不变,仍静止;故A错；B对；

CD．若下板接地，且上板上移，板间电场强度保持不变，根据 可知BP两点之间的电势差不变，所以P点的电势也不变，由于微粒受力没有发生变化，所以电场力不做功，则微粒的电势能也不发生变化，故CD错

故选B

【点睛】本题考查了电容器的动态分析问题，在处理此类问题时要注意题目中是电压不变还是电荷量不变，在遇到有二极管的问题时要注意二极管的单向导电性。

9.如图所示，两个带等量正电荷的小球A、B(可视为点电荷)，被固定在光滑绝缘的水平面上。P、N是小球A、B的连线的水平中垂线，且PO=ON。下列说法正确的是（ ）

A. 沿着P→O→N，电场强度一定先减小后增加

B. 沿着P→O→N，电场强度可能先减小后增加

C. 沿着P→O→N，电势一定先增加后减小

D. 沿着P→O→N，电势一定先减小后增加

【答案】BC

【解析】

【分析】

可以根据等量同种电荷的电场线分布，及沿着电场线电势降低这个方向来考虑这个问题。

【详解】AB．在AB的垂直平分线上,从无穷远处到O点电场强度先变大后变小,到O点变为零,由于无穷远处到O过程中有个最大值，所以沿着P→O→N，电场强度不一定先减小后增加，只能说可能先减小后增加，故A错；B对；

CD．根据电场的叠加，可知在在AB的垂直平分线上，电场线从O点指向两侧，沿着电场线电势在降低，所以沿着P→O→N，电势一定先增加后减小，故C对；D错；

故选BC

10.如图所示，质量分别为m1和m2的两个小球A、B，带有等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧相连接，置于绝缘光滑的水平面上，突然加一水平向右的匀强电场后，两小球A、B将由静止开始运动，则从开始运动到第一次速度为零的过程中，下列说法中正确的是（设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用且弹簧不超过弹性限度）（   ）

A. 当A小球所受电场力与弹簧弹力大小相等时，A小球速度达到最大

B. 两小球加速度先增加，再减小

C. 电场力对两球均做正功，两小球与弹簧组成的系统机械能增加

D. 电场力对两球均做正功，两小球的电势能变大

【答案】AC

【解析】

【分析】

小球受到的电场力一开始大于弹簧弹力，随着弹簧弹力的增大，加速度在减小，然后加速度会反向，根据受力来判断加速度的变化；电场力做正功，小球的动能增大，电势能减小。

【详解】A．在电场力的作用下，小球AB分别向左右移动，在移动过程弹簧弹力一直在增大，当电场力等于弹簧弹力大小时，加速度为零，此时AB的速度达到最大，故A对；

B．在电场力的作用下，小球AB分别向左右移动，在移动过程弹簧弹力一直在增大，小球的加速度为即加速度在减小，当电场力等于弹簧弹力大小时，加速度等于零，然后弹簧的弹力大于电场力，小球又开始做减速运动，此时加速度 ，加速度又开始反向增大，故B错；

C．电场力的方向与运动方向相同，所以电场力做正功，根据机械能守恒的条件可知，电场力做功导致系统机械能增大了，故C对；

D．电场力对两球均做正功，两小球的动能增大，电势能减小，故D错；

故选AC

11.如图所示,电源的电动势和内阻分别为E和r，在滑动变阻器的滑片由a向b移动的过程中，下列各物理量变化情况为( )

A. 电流表的读数先增大后减小 B. 电源的总功率先减小后增大

C. 电源输出功率先增大后减小 D. 不变

【答案】BD

【解析】

【分析】在滑动变阻器的滑片由向移动的过程中,变阻器并联电阻先增大后减小,根据闭合电路欧姆定律分析电路中总电流的变化,确定电流表示数的变化,电源的功率变化和路端电压的变化.根据电源内外电阻的关系分析电源输出功率的变化.

