福建省漳州市东山二中高二物理上学期期中试卷（含解析）.doc

2013-2014学年福建省漳州市东山二中高二（上）期中物理试卷一、单项选择题（36分）1（3分）（2010青浦区一模）下列措施中，不属于防止静电危害的是（）a油罐车后面有一条拖在地面上的铁链b小汽车上有一根露在外面的小天线c在印染厂中保持适当的湿度d在地毯中夹杂0.05mm0.07mm的不锈钢丝导电纤维考点：静电现象的解释分析：静电危害是由于相互间不断摩擦，从而产生大量的静电，不及时导走，会出现放电危害解答：解：a、油罐车在运输过程中，油和罐之间不断摩擦，从而产生大量的静电，通过后面装一条拖地的铁链，及时导走，这是防止静电危害不符合题意b、小汽车上有一根露在外面的小天线，无线信号接收天线符合题意c、印刷车间中，纸张间摩擦产生大量静电，所以印刷车间中保持适当的湿度，及时把静电导走，避免静电造成的危害不符合题意d、不锈钢丝的作用是把鞋底与地毯摩擦产生的电荷传到大地上，以免发生静电危害不符合题意本题选择不属于防止，故选：b点评：人体活动时，皮肤与衣服之间以及衣服与衣服之间互相摩擦，便会产生静电随着家用电器增多以及冬天人们多穿化纤衣服，家用电器所产生的静电荷会被人体吸收并积存起来，加之居室内墙壁和地板多属绝缘体，空气干燥，因此更容易受到静电干扰2（3分）（2010秋霞浦县校级期末）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点电势较低考点：电场线；电势能分析：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，运动轨迹与力关系可知，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a点的电场线疏，所以a点的场强小，即电场力小，据牛顿第二定律得：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、根据电场线与电势的关系知：沿着电场线电势越来越小，所以b点的电势低，故d正确故选：d点评：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3（3分）（2012秋费县期中）把真空中两个点电荷的距离变为原来的2倍，再把它们各自的电荷量也都变为原来的2倍，则两电荷的库仑力将变为原来的（）a倍b1倍c2倍d4倍考点：库仑定律分析：根据库仑定律的公式f=k分析解答：解：根据库仑定律的公式有：f=k，它们的距离变为原来的2倍，再把它们各自的电荷量也都变为原来的2倍，根据库仑定律：故b正确，a、c、d错误故选：b点评：对于库仑定律公式涉及物理量较多，要明确公式中各个物理量的含义，可以和万有引力公式对比理解4（3分）（2012秋临沂校级期中）如图所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45，则下列结论不正确的是（）a此液滴带负电b液滴做匀加速直线运动c合外力对液滴做的总功等于零d液滴的电势能减少考点：电场强度；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用专题：电场力与电势的性质专题分析：带电液滴受重力和电场力，做直线运动，知合力方向与bd重合根据电场力方向确定电荷的电性，根据电场力做功判断电势能的变化解答：解：a、电荷所受的合力沿bd方向，知电场力方向水平向右，则该电荷为负电荷故a正确b、电荷的合力恒定，加速度恒定，做匀加速直线运动故b正确c、合外力不为零，则合外力做功不为零故c错误d、从b到d，电场力做正功，电势能减小故d正确本题选错误的，故选：c点评：解决本题的关键知道当物体所受的合力与速度的方向在同一条直线上时，物体做直线运动以及知道电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加5（3分）（2012秋甘州区校级期末）如图所示，一带电油滴悬浮在平行板电容器两极板a、b之间的p点，处于静止状态现将极板a向下平移一小段距离，其它条件不变下列说法中正确的是（）a液滴将向下运动b液滴将向上运动c极板带电荷量将增加d极板带电荷量将减少考点：电容器的动态分析；牛顿第二定律；匀强电场中电势差和电场强度的关系专题：电容器专题分析：带电油滴悬浮在平行板电容器中p点，处于静止状态，电场力与重力平衡，将极板a向下平移一小