山西省山西大学附中高二物理上学期期中试题 理（含解析）.doc

2013-2014学年山西大学附中高二（上）期中物理试卷（理科）一.不定项选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分，在每小题给出的四个选项中有的只有一个正确，有的有多个选项正确，全部选对得4分，选对但不全得2分，有错或不答得0分）1（4分）（2011秋白城期末）真空中两个相同的金属小球a和b，带电荷量分别为qa=2108c和qb=4108c，相互作用力为f，若将两球接触后再放回原处，则它们之间的作用力将变为（）afbfcfdf考点：库仑定律分析：当a带电荷量为q，b带电荷量为2q，在真空中相距为r时，根据库仑定律可以得到f与电量q、距离r的关系；a、b球相互接触后放回原处，距离r不变，电荷先中和再平分，再根据库仑定律得到相互作用的库仑力大小与q、r的关系，用比例法求解解答：解：未接触前，根据库仑定律，得 f=接触后两球带电量平分，再由库仑定律，得 f=则f= f，故a正确，bcd错误故选：a点评：本题考查运用比例法求解物理问题的能力对于两个完全相同的金属球，互相接触后电量平分2（4分）（2014春雅安期末）关于电场强度和电势，下列说法正确的是（）a由公式e=可知e与f成正比，与q成反比b由公式u=ed可知，在匀强电场中，e为恒值，任意两点间的电势差与这两点间的距离成正比c电场强度为零处，电势不一定为零d无论是正电荷还是负电荷，当它在电场中移动时，若电场力做功，它一定是从电势高处移到电势低处，并且它的电势能一定减少考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系专题：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相对大小，电场线的方向反映电势的高低，则电场强度与电势没有直接关系电场强度为零，电势不一定为零电势为零，电场强度也不一定为零电场强度越大的地方，电势不一定高顺着电场线方向，电势逐渐降低，但场强不一定减小解答：解：a、由公式可知是比值定义，e与f、q没有关系故a错误 b、由公式u=ed可知，在匀强电场中，e为恒值，任意两点间的电势差与这两点间沿着电场强度的距离成正比故b错误 c、电势为零，是人为选择的，电场强度为零的地方，电势不一定为零故c正确 d、无论是正电荷还是负电荷，当它在电场中移动时，若电场力做功，则电势能减小，但不一定是从电势高处移到电势低处，故d错误故选c点评：电场强度和电势这两个概念非常抽象，可借助电场线可以形象直观表示电场这两方面的特性：电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，电场线的方向反映电势的高低3（4分）（2011抚顺一模）图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图可作出正确判断的是（）a带电粒子所带电荷的符号b带电粒子在a、b两点的受力方向c带电粒子在a、b两点的速度a处较大d带电粒子在a、b两点的电势能a处较大考点：电场线；电场强度；电势；电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：由图，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子受到的电场力大体向左，电场线方向不明，无法判断粒子的电性根据电场力做功情况，判断动能和电势能的变化当电场力做正功时，电荷的电势能减小，动能增大；当电场力做负功时，电荷的电势能增大，动能减小解答：解：a、b由图，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，如图由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性故a错误，b正确 