宁夏大学附中2014-2015学年高二（上）期中物理试卷 Word版含解析.doc

2014-2015学年宁夏大学附中高二（上）期中物理试卷 一、选择题（每小题4分，共48分提示：期中2、6、7、9为多选题，其余为单选题）1（4分）（2014秋兴庆区校级期中）下列说法中正确的是（）A电场强度和电势都是描述电场性质的物理量，它们都是矢量B电势为零的地方，电场强度也一定为零C电荷在等势面上由一点移至另一点电场力做功D电荷在等势面上由一点移至另一点电场力不做功考点：电势差与电场强度的关系；电场强度版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：电场强度是矢量，电势是标量，电场强度大小和电势高低没有关系，在同一等势面上移动电荷，电场力一定不做功解答：解：A、电场强度和电势都是描述电场性质的物理量，电场强度是矢量，电势是标量，故A错误；B、电场强度大小和电势高低没有关系，电势为零的地方电场强度不一定为零，故B错误；C、D、根据公式W=qU，电荷在等势面上由一点移至另一点电场力不做功，故C错误，D正确；故选：D点评：解决本题的关键知道电场线和等势面的特点，以及知道电场线与等势面的关系，难度不大，属于基础题2（4分）（2013春温州校级期末）如图所示，A、B、C为电场中同一电场线上三点，设电荷在电场中只受电场力，则下列说法中正确的是（）A若在C点无初速地释放正电荷，则正电荷向B运动，电势能减小B若在C点无初速地释放正电荷，则正电荷向B运动，电势能增加C若在C点无初速地释放负电荷，则负电荷向A运动，电势能增加D若在C点无初速地释放负电荷，则负电荷向A运动，电势能减小考点：电场线；电势能版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：正电荷在电势高处电势能大正电荷受到的电场力方向与场强方向相同电场力做正功电荷的电势能减小，电场力做负功，电荷的电势能增大解答：解：A、B：正电荷受力方向为该点的场强方向，在C点无初速地释放正电荷，则正电荷向B运动，电场力做正功，电势能减少故A正确，B错误；C、D：负荷受力方向与该点的场强方向相反，若在C点无初速地释放负电荷，则负电荷向A运动，电场力做正功，电势能减少故C错误，D正确故选：AD点评：本题要抓住电场力做功与电势能改变的关系：电场力做正功电荷的电势能减小，电场力做负功，电荷的电势能增大3（4分）（2014秋沿河县校级期中）如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线在电场力作用下，一带电粒子（不计重力）经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（）A粒子带正电B粒子在A点加速度大C粒子在B点动能大DA、B两点相比，B点电势能较大考点：电场线；电势能版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向不计重力的粒子在电场力作用下从A到B，运动与力关系可知，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧解答：解：A、根据曲线运动条件可得粒子所受合力应该指向曲线内侧，所以电场力逆着电场线方向，即粒子受力方向与电场方向相反，所以粒子带负电故A错误；B、由于B点的电场线密，所以B点的电场力大，则A点的加速度较小故B错误；C、粒子从A到B，电场力对粒子运动做负功，电势能增加，导致动能减少，故C错误；D、粒子从A到B，电场力对带负电的粒子运动做负功，电势能增加；所以A、B两点相比，在B点电势能较大故D正确；故选：D点评：电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧4（4分）（2014秋兴庆区校级期中）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若UAB=6V，则UBC为（）A等于6VB无法确定C高于6VD低于6V考点：电势差版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：电场线与等势面互相垂直，由图看出，AB段电场线比BC段电场线密，AB段场