2013-2014学年江苏省南京九中高二上期中考试物理试卷与答案（带解析）.doc

1、2013-2014学年江苏省南京九中高二上期中考试物理试卷与答案（带解析） 选择题 下列关于电荷、电荷量的说法正确的是 ( ) A自然界只存在三种电荷：正电荷、负电荷和元电荷 B物体所带的电荷量可以是任意值 C物体所带的电荷量只能是某些特定的值 D物体的带电量可以是 210-19C 答案： C 试题分析：自然界中有两种电荷，将其中一种称为正电荷，另一种称为负电荷，元电荷是指最小的电荷量，元电荷又称 “基本电量 ”，是电荷量的单位，而不是电荷，常用符号 e表示，任何带电体所带电荷量都是 e的整数倍，故 A错误；物体带电是由于电荷的移动而导致，因此带电量均是元电荷的整数倍关系，所以电荷量只能取一些

2、不连续的值，即只能是某特定的值，故 B错误， C正确；物体的带电量都是 1.610-19C的整数倍，故 D错误所以选 C 考点：本题考查考生对元电荷、电荷、电荷量等基本内容的掌握的情况 小张同学将一直流电源的总功率 PE、输出功率 PR和电源内部的发热功率 Pr随电流 I 变化的图线画在了同一坐标纸上，如右图中的 a 、 b 、 c所示，则下列判断正确的是（ ） A直线 a 表示电源的总功率 B曲线 b 表示电源的 输出功率 C电源的电动势 E = 3V 内电阻 r=1 D曲线 c 表示电源消耗的功率 答案： AC 试题分析：根据电源消耗的总功率的计算公式知：电源的总功率与电流的关系为 ，故

3、A正确；根据电源内部的发热功率计算公式得：电源内部的发热功率与电流的关系为 ，由数学知识可知，电源内部的发热功率 Pr随电流 I 变化的图线为开口向上的抛物线，曲线 b表示电源内部的发热功率根据闭合电路中的能量转化得：电源的输出功率为 ，由数学知识可知，电源的输出功率为 随电流 I 变化的图线为开口向下的抛物线，曲线 c 表示电源的输出功率，故 BD错误；由曲线 c知，当 I=3A时， =0说明外电路短路，根据 得： ， ，故 C 正确所以选 AC 考点：本题考查电功率、闭合电路的欧姆定律、闭合电路中的能量转化，意在考查考生的读图能力 如图所示，在场强大小为 E的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘

4、细线一端拴一个质量为 m电荷量为 q的带负电小球，另一端固定在 O 点。把小球拉到使细线水平的位置 A，然后将小球由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平成=60的位置 B时速度为零。以下说法正确的是（ ） A小球重力与电场力的关系是 mg= Eq B小球重力与电场力的关系是 Eq= mg C球在 B点时，细线拉力为 T= mg D球在 B点时，细线拉力为 T=2Eq 答案： BC 试题分析：方法一、小球从 A运动到 B的过程中，重力和电场力做功，动能的变化量为零，根据动能定理及几何知识得： ，解得，故 B正确， A错误；小球到达 B点时速度为零，向心力为零，则沿细线方向合力为零，此时对小球受力

5、分析可知：，解得细线拉力 ，故 C正确， D错误所以选 BC 方法二、类比单摆，小球从 A点静止释放，运动到 B点速度为 0，说明弧 AB的中点是运动的最低点，对小球 进行受力分析，小球处在弧线中点位置时切线方向合力为零，根据对称性可知，此时细线与水平方向夹角恰为 30，根据三角函数关系可得： ，化简可知 ，故 A错误， B正确；小球到达 B点时速度为零，向心力为零，则沿细线方向合力为零，此时对小球受力分析可知： ，解得细线拉力 ，故 C正确， D错误所以选 BC 考点：本题考查牛顿第二定律的应用、力的合成与分解的运用、动能定理的应用和向心力的相关知识 A、 B两个大小相同的金属小球， A带有

