1、福建省三明市第一中学学年高二上学期期中考一、选择题(本大题共12个小题，共46分。110小题为单项选择题，每小题3分；1114小题为多项选择题，每小题4分，每题有多项符合题目要求，全部选对得4分，部分选对得2分，有选错的得0分。)1电工穿的高压作业服是用铜丝编织的，下列说法正确的是( )A铜丝编织的衣服不易拉破B电工被铜丝衣服所包裹，使体内电势为零C电工被铜丝衣服所包裹，使体内场强为零D铜丝电阻小，能对人体起到保护作用 【答案】C【解析】考点：静电屏蔽【名师点睛】本题考查了屏蔽服的作用，要求同学们能用物理知识解释生活中的现象，难度不大，属于基础题。2. 电子束焊接机中的电场线如图中虚线所示。K
2、为阴极，A为阳极，两极之间的距离为d。在两极之间加上高压U，有一电子在K极由静止被加速。不考虑电子重力，元电荷为e，则下列说法正确的是（ ）AA、K之间的电场强度为B电子到达A极板时的动能大于eUC由K到A电子的电势能减小了eUD由K沿直线到A电势逐渐减小【答案】C【解析】试题分析：A、K之间建立的是非匀强电场，公式U=Ed不适用，因此A、K之间的电场强度不等于故A错误根据动能定理得：Ek-0=eU，得电子到达A极板时的动能 Ek=eU，故B错误由能量守恒定律知，由K到A电子的电势能减小了eU故C正确电场力对电子做正功，则电场力向下，电场方向向上，则由K沿直线到A电势逐渐升高，故D错误故选C.
3、考点：动能定理；电势能【名师点睛】本题只要抓住电场线的疏密表示场强的大小，电场力做正功时，电荷的电势能减少，动能增大，就能轻松解答要知道公式U=Ed只适用于匀强电场。3关于电源电动势，以下说法中正确的是 （ ）A电动势随着外电路电阻增大而增大B在闭合电路中，电源电动势在数值上一定等于内外电压之和C在闭合电路中，并联在电源两端电压表的读数等于电源的电动势D电源的电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压，所以当电源接入电路时，电动势将发生变化【答案】B【解析】考点：电动势【名师点睛】本题考查对电动势的理解能力，关键抓住定义式和电动势的物理意义。4如图所示，在等量的异种点电荷形成的电场中，有、三点，
4、点为两点电荷连线的中点，点为连线上到点距离为的一点，点为连线中垂线上到点距离也为的一点，则下面关于三点电场强度的大小、电势高低的比较，正确的是( )AEBEAEC；ACBBEAECEB；ACB CEAEB，EAEC；AB，ACD因为零电势点未规定，所以无法判断电势的高低【答案】A 考点：电场强度；电势【名师点睛】虽然电场线不是实际存在的，但电场线的疏密可以体现电场强度的强弱；可以根据电场线方向来确定电势的高低；同时还考查了等量异种点电荷的电场线的分布，电场线与等势线相互垂直。5如图所示电路中，三个相同的灯泡额定功率是40 W，在不损坏灯泡的情况下，这三个灯泡消耗的总功率最大不应超过 ( ) A
5、40 W B60 W C80 W D120 W【答案】B【解析】试题分析：设L3上电压为U，电阻为R，则：L3的最大的功率为，因为三个灯泡的电阻相等，L1和L2并联后电阻相当于L3电阻的一半，所以电压也就为L3的一半，如果L3上电压为U，则L1和L2电压为，所以L1和L2的功率都为：，所以总功率最大为：10+10+40=60W故选B.考点：电功率【名师点睛】因为三个灯泡的电阻相等，在不损坏灯泡的情况下，串联的L3的电流最大，所以只要保证L3不被损坏就可以了，求得此时的总功率就是最大的功率6. 一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板
6、间的电势差U的变化情况是( )AC和U均增大 B C和U均减小 CC减小，U增大 DC增大，U减小【答案】D【解析】试题分析：由公式知，在两极板间插入一电介质，其电容C增大，由公式知，电荷量不变时U减小，D正确故选D.考点：电容器【名师点睛】本题考查了等容的定义式和决定式的配合应用；关键是掌握两个公式和即可讨论。7如图所示电路，开关S闭合后，四个灯泡都正常发光，某时刻t，L4因灯丝烧断而突然熄灭，假设其它三灯丝都没烧断，则 （ ）AL1、L3更亮，L2变暗 BL1更亮，L2、L3变暗CL1、L2、L3都更亮 DL2变暗，L3更亮，L1不变【答案】A【解析】考点：电路的动态分析【名师点睛】本题实
