2022-2022学年山东省聊城市冠县一中高二（上）期中物理试卷一、选择题（每小题4分，漏选得2分，错选不得分，共40分）1．（4分）（2022秋•荔湾区校级期末）关于库仑定律，下列说法正确的是（ ） A．库仑定律适用于点电荷，点电荷其实就是体积很小的球体 B．根据公式当两个点电荷距离趋于0时，电场力将趋于无穷大 C．若点电荷Q1的电荷量大于Q2的电荷量，则Q1对Q2的电场力大于Q2对Q1电场力 D．库仑定律的适用范围是真空中两个静止的点电荷间的相互作用考点：库仑定律．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析：库仑定律适用于真空中两个静止的两点电荷之间的作用力．当带电体的形状、大小及电荷的分布状况对它们之间的作用力影响可以忽略时，可以看成点电荷．解答：解：A、当带电体的形状、大小及电荷的分布状况对它们之间的作用力影响可以忽略时，可以看成点电荷．不是体积小就能看成点电荷．故A错误．B、当两个点电荷距离趋于0时，两电荷不能看成点电荷，此时库仑定律的公式不再适用．故B错误．C、两电荷之间的相互作用力大小相等，与点电荷电量的大小无关．故C错误．D、仑定律适用于真空中两点电荷之间的作用力．故D正确．故选D．点评：解决本题的关键掌握库仑定律的适用范围，以及能看成点电荷的条件，当带电体的形状、大小及电荷的分布状况对它们之间的作用力影响可以忽略时，可以看成点电荷． 2．（4分）（2022•温州学业考试）在如图各电场中，A、B两点电场强度相同的是（ ） A．B．C．D．考点：电场强度；电场线．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场强度是矢量，不仅有大小，而且有方向，只有当电场强度大小和方向都相同时，电场强度才相同．-14-\n解答：解：A，A、B两者点处于同一圆周上，根据公式E=k，电场强度大小，但方向不同．故A错误；B，由图，AB两点的电场强度方向，根据公式E=k可知，电场大小不同，故B错误；C、在匀强电场中，各处的电场强度处处相同．故C正确；D、由图A、B两点电场强度不同，大小也不同，EA＜EB．故D错误．故选：C．点评：本题考查对于矢量的理解能力．矢量既有大小，又有方向，只有当矢量的大小和方向都相同时，矢量才相同． 3．（4分）（2022•清城区模拟）图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹．粒子先经过M点，再经过N点．可以判定（ ） A．M点的电势大于N点的电势 B．M点的电势小于N点的电势 C．粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力 D．粒子在M点受到的电场力小于在N点受到的电场力考点：电场线；电场强度；电势．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析：本题比较简单，根据电场线的特点直接进行判断即可．解答：解：电场线的疏密表示电场强度的强弱，沿电场方向电势降低，从图中可知：M点电势比N点高，N点处的电场线密，电场强度大，所受电场力大，故BC错误，AD正确．故选AD．点评：电场线的概念是电场中的重要概念，该概念包含物理信息较多，要加强理解和应用． 4．（4分）（2022•南宁校级模拟）A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度﹣时间图象如图所示．则这一电场可能是下图中的（ ）-14-\n A．B．C．D．考点：匀变速直线运动的图像；电场线．版权所有分析：（1）速度﹣﹣时间图象中，图象的斜率表示加速度；（2）电场线分布密集的地方电场强度大，分布稀疏的地方，电场强度小；（3）负电荷受电场力的方向与电场强度方向相反；（4）对只受电场力作用的带电微粒，电场力越大，加速度越大，也就是电场强度越大，加速度越大．解答：解：由图象可知，速度在逐渐减小，图象的斜率在逐渐增大，故此带负电的微粒做加速度越来越大的减速直线运动，所受电场力越来越大，受力方向与运动方向相反．故选：A．点评：本题考查了速度﹣﹣时间图象的应用和电场线的相关知识，要明确斜率的含义，要能根据图象判断物体的运动情况，进而分析受力情况．