1、2012-2013学年黑龙江省哈三中高二上学期期中考试物理试卷与答案（带解析） 选择题 下列说法中，正确的是： A公式 E= 只适用于真空中点电荷产生的电场 B由公式 U= ，说明两点间的电势差 U与电场力做功 W成正比，与电荷量q成反比 C在公式 F=k 中， k 是点电荷 Q2产生的电场在点电荷 Q1处的场强大小；而 k 是点电荷 Q1产生的电场在点电荷 Q2处场强的大小 D由公式 可知， 与电势能 EP 成正比，与放入电场中检验电荷的电荷量 q成反比。 答案： C 试题分析：公式 适用于一切电场的计算， A错误，两点间的电势差和外界因素无关，之和电场的本身性质有关， B错误，在公式 F=
2、k 中， k 是点电荷 Q2产生的电场在点电荷 Q1处的场强大小；而 k 是点电荷 Q1产生的电场在点电荷 Q2处场强的大小， C正确，电场中某点的电势跟试探电荷无挂，和零电势的选取有关， D错误， 考点：考查了电场强度，电势等电场基本概念 点评：基础题，但是比较容易出错，所以在理解物理概念时，需要从本质上认清， 两带电量分别为 +q和 -q的点电荷放在 x轴上，相距为 L，假设无穷远处电势为零，能正确反映两电荷连线上电势大小 与 x关系的是下图中的： 答案： B 试题分析：根据等量异种电荷形成的电场中电势分布可知，两电荷连线的中点处电势为零，连线上的电场方向由正电荷指向负电荷，靠近正电荷一边
3、，电势为正，靠近负电荷一边，电势为负，故 B正确， 考点：考查了等量异种电荷电场电势分布特点 点评：做本题的关键是清楚等量异种电荷电场电势分布特点 如图所示，静止的电子在加速电压为 U1的电场作用下从 O 经 P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压为 U2的电场作用下偏转一段距离。现使 U1加倍，要想使电子在偏转电场的偏移量不发生变化，调整板间距离时电子仍能穿出偏转 电场，应该： A仅使 U2加倍 B仅使 U2变为原来的 4倍 C仅使偏转电场板间距离变为原来的 0.5倍 D仅使偏转电场板间距离变为原来的 2倍 答案： AC 试题分析：电子经过加速电场，根据动能定理可得： 进入
4、偏转电场，水平方向： ，竖直方向：,现要使 加倍，想使电子的运动轨迹不发生变化，即偏转量不变，则应该使使 加倍，仅使偏转电场板间距离变为原来的 0.5倍 故选 AC， 考点：考查了带电粒子在电场中的加速与偏转 点评：电子在加速电压作用下获得速度，根据动能定理得到速度的表达式，电子垂直进入平行金属板间的匀强电场中做类平抛运动，运用运动的分解法，得出偏转距离、偏转角度与加速电压和偏转电压的关系，再进行分析 如图所示，虚线 a、 b、 c表示电场中的三个等势面与纸平面的交线，且相邻等势面之间的电势差相等。沿实线由 M到 N 为一带正电粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹。 M、 N 是这条轨迹
5、线上的两点，则下面说法中正确的是： A三个等势面中， a的电势最高 B对于 M、 N 两点，带电粒子通过 M点时电势能较大 C对于 M、 N 两点，带电粒子通过 M点时动能较大 D带电粒子由 M运动到 N 时，加速度增大 答案： CD 试题分析：电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向左上方，根据粒子受力情况可知，若粒子从 M运动到 N，则从 M到 N 过程中电场力做负功，电势能 增加，带电粒子通过 M点时电势能较小，动能减小，即M点的动能较大，若从 N 运动到 M，即则电场力做正功，动能增大，电势能减小，综上所述 B错误， C正确， 电场线指向左上方，沿电场线电势降低，故
6、N等势线的电势最高，故 A错误等势线密的地方电场线也密，电场强度大，所受电场力大，因此加速度也大，故 D正 确 考点：考查了粒子在电场中的运动 点评：解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场、电势能、动能等物理量的变化 将一块内阻为 600，满偏电流为 50 的电流表 G改装成量程为 3V的电压表，应该： A串联一个 60.0K的电阻 B并联一个 60.0K的电阻 C串联一个 59.4K的电阻 D并联一个 59.4K的电阻 答案： C 试题分析：改装电压表需要串联一个电阻分压，所以 BD错误 根据欧姆定律可得： ,解得 , 故选 C 考点