7、质是电路动态变化分析问题，要善于分析局部与整体的关系分析L2中电流和L3电压如何变化，采用的是总量法要熟练掌握。8. 图中的虚线a、b、c、d表示匀强电场中的4个等势面两个带电粒子M、N(重力忽略不计)以平行于等势面的初速度射入电场，运动轨迹分别如图中MPN和NQM所示已知M是带正电的粒子则下列说法中正确的是( ) AN一定也带正电Ba点的电势高于b点的电势，a点的场强大于b点的场强C带电粒子N的动能减小、电势能增大D带电粒子N的动能增大、电势能减小【答案】D 考点：电场强度；电势及电势能【名师点睛】本题通过带电粒子在电场中的运动考查了电势、电势能、电场力等问题，解决这类问题的突破口是：做曲线
8、运动的物体所受合外力指向其轨迹内侧。9两定值电阻R1、R2串联后接在电压恒等于10V的直流电源上。某学生把内阻不是远大于R1、R2的电压表接在R1两端，如图所示，电压表示数为6V。如果把此电压表改接在R2两端，则电压表示数将（ ）A. 大于4V B. 小于4V C. 等于4V D. 等于或大于4V【答案】B【解析】试题分析：电压表接在R1两端，电压表的示数6V，则此时R2两端的电压为4V把此表改接在两端R2时，由于电压表的内阻不是远大于R1R2，电压表与R2并联的阻值小于R2，而R1与并联部分串联，总电压U=10V，则R1的电压大于6V，电压表与R2并联的电路的电压小于4V故选B.考点：串并联
9、电路的特点【名师点睛】本题要注意电压表是实际的电表，内阻不是无穷大，电表对电路的影响不能忽略，把电压表看成可测量电压的电阻。10. 如图所示，一半径为R的均匀带正电圆环水平放置，环心为O点，质量为m的带正电的小球从O点正上方h高处的A点静止释放，并穿过带电圆环继续下落。关于小球从A点到A点（ A与A关于O点对称）的过程中的加速度(a)、重力势能(EpG)、机械能(E)、电势能(Ep电)随h变化的下列图象中，一定错误的是 (取O点为坐标原点且向下为正方向, 取O点为重力势能零点和无限远处电势为零)( )【答案】D【解析】试题分析：小球运动过程的示意图如图所示误的选项，故选D.考点：牛顿第二定律；
10、动能定理；电势能【名师点睛】本题难点是运用极限法分析圆环所产生的场强随距离变化的关系机械能要根据除重力以外的力做功情况，即电场力情况进行分析。11一直流电动机正常工作时两端的电压为U，通过的电流为I，电动机线圈的电阻为r该电动机正常工作时，下列说法正确的是( )A、电动机消耗的电功率为 B、电动机的输出功率为C、电动机的发热功率为 D、I、U、r三个量间满足【答案】AB【解析】 考点：电功率【名师点睛】本题考查对非纯电阻电路电功率、热功率和输出功率关系的理解和运算能力要注意在非纯电阻电路中，求电功率，只能用P电=UI，求发热功率只能用P热=I2r，由于欧姆定律不成立，P热。12对于常温下一根阻
11、值为R的均匀金属丝，下列说法中正确的是 ( )A常温下，若将金属丝均匀拉长为原来的10倍，则电阻变为10RB常温下，若将金属丝从中点对折起来，电阻变为RC给金属丝加上的电压逐渐从零增大到U0，则任一状态下的比值不变D金属材料的电阻率随温度的升高而增大 【答案】BD【解析】试题分析：常温下，若将金属丝均匀拉长为原来的10倍，横截面积减小为0.1倍，电阻率不变，根据电阻定律，电阻变为100R，故A错误；常温下，若将金属丝从中点对折起来，长度变为一半，横截面积变为2倍，故电阻变为倍，故B正确；给金属丝加上的电压逐渐从零增大到U0，由于功率增加，导致温度会略有升高，故金属丝的电阻率会变大，由于截面积和
