江蘇省淮安市范集中學高二物理上學期期中試卷（選修）（含解析）.doc

2014-2015學年江蘇省淮安市范集中學高二（上）期中物理試卷（選修）一、單項選擇題：每小題只有一個選項符合題意（本大題8小題，每小題4分，共32分）1關于點電荷的說法，正確的是（）a只有體積很小的帶電體，才能作為點電荷b體積很大的帶電體一定不能看作點電荷c點電荷一定是電量很小的電荷d當兩個帶電體的形狀對它的相互作用力的影響可忽略時，這兩個帶電體可看作點電荷2如圖中，正確描繪兩個等量正點電荷電場線分布情況的是（）abcd3在真空中有兩個靜止的點電荷，若保持它們之間的距離不變，僅將各自的電荷量均減小為原來的，則它們之間的庫侖力將（）a增大為原來的2倍b增大為原來的4倍c減小為原來的d減小為原來的4在電場中，把電荷量為4109c的正電荷從a點移到b點，克服電場力做功6108j，以下說法中正確的是（）a電荷在b點具有的電勢能是6108 jbb點的電勢是15 vc電荷的電勢能增加了6lo8jd電荷的電勢能減少了6108j5電阻r1阻值為6，與電阻r2并聯后接入電路中，通過它們的電流之比i1：i2=2：3，則電阻r2的阻值和總電阻的阻值分別為（）a4，2.4b4，3.6c9，3.6d9，4.56一臺國產封閉型貯水式電熱水器的銘牌上所列的主要技術參數如表所示根據表中提供的數據，計算出此電熱水器在額定電壓下處于加熱狀態(tài)時，通過電熱水器的電流約為（）額定容量 54l 最高水溫 75額定功率 1200w 額定壓力 0.7mpa額定電壓 220v 電器類別 類a6.8ab0.15ac5.45ad0.23a7如圖所示的實驗裝置中，極板a接地，平行板電容器的極板b與一個靈敏的靜電計相接將a極板向左移動，增大電容器兩極板間的距離時，電容器所帶的電量q、電容c、兩極間的電壓u，電容器兩極板間的場強e的變化情況是（）aq變小，c不變，u不變，e變小bq變小，c變小，u不變，e不變cq不變，c變小，u變大，e不變dq不變，c變小，u變大，e變小8當電阻兩端加上某一穩(wěn)定電壓時，通過該電阻的電荷量為0.3c，消耗的電能為0.9j為在相同時間內使0.6c的電荷量通過該電阻，在其兩端需加的電壓和消耗的電能分別是（）a3v，1.8jb3v，3.6jc6v，1.8jd6v，3.6j二、多項選擇題（本部分4小題，每小題4分，共16分，每小題有多個選項符合題意，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，選錯或不答得0分）9由電場強度的定義式e= 可知，在電場中的同一點（）a電場強度e跟f成正比，跟q成反比b無論檢驗電荷所帶的電量如何變化，始終不變c電荷在電場中某點所受的電場力大，該點的電場強度強d一個不帶電的小球在p點受到的電場力為零，則p點的場強一定為零10關于電源的電動勢，下列說法中正確的是（）a電源電動勢越大，表明它將其他形式的能轉化為電能的本領越大b電源電動勢在數值上等于電源沒有接入電路時兩極間的電壓c電源電動勢在數值上等于非靜電力在單位時間內所做的功d電源電動勢在數值上等于非靜電力把1c正電荷在電源內從負極移送到正極所做的功11某電場的電場線分布如圖所示，m、n為電場中兩點以下說法正確的是（）am、n點的場強emenbm、n點的場強emencm、n點的電勢mndm、n點的電勢mn12在如圖所示的電路中，電源電動勢為e、內電阻為r，將滑動變阻器的滑片p從圖示位置向右滑動的過程中，關于各電表示數的變化，下列判斷中正確的是（）a電壓表v的示數變大b電流表a2的示數變小c電流表a1的示數變小d電流表a的示數變大三、實驗題（本題共1小題，每空3分，共15分）13有一個小燈泡上標有“4v、2w”的字樣，現在要用伏安法描繪這個燈泡的iu圖線現有下列器材供選用：a電壓表（05