2017-2018学年湖南省醴陵市第一中学高二上学期期中考试(理)物理试题 解析版
2024届湖南省株洲市醴陵一中物理高二上期中检测试题含解析
2024届湖南省株洲市醴陵一中物理高二上期中检测试题 注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B 铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B 铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、在光滑水平桌面上有两个相同的弹性小球A 、B 质量都为m ，现B 球静止，A 球向B 球运动，发生正碰．已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时的弹性势能为E P ，则碰前A 球的速度等于A ．P E mB ．2pE m C ．2P E m D ．22P E m2、如图所示，虚线a 、b 、c 、d 表示匀强电场中的4个等势面．两个带电粒子M 、N （重力忽略不计）以平行于等势面的初速度射入电场，运动轨迹分别如图中MPN 和NQM 所示．已知M 是带正电的带电粒子．则下列说法中正确的是 （ ）A ．N 一定也带正电B ．a 的电势低于b 的电势C ．带电粒子N 的动能增大电势能减小D ．带电粒子N 的动能减小电势能增大3、下列说法不正确的是：（ ）A ．只要有电荷的存在，其周围就存在电场B ．电场是一种不依赖我们的感觉而客观存在的特殊物质C ．电场最基本特性是对处在其中的电荷有力的作用D ．电场中各点的场强大小相等的电场是匀强电场4、如图所示,平行板电容器与电动势为E 的直流电源连接,下极板接地。
一油滴位于电容器的点且恰好处于平衡状态。
现将平行板电容器的上极板竖直向上移一小段距离,则A．电容器的带电量增大B．两极板间的电场强度减小C．电路中会有逆时针方向的瞬间电流D．带点油滴将沿竖直方向向上运动5、下列各组物理量中均为矢量的是（）A．路程和位移B．速度和加速度C．力和功D．电场强度和电势6、如图所示，A、B两点各放有电量为＋Q和＋2Q的点电荷，A、B、C、D四点在同一直线上，且AC＝CD＝DB，将一正电荷从C点沿直线移到D点,则A．电场力一直做正功B．电场力一直做负功C．电场力先做正功再做负功D．电场力先做负功再做正功二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
湖南省株洲市醴陵市第一中学高二物理上学期精选试卷检测题
湖南省株洲市醴陵市第一中学高二物理上学期精选试卷检测题一、第九章 静电场及其应用选择题易错题培优（难）1．如图所示，在圆心为O 、半径为R 的圆周上等间距分布着三个电荷量均为q 的点电荷a 、b 、c ，其中a 、b 带正电，c 带负电。
已知静电力常量为k ，下列说法正确的是（ ）A ．a 受到的库仑力大小为2233kq RB ．c 受到的库仑力大小为2233kqRC ．a 、b 在O 3kq，方向由O 指向c D ．a 、b 、c 在O 点产生的场强为22kqR，方向由O 指向c 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】AB ．根据几何关系得ab 间、bc 间、ac 间的距离3r R =根据库仑力的公式得a 、b 、c 间的库仑力大小22223q q F k k r R==a 受到的两个力夹角为120︒，所以a 受到的库仑力为223a q F F k R==c 受到的两个力夹角为60︒，所以c 受到的库仑力为233c kq F F == 选项A 错误，B 正确；C ．a 、b 在O 点产生的场强大小相等，根据电场强度定义有02q E kR = a 、b 带正电，故a 在O 点产生的场强方向是由a 指向O ，b 在O 点产生的场强方向是由b 指向O ，由矢量合成得a 、b 在O 点产生的场强大小2q E k R=方向由O →c ，选项C 错误；D ．同理c 在O 点产生的场强大小为02qE k R=方向由O →c运用矢量合成法则得a 、b 、c 在O 点产生的场强22qE k R'=方向O →c 。
选项D 正确。
故选BD 。
2．如图所示，带电量为Q 的正点电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底端C 点，斜面上有A 、B 、D 三点，A 和C 相距为L ，B 为AC 中点，D 为A 、B 的中点。
现将一带电小球从A 点由静止释放，当带电小球运动到B 点时速度恰好为零。
已知重力加速度为g ，带电小球在A 点处的加速度大小为4g，静电力常量为k 。
湖南省醴陵市第一中学2018-2019学年高二上学期入学考试物理试题(word无答案)
湖南省醴陵市第一中学2018-2019学年高二上学期入学考试物理试题(word无答案)一、单选题(★) 1 . 电场中有一点P，下列哪些说法是正确的( )A．若放在P点的检验电荷的电量减半，则P点的场强减半B．若P点没有检验电荷，则P点的场强为零C．放在P点的检验电荷的电量越大，则受到的电场力越大D．P点的场强方向为带负电的检验电荷在该点的受力方向(★) 2 . 右图所示为点电荷 a、 b所形成的电场线分布情况，以下说法正确的是 ()A．a、b为异种电荷B．a、b为同种电荷C．A点场强大于B点场强D．A点电势低于B点电势(★★) 3 . 如图所示，在一条直线上有两个相距的点电荷 A、 B， A带电， B带电现引入第三个点电荷 C，恰好使三个点电荷均在电场力的作用下处于平衡状态，则 C的带电性质及位置应为A．正B的右边m处B．正B的左边m处C．负A的左边m处D．负A的右边m处(★) 4 . 如图所示,Q 1和Q 2是两个电荷量大小相等的点电荷,MN是两电荷的连线,HG是两电荷连线的中垂线，O是垂足,下列说法正确的是A．若两电荷是异种电荷,则OM的中点与ON的中点电势一定相等B．若两电荷是异种电荷,则O点的电场强度大小,与MN上各点相比是最小的,而与HG上各点相比是最大的C．若两电荷是同种电荷,则OM中点与ON中点处的电场强度一定相同D．若两电荷是同种电荷,则O点的电场强度大小,与MN上各点相比是最小的,与HG上各点相比是最大的(★) 5 . 如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中 M点以相同速度飞出 a、 b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示。
则（）A．a一定带正电，b一定带负电B．a的速度将减小，b的速度将增加C．a的加速度将增加，b的加速度将减小D．两个粒子的电势能都减小(★) 6 . 设电子在运动过程中只受电场力作用，则在下列哪个电场中，只要给电子一个适当的初速度它就能自始至终沿一条电场线运动；而给电子一个适当的初速度它就能始终沿某个等势面运动A．匀强电场B．正点电荷产生的电场C．负点电荷产生的电场D．以上都不可能(★) 7 . 一平行板电容器两极板间距为 d 、正对面积为 S，对此电容器充电后将它与电源断开．当增加两板间距时，电容器两极板间( )A．电场强度减小，电势差变大B．电场强度不变，电势差不变C．电场强度不变，电势差变大D．电场强度减小，电势差减小二、多选题(★★) 8 . 如图所示，在 x轴相距为 L的两点固定两个等量异种点电荷+ Q、- Q，虚线是以+ Q所在点为圆心、 L/2为半径的圆， a、 b、 c、 d是圆上的四个点，其中 a、 c两点在 x轴上， b、d两点关于 x轴对称。
2017-2018学年湖南省醴陵一中、攸县一中高二下学期期中联考物理试题 解析版
