1、合肥一中20132014学年第一学期段二考试高二物理试卷考试时间：90分钟 满分：100分命题人：吴晓明、沈力 审题人：王世权、沈力一、单项选择题（本题共10小题；每小题4分，共40分）1、电源电动势的大小反映的是( ).A电源把电能转化成其他形式的能的本领的大小B电源把其他形式的能转化为电能的本领的大小C电源单位时间内传送电荷量的多少D电流做功的快慢. 【答案】B【ks5u解析】电动势在数值上等于非静电力将1C的正电荷在电源的内部从负极移到正极所做的功，做了多少功，就有多少其它形式的能转变为电能；所以电动势的大小反映电源把其他形式的能转化为电能的本领的大小；单位时间内流过的电荷量表示电流，做
2、功的快慢表示功率；故选B。【考点】电源的电动势和内阻2、两个分别带有电荷量Q和3Q的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F.两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为( )A.F B.F C.F D12F 【答案】C【ks5u解析】接触前两个点电荷之间的库仑力大小为，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带点为+Q，距离又变为原来的，库仑力为，所以两球间库仑力的大小为；故选C。【考点】 库仑定律；电荷守恒定律3、我国北京正负电子对撞机的储存环是周长为240 m的近似圆形轨道，当环中的电流是10 mA
3、时(设电子的速度是3107 m/s)，在整个环中运行的电子数目为(电子电量e1.61019 C)()A51011 B51010 C1102 D1104 【答案】A【ks5u解析】电子转一圈的时间,整个环中电子的电量,所以电子的数目，故A正确。【考点】电流、电压概念4、 A、B是一条电场线上的两个点，一带正电的粒子仅在电场力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其v-t图象如图甲所示.则这电场的电场线分布可能是下图中的（ ）【答案】D【ks5u解析】根据v-t图象，带电粒子的加速度逐渐增大，速度逐渐减小，故带正电的粒子应该逆电场线运动，且向着电场线密集的方向运动，选项D正确。【考点】电场
4、线；匀变速直线运动的图像5、如图所示匀强电场E的区域内，在O点处放置一点电荷+Q，a、b、c、d、e、f为以O点为球心的球面上的点，aecf平面与电场平行，bedf平面与电场垂直，则下列说法中正确的是（ ）Ab、d两点的电场强度相同 Ba点的电势等于f点的电势C点电荷+q在球面上任意两点之间移动时，电场力一定做功D将点电荷+q在球面上任意两点之间移动，从球面上a点移动到c点的电势能变化量一定最大【答案】D【ks5u解析】A、点电荷+Q在b点产生的电场方向为竖直向上，在d点产生的电场方向为竖直向下，匀强电场方向水平向右，根据平行四边形定则可知，b点的合场强斜向右上方，d点的合场强斜向左下方，两点
5、场强大小相同，方向不同，电场强度不同，故A错误；B、将一个试探正电荷由a点移动到f点，点电荷电场力不做功，匀强电场的电场力做正功，故合力做正功，电势能减小，电势降低，故B错误；C、电荷+q沿着球面上的aedf移动时，匀强电场的电场力不做功，点电荷电场力也不做功，故合电场力不做功，故C错误；D、将点电荷+q在球面上任意两点之间移动，点电荷电场力不做功，从a点移动到c点，匀强电场的电场力做功最大，故合力做功最大，故D正确。【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能6、如图所示，直线A是电源的路端电压和电流的关系图线，直线B、C分别是电阻R1、R2的两端电压与电流的关系图线，若将这两个电阻分别
6、接到该电源上，则()AR1接在电源上时，电源的效率高 BR2接在电源上时，电源的效率高CR1接在电源上时，电源的输出功率大 D电源的输出功率一样大【答案】A【ks5u解析】A、B，电源的效率，效率与路端电压成正比，R1接在电源上时路端电压大，效率高，故A正确，B错误；C、D，由图线的交点读出，R1接在电源上时，电源的输出输出功率，R2接在电源上时，电源的输出输出功率，故C、D错误。故选A。【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率7、在如图所示电路中，为电源电动势，为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器当R2的滑动触点在端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I