c、d由轨迹弯曲方向与粒子速度方向的关系分析可知，电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，电势能增大，则粒子在a点的速度较大，在b点电势能较大故c正确，d错误故选：bc点评：本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向，其次判断粒子动能和电势能的变化要根据电场力做功情况4（4分）（2009四川）如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方o点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度v1从m点沿斜面上滑，到达n点时速度为零，然后下滑回到m点，此时速度为v2（v2v1）若小物体电荷量保持不变，om=on，则（）a小物体上升的最大高度为b从n到m的过程中，小物体的电势能逐渐减小c从m到n的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功d从n到m的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小考点：动能定理的应用；库仑定律；电势能专题：压轴题分析：根据电场力做功的特点可求得电场力做功的大小，由动能定理可分别列出上滑及下滑过程中的表达式，联立即可解得最大高度；由电场力做功与电势能关系要得出电势能的变化及电场力做功的特点；分析小球运动中压力的变化，由滑动摩擦力的计算公式可分析摩擦力的变化解答：解：设斜面倾角为、上升过程沿斜面运动的最大距离为l因为om=on，则mn两点电势相等，小物体从m到n、从n到m电场力做功均为0上滑和下滑经过同一个位置时，垂直斜面方向上电场力的分力相等，则经过相等的一小段位移在上滑和下滑过程中电场力分力对应的摩擦力所作的功均为相等的负功，所以上滑和下滑过程克服电场力产生的摩擦力所作的功相等、并设为w1在上滑和下滑过程，对小物体，摩擦力做功相等，则应用动能定理分别有：mgsinlwfw1=和mgsinlwfw1=，上两式相减可得h=sinl=，a正确；由om=on，可知电场力对小物体先作正功后作负功，电势能先减小后增大，bc错；从n到m的过程中，小物体受到的电场力垂直斜面的分力先增大后减小，而重力分力不变，则摩擦力先增大后减小，在此过程中小物体到o的距离先减小后增大，根据库仑定律可知小物体受到的电场力先增大后减小，d对故选ad点评：本题考查动能定理的应用、摩擦力及电场力做功的特点，涉及能量变化的题目一般都要优先考虑动能定理的应用，并要求学生能明确几种特殊力做功的特点，如摩擦力、电场力、洛仑兹力等5（4分）（2011辽宁校级模拟）一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地两板间有一个正检验电荷固定在p点，如图所示，以c表示电容器的电容、e表示两板间的场强、表示p点的电势，w表示正电荷在p点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是（）abcd考点：电容器的动态分析专题：电容器专题分析：由题意可知电量不变，由平行板电容器的决定式可知电容的变化；由定义式可得出两端电势差的变化；再由u=ed可知e的变化，进而判断势能的变化解答：解：a、当负极板右移时，d减小，由c=可知，c与x图象不能为一次函数图象！故a错误；b、由u=可知，u=q，则e=，故e与d无关，故b错误；c、因负极板接地，设p点原来距负极板为l，则p点的电势=e（ll0）；故c正确；d、电势能e=q=eq（ll0），不可能为水平线，故d错误；故选：c点评：本题考查电容器的动态分析，由于结合了图象内容，对学生的要求更高了一步，要求能根据公式得出正确的表达式，再由数学规律进行分析求解6（4分）（2006淮安二模）如图所示，在场强大小为e的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带负电小球，另一端固定在o点把小球拉到使细线水平的位置a，然后将小球由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平成=60的位置b时速度为零以下说法正确的是（）a小球重力与电场力的关系是mg=eqb小球重力与电场力的关系是eq=mgc球在b点时，细线拉力为t=mgd球在b点时，细线拉力为t=2eq考点：匀强电场；力的合成与分解的运用；向心力；动能定理的应用；电势能专题：压轴题；电场力与电势的性质专题分析：类比单摆，小球从a点静止释放，运动到b点速度为0，说明弧ab的中点是运动的最低点，对小球进行受力分析，小球处在弧线中点位置时切线方向合力为零，再根据几何关系可以求出eq，球到达b点时速度为零，向心力为零，则沿细线方向合力为零，此时对小球受力分析，再根据几何关系即可解题解答：解：（1）类比单摆，根据对称性可知，小球处在弧线中点位置时切线方向合力为零，此时细线与水平方向夹角恰为30，根据三角函数关系可得：qesin30=mgcos30，化简可知eq=mg，选项a错误、b正确；（2）小球到达b点时速度为零，向心力为零，则沿细线方向合力为零，此时对小球受力分析可知：t=qecos60+mgsin60，故细线拉力t=mg，选项c正确、d错误故选bc点评：本题要求同学们能正确进行受力，并能联想到已学的物理模型，根据相关公式解题7（4分）（2010春湖北期末）一安培表由电流表g与电阻r并联而成若在使用中发现此安培表读数比准确值稍小些，下列可采取的措施是（）a在r上串联一个比r小得多的电阻b在r上串联一个比r大得多的电阻c在r上并联一个比r小得多的电阻d在r上并联一个比r大得多的电阻考点：把电流表改装成电压表专题：实验题；恒定电流专题分析：读数偏小说明通过g表的电流稍小，分流电阻分流偏大，分流电阻稍小，要采取的措施：稍增加分流电阻阻值解答：解：a 