醴陵一中、攸县一中2018年上期期中高二联考物理试题一、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1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求。
全部选对的得4分，不全的得2分，有选错的得0分。
1. 物理学的发展极大地丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步。
关于对物理学发展过程中的认识，说法不正确的是（）A. 德布罗意首先提出了物质波的猜想，而电子衍射实验证实了他的猜想B. 玻尔的原子模型成功地解释了氢原子光谱的成因C. 卡文迪许利用扭秤测出了万有引力常量，被誉为能“秤出地球质量的人”D. 伽利略利用理想斜面实验，使亚里士多德“重的物体比轻的物体下落的快”的结论陷入困境【答案】D【解析】A、德布罗意首先提出了物质波的猜想，而电子衍射实验证实了他的猜想，故A正确；B、波尔的原子模型成功地解释了氢原子光谱的成因，故B正确；C、卡文迪许利用扭秤测出了万有引力常量，被誉为能“秤出地球质量的人”，故C正确；D、伽利略利用著名的比萨斜塔实验，使亚里士多德“重的物体比轻的物体下落的快”的结论陷入困境，故D错误；故说法不正确的是选D。
2. 如图所示，物体沿两个半径为的圆弧由A到C，则它的位移和路程分别为（）A:、，A指向C；B、，A指向C；C、，A指向C；D、，A指向C；【答案】C【解析】物体的位移大小为AC的长度，根据几何关系可知，方向由A 指向C，路程为一个半圆周长和一个四分之三圆周长之和，即，C正确．3. 一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。
F随时间t变化的图线如图所示，则（）A. t=1s时物块的速率为2m/sB. t=2s时物块的动量大小为4kg m/sC. t=3s时物块的动量大小为5kg m/sD. t=4S时物块的速度为零【答案】B【解析】在0~2s时间内，物体做初速度为零的匀变速直线运动，根据牛顿第二定律，可得该过程中的加速度为，t=1s时的速率为；t=2s时的速率为，则时物块的动量为，A错误B正确；2-4s，力开始反向，物体做初速度为的匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可知该过程中的加速度，所以3s时的速度为，动量为，4s 时速度为，CD错误．4. 如图所示，一根跨过光滑定滑轮的轻绳，两端各有一杂技演员(可视为质点)，演员a站于定滑轮正下方的地面上，演员b从图示的位置由静止开始向下摆动，运动过程中绳始终处于伸直状态，演员b到定滑轮之间的绳长为l，当演员b摆至最低点时，演员a刚好对地面无压力，若演员a的质量与演员b的质量之比为，则演员b摆至最低点时的速度为( )A. B.C. D.【答案】A5. 某卫星在半径为r的轨道1上做圆周运动，动能为，变轨到轨道2上后，动能比在轨道1上减少了，在轨道2上也做圆周运动，则轨道2的半径为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】根据可知，因此从轨道1变轨至轨道2，半径变大，动能变小，则有，，解得，故A正确，BCD错误。
湖南省醴陵市2017-2018学年高二物理上学期入学考试试题 精
2017年下期高二入学考试物理试题一、单项选择题（每小题3分，每个小题中只有一个答案符合题意）1．带电量分别为+3Q 和+1Q 的两个相同的金属小球，相距一定距离时，相互作用力的大小为F ．若把它们接触一下后，再放回原处，它们的相互作用力的大小变为：A ．F 31B ．F 32 C ．F 34D ．F2．以下说法中，正确的是：A ．负电荷在电场中某点受到的电场力方向跟该点场强的方向相反B ．电场中某点的电场强度就与放入该点的电荷受的电场力成正比C ．电荷在电场中某点受到的电场力方向和电场的方向相同D ．电场中某点的电场强度就与放入该点的电荷量成反比3．如图所示，三个同心圆是同一个点电荷周围的三个等势面，已知这三个圆的半径成等差数列．A 、B 、C 分别是这三个等势面上的点，且这三点在同一条电场线上．A 、C 两点的电势依次为φA =－7V 和φC =－3V ，则B 点的电势是：A ．一定等于－5VB ．一定低于－5VC ．一定高于－5VD ．无法确定4．有一电场的电场线如图所示，场中A 、B 两点电场强度的大小和电势分别为 E A 、E B 和 φA 、φB 表示，则：A ．E A ＞EB φA ＞φB B ．E A ＞E B φA ＜φBC ．E A ＜E B φA ＞φBD ．E A ＜E B φA ＜φB5．图中三条实线a 、b 、c 表示三个等势面．一个带电粒子射入电场后只在电场力作用下沿虚线所示途径由M 点运动到N 点，由图可以看出：A ．三个等势面的电势关系是φa ＞φb ＞φcB ．三个等势面的电势关系是φa ＜φb ＜ωcC ．带电粒子在N 点的动能较小，电势能较大D ．带电粒子在N 点的动能较大，电势能较小6．如图所示，1为地球表面附近卫星的运动轨道，2为地球同步卫星的运动轨道，则：A. 沿1轨道运动的卫星运动速度可能为11.2km/sB. 沿2轨道运动的卫星运动速度可能为7.9km/sABab cC.沿1轨道运动的卫星运动周期与地球自转周期相同D. 沿2轨道运动的卫星运动周期与地球自转周期相同7．物体以80J 的初动能从斜面底端向上滑行，速度为零时重力势能增加60J ，则物体再回到底端时动能为：A.10JB.20JC.30JD.40J8．如图所示，一圆盘可绕通过圆盘中心O 且垂直于盘面的竖直轴转动．在圆盘上放置一木块．当圆盘匀速转动时，木块随圆盘一起运动．那么：A ．因为木块随圆盘一起运动，所以木块受到的摩擦力方向与木块的运动方向相同B ．因为摩擦力总是阻碍物体运动，所以木块所受摩擦力与木块的运动方向相反C ．因为木块随圆盘一起匀速转动，所以木块受到的摩擦力，方向指向圆盘中心D ．因为木块随圆盘一起匀速转动，所以木块不受摩擦力9．取无限远处电势为0，将一正电荷从无穷远处移入电场中M 点，电势能减少了3.0×10－6J ，若将另一等量的负电荷从无穷远处移入电场中的N 点，电势能增加了2.0×10－4J ，则下列判断正确的是: ：A ．φM <φN <0B ．φN >φM >0C ．φN <φM <0D ．φM >φN >010．如图169所示，等边三角形ABC 处在匀强电场中，其中电势φA ＝φB ＝0，φC＝φ.保持该电场的大小和方向不变，让等边三角形以A 点为轴在纸面内顺时针转过60°，则此时的B 点电势为：A.φ B ．－φ C.12φ D ．－12φ11．如图186所示，电源A 两端的电压恒为3 V ，电源B 两端的电压恒为5 V ，当开关S 从A 扳到B 时，通过电流计的电荷量为1.2×10－5C ，则电容器的电容为：A ．1×10－6F B ．1.5×10－6F C ．6×10－6 F D ．4×10－6F12．.两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，与它相连接的电路如图187所示，接通开关S ，电源即给电容器充电．则:：A ．断开S ，减小两极板间的距离，则两极板间的电势差增大B ．断开S ，在两极板间插入一块介质，则两极板间的电势差增大C ．保持S 接通，减小两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度减小D ．保持S 接通，在两极板间插入一块介质，则极板上的电荷量增大13．如图1914所示，质量相等的两个带电液滴1和2从水平方向的匀强电场中O 点自由释放后，分别抵达B 、C 两点，若AB ＝21BC ，则它们带电荷量之比q 1∶q 2等于：A ．