高二物理-2013-2014学年高二上学期期中物理试题.doc

www.ks5u.com2013-2014学年高二（上）期中物理试卷 一、单项选择题（本题共5小题，每小题3分，共计15分，每小题只有一个选项符合题意）1（3分）（2013秋雅安期末）用比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法，下面四个物理量都是用比值法定义的以下公式不属于定义式的是（）A电流强度I=B磁感应强度C电阻R=D电容C=考点：电流、电压概念；电容；电阻定律；磁感应强度版权所有分析：所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变解答：解：A、电流强度与流过截面的电量和时间无无直接关系，所以I=属于比值定义法故A正确 B、磁感应强度与放入磁场中的电流元无关所以属于比值定义法故B正确 C、电阻R与电压、电流无关，是其本身的属性，属于比值定义法，故C正确D、电容与正对面积S成正比，与极板间的距离成反比，C=不属于比值定义法故D错误本题选不是定义式的故选D点评：解决本题的关键理解比值定义法的特点：被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变2（3分）（2013秋东台市校级期中）物理老师在讲授“摩擦起电”时，请同学们用塑料直尺在头发上摩擦几下后试试能否吸引碎纸片，结果塑料直尺能够吸引碎纸片如果以橡胶棒与毛皮摩擦作类比，这个现象说明（）A摩擦时，同时发生了正、负电荷的转移，头发带负电，塑料直尺带正电B摩擦时，同时发生了正、负电荷的转移，头发带正电，塑料直尺带负电C摩擦时，头发上的电子向塑料直尺转移，使塑料直尺带了负电D摩擦时，只发生了正电荷的转移，使塑料直尺带了正电考点：静电现象的解释版权所有分析：用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电荷，用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电荷带电体能吸引轻小物体解答：解：当用毛皮摩擦橡胶棒时，毛皮上的电子转移到橡胶棒上，使橡胶棒有了多余的电子而带负电同理，当用塑料尺与头皮摩擦时，头发上的电子也转移到塑料尺上，使塑料尺带负电故选：C点评：此题考查了摩擦起电的原因电子的转移，要理解到位3（3分）（2006永州模拟）如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q 是这条轨迹上的两点，据此可知（）A三个等势面中，a的电势最高B带电质点通过P点时电势能较大C带电质点通过P点时的动能较大D带电质点通过P点时的加速度较小考点：等势面版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大解答：解：A、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，a等势线的电势最低，故A错误；B、根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故B正确；C、从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故C错误；D、等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故D错误故选B点评：解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化4（3分）（2013秋东台市校级期中）某一探测器因射线照射，内部气体电离，在时间t内有K个二价正离子到达阴极，有2K个电子到达探测器的阳极，则探测器电路中的电流为（）A0BCD考点：电流、电压概念版权所有专题：恒定电流专题分析：根据电流的公式I=，q是通过导体截面的电量；电离时正负电荷分别向两个方向运动；通过截面的电量只能为正离子或电子的解答：解：由题意可知，电离时通过导体截面的电量为4ke；由电流公式I=得：I=故选：D点评：本题应注意区分电离与电解液导电的区别！