山东省菏泽一中高二物理上学期期中试卷(含解析)

2014-2015学年山东省菏泽一中高二（上）期中物理试卷一、选择题：（每小题至少有一个选项是正确的，请把正确的答案填入答题卡中，每小题4分，共52分，漏选得2分，错选和不选得零分）1．（4分）（2015秋•菏泽校级期中）关于元电荷和点电荷的理解正确的是（）A．元电荷就是电子B．点电荷是真实存在的C．体积很小的带电体就是点电荷，较大的带电体，不能看成点电荷D．一个带电体能否看成点电荷，不是看它的尺寸的绝对值，而是看它在研究的问题中形状和大小对相互作用力的影响是否能忽略不计考点：元电荷、点电荷．分析：点电荷是当两个带电体的形状对它的相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看作点电荷．而元电荷是带电量的最小值，它不是电荷，所有带电电荷量均是元电荷的整数倍．解答：解：A、元电荷的电量等于电子的电量，但不是电子．故A错误；B、点电荷实际不存在，是理想化模型．故B错误；C、当带电体的形状对它的相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看作点电荷，故C 错误；D、一个带电体能否看成点电荷，不是看它的尺寸的绝对值，而是看它在研究的问题中形状和大小对相互作用力的影响是否能忽略不计；故D正确；故选：D．点评：点电荷是电荷，有电荷量与电性，而元电荷不是电荷，有电荷量但没有电性；可以借助质点的性质来理解点电荷．2．（4分）（2015秋•菏泽校级期中）在电场中有一点P，下列说法中正确的有（）A．若放在P点的电荷的电荷量减半，则P点的场强减半B．若P点没有试探电荷，则P点场强为零C．P点的场强越大，则同一电荷在P点受到的电场力越大D．P点的场强方向为就是放在该点的负电荷受电场力的方向考点：电场强度．分析：电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关；场强公式E=，采用比值法下的定义；利用场强方向的规定判断场强方向与电场力的方向．解答：解：A、B、电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关，所以在p点电荷减半或无检验电荷，P点的场强不变，故A错误，B错误．C、据F=Eq知，P点的场强越大，则同一电荷在P点所受的电场力越大，故C正确．D、据场强方向的规定，正电荷所受电场力的方向与场强方向相同，负电荷所受电场力的方向与场强的方向相反，故D错误．故选：C．点评：明确电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关；场强公式E=是采用比值法下的定义；场强方向的规定判断场强方向与电场力的方向的依据．3．（4分）（2015秋•长安区校级期末）关于电动势，下列说法中正确的是（）A．一个电源的电动势的大小只由电源本身决定B．因电动势的单位和电势差相同，所以电动势实质上就是电势差C．一个电动势为1.5V的电池接入电路时，若有1C的电荷量通过电路，就有1.5J的化学能转变成电能D．电压表接到电源两极时，测得的就是电动势考点：电源的电动势和内阻．专题：恒定电流专题．分析：电源没有接入外电路时两极间的电压等于电源电动势．电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，电动势与外电路无关．接在电源两极间的电压表测得的电压小于电源的电动势．解答：解：A、电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，电动势与外电路无关，故A正确；B、电动势公式E=中W与电压公式U=中的W是不一样的，前者是非静电力做功，而后者是电场力做功，故B错误；C、一个电动势为1.5V的电池接入电路时，若有1C的电荷量通过电路，根据电动势公式E=，非静电力做功1.5J，有1.5J的化学能转变成电能，故C正确；D、由于电压表有内电阻，故接在电源两极间的电压表测得的电压小于电源的电动势，故D 错误；故选AC．点评：本题考查对电源电动势的理解，要抓住电动势的物理意义、定义和欧姆定律来强化理解．4．（4分）（2014秋•惠州期末）如图所示，图线1表示的导体电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是（）A．R1：R2=1：3B．R1：R2=3：1C．