v，內阻10k）b電壓表（015v，內阻20k）c電流表（03a，內阻1） d電流表（00.6a，內阻0.4）e滑動變阻器（10，2a） f滑動變阻器（500，1a）g學生電源（直流6v）、開關、導線若干（1）實驗時，選用圖甲而不選用圖乙的電路圖來完成實驗，理由是（2）實驗中所用電壓表應選，電流表應選用，滑動變阻器應選用（用序號字母表示）（3）把圖丙中所示的實驗器材用實線連接成實物電路圖三、計算或論述題：解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟.只寫出最后答案的不能得分，有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位（本大題3小題，其中14小題10分，15小題12分，16小題15分，共37分）.14如圖所示電路，電源電動勢為1.5v，內阻為0.12，外電路的電阻為1.38，求電路中的電流和路端電壓15用30cm的細線將質量為4103kg的帶電小球p懸掛在o點下，當空中有方向為水平向右，大小為1104n/c的勻強電場時，小球偏轉37后處在靜止狀態(tài)（1）分析小球的帶電性質；（2）求小球的帶電量；（3）求細線的拉力16有一初速為零的電子經電壓u1加速后，進入兩塊間距為d，電壓為u2的平行金屬板間，若電子從兩板正中間垂直電場方向射入，且正好能從b板邊緣穿出電場，設電子的電荷量為e，質量為m，求：電子剛進入平行金屬板時的初速度； 電子的偏轉距離；平行金屬板的長度2014-2015學年江蘇省淮安市范集中學高二（上）期中物理試卷（選修）參考答案與試題解析一、單項選擇題：每小題只有一個選項符合題意（本大題8小題，每小題4分，共32分）1關于點電荷的說法，正確的是（）a只有體積很小的帶電體，才能作為點電荷b體積很大的帶電體一定不能看作點電荷c點電荷一定是電量很小的電荷d當兩個帶電體的形狀對它的相互作用力的影響可忽略時，這兩個帶電體可看作點電荷考點： 元電荷、點電荷專題： 電場力與電勢的性質專題分析： 點電荷是理想化模型，當電荷間距遠遠超過電荷自身大小時，可忽略自身大小，看成一個點解答： 解：a、當兩個帶電體的形狀對它的相互作用力的影響可忽略時，這兩個帶電體可看作點電荷不是體積很小就可以看成點電荷，故a錯誤；b、當兩個帶電體的形狀對它的相互作用力的影響可忽略時，這兩個帶電體可看作點電荷當間距很大時，即使體積很大也可以看成點電荷，故b錯誤；c、當兩個帶電體的形狀對它的相互作用力的影響可忽略時，這兩個帶電體可看作點電荷但電量并不一定很小故c錯誤；d、當兩個帶電體的形狀對它的相互作用力的影響可忽略時，這兩個帶電體可看作點電荷故d正確；故選：d點評： 點電荷實際不存在，是理想化的，就像質點一樣自身大小對研究的問題沒有影響時，就可看成點2如圖中，正確描繪兩個等量正點電荷電場線分布情況的是（）abcd考點： 電場線專題： 電場力與電勢的性質專題分析： 根據同一電場中電場線不能相交、電場線從正電荷出發(fā)到負電荷終止進行分析解答： 解：ab、在同一電場中電場線不能相交，否則交點處場強方向有兩個，故ab錯誤cd、電場線從正電荷出發(fā)到負電荷終止，故c錯誤，d正確故選：d點評： 解決本題的關鍵之處在于掌握電場線的特點：不相交，知道電場線分布情況3在真空中有兩個靜止的點電荷，若保持它們之間的距離不變，僅將各自的電荷量均減小為原來的，則它們之間的庫侖力將（）a增大為原來的2倍b增大為原來的4倍c減小為原來的d減小為原來的考點： 庫侖定律專題： 電場力與電勢的性質專題分析： 根據庫侖定律的公式f=分析解答： 解：根據庫侖定律的公式f=，各自的電荷量均減小為原來的，它們之間的距離不變，則庫侖力變?yōu)樵瓉淼墓蔰正確，a、b、c錯誤故選d點評： 