湖南省株洲市醴陵二中醴陵四中联考2014高二上学期期中物理解析版.doc

2014-2015学年湖南省株洲市醴陵二中、醴陵四中联考高二（上）期中物理试卷 一、选择题（每题4分，共48分。1-9题每题只有一个正确答案，10-12题每题有一个以上正确答案，少选计2分，错选不得分）1（4分）（2014秋醴陵市校级期中）下列说法中，正确的是（）AE=只适用于点电荷产生的电场B两个带电小球即使相距非常近，也能用库仑定律C在一个以点电荷Q为中心，r为半径的球面上，各处的电场强度都相同D物体所带的电荷量一定为元电荷的整数倍考点：电场强度；点电荷的场强版权所有分析：本题根据场强的定义式E=、库仑定律和元电荷含义进行解答解答：解：A、场强的定义式E=，运用比值法定义，适用于任何电场，故A错误B、库仑定律只适用于点电荷间的作用力计算，当两个带电小球即使相距非常近，不能看成点电荷，所以库仑定律不适用，故B错误C、在一个以点电荷Q为中心，r为半径的球面上，各处的电场强度大小相等，方向不同，所以电场强度不同故C错误D、根据实验可知物体所带的电荷量一定为元电荷的整数倍故D正确故选：D点评：本题是电场中的基础知识，关键要掌握场强定义式和库仑定律的适用条件，明确场强是矢量2（4分）（2014秋醴陵市校级期中）如图是静电场的一部分电场线分布，下列说法中正确的是（）A这个电场可能是负点电荷的电场BB点的电势高于A点的电势C点电荷q在A处的瞬时加速度比在B处的瞬时加速度小（不计重力）D负电荷仅在静电力的作用下从B点运动到A点电场力做正功考点：电场线版权所有分析：电场线是从正电荷或者无穷远发出，到负电荷或无穷远处为止，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小电场力F=qE，同一电荷在场强越大的地方，所受的电场力越大根据电场力方向与速度方向的夹角判断电场力做功的正负解答：解：A、根据图象不能判断这是孤立的负点电荷形成的电场，故A错误；B、根据顺着电场线方向电势降低，等势面与电场线垂直可知：B点所在的等势面电势高于A点所在等势面的电势，所以B点的电势高于A点的电势故B正确C、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以EAEB，根据F=qE=ma知：电荷在A处的加速度较大，故C错误；D、电场线的切线方向为该点场强的方向，由F=qE知负电荷在B点处受到的静电力的方向与场强的方向相反，负电荷仅在静电力的作用下从B点运动到A点电场力做负功，故D错误故选：B点评：本题关键要理解并掌握点电荷、匀强电场的电场线的分布情况，理解电场线的物理意义，就能轻松选择3（4分）（2014秋醴陵市校级期中）电工穿的高压作业服是用铜丝编制的，下列说法正确的是（）A铜丝编织的衣服不易拉破，所以用铜丝编织B电工被铜丝编织的衣服所包裹，使体内电场强度保持为零，对人体起保护作用C电工被铜丝编织的衣服所包裹，使体内电势差保持为零，对人体起保护作用D铜丝必须达到一定的厚度，才能起到对人体的保护作用考点：静电现象的解释版权所有分析：处在高压电场中的人体，会有危险电流流过，危及人身安全，因而所有进入高电场的工作人员，都应穿全套屏蔽服 带电作业屏蔽服又叫等电位均压服，是采用均匀的导体材料和纤维材料制成的服装其作用是在穿用后，使处于高压电场中的人体外表面各部位形成一个等电位屏蔽面，从而防护人体免受高压电场及电磁波的危害 成套的屏蔽服装应包括上衣、裤子、帽子、袜子、手套、鞋及其相应的连接线和连接头解答：解：屏蔽服作用是在穿用后，使处于高压电场中的人体外表面各部位形成一个等电位屏蔽面，从而防护人体免受高压电场及电磁波的危害等电位说明电势相等而不是等于0，等电势时电势差为0，电场强度为0所以B正确，ACD错误故选：B点评：本题考查了屏蔽服的作用，要求同学们能用物理知识解释生活中的现象，难度不大，属于基础题4（4分）（2014秋醴陵市校级期中）如图所示，细线悬挂一个带正电的小球，处在水平向右的匀强电场中，在电场力作用下小球由最低点a开始运动，经b点后还可再向右摆，如用E1表示重力势能的增量，用E2表示电势能的增量，用E表示物体的势能总量的变化，则小球由a摆至b的过程中，下列哪些关系式正确？