学四川省宜宾市南溪一中高二上期中物理试卷

肅芆蒂蝿羁莅薄羄芀莄蚆螇 2014-2015学年四川省宜宾市南溪一中高二（上）期中物理试卷一、选择题（本部分共10小题，每小题4分，共计40分在每小题列出的四个选项中，至少有一项符合题意要求）1下列说法中正确的是（）A 摩擦起电说明电荷可以被创造B 摩擦起电，是因为摩擦导致质子从一个物体转移到另一个物体而形成的C 感应起电是电荷在同一物体上的转移D 在地毯中夹杂导电纤维是为了利用人在地毯上行走时摩擦产生的静电2如图所示，AD表示粗细均匀的一段金属导体L，两端加上一定电压，导体中的自由电荷沿导体定向移动的速率为v，设导体的横截面积为S，导体内单位体积内的电荷数为n，每个自由电荷的电量为q，则导体中的电流强度I的表达式为（）A I=B I=nqsvC I=nqLvD I=nLsv3要使真空中的两个点电荷间的库仑力增大到原来的4倍，下列方法可行的是（）A 每个点电荷的电荷量都增大到原来的2倍，电荷间的距离变为原来的B 保持点电荷的电荷量不变，使两个点电荷的距离增大到原来的2倍C 使一个点电荷的电荷量增加1倍，另一个点电荷的电荷量保持不变，同时使两点电荷间的距离减小为原来的D 保持点电荷的电荷量不变，将两点电荷间的距离减小为原来的4如图所示是某电场中的几条电场线，在电场中有A、B两点，试比较两点的电场强度E大小和电势高低，其中正确的是（）A EAEBB EAEBC ABD AB5电流表的内阻是Rg=200，满偏电流值是Ig=500A，现在欲把这电流表改装成量程为1.0V的电压表，正确的方法是（）A 应串联一个0.1的电阻B 应并联一个0.1的电阻C 应串联一个1800的电阻D 应并联一个1800的电阻6电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，下列说法正确的是（）A 电压表和电流表读数都减小B 电压表和电流表读数都增大C 电压表读数增大，电流表读数减小D 电压表读数减小，电流表读数增大7电场中有A、B两点，A点的电势A=30V，B点的电势B=10V，一个电子由B点运动到A点的过程中，下面几种说法中正确的是（）A 电场力对电子做功20eV，电子的电势能减少了20eVB 电子克服电场力做功20eV，电子的电势能增加了20eVC 电场力对电子做功20eV，电子的电势能增加了20eVD 电子克服电场力做功20eV，电子的电势能减少了20eV8一根粗细均匀的导线，当其两端电压为U时，通过的电流是I，欲使导线两端所加的电压变为4U而电流仍为I，可将此导线（）A 均匀拉长到原来的2倍B 均匀拉长到原来的4倍C 对折后使用D 对折后再均匀拉长到原来9下列粒子从静止状态经过电压为U的电场加速后，速度最大的是（）A 氘核（H）B 质子（H）C 粒子（He）D 钠离子（Na+）10如图所示电路中，C2=2C1，R2=2R1，下列说法正确的是（）A 开关处于断开状态，电容C1的电量大于电容C2的电量B 开关处于断开状态，电容C2的电量大于电容C1的电量C 开关处于接通状态，电容C2的电量大于电容C1的电量D 开关处于接通状态，电容C1的电量等于电容C2的电量二、填空题（本部分共两小题，11题每空2分，12题每空2分电路图2分实物图3分，共15分）11在测定未知电阻时，已知电流表电阻RA=4，电压表电阻RV=10K，当待测电阻约为100时选用下列甲乙电路图中的电路图；当待测电阻约为300时选用下列甲乙电路图中的电路图12有一个小灯泡上标有“4V，2W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的UI图线有下列器材供选用：A电压表（05V，内阻10k）B电压表（010V，内阻20k）C电流表（00.3A，内阻1）D电流表（00.6A，内阻0.4）E滑动变阻器（5，1A）F滑动变阻器（500，0.2A）（1）实验中电压表应选用，电流表应选用为使实验误差尽量减小，要求电压表从零开始变化且多取几组数据，滑动变阻器应选用（用序号字母表示）（2）请在图1方框内画出满足实验要求的电路图，并把实验器材（图2）用实线连接成相应的实物电路图三、计算题（本题包括4小题，共45分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）13如图所示，在匀强电场中的M、N两点距离为2cm，两点间的电势差为5V，M、N连线与场强方向成60角，则此电场的电场强度多大？