福建省厦门外国语学校高二上学期期中考试物理试卷（解析版）-A4

这是一份福建省厦门外国语学校高二上学期期中考试物理试卷（解析版）-A4，共18页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁和平整等内容，欢迎下载使用。
本试卷分选择题和非选择题两部分，满分为100分。考试用时75分钟。
注意事项：
1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和准考证号填写在答题卡相应的位置上，用2B铅笔将自己的准考证号填涂在答题卡上。
2、选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；在试卷上做答无效。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上作答，答案必须写在答题卡上各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液。不按以上要求作答的答案无效。
4．考生必须保持答题卡的整洁和平整。
一、单项选择题：（本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 如图（a），在一块很大接地金属平板的上方固定一负电荷。由于静电感应，在金属平板上表面产生感应电荷，金属板上方电场的等势面如图（b）中虚线所示，相邻等势面间的电势差都相等。若将一正试探电荷先后放于M和N处，该试探电荷受到的电场力大小分别为和，相应的电势能分别为和，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】由图中等势面的疏密程度可知
根据
可知
由题可知图中电场线由金属板指向负电荷，设将该试探电荷从M点移到N点，可知电场力做正功，电势能减小，即
故选A。
2. 带电量为q的小球，用绝缘丝线悬挂在水平向右的电场中，平衡时，丝线与竖直方向成角。现在使电场方向缓慢逆时针旋转至竖直向上，在此过程中若还要保持小球在原处不动，则场强的大小（ ）
A. 逐渐变小B. 先变小后变大
C. 先变大后变小D. 逐渐增大
【答案】B
【解析】
【详解】小球受重力、拉力和电场力，要保持带电小球在原处不动，电场方向变化过程中，小球始终受力平衡，合力为零。使电场方向缓慢逆时针旋转至竖直向上过程中，重力大小和方向都不变，拉力方向不变，电场力大小和方向都改变，作图如下
从图象可以看出，电场力先减小后增加，故电场强度先减小后增加，故B正确，ACD错误。
故选B。
3. 两根完全相同且相互平行的长直导线M、N置于水平面上，导线中通有大小相等、方向相反的电流，垂直于导线的横截面如图所示，M、N在O点产生的磁感应强度大小均为B，MNO构成等边三角形，则O点的磁感应强度大小为（ ）
A. BB. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】两通电导线在O点处产生的磁感应强度如图所示
根据题意可知，M、N在O点产生的磁感应强度大小均为B，且夹角为120°，所以合磁感应强度为B。
故选A。
4. 小明坐在汽车的副驾驶位上看到一个现象：当汽车的电动机启动时，汽车的车灯会瞬时变暗。汽车的电源、电流表、车灯、电动机连接的简化电路如图所示，已知汽车电源电动势为15 V，内阻为0.1Ω。车灯接通电动机未启动时，电流表示数为15A（车灯可看作不变的电阻）；电动机启动的瞬间，电流表示数达到60 A，电动机的线圈电阻为0.1Ω。下列论述正确的是（ ）
A. 车灯接通电动机未启动时，车灯的功率为225W
B. 电动机启动时，车灯的功率为54W
C. 电动机启动时输出的机械功率为195W
D. 电动机启动时，电源输出的功率为540W
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据闭合电路的欧姆定律得灯泡电阻为
车灯的功率为
A错误；
B．电动机启动时，路端电压为
车灯的功率为
B错误；
C．电动机启动时，电动机的电流为
电动机启动时输出的机械功率为
C错误；
D．电动机启动时，电源输出的功率为
D正确。
故选D。
二、双项选择题：（本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
