湖北省宜昌市長陽一中高二物理上學期期中試卷(含解析)

1、-1 -2015-2016 學年湖北省宜昌市長陽一中高二（上）期中物理試卷一、單項選擇題（共 6 小題，每小題 5 分，共 30 分，每小題只有一項符合題目要求）1 真空中有相距為 r 的兩個點電荷AB,它們之間相互作用的靜電力為F,如果將 A 的帶電量增加到原來的 4 倍，B 的帶電量不變，要使它們的靜電力變?yōu)?，則它們的距離應當變?yōu)?（）A. 16r B. 4r C. 2D. 2r2. 關于磁感應強度 B,下列說法中正確的是（）A. 磁場中某點 B 的大小，跟放在該點的試探電流元的情況有關B. 磁場中某點 B 的方向，跟該點處試探電流元所受磁場力方向一致C.在磁場中某點試探電流元不受磁場力作

2、用時，該點B 值大小為零D.在磁場中磁感線越密集的地方，B 值越大3.兩個可自由移動的點電荷分別放在A、B 兩處，如圖所示，A 處點電荷帶正電 Q, B 處點電荷帶負電 Q2,且 QQ,另取可自由移動的點電荷 Q 放在 AB 所在直線上，欲使整個系統(tǒng)處于QiQi平衡狀態(tài)，則（）-代；-0-ABA. Q 為負電荷，且放于 A 左方 B . Q3為負電荷，且放于 B 右方C. Q 為正電荷，且放于 AB 之間 D. Q3為正電荷，且放于 B 右方MN 兩端用細軟導線連接后懸掛于 a、b 兩點.棒的中部處于方向垂直紙面向里的勻強磁場中，棒中通有電流，方向從4.如圖所示，一根有質量的金屬棒M 流向 N

3、,此時懸線上有拉力,-2 -A.適當減小磁感應強度B.使磁場反向C.適當增大電流強度D .使電流反向5.如圖所示，在真空中有兩個帶正電的點電荷，分別置于M N 兩點.M 處正電荷的電荷量大于 N 處正電荷的電荷量，A、B 為 M N 連線的中垂線上的兩點.現(xiàn)將一負點電荷q 由 A 點沿中垂線移動到 B 點，在此過程中，下列說法正確的是（）LVIb w vw a*Q,另取可自由移動的點電荷Q3放在 AB 所在直線上，欲使整個系統(tǒng)處于QiQ2平衡狀態(tài)，則（）-AA. Q 為負電荷，且放于A 左方 B . Q3為負電何， 且放于B 右方C. Q 為正電荷，且放于AB 之間 D. Q3為正電荷， 且放

4、于B 右方【考點】庫侖定律.【專題】定量思想；方程法；電場力與電勢的性質專題.【分析】由于 Q 帶正電荷，Q 帶負電荷，根據(jù)同種電荷排斥，異種電荷吸引，要使整個系統(tǒng) 處于平衡狀態(tài)，對其 Q 受力分析，去判斷所處的位置.【解答】解：假設 Q 放在 QQ 之間，那么 Q 對 Q 的電場力和 Q 對 Q 的電場力方向相同， Q 不 能處于平衡狀態(tài)，所以假設不成立.設 Q 所在位置與 Q 的距離為 ri3, Q 所在位置與 Q 的距離為3，要能處于平衡狀態(tài)， 所以 Q 對 Q3的電場力大小等于 Q 對 Q3的電場力大小.kQjQ即：=-12 -r13工23由于QQ,-13 -所以23 ri3,所以 Q

5、 位于 Q 的左方.根據(jù)同種電荷排斥，異種電荷吸引，可判斷Q3帶負電.故選：A.【點評】我們可以去嘗試假設Q 帶正電或負電，根據(jù)平衡條件求解它應該放在什么地方，能不能使整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，不行再繼續(xù)判斷.4.如圖所示， 一根有質量的金屬棒 MN兩端用細軟導線連接后懸掛于 a、b 兩點.棒的中部 處于方向垂直紙面向里的勻強磁場中，棒中通有電流，方向從M 流向 N,此時懸線上有拉力，為了使拉力等于零，可以（）M ix xBx；N A.適當減小磁感應強度B.使磁場反向C.適當增大電流強度 D .使電流反向【考點】安培力；共點力平衡的條件及其應用；左手定則.【專題】共點力作用下物體平衡專題.【分析】