7、2和U现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况（）AI1增大，I2不变，U增大 BI1减小，I2增大，U减小CI1增大，I2减小，U增大 DI1减小，I2不变，U减小【答案】B【ks5u解析】R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，即A1示数减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大，即A2示数增大，故B正确。【考点】闭合电路的欧姆定律8、如图所示，两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器，极板N与静电计相连，极板M与静电计的外壳均接地。用
8、静电计测量平行板电容器两极板间的电势差U。在两板相距一定距离d时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度。在整个实验过程中，保持带电量Q不变，下面的操作中将使静电计指针张角变小的是（ ）A仅将M板向上平移 B仅将M板向下平移C仅将M板向左平移 D仅在M、N之间插入云母板（介电常数大于1）【答案】D【ks5u解析】由题意，电容器所带电量Q保持不变，静电计指针张角变小，板间电势差U变小，由分析可知，电容C变大，根据分析可知板间距离应减小、或插入电介质；所以D正确。【考点】电容器的动态分析9、用图示的电路可以测量电阻的阻值。图中Rx是待测电阻，R0是定值电阻，G是灵敏度很高的电流表，MN是一段均匀的电
9、阻丝。闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表G的电流为零时，测得，则Rx的阻值为（ ）A B C D【答案】C【ks5u解析】阻丝MP段与PN段电压之比等于R0和Rx的电压比，即；通过电流表G的电流为零，说明通过电阻丝两侧的电流是相等的，而总电流一定，故通过R0和Rx的电流也相等，故；根据电阻定律公式，有；故，解得；故选C。【考点】伏安法测电阻10、在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b.不计空气阻力，则（ ）A小球带负电 B电场力跟重力平衡C小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小D
10、小球在运动过程中机械能守恒【答案】B【ks5u解析】A、B据题小球在竖直平面内做匀速圆周运动，受到重力、电场力和细绳的拉力，电场力与重力平衡，则知小球带正电，故A错误，B正确；C、小球在从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，小球的电势能增大故C错误；D、由于电场力做功，所以小球在运动过程中机械能不守恒，故D错误。故选B。【考点】电势能；机械能守恒定律二、填空题（第11题6分、第12题10分， 共16分）11、左图是用游标卡尺测量某金属圆筒外径的示意图，由图中可以读出该圆筒外径的测量值为_cm。右图是用螺旋测微器测量某金属棒直径的示意图，由图中可以读出该金属棒直径的测量值为_mm。【答案】（1
11、）2.360； （2）2.632【ks5u解析】（1）由图所示游标卡尺可得，主尺示数为2.3cm，游标尺示数为120.05mm=0.60mm=0.060cm，圆筒外径为2.3cm+0.060cm=2.360cm；（2）由图所示螺旋测微器可知，固定刻度为2.5mm，可动刻度示数为13.20.01mm=0.132mm，金属棒直径为2.5mm+0.132mm=2.632mm（2.6302.635mm均正确）【考点】刻度尺、游标卡尺的使用12、某学习小组的同学拟探究小灯泡L的伏安特性曲线，可供选用的器材如下：小灯泡L，规格“4.5V0.5A”； 电流表A，量程0.6A，内阻r约为0.2; 电压表V，量