段距离时，根据e=分析板间场强如何变化，判断液滴如何运动根据电容的决定式和定义式结合分析极板所带电量如何变化解答：解：a、b电容器板间的电压保持不变，当将极板a向下平移一小段距离时，根据e=分析得知，板间场强增大，液滴所受电场力增大，液滴将向上运动故a错误，b正确c、d将极板a向下平移一小段距离时，根据电容的决定式得知电容c增大，而电容器的电压u不变，极板带电荷量q=cu将增大故c正确，d错误故选bc点评：本题关键要抓住电容器的电压不变，由电容的决定式和电量q=cu结合分析电量变化6（3分）（2012秋临沂校级期中）如图所示，a、b、c是某电场中同一条电场线上的三点已知ab=bc下列判断正确的是（）aabcbab=bcceaebecdea=eb=ec考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场线专题：电场力与电势的性质专题分析：顺着电场线方向，电势必定降低根据电场线疏密判断电场强度的大小，电场线越密电场强度越大匀强电场中沿电场线方向相等的距离电势差相等非匀强电场中，可以运用公式u=ed定性分析电势差关系解答：解：a、顺着电场线方向，电势必定降低，则有abc故a正确b、若是匀强电场，由公式u=ed可知，ab=bc，ab间和bc间电势差相等，即ab=bc若是非匀强电场，e是变化的，ab=bc，ab间和bc间电势差不一定相等，所以无法比较ab与bc的大小故b错误c、d、一条电场线无法确定电场线疏密情况，所以无法比较三点场强的大小故cd错误故选：a点评：本题考查对电场线两个意义的理解：根据电场线的方向，可判断电势的高低，根据电场线的疏密可判断场强的大小要知道一条电场线不能比较场强的大小7（3分）（2013秋武城县校级期末）如图所示，a、b、c、d、e五点在一直线上，b、c两点间的距离等于d、e两点间的距离在a点固定放置一个点电荷，带电量为+q，已知在+q的电场中b、c两点间的电势差为u将另一个点电荷+q从d点移动到e点的过程中（）a电场力做功qub克服电场力做功quc电场力做功大于qud电场力做功小于qu考点：电势能；电势差专题：电场力与电势的性质专题分析：根据电场力的方向与位移方向的关系分析电场力做功的正负由u=ed，定性分析b、c两点间电势差与d、e两点间电势差的关系，再由电场力做功公式w=qu研究+q从d点移动到e点的过程中电场力做功大小解答：解：在+q的电场中，将+q从d点移动到e点的过程中，电荷所受的电场力方向与位移方向相同，则电场力做正功根据e=k得知，b、c两点间的电场强度大于d、e两点间的电场强度，b、c两点间的距离等于d、e两点间的距离，由u=ed分析可知，将+q从d点移动到e点的过程中，电场力做功小于从从b点移动到c点的过程中电场力做功qu所以电场力做功小于qu故选：d点评：公式u=ed，适用于匀强电场，但可用来定性分析非匀强电场中两点间电势差的关系8（3分）（2011秋凉州区校级期末）某电解池，如果在1s内共有51018个二价正离子和11019个一价负离子通过面积为0.1m2的某截面，那么通过这个截面的电流是（）a0b0.8ac1.6ad3.2a考点：电流、电压概念专题：恒定电流专题分析：由题计算出1s内通过截面正离子与负离子电量绝对值之和，根据电流的定义式求解电流一价离子所带电量大小为e=1.61019c解答：解：由题，1s内通过截面正离子的电量为q1=2n1e，负离子的电量绝对值为q2=n2e，则电流为i=，将n1=51018个，n2=11019个，e=1.61019c代入解得，i=3.2a故选d点评：本题是电流定义式的应用，关键确定通过导体截面的电量，当电流由正负离子向相反方向定向移动形成时，电量等于正离子与负离子电量绝对值之和9（3分）（2011春碑林区校级期末）关于电功和电热的计算，下列说法正确的是（）a如果是纯电阻电路，电功可用公式w=uit计算，也可用公式w=i2rt计算b如果是纯电阻电路，电热可用公式w=i2rt计算，但不能用公式w=uit计算c如果不是纯电阻电路，电功只能用公式w=i2rt计算d如果不是纯电阻电路，电热可用公式w=i2rt计算，也可用公式w=uit计算考点：电功、电功率专题：恒定电流专题分析：纯电阻电路，电功可用公式w=uit计算，也可用公式w=i2rt计算，非纯电阻电路，电功用公式w=uit计算，电热用公式w=i2rt计算解答：解：a、纯电阻电路，根据能量守恒电功和电热电相等，电功可用公式w=uit计算，也可用公式w=i2rt计算，故a正确 