解決本題的關鍵掌握庫侖定律的公式f=4在電場中，把電荷量為4109c的正電荷從a點移到b點，克服電場力做功6108j，以下說法中正確的是（）a電荷在b點具有的電勢能是6108 jbb點的電勢是15 vc電荷的電勢能增加了6lo8jd電荷的電勢能減少了6108j考點： 電勢差與電場強度的關系；電勢；電勢能專題： 電場力與電勢的性質專題分析： 根據電場力做正功時，電荷的電勢能減小，電場力做負功時電勢能增加根據電勢公式、電場力做功和功能關系進行分析和計算解答： 解：a、c、d、正電荷從a點移到b點，克服電場力做功6108 j，其電勢能增加6108 j，但由于零電勢點位置未知，所以b點的電勢能不能確定，故ad錯誤，c正確b、b點的電勢能不能確定，由電勢公式b=可知，b點的電勢不能確定，故b錯誤故選：c點評： 本題關鍵明確電場力做的功等于電勢能的減小量，同時結合電勢b=定義公式列式求解5電阻r1阻值為6，與電阻r2并聯后接入電路中，通過它們的電流之比i1：i2=2：3，則電阻r2的阻值和總電阻的阻值分別為（）a4，2.4b4，3.6c9，3.6d9，4.5考點： 串聯電路和并聯電路專題： 恒定電流專題分析： 根據并聯電路的性質可求得r2的阻值及總電阻：并聯電路的電壓相等，電流之比等于電阻的反比解答： 解：并聯電路中電流之比等于電阻的反比；故有：=故有：r2=4；則總電阻為：r=2.4；故選：a點評： 本題考查并聯電路的規(guī)律，要注意明確并聯電路各支路兩端的電壓相等，電阻與電流成反比6一臺國產封閉型貯水式電熱水器的銘牌上所列的主要技術參數如表所示根據表中提供的數據，計算出此電熱水器在額定電壓下處于加熱狀態(tài)時，通過電熱水器的電流約為（）額定容量 54l 最高水溫 75額定功率 1200w 額定壓力 0.7mpa額定電壓 220v 電器類別 類a6.8ab0.15ac5.45ad0.23a考點： 電功、電功率專題： 恒定電流專題分析： 由熱水器銘牌可知，加熱時的額定功率是1200w，額定電壓是220v，由電功率變形公式可以求出加熱時的電流解答： 解：加熱時的額定功率是1200w，額定電壓是220v，電熱水器加熱時的電流：i=5.45a；故選：c點評： 從銘牌獲取必要的信息，熟練應用電功率的變形公式即可正確解題，本題是一道基礎題7如圖所示的實驗裝置中，極板a接地，平行板電容器的極板b與一個靈敏的靜電計相接將a極板向左移動，增大電容器兩極板間的距離時，電容器所帶的電量q、電容c、兩極間的電壓u，電容器兩極板間的場強e的變化情況是（）aq變小，c不變，u不變，e變小bq變小，c變小，u不變，e不變cq不變，c變小，u變大，e不變dq不變，c變小，u變大，e變小考點： 電容器的動態(tài)分析專題： 電容器專題分析： 題中平行板電容器與靜電計相接，電容器的電量不變，改變板間距離，由c=，分析電容的變化，根據c=分析電壓u的變化，根據e=分析場強的變化解答： 解：a、b，平行板電容器與靜電計并聯，電容器所帶電量不變故a、b錯誤 c、d，增大電容器兩極板間的距離d時，由c=知，電容c變小，q不變，根據c=知，u變大，而e=，q、k、s均不變，則e不變故c正確，d錯誤故選c點評： 對于電容器動態(tài)變化分析問題，要抓住不變量當電容器保持與電源相連時，電壓不變當電容器充電后，與電源斷開后，往往電量不變8當電阻兩端加上某一穩(wěn)定電壓時，通過該電阻的電荷量為0.3c，消耗的電能為0.9j為在相同時間內使0.6c的電荷量通過該電阻，在其兩端需加的電壓和消耗的電能分別是（）a3v，1.8jb3v，3.6jc6v，1.8jd6v，3.6j考點： 