山东省菏泽一中高二物理上学期期中试卷（含解析）(1).doc

山东省菏泽一中2014-2015学年高二上学期期中物理试卷一.选择题（在每小题给出的四个选项中，至少有一个是正确的，全选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不选的得0分，共10小题共40分）1关于静电场，下列说法中正确的是( )a在电场中某点的电势为零，则该点的电场强度一定为零b电场中某点的场强大小等于单位电量的试探电荷在该点所受的电场力大小c根据公式u=ed 知，在匀强电场中两点间的距离越大，电势差就越大d负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加2如图所示，虚线是某一静电场的一簇等势线及其电势值，一带电粒子只在电场力的作用下飞经该电场时，恰能沿图中的实线从a点飞到b点，则下列判断正确的是( )a该粒子带负电ba点的场强大于b点的场强c粒子在a点的电势能大于在b点的电势能d粒子在a点的动能小于在b点的动能3四种电场中分别标有a、b两点，两点电势相等而且电场强度相同的是( )a与点电荷等距的a、b两点b匀强电场中的a、b两点c等量异种电荷连线中垂线上与连线等距的a、b两点d点电荷与带电平板形成的电场中平板上表面的a、b两点4一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地在两极板间有一正电荷（电量很小）固定在p点，如图所示以e表示两极板间的场强，u表示电容器两板间的电压，表示正电荷在p点的电势能若保持负极板不动将正极板移到图中虚线位置，则( )au变小，e不变be变大，不变cu变小，变小de不变，不变5两个用相同材料制成的半径相等的带电金属小球（可看成点电荷），其中一个球的带电量的绝对值是另一个的5倍，当它们静止于空间某两点时，静电力大小为f现将两球接触后再放回原处，则它们间静电力的大小可能为( )afbfcfdf6如图，真空中o点有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为ea，方向与ab连线成60角，b点的场强大小为eb，方向与ab连线成30角，则关于a、b两点场强大小及电势a、b的高低关系正确的为( )aea=3eb，abbea=3eb，abcea=，abdea=eb，ab7如图所示是某导体的iu图象，图中=45，下列说法正确的是( ) a通过电阻的电流与其两端的电压成正比b此导体的电阻r=0.5ciu图象的斜率表示电阻的倒数，所以r=cot 45=1.0d在r两端加6.0v电压时，每秒通过导体截面的电荷量是3.0 c8如图，e为内阻不能忽略的电池，r1、r2、r3为定值电阻，s0、s为开关，与分别为电压表和电流表初始时s0与s均闭合，现将s断开，则( )a的读数变大，的读数变小b的读数变大，的读数变大c的读数变小，的读数变小d的读数变小，的读数变大9用甲、乙两个完全相同的电流表表头改装成量程分别为5v和10v的电压表，串联后测量12v的电压，则( )a两表的电压示数相同，均为6 vb两表头的指针偏角相同c两表头的指针偏角不相同d两表的电压示数不同10如图所示电路中，电源e的电动势为3.2v，电阻r的阻值为30，小灯泡l的额定电压为3.0v，额定功率为4.5w，当电键s接位置2时，电压表的读数为3v，那么当电键s接到位置1时，小灯泡l的发光情况是( )a有可能被烧坏b正常发光c正常发光略亮d很暗，甚至不亮二、实验题及填空题（共2个题，每空2分，共18分）11下列游标卡尺和螺旋测微器的测量读数分别应是_ mm、_ mm12要测绘额定电压为2v的日常用小电珠的伏安特性曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：a、电源e（电动势3.0v，内阻可不计）b、电压表v1（量程为03.0v，内阻约2k）c、电压表v2 （015.0v，内阻约6kd、电流表a1（00.6a，内阻约1）e、电流表a2 （0100ma，内阻约2）f、滑动变阻器r1（最大值10）g、滑动变阻器r2（最大值2k）（1）为减少实验误差，实验中电压表应选择_，电流表应选择_，滑动变阻器应选择_（填各器材的序号）（2）为提高实验精度，请你在如图1中设计实验电路图，并画在如图2的虚线框中（3）实验中测得一组数据如下表所示，根据表格中的数据在方格纸上作出该电珠的伏安特性曲线i/a00.120.210.290.340.380.420.450.470.490.50u/a00.200.400.600.801.001.201.401.601.802.00（4）该小电珠的额定功率是_（5）由图象可知，小电珠电阻的变化特点是_三、本大题4个小题，共42分，解答时写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最终答案的不得分；有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位13一台小型电动机在380v电压下正常工作时，能将30kg的货物在30s内匀速提升30m，通过它的电流是1a除电动机线圈生热，其它能量损失不计，求在此过程中：（1）电动机的输出功率（2）电动机线圈所产生的热量14带有等量异号电荷，相距10cm的平行板a和b之间有一个匀强电场电场强度e=2104v/m，方向向下电场中c点距b板3cm，d点距a板2cm（1）c、d两点哪点电势高？