【试卷解析】福建省泉州市安溪一中学年高二（上）期中物理试卷 word版含解析.doc

2014-2015学年福建省泉州市安溪一中高二（上）期中物理试卷 一、单项选择题（每小题3分，共42分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的选对的得3分，选错或不答的得0分）1（3分）（2014秋安溪县校级期中）一台半导体收音机，电池供电的电流是8mA，也就是说（）A1000s电池供给8C的电荷量B1h电池供给8C的电荷量C1s电池供给8C的电荷量D1min电池供给8C的电荷量考点：电流、电压概念版权所有专题：恒定电流专题分析：根据电流的定义式I=，得到q=It，分析一定时间内通过导体的电量解答：解：电池供电的电流I=8mA，若电量q=8C，则由电流的定义式I=，得到时间t=1000s故选：A点评：本题是电流定义式的应用，比较简单电流大小等于单位时间内通过导体横截面的电量2（3分）（2011秋泉州期中）关于电阻和电阻率的说法，正确的是（）A将一根导线截去一半，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的一半B电阻率表征了导体导电能力的强弱，并且与温度有关C只有导体中有电流通过时才有电阻D电阻率与导体的长度及横截面积有关考点：电阻定律版权所有专题：恒定电流专题分析：导体的电阻率与导体的材料，温度有关，与其他因素无关由电阻决定式，可以判定各个选项解答：解：A、导体的电阻率与导体的材料，温度有关，与其他因素无关，将一根导线截去一半，则半根导线的电阻率仍不变由电阻决定式，将一根导线截去一半，则半根导线的电阻变为原来的一半，故A错误B、电阻率表征了导体导电能力的强弱，并且与温度有关，故B正确C、电阻是导体的固有属性，导体通不通电，电阻都存在，故C错误D、导体的电阻率与导体的材料，温度有关，与其他因素无关，故D错误故选：B点评：明确导体电阻的决定式，可以知道决定电阻的因素知道电阻率与材料和温度有关3（3分）（2011青铜峡市模拟）如图所示，a、b为竖直向上的电场线上的两点，一带电质点在a点由静止释放，沿电场线向上运动到b点恰好速度为零，下列说法正确的是（）A带电质点在a点受的电场力向上，在b点受的电场力向下B带电质点在a点的电势能比在b点的电势能大Ca点的电场强度比b点的电场强度小Da点的电势比b点的电势低考点：电场强度；牛顿第二定律；电场线；电势；电势能版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：由题意可知，带点质点受两个力，重力和电场力由静止向上运动，可判断出电场力的方向，根据电场力做的功，判断电势能的变化通过带电质点初末速度为零可比较出两点的电场强度沿电场线方向电势逐渐降低解答：解：A、由题意可知，带点质点受两个力，重力和电场力，开始由静止向上运动，电场力大于重力，且方向向上因为在一根电场线上，所以在两点的电场力方向都向上故A错误 B、电场力做正功，电势能降低，所以带电质点在a点的电势能比在b点的电势能大故B正确 C、在a点，电场力大于重力，到b点恰好速度为零，可知先加速后减速，所以b点所受的电场力小于重力所以a点的电场强度比b点的电场强度大故C错误 D、沿电场线方向电势逐渐降低，所以a点的电势比b点高故D错误故选B点评：解决本题的关键通过a、b两点的速度为0，知道受重力和电场力两个力，且知道电场力的方向通过电场力与重力的大小关系，比较电场强度的大小以及知道电场力做功与电势能的关系和沿电场线方向电势降低4（3分）（2014秋安溪县校级期中）如图所示为滑动变阻器的示意图，下列说法中正确的是（）Aa和b串联接入电路时，P向右移动电流增大Bb和c串联接入电路时，P向右移动电流减小Cb和d串联接入电路时，P向右移动电流增大Da和c串联接入电路时，P向右移动电流增大考点：欧姆定律版权所有专题：恒定电流专题分析：滑动变阻器的原理是靠改变连入电路中的电阻丝的长度来改变电阻的，它的正确接法是“一上一下”哪一段电阻丝被接入电路中是由下面的接线柱决定的若接左下