能根据电场线的分布判断电场强度的大小．难度适中． 5．（4分）（2022秋•冠县校级期中）如图所示，真空中等量同种正点电荷放置在M、N两点，在MN的连线上有对称点a、c，MN连线的中垂线上有对称点b、d，则下列说法正确的是（ ） A．从M→O→N的连线之间，中点O电势最低 B．在MN连线的中垂线上，O点电势最高 C．正电荷+q在c点电势能大于在a点电势能 D．负电荷﹣q从d点静止释放，在它从d点运动到b点的过程中，加速度可能先减小再增大考点：电场线．版权所有分析：本题考查了等量同种电荷周围电场分布情况：中垂线上上下电场线方向相反，根据电场线方向判断电势高低．a、c两点关于中垂线对称，电势相等，电荷在这两点的电势能相等．解答：解：A、根据电场线的分布，沿电场线的方向电势降低知从M→O→N的连线之间，中点O电势最低．故A正确．B、沿电场线方向电势降低，在MN连线的中垂线上，O点电势最高．故B正确．C、根据电场线的分布情况和对称性可知，a、c两点的电势相等，则点电荷在a点电势能一定等于在c点电势能．故C错误．D、由对称性知O点的场强为零，电荷﹣q从d点静止释放，在它从d点运动到b点的过程中，加速度可能先减小再增大．故D正确．-14-\n故选：ABD点评：本题关键要掌握等量同种点电荷电场线的分布情况，抓住对称性进行分析． 6．（4分）（2022•盐城二模）平行板电容器充电后断开电源，现将其中一块金属板远离另一板平移一小段距离．下图表示此过程中电容器两板间电场强度E随两板间距离d的变化关系，正确的是（ ） A．B．C．D．考点：电容．版权所有专题：电容器专题．分析：平行板电容器充电后断开电源，电量保持不变，根据判断电容的变化，根据判断电势差的变化，结合上述几个公式，通过E=得出电场强度的变化．解答：解：A、根据知，d增大，则电容减小．故A错误．B、平行板电容器充电后断开电源，电量保持不变．故B错误．C、结合、、E=得，E=，知d变化，电场强度不变．故C正确．D、根据知，电容减小，电量不变，则电势差增大，故D错误．故选C．点评：本题考查电容器的动态分析，关键抓住电容器与电源断开，电量保持不变．根据、、E=分析． 7．（4分）（2022秋•江苏校级期末）如图所示，a、b、c为同一种材料做成的电阻，b与a的长度相等但横截面积是a的两倍；c与a的横截面积相等但长度是a的两倍．当开关闭合后，三个理想电压表的示数关系是（ ） A．V1的示数是V2的2倍B．V1的示数是V3的2倍 C．V2的示数是V1的2倍D．V2的示数是V3的2倍考点：欧姆定律；串联电路和并联电路．版权所有专题：恒定电流专题．-14-\n分析：根据题意，由欧姆定律求出a、b、c的电阻关系；三个电阻串联，三个电压表分别测三个电阻电压，由串联电路特点及欧姆定律可以求出各电压表间的示数关系．解答：解：由题意可知：Lc=2La=2Lb，Sb=2Sa=2Sc；由电阻设b的电阻Rb=R，由电阻定律R=ρ得：Ra=2Rb=2R，Rc=2Ra=4R，Rc：Ra：Rb=4：2：1，由电路图可知，a、b、c三个电阻串联，通过它们的电流I相等，由U=IR得：Uc：Ua：Ub=4：2：1，UV3：UV1：UV2=4：2：1，A、V1的示数是V2的2倍，故A正确，C错误；B、V3的示数是V1的2倍，故B错误；D、V3的示数是V2的4倍，故D错误；故选：A．点评：本题考查了各电压表示数间的关系，分析清楚电路结构、熟练应用电阻定律、欧姆定律是正确解题的关键． 8．（4分）（2022春•朝阳区期末）一个标有“220V60W“的白炽灯泡，加上的电压由零逐渐增大到220V，在此过程中，电压（U）和电流（I）的关系可用图线表示，题中给出的四个图线中，符合实际的是（ ） A．B．C．D．考点：欧姆定律．版权所有专题：恒定电流专题．分析：白炽灯泡上的电压U由零逐渐增大到220V时，白炽灯泡的温度不断升高，电阻增大，根据数学知识分析选择图象．解答：解：由题，白炽灯泡上的电压U由零逐渐增大到220V时，白炽灯泡的温度不断升高，电阻增大，由欧姆定律得到R=，等于图线上的点与原点连线的斜率的倒数，电阻一直增大，斜率一直减小．所以ABD不符合实际，C正确．故选C．点评：本题是实际的灯泡，其电阻会温度升高而增大，其U﹣I图线不是直线，可以从数学角度理解其物理意义． 9．