《云南省昭通市威信县第一中学2018-2019学年高二物理上学期期中试题（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《云南省昭通市威信县第一中学2018-2019学年高二物理上学期期中试题（含解析）（17页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、云南省昭通威信县一中20182019学年上学期期中考试高二 物理一、单选题1.如图所示是某电场中的三条电场线，C点是A、B连线的中点已知A点的电势是A30 V，B点的电势B20 V，则下列说法正确的是()A. C点的电势C5 V B. C点的电势C5 VC. C点的电势C5 V D. 负电荷在A点的电势能大于在B点的电势能【答案】C【解析】【分析】电场线的疏密表示电场的强弱由图看出，AC段电场线比CB段电场线密，AC段场强较大，根据公式U=Ed定性分析A、C间与B、C间电势差的大小，再求解中点C的电势c.【详解】由图看出，AC段电场线比BC段电场线密，则AC段场强最大，根据公式U=Ed可知，A
2、C间电势差UAC大于BC间电势差UCB，所以 UACUAB25V，即A-C25V，又A=30V，可知C5V故C正确，AB错误。而负电荷在电势低处，电势能较大，故D错误；故选C。2.如图所示，在真空区域、中存在两个匀强电场其电场线方向竖直向下，在区域中有一个带负电的粒子沿电场线以速度v0匀速下落，并进入区域(电场范围足够大)能描述粒子在两个电场中运动的速度时间图象的是(以v0方向为正方向)()A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：有图像可知中场强大，根据受力分析可知，电场力向上，进入区后电场力大于重力，合外力向上，先做匀减速运动，减速到零后反向加速，回到分界面时速度大小等于进入时的
3、大小，方向相反，进入区后电场力与重力的的合力仍然为零，向上匀速故选C考点：带电粒子在电场中的运动点评：中等难度。本题属于根据带电粒子的受力情况分析运动情况然后画图表示运动情况。3.关于两个等量异种点电荷在其连线中点的电场强度和电势(规定无穷远处电势为零)，下列说法中正确的是()A. 场强为零，电势不为零 B. 场强不为零，电势为零C. 场强不为零，电势也不为零 D. 场强为零，电势也为零【答案】B【解析】【分析】根据两个等量异种点电荷的电场线图可知，其连线中点的电场强度；由于两个等量异种点电荷连线的中垂线为等势面，一直通到无穷远，两个等量异种点电荷，故连线中点的电势也为零【详解】根据两个等量异
4、种点电荷的电场线图可知，其连线中点的电场强度不为零；由于两个等量异种点电荷连线的中垂线为等势面，一直通到无穷远，两个等量异种点电荷，故连线中点的电势也为零。故B正确，ACD错误。故选B。【点睛】本题关键要知道等量异种点电荷的电场线和等势面分布情况，特别是两个电荷两线和中垂线上各点的场强和电势情况4.如图所示，质量为m、电荷量为q的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点，带有电荷量也为q的小球B固定在O点正下方绝缘柱上.其中O点与小球A的间距为l，O点与小球B的间距为l.当小球A平衡时，悬线与竖直方向夹角30.带电小球A、B均可视为点电荷.静电力常量为k，则()A. A、B间库仑力大小 B. A、B间库
5、仑力大小C. 细线拉力大小 D. 细线拉力大小等于mg【答案】B【解析】【分析】先由几何关系求出AB之间的距离，然后由库仑定律即可求出两个小球之间的库仑力的大小；对小球A受力分析，受重力、静电力和细线的拉力，根据平衡条件并结合相似三角形法列式求解即可。【详解】由题，OA=l，OB=l当小球A平衡时，悬线与竖直方向夹角=30，由几何关系可知，AOB为等腰三角形，AB=AO=l，小球A的受力分析如图：由库仑定律得：故A错误；AOB为等腰三角形，由于对称性，绳子拉力等于库仑力，且根据平衡条件则：Fcos30=Tcos30=mg，即：故B正确，CD错误。故选B。5.如图所示，用两根等长的细线各悬挂一个
6、小球，并挂于同一点，已知两球质量相等 ，当它们带上同种电荷时，相距r而平衡，若它们的电荷量都减少一半，待它们重新平衡后，两球的距离将()A. 大于 B. 等于 C. 小于 D. 不能确定【答案】A【解析】【分析】根据库仑定律公式知，电量减小，则库仑力减小，两球相互靠近，通过假设两球距离等于r/2，判断两球之间距离会如何变化【详解】由题，两球的电量减小，根据库仑定律知，库仑力减小，两球间的距离减小。假设两球距离等于r/2，则库仑力与开始一样大，重力不变，则绳子的拉力方向应与原来的方向相同，与实际上库仑力变小时，绳子的方向与原来不同，所以两球距离要变大些。则两球的距离大于r/2故A正确，BCD错误
7、。故选A。【点睛】两球距离减小，通过假设法，根据受力情况可以判断出两球的距离是大于r/2还是小于r/2 6.如图，P为固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆。带电粒子Q在P的电场中运动。运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点。若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc，则A. aaabac，vavcvbB. aaabac，vb vc vaC. ab ac aa，vb vc vaD. ab ac aa，vavcvb【答案】D【解析】试题分析：在点电荷的电场中，场强大小，由图可知，可得，而带电粒子运动的加速度，则；而由