在r上串联一个比r小得多的电阻，可实现增大分流电阻，减小分流，使电表示数增加故a正确 b 在r上串联一个比r大得多的电阻，会使g表的电流增加太多，读数偏大故b错误 c 在r上并联一个比r小得多的电阻，使分流更大，示数更偏小故c错误 d 在r的并联一个比r大的电阻，会使分流更大，示数更偏小故d错误故选：a点评：考查的电流表的改装原理，明确分流与电阻成反比，电阻大，分流小，反之电阻小则分流大8（4分）（2014秋楚州区校级期中）在如图所示的电路中，电源电动势为e、内电阻为r，将滑动变阻器的滑片p从图示位置向右滑动的过程中，关于各电表示数的变化，下列判断中正确的是（）a电压表v的示数变大b电流表a2的示数变小c电流表a1的示数变小d电流表a的示数变大考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流及路端电压的变化，再分析局部电路可得出电流表及电压表的变化解答：解：当滑片向右滑动时，滑动变阻器接入电阻增大，则总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，则由u=eir可知，路端电压增大；则可知电流表a的示数减小，电压表v的示数增大；故a正确，d错误；因路端电压增大，a1中电流增大，故c错误；因总电流减小，而r1中电流增大，则a2中电流减小，故b正确；故选：ab点评：本题考查闭合电路欧姆定律的应用，要注意明确解题的思路为：“局部整体局部”9（4分）（2011秋印江县校级期末）使用多用电表的欧姆挡测电阻时，下列说法正确的是（）a测量前应检查指针是否停在“”刻度线的“”处b每一次换挡，都要重新进行一次调零c在外电路，电流从红表笔流经被测电阻到黑表笔d测量时，若指针偏转很小（靠近附近），应换倍率更大的挡进行测量考点：欧姆定律专题：恒定电流专题分析：使用欧姆表测电阻前要注意机械调零；每换一次挡都要重新进行欧姆调零；欧姆表内置电源的正极与“”插孔相连，即与黑表笔相连，使用欧姆表测电阻时，电流从黑表笔流出，红表笔流入；使用欧姆表测电阻应选择适当的档位，使指针指在中央刻度盘附近，如果指针偏转角度较小，说明所选档位太大，应换小挡解答：解：a、使用前检查指针是否停在欧姆挡刻度线的“”处，故a正确；b、每换一次挡位，都要进行一次欧姆调零，故b正确；c、在测量电阻时，电流从黑表笔流出，经被测电阻到红表笔，再流入多用电表，故c错误；d、测量时若发现表针偏转的角度较小，应该更换倍率较大的挡来测量，故d正确；故选：abd点评：本题考查了用多用电表欧姆挡测电阻的注意使用及方法，掌握使用欧姆表的注意使用即可正确解题；要掌握多用电表的使用方法及注意事项10（4分）（2014秋曲沃县校级期中）如图所示，每个电阻的阻值都是2欧，安培表内阻不计，在b、c间加6伏电压时，安培表的示数是（）a0安b1安c2安d3安考点：串联电路和并联电路专题：恒定电流专题分析：画出等效电路，确定安培表所在分支，由欧姆定律求解解答：解：等效电路如图：则并联部分电阻为，则电阻为r=3r 则干路电流i= 则通过电流表的电流为 故选项a，c，d错误，b正确故选：b点评：考查串并联电路的特点，会画等效电路图，求电阻或电流11（4分）（2005秋西城区期末）电阻r1和r2的伏安特性曲线如图甲把r1和r2串联接成图乙所示的电路则下面说法正确的是（）a由甲图可知r1r2b由甲图可知r1r2c调节r0，一定可以使r1、r2上的电压相等d两电阻消耗的功率之比与电源电动势和内电阻无关考点：欧姆定律专题：恒定电流专题分析：iu图象的斜率表示电阻的倒数，r1和r2串联，电流相同，在图中任意作一条与纵轴垂直的直线，判断两个电阻的电压大小情况解答：解：a、b、iu图象的斜率表示电阻的倒数，故r1r2，故a错误，b正确；c、r1和r2串联，电流相同，在图中任意作一条与纵轴垂直的直线，总是电阻r2的电压高，故c错误；d、根据p=i2r可知，两电阻消耗的功率之比等于两电阻之比，与电源电动势和内电阻无关，故d正确；故选bd点评：本题关键是根据iu图象判断电阻的大小，然后结合串联电路的电压和电流关系列式判断，不难12（4分）（2009孝感模拟）硅光电池作为电源已广泛应用于人造卫星、灯塔和无人气象站等，高速公路上安装的“电子眼”通常也采用硅光电池供电硅光电池的原理如图所示，a、b是硅光电池的两个电极，p、n 