浙江省效實中學2013-2014學年高一下學期期中物理試題(2-3班)Word版含解析zhangsan

1、答案做在答題卷上一、本大題共8小題，每小題3分，共24分在每小題給出的四個選項只中有一個選項是正確的1點電荷是理想化的物理模型，實際的帶電體只有在本身的大小跟帶電體間的距離相比小得多時才可以看成點電荷現(xiàn)有兩個直徑為d的帶電金屬球，相距為100d，作用力為F；當它們相距為d時，作用力為 A. B. C100F D無法確定【答案】D當兩個直徑為d的帶電球相距100d時，兩電荷可以看成點電荷，庫侖定律適用，但當它們相距d時，不能看成點電荷，庫侖定律不適用，無法用比例法求解它們相距d時的作用力，故D正確。故選D?！究键c】庫侖定律2一地球“空間站”正在地球赤道平面內(nèi)的圓周軌道上運行，其離地高度為同步衛(wèi)星

2、離地高度的十分之一，且運行方向與地球自轉(zhuǎn)方向一致關(guān)于該“空間站”，下則說法不正確的有A“空間站”運行的加速度一定等于其所在高度處的重力加速度B“空間站”運行的速度等于同步衛(wèi)星運行速度的倍C站在地球赤道上的人觀察到“空間站”向東運動D在“空間站”內(nèi)工作的宇航員因完全失重在其中懸浮或靜止【答案】BA、根據(jù)，知空間站的加速度等于所在高度處的重力加速度，故A正確；B、根據(jù)，解得：，因為空間站離地高度為同步衛(wèi)星離地高度的十分之一，但軌道半徑不是十分之一，則運行速度不等于同步衛(wèi)星速度的倍，故B錯誤；C、根據(jù)，解得：，軌道半徑越大，線速度越小，知同步衛(wèi)星的線速度小于空間站的線速度，而同步衛(wèi)星與地球角速度相等

3、，根據(jù)v=r，知同步衛(wèi)星的線速度大于地球自轉(zhuǎn)的線速度，所以空間站的速度大于地球自轉(zhuǎn)的線速度，所以站在地球赤道上的人觀察到它向東運動，故C正確；D、在“空間站”工作的宇航員處于完全失重狀態(tài)，僅受萬有引力，靠萬有引力提供圓周運動所需的向心力，故D正確。故選B?！究键c】人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關(guān)系；萬有引力定律及其應用3如圖所示，在勻強電場中有一平行四邊形ABCD，已知A、B、C三點的電勢分別為A10V、B8V、C2V，則D點的電勢為A8VB6V C4V D1V【答案】C由于電場是勻強電場，則，即，得，故C正確。故選C?！究键c】電勢；電場強度4我國北京正負電子對撞機的儲存環(huán)是周長為240m的近

4、似圓形軌道，當環(huán)中的電流是10mA時(設(shè)電子的速度是3×107m/s)，在整個環(huán)中運行的電子數(shù)目為(電子電量e1.6×1019C)A5×1011B5×1010 C1×102 D1×104【答案】A電子轉(zhuǎn)一圈的時間，電子的電量，數(shù)目，故A正確。故選A?！究键c】電流5在如圖所示電路中，AB為粗細均勻、長為L的電阻絲，以A、B上各點相對A點的電壓為縱坐標，各點離A點的距離x為橫坐標，則U隨x變化的圖線應為【答案】A根據(jù)電阻定律可知：各點離A點的距離x越大，導體的電阻越大，電阻R與x成正比；由于AB上各部分電阻串聯(lián)，電流相等，則AB上的各點相

5、對A點的電壓U就越大，由U=IR，知U與R成正比，則U與x成正比，則圖象A是正確的，故A正確。故選A。【考點】串并聯(lián)電路6光滑絕緣細桿與水平面成角固定，桿上套有一帶正電的小球，質(zhì)量為m，帶電荷量為q.為使小球靜止在桿上，可加一勻強電場所加電場的場強滿足什么條件時，小球可在桿上保持靜止A垂直于桿斜向上，場強大小為 B豎直向上，場強大小為C垂直于桿斜向下，場強大小為 D水平向右，場強大小為【答案】BA、若電場方向垂直于桿斜向上，小球受到的電場力方向也垂直于桿斜向上，在垂直于桿的方向小球受力能平衡，而在平行于桿方向，重力有沿桿向下的分力，沒有力與之平衡，則小球?qū)⑾蛳禄瑒樱荒鼙３朱o止，故A錯誤；B、

