1、湖北省黄石三中2014-2015学年上学期期中考试高二物理试卷一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分其中1-7题为单选，8-10题为多选）1（4分）关于点电荷所形成的电场，下列说法正确的是（）A以点电荷为球心的球面上，各点的场强相同B离点电荷越远的地方，场强越小，即场强与距离成反比C沿着正点电荷形成电场的电场线方向，场强越来越小D沿着负点电荷形成的电场线方向，场强越来越小考点：点电荷的场强；元电荷、点电荷；电场强度.专题：电场力与电势的性质专题分析：电场强度公式E=适用于所有的电场，E为场源电荷产生的场强，q为试探电荷；点电荷的场强公式E=，其中E就是式中Q产生的场强解答：解：在真空中，
2、电场强度的表达式为E=，式中Q就是产生电场的电荷，A、以点电荷为球心的球面上，各点的场强大小相同，方向不同，所以A错误；B、由上可知，离点电荷越远的地方，场强越小，即场强与距离的平方成反比，所以B错误；C、沿着正点电荷形成电场的电场线方向，间距越来越大，则场强越来越小，所以C正确；D、沿着负点电荷形成的电场线方向，间距越来越小，则场强越来越大，故D错误；故选：C点评：本题是基础的题目，考查的就是学生对基本公式使用条件及物理量的物理意义，在平时要注意多积累2（4分）关于静电场下列说法中正确的是（）A在电场中某点的电势为零，则该点的电场强度一定为零B电荷在电场中电势高的地方电势能大，在电势低的地方
3、电势能小C根据公式U=Ed 知，在匀强电场中两点间的距离越大，电势差就越大D正电荷从电势高的点运动到电势低的点，电势能一定减少考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能.专题：电场力与电势的性质专题分析：电场强度和电势都是描述电场的物理量，二者无直接关系，但二者相互关联；电势是标量与零势面的选取有关，所以电场强度为零的地方电势不一定为零，电势为零的地方电场强度也不一定为零；用公式U=Ed 和电势能公式Ep=q即可求解解答：解：A、电场强度和电势都是描述电场的物理量，二者无直接关系，但二者相互关联；电势是标量与零势面的选取有关，所以电场强度为零的地方电势不一定为零，电势为零的地方电场强度也不
4、一定为零，故A错误B、据电势能公式Ep=q知，电势能取决于该点的电势和电荷，并不是只有正电荷在电场中电势高的地方电势能大，在电势低的地方电势能小，负电荷正好相反，故B错误C、公式U=Ed 中的d为沿电场强度方向的距离，所以在匀强电场中，两点间沿电场强度方向的距离越大，电势差就越大，如果d不是沿电场强度方向的距离，那么间距大时，电势差不一定大，故C错误D、据电势能公式Ep=q知，正电荷在电势越高的地方电势能越大，在电势越低的地方电势能越小，所以正电荷从电势高的点运动到电势低的点，电势能一定减少，选项D正确故选：D点评：明确电场强度和电势都是描述电场的物理量，二者无直接关系，但二者相互关联；公式U
5、=Ed 中的d为沿电场强度方向的距离；电荷在某点的电势能是由该点电势和电荷决定3（4分）如图所示为逻辑电路，根据电路图完成它的真值表其输出端从上到下排列，结果正确的是（）输入输出ABC00011011A0，0，1，1B0，0，1，0C1，0，1，0D0，0，0，1考点：简单的逻辑电路.专题：恒定电流专题分析：B端信号经过一个非门（改变输入信号），然后与A端信号一起经过一个与门（所有输入信号都为1时输出1）从C端输出解答：解：A，B都为0时，B经过非门变为1，A为0故C为0；A为0，B为1时，B经过非门变为1，A为0，故C为0；A为1，B为0时，B经过非门后变为1，此时AB都是1，故C为1；AB
6、都为1时，B经过非门后变为0，此时A为1，B为0，故C为0；故选B点评：牢记各简单逻辑门功能与特点，便可很容易的解答此题4（4分）如图所示，平行板电容器的极板A与一个灵敏的静电计相接，极板B接地，若极板B稍向上移动一点，由观察到的指针变化做出平行板电容器电容变小的依据是（）A两极板间的电压不变，极板上的电荷量变小B两极板间的电压不变，极板上的电荷量变大C极板上电荷量几乎不变，两极板间电压变小D极板上电荷量几乎不变，两极板间电压变大考点：电容器的动态分析.专题：电容器专题分析：由题看出，电容器的电量几乎不变将极板B稍向上移动一点，极板正对面积减小，会发现指针张角变大，即电压增加，由公式C=电容减
