1、2012-2013学年浙江宁波金兰合作组织高二上学期期中理科物理试卷与答案（带解析） 选择题 关于静电场场强的概念，下列说法正确的是 ( ) A由 E F/q可知，某电场的场强 E与 q成反比 , 与 F成正比 B正、负检验电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反，所以某一点场强方向与放入检验电荷的正负有关 C电场中某一点的场强与放入该点的检验电荷正负无关 D电场中某点不放检验电荷时，该点场强等于零 答案： C 试题分析：公式 E F/q只是一个定义式，不是决定式， A错；场强是电场本身的性质，与放什么样的电荷都没有关系，正电荷所受电场力方向与场强方向相同， B错；同理 C对；由上所述，电场中某
2、点不放检验电荷时，该点场强不一定为零， D错； 考点：考查场强的性质 点评：本题为概念性题目，难度较小，明确场强为电场本身的性质，与放置的试探电荷无关 答案： AD 试题分析：两次变化过程中如果电流不变，为 0.2A，则当可变电阻变为 8时电压变为 1.6V，但随着电阻的减小干路电流增大，所以电压表示数一定大于1.6V， A对； B错；当外电阻与电源内阻相等时电源输出功率最大，由于变化过程中外电阻 与电源内阻的关系不确定，所以电源输出功率的变化不能判断，由于电源的效率随着外电阻的增大而增大，所以当 R减小时，电源的效率一定要减小， D对； 考点：考查闭合电路中功率分配问题 点评：本题难度较大，
3、关键是要注意到当 R的阻值发生变化后电路中的电流也已经发生变化，要掌握电源输出功率与外电阻的关系，当外电阻与内阻接近时输出功率增大，电源效率随着外电阻的增大而增大 如图所示，仅在电场力作用下，一带电粒子沿图中虚线从 A运动到 B，则（ ） A电场力对带电粒子做正功 B粒子带负电 C带电粒子的电势能减少 D带电粒子的加速度增大 答案： BD 试题分析：由曲线运动的轨迹合力的方向指向曲线的凹侧，可知电场力方向指向曲线的凹侧，粒子所受电场力方向与场强方向相反，所以粒子带负电， B 对；电场力方向与速度方向成钝角，电场力对粒子做负功， A错；动能减小电势能增大， C错；电场线疏密程度表示场强大小，由此
4、可知 B点场强较大加速度较大， D对； 考点：考查带电粒子在电场中的偏转 点评：本题难度较小，分析本题时明确力的方向指向曲线的凹侧，电场力的方向与速度方向成钝角，明确场强大小与电场线疏密程度的关系 如图所示为静电除尘器除尘机理的 示意图。尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的。下列表述正确的是（ ） A到达集尘极的尘埃带正电荷 B电场方向由集尘板指向放电极 C带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同 D同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大 答案： BD 试题分析：放电极与电源的负极相连，集尘极与电源的正极相连，所以集尘极的电势高于放电极，电场方向从放电
5、极指向集尘极，到达集尘极的是带负电荷的尘埃，故 A错误， B正确；尘埃带负电，它受到的电场力与电场方向相反，C错误；空间某点的电场强度是确定的，尘埃的带电量越大，受力越大， D正确 考点：考查带电粒子在电场中的运动 点评：本题难度较小，对于这种类型题判断电压高低主要是看与电源相连的特点，极板间形成的电场线的方向，根据带电粒子的正负判断电场力的方向 如图示，电子在电势差为 U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为 U2的两块平行极板间的电场中，入射方向跟极板平行。整个装置处在真空中，重力可忽略。在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角 变大的是 ( ) A