6、若電場方向豎直向上，此時球受兩個力，豎直向上的電場力和豎直向下的重力，根據(jù)二力平衡可知，故，故B正確；C、若電場方向垂直于桿斜向下，小球受到的電場力方向也垂直于桿斜向下，在垂直于桿的方向小球受力能平衡，而在平行于桿方向，重力有沿桿向下的分力，沒有力與之平衡，則小球?qū)⑾蛳禄瑒?，不能保持靜止，故C錯誤；D、若電場方向向右，此時受三個力，重力、電場力和支持力重力和電場力垂直于桿方向的分力的合力和支持力等值反向，重力和電場力沿桿子方向的分力大小相等方向相反，有，故，故D錯誤。故選B?！究键c】共點力平衡7如圖所示，a、b、c三條虛線為電場中的等勢面，等勢面b的電勢為零，且相鄰兩個等勢面間的電勢差相等，一

7、個帶正電的粒子在A時的動能為10J，在電場力作用下從A運動到B速度為零，當這個粒子的動能為7.5J時，其電勢能為A12.5J B2.5J C0 D2.5【答案】D相鄰兩個等勢面間的電勢差相等，所以，即： 而：，所以，粒子在等勢面b上時的動能EKb：所以：，從而可以知道粒子在電場中的總能量值為5J，當這個粒子的動能為7.5J時，。故選D?！究键c】電勢能8. 如圖所示，燈不亮，為了檢查電路中的故障，用電壓表測得UAE=7V，UED=0，UCD=0，UCE=6V。則此電路中的故障可能是下列情況中的哪一種 AR斷路 BL斷路CR1斷路 DR1與L同時斷路【答案】DA、若R斷路，電路中沒有電流，燈不變，

8、由于CDE段電路完好，則由歐姆定律知UCE=0，故A錯誤；B、若L斷路，電路中沒有電流，燈不變，AC段電路完好，電壓為0，DE段電路完好，電壓為0，則CD間的電壓等于電源兩極間的電壓，UCD0，故B錯誤；C、若R1斷路，電路中沒有電流，燈不變，則UED0，故C錯誤；D、R1與L同時斷路時，電路中無電流，燈不變，則UAE=7V，UED=0，UCD=0，UCE=6V，故D正確。故選D?！究键c】閉合電路的歐姆定律二、本大題共6小題，每小題4分，共24分每小題給出的四個選項中有一個或幾個選項是正確的9宇宙中兩顆靠得比較近的恒星，只受到彼此之間的萬有引力作用互相繞轉(zhuǎn)，稱之為雙星系統(tǒng)，設(shè)某雙星系統(tǒng)繞其連線

9、上的O點做勻速圓周運動，如圖所示。若AOOB，則A星球A的向心力一定大于B的向心力 B星球A的線速度一定大于B的線速度C星球A的質(zhì)量一定大于B的質(zhì)量D雙星的總質(zhì)量一定，雙星之間的距離越大，其轉(zhuǎn)動周期越大【答案】CDA、雙星靠相互間的萬有引力提供向心力，所以向心力相等，故A錯誤；B、雙星系統(tǒng)角速度相等，根據(jù)v=r，且AOOB，可知，A的線速度小于B的線速度，故B錯誤；C、根據(jù)萬有引力提供向心力公式得：，因為r1r2，所以m1m2，即A的質(zhì)量一定大于B的質(zhì)量，故C正確；D、根據(jù)萬有引力提供向心力公式得：，解得周期為，可知雙星的總質(zhì)量一定，間距越大，轉(zhuǎn)動周期越大，故D正確。故選CD?！究键c】萬有引力

10、定律10如圖所示，Q1、Q2為兩個等量同種正點電荷，在Q1、Q2產(chǎn)生的電場中有M、N和O三點，其中M和O在Q1、Q2的連線上(O為連線的中點)，N為兩電荷連線中垂線上的一點則下列說法中正確的是AO點電勢一定高于N點電勢BO點場強一定小于M點場強C將一個負點電荷從M點移到N點，需克服電場力做功D若將一個正點電荷分別放在M、N和O三點，則該點電荷在O點時電勢能最大【答案】ABA、根據(jù)兩個等量同種正點電荷的電場分布特點，在兩電荷連線的垂直平分線上電場強度方向從O到N，則O點的電勢高于N點的電勢，故A正確；B、在M、N和O三點中O點電場強度為零，故0點場強一定小于M點場強，故B正確；C、將負點電荷從M

