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1、 八县（市）一中高中二年级第一学期期中联考 物理 科试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第18题只有一项符合题目要求，第912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）1.下列关于静电现象的说法中不正确的是( )A. 避雷针是利用尖端放电避免雷击的一种设施B. 为了防止外电场的影响，电学仪器应该放在封闭的绝缘体壳中C. 超高压带电作业的工人穿戴的工作服，要用包含金属丝的织物制成D. 做地毯时，在地毯中夹进一些不锈钢丝导电纤维，可以防止静电积累【答案】B【解析】【详解】避雷针是利用尖端放电避免雷击的一种设施，选项A正确
2、；只有金属体壳才能产生静电屏蔽作用，故为了防止外电场的影响，电学仪器应该放在封闭的金属体壳中；故B错误；超高压带电作业的工人穿戴的工作服，要用包含金属丝的织物制成，从而保护工人；故C正确；做地毯时，在地毯中夹进一些不锈钢丝导电纤维，可以防止静电积累，选项D正确；此题选择错误的选项，故选B.2.下列说法正确的是（ ）A. 导体中电荷的运动就会形成电流B. 电子运动的速率越大，电流越大C. 单位时间内通过导体截面的电量越多，导体中的电流越大D. 根据电流的公式，电流和电荷量成正比，电流与时间成反比【答案】C【解析】【详解】导体中电荷的定向移动就会形成电流，选项A错误；根据I=nesv可知，电子运动
3、的速率越大，电流不一定越大，选项B错误；根据I=q/t可知，单位时间内通过导体截面的电量越多，导体中的电流越大，选项C正确；电流的公式，采用的是比值定义法，电流的大小与通过横截面的电量、通电时间无关。故D错误。故选C.3. 某金属导线的电阻率为，电阻为R，现将它均匀拉长到直径为原来的一半，那么该导线的电阻率和电阻分别变为 （ ）A. 4和4R B. 和4RC. 16和16R D. 和16R【答案】D【解析】由于材料未变，则电阻率不变，将导线均匀拉长为原来的二倍，由于体积不变，则横截面积变为原来的二分之一，根据电阻定律知电阻变为原来的4倍故B正确，ACD错误故选B4.将两个分别带有电荷量-2Q和
4、+5Q的相同金属小球 A、B 分别固定在相距为r的两处(均可视为点电荷)，它们间库仑力的大小为F。现将第三个与 A、B 两小球完全相同的不带电小球 C先后与A、B 相互接触后拿走，A、B 间距离保持不变，则两球间库仑力的大小为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】开始时由库仑定律得：；当小球和A接触后，A球带电为-Q，再和B球接触时，先中和后总电量为4Q，故平分后B球带电为2Q，因此此时：；可得：F1=，故BCD错误，A正确。故选A。【点睛】完全相同的带电小球接触时，对于电量的重新分配规律要明确，然后正确利用库仑定律求解5.如图所示，由M、N两块相互靠近的平行金属板组成的平行
5、板电容器，极板N与静电计的金属球相接，极板M与静电计的外壳均接地。给电容器充电，静电计指针张开一定角度以下实验过程中电容器所带电荷量可认为不变。下面操作能使静电计指针张开角度变大的是（ ）A. 将M板沿水平向右方向靠近N板B. 在M、N之间插入有机玻璃板C. 在M、N之间插入金属板，且不和M、N接触D. 将M板向上平移【答案】D【解析】【详解】将M板沿水平向右方向靠近N板，极板间距d变小，根据根据，电容增大；Q一定，根据，电压减小；故静电计指针张角变小；故A错误；在M、N之间插入机玻璃板，根据，电容变大；Q一定，根据，电压减小；故静电计指针张角变小；故B错误；在M、N之间插入金属板，根据，电容
6、变大；Q一定，根据，电压减小；故静电计指针张角变小；故C错误；将M板向上平移，正对面积S减小，根据，电容减小；Q一定，根据，电压增加；故静电计指针张角变大；故D正确；故选D。【点睛】本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是关于电容的两个公式和6.四盏灯泡接成图示电路，L1 、L2灯泡的规格为“110V ，60W”，L3、L4灯泡的规格为“110V ，30W”，各个灯各个灯泡的实际功率都没有超过它的额定功率。则这四盏灯泡中实际消耗功率最大和最小的灯泡分别是（ ）A. L3和L1B. L4和L3C. L3和L1D. L4和L2【答案】B【解析】【详解】根据可知，L1 、
7、L2灯泡的电阻小于L3 、L4灯泡的电阻，即R1=R2P1P2+P3；对L2和L3，由可知P2P3，则这四盏灯泡中实际消耗功率最大和最小的灯泡分别是L4和L3，故选B.7.有两个相同的灵敏电流计，允许通过的最大电流（满偏电流）为Ig=1mA，表头电阻Rg=30，若改装成一个量程为3V的电压表和一个量程为0.6A的电流表应分别：A. 串联一个2990的电阻和并联一个0.15的电阻B. 并联一个2990的电阻和串联一个0.15的电阻C. 串联一个2970的电阻和并联一个0.05的电阻D. 并联一个2970的电阻和串联一个0.05的电阻【答案】C【解析】把灵敏电流表改装成电压表的方法是串联一个电阻，
8、由串联可知，改装成大量程的电流表需要并联电阻，由并联分流可知=0.05，C对；8.如图所示，、为三个相同的灯泡且电阻恒定，在变阻器 R的滑片 P 向上移动过程中，下列正确的是( )A. 电源总功率变小B. 中电流变化量小于中电流变化量C. 变暗, 变亮, 变暗D. 变亮, 变暗, 变亮【答案】D【解析】【详解】在变阻器R的滑片P向上移动过程中，R减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，总电流I增大，L3变亮。L2的电压U2=E-I（R3+r），E、R3、r均不变，I增大，U2减小，I2减小，L2变暗。流过L1的电流I1=I-I2，I增大，I2减小，则I1增大，L1变亮，则选项D正确，