12、长度均不变，根据电阻定律可得电阻值变大；再根据欧姆定律可以得到比值变大，故C错误；金属电阻率会随温度的降低而降低，金属材料的电阻率随温度的升高而增大，故D正确；故选BD.考点：电阻定律【名师点睛】本题关键要能熟练运用电阻定律，同时要明确电阻率的物理意义和温度对其的影响。13. 如图所示电路， 电源电动势为E，串联的固定电阻为R2，滑动变阻器的总电阻为R1，电阻大小关系为R1R2r，则在滑动触头从a端移动到b端的过程中，下列描述中正确的是( ) A电路中的总电流先减小后增大 B电路的路端电压先增大后减小C电源的输出功率先增大后减小 D滑动变阻器R1上消耗的功率先减小后增大【答案】AB【解析】考点
13、：电功率【名师点睛】本题关键判断出滑动变阻器滑片P从最右端中间左端总电阻变化情况和电源的输出功率与外电阻的关系，能巧妙运用等效思维分析变阻器功率的变化。14. 如图所示，一绝缘的竖直圆环上均匀分布着正电荷一光滑细杆从圆心垂直圆环平面穿过圆环，杆上套有带正电的小球，现使小球从a点由静止释放，并开始计时，后经过b、c两点，运动过程中的v-t图 如图乙所示下列说法正确的是( ) A带电圆环在圆心处产生的场强为零Ba点场强大于b点场强C电势差D小球由b到c的过程中平均速度大于0.55m/s【答案】ACD 考点：电场强度；电势差【名师点睛】本题关键要明确图象的斜率等于加速度，抓住电场力做正功时电势能减小
14、，进行分析即可。二、填空题(本大题共4个小题，每空2分，共24分）15电流表可以改装成电压表使用，已知电流表量程100A，内阻为100，若将此电流表改装成量程为3V的电压表，应 联一个阻值为 的电阻。【答案】串 29900【解析】试题分析：把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值： 考点：电表的改装【名师点睛】本题考查了电压表的改装，知道电压表的改装原理，应用串联电路特点与欧姆定律即可正确解题。16在“练习多用电表的使用”实验中，使用的多用电表表盘如图，现用它测量一个阻值约为150的电阻，具体测量步骤如下：a将多用电表的倍率开关旋转到电阻“_”(选填“1”、“10、“100”或“1K
15、”)档b将红、黑表笔分别插入“+”“”插孔，两表笔短接，旋转调零旋钮，使表针指在_(选填“右”或“左”)端的“0”刻度位置c将红、黑表笔分别与待测电阻两端相接触，读出该电阻的阻值为_【答案】10 右边 140【解析】考点：万用表的使用【名师点睛】本题考查了用欧姆表测电阻的实验步骤、欧姆表读数，要掌握欧姆表的使用方法与读数方法。17(1)在“测定金属丝的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量电阻丝的直径d。其中一次测量结果如图所示，则图中读数为d = mm。 (2)现用伏安法较准确的测一个阻值约为30K的电阻，可供选用的实验仪器有：A电源（电动势3V，内阻0.5） B电源（电动势16V，内阻2）C电
16、流表（量程01mA，内阻250） D电流表（量程0500A，内阻500）E电压表（量程03V，内阻10K） F电压表（量程015V，内阻50K）G滑动变阻器（阻值0200,额定电流1.0A） H开关和导线若干 实验电路应选取的仪器是 （用字母表示）；在下面方框图中画出实验电路图.【答案】(1)0.855(2) B D F G H,分压内接【解析】验电路图如图所示考点：伏安法测电阻【名师点睛】本题考查了实验器材的选择、设计实验电路等问题；要根据实验目的、实验要求及所给器材选择实验器材，选择实验器材时，要遵循以下原则：安全性原则、精确性原则、方便性原则、经济性（节能）原则。18在做“描绘小灯泡的伏
17、安特性曲线”的实验时，所使用的电流表内阻约为几欧姆，电压表的内阻约为十几千欧。根据实验所测8组数据，在图甲所示I-U坐标系中，通过描点连线得到了小灯泡的伏安特性曲线。 请根据你的判断在虚线框中画出实验电路图，并根据电路图在图乙中连线将实物图补充完整。 根据图甲可确定小灯泡功率P与U2和I2的关系图象，其中正确的是 。 若将被测小灯泡与一定值电阻R和电源组成如图丙所示的电路，已知电源电动势为6.0 V，内阻为1.0 。现测得电路中的电流为0.40 A，则定值电阻R所消耗的电功率约为 W。【答案】 电路图；实物连接图； D 0.64(0.600.68) 【解析】来越小，故AB均错误；故选D； 由灯