1∶3B ．3∶1C ．1∶3 D. 3∶114．如图1915所示，有一带电粒子贴着A 板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U 1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U 2时，带电粒子沿②轨迹落到B 板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为：A ．U 1∶U 2＝1∶8B ．U 1∶U 2＝1∶4C ．U 1∶U 2＝1∶2D ．U 1∶U 2＝1∶1二、多选题（每小题3分，每小题有多个答案符合题意，全部选对的该小题得3分，选对而不全的，该小题得2分，有多选、错选、不选的该小题得0分）15．质量为2kg 的物体从静止开始下落，经2s 落地，落地时的速度大小为15m/s ，取g=10m/s 2，则下列判断正确的是：A ．重力对物体做功为300JB ．重力对物体做功为225JC ．物体的机械能减少了75JD ．物体动能增加量为225J16．质量为m 的物体从桌边竖直向上抛出，桌面比地面高h ，小球到达的最高点距桌面高H ，不计空气阻力，若以桌面为零势能面，则小球落地前瞬间的： A ．重力势能为mgh B ．重力势能为－mgh C ．机械能为mgH D ．机械能为mg （H+h ） 17．如图，人站在自动扶梯上不动，随扶梯加速上升的过程中：A ．人克服重力做功，重力势能增加B ．支持力对人做正功，C ．合外力对人做正功，人的动能增加D ．摩擦力对人不做功，18．质量为m 的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度—时间图象如图所示．从t 1时刻起汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒A B为F f ，则： A ．汽车运动的最大速度v 2＝（mv 1F f t 1＋1）v 1B ．t 1～t 2时间内，汽车的平均速度等于v 1＋v 22C ．t 1～t 2时间内，汽车的功率等于（m v 1t 1＋F f ）v 1D ．0～t 1时间内，汽车的牵引力做功的大小等于汽车动能的增加量19．如图所示，用一本书托着黑板擦在竖直面内顺时针方向做匀速圆周运动，先后经过ABCDEF 六点，运动过程中书始终保持水平，书和黑板擦始终保持相对静止，AE 连线为过圆心的竖直线，CF 为过圆心的水平线，OB 、OD 与水平成45°角，则关于书对黑板擦的静摩擦力为，以下说法正确的有：A 、从A 到C ，书对黑板擦的静摩擦力增大B 、从A 到C ，书对黑板擦的静摩擦力减小 C 、从C 到E ，书对黑板擦的支持力增大D 、经C 、D 两个位置时，摩擦力大小之比为1:220．如图所示，两根长度不同的细线的上端固定在天花板上的同一点，下端分别系一相同的小球，现使两个小球在同一水平面内作匀速圆周运动，稳定时，O A 、OB 分别与竖直线成60°、30°角，关于两小球的受力和运动情况，下列说法中正确的是：A ．两球运动的周期之比为T A ：TB ＝1：1 B ．两球线速度的大小之比为v A ：v B ＝3：1C ．细线拉力的大小之比为F A ：F B ＝3：1D ．向心加速度的大小之比为a A ：a B ＝3：1三、实验题(每空2分，共8分)21．在用自由落体运动做“验证机械能守恒定律”实验中，如图所示为实验得到的一条点迹清晰的纸带，打点计时器工作频率为50Hz ，重锤质量为1kg ，取g=9.80m/s 2，把第一个点记做O ，另选连续的4个点A 、B 、C 、D 作为测量的点．经测量知道A 、B 、C 、D 各点到O 点的距离分别为62.78cm 、70.00cm 、77.58cm 、85.52cm ．根据以上数据重物由O 点运动到B 点，重力势能的减少量等于 J ，动能的增加量等于 J ．实际结果△Ep △Ek（填：小于、等于、大于），其原因是。
湖南省醴陵市第一中学高二上学期期中考试(理)物理试题 Word版含解析
2017年下学期醴陵一中高二年级期中考试（理科）物理试题一、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1~ 8题只有一项符合题目要求，第9~ 12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，有选错或不答的得0分）。
1. 下列关于物理学史的说法中错误．．的是A. 法拉第提出了电场的观点B. 美国物理学家密立根用油滴实验比较准确地测定了电子的电荷量C. 卡文迪许巧妙地用扭秤装置测定了静电力常量D. 美国科学家富兰克林发现了自然界中存在两种电荷，他把一种命名为正电荷，另一种命名为负电荷【答案】C【解析】A、法拉第首先引入“场”的概念用来研究电和磁现象，不仅提出了场的概念，而且直观地描绘了场的清晰图象．故A正确．B、美国物理学家密立根通过油滴实验比较准确地测定了电子的电荷量；故B正确；C、卡文迪许利用扭秤实验测出万有引力常量，库伦得到点电荷之间的作用力大小与距离的平方成反比的规律，故C错误；D、自然界的电荷只有两种，美国科学家富兰克林将其命名为正电荷和负电荷，故D正确。
本题选错误的故选C.【点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一.2. 真空中保持一定距离的两个点电荷，若其中一个点电荷电荷量增加了，但仍然保持它们之间的相互作用力不变，则另一点电荷的电荷量一定减少了A. B. C. D.【答案】B【解析】因为一个点电荷增加了，则，根据库仑定律的公式知，若库仑力不变,则，即另一电荷减小了．故C正确，A、B、D错误．故选B．【点睛】解决本题的关键掌握库仑定律，能够灵活运用该公式解决问题．3. 一节干电池的电动势为1.5 V，其物理意义可以表述为A. 外电路断开时，1 s内它能将1.5J的化学能转化为电势能B. 外电路闭合时，1 s内它能将1.5J的化学能转化为电势能C. 外电路闭合时，1 s内它能将1.5C的电荷量通过导线的某一截面D. 外电路闭合时，导线某一截面每通过1C的电荷量，整个电路就获得1.5J的电能【答案】D【解析】由电动势的定义式，可知，电源中每通过1C电量，非静电力做功为1.5J，电源把1.5J的化学能转变为电能，而不是1s内将1.5J的化学能转变成电能．故A B错误．当1s内能使1.5C的电量通过导线的某一截面时，电路中电流是1.5A，但电动势不一定等于1.5V．故C错误．导线某一截面每通过1C的电量，这段导线就消耗1.5J的电能，故D正确．故选D．点睛：本题考查对电源电动势的理解．电动势表征电源把其他形式的能转化为电能本领的大小，当非静电力把1C的正电荷从负极移到正极时，一节干电池向整个电路提供1.5J的电能．4. 在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点。
湖南省醴陵市两校2017_2018学年高二物理上学期期中联考试题2017111401171
2017年下学期两校联考高二年级物理期中考试试卷（本试卷满分 100分，考试时间 90分钟）一、单项选择题（共 12小题，每小题 3分，共 36分。
