1、2013-2014学年北京市重点中学高二上学期期中考试物理（理）试卷与答案（带解析） 选择题 在真空中有 A和 B两个点电荷，它们所带电荷分别为 QA和 QB，如果QA=5QB，则 A电荷受到 B电荷的作用力是 B电荷受到 A电荷作用力的 A 1倍 B 倍C 5倍 D 25倍 答案： A 试题分析：由点电荷库仑力的公式 F=k 和牛顿第三定律可以得到， A对 B的库仑力与 B对 A的库仑力为一对作用力与反作用力，大小相等，故本题选 A 考点：库仑定律、牛顿第三定律 如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示，一个电子原来静止在左极板小孔处，不
2、计电子的重力，下列说法正确的是 A从 t 0时刻释放电子，电子始终向右运动，直到打到右极板上 B从 t 0时刻释放电子，电子可能在两板间振动 C从 t T/4时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上 D从 t 3T/8时刻释放电子，电子必然打到左极板上 答案： AC 试题分析：本题中电子在周期性变化的电场中运动，电场力是周期性变化的，关键要根据牛顿第二定律分析电子的运动情况，可以分析电子在一个周期内的运动情况，具体分析如下： 从 t=0时刻释放电子，前内，电子受到的电场力向右，电子向右做匀加速直线运动；后 T/2内，电子受到向左的电场力作用，电子向右做匀减速直线运动；接着周而复始
3、，所以电子一直向右做单向的直线运动，直到打在右极板上，故A正确 B错误； 从 t=T/4时刻释放电子，在 T/4-T/2内，电子向右做匀加速直线运动；在 T/2-3T/4内，电子受到的电场力向左，电子继续 向右做匀减速直线运动， 3T/4时刻速度为零；在 3T/4-T内电子受到向左的电场力，向左做初速度为零的匀加速直线运动，在 T-5T/4内电子受到向右的电场力，向左做匀减速运动，在 5T/4时刻速度减为零；接着重复若两板距离足够大时，电子在两板间振动，故 C正确； 用同样的方法分析从 t=3T/8时刻释放电子的运动情况，电子先向右运动，后向左运动，由于一个周期内向左运动的位移大于向右运动的位
4、移，所以电子最终一定从左极板的小孔离开电场，故 D错误 故本题选 AC。 考点：带电粒子在匀强电场中的运动 如图所示，虚线 a、 b、 c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即 Uab = Ubc，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹， P、 Q是这条轨迹上的两点，由此可知 A P点电势高于 Q点电势 B带电质点在 P点具有的电势能比在 Q点具有的电势能大 C带电质点通过 P点时的动能比通过 Q点时大 D带电质点通过 P点时的加速度比通过 Q点时大 答案： BD 试题分析：根据轨迹弯曲的方向和电场线与等势线垂直，又由于质点带负电，所以可画出质点在 P、 Q两
5、点处受电场力的方向，如图 则可知，三个等势面中的 c的电势最高，故 A错误；若质点从 P运动到 Q，则电场力做正功，质点的电势能减小，动能增大，则质点在 P点具有的电势能比在 Q点具有的电势能大，通过 P点时的动能比通过 Q点时小，故 B正确， C错误；据题，相邻等势面之间的电势差相等，而 P处等差等势面较密，则 P点的场强较大，质点通过 P点时的加速度比通过 Q点时大，故 D错误。 考点：电场线、电势、等势面，牛顿第二定律，功能关系的应用 如图所示的电路中，电源的电动势 E和内阻 r恒定不变，当滑片 P在变阻器正中央位置时，电灯 L正常发光，现将滑片 P向右移动，则 A电压表的示数变大 B电