7、：本题考查了电流表的改装计算， 点评：基础题，比较简单，关键是掌握电压表的改装原理 如图所示电路中， C2 =2C1 ,R2=2R1，下列说法正确的是： A开关处于断开状态，电容 C2的电量大于 C1的电荷量 B开关处于断开状态，电容 C1的电量大于 C2的电荷量 C开关处于接通状态，电容 C2的电量大于 C1的电荷量 D开关处于接通状态，电容 C1的电量等于 C2的电荷量 答案： AD 试题分析：当开关 S断开后，电路稳定后，电路中无电流，两电容器的电压都等于电源的电动势，根据 ，且 ，得：电容器 的电量大于 的带电量，故 A正确， B错误； 当开关 S闭合时，电容器 C2的电压等于 R1的
8、电压，电容器 的电压等于电阻R2的电压而两电阻串联，电压之比等于电阻之比，根据 ，且，得：电容器 C2的电量等于 的带电量，故 C错误 D正确 故选 AD 考点：考查了带有电容电路的动态分析 点评：对于含有电容器的电路，在电容不变时，关键是确定电压及其变化电路稳定时，电容器的电压等于所并联的电路两端的电压 如图所示， a、 b是两个点电荷，它们的电荷量分别为 Q1、 Q2， MN 是 ab连线的中垂线， P是中垂线上的一点。下列哪种情况能使 P点场强方向指向 MN的右侧： A Q1、 Q2都是正电荷，且 Q1|Q2| C Q1是负电荷， Q2是正电荷，且 |Q1|Q2| 答案： B 试题分析：
9、 当两点电荷均为正电荷时，若电荷量相等，则它们在 P点的电场强度方向沿MN 背离 N 方向当 时，则 b点电荷在 p点的电场强度比 a点强，所以电场强度合成后，方向偏左当 时，则 b点电荷在 p点的电场强度比 a点弱，所以电场强度合成后，方向偏右 故 A错误； 当 是正电荷， 是负电荷时， b点电荷在 p点的电场强度方向沿 bP连线背离b点，而 a点电荷在 p点的电场强度方向沿 aP连线指向 b点，则合电场强度方向偏右不论电量大小关系，仍偏右故 B正确； 当 是负电荷， 是正电荷时， b点电荷在 p点的电场强度方向沿 bP连线指向b点，而 a点电荷在 p点的电场强度方向沿 aP连线背离 a点，
10、则合电场强度方向偏左不论它们的电量大小关系，仍偏左故 C错误； 当 、 是 负电荷时， b点电荷在 p点的电场强度方向沿 bP连线指向 b点，而a点电荷在 p点的电场强度方向沿 aP连线指向 a点，由于 ，则合电场强度方向偏左故 D错误； 故选： B 考点：考查了电场的叠加 点评：正点电荷在某点的电场强度方向是这两点的连线且背离正电荷，而负点电荷在某点的电场强度方向是这两点的连线且指向负电荷 在如图甲所示的电路中，电源电动势为 3.0V，内阻不计， L1、 L2、 L3为 3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。当开关 S闭合后，下列说法正确的是： A L1的电阻值为 12
11、B L2的电阻值为 12 C L3的电阻值为 12 D L1消耗的电功率为 7.5W 答案： A 试题分析：当开关闭合后，灯泡 的电压 ，由图读出其电流 ，则灯泡 的电阻 ,，功率 A正确， D错误， 灯泡 L2、 L3串联，电压 U2=U3=1.5V，由图读出其电流 I2=I3=0.20A，灯泡 L2、 L3的电阻均为 ， BC 错误， 故选 A 考点：考查了闭合电路欧姆定律的应用 点评：本题关键抓住电源的内阻不计，路端电压等于电动势，来确定三个灯泡的电压读图能力是基本功 如图所示，当滑动变阻器的滑动触点向 b端滑动时： A伏特表读数增大 B伏特表、安培表读数都增大 C安培表读数减小 D伏特