两点的电势差ucd等于多少？（2）如果令b板接地（即电势b=0），则c和d的电势c和d各是多少？如果令a板接地，则c和d各是多少？在这两种情况中ucd相同吗？（3）一个电子从c点移动到d点静电力做多少功？如果使电子先移动到p点再移到d点静电力做的功是否会发生变化15如图所示，电路中电源内阻不计，水平放置的平行金属板a、b间的距离为d，金属板长为l在两金属板左端正中间位置m，有一个小液滴以初速度v0水平向右射入两板间，已知小液滴的质量为m，小液滴带负电，电荷量为q要使液滴从b板右侧上边缘射出电场，电动势e是多大？重力加速度用g表示16如图甲所示为一灯泡两端的电压与通过它的电流的变化关系曲线由图可知，两者不成线性关系，这是由于焦耳热使灯丝的温度发生了变化的缘故，参考这条曲线回答下列问题：（不计电流表和电源的内阻）（1）若把三个这样的灯泡串联后，接到电动势为12v的电源上，求每个灯泡的实际功率为多大？（2）如图乙所示，将两个这样的灯泡并联后再与10的定值电阻r0串联，接在电动势为8v的电源上，求每个灯泡的实际功率为多大？山东省菏泽一中2014-2015学年高二上学期期中物理试卷一.选择题（在每小题给出的四个选项中，至少有一个是正确的，全选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不选的得0分，共10小题共40分）1关于静电场，下列说法中正确的是( )a在电场中某点的电势为零，则该点的电场强度一定为零b电场中某点的场强大小等于单位电量的试探电荷在该点所受的电场力大小c根据公式u=ed 知，在匀强电场中两点间的距离越大，电势差就越大d负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加考点：电场；电场强度；电势差 专题：电场力与电势的性质专题分析：静电场中，电势具有相对性，电场强度为零的点电势不一定为零，沿电场线电势一定降低e=是电场强度定义公式带电平行金属板间的场强e=公式u=ed中的d是两点间沿着电场方向的距离，不是两点间的距离根据电势能ep=q去判断电势能变化解答：解：a、在电场强度为零的区域电势不一定为零，故a错误b、根据电场强度定义公式e=，可知某点的场强大小等于单位电量的试探电荷在该点所受的电场力大小，故b正确c、公式u=ed中的d是两点间沿着电场方向的距离，不是两点间的距离所以在匀强电场中两点间沿着电场方向的距离越大，电势差就越大，故c错误d、根据电势能ep=q，负电荷从电势高的点运动到电势低的点，电势能一定增加，故d正确故选bd点评：本题关键抓住电场强度与电势的概念，同时要注意电势具有相对性，电场强度为零的点电势不一定为零知道不同电场求解电场强度用不同的公式2如图所示，虚线是某一静电场的一簇等势线及其电势值，一带电粒子只在电场力的作用下飞经该电场时，恰能沿图中的实线从a点飞到b点，则下列判断正确的是( )a该粒子带负电ba点的场强大于b点的场强c粒子在a点的电势能大于在b点的电势能d粒子在a点的动能小于在b点的动能考点：等势面 分析：电场中的等势面与电场线的方向垂直，结合曲线运动的条件，判断出粒子受到的电场力的方向，然后即可判断出粒子的电性与动能、电势能的变化解答：解：a、根据电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势，可知电场线方向大致向左，根据粒子轨迹的弯曲方向可知，粒子所受的电场力方向大致向左，则知粒子一定带正电故a错误；b、等差等势面的疏密反映电场强度的大小，a处场强大于c处场强，故b正确；c、从a点飞到b点，电场力方向与速度的夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大，故c错误；d、从a点飞到b点，电场力方向与速度的夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大，动能减小，故粒子在a点的动能大于在b点的动能，故d错误故选：b点评：本题要掌握等势面与电场线的关系和曲线运动合力指向，由粒子的轨迹判断出电场力方向，分析能量的变化3四种电场中分别标有a、b两点，两点电势相等而且电场强度相同的是( )a与点电荷等距的a、b两点b匀强电场中的a、b两点c等量异种电荷连线中垂线上与连线等距的a、b两点d点电荷与带电平板形成的电场中平板上表面的a、b两点考点：电场线 