1、成都外国语学校20132014学年度上期期中考试高二物理试卷命题人：王建文 试卷负责：王建文注意事项：本试卷分第卷（选择题）和第卷两部分，共100分。考试用时100分钟。1答卷前，考生务必用钢笔、签字笔或圆珠笔将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上。用铅笔将考试科目（物理）填涂在答题卡上，并将相应的准考证号信息点涂黑。2选择题每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。3非选择题必须用钢笔、签字笔或圆珠笔作答，答案必须写在各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不
2、按以上要求作答的答案无效。4考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。第卷一、 选择题：（本题共12小题，每小题4分，共48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，选对但不全的得2分，有选错的或不答的得0分。）1、两个完全相同的金属小球，电荷量之比为17，相距为时，它们之间的库仑力为。若两者充分接触后再放回到原来的位置上，则它们之间的库仑力可能变为( )A7/16B7/9C9/7D16/7【答案】CD【ks5u解析】由库仑定律得：当两相同金属小球带同种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量变为4：4，
3、所以库仑力是原来的16：7；当两相同金属小球带异种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量变为3：3，所以库仑力是原来的9：7； 故选CD。【考点】库仑定律2、电场强度的定义式EF/q，下列说法正确的是：（ ）A、该定义式只适用于点电荷形成的电场B、F是试探电荷所受到的力，q是产生电场电荷的电荷量C、电场强度的方向与F的方向相同D、由该定义式可知，场中某点电荷所受的电场力大小与该点场强的大小成正比【答案】D【ks5u解析】A、电场强度的定义式EF/q，适用于所用情况，故A错误；B、q是试探电荷的电荷量，故B错误；C、电场强度的方向与正试探电荷受的电场力的方向相同，故C错误；D、F
4、Eq，所以F与E成正比，故D正确。故选D。【考点】电场强度3图中，a、b、c、d、e五点在一直线上，b、c两点间的距离等于d、e两点间的距离。在a点固定放置一个点电荷，带电量为Q，已知在Q的电场中b、c两点间的电势差为U。将另一个点电荷q从d点移动到e点的过程中 （ ）A 电场力做功qU B 克服电场力做功qUC 电场力做功大于qU D 电场力做功小于qU【答案】D【ks5u解析】在+Q的电场中，将+q从d点移动到e点的过程中，电荷所受的电场力方向与位移方向相同，则电场力做正功根据得知，b、c两点间的电场强度大于d、e两点间的电场强度，b、c两点间的距离等于d、e两点间的距离，由U=Ed分析可
5、知，将+q从d点移动到e点的过程中，电场力做功小于从从b点移动到c点的过程中电场力做功qU，所以电场力做功小于qU；故选D。【考点】电势能；电势差4、图中实线为一簇电场线，虚线是一带电粒子从电场中的点运动到点的运动轨迹。不计粒子所受重力，下列说法正确的是（ ）A粒子带负电 B粒子的速度一直增大C粒子的加速度一直增大 D粒子的电势能一直减少【答案】A 【ks5u解析】A、由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力大致斜向左上方，与电场强度方向相反，故粒子带负电，故A正确；B、加速度与速度夹角是钝角，所以做减速运动，故B错误；C、电场线越来越稀疏，所以电场力变小，加速度应该减小，故C错误；D、
6、电场力作负功，电势能增大，故D错误。故选A。【考点】电场线；电势能5、如图所示，A、B、C是相同的三盏灯，在滑动变阻器的滑动触头由c端向b端滑动的过程中（各灯都不被烧坏），各灯亮度的变化情况为（ ）A.C灯变亮，A、B灯变暗 B.A、B灯变亮，C灯变暗C.A、C灯变亮，B灯变暗 D.A灯变亮，B、C灯变暗 【答案】A【ks5u解析】滑动触头由c端向b端滑动的过程中：电路的总电阻增大，电路的总电流变小（A灯变暗），内电压变小，外电压减大；A两端的电压增小，C两端的电压减大（C灯变亮），通过C的电流减大，则通过B的电流增小（B灯变暗）。故选A。【考点】欧姆定理；串并联电路6、 三个阻值相同的电阻，
