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甘肃省张掖市民乐一中2014-2015学年高二上学期期中物理试卷(平行班)


甘肃省张掖市民乐一中 2014-2015 学年高二上学期期中物理试卷 (平行班)
一.选择题共 12 小题,共 48 分,其中第 6 题 7 题 12 题为多选题,其它为单项选择题. 1. (4 分)物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识,推动了科学技术的创新和革命,促 进了物质生产的繁荣与人类文明的进步,下列表述正确的是() A.法拉第发现了电流的磁效应. B. 库仑提出了库仑定律,并最早用实验测得元电荷 e 的数值 C. 伽利略发现了行星运动的规律,并通过实验测出了引力常量 D.荷兰科学家昂尼斯(或昂纳斯)发现大多数金属在温度降到某一值时,都会出现电阻突 然降为零的现象﹣﹣超导现象 2. (4 分)下列关于导体在磁场中受力的说法中,正确的是() A.通电导体在磁场中一定受到安培力的作用 B. 通电导体在磁场中有时不会受到安培力的作用 C. 通电导体中的电流方向与磁场方向不平行也不垂直时,不会受到安培力的作用 D.只要导体放入磁场中,无论是否通电都会受到安培力的作用 3. (4 分)如图所示为电阻 R1 和 R2 的伏安特性曲线,这两条曲线把第一象限分为Ⅰ、Ⅱ、 Ⅲ三个区域.现把 R1 和 R2 并联在电路中,消耗的电功率分别用 P1 和 P2 表示;并联的总电 阻设为 R. 下列关于 P1 与 P2 的大小关系及 R 的伏安特性曲线应该在的区域的说法正确的是 ()

A.伏安特性曲线在Ⅰ区域,P1<P2 B. 伏安特性曲线在Ⅲ区域,P1<P2 C. 伏安特性曲线在Ⅰ区域,P1>P2 D.伏安特性曲线在Ⅲ区域,P1>P2 4. (4 分)如图所示,电源电动势为 6V,当开关接通时,灯泡 L1 和 L2 都不亮,用电压表 测得各部分电压是 Uad=0,Ucd=6V,Uab=6V,由此可以断定()

A.L1 和 L2 的灯丝都断了

B. L1 的灯丝断了

C. L2 的灯丝断了

D.变阻器 R 断路

5. (4 分)如图甲所示,AB 是电场中的一条电场线,质子以某一初速度从 A 点出发,仅在 电场力作用下沿直线从 A 点运动到 B 点, 其 v﹣t 图象如图乙所示, 则下列说法正确的是 ()

A.质子运动的加速度随时间逐渐减小 B. 电场线的方向由 A 指向 B C. A、B 两点电场强度的大小关系满足 EA<EB D.A、B 两点的电势关系满足 φA<φB 6. (4 分) (多选)如图为某正电荷 Q 产生的电场线分布图,a、b 是电场中的两点.将电荷 量为 q=5×10 C 的正点电荷(试探电荷)置于 a 点,所受电场力为 2×10 正确的是()
﹣8 ﹣3

N,则下列判断

A.将电荷量为 q 的负点电荷放于 a 点,a 点电场强度大小为 4×10 N/C,方向向左 4 B. a 点的电场强度大小为 4×10 N/C,方向向右 C. 将点电荷 q 从 a 点移走,则该点的电场强度为零 D.b 点处的电场强度小于 4×10 N/C 7. (4 分)如图所示,通电导体棒静止于水平导轨上,棒的质量为 m,长为 L,通过的电流 大小为 I 且垂直纸面向里, 匀强磁场的磁感强度 B 的方向与导轨平面成 θ 角, 则导体棒受到 的()
4

4

A.安培力大小为 BIL C. 摩擦力大小为 BILsinθ

B. 安培力大小为 BILsinθ D.支持力大小为 mg﹣BILcosθ

8. (4 分)如图所示,A、B 是带有等量的同种电荷的两小球,它们的质量都是 m,它们的 悬线长度是 L,悬线上端都固定在同一点 O,B 球悬线竖直且被固定,A 球在力的作用下, 在偏离 B 球 x 的地方静止平衡,此时 A 受到绳的拉力为 FT;现保持其他条件不变,用改变 A 球质量的方法,使 A 球在距离 B 为 处静止平衡,则 A 受到绳的拉力为()

A.FT

B.2FT

C.4FT H)和二价氦离子(

D.8FT He)的混合体,经同一加速

9. (4 分)如图所示,一价氢离子(

电场 U1 同时加速后,垂直射入同一偏转 U2 电场中,偏转后,打在同一荧光屏上,则它们 ()

A.同时到达屏上同一点 C. 同时到达屏上不同点

B. 先后到达屏上同一点 D.先后到达屏上不同点

10. (4 分)用控制变量法,可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图所示) .设两极板 正对面积为 S,极板间的距离为 d,静电计指针偏角为 θ.实验中,极板所带电荷量不变, 若()

