高二物理上学期期中-武威六中2014-2015学年高二上学期期中物理试题及答案(理科)

甘肃省武威六中2014-2015学年高二上学期期中物理试卷
（理科）
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题4分，共48分．每个选择题不一定只有一个正确选项，全部选对得4分，错选不得分，漏选得2分，1-8为单选，9-12为多选）
1．（4分）对物体带电现象的叙述，正确的是（）
A．不带电的物体一定没有电荷
B．带电物体一定具有多余的电子
C．一根带电的导体棒放在潮湿的房间，过了一段时间后，发现导体棒不带电了，这过程中电荷不守恒
D．摩擦起电实际上是电荷从一个物体转移到另一个物体或者从物体的一部分转移到物体的另一部分的过程
考点：电荷守恒定律；元电荷、点电荷．
分析：电荷并不能创生，也不能消失，只能从一个物体转移到另一物体，或从物体的一部分转移到另一部分，但电荷的总量保持不变．元电荷的电量是最小的带电量．
解答：解：A、不带电的物体可能带有等量的正电荷和负电荷，对外显示不带电．故A错误．
B、带电物体可能有多余的正电荷，也可能有多余的负电荷．故B错误．
C、一根带电的导体棒放在潮湿的房间，过了一段时间后，发现导体棒不带电了，是因为电荷被中和了，电荷仍然守恒．故C错误．
D、摩擦起电实际上是电荷从一个物体转移到另一个物体或者从物体的一部分转移到物体的另一部分的过程．故D正确．
故选：D．
点评：解决本题的关键掌握电荷守恒定律，电荷并不能创生，也不能消失，只能从一个物体转移到另一物体，或从物体的一部分转移到另一部分，但电荷的总量保持不变．以及知道元电荷的电量是最小的带电量．
2．（4分）如图所示，带正电的点电荷固定于Q点，电子在库仑力作用下，做以O为焦点的椭圆运动．M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点．电子在从M点经过P到达N点的过程中（）
A．速率先增大后减小B．速率先减小后增大
C．静电力先减小后增大D．电势能先增大后减小
考点：库仑定律．
分析：根据影响速度和电势能大小的因素来分析速度和电势能的变化，找到转化的方向．解答：解：A、当电子从M点向N点运动时，库仑力先做正功，后做负功，运动的速度先增加后减小，所以动能先增加后减小，则电势能先减小后增加．所以A正确；B、D错误；
C、根据库仑定律可知，静电力先增大后减小，故C错误；
故选：A．
点评：根据库仑力做功的特点，库仑力做正功，电势能减小，库仑力做负功，电势能增加．
3．（4分）如图所示，一带负电粒子沿等量异种点电荷的中垂线由A→O→B匀速飞过，重力不计，（）
A．粒子的电势能E PA＞E PO＞B PB
B．φA=φB=φo
C．粒子受到的电场力先变小后变大，方向水平向左
D．粒子受到的电场力先变大后变小，方向水平向右
考点：电场的叠加；电场强度；电势．
专题：电场力与电势的性质专题．
分析：电子做匀速直线运动，知受电场力和外力平衡，外力的大小与电场力的大小相等，方向相反，根据电场力的变化判断外力的变化，中垂线的电势，带电粒子的电势能．
解答：解：A、B中垂面是等势面，故电势相等，电势能相等，故A错误，B正确；
C、D根据等量异种电荷周围的电场线分布知，从A→O→B，电场强度的方向不变，水平向右，电场强度的大小先增大后减小．则电子所受电场力的大小先变大，后变小，方向水平向左，故CD错误．
故选：B．
点评：解决本题的关键知道外力的大小与电场力的大小相等，方向相反，是一对平衡力．
4．（4分）已知某一表头G，内阻R g=30Ω，满偏电流I g=5mA，要将它改装为量程0～3A的电流表，所做的操作是（）
A．串联一个570Ω的电阻B．并联一个570Ω的电阻
C．串联一个0.05Ω的电阻D．并联一个0.05Ω的电阻
考点：把电流表改装成电压表．
专题：实验题．
分析：把电流表改装成大量程电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值．
解答：解：把电流表改装成3A电流表需要并联分流电阻，
并联电阻阻值：R==≈0.05Ω；
故选：D．