6、流表的示数变大 C电灯 L消耗的功率变小 D电阻 R1消耗的功率变小 答案： BC 试题分析：滑动变阻器的滑片向右端滑动过程中，变阻器接入电路的电阻减小，所以外电路总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律得知总电流 I增大，所以电流表示数变大，故 B正确；路端电压 U=E-Ir减小电灯 L的电压等于路端电压，所以电灯 L的电流减小，而 PL=I2RL，所以电灯 L消耗的功率变小，故 C正确；而总电流增大，所以通过滑动变阻器及 R1的电流增大，根据 P1=I2R1可知电阻R1消耗的功率增大，故 D错误； R1的电压增大，所 以 R的电压减小，所以电压表的示数减小，故 A错误；故本题选 BC 考点：直流电
7、路的动态分析问题，闭合电路的欧姆定律，电功、电功率 如图所示，匀强电场场强方向竖直向下，在此电场中有 a、 b、 c、 d四个带电微粒 (不计粒子间的相互作用 )，各以水平向左、水平向右、竖直向下和竖直向上的速度做匀速直线运动，则下列说法正确的是 A c、 d带异种电荷 B a、 b带同种电荷且电势能均不变 C c的电势能减小，重力势能也减小 D d的电势能减小，机械能增加 答案： BD 试题分析：因 a、 b、 c、 d四个带电微粒分别水平向左、水平向右、竖直向下、竖直向上作匀速直线运动，可知受力都处于平衡状态，合力都为零，四个带点粒子均受到竖直向上的电场力作用，可知四个带电粒子带同种电荷，
8、都为负电荷，故 A错误 a、 b在水平方向上运动，电场力不做功，所以电势能不变，故B正确 c竖直向下运动，电场力做负功，电势能增大，机械能减少，机械能转化为电势能，故 C错误 d竖直向上运动，电场力做正功，电势能减少，重力势能增加，故 D正确故选 BD 考点：带电粒子在匀强电场中的运动和受力情况分析，电势能，功能关系的应用 两块平行金属板 A、 B间存在电场强度为 E的匀强电场，场强方向由 B指向 A并将 B板接地作为零电势点，如图所示，现将正电荷逆着电场线方向由 A板移到 B板若用 x表示移动过程中该正电荷到 A板的距离，则其电势能 Ep随x变化的图线为图中的 答案： C 试题分析：电荷在电
9、场中某点的电势能在数值上等于把电荷从这点移到电势能为零处（电势为零处）电场力所做的功，即 ，由于 B板的电势为 0，且电场方向由 B指向 A，根据沿电场线方向电势降低，可知 AB之间的电势为负，故电势能均为负值，且随 x的增大，电势能减小，选项 C正确。 考点：电场线，电势、电势能 为了 研究影响平行板电容器电容的因素，实验中，使电容器的两个极板 A、B分别带上等量异种电荷，并将 A极板和静电计的外壳分别接地，如图所示若保持极板所带电荷量不变，下列判断正确的是 A增大两极板之间的距离，静电计指针张角变小 B A板稍微上移，静电计指针张角变大 C若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大 D若
10、将 A板向右移少许，则静电计指针张角不变 答案： B 试题分析：增大 A、 B板间的距离，根据电容的决定式 C= 分析得知，电容 C减小，而电容器的电量 Q不变，则由 C= 分析得知，板间电压 U增大，静电计指针 张角变大，故 A错误； A板稍微上移，将减小 A、 B板的正对面积，根据电容的决定式 C= 分析得知，电容 C 减小，电容器的电量 Q 不变，则由 C= 得知，板间电压 U增大，静电计指针张角变大，故 B正确； 若将玻璃板插入两板之间，相当于增大 ，根据电容的决定式 C= 分析得知，电容 C增大，电容器的电量 Q不变，则由 C= 分析得知，板间电压 U减小，静电计指针张角变小，故 C
11、错误； 若将 A板向右移少许，则两极板之间的距离 d减小，根据电容的决定式 C=分析得知，电容 C增大，电容器的电量 Q不变，则由 C= 得知，板间电压 U减小，静电计指针 张角变小，故 D错误 故本题选 B。 考点：电容器的动态分析问题 两个相同的电阻 R，当它们串联后接在电动势为 E的电源上，通过一个电阻的电流为 I；若将它们并联后仍接在该电源上，通过一个电阻的电流仍为 I，则电源的内阻为 A 4R B R CD 2R 答案： B 试题分析：根据闭合电路欧姆定律得 E=I1（ 2R+r） =I（ 2R+r） E=I2（ 0.5R+r） =2.5I（ 0.5R+r） 联立 ，解得 E=2.5