若为电解液导电，则答案为D，而电离时只能考虑一种离子5（3分）（2013秋东台市校级期中）两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A点为MN上的一点一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动取无限远处的电势为零，则（）Aq由A向O的运动是匀加速直线运动Bq由A向O运动的过程电势能逐渐减小Cq运动到O点时的动能最小Dq运动到O点时电势能为零考点：电势能版权所有分析：根据等量同种点电荷电场线的分布情况，抓住对称性，分析试探电荷q的受力情况，确定其运动情况，根据电场力做功情况，分析其电势能的变化情况解答：解：A、两等量正电荷周围部分电场线如右图所示，其中P、Q连线的中垂线MN上，从无穷远到O过程中电场强度先增大后减小，且方向始终指向无穷远方向 故试探电荷所受的电场力是变化的，q由A向O的运动做非匀加速直线运动，故A错误B、电场力方向与AO方向一致，电场力做正功，电势能逐渐减小；故B正确C、从A到O过程，电场力做正功，动能增大，从O到N过程中，电场力做负功，动能减小，故在O点试探电荷的动能最大，速度最大，故C错误D、取无限远处的电势为零，从无穷远到O点，电场力做正功，电势能减小，则q运动到O点时电势能为负值故D错误故选：B点评：本题考查静电场的基本概念关键要熟悉等量同种点电荷电场线的分布情况，运用动能定理进行分析功能关系二.多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共计16分.每小题有多个选项符合题意.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分.）6（4分）（2013贵州学业考试）如图所示，将平行板电容器与电池组相连，两板间的带电尘埃恰好处于静止状态若将两板缓慢地错开一些，其他条件不变，则（）A电容器带电量不变B尘埃仍静止C检流计中有ab的电流D检流计中有ba的电流考点：电容器的动态分析；闭合电路的欧姆定律版权所有专题：电容器专题分析：带电尘埃原来处于静止状态，电场力与重力平衡，将两板缓慢地错开一些后，分析板间场强有无变化，判断尘埃是否仍保持静止根据电容的决定式分析电容如何变化，由电容的定义式分析电量的变化，确定电路中电流的方向解答：解：A、将两板缓慢地错开一些，两板正对面积减小，根据电容的决定式C=得知，电容减小，而电压不变，则电容器带电量减小故A错误B、由于板间电压和板间距离不变，则板间场强不变，尘埃所受电场力不变，仍处于静止状态故B正确CD、电容器电量减小，处于放电状态，而电容器上板带正电，下极板带负电，电路中形成逆时针方向的电流，则检流计中有ab的电流故C正确，D错误故选：BC点评：本题电容器动态变化问题，要抓住电压不变，根据电容的决定式C=和电容的定义式C=结合进行分析7（4分）（2013秋东台市校级期中）干电池的电动势为1.5V，其意义为（）A在电源内部把1C正电荷从负极搬到正极，非静电力做功1.5JB在电源内部把1C正电荷从负极搬到正极，静电力做功1.5JC该电池比电动势为1.2V的锌汞电池非静电力做功本领强D干电池在1s内将1.5J的化学能转化为电能考点：电源的电动势和内阻版权所有分析：电源的电动势在数值上等于电源没有接入电路时两极间的电压，电动势与电功率不同当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的电能解答：解：A、由W=Eq可知，在电源内部把1C正电荷从负极搬到正极，非静电力做功1.5J；故A正确；B、内部电压小于电源的电动势，故静电力做功不等于1.5J；故B错误；D、电动势反映电池的做功能力；1.5V的电池做功能力大于1.2V的电池；故C正确；D、由于不知道1s中移送的电荷量，无法求出转化的电能；故D错误；故选：AC点评：本题考查电动势的定义及内部非静电力做功的问题，要明确区分静电力做功与非静电力做功的区别8（4分）（2011秋沈阳期中）小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线则下列说法中正确的是（）A随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小C对应P点，小灯泡的电阻为D对应P点，小灯泡的电阻为R=考点：电阻率与温度的关系；闭合电路的欧姆定律版权所有专题：恒定电流专题分析：根据电阻的定义R=，电阻等于图线上的点与原点连线的斜率的倒数，斜率逐渐减小，电阻逐渐增大对应P点，灯泡的电阻等于过P点的切线斜率的倒数解答：解：AB、图线上的点与原点连线的斜率逐渐减小，说明电阻逐渐增大故A正确 