12、程15V，内阻约为15 k； 滑动变阻器R，阻值范围010；学生电源E，电动势6V，内阻不计；开关S及导线若干.（1）甲同学设计了下图所示的电路进行测量，请按照右边电路图把实物图中未完成的连线补充完整.（2）乙同学经分析发现甲同学实验精度不高，又从实验室找来Ig=100A,Rg=1000的灵敏电流计和电阻箱（099999.9），想把灵敏电流计改装成量程为5V的电压表，需要把电阻箱调成 的阻值，并与灵敏电流计 （填“串”或“并”）联在电路中来替代实验中的电压表.（3）乙同学用改装的电压表实验得到数据，现要以纵坐标表示通过电流表A的电流I，横坐标表示通过灵敏电流计的电流IG，画出I -IG图线，他
13、已经把数据画在坐标纸上，请帮他把图线画出来.（4）乙同学通过查找资料发现同等型号的小灯泡的灯丝在27时电阻是2.1，并且小灯泡灯丝电阻值与灯丝温度的关系为R=k(273+t)，k为比例常数。请估算灵敏电流表的电流IG=60A时该灯泡灯丝的温度约为 。【答案】（1）如图（2） 49000 串联 （3）连成折线的不给分，连成光滑曲线即可给分（4） 854.8（左右）【ks5u解析】（1）如图（2）设改装后的电压表为，则，故（3）连成光滑曲线如图（4）由图像可知IG=60A时I=0.38A，而灯泡两端的电压，所以对灯泡由欧姆定律得，小灯泡灯丝电阻值与灯丝温度的关系为R=k(273+t)，并且27时电
14、阻是2.1，代入解得t854.8C。【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线三、计算题（本题共4小题，44分）13、（11分）如图所示，R为电阻箱，V为理想电压表当电阻箱读数为R12 时，电压表读数为U14 V；当电阻箱读数为R25 时，电压表读数为U25 V求：(1)电源的电动势E和内阻r；(2)当电阻箱R读数为多少时，电源的输出功率最大？最大值Pm为多少？【答案】E6 V，r1 当R1 时， P有最大值，【ks5u解析】(1)由闭合电路欧姆定律得：，联立上述方程，代入数据解得E6 V，r1 (2)由电功率表达式变形为 由上式可知当Rr1 时， P有最大值，【考点】闭合电路欧姆定律14、（11分）
15、如图甲所示，电荷量为q=110-4C的带正电的小物块置于绝缘水平面上，所在空间存在方向沿水平向右的电场，电场强度E的大小与时间的关系如图乙所示，物块运动速度与时间t的关系如图丙所示，取重力加速度g=10m/s2。求（1）前2秒内物体加速度的大小；（2）前4秒内物体的位移 ；（3）前4秒内电场力做的功。【答案】a=1m/s2 x2=6m W=14J【ks5u解析】（1）由图丙可得a=1m/s2（2）由图丙可知物体先做匀加速运动，然后做匀速运动x1=vt1，x2=vt2x= x1+x2=6m（3）由图乙可知F1=qE1=3NF2=qE2=2N W= F1 x1+ F2 x2W=14J 【考点】功的
16、计算；匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律15、（11分）如图所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和Y长为L，相距d，足够大的竖直屏与两板右侧相距b在两板间加上可调偏转电压U，一束质量为m、带电量为+q的粒子（不计重力）从两板左侧中点A以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出 （1）证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点；（2）求两板间所加偏转电压U的范围；（3）求粒子可能到达屏上区域的长度【答案】（1）证明过程同解析；（2）；（3）【ks5u解析】（1）设粒子在运动过程中的加速度大小为a，离开偏转电场时偏转距离为y，沿电场方向的速度为vy，偏转角为，其反向延长线通过O点，O
