1、山东省枣庄市2013-2014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，满分40分。在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确。全部选对的得4分，选不全的得2分，有错选或不选得0分。）1（4分）下列说法正确的是（）A. 感应起电说明电荷能够创生B. 电荷量是可以连续变化的物理量C. 只有体积很小的带电体才能看作点电荷D. 摩擦起电的本质是电荷从一个物体转移到另一个物体考点：电荷守恒定律.专题：电场力与电势的性质专题分析：摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，并没有创造电荷感应起电的实质是电荷可以从物体的一部分转移到另一个部分所有
2、带电体的电荷量都等于元电荷的整数倍带电体看作点电荷的条件，当一个带电体的形状及大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状及带电量的多少无具体关系解答：解：A、感应起电的实质是电荷可以从物体的一部分转移到另一个部分，电荷不能够创生，故A错误；B、所有带电体的电荷量都等于元电荷的整数倍，所以电荷量不是连续变化的物理量，故B错误；C、电荷的形状、体积和电荷量对分析的问题的影响可以忽略时，就可以看成是点电荷，所以能否看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状及带电量的多少无具体关系故C错误；D、摩擦起电的本质是电荷从一个物体转移到另一个
3、物体，故D正确；故选：D点评：摩擦起电和感应起电的实质都电子发生了转移，只是感应起电是电子从物体的一部分转移到另一个部分摩擦起电是电子从一个物体转移到另一个物体点电荷是一种理想模型，知道物体是否可以简化为点电荷，关键是看物体的尺度在所研究的问题中是否可以忽略不计2（4分）关于处于静电平衡状态导体，下列说法正确的是（）A, 处于静电平衡状态的整个导体是个等势体B. 处于静电平衡状态的导体，内部的电场处处为零C. 处于静电平衡状态的导体内部有电荷，只是电荷静止不动D. 只有原来不带电的导体进入电场以后，才会处于静电平衡状态考点：静电场中的导体.专题：电场力与电势的性质专题分析：金属导体在点电荷附近
4、，出现静电感应现象，导致电荷重新分布因此在金属导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，只有叠加后电场为零时，电荷才不会移动当点电荷移走后，电荷恢复原状解答：解：A、金属导体的内部电场强度处处为零，处于静电平衡状态的整个导体是个等势体，故A正确B、金属导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布因此在金属导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，内部电场强度处处为零，故B正确，D错误C、金属导体内部电场强度处处为零，电荷分布在外表面上，表面处的场强不等于0故C错误故选：AB点评：处于静电感应现象的导体，内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面且导体是等势体3（4分）
5、下列关于静电场的说法中，正确的是（）A初速度为零的正电荷在电场力作用下一定沿电场线运动B正电荷只在电场力作用下，一定从高电势向低电势运动C场强为零处，电势不一定为零，电势为零处，场强不一定为零D在孤立点电荷形成的电场中没有场强相等的两点，但有电势相等的两点考点：电势；电场强度.专题：电场力与电势的性质专题分析：场强可根据电场线的疏密分析大小，由切线方向分析场强的方向在以点电荷为球心的球面上各点的电势相等；电荷的运动情况不仅跟电场力有关，还与初速度条件有关；场强与电势没有直接关系；电荷要沿电场线运动，电场线必须是直线根据这些知识解答解答：解：A、只有当电场线是直线时，初速度为零的正电荷在电场力作
6、用下一定沿电场线运动，故A错误B、正电荷只在电场力作用下，若无初速度，或初速度与电场线的夹角不大于90，从高电势向低电势运动，若初速度与电场线的夹角大于90，从低电势向高电势运动，故B错误C、电势是相对的，电势零点可人为选择，而场强由电场本身决定，两者没有直接的关系，所以场强为零处，电势不一定为零；电势为零处，场强不一定为零故C正确D、根据电场线的分布情况可知，离点电荷距离越远场强越小，而以点电荷为球心的球面上各点场强大小相等，方向不同，所以在点电荷形成的电场中没有场强相等的两点以点电荷为球心的球面，其上各点的电势相等，故D正确故选：CD点评：本题关键对电场的基本知识，如点电荷电场线和等势面的
