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1、2013-2014学年山东省德州市跃华学校高二（上）期中物理试卷（理科）一、选择题（本大题共10个小题，每小题4分，共计40分在每小题列出的四个选项中，至少有一项是符合题目要求的）1（4分）（2013春东河区校级期末）如图所示，在等量异种电荷形成的电场中，有A、B、C三点，A为两点电荷连线的中心，B为连线上距A为d的一点，C为连线中垂线上距A也为d的一点，关于三点的场强大小、电势高低比较，正确的是（）AEBEAECBEAEBECCA=CBDB=CA考点：电场强度；电势版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：该题实质上考查常见电场的电场分布与特点，可以结合等量异种点电荷的电场 特点分析解答：解
2、：AB：等量异种点电荷的电场，在连线上，中间的一点电场强度最小；在它们的中垂线上，交点的电场强度最大，故EBEAEC，故A正确，B错误；CD：AC两点位于等量异种点电荷的连线上的中垂线上，这是一条等势线，故AC两点的电势相等；沿着电场线AB的方向电势降落，故A点的电势高于B的电势，即A=CBC正确，D错误故选：AC点评：该题考查常见电场的电场分布与特点，结合等量异种点电荷的电场分布特点的图，可以直接判定属于简单题2（4分）（2013秋德城区校级期中）关于同一磁场的磁感线，下列表述正确的是（）A磁感线是客观存在的B磁感线越密，则磁场越强C磁感线从N极出发，到S极终止D某点磁感线的切线方向，与小磁
3、针在该点时N极的受力方向相同考点：磁感线及用磁感线描述磁场版权所有分析：（1）磁感线不是真实存在的线，它是为了形象描述磁场而引入的；（2）磁体周围的磁感线从N极出发回到S极，在内部则是从S极回到N极，磁感线的分布疏密可以反映磁场的强弱，越密越强，反之越弱；（3）磁体周围有任何地方都有磁场，只要有磁场的地方就有磁感线根据磁感线的特点分析（4）某点磁感线的切线方向，与小磁针在该点时N极的受力方向相同解答：解：A、磁场是真实存在的，而磁感线不是真实存在的线，故A错误；B、磁场是有方向的，为了形象描述磁场，用磁感线可以形象地表示磁场的方向和它的强弱分布，磁感线越密，则磁场越强；故B正确C、磁体外部的磁
4、感线从N极出发回到S极，内部的磁感线从S极出发回到N极；故C错误D、某点磁感线的切线方向，与小磁针在该点时N极的受力方向，或N极静止方向相同的；故D正确故选：BD点评：此题主要考查了磁感线的特点；用磁感线来描述磁场是建立理想模型法；特别注意磁感线的方向的规定，在磁体外部是从N极到S极3（4分）（2013秋德城区校级期中）有一段直导线长1cm，通以5A电流，把它置于于垂直于磁场中的某点时，受到的磁场力为0.1N，则该点的磁感应强度为（）A1TB5TC2.5TD2T考点：安培力版权所有分析：根据安培力的大小公式F=BIL求出磁感应强度B的大小解答：解：导体棒垂直置于磁场中，根据F=BIL得：B=故
5、选：C点评：解决本题的关键知道当磁场方向与电流方向平行时，安培力F=0；当磁场方向与电流方向垂直时，安培力F=BIL4（4分）（2001江西）如图，虚线ab和c是某静电场中的等势面，它们的电势分别为Ua、Ub和UcUaUbUc一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示，由图可知（）A粒子从K到L的过程中，电场力做负功B粒子从L到M的过程中，电场力做负功C粒子从K到L的过程中，静电势能增加D粒子从L到M的过程中，动能减少考点：等势面；电势能版权所有专题：定性思想分析：电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加；电场力做功的正负还可以直接根据电场力的方向判断解答：解：A、根据E
6、p=q，粒子从K到L的过程中，电势能增加，故电场力做负功，故A正确；B、根据Ep=q，粒子从L到M的过程中，电势能减小，故电场力做正功，故B错误；C、根据Ep=q，粒子从K到L的过程中，电势能增加，故C正确；D、粒子从L到M的过程中，电场力做正功，故动能增加，故C错误；故选AC点评：本题关键关键根据Ep=q得到电势能的变化情况，最后确定电场力的做功情况5（4分）（2008宁夏）如图所示，C为中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板；a板接地；P和Q为两竖直放置的平行金属板，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球；P板与b板用导线相连，Q板接地开始时悬线静止在竖直方向，在b板带电后，悬线偏转了角度a在以
