高二上学期期中复习物理试题

高二上期中考试复习物 理试卷

一、单选题

1．有三个相同的金属小球A、B、C，其中A、B两球带电情况完全相同，C球不带电，将A、B两球相隔很远距离固定起来，两球间的库仑力是F，若使C球先和A接触，再与B球接触，移去C，则A、B间的库仑力变为（    ）

A．F/10         B．3F/8           C．F/4          D．F/2

2．如图所示，a、b和c表示电场中的三个等势面，a和c的电势分别为5V和1V，a、b的电势差等于b、c的电势差。一带电粒子从等势面a上某处以速度v释放后，仅受电场力作用而运动，经过等势面c时的速率为2v，则它经过等势面b时的速率为（    ）

A．    B．       C．    D．1.5v

3．如图所示，在等量异种点电荷形成的电场中有A、B、C三点，A点为两点电荷连线的中点，B点为连线上距A点距离为d的一点，C点为连线中垂线上距A点距离也为d的一点，则下面关于三点电场强度E的大小、电势高低的比较，正确的是（    ）

A．EB＞EA＞EC，                  B．EA＝EC＞EB，

C．EA＜EB，EA＜EC，,            D．EA＞EB，EA＞EC，,

4．如图所示，虚线 a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc,实线为一带正电的电荷仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，关于P、Q两点比较可得（    ）

A．三个等势面中，c的电势最高              B．带电电荷通过P点时的电势能较小

C．带电电荷通过Q点时的动能较小           D．带电电荷通过P点时的加速度较小

5．如图所示，把一带负电小球a放在光滑绝缘斜面上（虚线与斜面垂直）．欲使球a能静止在斜面上，需在MN间放一带电小球b，则b应（    ）

A．带正电，放在A点   B．带正电，放在B点   C．带负电，放在C    D．带正电，放在C点

6．如右图所示的电路为欧姆表原理图，电池的电动势E＝1.5 V，G为电流表，满偏电流为200 μA．当调好零后，在两表笔间接一被测电阻Rx时，电流表G的指针示数为50 μA，那么Rx的值是（    ）

A．7.5 kΩ    B．22.5 kΩ      C．15 kΩ       D．30 kΩ

7．在如图电路中，电键K1、K1、K2、K3、K4均闭合．C是极板水平放置的平行板电容器，板间悬浮着一油滴P．断开哪一个电键后P会向下运动（    ）

A．K1    B．K2    C．K3    D．..K4

8．在图所示电路中，当变阻器滑片向上移动时（    ）

A．电压表示数变大，电流表示数变小         B．电压表示数变小，电流表示数变大

C．电压表示数变大，电流表示数变大         D．电压表示数变小，电流表示数变小

9．如图所示电路中，电源电动势E＝10V，内电阻不计，电阻R1＝14Ω，R2＝6Ω，R3＝2Ω，R4＝8Ω，R5＝10Ω，则电容器两板间电压大小是（    ）

A．3V   B．4V    C．5V    D．6V

二、多选题

10．有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图所示。其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符。不必考虑墨汁的重力，为了使打在纸上的字迹缩小，下列措施可行的是（    ）

A．减小墨汁微粒的质量            B．减小墨汁微粒所带的电荷量

C．增大偏转电场的电压            D．增大墨汁微粒的喷出速度

11．如图所示，一个带电油滴从O点以初速度v0向右上方射入无限大的匀强电场E中，v0的方向与E方向成α角．现测得油滴到达运动轨迹的最高点P时速度大小仍为v0，则下列说法正确的是（    ）

A．P点可能在O点的右上方                       B．P点可能在O点的左上方

C．到达最高点P时，重力和电场力对油滴做功的功率都为0

D．从抛出到最高点的过程中，油滴电势能的减少量一定等于重力势能的增加量

12．水平地面上有一个倾角为θ的斜面，其表面绝缘。另一个带正电的滑块放在斜面上，两物体均处于静止状态，如图所示。当加上水平向右的匀强电场后，滑块与斜面仍相对地面静止（   ）

A．滑块与斜面间的摩擦力一定变大               B．滑块与斜面间的摩擦力可能不变

C．滑块对斜面的压力一定变大                   D．斜面体对地面的压力一定不变

13．在静电场中，将一个电子由a点移到b点，电场力做正功5eV，下面判断中正确的是（    ）

A．电场强度的方向一定由b指向a              B．电子的动能增加了5eV

C．a、b两点电势差Uab＝5V                   D．a点电势一定低于b点的电势

14．如图所示，在场强大小为E的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细线一端拴一个质量为m，电荷量为q的带负电的小球，另一端固定在O点，把小球拉到使细线水平的位置A，然后将小球由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成θ=60°的位置B时速度为零，以下说法正确的是（    ）

A．小球重力与电场力的大小关系是     B．小球重力与电场力的大小关系是

C．小球在B点时，细线拉力T=2qE              D．小球在B点时，细线拉力

三、实验题

15．小灯泡灯丝的电阻会随温度的升高而变化，一研究性学习小组在实验室通过实验研究这一问题，实验室备有的器材是：电源（1.5V,3Ω）电压表（3V，3kΩ）、电流表（0～0.6A，0.1Ω）、电池、开关、滑动变阻器、待测小灯泡、导线若干．实验时，要求小灯泡两端电压从零逐渐增大到额定电压以上．