7、分布情况、场强与电势的关系要熟悉，能运用力学知识分析电荷能否沿电场线运动4（4分）两个分别带有电荷量Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（）ABC12FD考点：库仑定律.专题：电场力与电势的性质专题分析：清楚两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分根据库仑定律的内容，根据变化量和不变量求出问题解答：解：相距为r时，根据库仑定律得：F=k =；接触后，各自带电量变为Q=Q，则此时F=k两式联立得F=F，故A正确，BCD错误，故选：A点评：本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题注意两电荷接触
8、后各自电荷量的变化，这是解决本题的关键5（4分）A、B两个点电荷在真空中所产生电场的电场线（其中方向未标出）的分布如图所示图中O点为两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连线的中垂线，点P在MN上电场线的分布关于MN左右对称下列说法中正确的是（）A这两个点在电荷为等量同种电荷B这两个点电荷为等量异种电荷CO点的电场强度比P点的电场强度大DO点的电势比P点的电势高考点：电场线；电场强度.专题：电场力与电势的性质专题分析：电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止在两等量异号电荷连线的中垂线上，中间点电场强度最大，也可以从电场线的疏密判断场强的大小根据电场线与等势线垂直，判断电势的高低解
9、答：解：A、B、根据电场线的特点：电场线从正电荷出发到负电荷终止，可知A、B是两个等量异种电荷故A错误，B正确C、在两等量异号电荷连线的中垂线上，O点处电场线最密，电场强度最大，所以O点的电场强度比P点的电场强度，故C正确D、据平行四边形定则，对中垂线上的场强进行合成，知中垂线上每点的电场方向都水平向右，中垂线和电场线垂直，所以中垂线为等势线，所以O点的电势等于P点的电势，故D错误，故选：BC点评：常见电场的电场线分布及等势面的分布要求我们能熟练掌握，并要注意沿电场线的方向电势是降低的，同时注意等量异号电荷形成电场的对称性加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题6（4分）如图所示，
10、虚线同心圆为一个负点电荷的等差等势线分布图，一个带电粒子只受电场力，从电场中的M点以初动能E动运动到N点，运动径迹如图中曲线MPN所示，由此可知（）A粒子带正电，在点P处的加速度最大，电势能最大BM、P、N三点的电势关系是M=N=PC由于电场力做功，粒子在M点处和N点处的动能不同D粒子从M点到P点电场力做负功，电势能增加，动能减少考点：电势能.分析：根据带电粒子的运动轨迹判断受力情况，从而确定带电粒子的电性；根据功能关系判断能量的转化情况；根据沿着电场线电势降低判断电势的变化情况解答：解：A、由于曲线运动的合力应该指向内侧，故从粒子的运动轨迹可以看出，粒子受到排斥力，故带电粒子的电性与场源电荷
11、的电性相同，带负电荷故A错误；B、电场线的方向从正电荷出发，到负电荷终止，所以该处的电场线的方向指向圆心；沿电场线的方向电势降落，所以M=NP故B错误；C、从图中可得，M与N处于同一个等势面上，所以电荷在MN两点的电势能相等，动能也相等故C错误；D、带电粒子从M点到P点粒子受到排斥力，电场力做负功，电势能增加，动能减少故D正确故选：D点评：本题关键是要根据运动轨迹确定受力情况，然后结合点电荷的电场线和等势面情况来确定电势情况和能量的转化情况7（4分）如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为，以下分析正确的
12、是（）A保持S闭合，将A板向B板靠近，则增大B保持S闭合，将A板向上平移一小段距离，则变小C断开S，将A板向上平移一小段距离，则变小D断开S，将A板向B板靠近，则变大考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电容器的动态分析.专题：电场力与电势的性质专题分析：小球受重力、拉力、电场力三个力处于平衡状态，保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变；断开开关S，电容器所带的电量不变；再根据平行板电容器C=和E=判断电场力即可解答：解：A、保持S闭合，电容器两端间的电势差不变，带正电的A板向B板靠近，极板间距离减小，由E=，判电场强度E增大，小球所受的电场力变大，增大故A正确B、保持S闭合，电容器两端间
