2013-2014安徽淮北师范大学附属实验中学高二上期中考试物理试卷与答案（带解析）.doc

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1、2013-2014安徽淮北师范大学附属实验中学高二上期中考试物理试卷与答案（带解析） 选择题 关于电动势下列说法中正确的是 : A在电源内部把正电荷从正极移到负极，非静电力做功，电势能增加 B在电源内部，移动单位正电荷从负极到正极非静电力做功越多，电动势就越大 C电动势越大，说明静电力在电源内部把正电荷从负极向正极移送单位电荷量做功越多 D电动势越大，说明非静电力在电源内部把正电荷从负极向正极移送电荷量越多 答案： B 试题分析：在电源内部将正电荷从负极移到正极，非静电力做功，从正极移到负极，电场力做功，故选项 A错误；由电动势的定义 可知选项 B正确；电动势越大，说明非静电力从电源内部将单位

2、正电荷从负极移到正极做功越多，故选项 CD错误 考点：本题考查对电动势概念的理解 如图所示是两个量程的电压表，当使用 a、 b 两个端点时，量程为 0 10V，当使用 a、 c两个端点时，量程为 0 100V。已知电流表的内阻 Rg为 500，满偏电流 Ig为 2mA，求电阻 R1、 R2的值 . 答案： R1 = 4500 R2=45000 试题分析：当 使用 a、 b两个端点时，由欧姆定律得 当使用 a、 c两个端点时，由欧姆定律得 代入数据解得 R1 = 4500 R2=45000 考点：本题考查了电压表的改装原理 如图所示，离地 H高处有一个质量为 m、带电量为 +q的物体处于电场强度

3、随时间变化规律为 （ 、 均为大于零的常数，电场水平向左为正方向）的电场中，物体与竖直绝缘墙壁间的动摩擦因数为 ，已知 。时，物体从墙上静止释放，若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当物体下滑 后脱离墙面，此时速度大小为 ，最终落在地面上。则下列关于物体的运动说法正确的是： A当物体沿墙壁下滑时，物体先加速再做匀速直线运动 B物体从脱离墙壁到落地之前的运动轨迹是一段直线 C物体克服摩擦力所做的功 D物体与墙壁脱离的时刻为 答案： C 试题分析：物体下滑过程中，由牛顿第二定律可知： ，所以加速度逐渐增大，当 即 时，物体对墙壁的压力为零，摩擦力为零，加速度增大到重力加速度，此时物体脱离墙壁，

4、此后电场方向沿水平向右，物体所受重力和电场力的合力沿右斜下方，与速度方向有夹角，故沿曲线运动，由以上分析可知选项 ABD错误；从开始下落到脱离墙壁，电场力一直不做功，由动能定理知： ，解得： ，故选项 C正确 考点：本题综合考查了动能定理和牛顿第二定律的应用，关键要理解物体脱离墙壁的物理含义和物体做直线运动还是曲线运动的条件 如图所示，空间有一水平方向的匀强电场，初速度为 v0的带电微粒从 A点射入电场，在竖直平面内沿直线从 A运动到 B，在此过程中微粒的： A动能和电势能都减少，重力势能增加 B动能和重力势能都增加，电势能减少 C动能减少，重力势能和电势能都增加 D动能不变，重力势能增加，电

5、势能减少 答案： C 试题分析：带电微粒沿直线 AB运动，所以其合力沿直线 AB方向，由此可知微粒所受电场力水平向左，与重力的合力沿 BA方向，故重力和电场力均做负功，动能减小，电势能和重力势能增加，选项 C正确 考点：本题考查带电粒子在电场运动中功和能量之间的关系，关键在于根据粒子作直线运动分析出电场力的方向 一带电的粒子射入一固定带正电的点电荷 Q 形成的电场中，沿图中虚线由a点运动到 b点， a、 b两点到点电荷的距离分别是 ra、 rb，且 rarb，若粒子只受电场力，则在这一过程中 : A粒子在 a点的电势一定高于 b点的电势 B粒子在 a点的动能一定高于 b点的动能 C粒子在 a点