是两块硅半导体，e区是两块半导体自发形成的匀强电场区，p的上表面镀有一层增透膜光照射到半导体p上，使p内受原子束缚的电子成为自由电子，自由电子经e区电场加速到达半导体n，从而产生电动势，形成电流以下说法中正确的是（）ae区匀强电场的方向由p指向nb电源内部的电流方向由p指向nca电极为电池的正极d硅光电池是一种把化学能转化为电能的装置考点：电源的电动势和内阻专题：恒定电流专题分析：根据负电荷的电场力从而确定电场强度的方向，由电流的方向与负电荷的运动方向相反，可确定电源的内部电流方向解答：解：a、b根据题意，e区电场能使p逸出的自由电子向n运动，因负电荷受到的电场力与电场方向相反，所以电场方向由n指向p，由于电流的方向与负电荷的运动方向相反，所以电源内部的电流方向由n指向p，故a、b错误；c、d根据以上对电流方向的分析可知，a为电源正极，该电池是将光能转化为电能的装置，c正确，d错误故选：c点评：考查根据电荷的电场力的方向来确定电场强度的方向，并掌握电流的方向与负电荷的运动方向关系，同时理解电源内部的电流的方向二、实验题（每个空2分，共16分）13（8分）（2014秋阿图什市校级期末）在测定某电阻的伏安特性曲线中，待测金属丝的电阻rx约为5，实验室备有下列实验器材a电压表（量程03v，内阻约为15k）b电压表（量程015v，内阻约为75k）c电流表（量程03a，内阻约为0.2）d电流表（量程00.6a，内阻约为11）e变阻器r1（010，0.6a）f变阻器r2（02000，0.1a ）g电池组e（电动势为3v，内阻约为0.3）h开关s，导线若干（1）为减小实验误差，应选用的实验器材有（填代号）adegh（2）为了尽可能减少误差，请你在虚线框中画出本实验的电路图（3）测量结果比真实值偏小大、小、无法确定（4）若此电阻为金属丝绕制而成，用螺旋测微器测得该金属丝的直径如图所示，则金属丝的直径为0.700mm考点：描绘小电珠的伏安特性曲线专题：实验题；恒定电流专题分析：为了电表读数准确减小误差，所以电压表应选接近电压的量程为获得较大的电压测量范围，滑动变阻器采用分压式接法；螺旋测微器读数=固定刻度读数+半刻度读数+可动刻度读数；解答：解：（1）为了电表读数准确减小误差，所以电压表应选接近电压的量程所以电压表应选择a电路中流过的最大电流：a所以要选择电流表e；为获得较大的电压测量范围，同时为操作方便，为尽可能提高实验的精确度，所以滑动变阻器采用分压式接法，所以选择滑动变阻器e，另外，电源、导线和开关为必选，所以需要选择的器材有：adegh（2）为获得较大的电压测量范围，同时为操作方便，为尽可能提高实验的精确度，所以滑动变阻器采用分压式接法金属丝的电阻更接近电流表内阻，所以采用电流表的外接法（3）在某次测量时电流表的示数如图，则i=44.0a，固定刻度读数：0半刻度读数：0.5mm可动刻度读数：0.01mm20.0=0.200mm故金属丝的直径为0.700mm；故答案为：（1）adegh；（2）如右图；（3）小；（4）0.700mm点评：本题关键是明确用小电流测电阻的原因，然后选择电表，连接电路，要注意滑动变阻器采用分压式接法根据电表内阻与待测电阻的关系选择安装方式14（8分）（2010临渭区模拟）在如图甲所示的电路中，四节干电池串联，小灯泡a、b的规格为“3.8v 0.3a”合上开关s后，无沦怎样移动滑动片，a、b灯都不亮（1）用多用电表的直流电压检查故障；现在开关置于下列量程的b挡较为合适（用字母序号表示）；a2.5v b10v c50v d250v测得c、d间电压约为5.8v，e、f间电压为0v，则故障是下列哪一项？aaa灯丝断开 bb灯丝断开cd、e间连线断开 