5. 如图所示，电路中、、均为定值电阻，电源的内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置，闭合开关，带电油滴刚好悬浮在两板之间静止不动。现闭合开关，下列说法正确的是（ ）
A. 带电油滴带负电B. 电压表示数减小
C. 电流表示数增大D. 带电油滴将向下运动
【答案】BD
【解析】
【详解】A．带电油滴受电场力向上，平行板电容器C的电场方向向上，故带电油滴带正电，故A错误；
B．闭合开关，总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律可知，总电流增大，即电源内阻r上的电压增大，路端电压变小，电压表示数减小，故B正确；
C．由于总电流增大，则两端电压增大，并联支路的电压变小，即定值电阻电流变小，电流表示数减小，故C错误；
D．并联支路的电压变小，电容器两板间电压变小，板间的电场强度减小，向上的电场力变小，则油滴向下运动，故D正确。
故选BD。
6. 如图所示为欧姆表原理示意图。其中，电流表的满偏电流为，内阻，调零电阻最大值，电池两端电压为，则下列说法中正确的是（ ）
A. 左接线处是红表笔，右接线处是黑表笔
B. 当电流是满偏电流的二分之一时，用它测得的电阻是
C. 当电流是满偏电流的三分之一时，用它测得的电阻是
D. 测二极管正向电阻时，右接线处接二极管负极，左接线处接二极管正极
【答案】AC
【解析】
【详解】A．电流从红表笔流入，黑表笔流出，所以左接线处是红表笔，右接线处是黑表笔，故A正确；
B．设欧姆表内阻为r，当电流表满偏时，有
当电流是满偏电流的二分之一时，有
解得
故B错误；
C．当电流是满偏电流的三分之一时，有
解得
故C正确；
D．测二极管正向电阻时，电流从二极管正极流入、负极流出，所以左接线处接二极管负极，右接线处接二极管正极，故D错误。
故选AC。
7. 如图所示，半径为R的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，O是圆心，AB是水平方向的直径，CD是竖直方向的直径，整个圆环处在水平向右的匀强电场中。将质量为m、电荷量为的小球套在圆环上并从A点由静止释放，小球运动到P点时的动能最大，，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A. 小球可以到达C点B. 匀强电场的电场强度大小
C. 小球运动到P点时对轨道的压力为D. 小球运动到B点时，其加速度大小为g
【答案】BC
【解析】
【详解】B．小球运动到P点时的动能最大，可知在P点时受重力与电场力的合力沿OP向外，则
可得匀强电场的电场强度大小为
故B正确；
A．由上述分析可知，P为等效最低点，小球在A点时速度为零，则小球只能到达A点关于OP连线的对称点的位置，不能到达C点，故A错误；
C．小球运动到P点电场力和重力的合力
根据
解得
由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力为
故C正确；
D．小球运动到B点时，竖直方向的加速度为g，水平方向加速度不为零，则其加速度大小大于g，故D错误。
故选BC。
8. 在真空中水平放置平行板电容器，两极板间有一个带电油滴保持静止状态，如图所示。当给电容器充电使其电压增加时，油滴开始向上运动，加速度大小为a1，经时间t后，电容器放电使其电压减小，油滴加速度大小为a2，又经过时间2t，油滴恰好回到原来位置。假设油滴在运动过程中没有失去电荷，充电和放电的过程均很短暂，这段时间内油滴的位移可忽略不计。下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．设第一个t时间内油滴位移为，加速度为，第二个2t时间内油滴的位移为，加速度为，则
根据题意有
联立解得
故A错误，B正确；
CD．油滴静止时，根据平衡条件有
解得
油滴向上加速运动时，根据牛顿第二定律有
即
油滴向上减速运动时，根据牛顿第二定律有
即
联立可得
解得
故D正确，C错误。
故选BD。
三、填空题：（本题共3小题，共12分）
9. 如图所示，图中五点均在匀强电场中，它们分别是一个半径的圆上四个等分点和圆心。已知电场线与圆所在平面平行。则O点的电势为______V，电场强度的大小为______V/cm。