（4分）（2022秋•宿城区校级期末）关于三个公式P=UI，P=I2R，P=的适用范围，以下说法正确的是（ ） A．第一个公式普遍适用于求电功率，后两个公式普遍适用于求热功率-14-\n B．在纯电阻电路中，三个公式既可适用于求电功率又可适用于求热功率 C．在非纯电阻电路中，第一个公式可适用于求电功率，第二个公式可适用于求热功率，第三个公式没有意义 D．由U=RI可知，三个公式没有任何区别，它们表达相同的意义考点：电功、电功率．版权所有专题：恒定电流专题．分析：P=IU适用于任何电路计算电功率；P=I2R适用于任何电路计算热功率；P=只能适用于纯电阻电路．解答：解：P=IU适用于任何电路计算电功率，可用于计算纯电阻电路的电热功率，对非纯电阻电路不能用来计算电热功率，P=I2R由焦耳定律推导出来看，适用于任何电路计算热功率，P=只能适用于纯电阻电路的电热功率，不能用来计算非纯电阻电路的电热功率．故BC正确，AD错误．故选：BC点评：对于纯电阻电路，电功与电热相同，三个公式P=IU；P=I2R；P=通用；而对于非纯电阻电路，求电热功率只能用P=I2R． 10．（4分）（2022•天元区校级模拟）如图电路中，当滑动变阻器滑动键P向下移动时，则（ ） A．A灯变亮、B灯变亮、C灯变亮B．A灯变亮、B灯变亮、C灯变暗 C．A灯变亮、B灯变暗、C灯变暗D．A灯变亮、B灯变暗、C灯变亮考点：闭合电路的欧姆定律．版权所有专题：恒定电流专题．分析：当滑动变阻器滑动键P向下移动时，分析变阻器接入电路的电阻如何变化，确定外电路总电阻的变化，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化，判断A灯亮度的变化．根据并联部分电压的变化，判断B灯亮度变化，根据干路电流和B灯电流的变化，分析C灯亮度的变化．解答：解：当滑动变阻器滑动键P向下移动时，其接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流I增大，则A灯变亮．并联部分两端的电压减小，则B灯变暗．流过C的电流IC=I﹣IB，I增大，IB减小，IC-14-\n增大，C灯变亮．所以A灯变亮、B灯变暗、C灯变亮．故选D点评：本题是电路动态变化分析问题，通常按照“部分→整体→部分”的顺序进行分析． 二、实验题（14题每空2分，15题每小题4分，16题每空1分，共15分）11．（4分）（2022秋•冠县校级期中）图中螺旋测微器的读数 0.520 mm，游标卡尺的读数为 22.5 mm考点：螺旋测微器的使用．版权所有专题：常规题型．分析：游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．解答：解：螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为0.01×2.0mm=0.020mm，所以最终读数为：0.5+0.020=0.520mm．游标卡尺的固定刻度读数为2.2cm=22mm，游标读数为0.1×5mm=0.5mm，所以最终读数为：22.5mm．故答案为：0.520，22.5．点评：解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读． 12．（4分）（2022•达州模拟）欲用伏安法测定一段阻值约为5Ω左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：A．电池组（3V，内阻1Ω）；B．电流表（0～3A，内阻0.0125Ω）；C．电流表（0～0.6A，内阻0.125Ω）；D．电压表（0～3V，内阻3kΩ）；E．电压表（0～15V，内阻15kΩ）；F．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流1A）；G．滑动变阻器（0～1750Ω，额定电流0.3A）；H．开关、导线（1）上述器材中应选用的是 ACDFH （填写各器材的字母代号）（2）实验电路应采用电流表 外 接法（填“内”或“外”）（3）为使通过待测金属导线的电流能在0～0.5A范围内改变，请按要求在方框内补充画出测量待测金属导线的电阻Rx的原理电路图．-14-\n考点：伏安法测电阻．版权所有专题：实验题；恒定电流专题．