13、的电势差不变，将A板向上平移一小段距离，但d不变，由E=判断平行板电容器内部电场强度不变，即电场力不变，故不变，故B错误C、断开S，电容器所带的电量不变，将A板向上平移一小段距离，据平行板电容器的电容C=知：C变小，再利用C=和E=得，平行板电容器内部电场强度变大，小球所受的电场力变大，增大，故C错误D、断开S，电容器所带的电量不变，带正电的A板向B板靠近，极板间距离减小，据平行板电容器的电容C=、C=和E=得，平行板电容器内部电场强度不变，即电场力不变，故不变，故D错误故选：A点评：判断平行板电容器内部场强的变化是本题的关键，解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量若电容器与电源断开，电量保持
14、不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变8（4分）两只电阻的伏安特性曲线如图所示，则下列说法中正确的是（）A两电阻的阻值关系为R1大于R2B两电阻并联在电路中时，流过R1的电流小于流过R2的电流C两电阻串联在电路中时，R1两端电压大于R2两端电压D两电阻串联在电路中时，R1消耗的功率小于R2消耗的功率考点：欧姆定律.专题：恒定电流专题分析：本题为图象分析问题，在图中任意做一条与纵轴垂直的直线，则与两图象的交点为电流相同点，对应的横坐标得出电压值，则由欧姆定律可进行电阻大小的比较两电阻串联在电路中时，电流相等，两电阻并联在电路中时，电压相等解答：解：A、伏安特性曲线斜率表示电阻
15、的倒数，故两电阻的阻值为R1小于R2，故A错误B、两电阻并联在电路中时，电压相等，由I=可知流过R1的电流大于流过R2的电流，故B错误；C、两电阻串联在电路中时，电流相等，由U=IR可知，U2U1，故C错误；D、两电阻串联在电路中时，电流相等，根据P=I2R可知：R1消耗的功率小于R2消耗的功率，故D正确；故选：D点评：本题为图象分析问题，要能从图象中得出有效信息，两电阻串联在电路中时，电流相等，两电阻并联在电路中时，电压相等9（4分）下面是对电源电动势概念的认识，你认为正确的是（）A电动势反映了电源把电能转化为其他形式能量本领的物理量B我们通常所说的1号干电池的尺寸和电动式都比7号干电池的大
16、C电动势的单位和电势差相同，电动势实质上就是的电势差D同一电源接入不同的电路，电动势不会发生变化考点：电源的电动势和内阻.专题：恒定电流专题分析：电源电动势表征了电源把其他形式的能转化为电能的本领，电动势越大，这种转化本领越大电源的电动势与电压的单位相同，但与电压有本质的区别；电源电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压解答：解：A、电源电动势表征了电源把其他形式的能转化为电能的本领，故A错误；B、1号干电池的尺寸比7号干电池的大，但两者的电动势相等，故B错误C、电动势和电势差虽然单位相同，但物理意义不同，电源电动势表征了电源把其他形式的能转化为电能的本领，故C错误；D、电动势由电源本身决定，
17、与外电路无关，所以同一电源接入不同的电路，电动势不会发生变化，故D正确故选：D点评：本题关键要准确理解电动势有相关知识，可结合其物理意义、定义式和闭合电路欧姆定律加深理解10（4分）如图所示，在竖直放置的半径为R的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O处固定一点电荷，将质量为m、带电量为+q的小球从圆弧管的水平直径端点A由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁好无压力，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（）A小球在B点的速率为B小球在B点的速率小于C小球不能到达C点（C点和A点在一条水平线上）D固定于圆心O点处的点电荷在AB弧中点处的电场强度大小为考点：库仑定律；向心力.专题：电场力与电势的性质专题
18、分析：小球沿细管滑到最低点B过程中，只有重力做功，小球的机械能守恒小球到达B点时对管壁恰好无压力，则由重力和点电荷对的电场力的合力提供向心力，根据机械能守恒定律求出小球到达B点时的速度，由牛顿第二定律求出电场力的大小解答：解：A、B、D：设细管的半径为R，小球到达B点时速度大小为v小球从A滑到B的过程，由机械能守恒定律得，mgR=mv2； 得v=小球经过B点时，由牛顿第二定律得 qEmg=代入得Eq=3mg 即E=；故AD正确，B错误；C：在整个滑动的过程中，电场力和弹力都不做功，只有重力做功，所以机械能守恒，小球能够到达C点，且到达C点时的速度刚好为零故C错误故选：AD点评：本题是机械能守恒