将R1与R2串联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3D．将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3考点：闭合电路的欧姆定律；串联电路和并联电路．专题：恒定电流专题．分析：由题图象是电阻的伏安特性曲线，其斜率k等于电阻的倒数．将R1与R2串联后接于电源上时，电流相等．将R1与R2并联后接于电源上时，电压相等，电流与电阻成反比．解答：解：A、B由图R1==1Ω，R2==3Ω，故A正确．C、R1与R2串联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：1．故C错误．D、将R1与R2并联后接于电源上，电流比I1：I2=R2：R1=3：1故D错误．故选A点评：本题考查识别、理解物理图象的能力．物理图象往往从数学角度，研究图象的斜率、面积、交点等意义．5．（4分）（2013春•白山期末）关于电场的性质正确的是（）A．电场强度大的地方，电势一定高B．正点电荷产生的电场中电势都一定为正C．匀强电场中，两点间的电势差只与两点间距离成正比D．电场强度大的地方，沿场强方向电势变化快考点：电场强度；电势．分析：电场强度是描述电场的力的性质的物理量，电势是描述电场的能的性质的物理量，两者没有直接关系；沿着电场线方向，电势是降低的．沿场强方向电势变化快．匀强电场中，电势差与两点间沿电场线方向的距离成正比．解答：解：A、沿着电场线的方向，电势越来越小，而电场强度根据疏密才能确定．可见，电场强度与电势没有直接关系，故A错误；B、电势是相对的，由于零电势点没有确定，所以正电荷产生的电场中电势不一定都为正，故B错误．C、由公式U=Ed知，匀强电场中，两点间的电势差只与两点间沿电场线方向的距离成正比，而不是任意距离成正比，故C错误．D、电势降落最快就是电势变化相同而间距最短，所以沿着电场强度方向的电势降低最快．故D正确．故选：D点评：本题要抓住电场线来理解电场强度和电势的关系，准确理解公式U=Ed中d的含义，即可作出判断．6．（4分）（2015秋•曲阜市校级期末）如图，是某电场中的一条直电场线，一电子（重力不计）从a点由静止释放，它将沿直线向b点运动，则可判断（）A．该电场一定是匀强电场B．场强E a一定小于E bC．电子具有的电势能E Pa一定大于E PbD．两点的电势φa一定低于φb考点：电场强度；电势；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由题，负电荷由静止释放，且由A向B运动，则说明负电荷所受的电场力一定是由A指向B．而负电荷所受的电场力方向与场强方向相反，确定出电场线的方向．由于不知负电荷由A运动到B的过程中电场力的变化情况，因此无法确定场强大小关系．解答：解：A、据题，负电荷由静止释放，且由a向b运动，则负电荷所受的电场力一定是由a指向b．因为负电荷所受的电场力方向与场强方向相反，说明电场线的方向一定是由b指向a．由于不知负电荷由a运动到b的过程中电场力的变化情况，因此无法确定场强大小关系，故AB错误；C、由题意知，电场力对电子做正功，电势能减小，所以电子具有的电势能E Pa一定大于E Pb，故C正确；D、由A可知电场先方向由b指向a，而沿着电场线方向电势降低，所以电势φa一定低于φb，故D正确．故选CD点评：本题考查判断推理能力，抓住电场强度方向与负电荷所受电场力方向相反是关键．基础题．7．（4分）（2013秋•永泰县校级期末）如图所示，P、Q是两个电量相等的正点电荷，它们的连线中点是O，A、B是中垂线上的两点，＜，用E A、E B、φA、φB分别表示A、B两点的场强和电势，则（）A．E A一定大于E B，φA一定大于φBB．E A不一定大于E B，φA一定大于φBC．E A一定大于E B，φA不一定大于φBD．E A不一定大于E B，φA不一定大于φB考点：电势；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据点电荷场强公式E=，运用矢量合成的平行四边形定则求出连线中垂线上各个点的合场强．