6、通電導線在磁場中的受到安培力作用，由公式F=BIL 求出安培力大小，由左手定則來確定安培力的方向.【解答】解：棒的中部處于方向垂直紙面向里的勻強磁場中，棒中通有電流，方向從 M 流向 N,根據(jù)左手定則可得，安培力的方向豎直向上，由于此時懸線上有拉力，為了使拉力等于零， 則安培力必須增加.所以適當增加電流強度，或增大磁場故選：C.【點評】學會區(qū)分左手定則與右手定則，前者是判定安培力的方向，而后者是判定感應電流的方向.5.如圖所示，在真空中有兩個帶正電的點電荷，分別置于M N 兩點.M 處正電荷的電荷量大于 N 處正電荷的電荷量，A、B 為 M N 連線的中垂線上的兩點.現(xiàn)將一負點電荷q 由 A

7、點沿中-14 -垂線移動到 B 點，在此過程中，下列說法正確的是（）-15 -LVIit- - - - -*A. q 的電勢能逐漸減小B. q 的電勢能逐漸增大C. q 的電勢能先增大后減小D. q 的電勢能先減小后增大【考點】電勢能；電勢.【專題】電場力與電勢的性質專題.【分析】A、B 為帶正電的點電荷連線的中垂線上的兩點，電場線從MN 出發(fā)到無窮遠終止，根據(jù)順著電場線電勢降低可知， A 的電勢高于 B 點的電勢，將負點電荷 q 由 A 點沿中垂線移動到 B 點，根據(jù)電場力做功的正負，判斷其電勢能的變化.【解答】解：由題分析可知，A 的電勢高于 B 點的電勢，將負點電荷 q 由 A 點沿中垂

8、線移動到B 點的過程中，電場力一直做負功，電荷的電勢能逐漸增大.故選 B【點評】本題關鍵是判斷出AB 間電勢的高低本題也可以根據(jù)推論：負電荷在電勢低處電勢能大來判斷電勢能的變化.6.如圖所示，在平面直角坐標系中，有方向平行于坐標平面的勻強電場，其中坐標原點0 處的電勢為 0V,點 A 處的電勢為 6V,點 B 處的電勢為 3V,則電場強度的大小為()cm)_直 3.O* 班cm)A. 200V/m B. 200 ；V/mC. 100V/m D. 100 ；V/m【考點】電勢；電場強度.【專題】電場力與電勢的性質專題.【分析】在 x 軸上找一電勢為 3V 的點，將該點與 B 點連接，該連線為等勢

9、線，求出OB 沿電場線方向上的距離，根據(jù) E= |求出電場強度的大小.d【解答】解：OA 的中點 C 的電勢為 3V,將 C 點與 B 點連接，如圖，電場線與等勢線垂直，根-16 -據(jù)幾何關系得，BC=2 ；cm,則 OB 沿電場線方向上的距離 d=上丄丄-17 -n 3所以電場強度mm故 A 正確，B、C D 錯誤.d1.5X10故選 A.【點評】解決本題的關鍵知道電場線與等勢線垂直，掌握勻強電場的電場強度大小與電勢差 的關系，即E=注意 d 是沿電場線方向上的距離.二、多項選擇題（共 4 小題，每小題 5 分，共 20 分，每小題給出的選項中有多項符合題目要求，選對不全得 3 分，見錯無分

10、）7.如圖所示，直線 b 為電源的 U- I 圖象，直線 a 為電阻 R 的 U- I 圖象，用該電源和該電阻組成閉合電路時，電源的輸出功率和電源的效率分別是（）A.電源的輸出功率為 4W B.電源的輸出功率為 2WC.電源的效率約為 33.3% D.電源的效率約為 67%【考點】電功、電功率.【專題】恒定電流專題.【分析】由電源的 U- I 圖象讀出電動勢，求出內(nèi)阻.由電阻 R 的 U- I 圖象求出電阻 R,根據(jù)閉合電路歐姆定律求出用該電源和該電阻組成閉合電路時電路中電流和電源的輸出電壓，再求出電源的輸出功率和效率.T1 9【解答】解：由 a 圖線得到，電阻 R= = : Q =1Q,由

11、b 圖線得到，電源的電動勢為E=3V 短路電流為 I短=6A,內(nèi)阻為 r= =Q=0.5Q,1 / 用該電源和該電阻組成閉合電路時，電路中電流為0 216 /A-18 -路端電壓為 U=E- Ir=2V ,-19 -則電源的輸出功率為 P=UI=4W 電源的效率為n=67%EI 3故選：AD.【點評】本題考查對電源和電阻伏安特性曲線的理解能力，其實兩圖線的交點就表示該電源和該電阻組成閉合電路時的工作狀態(tài)，能直接電流和路端電壓，求出電源的輸出功率.&如圖所示，一直流電動機與阻值 R=9Q的電阻串聯(lián)在電源上，電源電動勢 E=30V,內(nèi)阻 r=1Q,用理想電壓表測出電動機兩端電壓U=10V