每小题给出的四个选项中只有一个 选项是正确的，把答案填在答题表中）1、首先发现电流产生磁场的科学家是（ ） A ．富兰克林B ．法拉第C ．安培D ．奥斯特2、真空中两个相同的金属小球 A 和 B ，带电荷量分别为 Q A =2×10-8C 和 Q B =4×10-8C ，相互 作用力为 F ，若将两球接触后再放回原处，则它们之间的作用力将变为（ ）9 A. F 88 B.FC. F 9 2D. F 33、电场中有一点 P ，下列说法正确的是 （ ） A 、若放在 P 点的电荷的电量减半，则 P 点场强减半 B 、若 P 点没有检验电荷，则 P 点的场强为零C 、P 点的场强越大，则同一电荷在 P 点所受的电场力越大D 、P 点的场强方向为检验电荷在该点的受力方向4、有一电场的电场线如图所示，场中 A 、B 两点的场强和电势分别用 E A 、E B 和 φ A 、φ B 表示，则（ ）A ．E A >EB 、φ A >φ B B ．E A >E B 、φ A <φ BC ．E A <E B 、φ A>φ BD ．E A <E B 、φ A <φ B5、关于电容器的电容，下列说法正确的是 （ ） A ．电容器带的电荷量越多，其电容越大 B ．电容器两板间电压越低，其电容越小 C ．电容器不带电时，其电容为 0 D ．电容器的电容只由它本身特性决定6、下图列出了不同品牌的电视机、电风扇、空调机和电冰箱铭牌上的主要项目，试判断 正常工作时其中功率最大的是 （ ）BC-65B 电冰箱KFR-33GW 空调机FS-69 电风扇54cm 彩色电视接收机额定电压 220V额定电压 220V规格 400mm 工作电压 170V-240V工作频率 50Hz工作频率 50Hz6.2A/6.2A额定功率65W1 A B C D7、两根由同种材料制成的均匀电阻丝A、B串联在电路中，A的长度为L，直径为d；B的长度为2L，直径为2d，那么通电后在相同的时间内产生的热量之比为（）A．Q A：Q B=1：2 B．Q A：Q B=2：1C．Q A：Q B=1：1 D．Q A：Q B=4：18、如右图所示，是四只电阻的I－U图像，这四只电阻并联起来使用时，通过各只电阻的电流强度分别是I1、I2、I3、I4，则（）A、I1＞I2＞I3＞I4B、I1=I2=I3=I4C、I1＜I2＜I3＜I4D、无法判断9、一带电粒子沿着右图中曲线JK穿过一匀强电场，a、b、c、d为该电场的等势面，其中φa<φb<φc<φd，若不计粒子受的重力，可以确定()A．该粒子带正电B．从J到K粒子的电势能减少C．粒子从J到K运动过程中的动能减小。
高二物理上学期期中试卷高二全册物理试题_22 (3)
嘴哆市安排阳光实验学校醴陵二中、醴陵四中两校联考高二（上）期中物理试卷一、单选（每个小题只有一个答案符合题意，每小题4分）1．下列关于磁感应强度的说法中，正确的是（）A．某处磁感应强度的方向就是一小段通电导体放在该处时所受磁场力的方向B．通电导线在磁感应强度大的地方受力一定大C．小磁针N极受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向D．一小段通电导线在某处不受安培力的作用，则该处磁感应强度一定为零2．如图是静电场的一部分电场线分布，下列说法中正确的是（）A．B点的电势高于A点的电势B．这个电场可能是负点电荷的电场C．点电荷q在A处的瞬时加速度比在B处的瞬时加速度小（不计重力）D．负电荷仅在静电力的作用下从B点运动到A点电场力做正功3．在电场中的某点放入电量为﹣q的试探电荷时，测得该点的电场强度为E；若在该点放入电量为+2q的试探电荷，此时测得该点的场强为（）A．大小为2E，方向和E相反B．大小为E，方向和E相反C．大小为2E，方向和E相同D．大小为E，方向和E相同4．某同学用伏安法测小灯泡的电阻时，误将电流表和电压表接成如图所示的电路，接通电源后，可能出现的情况是（）A．电流表烧坏B．小灯泡不亮C．小灯泡烧坏D．电压表烧坏5．甲乙两条密度相同的铜线质量之比M甲：M乙=4：1，长度之比为L甲：L乙=1：4，则其电阻之比R甲：R乙为（）A．64：1 B．1：64 C．1：1 D．1：166．一个电流表的满偏电流I g=1mA，内阻为500Ω，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（）A．串联一个10kΩ的电阻B．并联一个10kΩ的电阻C．并联一个9.5kΩ的电阻D．串联一个9.5kΩ的电阻7．如图所示，实线AB为一电子在电场中的运动轨迹，虚线为等势线且相邻两等势线间的电势差相等、距离相等，电子运动到等势线φ1上时，具有动能3.0×10﹣20J，它运动到等势线φ3上时，具有动能1.0×1.0﹣20J．令φ0=0，电子重力不计，则下列说法正确的是（）A．电场方向水平向左B．电子在运动过程中加速度变小C．当该电子的电势能为4×10﹣21J时，其动能大小为3.6×10﹣20JD．电子在A点的电势能为负值8．如图所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动．那么（）A．微粒带正、负电荷都有可能B．微粒做匀减速直线运动C．微粒做匀速直线运动D．微粒做匀加速直线运动二、多选（每个小题只有多个答案符合题意，每小题4分，全部选对的该小题计4分，部分选对的该小题计2分，有多选、错选、不选的该小题计零分）9．一个带正电的点电荷仅在电场力作用下在某空间运动，其速度﹣时间图象如图所示，其中t1、t2、t3、t4是电荷在电场中运动的1、2、3、4点对应的四个时刻，图中AB与时间轴平行，则下列说法正确的是（）A．电场中3、4两点处电场强度大小为零B．电场中1、2两点处电场强度大小E1＜E2C．电场中2、4两点电势φ2＞φ4D．电荷从1运动到3的过程中，电场力做负功，电势能增加10．如图所示，虚线为等势面，实线为一带电油滴（重力不可忽略）在匀强电场中的运动轨迹．若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，能量变化情况正确的是（）A．油滴的动能增加B．油滴的电势能减小，机械能增加C．油滴的动能和电势能之和增加D．油滴的重力势能和电势能之和增加11．如图，在矩形区域abcd区域中，分布有垂直纸面向外的匀强磁场，ab长为L，在ab的中点P处有一电子发射，出射电子速率取一切可能值，所有电子出射的速度方向均与ab成30°，下列说法正确的是（）A．只要初速度大小取合适的值，电子可以在磁场中做完整的圆周运动B．从ad边出射的电子一定比从bc出射的粒子时间长C．电子入射速度越大，在磁场中运动的时间一定越短D．当bc ＞（+1）L时，cd边无电子射出12．如图是质谱仪的工作原理示意图，带点粒子被加速电场加速后，进入速度选择器，速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2，平板S下方有强度为B0的匀强磁场，下列表述正确的是（）A．质谱仪是分析同位素的重要工具B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外C．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P ，粒子的比荷越小D．能通过狭缝P 的带电粒子的速率等于三、实验（每空2分，共16分）13．在《练习使用多用电表》的实验中：（1）用欧姆档测量一定值电阻的阻值．机械调零、欧姆调零后，用“×100”档测量，发现表针偏转角度极小，正确的判断和做法是．A．被测电阻值很大 B．被测电阻值很小C．为了把电阻值测得更准一些，应换用“×1k”档，重新欧姆调零后再测量．D．为了把电阻值测得更准一些，应换用“×10”档，重新欧姆调零后再测量．（2）如图为一正在测量中的多用电表表盘．（a）如果是用×100Ω挡测量电阻，则读数为Ω．（b）如果是用直流5mA挡测量电流，则读数为mA．14．描绘一个标有“6V 3W”字样的小灯泡的伏安特性曲线，实验室备有下列器材：a．标有“6V 3W”字样的小灯泡一个；b.9伏学生电源一个；c．量程为0﹣3V的电压表，内阻约为3千欧；d．