A.保持 S 不变,增大 d,则 θ 变大 C. 保持 d 不变,减小 S,则 θ 变小

B. 保持 S 不变,增大 d,则 θ 变小 D.保持 d 不变,减小 S,则 θ 不变

11. (4 分)在如图所示的电路中,电源的负极接地,其电动势为 E、内电阻为 r,R1、R2 为定值电阻,R3 为滑动变阻器,C 为电容器, 、 为理想电流表和电压表.在滑动变阻

器滑动头 P 自 a 端向 b 端滑动的过程中,下列说法中正确的是()

A.a 点的电势降低 C. 电流表示数变小

B. 电压表示数变小 D.电容器 C 所带电荷量增多

12. (4 分)如图 1,A 板的电势 UA=0,B 板的电势 UB 随时间的变化规律如图 2 所示.电 子只受电场力的作用,且初速度为零,则()

A.若电子在 t=0 时刻进入的,它将一直向 B 板运动 B. 若电子在 t=0 时刻进入的,它将时而向 B 板运动,时而向 A 板运动,最后打在 B 板上 C. 若电子在 t= 时刻进入的,它将时而向 B 板运动,时而向 A 板运动,最后打在 B 板上

D.若电子是在 t= 时刻进入的,它将时而向 B 板、时而向 A 板运动

二.填空题(共 14 分) 13. (3 分)用螺旋测微器测量某金属丝直径的结果如图所示.该金属丝的直径是 mm.

14. (11 分)为了精确测量某待测电阻 Rx 的阻值(约为 30Ω) .有以下一些器材可供选择. 电流表:A1(量程 0~50mA,内阻约 12Ω) A2(量程 0~3A,内阻约 0.12Ω) 电压表:V1(量程 0~3V,内阻很大) V2(量程 0~15V,内阻很大) 电源:E(电动势约为 3V,内阻约为 0.2Ω) 定值电阻:R(30Ω,允许最大电流 2.0A) 滑动变阻器:R1(0~10Ω,允许最大电流 2.0A) 滑动变阻器:R2(0~1kΩ,允许最大电流 0.5A) 单刀单掷开关 S 一个,导线若干 (1)电流表应选,电压表应选,滑动变阻器应选. (填字母代号) (2)请在方框中画出测量电阻 Rx 的实验电路图. (要求测量值的范围尽可能大一些,所用 器材用对应的符号标出) (3)某次测量中,电压表示数为 U 时,电流表示数为 I,则计算待测电阻阻值的表达式为 Rx=.

三.计算题(共四小题,共 48 分,要求写出必要的文字说明,方程和重要的演算步骤,只 写出答案不得分. ) 15. (10 分)一台小型电动机在 3V 电压下工作,用此电动机提升所受重力为 4N 的物体时, 通过它的电流是 0.2A.在 30s 内可使该物体被匀速提升 3m.若不计除电动机线圈生热之外 的能量损失,求: (1)电动机的输入功率; (2)在提升重物的 30s 内,电动机线圈所产生的热量; (3)线圈的电阻. 16. (12 分)图甲所示,在真空中足够大的绝缘水平地面上,一个质量为 m=0.2kg,带电荷 量为 q=+2.0×10 C 的小物块处于静止状态, 小物块与地面间的摩擦因数 μ=0.1, 从 t=0 时该 2 开始,空间上加一个如图乙所示的电场. (取水平向右的方向为正方向,g 取 10m/s )求: (1)4 秒内小物块的位移大小; (2)4 秒内电场力对小物块所做的功.
﹣6

17. (12 分)如图所示,一质量为 m,带电量为 q 的粒子,以初速度 v0,从 A 点竖直向上 射入真空中的沿水平方向的匀强电场中,粒子通过电场中 B 点时的速率为 2v0,方向与电场 的方向一致,求 A、B 两点的电势差大小.

18. (14 分)如右图所示,A 为有光滑曲面的固定轨道,轨道底端的切线方向是水平的.质 量 M=40kg 的小车 B 静止于轨道右侧,其上表面与轨道底端在同一水平面上.一个质量 m=20kg 的物体 C 以 2.0m/s 的初速度从轨道顶端滑下,冲上小车 B 后经一段时间与小车相 对静止并一起运动.若轨道顶端与底端的高度差 h=1.6m.物体与小车板面间的动摩擦因数 μ=0.40,小车与水平面间的摩擦忽略不计. (取 g=10m/s ) ,求: (1)物体与小车保持相对静止时的速度 v; (2)物体在小车上相对滑动的距离 L.
2