12、IR， r= R，故本题选 B。 考点：考查应用闭合电路欧姆定律研究电源电动势和内阻 某静电场的电场线分布如图所示，图中 P、 Q两点的电场强度的大小分别为EP和 EQ，电势分别为 P和 Q，则 A EPQ B EPEQ， PEQ， PQ D EPEQ， PQ 答案： C 试题分析：电场线越密代表场强越强，从图可以看出 P点的电场线的密集程度大于 Q点的密集程度，故 P点的场强大于 Q点的场强，所以 Ep EQ，又由于沿电场线方向电势逐渐降低，由图可知电场线的方向由 P指向 Q，所以 P点的电势高于 Q点的电势，即 UP UQ，故选项 C正确。 考点：电场强度、电势与电场线的关系 某电解池，如
13、果在 1s内共有 5.01018个二价正离子和 1.01019个一价负离子通过某截面，那么通过这个截面的电流是 A 0A B 0.8A C 1.6A D 3.2A 答案： D 试题分析：由题意， 1s内通过截面正离子的电量为 q1=2n1e，负离子的电量绝对值为 q2=n2e，则电流为 I= ，将 n1=5.01018个， n2=1.01019个，e=1.610-19C代入解得， I=3.2A。 . 考点：对电流定义式的理解与运用 如图所示，表示在一个电场中的四点分别引入检验电荷时，测得的检验电荷的电荷量跟它所受的电场力的函数关系图象，则下列叙述正确的是 A这个电场是匀强电场（各点的电场强度处
14、处相同的电场） B四点场强大小的关系是 Ed Ea Eb Ec C四点场强大小的关系是 Ea Eb Ed Ec D四点场强大小的关系是 Ea Eb Ec Ed 答案： B 试题分析：此图线斜率的绝对值表示电场强度的大小， d图线斜率的绝对值最大，所以 d点的电场强度最大， c图线斜率的绝对值最小，电场强度的最小，所以四点场强的大小关系是 Ed Ea Eb Ec，该电场不是匀强电场故选项 B正确，选项 A、 C、 D错误 考点：对电场强度的定义式 E 理解 关于电动势下列说法正确的是 A电源电动势等于电源正负极之间的电势差 B用电压表直接测量电源两极得到的电压数值，实际上就等于电源电动势的准确值
15、 C电源电动势总等于内、外电路上的电压之和，所以它的数值与外电路的组成有关 D电源电动势总等于电路中通过 1C的正电荷时，电源提供的能量 答案： D 试题分析：电源电动势反映电源将其他形式能量转化为电能的本领大小，电源正、负极之间的电势差为电源的路 端电压，只有当电源处于断路状态时，电源的电动势才等于路端电压，故 A错误；电压表是有内阻的，跟电源连接后构成一个通路，测量的是电压表内阻的电压，所以电压表测得的电源两极间电压值略小于电动势，故 B错误；电动势反映电源的特性，与外电路的结构无关，故C错误；根据电动势的定义式 E= 可知电源电动势总等于电路中通过 1C的正电荷时，电源提供的能量，故 D
16、正确 考点：考查对电动势物理意义的理解能力 实验题 （ 1）测量普通干电池电源电动势和内电阻应该选用 _（填 “图甲 ”或 “图乙 ”）所示的电路图 （ 2）实 验中某同学根据自己测得的实验数据在坐标纸上描了几个点，请你根据他描的点画出 UI 图线，并根据图线求出电池的电动势 E=_V（保留 2位有效数字），电池的内电阻 r =_（保留 2位有效数字） 答案： (1)图甲 (2)1.5 0.890.96 试题分析：（ 1）本实验中电压表应测量路端电压，电流表应测量通过电源的电流，由于电压表和电流表都有一定的内阻，两种电路都存在系统误差甲电路中，电流表读出的不是通过电源的电流，比电源的电流小，其