7、下方法中，能使悬线的偏角变大的是（）A缩小a、b间的距离B加大a、b间的距离C取出a、b两极板间的电介质D换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质考点：共点力平衡的条件及其应用；电容版权所有专题：压轴题；共点力作用下物体平衡专题分析：（1）对小球受力分析，小球受重力，拉力，电场力三个力的作用，要使悬线的偏角a变大，需要增加PQ两极板间的电场强度，PQ两极板距离不变，即只需增加PQ两极板间的电压即可两个电容器并联在一起，所以两个电容器极板间的电压相同，只需增加ab两极板之间的电压就可以增加PQ两极板间的电压（2）ab电容器带电量不变，由：，进行分析即可解答：解：对小球受力分析如图：要使悬线的偏角
8、a变大，需要增加F电，即增加PQ两极板间的电场强度，PQ两极板距离不变，所以只需增加PQ两极板间的电压即可两个电容器并联在一起，所以两个电容器极板间的电压相同，此时：C并=Cab+CPQ对两个电容器：总电量Q不变，由：得：增加U，需要将电容C并减小，CPQ不变；由：得：减小电容Cab可有三个方法：增大极板距离d减小正对面积s，如将ab板错开换介电常数小的电介质故选：BC点评：本题综合了电路、电容的知识，综合性较强；是通过平衡条件的考查转移到电容器动态分析的一个考查，需要认真推敲一下6（4分）（2009天津）如图所示，带等量异号电荷的两平行金属板在真空中水平放置，M、N为板间同一电场线上的两点，
9、一带电粒子（不计重力）以速度vM经过M点在电场线上向下运动，且未与下板接触，一段时间后，粒子以速度vN折回N点则（）A粒子受电场力的方向一定由M指向NB粒子在M点的速度一定比在N点的大C粒子在M点的电势能一定比在N点的大D电场中M点的电势一定高于N点的电势考点：带电粒子在匀强电场中的运动；电势；电势能版权所有专题：压轴题分析：由粒子的运动情景可得出粒子受到的电场力的方向，由电场力做功的性质可得出电势能及动能的变化；由电势与电势能的关系可判断电势解答：解：A、由于带电粒子未与下板接触，可知粒子向下做的是减速运动，故电场力向上，A错误；B、粒子由M到N电场力做负功，电势能增加，动能减少，故速度减小
10、，故M点的速度大于N点的速度，故B正确，C错误；D、由于粒子和两极板所带电荷的电性未知，故不能判断M、N点电势的高低，D错误点评：本题应明确：（1）电场力做正功则电势能减小，电场力做负功则电势能增加；（2）电场力做功要注意电荷的正负极性，极性不同则做功不同7（4分）（2013秋德城区校级期中）如图所示，两个同样的导线环同轴平等悬挂，相隔一小段距离当同时给两导线环通以同向电流时，两导线环将（）A吸引B排斥C保持静止D不可判断考点：平行通电直导线间的作用版权所有分析：由安培定则判断导线环电流磁场的方向，然后根据磁极间的相互作用判断两导线环的运动趋势解答：解：通电导线环产生磁场，相当于一个磁铁，由安
11、培定则可知：两导线环左侧面是N极，右侧面是S极，同名磁极相互吸引，异名磁极相互排斥，左右两通电导线环的S极与N极相对，因此两导线环相互吸引；故选：A点评：把两通电导线环等效为磁铁，由安培定则判断出磁铁的极性，根据磁铁磁极间的相互作用即可正确解题8（4分）（2010秋温州期中）如图所示，一带电小球用丝线悬挂在水平方向的匀强电场中，小球保持静止状态，现烧断悬线，则小球将在电场中做（）A自由落体运动B匀变速曲线运动C变加速直线运动D匀变速直线运动考点：牛顿第二定律；电场强度版权所有专题：牛顿运动定律综合专题分析：当物体所受的合力与速度在同一条直线上，物体做直线运动，所受的合力与速度不在同一条直线上，
12、物体做曲线运动解答：解：悬线烧断前，小球受重力、拉力、电场力平衡，重力和电场力的合力与拉力等值反向烧断细线，物体受重力、电场力，两个力合力恒定，沿细线方向，合力方向与速度方向在同一条直线上，所以物体沿着悬线的延长线做匀加速直线运动故D正确A、B、C错误故选D点评：解决本题的关键掌握物体做直线运动还是曲线运动的条件，当物体所受的合力与速度在同一条直线上，物体做直线运动，所受的合力与速度不在同一条直线上，物体做曲线运动9（4分）（2011西城区模拟）如图所示，正确标明了通电导线所受安培力F方向的是（）ABCD考点：左手定则版权所有分析：正确应用左手定则是解答本题的关键，在应用时为防止手忙脚乱，可以
13、先让四指和电流方向一致，然后通过旋转手让磁感线穿过手心，从而进一步确定大拇指的指向即安培力方向解答：解：根据左手定则可知：A图中安培力向下，故A错误；B图中安培力向下，故B正确；C图中安培力向下，故C错误；D图中垂直于电流和磁场向外，故D错误故选B点评：要熟练应用左手定则判断安培力方向一定平时多加练习，同时注意磁场、电流方向的表示方法10（4分）（2011秋禹州市期末）如图所示，电子在电压为U1的电场中由静止加速后，垂直射入电压为U2的偏转电场在满足电子能射出偏转电场的条件下，下列四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是（）AU1变大，U2变大BU1变小，U2变大CU1变大，U2变小DU1变小