C、D对应P点，小灯泡的电阻为R=故C错误，D正确故选AD点评：本题中灯泡是非线性元件，其电阻R=，但R9（4分）（2013秋东台市校级期中）如图所示，在粗糙绝缘水平面上固定一点电荷Q，从M点无初速释放一带有恒定负电荷的小物块，小物块在Q的电场中运动到N点静止则从M点运动到N点的过程中，下列说法中正确的是（）A小物块所受电场力逐渐减小B小物块具有的电势能逐渐增大CQ电场中M点的电势高于N点的电势D小物块电势能变化量的大小等于克服摩擦力做的功考点：电势能；电场强度版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：根据物块与负电荷间距离的变化，由库仑定律分析小物块受到的电场力变化情况由电场力做正功知，电荷的电势能减小由题分析可知，物块与点电荷Q是同种电荷，物块带负电电场线从无穷远出到点电荷Q终止，根据电场线的方向判断电势的高低根据动能定理分析物块电势能变化量的大小与克服摩擦力做的功的关系解答：解：A、从M点运动到N点的过程中，物块与点电荷Q的距离增大，带电量均不变，根据库仑定律分析可知，小物块所受电场力逐渐减小故A正确B、点电荷对物块的电场力方向向左，对物块做正功，物块的电势能一直减小故B错误C、由题分析可知，物块与点电荷Q是同种电荷，物块带负电，电场线从无穷远出到点电荷Q终止，根据顺着电场线电势降低可知，M点的电势低于N点的电势故C错误D、物块的初速度为零，末速度也为零，动能的变化量为零，根据动能定理可知，电场力做功与克服摩擦力做功相等，而小物块电势能变化量的大小等于电场力做功，则小物块电势能变化量的大小等于克服摩擦力做的功故D正确故选AD点评：由库仑定律分析电场力的变化，根据电场力做功的正负判断电势能的变化，由电场线的方向判断电势高低等等都是电场中基本问题，要加强训练，熟练掌握三、填空题（本题共2小题，共14分，每空2分）10（10分）（2012秋七里河区校级期中）用内阻为3000的电压表和内阻为10的电流表测电阻，在图甲、乙两种情况下，电压表的示数都是60V，电流表的示数都是0.2A则R1的测量值为300，真实值是290，R2的测量值为300，真实值是333用伏安法测R2电阻应采用电流表内接法较好（”外接法”或”内接法”）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：本题的关键是求电阻的真实值时，应考虑电表内阻的影响，然后根据欧姆定律和串并联规律求解即可解答：解：甲图中：电阻测量值：=；真实值为：=；乙图中：电阻测量值为：=；真实值为：=；比较它们的绝对误差可知，伏安法测时，采用内接法测量误差较小，所以电流表应用内接法较好故答案为：300，290，300，333，内接法点评：伏安法测电阻内外接法的选择方法是：当满足时，电流表应用外接法，满足时，电流表应用内接法11（4分）（2014秋杨浦区校级期末）如图，已知R1=10，R2=20，R3=20，AB两端间电压恒为30V，若CD之间接理想电压表，则电压表示数U=20 V；若CD之间改接理想电流表，则电流表示数 I=0.75A考点：欧姆定律；电流、电压概念版权所有专题：恒定电流专题分析：若CD之间接理想电压表，则电阻R1与R2串联；若CD之间改接理想电流表，则电阻R2与R3并联后与R1串联；根据串并联电路的电压和电流关系列式求解即可解答：解：若CD之间接理想电压表，则电阻R1与R2串联，故电压表读数为：U=IR2=R2=20V；若CD之间改接理想电流表，则电阻R2与R3并联后与R1串联，则电流表示数为：IA=I=0.75A；故答案为：20，0.75点评：本题是串并联电路的运用问题，关键理清电路结构，明确理想电压表相当于断路，理想电流表相当于短路四.