b、同理可知b错误 c、非纯电阻电路，电功用公式w=uit计算，故c错误 d、非纯电阻电路，电热用公式w=i2rt计算故d错误故选a点评：考查了纯电阻电路、非纯电阻电路，电功、电热计算，注意灵活选取公式10（3分）（2013秋历下区校级期中）一段粗细均匀的电阻丝，横截面直径为d，电阻为r现把它拉成直径为，它的电阻变成（）ab10000rcd100r考点：电阻定律专题：恒定电流专题分析：根据电阻定律r=判断电阻的变化解答：解：一段粗细均匀的电阻丝，横截面直径为d，现把它拉成直径为，则横截面积变为原来的，因为体积不变，则长度变为原来的100倍，根据电阻定律r=知电阻变为原来的10000倍故b正确，a、c、d错误故选b点评：解决本题的关键抓住导线的体积不变，得出长度和横截面积的变化，根据电阻定律进行分析11（3分）（2013秋雨城区校级期中）用电压表检查图示电路中的故障，测得uad=5.0v，ucd=0v，ubc=0v，uab=5.0v，则此故障可能是（）al断路bs断路cr断路dr断路考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：电压表有示数说明此时的电路可以组成闭合的回路，故障应该在和电压表并联的部分，当电压表示数为零，说明此时的电路不通，电路中没有电流，故障不在和电压表并联的部分解答：解：用电压表测量得到uab=5.0v，说明从b到c到d这一部分电路是通的，故障可能出现在电键和ab之间，由于ucd=0v，ubc=0v，说明此时的电路不通，故障在ab之间，又由于uad=5.0v，说明电键是好的，所以故障一定是r断路，所以d正确故选d点评：本题是对电路故障的分析，当电路中有电流，能组成闭合的回路的时候，电压表就会有示数，否则，电压表就没有示数12（3分）（2013秋东山县校级期中）如图所示，已知r1=r2，r3=r4，r2r3那么，将电路的两端接到电源上后，它们消耗的电功率p1、p2、p3、p4的关系（）ap1p2p3p4bp4p1p3p2cp1p4p3p2dp3p2p1p4考点：串联电路和并联电路专题：恒定电流专题分析：先根据公式p=比较p3与p2的大小，再根据公式p=i2r分别比较p1与p4的大小，p1与p2的大小解答：解：由图知，r3与r2并联，电压相等，r2r3，根据公式p=得知，p2p3通过r1的电流大于通过r2的电流，r1=r2，根据公式p=i2r得知，p1p2通过r4的电流大于通过r3的电流，r3=r4，根据公式p=i2r得知，p4p3r1与r4串联，电流相等，而r1r4，根据公式p=i2r得知，p1p4所以p1p4p3p2故选：c点评：功率的计算公式有三个p=ui，p=，p=i2r，要根据相等条件灵活选择公式的形式二、实验题（22分）13（4分）（2012秋临沂校级期中）如图为某匀强电场的等势面分布图，每两个相邻等势面相距2cm，则该匀强电场的场强大小为100v/m，方向水平向左考点：等势面；带电粒子在匀强电场中的运动分析：电场线总是与等势面垂直，而且由高电势指向低电势根据匀强电场场强与电势差的关系u=ed求出电场强度的大小解答：解：根据电场线总是与等势面垂直，而且由高电势指向低电势，可知，电场强度方向水平向左两个相邻等势面相距d=2cm，电势差u=2v，则电场强度v/m；故答案为：100；水平向左点评：本题考查电场线与等势面的关系、场强与电势差的关系公式u=ed中，d是沿电场线方向两点间的距离14（4分）（2009秋会宁县校级期末）如图所示的电路中，r1=10，r2=20，变阻器r3的最大值为30，则ab两端的总电阻的最大值为22、最小值为10考点：串联电路和并联电路专题：恒定电流专题分析：当变阻器r3的接入电路的电阻最大时，a、b两端的总电阻最大；当变阻器r3的接入电路的电阻为0时，a、b两端的总电阻最小再进行求解解答：解：当变阻器r3=30时，a、b两端的总电阻最大，为rmax=10+=22；当变阻器r3的接入电路的电阻为0时，a、b两端的总电阻最小，为rmin=r1=10故答案为：22，10点评：外电路的总电阻与局部电路电阻的变化是一致的，当局部电阻增大时，总电阻也增大，本题就根据这个特点进行分析15（2分）（2013秋东山县校级期中）如图，游标卡尺的读数为26.4mm考点：刻度尺、游标卡尺的使用专题：实验题分析：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