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).doc

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资源描述

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。

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