广东省广州市2012-2013学年高二物理上学期期中试题 理 粤教版

2012-2013学年度第一学期 高二级理科物理期中考试试卷
本试卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分为100分，考试用时90分钟。

注意事项：1、答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和学号填写在答题卡和答卷密封线内相应的位置上，用2B 铅笔将自己的学号填涂在答题卡上。

2、选择题每小题选出答案后，有2B 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；不能答在试卷上。

3、非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答卷纸上作答，答案必须写在答卷纸各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；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和平整。

第一部分 选择题(共45分)
一．单项选择题（每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。

本大题共5小题，每题3分，共15分） 1．关于电场强度，下列说法正确的是： A ．由q
F
E =
知，若q 减半，则该处电场强度为原来的2倍 B ．由2r Q
k
E =知，在以Q 为球心，以r 为半径的球面上各处场强均相同 C ．由2r
Q k E =知，E 与Q 成正比，与r 2
成反比
D ．电场中某点场强方向就是该点所放电荷受到的电场力的方向
2．将一根长为L ，横截面积为S ，电阻率为ρ的保险丝截成等长的两段，并把两段并起来作
为一根使用，则它的电阻和电阻率分别为：
A 、S L 4ρ
、2ρ
B 、S L 4ρ、ρ
C 、S L 8ρ 、ρ
D 、S L 8ρ、2
ρ
3. 一负电荷只受电场力作用，从A 点由静止释放沿电场线运动到B 点，它运动的v-t 图象如图。

则A 、B 两点所在区域的电场线分布情况可能是下图中的：
4．如图所示的电路中，电源的电动势E 和内阻r 恒定不变，现将滑动变阻器的滑片向b 端滑动，则：
A ．电灯L 更亮，安培表的示数减小
B ．电灯L 更亮，安培表的示数增大
C ．电灯L 变暗，安培表的示数减小
D ．电灯L 变暗，安培表的示数增大
5．如图，水平匀强电场中，一带电量为-q ，质量为m 的小球静止在倾角为θ的光滑斜面上，关于电场方向及大小的判断正确的是： A.向右，
θtan q mg B. 向左，θtan q mg
C. 向右,
θsin q mg D. 向左, θsin q
mg 二．双项选择题（本大题共6题，每题5分，共30分。

每小题给出的四个选项中，有
两个选项符合题目要求，全选对得5分，只选一个且正确的得3分，错选、不选得0分。

） 6.关于电源的电动势，下列说法中正确的是
A ．电源的电动势是表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小的物理量
B ．不管外电路的电阻如何变化，电源的电动势不变
C ．电动势就是电压，它们之间无区别
D ．外电路全部断开时，电动势将变为零
7.如图，在等量异种电荷形成的电场中，有A 、B 、C 三点，A 为两电荷连线上的中心，B 为连线上的一点，C 为连线中垂线上的一点，关于三点场强和电势正确的是： A ．C A B E E E >> B ．C B A E E E >>
C ．B C A ϕϕϕ>=
D ．A C B ϕϕϕ>=
8.如图，直流电动机与阻值9R =Ω的电阻串联接在电源上，电源电动势E =20V ，内阻1r =Ω，用理想电压表测出电动机两端的电压10V U =，已知电动机线圈电阻M 1R =Ω，则：
A ．通过电动机的电流为10A
B ．电动机的输入功率为100W
C ．电动机发热消耗的功率为1W
D ．电动机输出的功率为9W
9．如图，在水平放置的已经充电的平行板电容器之间，有一带负电的油滴处于静止状态．若
某时刻油滴的电荷量开始减小（油滴质量不变），为维持该油滴原来的静止状态，则： A ．给平行板电容器充电补充电荷量 B ．让平行板电容器放电减少电荷量 C ．使两极板相互远离些
D ．使两极板相互错开些
10．如图，带正电的点电荷固定于Q 点，电子在库仑力作用下，做以Q
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
经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．电势能先减小后增大
D．电势能先增大后减小
11．电压表V1和V2是由两个完全相同的灵敏电流表改装而成，V1的量程是5V，V2的量程是15V，为了测量15～20V之间的电压，我们把两个电压表串联起来使用，以下叙述正确的是：A．V1和V2的示数相等
B．V1和V2的指针偏转角度相同
C．V1和V2的示数不相等，指针偏转角度也不相同
D．V1和V2的示数之比等于两个电压表的内阻之比
第二部分非选择题(共 55 分)
12．(18分)（1）欧姆表是根据定律制成的可直接测量未知电阻的电表。

（2）在如下欧姆表内部结构示意图上的a处表示电源的极（填“正”或“负”），c是______色表笔（填“红”或“黑”）。

（3）测某电阻时欧姆表示数如下图所示，此时所用倍率为“×10”，则该电阻的阻值为
____________。

（4）用千分尺测量金属丝的直径，示数如图所示，则金属丝的直径为_________.
(5)在“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验中，
①请根据实验原理图完成实物图的连线．小电珠规格“2.5V，0.6W”
②开关闭合前，应将滑动变阻器的滑片P置于________端(填“a”或“b”
)。