分析：（1）电流表、电压表和滑动变阻器的选择应该遵循“安全、精确和操作方便”的原则；（2）从减小误差的角度选择接法，安培表外接与内接的区别：外接法：测电阻时电压表直接接在电阻两端，电流表接在外．此时电压表有分流作用（U测=U实际，I测＞I实际）测出的R比实际值小；此种接法是在电压表电阻远大于被测电阻情况下使用的．内接法：测电阻时电流表和被测电阻串联，电压表接在电流表和被测电阻两端，电流表有分流作用（U测＞U实际，I测=I实际）测出的R比实际值大；此种接法是在被测电阻远大于电流表电阻的情况下使用的．（3）按照前面的选择连接电路即可．解答：解：（1）电源必须选择；由于电源电动势3V，电阻大约5Ω，故最大电流不超过0.6A，为减小误差，选择较小的量程，故选0.6A的电流表；由于电源电动势3V，为减小误差，选择较小的量程，故选3V量程的电压表；为使操作方便，选择电阻值较小的滑动变阻器；故答案为：ACDFH．（2）由于，故待测电阻的阻值与安培表内阻相接近，如果采用内接法，安培表的分压作用较大，故应该选用安培表外接法；故答案为：外．（3）电路图如下图-14-\n点评：本题关键要从减小实验误差的角度选择电流表、电压表和滑动变阻器，并确定安培表的内、外接法；要明确安培表的内、外接法的误差来源． 13．（7分）（2022秋•冠县校级期中）测定电源的电动势和内电阻的实验电路和U﹣I图象如下：请回答下列问题（1）在闭合开关之前移为防止电流表过载而动滑动变阻器的滑动头P应放在 a 处（填“a或b”）．（2）图2是根据实验数据画出的U﹣I图象．由此可知这个干电池的电动势E= 1.5 V（保留三位有效数据），内电阻r= 1.0 Ω（保留两位有效数据）．考点：测定电源的电动势和内阻．版权所有专题：实验题；恒定电流专题．分析：（1）为防止电源短路，闭合开关前滑片应置于阻值最大处．（2）电源的U﹣I图象与纵轴交点坐标值是电源的电动势，图象斜率的绝对值是电源的内阻．解答：解：（1）由图1所示电路图可知，为防止电流表过载，闭合开关前，滑片应置于a端．（2）由图2所示图象可知，电源的U﹣I图象与纵轴的交点坐标值是1.5，则电源电动势E=1.5V，-14-\n电源内阻为：r===1.0Ω；故答案为：（1）a；（2）1.5；1.0．点评：为保证电路安全，滑动变阻器采用限流接法时，闭合开关前滑片要置于阻值最大处；滑动变阻器采用分压接法时，滑片要置于分压电路分压最小的位置． 三、计算题（请写出必要的文字说明和步骤，共45分）14．（10分）（2022春•凉州区校级期末）在真空中的O点放一点荷Q=1.0×10﹣9C，直线MN过O点，OM=30cm，M点放有一点电荷q=﹣2.0×10﹣10C，如图所示．求：（1）电荷Q在M点的电场强度大小；（2）若M点的电势比N点的电势高15V，则电荷q从M点移到N点，电势能变化了多少？考点：点电荷的场强；电势能．版权所有分析：（1）知道点电荷的电荷量，知道距离点电荷的距离，由点电荷的场强公式可以直接求得结果．（2）根据电场力做功的公式可以直接求得电场力做的功的大小，从而可以知道电势能的变化．解答：解：（1）由点电荷的场强公式E=k可知，，所以电荷Q在M点的电场强度大小是100N/C．（2）电荷q从M点移到N点，电场力做的功为：WMN=qUMN=q（φM﹣φN）=﹣3×10﹣9J，所以电势能增加了3×10﹣9J．点评：本题是对点电荷的场强公式和电场力做的功与电势能的转化之间关系的考查，掌握住基本内容就可以解决这道题． 15．（10分）（2022秋•建瓯市校级期末）如图所示，电源的电动势是6V，内电阻是0.5Ω，小电动机M的线圈电阻为0.5Ω，限流电阻R0为3Ω，若电压表的示数为3V，试求：（1）电源的功率和电源的输出功率（2）电动机消耗的功率和电动机输出的机械功率．考点：电功、电功率．版权所有专题：恒定电流专题．分析：-14-\n（1）限流电阻与电动机串联，电流相等，根据欧姆定律求解干路电流，根据P=EI求解电源的总功率，根据P输出=EI﹣I2r求解输出功率；（2）先根据闭合电路欧姆定律求解电动机电压，然后根据P=UI求解电动机功率，根据P=UI﹣I2r′求解电动机的输出功率．