福建省漳州市龙海市程溪中学高二物理上学期期中试题（含解析）.docVIP

2015-2016学年福建省漳州市龙海市程溪中学高二（上）期中物理试卷一、单项选择题（每小题4分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1由电场强度的定义式e=可知，在电场中的某一点( )a电场强度e跟f成正比，跟q成反比b在该点无论怎样改变试探电荷的电量，始终不变c电荷在该点所受电场力越大，则该点的电场强度一定越大d电荷在该点受到的电场力的方向就是该点电场强度的方向2两个分别带有电荷量q和+3q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为f两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为( )abcd12f3在如图所示的电场中的p点放置一负电荷，使其从静止开始运动，其中加速度逐渐减小的是图中的( )abc d4如图是利用电容式传感器制作而成的话筒的示意图话筒的振动膜前面镀有薄薄的金属层，膜后距膜几十微米处有一金属板振动膜上的金属层和这个金属板构成电容器的两极，人对着话筒讲话时，振动膜前后振动，使电容发生变化导致电容变化的主要原因是电容器两板间的( )a电压变化b介质变化c正对面积变化d距离变化5在示波管中，电子枪2s内发射61013个电子（一个电子电荷量为1.601019c），则示波管中的电流大小约为( )a4.8106ab31013ac9.6106ad 3106a6三个相同的电阻（r1=r2=r3）连接成如图所示的电路，其每个电阻的电压和电流相应为，u1和i1；u2和i2；u3和i3下列说法正确的是( )au1=u2=u3bi1=i2=i3c2u1=u2=u3di1=2i2=2i37一根均匀导线，现将它均匀拉长，使导线的直径减小为原来的一半，此时它的阻值为64，则导线原来的电阻值为( )a128b32c4d28如图所示，在场强为e的匀强电场中有a、b两点，ab连线长l，与电场线夹角为、则ab两点的电势差为( )a零belcelsindelcos9一个电流表量程为1 a，内阻为rg=100，如果把它改装成量程较大的电流表，量程为 100 a，则( )a给它串联一个电阻，阻值为10000b给它串联一个电阻，阻值为9900c给它并联一个电阻，阻值为1d给它并联一个电阻，阻值为二、多选题（共4题，每小题4分，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）10如图所示，电场中有a、b两点，则下列说法中正确的是( )a电势ab，场强eaebb电势ab，场强eaebc将+q电荷从a点移到b点电场力做了正功d将q电荷放在a点时具有的电势能比放在b点大11r1、r2两电阻的i（电流）u（电压）图线如图所示，依据图线可判断( )ar1导线的电阻大于r2导线的电阻br1消耗的电功率大于r2消耗的电功率c将r1、r2串联在电路中，r1两端的电压大于r2两端的电压d将r1、r2并联在电路中，通过r1的电流大于通过r2的电流12如图所示，一电容为c的平行板电容器，两极板a、b间距离为d，板间电压为u，b板电势高于a板两板间有m、n、p三点，mn连线平行于极板，n、p连线垂直于极板，m、p两点间距离为l，pmn=以下说法正确的是( )a电容器带电量为b两极板间匀强电场的电场强度大小为cm、p两点间的电势差为d若将带电量为+q的电荷从m移到p，该电荷的电势能减少了13如图所示，一个绝缘光滑半圆轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为e，在其上端与圆心等高处有一个质量为m，带电荷量为+q的小球由静止开始下滑，则( )a小球运动过程中机械能守恒b小球经过最低点时速度最大c小球在最低点对环的压力大小为（mg+qe）d小球在最低点对环的压力大小为3（mg+qe）三、实验题（2小题，共12分）14如图1中给出的是用螺旋测微器测量一金属薄板厚度时的示数，此读数应为_mm；如图2游标卡尺读数为_cm，一个电流表的满偏电流值ig=0.6a，面板如图3所示，指针现在的电流示数是_a15欲用伏安法测定一段阻值约为5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10）；b电流表（03a，内阻0.0125）；c电流表（00.6a，内阻0.125）；d电压表（03v，内阻3k）；e电压表（015v，内阻15k，）；f滑动变阻器（050，额定电流1a）；g滑动变阻器（05000，额定电流0.3a）；h开关、导线（1）要求较准确地侧出其阻值，电流表应选_，电压表应选_，滑动变阻器应选_（填序号）（2）在本题虚线方框中画出用伏安法测上述电阻丝电阻的电路图四、计算题（本题4小题，共36分解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的，答案中必须明确写出数值和单位）16地面上方存在水平向右的匀强电场，一质量为m带电量为q的小球用绝缘丝线悬挂在电场中，当小球静止时丝线与竖直方向的夹角为，此时小球到地面的高度为h求：（1）匀强电场的场强？