2014~2015学年天津和平区高二上学期期中物理试卷 【答案版】

2014~2015学年天津和平区高二上学期期中物理试卷未分组选择题爱智康1.A.B.C.D.答 案解 析原 文下列说法正确的是（    ）元电荷就是质子点电荷是很小的带电体摩擦起电说明电荷可以创生库仑定律只适用于在真空中两个点电荷之间相互作用力的计算DA．元电荷是自然界最小的电量，在数值上等于质子或电子的带电量，不是实物粒子．故A错误；B．点电荷是当两个带电体的形状对它的相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看作点电荷．不是以电荷量的大小和体积大小来确定是否是点电荷，故B错误；C．摩擦起电过程是得到和失去电子的过程，因此其实质是电子的转移，电荷不可以创生，故C错误；D．库仑定律只适用于在真空中两个点电荷之间相互作用力的计算，故D正确．故选：D．1.【答案】D2.A. ，B. ，C. ，D. ，答 案解 析一电池外电路断开时的路端电压为 ，接上的负载电阻后路端电压降为，则可以判定电池的电动势和内电阻为（）B电池外电路断开时的路段电压为电动势，即 ，由欧姆定律求得干路电流，由闭合电路欧姆定律路端电压可知， ．故选B．3V8Ω2.4VErE=2.4Vr=1ΩE=3Vr=2ΩE=2.4Vr=2ΩE=3Vr=1Ω3VI===0.3AUR2.48U=E−Irr=2Ω爱智康原 文2.【答案】B3.A.B.C.D.答 案解 析原 文两个放在绝缘架上的相同金属球相距 ，球的半径比小得多，分别带和的电量，相互作用的静电引力为．现将这两个金属球接触，然后分开，仍放回原处，则它们的相互作用力将变为（    ）C由库仑定律可得： ，且相互作用的静电引力，则两球带的是异种电荷，因此两球的带电量均为 ；则库仑力 ．故选：C．3.【答案】Cddq5q5F05F4F9F5F=kq⋅5qr2=2q5q−q2=k=4FF′2q⋅2qr24.A.B.C.D.答 案解 析两平行金属板水平放置，板间距为 ，两板接上电压，板间有一个带电液滴质量为，处于静止状态，则油滴上有元电荷数目是（ ，）（ ）A平行金属板板间场强为 ，带电液滴所受电场力为．带电液滴在匀强电场中处于静止状态，电场力与重力平衡，则有： ，得到： ，油滴上元电荷的数目为： 个．故选：A．0.6cm6×V1034.8×g10−10g=10m/s2g=1.6×C10−19303×103×1043×106E=UdF=qEmg=qEq=mgdUn====30qemgdeU4.8××10×0.00610−136××1.6×10310−19爱智康原 文4.【答案】A5.A. 变大，变小B. 变大，变大C. 变小，变大D. 变小，变小答 案解 析原 文在如图所示的电路中， 、、和皆为定值电阻，为可变电阻，电源的电动势为，内阻为．设电流 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 的读数为，电压表的读数为．当的滑动触点向图中端移动时（）D当变阻器 滑动触点向端移动时，变阻器接入电路的电阻减小，总电阻减小，总电流增大，电源内电压增大，电压表测量电路的外电压示数减小，、两端电压随总电流增大而增大，所以外电路并联部分电压减小，通过电流表所在支路的电流减小，示数减小，故D项正确．故选D．5.【答案】DR1R2R3R4R5ErAIVUR5aIUIUIUIUR5aR1R36.A.保持不变，增大，则变大B.保持不变，增大，则变小C.保持不变，减小，则变小D.保持不变，减小，则不变答 案解 析用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图所示）．设两极板正对面积为 ，极板间的距离为，静电计指针偏角为．实验中，极板所带电荷量不变，若（ ）AA、B．根据电容的决定式SdθSdθSdθdSθdSθ爱智康原 文 得知，电容与极板间距离成反比，当保持不变，增大时，电容减小，电容器的电量不变，由电容的定义式 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角变大；反之，保持不变，减小 ，则减小．