7、如图所示连接后接入电路，已知三个电阻的额定功率都是20W，则A、B间电路允许消耗的最大功率是（ ）A. 20W B. 30W C40W D60W【答案】B【ks5u解析】设通过电阻最大电流为I，则有，两个并联再与第三个串连接入电路，通过R3的电流不能超过最大值，则通过并联的每个电阻的电流不能超过最大值的一半，电路中的总功率，故B正确。【考点】电功、电功率；串联电路和并联电路7、一电流表并联一个分流电阻后就改装成一个电流表，当把它和标准电流表串联后去测某电路中的电流时，发现标准表读数为1A时，而改装表的读数为1.1A，稍微偏大些，为了使它的读数准确，应（ ）A、在原分流电阻上再并联一个较大的电阻
8、 B、在原分流电阻上再串联一个较小的电阻C、在原分流电阻上再串联一个较大的电阻 D、在原分流电阻上再并联一个较小的电阻【答案】A【ks5u解析】A 在原分流电阻上再并联一个较大的电阻，可使其并联值稍小，分流稍大，故A正确；B 串联后分流电阻更大，分流更小，示数更大，故B错误；C 原分流电阻上再串联一个较大的电阻，分流更小，示数更大，故C错误；D 原分流电阻上再并联一个较小的电阻，可使其并联值变小，但小的太多，会使分流过大，示数又偏小，故D错误。故选 A【考点】把电流表改装成电压表8、如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，从负极板上某处释放一个电子，设其到达正极板的速度为，运动过程中加速度为
9、。现将两板间距离增为原来的2倍，再从负极板处释放一电子，设其到达正极板的速度为，运动过程中加速度为。则有( )ABCD【答案】D【ks5u解析】由和、得，所以板间距离增大，电场强度不变，则电场力不变，由牛顿第二定律可知加速度不变；由得，间距增为原理的3倍，则速度变为原来的倍，故D正确。【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律9、如图，水平放置的三块带孔的平行金属板与一个直流电源相连，一个带正电的液滴从A板上方M点处由静止释放，不计空气阻力，设液滴电量不变。从释放到到达B板小孔2,4,6处为过程I，在BC之间运动为过程II，则 （ ）A液滴一定能从C板小孔中穿出。B过程I中一定是重力势能
10、向电势能和动能转化。C过程I和过程II系统机械能变化量大小相等。D过程II中一定是重力势能向电势能和动能转化。【答案】AC【ks5u解析】A、设MC之间的高度为H，A、B之间的电势差为U，则CB间电势差为U，液滴从M到C板孔，由动能定理得，解得，可知液滴一定能从C板小孔中穿出，故A正确；B、过程中，电场力和重力都做正功，电势能和重力势能都减小，向动能转化，故B错误；C、由功能关系知，机械能的变化量取决于除重力以外的力所做的功，即电场力所做的功，在过程和过程中电场力做功分别为qU和-qU，电势能的减小和增加大小均为qU，则两个过程系统机械能变化量大小相等，故C正确；D、过程中，重力做正功，电场力
11、做负功，则重力势能减小，电势能增加，而动能的变化未知，故D错误。故选AC【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系10、质量相同的两个带电粒子M、N以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，M从两极板正中央射入，N从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点（重力不计），如图所示则从开始射入到打到上板的过程中：（ ）A它们运动的时间tN tMB它们电势能减少量之比EM: EN =1:2C它们所带电荷量之比qM : qN =1:2D它们的速度增量之比vM: vN =1:2【答案】CD【ks5u解析】A、粒子垂直电场方向不受力，做匀速直线运动，位移相等，则运动时间相等，故A错误；B、电势能的
12、减小量等于电场力做的功即E=qEx，因为位移之比是1：2，电荷量之比也是1：2（见选项C解析），所以电场力做功之比为1：4，它们电势能减少量之比EM：EN=1：4，故B错误；C、平行电场方向粒子做初速度为0的匀加速直线运动，有，即：根据牛顿第二定律，有qE=ma解得：，所以它们所带的电荷量之比qM：qN=1：2，故C正确；D、平行电场方向有，得速度增量，则速度增量之比等于电量之比，故D正确。故选CD。【考点】电势能；匀变速直线运动规律11、如图所示，真空中存在一个水平向左的匀强电场，场强大小为E，一根不可伸长的绝缘细线长度为l，细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带负电小球，另一端固定在O点把