6、U1变大、 U2变大； B U1变小、 U2变大； C U1变大、 U2变小； D U1变小、 U2变小 答案： B 试题分析：设带电粒子经 U1加速后速度为 v0，经偏转电场 U2偏转后射出时速度为 v. 电子在加速电场中 在偏转电场中 vy=at= 所以偏转角 tan= 显然，要使 变大，可使 U1减小、 U2增大，故只有 B正确 考点：考查带电粒子在电场中的加速和偏转 点评：本题难度中等，该题考查了带电粒子在电场中加速和偏转公式的推导，重在考查学生对于公式的推导能力，从得到的结论可以看出偏转角与粒子的电量和质量都没有关系，不同的带电粒子飞出 时偏转角相同，运动轨迹相同 如图所示，用两根等
7、长的细绳把两个带同种电荷的小球 AB悬挂在一点，两球的质量相等， A球所带的电荷量大于 B球所带的电荷量，两球静止时，悬线与竖直的偏角关系是（ ） A a B a C a= D不能确定 答案： C 试题分析： A、 B两者之间的库仑力为相互作用力，等大反向，所以重力越大夹角越小，由此可知两夹角相等， C对； 考点：考查对库仑力的理解 点评：本题难度较小，明确库仑力为相互作用力，分别以小球为研究对象可以看出电场力与重力、夹角之间的关系，同时也考查了学生对于受力平衡问题的处理能力 如图所示电路中，当变阻器 R3的滑动头 P向 b端移动时，则（ ） A电压表示数变大，电流表示数变小 B电压表示数变小
8、，电流表示数变大 C电压表示数变大，电流表示数变大 D电压表示数变小，电流表示数变小 答案： B 试题分析：当变阻器 R3的滑动头 P向 b端移动时，电阻减小，由 “串反并同 ”可知电流表示数增大，电压表示数减小， ACD错； B对； 考点：考查闭合电路中动态变化问题 点评：本题难度较小，分析动态变化问题主要掌握思路：现根据部分电阻变化判断总电阻变化，再判断电源内阻分压变化，根据闭合电路欧姆定律判断路端电压以及其他物理量的变化，该种类型题也可利用二级结论：串反并同来判断 如图所示匀强电场 E的区域内，在 O 点处放置一点电荷 +Q， a、 b、 c、 d、 e、f为以 O 点为球心的球面上的点
9、， aecf平面与电场平行， bedf平面与电场垂直，则下列说法中正确的是 A b、 d两点的电场强度相同 B a点的电势等于 f点的电势 C点电荷 +q在球面上任意两点 之间移动时，电场力一定做功 D将点电荷 +q在球面上任意两点之间移动，从球面上 a点移动到 c点的电势能变化量一定最大 答案： D 试题分析：匀强电场的电场强度向右且各点相同，图中各点由点电荷单独存在时产生的电场强度大小相等，方向不同，和场强为两个场强的矢量和，根据平行四边形定则可知，夹角越大，合场强越小，故 a点的场强最小，故 A错误；讲一个试探正电荷由 a点移动到 f点，点电荷电场力不做功，匀强电场的电场力做正功，故合力
10、做正功，电势能减小，电势降低，故 B错误；当电荷 +q沿着球面上的 aedf移动时，匀强电场的电场力 不做功，点电荷电场力也不做功，故合电场力不做功，故 C错误；将点电荷 +q在球面上任意两点之间移动，点电荷电场力不做功，从 a点移动到 c点，匀强电场的电场力做功最大，故电势能的变化量一定最大，故 D正确； 考点：带电粒子在电场中的运动 点评：本题难度中等，题中电场可以看作是由匀强电场和点电荷的电场叠加而成，在判断电场力做功、电场强度时再进行合成即可，关键是要将电场看作是由匀强电场和点电荷的电场组合而成，再分析电场力做功、电场强度和电势能时更是如此 一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线 ab