故A正确，B错误；C、D．根据电容的决定式 得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持不变，减小时，电容减小，电容器极板所带的电荷量不变，则由电容的定义式分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角变大；反之，保持 不变，增大，则减小，故C错误，D错误．故选A．6.【答案】AC=εS4πkdSdQC=QUθSdθC=εS4πkddSQC=QUθdSθ7.A.外力的方向水平向右B.外力的方向竖直向上C.外力的大小等于D.外力的大小等于答 案解 析原 文如图所示，在场强为 的水平向右的匀强电场中，、为一竖直直线上的两点，相距为，外力将质量为，带电量为的微粒从点匀速移到点，重力不能忽略，则下列说法中正确的是（ ）DA、B．由题意可知，粒子从 点匀速移到点，合力为零，粒子受到向左的电场力、外力与重力处于平衡状态，根据平衡条件可知：外力与电场力、重力的合力方向相反，如图所示，外力方向斜向右上方．故A、B错误；C、D．因粒子处于平衡状态，则外力的大小，与重力和电场力的合力等值反向，根据力的平行四边形定则，结合几何关系，则有： ，故C错误，D正确．故选：D．【答案】EABLFm−qABqE+mg+(qE)2(mg)2−−−−−−−−−−−−√ABF=+(qE)2(mg)2−−−−−−−−−−−−√爱智康7.D8.A.B.C.D.答 案解 析原 文 、、是匀强电场中同一平面上的三个点，各点的电势分别为，，，则在下列各示意图中能正确表示该电场强度方向的是（    ）B由题意可知，各点的电势分别为 ，，，则连线的中点的电势为，所以该点与点的连线，即为等势线．由于沿着电场线方向，电势降低．故B正确，ACD错误．故选：B．8.【答案】Babc=10VUa=2VUb=6VUc=10VUa=2VUb=6VUcab6Vc9.A.B.C.D.答 案解 析原 文下列关于电流的说法中，正确的是（    ）我们把大小、方向都不随时间变化的电流称为恒定电流国际单位制中，电流的单位是安培，简称安电流既有大小又有方向，所以电流是矢量由可知，电流越大，单位时间内通过导体横截面的电荷量就越少A BA．恒定电流最大的特点就是大小和方向都不变，A正确；B．国际单位制中，电流的单位是安培，简称安，B正确；C．电流既有大小又有方向，但是标量，C错误；D．由 可知，电流越大，单位时间内通过导体横截面的电荷量就越多，D错误．故选：AB．9.【答案】A BI=qtI=qt10.一带正电的粒子仅在电场力作用下从A. 点的电场强度一定大于点的电场强度B. 间各点电场强度和电势都为零C.粒子在点的电势能一定大于在点的电势能D. 两点间的电势差大于两点间的电势差答 案解 析原 文 点经、点运动到点，其图象如图所示，则下列说法中正确的（ ）A CA．由运动的速度--时间图象可看出，带正电的粒子的加速度在 点时较大，有牛顿第二定律得知在点的电场力大，故点的电场强度一定大于点的电场强度，故A正确；B． 间各点电荷的加速度为零，故不受电场力，故电场强度为零，电场强度为零说明各点之间的电势差为零，但电势不一定为零，故B错误；C．从 到，速度增大，故电场力做正功，可知电势能减小，故C正确；D． 、两点的速度相等，故粒子的动能相同，因此从到和从到电场力做功的绝对值相同，两点间的电势差等于两点间的电势差，故D错误．故选：AC．10.【答案】A CABCDv−tABCDABABCBAAABCDABACABBCABCB11.A. 点电势为负B.电场线方向向左C.电荷运动的轨迹可能是图中曲线D.电荷运动的轨迹可能是图中曲线答 案解 析如图所示，平行的实线代表电场线，方向未知，一正电荷在电场中只受电场力作用，该电荷由 点移到点，动能损失，若点电势为零，则（ ）B D据题意，电荷由 点移到点，动能损失，说明电场力做负功，而粒子做曲线运动，电场力指向轨迹弯曲的内侧，所以可知粒子沿曲线运动，电场力向左．