7、小解答：解：A极板与静电计相连，所带电荷电量不变，B板与A板带等量异种电荷，电量也不变，故电容器的电量Q都不变；若极板B稍向上移动一点，会发现指针张角变大，即电压增加，由公式C=知电容C减小；故选：D点评：本题首先判断出只有一个选项正确，是单选题，其次抓住电容器的电量几乎不变是关键5（4分）一太阳能电池板，测得它的开路电压为80mV，短路电流40mA若将该电池板与一阻值为18的电阻器连成一闭合电路，则它的路端电压是（）A40m VB60mVC72mVD80mV考点：闭合电路的欧姆定律.专题：恒定电流专题分析：由电池板开路电路等于电源的电动势，求出电动势，由短路电流求出电源的内阻再根据闭合电路欧
8、姆定律求出电流和路端电压解答：解：电源没有接入外电路时，路端电压值等于电动势，则知电池板的电动势 E=80mV由闭合电路欧姆定律得短路电流 I短=则电源内阻 r=2该电源与20的电阻连成闭合电路时，电路中电流 I=mA=4mA故路端电压 U=IR=4mA18=72mV，故C正确故选：C点评：对于电动势的概念要理解：电动势等于外电压和内电压之和，当外电路开路时，内电压为零，开路电路等于电源的电动势6（4分）图中A、B、C三点都在匀强电场中已知ACBC，ABC=60，BC=20cm把一个q=105C的正电荷从A移到B，电场力做功为零；从B移到C，电场力做功为1.73103J，则该匀强电场的场强大小
9、和方向是（）A865 V/m，垂直AB斜向下B865 V/m，垂直AC向右C1000V/m，垂直AB斜向下D1000V/m，垂直AC向右考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系.专题：电场力与电势的性质专题分析：根据一个q=105 C的正电荷从A移到B，电场力做功为零，可知，A与B电势相等根据电荷从B移到C，电场力做功为1.73103 J，由电势差的公式求出BC间的电势差由求场强大小，根据等势线与电场线垂直，作出电场线解答：解：由题，q=105 C的正电荷从A移到B，电场力做功为零，则A与B电势相等，AB连线是一条等势线BC间电势差为UBC=173V该匀强电场的场强大小E=1000V/m电场线方
10、向垂直于AB向下如图故选：C点评：本题根据题设条件找到等势点，作出等势线，根据电场线与等势线垂直，并由高电势处指向低电势处作电场线是常规思路7（4分）在如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑动片向下移动时，关于电灯L的亮度及电压表的读数变化，判断正确的是（）AL变暗，减小BL变暗，增大CL变亮，增大DL变亮，减小考点：闭合电路的欧姆定律.专题：恒定电流专题分析：当滑动变阻器的滑动片向下移动时，变阻器接入电路的电阻减小，分析外电路总电阻的变化，得到干路电流和路端电压的变化，则可分析灯L亮度和电压表示数的变化解答：解：当滑动变阻器的滑动片向下移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电
11、路欧姆定律得知，干路电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，而灯L两端的电压等于路端电压，所以L变暗由于总电流增大，通过L的电流减小，则根据并联电路的规律可知，通过R1的电流增大，R1的电压增大，故增大，故B正确故选：B点评：本题是电路动态分析问题，按“局部整体局部”的思路进行分析8（4分）在使用多用电表的欧姆挡测电阻时，应（）A使用前检查指针是否停在欧姆挡刻度线的“”处B每换一次挡位，都要进行一次电阻调零C在测量电阻时，电流从黑表笔流出，经被测电阻到红表笔，再流入多用电表D测量时若发现表针偏转的角度较小，应该更换倍率较小的挡来测量考点：用多用电表测电阻.专题：实验题；恒定电流专题分析：使
12、用欧姆表测电阻前要注意机械调零；每换一次挡都要重新进行欧姆调零；欧姆表内置电源的正极与“”插孔相连，即与黑表笔相连，使用欧姆表测电阻时，电流从黑表笔流出，红表笔流入；使用欧姆表测电阻应选择适当的档位，使指针指在中央刻度盘附近，如果指针偏转角度较小，说明所选档位太大，应换小挡解答：解：A、使用前检查指针是否停在欧姆挡刻度线的“”处，故A正确；B、每换一次挡位，都要进行一次欧姆调零，故B正确；C、在测量电阻时，电流从黑表笔流出，经被测电阻到红表笔，再流入多用电表，故C正确；D、测量时若发现表针偏转的角度较小，应该更换倍率较大的挡来测量，故D错误；故选：ABC点评：本题考查了用多用电表欧姆挡测电阻的
13、注意使用及方法，掌握使用欧姆表的注意使用即可正确解题；要掌握多用电表的使用方法及注意事项9（4分）（2013辽宁一模）如图所示，真空中有一个固定的点电荷，电荷量为+Q图中的虚线表示该点电荷形成的电场中的四个等势面有两个一价离子M、N（不计重力，也不计它们之间的电场力）先后从a点以相同的速率v0射入该电场，运动轨迹分别为曲线apb和aqc，其中p、q分别是它们离固定点电荷最近的位置以上说法中正确的是（）AM一定是正离子，N一定是负离子BM在p点的速率一定大于N在q点的速率CM在b点的速率一定大于N在c点的速率DM从pb过程电势能的增量一定小于N从aq电势能的增量考点：电势能；动能定理的应用.专题