6、 6Q 正电荷， B带有 3Q 负电荷，当它们在远大于自身直径处固定时，其间静电力大小为 F。另有一大 小与 A、 B相同的带电小球 C，若让 C先与 A接触，再与 B接触， A、 B间静电力的大小变为 3F，则 C的带电情况可能是 ( ) A带 18Q 正电荷 B带 12Q 正电荷 C带 36Q 负电荷 D带 24Q 负电荷 答案： AD 试题分析：因 A、 B两金属小球间距离远大于自身直径，所以由库仑定律得，接触前， A、 B两金属小球间的静电力大小为： 设小球C 带电量为 ，则金属小球 C 先与 A 接触后有： ，金属小球 C再与 B接触后有： 由库仑定律得，接触后： A、 B两金属小球

7、间的静电力大小为：于是可得：，即： ，解得： ，或，所以选项 AD正确，选项 BC 错误所以选 AD 考点：本题考查库仑定律的应用及接触带电的原则，意在考查考生对基础知识的掌握程度，以及运用基础知识进行计算的能力 下列各量中，与检验电荷无关的量是 ( ) A电场强度 E B电场力 F C电势差 U D电场做的功 W 答案： AC 试题分析：电场强度 和电势 分别从力和能量的角度来描述电场的，均是采用比值定义法定义的，它们的大小均与电量无关，由电场本身的性质决定的，与检验电荷无关，对于电势差则为电势之差，由电场中两点的电势决定，电势与检验电荷无关，因此电势差与检验电荷无关电场力做功 ，知电场力做

8、功与检验电荷的电量有关电场力 ，知电场力与检验电荷有关故 BD错误， AC 正确 考点：本题考查了对电场中几个概念的理解情况 在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路当调节滑动变阻器 R使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为 0.50A和 2.0V重新调 节 R使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为 2.0A和24.0V，则这台电动机正确运转时的输出功率为（ ） A 44W B 32W C 47W D 48W 答案： B 试题分析：从电路图中可以看出，电动机和滑动变阻器串联，电压表测量电动机两端的电压，电流表测量电路电流电动机停止转动时，电能全部转化为内能，电路是

9、纯电阻电路，欧姆定律成立，由电流表和电压表的示数，根据欧姆定律得：电动机的电阻 电动机正常运转时，电动机输入的电功率为 ，内部发热功率为，电动机正常运转时的输出功率等于输入的电功率与内部发热功率之差，即 所以选 B 考点：本题考查纯电阻电路和非纯电阻电路的功率的计算及欧姆定律 关于闭合电路的性质，以下说法正确的是（ ） A电源短路时，输出电流无限大 B电源断路时，路端电压无限大 C外电路电阻越大，输出电流越大 D外电路电阻越大，路端电压越大 答案： D 试题分析：电源被短路时，外电路电阻为零，根据闭合电路欧姆定律，电源电流为： 由于电源有内电阻，因此电流不是无限大，故 A错误；电源断路时，外电

10、阻 ， ，故路端电压为： ，故 B错误；根据闭合电路欧姆定律得：输出电流 ，电动势和内电阻为不变量， R越大， I 越小，故 C 错误；路端电压为： ，电动势和内电阻为不变量，外电路电阻 R增大时，路端电压也增大，故 D正确所以选 D 考点：本题考查路端电压、输出电流与负载的关系及对闭合电路的欧姆定律的理解 一带电粒子在如图所示的点电荷的电场中，在电场力作用下沿虚线 所示轨迹从 A点运动到 B点，电荷的加速度、动能、电势能变化情况是（ ） A加速度的大小和动能、电势能都增大 B加速度的大小和动能、电势能都减小 C加速度增大，动能增大，电势能减小 D加速度增大，动能减小，电势能增大 答案： C

11、试题分析：由图可知， A点电场线比 B点疏，电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，所以带电粒子在 A点的所受电场力小于在 B点的所受电场力，根据牛顿第二定律知：带电粒子在 A点的加速度小于带电粒子在 B点的加速度根据弯曲的方向判断出带电粒子所受电场力方向与电场线方向相同，所以从 A到 B，带电粒子带正电，又因顺着电场线电势降低，则有 ，由 知：电场力做正功，根据动能定理，动能增加电场力做正功，电势能减小故 C正确， A、 B、 D错误所以选 C 考点：本题考查牛顿第二定律、动能定理在电场中的应用，同时考查考生对电场线、电场力做功与电势能的变化关系、电场力做功与电势差的关系的理解和

