1、2013-2014广西桂林十八中高二上学期期中考试物理试卷与答案（带解析） 选择题 在电场中某点放一电量为 q的试探电荷，所受电场力大小为 F，根据场强定义可知，该点的场强大小 E=F/q。下列说法正确的是（ ） A若移走试探电荷，则该点的电场强度变为零 B若试探电荷的电量变为 q/2，则该点的电场强度大小变为 2E C若试探电荷的电量变为 -q，则该点的场强的方向变为与原来的方向相反 D若试探电荷的电量变为 -q/2，则该点的场强大小、方向都不变 答案： D 试题分析：电场中的电场强度与放入电场中的电荷无关，无论有无放入检验电荷、检验电荷的电量如何，电场强度不变故 D正确， A、 B、 C错
2、误 考点：本题考查电场强度，意在考查学生的理解能力。 （ 10分）如图所示电路中， U=10V， R1=4， R2=6， C=30F，电池的内阻可忽略求： (1)闭合开关 S，求稳定后通过 R1的电流； (2)将开关断开，这以后流过 R1的总电量。 答案：（ 1） 1A （ 2） 1.210-4C 试题分析： 闭合开关 S后， 与 串联，由欧姆定律有 （ 4分） (2)闭合开关 S后，电容器 两端的电压与 的相等，有 （ 2分） 将开关 S断开后，电容器两端的电压与电源的相等，有 （ 2分） 流过 R1的总电量为 （ 2分） 考点：本题考查欧姆定律、电容器等。 小灯泡通电后其电流 I随所加电压
3、 U变化的图线如图所示， P为图线上一点，PN为图线过 P点的切线， PQ为 U轴的垂线， PM为 I轴的垂线，下列说法中正确的是 ( ) A随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大 B对应 P点，小灯泡的电阻为 R C对应 P点，小灯泡的电阻为 R D对应 P点，小灯泡的功率为图中矩形 PQOM所围的 “面积 ” 答案： ABD 试题分析：由图象可知，通过灯泡的电流随两端电压的增大而增大，且 U I，因为电阻是指对电流的阻碍作用，所以随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大，否则 U和 I的变化倍数相等，故 A正确；由图象可知， P点对应的电压为 U1，电流为 I2，则灯泡的电阻 R ，故 B正确；
4、 C错误；因 P=UI，所以图象中矩形 PQOM所围的面积为对应 P点小灯泡的实际功率，故 D正确 考点：本题考查欧姆定律的应用及电功率的计算，意在考查学生分析图像的能力。 如图所示，半径为 R的硬橡胶圆环，其上带有均匀分布的负 电荷，总电量为 Q，若在圆环上切去一小段 l（ l远小于 R），则圆心 O 处产生的电场方向和场强大小应为 ( ) A方向指向 AB B方向背向 AB C场强大小为D场强大小为答案： BD 试题分析： AB段的电量 ，则 AB段在 O 点产生的电场强度，方向指向 AB，所以剩余部分在 O 点产生的场强大小等于，方向背离 AB故 B、 D正确， A、 C错误 考点：本题
5、考查电场的叠加、电场强度。 如图所示， C为中间插有电介质的电容器， a和 b为其两极板； a板接地； P和 Q 为两竖直放置的平行金属板，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球； P板与b板用导线相连， Q 板接地。开始时悬线静止在竖直方向，在 b板带电后，悬线偏转了角度 。在以下方法中，能使悬线的偏角 变大的是（ ） A缩小 a、 b间的距离 B加大 a、 b间的距离 C取出 a、 b两极板间的电介质 D换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质 答案： BC 试题分析：由 知， d， C； Q 不变，再根据 ， U，由 分析知， PQ 间的 E， 变小，故 A 错误；增大 a、 b 间的距离， d
