2012-2013年四川昭觉中学高二上学期期中考试物理试卷与答案（带解析）.doc

《2012-2013年四川昭觉中学高二上学期期中考试物理试卷与答案（带解析）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2012-2013年四川昭觉中学高二上学期期中考试物理试卷与答案（带解析）.doc（14页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、2012-2013年四川昭觉中学高二上学期期中考试物理试卷与答案（带解析） 选择题 一根粗细均匀的导线，两端加上电压 U时，通过导线中的电流强度为 I，导线中自由电子定向移动的平均速率为 v，若将导线均匀拉长，使它的横截面半径变为原来的 1/2，再给它两端加上电压 U，则 ( ) A通过导线的电流为 I/4 B通过导线的电流为 I/16 C导线中自由电子定向移动的平均速率为 v/4 D导线中自由电子定向移动的平均速率为 v/2 答案： BC 试题分析：将导线均匀拉长，使其半径变为原来的 ，横截面积变为原来的倍，导线长度要变为原来的 4 倍，金属丝电阻率不变，由电阻定律 可知，导线电阻变为原来的

2、 16倍；电压 U不变，由欧姆定律 可知，电流变为原来的 ；故 A错误； B正确； C、 D、电流 I变为原来的 ，横截面积变为原来的 ，单位体积中自由移动的电子数 n不变， 每个电子粒所带的电荷量 e不变，由电流的微观表达式 可知，电子定向移动的速率变为原来的 ，故 C正确， D错误； 故选 BC 考点：欧姆定律；电流、电压概念 点评：本题关键要抓住物理量之间的关系，要在理解的基础上记住电流的微观表达式 如图所示，一带负电的油滴，从坐标原 点 O 以速率 v0射入水平的匀强电场，v0的方向与电场方向成 角，已知油滴质量为 m，测得它在电场中运动到最高点 P时的速率恰为 v0，设 P点的坐标为

3、 (xp， yp)，则应有（ ） A xp0 B xp2， I1I2 C 1=2， I1=I2 D 12， I1=I2 答案： D 试题分析：因电容器稳定后相当于开路，对电路没有影响，故移动滑片时电路中电流不变，即 ； 小球带正电，小球受重力、电场力及绳子的拉力而处于平衡； 滑片右移时，与电容器并联部分的电压增大，则电容器两端的电压增大，由U=Ed可知，两极板间的电场强度增大；小球受到的水平向右的电场力增大，因重力不变，要使小球重新处于静止状态，细线与竖直板间的夹角应增大； 故选 D 考点：本题综合考查电路知识、电容器及共点力的平衡知识， 点评：要求学生能通过读图和审题找出其中的关系，进而由部

4、分物理量的变化可得出其它量的变化 如图所示，电阻 R=20，电动机的绕组电阻 R 10当开关打开时，电流表的示数是 I，电路消耗的电功率为 P。当开关合上后，电动机转动起来。若保持电路两端的电压不变，电流表的示数 I 和电路消耗的电功率 P 应是（ ） A I 3I B I 3I C P 3P D P 3P 答案： BD 试题分析：因闭合开关后保持电压不变，故 R中的电流不变；由并联电路的规律可知，电流表中电流为电动机电流与 R中电流之和；因电动机电流故 ，故 B正确， A错误； 由功率公式 P=UI可知， R消耗的功率不变，而电动机消耗的功率小于 2P，故总功率小于 3P，故 C错误， D正

5、确； 故选 BD 考点：本题考查电动机的性质， 点评：因电动机在工作时有电能转化为动能，不能用欧姆定律求解，但可以用P=UI及串并联电路的性质求解 一个用绝缘材料制成的劲度系数为 k的轻弹簧，一端固定，另一端与质量为 m、带正电荷 q的小球相连，静止在光滑绝缘水平面上，当加入如图所示的场强为 E的匀强电场后，小球开始运动，下列说法正确的是（ ） A小球的速度最大时，弹簧伸长为 qE k B小球的速度为零时，弹簧伸长为 qE k C运动过程中，小球的机械能守恒 D运动过程中，小球的电势能、动能和弹簧的弹性势能相互转化 答案： AD 试题分析：小球处于平衡位置时，电场力与弹簧的弹力平衡，弹簧伸长了