甘肃省张掖市民乐一中 2014-2015 学年高二上学期期中 物理试卷(平行班)
参考答案与试题解析

一.选择题共 12 小题,共 48 分,其中第 6 题 7 题 12 题为多选题,其它为单项选择题. 1. (4 分)物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识,推动了科学技术的创新和革命,促 进了物质生产的繁荣与人类文明的进步,下列表述正确的是() A.法拉第发现了电流的磁效应. B. 库仑提出了库仑定律,并最早用实验测得元电荷 e 的数值 C. 伽利略发现了行星运动的规律,并通过实验测出了引力常量 D.荷兰科学家昂尼斯(或昂纳斯)发现大多数金属在温度降到某一值时,都会出现电阻突 然降为零的现象﹣﹣超导现象 考点: 物理学史. 专题: 常规题型. 分析: 根据物理学史和常识解答,记住著名物理学家的主要贡献即可. 解答: 解:A、奥斯特发现了电流的磁效应.故 A 错误; B、库仑提出了库仑定律,密立根最早用实验测得元电荷 e 的数值,故 B 错误; C、开普勒发现了行星运动的规律,卡文迪许通过实验测出了引力常量,故 C 错误; D、荷兰科学家昂尼斯(或昂纳斯)发现大多数金属在温度降到某一值时,都会出现电阻突 然降为零的现象﹣﹣超导现象,故 D 正确; 故选:D. 点评: 本题考查物理学史,是常识性问题,对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加 强记忆,这也是考试内容之一. 2. (4 分)下列关于导体在磁场中受力的说法中,正确的是() A.通电导体在磁场中一定受到安培力的作用 B. 通电导体在磁场中有时不会受到安培力的作用 C. 通电导体中的电流方向与磁场方向不平行也不垂直时,不会受到安培力的作用 D.只要导体放入磁场中,无论是否通电都会受到安培力的作用 考点: 安培力. 分析: 当导线的方向与磁场的方向平行,所受安培力为 0,最小.当导线的方向与磁场方 向垂直时,安培力最大,为 F=BIL. 解答: 解:AB、当导线的方向与磁场的方向平行时,不受安培力,当导线的方向与磁场 方向垂直时,安培力最大,为 F=BIL.当通电导体中的电流方向与磁场方向不平行也不垂直 时,F=BILcosθ,其中 θ 为磁场方向与导线方向的夹角,故 AC 错误,B 正确; D、不通电,导体不受安培力作用,故 D 错误. 故选:B 点评: 解决本题的关键知道通电导线在磁场中受安培力的条件, 即导线方向与磁场方向不 平行,难度不大,属于基础题.

3. (4 分)如图所示为电阻 R1 和 R2 的伏安特性曲线,这两条曲线把第一象限分为Ⅰ、Ⅱ、 Ⅲ三个区域.现把 R1 和 R2 并联在电路中,消耗的电功率分别用 P1 和 P2 表示;并联的总电 阻设为 R. 下列关于 P1 与 P2 的大小关系及 R 的伏安特性曲线应该在的区域的说法正确的是 ()

A.伏安特性曲线在Ⅰ区域,P1<P2 B. 伏安特性曲线在Ⅲ区域,P1<P2 C. 伏安特性曲线在Ⅰ区域,P1>P2 D.伏安特性曲线在Ⅲ区域,P1>P2 考点: 路端电压与负载的关系. 专题: 恒定电流专题. 分析: 伏安特性曲线的斜率等于电阻的倒数.当两个电阻并联后总电阻 R 比任何一个电 阻都要小,R 的伏安特性曲线的斜率大于 R1 和 R2 的伏安特性曲线的斜率.R1 和 R2 并联在 电路中,电压相等,由图读出电流关系,再研究功率关系. 解答: 解:把 R1 和 R2 并联在电路中,并联的总电阻 R 比 R1 和 R2 都小,则 R 的伏安特 性曲线的斜率大于 R1 和 R2 的伏安特性曲线的斜率,则 R 的伏安特性曲线应该Ⅰ区.R1 和 R2 并联在电路中, 电压相等, 由图读出流过电阻 R1 的电流较大, 则功率 P1>P2. 故 C 正确, ABD 错误. 故选:C. 点评: 本题首先要从数学角度理解图线的物理意义:斜率越大,电阻越小.其次抓住并联 电路的基本特点:支路两端的电压相等. 4. (4 分)如图所示,电源电动势为 6V,当开关接通时,灯泡 L1 和 L2 都不亮,用电压表 测得各部分电压是 Uad=0,Ucd=6V,Uab=6V,由此可以断定()

A.L1 和 L2 的灯丝都断了 C. L2 的灯丝断了

B. L1 的灯丝断了 D.变阻器 R 断路

考点: 闭合电路的欧姆定律. 专题: 恒定电流专题. 分析: 利用电流表和电压表判断电路中的故障, 是考试的热点题型之一, 依据在故障电路 中电流表和电压表显示的现象来判断 Uab=0V,Uad=0V,Ucd=6V,由此可断定.