9、C错误；根据P=EI，总电流I变大，则电源总功率变大，选项A错误；因I = I1+I2，I增大，I2减小，I1增大，可知I1I2。故B错误。故选D。【点睛】本题是动态电路的分析，采用“先局部，后整体，再回到局部的分析方法”；分析电流变化量的大小采用的是总量的方法，根据总电流的变化情况确定两支路电流变化量的大小。9.如下图甲所示、是某电场中一条电场线上的两点一个带负电的点电荷仅受电场力作用，从点沿电场线运动到点在此过程中，该点电荷的速度随时间变化的规律如下图乙所示则下列说法中正确的是（ ）甲 乙A. 点的电势比点的电势高B. 、两点的电场强度相等C. 点的加速度比点的小D. 点的电势能比点的电势
10、能高【答案】AC【解析】【详解】由于物体沿电场线运动过程当中做减速运动，故负电荷所受电场力方向由B指向A，又由于负电荷所受电场力的方向与场强的方向相反，所以电场线的方向由A指向B；而沿电场线的方向电势降低，所以A点电势比B点的电势高，负电荷在A点的电势能比B点的电势能低。故A正确，D错误；速度图象的斜率等于物体的加速度，由图可知点电荷从A向B运动的过程中加速度越来越大，故A点的场强小于B点场强。故B错误，C正确；故选AC。【点睛】解题时先通过速度图象的斜率等于物体的加速度判断加速度的变化，从而判断电场力以及场强的变化；负电荷所受电场力的方向与场强的方向相反，沿电场线的方向电势降低是解决本题的突
11、破口10.如图所示，是点电荷产生的电场中的一条电场线当一个带正电的粒子（不计重力）从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中的虚线所示那么下列选项正确的是（ ）A. 点电荷一定带负电B. 带电粒子在a点的加速度大于在b点的加速度C. 带电粒子在a点时的电势能小于在b点时的电势能D. 带电粒子在a点时的动能大于在b点时的动能【答案】CD【解析】【详解】根据粒子的运动轨迹，粒子所受的电场力指向速度的凹向，可知电场力方向从N指向M，由于粒子的加速度大小变化不知道，可知不能确定点电荷的电性，选项A错误；一条电场线不能确定疏密，则不能确定电场力的大小，也就不能确定加速度的大小关系，选项B错误；由轨迹可知，从a到
12、b电场力做负功，则电势能增加，动能减小，选项CD正确；故选CD.11.一根轻质杆长为2L，可绕固定于中点位置处的轴在竖直面内自由转动，杆两端固定有完全相同的小球1和小球2，它们的质量均为m，带电荷量分别为+q和q，整个装置放在如图所示的关于竖直线对称的电场中。现将杆由水平位置静止释放，让小球1、2绕轴转动到竖直位置A、B两点，设A、B间电势差为，该过程中( )A. 小球2受到电场力变小B. 小球1电势能减少量小于C. 小球1、2的机械能总和增加量小于D. 小球1、2的动能总和增加了【答案】BD【解析】【详解】由图可知，杆由水平位置转到竖直位置时，球2所处的位置电场线变得密集，场强变大，则球2所
13、受的电场力变大，选项A错误；根据电场线分布的对称性可知：开始时两个小球处于同一等势面上，转动后，小球1所在位置A的电势较低，小球2所在位置B的电势较高，根据等势面线电场线的关系知道，A、1间电势差小于2、B间的电势差，小球2的电势升高量大于小球1电势降低量，所以小球1的电势能减小量小于qu，小球2的电势能减小量大于qu，选项B正确；根据动能定理，系统的重力势能未变，则动能增加量等于电场力对系统做功，大小为uq，机械能增加量等于动能的增加量，即系统的机械能增加量也为uq，故C错误，D正确。故选BD。【点睛】本题关键要能正确分析小球能量如何转化，运用W=qU和U=Ed定性分析两球电势能的变化关系，
14、由能量守恒定律分析即可。12.如图所示，在竖直平面内xoy坐标系中分布着与水平方向夹45角的匀强电场，将一质量为m，带电量为q的小球，以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程，且小球通过点p，已知重力加速度为g，则A. 电场强度的大小为B. 小球初速度的大小为C. 小球通过点P时的动能为D. 小球从O点运动到P点的过程中，电势能减少【答案】CD【解析】小球以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程，说明小球做类平抛运动，则电场力与重力的合力沿y轴正方向，竖直方向：，故电场强度的大小为，故A错误；小球受到的合力：，所以a=g，由平抛运动规律有：，得初速度大小为，
15、故B错误；由于，又，所以通过点P时的动能为：，故C正确；小球从O到P电势能减少，且减少的电势能等于电场力做的功，即：，故D正确故选CD【点睛】结合小球运动的特点与平抛运动的方程，判断出小球在竖直方向受到重力与电场力在竖直方向的分力大小相等，方向相反，由此求出电场力的大小，再由F=qE即可求出电场强度；由平抛运动的方程即可求出平抛运动的初速度，以及到达P时的速度；由动能定理即可求出电势能的变化二、实验题（本题共16分，每空2分）13.下图各仪器的读数：（螺旋测微器）为_ mm，(量程为0.6A的电流表)为_ A【答案】 (1). 2.150 (2). 0.42【解析】【详解】螺旋测微器读数为：2mm+0.01mm15.0=2.150mm；量程为0.6A的电流表最小刻