(1)他们应选用甲图中所示的____电路进行实验；

(2)根据实验测得数据描绘出如图乙所示U-I图象，由图分析可知，小灯泡电阻随温度T变化的关系是____________．

(3)已知实验中使用的小灯泡标有1.5V字样，请你根据上述实验结果求出小灯泡在1.5V电源下的实际功率是_______W．（保留两位有效数字）

四、解答题    16．如图所示，用一根绝缘细线悬挂一个带电小球，小球的质量为m，电量为q，现加一水平的匀强电场，平衡时绝缘细线与竖直方向夹θ角．（1）试求这个匀强电场的场强E大小；（2）如果将电场方向顺时针旋转θ角、大小变为E′后，小球平衡时，绝缘细线仍与竖直方向夹θ角，则E′的大小又是多少？

17．如图所示，两平行金属板板长L=10cm，板间距离d=10cm的平行电容器水平放置，它的左侧有与水平方向成60°角斜向右上方的匀强电场，某时刻一质量为m，带电荷量为q的小球由O点静止释放，沿直线OA从电容器C的中线水平进入，最后刚好打在电容器的上极板右边缘，O到A的距离，(g取10m/s2)，求：

 (1)电容器左侧匀强电场的电场强度E的大小；

(2)小球刚进入电容器C时的速度v的大小；

(3)电容器C极板间的电压U。

18．如图所示，在E=103V/m的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R =40cm，一带正电荷q =10－4C的小滑块质量为m=40g，与水平轨道间的动摩因数=0.2，取g =10m/s2，求：

(1)若小滑块运动到圆轨道的最高点L时，对轨道的压力恰好为其重力的3倍，则滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？

(2)这样释放的滑块通过P点时对轨道压力是多大？（P为半圆轨道中点）

物 理　答 案

1．【解析】假设A带电量为Q，B带电量也为Q，两球之间的相互吸引力的大小是

第三个不带电的金属小球C与A接触后，A和C的电量都为Q/2，C与B接触时总电荷量再平分，则C、B分开后电量均为，这时，A、B两球之间的相互作用力的大小，故选B

【答案】B

2．【解析】由动能定理知从a到c：qUac＝ m(4v2−v2)=1.5mv2=4q，设在等势面b时的速率为v，则：qUab＝ m(4v′2−v2)=2q，联立可得：v′= v，C正确。故选C

【答案】C

3．【解析】根据电场线的疏密分布知，A点的电场线比C点密，B点的电场线比A点密，则EB＞EA＞EC；等量的异种电荷的中垂线为等势线，则A点的电势与C点的电势相等，沿着电场线方向电势逐渐降低，则A点的电势大于B点电势。所以φA=φC＞φB．故A正确，BCD错误。故选A

【答案】A

4．【解析】电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，a点的电势最低，故A正确；根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故B错误；从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故C错误；等势线密的地方场强大，加速度大，故质点通过P点时的加速度较大，故D错误。

【答案】A

5．【解析】小球a处于平衡状态，受力平衡，合力为零。小球受重力，一定向下，支持力一定垂直向上，故小球b对小球a若为静电斥力，小球a不可能平衡，故只能是吸引力；

同时，根据平衡条件，静电引力必然与前两个力的合力等大、反向且在同一条直线上，故只能放在C位置；则b应带正电，放在C点。故选D

【答案】D

6．【解析】当电流表满偏时：，即；电流表G的指针示数为50μA时，,即，解得：R="22.5" kΩ ，选项B正确。

【答案】B

7．【解析】以油滴为研究对象分析受力可知，开始时，油滴所受电场力与重力平衡，欲使油滴向下运动，即电场力减小，减小电场强度即可，根据可知，减小极板间的电势差即可，当断开K1时，电容器两极板间的电压不变，所以油滴不动，故A错误；断开K2时，路端电压增大，即电容器两端电压增大，稳定后等于电源电动势，故油滴将向上运动，所以B错误；断开K3时，电容器放电，极板间的场强逐渐减小，油滴将向下运动，所以C正确；断开K4时，电容器的电荷量不变，极板间的场强不变，所以油滴仍处于静止状态，故D错误

【答案】C

8．【解析】当变阻器滑片向上移动时，电阻减小，则电路的总电阻减小，电流变大，路端电压减小，故电压表的示数减小；与电源串联的电阻上的电压变大，则并联支路的电压减小，则固定电阻上的电流减小，电流表示数变大，故选B

【答案】B

9．【解析】设Ud=0，电容器两板间的电压即为a、b两点间的电势差。则a点电势为：。电流由b点经R4流到d点，则b点电势为：，由Ub＞Ua可知，电容器下板带正电，b、a两点间的电势差为：Uba=Ub-Ua=5.0V，则电容器两板间电压大小即是5.0V。故选C