17、读数等于电源的电流与通过电压表电流之差，误差来源于电压表的分流，而乙电路中，电压表测量的电压不等于路端电压，是由于电流表的分压由于电源的内阻较小，电流表的内阻也较小，若采用乙电路，电流表分压较大，测得的内阻误差较大而甲电路中，电源内阻较小时，电压表分流较小，测量误差较小故可采用甲电路进行实验 （ 2）依据描点作图时，注意应使所 作直线穿过尽可能多的数据点，不在直线上的点尽量均匀分布在直线的两侧，误差较大的点直接舍去。 由 U=E-Ir可得图象与纵坐标的交点为电源的电动势，图象的斜率表示电源的内阻，由图象可得电动势 E=1.5V， r= 0.890.96 考点：对测定电源的电动势和内阻实验的考查
18、 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L3消耗的电功率为 _W ， L2的电阻为 _ 答案： .75， 7.5 试题分析：当开关 S闭合稳定后，灯泡 L3的电压等于 3.0V，由图读出其电流I1=0.25A，则灯泡 L3 的电功率为： P=U1I1=3V0.25A=0.75W；灯泡 L1、 L2 串联，分得的电压均等于 1.5V，由图读出其电流 I2=I3=0.2A，灯泡 L1、 L2的电阻均为：R2=R3=7.5。 考点：利用伏安特性曲线解决电路问题 填空题 已知一个电流表的
19、内阻为 Rg=1k ， Ig=100A，若要改装成量程为 3V的伏特表，需 _（填 “串 ”或 “并 ”）联一个阻值为 _ 的电阻，若改装成量程为 1A的安培表，需 _（填 “串 ”或 “并 ”）联一个阻值约为_ 的电阻 答案：串， 2.9104，并， 0.1 试题分析：表头上的电压 U=IgRg=10010-61000=0.1V， 改装成电压表时，串联电阻上的电压 U=3V-0.1V=2.9V，串联电阻R1=U/Ig=29000=2.9104； 改装成电流表时要并联电阻，并联电阻通过的电流 I2=1A-0.0001A=.0.9999A， R2=U/I2=0.1/0.9999=0.1 考点：电
20、表的改装 电荷量为 610-6C的负电荷从电场中的 A点移动到 B点，克服电场力做了310-5J的功，再从 B点移动到 C点，电场力做了 1.210-5J的功，则电荷从 A点移到 B点，再从 B点移到 C点的过程中电势能 _（填 “增加 ”或 “减少 ”）了 _J；如果规定 A点为零势点，则 B=_V 答案：增加 1.810-5J -5V 试题分析：负电荷在电场力作用下发生位移，导致电场力做负功，则电荷的电势能增加，做多少功，电势能就增加多少；电荷从 B点移到 C点，电场力做了1.210-5J的功，因此，电荷在 B至 C过程中电势能减少，且减少了 1.210-5J综上可知电荷从 A点移到 B点
21、，再从 B点移到 C点的过程中电势能增加了1.810-5J。则由： W=qU 得 W/q=-310-5J/（ -610-6C） =5V，又 UAB=A-B， A=0，故 B= -5V。 考点：电势能，电势差，电场力做功 计算题 （ 8分）如图所示，水平放置的平行板电容器，两极板相距 5mm，电容为2F，当将其充电到两板电势差为 100V时，一个质量为 1.010-4g的带负电尘埃正好在两极板中间静止（ g取 10m/s2）求： (1)这时电容器的带电荷量为多少库仑？ (2)电容器上极板带何种电荷？ (3)该尘埃带电荷量为多少？ 答案：（ 1） 210-4C（ 2）电容器上极板带正电（ 3） 5
22、10-11C 试题分析：（ 1）由 C=Q/U得， Q=CU=210-6100C=210-4C； （ 2）带负电尘埃正好在板间静止，受到重力与电场力平衡，则电场力方向竖直向上，电容器上极板带正电荷； （ 3）由平衡条件得 qE=mg，又 E=U/d，得到 qU/d=mg，代入数据解得，q=510-11C。 考点：考查电容的定义式和板间场强公式 与平衡条件的综合应用 （ 8分）如图所示，平行板间电压为 U，板间距离为 d，板长为 L1，一带电粒子质量为 m，电荷量为 q，以初速度 v0垂直于场强方向射入电场中，离开电场后沿直线打在荧光屏上，荧光屏到平行板右端的距离为 L2，不计粒子重力求： (1