解答：解：两个等量正点电荷连线中点O的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从O点沿着中垂线到无穷远处电场强度先增大后减小，设场强最大的点为P点，P点可能在A、B两点之间，也可能在O、A之间，也可能在B点的外侧，当P点可能在A、B两点之间时，E A可能大于E B，也可能小于E B，还可能等于E B；当P在O、A之间时，E A大于E B；当P 点在B点外侧时，E A、小于E B；在PQ连线的中垂线上，场强方向沿AB方向，沿电场线方向电势越来越低，因此φA一定大于φB；故A错误，B正确，C错误，D错误；故选：B．点评：本题关键是要明确两个等量同种电荷连线的中垂线上的场强分布情况和电势分布情况，沿着场强方向，电势越来越低．8．（4分）（2015秋•金华期末）有一台电风扇的额定电压为220V，额定电功率为50W，线圈电阻为0.4Ω，电风扇接入电压为220V的电路中，关于它每分钟产生的热量是多少，有四位同学计算如下，其中正确的是（）A．Q=Pt=3000J B． Q=IUt=3000JC．Q=I2Rt=1.2J D． Q==7.26×106J考点：焦耳定律．专题：恒定电流专题．分析：已知电流和线圈的电阻以及通电时间，由Q=I2Rt就可计算出线圈产生的热量．解答：解：电风扇正常工作时产生的热量是由于内阻发热产生的，所以每分钟产生的热量为Q=I2Rt=（）2×0.4×60J=1.2J故选：C点评：本题考查了电动机正常工作时产生热量的计算，是一道基础题，关键是正确理解电功和电热的关系以及各自的求解方法．9．（4分）（2013春•宝安区校级期末）一根均匀导线，现将它均匀拉长，使导线的直径减小为原来的一半，此时它的阻值为64Ω，则导线原来的电阻值为（）A．128ΩB．32ΩC．4ΩD．2Ω考点：电阻定律．专题：恒定电流专题．分析：通过导线长度和横截面积的变化，根据电阻定律R=求出电阻的大小．解答：解：一根均匀导线，现将它均匀拉长，使导线的直径减小为原来的一半，则横截面积变为原来的，因为导线的体积不变，则长度变为原来的4倍，根据电阻定律R=，知电阻变为原来的16倍，所以导线原来的电阻为4Ω．故C正确，A、B、D错误．故选C．点评：解决本题的关键掌握电阻定律的公式R=，知道影响电阻的因素．10．（4分）（2013秋•遵化市期中）一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流为I，设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电荷量为q．此时电子的定向移动速度为v，在t时间内，通过铜导线横截面的自由电子数目可表示为（）A．nvSt B．nvt C．D．考点：电流、电压概念．专题：恒定电流专题．分析：根据电流的两个表达式来分析，首先从导体导电的微观角度来说，在t时间内能通过某一横截面的自由电子必须处于长度为vt的圆柱体内，由于自由电子可以认为是均匀分布，故此圆柱体内的电子数目为nvSt．而从电流的定义来说，I=，故在t时间内通过某一横截面的电荷量为It，通过横截面的自由电子数目为．解答：解：A、从微观角度来说，在t时间内能通过某一横截面的自由电子必须处于长度为vt的圆柱体内，此圆柱体内的电子数目为nvSt，故A正确；B、vt是电子通过的距离，nvt没意义，缺少面积s，故B错误；C、从电流的定义式来说，I=，故在t时间内通过某一横截面的电荷量为It，通过横截面的自由电子数目为，故C正确；D、是通过铜导线单位横截面的自由电子数，故D错误；故答案为：AC．点评：本题考查了电流的两个表达式，要特别注意微观表达式I=nvst中各物理量的意义．11．（4分）（2014秋•九原区校级期中）如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行极板间的偏转匀强电场中，在满足电子能射出平行极板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是（）A．U1变大、U2变大B． U1变小、U2变大C．U1变大、U2变小D． U1变小、U2变小考点：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：电子经电场加速后，进入偏转电场，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出电子离开电场时数值方向分速度，表示出偏转角正切值的表达式，从而判断使偏转角变小的方法．解答：解：根据动能定理：eU1=mv2得：v=在偏转电场中v y=ata=t=v y=attanθ==若使偏转角变大即使tanθ变大，由上式看出可以增大U2减小U1．