分析：电场强度是矢量，只有大小和方向都相同时，场强才相同根据电场线的分布情况，判断场强的大小和方向关系，由等势线分布情况，确定电势关系解答：解：a、a、b两点处于同一等势线上，电势相等，电场强度大小相等，但方向不同故a错误b、两等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，则a、b两点的电势相等，根据对称性和电场线的分布可知，a、b两点的电场强度大小相等、方向相同故b正确c、带电平板表面是一个等势面，则a、b两点的电势相等，由电场线的疏密看出，a点的场强小于b点的场强故c错误d、平行金属板内部是匀强电场，a、b两点的电场强度相同，但b点的电势高于a点的电势故d错误故选：b点评：掌握电场线和等势面的分布情况是解答本题的关键要注意电场强度是矢量，只有大小和方向都相同时，场强才相同4一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地在两极板间有一正电荷（电量很小）固定在p点，如图所示以e表示两极板间的场强，u表示电容器两板间的电压，表示正电荷在p点的电势能若保持负极板不动将正极板移到图中虚线位置，则( )au变小，e不变be变大，不变cu变小，变小de不变，不变考点：电容器的动态分析 专题：电容器专题分析：平行板电容器充电后与电源断开后，电容器的电量不变将正极板移到图中虚线所示的位置，板间距离减小，电容增大由推论公式e=分析板间场强e的变化情况由公式u=判断板间电压的变化解答：解：由题意知：电容器的带电量q不变，板间距离减小，根据电容的决定式知电容c增大由公式u=知，板间电压u变小由推论公式e=e=分析，可知板间电场强度e不变，则由u=ed知，p与负极板间的电势差不变，则p点的电势不变，正电荷在p点的电势能不变故ad正确，b、c错误故选ad点评：本题是电容器的动态变化分析问题，难点是确定电场强度的变化，只要得出电场强度的变化，就可以得出p与负极板电势差的变化，得出p点的电势以及电荷在p点电势能的变化5两个用相同材料制成的半径相等的带电金属小球（可看成点电荷），其中一个球的带电量的绝对值是另一个的5倍，当它们静止于空间某两点时，静电力大小为f现将两球接触后再放回原处，则它们间静电力的大小可能为( )afbfcfdf考点：库仑定律 分析：接触带电的原则是先中和后平分，两个球的电性可能相同，可能不同，根据库仑定律得出接触后再放回原处的库仑力大小解答：解：若两电荷同性，设一个球的带电量为q，则另一个球的带电量为5q，此时有：f=，接触后再分开，带电量各为：q1=q2=则两球的库仑力大小为：f=k若两电荷异性，接触后再分开，两球电量的绝对值为：q1=q2=，此时两球的库仑力为：f=k=f故bd正确、ac错误故选：bd点评：解决本题的关键掌握接触带电的原则，先中和后平分，以及掌握库仑定律的公式6如图，真空中o点有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为ea，方向与ab连线成60角，b点的场强大小为eb，方向与ab连线成30角，则关于a、b两点场强大小及电势a、b的高低关系正确的为( )aea=3eb，abbea=3eb，abcea=，abdea=eb，ab考点：电场强度；电势 专题：电场力与电势的性质专题分析：先根据几何知识求出a、b两点到点电荷的距离之比，再根据点电荷场强公式e=k求解场强之比再根据沿电场线方向电势降低确定两点电势的高低解答：解：设a、b两点到点电荷的距离分别为ra和rb根据几何知识得：rb=ra根据e=k得：ea：eb=：=3，则有：ea=3eb由场强方向可知该点电荷带负电，电场线从无穷远处指向负电荷，顺着电场线方向电势降低，则ab故选：b点评：理解并掌握点电荷场强的决定式，把握沿电场线方向电势降低的特点，即可顺利解决此类题目7如图所示是某导体的iu图象，图中=45，下列说法正确的是( ) a通过电阻的电流与其两端的电压成正比b此导体的电阻r=0.5ciu图象的斜率表示电阻的倒数，所以r=cot 45=1.0d在r两端加6.0v电压时，每秒通过导体截面的电荷量是3.0 c考点：欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：由图象的意义可明确电流与电压的关系，并能求出电阻的数值，由电流的定义可求得每秒通过电阻截面的电荷量解答：解：a、由图可知，电流随着其两端的电压的增大而增大，故电流与其两端的电压成正比，故a正确；b、c由i=可知，由图象可知电阻r=2，故b错误；c、本题中不能根据图象的夹角来求电阻；故c错误；d、在r两端加6v的电压时，电路中电流i=3a，则每秒通过电阻的电荷量为：q=it=31=3c；故d正确；故选：bd点评：本题考查欧姆定律的应用，注意对于图象的认识，区分ui图象与iu图象的异同8如图，e为内阻不能忽略的电池，r1、r2、r3为定值电阻，s0、s为开关，与分别为电压表和电流表初始时s0与s均闭合，现将s断开，则( )a的读数变大，的读数变小b的读数变大，的读数变大c的读数变小，的读数变小