1、2015学年江西南昌第二中学高二上期期中考试物理卷（带解析） 选择题 下列说法中正确的是 （ ） A由公式 可知，电场中某点的场强与放在该点的检验电荷所受的电场力 的大小成正比，与检验电荷的电量 成反比 B由公式 可知，电场中 A、 B两点间电势差 UAB与在这两点之间移动电荷时电场力所做的功 WAB成正比，与电荷的电量 q成反比 C在库仑定律的表达 式 中， 是点电荷 产生的电场在点电荷 处的场强大小；而 是点电荷 产生的电场在点电荷 处的场强大小 D 公式 中的 d为匀强电场中电势差为 U的两点间的距离 答案： C 试题分析：根据电场强度的概念，电场中某点的场强与放在该点的检验电荷所受的电
2、场力 的大小与检验电荷的电量 均无关系，选项 A错误；电场中 A、 B两点间电势差 UAB与在这两点之间移动电荷时电场力所做的功 WA和电荷的电量 q均无关，选项B错误；在库仑定律的表达式 中， 是点电荷 产生的电场在点电荷处的场强大小；而 是点电荷 产生的电场在点电荷 处的场强大小，选项C正确；公式 中的 d为匀强电场中电势差为 U的两点沿电场线方向的距离，选项 D错误，故选 C. 考点：电场强度；电势及电势差 . 如图，绝缘水平面上固定着两个始终能视为点电荷的电荷 +Q1和 -Q2，其电荷量 Q1Q 2 ， P是它们连线上 Q2右侧距 Q2足够近的一点。把另一带正电小滑块从 P点沿两电荷连
3、线所在直线向 Q2右侧移到无穷远处，则在滑块向右的整个运动过程中（ ） A滑块所受的电场力一定是先减小后增大再减小 B滑块所经过的各处电势一定是先降后升再降 C滑块的电势能一定是先减小后增大 D滑块的电势能一定是先增大后减小 答案： AD 试题分析：因为点电荷的电荷 +Q1和 -Q2，其电荷量 Q1Q 2 ，根据 可知在 -Q2的右侧某处存在一个场强等于零的位置 M，其中从 -Q2到 M点的场强方向向左指向-Q2， M点右侧场强方向向右指向无穷远，则带正电小滑块从 P点沿两电荷连线所在直线向 Q2右侧移到无穷远处时，在滑块向右的整个运动过程中所受的电场力一定是先减小，到 M点时电场力为零，然后
4、增大，到无穷远时再减小到零，选项 A正确；滑块所经过的各处电势一定是先升高后降低，选项 B错误；带正电的滑块的电势能一定是先增大后减小，选项 C错误， D正确；故选 AD. 考点：电场 强度；电势能及电势。 在如图所示的电路中，电源电动势为 E，内电阻为 r，各电表都看做理想表。闭合开关，滑动变阻器滑片 P向右移动，若以 、 、 、 分别表示电压表 V1、V2、 V3和电流表 A的示数变化的大小，则下述结论正确的是 （ ） A电压表 V1、 V2、 V3和电流表 A的示数分别是变小、变大、变小、变大 B电压表 V1、 V2、 V3和电流表 A的示数分别是变大、变小、变大、变小 C + = D
5、、 、 分别是变小、不变、变小 答案： AC 试题分析：当滑动变阻器滑片 P向右移动时， R1的阻值减小，电路总电阻减小，总电流变大，即 A读数变大；路端电压减小，故 V3减小； R2两端的电压变大，故 V2变大；因为 V3=V1+V2，则 V1减小；选项 A正确， B错误；因为 V3=V1+V2，则 + = ，选项 C正确； ，不变； 不变； 不变；选项 D错误；故选 AC. 考点：动态电路分析 . 同种金属材料制成的圆柱型导体棒 AB、 CD，其长度之比为 1:2，截面半径之比为 1:3，把它们并联接在低压电源两端，则（ ） A.导体棒 AB、 CD的电阻之比为 3:2 B.流经导体棒 A
