高二第一学期期中考试物理科试卷及其答案
高二第一学期期中考试物理科试卷
一、单项选择题(6小题,每题4分,共24分)
1.绝缘细线上端固定,下端悬挂一个轻质小球a,a的表面镀有铝膜,在a的附近,有一个绝
缘金属球b,开始时a、b都不带电,如图所示,现在使a带电,则:()
A、a、b之间不发生相互作用
B、b将吸引a,吸住后不放
C、b立即把a排斥开
D、b先吸引a,接触后又把a排斥开
2.下列说法正确的是:()
A、根据E=F/q,可知,电场中某点的场强与电场力成正比
B、根据E=kQ/r2 ,可知电场中某点的场强与形成电场的点电荷的电荷量成正比
C、根据场强的叠加原理,可知合电场的场强一定大于分电场的场强
D、电场线就是点电荷在电场中的运动轨迹
3.一带电粒子从电场中的A点运动到B点,轨迹如图中虚线所示,不计粒子所受的重力,则:()
A、粒子带正电
B、粒子的加速度逐渐减小
C、A点的场强小于B点的场强
D、粒子的速度不断增大
4.如图所示,用绝缘细线把小球A悬于O点,静止时恰好与另一固定小球B接触。今使两球带同种电荷,悬线将偏离竖直方向某一角度θ1,此时悬线中的张力大小为T1;若增加两球的带电量,悬线偏离竖直方向的角度将增大为θ2,此时悬线中的张力大小为T2,则:()
A、T1 B、T1=T2 C、T1>T2 D、无法确定 5.两电阻R1、R2中的电流I和电压U的关系图线如图所示,可知两电阻的大小之比R1:R2等于() A、1;3 B、3;1 C、1:3 D、3:1 6.如图所示电路中,电源的电动势为E,内阻为r,R1为滑动变阻器,R2 为定值电阻,电流表和电压表均为理想电表,闭合电键S,当滑动变阻器R1的滑动触头P向右滑动时,电表的示数都发生变化,电流表示数变化量的大小为△I、电压表V、V1和V2示数 变化量的大小分别为△U、△U1和△U2,下列说法错误的是() A、△U1>△U2 B、ΔU1/ΔI变小 C、ΔU2/ΔI不变 D、ΔU/ΔI不变 二、多项选择题(6小题,每题4分,共24分) 7.如图所示是一个由电池、电阻R与平行板电容器组成的电路,在增大电容器两板间距离 的过程中() A、电阻R中没有电流 B、电容器的电容变小 C、电阻R中有从a流向b的电流 D、电阻R中有从b流向a的电流 8.如图所示的电路中,电源的电动势恒定.要想使灯泡变暗,可以( ). A、增大R1 B、减小R1 C、增大R2 D、减小R2 9.一平行板电容器充电后与电源断开,负极板接地。两板间有一个正电荷固定在P点,如图所示,以E表示两板间的场强,U表示电容器两板间的电压,E p表示正电荷在P点的电势能,若 保持负极板不动,将正极板向下移到图示的虚线位置则:() A、U变小,E不变 B、E变小,E p不变 C、U变小,E p不变 D、U不变,E p不变 10.如图,A、B为水平放置的平行金属板,两板相距为d,分别与电源两 极相连。两板的中央各有小孔M和N,今有一带电质点,自A板上方相距为d的P点由静止开始自由下落(P、M、N在同一竖直线上),空气阻力不计,到达N孔时速度恰好为零,然后沿原路径返回。若保持两极板间电压不变,则() A、若把A板向上平移一小段距离,质点自P点自由下落后仍能返回 B、若把A板向下平移一小段距离,质点自P点自由下落后将穿过N孔 继续下落 C、若把B板向上平移一小段距离,质点自P点自由下落后仍能返回 D、若把B板向下平移一小段距离,质点自P点自由下落后将穿过N孔 继续下落 11.一束带电粒子沿着水平方向平行地飞过静止的小磁针正上方,这时磁针的N极向纸外方向偏转,这一束带电粒子可能是() A、向右飞行的正离子束 B、向左飞行的正离子束 C、向右飞行的负离子束 D、向左飞行的负离子束 12.安培分子电流假说可用来解释() A、运动电荷受磁场力作用的原因 B、两通电导体有相互作用的原因 C、永久磁铁具有磁性的原因 D、软铁棒被磁化的现象 三、实验题(每空2分,连线图2分,有一处错不给分,共20分) 13.图1中游标卡尺的读数是mm。 图2中螺旋测微器的读数是mm。 14.测量一块量程已知的电压表的内阻,器材如下: A.待测电压表(量程3V,内阻未知)一块 B.电流表(量程3A,内阻0.01Ω)一块 C.定值电阻(阻值5kΩ,额定电流0.5A)一个 D.电池组(电动势小于3V,内阻不计)一个 E.多用电表一块 F.开关两只G.导线若干 有一同学利用上面所给器材,进行如下实验操作: (1)用多用电表进行粗测:多用电表电阻档有3种倍率,分别是×100Ω、×10Ω和×1Ω。该同学选择×10Ω倍率,用正确的操作方法测量时,发现指针偏转角度太小。为了较准确地进行测量,应重新选择倍率。重新选择倍率后,刻度盘上的指针位置如图所示,那么测量结果大约是Ω。 (2)为了更准确的测出该电压表内阻的大小,该同学设计了如图甲、乙两个实验电路。你认 为其中较合理的是(填“甲”或“乙”)电路。 (3)用你选择的电路进行实验时,需要直接测 量的物理量;用上述所测各量表示电压表内阻, 其表达式应为R v=。 15.