6、， C， Q 不变，U，分析知， PQ间的 E， 变大，故 B正确；取出 a、 b两极板间的电介质 ，C， Q 不变， U， PQ 间的 E， 变大，故 C 正确；换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质 ， C， Q 不变， U， PQ间的 E， 变小，故 D错误。 考点：本题考查电容器的动态分析。 关于磁场和磁感线的描述，下列说法中正确的是 ( ) A磁感线可以形象地描述各点磁场的方向 B磁极之间的相互作用是通过磁场发生的 C由 B= 可知，某处磁感应强度大小与放入该处的通电导线 IL乘积成反比 D一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力作用，则该处的磁感应强度一定为零 答案： AB 试题分析
7、：为形象描述磁场的强弱和方向，引入磁感线，磁感线上一点的切线方向为该初磁场的方向，所以 A正确；磁场对放入其中的磁体由力的作用，即磁极之间的相互作用是通过磁场发生的，故 B正确；磁感应强度由磁场自身决定于电流元无关，所以 C错误；若通电导线的方向平行与磁场方向，虽磁感应强度不为零，但导线受磁场力为零，所以 D错误。 考点：本题考查磁感线、磁感应强度及安培力。 在右图所示的电路中，电源的内阻不能忽略。已知定值电阻 R1 10， R2 8。当单刀双掷开关 S置于位置 1时，理想电压表读数为 2V。则当 S置于位置 2时，电压表读数的可能值为 ( ） A 1.3V B 1.6V C 1.9V D 2
8、.2V 答案： C 试题分析：解：由闭合电路欧姆定律可知：当开关置 1 时， ；当开关置 2时， ；将两式相比可得： ；故，因 0 ，故 1.6 U 2.0； 故只有 1.9V符合题意，所以 C正确； A、 B、 D错误。 考点：本题考查闭合电路的欧姆定律。 如图所示，将两个相同的电流表分别改装成 A1（ 03A）和 A2（ 00.6A）的电流表，把两个电流表并联接入电路中测量电流强度，则说法正确的是 ( ) A A1的指针半偏时， A2的指针还没半偏 B A1的指针半偏时， A2的指针已经超过半偏 C A1的读数为 1A时， A2的读数为 0.6A D A1的读数为 1A时，干路的电流为 1
9、.2A 答案： D 试题分析：电流表是由电流计并联一个电阻改装而成，两电流表并联，知两表头也并联，流过两表头的电流相等，所以 A1的指针半偏时， A2的指针也半偏故 A错误； B错误；两电流表的内阻之比为 1： 5，则电流之比为 5： 1 A1的读数为 1A 时， A2的读数为 0.2A，干路中的电流为 1.2A故 C 错误， D 正确 考点：本题考查电表的改装涉及串并联电路的的规律。 如图所示， A、 B两个点电荷的电量分别为 Q 和 q，放在光滑绝缘水平面上， A、 B之间用绝缘的轻弹簧连接 .当系统平衡时，弹簧的伸长量为 x0，若弹簧发生的均是弹性形变，则 ( ) A保持 Q 不变，将
10、q变为 2q，平衡时弹簧的伸长量等于 2x0 B保持 q不变，将 Q 变为 2Q，平衡时弹簧的伸长量小于 2x0 C保持 Q 不变，将 q变为 -q，平衡时弹簧的缩短量等于 x0 D保持 q不变，将 Q 变为 -Q，平衡时弹簧的缩短量小于 x0 答案： B 试题分析：设弹簧的劲度系数为 K，原长为 x当系统平衡时，弹簧的伸长量为 x0，则有： ；保持 Q 不变，将 q变为 2q时，平衡时有： ，由 解得： x1 2x0，故 A错误；同理可以得到保持 q不变，将 Q 变为 2Q，平衡时弹簧的伸长量小于 2x0，故 B正确；同理可以得到保持 Q 不变，将 q变为 -q，平衡时弹簧的缩短量大于 x0
