湖北省沙市中学2017-2018学年高二上学期期末考试物理试题
湖北省沙市中学2017-2018学年高二上学期期中考试物理试题Word版含答案
2017—2018学年上学期2016级期中考试物理试卷考试时间：2017年11月16日一．选择题（1~8为单选，9~12为多选，每题4分，共48分） 1．如图所示，A 、B 为两个等量的正点电荷，在其连线中垂线上的P 点放一个负电荷q （不计重力）由静止释放后，下列说法中正确的是A ．点电荷在从P 点到O 点运动的过程中，加速度越来越大，速度越来越大B ．点电荷在从P 点到O 点运动的过程中，加速度越来越小，速度越来越大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，直到粒子速度为零2．如图所示，在原来不带电的金属细杆附近P 处，放置一个正点电荷．达到静电平衡后 A ．a 端的电势比b 端的高 B ．a 端的电势比d 点的低C ．杆上感应电荷在杆内c 处产生的场强为零D ．达到静电平衡后，P 处正点电荷在杆内c 处产生的场强为零3．如图是一个说明示波管工作的原理图，电子经加速电场（加速电压为U 1）加速后垂直进入偏转电场，离开偏转电场时偏转量是h ，两平行板间的距离为d ，电压为U 2，板长为l ，了提高灵敏度，可采用下列哪些方法 A ．增大U 2 B ．减小l C ．减小dD ．增大U 14．空间有一沿x 轴对称分布的电场，其电场强度E 随x 变化的图象如图所示，下列说法正确的是A ．O 点的电势最低每单位电压引起的偏移2U h ，叫做示波管的灵敏度，为B ．x 1和x 3两点的电势相等C ．x 2和－x 2两点的电势相等D ．x 2点的电势低于x 3点的电势5．在如图所示的电路中，R 1、R 2、R 3和R 4皆为定值电阻，R 5为可变电阻，电源的电动势为ε，内阻为r ．设电流表A 的读数为I ，电压表V 的读数为U ．当R 5的滑动触点向图中a 瑞移动时A ．I 变大，U 变小B ．I 变大，U 变大C ．I 变小，U 变大D ．I 变小，U 变小6．如图所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子（正电子质量和电量与电子大小相等，电性相反）分别以相同速度沿与x 轴成60°角从原点射入磁场，则正、负电子在磁场中运动时间之比为 A ．1∶2 B ．2∶1C ．1D ．1∶17．电容器C 1、C 2和可变电阻器R 1、R 2以及电源ε连接成如图所示的电路．当R 1的滑动触头在图示位置时，C 1、C 2的电量相等．要使C 1的电量大于C 2的电量，应 A ．增大R 2 B ．减小R 2C ．将R 1的滑动触头向A 端移动D ．将R 1的滑动触头向B 端移动8．两个相距很近的等量异号点电荷组成的系统称为电偶极子.设相距为l ,电荷量分别为+q 和-q 的点电荷构成电偶极子.如图所示,取二者连线方向为y 轴方向,中点O 为原点,建立如图所示的xOy 坐标系,P 点距坐标原点O 的距离为()r r l >>,P 、O 两点间连线与y 轴正方向的夹角为θ,设无穷远处的电势为零,P 点的电势为ϕ,真空中静电力常量为k.下面给出ϕ的四个表达式,其中只有一个是合理的.你可能不会求解P 点的电势ϕ,但是你可以通过一定的物理分析,对下列表达式的合理性作出判断.根据你的判断ϕ,的合理表达式应为…A ．sin kql rθϕ=B ．2cos kqr lθϕ= C ．2cos kql r θϕ=D ．2sin kql rθϕ= 9．利用静电计．研究平行板电容器的电容与哪些因素有关的实验装置如图所示，则下面叙述中符合实验中观察到的结果的是A ．N 板向下平移，静电计指针偏角变大B ．N 板向左平移，静电计指针偏角变大C ．保持N 板不动，在M 、N 之间插入一块绝缘介质板，静电计指针偏角变大D ．保持N 板不动，在M 、N 之间插入一块金属板，静电计指针偏角变大10．供电电路的电源的输出电压为U 1，线路导线上的电压为U 2，用电器得到的电压为U 3，导线中电流为I ，线路导线的总电阻为R ，若要计算线路上的损失功率，可用的公式有A ．21U RB ．I （U 1-U 3）C ．I 2RD ．22U R11．用多用电表欧姆挡测电阻时，下列说法错误的是A ．测量前必须进行欧姆调零，而且每测一次电阻都要重新调零B ．为了使测量值比较准确，应该用两手分别将两表笔与待测电阻两端紧紧捏在一起，以使表笔与待测电阻接触良好C ．待测电阻若是连接在电路中，应当先把它与其它元件断开后再测量D ．用欧姆表测量某一电阻的阻值时，发现指针偏角很大，应选择倍率较小的档并且要重新调零后再进行测量12．在匀强磁场B 的区域中有一光滑斜面体，在斜面体上放置一根长为L ，质量为m 的导线，当通以如图所示方向的电流后，导线恰能保持静止，则磁感应强度B 可能满足 A ．sin ,mg B IL α=方向垂直斜面向上B ．sin mg B ILα=，方向垂直斜面向下C．tanmgBILα=，方向竖直向下D．mgBIL=，方向水平向左二．实验题13．（12分）某同学要测量一新材料制成的均匀圆柱体的电阻率ρ.完成下列部分步骤：(1)用游标为20分度的卡尺测量其长度，如图13－1甲所示，由图可知其长度为_____mm.甲乙图13－1(2)用螺旋测微器测量其直径，如图13－1乙所示，由图可知其直径为_________mm.(3)用多用电表的电阻“×10”挡按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图13－2所示，则该电阻的阻值约为 ________Ω.图13－2(4)该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻R；电流表A1(量程0～6mA，内阻约50Ω)；电流表A2(量程0～15mA，内阻约30Ω)；电压表V1(量程0～3V，内阻约10kΩ)；电压表V2(量程0～15V，内阻约25kΩ)；直流电源E(电动势4V，内阻不计)；滑动变阻器R1(阻值范围0～15 Ω，允许通过的最大电流2.0 A)；滑动变阻器R2(阻值范围0～2 kΩ，允许通过的最大电流0.5 A)；开关S，导线若干．为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在虚线框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号．14．（12分）实验小组要测量一节干电池的电动势和内电阻．实验室有如下器材可供选择：A．待测干电池（电动势约为1.5V，内阻约为1.0Ω）B．电压表（量程1.5V）C．电压表（量程3V）D．电流表（量程0.6A）E．定值电阻（阻值为50Ω）F．滑动变阻器（阻值范围0﹣50Ω）G．开关、导线若干（1）为了尽量减小实验误差，在如图所示的四个实验电路中应选用．（2）实验中电压表应选用．（选填器材前的字母）（3）实验中测出几组电流表和电压表的读数并记录在下表中．请你将这6组数据描绘在给出的U﹣I坐标系中并完成U﹣I图线；（4）由图可以得到，第 组数据误差较大，此干电池的电动势E= V ，内电阻r= Ω．（结果均保留两位有效数字）三．计算题15．（12分）如图所示为说明示波器工作原理的示意图，已知两平行板间的距离为d 、板长为l ，电子经电压为U 1的电场加速后从两平行板间的中央处垂直进入偏转电场，设电子质量为m e 、电荷量为e ．（1）求经电场加速后电子速度v 的大小；（2）要使电子离开偏转电场时的偏转角度最大，两平行板间的电压U 2应是多少？电子离开偏转电场时动能多大？16．(12分)如图所示，BCDG 是光滑绝缘的34圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R ，下端与水平绝缘轨道在B 点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中．现有一质量为m 、带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为 34mg ，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g. （1）若滑块从水平轨道上距离B 点s ＝3R 的A 点由静止释放，滑块到B 点时速度为多大？ （2）求滑块到达C 点时受到轨道的作用力大小；（3）改变s 的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G 点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小．17.（14分）在如图所示的空间区域里，y轴左方有一匀强电场，场强方向跟y轴正方向成600，大小为E=4.0×105N/C；y磁场，磁感应强度B=0.20T.有一质子以速度v=2.0×106由x轴上的A点(10cm，0)沿与x轴正方向成300场，经磁场作用后又射入电场.已知质子质量近似为m=1.6×10-27kg，电荷q=1.6×10-19C，质子重力不计.求:(计算结果保留3位有效数字)（1）质子在磁场中做圆周运动的半径.（2）质子从开始运动到第二次到达y轴所经历的时间.（3）质子第三次到达y轴的位置坐标.物理参考答案13(1)50.15(2)4.700(3)220(4)如图所示14.（1）丙；（2）B；（3）如图所示；（4）4，1.5，0.83；15.【答案】（1）经电场加速后电子速度v的大小为；（2）要使电子离开偏转电场时的偏转角度最大，两平行板间的电压U2应是，电子动能为eU1（1+）．16.17．。
湖北省荆州市沙市中学2017-2018学年高二上学期第二次双周练物理试卷(b卷) Word版含解析
2017-2018学年湖北省荆州市沙市中学高二（上）第二次双周练物理试卷（B卷）一、选择题（1-8题单选题，9-12题多选题）1．如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电．整个系统置于方向水平的匀强电场中．已知静电力常量为k．若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为（）A．B．C． D．2．两带电量分别为q和﹣q的点电荷放在x轴上，相距为L，能正确反映两电荷连线上场强大小E与x关系的是图（）A．B．C．D．3．A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在静电力作用下以一定的初速度从A 点沿电场线运动到B点，其速度v与时间t的关系图象如图所示．则此电场的电场线分布可能是下图中的（）A． B． C．D．4．两个点电荷Q1、Q2固定于x轴上，将一带正电的试探电荷从足够远处沿x轴负方向移近Q2（位于坐标原点O），在移动过程中，试探电荷的电势能随位置的变化关系如图所示．则下列判断正确的是（）A．M点电势为零，N点场强为负方向最大B．M点场强为零，N点电势为零C．Q1带负电，Q2带正电，且Q2电荷量较小D．Q1带正电，Q2带负电，且Q2电荷量较小5．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S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，若（）A．保持S不变，增大d，则θ变大B．保持S不变，增大d，则θ变小C．保持d不变，减小S，则θ变小D．保持d不变，减小S，则θ不变6．如图所示是某导体的I﹣U图象，图中α=45°，下列说法错误的是（）A．通过电阻的电流与其两端的电压成正比B．此导体的电阻R=2ΩC．