閉合電路的歐姆定律分析： （1）已知電阻絲在通過0.3c的電量時，消耗的電能0.9j，根據w=uq變形可求出電壓；當在相同的時間內通過電阻絲的電量是0.6c時，根據i=可知，當時間相同，由電荷時的關系可知電流關系，因為電阻不變，根據u=ir，由電流關系可知電壓關系，即可求出電阻絲兩端所加電壓u；（2）已知通過電阻絲的電量是0.6c，電阻絲兩端所加電壓u已求出，根據w=uq可求出電阻絲在這段時間內消耗的電能w解答： 解：因為電阻絲在通過0.3c的電量時，消耗的電能是0.9j，所以此時電壓為：u=3v當在相同的時間內通過電阻絲的電量是0.6c時，根據i=可知，i=2i，根據u=ir可知，電阻不變，此時電阻絲兩端電壓：u=2u=6v，電阻絲在這段時間內消耗的電能：w=uq=6v0.6c=3.6j故選d點評： 本題考查了電量和電功的計算及歐姆定律的應用本題由于不知道時間不能求出電流，只能根據相關公式找出相關關系來求解二、多項選擇題（本部分4小題，每小題4分，共16分，每小題有多個選項符合題意，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，選錯或不答得0分）9由電場強度的定義式e= 可知，在電場中的同一點（）a電場強度e跟f成正比，跟q成反比b無論檢驗電荷所帶的電量如何變化，始終不變c電荷在電場中某點所受的電場力大，該點的電場強度強d一個不帶電的小球在p點受到的電場力為零，則p點的場強一定為零考點： 電場強度分析： 公式e=是電場強度的定義式，運用比值法定義，電場強度反映本身的特性，與試探電荷無關解答： 解：a、c、電場強度的定義式e=，運用比值法定義，e由電場本身決定，與試探電荷所受的電場力f和電荷量q無關，所以不能說e跟f成正比，跟q成反比故ac錯誤b、電場中同一點電場強度是一定的，與試探電荷無關，則在電場中的同一點，無論檢驗電荷所帶的電量如何變化，始終不變故b正確d、一個不帶電的小球在p點受到的電場力為零，該點的場強可能為零，也可能不為零，故d錯誤故選：b點評： 解決本題的關鍵是運用比值法定義的共性來理解電場強度的物理意義，知道e由電場本身決定，與試探電荷所受的電場力f和電荷量q無關10關于電源的電動勢，下列說法中正確的是（）a電源電動勢越大，表明它將其他形式的能轉化為電能的本領越大b電源電動勢在數值上等于電源沒有接入電路時兩極間的電壓c電源電動勢在數值上等于非靜電力在單位時間內所做的功d電源電動勢在數值上等于非靜電力把1c正電荷在電源內從負極移送到正極所做的功考點： 電源的電動勢和內阻專題： 恒定電流專題分析： 電源沒有接入外電路時兩極間的電壓等于電源電動勢電動勢表征電源把其他形式的能轉化為電能的本領大小，電動勢與外電路無關解答： 解：電動勢表征電源把其他形式的能轉化為電能的本領大小，電動勢越大，電源將其他形式的能轉化為電能的本領越大則a正確；其大小在數值上等于非靜電力把1c正電荷在電源內從負極移送到正極所做的功，也等于電源沒有接入電路時兩極間的電壓則c錯誤bd正確，故選：abd點評： 本題考查對電源電動勢的理解，要抓住電動勢的物理意義、定義和閉合電路歐姆定律來加深理解11某電場的電場線分布如圖所示，m、n為電場中兩點以下說法正確的是（）am、n點的場強emenbm、n點的場強emencm、n點的電勢mndm、n點的電勢mn考點： 電場線；電場強度；電勢專題： 電場力與電勢的性質專題分析： 電場線的疏密表示電場強度的強弱，電場線某點的切線方向表示電場強度的方向沿著電場線方向電勢是降低的解答： 解：ab、電場線的密的地方場強大，n點電場線密，所以n點場強大，故a正確，b錯誤cd、沿著電場線方向電勢降低，m點電勢高于n點電勢，故c錯誤，d正確故選：ad點評： 掌握電場線的特點即可解決問題可通過動能定理判斷電荷動能的變化即可知道電勢能的變化注意電場力的方向與運動方向來確定電場力做功的正負是解題的關鍵12在如圖所示的電路中，電源電動勢為e、內電阻為r，將滑動變阻器的滑片p從圖示位置向右滑動的過程中，關于各電表示數的變化，下列判斷中正確的是（）a電壓表v的示數變大b電流表a2的示數變小c電流表a1的示數變小d電流表a的示數變大考點： 