14、，U2变小考点：带电粒子在匀强电场中的运动版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：电子经电场加速后，进入偏转电场，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出电子离开电场时数值方向分速度，表示出偏转角正切值的表达式，从而判断使偏转角变小的方法解答：解：根据动能定理：eU1=mv2得：v=在偏转电场中由平抛规律可得：vy=at加速度为：a=运动时间为：t=可得偏角的正切值为：tan=若使偏转角变小即使tan变小，由上式看出可以增大U2减小U1故B正确，ACD错误故选：B点评：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、
15、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成，常规问题二、填空题（本大题共5个小题，共30分，把答案填在题中的横线上）11（6分）（2013秋德城区校级期中）a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点电场线与矩形所在平面平行已知a点的电势为20V，b点的电势为24V，d点的电势为4V，如图，由此可知c点的电势为8V考点：电势版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分，故可将bd五等分，求出e、f的电势，连接ae和cf，则cfae，c=f=8v解答：解：根据在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分将
16、线段bd五等分，如图所示，则Ube=Ubd=（244）=4v，故Ube=be=4v，故fd=4v，故e=244=20vf=8v故a=e，连接cf，则cfae，故c点的电势c=f=8v故答案为：8点评：在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分；在匀强电场中电场线平行且均匀分布故等势线平行且均匀分布以上两点是解决此类题目的金钥匙12（6分）（2009湖南校级模拟）将一个电荷量为1.0108C的正点电荷从电场中的A点移到B点，电场力做的功为2.4106J，则A、B间的电势差为UAB=240V，A、B两点中A点的电势高考点：电势能版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：本题考查电场力
17、做功，和电场力做功与电势能的转化的关系，电场力做功有公式W=qU可以计算；和电场力做功与电势能的转化的关系是，电场力做正功，电势能就减小；电场力做负功，电势能就增加，由此可判定AB之间的电势关系解答：解：（1）电场力做功时：由公式W=qU，V；（2）电场力做功与电势能的转化的关系是，电场力做正功，电势能就减小；电场力做负功，电势能就增加，由此可判定AB之间的电势关系A点高，B点低故答案为：240V，A点评：该题考查考查电场力做功，和电场力做功与电势能的转化的关系，属于基础题目13（6分）（2013秋德城区校级期中）图中，A图为通电螺线管及周围小磁针的示意图，图中螺线管中小磁针左端为S极，螺线管
18、之上的磁针左端为N极（填N或S）考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向版权所有分析：先根右手螺旋定则判断出通电螺线管的磁极，再根据小磁针静止时N极的指向即为磁场的方向去分析解答：解：由右手螺旋定则判断出通电螺线管的右端为N极，小磁针静止时N极的指向即为磁场的方向，所以图中螺线管中小磁针左端为S极，螺线管之上的磁针左端为N极故答案为：S，N点评：磁极间的相互作用规律与右手定则相结合是电磁学方面的常见题型，一般有两个思路：由小磁针的指向判断通电螺线管的磁极，进而判断电流的方向或绕线；根据右手定则判断出通电螺线管磁极，进而判断出小磁针的指向14（6分）（2013秋德城区校级期中）如图所示，虚线表示
19、等势面，相邻两等势面间的电势差相等有一带正电的小球在电场中运动，实线表示该带正小球的运动轨迹，小球在a点的动能等于20ev，运动到b点时动能等于2ev若取c点为电势零点，则当这个带电小球的电势能为6ev时，不计重力和空气阻力，它的动能等于8eV考点：等势面；电势能版权所有分析：解决本题需掌握：小球只受电场力时，小球的动能和电势能之和保持不变；正确判断小球在电场中所受电场力方向以及电场力做功情况解答：解：小球自a点运动到b时，电场力做负功：Wab=2eV20eV=18eV 由于相邻两等势面的电势差相等，故电势差的大小关系有：Uab=3Uac 从b到c电场力做正功，根据动能定理有：Wbc=EkcE