接线柱，滑片向右移动，电阻变大，则电路中的电流变小；若接右下接线柱，滑片向左移动，电阻变大，则电路中的电流变小解答：解：A、将a和b连入电路时，当滑片P向右滑动时，不会改变电阻丝长度，电阻不变，电流也不变；故A错误；B、将b和c连入电路时，连入路中的电阻丝是Pb部分当滑片P向右滑动时，PB电阻丝长度减小，电阻减小，电流增大，故B错误C、将b和d连入电路时，连入路中的电阻丝是Pb部分当滑片P向右滑动时，PA电阻丝长度减小，电阻减小，则电流增大，故C正确D、将a和c连入电路时，连入电路中的电阻丝是aP部分，当滑片P向右滑动时，ap电阻丝长度变长，电阻变大，电流变小，故D错误；故选：C点评：本题考查了滑动变阻器的原理和作用，能够正确判断当“一上一下”接入电路时哪一段电阻丝被连入电路中是本题的解题关键所在5（3分）（2014秋安溪县校级期中）如图所示，实线表示电场线，虚线表示等势线，a、b两点的电势分别为Ua=20V，Ub=50V，则a、b连线的中点c的电势Uc应为（）AUc=35VBUc35VCUc35VD无法判断Uc的高低考点：电势版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：由图看出，ac段电场线比bc段电场线密，ac段场强较大，根据公式U=Ed定性分析a、c间与b、c间电势差的大小，再求解中点b的电势c解答：解：由图看出，ac段电场线比bc段电场线密，ac段场强较大，根据公式U=Ed可知，ca间电势差Uca大于b、c间电势差Ubc，即cabc，得到c=35V故选：B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6（3分）（2013洪泽县校级学业考试）如图所示，虚线表示等势面，相邻两等势面间的电势差相等，有一带电的小球在该电场中运动，不计小球所受的重力和空气阻力，实线表示该带正电的小球的运动轨迹，小球在a点的动能等于20eV，运动到b点时的动能等于2eV，若取C点为零电势点，则这个带电小球的电势能等于6eV，它的动能等于（）A16eVB14eVC6eVD4eV考点：电势能；动能定理的应用版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：解决本题需掌握：小球只受电场力时，小球的动能和电势能之和保持不变；正确判断小球在电场中所受电场力方向以及电场力做功情况解答：解：小球自a点运动到b时，电场力做负功：Wab=2eV20eV=18eV 由于相邻两等势面的电势差相等，故电势差的大小关系有：Uab=3Ubc 从b到c电场力做正功，根据动能定理有：Wbc=EkcEkb 联立可得Ekc=8eV由于只有电场力做功，电势能和动能和保持不变，故在c点：E=Ep+Ek=8eV即电势能和动能之和为8eV，因此当电势能等于6eV时动能为14eV，故ACD错误，B正确故选B点评：学习电场中的功能关系时可以类比在重力场的功能关系，如只有重力做功，动能和重力势能之和保持不变；那么只有电场力做功，电势能和动能之和保持不变7（3分）（2014秋安溪县校级期中）如图所示，三个完全相同的电灯混联，若每只灯的额定功率是P，这个电路允许的最大功率是（）A3PB2PC1.5PDP考点：电功、电功率版权所有专题：恒定电流专题分析：设额定电流为I，并联电路的最大电压取额定电压的最小值，并联电路的最大电流取各个额定电流的最小值解答：解：设灯泡的额定电流为I、电阻为R，额定电压为U，则：P=UI=；并联的灯泡的总电阻为，电路的最大电流为I，故最大电压为：U=I（R+=；故这个电路允许的最大功率是：P=UI=；故选：C点评：本题关键是明确串联电路最大电流取额定电流的最小值，并联电路最大电压取额定电压的最小值8（3分）（2012云南一模）一个带正电的质点，电量q=2.0109C，在静电场中由A点移到B点在这个过程中，除电场力外，其他力作的功为6.0105J，质点的动能增加了8.0105J，则a、b两点间的电势差Uab为（）A3104VB1104VC4104VD7104V考点：电势差；电势能版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：质点在静电场中由A点移到B点的过程中，电场力和其他外力对质点做功，引起质点动能的增加电场力做功为Wab=qUab，根据动能定理求解a、b两点间的电势差Uab解答：解：根据动能定理得 