14如图所示，空间存在着电场强度E=2.5102N/C、方向竖直向上的匀强电场，在电场内一长为L=0.5m的绝缘细线一端固定于O点，另一端拴着质量m=0.5kg、电荷量q=4102C的小球现将细线拉至水平位置，将小球由静止释放，当小球运动到最低点时细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂，取g=10m/s2求：（1）小球由静止释放至最低点过程中电场力做的功；（2）小球运动到圆周最低点的速度大小；（3）细线能承受的最大拉力值15如图所示，R1=14，R2=9，当S扳到位置1时，电压表示数为2.8V，此时通过电源的电流为I1当开关S扳到位置2时，电压表示数为2.7V，此时通过电源的电流为I2求（1）I1，I2的值各是多少？（2）电源的电动势和内阻？（电压表为理想电表）16AB两板间电势差为U，板间距离为d，两极板长度为L一粒子质量为m带电量为q；以初速度v0沿两极板的中线进入电场中不计粒子重力，求粒子飞出电场时：（1）粒子发生的偏转位移y；（2）粒子速度偏转角的正切值tan；（3）粒子飞出电场时的速度V的大小2014-2015学年四川省宜宾市南溪一中高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本部分共10小题，每小题4分，共计40分在每小题列出的四个选项中，至少有一项符合题意要求）1下列说法中正确的是（）A 摩擦起电说明电荷可以被创造B 摩擦起电，是因为摩擦导致质子从一个物体转移到另一个物体而形成的C 感应起电是电荷在同一物体上的转移D 在地毯中夹杂导电纤维是为了利用人在地毯上行走时摩擦产生的静电考点：电荷守恒定律分析：摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，并没有创造电荷感应起电的实质是电荷可以从物体的一部分转移到另一个部分在地毯中夹杂导电纤维是为了将人在地毯上行走时摩擦产生的静电导入大地解答：解：A、摩擦起电现象说明机械能可以转化为电能，但并没有创造电荷电荷只是发生转移故A错误B、摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，即说明了电荷可以从一个物体转移到另一个物体故B错误C、感应起电是电荷从物体的一部分转移到另一个部分电荷可以从带电的物体转移到原来不带电的物体是接触带电；故C正确；D、在地毯中夹杂导电纤维是为了将人在地毯上行走时摩擦产生的静电及时导走故D错误故选：C点评：摩擦起电和感应起电的实质都电子发生了转移，只是感应起电是电子从物体的一部分转移到另一个部分摩擦起电是电子从一个物体转移到另一个物体2如图所示，AD表示粗细均匀的一段金属导体L，两端加上一定电压，导体中的自由电荷沿导体定向移动的速率为v，设导体的横截面积为S，导体内单位体积内的电荷数为n，每个自由电荷的电量为q，则导体中的电流强度I的表达式为（）A I=B I=nqsvC I=nqLvD I=nLsv考点：电流、电压概念分析：由电流的定义结合电荷的定向移动可确定电流的微观表达式解答：解：在导线上任取一截面，则在时间t内，该截面之前的所有电荷均经过该截面，则单位时间内流过某一截面的电荷量Q=nqvst，电流I=nqvS，故B正确，ACD错误故选：B点评：本题考查电流的微观表达式，关键在于明确有多少电荷流过我们所确定的截面，难度不大，属于基础题3要使真空中的两个点电荷间的库仑力增大到原来的4倍，下列方法可行的是（）A 每个点电荷的电荷量都增大到原来的2倍，电荷间的距离变为原来的B 保持点电荷的电荷量不变，使两个点电荷的距离增大到原来的2倍C 使一个点电荷的电荷量增加1倍，另一个点电荷的电荷量保持不变，同时使两点电荷间的距离减小为原来的D 保持点电荷的电荷量不变，将两点电荷间的距离减小为原来的考点：库仑定律分析：真空中的两个点电荷间的库仑力符合库仑定律，根据库仑定律公式F=k分析解答：解：根据库仑定律公式F=k，则有：A、每个点电荷的电荷量都增大到原来的2倍，电荷间的距离不变，则F=F，故A错误；B、保持点电荷的电荷量不变，使两个点电荷的距离增大到原来的2倍，则力变为原来的 ，故B错误；C、使一个点电荷的电荷量增加1倍，另一个点电荷的电荷量保持不变，同时使两点电荷间的距离减小为原来的 ，则有F=8F，故C错误；D、保持点电荷的电荷量不变，将两点电荷间的距离减小为原来的 ，则有F=4F，故D正确；故选：D点评：本题是库仑定律的直接运用问题，直接根据公式分析即可4如图所示是某电场中的几条电场线，在电场中有A、B两点，试比较两点的电场强度E大小和电势高低，其中正确的是（）A