I﹣U图象的斜率为电阻的倒数，所以R=cot45°=1.0ΩD．R两端加6.0 V电压时，每秒通过导体截面的电荷量是3.0C7．如图所示，用伏安法测电阻，若电流表内阻1Ω，电压表内阻5000Ω，R x约为10Ω，则图中哪个测量结果较为准确？测量值比真实值偏大还是偏小（）A．甲电路，偏大 B．甲电路，偏小 C．乙电路，偏大 D．乙电路，偏小8．在如图所示的电路中，当滑动变阻器R3的滑动触头P向下滑动时（）A．电压表示数变大，电流表示数变小B．电压表示数变小，电流表示数变大C．电压表示数变大，电流表示数变大D．电压表示数变小，电流表示数变小9．如图所示，一直流电动机与阻值R=9Ω的电阻串联在电源上，电源电动势E=30V，内阻r=1Ω，用理想电压表测出电动机两端电压U=10V，已知电动机线圈电阻R M=1Ω，则下列说法中正确的是（）A．通过电动机的电流为10 A B．电动机的输入功率为20 WC．电动机的热功率为4 W D．电动机的输出功率为20W10．某同学将一直流电源的总功率P E、输出功率P R和电源内部的发热功率P r随电流I变化的图线画在同一坐标系内，如图所示，根据图线可知（）A．反映P r变化的图线是cB．电源电动势为8 VC．电源内阻为4ΩD．当电流为0.5 A时，外电路的电阻为6Ω11．在正方形的四个顶点上分别固定有带电量绝对值均为Q的点电荷，其带点性如图所示．正方形的对角线交点为O，在两条对角线上分别取点A、B、C、D且OA=OB=OC=OD．不计电子重力．则（）A．C、D两点的电场强度相同，A、B两点的电场强度不同B．C、D两点电势相等，A、B两点电势不相等C．电子从C点沿直线运动到D点，电势能先增加后减小D．电子从O点沿直线运动到B点，电势能先增加后减小12．如图所示，四个相同的电流表分别改装成两个安培表和两个伏特表，安培表A1的量程大于A2的量程，伏特表V1的量程大于V2的量程，把它们按图接入电路中，则下列说法正确的是（）A．安培表A1的偏转角大于安培表A2的偏转角B．安培表A1的读数大于安培表A2的读数C．伏特表V1的读数小于伏特表V2的读数D．伏特表V1的偏转角等于伏特表V2的偏转角二、实验题13．下列测量仪器所测得物体的长度分别为，．14．当小灯泡发光时其灯丝的电阻会随着发光亮度的变化而发生变化．某同学为研究这一现I U表、滑动变阻器（变化范围0～10Ω）、电源、小灯泡、开关和导线若干．（2）在图示坐标纸上画出小灯泡的U﹣I曲线，并定性分析灯丝的电阻与灯泡发光亮度的变化关系．（3）如果将上面实验中使用的小灯泡接在电动势是1.5V，内阻是2.0Ω的电源两端，利用上面的U﹣I曲线可求出小灯泡的实际功率是W，电源效率为．（结果保留2位有效数字）三、解答题15．一般地说，用电器的工作电压并不等于额定电压，家庭里通常不备电压表，但可以借助电能表测出用电器的实际工作电压，现在电路中只接入一个电热水壶，壶的铭牌和电能表的铭牌分别如图（a）和（b）所示．测得电能表的转盘转过125转的时间为121s，求此时加在电热水壶上的实际电压．（电热水壶的电阻变化不计）16．如图的电路中，电源的电动势E=3.0V，内阻r=1.0Ω；电阻R1=10Ω，R2=10Ω，R3=30Ω，R4=35Ω；电容器的电容C=100μF．电容器原来不带电，接通电键K．求：（1）流过电源的电流；（2）电阻R3两端的电压；（3）从接通电键K达到稳定过程中流过R4的总电量．17．如图甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1=300Ω，R2阻值未知，R3为一滑动变阻器．当其滑片P从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化图线如图乙所示，其中A、B两点是滑片P分别在变阻器的左右两个端点得到的．求：（1）电源的电动势和内阻；（2）定值电阻R2的阻值；（3）滑动变阻器的最大阻值．18．如图（a）所示，真空室中电极K发出的电子（初速不计）经过U0=1000V的加速电场后，由小孔S沿两水平金属板A、B间的中心线射入，A、B板长l=0.20m，板间距离d=0.02m．加在A、B两板间的电压“随时间变化的u﹣t图线如图（b）所示．设A、B间的电场可看作是均匀的，且两板外无电场，在每个电子通过电场区域的极短时间内，电场可视作恒定的．两板右侧放一记录圆筒，筒的左侧边缘与极板右端距离b=0.15m，筒能接收到通过A、B板的全部电子，以t﹣0时（见图（b），此时u=0）电子打到圆筒记录纸上的点作为y坐标系的原点，并取y轴竖直向上．试计算（1）电子能穿出偏转电场的偏转电压的最大值为多少？（2）电子打到记录纸上的最高点的Y．19．如图所示，固定于同一条竖直线上的点电荷A、B相距为2d，电量分别为+Q和﹣Q．MN 是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p，质量为m、电量为+q（可视为点电荷，q远小于Q），现将小球p从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球p向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v．已知MN与AB之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g．求：（1）C、O间的电势差U CO；（2）小球p经过O点时的加速度；（3）小球p经过与点电荷B等高的D点时速度的大小．2016-2017学年湖北省荆州市沙市中学高二（上）第二次双周练物理试卷（B 卷）参考答案与试题解析一、选择题（1-8题单选题，9-12题多选题）1．如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a 、b 和c 分别位于边长为l 的正三角形的三个顶点上；a 、b 带正电，电荷量均为q ，c 带负电．整个系统置于方向水平的匀强电场中．已知静电力常量为k ．若 三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为（ ）A ．B ．C ．D ．【考点】库仑定律．【分析】三个小球均处于静止状态，以整个系统为研究对象根据平衡条件得出c 的电荷量，再以c 电荷为研究对象受力分析求解．【解答】解：设c 电荷带电量为Q ，以c 电荷为研究对象受力分析，根据平衡条件得a 、b 对c 的合力与匀强电场对c 的力等值反向，即：2××cos30°=E •Q所以匀强电场场强的大小为．故选B ．2．两带电量分别为q 和﹣q 的点电荷放在x 轴上，相距为L ，能正确反映两电荷连线上场强大小E 与x 关系的是图（ ）A ．B ．C ．D ．【考点】电场的叠加．【分析】结合等量异种电荷的电场线分布情况分析，电场线的疏密程度反映场强的大小，电场线的切线方向反映电场强度的方向．【解答】解：由等量异种点电荷的电场强度的关系可知，在两电荷连线中点处电场强度最小，但不是零，从两点电荷向中点电场强度逐渐减小；故选A．3．A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在静电力作用下以一定的初速度从A 点沿电场线运动到B点，其速度v与时间t的关系图象如图所示．则此电场的电场线分布可能是下图中的（）A． B． C．D．【考点】电场线．【分析】（1）速度﹣﹣时间图象中，图象的斜率表示加速度；（2）电场线分布密集的地方电场强度大，分布稀疏的地方，电场强度小；（3）负电荷受电场力的方向与电场强度方向相反；（4）对只受电场力作用的带电微粒，电场力越大，加速度越大，也就是电场强度越大，加速度越大．根据这几个知识进行分析．【解答】解：由v﹣t图象可知，微粒的速度在逐渐减小，图象的斜率在逐渐增大，故此带负电的微粒做加速度越来越大的减速直线运动，所受电场力越来越大，由F=qE知，场强增大，电场线越来越密．电场力方向与其运动方向相反，电场力向左，所以电场线方向向右．故A 正确，BCD错误．故选：A．4．两个点电荷Q1、Q2固定于x轴上，将一带正电的试探电荷从足够远处沿x轴负方向移近Q2（位于坐标原点O），在移动过程中，试探电荷的电势能随位置的变化关系如图所示．则下列判断正确的是（）A．M点电势为零，N点场强为负方向最大B．M点场强为零，N点电势为零C．Q1带负电，Q2带正电，且Q2电荷量较小D．Q1带正电，Q2带负电，且Q2电荷量较小【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．【分析】由图读出电势能E P，由φ=，分析电势．E P﹣x图象的斜率F=，即斜率大小等于电场力大小．由F=qE，分析场强．根据正电荷在电势高处电势能大，分析电势变化，确定场强的方向，由N点场强为零，判断两电荷的电性和电量的大小．【解答】解：A、B、由图知，M点电势能E P=0，由φ=分析得知，M点电势φ=0．E P﹣x图象的斜率=F=qE，则知M点的场强不为0，N点场强为零．故AB错误；C、D、根据正电荷在电势高处电势能大，可知，带正电的试探电荷从远处移近Q2的过程中，电势能减小，电势先降低后升高，说明Q1带负电，Q2带正电，N点场强为零，由E=k知，Q2电荷量较小．故C正确，D错误．故选：C5．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S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，若（）A．保持S不变，增大d，则θ变大B．保持S不变，增大d，则θ变小C．保持d不变，减小S，则θ变小D．保持d不变，减小S，则θ不变【考点】电容器的动态分析．【分析】静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大．根据电容的决定式C=分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，再由电容的定义式C=分析板间电势差的变化，即可再确定静电计指针的偏角变化情况．【解答】解：A、B、根据电容的决定式C=得知，电容与极板间距离成反比，当保持S不变，增大d时，电容减小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大；反之，保持S不变，减小d，则θ减小．故A正确，B错误．C、D、根据电容的决定式C=得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，减小S时，电容减小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角θ变大；反之，保持d不变，增大S，则θ减小，故C错误，D错误．故选：A．6．如图所示是某导体的I﹣U图象，图中α=45°，下列说法错误的是（）A．通过电阻的电流与其两端的电压成正比B．此导体的电阻R=2ΩC．I﹣U图象的斜率为电阻的倒数，所以R=cot45°=1.0ΩD．R两端加6.0 V电压时，每秒通过导体截面的电荷量是3.0C【考点】欧姆定律；路端电压与负载的关系．【分析】由图象的意义可明确电流与电压的关系，并能求出电阻的数值，由电流的定义可求得每秒通过电阻截面的电荷量．【解答】解：A、由图可知，电流随着其两端的电压的增大而增大，故电流与其两端的电压成正比，故A正确；B、C由I=可知，图象的斜率表示电阻的倒数，则由图象可知电阻R=Ω=2Ω，故B正确；C错误；D、在R两端加6V的电压时，电路中电流I==3A，则每秒通过电阻的电荷量为q=It=3×1=3C；故D正确；本题选错误的，故选：C．7．如图所示，用伏安法测电阻，若电流表内阻1Ω，电压表内阻5000Ω，R x约为10Ω，则图中哪个测量结果较为准确？