14、：电场力与电势的性质专题分析：根据轨迹判定电荷N受到中心电荷的斥力，而电荷M受到中心电荷的引力，可知两粒子在从a向b、c运动过程中电场力做功情况根据abc三点在同一等势面上，可判定从a到b和从a到c过程中电场力所做的总功为零解答：解：A、由图可知电荷N受到中心电荷的斥力，而电荷M受到中心电荷的引力，故两粒子的电性一定不同由于中心电荷为正电，则M一定是负离子，N一定是正离子，故错误；B、由图可判定M电荷在运动过程中，电场力做正功，导致动能增加；而N电荷在运动过程中，电场力做负功，导致动能减小所以在p点的速率一定大于N在q点的速率，故B正确；C、由于abc三点在同一等势面上，故粒子M在从a向b运动
15、过程中电场力所做的总功为0，N粒子在从a向c运动过程中电场力所做的总功为0由于两粒子以相同的速率从a点飞入电场故两粒子的分别经过b、c两点时的速率一定相等故C错误D、由图可知N粒子在从a向q运动过程中电场力做负功的值大于粒子M在从p向b运动过程中电场力做负功的值，故M从pb过程电势能的增量一定小于N从aq电势能的增量故D正确故选BD点评：根据轨迹判定“电荷N受到中心电荷的斥力，而电荷M受到中心电荷的引力”是解决本题的突破口10（4分）如图所示，从灯丝发出的电子经加速电场加速后，进入偏转电场，若加速电压为U1，偏转电压为U2，要使电子在电场中的偏转量减小为原来的倍，则下列方法中可行的是（）A使U
16、1增大为原来的2B使U2减小为原来的倍C使偏转板的长度增大为原来2倍D使偏转板的距离减小为原来的考点：带电粒子在匀强电场中的运动.专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：电子先经加速电场加速后，再进入偏转电场偏转先根据动能定理求出加速获得的速度与加速电压的关系由牛顿第二定律求出电子进入偏转电场时的加速度，根据运动的合成与分解，推导出电子在偏转电场中偏转量与偏转电压的关系，再综合得到偏转电场中偏转量与加速电压、偏转电压的关系，再进行分析选择解答：解：设电子的质量和电量分别为m和e电子在加速电场中加速过程，根据动能定理得 eU1= 电子进入偏转电场后做类平抛运动，加速度大小为 a= 电子在水平方向做
17、匀速直线运动，则有 t= 在竖直方向做匀加速运动，则偏转量为 y= 联立上述四式得，y=由上可得，要使电子在电场中的偏转量减小为原来的倍，采用的方法有：使U1增大为原来的2倍，或使U2减小为原来的倍，或使偏转板的长度减小为原来的倍，或使偏转板的距离d增大为原来的2倍，故AB正确，CD错误故选：AB点评：本题中粒子从静止开始先进入加速电场后进入偏转电场，推导得到的结论与粒子的质量和电量无关二、实验题（本题共2小题，共14分把答案填在相应的横线上或按照题目的要求作答）11（4分）甲图中游标卡尺的读数是100.50mm乙图中螺旋测微器的读数是3.200（3.1983.202）mm考点：刻度尺、游标卡
18、尺的使用；螺旋测微器的使用.专题：实验题分析：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，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解答：解：1、游标卡尺的主尺读数为：10cm=100mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为100.05mm=0.50mm，所以最终读数为：100mm+0.50mm=100.50mm2、螺旋测微器的固定刻度为3mm，可动刻度为20.00.01mm=0.200mm，所以最终读数为3mm+0.200mm=3.200mm，由于需要估读，最后的结果可以在3.1983.202之间故答案为：100
19、.50，3.200（3.1983.202）点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量12（10分）欲用伏安法测定一段阻值约为5左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：A电池组（3V，内阻不计）B电流表（03A，内阻约为0.0125）C电流表（00.6A，内阻约为0.125） D电压表（03V，内阻约为3k）E电压表（015V，内阻约为15k）F滑动变阻器（020，额定电流1A）G滑动变阻器（02000，额定电流0.3A）H开关、导线（1）上述器材中应选用的是A、C、D、F、H；（填写各器材的字母代号）（2）实验电路应采用
