学年度下学期期中高二物理试题.docx

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学年度下学期期中高二物理试题

2013—2014学年度下学期期中高二物理考试

高二物理试题

考试范围：

xxx；考试时间：

100分钟；

题号

一

二

三

四

五

总分

得分

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

请修改第I卷的文字说明

评卷人

得分

一、单项选择

1.下表是一辆电动自行车的部分技术指标，参考表中数据判断以下说法正确的是（）

A．自行车每秒钟消耗的电能为180J

B．电动机每秒钟消耗的电能为180J

C．电动机的内电阻为6Ω

D．电动机的内电阻为1Ω

2.理想化模型是简化物理研究的重要手段，它抓住问题的主要因素，忽略次要因素，促进了物理学的发展，下列理想化模型建立的表述正确的是（　　）

A．质点作为理想化模型忽略了物体的质量

B．点电荷作为理想化模型忽略了物体的电荷量

C．理想变压器没有能量损失

D．理想电压表忽略了电压表的内阻

3.如图（甲）所示，在x轴上有一个点电荷Q（图中未画出），O、A、B为轴上三点．放在A、B两点的检验电荷受到的电场力跟检验电荷所带电荷量的关系如图（乙）所示．以x轴的正方向为电场力的正方向，则（　　）

A．点电荷Q一定为正电荷

B．点电荷Q在AB之间

C．A点的电场强度大小为1×103N/C

D．A点的电势比B点的电势高

4.把两根电阻相同的电热丝先串联后并联分别接在同一理想电源上，若要产生相等的热量，则两种方法所需的时间之比t串：

t并为（）

A．1:

1B．2:

1C．4:

1D．1:

4

5.如图所示电路，电流计指针不动，当把金属板插入电容器两极板间的瞬间，可能发生的情况是（　　）

A．电流计中有电流通过，方向a到b

B．电流计中有电流通过，方向b到a

C．电流计中无电流通过

D．条件不足无法判断

6.如图所示，电源电动势为E、内阻为r，R1、R2为定值电阻，R0为滑动变阻器，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，关于电压表、电流表示数变化的情况，以下说法正确的是（）

A、V的示数变大，A的示数变小

B、V的示数变大，A的示数变大

C、V的示数变小，A的示数变小

D、V的示数变小，A的示数变大

7.如图所示，M、N为两个固定的等量同种正电荷，在其连线的中垂线上的P点（离O点很近）由静止开始释放一电荷量为-q的点电荷，不计重力，下列说法中正确的是（）

A．点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越大，速度也越来越大

B．点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越小，速度也越来越小

C．点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值

D．点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到粒子速度为零

8.在如图所示的电路中，闭合开关S，在将滑动变阻器的滑片P向下移动的过程中，以下说法正确的是（）

A．电压表和电流表的示数都增大

B．灯L2变暗，电流表的示数减小

C．灯L1变亮，电压表的示数减小

D．灯L2变亮，电容器的带电量增加

第II卷（非选择题）

请修改第II卷的文字说明

评卷人

得分

二、填空题

9.如图所示，当带正电的绝缘空腔导体A的内部通过导线与验电器的小球B连接时，则验电器带电电性__________.

10.如图所示为一个匀强电场的三个等势面A、B、C，相邻两个等势面间距离为10cm，此电场的电场强度为3000V/m，若B点的电势为零，A、C的电势分别为____________;__________..

11.在图甲所示电路中，电源电压保持不变，R0、R2为定值电阻，电流表、电压表都是理想电表．闭合开关，调节滑动变阻器，电压表V1、V2和电流表A的示数均要发生变化．两电压表示数随电路中电流的变化的图线如图乙所示．

根据图象的信息可知：

（填“a”或“b”）是电压表V1示数变化的图线，电阻R2的阻值为Ω，电源电压为V，电阻R0的阻值为Ω．

12.如图所示，在水平向左的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细线长度为L，一端拴一个质量为m电荷量为q的带负电小球，另一端固定在O点．把小球拉到使细线水平伸直的位置A然后将小球由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成θ=60°的位置B时速度为零．则电场强度E=，小球运动过程中的最大速率为