强较大，根据公式U=Ed定性分析A、B间与B、C间电势差的大小，再求解中点b的电势B解答：解：电场线与等势面互相垂直，由图看出，AB段电场线比BC段电场线密，AB段场强较大，根据公式U=Ed可知，A、B间电势差UAB大于B、C间电势差UBC，即ABBC，得到B=6V故选：D点评：本题的关键是运用匀强电场中场强与电势差的公式定性分析电势差的大小常规题5（4分）（2010秋厦门期末）如图所示是一个由电池、电阻R与平行板电容器组成的串联电路，在增大电容器两极板间距离的过程中（）A电阻R中没有电流B电容器的电容变大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的电流考点：电容；闭合电路的欧姆定律版权所有专题：电容器专题分析：电路稳定时，电容器的电压等于电源的电动势在增大电容器两板间距离的过程中，电容减小，电容器放电，根据电容器极板所电荷的电性，分析电路中形成的电流方向解答：解：在增大电容器两板间距离的过程中，电容C减小，电压U不变，则电量Q=CU减小，电容器放电由于电容器上极板带正电，则电阻R中有从a流向b的电流故C正确，ABD错误故选：C点评：对于电容器的动态变化分析问题，抓住不变量是关键当电容器与电源保持相连时，其电压不变6（4分）（2014秋兴庆区校级期中）传感器是把非电物理量（如高度、温度、压力等）的变化转换成电学量（如电压、电流、电容等）变化的一种元件，它在自动控制中有着广泛的应用如图是一种测定液面高度的电容式传感器的示意图金属棒与导电液体构成一个电容器，将金属棒和导电液体分别与直流电源的两极相连接，从电容C和导电液与金属棒间的电压U的变化就能反映液面的升降情况，即（）A电源接通，若此后电容C减小，反映h减小B电源接通，若此后电容C减小，反映h增大C电源接通再断开，若此后电压U减小，反映h减小D电源接通再断开，若此后电压U减小，反映h增大考点：电容版权所有专题：电容器专题分析：由图，金属棒与导电液体构成一个电容器，电源接通时，电容器的电压一定，电容C减小时，由电容的决定式分析电容减小时，h的变化电源接通再断开，电容器的电量不变，电压减小，再由电容的定义式分析电容的变化，由电容的决定式分析h的变化解答：解：A、B，电源接通时，电容器的电压一定，若电容C减小时，金属棒与导电液的正对面积减小，所以h减小故A正确，B错误 C、D电源接通再断开，电容器的电量不变，电压减小，由公式C=分析可知，C增大，金属棒与导电液的正对面积增大，所以h增大故C错误，D正确故选AD点评：本题是电容器动态变化分析问题，根据电容的定义公式C=和电容的决定因素进行综合分析7（4分）（2014秋兴庆区校级期中）如图是电阻R的IU图线，由图可知（）A电阻值R=0.5B因IU图线的斜率表示电阻的倒数，故R=2C在R两端加6V的电压时，每秒通过电阻截面的电荷量为3CD流经电阻的电流为2A时，需将其两端的电压为4V考点：欧姆定律版权所有专题：恒定电流专题分析：根据图象的斜率可求得电阻值，由欧姆定律可求得电压值及电流值，再由电流的定义可求得电荷量解答：解：A、IU图线的斜率表示电阻的倒数，故R=2；故A错误，B正确；C、在R两端加6V的电压时，电路中电流I=3A；每秒通过电阻截面的电荷量q=It=31=3C；故C错误；D、由欧姆定律可知，当电流为2A时，电压U=IR=22=4V；故D正确；故选：BCD点评：本题考查伏安特性曲线及欧姆定律，要注意明确在IU图象中图象的斜率表示电阻的倒数8（4分）（2014秋兴庆区校级期中）一个电流表的满偏电流Ig=3mA，内阻Rg=200要把它改装成一个量程为06V的电压表，则应在电流表上（）A串联一个2000的电阻B并联一个2000的电阻C并联一个1800的电阻D串联一个1800的电阻考点：把电流表改装成电压表版权所有专题：实验题分析：把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，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分压电阻，串联电阻阻值：R=Rg=200=1800；故选：D点评：本题考查了电压表的改装，知道电压表改装原理、应用串联电路特点与欧姆定律可以正确解题9（4分）（2014秋兴庆区校级期中）在某段电路中，其两端电压为U，通过的电流为I，通电时间为t，若该电路电阻为R，则关于电功和电热的关系，下列结论正确的是（）A在任何电路中，电功W=UIt=I2RtB在任何电路中，电功为UIt，电热为I2RtC在纯电阻电路中，UIt=I2RtD在非纯电阻电路 