8、动能定理：可知电场力做负功，动能减小，由图，则vavcvb，故选D考点：点电荷的电场、带电粒子在电场中的运动7. 在测定电源电动势和内阻的实验中，进行数据处理时的作图，正确做法是（ ）A. 横坐标I的起点一定要是零B. 纵坐标U的起点一定要是零C. 使表示实验数据的点尽可能地集中在一边D. 使表示实验数据的点尽可能地布满整个图纸【答案】D【解析】根据实验得到的数据，要尽可能多的把图像占满坐标纸，纵截距表示电动势，斜率表示内阻，所以不必要横纵坐标一定要从零开始8.某同学利用电流传感器研究电容器的放电过程，他按如图甲所示连接电路先使开关S接1，电容器很快充电完毕然后将开关掷向2，电容器通过R放电，
9、传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的It曲线如图乙所示他进一步研究滑动变阻器的阻值变化对曲线的影响，断开S，先将滑片P向右移动一段距离，再重复以上操作，又得到一条It曲线关于这条曲线，下列判断正确的是()甲乙A. 曲线与坐标轴所围面积将增大B. 曲线与坐标轴所围面积将减小C. 曲线与纵轴交点的位置将向上移动D. 曲线与纵轴交点的位置将向下移动【答案】D【解析】【分析】I-t图线与坐标轴所围成的面积表示放电的电荷量，根据电容器带电量是否变化，分析曲线与坐标轴所围面积如何变化将滑片P向右移动时，根据闭合电路欧姆定律分析放电电流的变化，从而确定曲线与纵轴交点的位置如何变化【详解】
10、I-t图线与坐标轴所围成的面积表示电容器放电的电荷量，而电容器的带电量 Q=CE，没有变化，所以曲线与坐标轴所围面积不变，故A、B错误。将滑片P向右移动时，变阻器接入电路的电阻增大，由闭合电路欧姆定律知，将开关掷向2时电容器开始放电的电流减小，则曲线与纵轴交点的位置将向下移动，故C错误，D正确。故选D。【点睛】解决本题的关键是知道I-t图线与时间轴围成的面积表示通过的电荷量，运用闭合电路欧姆定律分析9.隧道里有一个警报器，在隧道的两端各有一个开关，在出现危险时要求不论接通哪一个开关都能使警报器报警，那么应设计的电路为()A. “与”门电路B. “或”门电路C. “非”门电路D. 上述答案都有可
11、能【答案】B【解析】试题分析：不论哪一个开关接通都能使电灯点亮，所满足的关系是“或”逻辑关系，即事件的某一个条件满足，该事件就能发生故B正确，A、C、D错误故选B。考点：逻辑电路10. 在如图所示的逻辑电路中，当A端输入电信号”1”、B端输入电信号”0”时，则在C和D端输出的电信号分别为A. 1和0 B. 0和1 C. 1和l D. 0和0【答案】C【解析】正确认识门电路的符号，“”为或门，“1”为非门，其真值为： B端0输入，则1输出，或门为“0，1”输入，则1输出。C正确11.如图所示电路中，电源的内阻不可忽略，当开关S断开时，电流表的示数为0.30 A，则当S闭合时，电流表的示数可能是(
12、)A. 0.22 A B. 0.42 A C. 0.52 A D. 0.58 A【答案】B【解析】【分析】当S闭合时，外电阻减小，电流增大。根据路端电压随外电阻增大而增大，减小而减小，确定电流的范围。即可进行解答。【详解】当S闭合时，4被短路，外电路总电阻减小，电流增大，则电流表示数大于0.30V。外电阻减小，则路端电压随之减小，设电流表的示数为I，则有I60.3A（4+6），则得I0.5A；故得电流表示数范围为：0.3I0.5A，故B正确。故选B。12.如图所示，是甲、乙、丙三位同学设计的测量电源电动势和内电阻的电路电路中、为已知阻值的电阻 下列说法中正确的是A. 只有甲同学设计的电路能测出
13、电源的电动势和内电阻B. 只有乙同学设计的电路能测出电源的电动势和内电阻C. 只有丙同学设计的电路能测出电源的电动势和内电阻D. 三位同学设计的电路都能测出电源的电动势和内电阻【答案】D【解析】图甲中可用EI1(rR1)、EI2(rR2)求得电源的电动势和内电阻，图乙中可用EU1 r，EU2r求得电源的电动势和内电阻，而图丙中可用EI1(R1r)，EI2(R2r)求得电源的电动势和内电阻，故三位同学设计的电路都能测出电源的电动势和内电阻，故D项正确二、多选题 13. 质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点。不计空气阻
14、力且小球从未落地，则( )A. 整个过程中小球电势能减少了1.5 mg2t2B. 整个过程中机械能的增量为2mg2t2C. 从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了mg2t2D. 从A点到最低点小球重力势能减少了mg2t2【答案】BD【解析】试题分析：小球的运动情况：小球先做自由落体运动，加上匀强电场后小球先向下做匀减速运动，后向上做匀加速运动由运动学公式求出t秒末速度大小，加上电场后小球运动，看成一种匀减速运动，自由落体运动的位移与这个匀减速运动的位移大小相等、方向相反，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求电场强度，由W=qEd求得电场力做功，即可得到电势能的变化由动能定理得求出A点到最
15、低点的高度，得到重力势能的减小量小球先做自由落体运动，后做匀减速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反设电场强度大小为E，加电场后小球的加速度大小为a，取竖直向下方向为正方向，由，又，解得，则小球回到A点时的速度为，整个过程中小球速度增量的大小为，速度增量的大小为动量增加为，由牛顿第二定律得，联立解得 ，故AB错误；从加电场开始到小球运动到最低点时小球的速度从v减小到0，故动能减少了，故C错误；设从A点到最低点的高度为h，根据动能定理得，解得，从A点到最低点小球重力势能减少了，故D正确【此处有视频，请去附件查看】14.如图所示，在O点固定一点电荷Q，一带电粒子P从很远处以初速度v0射入电场，MN为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹。虚线是以O为中心，R1、R2、R3为半径画出的三个圆，且R2