【详解】AB．在滑动变阻器的滑片由a向b移动的过程中,变阻器并联总电阻先增大后减小,根据闭合电路欧姆定律分析可知,电路中总电流先减小后增大,则电流表的读数先减小后增大, 电源的功率先减小后增大.故A错；B对

C．当外电路电阻等于电源内阻时电源的输出功率最大，由于不知道电阻 与内阻r的关系，所以不确定电源的输出功率如何变化，故C错；

D．电压表测量的是路端电压，根据 可知 不变，故D对；

故选BD

12.某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在同一坐标系中，如图中的a、b、c所示，则下列说法中正确的是

A. 图线b表示输出功率PR随电流I变化的关系

B. 图线a的最高点对应的功率为最大输出功率

C. 在图线上A、B、C三点的纵坐标一定满足关系PA=PB+PC

D. 两个图线交点M与N的横坐标之比一定为1:2，纵坐标之比一定为1:4

【答案】CD

【解析】

，a线表示电源的总功率随电流I变化的图线。，,所以b表示电源内部的发热功率功率随电流I变化的关系，c表示输出功率随电流I变化的关系。A错。输出功率最大时应为c图线最高点，B错。根据能量转化横坐标相同纵坐标一定满足P1＝P2＋P3，C对。b、c线的交点M，输出功率P2和电源内部的发热功率P3相等，即，满足。a、b线的交点N输出功率为0，所以, M与N的横坐标之比一定为1:2，据，纵坐标之比为1:4。D对。

13.长为L、相距为d的平行金属板M、N带等电量异种电荷，A、B两带点粒子分别以不同速度v1、v2从金属板左侧同时射入板间，粒子A从上板边缘射入，速度v1平行金属板，粒子B从下板边缘射入，速度v2与下板成一夹角θ(θ≠0)，如图所示，粒子A刚好从金属板右侧下板边缘射出，同时粒子B刚好从上板边缘射出且速度方向平行金属板，两粒子在板间某点相遇但不相碰，不计粒子重力和空气阻力，则下列判断正确的是(   )

A. 两粒子的电荷量不一定相同 B. 两粒子一定带异种电荷

C. 粒子B射出金属板的速度等于v1 D. 相遇时A、B两粒子的位移大小之比为1:2

【答案】AC

【解析】

【分析】A粒子做类平抛运动,B粒子运动的逆过程也是类平抛运动,从图看出它们的水平位移和竖直位移的大小相等,列出两个分位移的表达式,再进行分析.

【详解】A．据题意知,A粒子做类平抛运动,B粒子运动的逆过程也是类平抛运动,根据垂直平行电容器极板方向上运动相同，可知AB两个粒子在平行板中运动的时间相等，平行电容器极板方向上位移也相等，所以两个在平行电容器极板方向上的速度相等，

根据类平抛运动的规律得:
平行电容器极板方向：

垂直平行电容器极板方向：

由于时间相等，竖直位移也相等，所以比荷也应该是相等的，但电荷量不一定相等，故A对；

B．两个粒子所受的电场力都向下,所以两粒子一定有相同的电荷,故B错；

C．根据A项分析可知：粒子B射出金属板的速度等于v1，故C对；

D．相遇时，运动时间相等，所以，两粒子平行电容器极板方向移大小相等，,但垂直平行电容器极板方向位移B的大，但不能得出它们的位移之比是1：2，故D错误.