测量值比真实值偏大还是偏小（）A．甲电路，偏大 B．甲电路，偏小 C．乙电路，偏大 D．乙电路，偏小【考点】伏安法测电阻．【分析】根据待测量电阻与电压表电流表内阻的大小关系，根据误差分析方法可选择正确的电路；再由欧姆定律可分析误差情况．【解答】解：==500；==10，＞，故应采用电流表外接法，故选甲电路；由于电压表分流使电流表示数偏大流表，则由欧姆定律可知，测量值比真实值小；故选：B．8．在如图所示的电路中，当滑动变阻器R3的滑动触头P向下滑动时（）A ．电压表示数变大，电流表示数变小B ．电压表示数变小，电流表示数变大C ．电压表示数变大，电流表示数变大D ．电压表示数变小，电流表示数变小 【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】先分析电路结构，由滑片的移动可得出滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路的欧姆定律可得出总电流的变化，由U=E ﹣Ir 可得出路端电压的变化，得出并联部分电压的变化，求得R 2中电流的变化，由并联电路的电流规律可得出电流表示数的变化．【解答】解：当滑片向下移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大，则由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流减小，故内压减小，因此路端电压增大，并联部分电压也增大，故R 2电压增大，电压表示数变大，故流过R 2的电流增大，因总电流减小，故电流表示数减小；故A 正确，BCD 错误； 故选：A ． 9．如图所示，一直流电动机与阻值R=9Ω的电阻串联在电源上，电源电动势E=30V ，内阻r=1Ω，用理想电压表测出电动机两端电压U=10V ，已知电动机线圈电阻R M =1Ω，则下列说法中正确的是（ ）A ．通过电动机的电流为10 AB ．电动机的输入功率为20 WC ．电动机的热功率为4 WD ．电动机的输出功率为20W 【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【分析】电动机正常工作时的电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，而R 和r 是纯电阻，可以对R 和r ，运用用欧姆定律求电路中的电流；电动机输入功率 P 入=UI ，发热功率P 热=I 2R M ，输出功率P 出=P ﹣P 热．根据功率关系求出电动机输出的功率． 【解答】解：A 、根据闭合电路欧姆定律，有：E=U +I （r +R ）解得：I===2A ，故A 错误；B 、电动机的输入功率：P 入=UI=10×2=20W 电动机的热功率：P 热=I 2R M =22×1=4W电动机的输出功率：P 出=P ﹣P 热=UI ﹣I 2R M =10×2﹣22×1=16W 故BC 正确，D 错误． 故选：BC10．某同学将一直流电源的总功率P E、输出功率P R和电源内部的发热功率P r随电流I变化的图线画在同一坐标系内，如图所示，根据图线可知（）A．反映P r变化的图线是cB．电源电动势为8 VC．电源内阻为4ΩD．当电流为0.5 A时，外电路的电阻为6Ω【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】电源内部的发热功率P r=I2r．直流电源的总功率P E=EI，P﹣I图象的斜率等于电动势E．当I=2A时，电源内部的发热功率P r与电源的总功率相等，求出电源的内阻．【解答】解：A、电源内部的发热功率P r=I2r，P r﹣I图象是抛物线，而且是增函数，则反映P r变化的图线是c．故A正确．B、直流电源的总功率P E=EI，P﹣I图象的斜率等于电动势E，则有E===4V．故B错误．C、图中I=2A时，电源内部的发热功率P r与电源的总功率相等，则有P r=I2r，得到r==Ω=2Ω．故C错误；D、当电流为0.5A时，根据闭合电路欧姆定律得：I=，代入解得R=6Ω．故D正确．故选：AD11．在正方形的四个顶点上分别固定有带电量绝对值均为Q的点电荷，其带点性如图所示．正方形的对角线交点为O，在两条对角线上分别取点A、B、C、D且OA=OB=OC=OD．不计电子重力．则（）A．C、D两点的电场强度相同，A、B两点的电场强度不同B．C、D两点电势相等，A、B两点电势不相等C．电子从C点沿直线运动到D点，电势能先增加后减小D．电子从O点沿直线运动到B点，电势能先增加后减小【考点】电场强度；电势能．【分析】本题可根据等量同种电荷和等量异种电荷电场的分布情况，运用电场的叠加原理进行分析．分析要抓住电场线和等势线分布的对称性．【解答】解：A、根据等量同种电荷和等量异种电荷电场的分布情况可知：竖直方向+Q和﹣Q的电场中，C、D两点的电场强度相同，A、B两点的电场强度也相同；在水平方向两个+Q的电场中，C、D 的电场强度大小相等、方向相反，A、B两点的电场强度大小相等、方向相反，所以根据电场的叠加原理可知C、D两点的电场强度不同，A、B两点的电场强度也不同，故A错误．B、在竖直方向+Q和﹣Q的电场中，C、D两点的电势相等，A、B两点的电势不等；在水平方向两个+Q的电场中，C、D的电势相等，A、B两点的电势相等，根据叠加原理可知C、D 两点电势相等，A、B两点电势不相等，故B正确．C、在垂直方向+Q、﹣Q的电场中，CD连线是一条等势线，其上各点的电势相等，在水平方向两个+Q的电场中，C点的电势与D点的电势相等，高于O点的电势，则根据电场的叠加可知C点的电势与D点的电势相等，高于O点的电势，所以电子从C点沿直线运动到D点，电势能先增加后减小，故C正确．D、电子从O点沿直线运动到B点，在竖直方向+Q和﹣Q的电场中，电场力对电子做负功，在在水平方向两个+Q的电场中，电场力对电子也做负功，所以电子从O点沿直线运动到B点，电场力一直做负功，电势能一直增加，故D错误．故选：BC12．如图所示，四个相同的电流表分别改装成两个安培表和两个伏特表，安培表A1的量程大于A2的量程，伏特表V1的量程大于V2的量程，把它们按图接入电路中，则下列说法正确的是（）A．安培表A1的偏转角大于安培表A2的偏转角B．安培表A1的读数大于安培表A2的读数C．伏特表V1的读数小于伏特表V2的读数D．伏特表V1的偏转角等于伏特表V2的偏转角【考点】串联电路和并联电路．【分析】由题：两个安培表和两个伏特表均是由四个相同的电流表改装成的，表头的满偏电流和内阻相同．安培表A1、A2并联，电压相同，表头的电流，指针偏转角度相同，量程越大，其读数越大．伏特表V1与V2串联，流过表头的电流相同，指针偏转的角度相同，则量程越大，其读数越大．【解答】解：A、B安培表A1、A2并联，电压相同，表头的电流，指针偏转角度相同，由于安培表A1的量程大于A2的量程，则安培表A1的读数大于安培表A2的读数．故A错误，B 正确．C、D伏特表V1与V2串联，流过表头的电流相同，指针偏转的角度相同，由于伏特表V1的量程大于V2的量程，则伏特表V1的读数大于伏特表V2的读数．故C错误，D正确，．故选：BD．二、实验题13．下列测量仪器所测得物体的长度分别为24.65mm，0.410mm．【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．【解答】解：游标卡尺的主尺读数为24mm，游标尺上第13个刻度与主尺上某一刻度对齐，故其读数为0.05×13mm=0.65mm，所以最终读数为：24mm+0.65mm=24.65mm；螺旋测微器的固定刻度读数为0mm，可动刻度读数为0.01×41.0mm=0.410mm，所以最终读数为0.410mm．故答案为：24.65mm，0.410mm14．当小灯泡发光时其灯丝的电阻会随着发光亮度的变化而发生变化．某同学为研究这一现I U表、滑动变阻器（变化范围0～10Ω）、电源、小灯泡、开关和导线若干．（2）在图示坐标纸上画出小灯泡的U﹣I曲线，并定性分析灯丝的电阻与灯泡发光亮度的变化关系灯丝电阻随灯泡亮度增加为增大．（3）如果将上面实验中使用的小灯泡接在电动势是1.5V，内阻是2.0Ω的电源两端，利用上面的U﹣I曲线可求出小灯泡的实际功率是0.28W，电源效率为53%．（结果保留2位有效数字）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【分析】（1）根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后作出实验电路图．（2）应用描点法作出图象，根据图象分析亮度与灯丝电阻的关系．（3）在同一坐标系内作出电源的U﹣I图象，然后求出功率与效率．【解答】解：（1）描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡电阻约为几欧姆，电压表内阻约为几千欧姆甚至几万欧姆，电流表内阻约为零点几欧姆，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示：（2）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示，由图象可知，随灯泡电压增大，灯泡电流增大，灯泡实际功率增大，灯泡变亮，灯泡电压与电流比值变大，灯丝电阻增大．（3）在同一坐标系内作出电源的U﹣I图象如图所示，由图象可知，灯泡两端电压U=0.8V，电流I=0.349，灯泡实际功率P=UI=0.8×0.349≈0.28W，效率η==≈53.3%；故答案为：（1）电路图如图所示；（2）图象如图所示；（3）0.28；53%．三、解答题15．一般地说，用电器的工作电压并不等于额定电压，家庭里通常不备电压表，但可以借助电能表测出用电器的实际工作电压，现在电路中只接入一个电热水壶，壶的铭牌和电能表的铭牌分别如图（a）和（b）所示．测得电能表的转盘转过125转的时间为121s，求此时加在电热水壶上的实际电压．（电热水壶的电阻变化不计）【考点】电功、电功率．【分析】先根据电热水壶的额定电压和额定功率求出电热水壶的电阻；然后根据电能表每消耗1kw•h的电能，转盘转动3000r，求出转盘转过125转消耗的电能；再利用P=求出电热水壶的实际功功率；并结合功率的变形公式P=即可求出电热水壶两端的实际电压．【解答】解：设电热水壶的电阻为R则R==Ω=Ω121秒内，电能热水壶所做的电功：电热水壶的实际功率：P==由：解得：U=答：此时加在电热水壶上的实际电压为200V．16．如图的电路中，电源的电动势E=3.0V，内阻r=1.0Ω；电阻R1=10Ω，R2=10Ω，R3=30Ω，R4=35Ω；电容器的电容C=100μF．电容器原来不带电，接通电键K．求：（1）流过电源的电流；（2）电阻R3两端的电压；（3）从接通电键K达到稳定过程中流过R4的总电量．【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】（1）由闭合电路欧姆定律可求得总电流；（2）先求得路端电压，再由串联电路的分压关系可求R3两端的电压；（3）通过R4的总电量就是电容器的带电量，求出电容器两端的电压，由Q=UC可求得总电量．【解答】解：（1）电键K闭合后，闭合电路的总电阻为R=+r=9Ω通过电源的电流I==A；（2）电源的端电压U=E﹣Ir=V；电阻R3两端的电压U′=U=2V；（3）通过R4的总电量就是电容器的带电量Q=CU′=2.0×10﹣4C；答：（1）电流为A；（2）电阻R3两端的电压U′为2V；（3）通过R4的总电量为2.0×10﹣4C．17．如图甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1=300Ω，R2阻值未知，R3为一滑动变阻器．当其滑片P从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化图线如图乙所示，其中A、B两点是滑片P分别在变阻器的左右两个端点得到的．求：（1）电源的电动势和内阻；（2）定值电阻R2的阻值；（3）滑动变阻器的最大阻值．【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】（1）电源的路端电压随电流的变化图线斜率大小等于电源的内阻，由闭合电路欧姆定律求出电动势．（2）当滑片滑到最右端时，R1被短路，外电路的电阻最小，电流最大，读出电流和电压，由欧姆定律求出R2的阻值；（3）滑动变阻器阻值最大时，外电阻最大，电流最小，由图读出电压和电流，由欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值．【解答】解：（1）因为题图乙中AB的延长线交U轴于20 V处，交I轴于1.0 A处．所以电源的电动势为：E=20 V，内阻：r===20Ω．（2）当P滑到R3的右端时，电路参数对应题图乙中的B点，即U2=4 V、I2=0.8 A，。