d的读数变小，的读数变大考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：根据s的通断可分析出电路电阻的变化，由闭合电路欧姆定律可得出电路中总电流及路端电压的变化；再由串并联电路的性质可判及各部分电流的变化解答：解：s断开时，外电路总电阻变大，则由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流减小，故路端电压增大，v的读数变大；把r1的电压和内电压减小，故r3两端的电压增大，由欧姆定律可知r3中的电流也增大，电流表示数增大，故b正确；故选：b点评：应用闭合电路欧姆定律解决电路的动态分析时一般可按照：外电路内电路外电路的分析思路进行，灵活应用闭合电路欧姆定律及串并联电路的性质进行分析即可求解9用甲、乙两个完全相同的电流表表头改装成量程分别为5v和10v的电压表，串联后测量12v的电压，则( )a两表的电压示数相同，均为6 vb两表头的指针偏角相同c两表头的指针偏角不相同d两表的电压示数不同考点：把电流表改装成电压表 专题：实验题；恒定电流专题分析：串联后两表的分压即示数与其电阻成正比，因电流大小一样，故指针偏转角度相同解答：解：a、因量程不同，内阻不同，则分压不同，故示数不同故a错误，d正确；b、因是串联关系，通过表头的电流大小一样，则指针偏转角度相同故b正确，c错误；故选：bd点评：考查的串联电路电压与电阻的关系及电压表的内部原理，明确电压与电阻成正比10如图所示电路中，电源e的电动势为3.2v，电阻r的阻值为30，小灯泡l的额定电压为3.0v，额定功率为4.5w，当电键s接位置2时，电压表的读数为3v，那么当电键s接到位置1时，小灯泡l的发光情况是( )a有可能被烧坏b正常发光c正常发光略亮d很暗，甚至不亮考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率 专题：压轴题；恒定电流专题分析：当开关接2时r接在电源两端，由闭合电路的欧姆定律可求得电源的内阻；开关接位置1时，灯泡接在电源两端，由闭合电路欧姆定律可求得灯泡的实际电压，则可判断灯泡的发光情况解答：解：当开关接位置2时，电路中电流i=0.1a；由闭合电路欧姆定律可知，u=eir，解得：r=2；灯泡的额定电流i额=1.5a；电阻rl=2；当开关接位置1时，由闭合电路欧姆定律可知：i=0.8au=eir=3.2v0.82v=1.6v3v；故灯泡亮度很暗，甚至不亮；故选d点评：本题考查闭合电路的欧姆定律的应用，在解题时注意灯泡的明暗程度取决于灯泡的实际电压二、实验题及填空题（共2个题，每空2分，共18分）11下列游标卡尺和螺旋测微器的测量读数分别应是10.50 mm、0.900 mm考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用 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：游标卡尺的主尺读数为10mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为100.05mm=0.50mm，所以最终读数为：10mm+0.50mm=10.50mm螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为40.00.01mm=0.400mm，所以最终读数为0.5mm+0.400mm=0.900mm，故答案为：10.50；0.900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，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量12要测绘额定电压为2v的日常用小电珠的伏安特性曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：a、电源e（电动势3.0v，内阻可不计）b、电压表v1（量程为03.0v，内阻约2k）c、电压表v2 （015.0v，内阻约6kd、电流表a1（00.6a，内阻约1）e、电流表a2 （0100ma，内阻约2）f、滑动变阻器r1（最大值10）g、滑动变阻器r2（最大值2k）（1）为减少实验误差，实验中电压表应选择b，电流表应选择d，滑动变阻器应选择f（填各器材的序号）（2）为提高实验精度，请你在如图1中设计实验电路图，并画在如图2的虚线框中（3）实验中测得一组数据如下表所示，根据表格中的数据在方格纸上作出该电珠的伏安特性曲线i/a00.120.210.290.340.380.420.450.470.490.50u/a00.200.400.600.801.001.201.401.601.802.00（4）该小电珠的额定功率是0.94w（5）由图象可知，小电珠电阻的变化特点是灯泡电阻随电压的增大而增大考点：描绘小电珠的伏安特性曲线 