（）AE10，E20，E0BE10，E20，E=0CE10，E20，E0D以上说法均不对考点：电势差与电场强度的关系；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：小球由最低点开始向右摆动，高度增大，重力做负功，重力势能增大电场力方向水平向右，电场力做正功，电势能减小小球共有三种形的能：动能、重力势能和电势能，总和保持不变，根据能量守恒定律分析重力势能的增量与电势能的增量之和的变化情况解答：解：小球由最低点开始向右摆动，克服重力做功，其重力势能增大，重力势能的增量为正值，即E10电场力方向水平向右，电荷沿电场力方向发生了位移，电场力做正功，电势能减小，电势能的增量为负值，即E20由题，小球从a到b的过程，动能增加，根据能量守恒定律可知，重力势能与电势能之和减小，则两者增量之和为负值，即E0所以，E10，E20，E0故选：A点评：本题要抓住重力做功与重力势能变化的关系、电场力做功与电势能变化的关系判断能量问题，首先要搞清几种形式的能，再根据功与能对应的关系分析5（4分）（2014秋醴陵市校级期中）如图所示，在电场强度为E=2103V/m的匀 强电场中有三点A、M和B，AM=3cm，MB=4cm，AB=5cm，且AM边平行于电场线把一电荷量q=2109C的正电荷从B点移动到M点，再从M点移动到A点，电场力做功为（）A1.6107JB1.6107JC1.2107JD1.2107J考点：电势差与电场强度的关系；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：匀强电场中，电势差与场强的关系是U=Ed，式中d是两点沿电场强度方向的距离，然后根据d的含义可求解A、B两点间的电势差电场力做功的公式W=qU解答：解：根据匀强电场特点可知：A、B两点间的电势差 UAB=UAM=EdAM所以UAB=20004102V=80V正电荷从B点经M点移到A点，电场力做功为 WBA=qUBA=qUAB=210980J=1.6107J故选：B点评：公式U=Ed的适用条件为匀强电场，d的含义为两点之间沿电场线方向的距离，并非两点之间的距离，因此对于物理公式要明确适用条件以及各个物理量的含义6（4分）（2014秋醴陵市校级期中）如图图中，开关S闭合后不断开，当增大两板间距离后，则电容器所带电荷量Q、电容器电容C、两板电压U及极板间电场强度E的变化情况为（）AQ不变，C不变，U不变，E变小BQ变小，C减小，U不变，E变小CQ变大，C不变，U变大，E不变DQ不变，C减小，U不变，E变小考点：电容器的动态分析；电势能版权所有专题：电容器专题分析：电容器充电后将开关断开，电量不变将电容器两极板间距离逐渐增大，根据电容的决定式C=、U=、E= 分析电容C、极板间的电压U和极板间的电场强度E的变化情况解答：解：将电容器两极板间距离逐渐增大，根据电容的决定式C= 得知，电容C变小；因电容器与电源相连，则电压U不变，由U= 得知，电量Q变小；根据C=、U=、E= 三个式子得 E=，式中只有Q变小，则E变小故B正确，ACD错误故选：B点评：本题是电容器动态变化分析问题，往往是下列三个公式的综合应用：C=、U=、E=7（4分）（2014秋醴陵市校级期中）关于电源电动势，下面说法不正确的是（）A电动势越大的电源，将其它能转化为电能的本领越大B电压与电动势的单位都是伏特，所以他们是同一个物理量的不同叫法C电路接通后，电源两端的电压小于它的电动势D电动势只由电源性质决定与外电路无关考点：电源的电动势和内阻版权所有专题：恒定电流专题分析：电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压电动势与外电路