点评：本题考查了电流表的改装，知道电流表改装原理、应用并联电路特点与欧姆定律即可正确解题．
5．（4分）如图所示，一根横截面积为S的均匀长直橡胶棒上均匀带有负电荷，每米电荷量为q，当此棒沿轴线方向做速率为v的匀速直线运动时，由于棒运动而形成的等效电流大小为（）
A．vq B．C．qvS D．
考点：电流、电压概念．
专题：恒定电流专题．
分析：棒沿轴线方向以速度v做匀速直线运动时，每秒通过的距离为v米，则每秒v米长的橡胶棒上电荷都通过直棒的横截面，由电流的定义式I=求解等效电流．
解答：解：棒沿轴线方向以速度v做匀速直线运动时，每秒通过的距离为v米，每秒v 米长的橡胶棒上电荷都通过直棒的横截面，每秒内通过横截面的电量Q=q•v，根据电流的定义式I=，t=1s，得到等效电流为 I=qv．
故选：A
点评：本题关键是建立物理模型，利用电流的定义式进行求解电流．
6．（4分）如图所示为大小不同的两个电阻的电流随电压变化的图象，那么1、2所表示的电阻及两电阻串联或并联后的图线所在区域分别是（）
A．1表示电阻大的图线，并联后图线在区域Ⅲ
B．1表示电阻小的图线，串联后图线在区域Ⅱ
C．1表示电阻小的图线，并联后图线在区域Ⅰ
D．1表示电阻大的图线，串联后图线在区域Ⅰ
考点：欧姆定律；串联电路和并联电路．
专题：恒定电流专题．
分析：电阻的伏安特性曲线的斜率等于电阻的倒数，斜率越大，电阻越小，斜率越小，电阻越大．两电阻并联后总电阻比任何一个电阻都小，串联后总电阻比任何一个电阻都大．
解答：解：A、C，由图看出，图线1的斜率大于图线2的斜率，而图线的斜率等于电阻的倒数，则1表示电阻小的图线．并联后总电阻比任何一个电阻都小，斜率比图线1还要大，则并联后图线在区域Ⅰ．故A错误，C正确．
B、D，由上可知， 1表示电阻小的图线．两电阻串联后总电阻比任何一个电阻都大，斜率比图线2还要大，则串联后图线在区域Ⅲ．故BD错误．
故选C
点评：本题关键抓住图线的斜率表示电阻的倒数，从数学角度来理解图象的物理意义．
7．（4分）如图所示，有三个电阻，已知R l：R2：R3=1：3：6，则电路工作时，电压U l：U2为（）
A．1：6 B．1：9 C．1：3 D．1：2
考点：串联电路和并联电路．
专题：恒定电流专题．
分析：根据串并联电路特点求出电阻关系，然后再由串并联电路特点及欧姆定律求出电压关系．
解答：解：设R l=R，由于R l：R2：R3=1：3：6，则R2=3R，R3=6R，
R并==2R，通过串联电路的电流I相等，则U l：U2=IR l：IR并=1：2；
故选D．
点评：熟练应用串并联电路特点i欧姆定律即可正确解题，本题难度不大，是一道基础题．8．（4分）如图所示，当变阻器向左移动，三个灯泡的亮度变化情况是（）
A．L1变暗，L2变亮，L3变亮B．L1变亮，L2变亮，L3变亮
C．L1变暗，L2变暗，L3变亮D．L1变亮，L2变暗，L3变亮
考点：闭合电路的欧姆定律．
专题：恒定电流专题．
分析：当变阻器向左移动时，接入电路的电阻减小，并联部分的电阻减小，外电路总电阻减小，根据欧姆定律判断干路电流的变化和路端电压的变化，确定灯L3亮度的变化．根据路端电压与灯L3电压的变化，分析并联部分电压的变化，确定灯L1亮度的变化．根据干路电流与灯L1电流的变化分析灯L2电流的变化，分析L2亮度的变化．
解答：解：当变阻器向左移动时，接入电路的电阻减小，并联部分的电阻减小，外电路总电阻减小，根据欧姆定律得知，干路电流I增大，路端电压U减小，则灯L3变亮．
灯L1电压U1=U﹣U3，U3增大，U减小，则U1减小，灯L1变暗．
L2电流I2=I﹣I1，I增大，I1减小，则I2增大，L2变亮．
所以L1变暗，L2变亮，L3变亮．
故选A
点评：本题是电路中动态变化分析问题，学生出现这样的错误：支路的电阻增大，认为并联电路的总电阻减小，其实并联电路的总电阻随支路电阻的增大而增大，减小而减小．
9．（4分）如图所示，实线表示匀强电场的电场线．一个带负电荷的粒子以某一速度射入匀强电场，只在电场力作用下，运动的轨迹如图中的虚线所示，p、q为轨迹上的两点．若p 点电势为φp，q点电势为φq，则（）