量程为0﹣15V的电压表，内阻约为15千欧；e．量程为0﹣0.6A的电流表，内阻约为0.5欧；f．量程为0﹣3A的电流表，内阻约为0.1欧；g．滑动变阻器（阻值范围0﹣50欧，允许通过的最大电流1.5A）；h．滑动变阻器（阻值范围0﹣500欧，允许通过的最大电流0.5A）；电键一个，导线若干．（1）为减小实验误差，方便调节，使小灯泡中的电流由零开始逐渐增大，直到小灯泡正常发光．请在图中给定的四个电路图和上述所给的器材中选取适当的电路和器材，并将它们的编号填在横线上．应选取的电路是，电压表应选；电流表应选；滑动变阻器应选取．（填a．b．c．d．e．f．g．h等序号）（2）根据实验测定的数据，以电压U为横坐标，电流强度I为纵坐标画出图线，在图中给出的四个I﹣U图线中，最能反映实际情况的是．四、计算（要写出必要过程）15．如图所示，质量为m的直导体杆ab水平放置在倾角为θ、间距为l的光滑平行导轨上，导体杆中通有图示方向的电流，电流强度为I，现在空间加上匀强磁场使导体杆ab静止在导轨上．问：（1）若磁场方向竖直向上，求磁感应强度B1的大小；（2）若磁场方向垂直导轨平面向上，求磁感应强度B2的大小．16．如图所示为一真空示波管，电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N 间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点．已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子的质量为m，电荷量为e．求：（1）电子穿过A板时的速度大小；（2）电子从偏转电场射出时的侧移量；（3）P点到O点的距离．17．如图所示是圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里．一质量为m电荷量为q（q＞0）的粒子从M点沿与直径MN成45°角的方向以速度v射入磁场区域．已知粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角为135°，P是圆周上一点，弧MP对应的圆心角为30°．不计粒子重力，求：（1）粒子做匀速圆周运动的半径r为多少？（2）磁场区域的半径R为多少？（3）若粒子以同样的速度从P点平行于MN入射，求粒子从磁场射出的位置？醴陵二中、醴陵四中两校联考高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、单选（每个小题只有一个答案符合题意，每小题4分）1．下列关于磁感应强度的说法中，正确的是（）A．某处磁感应强度的方向就是一小段通电导体放在该处时所受磁场力的方向B．通电导线在磁感应强度大的地方受力一定大C．小磁针N极受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向D．一小段通电导线在某处不受安培力的作用，则该处磁感应强度一定为零【考点】磁感应强度．【专题】定性思想；类比法；带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】磁感应强度的方向与通电导体所受的磁场力方向垂直．通电导体在磁场中所受的安培力由公式F=BILsinα分析．小磁针N极受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向．当通电导线与磁场平行时不受安培力．由这些知识来分析．【解答】解：A、根据左手定则可知，某处磁感应强度的方向与一小段通电导体放在该处时所受磁场力的方向垂直，故A错误．B、由安培力公式F=BILsinα，知通电导线在磁感应强度大的地方受力不一定大，还与导线与磁场方向的夹角有关，故B错误．C、根据物理学上的规定知，小磁针N极受磁场力的方向就是该处的磁场方向，也就是该处的磁感应强度的方向．故C正确．D、一小段通电导线在某处不受安培力的作用，该处磁感应强度可能不为零，可能由于导线与磁场方向平行，故D错误．故选：C【点评】本题关键抓住磁感应强度的方向与磁场方向、小磁针N极受力方向、小磁针静止时N极所指方向、磁感线的切线方向相同，与安培力垂直．2．如图是静电场的一部分电场线分布，下列说法中正确的是（）A．B点的电势高于A点的电势B．这个电场可能是负点电荷的电场C．点电荷q在A处的瞬时加速度比在B处的瞬时加速度小（不计重力）D．负电荷仅在静电力的作用下从B点运动到A点电场力做正功【考点】电势差与电场强度的关系；电场线；电势．【专题】定性思想；图析法；电场力与电势的性质专题．【分析】根据顺着电场线方向电势逐渐降低，分析电势的高低．电场线是从正电荷或者无穷远发出，到负电荷或无穷远处为止，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．电场力F=qE，同一电荷在场强越大的地方，所受的电场力越大．由牛顿第二定律分析加速度的大小．根据电场力方向与速度方向的夹角判断电场力做功的正负．【解答】解：A、根据顺着电场线方向电势降低，等势面与电场线垂直可知：B 点所在的等势面的电势高于A点所在等势面的电势，所以B点的电势高于A点的电势．故A正确．B、负点电荷电场的电场线是直线，因此这个电场不是负点电荷形成的电场，故B错误；C、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以E A＞E B，根据F=qE=ma知：电荷在A处的加速度较大，故C错误；D、电场线的切线方向为该点场强的方向，由F=qE知负电荷在B点处受到的静电力的方向与场强的方向相反，负电荷仅在静电力的作用下从B点运动到A点电场力做负功，故D错误．故选：A【点评】本题关键要理解并掌握点电荷电场线的分布情况，理解电场线的物理意义：电场线的方向反映电势高低，电场线的疏密表示场强的大小，就能轻松解决这类问题．3．在电场中的某点放入电量为﹣q的试探电荷时，测得该点的电场强度为E；若在该点放入电量为+2q的试探电荷，此时测得该点的场强为（）A．大小为2E，方向和E相反B．大小为E，方向和E相反C．大小为2E，方向和E相同D．大小为E，方向和E相同【考点】电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场中的场强取决于电场本身，与有无检验电荷无关；场强公式E=，只是为研究电场的方便，采用比值法下的定义．【解答】解：根据场强的定义式E=得该点的场强为E，再根据电场中的场强取决于电场本身，所以在该点放入电量为+2q的试探电荷时，该点的场强不变，故ABC错误，D正确．故选：D．【点评】明确电场中的场强取决于电场本身，与有无检验电荷无关是解本题的关键．4．某同学用伏安法测小灯泡的电阻时，误将电流表和电压表接成如图所示的电路，接通电源后，可能出现的情况是（）A．电流表烧坏B．小灯泡不亮C．小灯泡烧坏D．电压表烧坏【考点】串联电路和并联电路．【专题】计算题；学科综合题；定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】由于电流表内阻较小，而电压表内阻较大；根据欧姆定律可知此时可能出现的情况．电压表不能串联接入电路．【解答】解：由于电压表内阻较大，所以电路中的电流非常小，故灯泡几乎不亮，不会被烧坏；电流表中示数很小，不会被烧坏；此时电压表相当于直接接在电源两端，故此时电压表的示数接近电源的电动势；故ACD错误；B正确；故选：B【点评】本题要求能正确理解电压表和电流表的内阻；明确电压表在电路中相当于开路，电流表相当于短路．5．甲乙两条密度相同的铜线质量之比M甲：M乙=4：1，长度之比为L甲：L乙=1：4，则其电阻之比R甲：R乙为（）A．64：1 B．1：64 C．1：1 D．