13、小球拉到使细线水平的位置A，由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成角60的位置B时速度为零以下说法中正确的是( )A小球在B位置处于平衡状态B小球受到的重力与电场力的关系是EqmgC小球将在AB之间往复运动，且幅度将逐渐减小D小球从A运动到B过程中，电场力对其做的功为qEl【答案】D【ks5u解析】A、小球到达B点时速度为零，向心力为零，则沿细线方向合力为零，而小球有沿圆弧的切向分力，故在B点小球的合力不为零，不是平衡状态，故A错误；B、根据动能定理得：，解得，故B错误；C、小球将在AB之间往复运动，只有重力和电场力总功，能量守恒，振幅不变，故C错误；D、小球从A到B，沿电场线方向运动的
14、有效距离：，所以电场力做功：，故D正确。故选D。【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理12、如图所示，两个平行金属板P、Q竖直放置，两板间加上如图（b）所示的电压。t = 0，Q板比P板电势高5V，此时在两板的正中央M点有一个电子，速度为零，电子在电场力作用下运动，使得电子的位置和速度随时间变化。假设电子始终未与两板相碰。在s的时间内，这个电子处于M点的右侧，速度方向向左且大小逐渐减小的时间是（ ）AsBCD【答案】D【ks5u解析】在0t210-10s时间内，Q板比P板电势高5V，方向水平向左，所以电子所受电场力方向向右，加速度方向也向右，所以电子向右做匀加速直线运动；在210-10s
15、t410-10s时间内，Q板比P板电势低5V，电场强度方向水平向右，所以电子所受电场力方向向左，加速度方向也向左，所以电子向右做匀减速直线运动，当t=410-10s时速度为零；在410-10st610-10s时间内，Q板比P板电势低5V，电场强度方向水平向右，所以电子所受电场力方向向左，加速度方向也向左，所以电子向左做匀加速直线运动；在610-10st810-10s时间内，Q板比P板电势高5V，电场强度方向水平向左，所以电子所受电场力方向向左，加速度方向也向左，所以电子向左做匀减速直线运动，到810-10s时刻速度为零，恰好又回到M点；综上分析可知：在610-10st810-10s时间内，这个
16、电子处于M点的右侧，速度方向向左且大小逐渐减小。故选D。【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律第卷二、实验题：（共13分）13、（1）（4分）如图，平行板电容器的极板A与一灵敏的静电计相接，极板B接地，若减小电容器极板间的距离，则（填“增大”、“减小”、“保持不变”）电容_，静电计指针偏角_，电量_，场强_。（2）(2分)下图中螺旋测微器读数为_mm。【答案】（1）增大、减小、保持不变、保持不变 （2）2.930mm【ks5u解析】（1）由知C增大；由知U减小，所以指针偏角减小；电量不变；由上两式及得，可知E不变。（2）读数：整数（2.5mm）精度（0.01mm）格数（43.0）2.
17、930mm【考点】电容；匀强电场；静电计；螺旋测微器的使用14、(7分)从下列器材中选出适当的实验器材，设计一个电路来测量电流表A1的内阻r1，要求方法简捷，有尽可能高的精确度，并测量多组数据，器材（代号）与规格如下：电流表A1，量程10mA,内阻待测（约为40 ）；电流表A2 ，量程500A ，内阻r2750 ；电压表，量程10V,内阻rv=10K ；电阻R1，电阻约为100；滑动变阻器R2 ，总电阻约20；电源，电动势1.5，内阻很小；开关，导线若干。(2)若选取测量中的一组数据来计算r1_，式中各符号的意义是_.【答案】（1）电路图如图 （2） 【ks5u解析】（1）电压表量程过大，不能
18、正常使用，则用A2来代替电压表；两电流表耐压值为0.4V和0.375V，比电源电动势小得多，所以要连接一个分压电阻，电路如图。（2）由欧姆定律得，其中U通过A2来求得，所以，各物理量的意义分别是：两个电流表的读数，两个电流表的内阻。【考点】伏安法测电阻；欧姆定律三、计算题（本题共4小题，共49分。按题目要求作答。解答题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给分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。15.(10分)有一个带电量q = 3.0106C的点电荷，从电场中的A点移到B点时，克服电场力做功6.0104J，从B点移到C点时，电场力做功9.0104J。试问