故选AC

【点睛】平抛运动典型的模型：平行电容器极板方向匀速，垂直平行电容器极板方向做匀变速，可以分别列两个方向上的运动公式求解。

二、实验探究题

14.某同学利用多用电表测量二极管的反向电阻。完成下列测量步骤：

（1）检查多用电表的机械零点。

（2）将红、黑表笔分别插入正、负表笔插孔，将选择开关拔至电阻测量挡适当的量程处。

（3）将红、黑表笔_____，进行欧姆调零。

（4）测反向电阻时，将___表笔接二极管正极，另一支表笔接二极管负极，读出电表示数。

（5）为了得到准确的测量结果，应让电表指针尽量指向表盘中央；否则，在可能的条件下，应重新选择量程，并重复步骤（3）（4）。

（6）测量完成后，将选择开关拔向_____位置。

【答案】 (1). （3）短接 (2). （4）红 (3). （6）OFF/交流电最高档

【解析】

【分析】本题考查多用电表的使用，首先要机械调零，在选择量程后还要进行欧姆调零，而且每一次换量程都要重复这样的过程。

【详解】（3）将红黑表笔短接，即为欧姆调零。

（4）测量二极管的反向电阻时应将红笔接二极管的正极，黑接负极。

（5）欧姆表盘的刻度线分布不均匀，在中央的刻度线比较均匀，所以尽量让指针指向表盘的中央。

（6）测量完成后应将开关打到OFF档。

【点睛】在使用欧姆表时一定要注意，换挡必调零，而且要确保测量时针指向表盘的中央附近，因为欧姆表盘的刻度线分布不均匀，在中央的刻度线比较均匀，所以尽量让指针指向表盘的中央。

15.在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，除备有：待测的干电池(电动势约为1.5v，内电阻1.0Ω左右)、电流表A1(量程0－3m A，最小刻度0.1mA,内阻忽略不计)、电流表A2(量程0－0.6 A，最小刻度0.02 A，内阻忽略不计)、定值电阻R0（1000Ω）、开关和导线若干等器材，还备有两滑动变阻器A. R1（0－20Ω， 10A）B. R2（0－200Ω，1A）  

①某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，于是他设计了如图甲所示的(a)、(b)两个实验电路，其中合理的是_____图所示的电路；在该电路中，为了操作方便且能准确地进行测量，滑动变阻器应选_________(填写器材前的字母代号)。

②图乙为该同学根据选出的合理的实验电路，移动滑动变阻器，电流表A1和电流表A2分别测得多组I1和I2,并画出I1－I2图线，则由图线可得被测电池的电动势E=_____V，内阻r=_____Ω(小数点后均保留两位小数)

【答案】 (1). (b) ； (2). A (3). 1.47--1.49； (4). 0.84~0.88

【解析】

【分析】由于器材中没有电压表，所以在设计电路时需要用电流表串联一个电阻改成电压表，然后根据图像求解电动势和电源内阻。

【详解】（1）上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，将电流表A1串联一个电阻，可以改装成较大量程的电压表，因为 A1的量程比较小，不适合单独当电流表使用，可以用来改装电压表，所以图像中合理的是b;因为待测电阻的阻值比较小，所以可以使用一个阻值比较小的滑动变阻器就能达到灵活控制电路，故选A滑动变阻器；

（2）根据电路结构可知 解得： 把图像延长，根据图像在纵坐标上的截距可以求出,解得：

由图像的斜率 可求出电源的内阻为

【点睛】对于有图像问题的物理题来说，在处理的时候最好写出关于图像的数学函数，然后观测截距和斜率来求解物理量。

三、计算题

16.如图所示，一质量为m、带电荷量为q的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，静止时悬线向左与竖直方向成θ角，重力加速度为g.

(1)求电场强度E.

(2)若在某时刻将细线突然剪断，求经过t时间小球的速度大小.

【答案】（1）E＝mgtanθ/q. （2）v＝gt/cosθ

【解析】

【分析】

（1）根据受力求出电场强度的大小

（2）根据牛顿第二定律求出运动的加速度，则可以根据速度公式求经过t时间小球的速度大小

【详解】对小球：qE＝mgtanθ

得：E＝mgtan θ/q.

(2)加速度：mg/cos θ＝ma

速度：v＝at

得：v＝gt/cos θ

17.如图所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图。电动机内电阻r=2Ω，电路中另一电阻R=20Ω，直流电压U1=220V，电压表示数U2=120V。试求：

(1)通过电动机的电流；

(2)输入电动机的电功率；

(3)若电动机以v=5m/s匀速竖直向上提升重物,求该重物的质量?(g取10m/s2)

