浙江省嘉兴一中2014-2015学年高二物理期中试卷 理(含解析).doc
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1、2014-2015学年浙江省嘉兴一中高二(上)期中物理试卷(理科)一、单项选择题(每小题只有一个选项正确,每小题3分,共30分)1(3分)(2012秋温州期中)对于电场中A、B两点,下列说法正确的是()A电势的定义式=,说明电势与电势能EP成正比,与电荷的电荷量q成反比B将正电荷从A点移到B点静电力做负功,则有UAB0C电势差的定义式中,UAB与移动电荷量q无关D把某点电荷q从A点移到B点的过程中,电场力对该电荷做了负功,则电势能增加考点:匀强电场中电势差和电场强度的关系;电势能分析:某点的电势是由电场本身决定的,与电势能以及试探电荷的电量无关;正电荷从A点移到B点静电力做负功,电荷的电势能增
2、大,电势升高;两点之间的电势差由电场本身决定的,与电场力做功以及试探电荷 的电量无关;解答:解:A、某点的电势是由电场本身决定的,与电势能以及试探电荷的电量无关;故A错误;B、将正电荷从A点移到B点静电力做负功,电荷的电势能增大,电势升高,所以UAB0故B错误;C、电势差的定义式中,定义的是一个比值,是由电场本身决定的,与电场力做功以及试探电荷 的电量无关故C错误;D、把某点电荷q从A点移到B点的过程中,电场力对该电荷做了负功,则电势能增加与电荷q的正负无关故D正确故选:D点评:电场中的电势与电势差都是由电场本身决定的,与试探电荷无关一定要抓住“比值”的内涵属于易错的题目2(3分)(2010秋
3、温州期中)下列说法正确的是()A电流方向就是电荷定向移动的方向B由公式R=可知,电阻R与电压U成正比,与电流I成反比C外电路断开时,电源的路端电压为零D外电路短路时,电源的内电压等于电动势考点:电源的电动势和内阻专题:恒定电流专题分析:电流方向与正定向移动方向相同;电阻反映导体本身的特性,与电压、电流无关;外电路断开时,路端电压等于电源的电动势;外电路短路时,电源的内电压等于电动势,可根据闭合电路欧姆定律分析解答:解:A、电流方向是正电荷定向移动的方向,与负电荷定向移动的方向相反,故A错误B、公式R=是比值定义法,具有比值定义法的共性,R与U、I无关,反映导体本身的特性,不能说电阻R与电压U成
4、正比,与电流I成反比,故B错误C、外电路断开时,电路中电流为零,电源的内电压为零,根据闭合电路欧姆定律得知,电源的路端电压等于电动势,故C错误D、外电路短路时,R=0,则电流为I=,内电压U=Ir=E,故D正确故选D点评:本题关键掌握部分电路欧姆定律和全电路欧姆定律,要正确理解断路和短路时路端电压的大小3(3分)(2013贵州学业考试)如图所示的实验装置中,极板A接地,平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接将A极板向左移动,增大电容器两极板间的距离时,电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U,电容器两极板间的场强E的变化情况是()AQ变小,C不变,U不变,E变小BQ变小,C变小,U不变,
5、E不变CQ不变,C变小,U变大,E不变DQ不变,C变小,U变大,E变小考点:电容器的动态分析专题:电容器专题分析:题中平行板电容器与静电计相接,电容器的电量不变,改变板间距离,由C=,分析电容的变化,根据C=分析电压U的变化,根据E=分析场强的变化解答:解:A、B,平行板电容器与静电计并联,电容器所带电量不变故A、B错误 C、D,增大电容器两极板间的距离d时,由C=知,电容C变小,Q不变,根据C=知,U变大,而E=,Q、k、S均不变,则E不变故C正确,D错误故选C点评:对于电容器动态变化分析问题,要抓住不变量当电容器保持与电源相连时,电压不变当电容器充电后,与电源断开后,往往电量不变4(3分)
6、(2014秋南湖区校级期中)如图所示为处于静电场中某空腔导体周围的电场分布情况,实线表示电场线(方向向右侧),虚线表示等势面,A、B、C为电场中的三个点,O为空腔导体内的一点下列说法正确的是()AB点的电势高于O点的电势BA点的电势低于B点的电势CA点的电场强度小于B点的电场强度D将正电荷从A点移到C点,电场力做正功考点:电场线;电场强度分析:根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小;根据沿着电场线,电势逐渐降低来判断电势的高低;根据等差等势面来确定电势差大小,再由电势差与电场力做功关系公式WAB=qUAB来判断电场力做功的多少解答:解:A、由于沿着电场线,电势逐渐降低,故OB,故A错误;B:由
7、于沿着电场线,电势逐渐降低,故AB,故B错误;C、由电场线越密的地方,电场强度越大,则有EBEA,故C正确;D、由于从A和C处于同一条等势线上,故从A到C过程的电场力不做功,故D错误故选:C点评:本题关键是根据电场线及其与等势面的关系判断出电势高低、电场力大小和电势差的大小关系同时知道等差等势面越密的地方,电场线也越密当然也可以由电场力做功的正负来确定电势能的增减5(3分)(2008秋嘉定区期末)两只额定电压均为110V的灯泡A和B,额定功率分别为100W和40W,为了使它们接到220V电源上能正常发光,同时电路消耗的电功率最小,如图所示的四个电路中最合理的是图()ABCD考点:串联电路和并联