6、的电势能一定高于 b点的电势能 D粒子在 b点的加速度一定小于在 a点的加速度 答案： B 试题分析：根据正点电荷的电场特点可知： ， ，所以加速度，故选项 AD 错误；由题目中粒子运动轨迹的弯曲方向可知粒子带正电，所以从 a点运动到 b点，电场力做负功，动能减小，电势能增加，故选项 B正确 C错误 考点：本题考查正点电荷静电场的特点和电场力做功与动能和电势能之间的关系 如图所示，质量为 M的、带电量为 +Q 的滑块沿绝缘斜面匀速下滑，当滑块滑至竖直向下的匀强电 场区域时，滑块的运动状态为： A继续匀速下滑 B将加速下滑 C将减速下滑 D上述三种情况都可能发生 答案： A 试题分析：滑块未进入

7、电场时，受力分析，由平衡条件知： ，联立解得： 滑块进入电场时，受力分析，由牛顿第二定律知： 联立解得 a=0，即滑块继续匀速下滑，故选项 A正确 考点： 如图所示 ,ABCD是匀强电场中一正方形的四个顶点 ,已知 A、 B、 C三点的电势分别为 A=15 V, B =3 V, C= -3 V, 由此可得 D点电势为： A.6V B.9 V C.12 V D.15 V 答案： B 试题分析：连接 AC，将 AC 三等分，标上三等分点 E、 F，则根据匀强电场中沿电场线方向相等距离，电势差相等可知， E点的电势为 3V， F点的电势为9V连接 BE，则 BE为一条等势线，根据几何知识可知， DF

8、 BE，则 DF 也是一条等势线，所以 D点电势 UD=9V，故选项 B正确 考点：本题考查静电场中等势线的特点，关键在于是找等势点，作等势线，充分利用匀强电场的等势面相互平行，而且沿电场线方向相等距离，电势差相等进行作图 如图所示，实线为电场线，虚线为等势线，且相邻两条等势线间的电势差相等。一正电荷（只在电场力的作用下）在 3上时，具有的动能是 20eV，它运动到等势线 1上时，速度为零。令 2=0。那么该电荷的电势能为 4 eV时，其动能大小为 : A 16eV B 6eV C 10eV D 4eV 答案： B 试题分析：因为只有电场力做功，所以动能和电势能之和不变，又因为正电荷从等势线

9、3运动到等势线 1时，动能减小，所以电场线方向向右，正电荷在等势线 1的电势能为 ，动能 ；又因为是匀强电场，且相邻的等势线间的电势差相等，电场力做功相同，动能变化相同，所以电荷位于等势线2上时 ，动能 ；同理可得： ， 当令 2=0时， ，所以 ，即当该电荷的电势能为 4eV时，其动能大小为 6eV，故选项 B正确 考点：本题考查电场力做功和动能及电势能之间的关系，只有电场力做功时动能和电势能之和不变，但电势能的大小与选取的零势面有关 如图所示，匀强电场 E的区域内有一球体，在球心 O 点处放置一点电荷 +Q，a、 b、 c、 d、 e、 f 为球面上的点， aecf 平面与电场平行， be

10、df 平面与电场垂直，则下 列说法中正确的是 : A b、 d两点的电场强度相同 B a点的电势等于 f点的电势 C点电荷 +q在球面上任意两点之间移动时，电场力一定做功 D让点电荷 +q在球面上运动时，从 a点移动到 c点的电势能变化量一定最大 答案： D 试题分析：匀强电场中， b点和 d点的场强大小和方向相同，在点电荷 +Q 的电场中， b点的场强方向向上， d点的场强方向向下，大小相同，所以合场强大小相同， b点的合场强方向斜向右上方， d点合场强方向斜向右下方，故选项 A错误；对点电荷 +Q 的电场中， a点的电势等于 f点的电势，而对于匀强电场， a点的电势大于 f点的电势，故选项