A．场强方向一定向下，且电势φp＞φq
B．场强方向一定向上，且电势φp＜φq
C．由p运动到q过程中静电力做负功
D．由p运动到q过程中电势能减小
考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势．
专题：电场力与电势的性质专题．
分析：粒子在电场力作用下运动，根据轨迹的弯曲程度，判断出合力（电场力）的方向，再根据电场力方向和电荷性质判断场强方向；沿着电场线的方向电势降低的，因此可作出过p、q点的等势面，接着沿着电场线去判定电势高低；电场力做功等于电势能的减小量．
解答：解：A、匀强电场中电场力与电场线平行，而曲线运动合力指向曲线的内侧，故电场力一定向下；粒子带负电，故电场强度方向向上，沿着电场线的方向电势降低的．作出过p、q点的等势面，接着沿着电场线可判定q点的电势大于p点，故A错误，B正确；
C、D、电场力向下，故从p到q电场力做正功，故电势能减小，故C错误，D正确；
故选：BD．
点评：电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布．对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧．
10．（4分）两个较大的平行板A、B相距为d，分别接在电压为U的电源正负极上，开关S 闭合时质量为m，带电量为﹣q的油滴恰好静止在两板之间，如图所示，在保持其他条件不变的情况下，将两板非常缓慢地水平错开一些，以下说法正确的是（）
A．油滴将向上运动，电流计中的电流从b流向a
B．油滴将下运动，电流计中的电流从a流向b
C．油滴静止不动，电流计中的电流从a流向b
D．油滴静止不动，两极板间电势差不变
考点：带电粒子在混合场中的运动；电容器的动态分析．
专题：带电粒子在复合场中的运动专题．
分析：带电油滴原来处于静止状态，电场力与重力平衡，将两板缓慢地错开一些后，分析板间场强有无变化，判断油滴是否仍保持静止．根据电容的决定式分析电容如何变化，由电容的定义式分析电量的变化，确定电路中电流的方向．
解答：解：将两板缓慢地错开一些，两板正对面积减小，根据电容的决定式C=得知，电容减小，而电压不变，则由C=知，电容器带电量减小，电容器处于放电状态，电路中产生顺时针方向的电流，则电流计中有a→b的电流．
由于电容器板间电压和距离不变，则由E=，知板间场强不变，油滴所受电场力不变，仍处于静止状态．故CD正确．AB错误．
故选：CD．
点评：本题是电容器动态变化问题，要抓住电压不变，根据电容的决定式C=和电容的定义式C=结合进行分析．
11．（4分）如图所示，A、B为相互接触的用绝缘支架支持的金属导体，起初它们不带电，在它们的下部贴有金属箔片，C是带正电的小球，下列说法正确的是（）
A．把C移近导体A时，A、B上的金属箔片都不张开
B．把C移近导体A，用手摸一下B，然后移去C，A、B上的金属箔片仍张开
C．把C移近导体A，用手摸一下A，然后移去C，A、B上的金属箔片仍张开
D．先把A、B分开，再把C移走，然后重新让A、B接触，A上的金属箔片张开，而B上的金属箔片闭合
考点：静电场中的导体．
专题：电场力与电势的性质专题．
分析：当导体A、B放在带正电的附近时，出现感应起电现象．电荷周围有电场存在，从而导体A、B处于电场中，在电场力的作用下，使导体中的自由电子重新分布．而处于静电平衡的导体，电荷只分布在外表面，内部电场强度为零，且是等势体．
解答：解：A、金属导体处在正电荷的电场中，由于静电感应现象，导体B的右端要感应出正电荷，在导体A的左端会出现负电荷，所以导体两端的验电箔都张开，故A错误；
B、C、由于静电感应现象，导体B的右端要感应出正电荷，在导体A的左端会出现负电荷，所以导体两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电，无论用手摸A端，还是B端，都将传递给金属导体一定的电子，使AB整体带负电，然后移去C，A、B上的金属箔片仍张开，故BC正确；
D、把A、B分开，再把C移走，然后重新让A、B接触，A上的金属箔片闭合，B上的金属箔片也闭合，故D错误；
故选：BC．