8、电路专题:恒定电流专题分析:由题可知,灯泡的电压相等,但是灯泡的功率不同,由此可以知道两种灯泡的电阻的大小不同,在由电路的串并联的知识先逐个分析灯泡能否正常的发光,再判断消耗的功率最小的电路解答:解:A、由于灯泡要满足110V的额定电压,所以当B灯泡与电阻并联以后,B灯泡的电压无法达到额定110V的电压,故A错误;B、由于额定电压都是110V,额定功率PA=100W、PB=40W,由此可知RBRA,把灯泡A与电阻并联的话,会使并联的部分的电阻更小,所以AB的电压不会平分,AB不会同时正常发光,故B错误;C、由于额定电压都是110V,额定功率PA=100W、PB=40W,由此可知RBRA,把灯泡
9、B与电阻并联的话,可以使并联部分的电阻减小,可能使A与并联部分的电阻相同,所以AB能同时正常发光,并且电路消耗的功率与A灯泡的功率相同,所以总功率的大小为200W;D、把AB并联之后与电阻串连接入电路的话,当电阻的阻值与AB并联的总的电阻相等时,AB就可以正常发光,此时电阻消耗的功率为AB灯泡功率的和,所以电路消耗的总的功率的大小为280W;由CD的分析可知,正常发光并且消耗的功率最小的为C,故C正确故选C点评:解答本题是一定要注意题目要同时满足两个条件即灯泡能够正常发光并且消耗的功率还要最小6(3分)(2014秋崇川区校级期中)两根材料相同的均匀导线A和B,其长度分别为l m和2m,串联在电
10、路中时沿长度方向电势的变化如图所示,则A和B导线的横截面积之比为()A2:3B1:3C1:2D3:1考点:电阻定律专题:恒定电流专题分析:串联电路中电流相等,根据电势差的大小,通过欧姆定律得出电阻的大小关系,再根据电阻定律得出A和B导线的横截面积之比解答:解:A、B两端的电势差分别为6V,4V,电流相等,根据欧姆定律得,根据电阻定律得,R=,则s=则横截面积之比故B正确,A、C、D错误故选B点评:本题考查了欧姆定律、电阻定律以及串并联电路的特点,难度不大7(3分)(2009福建)如图所示,平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接,下极板接地一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态
11、现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离()A带点油滴将沿竖直方向向上运动BP点的电势将降低C带点油滴的电势能将减少D若电容器的电容减小,则极板带电量将增大考点:电容;电势能专题:电容器专题分析:将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离,电容器两板间电压不变,根据E=分析板间场强的变化,判断电场力变化,确定油滴运动情况由U=Ed分析P点与下极板间电势差如何变化,即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化解答:解:A、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离,由于电容器两板间电压不变,根据E=得知板间场强减小,油滴所受的电场力减小,则油滴将向下运动故A错误;B、场强E减小,而P点与下
12、极板间的距离不变,则由公式U=Ed分析可知,P点与下极板间电势差将减小,而P点的电势高于下极板的电势,则知P点的电势将降低故B正确;C、由带电油滴原来处于平衡状态可知,油滴带负电,P点的电势降低,则油滴的电势能将增加故C错误;D、若电容器的电容减小,根据Q=Uc,由于电势差不变,故带电量将减小,故D错误;故选:B点评:本题运用E=分析板间场强的变化,判断油滴如何运动运用推论:正电荷在电势高处电势能大,而负电荷在电势高处电势能小,来判断电势能的变化8(3分)(2014秋南湖区校级期中)如图所示,带电量分别为2Q和4Q的两个完全相同的金属球A、B,放在光滑绝缘的水平面上,今让金属球A、B分别自M、
13、N两点以相等的动能相向运动,当两球刚好接触时,两球速度恰好为零,两球带电量重新分布,设这段时间为t0,然后两球又向相反方向运动,设返回M、N两点经历的时间分别为t1、t2则()At1t2Bt1t2Ct1=t2t0Dt1=t2t0考点:电势差与电场强度的关系;库仑定律专题:电场力与电势的性质专题分析:当两个完全相同的金属小球相接触时,若是同种电荷则是平均分配;若是异种电荷则是先中和再平均分配由动量观点看,系统动量守恒,返回过程中电场力大于接近过程中电场力,根据动能关系求解由牛顿定律的观点看,两球的加速度大小始终相同,运用运动学知识求解解答:解:由牛顿定律的观点看,两球的加速度大小始终相同,相同时