qUab+W其他=Ek看到 Uab=1104V故选B点评：对于研究质点动能变化的问题，要首先考虑能否运用动能定理基础题，比较容易9（3分）（2011秋泉州期中）如图所示的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点，可以判定（）AM点的加速度大于N点的加速度BM点的电势小于N点的电势C粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力D粒子在M点具有的电势能大于在N点具有的电势能考点：电场线；电场强度；电势；电势能版权所有分析：根据顺着电场线方向电势降低，判断电势的高低由粒子轨迹的弯曲方向判断电场力方向电场力方向应指向轨迹的内侧由电场力做功正负，判断电势能的大小和动能的大小由电场线的疏密判断场强大小，确定电场力的大小解答：解：A、C，M点处的电场线较疏，而N点处电场线较密，则M点处的电场强度较小，粒子所受的电场力也较小，在M点的加速度小于在N点的加速度速度故AC错误B、根据顺着电场线方向电势降低可知，M点的电势高于N点的电势故B错误D、由电场力方向应指向轨迹的内侧得知，粒子所受电场力方向大致斜向左下方，对粒子做正功，其电势能减小，动能增大，则知粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，故D正确故选：D点评：本题是电场中轨迹问题，关键要根据轨迹的弯曲方向判断出粒子所受的电场力方向，再抓住电场线的物理意义判断场强、电势等的大小10（3分）（2010秋泉州校级期中）a、b两个电阻的UI图线如图所示，则（）ARaRbBRaRbC若将它们串联在电路中，发热功率较大的是电阻RbD若将它们并联在电路中，发热功率较大的是电阻Ra考点：路端电压与负载的关系；电功、电功率版权所有专题：恒定电流专题分析：UI图线斜率等于电阻，串联电路电流相等，根据P=I2R比较发热功率的大小并联电路电压相等，根据P=比较发热功率的大小解答：解：A、B、UI图线斜率表示电阻，Ra斜率大，电阻大则RaRb故A错误，B正确C、串联电路中电流相等，根据P=I2R，电阻大的发热功率大所以发热功率较大的是电阻Ra故C错误D、并联电路电压相等，根据P=，电阻小的发热功率大所以发热功率较大的是电阻Rb故D错误故选：B点评：解决本题的关键掌握IU图线斜率表示电阻，以及串联电路电流相等，并联电路电压相等的特点，即可进行分析11（3分）（2012秋萧山区期中）如图所示，P、Q是两个等量的正点电荷，它们连线的中点是O，A、B是中垂线上的两点，OAOB，用EA、EB、A、B分别表示A、B两点的场强和电势，则（）AEA一定大于EB，A一定大于BBEA一定大于EB，A不一定大于BCEA不一定大于EB，A不一定大于BDEA不一定大于EB，A一定大于B考点：电势；电场强度版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：根据电场线的分布情况，分析两电荷连线中垂线上各个点的合场强大小情况和方向特点，根据顺着电场线方向电势降低，判断电势的高低解答：解：两个等量同种电荷连线中点O的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从O点沿着中垂线向上到无穷远处电场强度先增大后减小，场强最大的P点可能在A、B连线之间，也可能在A、B连线上，还可能在A、B连线下，由于A、B两点的间距也不确定，故EA可能大于EB，也可能小于EB，还可能等于EB；根据平行四边形定则可知中垂线上电场强度方向一直向上，故电势越来越低，A一定大于B；故ABC错误，D正确；故选：D点评：本题关键是要明确两个等量同种电荷连线的中垂线上的场强分布情况