（2）若丝线突然断掉，小球经过多长时间落地？17如图所示的电路中，电源电压为60v，内阻不计，电阻r=2，电动机的内阻r0=1.6，电压表的示数为50v，电动机正常工作求（1）电路中电阻r的电流强度？（2）电动机的电功率？（3）每秒钟电动机有多少电能转化为机械能？18如图所示的电路中，a、b两端的电压u恒为12v，灯l标有“6v，1.8w”的字样，r1=20，电键s断开时，灯l正常发光求：（1）此时滑动变阻器的电阻r2；（2）当电键s闭合时，灯l的功率为多少？（3）如果在电键s闭合后仍要使灯l正常发光，则滑动变阻器的电阻要调到多大？19如图所示，虚线pq、mn间存在水平匀强电场，一带电粒子质量为m=2.01011kg、电荷量为q=+1.0105c，从a点由静止开始经电压为u=100v的电场加速后，垂直于匀强电场进入匀强电场中，从虚线mn的某点b（图中未画出）离开匀强电场时速度与电场方向成30角已知pq、mn间距为20cm，带电粒子的重力忽略不计求：（1）带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1（2）匀强电场的场强大小（3）ab两点间的电势差2015-2016学年福建省漳州市龙海市程溪中学高二（上）期中物理试卷一、单项选择题（每小题4分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1由电场强度的定义式e=可知，在电场中的某一点( )a电场强度e跟f成正比，跟q成反比b在该点无论怎样改变试探电荷的电量，始终不变c电荷在该点所受电场力越大，则该点的电场强度一定越大d电荷在该点受到的电场力的方向就是该点电场强度的方向【考点】电场强度 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】电场强度是由电场本身决定，与试探电荷的电量大小无关，与试探电荷所受的电场力的大小无关，电场强度的方向就是放在该点的正电荷所受电场力的方向，与负电荷所受电场力的方向相反【解答】解：a、电场强度是由电场本身决定，与试探电荷的电量大小无关，与试探电荷所受的电场力的大小无关，故a错误b、电场强度是由电场本身决定，与试探电荷的电量大小无关，与试探电荷所受的电场力的大小无关，即始终不变，故b正确c、电场强度是由电场本身决定，与试探电荷的电量大小无关，与试探电荷所受的电场力的大小无关，故c错误d、电场强度的方向就是放在该点的正电荷所受电场力的方向，与负电荷所受电场力的方向相反，故d错误故选b【点评】掌握了电场强度的定义及决定因素即可顺利解决此类问题2两个分别带有电荷量q和+3q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为f两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为( )abcd12f【考点】库仑定律；电荷守恒定律 【专题】计算题【分析】清楚两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分根据库仑定律的内容，根据变化量和不变量求出问题【解答】解：接触前两个点电荷之间的库仑力大小为f=k，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带点为+q，距离又变为原来的，库仑力为f=k，所以两球间库仑力的大小为故选c【点评】本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题3在如图所示的电场中的p点放置一负电荷，使其从静止开始运动，其中加速度逐渐减小的是图中的( )abcd【考点】电场强度 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】电场线的疏密反映电场的强弱，再根据f=eq可得出电场力大小的变化即可解决问题【解答】解：正电荷受电场力水平向右，使其从静止开始向右运动，要使加速度逐渐增大，也就是所受电场力增大，电场线的疏密反映电场的强弱，从图中看出在水平向右的方向上，a图中电场强度减小，b图中电场强度增大，c图中电场强度不变，d图中电场强度先增大后减小，所以b图符合题意故选：b【点评】电场线是为了形象描述电场的性质而引入的虚拟的带有方向的线，近几年对电场线的考查较多，应认真把握4如图是利用电容式传感器制作而成的话筒的示意图话筒的振动膜前面镀有薄薄的金属层，膜后距膜几十微米处有一金属板振动膜上的金属层和这个金属板构成电容器的两极，人对着话筒讲话时，振动膜前后振动，使电容发生变化导致电容变化的主要原因是电容器两板间的( )a电压变化b介质变化c正对面积变化d距离变化【考点】平行板电容器的电容；电容 【专题】电容器专题【分析】人对着话筒讲话时，振动膜前后振动，电容器两板间的距离发生变化，引起电容变化【解答】解：a、电容器的电容与电压无关故a错误 b、c人对着话筒讲话时，振动膜前后振动时，介质、正对面积没有变化故bc错误 