11、c从 a运动到 c，已知质点的速率是递减的。关于 b点电场强度 E的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在 b点的切线） A B C D 答案： D 试题分析：由曲线运动的轨迹合力的方向指向曲线的凹侧，可知电场力方向指向曲线的凹侧，又由于粒子的速度减小，电场力方向与速度方向成钝角，由于该粒子为负电荷，所受电场力方向与场强方向相反，所以场强方向指向反方向，D对； 考点：考查带电粒子在电场中的偏转 点评：本题难度较小，分析本题时明确力的方向指向曲线的凹侧，电场力的方向与速度方向成钝角，明确粒子带负电，所受电场力方向与场强方向相反 如图所示的电路中，电源的电动势 E和内电阻 r恒定不变，电灯 L
12、恰能正常发光，如果变阻器的滑片向 a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 答案： D 试题分析：当变阻器的滑片向 a端滑动时，电阻减小，电路中的总电阻减小，干路电流增大，电流表示数增大， AC 错误；电源内阻分压增大，路端电压减小，灯泡 L变暗， D对； B错； 考点：考查闭合电路中的动态变化问题的分析 点评：本题难度较小，分析动态变化问题主要掌握思路：现根据部分电阻变化判断总电阻变化，再判断电源内阻分压变化，根据闭合电路欧姆定律判断路端电压以及其他物理量的变化 如图所示 , 让
13、平行板电容器带电后，极板 B与一灵敏的静电计相接，极板 A接地。静电计的指针偏转一定的角度，若不改变 A、 B两板的带电量，而将 A板向 B板稍微靠近，那么（ ） A两极板间的电压变大 B静电计的指针偏角变大 C静电计的指针偏角变小 D平板电容器的电容变小 答案： C 试题分析： A板向 B板稍微靠近， 变小，根据 知电容变大， D错。又电量 Q 不变，根据 C=Q/U,得两极板间的电压变小， A错。静电计的指针偏角表示电势差，所以偏角变小， B错 C对 考点：考查电容器动态变化问题的分析 点评：本题难度较小，解决此类问题的理路是：根据电容参数的变化判断电容的变化，根据是否与电源相连判断不变量
14、，再由公式 C=Q/U判断其他物理量的变化 实验题 为探究小灯泡 L的伏安特性，连好电路后闭合开关，通过移动变阻器的滑片，使小灯泡中的电流由零开始逐渐增大，直到小灯泡正常发光。由电流表和电压表得到的多组读数描绘出的 U-I图象应是（ ） 答案： C 试题分析：当滑动变阻器在最左端是，灯泡连端电压为 0，滑动变阻器逐渐向右移动，小灯泡的亮度逐渐变亮，直到正常发光。随着小灯泡两端电压的升高，电流也在升高，但是，小灯泡灯丝的电阻随着温度的升高而增大，所以答案：选 C 考点：探究小灯泡的伏安特性曲线 点评：考查闭合电路中动态变化问题的分析，需要注意的是灯泡的电阻随着电压的升高而增大； 某同学在研究标有
15、 “3V， 0.3A”字样的小灯泡的伏安特性曲线的实验中得到一组 U和 I的数据： 编号 1 2 3 4 5 6 7 8 U/V 0.20 0.60 1.00 1.40 1.80 2.20 2.60 3.00 I/A 0.020 0.060 0.100 0.140 0.170 0.190 0.200 0.205 （ 1）在右方框内画出实验电路图； （ 2）在左方格纸内画出 I-U图线； （ 3）根据 I-U图线分析可以看出，当通过小灯泡的电流逐渐增大时，灯丝电阻的变化情况是 ；小灯泡工作电压为 3V时，测得实际电功率为_W。 答案： (1)如左图 (2) 如图 （ 3）先不变后增大； 0.61
16、5或 0.62。 试题分析： (1)描绘灯泡的伏安特性曲线需要测量多组数据，所以滑动变阻器需要分压连接，由于灯泡电阻与电流表内阻相当，所以电流表选择外接法（ 2）根据表格所给数据描点连线即可，注意图线应尽量占满整个表格（ 3）伏安特性曲线的斜率表示电阻的倒数，由此可知斜率减小，电阻增大，小灯泡工作电压为3V时，从图像中找到对应的电流，可知输入功率为 3V0.21A=0.62W 考点：考查伏安特性曲线的实验应用 点评：本题难度中等，对于伏安特性曲线的实验，有很多问题是确定不变的，例如本实验要求多测量几组数据，所以确定了滑动变阻器采用分压连接，由于灯 泡电阻与电流表内阻相当，所以电流表采用外接法