17、点与板右端的水平距离为x，则有y 联立可得，即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心。（2） 由以上各式解得当时，则两板间所加电压的范围 （3）当时，粒子在屏上侧向偏移的距离最大（设为y0），则 而 解得 则粒子可能到达屏上区域的长度为 【考点】带电粒子在匀强电场中的运动16、（11分）如图所示，A是一个质量为110-3kg表面绝缘的薄板，薄板静止在光滑的水平面上，在薄板左端放置一质量为110-3kg带电量为q=110-5C的绝缘物块，在薄板上方有一水平电场，可以通过开关控制其有、无及方向先产生一个方向水平向右，大小E1=3102V/m的电场，薄板和物块开始运动，作用时间2s后，
18、改变电场，电场大小变为E2=1102V/m，方向向左，电场作用一段时间后，关闭电场，薄板正好到达目的地，物块刚好到达薄板的最右端，且薄板和物块的速度恰好为零. 已知薄板与物块间的动摩擦因数=0.1，（薄板不带电，物块体积大小不计，g取10m/s2）求：（1）在电场E1作用下物块和薄板的加速度各为多大；（2）电场E2作用的时间；（3）薄板的长度和薄板移动的距离【答案】 t= 6sL =2.67m 【ks5u解析】（1）物块 薄板 (2)经t1=2s时 物块v1=a1t1=22=4m/s 向右 薄板v2=a2t1=12=2m/s 向右 经2秒后，物块作匀减速运动 向左 薄板加速度不变，仍为a2=1
19、m/s2 向右，当两者速度相等时，物块恰好到达薄板最右端，以后因为qE2=f=(m0+m1)g，所以物块和薄板将一起作为整体向右以向右匀减速直到速度都为0 共同速度为v=v1-a1 t2 v=v 2+a2t2t2= v=m/s 物块和薄板获得共同速度至停止运动用时 第二次电场作用时间为t=t2+t3=6s（3）经t1=2s时 物块运动 薄板运动 薄板在t2时间内位移x3=v2t2+a2t22=m物块在t2时间内位移为x4=v1t2-a1t22=m 薄板长度L=x1-x2+x4-x3=m=2.67m薄板右端到达目的地的距离为【考点】匀变速直线运动；牛顿第二定律；带电粒子在匀强电场中的运动高二物理
20、答案1、B 2、C 3、A 4、D 5、D 6、A 7、B 8、D 9、C 10、B 11、（1）2.360；（2）2.63012、（1）（2） 49000 串联 （3）连成折线的不给分，连成光滑曲线即可给分（4） 840870均可13、解析：(1)由闭合电路欧姆定律得： EU1r，EU2r联立上述方程，代入数据解得E6 V，r1 .(2)由电功率表达式PR变形为 P由上式可知当Rr1 时， P有最大值，Pm9 W.14、解：（1）由图丙可得a=1m/s2（2）由图丙可知物体先做匀加速运动，然后做匀速运动x1=vt1，x2=vt2x= x1+x2=6m（3）由图乙可知F1=qE1=3NF2=q
21、E2=2N W= F1 x1+ F2 x2W=14J 15、解析：（1）设粒子在运动过程中的加速度大小为a，离开偏转电场时偏转距离为y，沿电场方向的速度为vy，偏转角为，其反向延长线通过O点，O点与板右端的水平距离为x，则有YYv0AOv0vyxyy0y 联立可得 即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心（2） 由式解得当时， 则两板间所加电压的范围 （3）当时，粒子在屏上侧向偏移的距离最大（设为y0），则 而 解得 则粒子可能到达屏上区域的长度为 16、解：（1）物块 薄板 (2)经t1=2s时 物块v1=a1t1=22=4m/s 向右 薄板v2=a2t1=12=2m/s 向右
22、 经2秒后，物块作匀减速运动 向左 薄板 加速度不变，仍为a2=1m/s2 向右，当两者速度相等时，物块恰好到达薄板最右端，以后因为qE2=f=(m0+m1)g，所以物块和薄板将一起作为整体向右以 向右作匀减速直到速度都为0 共同速度为v=v1-a1 t2 v=v 2+a2t2t2= v=m/s 物块和薄板获得共同速度至停止运动用时 第二次电场作用时间为t=t2+t3=6s（3）经t1=2s时 物块运动 薄板运动 薄板在t2时间内位移x3=v2t2+a2t22=m物块在t2时间内位移为x4=v1t2-a1t22=m 薄板长度L=x1-x2+x4-x3=m=2.67m（或用能量守恒qE1x1-qE2x4= L=m） 薄板右端到达目的地的距离为强调：动力学问题求解方法众多，只要结果正确即可给分。