读解答：解：游标卡尺的主尺读数为：2.6cm=26mm，游标尺上第4个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为40.1mm=0.4mm，所以最终读数为：26mm+0.4mm=26.4mm故答案为：26.4点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，正确使用这些基本仪器进行有关测量16（4分）（2011秋泸西县校级期末）某次测量康铜丝的直径时螺旋测微器的示数如图甲所示可知此次测得康铜丝的直径为1.880 mm乙图是测量康铜丝电阻的原理图，利用上面的电路图测出电阻值比真实值偏小（填“偏大”或“偏小”）考点：螺旋测微器的使用专题：实验题分析：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根据乙图中电流表的接法结合欧姆定律求解测出电阻值与真实值的关系解答：解：螺旋测微器固定刻度读数1.5mm，可动刻度读数为0.0138.0mm=0.380mm，所以金属丝的直径为：1.5mm+0.380mm=1.880mm乙图中电流表是外接法，电压值是真实的，由于电压表的分流，电流偏大，根据r=得测量的电阻偏小故答案为：1.880，偏小点评：解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，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17（4分）（2013秋合浦县期中）用伏安法测电阻，当被测电阻的阻值不能估计时，可采用试接的办法，如图所示，让伏特表一端接在电路上a点，另一端先后接到b点和c点注意观察两个电表的示数，若安培表的示数有显著变化，则待测电阻的阻值跟伏特表的内阻可比拟，伏特表的两端应接在a和c点若伏特表的示数有显著变化，则待测电阻的阻值跟安培表的内阻可比拟，伏特表应接在a和b两点考点：伏安法测电阻专题：恒定电流专题分析：本题的关键是对伏安法测电阻时安培表内外接法的选择方法，根据欧姆定律可知，造成测量误差的原因是安培表的分压和伏特表的分流引起，故当安培表内阻越小时用安培表内接法越好，反之若安培表内阻不很小则应用安培表外接法；当伏特表内阻越大时，用安培表外接法越好，反之若伏特表内阻表示很大，则应用安培表内接法解答：解：当伏特表分别接在b、c之间，若安培表示数变化明显，说明伏特表的分流作用较大，即说明伏特表的内阻不是很大，则待测电阻的阻值跟伏特表的内阻可比拟，（当伏特表内阻越大时安培表外接法测量越准确），所以应用安培表内接法，即伏特表的两端应接在a和c之间；若伏特表示数变化明显，说明安培表的分压作用较明显，即安培表的内阻与待测电阻可比拟，（安培表内阻越小时安培表的内接法越精确），所以应用安培表的外接法，即伏特表应接在a、b之间故答案为：伏特，c，安培，b点评：应牢记：当安培表内阻越小时用安培表内接法越精确；伏特表内阻越大时用安培表外接法越好18（4分）（2013秋南昌期中）如图是有两个量程的电压表，当使用a、b两个端点时，量程为03v，当使用a、c两个端点时，量程为015v已知电流表的内阻rg为100，满偏电流为1ma，则电阻r1的阻值是2900，电阻r2的阻值是12000考点：把电流表改装成电压表专题：恒定电流专题分析：改装后的量程为u=ig（rg+r串）据此可求出串联电阻的阻值解答：解：接a、b时，为串联的r1，则有：r1=rg=100=2900 接a、c时，为串联的r1和r2，则有：r2=rgr1=1002900=12000故答案为：2900，12000点评：电流表串联电阻后量程变大，量程为u=igr总三、计算题（42分）19（10分）（2011秋西山区校级期末）某工厂由于生产需要用一部直流电动机提升重物，装置如图所示，重物质量m为50kg电源电动势e为110v，内阻不计，当电动机以0.85m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流强度为5a，不计摩擦阻力，重力加速度g取10m/s2，求：（1）电动机的输入功率和输出功率各是多少？（2）电动机线圈的电阻r是多少？