6、B、 CD的电流强度之比为 2:9 C.导体棒 AB、 CD 内单位体积的自由电荷数之比为 2:9 D.导体棒 AB、 CD 内自由电荷的定向移动速度之比为 2:1 答案： BD 试题分析：根据 可知， =9/2，选项 A错误；根据 ，则流经导体棒 AB、 CD的电流强度之比为 2:9，选项 B正确；同种材料中单位体积的电子数相等，即导体棒 AB、 CD 内单位体积的自由电荷数之比为 1:1，选项 C错误；根据 I=neSv可知， ，故导体棒 AB、 CD 内自由电荷的定向移动速度之比为 2:1，选项 D正确。 考点：导体的电阻；欧姆定律；电流强度 . 关于电源电动势，以下说法中正确的是 (
7、) A电源电动势是表示电源将其他形式的能转化为电能本领大小的物理量 B在闭合电路中，并联在电源两端的电压表的读数等于电源的电动势 C同一节干电池接入不同的电路时，电池的电动势将发生变化 D在闭合电路中，电源电动势在数值上等于内外电压之和 答案： AD 试题分析：电源电动势是表示电源将其 他形式的能转化为电能本领大小的物理量选项 A正确；在闭合电路中，并联在电源两端的电压表的读数等于电源的路端电压，选项 B错误；同一节干电池接入不同的电路时，电池的电动势将不会发生变化，选项 C错误；在闭合电路中，电源电动势在数值上等于内外电压之和，选项 D正确 .故选 AD. 考点：电动势；全电路欧姆定律 .
8、一水平放置的平行板电容器的两极板间距为 d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一个小孔，（小孔对电场的影响可忽略不计）。小孔正上方 d/2处的 p点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处 （未与极板接触）返回。若将下极板向上移动 d/4，则仍从 p点开始下落的相同粒子将 （ ） A打到下极板上 B在下极板处返回 C在距上极板 d/2处返回 D在距上极板 2d/5处返回 答案： C 试题分析：开始状态，粒子从静止释放到速度为零的过程，运用动能定理得，3mgd/2=qU，将下极板向上平移 d/4，设运动到距离上极板 x处返回根据动能定理得： ，联立两式解得 x= d
9、，即粒子将在距上极板 d处返回，故C正确 考点：动能定理的应用 . 如图所示， （核内有一个质子，没有中子）， （核内有一个质子，一个中子）， （核内有一个质子，两个中子）和 （核内有两个质子，两个中子）四种原子核的混合粒子沿平行板电容器两板中线 OO/射入板间的匀强电场中，射出后都打在同一个与 OO/垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点下列说法正确的是 （ ） A若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将出现 4个亮点 B若它们射入电场时的动量相等，在荧光屏上将出现 4个亮点 C若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将出现 4个亮点 D若它们都是从静止开始由同一加速电场加速后再射入此偏转电场的，
10、则在荧光屏上将出现 4个亮点 答案： B 试题分析：四个粒子进入匀强电场中都做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则得到：加速度为： ；偏转距离为： ，运动时间为： 联立三式得： ；若它们射入电场时的速度相等， y与比荷成正比，而三个粒子中质子的比荷最大，氘核和 粒子的比荷相等，在荧光屏上将出现 3个亮点故A错误若它们射入电场时的动量相等， ，可见 y与 qm成正比，三个 qm都不同，则在荧光屏上将只出现 4个亮点故 B正确若它们射入电场时的动能相等， y与 q成正比，在荧光屏上将只出现 2个亮点故 C错误若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场