12、应用 真空中两个带同种电荷的点电荷 、 ,它们相距较近，保持静止。今释放 ，且 只在 的库仑力作用下运动，则 在运动过程中受到的库仑力（ ） A不断减小 B不断增加 C始终保持不变 D先增大后减小 答案： A 试题分析：电荷间存在库仑力，同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引带电相同的点电荷 、 受斥力作用，因此距离越来越远，由于电量保持不变，根据库仑定律得： ，于是可知距离增大，库仑力将逐渐减小，故 BCD错误， A正确 考点：本题主要考查物体间的相互作用及对库仑定律的理解和掌握 实验题 如图所示，用电压表和电流表测量未知电阻有两种电路。 （ 1）如果采用甲电路，电阻 R的测量值比真实值 _，

13、如果选用乙电路进行测量，则电阻 R的测量值比真实值 _。（以上填 “相同 ”、 “偏大 ”或 “偏小 ”) （ 2）如果待测电阻较小（比电压表小得多，与电流表内阻差不多），为了使测量结果比较 准确，应该选用图 _所示的电路。如果待测电阻较大（与电压表内阻差不多，比电流表内阻大很多），为了使测量结果比较准确，应该选用图_所示的电路。 答案： (1)偏小 偏大 （ 2）甲 乙 试题分析： (1)电压表内阻不是无穷大、电流表内阻不为零，把电压表和电流表作为一个电阻考虑，考虑电压表分担电流，考虑电流表分担电压对图甲，电压表测量电阻的实际电压，电流表测量电压表和电阻的总电流，大于电阻的电流，根据 知，会

14、使电阻的测量值偏小对图乙，电流表测量电阻的实际电流，电压表测量电流表和电阻的总电压，大于电阻 两端的电压，根据知，会使电阻的测量值偏大 （ 2）甲图为安培表外接法，误差主要来源于电压表的分流作用，电流测量值偏大，如果待测电阻较小（比电压表小得多，与电流表内阻差不多），由并联电路分流原理知，电压表的分流非常小，测量结果比较准确；乙图为安培表内接法，误差来源于电流表的分压作用，导致电压测量值偏大，如果待测电阻较大（与电压表内阻差不多，比电流表内阻大很多），由串联电路分压原理知，电流表分担的电压远小于待测电阻两端的电压，测量结果比较准确故第一空填甲，第二空填乙 考点：本题考查欧姆定律的应用、伏安法测

15、 电阻及误差分析 用如图甲所示的电路测量一节蓄电池的电动势和内电阻。蓄电池的电动势约为 2V，内电阻很小。除蓄电池、开关、导线外可供使用的实验器材还有： A.电压表 （量程 3V）； B.电流表 （量程 0.6A）； C.电流表 （量程 3A） D.定值电阻 R0（阻值 4，额定功率 4W） E.滑动变阻器 R（阻值范围 020 ，额定电流 1A） 电流表应选 ；（填器材前的字母代号） 根据实验数据作出 UI 图像（如图乙所示），则蓄电池的电动势 E V，内阻 r= 。 答案：（ 1） B (2) E=2.10V r =0.2 试题分析：（ 2）由电路及闭合电路欧姆定律可得出函数关系，结合数学

16、知识可得出电源的电动势和内电阻 （ 1）由题意可知，电源的电动势约为 2V，保护电阻为 4，故电路中最大电流约为 A，为了保证电路的安全和准确，电流表应略大于最大电流，故电流表只能选 B； （ 2）由电路利用闭合电路欧姆定律可知： ，则由数学知识可得，图象与纵坐标的交点为电源电动势，故 E=2.10V；而图象的斜率表示保护电阻与内电阻之和，故 ，解得： r =0.2 考点：本题考查闭合电路的欧姆定律、仪表选择及数据的处理，同时考查考生的识 图能力 图为 “测绘小灯泡伏安特性曲线 ”实验的实物电路图，已知小灯泡额定电压为 2.5 V. (1)完成下列实验步骤： 闭合开关前，调节滑动变阻器的滑片，