14、间内的位移大小一定相同,必然在连线中点相遇,又同时返回出发点,再由牛顿定律的观点看,两球的加速度大小始终相同,由于碰撞后,电量的平分,导致两者的库仑力比碰撞前大,则加速度比碰撞前还大,因位移大小是相同,所以返回时间变小,故ABC错误,D正确故选D点评:本题考查对碰撞过程基本规律的理解和应用能力碰撞过程的两大基本规律:系统动量守恒和总动能不增加,常常用来分析碰撞过程可能的结果9(3分)(2015佛山模拟)在如图所示的电路中,E为电源电动势,r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a端时合上开关S,此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U现将R2的滑动触
15、点向b端移动,则三个电表示数的变化情况是()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减小考点:闭合电路的欧姆定律专题:恒定电流专题分析:本题首先要理清电路,确定电压表测得什么电压,电流表测得什么电流,抓住电动势和内阻不变,再采用局部整体局部的方法,利用闭合电路欧姆定律进行分析解答:解:由图知电压表测量路端电压,电流表A1测量流过R1的电流,电流表A2测量流过R2的电流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,电源的内电压增大,则路端电压减小,即电压表示数U减小,R3电压增大,R1、R2并联电压减小
16、,通过R1的电流I1减小,而总电流I增大,则流过R2的电流I2增大故A、C、D错误,B正确故选:B点评:解决本题的关键抓住电动势和内电阻不变,结合闭合电路欧姆定律求解注意做题前一定要理清电路,看电压表测的是什么电压,电流表测的是什么电流10(3分)(2012春洛阳期末)如图所示,直线A为电源的UI图线,直线B和C分别为电阻R1和R2的UI图线,用该电源分别与R1、R2组成闭合电路时,电源的输出功率分别为P1、P2;电源的效率分别为1、2,则()AP1P2BP1P2C12D12考点:路端电压与负载的关系;电功、电功率专题:恒定电流专题分析:电源的效率等于电源输出功率与电源总功率的百分比根据效率的
17、定义,找出效率与电源路端电压的关系,由图读出路端电压,就能求出效率电源与电阻的UI图线的交点,表示电阻接在电源上时的工作状态,可读出电压、电流,算出电源的输出功率,进而比较大小解答:解:A、B,由图线的交点读出,B接在电源上时,电源的输出输出功率为:P1=UI=24=8WC接在电源上时,电源的输出输出功率P2=UI=8W,即P1=P2; 故A、B均错误C、D,电源的效率为:=,效率与路端电压成正比,B接在电源上时路端电压大,效率高,12故C正确,D错误;故选:C点评:本题首先要知道效率与功率的区别,电源的效率高,输出功率不一定大其次,会读图电源与电阻的伏安特性曲线交点表示电阻接在该电源上时的工
18、作状态二、不定项选择题(每小题4分,共16分每小题的4个选项中至少有一个选项是正确的,全选对的得4分,选不全的得2分,有错选或不答的得0分)11(4分)(2010广东模拟)如图所示,实线为方向未知的三条电场线,a、b两带电粒子从电场中的O点以相同的初速度飞出仅在电场力作用下,两粒子的运动轨迹如图中虚线所示,则()Aa一定带正电,b一定带负电Ba电势能减小,b电势能增大Ca加速度减小,b加速度增大Da和b的动能一定都增大考点:等势面;电势能专题:电场力与电势的性质专题分析:物体做曲线运动的条件:力与速度不共线,要明确力、速度和运动轨迹三者的位置关系,电场力做功与电势能、动能的关系,电场线与电场强
19、度的关系解答:解:A、由运动轨迹如图可知,a、b做曲线运动,由于电场线方向未知,故a、b电性不能确定,故A错误 B、根据图知a、b两粒子的电场力、速度的夹角为锐角,电场力对电荷做正功,电势能减小,故B错误 C、根据a、b两粒子做曲线运动轨迹弯曲程度即电场线的疏密可知,b所处的电场线变密,电场强度变强,所受的电场力在增大,加速度在增大;a所处的电场线变疏,电场强度变弱,所受的电场力在减小,加速度在减小,故C正确 D、根据图知a、b两粒子的电场力、速度的夹角为锐角,电场力对电荷做正功,电势能减小,动能增加,故D正确故选CD点评:考查了物做曲线运动的条件:力与速度不共线力、速度和运动轨迹三者的位置关
20、系体,电场力做功与电势能、动能的关系,电场线与电场强度的关系12(4分)(2014秋丰宁县校级期末)一个电池组的电动势为E,内阻为r,用它给一电阻为R的直流电动机供电,当电动机正常工作时,通过电动机的电流为I,电动机两端的电压为U,经时间t()A电源在内外电路做的功为(I2r+IU)tB电池消耗的化学能为IEtC电动机输出的机械能为IEtI2(R+r)tD电池组的效率为考点:闭合电路的欧姆定律;电功、电功率专题:恒定电流专题分析:电源做功的总功等于EIt;电池消耗的化学能为IEt;电动机正常工作时,其电路是非纯电阻电路,由W=UIt求解电功发热量由Q=I2Rt求解出的机械能由能量守恒定律研究电
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