11、的，满足 ，则 ，根据推论可知， y都相同，故荧光屏上将只出现 1个亮点故 D错误故选 B 考点：带电粒子在电场中的加速及偏转 . 如图所示，平行板电容器与电动势为 E的直流电源连接，下极板接地。一带负电油滴被固定于电容器中的 P点。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则下述正确的是 （ ） A电容器带电量会增多 B电容器极板间的电场强度会增大 C P点的电势将降低 D带点油滴的电势能将减少 答案： C 试题分析：将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离时，根据 可知 d变大， C减小，根据 Q=CU可知 Q减小，选项 A错误；根据 可知电容器极板间的电场强度会减小，选项 B错
12、误；根据 U=Ed可知， P点与下极板的电势差减小，故 P点的电势将降低，选项 C正确；因为电荷带负电， P点的电势将降低，根据 ，则带电油滴的电势能将增加 ，选项 D错误，故选 C. 考点：电容器的电容；电场强 度；电势能 . 在如图所示的实验装置中，充电后的平行板电容器的 A极板与灵敏静电计相接，极板 B接地 .若极板 B稍向上移动一点，由观察到静电计指针的变化作出电容器电容变小的依据是 （ ） A极板上的电荷量几乎不变，两极间的电压变小 B极板上的电荷量几乎不变，两极间的电压变大 C两极间的电压不变，极板上电荷量变小 D两极间的电压不变，极板上电荷量变大 答案： B 试题分析：由图分析可
13、知电容器极板上的电荷量几乎不变，将极板 B稍向 上移动一点，极板正对面积减小，根据公式 可知，电容减小，由公式 可判断出电容器极板间电压变大，静电计张角增大，故 B正确 考点：电容器的电容 . 在地球表面上某一区域，用细线悬挂在一小磁针的重心位置，周围没有其他磁源，静止时发现小磁针的 N极总是指向北偏下方向，则该区域的位置可能是 ( ) A赤道 B南半球 (极区除外 ) C北半球 (极区除外 ) D北极附近 答案： C 试题分析：因为小磁针的 N极总是指向北偏下方向，而在地球的北半球的地磁场方向为北偏下，故此位置为北半球，选项 C正确 . 考点：地磁场 . 实验题 某同学在测定某电源的电动势
14、E和内阻 r时，因找不到合适的滑动变阻器，便找来一段电阻率较大的粗细均匀的电阻丝 ab替代滑动变阻器，设计了如图甲所示的实验，其中 R0是阻值为 2的保护电阻，滑动片 P与电阻丝始终接触良好。 实验时闭合开关，调节 P的位置，测得 aP的长度 x和对应的电压 U、电流 I数据，并分别绘制了如图乙所示的 U I图象和如图丙所示的 U/I x图象。 (1)由图乙可得电源的电动势 E _V；内阻 r _。 (2)根据测得的直径可以算得电阻丝的横截面积 S 0.1210 6m2，利用图丙可求得电阻丝的电阻率 为 _ m(保留 2位有效数字 )。根据 图丙还可以得到的信息是_。 答案： )3.0 1.0
15、 (2)1.210 6电流表内阻为 2.0 试题分析： (1)由图乙可得电源的电动势 E 3.0V；内阻。 根据图可知，当 x=0时电阻为 2，结合图 1可知电流表 A的内阻 RA=2，所以应有，由图丙读出 时，电阻丝电阻 R=2时对应的长度 x=0.20m，由 可得 ，代入数据解得： =1.310-6 m；根据图丙还可以得到的信息是电流表 A的内阻为 2 考点：测定电源的电动势和内阻。 某同学用如图所示的实物电路，描 绘额定电压为 4.0 V的小灯泡的伏安特性曲线，并研究小灯泡实际功率 （ 1）根据实物图，在下面线框内画出电路图 (2)闭合开关，将滑动变阻器的滑片 P向 b端移动，发现 “电