17、 _ _； 闭合开关后，逐渐移动滑动变阻器的滑片， _ _； 断开开关， 根据实验数据作出小灯泡灯丝的伏安特性曲线 (2)在虚线框中画出与实物电路相应的电路图 答案： (1) 使它靠近滑动变阻器左端的接线柱 增加小灯泡两端的电压，记录电流表和电压表的多组读数，直至电压达到其额定电压 (2) 试题分析： (1) 由图可知，滑动变阻器采用的是分压式接法，闭合电键前，应使测量电路部分处于短路状态，闭合电键时，电压表、电流表示数为零，起到保护作用所以闭合开关前，调节滑动变阻器的滑片，使它靠近滑动变阻器左端的接线柱 描绘小灯泡灯丝的伏安特性曲线，必须测量多组数据，即增加小灯泡两端的电压，记录电流表和电压

18、表的多组读数，直至电压达到额定电压 (2)由实物电路图可知，从电源正极出发，先经过开关，然后电路经滑动变阻器分为两条支路，一路从下方接线柱直接回到电源负极，另一路从滑片经电流表、小灯泡回到电源负极 (电压表与小灯泡并联 )，由此可见，滑动变阻器采用的是分压式接法，测量部分采用的是安培表外接法，根据实物电路图作出电路图，如图所示 考点：本题考查了有关电学实验的基础操作及根据实物电路图作实验电路图的问题 计算题 如图所示的电路中各元件值分别为 :R1=R2=10， R3=R4=20，电容 C=300F，电源电动势 E=6V，内阻不计，原先双掷开关 S与触点 2接触，则当开关 S从与触点 2接触改为

19、与触点 1接触，且电路稳定后，试求： （ 1）求电容器 C所带电荷量； （ 2）若开关从与触点 1接触改为触点 2接触，直 到电流变为 0时为止，求通过电阻 R1的电荷量 答案：（ 1） 910-4 C （ 2） 4.510-4 C 试题分析：（ 1）在直流电路中，电容器相当于断路开关 S接触触点 2时，电容器不带电开关 S 接触触点 1 时， 4 个电阻串联，根据闭合电路欧姆定律得：A 电容器与电阻 R 、 R 并联，电压为 V 故带电量为 即当开关 S从触点 2改接通触点 1，且电路稳定后，电容 C的带电量为 910-4C （ 2）开关 S 从触点 1 改为接触点 2 后，电容器相当于电源

20、，电阻 R1与 R 串联，而电阻 R 与 R 串联，两个支路再并联，两支路电流之比为：故通过两个支路的电量之比为： 根据电荷守恒定律，有 故通过电阻 R1的电荷量 即开关 S从与触点 1接触改为触点 2接触，直到电流变为 0时为止，通过电阻R1的电荷量为 4.510-4 C 考点：本题考查了闭合电路的欧姆定律、电容以及电路结构等知识 个带正电的微粒，从 A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线 AB运动，如图所示， AB与电场线夹角 30，已知带电微粒的质量 m 1 010-7kg，电量 q 1 010-10C， A、 B相距 L 20cm。 (取 g 10m/s2，结果保留两位有效数字 )求

21、： (1)说明微粒在电场中运动的性质，要求说明理由。 (2)电场强度的大小和方向 (3)要使微粒从 A点运动到 B点，微粒射入电场时的最小速度是多少 答案：（ 1）由于带电微粒沿直线 AB运动，合力与速度共线，可判断出电场力的方向水平向左，电场力、重力的合力方向由 B指向 A，与速度相反，微粒做匀减速直线运动 （ 2） 1.7104N/C ，水平向左 （ 3） 2.8m/s 试题分析：（ 1）带电微粒在电场中受到电场力 qE和重力 mg，电场力水平向右或方向向左，由于带电微粒沿直线 AB运动，合力与速度共线，可判断出电 场力的方向水平向左，如图所示，电场力、重力的合力方向由 B指向 A，与速度