无关解答：解：A、电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量，电动势越大，电源将其它能转化为电能的本领越大，故A正确B、电动势和电压的单位相同，但其性质不同，电动势是反映非静电力做功的性质，而电压反映的是电场力做功的；故B错误；C、电路接通后，由于内阻分压，故电源两端的电压小于它的电动势；故C正确；D、电动势只由电源的性质决定，而与外电路无关；故D正确；本题选错误的；故选：B点评：本题考查电动势的性质，要注意理解电动势的定义方法，明确电动势的决定因素8（4分）（2014秋醴陵市校级期中）某实验小组用三只相同的小灯泡，连成如图所示的电路，研究串并联电路特点实验中观察到的现象是（）AK2断开，K1与a连接，三只灯泡都熄灭BK2断开，K1与b连接，三只灯泡亮度相同CK2闭合，K1与b连接，三只灯泡都发光，L3亮度小于L2的亮度DK2闭合，K1与a连接，三只灯泡都发光，L1、L2亮度相同考点：闭合电路的欧姆定律版权所有专题：恒定电流专题分析：根据开关断开与闭合时电路的连接方式，分析灯泡是熄灭还是发光根据电流的大小判断灯泡亮度的关系解答：解：A、K2断开，K1与a连接时，三个灯串联，都能发光，且亮度相同，故A错误；B、K2断开，K1与b连接时，L3不亮，L1、L2串联能发光，故B错误；C、K2闭合，K1与b连接，L1、L3并联后与L2串连接在电源上，三只灯泡都发光，L3的亮度小于L2的亮度，故C正确D、K2闭合，K1与a连接，L1、L2被短路，均不亮，故D错误故选：C点评：分析电路的连接方式，分析清楚电路的结构是研究直流电路问题的基础9（4分）（2014秋醴陵市校级期中）如图所示，直线OAC为一直流电源的总功率P总随电流I变化的图线，抛物线OBC为同一直流电源内部热功率Pr随电流I变化的图线，若A、B的横坐标为1A，那么AB线段表示的功率等于（）A1WB2WC3WD2.5W考点：电功、电功率版权所有专题：恒定电流专题分析：根据电源的总功率P=EI，由C点的坐标求出电源的电动势和内阻AB段表示外电路的功率，再求解AB段表示的功率解答：解：电源的总功率P=EI，C点表示I=3A，P=9W，则电源的电动势E=3V由图看出，C点表示外电路短路，电源内部热功率等于电源的总功率，则有P=I2r，代入解得，r=1，所以AB段表示的功率为PAB=EII2r=31121（W）=2W故选：C点评：本题考查对图象的理解能力，从图象读出电路的状态是应培养的基本能力基本题10（4分）（2014秋醴陵市校级期中）如图所示，实线是匀强电场的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上两点，若带电粒子在运动中只受电场力作用，则由此图可作出正确判断的是（）A带电粒子带正电荷B带电粒子带负电荷C带电粒子所受电场力的方向向右D带电粒子做匀变速运动考点：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：根据轨迹的弯曲得出电场力的方向，从而得出带电粒子的电性根据粒子的受力确定粒子的运动情况解答：解：A、因为轨迹的凹向大致指向合力的方向，知粒子所受电场力方向水平向左，则粒子带负电故B正确，AC错误D、粒子仅受电场力，做匀变速曲线运动故D正确故选：BD点评：解决本题的关键知道轨迹的凹向大致指向合力的方向，这是解决本题的关键，知道正电荷所受电场力方向与电场强度方向相同，负电荷所受电场力方向与电场强度方向相反11（4分）（2014秋醴陵市校级期中）有一电流计，内阻Rg=10，满偏电流Ig=3mA要把它改装成量程为03V的电压表，以下说法正确的是（）A串联一个990的大电阻B并联一个990的大电阻C改装之后允许通过表头的最大电流值为3mAD改装之后允许通过表头的最大电流值大于3mA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串联分