20、电流表外接法；（填“内”或“外”） （3）为使通过待测金属导线的电流能在00.5A范围内改变，请按要求画出测量待测金属导线的电阻Rx的原理电路图考点：伏安法测电阻.专题：实验题分析：（1）用伏安法测定电阻的原理是电阻定义式R=根据电源的电动势，选择电压表的量程由电源的电动势与测电阻的大约值，估算电流的最大值，选择电流表的量程根据待测电阻与变阻器总阻值的大小，选择变阻器的规格（2）根据两电表内阻与待测电阻的大小关键，选择电流表的内接法或外接法（3）根据题目要求确定滑动变阻器接法，然后作出电路图解答：解：（1）必选器材有：A、H电池组的电动势是3V，电压表的量程选3V，即选择电压表D金属导线的电阻
21、约为5左右，则通过导线的电流最大值约Imax=0.6A故电流表选C为方便实验操作，滑动变阻器应选F，即需要的实验器材是：A、C、D、F、H （2）由题意可知：=40，=600，电流表应采用外接法（3）实验要求电流能在00.5A范围内改变，滑动变阻器应采用分压接法，由（2）可知，电流表采用外接法，实验电路图如图所示：故答案为：（1）A、C、D、F、H；（2）外；（3）电路图如图所示点评：本题考查了实验器材的选择、电流表的接法、设计实验电路，确定滑动变阻器与电流表的接法是正确作出电路图的关键三、计算题（本题共4小题，满分46分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤只写出最后答案的不能得分有
22、数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）13（10分）如图所示，光滑绝缘的斜面倾角为37，一带电量为+q的小物体质量为m，置于斜面上，当沿水平方向加一如图所示的匀强电场时，小物体恰好处于静止状态，从某时刻开始，电场强度突然减为原来的，求：（1）原来电场强度的大小（2）当电场强度减小后物体沿斜面下滑距离为L时的动能考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系.专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）当带正电荷的物体在电场中静止于光滑绝缘斜面顶端，对其受力分析，利用根据平衡条件来确定电场力的大小，从而算出电场强度大小（2）当改变电场强度后，由动能定理列方程计算沿斜面下滑距离为L时物体的动能解答：解：
23、（1）对小物体进行受力分析，将Eq与N合成如图，由平衡条件得： Eq=mgtan37 所以 E=（2）当场强减半，小物体沿斜面下滑L，根据动能定理得，物体的动能为： Ek=mglsin37Eqlcos37 由得：Ek=mgl答：（1）原来电场强度的大小为（2）当电场强度减小后物体沿斜面下滑距离为L时的动能为mgl点评：在物体下落过程中用动能定理，要注意电场力做功与沿电场力的位移有关，就像重力做功与高度相关一样14（12分）如图所示，电源电动势E=10V，内电阻r=0.5，R1=5.5，R2=4，当S闭合时，一带电油滴恰好静止在平行板电容器的极板间（g=10m/s2）求：（1）S闭合时电容器两端
24、的电压；（2）若已知电容器电容C=600pF，求S断开至电路 稳定过程中电容器的电荷量变化了多少？（3）S断开时，油滴的加速度为多大？方向如何？考点：带电粒子在混合场中的运动；电容.专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：当S闭合时，电容器与R2并联，根据欧姆定律得到电容器的电压与电源电动势的关系由油滴静止，根据平衡条件得到，重力与板间电压的关系S断开时，电路中没有电流，板间电压等于电源的电动势，根据牛顿第二定律得到加速度与板间电压的关系，再联立求解加速度的大小由于板间电压增大，场强增大，油滴的加速度方向向上解答：解：（1）（2）s闭合时，S断开时，电阻R1相当于导线，则UC=10VQ=QQ=
25、3.6109C （3）s闭合时S断开时解得：a=15m/s2方向向上答：（1）S闭合时电容器两端的电压4V；（2）若已知电容器电容C=600pF，求S断开至电路 稳定过程中电容器的电荷量变化3.6109C；（3）S断开时，油滴的加速度为15m/s2方向向上点评：本题是电路与电场、力学知识的综合，考查处理综合题的能力电容器的电压与所并联电路的电压相等电路稳定后，电容器所在电路电流为零，其电压等于所在电路两端的电压15（12分）（2008如皋市模拟）如图所示，竖直放置的半圆形绝缘轨道半径为R，下端与光滑绝缘水平面平滑连接，整个装置处于方向竖直向上的匀强电场E中一质量为m、带电荷量为+q的物块（可视