考点：电功、电功率；能量守恒定律；闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：用直流电动机提升重物时，电动机消耗的电能转化为电动机的内能和提升重物的机械能，根据能量守恒定律列出功率求解r解答：解：（1）电动机的输入功率p入=ie=5110 w=550 w电动机的输出功率p出=mgv=50100.85 w=425 w（2）由能量守恒定律：p入=p出+i2r，r=5答：（1）电动机的输入功率是550w，输出功率各是425w（2）电动机线圈的电阻r是5点评：电动机正常工作时，电路是非纯电阻电路，求解电功率只能用p电=iu，求解内电路发热功率只能用p热=i2r，输出功率往往根据能量守恒定律求解20（10分）（2013秋东山县校级期中）如图所示，在匀强电场中，一长为l的绝缘轻质细杆可绕o点在竖直平面内自由转动，a端有一带负电的小球，电荷量为q，质量为m将细杆从水平位置自由释放，到小球运动到最低点的过程中，求：（1）小球电势能如何变化？变化了多少？（2）小球动能如何变化？变化了多少？（3）小球通过最低点时绝缘杆对小球的作用力多大？考点：带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；向心力专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：（1）根据电场力做功正负判断电势能的变化（2）小球运动到最低点的过程中，有重力、电场力做功，根据动能定理求出小球在最低点的速率（3）在最低点，小球受到重力和绝缘杆的拉力，两个力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出在最低点时绝缘杆对小球的作用力解答：解：（1）因为由a到b过程中电场力做正功，所以小球的电势能减小减小的电势能等于电场力做功，为：ep=w=qel（2）小球运动到最低点的过程中，只有重力和电场力做功，由动能定理得：ek=mgl+qel由于总功为正值，所以动能增加，增加了mgl+qel（3）由ek=整理得：小球在最低点的速率：v=在最低点，小球受到重力和绝缘杆的拉力，两个力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：tmg=m将v代人公式，整理得：t=3mg+2eq 故最低点绝缘杆对小球的作用力大小t=3mg+2eq方向竖直向上答：（1）电势能减小减小的电势能等于电场力做功为w=qel（2）小球运动到最低点的动能为mgl+qel（3）在最低点时绝缘杆对小球的作用力大小为3mg+2eq，方向竖直向上点评：解决本题的关键知道电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加以及会用动能定理求出小球在最低点的速度21（8分）（2012春桃城区校级期末）如图所示，一半径为r的绝缘圆形轨道竖直放置，圆轨道最低点与一条水平轨道相连，轨道都是光滑的轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，场强为e从水平轨道上的a点由静止释放一质量为m的带正电的小球，为使小球刚好在圆轨道内做圆周运动，求释放点a距圆轨道最低点b的距离s已知小球受到的电场力大小等于小球重力的倍考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动专题：动能定理的应用专题分析：小球刚好在圆轨道内完成圆周运动，在最高点，重力提供向心力，由牛顿第二定律与动能定理可以求出s大小解答：解：小球在最高点，如图所示，已知：qe=mg，则重力与电场力的合力：f=mg，小球刚好在圆轨道内做圆周运动，在最高点，弹力为零，重力与电场力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：f=m，解得：v=，小球从水平轨道到达最高点过程中，由动能定理得：qesmgr（1+cos）qersin=mv20，已知：qe=mg，解得：s=；答：释放点a距圆轨道最低点b的距离为点评：本题难度不大，确定物体运动过程，应用动能定理与牛顿第二定律即可正确解题；解题时要注意“小球刚好在圆轨道内完成圆周运动”的隐含信息22（14分）（2013秋南昌期中）如图所示，一不计重力的带正电的粒子，经过u0=200v的电压加速后（加速电场未画出），沿两平行金属板a、b间的中心线rd垂直电场线飞入扳间的电场中粒子飞出电场后进入界面mn、ps间的无电场区域已知a、b板长l=8cm，板间距离d