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出串联电阻阻值解答：解：A、把电流表改装成电压表需要串联一个分压电阻，串联电阻阻值：R=Rg=10=990，故A正确，B错误；C、把电流表改装成电压表，表头与电阻串联，通过表头的电流为其满偏电流3mA，故C正确，D错误；故选：AC点评：本题考查了电压表的改装，知道电压表的改装原理、应用串联电路特点与欧姆定律即可正确解题12（4分）（2014秋醴陵市校级期中）如图电路中，在滑动变阻器的滑片P由b端向a端滑动过程中，下列描述正确的是（）A电压表示数增大，电流表示数减少B电压表示数减少，电流表示数增大C电路中的总电阻增大D电源的输出功率增大考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律版权所有专题：恒定电流专题分析：滑片P由b端向a端滑动过程中，电阻减小，电流增大，路端电压增大，电阻1分压减小，并联支路电压增大，通过电阻2的电流增大，总电流减小解答：解：滑片P由b端向a端滑动过程中，电阻减小，电流增大，路端电压增大，电阻1分压减小，并联支路电压增大，通过电阻2的电流增大，总电流等于电阻2和通过电流表的电流加和，所以通过安培表的电流减小，输出功率P=I2R减小故选：A点评：电路的动态分析方法是：由部分支路变化判断总电路的变化，从而再到支路二、实验题（每空2分，作图题每幅图3分，共16分）13（10分）（2014秋醴陵市校级期中）（1）实验题仪器读数甲图中游标卡尺的读数是10.050cm乙图中螺旋测微器的读数是3.200mm如图所示，A、B、C是多用表在进行不同测量时，转换开关分别指示的位置，D是多用表表盘指针在测量时的偏转位置若是用A档测量，指针偏转如D，则读数为1300；若是用B档测量，指针偏转如D，则读数为6.4mA；若是用C档测量，指针偏转如D，则读数为32.0V考点：刻度尺、游标卡尺的使用；多用电表的原理及其使用；螺旋测微器的使用版权所有专题：实验题分析：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多用表最上面一排数据表示测电阻的读数，读电压、电流时注意量程，读电阻时注意倍率解答：解：游标卡尺主尺读数为100mm，游标读数为0.0510=0.50mm，两者相加读数为100.50mm=10.050cm 螺旋测微器的固定刻度读数为3mm，可动刻度读数为20.00.01=0.200mm，两者相加读数为3.200mm 若是用A档测量，测的是电阻，读数为13100=1300若是用B档测量，测的是电流，读数为6.4mA若是用C档测量，测的是电压，读数为32.0V故答案为：10.050cm.3.200mm1300，6.4mA，32.0V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，以及多用电表的读数方法14（6分）（2014秋醴陵市校级期中）如图甲所示，为某同学测绘额定电压为2.5V的小灯泡的IU特性曲线的实验电路图（1）根据电路图甲，用笔画线代替导线，将图乙中的实验电路连接完整（2）实验中测得有关数据如表：根据表中的实验数据，在图丙中画出小灯泡的IU特性曲线U/V0.400.801.201.602.002.402.80I/A0.100.160.200.230.250.260.27考点：描绘小电珠的伏安特性曲线版权所有专题：实验题分析：做电学实验时首先要注意安全性原则，变阻器使用分压式接法；根据描点法做出伏安特性曲线即可解答：解：（1）由原理图可知，滑动变阻器用分压式连接，电流表采有了外接法；实物图如图：（2）根据表中的实验数据，采用描点法画出小灯泡的IU特性曲线，如图所示：故答案为：（1）如下图所示；（2）如下图所示点评：一般电学实验离不开变阻器，变阻器由分压和限流之分，在要求电压或电流从零调时必须用分压式接法；伏安法测电阻时有电流表内接与外接之