遼寧省撫順市重點高中協(xié)作校高二物理上學(xué)期期中聯(lián)考試題（含解析）新人教版.doc

遼寧省撫順市重點高中協(xié)作校2014-2015學(xué)年上學(xué)期期中聯(lián)考高二物理試卷一、選擇題（本題共12小題，每小題4分，共48分）1（4分）a、b是一條電場線上的兩個點，一帶負電的微粒僅在電場力作用下靜止開始從a點沿電場線運動到b點，加速度變小則這一電場可能是圖中的（）abcd考點：電場線；電場強度.專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題分析：先據(jù)題境判斷電場力的大小，再觀察電場線，利用分布密集的地方電場強度大，分布稀疏的地方，電場強度?。回撾姾墒茈妶隽Φ姆较蚺c電場強度方向相反解答：解：由題境可知加速度減小，所以帶電粒子所受的電場力逐漸減小，即電場線越來越稀疏，所以ad錯誤；且?guī)щ娏Ｗ觾H在電場力作用下，據(jù)場強方向的規(guī)定可知，負電荷的運動軌跡與電場線的方向相反，故abd錯誤，c正確故選：c點評：據(jù)題境分析帶電粒子受力情況，能判斷電場線的分布情況和電場線的方向，基礎(chǔ)題目2（4分）如圖所示，兩段等長細線串接著兩個質(zhì)量、電量相等的帶電小球a、b，a帶正電、b帶負電，懸掛于 o 點現(xiàn)在空間加上水平向右的勻強電場，則此裝置平衡時的位置可能是下列哪幅圖（）abcd考點：勻強電場中電勢差和電場強度的關(guān)系.專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題分析：以整體為研究對象，分析受力情況，確定上面繩子oa的方向，再以下面的小球為研究對象，分析受力，根據(jù)平衡條件確定下面繩子的方向解答：解：以兩個小球組成的整體為研究對象，水平方向受到兩個電場力，矢量和為零豎直方向受到總重力，根據(jù)平衡條件得知，細線oa的拉力必定在豎直方向，所以細線oa的方向必須是豎直的再以小球b為研究對象，由于帶負電，該小球受到的電場力方向水平向左，則細線ab向左偏離豎直方向，故a正確，bcd錯誤故選：a點評：本題一要靈活選擇研究對象，二要分析受力采用整體法和隔離法相結(jié)合的方法研究往往可以簡便求解3（4分）如圖，長l的輕繩掛質(zhì)量為m的小球，勻強電場強度為e，方向向右，小球帶電為+q，將小球拉至水平由靜止釋放，則小球運動到最低點時輕繩的張力為（）a2mgeqb3mg2eqc3mgeqd3mg3eq考點：電勢差與電場強度的關(guān)系；向心力.專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題分析：將小球從圖示由靜止釋放，根據(jù)動能定理求通過最低點的速度由圓周運動輕繩的張力和重力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出小球經(jīng)最低點時的張力解答：解：將小球從圖示由靜止釋放，通過最低點，由動能定理，得：mglqel=mv2由圓周運動輕繩的張力和重力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，得：fmg=m聯(lián)立以上各式解得：f=3mg2eq故選：b點評：本題小球的運動類似于單擺，關(guān)于平衡位置具有對稱性，=2b點相當于豎直平面內(nèi)圓周運動的最高點，也稱為物理最高點4（4分）兩個電池e1，e2，它們分別向同一電阻r供電，比較電阻r消耗的電功率p1和p2，電池的效率1和2的大小，則有（）ap1p2，12bp1p2，12cp1p2，12dp1p2，12考點：電功、電功率；路端電壓與負載的關(guān)系.