2018-2019湖北省沙市中学高二上学期物理试题
2018-2019学年湖北省沙市中学高二上学期第四次半月考（双周考）物理试卷1．在图所示的实验装置中，平行板电容器的极板A与一灵敏的静电计的金属小球相连接，极板B及静电计的金属外壳接地，并使A、B两个极板充电。
若极板B稍向上移动一点，由观察到的静电计指针变化作出平行板电容器电容变小的结论的依据是（ D ）A．两极板间的电压不变，极板上的电荷量变小B．两极板间的电压不变，极板上的电荷量变大C．极板上的电荷量几乎不变，两极板间的电压变小D．极板上的电荷量几乎不变，两极板间的电压变大2．如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行极板间的电场中，入射方向跟极板平行。
整个装置处在真空中，重力可忽略，在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏移量y变大的是（B ）A．U1变大，U2变大B．U1变小，U2变大C．U1变大，U2变小D．U1变小，U2变小3．如图所示，实线为电场线，虚线表示等势面，相邻两个等势面之间的电势差相等，有一个运动的负电荷经过等势面L3上某点时的动能为20 J，运动至等势面L1上的某一点时动能变为0，若取L2为零等势面，则此电荷的电势能为4 J时，其动能为（ C ）A．16 J B．10 J C．6 J D．4 J4．如图所示，两个定值电阻R1、R2串联后接在电压U稳定于12V的直流电源上，有人把一个内阻不是远大于R1、R2的电压表接在R1两端，电压表的示数为8 V。
如果他把电压表改接在R2两端，则电压表的示数将（ A ）A．小于4 V B．等于4 VC．大于4 V，小于8 V D．等于或大于8 V5．如图所示，直线a为某电源与可变电阻连接成闭合电路时的路端电压U与干路电流I的关系图象，直线b为电阻R两端电压的U与通过它的电流I的图象，用该电源和该电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的效率分别为（ C ）A ．4 W 、33.3％B ．2 W 、33.3％C ．4 W 、67％D ．2 W 、67％6、如图，电路中定值电阻阻值R 大于电源内阻阻值r 。
湖北省荆州市沙市中学2017-2018学年高二上学期第一次双周考物理试卷(a卷) Word版含解析
2017-2018学年湖北省荆州市沙市中学高二（上）第一次双周考物理试卷（A卷）一、单选题（每小题4分）1．使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开．下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，其中正确的是（）A．B．C．D．2．质量为m1、m2的小球分别带同种电荷q1和q2，它们用等长的细线吊在同一点O，由于静电斥力的作用，使m1球靠在竖直光滑墙上，m1的拉线l1呈竖直方向，使m2球的拉线l2与竖直方向成θ角，m1、m2均处于静止，如图所示．由于某种原因，m2球的带电量q2逐渐减少，于是两球拉线之间夹角θ也逐渐小直到零．在θ角逐渐减小的过程中，关于l1、l2中的张力T1、T2的变化是（）A．T1不变，T2不变B．T1不变，T2变小C．T1变小，T2变小D．T1变小，T2不变3．在匀强电场中，将一质量为m，电荷量为q的小球由静止释放，带电小球的运动轨迹为一直线，该直线与竖直方向的夹角为θ，如图所示，则匀强电场的电场强度大小为（）A．若大小为，则为最大值B．若大小为，则为最小值C．若大小为，则是唯一的D．若大小为，则是唯一的4．两个带等量正电荷的点电荷，O点为两电荷连线的中点，a点在中垂线上，a、b关于O 点对称．若在a点由静止释放一个电子，如图所示，关于电子的运动，下列说法正确的是（）A．电子在从a向O运动的过程中，加速度越来越大，速度越来越大B．电子在从a向O运动的过程中，加速度越来越小，速度越来越大C．电子运动到O时，加速度为零，速度最大D．电子通过O后，速度越来越小，加速度越来越大，一直到速度为零5．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知（）A．带电粒子在R点时的速度大小大于在Q点时的速度大小B．带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大C．带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大D．带电粒子在R点时的加速度大小小于在Q点时的加速度大小6．如图所示，为一空腔球形导体（不带电），现将一个带正电的小金属球A放入空腔中，当静电平衡时，图中a、b、c三点的场强E和电势φ的关系是（）A．E a＞E b＞E c，φa＞φb＞φc B．E a=E b＞E c，φa=φb＞φcC．E a=E b=E c，φa=φb=φc D．E a＞E c＞E b，φa＞φb＞φc7．关于电源的电动势，下列说法中不正确的是（）A．电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大B．电源就是产生电荷的装置C．电源的电动势在数值上等于电源在搬运单位电荷时非静电力所做的功D．电源的电动势由电源自身决定，与外电路的组成无关8．铜的摩尔质量为m，密度为ρ，每摩尔铜原子有n个自由电子，今有一根横截面积为S 的铜导线，当通过的电流为I时，电子平均定向移动的速率为（）A．光速c B． C．D．二、多选题（每小题4分）9．如图所示的电路中，AB是两金属板构成的平行板电容器．先将电键K闭合，等电路稳定后再将K断开，然后将B板向下平移一小段距离，并且保持两板间的某点P与A板的距离不变．则下列说法正确的是（）A．电容器的电容变小B．电容器内部电场强度大小变大C．电容器内部电场强度大小不变D．P点电势升高10．如图1，A板的电势U A=0，B板的电势U B随时间的变化规律如图2所示．电子只受电场力的作用，且初速度为零，则（）A．若电子在t=0时刻进入的，它将一直向B板运动B．若电子在t=0时刻进入的，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上C．若电子在t=时刻进入的，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上D．若电子是在t=时刻进入的，它将时而向B板、时而向A板运动11．如图所示，氕、氘、氚的原子核自初速度为零经同一电场加速后，又经同一匀强电场偏转，最后打在荧光屏上，那么（）A．经过加速电场的过程中，电场力对氚核做的功最多B．经过偏转电场的过程中，电场力对三种核做的功一样多C．三种原子核打在屏上的速度一样大D．三种原子核都打在屏的同一位置上12．将分压电阻串联在电流表上，改装成电压表，下列说法中正确的是（）A．接上分压电阻后，增大了原电流表的满偏电压B．接上分压电阻后，电压按一定比例分配在电流表和分压电阻上，电流表的满偏电压不变C．如分压电阻是表头内阻的n倍，则电压表量程扩大到n倍D．通电时，通过电流表和分压电阻的电流一定相等三、实验题（2×7′=14′）13．有一个量程为0.5A的电流表，与阻值为1Ω的电阻并联后通入0.6A的电流，电流表的示数为0.4A，若将该电流表的量程扩大为5A，则应联一个阻值为Ω的电阻．（保留两位有效数字）14．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，使用的小灯泡规格为“6V 3W”，其他可供选择的器材有：电压表V1（量程6V，内阻约为20kΩ）电压表V2（量程20V，内阻约为60kΩ）电流表A1（量程3A，内阻约为0.2Ω）电流表A2（量程0.6A，内阻约为1Ω）变阻器R1（0～1000Ω，允许通过的最大电流为0.5A）变阻器R2（0～20Ω，允许通过的最大电流为2A）学生电源E（6～8V）开关S及导线若干（1）实验中要求电压表在0～6V范围内读取并记录下12组左右不同的电压值U和对应的电流值I，以便作出伏安特性曲线，在上述器材中，电流表应选用，电压表应选，变阻器应选用．（2）下列实验电路设计合适的是按照选定的电路，在开始实验前滑动变阻器移动到（填A或B）位置四、计算题（10′+12′+12′+14′=48′）15．如图所示，光滑斜面倾角为37°，一带有正电的小物块质量为m，电荷量为q，置于斜面上，当沿水平方向加有如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变化为原来的，求：（1）原来的电场强度的大小；（2）物体运动的加速度；（3）沿斜面下滑距离为L时物体的速度的大小（sin37°=0.6，cos37°=0.8）16．一个带正电的微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运动，如图所示，AB与电场线夹角θ=30°．已知带电微粒的质量m=1.0×10﹣7kg，电量q=1.0×10﹣10C，A、B相距L=20cm．（取g=10m/s2，结果要求二位有效数字）求：（1）试说明微粒在电场中运动的性质，要求说明理由．（2）电场强度大小、方向？（3）要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是多少？17．如图所示，水平放置的平行板电容器，与某一电源相连，它的极板长L=0.4m，两板间距离d=4×10﹣3m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒质量为m=4×10﹣5kg，电荷量q=+1×10﹣8C．（g=10m/s2）m=4×10﹣5kg，电荷量q=+1×10﹣8C．（g=10m/s2）则：（1）微粒入射速度v0为多少？（2）为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上板应与电源的正极还是负极相连？电源的电压U应取什么范围？18．如图所示，ABCD为竖立放在场强为E=104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BCD部分是半径为R的半圆环，轨道的水平部分与半圆环相切，A为水平轨道上的一点，而且AB=R=0.2m．把一质量m=0.1kg、带电量q=10﹣4C的小球，放在水平轨道的A点由静止开始释放后，在轨道的内侧运动．