23、)粒子在电场中运动的时间 t1； (2)板间场强 E和粒子在电场中运动的加速度 a； (3)粒子在电场中偏转分位移 y； (4)粒子离开电场后经多长时间 t2打到荧光屏上？ 答案：（ 1） t1=L1/v0 （ 2） a=qU/md （ 3） y=qUL21/2mdv02 （ 4） t2=L2/v0 试题分析： (1)粒子在电场中运动的时间 t1=L1/v0 (2)板间场强 E=U/d 粒子在电场中运动的加速度 a=qU/md (3)粒子在电场中偏转分位移 y=at12/2 解得 y=qUL21/2mdv02 (4)粒子离开电场后打到荧光屏上的时间 t2=L2/v0 考点：带电粒子在匀强电场中
24、的（类平抛）运动，牛顿第二定律 （ 6分）如图所示，是用直流电动机提升重物的装置，重物质量 m=50kg，电源电动势 E=110V，内电阻 r1=1，电动机的内电阻 r2=4。阻力不计。当匀速提升重物时，电路中电流强度 I=5A。取 g=10m/s2试求： (1)电源的总功率和输出功率； (2)重物上升的速度 答案：（ 1） （ 2） 试题分析： (1)电源的总功率为 由能量守恒定律，可得电源输出功率 (2)根据 得 考点：电功、电功率 （ 8分）如图所示的电路中，两平行金属板 A、 B水平放置，两板间的距离d=40 cm电源电动势 E=24V，内电阻 r=1，电阻 R=15。将滑动变阻器的滑
25、片放置在某一位置，闭合开关 S，待电路稳定后，将一带正电的微粒从 B板小孔以初速度 v0=4m/s竖直向上射入板间，微粒恰能到达 A板。若微粒带电荷量为 q=110-5C，质量为 m=210-5kg，不考虑空气阻力 (取 g=10m/s2)则此时： (1)金属板 A、 B之间的电压 UAB是多少？ (2)滑动变阻器接入电路的阻值 RP为多大？ (3)电源的输出功率是多大？ 答案：（ 1） （ 2） （ 3） 试题分析： (1)小球进入板间后，受重力和电场力，且到 A板时速度为零，设两板间电压为 UAB，由动能定理得： 所以滑动变阻器的电压为： (2)设通过滑动变阻器的电流为 I，由欧姆定律得：
26、 滑动变阻器接入电路的电阻为： (3)电源的输出功率为： 。 考点：带电粒子在匀强电场中的运动，闭合电路的欧姆定律 （ 10分）如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为 R的半圆形，固定在竖直面内、管口 B、 C的连线是水平直径，现有一带正电小球（可视为质点）从B点正上方的 A点自由下落， A、 B两点间距离为 4R，从小球进入管口开始，整个空间中突然加上一个匀强电场，电场力在竖直方向的分力与重力大小相等、方向相反，结果小球从管口 C处脱离圆管后，其运动轨迹经过 A点，设小球在运动过程中电荷量不变，重力加速度为 g求： (1)小球到达 B点的速度大小； (2)小球受到的电场力的大小和方向； (3)
27、小球经过管口 C处时对圆管壁的压力 答案：（ 1） （ 2） ，方向斜向左上方与水平方向夹角 450 （ 3） ，方向水平向右 试题分析：（ 1）小球从开始自由下落到到达管口 B的过程中机械能守恒，故有： 小球到达 B点时的速度大小为 （ 2）设电场力的水平分力为 （方向水平向左），竖直分力为 （方向水平向上），则 小球从 B运动到 C的过程中，由动能定理得： 小球从管口 C处脱离圆管后，做类平抛运动，由于其轨迹经过 A点，有 : 联立以上各式 ，解得： 电场力的大小为： ，方向斜向左上方与水平方向夹角 450 （ 3）小球经过管口 C处时，向心力由 和圆管的弹力 提供，设弹力 的方向向左，则 解得： ，方向向左 根据牛顿第三定律可知，小球经过管口 C 处时对圆管的压力为： ，方向水平向右。 考点：机械能守恒定律，牛顿第二、第三定律，动能定理的应用