專題：恒定電流專題分析：因為兩個電池1和2的電動勢e1e2，則由毆姆定律可得它們的內(nèi)阻關(guān)系，從而得出它們內(nèi)阻消耗的功率關(guān)系電源的效率是輸出功率與總功率的比值，由于輸出功率相等，所以效率與電動勢成反比解答：解：根據(jù)圖象可知，u1u2，i1i2，根據(jù)p=ui可知，r消耗的功率p1p2，根據(jù)圖象可知，e1e2，斜率表示內(nèi)阻，則r1r2而=，故12故選：d點評：請同學(xué)們看清電源的功率與效率，同時搞清各自的公式5（4分）如圖所示的電路，閉合開關(guān)s后，a、b、c三盞燈均能發(fā)光，電源電動勢e恒定且內(nèi)阻r不可忽略現(xiàn)將變阻器r的滑片稍向上滑動一些，三盞燈亮度變化的情況是（）aa燈和c燈變亮，b燈變暗ba燈變亮，b燈和c燈變暗ca燈和c燈變暗，b燈變亮da燈和b燈變暗，c燈變亮考點：閉合電路的歐姆定律.專題：恒定電流專題分析：如圖電路的結(jié)構(gòu)是：c燈與變阻器r串聯(lián)后與b燈并聯(lián)，再與a燈串聯(lián)r的滑片稍向上滑動時，變阻器r接入電路的電阻變小，外電路總電阻變小，根據(jù)歐姆定律分析干路電流的變化，再分析b燈電壓的變化和c燈的電流變化來分析燈泡亮度變化解答：解：r的滑片稍向上滑動時，變阻器r接入電路的電阻變小，外電路總電阻變小，根據(jù)閉合電路歐姆定律得知，干路電流i增大，a燈變亮b的電壓ub=ei（r+ra）減小，b燈變暗通過c燈的電流ic=iib，i增大，ib減小，則ic增大，c燈變亮故a正確故選：a點評：本題是電路中動態(tài)變化分析的問題，首先要搞清電路的結(jié)構(gòu)，其次要按“部分整體部分”的順序分析6（4分）如圖所示，虛線a、b、c代表電場中三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即uab=ubc，實線為一帶負電的電子僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，p、q是這條軌跡上的兩點，據(jù)此可知（）a三個等勢面中，a的電勢最高b電子在p點具有的電勢能比在q點具有的電勢能大c電子通過p點時的動能比通過q點時大d電子通過p點時的加速度比通過q點時小考點：電勢；電勢能.專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題分析：作出電場線，根據(jù)軌跡彎曲的方向可知，負電荷受力的方向向下，電場線向上故c的電勢最高；根據(jù)推論，負電荷在電勢高處電勢能小，可知電荷在p點的電勢能大；總能量守恒；由電場線疏密確定出，p點場強小，電場力小，加速度小解答：解：a、負電荷做曲線運動，電場力指向曲線的內(nèi)側(cè)；作出電場線，根據(jù)軌跡彎曲的方向和負電荷可知，電場線向上故c的等勢面電勢最高，故a錯誤；b、利用推論：負電荷在電勢高處電勢能小，知道質(zhì)點在p點電勢能大，故b正確；c、只有電場力做功，電勢能和動能之和守恒，故帶電質(zhì)點在p點的動能與電勢能之和等于在q點的動能與電勢能之和，p點電勢能大，動能小故c錯誤；d、等差等勢面的疏密可以表示電場的強弱，p處的等勢面密，所以p點的電場強度大，粒子受到的電場力大，粒子的加速度大，故d錯誤；故選：b點評：根據(jù)電場線與等勢面垂直，作出電場線，得到一些特殊點（電場線與等勢面交點以及已知點）的電場力方向，同時結(jié)合能量的觀點分析是解決這類問題常用方法7（4分）如圖所示，平行板電容器與直流電源連接，下極板接地，板間距為d一電荷從電容器左邊的正中間的p點入射，恰好從下極板的右邊緣射出如果讓電荷貼著上極板的左邊緣保持原來速度入射，仍從下極板的右邊緣射出，則平行板電容器間的距離調(diào)為（）abcdd2d考點：電容器的動態(tài)分析.