11、 B错误；点电荷 +q在球面上任意两点之间移动时，点电荷 +Q 的电场中电场力不做功，而匀强电场中电场力可能做功，比如从a点到 c点，故选项 C错误；让点电荷 +q在球面上运动时，从 a点移动到 c点过程中，点电荷 +Q 的电场中电场力不做功，而匀强电场中电场力做功最多，所以电势能变化量一定最大，故选项 D正确 考点：本题中考查由匀强电场和点电荷的电场叠加，解答时将电场看作是由匀强电场和点电荷的电场组合而成，再分析电场力做功、电场强度和电势能即可 如图所示，图中三个电阻的阻值分为 R1=1、 R2=3、 R3=5，则流过 R1、R2、 R3的电流之比为 : A 5 3 1 B 3 1 4 C

12、3 1 5 D 15 5 3 答案： B 试题分析：设通过电阻 R1的电流为 I1，由并联电路的特点可知通过电阻 R2的电流： ，所以通过电阻 R3 的电流为 ，所以流过 R1、R2、 R3的电流之比为： 3 1 4，故选项 B正确 考点：考查了串并联电路中电流和电压的关系 如图所示，一带电小球用丝线悬挂在水平方向的匀强电场中，当小球静止后把悬线烧断，则小球在电场中将作 : A自由落体运动 B曲线运动 C沿着悬线的延长线作匀加速直线运动 D变加速直线运动 答案： C 试题分析：绳子烧断之前小球处于静止状态，对小球受力分析由平衡条件可知：重力和电场力的合力方向沿绳子的延长线方向，剪断绳子后，小球

13、受重力和电场力，由于两者均为恒力，其合力也为恒力，小球从静止开始在合力的作用下做匀加速直线运动，故选项 C正确 考点：本题考查对物体运动性质的判断，判断物体的运动性质主要依据物体的受力情况和初状态之间的关系 实验题 （ 12分）如图甲所示，为某同学测绘额定电压为 2.5V的小灯泡的伏安特性曲线的实验电路图。 （ 1）根据图甲所示电路图，用笔画线代替导线，将图乙中的实物图连接完整。（ 4分） （ 2）开关 S闭合之前，图甲中滑动变阻器的滑片应该置于 _ _端（选填“A”、 “B”或 “AB中间 ”）（ 2分） （ 3）实验中测得有关数据如下表：根据表中的实验数据，在图丙中画出小灯泡的 IU 特性

14、曲线（用横坐标表示 U）。（ 4分） U/V 0.40 0.80 1.20 1.60 2.00 2.40 2.80 I/A 0.10 0.16 0.20 0.23 0.25 0. 26 0.27 （ 4）根据你描绘的 IU 特性曲线，可求得灯泡的额定功率为 W（ 2分） 答案：（ 1）见下图（ 2） A 端（ 3）见下图（ 4） 0.60 0.70W 试题分析：（ 1）由原理图将实物图连接，如下图所示；（ 2）根据原理图可知滑动变阻器采取分压接法，闭合开关前应该使并联部分电压最小，故将滑片移至 A端；（ 3）根据题目中给出的数据在坐标系中描点，用平滑的曲线连接，让尽量多点落在曲线上，不落在曲线

15、上的点对称分布在两侧，如下图所示；（ 4）由图像读出小灯泡两端电压为 2.5V时的电流，由 可以求出小灯泡的额定功率 考点：本题考查电学实验中实物图的连接和利用作图法处理数据，连接实物图时一定根据原理图连接，并且注意连线不能交叉和电流的流向即电表接线柱的正负；作图时要用平滑曲线 填空题 （ 6分）如下图所示是定性研究平行板电容器的电容与结构之间的关系的装置，平行板电容器的 A板与静电计相连， B板和静电计金属壳都接地。若充电后保持电容器带电量不变，试指出下列三个图所示的情况下，静电计指针的偏转角度变化情况。（填 “变大 ”“变小 ”“不变 ”） 平行板电容器两极板正对面积减小时，静电计指针的偏