13.如图，电路中三个电阻Rl、R2和R3的阻值分别为1Ω、2Ω和4Ω．当电键S1断开、S2闭合时，电源输功率为1W；当S1闭合、S2断开时，电源输出功率也为1W．则电源电动势为V，内阻为Ω

14.现用直流电源给蓄电池充电，如图所示，若蓄电池内阻r，电压表读数U，电流表的读数为I。

则蓄电池的发热功率为_________，电能转化为化学能的功率为_________。

15.如图所示是一个双量程电压表，表头是一个内阻Rg＝500Ω，满刻度电流为Ig＝1mA的毫安表，现接成量程分别10V和100V的两个量程，则所串联的电阻R1＝Ω,R2＝Ω

16.如图所示，R1＝5Ω，R2阻值未知，灯L标有“3V3W”字样，R3是最大电阻是6Ω的滑动变阻器．P为滑片，电流表内阻不计，灯L电阻不变．当P滑到A时，灯L正常发光；当P滑到B时，电源的输出功率为20W．则电源电动势为_____V；当P滑到变阻器中点G时，电源内电路损耗功率为______W．

评卷人

得分

三、计算题

17.如图所示电路中，电源的总功率是40W，R1=4Ω，R2=6Ω，a、b两点间的电压是4.8V，电源的输出功率是37.6W．求：

（1）通过电源的电流

（2）电源电动势E

（3）电源的内电阻r

18.如图所示，E＝10V，R1＝4Ω，R2＝6Ω，C＝30μF，电池内阻可忽略.

（1）闭合开关K，求稳定后通过R1的电流；

（2）然后将开关K断开，求这以后通过R1的总电量.

19.一台电风扇，内阻为20Ω，接上220V电压后，消耗的总功率是66W，求：

（1）电风扇正常工作时通过电动机的电流；

（2）电风扇工作时，转化为机械能和内能的功率

评卷人

得分

四、实验题

20.如图甲为某同学描绘额定电压为3.8V的小灯泡伏安特性曲线的实验电路图．

（1）根据电路图甲，用笔画线代替导线，将图乙中的实验电路连接完整；

（2）开关闭合之前，图乙中滑动变阻器的滑片应该置于端（选填“A”、“B”或“AB中间”）；

（3）实验中测出8组对应的数据（见下表）：

次数

1

2

3

4

5

6

7

8

U/V

0

0.20

0.50

1.00

1.50

2.00

3.00

3.80

I/A

0

0.08

0.13

0.18

0.21

0.24

0.29

0.33

则测得小灯泡的额定功率为W．请在给出的坐标中，描点作出I-U图线．由图象可知，随着电流的增大，小灯泡的电阻（选填“增大”、“减小”或“不变”）．

21.图所示，为用伏安法测量一个定值电阻阻值的实验所需要的器材实物图，器材规格如下：

（1）待测电阻RX（约100Ω）

（2）直流毫安表（量程0～10mA，内阻50Ω）（3）直流电压表（量程0～3V，内阻5kΩ）（4）直流电源（输出电压4V，允许最大电流1A）（5）滑动变阻器（阻值范围0～15Ω，允许最大电流1A）（6）电键一个，导线若干条。

根据器材的规格和实验要求，在本题的实物图上连线。

参考答案

一、单项选择

1.【答案】D

【解析】自行车电动机每秒钟消耗的电能为

，AB错

电动机发热功率为216-180=36W，热功率

计算得内阻为1Ω，C错，D对

2.【答案】C

【解析】质点作为理想化模型忽略了物体的体积和形状，选项A错误；点电荷作为理想化模型忽略了物体的形状和大小，选项B错误；理想电压表的内阻可视为无限大，其分流电流很小，可以忽略分流电流，选项D错误．

3.【答案】B

【解析】A、B、由图（乙），正检验电荷放在A点和负检验电荷放在B点所受电场力方向均沿x轴正方向，说明点电荷Q为负电荷且放在AB之间．故A错误，B正确．

C、由图线斜率表示场强，可知A点场强大小为2×103N/C．故C错误；

D、同理，B点场强大小为5×102N/C，说明A点距离Q较近，故A点的电势低于B点的电势．故D错误

4.【答案】C

【解析】由串并联电路的特点可知，串联后总电阻为

，并联的总电阻为

，由焦耳定律

，要产生相等的热量，则有

，可得

。

故选C

考点：

串并联电路的特点、电热的计算

点评：

注意接在同一理想电源上，电阻两端的电压相同，产生的电热与电阻成反比。

5.【答案】A

【解析】电容器C1原来左板充正电，右板充负电．当把金属板插入电容器两极板间时，板间距离减小，电容增大，而电压不变，处于充电状态，而电容器C2没有发生变化，既不充电，也不放电，所以电流计中有电流通过，方向a到b