故选：B．点评：本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成，常规问题．12．（4分）（2015秋•菏泽校级期中）平行板电容器充电后，去掉电源，下面说法正确的是（）A．正对面积不变，极板间距离增大，场强不变，电势差增大B．正对面积减小，极板间距离不变，场强变大，电势差增大C．正对面积不变，极板间距离减小，电量减少，电容增大D．正对面积减小，极板间距离不变，电量不变，电容减小考点：电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：将平行板电容器充电后，去掉电源，电容器所带的电荷量不变，根据C=判断电容的变化，从而结合Q=CU判断电势差的变化，根据E=判断电场强度的变化．解答：解：A、去掉电源后，电荷量不变，正对面积不变，极板间距离增大，根据C=知电容减小，根据U=知，电势差增大，而E==，则电场强度不变，故A正确；B、去掉电源后，电荷量不变，极板间距离不变，正对面积减小，根据C=知电容减小，根据U=知，电势差增大，根据E=判断电场强度增大．故B正确；C、去掉电源后，电荷量不变，正对面积不变，极板间距离减小，根据C=知电容增大；故C错误；D、去掉电源后，电荷量不变，极板间距离不变，正对面积减小，根据C=电容减小，故D正确；故选：ABD．点评：本题考查了电容器的动态分析，处理这类问题，一定要抓住不变量，比如电容器始终与电源相连，则两端的电势差不变，电容器与电源断开，则电容器所带的电荷量不变．13．（4分）（2014•宿州一模）如图所示，实线为方向未知的三条电场线，a、b两带电粒子从电场中的O点以相同的初速度飞入．仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图中虚线所示，则（）A．a一定带正电，b一定带负电B． a加速度增大，b加速度增大C．a电势能减小，b电势能增大D． a和b的动能一定都增大考点：电场线．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据粒子轨迹的弯曲方向可判断粒子所受电场力的方向，根据电场力方向与场强方向的关系判断电性．电场线越密，场强越大，电荷所受电场力越大，加速度越大；电场线越疏，场强越小，电荷所受电场力越小，加速度越小．根据电场力做功正负判断电势能和动能的变化．解答：解：A、由图，b粒子的轨迹向左弯曲，b粒子受到的电场力方向向左，如图．a的轨迹向右弯曲，b粒子受到的电场力方向向右，由于电场线未知，无法确定两个粒子的电性．故A错误；B、由图看出，向右电场线越来越疏，场强越来越小，则a所受电场力减小，加速度减小，b 所受电场力增大，加速度增大．故B错误；C、D、由图判断电场力对两个粒子都做正功，电势能都减小，动能都增大．故C错误，D正确．故选：D．点评：本题是轨迹问题，根据轨迹的弯曲方向判断出电荷所受的电场力是关键．基础题，不应失分．二、计算题（本题共4小题，共48分，解答应写明必要的文字说明．方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位）14．（10分）（2009秋•泾县校级期中）如图所示，A、B为体积可忽略的带电小球，Q A=2×10﹣8C，A、B相距3cm．在水平外电场作用下，A、B保持静止，悬线都沿竖直﹣8C，QB=﹣2×10方向．试求：（1）A与B之间的相互吸引力有多大？（2）外电场的场强大小和方向？考点：库仑定律；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：（1）A与B之间的相互吸引力根据库仑定律即可求解；（2）A球带正电，B球带负电，B对A的吸引力水平向左，要使A处于竖直方向平衡，就要加一个水平向左的电场，使A受到的电场力等于B球对A的吸引力．解答：解：（1）根据库伦定律得：F==4×10﹣3N（2）由题意可知A球受力平衡，水平方向合外力等于零，B对A的作用力向右，所以要加一个水平向左的电场，且EQ A=代入数据解得：E=2×105N/C答：（1）A与B之间的相互吸引力为4×10﹣3N；（2）外电场的场强大小为2×105N/C，方向水平向左．点评：本题主要考查了库仑定律及电荷在电场中要受到力的作用，根据小球受力平衡求解，难度不大，属于基础题．