【答案】（1）I=5A （2） （3）m=11kg

【解析】

【分析】

（1）电动机是非纯电阻，所以要利用定值电阻来求回路中的电流

（2）电动机的输入功率应该用电动机两端的电压与流过电动机的电流来求解；

（3）根据功率关系可以求出重物的质量

【详解】(1)通过R的电流

(2)电动机的输入功率

(3)电动机内电阻的发热功率

输出的机械功率

而

计算得出:m=11kg

【点睛】电动机是非纯电阻，在计算时要注意公式 的使用范围，区分清楚电动机的输入功率、输出功率、内部消耗功率的关系。

18.如图所示，沿水平方向放置一条平直光滑槽，它垂直穿过开有小孔的两平行薄板，板相距3.5L。槽内有两个质量均为m的小球A和B，A球带电量为+q，B球带电量为－3q，两球由长为2L的轻杆相连，组成一带电系统。最初A和B分别静止于左板的两侧，离板的距离均为L。若视小球为质点，不计轻杆的质量，现在两板之间加上与槽平行场强为E的向右的匀强电场后(设槽和轻杆由特殊绝缘材料制成，不影响电场的分布)，带电系统开始运动。试求：

(1)从开始运动到B球刚进入电场时,带电系统电势能的增量ΔEp；

(2)以右板电势为零,带电系统从运动到速度第一次为零时A球所在位置的电势UA为多大；

(3)带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间。

【答案】（1）  （2）. （3）

【解析】

【分析】（1）根据电场力做功可以求出电势能的该变量

（2）求出运动的位移，再根据由板电势为零，可以求出带电系统从运动到速度第一次为零时A球所在位置的电势UA

（3） 根据运动学公式求分段求出运动时间，则总时间也就求出来了

【详解】(1)设球B刚进入电场时,电场力做功使带电系统电势能减少 

(2)设B进入电场后带电系统又运动了s速度变为零,

由动能定理得     

计算得出  ,即离右板距离为L带电系统速度第一次为零

以右板电势为零,速度第一次为零的位置电势大于零,所以带电系统速度第一次为零时,球A所在位置的电势为

(3)设A球运动了L时速度为,由动能定理得

计算得出,

由

运动时间为

A球运动s时加速度为,   

由

得.

所以带电系统速度第一次为零所需的时间为

【点睛】分析带电系统在本装置中受到的电场力，再结合运动的位移可以求出电场力做功，则电势能的变化即可求出来。

19.如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形，固定在竖直面内，管口B，C的连线水平。质量为m的带正电小球从B点正上方的A点自由下落A，B两点间距离为4R。从小球（小球直径小于细圆管直径）进入管口开始，整个空间中突然加上一个斜向左上方的匀强电场，小球所受电场力在竖直方向上的分力方向向上，大小与重力相等，结果小球从管口C处离开圆管后，又能经过A点。设小球运动过程中电荷量没有改变，重力加速度为g，求：

（1）小球到达B点时的速度大小；

（2）小球受到的电场力大小；

（3）小球经过管口C处时对圆管壁的压力大小。

【答案】（1）小球到达B点时的速度大小是2；

（2）小球受到的电场力大小；

（3）小球经过管口C处时对圆管壁的压力大小为3mg，方向水平向右．

【解析】

（1）小球下落过程只有重力做功，根据机械能守恒定律列式求解；

（2）小球从B到C过程，只有电场力做功，根据动能定理列式；小球离开C点后，竖直方向做匀速运动，水平方向做加速运动，根据平抛运动的知识列式求解；

（3）小球经过C点时，电场力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式即可．

解：（1）小球从开始下落到管口B，机械能守恒：mg?4R=m解得vB=

（2）设电场力的竖直向上分力为Fy，水平分力为Fx，则Fy=mg

从B到C，由动能定理：-Fx?2R=m(---------------①

小球从管口C到A，做类平抛，竖直方向匀速运动 y=4R=VC?t----------②

水平方向做匀加速运动x=2R=-----③

由①②③得Fx=mg 故电场力大小F=mg 方向与水平向左成450斜向上．

（3）球在管口C处由牛顿定律：Fx+N=得N=3mg

点评：本题关键运用正交分解法，将小球的运动沿水平方向和竖直方向正交分解，然后运用牛顿运动定律和动能定理列式求解．

本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/238190cdfd4ffe4733687e21af45b307e971f9ed.html