16、流表的示数几乎为零，电压表的示数逐渐增大 ”，则分析电路的可能故障为 _ A小灯泡短路 B小灯泡断路 C电流表断路 D滑动变阻器断路 (3)根据如图所示 I U图线，可确定小灯泡在电压为 2.0 V时实际功率为 _W. 答案： )如图所示； (2)B； (3)0.6 试题分析：（ 1）电路图如图： （ 2）当小灯泡断路时，电流表读数为零，电压表的读数是滑动变阻器 aP间的电压，将滑动变阻器的滑片 P向 b端移动，电压表的示数逐渐增大，故选 B.（ 3）由图读出，当小灯泡在电压为 2.0 V时，电流为 0.30A，故小灯泡的功率为 P=UI=20.3W=0.6W。 考点：描绘小灯泡的伏安特性曲线
17、；研究小灯泡实际功率 写出如图所示的游标卡尺和螺旋测微器的读数 （ 1）游标卡尺的读数 _mm；（ 2）螺旋测微器的读数 _mm。 答案：（ 1） 52.35 （ 2） 3.853 试题分析：（ 1）游标卡尺的读数 5.2cm+0.05mm7=52.35mm； （ 2）螺旋测微器的读数 3.5mm+0.01mm35.3=3.853mm。 考点：游标卡尺及螺旋测微器的读数 . 填空题 某个多用电表的面板如图所示，若表头满偏电流为 1mA，内阻为 1k，所用电池的电动势为 1.5V，内阻为 0.5，使用欧姆 1挡，若把多用电表的红黑表笔短接时，表针恰好指在电流满刻度处，则此时欧姆表的内阻值为 _若
18、 A、 B、 C、 D、 E平分表示刻度的那段圆弧 AE，则测电阻时，刻度 D处对应的电阻阻值是 。 答案： ； 500 试题分析：欧姆表的内阻值为 : ；刻度 D处所对应的电流值为 ，故刻度 D处对应的电阻阻值是： 500。 考点：全电路欧姆定律的应用 . 计算题 如图所示，电源的电动势 E 24 V，内阻 r 1 ，电阻 R 2 ， M为直流电动机，其电阻 r 1 ，电动机正常工作时，其两端所接电压表读数为 UV 21 V，求电动机所做机械功的功率是多少？ 答案： W 试题分析：由闭合电路欧姆定律可得： E UV I（ R+r），则 由能量守恒可知电动机输出的机械功率为 P机 IUV I2
19、r（ 121 121） W 20 W 考点：电功率的计算 . 如图所示， AB为竖直墙壁， A点和 P点在同一水平面上。空间存在着竖直方向的匀强电场。将一带电小球从 P点以速度 v向 A抛出，结果打在墙上的 C处。若撤去电场，将小球从 P点以初速 v/2向 A抛出，也正好打在墙上的 C点。求： （ 1）第一次抛出后小球所受电场力 和重力之比； （ 2）小球先后两次到达 C点时速度之比。 答案：（ 1） 3： 1 ； （ 2） 2： 1 试题分析：（ 1）设 AC=h、 PA=l、电场力为 FQ，根据牛顿第二定律得： FQ+mg=ma 第一次抛出时， 第二次抛出时， 由 两式得 a=4g 所以，
20、 FQ： G=3： 1 （ 2）第一次抛出打在 C点的竖直分速度 第二次抛出打在 C点的竖直分速度 第一次抛出打在 C点的速度 第二次抛出打在 C点的速度 所以， v1： v2=2： 1 考点：牛顿第二定律；平抛物体的运 动 . 如图所示，在方向水平向右的匀强电场中，一长度为 R的不可伸长的绝缘细线一端连着一个质量为 m的带正电小球，另一端固定在 O点。先把球拉起至细线刚好伸直且与场强方向平行的位置 A，然后无初速释放，让小球在竖直面内运动。已知小球运动至最低点的另一侧时，细线与竖直方向的最大夹角为 =300。现把小球拉至 A位置给一个竖直向下的初速度 v0，要使小球能作完整的圆周运动， v0