d、人对着话筒讲话时，振动膜前后振动时，电容器两板间的距离发生变化，引起电容变化故d正确故选d【点评】本题是简单的实际问题，关键要准确分析引起电容变化的原因要注意电容是电容器本身的特性，与电压无关5在示波管中，电子枪2s内发射61013个电子（一个电子电荷量为1.601019c），则示波管中的电流大小约为( )a4.8106ab31013ac9.6106ad3106a【考点】电流、电压概念 【专题】恒定电流专题【分析】每个电子的电荷量大小为e=1.61019c根据电流的定义式i=，求解示波管中电流的大小【解答】解：每个电子的电荷量大小为e=1.61019c，61013个电子总电荷量为q=610131.61019c=9.6106c，则示波管中电流大小为：i=4.8106a故选：a【点评】本题首先要了解电子的电荷量等于元电荷，是个常量其次要掌握电流的定义式6三个相同的电阻（r1=r2=r3）连接成如图所示的电路，其每个电阻的电压和电流相应为，u1和i1；u2和i2；u3和i3下列说法正确的是( )au1=u2=u3bi1=i2=i3c2u1=u2=u3di1=2i2=2i3【考点】串联电路和并联电路；闭合电路的欧姆定律 【专题】恒定电流专题【分析】串联电路中，电流处处相等；并联电路中，各支路电流之和等于干路电流；串联电路的电压特点和并联电路的电压特点，串联分压，并联的各支路电压相同【解答】解：由电路图可知，r2、r3并联后与r1串联，故r2、r3两端的电压相等，通过r1的电流i1=i2+i3，因三个电阻r1=r2=r3，r2、r3并联后的总阻值为，故u1=2u2=2u3，i1=2i2=2i3，故选d【点评】此题结合电路考查了串联电路与并联电路的电流和电压规律7一根均匀导线，现将它均匀拉长，使导线的直径减小为原来的一半，此时它的阻值为64，则导线原来的电阻值为( )a128b32c4d2【考点】电阻定律 【专题】恒定电流专题【分析】通过导线长度和横截面积的变化，根据电阻定律r=求出电阻的大小【解答】解：一根均匀导线，现将它均匀拉长，使导线的直径减小为原来的一半，则横截面积变为原来的，因为导线的体积不变，则长度变为原来的4倍，根据电阻定律r=，知电阻变为原来的16倍，所以导线原来的电阻为4故c正确，a、b、d错误故选c【点评】解决本题的关键掌握电阻定律的公式r=，知道影响电阻的因素8如图所示，在场强为e的匀强电场中有a、b两点，ab连线长l，与电场线夹角为、则ab两点的电势差为( )a零belcelsindelcos【考点】电势差；电场线 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据匀强电场中电势差与场强的关系式u=ed求电场强度，注意d是沿电场线方向的两点间距离【解答】解：匀强电场中电势差与场强的关系公式为：u=ed；d是沿电场线方向的两点间距离，为lcos；故ab之间的电势差为：u=elcos；故选d【点评】考查了电场强度与电势差的关系，注意公式中d的含义电场中的要基本公式掌握，打好基础9一个电流表量程为1 a，内阻为rg=100，如果把它改装成量程较大的电流表，量程为 100 a，则( )a给它串联一个电阻，阻值为10000b给它串联一个电阻，阻值为9900c给它并联一个电阻，阻值为1d给它并联一个电阻，阻值为【考点】把电流表改装成电压表 【专题】实验题；定量思想；比例法；恒定电流专题【分析】把电流表改装成大量程的电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值【解答】解：把电流表改装为100a的电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值：r=；故选：d【点评】本题考查了电流表的改装，知道电流表的改装原理是解题的关键，应用并联电路特点与欧姆定律可以解题二、多选题（共4题，每小题4分，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）10如图所示，电场中有a、b两点，则下列说法中正确的是( )a电势ab，场强eaebb电势ab，场强eaebc将+q电荷从a点移到b点电场力做了正功d将q电荷放在a点时具有的电势能比放在b点大【考点】电场线 【分析】沿着电场线方向电势一定降低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，要正确在电场中通过电场线来判断电场强度、电势、电势能大小变化，理解这些概念之间的关系【解答】解：a、沿着电场线电势一定降低，所以电势ab电场线越密的地方电场强度越大，所以场强eaeb，故a错误，b正确c、将+q电荷从a点移动到b点所受电场力和电场线方向相同，电场力做正功，故c正确d、将q电荷从a点移动到b点，所受电场力和电场线方向相反，电场力做负功，电势能增加，所以epaepb，故d错误故选：bc【点评】电场强度、电势、电势能、电场力做功等概念是本章的重点和难点，要弄清它们之间的区别和联系，并能在实际电场中或者电荷运动过程中弄清它们的变化11r1、r2两电阻的i（电流）u（电压）图线如图所示，依据图线可判断( )ar1导线的电阻大于r2导线的电阻br1消耗的电功率大于r2消耗的电功率c将r1、r2串联在电路中，r1两端的电压大于r2两端的电压d将r1、r2并联在电路中，通过r1的电流大于通过r2的电流【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率 