12、表、安培表读数都减小 答案： AC 试题分析：当滑动变阻器的滑动触点向 b端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻 R增大，由欧姆定律分析总电流 I减小，路端电压增大，电阻 R2的电压 增大，流过电阻 的电流 增大，则流过电流表的电流 减小所以伏特表 V的读数增大，安培表 A的读数减小 故选 AC 考点：考查了电路的动态变化 点评：当滑动变阻器的滑动触点向 b端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由欧姆定律分析 总电流和路端电压的变化，再分析流过变阻器电流的变化，来判断电表读数的变化 如图所示，把一带负电小球 a放在光滑绝缘斜面上（虚线与斜面垂直）。欲使球 a能静止在斜
13、面上，需在 MN 间放一带电小球 b，则 b应： A带正电，放在 A点 B带正电，放在 B点 C带负电，放在 C点 D带正电，放在 C点 答案： D 试题分析：小球 a处于平衡状态，受力平衡，合力为零 小球受重力，一定向下，支持力一定垂直向上，故小球 b对小球 a若为静电斥力，小球 a不可能平衡，故只能是吸引力；同时，根据平衡条件，静电引力必然与前两个力的合力等大、反向且在同一条直线上，故只能放在 C位置； 故选 D 考点：考查了力的平衡条件的应用 点评：题关键对物体受力分析后，根据三力平衡条件，得到未知力的方向范围 当某一电容器的电压是 40V时，它所带电量是 0.2C，若它的电压降到 20
14、V时，则： A电容器的电容减少一半 B电容器的电容不变 C电容器的带电量减少一半 D电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的绝对值 答案： BCD 试题分析：根据公式 可得 ，当电压减小但 20V 时，有： ，故 Q=0.1C，即电荷量减小为原来的一半，电容器的电容和所带电荷量以及电压无关，电容不变， A错误， BC 正确，电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的绝对值， D正确， 故选 BCD 考点：考查了对电容的理解 点评：电容和两极板间的电压以及两极板所带电荷量的大小无关，只与其本身的性质有关， 关于电场线的说法中，正确的是： A电场线既能描述电场的方向，也能描述电场的强弱 B电场线
15、是带电粒子在电场中运动的轨迹 C电场线的疏密程度表明该点的场强大小 D电场线是客观存在的曲线 答案： AC 试题分析：电场线的疏密程度表示电场强度的大小，电场线的方向表示电场强度的方向， AC 正确，电场线上某点的切线方向即为电场强度的方向，若是正电荷，电场力方向与电场强度方向相同，而电荷运动的轨迹在电场线上，电场线必须是直线，故 B错误；电场线是人假想出来的，不是客观存在的， D错误， 考点：考查了对电场线的理解 点评：电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布当正电荷沿着电场线方向移动时，电场力做正功，则电势能减少，所以电势在减少当负电荷沿着电场线方向移动时，电场力做负功，则电势能增加，而
16、电势仍减小 实验题 实验室新进了一批低电阻的螺线管，课外活动小组的同学设计了一个实验来测量其电阻。为了减少实验误差，并在实验中获得较大的电压调节范围，应从下图的 A、 B、 C、 D四个电路中选择 _电路来测量金属丝电阻。答案： D 试题分析：由于金属丝的电阻较小，则选择电流表外接法并为了减少实验误差，且在实验中获得较大的电压调节范围，所以变阻器要选择分压式接法故选： D 考点：考查了测量定值电阻实验 点评：做本题的关键对电流表内外接法和滑动变阻器的分压限流接法正确理解 用伏安法测电阻时，如待测电阻 Rx约为 150，电流表内阻 RA约为 20，电压表内阻 RV约为 5K，应该用图中的 电路（
17、填 或 ）来测量可以尽量减小误差。当用电路图 进行测量时，测量值将比真实值偏 （填大或小）；当用图 进行测量时测量值比真实值偏 （填大或小）。答案： 小 大 试题分析：因为 ,所以采用电流表的内接法，故选 ，该实验电路图测量的电压值为准确值，电流值为通过电压表和电阻的电流和，电流测量值偏大，所以测量的电阻值比真实值小，当用第二图测量时，电流为准确值，电压为电流表和电阻的电压和，故偏大，所以测量值偏大， 考点：考查了电路误差分析 点评：电流表外接，测定的电阻值偏小，电流表内接测量的电阻值偏大 如下图，该螺旋测微器的读数为 _mm。 答案：（ 1） 1.990（ 1.8991.991 均可得分）