6.【答案】B

【解析】

7.【答案】C

【解析】

试题分析：

由等量同种电荷其场强的大小在中垂线上的特点知，在O点上方和下方有一最大位置且相对O点对称，因最大位置的位置不知，所以要讨论最大位置和P点的关系，若最大位置在P点上方或在P点，则点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越小（A错），速度也越来越大，运动在O点时加速度为零，速度达最大值，若最大位置在P点下方，则点电荷在从P到O的过程中，加速度先变大后减小（B错），速度也越来越大，运动在O点时加速度为零，速度达最大值，C对；点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度可能先变大后减小，D错，故选C

考点：

考查等量同种电荷其场强的大小在中垂线上的特点，加速度与速度间的关系

点评：

本题考查学生的发散思维，即讨论P点与最大位置的关系，否则容易错选，要熟悉掌握常见电场分布和场强变化过程

8.【答案】C

【解析】

试题分析：

由滑动变阻器的滑片P向下移动过程中，R的阻值减小，电路的总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律

得到总电流I增大，所以灯L1的电流增大，电压U1增大，功率增大，灯L1变亮；由

知路端电压U减小，所以电压表的示数减小，A错，C对；由

知U2减小，灯L2变暗，电容器两端的电压变小，电容器的带电量减小D错；由I=I2+IR知流过滑动变阻器的电流变大，即电流表的示数增大，B错。

考点：

本题考查电路的动态分析

点评：

本题要求学生明确动态分析的总体思路是先局部由滑动变阻器阻值的变化得出总电阻的变化，再整体据闭合电路的欧姆定律得出电路中总电流的变化，再局部就是由串、并联电路的特点去分析。

二、填空题

9.【答案】验电器带正电

【解析】当导体A的内部通过导线与验电器的小球B连接时，导体A和验电器已合为一个整体，整个导体为等势体，同性电荷相斥，电荷重新分布，必有净电荷从A移向B，所以验电器带正电。

10.【答案】φA=300V，φC=-300V或φA=-300V，φC=300V

【解析】由U＝Ed可知，相邻两等势面间的电势差的大小|UAB|=|UBC|=Ed=3000×0.1V=300V,

那么：

φA=300V,φC=-300V或φA=-300V,φC=300V.