19、定律和牛顿第二定律的综合应用对于圆周运动，常常不单独出题，会和动能定理、机械能守恒结合应用二、非选择题（满分60分）11（4分）图甲中游标卡尺的读数是2.98cm，图乙中螺旋测微器的读数是5.680mm考点：刻度尺、游标卡尺的使用；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：2.9cm，游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为80.1mm=0.8mm=0.08cm，所以最终读数为：2.9cm+0.08=2.98
20、cm2、螺旋测微器的固定刻度为5.5mm，可动刻度为18.00.01mm=0.180mm，所以最终读数为5.5mm+0.180mm=5.680mm故答案为：2.98，5.680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，正确使用这些基本仪器进行有关测量12（4分）把两根同种材料的电阻丝分别连在两个电路中，A电阻丝长为L、直径为d，B电阻丝长为3L、直径为3d要使两电阻丝在相同时间内产生的热量相等，加在两电阻丝上的电压之比应当满足UA：UB=考点：焦耳定律.专题：恒定电流专题分析：根据电阻定律R=，求出电阻之比，再热量公式Q= t，求出电压之比解答：解：根据电阻定律R=可知，RA
21、：RB=：=3：1，由于是纯电阻，则由Q= t，Q、t相同得：加在两电阻丝上的电压之比为UA：UB=：=：1故答案为：点评：本题考查运用比例法解题的能力对于纯电阻电路，求解热量三个公式通用，即Q=UIt=I2Rt=t13（8分）某同学通过实验研究小灯泡的电流与电压的关系可用的器材如下：电源E、电键S、滑动变阻器R、理想电压表V、理想电流表A、小灯泡L、导线若干实验中移动滑动变阻器滑片，得到了小灯泡的UI图象如甲所示，则由图甲可知小灯泡的电阻随电压的增大而增大（选填“增大”“减小”或“不变”）当小灯泡两端的电压为2V时，小灯泡的电阻为4根据提供的器材和图甲，在图乙的方框内补全该实验电路的原理图考
22、点：描绘小电珠的伏安特性曲线.专题：实验题分析：分析图示图象应用欧姆定律判断灯泡电阻阻值如何变化，由图示图象求出电压对应的电流，然后由欧姆定律求出灯泡电阻；根据实验目的与实验数据确定滑动变阻器与电流表接法，然后作出实验电路图解答：解：由图示图象可知，随电压增大，通过灯泡的电流增大，电压与电流的比值增大，即灯泡电阻增大；由图示图象可知，灯泡两端电压为2V时，通过灯泡的电流为0.5A，此时灯泡电阻：R=4；描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡电阻约为几欧姆，电流表内阻约为零点几欧姆，电压表内阻约为几千欧姆，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验
23、电路图如图所示：故答案为：增大；4；电路图如图所示点评：本题考查了实验数据分析、求灯泡电阻、设计实验电路图，分析清楚图示图象应用欧姆定律、确定滑动变阻器与电流表的接法即可正确解题14（10分）一微型直流电动机线圈内阻一定用手握住转轴使其不能转动，在线圈两端加电压为U1=0.3V时，电流为I1=0.3A松开转轴，在线圈两端加电压为U2=2V时，电流为I2=0.8A，电动机正常工作试求：（1）该电动机正常工作时输入的电功率（2）该电动机正常工作时的机械效率考点：电功、电功率.专题：恒定电流专题分析：电动机不转时是纯电阻电路，由欧姆定律求出电动机的电阻，由P=I2R求出电动机正常工作时电动机线圈消耗
24、的热功率，电动机的输入功率与热功率之差是电动机的输出功率；解答：解：（1）电动机不转动时，其消耗的电功全部转化为内能，故可视为纯电阻电路，由欧姆定律得电动机线圈内阻：r=1电动机转动时，消耗的电能转化为内能和机械能，其输入的电功率为：P入=I1U1=0.82 W=1.6 W（2）电动机的机械功率：P机=P入I2r=1.6 W0.821 W=0.96 W，则该电动机正常工作时的机械效率100%=100%=60%答：（1）该电动机正常工作时，输入的电功率是1.6W，（2）电动机的机械效率是60%点评：知道电动机不转时是纯电阻电路，由欧姆定律求出电动机电阻是本题的难点；知道电动机的输入功率与热功率之