11、點移到O點，電場力向左，電場力對負電荷做負功，其電勢能增加；再將負的試探電荷從O點移到N點，電場力做負功，電勢能增加，故C錯誤；D、在兩個等量同種正點電荷的連線上，中點O的電勢最低，根據(jù)兩個等量同種正點電荷的電場分布特點，在兩電荷連線的垂直平分線上，O點的電勢最高，故M、N、O三點中，M的電勢最高，N點的電勢最低，故正電荷在M點的電勢能最大，在N點的電勢能最小，故D錯誤。故選AB?！究键c】電勢；電場強度；電場的疊加；電勢能11如圖所示的電路中，電容器的電容C12C2，電源的電動勢為E6.0 V，內(nèi)阻為r1.0，電壓表的規(guī)格為1.0 k、6.0 V，當電路達到穩(wěn)定狀態(tài)后，則A電壓表讀數(shù)為3.0

12、V B電壓表讀數(shù)為2.0 VC靜電計兩端電勢差為6.0 V D電壓表上電勢差為6.0 V【答案】C由于含電容的部分相當于斷路，靜電計部分斷路，所以電路中無電流，電壓表示數(shù)為零，靜電計測量的是電源兩端的電勢差，所以靜電計兩端的電勢差為6.0V，故C正確。故選C?！究键c】電容；電勢12. x軸上有兩個點電荷Q1和Q2，Q1和Q2之間各點對應的電勢高低如圖的曲線所示，P點離Q2較近，由圖象可知下列推理中與圖象信息不相符的是 AQ2的電荷量一定大于Q1的電荷量BQ1和Q2一定是同種電荷，但不一定是正電荷C電勢最低處P點的電場強度為0DQ1和Q2之間各點的電場方向都指向P點【答案】ABA、-x圖象切線的

13、斜率等于電場強度，由圖看出P點的場強為零，說明兩個點電荷Q1和Q2在P處產(chǎn)生的場強大小相等，方向相反根據(jù)點電荷場強公式知：因P點離Q1遠，因此Q1一定大于Q2，故A正確； B、兩個點電荷間的電勢都為正，因此兩點電荷都為正電荷，故B正確；C、由上分析知：P點場強為零，由圖知P點的電勢最低，故C錯誤；D、如圖，根據(jù)順著電場線方向電勢降低可知：Q1和Q2之間各點的電場方向都指向P點，故D錯誤。故選AB?！究键c】電勢；電場強度13如圖所示，電源電動勢為E，內(nèi)電阻為r，當滑動變阻器的觸片P從右端滑到左端時，發(fā)現(xiàn)電壓表V1、V2示數(shù)變化的絕對值分別為U1和U2，下列說法中正確的是A小燈泡L1、L2變暗，L

14、2變亮 B小燈泡L3變暗，L1、L2變亮 CU1>U2 DU1=U2 【答案】BCAB、當滑動變阻器的觸片從右端滑到左端時，變阻器接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小，總電流I增大，則燈L2變亮，電壓表V1的示數(shù)，I增大，則U1減小，燈L3變暗通過燈L1的電流，I增大，IL2減小，則IL1增大，燈L2變亮，故A錯誤B正確；CD、由，得；由上述解析知道，總電流I增大，所以增大、增大、所以減小；則U1U2，故C正確D錯誤。故選BC?！究键c】閉合電路的歐姆定律14電源電動勢均為E12 V，內(nèi)阻均為r3.R01，直流電動機內(nèi)阻R01.當調(diào)節(jié)滑動變阻器使R12時，圖甲電路輸出功率最大調(diào)節(jié)R2使圖乙

15、電路輸出功率最大，且此時電動機剛好正常工作(額定功率為6 W)，則此時R2的阻值和電動機的熱功率P為AR22 BR21.5 CP6 W DP4 W【答案】BD當調(diào)節(jié)滑動變阻器使R1=2時，圖甲電路輸出功率最大，此時電源的內(nèi)外電阻相等;由閉合電路歐姆定律可得：甲圖中電路的電流為所以電路的最大的輸出功率為，對于乙圖，輸出的功率也為12W，所以對于乙圖有，解得：，對于電動機，發(fā)熱功率為，故BD正確.故選BD?！究键c】電功、電功率；焦耳定律三、本大題共10分。把正確答案寫在答卷相應位置上15一實驗小組準備探究某種元件Q的伏安特性曲線，他們設(shè)計了如圖所示的電路圖請回答下列問題： (1)請將圖中的實物連線