22、相反，微粒做匀减速直线运动 （ 2）由图可得： ，解得： 所以电场强度 E 1.7104N/C ， 电场强度的方向水平向左。 （ 3）微粒从 A点运动到 B点，做匀减速运动，刚好到 B点速度为零，微粒射入电场时的速度最小 根据牛顿第二定律得： 解得： 由运动学公式得： 代入数据解得： 另解：由动能定理得： 代入数据解得 考点：本题考查带电粒子在匀强电场中的运动，同时考查了带电粒子做直线运动的条件、力的合成与分解、电场强度、动能定理及牛顿第二定律的理解和应用等知识点 如图（甲）所示，在一个点电荷 Q 的电场中， Ox坐标轴与它的一条电场线重合，坐标轴上 A、 B两点的坐标分别为 2.0m和 5.

23、0m放在 A、 B两点的试探电荷 a、 b受到的电场力方向都跟 x轴的正方向相同，电场力的大小跟试探电荷所带电量的关系图象分别如图（乙）中直线 a、 b所示，放在 A点的电荷带正电，放在 B点的电荷带负电。 （ 1）求 B点的电场强度的大小和方向 （ 2）试判断 点电荷 Q 的电性，并说明理由 （ 3）求点电荷 Q 的位置坐标 答案：（ 1） 2.5N/C 方向指向 x轴的负方向 （ 2）点电荷 Q 应位于 A、 B两点之间，点电荷带负电 （ 3） 2.6m 试题分析： （ 1）电场强度等于电荷所受电场力和该电荷电量的比值，方向与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反由图可知，

24、B点的电场强度 ，方向指向 x轴的负方向同理 A点的电场强度 EA = 40N/C，方向指向 x轴的正方向 （ 2）放在 A、 B两点的试探电荷受到的电场力方向都跟 x轴的正方向相同，而正电荷所受电场力与电场强度方向 相同，负电荷所受电场力与电场强度方向相反若点电荷在 A 的左侧或在 B的右侧，正负电荷所受电场力方向不可能相同，所以点电荷 Q 应位于 A、 B两点之间，根据正负电荷所受电场力的方向，知该点电荷带负电 （ 3）设点电荷 Q 的坐标为 x，根据点电荷场强公式 得：解得 x = 2.6m（另解 x = 1m舍去） 考点：本题考查电场强度、点电荷的场强、电场的叠加及电场强度方向与电场力

25、方向关系等静电场的相关知识，意在考查考生的读图、识图能力 示波器的示意图如图所示，金属丝发射出来的电子被加速后从金属板的小孔穿出，进入偏转电场 电子在穿出偏转电场后沿直线前进，最后打在荧光屏上设加速电压 U1 1640V，偏转极板长 l 4cm，偏转板间距 d 1 cm，当电子加速后从两偏转极板的中央沿板平行方向进入偏转电场 (1)偏转电压为多大时，电子束打在荧光屏上偏转距离最大？ (2)如果偏转板右端到荧光屏的距离 L 20 cm，则电子束最大偏转距离为多少？ 答案： (1)205 V (2)0.055 m 试题分析：（ 1）要使电子束打在荧光屏上偏转距离最大，电子经偏转电场后必须从下板边缘出来 在加速电场中，由动能定理得： 解得：电子进入偏 转电场初速度 电子在偏转电场中类平抛运动，在平行极板方向上做匀速直线运动，垂直极板方向上做匀加速直线运动，所以在偏转电场中的飞行时间 根据牛顿第二定律得：在偏转电场中的加速度 要使电子从下极板边缘出来，应有： 代入数据解得 （ 2）如图，设电子束打在荧光屏上最大偏转距离为 y 电子离开电场的侧向速度 电子离开偏转电场后做匀速直线运动，设电子离开偏转电场到荧光屏的时间为t2 在水平方向上有： 在竖直方向上有： 所以电子束最大偏转距离 考点：本题考查带电粒子在匀强电场中的加速与偏转、动能定理的应用、运动的合成与分解、牛顿第二定律等知识点