因为电荷带正电，所以电场线方向向左，根据顺着电场线方向电势降低可知，ABABabABb原 文 点的电势高于点的电势，点电势为零，则点电势为正．故AC错误，BD正确．故选：BD．11.【答案】B DBAAB12.A.B.C.D.答 案解 析如图所示，在重力加速度为 的空间，有一个带电量为的点电荷固定在点，点、为以为圆心，半径为的竖直圆周上的两点，点、 、在同一竖直线上，，点、在同一水平线上．现在有一质量为、电荷量为的有孔小球，沿光滑绝缘细杆从点由静止开始滑下，滑至点时速度大小为，下列说法正确的是（ ）从点到点小球的电势能增加从点到点小球的机械能守恒两点、间的电势差为若从点自由释放，则小球下落到点时的速度大小为C DA．小球从 到的过程中，受到重力、库仑力和细杆的支持力三个力的作用，库仑力对小球做正功，电势能减小．故A错误；B．小球从 到的过程中，除了重力做功外，还有库仑力做功，所以此过程机械能不守恒．故B错误；C．小球从 到的过程中，重力和库仑力都做功，由动能定理有：，解得： ； 、的电势相等，则．则．故C正确；D． 和在同一个等势面上，两点的电势相等．小球由到的过程中，重力和电场力做功．由动能定理有： ，代入解得：，故D正确．故选：CD．g+QOBCORABO=RAB¯¯¯¯¯¯¯¯OCm−qACAC5gR−−−−√ACACBAmgR2qAB3gR−−−−√ACACAC−q+2mgR=mUAC12()5gR−−−−√2=−UACmgR2qBC==−UABUACmgR2q=UBAmgR2qBCBC=UABUACABmgR−q=mUAB12vB2=vB3gR−−−−√填空与实验题（共4小题，共16分）原 文12.【答案】C D13.答 案1．2．解 析原 文有一电流表的内阻 ，满偏电流，要把它改装成量程的电压表，要串联的电阻，改装后电压表的内阻是 ．把电流表改装成电压表，需要串联电阻的阻值： ，改装后电压表内阻： ．13.【答案】1．2．=30ΩRg=1mAIg0−3VΩΩ29703000R=−=−30=2970ΩUIgRg30.001===3000ΩRVUIg30.0012970300014.答 案1．2．解 析如图所示，有一水平方向的匀强电场，场强大小为 ，在电场内一水平面上作半径为的圆，圆上取、两点，沿方向，，另在圆心处放一电量为的正点电荷，则处场强大小，处的场强大小．点电荷在 点处产生的场强大小为：，方向从，则处场强大小 ；同理，点电荷在 点处产生的场强大小也为，方向从；根据平行四边形定则得，则两点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成， 点的场强大小为：．900N/C10cmABAOEBO⊥OAC10−9A=EAN/CB=EBN/C01.27×103AE=k=9××N/C=900N/CQr210910−90.12O→AA=0EABE=900N/CO→BB=E=×900N/C≈1.27×N/CEB2√2√103原 文14.【答案】1．2．01.27×10315.答 案1．2．3．解 析原 文用多用电表测量某电阻的阻值时，先将选择开关置于“ ”挡，把两支表笔 ，调整“欧姆调零旋钮”，使指针指向“”．此时电流的方向是从 （填“黑”或“红”）表笔流出电表．然后将两支表笔与电阻两极连接，指针位置如图，则被测电阻的阻值为 ．短接黑用多用电表测量某电阻的阻值时，先将选择开关置于“ ”挡，把两支表笔直接接触，调整“欧姆调零旋钮”，使指针指向“”．此时电流的方向是从黑表笔流出电表．欧姆表读数=倍率×表盘读数 ．15.【答案】1．2．3．短接黑×100ΩΩ90×100Ω=10×9=90Ω9016.答 案两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成-平行板电容器，与它相连接的电路如图所示，接通开关 ，电源即给电容器充电．保持接通，减小两极板间的距离，则一个电子（不计重力）从下极板处由静止释放到达上极板处时的速度将 ．（填变大或变小或不变）不变KK计算题（共4小题，36分）解 析原 文设电源的电动势为 ，电子的质量和电量分别为和．因为平行板电容器与电源保持相连，板间电压等于电源的电动势，即 ．