解答：解：（1）在串联电路中，电压表读R0两端的电压，由欧姆定律得I=电源的总功率：P总=EI=6×1=6W由能量转化和守恒定律得：P输出=P总﹣I2r=6﹣12×0.5=5.5W（2）电源的输出功率为电动机和限流电阻获得功率之和，P输出=PM+POPO=I2RO=3WPM=P输出﹣PO=5.5﹣3=2.5W有PM=P机+PMr得P机=PM﹣PMr=2.5﹣I2r=2.5﹣0.5=2W答：（1）电源的功率为6W，电源的输出功率为5.5w；（2）电动机消耗的功率为2.5w，电动机输出的机械功率为2W．点评：本题关键按照局部→整体→局部的思路分析，求解干路电流是切入点，根据功率表达式求解各个元件的功率是突破口． 16．（12分）（2022秋•冠县校级期中）如图所示为两组平行板金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m的电量为e的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0加速后通过B点进入两板间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间，若电子从两块水平平行板的正中间射入，且最后电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，A、B分别为两块竖直板的中点，求：（1）电子通过B点时的速度大小；（2）右侧平行金属板的长度；（3）电子穿出右侧平行金属板时的动能和速度方向．考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理．版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：（1）电子在AB之间做加速运动，电场力的功等于电子动能的变化，根据动能定理即可解答；（2）电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，则电子的沿电场线方向的位移为，根据平抛运动的方法，结合牛顿第二定律即可解答；（3）电子穿出右侧平行金属板时的速度方向根据-14-\n计算，粒子的动能可以根据计算．解答：解：（1）电子通过B点时的速度大小为VB，则由动能定理得，VB=；（2）右侧平行金属板的长度为L，由题意得：①，L=VBt②，③，联立①②③解得L=d（3）电子穿出右侧平行金属板时与VB成θ角，如答图所示，则：，，整理得：答：（1）电子通过B点时的速度大小为；（2）右侧平行金属板的长度为；（3）电子穿出右侧平行金属板时的动能为，速度方向如图，与水平方向的夹角：．-14-\n点评：该题中，电子先在加速电场中加速，然后在偏转电场中偏转，属于常规的典型题目．难度适中． 17．（13分）（2022秋•瑞安市期中）如图所示，在第一象限有一匀强电场，场强大小为E，方向与y轴平行；一质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）的粒子以平行于x轴的速度从y轴上P点处射入电场，已知OP=L，OQ=2L．不计粒子重力．求：（1）粒子在第一象限中运动的时间．（2）粒子离开第一象限时速度方向与x轴的夹角．考点：带电粒子在匀强电场中的运动．版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：（1）粒子在电场中做类平抛运动，在y轴负方向上做初速度为零的匀加速运动，x轴正方向做匀速运动．由牛顿第二定律和类平抛运动的知识可以求运动的时间．（2）将粒子经过x轴时的速度进行分解，即可求得粒子离开第一象限时速度方向与x轴夹角的正切，从而求出夹角．解答：解：（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，在y轴负方向上做初速度为零的匀加速运动，x轴正方向做匀速运动．设加速度大小为a，初速度为v0．由类平抛运动的规律得：L=①2L=v0t②又a=③联立①③式得t=，④（2）设粒子离开第一象限时速度方向与x轴的夹角为θ．则tanθ=⑤由②③④⑤得tanθ=，得θ=30°答：（1）粒子在第一象限中运动的时间为．（2）粒子离开第一象限时速度方向与x轴的夹角为30°．点评：解决此类题目的关键是知道粒子做类平抛运动，运用运动的分解法，由牛顿第二定律和运动学公式结合去求解， -14-\n-14-