11、，故 C错误；同理可以得到保持 q不变，将 Q 变为 -Q，平衡时弹簧的缩短量大于 x0，故 D错误 考点：本题考查库伦定律、弹力及物体的平衡，意在考查学生的分析能力。 下列逻辑电路中，能使蜂鸣 器 F发出声音的是（ ） 答案： B 试题分析：由 A图可知，与门的输入端为 1、 0，则输出为 0，蜂鸣器不发出声音，故 A错误； B图为或门电路，输入端为 1、 0，则输出为 1，蜂鸣器发出声音，故 B正确； C图为非门电路，输入端为 1，则输出为 0，蜂鸣器不发出声音，故 C 错误； D 图为或门、非门的复合电路，或门的输入端为 1、 0，则输出为 1，非门的输入为 1，则输出为 0，蜂鸣器不发
12、出声音，故 D错误。 考点：本题考查逻辑电路。 如图所示， R1和 R2都是 4W、 100的电阻， R3是 1W、 100的电阻， A、B两端允许消耗的最大电功率是（ ） A 1.5W B 3W C 9W D W 答案： A 试题分析：电阻 R1的额定电压为 ，额定电流为；电阻 R2的额定电压和额定电流与电阻 R1相同； R1和 R2串联部分的额定电流均为 0.2A，故串联电路的额定电流为 0.2A，而额定电压为 2倍的20V，即 40V；电阻 R3的额定电压为 ，额定电流为；故总的额定电压取并联电路额定电压的较小值为 10V；总电阻为： 故最大功率为： P=UI=1.5W，所以 A正确；
13、B、 C、 D错误。 考点：本题考查串并联电路、电功率、欧姆定律。 如图所示，一金属小球，原来不带电，现沿球的直径的延长线放置一均匀带电的细杆 MN，金属球上感应电荷产生的电场在球内直径上 a、 b、 c三点的场强大小分别为 Ea、 Eb、 Ec，三者相比，则 ( ) A Ea最大 B Eb最大 C Ec最大 D Ea=Eb=Ec 答案： C 试题分析：静电平衡后，金属球内的合场强处处为零，金属球上感应电荷产生的附加电场与带电的细杆 MN 产生的场强大小相等，方向相反，相互抵消 c点离带电的细杆 MN 最近，带电的细杆 MN 在 c点处产生的场强最大，则金属球上感应电荷在 c点处产生的场强最大
14、，即 Ec最大所以 C正确； A、 B、 D错误。 考点：本题考查电场叠加、静电感应。 下列粒子从静止状态经过电压为 U的电场加速后速度最大的是（ ） A质子 B氘核 C 粒子 D钠离子 Na+ 答案： A 试题分析：由动能定理可得： ，解得： ，可见粒子经同一电场加速后速度的大小由粒子的比荷决定，即 越大，速度越大，所以质子的速度最大，故 A正确； B、 C、 D错误。 考点：本题考查动能定理。 如图甲所示， A、 B是一条电场线上的两点，若在某点释放一初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，从 A点运动到 B点，其速度随时间变 化的规律如图乙所示，则（ ） A A点的场强大于 B点 B电子在
15、 A点受到的电场力小于 B点 C A点的电势高于 B点 D电子在 A点的电势能小于 B点 答案： B 试题分析：由速度图象看出，图线的斜率逐渐增大，电子的加速度增大，电子所受电场力增大，则电场力 FA FB故 B正确电子所受电场力增大，场强增大，电场强度 EA EB故 A错误由题，电子静止开始沿电场线从 A运动到 B，电场力的方向从 A到 B，电子带负电，则场强方向从 B到 A，根据顺着电场线电势降低可知，电势 A B故 C错误由速度图象看出，电子的速度增大，动能增大，根据能量守恒得知，电子的电势能减小，则电势能 EA EB故 D错误 考点：本题考查电场强度、电势及电势能，意在考查学生利用图像