和电势分布情况，知道沿着场强方向，电势越来越低，从而判断场强和电势关系12（3分）（2014秋安溪县校级期中）在点电荷Q的电场中，一个质子通过时的轨迹如图实线所示，a、b为两个等势面，则下列判断中正确的是（）AQ可能为正电荷，也可能为负电荷B运动中电场力总是做正功C质子经过两等势面的速度VaVbD质子在两等势面上的电势能EpaEpb考点：等势面；电势能版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：从粒子运动轨迹看出，轨迹向左弯曲，可知带电粒子受到了排斥力作用，从a到b过程中，电场力做负功，反之，远离Q的过程电场力做正功可判断电势能的大小和动能大小以及Q的电性解答：解：A、根据运动轨迹可知，带电粒子受到了排斥力作用，故Q为正电荷，故A错误；B、根据运动轨迹可知，带电粒子受到了排斥力作用，从a到b过程中，电场力做负功；反之，远离Q的过程电场力做正功，故B错误；C、D、根据运动轨迹可知，带电粒子受到了排斥力作用，从a到b过程中，电场力做负功，因此动能减小电势能增大，故C正确，D错误；故选：C点评：该题考查轨迹问题，首先要根据弯曲的方向判断出带电粒子所受电场力方向，确定是排斥力还是吸引力由动能定理分析动能和电势能的变化是常用的思路13（3分）（2014秋宣城校级期中）如图所示，在粗糙水平面上固定一点电荷Q，在M点无初速度释放一带有恒定电量的小物块，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不正确的是（）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减小CM点的电势一定高于N点的电势D小物块电势能变化量的大小一定等于克服摩擦力做的功考点：电势能；带电粒子在匀强电场中的运动版权所有分析：解决本题需要掌握：正确利用库伦定律判断库仑力大小的变化；根据电场力做功判断电势能的变化；掌握如何判断电势的高低；正确利用功能关系分析物体功能的变化解答：解：A、由于物块离电荷越来越远，根据F=k可知小物块所受电场力越来越小，故A正确；B、由于小物块由静止开始运动，因此一定受到库伦斥力作用，所以电场力对其做正功，电势能减小，故B正确；C、由题只能判断物块和点电荷Q带同种电荷，而不能确定点电荷Q的电性，故不能判断M和N点电势的高低，故C错误；D、由于小物块始末动能都为零，因此动能没有变化，故电场力所做正功和克服摩擦力做功相等，即电势能的变化和克服摩擦力做功相等，故D正确本题选错误的，故选：C点评：本题考察知识点较多，有一定的综合性，平时要注意概念的理解，如电势高低判断，电势能变化和电场力做功关系，功能关系的应用等14（3分）（2007韶关一模）如图所示，L为竖直、固定的光滑绝缘杆，杆上O点套有一质量为m、带电量为q的小环，在杆的左侧固定一电荷量为+Q的点电荷，杆上a、b两点到+Q的距离相等，Oa之间距离为h1，ab之间距离为h2，使小环从图示位置的O点由静止释放后，通过a的速率为则下列说法正确的是（）A小环通过b点的速率为B小环从O到b，电场力做的功可能为零C小环在Oa之间的速度是先增大后减小D小环在ab之间的速度是先减小后增大考点：动能定理的应用；电势能版权所有专题：动能定理的应用专题分析：由题可知，a点与b点电势相等，则小环从O点移到a点与移到b点电场力做功相等，根据动能定理分别研究小环从O点移到a点与O点移到b点，求解小环通过b点的速率根据动能定理分析小环从o到b电场力做功不等于零小环在oa之间运动时，重力和电场力均做正功速度一直增大根据动能定理研究小环滑到ab的速度大小，分析小环在ab之间的速度如何变化解答：解：A、a、b两点是+Q所产生的电场中的两个等势点，所以小环从a到b的过程中只有重力做功，根据动能定理研究小环从a到b的过程得：，解得 vb= 