EAEBB EAEBC ABD AB考点：电场线分析：电场强度的大小看电场线的疏密程度，电场线越密的地方电场强度越大，电势的高低看电场线的指向，沿着电场线电势一定降低解答：解：AB、电场强度的大小看电场线的疏密程度，电场线越密的地方电场强度越大，所以EAEB，故A正确，B错误CD、沿着电场线方向电势一定降低所以AB故C正确，D错误故选：AC点评：对于电场线，要掌握其两个意义：疏密表示场强的大小，方向表示电势的高低5电流表的内阻是Rg=200，满偏电流值是Ig=500A，现在欲把这电流表改装成量程为1.0V的电压表，正确的方法是（）A 应串联一个0.1的电阻B 应并联一个0.1的电阻C 应串联一个1800的电阻D 应并联一个1800的电阻考点：把电流表改装成电压表分析：电流表改装成电压表要串联电阻分压，串联的电阻值为：R=，U为量程解答：解：电流表改装成电压表要串联的电阻为：R=1800A 串联阻值不对故A错误B 不应并联故B错误C 符合要求故C正确D 不应并联故D错误故选：C点评：考查的电压表的改装原理，明确所串联的电阻的求法6电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，下列说法正确的是（）A 电压表和电流表读数都减小B 电压表和电流表读数都增大C 电压表读数增大，电流表读数减小D 电压表读数减小，电流表读数增大考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：首先要认识电路的结构：滑动变阻器与R2并联然后与R1串联，电压表测路端电压，电流表测通过电阻R2的电流；根据滑动变阻器滑片的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化；然后应用串并联电路特点与欧姆定律分析答题解答：解：由电路图可知，滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，并联电阻增大，外电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，干路电流变小，电源内电压变小，路端电压变大，则电压表示数变大干电路电流变小，电阻R1两端电压变小，路端电压变大，则并联电压变大，由部分电路欧姆定律可知，通过电阻R2的电流变大，电流表示数变大，故D正确；故选B点评：本题是一道闭合电路的动态分析题，分析清楚电路结构、熟练应用欧姆定律、电功率公式即可正确解题7电场中有A、B两点，A点的电势A=30V，B点的电势B=10V，一个电子由B点运动到A点的过程中，下面几种说法中正确的是（）A 电场力对电子做功20eV，电子的电势能减少了20eVB 电子克服电场力做功20eV，电子的电势能增加了20eVC 电场力对电子做功20eV，电子的电势能增加了20eVD 电子克服电场力做功20eV，电子的电势能减少了20eV考点：电势差与电场强度的关系；电势专题：电场力与电势的性质专题分析：根据电场力做功公式WBA=qUBA研究电场力做功情况电场力做正功多少，电势能就减小多少；克服电场力做功多少，电势能就增加多少解答：解：根据电场力做功公式得：电场力做功 WBA=qUBA=q（BA）=e（20V）=20eV即电场力对电子做功20eV，电子的电势能减少了20eV故选：A点评：对于电场力做功的公式WAB=qUAB应用时，WAB、q、UAB三个量一般要代入符号计算，得到的WAB是正值，表示电场力做正功，否则为负功8一根粗细均匀的导线，当其两端电压为U时，通过的电流是I，欲使导线两端所加的电压变为4U而电流仍为I，可将此导线（）A 均匀拉长到原来的2倍B 均匀拉长到原来的4倍C 对折后使用D 对折后再均匀拉长到原来考点：电阻定律；欧姆定律分析：再由欧姆定律可求得导线电阻的变化；再由电阻定律可明确如何使电阻增大为原来的4倍解答：解：由欧姆定律可知，R=电压变为4U而电流仍为I时，电阻应变为4R；则有：A、导线拉长后，横截面积减小为原来的一半，则电阻R=4R；故A正确；B、由A的分析可知，当拉长为原来的4倍时，电阻变为原来的16倍；故B错误；C、对折后使用，长度减半，而截面积加倍；故电阻变为原来的四分之一；故C错误；D、对称为再均匀拉长到原来的长度时，电阻不变；故D错误；故选：A点评：本题考查欧姆定律及电阻定律，应注意导线的面积不变，长度改变时，截面积同时改变9下列粒子从静止状态经过电压为U的电场加速后，速度最大的是（）A 