19、：（1）A、B、C三点之间的电势差UAB 、UBC和UCA各是多少？（2）若规定B点电势为零，则A、C两点的电势A和C各是多少？该电荷在A、C两点的电势能EpA和EpC分别又是多少？【答案】（1）UAB = 200V、UBC = 300V、UCA = 100V（2）A = 200V、C = 300V、EpA = 6.0104J、EpC = 9.0104J【ks5u解析】（1）由得UAB = 200V、UBC = 300V、UCA = 100V（2）由于B=0，而UAB=AB得A = 200V、 UBC=BC得C = 300V、由得EpA = 6.0104J、EpC = 9.0104J【考点】电
20、势差；电势；电势能16、 (10分)直流电动机在生产、生活中有着广泛的应用。如图所示，一直流电动机和电灯并联之后接在直流电源上，电动机内阻，电灯灯丝电阻，电源电动势，内阻。开关闭合，电动机正常工作时，电压表读数为。求：(1)流过电源的电流。(2)流过电动机的电流。(3)电动机对外输出的机械功率。【答案】 【ks5u解析】（1）由全电路欧姆定律得出（2）由已知条件可知：流过等灯泡的电流故流过电动机的电流（3）电动机对外输出的机械功率：，解得【考点】欧姆定律；电功率17（14分）如图所示，电源电动势为E=200V，内阻不计，R1、R2、R4的阻值均为300，R3为可变电阻。C为一水平放置的平行板电
21、容器，虚线到两极板距离相等，极板长为L=8cm，板间距离为d=1cm，.有一细电子束沿图中虚线以eV的动能连续不断地向右射入平行板电容器。已知电子电量,电子重力不计, 求：(1)要使电子能沿直线飞出电容器，变阻器R3的取值多大？ (2)要使电子都能从电容器两极板间飞出，变阻器R3的取值范围多大？【答案】R3=300 【ks5u解析】（1）当电子匀速直线通过两极板时，两点电压UAB=0 设0=0由对称性知，UAO=UBO时，得R3=300（2）电子在电场中偏转的能飞出电场的临界条件为此时对应平行板电容器两极板兼电压的最大值，有： 化简得： 取O点为零势面，当时，则，解得 由题意可得：越小，B点电
22、势越高，电子可以射出，因此为最大值当时,而A点电势不变,此时同理解得：，此时越大,B点电势越低，电子可以射出综上所述：【考点】欧姆定律；串并联电路；带电粒子在匀强电场中的运动18、（15分）如图所示，水平绝缘粗糙的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度现有一电荷量，质量的带电体（可视为质点），在水平轨道上的P点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C，然后落至水平轨道上的D点取试求：（1）带电体在圆形轨道C点的速度大小（2）D点到B点的距离（3）带电体运动到圆形轨道B点时对圆形
23、轨道的压力大小（4）带电体在从P开始运动到落至D点的过程中的最大动能【答案】vC=2.0m/s xDB=0 FB6.0N Ekm=1.17J【ks5u解析】（1）设带电体通过C点时的速度为vC，依据牛顿第二定律：，解得vC=2.0m/s（2）设带电体从最高点C落至水平轨道上的D点经历的时间为t，根据运动的分解有：、，联立解得xDB=0（3）设带电体通过B点时的速度为vB，设轨道对带电体的支持力大小为FB，带电体在B点时，根据牛顿第二定律有带电体从B运动到C的过程中，依据动能定理：联立解得FB=6.0N根据牛顿第三定律，带电体对轨道的压力FB6.0N（4）由P到B带电体作加速运动，故最大速度一定
24、出现在从B经C到D的过程中在此过程中只有重力和电场力做功，这两个力大小相等，其合力与重力方向成45夹角斜向右下方，故最大速度必出现在B点右侧对应圆心角为45处设小球的最大动能为Ekm，根据动能定理有：，解得Ekm=1.17J【考点】带电粒子在匀强电场中的运动参考答案1、 CD 2、 D3、D 4、A 5、 A 6、 B 7、A 8、D 9、 AC 10、CD 11、D12、 D13（1）增大、减小、保持不变、保持不变 （2）2。930mm14、（1）电路图4分（2）r1= （3分）15、（1）UAB = 200V、UBC = 300V、UCA = 100V、（2）A = 200V、C = 30
25、0V、EpA = 6.0104J、EpC = 9.0104J16、（10分）解：（1）由全电路欧姆定律得出（2）由已知条件可知：流过等灯泡的电流（2分）故流过电动机的电流 （3）电动机对外输出的机械功率：（2分） （2分）17.（14分）（1）当电子匀速直线通过两极板时，两点电压UAB=0 设0=0由对称性知，UAO=UBO 时，= R3=300 （3分）（2）电子在电场中偏转的能飞出电场的临界条件为（1分）此时对应平行板电容器两极板兼电压的最大值,有:（1分）化简得: （1分）取O点为零势面,当时,则 解得: （2分）由题意可得,越小,B点电势越高,电子可以射出,因此为最大值当时,而A点电势不变,此时同理解得:,此时越大,B点电势越低,电子可以射出（2分）综上所述: （2分）