要测量一电源的电动势E(小于3V)和内阻r(约1Ω),现有下列器材:电压表V(3V和15V两个量程)、电阻箱(0~999.9Ω)、定值电阻R0=3Ω、开关和导线。某同学根据所给器材设计如下的实验电路。 (1)请根据图甲电路,在图乙中用笔画线代替导 线连接电路。 (2)该同学调节电阻箱阻值R,读出对应的电压表 读数U,得到二组数据:R1=2.0Ω时U1=2.37V;R2=4.0Ω 时U2=2.51V。由这二组数可求得电源的电动势为E= V,内阻为r= Ω. 四、计算题(共32分) 16.(11分)在方向水平的匀强电场中,一不可伸长的不导电细线的一端连着一个质量为m的带电小球,另一端固定于O点。把小球拉起直至细线与场强平行,然后无初速释放。已知小球摆到最低点的另一侧,线与竖直方向的最大夹角为θ(如图)。重力加速度为g,求小球经过最 低点时细线对小球的拉力。 17.(10分)如图所示,有一电子(电量为e,质量为m,)经电压U0加速后,进入两块间距为d、电压为U的平行金属板间.若电子从两板正中间垂直电场方向射入,且恰好能从金属板右边缘飞出,求: (1)该电子刚飞离加速电场时的速度大小 (2)金属板AB 的长度. (3)电子最后穿出电场时的动能. 18.(11分)如图所示在长为2L 的绝缘轻质细杆的两端各连接一个质量均为m 的带电小球A 和B (可视为质点,也不考虑二者间的相互作用力),A 球带正电、电荷量为+2q ,B 球带负电.电荷量为-3q.现把A 和B 组成的带电系统锁定在光滑绝缘的水平面上,并让A 处于如图所示的有界匀强电场区域MPQN (边界MPNQ 也在电场内)内.已知虚线MP 是细杆的中垂线,MP 和NQ 的距离为4L ,匀强电场的场强大小为E ,方向水平向右.现取消对A 、B 的锁定,让它们从静止开始运动.(忽略小球运动中所产生的磁场造成的影响) (1)求小球A 、B 运动过程中的最大速度; (2)小球A 、B 能否回到原出发点?若不能,请说明理由;若 能,请求出经过多长时间带电系统又回到原地发点. 高二第一学期期中考试物理科参考答案 一选择题(共48分) 1-6为单项选择题,每题4分。7-12为多项选择题,每题4分漏选得2分,选错得0分。 13. 33.10mm 6.124mm 14.(1)×100Ω; 3.0 K Ω (2)乙; (3)K 2闭合前后电压表的读数U 1、U 2 ;1 21U U R U - 15.解:(1)如右图所示(有一处错就不给分)(2分) (2)E =2.94V r =1.2Ω. 四计算题(共32分) 16(11分).设细线长为l ,球的电量为q ,场强为E.若电量q 为正,则场强方向在题图中向右,反之向左。从释放点到左侧最高点。重力势能的减少等于电势能的增加, mglcosθ=qEl(1+sinθ) ① 若小球运动到最低点时的速度为v ,此时线的拉力为T ,由能量关系得: qEl mgl mv -=2 2 1 ② 由牛顿第二定律得: T -mg =m 错误!未找到引用源。③ 由以上各式解得: T =mg (θ θ sin 1cos 23+- ) ④ 评分标准:①、②式各3分,③式2分,④式3分。共11分。 17.(10分)解:(1)设电子被加速后速度大小为v 0,对于电子在加速电场中由动能定理得: ①(2分) 所以②(1分) (2)在偏转电场中,由电子做类平抛运动,设加速度为a ,极板长度为L ,由于电子恰好射 出电场,所以有:③(1分) L=v 0t ④(1分) ⑤(1分) 由②③④⑤解得:(1分) (3)电子正好能穿过电场偏转电场,偏转的距离就是,由此对电子做功 ⑤(1分) ○ 1代入⑤中得:(2分) 评分标准:共10分。 18.(11分)解析:(1)带电系统锁定解除后,在水平方向上受到向右的电场力作用开始向右加速运动,当B 进入电场区时,系统所受的电场力为A 、B 的合力,因方向向左,从而做减速运动,以后不管B 有没有离开右边界,速度大小均比B 刚进入时小,故在B 刚进入电场时,系统具有最大速度。 设B 进入电场前的过程中,系统的加速度为a 1,由牛顿第二定律: 2Eq =2ma 1① B 刚进入电场时,系统的速度为v m ,由 L a v m 122=②可得m EqL v m 2= ③(或用动能定理一式加结果,3分) (2)对带电系统进行分析,假设A 能达到右边界,电场力对系统做功为W 1 则0)23(321=?-+?=L Eq L Eq W ④ 故系统不能从右端滑出,即:当A 刚滑到右边界时,速度刚好为零,接着反向向左加速。由运动的对称性可知,系统刚好能够回到原位置,此后系统又重复开始上述运动。 设B 从静止到刚进入电场的时间为t 1,则Eq mL a v t m 21 1== ⑤ 设B 进入电场后,系统的加速度为a 2,由牛顿第二定律2223ma Eq Eq =+-⑥ 显然,系统做匀减速运动,减速所需时间为t 2,则有Eq mL a v t m 802 2=-= ⑦ 那么系统从开始运动到回到原出发点所需的时间为Eq mL t t t 26)(221=+=⑧ 评分标准:①②③每式1分④到⑧式每式2分共11分