11.【答案】b，1，12，2．

【解析】由图知，当滑片P向左移动时，滑动变阻器R1连入的电阻变小，从而使电路中的总电阻变小，电路中的电流变大，

根据欧姆定律的推导公式U=IR可知，R0两端的电压变大，R2两端的电压变大，由串联电路电压的特点可知，R1和R2两端的总电压变小，

据此判断：

图象中上半部分b为R1和R的I-U图象，下半部分a为R2的I-U图象，

即，b为电压表V1示数变化的图线；

由图象可知：

当R1和R2两端的电压为10V时，R2两端的电压为1V，电路中的电流为1A，

∴U=U1+U0=10V+IR0=10V+1A×R0------------------①

当滑片P移至最左端，滑动变阻器连入电阻为0，两电压表都测量电阻R2两端的电压，示数都为4V，电路中的电流最大为4A，

∴U=U2′+U0′=4V+4A×R0------------------②

由①②得：

10V+1A×R0=4V+4A×R0

解得：

R0=2Ω，

则电源电压为：

U=U1+U0=10V+IR0=10V+1A×2Ω=12V

12.【答案】

【解析】由动能定理可知：

mgLsin60°-EqL（1-cos60°）=0

解得：

设小球在运动中细线与水平方向的夹角为α，则对任一时刻应有：

mgLsinα-EqL（1-cosα）=1/2mv2；

13.【答案】3；2

【解析】由当电键S1断开、S2闭合时，电阻R2和R3被短路，则有电源输出功率P1=

联立解得，E=3V，r=2R

14.【答案】I2r，UI－I2r

【解析】发热功率为I2r，总功率UI，则电能转化为化学能的功率为UI－I2r

15.【答案】9．5×1039×104

【解析】由Ug=IgRg=0．5V，所以R1两端电压UR1=U1-Ug=9．5V，所以

；同理UR2=U2-U1=90V，

。

考点：

串联电路电压和电阻的关系

点评：

串联电路中电流不变，电压比就等电阻比。

16.【答案】122．56

【解析】当P滑到A时，R2未接入电路灯L正常发光；

=

=10.5+1.5r

（1）

当P滑到B时，电路中只有R1，电源的输出功率为20W。

代入数据：

I=2A,E=10+2

（2）

联立，解得r=1Ω;E=12v

当P滑到变阻器中点G时,L与滑动变阻器的一半并联与R1串联，

=

=8/5A

=

2.56w

三、计算题

17.【答案】

（1）通过电源的电流是2A．

（2）电源电动势E是20V．

（3）电源的内电阻r是0.6Ω

【解析】

（1）根据欧姆定律得

R1电流：

I1=

=1.2A

R2电流：

I2=

=0.8A

所以通过电源的总电流为I=I1+I2=2A

（2）电源总功率：

P总=EI，

则电源电动势：

E=

=20V

电源内部消耗的功率：

P内=P总-P出=2.4W

又P内=I2r，

解得，电源内阻：

r=

=0.6Ω

18.【答案】

（1）1A

（2）1.2×10－3

【解析】

试题分析：

电容器稳定后相当于断路，Ｋ断开前电容器相当于和R2并联，K断开后，电容器相当于直接接到电源上，K断开前后通过R1的电量即为前后两状态下电容器带电量之差.

电容器稳定后相当于断路，则：

（1）Ｉ1＝Ｉ总＝

A＝１A

（2）断开K前，电容器相当于和R2并联，电压为Ｉ1R2，储存的电量为Q1＝CI1R2

断开K稳定后，总电流为零，电容器上电压为E，储存电量为Q2＝CE

所以通过R1的电量为：

ΔQ＝Q2－Q1＝C（E－I1R2）＝1.2×10－3

考点：

考查了带电容电路

点评：

需要先画出K闭合前后的等效电路图，然后结合电容规律分析

19.【答案】

（1）电风扇正常工作时通过电动机的电流是0.3A；

（2）电风扇正常工作时转化为机械能的功率是64.2W，转化为内能的功率是1.8W

【解析】

（1）由P=UI可得

电流I=

=0.3A；

（2）线圈电阻发热功率PQ=I2r=1.8w；

机械功率P机=P-PQ=64.2W；

四、实验题

20.【答案】

（1）如图所示；

（2）A；（3）如图所示

；1.254W；增大

【解析】

（1）根据实验原理图连接实物图，如图所示：

（2）采用分压接法时，开始实验时为了安全和保护仪器，要使输出电压为零，故打到A端；

（3）根据描点法作出U-I图象如图所示，

当电压为3.8V时，电流为0.33A，所以P=UI=3.8×0.33=1.254W

图象斜率的倒数表示电阻，由图象可知，斜率随着电流的增大而减小，所以电阻随着电流的增大而增大．

21.【答案】

【解析】用伏安法测电阻，首先要判明电流表应该内接还是外接，由题目所给器材规格来看，显然不满足RA＜＜Rx条件，而是满足Rv＞＞Rx条件，所以应采用外接法。

若图电路，当滑动触头P处于最左端，滑动变阻器为最大值时，由题设条件流过电流表的电流

超过安培表的量程。

因此变阻器既应分压又应分流。

正确的连接图为图所示。

画图的关键是：

毫安表需外接，变阻器接成分压电路。

实验开始前将滑动变阻器的滑动触头滑至分压为零的位置。

【点评】在设计实验过程时，要根据具体实验条件，灵活应用实验原理，改变实验方法。

善于从习题中或所学的物理定律的推论中得出实验原理和方法。

基本原则是不能是电表超过量程，测量误差尽可能小；不能使用电器超过其额定功率，结构上不能出现短路断路现象。