15．（10分）（2013秋•武城县校级期末）微型吸尘器的直流电动机的内阻一定，当加上0.3V 的电压时，通过的电流为0.3A，此时电机不转．当加在电动机两端的电压为2.0V时，电流为0.8A，这时电动机正常工作．则吸尘器的效率为多少？考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：电机不转时，其电路是纯电阻电路，由欧姆定律求出其电阻．当电机正常工作时，根据能量守恒定律求出电机输出的功率，再求解吸尘器的效率．解答：解：当电机不转时，由欧姆定律得，电机的电阻为R==1Ω．当电机正常工作时，电机输出的功率为P出=UI﹣I2R=2×0.8﹣0.82×1=0.96（W），电机总功率为P总=UI=1.6W，所以吸尘器的效率为η=×%=60%答：吸尘器的效率为60%．点评：对于电动机，不转时，其电路是纯电阻电路，欧姆定律成立；当电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立．16．（14分）（2014秋•泰安期中）如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab间距离L ab=8cm，bc间距离L bc=14cm，其中ab沿电场方向，bc和电场方向成60°角．一个所带电量q=﹣4×10﹣6J．求：﹣8C的负电荷从a点移到b点克服电场力做功Wab=1.2×10（1）匀强电场的电场强度；（2）电荷从b点移到c点，电场力所做的功；（3）a、c两点间的电势差．考点：带电粒子在匀强电场中的运动；电势差；电势能．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：（1）根据电场力做功公式W=qEd，d为沿电场方向两点间的距离分析求解电场强度．（2）电荷从b点移到c点，电场力所做负功，d=l bc cos60°求出电场力做功．（3）根据U ac=求解a、c两点间的电势差．解答：解：（1）由W ab=﹣qEL ab，得E==V/m=375V/m．（2）电荷从b点移到c点电场力所做的功为Wbc=qEL bc cos60°=﹣1.05×10﹣6J（3）a、c两点间的电势差U ac===56.25V答：（1）匀强电场的电场强度E=375V/m；（2）电荷从b点移到c点，电场力所做的功是﹣1.05×10﹣6J；（3）a、c两点间的电势差是56.25V．点评：本题要抓住电场力是一种力，具有力的共性，求电场力做功可以根据功的一般公式W=Flcosα得到W=qEd，知道电势差也可以根据W=qU求解．17．（14分）（2013春•汉阳区校级期末）如图所示，两块竖直放置的平行金属板A、B，板距d=0.04m，两板间的电压U=400V，板间有一匀强电场．在A、B两板上端连线的中点Q的正上方，距Q为h=1.25m的P点处有一带正电小球，已知小球的质量m=5×10﹣6kg，电荷量q=5×10﹣8C．设A、B板足够长，g取10m/s2．求：（1）带正电小球从P点开始由静止下落，经多长时间和金属板相碰？（2）相碰时，离金属板上端的距离多大？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）设小球从P到 Q点做自由落体运动，根据自由落体公式求出时间，小球进入电场后其飞行时间取决于电场力产生的加速度a x，根据匀加速直线运动位移时间公式求出时间，两个时间之和即为所求时间；（2）小球由P点开始在竖直方向上始终是自由落体运动，求出在时间t内的位移y，与金属板上端的距离为：S=y﹣h．解答：解：（1）设小球从P到 Q需时t1，由h=gt12得t1==s=0.5s小球进入电场后其飞行时间取决于电场力产生的加速度a x，可以求出小球在电场中的运动时间t2．应有 qE=ma xE==a x t22由上述3个式子，得：t2=d=0.04×s=0.02s所以，运动总时间 t=t1+t2=0.5+0.02=0.52s（2）小球由P点开始在竖直方向上始终是自由落体运动，在时间t内位移为：y=gt2=×10×0.522=1.352m与金属板上端的距离为：S=y﹣h=1.352﹣1.25m=0.102m答：（1）带正电小球从P点开始由静止下落，经0.52s和金属板相碰；（2）相碰时，离金属板上端的距离为0.102m．点评：该题考查了自由落体运动和类平抛运动的基本规律，难度适中，属于中档题．。