为使小电珠亮度增加，P应向__________端滑动(填“a”或“b”)。

③下列图像能正确表示小电珠伏安特性曲线的是_______ 。

源
源
5
45
0 1 2
[来源
13．(12分)一质量为1g的带电小球，在某竖直方向的匀强电场中，由静止释放。

当小球下落10m时，电场力对小球做了－0.05 J的功,问：
(1)小球的电势能增大了还是减少了，增大（或减少）了多少？
（2）小球下落10 m时的速度有多大？
（3）若在小球下落10 m时，突然将电场的场强大小变为原来的3倍，方向不变，那么小球还能向下运动多长时间？(已知电场空间足够大，g=10m／s2)
14.（12分）如图,两块平行金属板M、N竖直放置,两板间的电势差U=1.5×103V,现将一质量m=1×10-2 kg、电荷量q=4×10-5 C的带电小球从两板上方的A点以v0=4 m/s的初速度水平抛出,小球恰好能从M板上端进入两板之间,并沿直线运动
打到N板上的B点.已知A距两板上端的高度为h=0.2 m,（不
计空气阻力,g=10 m/s2）,求:
(1)小球到达M板上端时的速度大小v M和与水平方向夹
角的正切值
(2)M、N两板间的距离d，落点B距N板上端的距离L
(3)小球到达B点时的动能E k.
15．（13分）如图在Oxy平面的ABCD区域内，存在两个场强大小均为E的匀强电场I和II，两电场的边界均是边长为L的正方形（设电子的电量为q，质量为m，不计电子的重力）。

（1）在该区域AB边的B处由静止释放电子，求电子经过多长时间达到匀强电场II区域的右边界和电子最终离开CD边界的位置坐标。

（2）在电场I区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，求
所有释放点的位置。

（提示：设释放点的位置为
(x.y)坐标点，最后写出含有xy的函数表达式）
2012-2013学年度第一学期
12．（18分，每空2分）（1）闭合电路欧姆，(2) 负，黑，(3) 260Ω；(4)2.495-2.499mm (5)①如图，连线全对得2分，只要错一条都不得分，连线接到滑动片P不得分，仪表量程
选择错误不得分，滑动变阻器的接线方式错不得分，接线柱接错位置不得分．Array②a．b ③A
13.（12分）解析：（1）（1分）因为电场力做功W电=-0.05J,故小球的电势能增加
了0.05J
(2)（4分）据题意知对小球做功的只有其重力和所受的电场力，由动
能定理得
W G ＋W 电＝12
mv 2 （2分）
所以 m
22电
W mgh v +=
代入数据得 v=10m/s （2分）
(3)（7分）由题意知电场力方向向下，设变化前的大小为F 1,则
N 3-110510
05
.0d
W F ⨯==
=
电 （2分） 所以变化后的电场力F=3F 1=15×10-3
N （1分） 由牛顿第二定律知小球的加速度
23
33/510
110101015s m m mg F a =⨯⨯-⨯=-=--- 且方向向上 （2分） 因此在电场变化后小球向下做匀减速运动，设减速至零用时为t ，以向下为正方向，
由at v v t +=0 （1分）
得 t 5100-= 解得t=2s （1分）
14.（12分）解析(1)（4分）小球做平抛运动,竖直方向上v y 2
=2gh 1分 解得v y =2 m/s 1分
则小球的速度//m v s s ==
= 1分 方向与水平夹角θ，
01
tan 2
y
v v θ=
= 1分 （2）（5分）进入电场后做直线运动,由受力分析与几何知识得：tan mg L
F d
θ=
=电 2分 2U
F q
mg d
∴==电 1分 解得d=0.3 m 1分 L=0.15m 1分 (2)（3分）从A 到B 的过程中,应用动能定理
201()2mg h L qU Ek mv ++=- 2分 或21
2
m mgL qU Ek mv +=- 2分
解得Ek=0.175 J 1分
不用动能定理，用分方向的运动学公式求角出正确结果的也得3分，若中间有部分错误，可酌情给过程的分，但最多只能给2分。

15.（13分）（1）（9分）电子的质量为m ，电量为q ，在电场I 中做匀加速直线运动，出区域I 时的为v 0，时间为t 1，然后匀速直线运动到达电场II 所用时间t 2，此后进入电场II 做类平抛运动。

由动能定理得：
2012qEL mv = 1分 01v t a = qE a m = 1分
1
t ∴= 1分 正确求出t 1可得3
分
20L t v =
=
1分
12=t t t ∴+=总 1分 或：
201
2qEL mv =
1分
120
003=2
L L L t t t v v v ∴+=
+
==
总分 结果错误，
但有写出t 1或t 2的中间表达式即可各得1分
假设电子从CD 边射出，出射点纵坐标为y ，则整个运动过程中对电子先后运用及匀变速位
移公式有：
22011()()22qE L L y at m v -==2分 或：侧位移22
11()22qE L y at m v == 2分 纵坐标为34L
L y -=
1分 解得 34
L
y = 1分 ，所以原假设成立，即电子离开ABCD 区域的位置坐标为（－2L ，
3L/4） 1分 （2）（4分）设释放点在电场区域I 中，其坐标为（x ，y ），在电场I 中电子被加速到v1，然后进入电场II 做类平抛运动，并从D 点离开，同理，有：211
2
qEx mv =
1分，221
11()22qE L y at m v =
= 2分 解得： 2
4
L xy = 1分，即在电场I 区域内满足此方程的点即为所求位置。