1：16【考点】电阻定律．【专题】信息给予题；定量思想；比较思想；类比法；恒定电流专题．【分析】由题意根据质量相等可明确导体的长度及横截面积关秒，再由电阻定律即可求得电阻之比．【解答】解：铜线的质量：M=ρ′V=ρLS；则可知： ===16：1；则由R=可知，电阻之比： =×=×=故选：B．【点评】本题考查电阻定律公式的应用；要注意质量公式的应用，由质量明确体积关系，从而求出截面积；不能简单地认为长度之比即为电阻之比而忽略了截面积的存在．6．一个电流表的满偏电流I g=1mA，内阻为500Ω，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（）A．串联一个10kΩ的电阻B．并联一个10kΩ的电阻C．并联一个9.5kΩ的电阻D．串联一个9.5kΩ的电阻【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题．【分析】把电流表改装成电压表应串联一个分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值．【解答】解：把电流表改装成电压表，需要串联一个分压电阻，串联电阻阻值为：R=﹣R g =﹣500=9500Ω=9.5kΩ；故选：D．【点评】本题考查了电表改装，知道电压表的改装原理、应用串联电路特点与欧姆定律即可正确解题．7．如图所示，实线AB为一电子在电场中的运动轨迹，虚线为等势线且相邻两等势线间的电势差相等、距离相等，电子运动到等势线φ1上时，具有动能3.0×10﹣20J，它运动到等势线φ3上时，具有动能1.0×1.0﹣20J．令φ0=0，电子重力不计，则下列说法正确的是（）A．电场方向水平向左B．电子在运动过程中加速度变小C．当该电子的电势能为4×10﹣21J时，其动能大小为3.6×10﹣20JD．电子在A点的电势能为负值【考点】电势差与电场强度的关系；电势．【专题】定量思想；图析法；带电粒子在电场中的运动专题．【分析】根据动能的变化，判断电势能的变化，得出电势的高低，根据电场线与等势面垂直，且指向电势低的等势面，判断电场的方向；该电场是匀强电场，电子所受的电场力不变，加速度不变；根据电势能公式E p=qφ，分析电子在A点的电势能；根据动能定理和电场的特点，求出电子在A处的动能，得到总能量，由能量守恒求解电势能为4×10﹣21JJ时的动能．【解答】解：A、据题电子从A到B，动能减小，则电势能增大，而电子带负电，电子在电势低处电势能大，所以φ1＞φ3，因此电场方向水平向右，故A 错误．B 、相邻两等势线间的电势差相等、距离相等，由公式可知该电场是匀强电场，电子所受的电场力不变，加速度不变，故B错误．C、电子从等势线φ1运动到等势线φ3时，动能减小2×10﹣20J，由动能定理可知电场力做功 W13=2×10﹣20J．由于相邻等势面间电势差相等，根据W=qU可知，电子从等势线φ0运动到等势线φ3时，电场力做功应为W03=﹣3×10﹣20J，动能减小﹣3×10﹣20J，所以电子在A处的动能为 E kA=4×10﹣20J，总能量为E=E kA+E pA=4×10﹣20J，根据能量守恒可得当该电子的电势能为4×10﹣21J时，其动能大小为3.6×10﹣20J，故C正确．D、令φ0=0，则A点电势为负，由公式E p=qφ可知电子在A点的电势能为正．故D错误．故选：C【点评】学习电场中的功能关系时可以类比重力场中的功能关系，如只有重力做功，动能和电势能之和保持不变；要知道只有电场力做功，电势能和动能之和保持不变．8．如图所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动．那么（）A．微粒带正、负电荷都有可能B．微粒做匀减速直线运动C．微粒做匀速直线运动D．微粒做匀加速直线运动【考点】带电粒子在混合场中的运动．【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】带点微粒做直线运动，所以所受合力方向与运动方向在同一直线上，根据重力和电场力的方向可确定微粒运动的性质．【解答】解：微粒做直线运动的条件是速度方向和合外力的方向在同一条直线上，只有微粒受到水平向左的电场力才能使得合力方向与速度方向相反且在同一条直线上，由此可知微粒所受的电场力的方向与场强方向相反，则微粒必带负电，且运动过程中微粒做匀减速直线运动，故B正确．故选：B【点评】本题考查了重力做功与重力势能和电场力做功与电势能的关系，难度不大，属于基础题．二、多选（每个小题只有多个答案符合题意，每小题4分，全部选对的该小题计4分，部分选对的该小题计2分，有多选、错选、不选的该小题计零分）9．一个带正电的点电荷仅在电场力作用下在某空间运动，其速度﹣时间图象如图所示，其中t1、t2、t3、t4是电荷在电场中运动的1、2、3、4点对应的四个时刻，图中AB与时间轴平行，则下列说法正确的是（）A．电场中3、4两点处电场强度大小为零B．电场中1、2两点处电场强度大小E1＜E2C．电场中2、4两点电势φ2＞φ4D．电荷从1运动到3的过程中，电场力做负功，电势能增加【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．【专题】比较思想；图析法；带电粒子在电场中的运动专题．【分析】在v﹣t图象中，斜率等于加速度，加速度由电场力产生，由牛顿第二定律可判断场强的大小．沿电场方向电势降低，根据动能定理判断出电场力做功即可判断电势能的变化．【解答】解：A、图象AB段表示点电荷做匀速直线运动，合力为零，说明不受电场力，电场强度为零，故A正确．B、点电荷从t1到t3加速度逐渐减小，根据牛顿第二定律得：qE=ma，可知，E1＞E2，故B错误．C、从2到4，速度增大，故电场力做正功，沿电场方向运动，电势降低，故φ2＞φ4，故C正确D、电荷从1运动到3的过程中，速度变大，电场力做正功，电势能减小，故D 错误；故选：AC【点评】本题的关键要明确v﹣t图象的斜率表示加速度，分析出加速度的变化，再结合牛顿运动定律和功能关系分析带电粒子在电场中的运动情况．10．如图所示，虚线为等势面，实线为一带电油滴（重力不可忽略）在匀强电场中的运动轨迹．若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，能量变化情况正确的是（）A．油滴的动能增加B．油滴的电势能减小，机械能增加C．油滴的动能和电势能之和增加D．油滴的重力势能和电势能之和增加【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据轨迹的弯曲得出电场力以及合力的方向，通过电场力做功，结合动能定理、电场力做功与电势能的关系得出动能、电势能的变化．【解答】解：A、根据轨迹的弯曲程度，以及电场强度的方向与等势面垂直，知电场力的方向竖直向上，合力向上，则a到b的过程中，电场力做正功，根据动能定理知，动能增加．故A正确．B、电场力做正功，电势能减小．除重力以外其它力，即电场力做正功，则机械能增加．故B正确．C、根据能量守恒定律知，a到b的过程中，重力势能增加，则油滴动能和电势能减小．故C错误．D、根据能量守恒定律知，动能增加，则重力势能和电势能之和减小．故D错误．故选AB．【点评】解决本题的突破口在于通过轨迹的弯曲程度得出电场力以及合力的方向，知道合力做功与动能的关系，电场力做功与电势能的关系．11．如图，在矩形区域abcd区域中，分布有垂直纸面向外的匀强磁场，ab长为L，在ab的中点P处有一电子发射，出射电子速率取一切可能值，所有电子出射的速度方向均与ab成30°，下列说法正确的是（）A．只要初速度大小取合适的值，电子可以在磁场中做完整的圆周运动B．从ad边出射的电子一定比从bc出射的粒子时间长C．电子入射速度越大，在磁场中运动的时间一定越短D．