18、泡的伏安特性曲线可知，灯泡的电流为0.4A，则电压为4V；电源的内电压U内=Ir=0.41=0.4V；故定值电阻两端的电压为6-4-0.4=1.6V；故定值电阻的功率P=UI=1.60.4=0.64W 考点：描绘小灯泡的伏安特性曲线【名师点睛】本题考查描述伏安特性曲线的实验，要注意本实验中要明确分压接法的应用条件；并注意在实验中应用所学过的物理规律求解功率及电阻等三、解答题（本题共3小题，共30分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤、只写出最后答案的不能得分、有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)19(8分) 如图所示电路中，。当开关S1闭合、S2断开，电路稳定时，电源的总
19、功率为2W，当开关S1、S2都闭合，电路稳定时，电源的总功率为4W，求：（1）电源电动势E和内电阻r；（2）当S1、S2都闭合时电源的输出功率及电源内部产生的热功率；（3）当S1闭合，分别计算在S2闭合与断开时，电容器所带的电荷量各为多少？【答案】（1）4V， 0.5；（2）3.5W， 0.5W；（3）0；610-5C【解析】电源的输出功率：P1I12(R并+R3)12(2+1.5)3.5W及电源内部产生的热功率：P内I2r120.50.5W考点：闭合电路的欧姆定律；电功率；电量【名师点睛】在闭合电路的解答过程中，分析清楚电路的结构是解题的关键，分析清楚电路的结构后，结合闭合电路的欧姆定律与相
20、关的公式即可解答。20. (10分）如图所示的装置放置在真空中，炽热的金属丝可以发射电子，金属丝和竖直金属板之间加一电压U12 500 V，发射出的电子被加速后，从金属板上的小孔S射出。装置右侧有两个相同的平行金属极板水平正对放置，板长l6.0 cm，相距d2 cm，两极板间加以电压U2200 V的偏转电场。从小孔S射出的电子恰能沿平行于板面的方向由极板左端中间位置射入偏转电场。已知电子的电荷量e1.61019 C，电子的质量m0.91030 kg，设电子刚离开金属丝时的速度为0，忽略金属极板边缘对电场的影响，不计电子受到的重力。求：(1)电子射入偏转电场时的动能Ek；(2)电子射出偏转电场时
21、在竖直方向上的侧移量y；(3)电子在偏转电场运动的过程中电场力对它所做的功W。【答案】（1）4.01016 J（2）0.36 cm（3）5.761018 J【解析】试题分析：(1)电子在加速电场中，根据动能定理有eU1Ek解得Ek4.01016 J(2)设电子在偏转电场中运动的时间为t电场力所做的功WeU解得W5.761018 J考点：带电粒子在电场中的运动【名师点睛】本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成，常规问题。21. （12分）如图题所示，竖直放置的半圆形绝缘轨道半径为R，下端与绝缘水平面平滑连接，整个装置
22、处于方向竖直向上的匀强电场E中一质量为m、带电量为+q的物块（可视为质点），从水平面上的A点以初速度v0水平向左运动，沿半圆形轨道恰好通过最高点C，场强大小为E，且Emg/q,试求： （1）物块经过最高点C的速度为多大？（2）试计算物块在运动过程中克服摩擦力做的功 （3）证明物块离开轨道落回水平面的水平距离与场强大小E无关，且为一常量【答案】（1）（2）mv02+ (Eqmg)R（3）见解析；【解析】试题分析：（1）物块恰能通过圆弧最高点C，圆弧轨道此时与物块间无弹力作用，物块受到的重力和电场 s=vct由联立解得s=2R因此，物块离开轨道落回水平面的水平距离与场强大小E无关，大小为2R考点：平抛运动；牛顿第二定律及动能定理的应用【名师点睛】本题是向心力与动能定理、平抛运动等等知识的综合，关键要抓住物块恰能通过最高点C的临界条件，求出临界速度。