16、分析问题的能力。 如图所示的电路中，闭合电键 S并调节滑动变阻器滑片 P的位置，使 A、 B、C三灯亮度相同，若继续将 P向下移动，则三灯亮度变化情况为（ ） A A灯变亮 B B灯变亮 C A灯最暗 D C灯最暗 答案： A 试题分析：将变阻器滑片 P向下移动时，接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据全电路欧姆定律得知，总电流 IA增大，则 A灯变亮故 A正确；并联部分的电压 U 并 =E-IA（ RA+r）， E、 RA、 r不变， IA增大， U 并 减小， B灯变暗所以 B错误；通过 C灯的电流 IC=I-IB， I增大， IB减小，则 IC增大， C灯变亮 IA=IB+IC，由于
17、 IB减小， IC增大， IA增大，所以 C灯电流的增加量大于 A灯的增加量， C灯最亮 B等最暗，故 C错误； D错误。 考点：本题考查闭合电路的欧姆定律，意在考查学生的分析能力。 实验题 （ 10分）为了测定电源电动势 E的大小、内电阻 r和定值电阻 R0的阻值，某同学利用 DIS设计了如图甲所示的电路。闭合电键 S1，调 节滑动变阻器的滑动触头 P向某一方向移动时，用电压传感器 1、电压传感器 2和电流传感器测得数据，并根据测量数据计算机分别描绘了如图乙所示的 M、 N 两条 UI 直线。请回答下列问题： (1)根据图乙中的 M、 N 两条直线可知 ( ) A直线 M是根据电压传感器 1
18、和电流传感器的数据画得的 B直线 M是根据电压传感器 2和电流传感器的数据画得的 C直线 N 是根据电压传感器 1和电流传感器的数据画得的 D直线 N 是根据电压传感器 2和电流传感器的数据画得的 (2)图象中两直线交点处电路中的工作状态是 ( ) A滑动变阻器的滑动 头 P滑到了最左端 B电源的输出功率最大 C定值电阻 R0上消耗的功率为 0.5 W D电源的效率达到最大值 (3)根据图乙可以求得定值电阻 R0 _ ，电源电动势 E _ V，内电阻 r _ 答案： (1)BC (2)ABC (3)2.0 1.5 1.0 试题分析：（ 1）定值电阻的 U-I图线是正比图线，一定经过原点，故图线
19、 M是根据电压表 V2和电流表 A的数据画得的，电阻为 2；电源的 U-I图线是向下倾斜的图线，故直线 N 是根据电压表 V1和电流表 A的数据画得的，电动势为 1.5V，内电阻为 1；故选 BC； （ 2）当定值电阻和电源的电流、电压相等时，一定是电阻直接与电源相连；故滑动变阻器是短路，故 A正确；滑动变阻器短路时，外电阻与内电阻最接进，故电源输出功率最大，故 B正确；此时电阻的电压为 1V，电流为 0.5A，故功率为 0.5W，故 C正确；外电阻最小，效率最低，故 D错误；故选 ABC； （ 3）定值电阻的 U-I图线是正比图线，斜率表示电阻，为 2；图线 N 的纵轴截距表示电动势，为 1
20、.5V；斜率表示内电阻，为 1； 考点：本题考查测电源的电动势和内阻。 （ 8分）测一个阻值约为 25 k的电阻，备有下列器材： A电流表 (量程 100 A，内阻 2 k) E直流稳压电源 (电动势 15 V，允许最大电流 1 A) B电流表 (量程 500 A，内阻 300 ) F滑动变阻器 (最大电阻 1 k，额定功率 1 W) C电压表 (量程 10 V，内阻 100 k) G电键、导线若干 D电压表 (量程 50 V，内阻 500 k) （ 1）电流表应选 _，电压表应选 _ （ 2）画出测量 Rx的原理图 答案： (1) B C (2) 试题分析：（ 1）因电源电动势为 15V，故