（g取10m/s2）求：（1）它到达C点时的速度是多大？（2）若让小球安全通过D点，开始释放点离B点至少多远？（3）若能通过最高点，从A运动到D的过程中，在何处有最大动能？最大动能为多少？2016-2017学年湖北省荆州市沙市中学高二（上）第一次双周考物理试卷（A卷）参考答案与试题解析一、单选题（每小题4分）1．使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开．下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，其中正确的是（）A．B．C．D．【考点】电荷守恒定律．【分析】当带电金属球靠近不带电的验电器时，由于电荷间的相互作用，而使电荷发生了移动从而使箔片带电．【解答】解：由于同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，故验电器的上端应带上与小球异号的电荷，而验电器的箔片上将带上与小球同号的电荷；故只有B符合条件．故选：B．2．质量为m1、m2的小球分别带同种电荷q1和q2，它们用等长的细线吊在同一点O，由于静电斥力的作用，使m1球靠在竖直光滑墙上，m1的拉线l1呈竖直方向，使m2球的拉线l2与竖直方向成θ角，m1、m2均处于静止，如图所示．由于某种原因，m2球的带电量q2逐渐减少，于是两球拉线之间夹角θ也逐渐小直到零．在θ角逐渐减小的过程中，关于l1、l2中的张力T1、T2的变化是（）A．T1不变，T2不变B．T1不变，T2变小C．T1变小，T2变小D．T1变小，T2不变【考点】库仑定律；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．【分析】对小球A的受力情况进行分析，运用三角形相似法，根据平衡条件得到悬线中的张力大小与OA、OB的关系，即可求解．【解答】解：小球A的受力情况如图所示，重力mg、悬线张力T、库仑斥力F，这三个力的合力为0．因此这三个力构成封闭的力的三角形，且正好与几何三角形OAB相似，有：因为OA=OB，所以T2=mg．即T2与θ无关，由于库仑力的减小，导致B球受到A球的库仑力大小减小，且方向趋于水平，则有T1变小．因此D正确，ABC错误；故选D．3．在匀强电场中，将一质量为m，电荷量为q的小球由静止释放，带电小球的运动轨迹为一直线，该直线与竖直方向的夹角为θ，如图所示，则匀强电场的电场强度大小为（）A．若大小为，则为最大值B．若大小为，则为最小值C．若大小为，则是唯一的D．若大小为，则是唯一的【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】带电小球在电场中受到重力和电场力，从O点自由释放，其运动轨迹为直线，小球所受的合力方向沿此直线方向，运用三角定则分析什么情况下场强大小最小，再求出最小值【解答】解：物体做直线运动的条件是合外力方向与速度方向在一条直线上，即垂直于速度方向的合外力为零，故静电力最小值就等于重力垂直于速度方向的分力，即mgsinθ=qE，E=，同时也是唯一值，故C正确．故选：C．4．两个带等量正电荷的点电荷，O点为两电荷连线的中点，a点在中垂线上，a、b关于O 点对称．若在a点由静止释放一个电子，如图所示，关于电子的运动，下列说法正确的是（）A．电子在从a向O运动的过程中，加速度越来越大，速度越来越大B．电子在从a向O运动的过程中，加速度越来越小，速度越来越大C．电子运动到O时，加速度为零，速度最大D．电子通过O后，速度越来越小，加速度越来越大，一直到速度为零【考点】电场的叠加；电场强度．【分析】两个等量的正点电荷的连线的中垂线上电场强度方向为O→a，电子从a点到O点运动的过程中，电场力方向a→O，速度越来越大．但电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况不确定．越过O点后，电子做减速运动，点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值，加速度变化情况同样不确定．【解答】解：A、B在等量同种电荷连线中垂线上电场强度方向O→a，电子从a点到O点运动的过程中，电场力方向a→O，速度越来越大．但电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况无法判断．故AB错误．C、越过O点后，电子做减速运动，则点电荷运动到O点时速度最大．电场力为零，加速度为零．故C正确．D、根据电场线的对称性可知，越过O点后，电子做减速运动，加速度的变化情况无法判断．故D错误．故选：C．5．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知（）A．带电粒子在R点时的速度大小大于在Q点时的速度大小B．带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大C．带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大D．带电粒子在R点时的加速度大小小于在Q点时的加速度大小【考点】电场线；电场强度．【分析】根据轨迹弯曲的方向可知，电场力的方向沿电场线向右，根据受力的方向与运动方向之间的关系，判断出电场力做功的正负，从而判断出电荷电势能和动能的变化；总能量守恒；由电场线疏密确定出，P点场强大，电场力大，加速度大．【解答】解：A、电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧，所以电场力的方向沿电场线向右，若粒子从P运动到Q，电场力做负功，电势能增大，动能减小，R点速度小于Q点速度，若粒子从Q运动到P，则电场力做正功，电势能减小，动能增大，Q点速度小于R点速度，P点时的电势能比在Q点时的电势能小，故A正确，B错误；C、只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故带电质点在P点的动能与电势能之和等于在Q点的动能与电势能之和，保持不变．故C错误；D、由电场线疏密确定出，R点场强大比Q大，电场力大，加速度大，故D错误；故选：A6．如图所示，为一空腔球形导体（不带电），现将一个带正电的小金属球A放入空腔中，当静电平衡时，图中a、b、c三点的场强E和电势φ的关系是（）A．E a＞E b＞E c，φa＞φb＞φc B．E a=E b＞E c，φa=φb＞φcC．E a=E b=E c，φa=φb=φc D．E a＞E c＞E b，φa＞φb＞φc【考点】静电场中的导体；电势差与电场强度的关系．【分析】将带正电的小金属球A放入腔中，当静电平衡时，空腔球形导体内壁感应出负电荷，外表面感应出正电荷．整个空腔球形导体是一个等势体，表面是一个等势面．画出电场线的分布，根据电场线越密，场强越大，顺着电场线，电势降低，判断电势的高低．【解答】解：当静电平衡时，空腔球形导体内壁感应出负电荷，外表面感应出正电荷，画出电场线的分布如图．由于a处电场线较密，c处电场线较疏，b处场强为零，则E a＞E c＞E b．根据顺着电场线方向电势降低，整个空腔球形导体是一个等势体，表面是一个等势面，分析可知电势关系是φa＞φb＞φc．故选：D7．关于电源的电动势，下列说法中不正确的是（）A．电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大B．电源就是产生电荷的装置C．电源的电动势在数值上等于电源在搬运单位电荷时非静电力所做的功D．电源的电动势由电源自身决定，与外电路的组成无关【考点】电源的电动势和内阻．【分析】电源没有接入外电路时两极间的电压等于电源电动势．电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，电动势与外电路无关．接在电源两极间的电压表测得的电压小于电源的电动势．【解答】解：A、电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大，故A正确；B、电动势不能产生电荷，只是产生电势差而促使导线中的电荷运动，故B不正确；C、根电源的电动势在数值上等于电源在搬运单位电荷时非静电力所做的功，故C正确；D、电动势表征电源的特性，由电源本身决定，与外电路无关，同一电源接入不同的电路，电动势不会发生变化．故D正确．本题选不正确的，故选：B．8．铜的摩尔质量为m，密度为ρ，每摩尔铜原子有n个自由电子，今有一根横截面积为S 的铜导线，当通过的电流为I时，电子平均定向移动的速率为（）A．光速c B． C．D．【考点】电流、电压概念．【分析】设自由电子定向移动的速率为v和导线中自由电子从一端定向移到另一端所用时间为t，求出导线中自由电子的数目，根据电流的定义式推导出电流的微观表达式，解得自由电子定向移动的速率．【解答】解：单位长度质量为：M′=ρ•S•1；单位长度原子数为：N=•N A=；每个铜原子可以提供一个自由电子，故电子数为n=；电流I=；而t=；解得：v=；故选：D．二、多选题（每小题4分）9．如图所示的电路中，AB是两金属板构成的平行板电容器．先将电键K闭合，等电路稳定后再将K断开，然后将B板向下平移一小段距离，并且保持两板间的某点P与A板的距离不变．则下列说法正确的是（）A．电容器的电容变小B．电容器内部电场强度大小变大C．电容器内部电场强度大小不变D．P点电势升高【考点】电容器的动态分析．【分析】在电容器的电量不变的情况下，将B板下移，则导致电容变化，电压变化，根据E=与c=相结合可得E=，从而确定电场强度是否变化．再根据电荷带电性可确定电势能增加与否．【解答】解：A、根据c=，当B板向下平移一小段距离，间距d增大，其它条件不变，则导致电容变小，故A正确；B、根据E=与c=相结合可得E=，由于电量不变，场强大小不变，故B错误C正确；D、B板接地，场强不变，所以P点与地间的电势差增大，即P点电势升高，故D正确；故选：ACD10．如图1，A板的电势U A=0，B板的电势U B随时间的变化规律如图2所示．电子只受电场力的作用，且初速度为零，则（）A．若电子在t=0时刻进入的，它将一直向B板运动B．若电子在t=0时刻进入的，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上C．若电子在t=时刻进入的，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上D．若电子是在t=时刻进入的，它将时而向B板、时而向A板运动【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】根据电子在电场力作用下，结合牛顿第二定律与运动学公式的关系，从而可确定不同时刻电子的运动情况，即可求解．【解答】解：A、若电子在t=0时刻进入的，它将在电场力作用下，先加速向B运动，后减速向B运动，接着加速向B运动，后减速向B运动，因此它一直向B板运动，直到到达B 板，故A正确，B错误；C、若电子在t=时刻进入的，从到它先向B板加速运动，后减速运动，当到，电子回头运动，当到又向B运动，这样时而向B板运动，时而向A板运动，最后打到B板上，故C正确；D、同理，若电子是在t=T/4时刻进入的，它将时而向B板、时而向A板运动，故D正确；故选ACD11．如图所示，氕、氘、氚的原子核自初速度为零经同一电场加速后，又经同一匀强电场偏转，最后打在荧光屏上，那么（）A．经过加速电场的过程中，电场力对氚核做的功最多B．经过偏转电场的过程中，电场力对三种核做的功一样多C．三种原子核打在屏上的速度一样大D．三种原子核都打在屏的同一位置上【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】本题中带电粒子先加速后偏转．