【专题】恒定电流专题【分析】根据图线的斜率表示电阻的倒数去进行求解串联时，通过两电阻的电流相等，并联时，两电阻两端的电压相等，根据欧姆定律分析即可【解答】解：a、因为该图线为iu图线，则图线的斜率k=，由图可知，1的斜率大于2的斜率，所以r1导线的电阻小于r2导线的电阻，故a错误b、功率p=i2r，由于不知道电流之间的关系，所以无法判断消耗的功率大小，故b错误；c、将r1与r2串联后接于电源上，电流相等，根据u=ir得知，电压与电阻成正比，则r1两端的电压小于r2两端的电压，故c错误d、将r1与r2并联后接于电源上，电压相等，根据i=得知，电流与电阻成反比，则通过r1的电流大于通过r2的电流，故d正确故选：d【点评】本题是欧姆定律的直接应用，关键要抓住iu图象的斜率等于电阻的倒数12如图所示，一电容为c的平行板电容器，两极板a、b间距离为d，板间电压为u，b板电势高于a板两板间有m、n、p三点，mn连线平行于极板，n、p连线垂直于极板，m、p两点间距离为l，pmn=以下说法正确的是( )a电容器带电量为b两极板间匀强电场的电场强度大小为cm、p两点间的电势差为d若将带电量为+q的电荷从m移到p，该电荷的电势能减少了【考点】带电粒子在混合场中的运动；匀强电场中电势差和电场强度的关系 【专题】定量思想；方程法；带电粒子在复合场中的运动专题【分析】根据电容的定义式c=求出电容器的带电量两极板间匀强电场的电场强度大小e=pn间的电势差小于板间电压u根据u=ed，d是两点间沿场强方向的距离求电势差将带电量为+q的电荷从m移到p，电场力做正功，电势能减小根据电场力做功公式wmp=qump求出电场力做功【解答】解：a、由电容的定义式c=得电容器的带电量q=cu故a错误b、两极板间匀强电场的电场强度大小e=，故b正确c、m、p两点间的电势差为ump=elsin=lsin故c错误d、将带电量为+q的电荷从m移到p，电场力做功wmp=qump=，电荷的电势能减小故d正确故选：bd【点评】本题中涉及电容、电场强度、电势差、电场力做功等多个知识点公式u=ed中，d是两点间沿场强方向的距离，不是两点间的距离13如图所示，一个绝缘光滑半圆轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为e，在其上端与圆心等高处有一个质量为m，带电荷量为+q的小球由静止开始下滑，则( )a小球运动过程中机械能守恒b小球经过最低点时速度最大c小球在最低点对环的压力大小为（mg+qe）d小球在最低点对环的压力大小为3（mg+qe）【考点】带电粒子在混合场中的运动 【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】小球运动过程中电场力做功，机械能不守恒根据动能定理知小球经过环的最低点时速度最大根据动能定理求出小球经过在最低点时的速度，由牛顿第二定律求出环对球的支持力，得到球对环的压力【解答】解：a、小球运动过程中电场力做功，机械能不守恒故a错误b、小球从最高点到最低点的过程中，合力做正功，则根据动能定理得知，动能增加，速率增大，所以小球经过环的最低点时速度最大故b正确c、d小球从最高点到最低点的过程，根据动能定理得：（mg+qe）r= 又由nmgqe=m，联立解得n=3（mg+qe）故c错误，d正确故选：bd【点评】本题是带电体在匀强电场中做圆周运动的问题，由动能定理和牛顿运动定律结合求解是常用的思路三、实验题（2小题，共12分）14如图1中给出的是用螺旋测微器测量一金属薄板厚度时的示数，此读数应为6.125mm；如图2游标卡尺读数为10.02cm，一个电流表的满偏电流值ig=0.6a，面板如图3所示，指针现在的电流示数是0.34a【考点】多用电表的原理及其使用；刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用 【专题】定量思想；实验分析法；恒定电流专题【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6mm可动刻度读数为0.0112.5mm=0.125mm，所以最终读数为：6mm+0.125mm=6.125 mm 游标卡尺的主尺读数为10cm，游标读数为 0.12=0.2mm=0.02cm，所以最终读数为10cm+0.02cm=10.02cm； 电流表的最小分度为0.02a，则要估读到0.01a，为0.34a故答案为：10.405，6.12 