12、已知電動機線圈電阻 FM=1Q，則下列說法中正確的A.通過電動機的電流為 10AB.電動機的輸入功率為 18WC.電動機的熱功率為 4W D.電動機的輸出功率為16W【考點】電功、電功率.【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題.【分析】電動機正常工作時的電路是非純電阻電路，歐姆定律不成立，而R 和 r 是純電阻，可以對 R 和 r,運用用歐姆定律求電路中的電流；電動機輸入功率 PA=UI ,發(fā)熱功率 P熱=I2FM,輸出功率 P出=P- P熱.根據(jù)功率關系求出電動機輸出的功率.E一U【解答】解：A、根據(jù)閉合電路歐姆定律，有：E=U+I (r+R)解得：I=2A,故 A 錯誤；R+rB 電動機的

13、輸入功率：P入=UI=10X2=20Vy電動機的熱功率：P熱=I2FM=22X1=4Vy電動機的輸出功率：P出=P- P熱=UI - I2RM=10X2 - 22X仁 16Vy故 B 錯誤，CD 正確； 故選：CD【點評】對于電動機電路區(qū)分是純電阻電路還是非純電阻電路，可從從能量轉化的角度理解：電能全部轉化內(nèi)能時，是純電阻電路電能轉化為內(nèi)能和其他能時，是非純電阻電路.9平行板電容器 C 與三個可變電阻器 Ri、艮、R3以及電源連成如圖所示的電路閉合開關S,待電路穩(wěn)定后，電容器C 兩極板帶有一定的電荷要使電容器所帶電荷量增加，以下方法中可行的是()-20 -B. 只增大艮，其他不變C. 只減小憶

14、，其他不變D. 只減小 a、b 兩極板間的距離，其他不變【考點】閉合電路的歐姆定律；電容器的動態(tài)分析.【專題】恒定電流專題.【分析】電路穩(wěn)定后，電容器的電壓等于電阻R2兩端的電壓，電阻 甩、Ri串聯(lián)，根據(jù)歐姆定律分析電阻R2的電壓，來分析電容器電量的變化只減小a、b 兩極板間的距離，電容增大，電壓不變，電量增大.【解答】解：AB 電路穩(wěn)定后，電容器的電壓等于電阻R2兩端的電壓，U2=，當 RiK +K 2減小或 R2增大時，電容器的電壓增大，電量增加故A 錯誤，B 正確.C 、電路穩(wěn)定后，電阻R3上無電壓，電容器的電壓與R3的阻值無關故 C 錯誤.D 、只減小 a、b 兩極板間的距離，電容增大

15、，電壓不變，電量增加故D 正確.故選 BD【點評】本題是電容器的動態(tài)變化分析問題，關鍵抓住不變量電容不變，關鍵分析電壓變 化；電壓不變，關鍵分析電容如何變化.10.如圖，空間有垂直于xoy 平面的勻強磁場.占八、 、方向沿 x 軸正方向.A 點坐標為(-0.5R ,半徑不計重力影響，則()t=0 的時刻，一電子以速度Vo經(jīng)過 x 軸上的 A0),其中 R 為電子在磁場中做圓周運動的軌道-21 -A.電子經(jīng)過 y 軸時，速度大小仍為 Vo-22 -B.電子在 t= 時，第一次經(jīng)過y 軸%. 22-J1D.電子第一次經(jīng)過 y 軸的坐標為（0,-R）2【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動.【專題】帶電

16、粒子在磁場中的運動專題.【分析】由于電子做勻速圓周運動，故其過y 軸的速度大小是不變的.由此知道A 正確；又由數(shù)學幾何知識，可以得到經(jīng)過y 軸上對應的坐標可判定 BC由數(shù)學幾何知識可以得到達到 y 軸這段的圓心角，由此可以求得運動時間，可判定 D.【解答】解：A、由于電子做勻速圓周運動，自始至終速度都不變，故其過y 軸的速度大小是不變的.速度大小仍為 vo故 A 正確B 由幾何知識可知，AB 段的圓心角為：sin0=-，知B=.，故其運動時間為: t= J=【=.,故 B正確;C 由左手定則可以知道，電子往下偏做圓周運動，電子在磁場的運動軌跡如圖:故選：ABD9 ATo電子第一次經(jīng)過 y 軸的