db灯被短路（2）接着训练用欧姆表的“l”挡测电阻，欧姆表经过“欧姆调零”测试前，一定要将电路中的开关s断开；测c、d间和e、f间电阻时，某次测试结果如图乙所示，读数为6考点：用多用电表测电阻；串联电路和并联电路专题：实验题分析：根据电源电动势大小选择电压表的量程；用电压档检测故障时，电压表示数接近等于电源电动势，说明电压表之间的元件断路；测量电阻时一定要将被测元件与外部电源断开；欧姆表的读数等于表盘读数乘以倍率解答：解：（1）电源电动势为6v，比较选项中的四个量程，故电压表选择b为最佳测得c、d间电压约为5.8v，接近电源电动势，说明cd间的元件a灯泡灯丝断路，故选：a；（2）测量电阻时一定要将被测元件与外部电源断开，故测试前将电路中的开关s断开；欧姆表的读数等于表盘读数乘以倍率：r=61=6故答案为：（1）b；a；（2）断开；6点评：本题考查了欧姆表的使用注意事项，故障判断，要弄清楚断路时电表的示数，平时要注意多总结三计算题（共36分，15题6分，16题8分，17题10分，18题12分）15（6分）（2014秋兴庆区校级期中）如图所示，a、b为两个固定的带正电q的点电荷，相距为l，通过其连线中点o作此线段的垂直平分面，在此平面上有一个以o为圆心，半径为l的圆周，其上有一个质量为m，带电荷量为q的点电荷c做匀速圆周运动，求c的速率考点：向心力；电场线分析：c做匀速圆周运动所需要的向心力由两个点电荷+q库仑力的合力提供，根据库仑定律和力的合成求出合力，再根据牛顿第二定律和向心力公式结合求解解答：解：c做匀速圆周运动所需要的向心力由两个点电荷+q库仑力的合力提供，对c进行受力分析如图所示，由于c到o点距离r=l，所以abc是等边三角形a、b对c的库仑力大小 f1=f2=k，合力为：f合=2fcos30=由牛顿第二定律得：f合=m即 =m，解得：v=q答：c的速率为q点评：本题有两个关键点：一是分析为库仑力，确定向心力的来源；二是运用合成法求解合力16（8分）（2012秋怀柔区期末）如图所示，电源电动势e=14v，内电阻r=1，电灯规格为“2v 4w”，电动机线圈的电阻为r0=o.5，当可变电阻r=1时，电灯和电动机都正常工作，求：（1）电动机的额定功率；（2）电动机输出的机械功率；（3）整个闭合电路工作lmin消耗的电能；（4）整个闭合电路工作lmin放出的焦耳热考点：电功、电功率专题：恒定电流专题分析：（1）灯泡额定电压为2v，额定功率为4w，由电功率变形公式可以求出灯泡额定电流，由串联电路特点及欧姆定律可以求出电动机两端电压即为额定电压，从而求额定功率；（2）由功率公式求出电动机输入功率与热功率，然后求出电动机的机械功率（3）已知电路电流，由w=eit可以求出整个闭合电路工作lmin消耗的电能；（4）整个闭合电路工作lmin放出的焦耳热等于消耗的总电能减去电动机产生的机械能解答：解：（1）由于电灯正常发光，根据p=ui解得：i=2a电压u内=ir=2v可变电阻两端电压ur=ir=2v故电动机两端电压ud=eu内ulur=8v电动机的额定功率p=iud=16w（2）电动机电枢生热功率（损耗）为p损=i2r=2w故电动机输出的机械功率是p机=pp损=14w（3）整个电路1分钟消耗的电能为w=iet=1680j（4）放出的焦耳热q=wp机t=16801460=840j答：（1）电动机的额定功率为16w；（2）电动机输出的机械功率为14w；（3）整个闭合电路工作lmin消耗的电能为1680j；（4）整个闭合电路工作lmin放出的焦耳热为840j点评：电动机是非纯电阻电路，电动机的总功率等于热功率与输出功率（机械功率）之和17（10分）（2014碑林区校级三模）如图所示，长l=1.2m、质量m=3kg的木板放在倾角为37的光滑斜面上，质量m=1kg、带电荷量q=+2.5104 c的物块放在木板的上端，木板和物块间的动摩擦因数=0.1，所在空间加有一个方向垂直斜面向下、场强e=4.0104 n/c的匀强电场现对木板施加一平行于斜面向上的拉力f=10.8n取g=10m/s2，斜面足够长设图示位置木板和物块的速度均为零求：（1）物块经多长时间离开木板；（2）物块离开木板时木板获得的动能；（3）物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的内能考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；功能关系专题：动能定理的应用专题分析：（1）根据牛顿第二定律分别求出木块、木板的加速度，抓住两者的位移关系，运用位移时间公式求出物块离开木板所需的时间（2）根据匀变速直线运动的速度时间公式求出物块离开木板时的速度，从而求出物块离开木板时的动能（3）木块与木板的相对位移等于木板的长度，根据q=f摩x相求出摩擦产生的热量解答：解：（1）物块向下做加速运动，设其加速度为a1，木板的加速度为a2，则由牛顿第二定律对物块：mgsin37（mgcos37+qe）=ma1a1=4.2m/s2对木板：mgsin37+（mgcos37+qe）f=ma2a2=3m/s2又a1t2a2t2=l得物块滑过木板所用时间t= s（2）物块离开木板时木板的速度v2=a2t=3 m/s其动能为ek2=mv22=27 j（3）由于摩擦而产生的内能为 q=f摩x相=（mgcos37+qe）l=2.16