【答案】 ①. 6 ②. 2
【解析】
【详解】[1]在匀强电场中，任意两平行直线上相等距离的电势差相等，可得
解得
可知aOc是等势面，则O点电势为6V；
[2]连接a和6V两点则为等势线，连线一定过O点，可得
10. 某空间存在一电场，电场中电势在x轴上的分布如图所示，在x轴上，和两位置处电场强度方向______（填“相同”或“相反”），把一负电荷从移到电场力做______（填“正功”或“负功”）。
【答案】 ①. 相反 ②. 正功
【解析】
【详解】[1]由题意可知，图像的斜率表示电场强度，故和两位置处电场强度方向相反；
[2]一负电荷从移到电势增大，根据可知，电势能减小，由可知电场力做正功。
11. 在如图所示的电路中，小量程电流表G的内阻，满偏电流，，。当和均断开时，改装成的表是电压表，量程为______V，当和均闭合时，改装成的表是电流表，量程为______A。
【答案】 ①. 10 ②. 1
【解析】
【详解】[1]当和均断开时，改装成的表是电压表，量程为
[2]当和均闭合时，改装成的表是电流表，量程为
四、实验题：（本题共2小题，每小题6分，共12分）
12. 某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率。步骤如下：
（1）用20分度的游标卡尺测量其长度如图甲所示，由图可知其长度为______mm；
（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图可知其直径为______mm；
（3）现已知圆柱体的电阻大约是200Ω，该同学用伏安法精确测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：
A．待测圆柱体电阻R
B．电流表（量程0~10mA，内阻约50Ω）
C．电流表（量程0~20mA，内阻约30Ω）
D．电压表（量程0~3V，内阻约10kΩ）
E．电压表（量程0~15V，内阻约25kΩ）
F．直流电源E（电动势4V，内阻不计）
G．滑动变阻器（阻值范围0~15Ω，允许通过的最大电流2.0A）
H．滑动变阻器（阻值范围0~2kΩ，允许通过的最大电流0.5A）
I．开关S，导线若干
为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，实验中滑动变阻器应该选择______（选填“”或“”）；电压表选择；电流表应选______（选填“”或“”），在方框中画出电路图______。
（4）通过分析，在本实验中电阻率的测量值______真实值（选填“大于”“等于”或“小于”）。
【答案】（1）50.80
（2）3.775 （3） ①. ②. ③.
（4）小于
【解析】
【小问1详解】
20分度的游标卡尺分度值为0.05mm，则该圆柱体的长度为
【小问2详解】
该圆柱体的直径为
【小问3详解】
[1]实验器材中滑动变阻器的两种规格最大阻值分别为15Ω和2000Ω，与被测电阻的阻值相差较大，为了减小实验误差，要求测得多组数据进行分析，则滑动变阻器应采用分压式接法，则选择；
[2]通过电阻的最大电流约为
则电流表应选择；
[3]由于
所以电流表应采用外接法，故电路图如图所示
【小问4详解】
电流表采用外接法，则电流的测量值偏大，根据可知电阻的测量值偏小，根据电阻定律可知电阻率的测量值小于真实值。
13. 某同学利用两个量程为0~3V的电压表、一个的定值电阻和一个滑动变阻器R测定两节干电池的电动势和内电阻，使用的器材还有开关一个、导线若干，实验原理如甲所示。
（1）若滑动变阻器R有（，允许最大电流为1A）和（，允许最大电流为0.6A）供选择，则实验中滑动变阻器应该选择__________（选填“”或“”）。
（2）按照图甲，完成图乙中的实物连线__________。
（3）按照图甲接通开关S，多次改变滑动变阻R，同时读出对应的电压表的示数和，并作记录，画出关系图线，如图丙所示，图线与横轴的截距为a，与纵轴的截距为b，则根据图线可求得电源的电动势__________，内阻__________（用a、b和表示）。
（4）实验中由于电压表__________分流（选填“”“”或“和”）。使测量的电动势E和内阻r都偏小。
【答案】（1）
（2）见解析 （3） ①. b ②.
