1、2013 2014学年山西省忻州一中高二上学期期中考物理试卷与答案（带解析） 选择题 在静电场理论的研究和建立的过程中，许多物理学家作出了重要贡献。下列说法中错误的是 A自然界中的电荷只有两种，富兰克林将其分别命名为正电荷和负电荷 B密立根通过油滴实验首先比较准确地测出了元电荷的电荷量 C库仑通过扭秤实验得出了任意两个电荷间的库仑力 F=k 的规律 D法拉第认为电荷间有相互作用力是通过电荷激发的电场而产生的 答案： C 试题分析：历史上首先命名正负电荷的是美国科学家富兰克林，且自然界中只存在这两种电荷，所以 A说法正确；密立根通过油滴实验首先比较准确地测出了元电荷的电荷量，故 B正确；库仑通过
2、扭秤实验得出了真空中两点电荷间的库仑力 F=k 的规律，所以 C说法错误；法拉第首先提出场的概念，并认为电荷间的相互作用是通过电荷激发的电场而产生的，故 D说法正确。 考点：本题考查电荷、电荷量及库仑定律等，意在考查学生的识记能力。 在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道 ，然后在 Q点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道 。若卫星 的发射速度为 v0，第一宇宙速度为 ，在同步轨道 上的运行速度为 ，则 A v0 B若卫星的发射速度为 2v0，卫星最终围绕地球运行的轨道半径将变大。 C在轨道 上，卫星在 P点的速度等于在 Q点的速度 D卫星在 Q点通过加速实现由轨道 进入轨道 答
3、案： AD 试题分析： 7.9km/s即第一宇宙速度是发射卫星的最小速度，也是最大的圆周运动的环绕速度，而同步卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，根据可以发现，同步卫星运行的线速度一定小于第一宇宙速度，故 v0 v1 v2，所以 A正确；若卫星的发射速度为 2v0，即大于 11.2km/s，将脱离地球，所以 B错误；卫星首先进入椭圆轨道 ，在轨道 上，由 P点向 Q点运动，万有引力做负功，动能减小，所以 P点的速度大于 Q点的速度，故 C错误；从椭圆轨道 到同步轨道 ，卫星在 Q点是做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须卫星所需向心力大于万有引力，所以应给卫星加速，增加所需的向心力所以在
4、轨道 上 Q点的速度大于轨道上 经过 Q点的速度故 D正确 考点：本题考查天体运动，涉及发射速度、宇宙速度、环绕速度计卫星变轨问题，意在考查学生的综合分析能力。 如图所示， Q1、 Q2为两个固定点电荷，其中 Q1带正电，它们连线的延长线上有 a、 b两点。一正试探电荷以一定的初速度沿直线从 b点开始经 a点向远处运动，其速度图象如图所示。则 A Q2一定带正电 B Q2一定带负电 C Q2电量一定大于 Q1电量 D Q2电量一定小于 Q1电量 答案： BD 试题分析：根据速度图象的斜率等于加速度，由图知，试探电荷经过 a点时的加速度为零，由牛顿第二定律得知，电荷所受的电场力为零， a点的合场
5、强必为零， Q1、 Q2在 a点产生的场强大小相等、方向相反，故 Q2一定带负电，所以A错误； B正 确；由上分析可知， Q1、 Q2在 a点产生的场强大小相等、方向相反，由 分析得知， Q2电量一定小于 Q1电量，故 C错误； D正确。 考点：本题考查电场强度、 v-t图像，意在考查学生对电场强度的理解及应用图像分析解决问题的能力。 甲、乙两根保险丝均为同种材料制成，直径分别是 d1=0.5 mm和 d2=1 mm，熔断电流分别为 2.0 A和 6.0 A，把以上两根保险丝各取等长一段 A将它们串联后再接入电路中，允许通过的最大电流是 2A B将它们串联后再接入电路中，允许通过的最大电流是
6、6A C将它们并联后再接入电路中，允许通过的最大电流是 8.0 A D将它们并联后再接入电路中，允许通过的最大电流是 7.5 A 答案： AD 试题分析：串联电路电流处处相等，两保险丝串联，电路允许的最大电流为额定电流较小保险丝的电流，即最大电流为 2.0A，故 A正确； B错误； 两保险丝材料与长度相同，由电阻定律可知， ， ， 所以 ， 保险丝允许的最大电压 ， ， 两保险丝并联，两端电压相等，并联电压应为 U=6R，则 I2=6A， ， 并联电路允许的最大电流为 6A+1.5A=7.5A，故 C错误 ;D正确 . 考点：本题考查测定电阻的电阻率，涉及串并联电路的规律、欧姆定律的计算等，意