專題：電容器專題分析：電荷進入電場后做類平拋運動，運用運動的分解法，由牛頓第二定律和運動學(xué)公式結(jié)合得到偏轉(zhuǎn)距離與板間距離的關(guān)系，即可求解解答：解：電荷從p點入射，恰好從下極板的右邊緣射出時：=讓電荷貼著上極板的左邊緣保持原來速度入射，仍從下極板的右邊緣射出時，設(shè)此時板間距離為d，則有：d=聯(lián)立以上兩式得：d=故選：b點評：粒子垂直進入電場中做的是類平拋運動，本題就是考查學(xué)生對類平拋運動的規(guī)律的應(yīng)用8（4分）一個平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地，在兩板中間有一個正電荷（電量很?。┨幵赼點，如圖示，若以e表示板間電場強度，w表示將正電荷從a移到b點電場力做的功若保持正極板不動，將負極板上移到圖中虛線位置，比較兩種情況下的e、w和正電荷在a點的電勢能ep的大?。ǎ゛e不變，ep不變bep不變，w不變ce不變，ep變大dep變小，w不變考點：電容器的動態(tài)分析.專題：電容器專題分析：平行板電容器充電后與電源斷開后所帶電量不變移動極板，根據(jù)推論分析板間場強是否變化由電容的決定式分析電容的變化，確定電壓u的變化根據(jù)p點與上板間電勢差的變化，分析a點的電勢如何變化，判斷電勢能的變化解答：解：平行板電容器充電后與電源斷開后所帶電量q不變，根據(jù)推論e=得知，板間場強e不變將負極板上移到圖中虛線位置，ab間沿電場線方向的距離不變，由u=ed得知，ab間的電勢差不變，由公式w=qu知，w不變b點與下板間的電勢差減小，則p點的電勢降低，則正電荷的a點的電勢能ep變小故選：d點評：電容器的電量和正對面積不變，板間場強e不變是重要的推論，要能根據(jù)電容的決定式c=、電容的定義式c=和推論e=進行分析9（4分）在伏安法測電阻的實驗中，待測電阻rx約為200，電壓表v的內(nèi)阻約為2k，電流表a的內(nèi)阻約為10，測量電路中電表的連接方式如圖（a）或圖（b）所示，若將由圖（a）和圖（b）中電路測得的電阻值分別記為rx1和rx2，則下了說法正確的是（）arx1更接近真實阻值brx2更接近真實阻值crx1大于真實阻值，rx2小于真實阻值drx1小于真實阻值，rx2大于真實阻值考點：伏安法測電阻.專題：恒定電流專題分析：本題的關(guān)鍵是明確電流表內(nèi)外接法的選擇方法：當滿足時，電流表應(yīng)用外接法，根據(jù)串并聯(lián)規(guī)律寫出真實值表達式，比較可知，測量值小于真實值；當滿足時，電流表應(yīng)用內(nèi)接法，根據(jù)串并聯(lián)規(guī)律寫出真實值表達式，比較可知，測量值大于真實值解答：解：由于待測電阻滿足時rarv=102000r=40000，所以電流表應(yīng)用內(nèi)接法，即rx1 更接近真實值；根據(jù)串并聯(lián)規(guī)律可知，采用內(nèi)接法時真實值應(yīng)為：r真=r測，即測量值大于真實值；采用外接法時，真實值應(yīng)為：r真=r測，即測量值小于真實值故選：ac點評：應(yīng)明確：電流表內(nèi)外接法的選擇方法是：當滿足時，電流表應(yīng)用外接法，此時測量值小于真實值；當滿足時，電流表應(yīng)用內(nèi)接法，此時測量值大于真實值10（4分）如圖所示，豎直放置的兩個平行金屬板間有勻強電場，在兩板之間等高處有兩個質(zhì)量相同的帶電小球，p小球從緊靠左極板處由靜止開始釋放，q小球從兩板正中央由靜止開始釋放，兩小球最后都能打在右極板上的同一點則從開始釋放到打到右極板的過程中（）a它們的運行時間tp：tq=1：1b它們的動能增加量之比ekp：ekq=4：1c它們的電勢能減少量之比ep：eq=2：1d它們的電荷量之比qp：qq=2：1考點：帶電粒子在勻強電場中的運動.