【答案】C

10．【解析】微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场做类平抛运动，则有：水平方向：L=v0t；

竖直方向：y=at2，加速度：，联立解得：，要缩小字迹，就要减小微粒通过偏转电场的偏转角y，由上式分析可知，采用的方法有：减小比荷、增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能Ek0、减小极板的长度L、减小偏转极板间的电压U，故AC错误，BD正确．故选：BD

【答案】BD

11．【解析】A、当油滴带正电时，电场力向右，到达最高点时，动能不变，则电势能应减小，电场力做正功，则P点在O点的右上方；故A正确．

B、若油滴带负电时，电场力向左，到达最高点时，动能不变，则电势能应减小，电场力做正功，则P点在O点的左上方；故B正确．

C、由于重力与电场力垂直，油滴在最高点的速度不可能与两个力都垂直，可知两个力的功率不可能都为零．故C错误．

D、从抛出到最高点的过程中，动能不变，重力势能增加，电势能必减小，根据能量守恒定律油滴电势能的减少量一定等于重力势能的增加量．故D正确．

【答案】ABD

12．【解析】滑块开始受重力、支持力和静摩擦力处于平衡，加上匀强电场后，滑块多了一个水平向右的电场力，所受的静摩擦力方向可能沿斜面向上，可能沿斜面向下，则摩擦力的大小可能减小、可能增大，可能不变．故A错误．B正确；未加电场前，斜面体对滑块的支持力N=mgcosθ，加上电场后，支持力的大小变为N′=mgcosθ+qEsinθ，知滑块对斜面的压力变大．故C正确；对整体分析，加电场后，竖直方向支持力的大小仍然等于总重力，所以斜面体与地面间的压力不变．故D正确．

【答案】BCD

13．【解析】由题，电子由a点移到b点，电场力做功5eV，电场力的方向不一定是从a到b，电场强度的方向不一定由b指向a，故A错误。由于电场力对电子做正功5eV，电子的动能增加了5eV．故B正确。a、b两点电势差．故C错误。因为差Uab=-5V＜0，可以确定a点的电势低于b点的电势。故D正确。故选BD。

【答案】BD

14．【解析】小球从A运动到B的过程中，根据动能定理得：mgLsinθ-qEL（1-cosθ）=0;得Eq：mg=sinθ：（1-cosθ）= ：1，则得qE= mg；小球到达B点时速度为零，向心力为零，则沿细线方向合力为零，此时对小球受力分析可知：T=qEcos60°+mgsin60°，故细线拉力T= mg，故选AD。

【答案】AD

15．A小灯泡的电阻的阻值随温度的升高而增大0.18

【解析】（1）根据实验要求可以确定滑动变阻器的分压接法，由电阻关系可得出电流表的接法；

（2）分析图示灯泡U-I图象，根据欧姆定律分析答题；

（2）在坐标轴作出电源的伏安特性曲线，两线的交点为为泡的工作点，由图可知灯泡的电流，由P=UI可求得灯泡的实际功率．

【解析】（1）由于电压电流需从零开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法，正常工作时灯泡的电阻远小于电压表的内阻，属于小电阻，电流表采用外接法．故电路原理图选A；

（2）在该曲线中，任意点的坐标的斜率表示该点对应的电阻，从图中可知，小灯泡的电阻的阻值随温度的升高而增大．

（3）在图象中做出电源的伏安特性曲线，两图的交点为灯泡的工作点；由图可知，此是灯泡两端的电压为0.6V，电流为0.3A；故功率P=UI=0.18W．

16．【解析】（1）小球受到重力、电场力和细线的拉力，受力分析如图1所示．

由平衡条件得：,解得：

（2）将电场方向顺时针旋转θ角、大小变为E′后，电场力方向也顺时针转过θ角，大小为，此时电场力与细线垂直，如图2所示

根据平衡条件得：,则得：

【答案】(1) E=mgtanθ/q

(2) E′= mgsinθ/q

17．【解析】（1）由于带电小球做直线运动，因此小球所受合力沿水平方向，则：…①

解得： 

（2）从O点到A点，由动能定理得：mgxtan30°＝ mv2−0…②

解之得：v=3m/s

（3）小球在电容器C中做类平抛运动，

水平方向：L=vt…③

竖直方向： =at2…④

根据牛顿第二定律，有：a＝ −g…⑤

③④⑤联立求解得：U＝

【答案】(1) (2)   (3)

18．【解析】在小滑块运动的过程中，摩擦力对滑块和重力对滑块做负功，电场力对滑块做正功，根据动能定理可以求得滑块与N点之间的距离；在P点时，对滑块受力分析，由牛顿第二定律可以求得滑块受到的轨道对滑块的支持力的大小，由牛顿第三定律可以求滑块得对轨道压力。

（1）滑块刚能通过轨道最高点的条件是重力提供向心力：

带入数据解得：

滑块由释放点到最高点过程，由动能定理得：

带入数据得：x=20m

（2）滑块过P点时，由动能定理：

 在P点由牛顿第二定律：

带入数据解得：FN=1.5N

【答案】(1)s=32m  (2)