中，UItI2Rt考点：电功、电功率；焦耳定律版权所有专题：恒定电流专题分析：电功和电热的公式均适用于任何电路在纯电阻电路中，电能全部转化为内能，电功等于电热，W=UIt=I2Rt在非纯电阻电路中，电能一部分转化为内能，另一部分转化为其他形式的能，电功大于电热，即UItI2Rt解答：解：A、在纯电阻电路中，电能全部转化为内能，电功等于电热，W=UIt=I2Rt故A错误，C正确B、在任何电路中，电功W=UIt，电热Q=I2Rt故B正确 D、在非纯电阻电路中，电能一部分转化为内能，另一部分转化为其他形式的能，电功大于电热，即UItI2Rt故D错误故选：BC点评：对于纯电阻电路和非纯电阻电路，电功与电热的公式都成立，只是在纯电阻电路中，两者相等，在非纯电阻电路中，电功大于电热10（4分）（2014秋兴庆区校级期中）如图所示的电路中，L1、L2为“220V，40W”灯泡，L3、L4为“220V，100W”灯泡，现将两端接入电路，其实际功率的大小顺序是（）AP4P1P3P2BP4P1P2P3CP1P4P2P3DP1P4P3P2考点：电功、电功率；串联电路和并联电路版权所有专题：恒定电流专题分析：根据P=求解四个灯泡的电阻，串联电路电流相等，并联电路电压相等，根据功率公式判断四个灯泡实际功率的大小解答：解：解：根据P=可得，四个灯泡的电阻：R1=R2=1210，R3=R4=484；由电路图可知，L2与L3并联，所以电压相等，根据P=可知：P3P2；L14与L4串联，电流相等，根据P=I2R可知，P1P4；L4的电流大于L3的电流，根据P=I2R可知：P4P3；所以P1P4P3P2故选：D点评：解决本题的关键知道串联电路中的电流相等，并联电路中的电压相等，以及掌握功率的公式P=I2R和P=11（4分）（2014秋滦南县校级期中）如图所示，两段材料相同、长度相等、但横截面积不等的 导体接在电路中，总电压为U，则（）通过两段导体的电流相等两段导体内自由电子定向移动的平均速率不同细导体两端的电压U1大于粗导体两端的电压U2细导体内的电场强度大于粗导体内的电场强度ABCD考点：电流、电压概念；路端电压与负载的关系版权所有专题：恒定电流专题分析：导体材料相同，单位体积内自由电荷的数目n相同两个导体串联，电流相同由电流的微观表达式I=nevS，研究自由电子定向移动速率关系根据电阻定律研究电阻关系，分析电压关系由电场强度E=研究电场强度关系解答：解：两个导体串联，电流相同故正确电流的微观表达式I=nevS，由题n、e、I相同，S不同，则自由电子定向移动的平均速率v不同故正确根据电阻定律可知，细导体的电阻大于粗导体的电阻，由欧姆定律U=IR得知，I相同，则细导体两端的电压U1大于粗导体两端的电压U2故正确设导体的长度为L，横截面积为S导体内的电场强度E=，I、相同，则E与S成反比，所以细导体内的电场强度大于粗导体内的电场强度故正确故选：D点评：本题从宏观与微观两个角度考查对电流、电压和导体中电场强度的理解能力主要抓住电流的微观表达式和导体内的电场强度E=12（4分）（2011秋甘州区校级期末）如图所示的电路中，电的电动势E和内电阻r恒定不变，电灯L恰能正常发光，如果变阻器的滑片向b端滑动，则（）A电灯L变暗，安培表的示数增大B电灯L更亮，安培表的示数增大C电灯L变暗，安培表的示数减小D电灯L更亮，安培表的示数减小考点：闭合电路的欧姆定律版权所有专题：恒定电流专题分析：滑动变阻器的滑片向b端滑动过程，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由欧姆定律分析总电流的变化和路端电压的变化，来判断电灯亮度和电流表示数的变化解答：解：滑动变阻器的滑片向b端滑动过程，变阻器接入电路的电阻增大，R1增大，外电路总R增大，由欧姆定律得知总电流I减小，安培表的示数减小路端电压U=EIr增大电灯L的电压等于路端电压，所以电灯L更亮故选：D点评：本题是简单的电路动态分析问题对于路端电压也可以直接根据路端电压随外电阻增大而增大判断变化二、填空题（前9个空各1分，后4个空各