解答: 解: 串联电路中两灯均不发光, 则可能是某处断路, 电压表测断路位置为电源电压, Ucd=6V,说明从 a 到 d 的电路和 b 到 c 的电路是连接良好的,故 L1 的灯丝和滑动变阻器都 良好,L2 的灯丝烧断了,故 C 正确,ABD 错误; 故选:C. 点评: 电压表如果示数为零,那么被测部分短路,或被测部分外部断路. 电压表如果示数为电源电压,那么被测部分断路,或被测部分外部短路. 电流表如果为零,那么电路中有断路的地方,也有少数可能是电流表短路. 电流表如果示数突然变大,那么电路中有短路的地方. 两灯均不亮,可能是某处断路. 两灯一亮一灭,可能是某灯短路 5. (4 分)如图甲所示,AB 是电场中的一条电场线,质子以某一初速度从 A 点出发,仅在 电场力作用下沿直线从 A 点运动到 B 点, 其 v﹣t 图象如图乙所示, 则下列说法正确的是 ()

A.质子运动的加速度随时间逐渐减小 B. 电场线的方向由 A 指向 B C. A、B 两点电场强度的大小关系满足 EA<EB D.A、B 两点的电势关系满足 φA<φB 考点: 电场线;电场强度. 专题: 电场力与电势的性质专题. 分析: 由图可知带电粒子速度变化情况, 则可明确粒子在两点的加速度大小关系, 即可确 定电场强度的大小;由功能关系可以确定电势的高低. 解答: 解:A、速度图象的斜率等于加速度,则由图可知,质子的加速度不变,所受电场 力不变,由 F=Eq 可知,A 点的场强等于 B 点场强,EA=EB;故 AC 错误; B、质子从 A 到 B 的过程中,速度减小,动能减小,则可知电场力做负功,故电势能增加, 电势升高,故 ?A<?B,电场线的方向由 B 指向 A,故 B 错误,D 正确; 故选 D. 点评: 本题根据图象考查对电场的认识, 要求学生能从图象中找出加速度的大小及速度的 变化,再应用动能定理及牛顿第二定律进行分析判断; 同时还需注意,电势能是由电荷及电场共同决定的,故不能忽视了电荷的电性. 6. (4 分) (多选)如图为某正电荷 Q 产生的电场线分布图,a、b 是电场中的两点.将电荷 量为 q=5×10 C 的正点电荷(试探电荷)置于 a 点,所受电场力为 2×10 正确的是()
﹣8 ﹣3

N,则下列判断

A.将电荷量为 q 的负点电荷放于 a 点,a 点电场强度大小为 4×10 N/C,方向向左

4

B. a 点的电场强度大小为 4×10 N/C,方向向右 C. 将点电荷 q 从 a 点移走,则该点的电场强度为零 D.b 点处的电场强度小于 4×10 N/C 考点: 电势差与电场强度的关系;电场强度. 专题: 电场力与电势的性质专题. 分析: 根据电场强度的定义式求 a 点的电场强度大小.电场线密的地方电场的强度大,电 场线疏的地方电场的强度小,由此分析 b 处的电场强度大小. 解答: 解:AB、根据电场强度的定义式 E= ,可得 a 点的电场强度为
4 4

4

Ea= =

=4×10 N/C,方向向右.电场强度的方向是由源电场决定的,不会因为放

入的电荷的不同而改变,所以放入负电荷在 a 点后,电场强度的大小和方向都不会改变,方 向还是向右,故 A 错误,B 正确. C、电场强度由电场本身决定,与试探电荷无关,则将点电荷 q 从 a 点移走,则该点的电场 强度不变,故 C 错误. D、电场线密的地方电场的强度大,电场线疏的地方电场的强度小,由电场线的分布可知, 4 a 点的电场强度比 b 点的电场强度大,所以 b 点处的电场强度小于 4×10 N/C,故 D 正确. 故选:BD. 点评: 解决本题的关键理解电场强度的定义式 E= , 知道其与放入电场中的电荷无关. 电 场线越密的地方,场强越强;电场线越疏的地方,场强越弱. 7. (4 分)如图所示,通电导体棒静止于水平导轨上,棒的质量为 m,长为 L,通过的电流 大小为 I 且垂直纸面向里, 匀强磁场的磁感强度 B 的方向与导轨平面成 θ 角, 则导体棒受到 的()

A.安培力大小为 BIL C. 摩擦力大小为 BILsinθ

B. 安培力大小为 BILsinθ D.支持力大小为 mg﹣BILcosθ

考点: 安培力. 分析: 导体棒 AC 静止于水平导轨上,受到重力、安培力、导轨的支持力和静摩擦力.导 体棒与磁场方向垂直,安培力大小 FA=BIl,根据左手定则判断安培力方向,根据平衡条件 求解导轨对导体棒的支持力和摩擦力, 再由牛顿第三定律求解导轨受到 AC 棒的压力和摩擦 力. 解答: 解:以导体棒 AC 为研究对象,分析受力,如图. 其中,安培力大小 FA=BIl,根据平衡条件得: G+FAcosθ=N…① f=FAsinθ…②