21、须满足的条件。 答案： 试题分析：当小球从 A点无初速释放时，到达细线与竖直方向的最大夹角为 =300，根据动能定理： ，解得： 由对称性可知，小球的平衡位置在与水平线 OA下 600的位置，其重力和电场力的合力为 ，其做圆周运动是，在其平衡位置的反向延长线的位置，若满足 时，恰能通过此位置；由动能定理可得：联立解得： 考点：牛顿第二定律；动能定理 . AB两地间铺有通讯电缆，它是由两条并在一起彼此绝缘的均匀导线组成，通常称为双线电缆。电缆长为 L，每一条电缆的电阻为 R.某次事故中不小心损坏了电缆，电缆的损坏有两种可能情况：绝缘层轻微受损，导致两导线间漏电，简称漏电故障（相当于在该处的两导线
22、间接有一个电阻）；绝缘层严重破坏，导致两导线直接短路，称之为短路故障。设导线间只有一处绝缘层破损。为判断破损处是哪种情况，在 AB两端均处开路的前提下做了以下工作： （ 1）在 A地两端间接一恒压电源 U，在 B地两 端间接理想电压表，测出电压表示数为 UB ，在 B地两端间接同一电源，在 A地两端间接理想电压表，测出电压表示数为UA .若 UA = UB =0，是什么故障类型？若 UA 0， UB 0，是什么故障类型？ （ 2）在 A地两端间接欧姆表测出电阻为 RA，在 B地两端间接欧姆表测出电阻为 RB。 若 RA+RB =2R ，请判断故障类型，并求出故障处与 A、 B端的距离之比。 若
23、 RA+RB 2R ，请判断故障类型，并求出故障处与 A、 B端的距离之比。 答案：（ 1）若有 UB =0，则必有 UA=0，表示是短路故障；若有 UB 0，则必有 UA 0，表示是漏电故障 （ 2） RA： RB； 试题分析：（ 1）若有 UB =0，则必有 UA=0，表示是短路故障；若有 UB 0，则必有UA 0，表示是漏电故障 （ 2）若 RA+RB =2R ，短路故障，故障处两端导线长度之比等于 RA与 RB之比 若 RA+RB 2R ，漏电故障，故障处两端导线长度之比 考点：电路故障；电阻定律 . 如图甲所示，水平放置的平行金属板 A、 B，两板的中央各有一小孔 O1、 O2，板间
24、距离为 d，开关 S接 1。当 t=0时，在 a、 b两端加上如图乙所示的电压，同时在 c， d两端加上如图丙所示的电压。此时，一质量为 m的带负电微粒 P恰好静止于两孔连线的中点处 (P、 O1、 O2在同一竖直线上 )。重力加速度为 g，不计空气阻力。 (1)若在 t=T/4时刻将开关 S从 1扳到 2，已知 ucd=2U0，求微粒 P的加速度大小和方向； (2)若要使微粒 P以最大的动能从 A板中的 O1小孔射出，问在 t=T/2到 t=T之间的哪个时刻，把开关 S从 l扳到 2 ucd的周期 T至少为多少 答案：（ 1） a =g ；加速度的方向竖直向上；（ 2） t=T- 时刻把开关
25、 S从 1扳到2； 试题分析： (1)当 A、 B间加电压 U0时，微粒 P处于平衡状态，根据平衡条件， 有 当 A、 B间电压为 2U0时，根据牛顿第二定律，有 由 得 a =g 加速度的方向竖直向上 (2)依题意，为使微 粒 P以最大的动能从小孔 O1射出，应让微粒 P能从 O2处无初速向上一直做匀加速运动。为此，微粒 P应先自由下落一段时间，然后加上电压 2U0，使微粒 P接着以大小为 g的加速度向下减速到 O2处再向上加速到 O1孔射出。设向下加速和向下减速的时间分别为 t1和 t2， 则 gt1=gt2 解得 : 故应在 t=T- 时刻把开关 S从 1扳到 2. 设电压 ucd的最小周期为 T0，向上加速过程，有 解得 考点：带电粒子在电场中的运动 .