2分，电路图3分，共20分）13（2分）（2014秋兴庆区校级期中）将电荷量为3106C的负电荷，放在电场中的A点，受到的电场力为6103N，方向水平向右，则将电荷量为6106C的正电荷放在A点，受到的电场力为0.012N，方向水平向左考点：库仑定律版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：根据电场强度的定义式E=可求出A点的电场强度；由F=qE求解电场力解答：解：将电荷量为3106C的负电荷，放在电场中的A点，受到的电场力为6103N，方向水平向右，A点的电场强度方向水平向左，A点电场强度大小为 E=2103N/C将电荷量为6106C的正电荷放在A点，电场强度不变，则该正电荷所受的电场力大小为F=qE=6106C2103N/C=0.012 N，方向水平向左故答案为：0.012；水平向左点评：本题要理解并掌握电场强度的定义式E=，并理解电场强度的物理意义：反映电场本身的特性，与试探电荷无关14（1分）（2014秋兴庆区校级期中）电荷A、B所带电荷量分别为2q和6q，它们相距r时之间的库仑力为F，让它们接触之后再放到原位置，它们之间的库仑力为考点：库仑定律版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：两小球相互接触的过程中，电量守恒，两小球相互接触后，电量平均分，再代入库仑定律的公式即可解答：解：两小球相互接触后，电量均分，故：q=2q 又由库仑定律得：开始时：F=k=12k最后：F=k= F故答案为：点评：该题考查电量守恒定律和库仑定律定律，掌握了两小球相互接触后，电量平均分就可以得到正确的答案15（1分）（2014秋兴庆区校级期中）在电解液中，若5s内沿相反方向通过某截面的正、负离子的电荷量均为5C，则电解液中的电流为2A考点：电流、电压概念版权所有专题：恒定电流专题分析：在电解槽中，通过某一个横截面的电荷量是正负电荷电荷量绝对值的总和，由此再根据I=求电流解答：解：解：根据电流强度的定义式可得 10s通过电解槽横截面积的电荷量绝对值之和Q=5C+5C=10C，所以电解液中的电流为I=2A故答案为：2点评：在计算通过电解液的电流强度的大小的时候，一定要注意，电解液中既有正电荷，也有负电荷，通过截面的电荷量的大小为它们的总和，这是经常出错的地方16（1分）（2014秋兴庆区校级期中）两根完全相同的金属导体，如果把其中的一根均匀拉长到原来的4倍，把另一根对折绞合起来，则它们的电阻之比为64：1考点：电阻定律版权所有专题：恒定电流专题分析：电阻定律：导体的电阻R跟它的长度L成正比，跟它的横截面积S成反比，还跟导体的材料有关系，这个规律就叫电阻定律，公式为R=其中为制成电阻的材料电阻率，L为绕制成电阻的导线长度，S为绕制成电阻的导线横截面积，R为电阻值解答：解：原来的电阻为：R=把其中的一根的长度均匀拉伸到原来的4倍，截面积减小为原来的，故：R拉=16=16R；把另一根导线对折后并接起来，长度变为原来的一半，截面积增加为2倍，故：R并=R；故R拉：R并=64：1故答案为：64：1点评：本题关键明确导线体积不变，拉长截面积减小，对折截面积变大，然后根据电阻定律列式分析17（7分）（2014秋兴庆区校级期中）在图中，AB两图分别为测灯泡电阻 R的电路图，A图的接法叫电流表外接法，B图的接法叫电流表的内接法；A中误差由电压表分流引起，B中误差由电流表分压引起，依图A测得数据是2.9V，0.4A，依图B测得数据是3.0V，0.3A，由此可知图B所示电路测量误差较小，R的测量值是10，比它的真实值大（填“大”或“小”）考点：伏安法测电阻版权所有专题：恒定电流专题分析：根据图示电路图判断电流表接法，应用串并联电路特点与欧姆定律分析实验误差，应用欧姆定律求出电阻阻值解答：解：由图示电路图可知，A图的接法叫电流表外接法，B图的接法叫电流表的内接法；A中误差由电压表分流引起，B中误差由电流表分压引起；=，=，电压表分流对实验影响较大，为减小实验误差，电流表应采用内接法，由此可知图B所示电路测量误差较小，R的测量值：R=10，电流表采用内接法，由于电流表的分压作用，所测电压偏大，电阻的测量值大于真实值故答案为：外接法；内接法；电压表分流；电流表分压； B；10；大点评：待测电阻远大于电流表内阻时，电流表