7、在考查学生的分析能力。 甲、乙两物体先后从同一地点出发，沿一条直线运动，它们的 v t图象如图所示，由图可知 A甲比乙运动快，且早出发，所以乙追不上甲 B t=20 s时，乙追上了甲 C在 t=20 s之前，甲比乙运动快；在 t=20 s之后，乙比甲运动快 D由于乙在 t=10 s时才开始运动，所以 t=10 s时，甲在乙前面，它们之间的距离为乙追上甲前的最大距离 答案： C 试题分析：在 10-20s内，甲的速度大于乙的速度， 20s后，乙的速度大于甲的速度，故 A错误； C正确；在 t=20s时，甲、乙图线围成的面积不等，知乙未追上甲，故 B错误；乙在 t=10s时才开始运动，所以 t=1
8、0s时，甲在乙前面，在速度相等前，甲的速度大于乙的速度，两者距离越来越大，速度相等时，相距最大，所以 D错误。 考点：本题考查图像、匀变速直线运动的速度时间关系，意在考查学生的识图能力。 如图所示，用两节干电池点亮几个小灯泡，当逐一闭合开关接入灯泡时，以下说法不正确的是 A电源的输出功率在接通的灯多时一定较大 B接通的灯少 时各灯较亮，接通的灯多时各灯较暗 C各灯两端电压在接通的灯多时较低 D通过电源的电流在接通的灯多时较大 答案： A 试题分析：接通的灯少时外电路总电阻大，接通的灯多时外电路总电阻小，根据闭合电路欧姆定律和串联电路分压特点知，接通的灯少时路端电压大，各灯的电压大，较亮相反，接
9、通的灯多时各灯的电压小，较暗故 B、 C正确根据电源的内电阻等于外电阻时，输出功率最大，可知，由于电源的内电阻与外电阻大小关系未知，所以在接通的灯多时，电源的输出功率不一定较大，故 A错误在接通的灯多时，外电路总电阻较小，根据闭 合电路欧姆定律知，通过电源的电流较大，故 D正确本题选错误的，故选 A 考点：本题考查闭合电路欧姆定律、电功、电功率等，意在考查学生的分析能力。 如图所示，一高度为 h的楔形物块固定在水平地面上，质量为 m的物体由静止开始从倾角分别为 、 的两个光滑斜面的顶端滑下，则下列说法中正确的是 A物体滑到斜面底端的速度相同 B物体滑到斜面底端所用的时间相同 C物体滑到斜面底端
10、时重力所做功的功率相同 D物体滑到斜面底端过程中重力所做的功相同 答案： D 试题分析：如图从两个光滑斜面顶端滑下，根据机械能守恒 ，下落高度 h相同，所以到达斜面低端的速度大小相等，但方向不同，所以 A错误；在滑下过程中物体做初速度为零的匀加速直线运动，根据 可知运动时间不同，所以 B错误；从顶端滑下重力做功相同 ，根据 ，运动时间不同所以功率不同，故 C错误； D正确。 考点：本题考查物体的运动，机械能守恒、功率等。 如右图所示， MN是一负点电荷产生的电场中的一条电场线。一个带正电的粒子（不计重力）从 a运动到 b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示。由此可以得出的正确结论是（ ） A带电
11、粒子从 a到 b过程中动能逐渐减小 B带电粒子在 a点 的加速度小于在 b点的加速度 C带电粒子在 a点时具有的电势能小于在 b点时具有的电势能 D负点电荷一定位于 M点左侧 答案： B 试题分析：由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，所以力需指向轨迹内侧，故该带正电的粒子所受电场力向右，因此电场线由 M指向 N，所以场源电荷在N点右侧，所以 D错误；根据负电荷周围电场分布特点可知： a点的电场强度小于 b点的电场强度，所以粒子在 a点受到的电场力小于在 b点时的电场力，故带电粒子在 a点的加速度小于在 b点的加速度，所以 B正确；粒子从 a运动到 b点的过程中，电场力做正功，动能增加 ，故