17、在 “用电流表和电压表测定电池的电动势和内电阻 ”的实验中，某同学通过测量两个电池的电流和电压，得到了如图所示的 UI 图线，从图象中可以看出（ ） A电池 a的电动势较大，内电阻较大 B电池 a的电动势较小，内电阻较小 C电池 b的电动势较小，内电阻较大 D电池 b的电动势较大，内电阻较小 答案： A 试题分析： UI 图像中，图线与纵坐标的交点为电源电动势，斜率的绝对值表示电源内阻大小，由此可知电池 a的电动势较大， a的斜率较大， a电池的内阻较大， A对； 考 点：考查对 UI 图像的理解和应用 点评：本题难度较小，掌握闭合电路欧姆定律 U=E-Ir的物理意义，明确图像中与横轴、纵轴交
18、点和斜率的物理意义 下列说法正确的是（ ） A欧姆表的每一挡的测量范围是从 0到 B用不同挡次的欧姆表测量同一电阻的阻值，误差大小是一样的 C用欧姆表测电阻，选不同量程时，指针越靠近右边误差越小 D用欧姆表测电阻，选不同量程时，指针越接近刻度盘中央时，误差越小 答案： AD 试题分析：无论欧姆表的档位选择哪一个，测量范围是从 0到 ， A对；用不同挡次的欧姆表测量同一电阻的阻值，误差大小是不同的， B错；误差的大小与档位的选择和指针的位置都有关系，如果选择较大量程时，右边刻度较为稀疏，所以用不同挡次的欧姆表测量同一电阻的阻值，误差大小是一样的大， C错；指针越接近刻度盘中央时，误差越小， D对
19、； 考点：考查万用表的使用规范 点评：本题为基础性题目，难度较小，在万用表的学习中主要是从使用、理解、原理三个层次去掌握 填空题 如图所示的电路中，电源电动势 E=10V，内阻 r=1，电容器的电容C=40F，电阻 R1=R2=4， R3=5接通电键 S，待 电路稳定后，则理想电压表V的读数 U= ；电容器的带电量 Q= （保留两位有效数字）答案： .0 V； 1.610-4 C 试题分析：由于电压表为理想电压表，内阻无穷大，所以闭合开关电路稳定后没有电流流过 R2， R2 相当于一条导线，电路中只有 R2、 R3 和电源串联，由此可知电流为 ，电阻 R3 两端电压为 5V，电压表示数为 5V
20、，电容器两端电压为 R1 两端电压，所以电容器两端电压为 4V，由电量Q=CU=40F4V=1.610-4 C 考点：考查含容电路的分析 点评：本题难度中等，其中比较难解决的问题是电路中的串 并联关系，理想电压表和电容器所在支路可看做断路，这样便使得电路变得简单 计算题 （ 8分）（ 1）画出欧姆表电路原理图，并标出红，黑表笔的位置。 （ 2）证明欧姆表的刻度是不均匀的。 答案：见 试题分析：第（ 1）小题共 3分，其中红，黑表笔标注出得 1分。 第（ 2）小题共 5分。短接时， r 内 = E / Ig (2分 ) 被测电阻 Rx = E/I - r 内 (2分 ) 所以 Rx 与 I为非线
21、性关系，故欧姆表刻度是不均匀的。 (1分 ) 考点：考查万用表的原理和使用 点评：本题难度较小，主要是通过闭合电路欧姆定律的规律分析万用表的工作原理，由于电流与电路中总电阻成反比，而总电阻为待测电阻与内电阻之和，所以电流与外电阻为非线性关系 （ 8分）如图所示，电源电动势 E=10V，内阻 r=0.5， “8V， 16W”的灯泡恰好能正常发光，电动机 M绕组的电阻 R0=1，求：（ 1）灯泡的电流 I1; （ 2）电源的总电流 I；（ 3）电动机的总功率 P1； （ 4）电动机的机械功率 P2。 答案：（ 1） 2A（ 2） 4A（ 3） 16W（ 4） 12W 试题分析：（ 1）通过灯泡电流