20、kb 联立可得Ekc=14eV由于只有电场力做功，电势能和动能和保持不变，故在c点：E=Ep+Ek=14eV即电势能和动能之和为8eV，因此当电势能等于6eV时动能为8eV，故答案为：8eV点评：学习电场中的功能关系时可以类比在重力场的功能关系，如只有重力做功，动能和电势能之和保持不变；那么只有电场力做功，电势能和动能之和保持不变15（6分）（2013秋沈阳期中）水平放置的平行金属导轨相距为d，导轨一端与电源相连，垂直于导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为B，方向如图所示金属棒ab静止在导轨上，棒与导轨成60角，此时，通过金属棒的电流为I，则金属棒所受的安培力大小为考点：安培力版权所有分析：应用安
21、培力公式F=BIL时注意，该公式的适用条件一是要求匀强磁场，而是要求电流和磁场垂直，故解答本题的关键是求出垂直于磁场的导线长度解答：解：通电导体垂直于磁场的长度为：故安培力的大小为：故答案为：点评：对于基本物理公式要明确其适用条件和公式中各个物理量的含义三、计算题（本大题共30分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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）16（8分）（2013秋鲤城区校级期中）如图所示，一平行板电容器接在U=12V的直流电源上，电容C=3.01010 F，两极板间距离d=1.20103m，取g=10m/s2，求：（1）该电容器所带
22、电量（2）若板间有一带电微粒，其质量为m=2.0103 kg，恰在板间处于静止状态，则该微粒带电量为多少？带何种电荷？考点：电容；共点力平衡的条件及其应用版权所有专题：电容器专题分析：（1）平行板电容器接在U=12V的直流电源上，板间电压U等于电源的电压由电容的定义式C=求解电容器所带电量（2）平行板电容器建立匀强电场，由E=求出板间电场强度E带电微粒在板间处于静止状态时，重力与电场力平衡，由平衡条件求出微粒的带电量判断出电性解答：解：（1）由电容的定义式C=得，电容器所带电量Q=CU=3.0101012C=3.6109C（2）由E=得，板间电场强度E=对于带电微粒，由平衡条件得，qE=mg则
23、q=C=2106C由于电容器上板带正电，场强方向向下，微粒所受电场力方向竖直向上，则该电荷带负电答：（1）该电容器所带电量3.6109C （2）该微粒带电量为2106C，带负电荷点评：本题要区分清楚电容器的电荷量与微粒的电荷量不同对于平衡问题，分析受力是基础基础题，比较容易17（11分）（2013秋德城区校级期中）在磁感应强度是4.0102T的匀强磁场里，有一条与磁场方向垂直，长8cm的通电导线ab（如图所示），通电导线ab所受的安培力是1.0102N，方向垂直纸面指向外，求导线中电流的大小和方向考点：安培力；左手定则版权所有分析：根据F=BIL求出电流的大小，通过左手定则，结合磁场的方向、安
24、培力的方向判断出电流的方向解答：解：由F=BIl得：I= A=3.125 A 由左手定则判定电流方向由b到a答：电流的大小为3.125A，方向由b到a点评：解决本题的关键掌握安培力的大小公式，当电流方向与磁场平行，F=0，当电流方向与磁场方向垂直，F=BIL，以及掌握左手定则判断磁场方向、电流方向、安培力方向的关系18（11分）（2009湖南校级模拟）一束电子流在经U=5000V的加速电场加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的电场，如图所示，若两极间距d=1.0cm，板长l=5.0cm，那么，要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大电压？考点：带电粒子在匀强电场中的运动版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：粒子先加速再偏转，由题意可知当电子恰好飞出时，所加电场最大；由运动的合成与分解关系可得出电压值解答：解：在加速电压一定时，偏转电压U越大，电子在极板间的偏转距离就越大，当偏转电压大到使电子刚好擦着极板的边缘飞出，此时的偏转电压，即为题目要求的最大电压加速过程，由动能定理得：进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动：l=0t，偏转距离：，能飞出的条件为：解式得：答：两个极板上最多能加多大电压为4.0102V点评：本题考查带电粒子在电场中的偏转，在列式计算时应注意不要提前代入数值，应将公式简化后再计算，这样可以减少计算量- 11 -