17、坐標為（0,-R）由數(shù)學幾何知識可知：AC=0 A- O C=R-標為（0,-23 -【點評】本題重點是要畫出運動軌跡圖，其余就是以幾何關系來分析坐標，圓心角，等問題 了，帶點例子在磁場中的運動很多時候都是數(shù)學的幾何問題占重要地位，能不能畫出軌跡， 找到圓心，是這類題成敗關鍵.三、實驗題（有 2 小題，共 15 分）11 用伏安法測一節(jié)干電池的電動勢E 和內(nèi)電阻 r，所給的器材有：A.電壓表 ：0315VB. 電流表？： 00.63AC. 滑動變阻器 R:（總阻值 20Q）D. 滑動變阻器 R:（總阻值 100Q）E 電鍵 S 和導線若干.（1）滑動變阻器選用R1；（填 Ri或 Rz）（2）在

18、圖 1 虛線框中將電壓表連入實驗電路中如圖；（3）在 U- I 圖中已畫出七組實驗數(shù)據(jù)所對應的坐標點，請根據(jù)這些點做出2）并由圖線求出： E=1.47V, r=0.75Q.【考點】測定電源的電動勢和內(nèi)阻.【專題】實驗題；定量思想；圖析法；恒定電流專題.【分析】（1）為方便實驗操作應選擇最大阻值較小的滑動變阻器.（2）根據(jù)坐標系內(nèi)描出的點作出圖象.（3）根據(jù)圖示圖象求出電源電動勢與內(nèi)阻.U I 圖線（如圖【解答】解：（1）為方便實驗操作滑動變阻器應選擇R1；圖1-24 -（2）根據(jù)坐標系內(nèi)描出的點作出圖象如圖所示:-25 -.A故答案為：（1） R ; （2）如圖所示；（3） 1.47 ; 0.

19、75 .【點評】要掌握描點法作圖的方向，會根據(jù)電源的U- I 圖象求電源的電動勢與內(nèi)阻.注意要結合公式理解圖象的斜率及截距的含義.12.有一個電阻 R,其阻值大約在 40Q50Q之間，現(xiàn)要進一步準確地測量其電阻，需測量 多組數(shù)據(jù)，手邊現(xiàn)有器材如下：電源 E （電動勢 12V,內(nèi)阻為 0.5Q）;電壓表（0315V,內(nèi)阻約為 10kQ）;電流表（00.63A,內(nèi)阻約為 1Q）;滑動變阻器 R （阻值 010Q，額定電流 2A）;滑動變阻器 R2（阻值 01750Q，額定電流 0.3A）;開關 S 和導線若干.（1） 電壓表的量程應選 015V,電流表的量程應選 00.6A，滑動變阻器應選用 空.

20、（2）在虛線方框內(nèi)畫出實驗電路圖.（3）在實物圖 1 中完成其余連線使之成為完整的實驗電路.【考點】伏安法測電阻.-26 -【專題】實驗題.【分析】本題的關鍵是首先根據(jù)電源電動勢的大小選擇電壓表的量程，然后根據(jù)歐姆定律求出通過待測電阻的最大電流來選擇電流表的量程；題(2)的關鍵是根據(jù)-與 RRA大小關系說明電流表應采用外接法，根據(jù)電流表能讀數(shù)的最小電流和閉合電路歐姆定律求出電路中的最 大電阻，說明滑動變阻器可以采用限流式或分壓式.【解答】解：(1)由于電源的電動勢為 12V,所以電壓表應選 15V 量程；根據(jù) 1= I 可得，通過待測電阻的最大電流為：RU 12:-=0.3A，所以電流表應選

21、0.6A 的量程；R 40根據(jù)閉合電路歐姆定律電路和電流表最小讀數(shù)，可求出電路中需要的最大電阻為：E12R= = Q=60Q，由于待測電阻電阻為 4050,所以滑動變阻器應用 RI 0. 6(2)由上面分析可知滑動變阻器可以采用限流式接法，也可以采用分壓式接法，由于滿足:-VRVRA,所以電流表應用外接法，電路圖如圖所示：故答案為：(1) 015V00.6ARi【點評】要通過電路的估算來選擇電表的量程；注意伏安法測電阻時電流表內(nèi)外接法的選擇 方法，以及變阻器采用分壓式接法和限流式接法的選擇原則.四、計算題(本題有 4 小題，共 45 分要有必要的文字說明和解答步驟，有數(shù)值計算的要注明 單位)-