点评：本题要注意体会物体静电感应起电的实质，及静电平衡状态时，带电体的电荷只分布在外表面，内部电场强度为零，且导体的电势处处相等．
12．（4分）铅蓄电池的电动势为2V，这表示（）
A．电路中每通过1C电量，电源把2J的化学能转变为电能
B．蓄电池两极间的电压大于2V
C．蓄电池能在1s内将2J的化学能转变成电能
D．蓄电池将化学能转变成电能的本领比一节干电池的大
考点：电源的电动势和内阻．
专题：恒定电流专题．
分析：电动势是一个表征电源特征的物理量．定义电源的电动势是电源将其它形式的能转化为电能的本领，在数值上，等于非静电力将单位正电荷从电源的负极通过电源内部移送到正极时所做的功．它是能够克服导体电阻对电流的阻力，使电荷在闭合的导体回路中流动的一种作用．常用符号E（有时也可用ε）表示，单位是伏（V）．
解答：解：A、铅蓄电池的电动势为2V，表示非静电力将单位正电荷从电源的负极通过电源内部移送到正极时所做的功为2J，即2J化学能转化为电能，故A正确；
B、电源两极间电压，当电源不接入电路时，等于电源的电动势；当接入电路时，小于电源的电动势，故B错误；
C、电源每通过1C电量，电源把2J的化学能转变为电能，不是在1s内将2J的化学能转变成电能．故C错误；
D、电源的电动势是表示电源将其它形式的能转化为电能的本领，铅蓄电池的电动势比一节干电池的电动势大，故D正确；
故选：AD．
点评：本题关键是明确电动势的概念、物理意义、单位；同时应该知道：电动势的方向规定为从电源的负极经过电源内部指向电源的正极，即与电源两端电压的方向相反．
二、实验题
13．（15分）在“测定金属导线的电阻”的实验中，待测金属导线的电阻R x约为5Ω．实验室备有下列实验器材：
A．电压表V1（量程3V，内阻约为15kΩ）
B．电压表V2（量程15V，内阻约为75kΩ）
C．电流表A1（量程3A，内阻约为0.2Ω）
D．电流表A2（量程0.6A，内阻约为1Ω）
E．变阻器R1（0～100Ω，0.3A）
F．变阻器R2（0～2 000Ω，0.01A）
G．电池E（电压为3V，允许最大电流1.0A）
H．开关S，导线若干
（1）为了提高实验精确度，减小实验误差，应选用的实验器材有ADEGH．
（2）为了减小实验误差，应选用甲图中b（填“a”或“b”）为该实验的电路图．
（3）按所选择的电路图把实物图乙用导线连接起来．
考点：伏安法测电阻．
专题：实验题．
分析：（1）根据电源电动势选择电压表，由欧姆定律求出电路最大电流，根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器．
（2）根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表采用内接法还是外接法，然后选择实验电路．
解答：解：（1）伏安法测电阻，需要：G、电池E（电动势为3V，内阻约为0.3Ω），H、开关S，导线若干；电源电动势是3V，因此电压表可选：A、电压表V1（量程3V，内阻约为15KΩ），
电路最大电流约为：I===0.6A=600mA，如果选用量程是3A的电流表，电流表指针偏转角度不到电表刻度的三分之一，为提高实验精度，电流表可选：D．电流表A2（量程600mA，内阻约为1Ω）；
为方便实验操作，滑动变阻器应选：E、变阻器R1（0～100Ω，0.3A）；
即需要的实验器材有：ADEGH；
（2）==3000，==5，＞，电流表应选择外接法，因此实验电路应选b．根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示．
故答案为：（1）ADEGH；（2）b；实物电路图如上图所示．
点评：本题考查了实验器材的选取、实验电路的选择、连接实物电路图；要掌握实验器材的选取原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作；确定电流表的接法是正确解题的关键．
三、计算题
14．（10分）如图所示，有一质子经电压U0加速后，进入两块间距为d电压为U的平行金属板间，若质子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能穿出电场，求