21、电 压表选择 10V量程的 C，流过待测电阻的最大电流约为 ，所以电流表选择 500A量程的 B。 （ 2）待测电阻约为 25k，阻值较大，所以测量电路选择电流表的内接法，由因为滑动变阻器的最大阻值远小于待测电阻的阻值，故滑动变阻器用分压式接法，所以电路图如图所示： 考点：本题考查伏安法测电阻。 （ 4分）用 20分度的游标卡尺测物体的长度，如图甲所示，读数为_ cm。用螺旋测微器测物体的厚度，如图乙所示，读数为 _ mm。 答案： 3.145 6.105 试题分析：游标卡尺整毫米数为 31mm，游标尺的第 9条刻度线与主尺对齐，故毫米的小数部分为 90.05mm，所以读数为31mm+0.45
22、mm=31.45mm=3.145cm；螺旋测微器主刻度尺上为 6mm，旋钮上10.50.01mm=0.105mm，所以读数为 6mm+0.105mm=6.105mm。 考点：本题考查游标卡尺及螺旋测微器的读数。 计算题 （ 10分）如图所示，在竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管的圆心 O 处固定一点电荷，将质量为 m，带电量为 +q的小球从圆弧管的水平直径端点 A由静止释放，小球沿细管滑到最低点 B时，对管壁恰好无压力，求： （ 1）则固定于圆心处的点电荷在 A B弧中点处的电场强度大小 （ 2）若把 O 处固定的点电荷拿走，加上一个竖直向下场强为 E的匀强电场，带电小球仍从 A点由静止释放，下滑到
23、最低点 B时，小球对环的压力多大 答案： 试题分析： (1)由 A到 B， 由动能定理得： （ 2分） 在 B点，对小球由牛顿第二定律得： （ 2分） 联立以上两式解得： 等势面上各处的场强大小均相等（ 1分） (2)设小球到达 B点时的速度为 v，由动能定理得 （ 2分） 在 B点处小球对环的弹力为 N，由牛顿第二定律得： （ 1分） 联立 和 式 , 解得小球在 B点受到环的压力为： （ 1分） 由牛顿第三定律得：小球在 B点对环的压力大小为 （ 1分） 考点：本题考查动能定理、圆周运动及牛顿第三定律等，意在考查学生的综合能力。 （ 12分）在金属板 A、 B间加上如图乙所示的大小不变、方
24、向周期性变化的交变电压 Uo，其周期是 T。现有电子以平行于金属板的速度 vo从两板中央射入。已知电子的质量为 m，电荷量为 e，不计电子的重力，求： （ 1）若电子从 t=0时刻射入，在半个周期内恰好能从 A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小是多少？ （ 2）若电子从 t=0时刻射入，恰能平行于金属 板飞出，则金属板至少多长？ （ 3）若电子恰能从两板中央平行于板飞出，电子应从哪一时刻射入，两板间距至少多大？ 答案：（ 1） （ 2） v0T （ 3） 试题分析：（ 1）电子飞出过程中只有电场力做功，根据动能定理得：可求： （ 2）若电子恰能平行于金属板飞出，说明电子在竖直方向前半周期做匀
25、加速直线运动，后半周期做匀减速直线运动，到电子飞出电场最少用时为 T；则电子水平方向做匀速直线运动： L=v0T （ 3）若电子恰能从两板中央平行于板飞出，要满足两个条件，第一竖直方向的位移为零，第二竖直方向的速度为零； 则电子竖直方向只能先加速到某一速度vy再减速到零，然后反方向加速度到 vy再减速到零由于电子穿过电场的时间为 T，所以竖直方向每段加速、减速的时间只能为 ，即电子竖直方向只能先加速 时间到达某一速度 vy再减速 时间速度减小到零，然后反方向加速 时间到达某一速度 vy，再减速 时间速度减小到零，电子回到原高度根据以上描述电子可以从 t时刻进入： 。 设两板间距至为 d，而电子加速 时间的竖直位移为： ， 而电子减速 时间的竖直位移也为： h； 所以电子在竖直方向的最大位移为： y=2h 而： y ,解得： d 所以 d的最小值为： 考点：本题考查带电粒子在周期性变化的电场中的运动，意在考查学生的综合分析能力。