0.34【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15欲用伏安法测定一段阻值约为5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10）；b电流表（03a，内阻0.0125）；c电流表（00.6a，内阻0.125）；d电压表（03v，内阻3k）；e电压表（015v，内阻15k，）；f滑动变阻器（050，额定电流1a）；g滑动变阻器（05000，额定电流0.3a）；h开关、导线（1）要求较准确地侧出其阻值，电流表应选c，电压表应选d，滑动变阻器应选f（填序号）（2）在本题虚线方框中画出用伏安法测上述电阻丝电阻的电路图【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线 【专题】实验题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题【分析】（1）根据伏安法测电阻的原理选择实验器材；（2）根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法【解答】解：（1）伏安法测电阻丝电阻，需要：a、电池组（3v，内阻1）；电路最大电流约为：i=a，电流表应选：c、电流表；电源电动势为3v，因此电压表选：d、电压表；为方便实验操作，要使用分压式接法，滑动变阻应选电阻值比较小的：f、滑动变阻器（050，额定电流1a）；（2）待测电阻阻值约为5，电流表内阻约为0.125a，电压表内阻约为3k，相对来说，电压表内阻远大于待测定值阻值，因此电流表应采用外接法实验原理如图故答案为：（1）c、d、f；（2）如图所示【点评】本题考查了实验器材的选择、电流表接法的判断，当电压表内阻远大于待测电阻阻值时，电流表应采用外接法四、计算题（本题4小题，共36分解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的，答案中必须明确写出数值和单位）16地面上方存在水平向右的匀强电场，一质量为m带电量为q的小球用绝缘丝线悬挂在电场中，当小球静止时丝线与竖直方向的夹角为，此时小球到地面的高度为h求：（1）匀强电场的场强？（2）若丝线突然断掉，小球经过多长时间落地？【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；自由落体运动；电场强度 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】（1）小球受重力、拉力和电场力处于平衡，根据共点力平衡求出电场力的大小，从而得出匀强电场的场强（2）丝线断掉后，做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度，结合位移时间公式求出运动的时间【解答】解：（1）对小球列平衡方程qe=mgtan所以 （2）丝线断后小球的加速度为由 得 答：（1）匀强电场的场强（2）若丝线突然断掉，小球经过时间落地【点评】本题考查了共点力平衡、牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁17如图所示的电路中，电源电压为60v，内阻不计，电阻r=2，电动机的内阻r0=1.6，电压表的示数为50v，电动机正常工作求（1）电路中电阻r的电流强度？（2）电动机的电功率？（3）每秒钟电动机有多少电能转化为机械能？【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率 【专题】计算题；定性思想；推理法；恒定电流专题【分析】（1）根据串联电路规律可明确r两端的电压，再由欧姆定律可求得电流强度；（2）根据功率公式p=ui可求得电动机的电功率；（3）根据功能关系可求得每秒钟产生的机械能【解答】解：（1）由图可知，r与电动机串联；电压表示数为50v，r两端的电压ur=6050=10v，则由欧姆定律可知， i=5a；（2）流过电动机的电流为5a；则电动机的功率为：p=ui=505=250w；（3）根据能量转化关系可知：e机=uiti2r0t=5051251.61=210j； 答：（1）电路中电阻r的电流强度为5a；（2）电动机的电功率为250w；（3）每秒钟电动机有210j电能转化为机械能【点评】对于电动机电路，关键要正确区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路：当电动机正常工作时，是非纯电阻电路；对于电动机的输出功，往往要根据能量守恒求解18如图所示的电路中，a、b两端的电压u恒为12v，灯l标有“6v，1.8w”的字样，r1=20，电键s断开时，灯l正常发光求：（1）此时滑动变阻器的电阻r2；（2）当电键s闭合时，灯l的功率为多少？（3）如果在电键s闭合后仍要使灯l正常发光，则滑动变阻器的电阻要调到多大？【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率 【专题】恒定电流专题【分析】（1）电键s断开时，灯l正常发光，其电压为额定电压6v，得到电阻r2的电压，电阻r2与灯泡l串联，电流相等，得到滑动变阻器的电阻r2与灯泡的电阻相等（2）当电键s闭合时，灯l与r1并联后再与r2串联，求出并联部分的电阻和电压，再