由①得:N=G+FAcosθ=mg+BIlcosθ 由②得:f=BIlsinθ 由牛顿第三定律得,导轨受到 AC 棒的压力和摩擦力各为: N=mg+BIlcosθ 和 f=BIlsinθ.所以选项 AC 正确,选项 BD 错误. 故选:AC

点评: 本题是磁场知识与力学知识的综合,比较简单,安培力是桥梁,关键是安培力的方 向判断和大小计算. 8. (4 分)如图所示,A、B 是带有等量的同种电荷的两小球,它们的质量都是 m,它们的 悬线长度是 L,悬线上端都固定在同一点 O,B 球悬线竖直且被固定,A 球在力的作用下, 在偏离 B 球 x 的地方静止平衡,此时 A 受到绳的拉力为 FT;现保持其他条件不变,用改变 A 球质量的方法,使 A 球在距离 B 为 处静止平衡,则 A 受到绳的拉力为()

A.FT

B.2FT

C.4FT

D.8FT

考点: 库仑定律. 专题: 电场力与电势的性质专题. 分析: 分析小球的受力情况,作出力图,运用三角形相似法得到绳的拉力与库仑力的关 系.当 AB 间距离变为原来的一半时,库仑力变为原来的 4 倍,即可得到绳的拉力为原来的 多少倍. 解答: 解:小球受到重力 mg、库仑力 F 库和绳的拉力 FT,由平衡条件得知,mg、F 库的 合力与 F 大小相等、方向相反,作出 mg、F 库的合力如图, 由三角形相似得 得,FT= L

根据库仑定律得知,当 AB 间距离 x 变化为 x 时,库仑力 F 库变为原来的 4 倍,L 不变,则 得 F 变为原来的 8 倍,即得后来绳的拉力大小为 8FT.故 ABC 错误,D 正确; 故选 D

点评: 本题相当于动态的平衡问题, 根据平衡的条件, 运用三角形相似法得到拉力的关系 式分析即可得出结论. 9. (4 分)如图所示,一价氢离子( H)和二价氦离子( He)的混合体,经同一加速

电场 U1 同时加速后,垂直射入同一偏转 U2 电场中,偏转后,打在同一荧光屏上,则它们 ()

A.同时到达屏上同一点 C. 同时到达屏上不同点

B. 先后到达屏上同一点 D.先后到达屏上不同点

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: 本题中带电粒子先加速后偏转. 先根据动能定理求出加速获得的速度表达式. 两种 粒子在偏转电场中做类平抛运动, 垂直于电场方向上做匀速直线运动, 沿电场方向做匀加速 运动, 根据牛顿第二定律和运动学得到粒子偏转距离与加速电压和偏转电压的关系, 从而得 出偏转位移的关系即可判断粒子打在屏上的位置关系. 解答: 解:设加速电压为 U1,偏转电压为 U2,偏转极板的长度为 L,板间距离为 d. 在加速电场中,由动能定理得:qU1= ①

两种粒子在偏转电场中,水平方向做速度为 v0 的匀速直线运动,由于两种粒子的比荷不同, 则 v0 不同,所以两粒子在偏转电场中运动的时间 t= 不同.两种粒子在加速电场中的加速

度不同,位移相同,则运动的时间也不同,所以两粒子是先后离开偏转电场. 在偏转电场中的偏转位移 y= ②

联立①②得 y=

同理可得到偏转角度的正切 tanθ=

,可见 y 和 tanθ 与电荷的电量和质量无关.所以出

射点的位置相同,出射速度的方向也相同.故两种粒子打屏上同一点.故 B 正确,A、C、 D 错误. 故选:B. 点评: 解决本题的关键知道带电粒子在加速电场和偏转电场中的运动情况, 知道从静止开 始经过同一加速电场加速,垂直打入偏转电场,运动轨迹相同.做选择题时,这个结论可直 接运用,节省时间. 10. (4 分)用控制变量法,可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图所示) .设两极板 正对面积为 S,极板间的距离为 d,静电计指针偏角为 θ.实验中,极板所带电荷量不变, 若()

A.保持 S 不变,增大 d,则 θ 变大 C. 保持 d 不变,减小 S,则 θ 变小

B. 保持 S 不变,增大 d,则 θ 变小 D.保持 d 不变,减小 S,则 θ 不变

考点: 电容器的动态分析. 专题: 电容器专题. 分析: 静电计测定电容器极板间的电势差,电势差越大,指针的偏角越大.根据电容的决 定式 C= 分析极板间距离、 正对面积变化时电容的变化情况, 由于极板所带电荷量不 分析板间电势差的变化,即可再确定静电计指针的偏角变化情

变,再由电容的定义式 C= 况.