分析：兩小球在電場中均受到重力和電場力作用，兩小球均沿圖所示的虛線做初速度為零的勻加速直線運動； 把運動沿水平和豎直方向進行分解，在豎直方向上做自由落體運動，在水平方向均做初速度為零的勻加速直線運動因在豎直方向上位移相同，所以兩球運動時間相同，從而判斷出在水平方向上的加速度的關(guān)系和電場力的關(guān)系，結(jié)合能量的轉(zhuǎn)化和守恒及運動學(xué)公式可判斷個選項的正誤解答：解：a、兩小球在豎直方向做自由落體運動，水平在電場力作用下做初速度為0的勻加速直線運動，故兩小球運動時在豎直方向自由下落的高度相同，由可知他們運動時間相等，故a正確；bcd、根據(jù)分運動的等時性，沿電場方向加速時間也相等，由可得p、q兩球的水平加速度為2倍關(guān)系；由可知，帶電量也為2倍關(guān)系選項d正確；可知兩球的加速度關(guān)系為ap=2aq，由f=ma可得電場力有關(guān)系fp=2fq，而水平方向sp=2sq，由功的公式知，電場力對兩球做功有關(guān)系wp=4wq，所以電勢能變化是4倍的關(guān)系在豎直方向上重力做功相等，所以兩球合力做功并不是4倍關(guān)系可知bc錯誤故選：ad點評：該題考察了帶電粒子在平行板電容器中的運動，本題關(guān)鍵將兩個小球的運動分解為水平方向和豎直方向的分運動，然后結(jié)合運動學(xué)公式、牛頓運動定律和能量列式分析11（4分）某同學(xué)將一直流電源的總功率pe、輸出功率pr和電源內(nèi)部的發(fā)熱功率pr隨電流i變化的圖線畫在同一坐標系中，如圖中的a、b、c所示則下列說法中正確的是（）a圖線a表示總功率pe隨電流i變化的關(guān)系b圖線b表示電源內(nèi)部的發(fā)熱功率pr隨電流i變化關(guān)系c電源的最大輸出功率為1.5wd電源的內(nèi)阻為0.75考點：電功、電功率.專題：恒定電流專題分析：根據(jù)電源消耗的總功率的計算公式pe=ei可得電源的總功率與電流的關(guān)系，根據(jù)電源內(nèi)部的發(fā)熱功率pr=i2r可得電源內(nèi)部的發(fā)熱功率與電流的關(guān)系，從而可以判斷abc三條線代表的關(guān)系式，在由功率的公式可以分析功率之間的關(guān)系解答：解：a、b、由電源的總功率和電源內(nèi)部發(fā)熱的功率表達式分別為：pe=ei，pr=i2r，可知，a是直線，表示的是電源的總功率，b是拋物線，表示的是電源內(nèi)部的發(fā)熱功率，c表示外電阻的功率即為電源的輸出功率pr，故a正確，b正確；c、c表示外電阻的功率即為電源的輸出功率pr，從圖看出最大輸出功率為1.5w，故c正確；d、當電流為4a時，電源內(nèi)部的發(fā)熱功率pr=6w，由pr=i2r，得到r=0.375，故d錯誤；故選：abc點評：當電源的內(nèi)阻和外電阻的大小相等時，此時電源的輸出的功率最大，并且直流電源的總功率pe等于輸出功率pr和電源內(nèi)部的發(fā)熱功率pr的和12（4分）如圖所示，一個內(nèi)壁光滑的絕緣細直管豎直放置在管子的底部固定一電荷量為q（q0）的帶電體在距離底部點電荷為h2的管口a處，有一電荷量為q（q0）、質(zhì)量為m的小球自靜止釋放，在距離底部點電荷為h1的b處速度恰好為零現(xiàn)讓一個電荷量為q、質(zhì)量為2m的小球仍在a處自靜止釋放，已知靜電力常量為k，重力加速度為g，則該小球（）a小球運動到b處的速度為零b在下落過程中加速度大小先變小后變大c向下運動了位移 x=h2時速度最大d小球向下運動到b點時的速度為2考點：電勢差與電場強度的關(guān)系.