12、A错误；电场力做正功，电势能减小，所以带电粒子在 a点时具有的电势能大于， b点时具有的电势能，故 C错误。 考点：本题考查电场的基本性质涉及电场线、电势、电势能、电场强度及动能定理的应用，意在考查学生对电场性质的理解。 如图所示， a、 b、 c为同一种材料做成的电阻， b与 a的长度相等但横截面积是 a的两倍； c与 a的横截面积相等但长度是 a的两倍。当开关闭合后，三个理想电压表的示数关系是 A V1的示数是 V3的 2倍 B V1的示数是 V2的 2倍 C V2的示数是 V1的 2倍 D V2的示数是 V3的 2倍 答案： B 试题分析：解：由题意可知： Lc=2La=2Lb， Sb=
13、2Sa=2Sc； 设 b的电阻 Rb=R， 由电阻定律 ， 得： Ra=2Rb=2R， Rc=2Ra=4R， Rc： Ra： Rb=4： 2： 1， 由电路图可知， a、 b、 c三个电阻串联，通过它们的电流 I相等， 由 U=IR得： Uc： Ua： Ub=4： 2： 1， UV3： UV1： UV2=4： 2： 1， 所以 B正确。 考点：本题考查电阻定律、串并联电路的规律等。 在越野赛车时，一辆赛车在水平公路上减速转弯，从俯视图中可以看到，赛车沿圆周由 P向 Q行驶。下列图中画出了赛车转弯时所受合力的四种方式，你认为正确的是 答案： D 试题分析：根据力与轨迹的关系，力要指向轨迹弯曲的内
14、侧，且赛车沿圆周由P向 Q做减速行驶，可知力与运动方向的夹角为钝角，所以 D正确。 考点：本题考查力与运动的关系，意在考查学生的分析能力。 关于电容器和电容，下列说法正确的是 A电容器所带电荷量越多，电容越大 B电容器两板间电压越低，其电容越大 C电容器不带电时，其电容为零 D电容器的电容只由它本身的特性决定 答案： D 试题分析：电容器的电容根据定义 可知，这是比值法定义的物理量，电容由电容器自身决定，与电容器电荷量及板间电压无关，所以 D正确。 考点：本题考查电容器的电容，意在考查学生的理解能力。 某物体在三个力作用下处于静止状态，若把其中一个力 F1的方向沿顺时针转过 60而保持其大小不
15、变。其余两个力保持不变，则此时物体所受的合力大小为 A F1 B F1 C 2F1 D无法确定 答案： A 试题分析：力平衡中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故除 F1外的两个力的合力大小等于 F1，方向与 F1反向，故等效成物体受两个互成 120的大小等于 F1的力作用； 根据平行四边形定则可知，两个大小相等且互成 120的力合成时，合力在两个分力的角平分线上，大小等于分力，故此时物体所受到的合力大小为 F1； 考点：本题考查力的合成与分解、共点力的平衡，意在考查学生的分析能力。 实验题 （ 8分）（ 1）有一电阻值约为 20 、额定功率约为 7.2的灯泡，现准备用伏安法测量多组
16、数据，借助 I U图象较准确地测其阻值，实验室提供的器材有： A电流表 (量程 O 3 A，内阻约 O.1) B电流表 (量程 0 0.6 A，内阻约 0.5) C电压表 (量程 0 3 V，内阻约 3k) D电压表 (量程 O 15 V，内阻约 15 k) E滑动变阻器 (阻值 O 10，额定电流 2 A) F直流电源 (电动势 12 V，内阻不计 ) G开关及导线若干 要使测量误差尽量小，电流表应选择 ，电压表应选择 (填序号字母 ) 按实验要求在方框内画出实验电路图。 试将题图所示器材连成实验电路 答案： 、 如图 试题分析： 由题意知，待测电阻允许通过的最大电流为 ，所以电流表选择 B
17、，额定电压约为 ，所以电压表选择 D； 、 因需用伏安法测量多组数据，借助 I U图象较准确地测其阻值 ，故控制电路用分压式接法，待测电阻阻值约为 20，为小电阻，所以测量电路用电流表的外接法，电路图如上图。 考点：本题考查电阻测量时电表的选择、电路的连接等，意在考查学生的分析能力。 （ 4分）用伏安法测量电阻，有如图中甲、乙所示的两种电路。现有一待测电阻 Rx，不知道大约多大，电压表的内阻也不知道，但知道电流表的内阻为 RA，那么测量时应采用图 _电路（填 “甲 ”或 “乙 ”）。在所选电路中，若电压表和电流表的示数分别为 U 和 I，（不考虑读表读数误差、接线松紧等技术误差）则待测电阻的真