解答: 解:A、B、根据电容的决定式 C=

得知,电容与极板间距离成反比,当保 分析可知板

持 S 不变,增大 d 时,电容减小,电容器的电量 Q 不变,由电容的定义式 C=

间电势差增大,则静电计指针的偏角 θ 变大;反之,保持 S 不变,减小 d,则 θ 减小.故 A 正确,B 错误. C、D、根据电容的决定式 C= 得知,电容与极板的正对面积成正比,当保持 d 不变, 分析可知

减小 S 时,电容减小,电容器极板所带的电荷量 Q 不变,则由电容的定义式 C=

板间电势差增大,静电计指针的偏角 θ 变大;反之,保持 d 不变,增大 S,则 θ 减小,故 C 错误,D 错误. 故选:A.

点评: 本题是电容动态变化分析问题,关键抓住两点:一是电容器的电量不变;二是掌握 电容的两个公式:电容的决定式 C= 和 C= .

11. (4 分)在如图所示的电路中,电源的负极接地,其电动势为 E、内电阻为 r,R1、R2 为定值电阻,R3 为滑动变阻器,C 为电容器, 、 为理想电流表和电压表.在滑动变阻

器滑动头 P 自 a 端向 b 端滑动的过程中,下列说法中正确的是()

A.a 点的电势降低 C. 电流表示数变小

B. 电压表示数变小 D.电容器 C 所带电荷量增多

考点: 电容;闭合电路的欧姆定律. 专题: 电容器专题. 分析: 在滑动变阻器滑动头 P 自 a 端向 b 端滑动的过程中, 变阻器在路电阻减小, 外电阻 减小,根据欧姆定律分析干路电流如何变化和电阻 R1 两端电压的变化,即可知道电压表读 数的变化.电容器 C 的电压等于电阻 R2 两端的电压,分析并联部分电压的变化,即知道电 容器的电压如何变化,根据干路电流与通过 R2 的电流变化情况,分析电流表的变化.a 点 的电势等于 R2 两端的电压. 解答: 解:在滑动变阻器滑动头 P 自 a 端向 b 端滑动的过程中,变阻器在路电阻减小,外 电路总电阻减小,干路电流 I 增大,电阻 R1 两端电压增大,则电压表示数变大. 电阻 R2 两端的电压 U2=E﹣I(R1+r) ,I 增大,则 U2 变小,电容器板间电压变小,其带电量 减小. 根据外电路中顺着电流方向电势降低,可知,a 的电势大于零,a 点的电势等于 R2 两端的电 压,U2 变小,则 a 点的电势降低,通过 R2 的电流 I2 减小,通过电流表的电流 IA=I﹣I2,I 增大,I2 减小,则 IA 增大.即电流表示数变大.故 A 正确,BCD 错误. 故选:A 点评: 本题是电路动态变化分析问题,要抓住不变量:电源的电动势、内阻及定值电阻的 阻值不变,进行分析.根据电流方向判断电势高低,由电压的变化判断电势的变化. 12. (4 分)如图 1,A 板的电势 UA=0,B 板的电势 UB 随时间的变化规律如图 2 所示.电 子只受电场力的作用,且初速度为零,则()

A.若电子在 t=0 时刻进入的,它将一直向 B 板运动 B. 若电子在 t=0 时刻进入的,它将时而向 B 板运动,时而向 A 板运动,最后打在 B 板上

C. 若电子在 t=

时刻进入的,它将时而向 B 板运动,时而向 A 板运动,最后打在 B 板上

D.若电子是在 t= 时刻进入的,它将时而向 B 板、时而向 A 板运动

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: 根据电子在电场力作用下, 结合牛顿第二定律与运动学公式的关系, 从而可确定不 同时刻电子的运动情况,即可求解. 解答: 解:A、若电子在 t=0 时刻进入的,它将在电场力作用下,先加速向 B 运动,后减 速向 B 运动,接着加速向 B 运动,后减速向 B 运动,因此它一直向 B 板运动,直到到达 B 板,故 A 正确,B 错误; C、若电子在 t= 时刻进入的,从 到 到 它先向 B 板加速运动,后减速运动,当 到 ,

电子回头运动,当

又向 B 运动,这样时而向 B 板运动,时而向 A 板运动,最后打

到 B 板上,故 C 正确; D、同理,若电子是在 t=T/4 时刻进入的,它将时而向 B 板、时而向 A 板运动,故 D 正确; 故选 ACD 点评: 考查粒子在电场力作用下, 根据运动与受力来确定运动的情况, 掌握牛顿第二定律 与运动学公式的应用,注意粒子从不同时刻进入电场,发生的运动情况不同. 二.填空题(共 14 分) 13. (3 分)用螺旋测微器测量某金属丝直径的结果如图所示.该金属丝的直径是 1.702mm.