22、 I1 =2A （ 2分） （ 2）内电压 U =E-U Ir I 4A （ 2分） （ 3）电动机总功率： P1 UI2 U（ I-I1） 16W （ 2分） （ 4）电动机热功率： P3 I2 R0=4W （ 1分） 电动机输出功率： P2 P1-P3=12W （ 1分） 考点：考查闭合电路欧姆定律的应用和功率的分配 点评：本题难度较小，本题需要注意的是对于电动机这种非纯电阻电路，欧姆定律不再适用，应该从能量守恒定律求解 （ 12分）如图所示，在 E 1 103V/m的竖直匀强电场中，有一光滑的半圆形绝缘轨道 QPN 与一水平绝缘轨道 MN 连接，半圆形轨道平面与电场线平行，P 为 QN
23、圆弧的中点，其半径 R=40cm，一带正电 q=10-4C 的小滑块质量 m=10g，与水平轨道间的动摩擦因数 0.15，位于 N 点右侧 1.5m处，取 g=10m/s2，求： （ 1）要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点 Q，则滑块应以多大的初速度 v0向左运动？ （ 2）这样运动的滑块通过 P点时对轨道的压力是多大？ 答案：（ 1） 7m/s（ 2） 0.6N 试题分析：（ 1）设小球到达 Q 点时速度为 ，则 （ 2分） 滑块从开始运动到达 Q 点过程中，由动能定理得 （ 2分） 联立两式并代入数 据解得： （ 2分） （ 2）设滑块到达 P点时速度为 ，则从开始运动到 P点过程： （
24、2分） 又在 P点时： （ 2分） 代入数据，解得 ，根据牛顿第三定律得，对轨道压力为 0.6N （ 2 分） 考点：考查带电粒子在电场中的运动 点评：本题主要应用动能定理求解，考查了带电粒子在重力场、电场等的复合场中的运动情况的分析，利用动能定理求解问题是抓住两个状态一个过程，注意电场力和重力做功与路径无关，只与初末位置有关 （ 12分）如图所示为一真空示波管，电子从灯丝 K 发出（初速度不计），经灯丝与 A板间的加速电压 U1加速， 从 A板中心孔沿中心线 KO射出，然后进入两块平行金属板 M、 N 形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入 M、 N 间电场时的速度与电场方向垂
25、直，电子经过电场后打在荧光屏上的 P点。已知加速电压为 U1， M、 N 两板间的电压为 U2，两板间的距离为 d，板长为 L1，板右端到荧光屏的距离为 L2，电子的质量为 m，电荷量为 e。求： （ 1）电子穿过 A板时的速度大小； （ 2）电子从偏转电场射出时的侧移量； （ 3） P点到 O 点的距离。 答案：（ 1） （ 2） （ 3） 试题分析：（ 1）设电子经电压 U1加速后的速度为 v0，根据动能定理得： e U1= ， 解得： （ 2分） （ 2）电子以速度 v0进入偏转电场后，垂直于电场方向作匀速直线运动，沿电场方向作初速度为零的匀加速直线运动。设偏转电场的电场强度为 E，电子
26、在偏转电场运动的时间为 t1，电子的加速度为 a，离开偏转电场时相对于原运动方向的侧移量为 y1，根据牛顿第二定律和运动学公式得： F=eE， E= ， F=ma， a = （ 2分） t1= ， y1= ，解得： y1= （ 2分） （ 3）设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为 vy，根据运动学公式得：vy=at1= （ 2分 ） 电子离开偏转电场后作匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为 t2，电子打到荧光屏上的侧移量为 y2，如图所示 t2= ， y2= vyt2 解得： y2= （ 2分） P到 O 点的距离为 y=y1+y2= （ 2分） 考点：考查带电粒子在电场中的加速和偏转 点评：本题难度中等，以示波管的模型考查了学生对于多过程问题的分析和处理能力，首先经过电场的加速，进入偏转电场后做类平抛运动，根据水平和竖直方向的分运动特点，结合牛顿第二定律和运动学规律，本题综合性比较强，求解第三问时也可根据类平抛的推论求解