16、转角度将 ； 平行板电容器两极板板间距离增大时，静电计指针的偏转角度将 ； 在平行板电容器两极板插入电介质时，静电计指针的偏转角度将 答案： 变大； 变大； 变小 试题分析：静电计指针角度的变化反映了小球与球壳之间电势差大小的变化由 可知两极板的正对面积减小，根据 可知电容 C减小，由可知电势差 U变大，即静电计指针角度变大；由 可知两极板的距离增大，根据 可知电容 C减小，由 可知电势差 U变大，即静电计指针角度变大；由 可知两极板的静电常数增大，根据 可知电容 C 增大，由 可知电势差 U变小，即静电计指针角度变小 考点：本题考查了电容器的动态分析，主要结合 和 进行分析解答，前提是判断出

17、电容器是带电量不变还是极板间电压不变 计算题 如图所示，在一个水平面上建立 x轴，在过原点 O 垂直于 x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小 E 6.0105 N/C，方向与 x轴正方向相同在 O 处放一个电荷量 -5.010-8 C、质量 m 1.010-2 kg的绝缘物块物块与水平面间的动摩擦因数 0.20，沿 x轴正方向给物块一个初速度 v0 4.0 m/s，求物块最终停止时的位置（ g取 10 m/s2） 答案： x1=0.8m 试题分析：由动能定理得： 代入数据解得： x = 1.6m 由于 ，所以物体将先向左做加速运动，过边界后做减速运动，设过边界后最终停在 O 点左方 X

18、1的位置。由动能定理得： 解得：X1=0.8m 考点：考查动能定理在物体电场中运动时的应用 如图所示，空间存在着强度 E= 方向竖直向上的匀强电场，在电场内一长为 的绝缘细线，一端固定在 O 点，一端拴着质量 m、电荷量 q的小球 .现将细线拉直到水平位置，使小球由静止释放，当小球运动最高点时细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂 .求： （ 1）小球运动最高点时的速度； （ 2）细线能承受的最大拉力； 答案：（ 1） （ 2） 6mg 试题分析：（ 1）设小球运动到最高点时速度为 v，对该过程由动能定理有： （ 2分） 得 （ 1分） （ 2）在最高点对小球由牛顿第二定律得： （ 2分

19、） 解得： T=6mg（ 1分） 考点：本题考查了动能定理和向心力公式的综合应用，小球做圆周运动，在最高点时列向心力公式 如图所示，两平行金属板 A、 B长 i 8 cm，两板间距离 d 8 cm， A板比B板电势高 300 V，即 UAB 300 V一带正电的粒子电量 q 10-10C， 质量 m10-20kg，从 R点沿电场中心线垂直电场线飞入电场，初速度 v0 2106 m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面 MN、 PS间的无电场区域后，进入固定在中心线上的 O 点的点电荷 Q 形成的电场区域（设界面 PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响）已知两界面 MN、 PS相距为 L 12 cm

20、，粒子穿过界面 PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏 EF 上不计粒子重力。（静电力常数 k9109 N m2/C2）求： （ 1）粒子穿过界面 PS时偏离中心线 RO 的距离多远； （ 2）粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向 的夹角 ； （ 3）点电荷的电量 答案：（ 1） 12cm （ 2） 37 （ 3） 1.0410-8C 试题分析：（ 1）设粒子从电场中飞出时的侧向位移为 h,，穿过界面 PS时偏离中心 线 OR的距离为 y，则： 即： ,代入数据，解得： h 0.03 m 3 cm 带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，由相似三角形知识得： 代入数据，解得： y 0.12 m 12 cm （ 2）设粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为 vy，则： ，代入数据，解得： vy 1.5106 m/s 所以粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为： 设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为 ，则： 37 （ 3）因为粒子穿过界面 PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏上，所以该带电粒子在穿过界面 PS后将绕点电荷 Q 作匀速圆周运动，其半径与速度方向垂直 匀速圆周运动的半径： ，由 代入数据，解得： Q 1.0410-8C 考点：本题考查粒子在电场做曲线运动时中类平抛运动规律和向心力公式的综合应用，关键要画出粒子的运动轨迹，判断出粒子的运动性质再选择合适的规律求解