6、 ，此时小球的速度不是零，而是最大故 A正确， B错误由题，水平面是光滑的，在运动过程中，小球的电势能、动能和弹簧的弹性势能互相转化，根据能量守恒定律可知，三者总量保持不变 C错误 D正确； 故选 AD 考点：电势能；胡克定律；弹性势能；简谐运动的回复力和能量 点评：求解振幅关键找到最大位移处与平衡位置之间的距离来确定简谐运动常常利用对称性和周期性分析物理量的变化 如图所示，长为 L、倾角为 的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电量为 +q，质量为 m 的小球，以初速度 v0从斜面底端的 A点开始沿斜面上滑，当达到斜面顶端的 B点时，速度仍为 v0，则（ ） A. A、 B两点间的电势差一定等于 m

7、gLsin/q B. 小球在 B点的电势能一定大于 A点的电势能 C. 若电场是匀强电场，则该电场的强度的最大值一定为 mg/q D. 若该电场是斜面中点正上方某点 C的点电荷 Q 产生的，则 Q 一定是负电荷 答案： AD 试题分析：过程中电场力做正功，重力做负功，并且从低端到顶端两力做功和为零，故 ，所以 AB两点的电势差一定为 mgLsin/q， A正确，过程中电场力做正功，所以电势能减小，故 B点的电势能小于 A点的电势能，B错误，若电场是匀强电场，则该粒子合力为零，根据矢量三角形定则可得，电场只有最小值，没有最大值， C错误，若该电场是斜面中点正上方某点的点电荷 Q 产生的，则 Q

8、一定是负电荷， D正确， 故选 AD 考点：考查了带电粒子在电 场中的运动， 点评：本题的突破口是到达斜面顶端的速度仍为 v0，即两力合功为零， 一平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，在两极板之间有一正点电荷（电量很小）固定在 P点，如图所示，以 E表示两极板间电场强度， 表示负极板的电势， 表示正点电荷在 P点的电势能，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（ ） A E变大、 降低 B E不变、 升高 C E变小、 变小 D 升高、 变大 答案： BD 试题分析：平行板电容器充电后与电源断开，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，由推论公式 ，分析得到板间场强不变

9、，电容 C增大，而电量 Q 不变，由公式 分析得到板间电压 U减小由于负极板的电势比正极板低，则 升高根据 U=Ed， E不变， P点到正极板的距离减小，则正极板与 P点的电势差减小，正极板电势为零， P点的电势比正极板低，则 P点的电势升高，正电荷在 P点的电势能 p增大，故选BD； 考点：本题是电容器的动态变化分析问题， 点评：难点是确定 P点与负极板的电势变化，往往根据电势差及电势高 低分析电势的变化 两个固定等量异号点电荷所产生电场等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中 A 点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中 ( ) A做直

10、线运动，电势能先变小后变大 B做直线运动，加速度先变大后变小 C做曲线运动，电势能先变小后变大 D做曲线运动，速度先变大后变小 答案： CD 试题分析：等势面和电场线是垂直关系，所以小球的速度方向和电场力方向不在一条直线上，所以不做直线运动， AB错误，画出电场线可得，电场力先与速度方向成锐角，在成钝角，所以电场力先做正功后做负功，故电势能先减小后增大，速度先变大后变小， CD正确， 考点：考查了带电粒子在电场中的运动， 点评：做本题的关键是根据等势面画出电场线的分布，然后根据电场力方向和速度方向的夹角判断电场力做功情况 在集成电路中，经常用若干基本门电路组成复合门电路，如图所示，为两个基本门

11、电路组合的逻辑电路，根据真值表，判断虚线框内门电路类型及真值表内 x的值（ ） A “与门 ”， 1 B “与门 ”， 0 C “或门 ”， 1 D “或门 ”， 0 答案 ： D 试题分析：当 AB输入为 00时，通过第一个门电路输出为 0，输入为 01时，输出为 1，输入为 10时，输出为 1，知该门电路为 “或 ”门所以输入为 11时，输出为 1，再经过非门输出为 0，所以 x为 0故 A、 B、 C错误， D正确 故选 D 考点：简单的逻辑电路 点评：解决本题的关键掌握各种门电路的特点，以及会用真值表分析 如图所示为静电除尘器的示意图，下列说法哪些是正确的（ ） A金属管 A和悬在管中

12、的金属丝 B应接在高压交流电源上 B管 A和金属丝 B应接在高压直流电源上 C距 B越近电场越强 D距 B越远电场越强 答案： BC 试题分析：所需的电场方向不需要变化，所以金属管 A和悬在管中的金属丝 B应接在高压直流电源上， A错误； B正确；电源的两极分别接在 AB上，净电荷一般分布在尖端，所以 B处分布电荷较为密集，则距离 B越近场强较大， C正确； D错误； 故选 BC 考点：静电除尘器工作原理 点评：本题难度较小，对于这种类型题判断电压高低主要是看与电源相连的特点， 实验题 如图所示测定表头内阻的电路，电源内阻不计，当电阻箱的电阻调到 1200 时，电流表指针偏转到满刻度；再把电阻