故A正确B、小环从o到b电场力做的功等于从o到a电场力做的功，大于零故B错误C、小环在oa之间运动过程，重力和电场力均做正功，速度一直增大故C错误D、小环在ab之间运动过程，重力做正功，电场力先做正功，后做负功，无法判断重力做功与电场力做功的大小，即无法判断重力做功与电场力做功的代数和的正负，则无法确定速度的变化情况故D错误故选A点评：本题运用动能定理分析物体的运动情况，关键确定电场力做功，要抓住电场力做功的特点：电荷与初末位置的电势差有关，与路径无关二、实验、填空题（共4小题，每空3分，共18分）15（6分）（2014秋东湖区校级期中）写出如图所示的游标卡尺和螺旋测微器的读数：（1）游标卡尺的读数52.35mm；（2）螺旋测微器的读数3.855mm考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用版权所有专题：实验题分析：（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；（2）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数示数之和是螺旋测微器示数之和解答：解：（1）由图1所示游标卡尺可知，主尺示数是5.2cm=52mm，游标尺示数是70.05mm=0.35mm，游标卡尺示数为52mm+0.35mm=52.35mm（2）由图2所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为3.5mm，可动刻度示数为35.50.01mm=0.355mm，螺旋测微器示数为3.5mm+0.355mm=3.855mm故答案为：（1）52.35；（2）3.855点评：要掌握游标卡尺与螺旋测微器的使用及读数方法；游标卡尺不需要估读，螺旋测微器需要估读16（3分）（2014秋安溪县校级期中）在测金属丝的电阻率的实验中，下列说法中不正确的是 （）A用螺旋测微器在金属丝三个不同位置各测量一次直径，算出其平均值B实验中应调节滑动变阻器，取得多组U和I的值，然后求出平均电阻C实验中电流不能太大，以免电阻率发生变化D应选用毫米刻度尺测整根金属丝的长度三次，然后求出平均长度l考点：测定金属的电阻率版权所有专题：实验题分析：根据公式，l应为连入电路的有效长度，为了减小实验误差，要尽量使温度不变，测量值往往要多测几次，在求其平均值解答：解：A、为了减小实验误差，应用螺旋测微器在金属丝三个不同部位各测量一次直径，算出其平均值，故A正确；B、为了减小实验误差，实验中应调节滑动变阻器，取得多组U和I的值，然后求出平均电阻，故B正确；C、金属丝的电阻率随温度的改变而改变，为保持电阻率不变，实验中电流不能太大，以免电阻率发生变化，故C正确；D、应测量出金属丝连入电路的有效长度三次，求平均值，而不是测量整根金属丝的长度，故D错误；本题选不正确的，故选：D点评：本题考察实验误差分析，对于测量过程中不可避免的存在误差，往往通过多次测量求平均值来减小实验误差17（6分）（2014秋安溪县校级期中）灵敏电流计的满偏电流为100A，若使其并联一个200的电阻，则成为一个量程为0.2mA的毫安表，若将这个毫安表改装成量程为3V的电压表，应串联一个1.49104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并联一个分流电阻，把电流表改装成电压表需要串联一个分压电阻，应用串并联电路特点与欧姆定律分析答题解答：解：把灵敏电流计改装成毫安表时：I=+Ig=+100106=0.0002，毫安表的内阻：R=，把毫安表改装成电压表需要串联一个分压电阻，串联电阻阻值：R=R=R，解得：R=1.49104；故答案为：串；1.49104点评：本题考查了电压表的改装，知道电表的改装原理，应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解题18（3分）（2014秋安溪县校级期中）如图所示，半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套一质量为m，带正电的珠子，空间存在水平向右的匀强电场，珠子所受电场力是其重力的倍，将珠子从环上的最低位置A点释放，要使珠子恰好能绕圆环做完整的圆周运动，则应在A点给珠