閉合電路的歐姆定律專題： 恒定電流專題分析： 由滑片的移動可知滑動變阻器接入電阻的變化，則由閉合電路歐姆定律可知電路中總電流及路端電壓的變化，再分析局部電路可得出電流表及電壓表的變化解答： 解：當滑片向右滑動時，滑動變阻器接入電阻增大，則總電阻增大；由閉合電路歐姆定律可知，電路中總電流減小，則由u=eir可知，路端電壓增大；則可知電流表a的示數減小，電壓表v的示數增大；故a正確，d錯誤；因路端電壓增大，a1中電流增大，故c錯誤；因總電流減小，而r1中電流增大，則a2中電流減小，故b正確；故選：ab點評： 本題考查閉合電路歐姆定律的應用，要注意明確解題的思路為：“局部整體局部”三、實驗題（本題共1小題，每空3分，共15分）13有一個小燈泡上標有“4v、2w”的字樣，現在要用伏安法描繪這個燈泡的iu圖線現有下列器材供選用：a電壓表（05v，內阻10k）b電壓表（015v，內阻20k）c電流表（03a，內阻1） d電流表（00.6a，內阻0.4）e滑動變阻器（10，2a） f滑動變阻器（500，1a）g學生電源（直流6v）、開關、導線若干（1）實驗時，選用圖甲而不選用圖乙的電路圖來完成實驗，理由是電壓應從零開始變化（2）實驗中所用電壓表應選a，電流表應選用d，滑動變阻器應選用e（用序號字母表示）（3）把圖丙中所示的實驗器材用實線連接成實物電路圖考點： 伏安法測電阻專題： 實驗題分析： （1）根據滑動變阻器分壓及限流接法的不同作用，結合題意選擇滑動變阻器的接法；由電流表、電壓表與燈泡內阻間的大小關系確定電流表的接法（2）儀表的選擇應本著安全準確的原則；電壓表要測量燈泡兩端的電壓，故應通過燈泡的額定電壓值判斷需要的電壓表；由流過燈泡的電流判斷需要的電流表；由題意判斷需要的滑動變阻器（3）對照電路圖連接實物圖，注意電流從電流表電壓表正接線柱流入解答： 解：（1）在用伏安法描繪這個燈泡的i一u圖線的實驗中，電壓要從零開始變化，并要多測幾組數據，故只能采用滑動變阻器分壓接法，所以電路圖選用圖甲（2）因燈泡的額定電壓為4v，為保證安全選用的電壓表量程應稍大于4v，但不能大太多，量程太大則示數不準確；故只能選用05v的電壓表，故選a；由p=ui得，燈泡的額定電流i=0.5a，故電流表應選擇00.6a的量程，故選d；而由題意要求可知，電壓從零開始變化，并要多測幾組數據，故只能采用滑動變阻器分壓接法，而分壓接法中應選總阻值小的滑動變阻器，故選e；（3）對照電路圖連接實物圖，注意電流從電流表電壓表正接線柱流入，如圖：故答案為：（1）電壓應從零開始變化；（2）a；d；e；（3）實物電路圖如圖所示點評： 本題考查實驗中的儀表選擇及接法的選擇；應注意滑動變阻器分壓及限流接法的區(qū)別及應用，同時還應明確內外接法的不同及判斷三、計算或論述題：解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟.只寫出最后答案的不能得分，有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位（本大題3小題，其中14小題10分，15小題12分，16小題15分，共37分）.14如圖所示電路，電源電動勢為1.5v，內阻為0.12，外電路的電阻為1.38，求電路中的電流和路端電壓考點： 閉合電路的歐姆定律專題： 恒定電流專題分析： 閉合開關s后，運用閉合電路歐姆定律求解電路中的電流i，由部分電路歐姆定律求解路端電壓解答： 解：閉合開關s后，由閉合電路歐姆定律得：電路中的電流i為：i=a=1a路端電壓為：u=ir=11.38=1.38（v）答：電路中的電流為1a，路端電壓為1.3