18、试题分析：（ 1）螺旋测微器的固定刻度为 1.5mm，可动刻度为0.0149.0mm=1.900mm，所以最终读数为 1.900mm mm 考点：考查了螺旋测微器的读数问题 点评：螺旋测微器的读数方法，固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读 计算题 如图所示，在匀强电场中有 A、 B两个带电粒子 ，电荷量分别为 q和 2q，质量分别为 m和 4m，两粒子重力不计，分别从 A点由静止释放到达 B点时，它们的速度大小之比为多少？ 答案： = 试题分析：设 A、 B两点间的电势差为 U，由动能定理有： 对 q粒子： mv12=qU (3分 ) 对 2q粒子： 4mv22=2qU (3
19、分 ) 所以 = . (2分 ) 代入数据，得 = (2分 ) 考点：考查了电场力做功分析 点评：做本题的关键是通过动能定理分析两粒子的速度表达式，比较简单， 如图所示，电源的电动势 E=7.5 V，内阻 r=1.0 ，定值电阻 R2=12，电动机 M的线圈的电阻 R=0.50。开关 S闭合，电动机转动稳定后，理想电压表的示数 U1=4V，电阻 R2消耗的电功率 P2=3.0 W。不计电动机的摩擦损耗等，求： (1)电路的路端电压； (2)电动机输出的机械功率。 答案：（ 1） 6.0 V（ 2） 3.5 W 试题分析： (1)路端电压等于 R2两端的电压，由 P= (2分 ) 得 U=U2=
20、 = V=6.0 V (1分 ) (2)电源的电动势 E=U2+Ir， (2分 ) 由此得干路电流 I= = A=1.5 A (1分 ) 通过 R2的电流 I2= = A=0.5 A (1分 ) 通过电动机的电流 I1=I-I2=1.0 A (1分 ) 电动机的输出功率 P=I1U1- R (2分 ) 由此得 P=1.04 W-1.020.50W=3.5 W (2分 ) 考点：考查了闭合回路欧姆定律和电功率的计算 点评：题要求学生能通过电路中开关的通断得出正确的电路图，并能灵活应用串并联电路的规律及欧姆定律求解 如图所示，一 “ ”形绝缘导轨竖直放置，处在水平向右的匀强电场中。左边的半圆弧与水
21、平杆 AB、 CD相切于 A、 C两点，两水平杆的高度差为 2L，杆AB、 CD 长度均为 4L， O 为 AD、 BC 连线的交点，虚线 MN、 PQ 的位置如图，其中 AM =MP = CN = NQ= L， PB=QD=2L。虚线 MN 左边的导轨光滑，虚线 MN 右边的导轨与小球之间的动摩擦因数为 。现把一质量为 m，电荷量为 -q的小球穿在杆上，自 N 点由静止释放后，小球刚好可到达 A点。已知静电力常量为 k，重力加速度为 g。求 ： (1) 匀强电场的电场强度 E的大小； （ 2）小球到达半圆弧中点时，该小球对半圆弧轨道的压力大小； （ 3）若在 O 处固定一点电荷 +Q，并将该
22、带电小球自 D点以某速度向左瞬间推出， 结果小球可沿杆运动到 B点。求从 D到 B点过程中小球所受摩擦力的最大值。 答案： (1) E= (2) N=8mg (3) fm=(mg + ) 试题分析： (1) 小球由 N 到 A过程 , 对小球列动能定理： EqL2mgL=0 (2 分 ) E= (2分 ) (2) 小球在圆弧的中点时，由牛顿第二定律得： NEq=m (2分 ) 小球由 N 到圆弧的中点过程中，对小球列动能定理： Eq(2L)mgL= mv2 (2分 ) 由 E= ，得 N=8mg (2分 ) 由牛顿第三定律可知： N=N=8mg (1分 ) (3) 经 分析可知，小球在 P点的压力最大，则： N=mg+ (1分 ) fm= N (1分 ) fm=(mg + ) (1分 ) 考点：考查了动能定理以及牛顿第二定律的应用 点评：能够分析物体的受力情况和运动情况，选择合适的运动过程运用动能定理求解动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动动能定理的应用范围很广，可以求速度、力、功等物理量，特别是可以去求变力功