13、箱的电阻调到 3000 时，电流表指针刚好指到满刻度的一半 . (1)根据上述数据可求出电流表的内阻为 _ _； (2)若这个电流表的满刻度值是 500A，要把它改装成量程为 3 V的电压表，应串联一个电阻值为 _ _的分压电阻； (3)为了核对改装成的电压表 V，给你一个标准电压表 V0，一个 4.5 V的电池组E，一个最大阻值为 1 k的滑动变阻器 R，开关 S及若干导线 .请画出符合要求的电路图。 答案：（ 1） 600（ 2） 5400（ 3） 试题分析：（ 1） ； 联立可得 （ 2） ,解得 （ 3）电路图如图所示： 考点：考查了电 表改装原理 点评：做本题的关键是知道电压表改装需

14、要串联一个电阻分压 某同学通过实验研究小灯泡的电压与电流的关系。可用的器材如下：电源（电动势 3V，内阻 1）、电键、滑动变阻器（最大阻值 20）、电压表、电流表、小灯泡、导线若干。 （ 1）实验中移动滑动变阻器滑片，得到了小灯泡的 U-I图象如图 a所示，则可知小灯泡的电阻随电压增大而 填 “增大 ”、 “减小 ”或 “不变 ”）； （ 2）根据图 a，在图 b中把缺少的导线补全，连接成实验的电路（其中电流表和电压表分别测量小灯泡的电流和电压）； （ 3）若某次连接时，把 AB间 的导线误接在 AC 之间，合上电键，任意移动滑片发现都不能使小灯泡完全熄灭，则此时的电路中，小灯泡可能获得的最小

15、功率是 W（本小题若需要作图，可画在图 a中）。 答案：（ 1）最大 （ 2） （ 3） 0 315W 试题分析：（ 1）图像的斜率表示电阻的大小，所以可知小灯泡的电阻随电压增大而增大， （ 2） （ 3）做 U-I图像，根据交点可得 P=0.315W 考点：研究小灯泡的电压与电流的关系 点评：连接实物图时，要确定电表的量程；注意滑动变阻器的接法，滑动变阻器接一上一下两个接线柱；注意电表正负接线柱不要接反； 某同学利用多用电表测量一个未知电阻的阻值，由于第一次选择的欧姆挡不够合适，又改换另一欧姆挡测量，第二次测量时电表指针所指的位置如图中的虚线所示，下面列出这两次测量中的有关操作： A将两根表

16、笔短接，并调零。 B将两根表笔分别跟被测电阻的两端接触，观察指针的位置。 C记下电阻值。 D将多用电表面板上旋钮旋到 R100挡。 E、将多用电表面板上旋钮旋到 R10挡。 F、将多用电表面板上旋钮旋到交流 5000V挡。 (1)根据上述有关操作将两次的合理实验步骤按顺序写出 (利用上述操作项目前面的字母表 示，且可以重复使用 )_ ； (2)该电阻的阻值是 。 答案：（ 1） E A B D A B C F（ 2） 1700 试题分析： (1)由于多用电表在测量电阻时，一般在指针指在中值电阻附近时，测量较准确 .据此可判定指针指在偏左边时欧姆挡量程选择不够合适 .合理的实验操作步骤顺序为：

17、EABDABCF. 该电阻的阻值由图中中央附近指针读数为 17 ，而该指针是第二次测量时的欧姆挡量程为 R100挡，所以实际电阻值为 17100 k=1.7 k. 考点：本题考查了对多用电表的 欧姆档测电阻时的步骤 点评：欧姆表换挡后需要重新欧姆调零 计算题 如图所示电路中，电源电动势 E 10V，内电阻 r=1，滑动变阻器 R1调为3后，电键 S断开和接通时， A、 B间电路消耗的电功率都是 4W。求： (1)通过电阻 R1的电流先后各多大？ (2)为使 A、 B间电路消耗的电功率在电键 S接通时达到最大， R1的阻值应调为多大？这时 A、 B间的电功率是多大？ 答案： (1) 0.5A;