专题：实验题分析：（1）关键是根据小电珠的规格即可选择电压表与电流表的量程，根据实验要求电流从零调可知变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节；（2）根据小电珠电珠满足可知电流表应用外接法；（3）的关键是根据表中数据选取标度、描点，然后用平滑的曲线连接即可；（4）根据图象可明确电压为2v时的电流，由功率公式可求得功率；（5）根据伏安特性的斜率可求得变化特点解答：解：（1）、由题意小灯泡额定电压为2v，额定电流为0.5a，故电压表应选b，电流表应选d，又描绘伏安特性曲线要求电流从零调，故变阻器应用分压式接法，应选阻值小的变阻器f（2）由于小电珠电珠较小，满足，电流表应用外接法，又变阻器应采用分压式接法，电路图如图所示：（3）小电珠的伏安特性曲线如图所示：（4）由图可知，当电压为2v，电流为0.5a；则功率p=ui=20.5=1w；（5）由图可知，灯泡电阻随随电压的增大而增大；故答案为：（1）b、d、f；（2）如图；（3）如图；（4）0.94；（5）灯泡电阻随电压的增大而增大点评：本题考查了选择实验器材、作实验电路图、作灯泡的伏安特性曲线、分析灯泡电阻随温度的变化规律；确定滑动变阻器与电流表的接法是正确设计实验电路的关键三、本大题4个小题，共42分，解答时写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最终答案的不得分；有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位13一台小型电动机在380v电压下正常工作时，能将30kg的货物在30s内匀速提升30m，通过它的电流是1a除电动机线圈生热，其它能量损失不计，求在此过程中：（1）电动机的输出功率（2）电动机线圈所产生的热量考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：（1）由共点力的平衡条件可求得牵引力和速度，再由p=fv可求得输出功率；（2）由能量守恒可求得电动机线圈中所产生的热量解答：解：（1）货物匀速上升，故牵引力等于重力，故有：f=mg=3010=300n；上升的速度为：v=10m/s；故输出功率为：p=fv=30010=3000w；（2）由能量守恒定律可知：q=uitmgh=38013030030=2400j；答：（1）电动机的输出功率为3000w；（2）电动机线圈所产生的热量为2400j点评：本题考查电功率的计算及能量守恒定律的应用，要注意明确输出功等于消耗的总功与内部电阻热功的差值14带有等量异号电荷，相距10cm的平行板a和b之间有一个匀强电场电场强度e=2104v/m，方向向下电场中c点距b板3cm，d点距a板2cm（1）c、d两点哪点电势高？两点的电势差ucd等于多少？（2）如果令b板接地（即电势b=0），则c和d的电势c和d各是多少？如果令a板接地，则c和d各是多少？在这两种情况中ucd相同吗？（3）一个电子从c点移动到d点静电力做多少功？如果使电子先移动到p点再移到d点静电力做的功是否会发生变化考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势差；电势 专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）根据匀强电场的场强与电势差的关系u=ed，计算cd间的电势差，但是要注意cd间电势差的正负（2）根据电势差的定义，求出电势（3）电场力做功与路径无关，根据w=qu求解电场力的功解答：解：（1）沿着电场线电势降低，故d点的电势大于c点的电势；ucd=edcd=2104v/m（0.05m）=1000v（2）如果令b板接地（即电势b=0），则：c=ucb=edcb=2104v/m（0.03m）=6102vd=udb=eddb=2104v/m（0.08m）=1.6103v故ucd=cd=1000v；如果令a板接地，则：c=uca=edca=2104v/m（0.07m）=1.4103vd=uda=edda=2104v/m（0.02m）=4102v故ucd=cd=1000v；即电势差与零电势点的选择无关；（3）wcd=qucd=（1.61019c）（1000v）=1.61016j如果使电子先移动到p点，再移到d点，由于静电力做的功与路径无关，不会发生变化；答：（1）c、d两点d点电势高，两点的电势差ucd等于1000v；（2）如果令b板接地，则c为600v，d为1600v；如果令a板接地则c为1400v，d为400v；在这两种情况中，ucd相同；（3）一个电子从c点移动到d点静电力做功1.61016j；如果使电子先移动到p点，再移到d点，静电力做的功是不变的点评：解决本题的关键掌握匀强电场的场强与电势差的关系u=ed，注意d为沿电场线方向上的距离15如图所示，电路中电源内阻不计，水平放置的平行金属板a、b间的距离为d，金属板长为l在两金属板左端正中间位置m，有一个小液滴以