当bc ＞（+1）L时，cd边无电子射出【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】计算题；定量思想；几何法；带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】电子做圆周运动的半径：r=，可见电子的速率越大，则做圆周运动的半径越大，而周期T=，与速率大小无关，则圆心角越大运动时间越长．【解答】解：A、电子在磁场中做圆周运动，电子运动轨迹：r=，粒子速率越小轨道半径越小，转过的最大圆周如图中黑线所示，无法做完整的圆周运动，故A错误；B、电子在磁场中的运动时间：t=T，如图中的蓝线和红线，从ad边出射的电子一定比从bc出射的粒子转过的圆心角θ大，电子的运动时间t长，故B正确；C、电子入射速度越大，运动半径越大，但是比图中黑线半径更小的所有运动情况转过的圆心角相同，则运动时间相同，并不一定是入射速度越大在磁场中运动的时间越短，故C错误；D、当粒子轨迹恰好与bc边相切时，若不能从cd边射出，则cd边无电子射出，由几何关系知相切时的轨迹半径R=L，则粒子距离ad最远距离为：L+L，若bc ＞（+1）L时，则粒子不能从cd边射出，即当bc ＞（+1）L时，cd边无电子射出；故D正确；故选：BD．【点评】本题考查了粒子在磁场中的运动，本题的解题关键是画出从各边射出的代表轨迹，找出恰好不从每个边射出的临界情况，熟练应用粒子做圆周运动的周期公式和半径公式．12．如图是质谱仪的工作原理示意图，带点粒子被加速电场加速后，进入速度选择器，速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2，平板S下方有强度为B0的匀强磁场，下列表述正确的是（）A．质谱仪是分析同位素的重要工具B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外C．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P ，粒子的比荷越小D．能通过狭缝P 的带电粒子的速率等于【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．【分析】带电粒子经加速后进入速度选择器，速度为v=粒子可通过选择器，然后进入B0，打在S板的不同位置，【解答】解：A、进入B0的粒子满足，知道粒子电量后，便可求出m 的质量，所以质谱仪可以用来分析同位素，故A正确；B、根据加速电场，可知粒子带正电，则受电场力向右，所以洛伦兹力向左，由左手定则可判断磁场方向垂直纸面向外，故B正确；C 、由，知R越小，荷质比越大，故C错误；D、由qE=qvB，得v=，此时粒子受力平衡，可沿直线穿过选择器，与粒子的电性无关，故D正确；故选：ABD【点评】质谱仪工作原理应采取分段分析的方法，即粒子加速阶段，速度选择阶段，在磁场中运动阶段．三、实验（每空2分，共16分）13．在《练习使用多用电表》的实验中：（1）用欧姆档测量一定值电阻的阻值．机械调零、欧姆调零后，用“×100”档测量，发现表针偏转角度极小，正确的判断和做法是AC ．A．被测电阻值很大 B．被测电阻值很小。
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2017-2018学年湖南省醴陵市第一中学高二上学期期中考试（理）物理试题解析版一、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1~ 8题只有一项符合题目要求，第9~ 12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，有选错或不答的得0分）。
1. 下列关于物理学史的说法中错误．．的是A. 法拉第提出了电场的观点B. 美国物理学家密立根用油滴实验比较准确地测定了电子的电荷量C. 卡文迪许巧妙地用扭秤装置测定了静电力常量D. 美国科学家富兰克林发现了自然界中存在两种电荷，他把一种命名为正电荷，另一种命名为负电荷【答案】C【解析】A、法拉第首先引入“场”的概念用来研究电和磁现象，不仅提出了场的概念，而且直观地描绘了场的清晰图象．故A正确．B、美国物理学家密立根通过油滴实验比较准确地测定了电子的电荷量；故B正确；C、卡文迪许利用扭秤实验测出万有引力常量，库伦得到点电荷之间的作用力大小与距离的平方成反比的规律，故C错误；D、自然界的电荷只有两种，美国科学家富兰克林将其命名为正电荷和负电荷，故D正确。
本题选错误的故选C.【点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一.2. 真空中保持一定距离的两个点电荷，若其中一个点电荷电荷量增加了，但仍然保持它们之间的相互作用力不变，则另一点电荷的电荷量一定减少了A. B. C. D.【答案】B【解析】因为一个点电荷增加了，则，根据库仑定律的公式知，若库仑力不变,则，即另一电荷减小了．故C正确，A、B、D错误．故选B．【点睛】解决本题的关键掌握库仑定律，能够灵活运用该公式解决问题．3. 一节干电池的电动势为1.5 V，其物理意义可以表述为A. 外电路断开时，1 s内它能将1.5J的化学能转化为电势能B. 外电路闭合时，1 s内它能将1.5J的化学能转化为电势能C. 外电路闭合时，1 s内它能将1.5C的电荷量通过导线的某一截面D. 外电路闭合时，导线某一截面每通过1C的电荷量，整个电路就获得1.5J的电能【答案】D【解析】由电动势的定义式，可知，电源中每通过1C电量，非静电力做功为1.5J，电源把1.5J的化学能转变为电能，而不是1s内将1.5J的化学能转变成电能．故A B错误．当1s内能使1.5C的电量通过导线的某一截面时，电路中电流是1.5A，但电动势不一定等于1.5V．故C错误．导线某一截面每通过1C的电量，这段导线就消耗1.5J的电能，故D正确．故选D．点睛：本题考查对电源电动势的理解．电动势表征电源把其他形式的能转化为电能本领的大小，当非静电力把1C的正电荷从负极移到正极时，一节干电池向整个电路提供1.5J的电能．4. 在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点。
其中a、b两点的电势相等，电场强度大小相等、方向也相同的是A. 甲图：与点电荷等距的a、b两点B. 乙图：两等量异种电荷连接的中垂线上与连线等距的a、b两点C. 丙图：点电荷与带电平板形成的电场中平板上表面的a、b两点D. 丁图：匀强磁场中的a、b两点【答案】B【点睛】本题考查对电场线的认识，由电场线我们应能找出电场的方向、场强的大小及电势的高低．5. 如图所示，一价氢离子()和二价氦离子()的混合体，从静止开始经同一加速电场U1同时加速后，垂直射入同一偏转U2电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，（不计它们之间的相互作用力和重力）则它们A. 同时到达屏上同一点B. 同时到达屏上不同点C. 先后到达屏上同一点D. 先后到达屏上不同点【答案】C【解析】设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d．在加速电场中，由动能定理得：①；两种粒子在偏转电场中，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，由于两种粒子的比荷不同，则v0不同，所以两粒子在偏转电场中运动的时间不同．两种粒子在加速电场中的加速度不同，位移相同，则运动的时间也不同，所以两粒子是先后离开偏转电场．在偏转电场中的偏转位移②，联立①②得；同理可得到偏转角度的正切，可见y和tanθ与电荷的电量和质量无关．