18、2A (2) RI=0时， PAB=25w 试题分析：（ 1） S断开时，电路中的电流为 , ,联立解得 S闭合后：电路中的电流为 , 联立解得(2)当 时电流最大， AB段的电功率最大，为 考点：考查了闭合回路欧姆定律的应用以及电功率的计算 点评：本题是简单的串并联电路问题，先求外电路总电阻，再求解电流是常用思路 如图所示，在空间中取直角坐标系 Oxy，在第一象限内平行于 y轴的虚线MN 与 y轴距离为 d，从 y轴到 MN 之间的区域充满一个沿 y轴正方向的匀强电场，场强大小为 E。初速度可以忽略的电子经过另一个电势差为 U的电场加速后，从 y轴上的 A点以平行于 x轴的方向射入第一象限区

19、域， A点坐标为（ 0，h）。已知电子的电量为 e，质量为 m，加速电场的 电势差 ，电子的重力忽略不计，求： （ 1）电子从 A点进入电场到离开该电场区域所经历的时间 t和离开电场区域时的速度 v； （ 2）电子经过 x轴时离坐标原点 O 的距离 l。 答案：（ 1） （ 2） 试题分析：（ 1）由 得电子进入偏转电场区域的初速度 (1 分 ) 设电子从 MN 离开，则电子从 A点进入到离开匀强电场区域的时间； (1 分 ) (1 分 ) 因为加速电场的电势差 ， 说明 y h，说明以上假设正确 (1 分 ) 所以 (1 分 ) 离开时的速度 (1 分 ) （ 2）设电子离开电场后 经过时间

20、 t到达 x轴，在 x轴方向上的位移为 x，则 x v0t ， (2分 ) 则 (2 分 ) 代入解得 (2 分 ) 考点：带电粒子在匀强电场中的运动；电势差 点评：解决本题的关键理清带电粒子的运动过程，先在加速电场中做加速运动，然后做类平抛运动，最后做匀速直线运动在处理粒子运动时将类平抛运动和匀速直线运动都分解为水平方向和竖直方向 三块相同的金属平板 A、 B、 D自上而下水平放置，间距分别为 h和 d，如图所示 .A、 B两板中心开孔，在 A板的开孔上搁有一金属容器 P，与 A板接触良好，其内盛有导电液体 .A板通过闭合的电键 K 与电动势为 E0的电池正极相连，B板与电池负极相连并接地

21、.容器 P内液体在底部小孔 O 处形成质量为 m，带电量为 q的液滴后自由下落，穿过 B板的开孔 O落到 D板上，其电荷被 D板吸附，液体随即蒸发 .接着容器底部又形成相同的液滴自由下落，如此继续 .设整个装置放在真空中 . (1)第一个液滴到达 D板时的速度为多少 (2)D板最终可达到多高的电势 (3)设液滴的电量是 A板所带电量的 a倍 (a 0.02)， A板与 B板构成的电容器的电容为 C0 510-12F， E0 1000V， m 0.02g， h d 5cm.试计算 D板最终的电势值 .(g 10m/s2) (4)如果电键 K 不是始终闭合，而只是在第一个液滴形成前闭合一下，随即打

22、开，其他条件与 (3)相同 .在这种情况下， D板最终可达到的电势值为多少 说明理由 . 答案：（ 1） （ 2） （ 3） .01105V（ 4）1000V 试题分析：（ 1）设第一个液滴到达 D板时的速度为 v，由动能定理 得 （ 2）当 D板电势为 时，液滴到达 D板的动能为 令 得 （ 3） （ 4） D板的电势主要取决于 D板的带电量，当第（ n-1）滴液滴落至 D板后，D板的带电量为（ A板总电量减去 A板剩余电量） 故当第 n滴液滴刚刚下落的时刻， D板的电势为 V 显然当 n 时， V，即 D板最终的电势为 1000V。 但是这里的问题是，是不是所有的液滴都能到达 D板，这里必须进行鉴定。由于 D板电势最高不能超过 1000V，所有的液滴的电量都不超过 （即第一滴液滴的电量），若电量为 的液滴在 D板电势为 1000V时都能到达 D板，那么其它的液滴（即所有的液滴）必定能到达 D板。对这样的情形，根据动能定理 代入数据，显然有 这说明液滴可以一直滴下 去，直至 A板上所有的电荷都转移到 D板，即 D板最终的电势可达 1000V。 考点：考查了带电粒子在电场中的运动， 点评：动能定理的应用范围很广，可以求速度、力、功等物理量一个题目可能需要选择不同的过程多次运用动能定理研究