氘核（H）B 质子（H）C 粒子（He）D 钠离子（Na+）考点：带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：粒子经过加速电场时，电场力做功qU，根据动能定理求得速度表达式，由各个粒子比荷大小，比较速度的大小解答：解：设加速电场的电压为U，粒子的质量和电量分别为m和q，由动能定理得：qU=mv20，解得：v=，由此可知，速度与粒子的比荷平方根成正比由于质子的比荷最大，所以质子的速度最大故选：B点评：带电粒子在加速电场中获得的速度，常常根据动能定理求解，本题还要了解各个粒子的比荷关系10如图所示电路中，C2=2C1，R2=2R1，下列说法正确的是（）A 开关处于断开状态，电容C1的电量大于电容C2的电量B 开关处于断开状态，电容C2的电量大于电容C1的电量C 开关处于接通状态，电容C2的电量大于电容C1的电量D 开关处于接通状态，电容C1的电量等于电容C2的电量考点：电容；闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：当开关处于断开状态时，电容器C1、C2并联，两端的电压等于电源的电动势当开关处于闭合状态时，两电阻串联，C1与R2并联，C2与R1并联解答：解：A、当开关处于断开状态时，电容器C1、C2并联，两端的电压等于电源的电动势，因为C2=2C1，根据Q=CU，知电容C2的电量大于C1的电荷量故A错误，B正确C、当开关处于闭合状态时，两电阻串联，C1与R2并联，C2与R1并联，因为R2=2R1，所以U2=2U1，因为C2=2C1，根据Q=CU知，电容C1的电量等于C2的电荷量故C错误，D正确故选：BD点评：解决本题的关键搞清电键断开时、闭合时，该电路是什么样的电路，通过欧姆定律和Q=CU进行分析二、填空题（本部分共两小题，11题每空2分，12题每空2分电路图2分实物图3分，共15分）11在测定未知电阻时，已知电流表电阻RA=4，电压表电阻RV=10K，当待测电阻约为100时选用下列甲乙电路图中的甲电路图；当待测电阻约为300时选用下列甲乙电路图中的乙电路图考点：把电流表改装成电压表专题：实验题；恒定电流专题分析：根据要测电阻与电压表电流表内阻的大小关系确定内外接法大电阻用内接法，测量值偏大，小电阻用外接法，测量值偏小解答：解：当待测电阻约为100时，由题意可知：，电流表应采用外接法，应选择图甲所示电路图，当当待测电阻约为300时时，由题意可知：，电流表应采用内接法，应选择图乙所示电路图；故答案为：甲；乙点评：本题考查了伏安法测电阻电路的选择，当电压表内阻远大于待测电阻阻值时采用电流表外接法，当待测电阻阻值远大于电流表内阻时采用电流表内接法12有一个小灯泡上标有“4V，2W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的UI图线有下列器材供选用：A电压表（05V，内阻10k）B电压表（010V，内阻20k）C电流表（00.3A，内阻1）D电流表（00.6A，内阻0.4）E滑动变阻器（5，1A）F滑动变阻器（500，0.2A）（1）实验中电压表应选用A，电流表应选用D为使实验误差尽量减小，要求电压表从零开始变化且多取几组数据，滑动变阻器应选用E（用序号字母表示）（2）请在图1方框内画出满足实验要求的电路图，并把实验器材（图2）用实线连接成相应的实物电路图考点：描绘小电珠的伏安特性曲线专题：实验题分析：（1）根据灯泡额定电压选择电压表，根据灯泡额定电流选择电流表，为方便实验操作应选最大阻值较小的滑动变阻器（2）根据实验原理与灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后作出实验电路图（3）根据电路图连接实物电路图解答：解：（1）灯泡额定电压为4V，电压表应选A，灯泡额定电流为0.5A，电流表应选D，为方便实验操作，滑动变阻器应选择E（2）描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应选择分压接法，灯泡电阻：R=8，电压表内阻约为10k，电流表内阻约为0.4，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示，根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：故答案为：（1）A；D；E；（2）电路图如图所示；实物电路图如图所示（两种均可）点评：本题考查了实验器材的选择、设计实验电路图、连接实物电路图，根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法是正确解题的关键三、计算题（本题包括4小题，共45分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）13如图所示，在匀强电场中的M、N两点距离为2cm，两点间的电势差为5V，M、N连线与场强方向成60角，则此电场的电场强度多大？