（1）金属板的长L
（2）质子穿出电场时的动能；
（3）若题中质子改为α粒子，则（1）（2）中的问题结果是否改变？
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）质子在加速电场中做加速运动，由动能定理求出速度，质子在偏转电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律求出板长．
（2）由动能定理可以求出质子的动能．
（3）根据电荷量与质量的变化分析答题．
解答：解：（1）质子在左边电场中加速，
由动能定理得：﹣0，
质子在右边电场中做类平抛运动，
偏移量：，
解得：；
（2）对质子整个过程，由动能定理得：
，
质子射出电场时的动能为：；
（3）质子改为α粒子，
偏移量：
可知（1）中的金属板的长度不变．
但（2）中α粒子穿出电场时的动能会有变化，
因为α粒子的电荷量为2e，由可知，
其动能是质子射出电场时动能的2倍．
答：（1）金属板的长L为d；
（2）质子穿出电场时的动能为：e（U0+）；
（3）若题中质子改为α粒子，板长L不变，动能变为质子动能的2倍．
点评：本题考查了求板长、粒子动能等问题，分析清楚粒子运动过程、应用动能定理与类平抛运动规律即可正确解题．
15．（12分）在图所示的电路中，小量程电流表的内阻Rg=100Ω，满偏电流Ig=1mA，R1=900Ω，R2=Ω．
（1）当S1和S2均断开时，改装所成的表是什么表？量程为多大？
（2）当S1和S2均闭合时，改装所成的表是什么表？量程为多大？
考点：把电流表改装成电压表．
专题：实验题．
分析：本题的关键是明确串联电阻具有分压作用，并联电阻具有分流作用，即电流表改装为电压表时，应将电流表与电阻串联，改装为电流表时，应将电流表与电阻并联．
解答：解：（1）：根据串联电阻具有分压作用可知，和断开时，改装的应是电压表，由U=，可知电压表的量程是1V；
（2）：当和均闭合时，电流表与电阻并联，改装的应是电流表，由I=+
=1000mA，所以电流表的量程是1000mA；
答：（1）当S1和S2均断开时，改装所成的表是电压表，量程是1V
（2）：当S1和S2均闭合时，改装所成的表是电流表，量程是1000mA．
点评：明确串联电阻具有分压作用和并联电阻具有分流作用的含义．
16．（15分）如图所示，一半径为R的绝缘圆形轨道竖直放置，圆轨道最低点B点与一条水平轨道相连，轨道是光滑的，轨道所在空间存在水平向右、场强为E的匀强电场，从水平轨道上的A点由静止释放一质量为m带正电的小球，设A、B间的距离为S．已知小球受到的电场力于小球重力等大．（重力加速度为g）
（1）若S=2R，求小球运动到B点时对轨道的压力大小；
（2）为使小球刚好在圆轨道内完成圆周运动，求S的值．
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）小球在运动过程中受到重力与电场力作用，由动能定理求出小球到达C点的速度，然后在C点小球做圆周运动，轨道的弹力与电场力的合力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出弹力．
（2）小球刚好在圆轨道内完成圆周运动，在最高点，重力提供向心力，由牛顿第二定律与动能定理可以求出S大小．
解答：解：（1）已知电场力F=qE=mg，
从A到B，由动能定理得：qE•2R=mv B2﹣0 ①，
在B点，由牛顿第二定律得：F N﹣mg=m②，
由①求出速度，代入②解得：F N=5mg；
（2）小球刚好在圆轨道内完成圆周运动，
在复合场的最高点，由牛顿第二定律得：=m④，
由动能定理得：qE（S+Rcosθ）﹣mgR（1+sinθ）=mv2﹣0 ⑤
其中：tanθ==1，由④求出速度，代入⑤解得：S=；
答：（1）小球运动到C点时对轨道的压力大小为5mg；
（2）为使小球刚好在圆轨道内完成圆周运动，S为．
点评：本题难度不大，确定物体运动过程，应用动能定理与牛顿第二定律即可正确解题；解题时要注意“小球刚好在圆轨道内完成圆周运动”的隐含信息．。