先根据动能定理求出加速获得的速度表达式．三种粒子在偏转电场中做类平抛运动，垂直于电场方向上做匀速直线运动，沿电场方向做匀加速运动，根据牛顿第二定律和运动学得到粒子偏转距离与加速电压和偏转电压的关系，从而得出偏转位移的关系即可判断粒子打在屏上的位置关系．【解答】解：A、设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d．在加速电场中，电场力做的功为：W=qU1由于加速电压相同，电荷量相等，所以电场力做的功相等，故A错误；D、在偏转电场中的偏转位移：y=at2=••（）2解得：y=同理可得到偏转角度的正切：tanθ=，可见y和tanθ与电荷的电量和质量无关．所以出射点的位置相同，出射速度的方向也相同．故三种粒子打屏上同一点，故D正确；B、粒子的运动轨迹相同，电荷量相同，电场力相同，根据动能定理，在偏转电场中电场力做功相同，故B正确C、整个过程运用动能定理得：mv 2=qU1+qU2，由于三种粒子的电荷量相同，质量不同，则v不同，故C错误；故选：BD．12．将分压电阻串联在电流表上，改装成电压表，下列说法中正确的是（）A．接上分压电阻后，增大了原电流表的满偏电压B．接上分压电阻后，电压按一定比例分配在电流表和分压电阻上，电流表的满偏电压不变C．如分压电阻是表头内阻的n倍，则电压表量程扩大到n倍D．通电时，通过电流表和分压电阻的电流一定相等【考点】把电流表改装成电压表．【分析】把电流计改装成电压表需要串联分压电阻，根据串联电路特点与欧姆定律分析答题．【解答】解：A、原电流计的满偏电压等于原电流计内阻与满偏电流的乘积，串联分压电阻后，原电流计满偏电压不变，故A错误；B、接上分压电阻后，电压按一定比例分别加在电流计和分压电阻上，电流计的满偏电压不变，故B正确；C、若分压电阻是电流计内阻的n倍，根据串联电路规律可知电压表量程扩大为（n+1）倍，故C错误；D、电流计与分压电阻串联，通电时，电流计和分压电阻通过的电流一定相等，故D正确；故选：BD．三、实验题（2×7′=14′）13．有一个量程为0.5A的电流表，与阻值为1Ω的电阻并联后通入0.6A的电流，电流表的示数为0.4A，若将该电流表的量程扩大为5A，则应并联一个阻值为0.056Ω的电阻．（保留两位有效数字）【考点】把电流表改装成电压表．【分析】由并联电路的特点确定出电流表的内阻；电流表扩大量程要并联电阻分流，分流电阻R=．【解答】解：电流表内阻R g=Ω=0.5Ω，当接5 A量程时，分流电阻R==≈0.056Ω故答案为：并，0.0514．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，使用的小灯泡规格为“6V 3W”，其他可供选择的器材有：电压表V1（量程6V，内阻约为20kΩ）电压表V2（量程20V，内阻约为60kΩ）电流表A1（量程3A，内阻约为0.2Ω）电流表A2（量程0.6A，内阻约为1Ω）变阻器R1（0～1000Ω，允许通过的最大电流为0.5A）变阻器R2（0～20Ω，允许通过的最大电流为2A）学生电源E（6～8V）开关S及导线若干（1）实验中要求电压表在0～6V范围内读取并记录下12组左右不同的电压值U和对应的电流值I，以便作出伏安特性曲线，在上述器材中，电流表应选用2，电压表应选1，变阻器应选用R2．（2）下列实验电路设计合适的是D按照选定的电路，在开始实验前滑动变阻器移动到A（填A或B）位置【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【分析】（1）根据灯泡额定电压与额定功率，由电功率的变形公式求出灯泡额定电流，根据该电流选择电流表；在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；（2）电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，根据灯泡电阻与电表内阻间的关系确定电流表接法，然后作出实验电路图；同时明确测量电路与滑动变阻器的哪一部分并联，开始时应让并联部分电压为零，从而确定滑片开始时的位置．【解答】解：（1）由于灯泡额定电压为6V，所以电压表选择V1，灯泡的额定电流为I===0.5A，所以电流表量程选择A2，由于本实验需要测量多组数据，滑动变阻器需要采用分压连接，所以滑动变阻器选择小电阻的R2（2）本实验中应保证电流由零开始调节，故应采用滑动变阻器分压接法，同时因灯泡内阻较小，故应采用电流表外接法；故电路图应选择D；为了让电流从零开始调节，开始时测量部分的电压应为零，故滑片应滑到A端；故答案为：（1）A2 V1 R2（2）D A四、计算题（10′+12′+12′+14′=48′）15．如图所示，光滑斜面倾角为37°，一带有正电的小物块质量为m，电荷量为q，置于斜面上，当沿水平方向加有如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变化为原来的，求：（1）原来的电场强度的大小；（2）物体运动的加速度；（3）沿斜面下滑距离为L时物体的速度的大小（sin37°=0.6，cos37°=0.8）。
2017-2018年湖北省武汉市高二(上)期末物理试卷(解析版)
2017-2018学年湖北省武汉市高二（上）期末物理试卷一、选择题：（共12小题，每小题4分，共48分．其中1-8题只有一个选项正确，9-12题有多个选项正确，全选对的得4分，选对不全的得2分，有错的得0分）1．（4分）理想变压器的原、副线圈匝数为n1和n2，电流为I1和I2，电压为U1和U2，功率为P1和P2，下面关系正确的是（）A．B．C．D．2．（4分）如图所示电路中，当滑动变阻器滑片P向上移动时，则（）A．电流表示数变大B．电压变示数变小C．灯泡变暗D．灯泡变亮3．（4分）如图所示，矩形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内，直导线中的电流方向由M到N，导线框的ab边与直导线平行．若直导线中的电流减小，导线框中将产生感应电流，导线框会受到安培力的作用，则以下判断正确的是（）A．导线框的ab和cd两条边所受安培力的方向相同B．导线框的ad和bc两条边所受安培力的方向相同C．导线框中电流方向a﹣d﹣c﹣b﹣aD．导线框中电流方向a﹣b﹣c﹣d﹣a4．（4分）在如图所示的电路中，a、b为两个完全相同的灯泡，L为自感线圈，E为电源，S为开关．下列说法正确的是（）A．合上开关，a先亮，b逐渐变亮；断开开关，b先熄灭，a后熄灭B．合上开关，a先亮，b逐渐变亮；断开开关，a、b同时熄灭C．合上开关，b先亮，a逐渐变亮；断开开关，a先熄灭，b后熄灭D．合上开关，b先亮，a逐渐变亮；断开开关，a、b同时熄灭5．（4分）关于磁场和磁感线的描述，正确的是（）A．磁感线从磁体的N极出发到磁体的S极终止B．磁感线是闭合的曲线C．磁感线的方向就是小磁针静止时S极所指的方向D．磁感线可以相交6．（4分）下面是对电源和电流概念的认识，正确的是（）A．电动势反映了电源把电能转化为其他形式能量的本领B．电动势和电势差的单位相同，电动势实质上就是电势差C．电流的方向就是电荷定向移动的方向D．在金属导体中，电流的方向与自由电子定向移动的方向相反7．（4分）灵敏电流表的内阻R g=9Ω，满偏电流I g=100mA，要把它改装成一个量程为1A的电流表，需要给它（）A．并联一个1Ω的电阻B．串联一个1Ω的电阻C．并联一个0.9Ω的电阻D．串联一个0.9Ω的电阻8．（4分）一段粗细均匀的电阻丝，横截面积为S，电阻为R，现把它拉成横截面积为的均匀细丝，它的电阻变为（）A．B．2R C．D．4R9．（4分）如图所示，n=100匝的线框垂直放在匀强磁场中，线框面积为S=20cm2，线框的总电阻为R=20Ω，若磁场的磁感应强度在△t=0.2s的时间内由0.1T增加到0.5T，则下面说法正确的是（）A．线框中的感应电流方向是顺时针B．线框中的感应电流方向是逆时针C．产生的感应电动势大小为E=0.4VD．产生的感应电流大小为I=0.2A10．（4分）如图所示，在铁芯F上绕着两个线圈A、B．如果线圈A中的电流i 和时间t的关系如图所示，在t1～t2这段时间内，A、B、C、D四种情况中，在线圈B中能产生感应电流的是（）A．B．C．D．11．（4分）如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，匀强电场的电场强度为E，方向竖直向下，有一质子（重力不计）恰能以速率v沿直线从左向右沿直线水平飞越此区域。
【期末试卷】湖北省2017-2018学年高二上学期期末联考物理试卷Word版含答案
2017--2018学年度第一学期期末联考试题高二物理本卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分110分．考试时间90分钟．注意事项：1．答题前，考生务必将自己的学校、姓名、班级、考号填写在答题卡上。
2．请将答案写在答题卡相应的位置上，考试结束后只交答题卡。
第Ⅰ卷(选择题共48分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分．l～8题为单项选择题，所列的四个选项中，只有一项符合题意；9一12题为多项选择题，所列四个选项中至少有二项符合题意，漏选得2分，错选或不选不得分)1．存电场中的某点放一检验电荷，其电荷量为q(q＞0)，检验电荷受到的电场力为F，则该点的电场强度E=F/q，下列说法正确的是A．若移去检验电荷，则该点的电场强度为0B．若榆验电荷的电荷量变为4q，则该点的场强变为4EC．若放置到该点的检验电荷变为-2q，则场中该点的场强大小、方向均不变D．若放置到该点的检验电荷变为-2q，则场中该点的场强大小不变，但方向相反2．如图所示电路中，当变阻器R3的滑动头P向b端移动过程中A．电压农示数变大，电流表示数变大B．电压表示数变小，电流表示数变大C．电压表示数变大，电流表示数变小D．电压表示数变小，电流表示数变小3．如图所示，实线是一簇未标明方向的匀强电场的电场线，虚线是一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点。
若带电粒子在运动中只受电场力作用，则根据此图可以判断出A．带电粒子一定带正电B．a点的电势一定高于b点的电势C．带电粒子在a点的速度一定大于在b点的速度D．带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能4．如图所示，水平桌面上放置一根条形磁铁，磁铁中央正上方用绝缘弹簧悬挂一水平直导线，并与磁铁垂直。