考点: 螺旋测微器的使用. 专题: 实验题. 分析: 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:螺旋测微器的固定刻度为 1.5mm,可动刻度为 20.2×0.01mm=0.202mm,所以 最终读数为 1.5mm+0.202mm=1.702mm. 故答案为:1.702 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. 14. (11 分)为了精确测量某待测电阻 Rx 的阻值(约为 30Ω) .有以下一些器材可供选择. 电流表:A1(量程 0~50mA,内阻约 12Ω) A2(量程 0~3A,内阻约 0.12Ω) 电压表:V1(量程 0~3V,内阻很大) V2(量程 0~15V,内阻很大)

电源:E(电动势约为 3V,内阻约为 0.2Ω) 定值电阻:R(30Ω,允许最大电流 2.0A) 滑动变阻器:R1(0~10Ω,允许最大电流 2.0A) 滑动变阻器:R2(0~1kΩ,允许最大电流 0.5A) 单刀单掷开关 S 一个,导线若干 (1)电流表应选 A1,电压表应选 V1,滑动变阻器应选 R1. (填字母代号) (2)请在方框中画出测量电阻 Rx 的实验电路图. (要求测量值的范围尽可能大一些,所用 器材用对应的符号标出) (3)某次测量中,电压表示数为 U 时,电流表示数为 I,则计算待测电阻阻值的表达式为 Rx= ﹣R.

考点: 伏安法测电阻. 专题: 实验题. 分析: 分析题意,明确实验中应采有的实验原理;正确选择实验仪器;明确滑动变阻的接 法及电表的使用方法; 解决本题的关键是将待测电阻与定值电阻串联使用,应通过估算说明. 解答: 解: (1) 、测量电阻时电流不能太大,电流表应选 表应选 ,根据闭合电路欧姆定律考虑电流表读数要求 I= 太小, ,电源电动势为 3V,故电压 ≤ ,可求出电路最小电

阻 R=90Ω,故变阻器若用限流式则 变阻器 ,

太大,因此应采用分压式,故应选阻值小的

(2) 、又待测电阻阻值远小于电压表内阻,电流表应选外接法,但根据欧姆定律,若将电阻 直接接在电压表两端时,电阻两端最大电压为 U= 表 U= 图如图所示. =50×30 V=1.5V,只是电压

量程的一半;若将待测电阻与定值电阻串联,则它们两端电压为 =50 =3V,正好与电压表 的量程相同,所以电路

(3) 、由欧姆定律可得:

=

﹣R

故答案为(1)





; (2)如图; (3)

﹣R

点评: 因本题有“要求测量值的范围尽可能大一些”,这就提示我们滑动变阻器应用分压 式;又所给器材中有一个定值电阻,说明可能待测电阻不能直接使用. 三.计算题(共四小题,共 48 分,要求写出必要的文字说明,方程和重要的演算步骤,只 写出答案不得分. ) 15. (10 分)一台小型电动机在 3V 电压下工作,用此电动机提升所受重力为 4N 的物体时, 通过它的电流是 0.2A.在 30s 内可使该物体被匀速提升 3m.若不计除电动机线圈生热之外 的能量损失,求: (1)电动机的输入功率; (2)在提升重物的 30s 内,电动机线圈所产生的热量; (3)线圈的电阻. 考点: 电功、电功率;能量守恒定律. 专题: 恒定电流专题. 分析: (1)由 P=UI 求出电动机的输入功率. (2)电动机总功率等于热功率与输出功率之和,由 P=Fv 求出电动机的输出功率,然后求 出线圈的热功率. (3)由电功率公式 Q=I r 的变形公式求出线圈电阻. 解答: 解: (1)电动机的输入功率 P 入=UI=0.2×3 W=0.6 W. (2)电动机提升重物的机械功率 P 机=Fv=(4×3/30)W=0.4 W. 根据能量关系 P 入=P 机+PQ,得生热的功率 PQ=P 入﹣P 机=(0.6﹣0.4)W=0.2 W. 所生热量 Q=PQt=0.2×30 J=6 J. (3)由焦耳定律 Q=I Rt,得线圈电阻 R=
2 2

=

Ω=5Ω.

答: (1)电动机的输入功率为 0.6W. (2)线圈电阻产生的热量为 6J. (3)线圈电阻为 5Ω. 点评: 电动机是非纯电阻电路,电动机总功率等于输出功率与热功率之和.