16、按電路圖補充完整 (2)考慮電表內(nèi)阻的影響，該元件電阻的測量值 (選填“大于”“等于”或“小于”)真實值 (3)在電路圖中閉合開關(guān)S，電流表、電壓表均有示數(shù)，但無論怎樣移動變阻器滑動片，總不能使電壓表的示數(shù)調(diào)為零，原因可能是圖中的 (選填“a”“b”“c”“d”“e”“f”)處接觸不良(4)實驗測得表格中的7組數(shù)據(jù)請在坐標紙上作出該元件的IU圖線(5)為了求元件Q在IU圖線上某點的電阻，甲同學利用該點的坐標I、U，由R求得乙同學作出該點的切線，求出切線的斜率k，由Rk求得其中 (選填“甲”或“乙”)同學的方法正確【答案】（1）如圖 （2）小于； （3）a； （4）如圖 （5）甲；（1）由原理圖

17、可知，滑動變阻器采用了分壓接法，即先將下面兩個固定的接線柱接在電源兩端；再將用電器的一端接在上面任意一個接線柱上，另一端接到下面任意一個接線柱上；同時電流表采用外接法，注意電表的正極流入；實物圖如圖；（2）電流表外接時，通過元件的電流值的測量值大于真實值；根據(jù)可知，該元件的電阻的測量值小于真實值；（3）由題意可知，電流與電源應相連，不能調(diào)節(jié)到零說明滑動變阻器起不到分壓作用，故應是a點接觸不良造成的；（4）先描點，后作圖，注意將各點用平滑的曲線相連，故如圖；（5）從理論上講，甲利用了歐姆定律，乙同學利用了斜率的意義，理論上說都沒有問題，但從實際情況來說，我們根據(jù)測量數(shù)據(jù)描繪的I-U圖象是大致曲線

18、，存在很大的誤差，如果再作出切線，誤差更大，計算結(jié)果更不準確；故甲同學的計算結(jié)果更準確?！究键c】描繪小電珠的伏安特性曲線四、計算題：本大題有4小題，共42分解答過程須寫出基本公式和重要的演算步驟16已知地球繞太陽做圓周運動的軌道半徑為R、周期為T，引力常量為G。求：（1）太陽的質(zhì)量M；（2）已知火星繞太陽做圓周運動的周期為1.9T，求地球與火星相鄰兩次距離最近的時間間隔t?！敬鸢浮?（1）對于地球繞太陽運動，根據(jù)萬有引力定律和圓周運動規(guī)律得，故。（2）根據(jù)圓周運動規(guī)律，地球再次與火星相距最近的條件是即，解得。【考點】萬有引力定律17電子所帶電荷量最早是由美國科學家密立根通過油滴實驗測出的油滴實

19、驗的原理如圖所示，兩塊水平放置的平行金屬板與電源連接，上、下板分別帶正、負電荷油滴從噴霧器噴出后，由于摩擦而帶電油滴進入上板中央小孔后落到勻強電場中，通過顯微鏡可以觀察到油滴的運動情況兩金屬板間的距離為d，忽略空氣對油滴的浮力和阻力(1)調(diào)節(jié)兩金屬板間的電勢差u，當uU0時，使得某個質(zhì)量為m1的油滴恰好做勻速運動該油滴所帶電荷量q為多少？(2)若油滴進入電場時的速度可以忽略，當兩金屬板間的電勢差uU時，觀察到某個質(zhì)量為m2的油滴進入電場后做勻加速運動，經(jīng)過時間t運動到下極板，求此油滴所帶電荷量Q.【答案】 （1）由題意可知油滴所帶電荷為負電荷，油滴恰好做勻速運動，油滴受力平衡，則，得（2）若油