25、差是电动机的输出功率是正确解题的关键15（10分）如图所示，在点电荷+Q电场中的一条电场线上取a、b两点，Oa=Ob当在a点放一电量为q=1.5108C的带电的检验电荷时，受到的电场力为F=3106N（1）求a点的电场强度的大小、方向把检验电荷从a点移去后，a点的场强怎样变化？（2）如在b点放一个电子，已知e=1.601019C，则电子受到的电场力多大？方向怎样？考点：电场强度.专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）根据电场强度的定义式，即可求解电场强度的大小，再由正电荷的电场力方向即为该点的电场强度的方向，即可求解，当检验电荷移走时，电场强度仍不变；（2）根据点电荷的电场强度的公式，即可求
26、解电子受到的电场力的大小与方向解答：解：（1）设a点的电场强度的大小为Ea根据电场强度的定义式，则有：Ea=200N/C，方向向右； 把检验电荷从a点移去后，a点的场强不变； （2）设b点的电场强度的大小为Eb据点电荷电场强度的公式，则有：Ea=k，Eb=k得 Eb：Ea=roa2：rob2=1：16可得 Eb=Ea=200N/C=12.5N/C 电子在b点受到的电场力F=e Eb=1.6101912.5=2.01018N，方向向左；答：（1）a处的电场强度的大小200N/C，方向向右把检验电荷从a点移去后，a点的场强不变化；（2）如在b处放一个电子，它受到的电场力2.01018N；方向向左点
27、评：考查电场强度的定义式的理解，掌握点电荷的电场强度的公式的应用，注意电场强度的存在与有关检验电荷无关16（10分）带电量为1.0102库的粒子，在电场中先后飞经A、B两点，飞经A点时的动能为10焦耳，飞经B点时的动能为40焦耳已知A点的电势为700伏，求：（l）电荷从A到B电场力做多少功？（2）带电粒子在A点的电势能是多少？（3）B点的电势是多少？考点：电势能；电势.专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）带电粒子从A点到B点的过程中电场力做功等于动能的增加（2）由Ep=q求解带电粒子在A点的电势能（3）由W=qUAB求出A、B两点的电势差结合A点的电势为700伏，求出B点的电势解答：解：（
28、1）根据动能定理得到，带电粒子从A点到B点的过程中电场力做功等于动能的增大，则电场力做功为：W=EkBEkA=40J10J=30J，（2）带电粒子在A点的电势能：EA=qA=1.0102（700）V=7J（3）A、B间的电势差为：UAB=V=3000J而 UAB=AB得，B点的电势为：B=AUAB=700V3000V=3700V答：（l）电荷从A到B电场力做功为30J（2）带电粒子在A点的电势能是7J（3）B点的电势是3700V点评：带电粒子在电场中运动时，若只有电场力，其电势能与动能的总量守恒求解电势差时，公式中各量要代入符号一并计算17（14分）如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两板不
29、带电，上极板接地，它的极板长度为L=0.1m，两板间距离为d=0.4cm有一束相同的带电微粒以相同的初速度先后从两板中央平行极板射入，由于重力作用微粒能落到下极板上当微粒落到下极板上时，所带电荷立即转移到下极板且均匀分布在下极板上设前一微粒落到下极板上时，后一微粒才能开始射入两极板间已知微粒质量为m=2106kg，电荷量为q=1108C，电容器电容为C=106F取g=10m/s2试求：（1）为使第一个微粒能落在下极板中点，微粒的入射速度（2）以（1）问所求速度入射的带电粒子，最多能落到下极板上的个数考点：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：（1）根据粒子做平抛运动
30、的规律，运用运动的合成与分解，并依据运动学公式，即可求解；（2）根据牛顿第二定律，结合电场力表达式，与运动学公式，即可求解解答：解：（1）第一个粒子在极板间做平抛运动，即水平位移：x=v0t竖直位移： =at2，由、解得：x=v0；为使第一粒子能落在下板中点，x=L，代入数据解得：v0=2.5m/s；（2）设以上述速度入射的带电粒子，最多能有n个落到下极板上则第（n+1）个粒子的加速度为a，由牛顿运动定律得：mgqE=ma其中E=由、得：a=g第（n+1）粒子做匀变速曲线运动：x=v0t=L，y=at2，y=（g）2（）2，第（n+1）粒子不落到极板上，则y，即：（g）2（）2，解得：n=600；答：（1）为使第一个粒子能落在下板中点O，粒子入射速度v0应为2.5m/s；（2）以上述速度入射的带电粒子，最多能有600个落到下极板上点评：考查如何处理平抛运动的思路，掌握运动的合成与分解的方法，理解运动学公式与牛顿第二定律的综合应用