18、实值 Rx=_。 答案：甲 试题分析：甲图 Rx与电流表串联，电压表测量的是串联电路的总电压，所以，乙图，由于电压表的分流不知道，所以测量误差较大，所以选择甲图；待测电阻真实值 。 考点：本题考查欧姆定律、电阻的测量误差分析等。 计算题 （ 7分）如图所示，一个电容为 C，极板间距为 d的平行板电容器的两个极板竖直放置，在两板之间有一个质量为 m的带电小球，小球用绝缘细线连接悬挂于 O点。现给电容器缓慢充电，使两极板所带电量分别为 +Q和 -Q，此时悬线与竖直方向的夹角为 30o。小球所带电量是多少 答案： 试题分析：由题 意知小球在三个力的作用下处于平衡状态，受力示意图，如图所示 可得： 2
19、分 E= = 2分 联立得： 3分 考点：本题考查物体的平衡，涉及到电容器、电场强度的计算等。 （ 8分）如图所示，一电动机与一电阻 R串联接在电源上，电源电动势E=20V，内电阻 r=1，用理想电压表测出电动机两端的电压为 10V，已知电动机的内阻 RM=1，电阻 R=9，试计算： （ 1）电动机输入功率； （ 2）电动机输出的机械功率； （ 3）电源的总功率 答案：（ 1） 10W （ 2） 9W （ 3） 20W 试题分析：（ 1）根据欧姆定律 可得电路中的电流 I= =1A 1分 所以电动机的输入功率 P 入 =IU=10W 2分 （ 2）电动机内阻消耗的热功率 P 热 =I2R=1W
20、 1分 所以输出功率 P 出 =P 入 -P 热 =9W 2分 （ 3）电源的总功率 P 总 =IE=20W 2分 考点：本题考查闭合电路欧姆定律、电功率的计算，意在考查学生的计算能力。 （ 12分）中国女子冰壶队近年来在国际比赛中取得了令人鼓舞的成绩。如图是冰壶赛道的简易图， A 点表示发球点， B 为释放点， C 为对方的营垒中心。假如比赛时队员从 A点对冰壶施加一个恒定的推力，使冰壶从静止开始运动，到 B 点时撤掉推力，冰壶靠惯性继续前进，直到停在对方的营垒中心 C。设 A、C 间距离为 x=52m，冰壶与地面间的动摩擦因数 =0.1，冰壶的质量为 m=20kg，我方运动员对冰壶施加的推
21、力 F=52N，求：（ g取 10m/s2） （ 1）冰壶在力 F作用过程中发生位移 xl的大小； （ 2）撤去力 F后冰壶继续滑动的时间 t。 答案：（ 1） 20m （ 2） 8s 试题分析：（ 1） A、 B段：根据动能定律：（ F-mg） xl= mv2 2分 B、 C段： -mg（ x-xl） =0- mv2 2分 联解得： xl =20m 2分 （ 2） B、 C段：根据牛顿第二定律 mg=ma 2分 a=1m/s2 1分 由匀变速直线运动的规律 x-xl= at2 2分 t=8s 1分 考点：本题考查匀变速直线运动的规律、牛顿第二定律，意在考查学生的分析计算能力。 （ 13分）如
22、图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为 L、场强为 E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为 L处有一与电场平行的屏。现有一电荷量为 q、质量为 m 的带电粒子 (重力不计 )，以垂直于电场线方向的初速度 v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为 O。试求： （ 1）粒子从射入到打到屏上所用的时间； （ 2）粒子打到屏上的点 P到 O点的距离； （ 3）粒子在整个运动过程中动能的变化量。 答案：（ 1） （ 2） （ 3） 试题分析：（ 1）根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入到打到屏上所用的时间 t= 3分 （ 2）设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为 vy， 根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为： a= 1分 所以 vy=a = 1分 所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为： tan = = . 1分 设粒子在电场中的偏转距离为 y，则 y= a = 2分 又 s=y Ltan，解得： s= 2分 （ 3）整个运动过程只有电场力做功，根据动能定理： EK=qEy= 3分 考点：本题考查带电粒子的运动、运动的分解、动能定理，意在考查学生的综合分析能力。