计算题（本题共5小题，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.共75分）12（15分）（2011甘肃模拟）在一个点电荷Q的电场中，Ox坐标轴与它的一条电场线重合，坐标轴上A、B两点的坐标分别为2.0m和5.0m放在A、B两点的试探电荷受到的电场力方向都跟x轴的正方向相同，电场力的大小跟试探电荷所带电量的关系图象如图中直线a，b所示，放在A点的电荷带正电，放在B点的电荷带负电求：（1）B点的电场强度的大小和方向（2）试判断点电荷Q的电性，并说明理由（3）点电荷Q的位置坐标考点：电场强度；库仑定律；电场的叠加版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）电场强度等于电荷所受电场力和该电荷电量的比值，即E=方向与正电荷所受电场力方向相同（2）放在A、B两点的试探电荷受到的电场力方向都跟x轴的正方向相同，而正电荷所受电场力与电场强度方向相同，负电荷所受电场力与电场强度方向相反从而知道点电荷位于A、B之间（3）根据点电荷场强公式E=分析解答：解：（1）由图可知，B点的电场强度，方向指向x负方向同理A点的电场强度EA=40N/C，方向指向x正方向（2）放在A、B两点的试探电荷受到的电场力方向都跟x轴的正方向相同，而正电荷所受电场力与电场强度方向相同，负电荷所受电场力与电场强度方向相反若点电荷在A的左侧或在B的右侧，正负电荷所受电场力方向不可能相同，所以点电荷Q应位于A、B两点之间，根据正负电荷所受电场力的方向，知该点电荷带负电（3）设点电荷Q的坐标为x，由点电荷的电场E=，可知 解得x=2.6m（另解x=1舍去）所以点电荷Q的位置坐标为（2.6m，0）答：（1）B点的电场强度的大小为EB=2.5N/C，方向指向x负方向（2）点电荷带负电（3）点电荷Q的位置坐标为（2.6m，0）点评：解决本题的关键掌握电场强度的定义式E=和点电荷的场强公式E=，以及知道电场强度的方向，与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反13（15分）（2013秋泰安期末）如图所示，两平行金属板AB间为一匀强电场，A、B相距6cm，C、D为电场中的两点，C点在A板上，且CD=4cm，CD连线和场强方向成60角已知电子从D点移到C点电场力做功为3.21017J，电子电量为1.61019C求：（1）匀强电场的场强；（2）AB两点间的电势差；（3）若A板接地，D点电势为多少？考点：电场强度；电势差；电势版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）根据电场力做功W=qEd，d是沿电场方向两点间的距离，求解电场强度（2）根据匀强电场中，场强与电势差之间的关系U=Ed求出电场强度E（3）由公式U=Ed求出AD间电势差，再求解D点电势解答：解：（1）由题，DC电场力做正功，为：W=qELCDcos60得：E=N/C=1104N/C（2）因电场力做正功，则知电子在电场中受到的电场力方向向上，电子带负电，则场强方向为AB所以A、B间电势差为：UAB=EdAB=1046102=600V（3）A、D间电势差为： UAD=EdADcos60=110441020.5V=200V由 UAD=AD，A=0，得：D=200V答：（1）匀强电场的场强为1104N/C；（2）A、B两点间的电势差是600V；（3）若A板接地，D点电势为是200V点评：电场力具有力的一般性质，电场力做功可根据功的一般计算公式W=Flcos计算本题还要掌握公式U=Ed，知道d是沿电场线方向两点间的距离14（12分）（2013秋东台市校级期中）有一电流表G，内阻为R=30，满偏电流是1mA，求：（1）如果它改装成量程为015V的电压表，要串联多大的电阻？改装后电压表的内阻是多大？（2）如果它改装成量程03A的电流表，要并联多大的电阻？改装后电流表的内阻是多大？