專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題分析：當點電荷a在自身重力與點電荷間的庫侖力作用下，由靜止釋放后到停止在此過程中重力做正功，庫侖力做負功，且相等當點電荷變成：電量不變，而改變質(zhì)量，仍從原位置釋放，則由動能定理，可求出停止位置，速度最大的位移及到達b點的速度解答：解：a、質(zhì)量為m點電荷a，從靜止釋放后開始下落，庫侖力越來越大，所以點電荷先加速后減速則加速度先減小后增大當?shù)竭_b點時，點電荷a停止由動能定理可得：mg（h2h1）w庫=00 w庫=mg（h2h1） 而當換成質(zhì)量2m點電荷a時，仍從原來位置靜止釋放，則點電荷先加速后減速則加速度先減小后增大設(shè)停止的位置為b，則由動能定理可得：2mg（h2h1）w庫=00 所以h2h1= 則速度為零的位置在b點下方故a錯誤；b、而當換成質(zhì)量2m點電荷a時，仍從原來位置靜止釋放，則點電荷先加速后減速則加速度大小先減小后增大故b正確；c、速度最大位置，就是加速度為零的位置即庫侖力與重力相等的位置當質(zhì)量為m 時，設(shè)平衡位置距點電荷b的距離為h0 則有：而當質(zhì)量為2m時，設(shè)平衡位置距底部點電荷的距離為h0則有：所以h0= 則向下運動的位移x=h2，故c正確；d、點電荷從靜止到b點，由動能定理可得：2mg（h2h1）w庫=0 而 w庫=mg（h2h1） 所以b點時的速度為，故d錯誤；故選：bc點評：本題類似于換成兩不帶電兩小球，且之間放入輕質(zhì)彈簧，因為庫侖力做功與彈簧彈力做功很相似二、實驗題（每空2分，圖4分，共20分）13（10分）在“描繪小電珠的伏安特性曲線”的實驗中，除有一標有“6v 1.5w”字樣的小電珠、導(dǎo)線和開關(guān)外，還有：a直流電源6v（內(nèi)阻不計）b直流電流表03a（內(nèi)阻0.1以下）c直流電流表0250ma（內(nèi)阻約為5）d直流電壓表010v（內(nèi)阻約為15k）e滑動變阻器10、2af滑動變阻器1k、0.5a實驗要求小電珠兩端的電壓從零開始變化并能進行多次測量（1）實驗中電流表應(yīng)選用c，滑動變阻器應(yīng)選用e（均用序號表示）（2）小電珠的伏安特性曲線如圖1所示（只畫出了ab段），由圖可知，當電珠兩端電壓由3v變?yōu)?v時，其燈絲電阻改變了10（3）試將如圖2所示的器材連成實物圖考點：描繪小電珠的伏安特性曲線.專題：實驗題分析：器材的選擇需安全和精確，根據(jù)燈泡的額定電壓和額定電流選擇電流表和電壓表的量程，從而測量誤差的角度選擇滑動變阻器電壓和電流需從0測起，滑動變阻器需采用分壓式接法，通過燈泡的電阻大小判斷其是大電阻還是小電阻，從而確定電流表內(nèi)接還是外接解答：解：（1）小燈泡的額定電壓為6v，小燈泡的額定電流為i=0.25a，從安全和精確度方面考慮，所以量程為300ma的電流表應(yīng)選c；要描畫小燈泡的伏安特性曲線，電路中電流的變化范圍比較大，滑動變阻器應(yīng)采用分壓接法，為方便實驗操作，滑動變阻器應(yīng)選e（2）根據(jù)圖示圖象，由歐姆定律可知，小電珠電阻：ra=30，rb=40，電阻變化量：r=4030=10；（3）小燈泡在正常工作時的電阻r=24，電流表內(nèi)阻約為5，電壓表內(nèi)阻約為15k，電壓表內(nèi)阻遠大于燈泡電阻，電流表應(yīng)采用外接法；描繪燈泡伏安特性曲線，電壓和電流需從零開始測起，所以滑動變阻器采用分壓式接法，實物圖如圖所示故答案為：（1）c，e （2）10（3）如圖點評：解決本題的關(guān)鍵掌握器材選取的原則，以及知道滑動變阻器分壓式和限流式接法的區(qū)別，電流表內(nèi)外接的區(qū)別14（10分）某電壓表的內(nèi)阻在15k40k之間，現(xiàn)要測量其內(nèi)阻，實驗室提供下列器材：a待測電壓表（量程3v） b電流表a1（量程為0.6ma）c電流表a2（量程為200a） d電流表a3（量程為0.6a）e電壓表v1（量程為4v） f電壓表v2（量程3v）g滑動變阻器r（最大阻值1k） h電源e（電動勢為4v）i開關(guān) s導(dǎo)線若干（1）為了盡量減小測量誤差，要求測量多組數(shù)據(jù)，滑動變阻器應(yīng)采用分壓接法（填限流接法或分壓接法），電流表用a2（填 a1或 a2或 a3），v1和v2是否采用不用 （填v1或v2或不用）（2）請你在如圖所示的虛線框內(nèi)畫出符合實驗要求的電路圖考點：伏安法測電阻.專題：實驗題分析：先估算電壓表的最大電流用來選擇合適量程的電流表；根據(jù)滑動變阻器的阻值與是待測電壓表的阻值大小確定滑動變阻器是采用分壓式接法還是限流式接法解答：解：（1）通過電壓表可能的最大電流為：imax=200，所以電流表選用量程為200a的待測電阻的電壓表本身能夠顯示電壓，所以不需要另外的電壓表，其他的如電源、開關(guān)、導(dǎo)線和滑動變阻器為必選所以應(yīng)選擇的器材有：acghi（2）因為滑動變阻器的總阻值遠小于電壓表的內(nèi)阻，所以滑動變阻器應(yīng)選用分壓式接法，電路圖如圖所示故答案為：（1）分壓接法，a2，不用；（2）如圖所示點評：解決本題的關(guān)鍵知道通過估算測量值以選取合適的量程；若小電阻控制大電阻要用分壓式接法三、計算題（共32分）15（8分）如圖所示，電源電動勢e=9v，內(nèi)阻r=1，小電動機m的線圈電阻為r0=0.5，電阻r0=3，電壓表的示數(shù)為u0=3v求：（1）此時電動機的輸入功率；（2）此時電動機的輸出功率考點：電功、電功率.專題：恒定電流專題分析：（1）根據(jù)閉合電路歐姆定律列式求解電動機的電壓，電動機與電阻r0串聯(lián)，根據(jù)歐姆定律求解電阻r0的電流，最后根據(jù)p=ui求解電動機的輸入功率；（2）根據(jù)p機=p電p熱=uii2rm求解電動機的輸出功率解答：解：（1）以電阻r0為研究對象，根據(jù)歐姆定律得到電路中電流為：i=電動機兩端的電壓：u=eu0ir=9311=5v電動機輸入的電功率為：p電=ui=51=5w（2）電動機內(nèi)部發(fā)熱為p熱=i2rm，根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律，電動機的輸出功率：p機=p電p熱=uii2rm=51120.5=4.5w答：（1）此時電動機的輸入功率為5w；（2）此時電動機的輸出功率為4.5w點評：本題關(guān)鍵抓住電路中電壓分配和能量的關(guān)系，不能直接根據(jù)歐姆定律這樣來求解電路中電流：i=，因為電動機工作時，歐姆定律不成立16（12分）如圖所示的勻強電場中，有a、b、c三點，ab=4cm，bc=10cm，其中ab沿電場方向，bc和電場方向成60角，一個電荷量為q=4108c的正電荷從a移到b電場力做功為w1=1.6107j，求：（1）勻強電場的場強e（2）電荷從b移到c，電場力做功w2（3）a、c兩點的電勢差uac考點：勻強電場中電勢差和電場強度的關(guān)系；電勢差.專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題分析：（1）根據(jù)電場力做功公式w=qed，求解電場強度，d是電場線方向兩點間的距離（2）電場力做功公式w=qed，求解電荷從b移到c電