20、滴帶負電，電荷量為Q1，則油滴所受到的電場力方向向上，設(shè)此時的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得，而，解得：若油滴帶正電，電荷量為Q2，則油滴所受到的電場力方向向下，設(shè)此時的加速度大小為a2，由牛頓第二定律得，而，即?！究键c】牛頓第二定律；共點力平衡的條件及其應用；電場強度18.受動畫片四驅(qū)兄弟的影響，越來越多的小朋友喜歡上了玩具賽車，某玩具賽車充電電池的輸出功率P隨電流I變化的圖象如圖所示(1)求該電池的電動勢E和內(nèi)阻r；(2)求該電池的輸出功率最大時對應的外電阻R(純電阻)；(3)由圖象可以看出，同一輸出功率P可對應兩個不同的電流I1、I2，即對應兩個不同的外電阻(純電阻)R1、R2，試確

21、定r、R1、R2三者間的關(guān)系【答案】(1)2V0.5 (2)0.5 (3)r2R1R2(1)I12A時，I24A時，輸出功率為零，此時電源被短路，即：解得：E2V，r0.5.(2)Rr0.5(3)由題知：，整理得。【考點】電源的電動勢和內(nèi)阻；閉合電路的歐姆定律；電功、電功率19 示波器是一種多功能電學儀器，它的工作原理等效成下列情況：如圖甲所示，真空室中陰極K逸出電子（初速不計），經(jīng)過電壓為U1的加速電場后，由小孔S沿水平金屬極板A、B間的中心線射入兩板間金屬極板A、B長均為l，相距為d，在兩板間加上如圖乙所示的正弦交變電壓，周期為T前半個周期內(nèi)B板的電勢高于A板的電勢，電場全部集中在兩板之間

22、，且分布均勻在每個電子通過兩板間的短時間內(nèi)，電場視作恒定的在兩極板右側(cè)與極板右端相距D處有一個與兩極板中心線垂直的熒光屏，中心線正好與屏上坐標原點相交熒光屏足夠大，能從兩極板間穿出的所有電子都能打在熒光屏上當t0時，某一個電子恰好到達熒光屏坐標原點O，這時，使熒光屏以恒定速度v沿水平x軸向負方向運動，每經(jīng)過一定的時間后，在一個極短時間內(nèi)（時間可忽略不計）熒光屏又跳回初始位置，然后做同樣的勻速運動已知電子的質(zhì)量為m，帶電荷量為e，不計電子的重力求：（1）電子剛進入金屬極板A、B間時的初速度（2）要使所有的電子都能打在熒光屏上，圖乙中電壓的最大值U0應滿足什么條件？（3）若已知U0且滿足（2）中的

23、條件，要使熒光屏上能顯示一個完整的波形，熒光屏必須每隔多長時間回到初始位置？計算這個波形的峰值和長度，并在圖丙中畫出這個波形【答案】（1）設(shè)電子進入AB板時的初速度為v0；則由動能定理有：解得；（2）電子在垂直于電場方向做勻速直線運動，運動時間設(shè)電子在電場方向做勻加速直線運動的位移聯(lián)立得：要使所有的電子都能打在熒光屏上，必須滿足：由以上各式解得；（3）要使熒光屏上始終顯示一個完整的波形，熒光屏運動的周期應該與交變電壓的周期相同，所以，熒光屏必須每隔時間T回到初始位置電壓為峰值時熒光屏上的波形出現(xiàn)峰值Y，波形為正弦曲線；由幾何知識得：，解得該波形的峰值所以該波形的長度，波形如圖所示?！究键c】示波

24、管及其使用五、附加題：10分20如圖所示，A、B是兩塊水平放置的互相平行的帶電金屬板，其間的電場可視為勻強電場.假設(shè)有一帶負電的微粒在a點處沿與水平成=45°角的方向射出，并從此時開始計時.已知在t=0.10s時，微粒到達其軌跡最高點；存t=0.30s時，微粒的動能為750eV.在以上運動過程中微粒一直處在勻強電場內(nèi)，且未與A、B相碰，試求微粒的初動能.【答案】300eV微粒在電場中做斜拋運動，在第一個0.1s內(nèi)和第二個0.1s內(nèi)的運動是對稱的，設(shè)0.2s時豎直分速度為vy，根據(jù)平行四邊形知；在豎直方向上，上升到最高點后，做初速度為零的勻加速直線運動，設(shè)0.3s末的速度為，根據(jù)知在水平方向上分速度不變，可知t=3s時的動能為：，則初動能為：?！究键c】勻強電場中電勢差和電場強度的關(guān)系班級 姓名 學號一、本大題共8小題，每小題3分，共24分在每小題給出的四個選項只中有一個選項是正確的題號12345678選項DBCAABDD二、本大題共6小題，每小題4分