的分压小，可忽略不计，用电流表内接法测量值偏大待测电阻远小于电压表内阻时，电压表的分流小，可忽略不计，用电流表外接法，测量值偏小18（8分）（2014秋兴庆区校级期中）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，除有一标有“6V，1.5W”的小灯泡、导线和开关外，还有：A直流电6V（内阻不计）B直流电流表0300mA（内阻约为5）C直流电流表00.6A（内阻约为2.5）D直流电压表03V（内阻约为2K）E直流电压表010V（内阻约为15k）F滑动变阻器10，2A实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量实验所需的器材有ABEF，画出实验电路图考点：描绘小电珠的伏安特性曲线版权所有专题：实验题分析：（1）根据实验原理与实验器材分析答题（2）根据实验原理与实验要求确定滑动变阻器与电流表接法，然后作出实验电路图解答：解：（1）应用伏安法描绘灯泡伏安特性曲线，需要测出灯泡两端电压与通过灯泡的电流，因此需要用到：电压表与电流表，为测多组实验数据，实验还需要滑动变阻器；因此该实验除了：学生电源、开关、导线外，需要的实验器材还有：电压表、电流表、滑动变阻器，故选ABEF（2）描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡电阻约为：R=24，电压表内阻约为15，电流表内阻约为5，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：故答案为：（1）ABEF；（2）电路图如图所示点评：本题考查了实验器材、设计实验电路，知道实验原理与实验器材是正确解题的关键，根据实验原理与实验要求确定滑动变阻器与电流表接法即可作出实验电路图三、计算题（共32分）19（10分）（2014秋兴庆区校级期中）一束电子流在经U0的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，两板间距为d，板长为l，电子恰好能从平行板底边飞出（已知电子的质量为m，电量为e），求：（1）进入偏转电场的初速度（2）电子通过偏转电场的时间t（3）加在偏转电场两端的电压U多大（4）电子离开偏转电场时的偏转角考点：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）电子在加速电场中做加速运动，根据动能定理求出电子离开加速电场的速度（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，根据极板的长度和初速度求出运动的时间；（3）结合偏转距离和时间，根据牛顿第二定律求出两个极板应加的电压（4）根据平抛运动求出离开偏转电场时的偏转角解答：解：（1）在加速电场中：所以：（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，l=v0t（3）在偏转电场中，偏转位移为，则：联立可得：（4）设电子射出偏转电场的竖直方向的速度为：电子离开偏转电场时的偏转角：答：（1）进入偏转电场的初速度是（2）电子通过偏转电场的时间（3）加在偏转电场两端的电压U是（4）电子离开偏转电场时的偏转角是点评：解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法，知道电子在垂直电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做匀加速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解20（11分）（2013秋兴庆区校级期末）如图所示，电源电动势为E=30V，内阻为r=1，电灯上标有“6V，12W”字样，直流电动机线圈电阻R=2若电灯恰能正常发光，求：（1）流过电灯的电流是多大？（2）电动机两端的电压是多大？（3）电动机输出的机械功率是多少考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律版权所有专题：电磁学分析：（1）电灯正常发光时，其电压等于额定电压，功率等于额定功率由功率公式求解电流I（2）由闭合电路的欧姆定律，可