26、为质点），从水平面上的A点以初速度v0水平向左运动，沿半圆形轨道恰好通过最高点C，场强大小为E（E小于）（1）试计算物块在运动过程中克服摩擦力做的功（2）证明物块离开轨道落回水平面过程的水平距离与场强大小E无关，且为一常量考点：动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动.专题：动能定理的应用专题分析：（1）物块恰能通过圆弧最高点C时，圆弧轨道与物块间无弹力作用，物块受到的重力和电场力提供向心力，再对物块在由A运动到C的过程中，运用动能定理列式即可求解；（2）物块离开半圆形轨道后做类平抛运动，设水平位移为s，根据平抛运动的特点即可求解解答：解：（1）物块恰能通过圆弧最高点C时，圆弧轨道与物块间无
27、弹力作用，物块受到的重力和电场力提供向心力mgEq=m物块在由A运动到C的过程中，设物块克服摩擦力做的功为Wf，根据动能定理有Eq2RWfmg2R=mvc2mv02由式解得Wf=mv02+（Eqmg）R（2）物块离开半圆形轨道后做类平抛运动，设水平位移为s，则水平方向有s=vCt竖直方向有2R=（g）t2由式联立解得s=2R因此，物块离开轨道落回水平面的水平距离与场强大小E无关，大小为2R答：（1）物块在运动过程中克服摩擦力做的功为Wf=+（Eqmg）R（2）物块离开轨道落回水平面过程的水平距离为2R，与场强大小E无关点评：本题主要考查了向心力公式、动能定理及平抛运动基本公式的直接应用，难度适
28、中16（12分）如图所示，两平行金属板A、B长L=8cm，两板间距离d=8cm，A板比B板电势高300V，一个不计重力的带正电的粒子电荷量q=1010C，质量m=1020kg，沿电场中心线RD垂直电场线飞入电场，初速度0=2106m/s，粒子飞出平行板电场后可进入界面MN、PS间的无电场区域已知两界面MN、PS相距为12cm，D是中心线RD与界面PS的交点求：（1）粒子穿过界面MN时偏离中心线RD的距离以及速度的大小？（2）粒子到达PS界面时离D点的距离为多少？（3）设O为RD延长线上的某一点，我们可以在O点固定一负点电荷，使粒子恰好可以绕O点做匀速圆周运动，求在O点固定的负点电荷的电量为多少
29、？（静电力常数k=9.0109Nm2/C2，保留两位有效数字）考点：带电粒子在匀强电场中的运动；匀变速直线运动的位移与时间的关系.专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：（1）带电粒子垂直进入匀强电场后，只受电场力，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出粒子飞出电场时的侧移h，由几何知识求解粒子穿过界面PS时偏离中心线RO的距离y，由速度的合成求解速度（2）带电粒子垂直进入匀强电场后，只受电场力，做类平抛运动，在MN、PS间的无电场区域做匀速直线运动，匀速运动的速度大小等于粒子离开电场时的速度，由y=vyt求出匀速运动过程中粒子竖
30、直方向躺下运动的距离，与第1题中y相加，即可得到粒子到达PS界面时离D点的距离（3）由运动学公式求出粒子飞出电场时速度的大小和方向粒子穿过界面PS后将绕电荷Q做匀速圆周运动，由库仑力提供向心力，由几何关系求出轨迹半径，再牛顿定律求解Q的电量解答：解：（1）带电粒子垂直进入匀强电场后，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动则 粒子穿过界面MN时偏离中心线RD的距离为 y=，又a= t=联立解得，y=代入得，y=0.03mvy=at=1.5106m/s故粒子穿过界面MN时速度大小为v=2.5106m/s（2）粒子在MN、PS间的无电场区域做匀速直线运动，则粒子到达PS界面时离D点的距离： Y=y+vy=0.12m（3）粒子穿过界面PS后将绕电荷Q做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为r，由几何关系得：，得r=0.15m由k得，Q=1108C答：（1）求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离为0.03m；速度大小为2.5106m/s（2）粒子到达PS界面时离D点的距离是0.12m（3）Q带电荷量为Q=1.0108C点评：本题是类平抛运动与匀速圆周运动的综合，分析粒子的受力情况和运动情况是基础难点是运用几何知识研究圆周运动的半径