当直导线中通入图中所示方向的电流时，和未通电相比较，可以判断出A．弹簧的拉力减小，条形磁铁对桌面的压力增大B．弹簧的拉力减小，条形磁铁对桌面的压力减小C．弹簧的拉力增大，条形磁铁对桌面的压力增大D．弹簧的拉力增大，条形磁铁对桌面的压力减小5．如图所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为L和2L的两只单匝闭合线框a和b，以相同的水平速度从磁感应强度为B的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，则在此过程中A．线框a、b中电流大小之比I a:I b=1：1B．线a、b中电流大小之比I a：I b=1：2C．线框a、b中焦耳热之比Q a：Q b=1：2D．线框a、b中焦耳热之比Q a：Q b=1：86．如图所示，存水平面内固定有两平行金属导轨，导轨间距为L，两导轨间整个区域内分布有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向与导轨平面成扫角并与金属杆曲垂直，垂直于两导轨放置的金属杆a6重力为G．通过的电流为，，处于静止平衡状态，则A．金属杆ab所受的支持力等于G+BILB．金属杆ab所受的支持力等于G+BILcosθC．金属杆ab所受的摩擦力大小为BILcosθD．盒属杆ab所受的安倍力大小为BIL7．如图所示中两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为上，磁场方向垂直纸面向里，abc是位于纸面内的等腰直角三角形闭合线圈，ac边平行于磁场的虚线边界，bc边长也为L，现令线圈以恒定的速度ν沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域，从b点进入磁场区域作为计时起点，取沿a→b→c的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流i随时间t(L／v)变化的图线可能是8．如图所示，一圆盘均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、c三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q>0) 的固定点电荷。
2017-2018学年湖北省沙市中学高二上学期第三次半月考试物理试题 解析版
湖北省沙市中学2017-2018学年高二上学期第三次半月考试物理试题一、选择题（1-8题为单选题，9-12题为多选题。
4分×12=48分）1. 在真空中有两个固定的点电荷，它们之间的静电力大小为F。
现保持它们之间的距离不变，而使它们的电荷量都变为原来的2倍，则它们之间的静电力变为A. 4FB. FC. 2FD. F【答案】A【解析】根据库仑定律，距离改变之前：；当电荷量都变为原来的2倍时：F联立可得：F1=4F，故BCD错误，A正确．故选A．2. 如图，真空中A、B两处各有一个正点电荷，若放入第三个点电荷C，只在电场力作用下三个电荷都处于平衡状态，则C的电性及位置是A. 正电；在A、B之间B. 正电；在A的左侧C. 负电；在A、B之间D. 负电；在B的右侧【答案】C【解析】试题分析：A、B都是正点电荷，若电荷C为正电荷，无论放在哪个地方，在中间的电荷可能受力平衡，但是在两边的电荷由于互相排斥，不可能处于平衡状态，所以放正电荷不可能；当C为负电荷时，无论放在A的左侧还是在B的右侧，负电荷受到的作用力都是指向同一侧的，不可能受力平衡，当负电荷放在A、B中间的时候，A、B之间的作用力互相排斥，AB和C之间都是吸引力，所以A、B、C受力都可能出于受力平衡的状态，所以C正确．故选C．考点：本题主要考查库仑定律的应用，意在考查学生对基础知识的掌握程度．3. 如图，一均匀带电的绝缘细棍，电荷量为+Q。
在过中点c垂直于细棍的直线上有a、b、d 三点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q>0)的固定点电荷．已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)A. B. C. D.【答案】A【解析】电荷量为q的点电荷在b处产生电场强度为，方向向右．在b点处的场强为零，根据电场的叠加原理可知细棍与q在b处产生电场强度大小相等，方向相反，则知细棍在b处产生的电场强度大小为，方向向左．根据对称性可知细棍在d处产生的电场强度大小为，方向向右，而电荷量为q的点电荷在d处产生电场强度为E′=，方向向右，所以d 点处场强的大小为E d=E+E′=，方向向右．故选A．点睛：此题考查点电荷与细棍上电荷在某处的电场强度叠加问题，解题时要紧扣电场强度的大小与方向关系以及场强的对称关系解答．4. 在长度为l、横截面积为S、单位体积内的自由电子数为n的圆柱形金属导体两端加上电压，导体中就会产生恒定电场。
湖北省荆州市沙市中学2017-2018学年高二上学期第三次双周练物理试卷(a卷) Word版含解析
2017-2018学年湖北省荆州市沙市中学高二（上）第三次双周练物理试卷（A卷）一、选择题：（本题共12小题，每小题4分，共48分．1-8题单选题，9-12为多选题．）1．关于磁感应强度B，下列说法中正确的是（）A．根据定义式B=，磁场中某点的磁感应强度B与F成正比，与IL成反比B．磁场中某点B的方向，跟该点处试探电流元所受磁场力方向一致C．在磁场中某点试探电流元不受磁场力作用时，该点B值大小为零D．在磁场中磁感线越密集的地方，B值越大2．一块手机电池的背面印有如图所示的一些符号，另外在手机使用说明书上还写有“通话时间3h，待机时间100h”，则该手机通话和待机时消耗的功率分别约为（）A．1.8W，5.4×10﹣2W B．3.6W，0.108WC．6.48×103W，1.94×102W D．0.6W，1.8×10﹣2W3．两个正、负点电荷周围电场线分布如图所示，P、Q为电场中两点，则（）A．正电荷由P静止释放能运动到QB．正电荷在P的加速度小于在Q的加速度C．负电荷从P移动到Q，其间必有一点电势能为零D．负电荷的电量大于正电荷的电量4．如图所示，三根通电长直导线P、Q、R互相平行，通过正三角形的三个顶点，三条导线通入大小相等，方向垂直纸面向里的电流；通电直导线产生磁场的磁感应强度B=，I为通电导线的电流强度，r为距通电导线的垂直距离，k为常数；则R受到的磁场力的方向是（）A．垂直于通电导线R，指向x轴正方向B．垂直于通电导线R，指向x轴负方向C．垂直于通电导线R，指向y轴负方向D．垂直于通电导线R，指向y轴正方向5．如图所示，圆O在匀强电场中，场强方向与圆O所在平面平行，带正电的微粒以相同的初动能沿着各个方向从A点进入圆形区域中，只在电场力作用下运动，从圆周上不同点离开圆形区域，其中从C点离开圆形区域的带电微粒的动能最大，图中O是圆心，AB是圆的直径，AC是与AB成α角的弦，则匀强电场的方向为（）A．沿AB方向B．沿AC方向C．沿BC方向D．沿OC方向6．我国北京正负电子对撞机的储存环是周长为240m的近似圆形轨道，当环中的电流是10mA时（设电子的速度是3×107m/s），在整个环中运行的电子数目为（电子电量e=1.6×10﹣19C）（）A．5×1011B．5×1010C．1×102D．1×1047．电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比．在测电源电动势和内电阻的实验中得到的实验图线如图所示，图中u为路端电压，I为干路电流，a、b为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为ηa、ηb．由图可知ηa、ηb的值分别为（）A．、B．、C．、D．、8．如图所示，在水平放置两平行金属板M、N之间的P点，固定有一个带电量为﹣q的点电荷，两金属板通过电阻R接到直流电源上，其中N板接地．（）A．当保持其它条件不变，而将M板向上移动的过程中，两极板间的电场变强B．当保持其它条件不变，而将M板向上移动的过程中，通过R的电流方向是向左的C．当保持其它条件不变，而将M板向上移动到某处稳定后与移动前相比，p处点电荷的电势能变大D．将电容器与电源断开，若M板向上移动到某处稳定后与移动前相比，p处点电荷的电势能变小9．如图甲是某电场中的一条电场线，A、B是这条电场线上的两点，若将一负电荷从A点自由释放，负电荷沿电场线从A到B运动过程中的速度图象如图乙所示，比较A、B两点电势的高低和场强大小可知（）A．φA＞φB B．φA＜φB C．E A＞E B D．E A＜E B10．如图所示的电路，a、b、c为三个相同的灯泡，其电阻大于电源内阻，当变阻器R的滑片P向上移动时，下列判断中正确的是（）A．a、b两灯变亮，c灯变暗B．电源输出功率增大C．电源的效率增大D．b灯中电流变化值大于c灯中电流变化值11．如图所示的电路中，当电键k1和k3闭合、k2接a时，带电微粒使静止在平行板电容器两极板之间；若带电微粒向下运动，则下列操作正确的是（）A．将k1断开B．将k2掷在b C．将k2掷在c D．将k3断开12．如图所示，在等势面沿竖直方向的匀强电场中，一带负电的微粒以一定初速射人电场，并沿直线AB运动，由此可知（）A．电场中A点的电势低于B点的电势B．带电微粒做匀速直线运动C．微粒在A点时的动能大于在B点时的动能，在A点时的电势能小于在B点时的电势能D．微粒在A点时的机械能与电势能之和等于在B点时的机械能与电势能之和二、实验题（本题16分．将答案填写在答题纸的相应位置的横线上．）13．用游标为20分度的卡尺测量其长度如图，由图可知其长度为mm14．用螺旋测微器测量其直径如图，由图可知其直径为m；15．用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图，则该电阻的阻值约为Ω．16．有一个小灯泡上标有“4.8V 2W”字样，现在测定小灯泡在不同电压下的电功率，并作出小灯泡的电功率P与它两端电压的平方U2的关系曲线．有下列器材可供选用：A．电压表V1（0～3V，内阻3kΩ）B．电压表V2（0～100V，内阻15kΩ）C．电流表A（0～0.6A，内阻约1Ω）D．定值电阻R1=3kΩE．定值电阻R2=15kΩF．滑动变阻器R（10Ω，2A）G．学生电源（直流6V，内阻不计）H．开关、导线若干（1）为尽量减小实验误差，并要求小灯泡两端电压可从零到额定电压内任意变化，实验中所用电压表应选用，定值电阻应选用（均用序号字母填写）；（2）请在如图1的方框内画出满足实验要求的电路图；（3）利用上述实验电路图测出的电压表读数U V与此时小灯泡两端电压U的定量关系是，如图2的四个图象中正确的是．三．本题5小题，共46分．请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．17．如图所示，真空中有相距为L=3.0m的A、B两点放置着等量同种正点电荷Q=3.0×10﹣6C，已知静电力常量k=9.0×109 N•m2/C2，求：（1）两点电荷间的库仑力大小；（2）现在A、B连线的中垂线上放一个不带电的导体棒，棒内有一点P（恰好落在中垂线的大小上），且∠PAB=30°，当棒达到静电平衡后，棒上感应电荷在棒内P点产生的场强E感和方向．18．在研究微型电动机的性能时，可采用如图所示的实验电路，当调节滑动变阻器R，使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5A和1.0V；当重新调节R，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0A和12.0V．假设电表都是理想的，求：（1）这台电动机线圈的电阻r=？（2）这台电动机正常运转时的效率η=？19．如图所示，通电直导线ab的质量为m、长为L，水平放置在倾角为θ的光滑斜面上，通以图示方向的电流，电流为I，要求导线ab静止在斜面上．（1）若磁场的方向竖直向上，则磁感应强度为多大？（2）若要求磁感应强度最小，则磁感应强度的大小、方向如何？20．如图所示，竖直放置的半圆形绝缘轨道半径为R，下端与光滑绝缘水平面平滑连接，整个装置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（E小于）．（1）试计算物块在运动过程中克服摩擦力做的功．（2）证明物块离开轨道落回水平面时的水平距离与场强大小E无关，且为一常量．21．如图所示，在粗糙水平面内存在着2n个有理想边界的匀强电场区，物体与水平面间动摩擦因数为μ，水平向右的电场和竖直向上的电场相互间隔，电场宽度均为d．一个质量为m、带正电的电荷量为q的物体（看作质点），从第一个向右的电场区域的边缘由静止进入电场，则物体从开始运动到离开第2n个电场区域的过程中，重力加速度为g．