16. (12 分)图甲所示,在真空中足够大的绝缘水平地面上,一个质量为 m=0.2kg,带电荷 量为 q=+2.0×10 C 的小物块处于静止状态, 小物块与地面间的摩擦因数 μ=0.1, 从 t=0 时该 2 开始,空间上加一个如图乙所示的电场. (取水平向右的方向为正方向,g 取 10m/s )求: (1)4 秒内小物块的位移大小; (2)4 秒内电场力对小物块所做的功.
﹣6

考点: 牛顿第二定律; 匀变速直线运动的速度与时间的关系; 匀变速直线运动的位移与时 间的关系. 专题: 牛顿运动定律综合专题. 分析: (1)由图乙所示图象可以求出电场强度,由牛顿第二定律求出物块的加速度,然 后由匀变速运动的运动学公式求出物块的位移. (2)由动能定理可以求出物块做的功. 解答: 解: (1)0~2s,由牛顿第二定律得物块加速度: a1=
2

=
2

=2m/s ,

2

x1= a1t1 = ×2×2 =4m, v=a1t1=2×2=4m/s, 2~4s,由牛顿第二定律得加速度: a2=
2

=
2

=2m/s ,

2

x2=vt2﹣ a2t2 =4×2﹣ ×2×2 =4m, 4s 内的位移:x=x1+x2=8m, v′=v﹣a2t2=4﹣2×2=0m/s; (2)由动能定理得:W﹣μmgx= mv′ ﹣0, 解得:W=μmgx+ mv′ =0.1×0.2×10×8+0=1.6J; 答: (1)4 秒内小物块的位移大小为 8m; (2)4 秒内电场力对小物块所做的功 1.6J. 点评: 本题考查了求位移、电场力的功,由图象求出电场强度、应用牛顿第二定律、运动 学公式、动能定理即可正确解题,解题时注意力与速度的方向.
2 2

17. (12 分)如图所示,一质量为 m,带电量为 q 的粒子,以初速度 v0,从 A 点竖直向上 射入真空中的沿水平方向的匀强电场中,粒子通过电场中 B 点时的速率为 2v0,方向与电场 的方向一致,求 A、B 两点的电势差大小.

考点: 电势差与电场强度的关系;电势差. 专题: 电场力与电势的性质专题. 分析: 由于粒子只受重力电场力,两个力都是恒力,可运用运动的分解法,分别研究水平 和竖直两个方向,由牛顿第二定律和运动学公式结合解答. 解答: 解:沿水平方向 x 和竖直方向 y 分析可知. x 方向:Fx=qE,v0x=0,故做匀加速运动. y 方向:Fy=mg,v0y=v0,a=﹣g,做匀减速运动 竖直方向高度由运动学知识,可知 H= ,上升时间 t=

故在 x 方向上, 有 vx=2v0=axt, ax=

, 其中 x 方向位移 d=

?t=v0t, 故 2v0=

联立解得:UAB=

答:A、B 两点的电势差大小为



点评: 本题运用运动的分解法研究, 分析时要抓住分运动的同时性. 也可以根据动能定理 研究两个方向得到. 18. (14 分)如右图所示,A 为有光滑曲面的固定轨道,轨道底端的切线方向是水平的.质 量 M=40kg 的小车 B 静止于轨道右侧,其上表面与轨道底端在同一水平面上.一个质量 m=20kg 的物体 C 以 2.0m/s 的初速度从轨道顶端滑下,冲上小车 B 后经一段时间与小车相 对静止并一起运动.若轨道顶端与底端的高度差 h=1.6m.物体与小车板面间的动摩擦因数 μ=0.40,小车与水平面间的摩擦忽略不计. (取 g=10m/s ) ,求: (1)物体与小车保持相对静止时的速度 v; (2)物体在小车上相对滑动的距离 L.
2

考点: 动量守恒定律;机械能守恒定律;能量守恒定律.

专题: 动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合. 分析: (1)物体 C 从轨道上下滑时,只有重力做功,物体 C 的机械能守恒,由机械能守 恒定律可以求出物体滑到轨道低端时的速度,物体 C 在小车上滑动过程中,它们组成的系 统动量守恒,由动量守恒定律可以求出物体与小车相对静止的速度. (2)物体在小车上滑动时克服摩擦力做功,系统减少的机械能等于摩擦力做的功,由能量 守恒定律可以求出物体在小车上相对滑动的距离. 解答: 解: (1)物体下滑过程机械能守恒, 由机械能守恒定律得:mgh+ mv1 =0+ mv2 , 物体相对于小车板面滑动过程动量守恒, 由动量守恒定律得:mv2=(m+M)v, 两式联立两式代入数据解得:v=2m/s; (2)设物体相对于小车板面滑动的距离为 L 由能量守恒有:μmgL= mv2 ﹣ (m+M)v , 解得:L=3m; 答: (1)物体与小车保持相对静止时的速度为 2m/s; (2)物体在小车上相对滑动的距离为 3m. 点评: 本题考查了求物体的速度、 物体在小车上滑行的相对距离, 分析清楚物体的运动过 程,应用机械能守恒定律、动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题.
2 2 2 2


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