分，外接时由于电压表的分流使得电阻测量值偏小，内接时偏大，须牢记三、计算题（15题12分、16题10分、17题14分，共36分）15（12分）（2014秋醴陵市校级期中）如图所示，小球A和B带电荷量均为+q，质量分别为m和3m，用不计质量的竖直细绳连接，在竖直向上的匀强电场中以速度v0匀速上升，某时刻细绳突然断开小球A和B之间的相互作用力忽略不计求：（1）该匀强电场的场强E；（2）细绳断开后A、B两球的加速度aA、aB考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）以小球A、B整体为研究对象受力分析，根据平衡条件列方程求E（2）用隔离法对AB分别进行受力分析根据牛顿第二定律列方程求加速度解答：解：（1）设场强为E，把小球A、B看作一个系统，由于绳未断前作匀速运动，则有：2qE=4mg得（2）细绳断后，根据牛顿第二定律对A有：qEmg=maA得aA=g，方向向上 对B有：qE3mg=3maB得，负号表示方向向下 答：（1）该匀强电场的场强E大小为（2）细绳断开后A球加速度大小是gg，方向向上、B球的加速度大小为，方向竖直向下点评：考查平衡条件、牛顿第二定律的应用，关键是灵活选取研究对象，正确的进行受力分析16（10分）（2014秋醴陵市校级期中）如图所示，电源电动势E=15V，内阻r=1，电灯L上标有“3V 6W”的字样，直流电动机线圈电阻R=2若电灯恰能正常发光，求：（1）电路中的电流I；（2）电源消耗的热功率Pr；（3）电动机输出的机械功率P出考点：电功、电功率版权所有专题：恒定电流专题分析：电灯恰能正常发光，故回路中电流等于电灯的额定电流，则可求总功率，热功率，电动机输出的机械功率等于电源总功率减去回路中的热功率解答：解：（1）因为闭合开关后，电灯正常发光，又因为电动机和电灯是串联关系，所以根据公式P=UI得I=2A （2）电源消耗的热功率Pr=I2r=41=4W （3）电动机是非纯电阻电器，根据闭合电路欧姆定律可得 UM=EUIr=1532=10V 电动机输出的机械功率功率等于电动机的总功率与内阻消耗的功率之差，即P出=PMPQ=UMII2R=208=12W 答：（1）电路中的电流2A；（2）电源消耗的热功率4W；（3）电动机输出的机械功率12W点评：本题是电机电路问题，关键明确电动机不是纯电阻，其输出的机械功率等于输入功率与热功率之差17（14分）（2014淮南一模）如图所示，在xOy平面上第象限内有平行于y轴的有界匀强电场，方向如图所示y轴上一点P的坐标为（0，y0），有一电子以垂直于y轴的初速度v0从P点垂直射入电场中，当匀强电场的场强为E1时，电子从A点射出，A点坐标为（xA，0），当场强为E2时，电子从B点射出，B点坐标为（xB，0）已知电子的电荷量为e，质量为m，不计电子的重力，E1、E2未知（1）求匀强电场的场强E1、E2之比；（2）若在第象限过Q点放一张垂直于xOy平面的感光胶片，Q点的坐标为（0，y0），求感光胶片上曝光点的横坐标xA、xB之比考点：带电粒子在匀强电场中的运动；电势能版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：（1）分别根据粒子做类平抛运动，将其运动分解，从而由动力学求解（2）由速度与夹角的关系，及运动学公式，可求出感光胶片曝光点横坐标之比解答：解：（1）当电场强度为E1时：则有xA=v0t1， y0=t12当电场强度为E2时：xB=v0t2，y0=t22解得：=（2）设电场强度为E1时，电子射出电场时的偏转角为1tan1=则有vy1=t1 xA=+xA=xA设电场强度为E2时，电子射出电场时的偏转角为2，则有因 所以解得：答：（1）匀强电场的场强E1、E2之比为；（2）感光胶片上曝光点的横坐标xA、xB之比为xA：xB点评：本题考查粒子做类平抛运动时，如何处理此运动，及形成解题的方法掌握通过画出运动图来帮助分析解题，同时还利用数学函数知识来寻找矢量关系