考点：把电流表改装成电压表版权所有专题：实验题；恒定电流专题分析：本题（1）的关键是根据串并联规律写出表达式，然后解出分压电阻的阻值即可；题（2）的关键是根据串并联规律列出表达式，然后解出分流电阻即可解答：解：（1）：改装为电压表时，根据串并联规律应有：U=，代入数据解得：=14970；改装后电压表的内阻为：=；（2）：改装为电流表时，应有：I=，代入数据解得：=0.01；改装后电流表的内阻为：=；答：（1）如果它改装成量程为015V的电压表，要串联14970的电阻，改装厚1电压表的内阻为15000（2）如果它改装成量程03A的电流表，要并联0.01的电阻，改装后电流表的内阻为0.01点评：应明确电压表是由电流表与分压电阻串联改装成的，电流表是由电流表与分流电阻并联改装成的15（16分）（2013秋东台市校级期中）小明准备参加玩具赛车比赛，她想通过实验挑选一只能量转换效率较高的电动机，实验时她先用手捏住电动机的转轴，使其不转动，然后放手，让电动机正常转动，分别将2次实验的有关数据记录在表格中请问：电动机的电压/V电动机工作状态通过电动机的电流/A0.2不转动0.42.0正常转动1.0（1）这只电动机线圈的电阻为多少？（2）当电动机正常工作时，转化为机械能的功率是多少？（3）当电动机正常工作1分钟时，电动机消耗的电能是多少？（4）该玩具电动机正常工作时电能转化为机械能的效率是多少？考点：电功、电功率版权所有专题：恒定电流专题分析：（1）电动机不转动时，是纯电阻电路，根据欧姆定律求解线圈电阻；（2）当电动机正常工作时，转化为机械能的功率等于总功率减去内阻消耗的功率；（3）电动机消耗的电能Q=UIt；（4）电能转化为机械能的效率=100%解答：解：（1）电动机不转动时，是纯电阻电路，根据欧姆定律得：r=（2）当电动机正常工作时，=1.5W（3）当电动机正常工作1分钟时，电动机消耗的电能Q=UIt=2160=120J（4）电能转化为机械能的效率=100%=100%=75%答：（1）这只电动机线圈的电阻为0.5；（2）当电动机正常工作时，转化为机械能的功率是1.5W；（3）当电动机正常工作1分钟时，电动机消耗的电能是120J；（4）该玩具电动机正常工作时电能转化为机械能的效率是75%点评：本题关键在于电动机不是个纯电阻，所以对电动机正常转动和卡住不转的分析计算是不同的，这个需要同学们注意16（17分）（2013秋东台市校级期中）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）电子在偏转场运动的时间t；（3）电子从偏转电场射出时的侧移量；（4）P点到O点的距离考点：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）电子在加速电场U1中运动时，电场力对电子做正功，根据动能定理求解电子穿过A板时的速度大小；（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，根据进入偏转电场时的速度和极板长度求出粒子在偏转电场中运动的时间；（3）粒子在偏转电场中做类平抛运动，竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，根据粒子受力和运动时间求出侧向位移量；（4）粒子离开偏转电场后做匀速直线运动，水平方向做匀速直线运动求出运动时间，竖直方向亦做匀速直线运动由时间和速度求出偏转位移，再加上电场中的侧位移即为OP的距离解答：解：（1）粒子在加速电场中只有电场力做功，根据动能定理有：得电子加速后的速度大小为（2）电子进入偏转电场后，在电场力作用下做类平抛运动，令电子运动时间为t1，电子在水平方向做匀速直线运动故有：vt1=L1得电子在偏转电场中的运动时间（3）在竖直方向电子做初速度为0的匀加速运动，已知偏电压为U2，极板间距为d，则电子在偏转电场中受到的电场力：F=由牛顿第二定律知，电子产生的加速度a=所以电子在偏转电场方向上的侧位移y=（4）由（3）分析知，电子离开偏转电场时在竖直方向的速度vy=at=电子离开偏转电场后做匀速直线运动，电子在水平方向的分速度，产生位移为L2，电子运动时间电子在竖直方向的分速度，产生位移=所以电子偏离O点的距离PO=答：（1）电子穿过A板时的速度大小为；（2）电子在偏转场运动的时间t=；（3）电子从偏转电场射出时的侧移量；（4）P点到O点的距离PO=点评：能根据动能定理求电子加速后的速度，能根据类平抛运动计算电子在电场中偏转的位移和速度，这是解决本题的关键，本题难点是全部是公式运算，学生不适应本题难度适中