（4）和
【解析】
【小问1详解】
两节干电池的电动势约为3V，电压表的量程除以定值电阻阻值得最大电流为0.6A，电路的最小电阻约为，为方便实验操作，同时为了减小电压表的分流，滑动变阻器应选的。
【小问2详解】
按照图甲，实物连线如图所示
【小问3详解】
[1][2]根据电路图和闭合电路欧姆定律可得
整理可得
可知纵坐标的截距和图像的斜率绝对值分别为
，
可得
，
【小问4详解】
通过电源内阻的干路电流真实值为
故
即和的分流都会引起误差。
五、计算题：（本题共3小题，共36分。写出计算的原始物理方程和必要的文字说明）
14. 如图所示的图像中，I是电源的路端电压随电流变化的图像，II是某定值电阻两端的电压随电流变化的图像，现将该定值电阻接在上述电源两端，求：
（1）定值电阻的阻值及电功率；
（2）电源的效率（结果保留两位有效数字）。
【答案】（1），4W；（2）67％
【解析】
【详解】（1）图线II的斜率大小表示电阻，有
由图线I得电源的电动势为3V，内阻为
两图线的交点代表把该电源和电阻组成闭合电路的工作电压和电流，有
得
所以定值电阻电功率为
（2）电源的效率为
15. 如图所示，空间分为Ⅰ、Ⅱ两个足够长的区域，各边界（图中虚线）均水平，Ⅰ区域存在电场强度为的匀强电场，方向竖直向上；Ⅱ区域存在电场强度为的匀强电场，方向水平向右，两个区域宽度分别为，。一质量、带电荷量的油滴从D点由静止释放，重力加速度大小g取。求：
（1）油滴离开区域Ⅰ时的速度大小；
（2）油滴离开区域Ⅱ时发生的偏移量x的大小；
（3）油滴出区域Ⅱ后进入另一个水平方向匀强电场并在此电场中做直线运动，此电场的电场强度的大小和方向以及油滴从出区域Ⅱ到再次回到区域Ⅱ所用时间。
【答案】（1）6m/s
（2）0.4m （3），方向与水平方向夹角为45°；0.8s
【解析】
【小问1详解】
油滴在区域Ⅰ内向上做匀加速运动，则由动能定理
离开区域Ⅰ时的速度大小
【小问2详解】
油滴在区域Ⅱ，则竖直方向加速度为g的减速运动，则
解得
t=0.2s（另一值舍掉）
水平方向匀加速运动
其中
解得偏移量
【小问3详解】
油滴出离区域Ⅱ的水平速度
解得
竖直速度
合速度
方向与水平方向夹角为45°；油滴出区域Ⅱ后进入另一个水平方向匀强电场并在此电场中做直线运动，可知受合力方向与速度反向，可知
解得
方向与水平方向夹角为45°油滴在该电场中的加速度
油滴从出区域Ⅱ到再次回到区域Ⅱ所用时间
16. 如图（a）所示，长度的光滑绝缘杆左端固定一带正电的点电荷A，电量。一个质量，带电量为的小球B套在杆上。将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为轴正方向建立坐标系。点电荷A对小球B的作用力随B位置的变化关系如图（b）中曲线I所示，小球B所受水平方向的合力随B位置的变化关系如图（b）中曲线Ⅱ所示，其中曲线Ⅱ在和范围可近似看作直线。已知静电力常量，求：

（1）小球B所带电量大小；
（2）非均匀外电场在处沿细杆方向的电场强度大小；
（3）在合电场中，与之间电势差；
（4）已知小球在处获得的初速度时，最远可以运动到。若小球在处受到方向向右，大小为5N的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开绝缘杆，恒力作用的最小距离s是多少？
【答案】（1）2×10-4C
（2）1.5×104N/C
（3）-400V （4）0.052m
【解析】
【小问1详解】
由图可知，当x=0.3m时
解得
q=2×10-4C
小球B所受电场力沿x轴正方向，所以小球B带正电；
【小问2详解】
设在x=0.3m处点电荷与小球间作用力为F合=-1.2N
F合=F1+qE
因此
E=-1.5×104N/C
电场在x=0.3m处沿细秆方向的电场强度大小为：1.5×104N/C，方向水平向左。
【小问3详解】
根据图象可知在x=0.4m与x=0.6m之间合力做功大小
W合=-0.4×0.2=-8×10-2J
由
W合=qU
可得
U=-400V
【小问4详解】
由图可知小球从x=0.16m到x=0.2m处，电场力做功
小球从x=0.2m到x=0.4m处，电场力做功
由图可知小球从x=0.4m到x=0.8m处，电场力做功
W3=-0.4×0.4=-0.16 J
由动能定理可得
W1+W2+W3+F外s=0
解得
s=0.052m