对电子，运用动能定理得： ，联立得： ，由题意知， 不变，、也不变，则电子到达上极板处时的速度不变．16.【答案】不变EmqU=EeU=m12v2v=2eEm−−−−√Eme17.（1）答 案解 析（2）答 案如图所示，两条长均为 的细线，一端固定在天花板点，另一端分别系一质量为的小球和B．当两小球带电量相同时，被绝缘板挡住，且保持竖直，线与线的夹角为，而且静止．（取）求：两小球的带电量．对 受力分析，库仑力、重力与绳子拉力，如图所示，因线与线的夹角为，所以 ；根据库仑定律， ，由以上两式，解得： ．绝缘板受到的压力．0.5mO1×kg10−4AOAOBOA60∘g=10m/s21.67×C10−7BOBOA60∘=mgFBF=kQ2L2Q==C=1.67×CmgL2k−−−−−√1××10×10−40.529×109−−−−−−−−−−−−−−−−−√10−75×N3√10−4解 析原 文对 受力分析，库仑力、绳子拉力、重力及绝缘板的支持力，如图所示，由平衡方程，结合力的平行四边形定则，则有： ；根据牛顿第三定律，可知，绝缘板受到的压力为 ．17.【答案】（1）（2）AN=cos30=mgcos30=1××10×N=5×NFA∘∘10−43√23√10−45×N3√10−41.67×C10−75×N3√10−418.（1）答 案解 析（2）答 案解 析如图所示的匀强电场中，有 、、三点，，，其中沿电场方向，和电场方向成角，一个电荷量为的正电荷从移到电场力做功为求：匀强电场的场强 ？由题，由 得： ．电荷从 移到电场力做功？电荷从 移到电场力做功为： ．abcab=5cmbc=12cmabbc60∘q=4×C10−8ab=1.2×JW110−6E600V/m=qEW1labE==V/m=600V/mW1qlab1.2×10−64××0.0510−8bcW21.44×J10−6bc=qEcos60=4××600×0.12×0.5J=1.44×JW2lbc∘10−810−6（3）答 案解 析原 文 、两点的电势差？电荷从 移到电场力做功为： ，则 、两点的电势差为．18.【答案】（1）（2）（3）acUac66Vac=+WacW1W2ac===66VUacWacq+W1W2q600V/m1.44×J10−666V19.（1）答 案解 析（2）答 案解 析如图所示的电路中，电源的电动势为 ，，，理想电压表的示数为，求：电源的内电阻．根据闭合电路欧姆定律及部分电路欧姆定律得： ， ，带入数据解得： ．电容器所带的电荷量．电容器 与并联，则， ，而 ，5V==2ΩR1R2C=50μF4V1ΩE=U+IrU=I(+)R1R2r=1Ω1×C10−4CR1=IU1R1q=CU1原 文带入数据解得： ．19.【答案】（1）（2）q=1×C10−41Ω1×C10−420.（1）答 案解 析（2）答 案解 析如图，平行正对金属板 、的长度为，间距为．质量为、电荷量为的带电粒子，以速度沿平行于极板方向从板的左侧边缘射入，运动中未打到极板上，不计重力．若板间电势差为 ，求粒子从右侧射出时的速度大小．粒子在 、间运动过程中，沿极板方向做匀速运动，有：     ①垂直于极板方向做匀加速运动，有：     ②其中：     ③     ④射出电场时速度：     ⑤整理得：     ⑥若粒子恰好从 板的右边缘射出，则、板间的电压应为多少？$$\frac{2m{{d}^{2}}{{v}_{0}}^{2}}{q{{l}^{2}}}$从 板右侧边缘射出时：ABldmqv0AU+m2d2v02q2l2U2−−−−−−−−−−−−−−√mdv0ABl=tv0=atvya=qEmE=Udv=+v02vy2−−−−−−−√v=+m2d2v02q2l2U2−−−−−−−−−−−−−−√mdv0BABB原 文     ⑦由②④⑤⑧解得： ．20.【答案】（1）（2）$$\frac{2m{{d}^{2}}{{v}_{0}}^{2}}{q{{l}^{2}}}$y=d=a12t2U=2md2v02ql2+m2d2v02q2l2U2−−−−−−−−−−−−−−√mdv0