考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系专题：电场力与电势的性质专题分析：根据E= 求的电场强度，注意d是沿电场线方向的距离解答：解：由E= 得，E=即电场强度为500V/m答：此电场的电场强度为500V/m点评：考查了电场强度与电势差的关系同时注意公式中d的含义14如图所示，空间存在着电场强度E=2.5102N/C、方向竖直向上的匀强电场，在电场内一长为L=0.5m的绝缘细线一端固定于O点，另一端拴着质量m=0.5kg、电荷量q=4102C的小球现将细线拉至水平位置，将小球由静止释放，当小球运动到最低点时细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂，取g=10m/s2求：（1）小球由静止释放至最低点过程中电场力做的功；（2）小球运动到圆周最低点的速度大小；（3）细线能承受的最大拉力值考点：带电粒子在匀强电场中的运动；匀强电场中电势差和电场强度的关系专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）由功的计算公式可以求出电场力做功（2）由动能定理可以求出小球到达最低点的速度（3）由牛顿第二定律可以求出绳子的拉力解答：解：（1）电场力做功：W=qEL=5J；（2）小球从释放至最低点过程中，由动能定理得：，代入数据解得：；（3）对最低点，对小球，由牛顿第二定律得：，代入数据解得：T=45N；答：（1）小球由静止释放至最低点过程中电场力做的功为5J；（2）小球运动到圆周最低点的速度大小为m/s；（3）细线能承受的最大拉力值为45N点评：本题是一道力学综合题，分析清楚小球的运动过程是正确解题的关键，应用功的计算公式、动能定理与牛顿第二定律可以解题15如图所示，R1=14，R2=9，当S扳到位置1时，电压表示数为2.8V，此时通过电源的电流为I1当开关S扳到位置2时，电压表示数为2.7V，此时通过电源的电流为I2求（1）I1，I2的值各是多少？（2）电源的电动势和内阻？（电压表为理想电表）考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：由欧姆定律可求得流过两电阻的电流；再由闭合电路欧姆定律可求得电源的内阻及电动势解答：解：（1）由欧姆定律可得：I1=A=0.2A；I2=A=0.3A；（2）由闭合电路欧姆定律可得：E=I1r+U1E=I2r+U2代入数据，联立解得：E=3V；r=1；答：（1）I1，I2的值分别为0.2A，0.3A；（2）电动势为3V；内阻为1点评：本题考查闭合电路欧姆定律及欧姆定律的应用，注意先分析电路的结构，再正确应用规律求解16AB两板间电势差为U，板间距离为d，两极板长度为L一粒子质量为m带电量为q；以初速度v0沿两极板的中线进入电场中不计粒子重力，求粒子飞出电场时：（1）粒子发生的偏转位移y；（2）粒子速度偏转角的正切值tan；（3）粒子飞出电场时的速度V的大小考点：带电粒子在匀强电场中的运动专题：电场力与电势的性质专题分析：粒子在偏转电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出粒子的偏移量与偏角的正切值；应用动能定理可以求出粒子飞出电场时的速度大小解答：解：粒子在偏转电场中做类平抛运动；（1）在竖直方向：由运动学公式得： 由牛顿第二定律得： 由水平方向匀速运动得： 由得：；（2）由速度的分解得： 竖直分速度：vy=at 由得：；（3）对整过过程用动能定理得： ，解得：；答：（1）粒子发生的偏转位移y为；（2）粒子速度偏转角的正切值tan为；（3）粒子飞出电场时的速度V的大小为点评：带电粒子在电场中的运动，若垂直电场线进入则做类平抛运动，要将运动分解为沿电场线和垂直于电场线两个方向进行分析，利用直线运动的规律进行求解 虿螆芁莅薅螅羁芈蒁螄肃蒄