所以出射点的位置相同，出射速度的方向也相同．故两种粒子打屏上同一点．故C正确，A、B、D错误．故选C．【点睛】解决本题的关键知道带电粒子在加速电场和偏转电场中的运动情况，知道从静止开始经过同一加速电场加速，垂直打入偏转电场，运动轨迹相同．做选择题时，这个结论可直接运用，节省时间．6. 直流电路如图所示，电源的内阻不能忽略不计，在滑动变阻器的滑片P由图示位置向右移动时，电源的A. 效率一定增大B. 总功率一定增大C. 热功率一定增大D. 输出功率一定先增大后减小【答案】A【解析】由电路图可知，当滑动变阻滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路总电阻变大，电源电动势不变，由闭合电路的欧姆定律可知，电路总电流I变小；A、电源的效率，电源内阻r不变，滑动变阻器阻值R变大，则电源效率增大，故A正确；B、电源电动势E不变，电流I变小，电源总功率P=EI减小，故B错误；C、电源内阻r不变，电流I减小，源的热功率P Q=I2r减小，故C错误；D、当滑动变阻器阻值与电源内阻相等时，电源输出功率最大，由于不知道最初滑动变阻器接入电路的阻值与电源内阻间的关系，因此无法判断电源输出功率如何变化，故D错误；故选A．【点睛】知道电路串并联中的电流电压关系，并熟练应用闭合电路欧姆定律、电功率公式即可正确解题．7. 将一不带电的金属球放在电荷量为＋Q的小球附近，金属球处于静电平衡状态，所形成的电场线分布如图所示。
a、b为电场中的两点，则A. a点的电场强度比b点的小B. a点的电势比b点的低C. 检验电荷－q在a点的电势能比在b点的大D. 将检验电荷－q从a点移到b点的过程中，电场力做负功【答案】D【解析】A、电场线的疏密表示场强的大小，由图象知a点的电场强度比b点大，故A正确；B、根据顺着电场线方向电势逐渐降低，可知a点的电势高于金属球的电势，整个金属球是一个等势体，金属球的电势又高于b点的电势，因此a点的电势比b点的高，故B错误；C、因为，由电势能知的电荷放在电势高处电势能低，即检验电荷－q在a点的电势能比在b点的小；故C错误；D、-q在a点的电势能较b点小，则把-q电荷从电势能小的a 点移动到电势能大的b点，电势能增大，电场力做负功．故D正确．故选D.【点睛】该题要掌握电场线的特点与电场力做功的特点，解题的关键是电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加．8. 示波器可以用来观察电信号随时间变化的情况，其核心部件是示波管，其原理图如下，为水平偏转电极，为竖直偏转电极。
以下说法正确的是A. 加图3波形电压、不加信号电压，屏上在两个位置出现亮点B. 加图2波形电压、加图1波形电压，屏上将出现两条竖直亮线C. 加图4波形电压、加图2波形电压，屏上将出现一条竖直亮线D. 加图4波形电压、加图3波形电压，屏上将出现图1所示图线【答案】A加图4波形电压、加图3波形电压，屏上将出现图3所示图线，选项D错误；故选A. 【点睛】本题考查示波器原理，搞清楚两个电压的作用是关键。
9. 如图所示，平行板电容器的两个极板为A、B，B极板接地，A极板带有电荷量＋Q，板间电场有一固定点P，若将B极板固定，A极板上移一些，或者将A极板固定，B极板下移一些，在这两种情况下，以下说法正确的是A. B极板下移时，P点的电场强度变小，P点电势降低B. B极板下移时，P点的电场强度不变，P点电势升高C. A极板上移时，P点的电场强度不变，P点电势不变D. A极板上移时，P点的电场强度变小，P点电势降低【答案】BC【解析】A. B,由题，电容器两板所带电量不变，正对面积不变，A板下移时，根据、U=Q/C和E=U/d可推出：可知P点的电场强度E不变，.P点与下板的距离增大，根据公式U=Ed，P点与下板的电势差增大，则P点的电势升高。
故A错误，B正确；C. D. B板上移时，同理得知，P点的电场强度不变，根据公式U=Ed，P点与下板的电势差不变，P点的电势不变，故C正确，D错误。
故选：BC点睛：由题，电容器两板所带电量不变，改变板间距离时，根据推论分析板间场强的变化．由U=Ed分析P点与下板间的电势差如何变化，结合电势的高低关系，判断P点电势的变化．10. 如图所示，三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面，其电势分别为10V、20V、30V。
实线是一带电的粒子（不计重力）在该区域内运动的轨迹，已知带电粒子所带电荷量为0.01C，在a点处的动能为0.5J，则该带电粒子A. 该粒子一定带正点电B. 在b点处的电势能为0.5JC. b点是a、b、c三点中动能最大的位置D. 在c点处的动能为0.4J【答案】AD【解析】A、场强方向向上，电场力向上，则为正电荷，则A正确；B、b点处的电势能E P＝φq=0.01×30=0.3J，则B错误；C、总能量守恒由a点处可知E=0.01×10+0.5=0.6J，则b点处的动能为：0.6-0.3=0.3J，b处是动能最小的位置，则C错误；D、C点处的动能为为0.6-0.01×20=0.4J，则D正确，故选AD.【点睛】本题根据粒子的轨迹弯曲方向就能判断粒子所受的电场力方向，根据电场线与等势线的关系，判断出电场线方向．负电荷在电势高处电势能小是一个重要推论，要学会应用．11. 如图所示是探究影响平行板电容器电容大小因素的实验装置。
关于此实验装置中的静电计，下列说法中正确的是A. 静电计指针张角的大小反映了平行板电容器两板间电压的大小B. 静电计指针张角的大小反映了平行板电容器带电量的大小C. 静电计的外壳与A板相连接后可不接地D. 可以用量程为3V的电压表替代静电计【答案】AC【解析】A、B、静电计是定性反映电压高低的仪器，不能发映了平行板电容器的电荷量的多少，故A正确，B错误；C、静电计测量的是两板间的电压高低，可以直接将A板与电容器外壳相接，不需要都接地，故C正确；D、静电计与电压表、电流表的原理不同，不能替代．电流表、电压表线圈中必须有电流通过时，指针才偏转，故不能用电压表代替静电计，故D错误；故选AC．【点睛】解决本题的关键知道静电计测量的是电容器两端的电势差，正确掌握静电计的使用方法．对于电容器的动态变化分析问题，常常是电容的决定式和定义式结合分析，抓住不变量是分析的基础．12. 如图所示电路中，电源内阻不能忽略，两个电压表均为理想电表。
当滑动变阻器R2的滑动触头p移动时，关于两个电压表V1与V2的示数，下列判断正确的是A. p向a移动，V1示数增大、V2的示数减小B. p向b移动，V1示数增大、V2的示数减小C. p向a移动，V1示数改变量的绝对值小于V2示数改变量的绝对值D. p向b移动，V1示数改变量的绝对值大于V2示数改变量的绝对值【答案】AC【解析】试题分析：电压表测量电阻两端的电压，电压表测量电阻两端的电压，当滑动变阻器R2的滑动触头P向a移动时，滑动变阻器连入电路的电阻减小，所以路端电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可得路端电压减小，电路总电流增大，故通过的电流增大，所以两端的电压增大，而路端电压是减小的，所以V2的示数减小，V1示数改变量的绝对值小于V2的示数改变量的绝对值，AC正确B错误；当滑动变阻器R2的滑动触头P向b移动，滑动变阻器连入电路的电阻增大，故外电路总电阻增大，即路端电压增大，电路总电流减小，所以通过的电流减小，即两端的电压减小，故两端的电压增大，而路端电压是增大的，所以V1示数改变量的绝对值小于V2的示数改变量的绝对值，D错误考点：考查了闭合回路欧姆定律的应用二、实验题（本题共2小题，共15分，13题7分，14题8分，其中13题第2问3分，其它每空2分。