22、27 -13.如圖所示，在勻強電場中，電荷量 q=5.0 x1010C 的正電荷由 a 點移到 b 點和由 a 點移到 c 點，電場力做功都是 3.0 x108J .已知 a、b、c 三點的連線組成直角三角形，ab=20cm,/a=37, / c=90，求：(1)a、b 兩點的電勢差 Ub; (sin37 =0.6 , cos37 =0.8)(2) 勻強電場的場強大小和方向.【考點】電場強度.【專題】電場力與電勢的性質專題.【分析】根據(jù)公式!.沖求解電勢差，根據(jù)公式 U=Ed 求解電場強度. ab q【解答】解：在勻強電場中，電荷量 q=5.0 x1010C 的正電荷，由 a 點移到 b 點，

23、靜電力做功 都是 3.0 x108J，故 a、b 兩點的電勢差 Uab為：JVabQ 5X1010正電荷由 a 點移到 b 點和由 a 點移到 c 點靜電力做功相同，故 bc 在等勢面上，故電場強度方 向垂直 bc向右；根據(jù)公式 U=Ed,電場強度為：U 60E= .=. =375V/md0.16方向沿 ac 垂直指向 bc答：(1) a、b 兩點的電勢差 Uab為 60V;(2)勻強電場的場強大小為375V/m,方向為沿 ac 垂直指向 bc.【點評】本題關鍵是明確電勢差的定義和勻強電場中電勢差與電場強度的關系公式，基礎題.-28 -14如圖所示，兩平行金屬板帶等量異號電荷，兩板間距離為電量

24、為+q、質量為 m 的帶電小球恰沿水平直線從一板的端點向左運動到另一板的端點，求:(1)該電場的場強大小及小球運動的加速度大小(2)小球靜止起從一板到達另一板所需時間.【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動.【專題】帶電粒子在電場中的運動專題.【分析】帶電粒子做的是直線運動，說明合力與速度在同一直線上，分析受力可知粒子受電 場力的方向及其大小，由牛頓第二定律可得求出加速度的大??；由幾何知識求解水平運動距 離，然后結合運動學公式 s= at2可以求解運動時間.【解答】解：(1)帶電小球恰沿水平直線運動，故電場力和重力的合力在水平方向，由平行一、F四邊形定制可知 F合=mgtana;故小球運動的加速度

25、大小a= =gtana;IT在豎直方向上合外力為零，故qE= ,故電場的場強大小 E=;cos U-qcos(2)小球從一板到達另一板運動的距離s= ；一12小球由靜止開始勻加速直線運動，即s=at；由可得：t= .;gsma. tana答：(1)該電場的場強大小為_;小球運動的加速度大小為gtana;qcos aI2d(2)小球靜止起從一板到達另一板所需時間t=*gsina* tana【點評】本題的突破點在于粒子做直線運動，故應根據(jù)力與運動的關系確定出粒子的受力情 況.15如圖所示，質量為 m=5K108kg 的帶電粒子以 vo=2m/s 的速度從水平放置的平行金屬板AB 中央飛入電場，已知

26、板長L=10cm,板間距離 d=2cm,當 A、B 間加電壓 UAB=103V 時，帶電粒d，與水平方向成a角放置，-29 -子恰好沿直線穿過電場(設此時A 板電勢高).求:(1)帶電粒子的電性和所帶電荷量;-30 -(2)AB 間所加電壓在什么范圍內(nèi)帶電粒子能從板間飛出?a【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動；動能定理的應用.【專題】帶電粒子在電場中的運動專題.【分析】(1)根據(jù)電場力等于重力，則可確定電荷的電量與電性；(2)當電場力大于重力時，根據(jù)牛頓第二定律與運動學公式可求出對應的電壓；當電場力小 于重力時，同理可求出對應的電壓從而確定電壓的范圍.【解答】解：(1)當 UAB=103V 時

27、，粒子做直線運動，則有：Uq=mg解得：-11 _q= =10 C,且?guī)ж撾?(2)當電壓 UAB比較大時，即 qE mg 粒子向上偏, ingrn a.d丄當剛好能從上板邊緣飛出時,1 2 1有：，y亍解得，U=1800V設剛好能從下板邊緣飛出,有：mg-=ma2d12dy=砂=：解之得 U2=200 V .200 VWUABW1800 V.答：(1)帶電粒子的電性：負電和所帶電荷量1011C；(2) A B 間所加電壓在 200 VWUABW1800 V 范圍內(nèi)帶電粒子能從板間飛出.【點評】本題考查重力與電場力大小的關系，何時做直線運動，何時做曲線運動，及如何處 理類平拋當電壓 UAB比較小時，即qEvmg 粒子向下偏,則要使粒子能從板間飛出,AB 間所加電壓的范圍為-31 -運動方法突出牛頓第二定律與運動學公式的重要性.1