子的初速度至少为考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：根据共点力平衡得出珠子圆周运动的最高点，要使珠子做完整的圆周运动，在等效最高点速度为零，根据动能定理求出初速度的最小值解答：解：珠子的平衡位置和圆心连线与竖直方向的夹角为，则有tan=如图，此时珠子做圆周运动的“最高点”（与平衡位置关于O点对称）为D，在D点，珠子速度为零，从A点到D点过程，由动能定理得mgr（1+cos）qErsin=0得：v0=故答案为：点评：解决本题的关键知道小球在竖直面内做圆周运动的等效最高点，抓住等效最高点的临界速度为零，结合动能定理进行求解三、计算题（第19题8分，第20题10分，第21题10分，第22题12分计算时应写必要的文字说明、方程式和重要步骤，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）19（8分）（2010秋泉州校级期中）水平放置的平行板电容器，两极板相距5mm，电容值为2F，当将其充电到两板电势差为100V时，一个质量为1.01011kg的带负电尘埃正好在板间静止，取g=10m/s2求：（1）这时电容器的带电量为多少？（2）该尘埃带电量为多少？考点：带电粒子在混合场中的运动版权所有专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：（1）根据电容的定义式求解电容器的带电量（2）板间场强为E=，带负电尘埃所受电场力为F=qE，由平衡条件求出该尘埃带电量解答：解：（1）由C=得：Q=CU=2106100C=2104C（2）由平衡条件得：qE=mg又E=得到：q=mg代入解得：q=51018C答：（1）电容器的带电量为2104C（2）该尘埃带电量为51018C点评：此题是电容的定义式C=、板间场强公式E=及平衡条件的综合应用，基础题20（10分）（2009秋长春期末）环保汽车将为2008年奥运会场馆提供服务，受到好评某辆以蓄电池为驱动能源的环保汽车，总质量m=3103kg当它在水平路面上以v=36km/h的速度匀速行驶时，驱动电机的输入电流I=50A，电压U=300V在此行驶状态下（1）求驱动电机的输入功率P电；（2）若驱动电机能够将输入功率的90%转化为用于牵引汽车前进的机械功率P机，求汽车所受阻力与车重的比值（g取10m/s2）考点：功率、平均功率和瞬时功率；功能关系版权所有专题：功率的计算专题分析：（1）根据P=UI求出驱动电机的输入功率（2）匀速行驶时，牵引力等于阻力，求出机械功率，根据P=Fv=fv，求出汽车所受的阻力解答：解：（1）P=UI=30050=15000W故求驱动电机的输入功率P电=15000W （2）机械功率P机=90%P电=1500090%=13500W 匀速行驶时，牵引力等于阻力，有P机=Fv=fv 所以f=则汽车所受阻力与车重的比值k=点评：解决本题的关键掌握功率的公式P=UI，以及机械功率的公式P=Fv21（10分）（2011秋泉州期中）如图所示电子射线管阴极K发射电子，阳极P和阴极K间加上电压后电子被加速A、B是偏向板，使飞进的电子偏离若已知P、K间所加电压UPK=2.5103V，偏向板长L=6.0102m，板间距离d=102m，所加电压UAB=100VR=3102m电子电量为1.61019C设从阴极出来的电子速度为零试问：（1）偏转电场对电子所做的功是多少？（2）电子最后打在荧光屏上O点，求OO间距离是多少？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）电子在阳极P和阴极K间运动时，电场力对电子做正功，动能增加，根据动能定理求解电子通过阳极P板的速度0电子通过偏转电极时做类平抛运动，运用运动的分解：电子沿水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动根据牛顿第二定律和运动规律求出电子偏转的距离，进而可得偏转电场做的功（2）根据速度的分解，求出电子离开偏向板时沿场强方向的分速度vy和