求：（1）若每个电场区域场强大小均为E=，整个过程中电场力对物体所做总功？（2）若每个电场区域场强大小均为E=，求物体在水平向右电场区域中运动所需总时间？（3）若物体与水平面间动摩擦因数为μ=，第一电场区域场强的大小为E1，且E1=，．若物体恰好之后每个电场区域场强大小均匀增大，且满足E2﹣E1=E3﹣E2=…=E2n﹣E2n﹣1在第10个电场中做匀速直线运动，物体在第10个电场中运动速度？2016-2017学年湖北省荆州市沙市中学高二（上）第三次双周练物理试卷（A卷）参考答案与试题解析一、选择题：（本题共12小题，每小题4分，共48分．1-8题单选题，9-12为多选题．）1．关于磁感应强度B，下列说法中正确的是（）A．根据定义式B=，磁场中某点的磁感应强度B与F成正比，与IL成反比B．磁场中某点B的方向，跟该点处试探电流元所受磁场力方向一致C．在磁场中某点试探电流元不受磁场力作用时，该点B值大小为零D．在磁场中磁感线越密集的地方，B值越大【考点】磁感应强度．【分析】磁感应强度B=是采用比值法定义的，B大小与F、IL无关，B由磁场本身决定，当电流方向与磁场方向不在同一直线上时，导体才受到磁场力作用，磁场力的方向与电流、磁场垂直．【解答】解：A、磁感应强度B=是采用比值法定义的，B大小与F、IL无关，B由磁场本身决定，故A错误；B、根据左手定则，磁场中某点B的方向，跟该点处试探电流元所受磁场力方向垂直，故B 错误；C、B大小与F、IL无关，B由磁场本身决定，故C错误．D、磁感线的疏密表示磁场的强弱，在磁场中磁感线越密集的地方磁感应强度越大，故D正确．故选：D2．一块手机电池的背面印有如图所示的一些符号，另外在手机使用说明书上还写有“通话时间3h，待机时间100h”，则该手机通话和待机时消耗的功率分别约为（）A．1.8W，5.4×10﹣2W B．3.6W，0.108WC．6.48×103W，1.94×102W D．0.6W，1.8×10﹣2W【考点】电源的电动势和内阻．【分析】由图中所提供的“3.6V，500mA•h”，根据功和电功率的有关知识，可求通话时消耗的功率和待机时消耗的功率．【解答】解：由图中所提供的电池的容量为“3.6V，500mA•h”，则通话时消耗的功率为P1==600mW=0.6W，待机时消耗的功率为P2==18mW=1.8×10﹣2W．故选：D．3．两个正、负点电荷周围电场线分布如图所示，P、Q为电场中两点，则（）A．正电荷由P静止释放能运动到QB．正电荷在P的加速度小于在Q的加速度C．负电荷从P移动到Q，其间必有一点电势能为零D．负电荷的电量大于正电荷的电量【考点】电势差与电场强度的关系；电场线．【分析】根据电场线的疏密判断场强的大小．根据电场线的方向判断电荷的正负．顺着电场线电势逐渐降低，由电场线的方向可判断电势的正负【解答】解：A、正电荷在电场中受到的力沿该点的切线方向，故正电荷由P静止释放不能运动到Q，故A错误；B、电场线的疏密代表场强的大小，故E P＞E Q，故正电荷在P的加速度大于在Q的加速度，故B错误；C、从P到Q的过程中，沿电场线方向电势降低，故在PQ间有一点电势为零点，故E P=qφ，故其间必有一点电势能为零，故C正确；D、电荷的带电量越多，周围的场强越强，电场线越密集，由图可知，正电荷周围电场线比负电荷周围的电场线密，故正电荷的电荷量大于负电荷，故D错误；故选：C4．如图所示，三根通电长直导线P、Q、R互相平行，通过正三角形的三个顶点，三条导线通入大小相等，方向垂直纸面向里的电流；通电直导线产生磁场的磁感应强度B=，I为通电导线的电流强度，r为距通电导线的垂直距离，k为常数；则R受到的磁场力的方向是（）A．垂直于通电导线R，指向x轴正方向B．垂直于通电导线R，指向x轴负方向C．垂直于通电导线R，指向y轴负方向D．垂直于通电导线R，指向y轴正方向【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；磁感应强度．【分析】R所在处的磁场是由P与Q中的电流产生的，由安培定则判断出R处磁场的方向，再通过叠加原理明确合磁场的方向；然后由左手定则判断出R中电流所示安培力的方向．【解答】解：由安培定则可知，通电指导线P、Q在R处产生的磁场方向水平向右，即沿x 轴正方向，则R处的磁场方向沿x轴正方向；由左手定则可知，通电直导线R所受安培力垂直于R指向y轴负方向．选项ABD错误，C 正确．故选：C．5．如图所示，圆O在匀强电场中，场强方向与圆O所在平面平行，带正电的微粒以相同的初动能沿着各个方向从A点进入圆形区域中，只在电场力作用下运动，从圆周上不同点离开圆形区域，其中从C点离开圆形区域的带电微粒的动能最大，图中O是圆心，AB是圆的直径，AC是与AB成α角的弦，则匀强电场的方向为（）A．沿AB方向B．沿AC方向C．沿BC方向D．沿OC方向【考点】等势面；电场线．【分析】带正电的微粒以相同的初动能沿着各个方向从A点进入圆形区域中，只在电场力作用下运动，从C点离开圆形区域的带电微粒的动能最大，根据动能定理知电场力做功最多，则AC在电场线方向上的距离最大．【解答】解：仅在电场力作用下从A点进入，离开C点的动能最大，则C点是沿电场强度方向电势最低的点，所以电场力沿过OC的方向，由于带电微粒是带正电，故匀强电场的方向沿OC方向．故D正确，A、B、C错误．故选：D．6．我国北京正负电子对撞机的储存环是周长为240m的近似圆形轨道，当环中的电流是10mA时（设电子的速度是3×107m/s），在整个环中运行的电子数目为（电子电量e=1.6×10﹣19C）（）A．5×1011B．5×1010C．1×102D．1×104【考点】电流、电压概念．【分析】根据电子转一圈的时间，求出在该时间内通过圆形轨道某一横截面的电量，即为整个环中电子的电量．再除以一个电子的电流，即为整个环中电子的数目．【解答】解：电子转一圈的时间．整个环中电子的电量Q=It=10×10﹣3×8×10﹣6C=8×10﹣8C．所以电子的数目n=．故A正确，B、C、D错误．故选A．7．电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比．在测电源电动势和内电阻的实验中得到的实验图线如图所示，图中u为路端电压，I为干路电流，a、b为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为ηa、ηb．由图可知ηa、ηb的值分别为（）A．、B．、C．、D．、【考点】电源的电动势和内阻；测定电源的电动势和内阻．【分析】电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比．η== =．所以电源的效率等于外电压与电动势之比．外电压和电动势可以从图象上读出．【解答】解：电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比．η== =．E为电源的总电压（即电动势），在U﹣I图象中，纵轴截距表示电动势，根据图象可知U a=、U b=，则ηa=，ηb=．所以A、B、C错误，D正确．故选D．8．如图所示，在水平放置两平行金属板M、N之间的P点，固定有一个带电量为﹣q的点电荷，两金属板通过电阻R接到直流电源上，其中N板接地．（）A．当保持其它条件不变，而将M板向上移动的过程中，两极板间的电场变强B．当保持其它条件不变，而将M板向上移动的过程中，通过R的电流方向是向左的C．当保持其它条件不变，而将M板向上移动到某处稳定后与移动前相比，p处点电荷的电势能变大D．将电容器与电源断开，若M板向上移动到某处稳定后与移动前相比，p处点电荷的电势能变小【考点】电容器的动态分析；电势能．【分析】电容器和电源相连，两端的电势差不变，通过电容的变化，结合Q=CU得出电荷量的变化，通过电容器带电量的变化确定通过R的电流流向．根据电容器两端电势差不变，结合电场强度的变化，得出pN间电势差的变化，从而确定p 点电势的变化，得出p点电势能的变化．【解答】解：A、当保持其它条件不变，而将M板向上移动的过程中，d增大，因U不变，根据E=，知两极板间的电场变小，故A错误；B、当保持其它条件不变，而将M板向上移动的过程中，d增大，根据C=知，电容减小，根据Q=CU，U不变，则电荷量减小，则通过R的电流向右．故B错误．C、由于电容器两端的电势差不变，将M板向上移动，d增大，则电场强度减小，pN间的电势差减小，因为N点电势为零，知p点的电势减小，根据E p=qφ，电荷为负电，则p点的电势能变大．故C正确，D、若将电容器与电源断开，当保持其它条件不变，而将M板向上移动的过程中，d增大，由于U不变，根据C=，U=，E=知，E=，可知，极板间的电场强度不变，由于P处位置不变，因此p处点电荷的电势能也不变，故D错误．故选：C．9．如图甲是某电场中的一条电场线，A、B是这条电场线上的两点，若将一负电荷从A点自由释放，负电荷沿电场线从A到B运动过程中的速度图象如图乙所示，比较A、B两点电势的高低和场强大小可知（）A．φA＞φB B．φA＜φB C．E A＞E B D．E A＜E B【考点】电势；电场线．【分析】根据受力方向判断电场线方向，根据加速度的大小判断场强大小的变化．【解答】解：负电荷从A释放（初速为0）后，能加速运动到B，说明负电荷受到的电场力方向是从A指向B，那么电场方向就是由B指向A，由于沿电场线方向电势逐渐降低，所以AB两点的电势关系是φA＜φB．负电荷从A运动到B的过程中，它的加速度是逐渐减小的（乙图中的“斜率”表示加速度），由牛顿第二定律知，负电荷从A到B时，受到的电场力是逐渐减小的，由E=知，E A＞E B．故BC正确．故选BC10．如图所示的电路，a、b、c为三个相同的灯泡，其电阻大于电源内阻，当变阻器R的滑片P向上移动时，下列判断中正确的是（）A．a、b两灯变亮，c灯变暗B．电源输出功率增大C．电源的效率增大D．b灯中电流变化值大于c灯中电流变化值【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】当变阻器的滑动触头P向上移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化，即可知道a灯亮度的变化．由欧姆定律分析并联部分电压的变化，判断c灯亮度的变化．由通过c的电流与总电流的变化，分析通过b灯电流的变化，判断其亮度的变化．a、b、c三个灯泡的电阻都大于电源内阻，根据推论：外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，分析电源的输出功率如何变化．【解答】解：A、当变阻器的滑动触头P向上移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流I增大，a灯变亮．并联部分电压减小，c灯变暗．由总电流增大，而通过c灯的电流减小，可知通过b灯的电流增大，b灯变亮．故A正确．BC、A、B、C三个灯泡的电阻都大于电源内阻，外电路总电阻应大于电源的内阻．根据推论：外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，则知，当变阻器的滑动触头P向上移动时，外电路总电阻减小，电源输出的电功率增大．电源的供电效率η==，外电阻减小，路端电压U减小，电源的供电效率减小．故B正确，C错误．D、由于I a=I b+I c，I a增大，I c减小，I b增大，则知，流过b灯的电流变化值大于流过c灯的电流变化值．故D正确．故选：ABD．11．如图所示的电路中，当电键k1和k3闭合、k2接a时，带电微粒使静止在平行板电容器两极板之间；若带电微粒向下运动，则下列操作正确的是（）A．将k1断开B．将k2掷在b C．将k2掷在c D．将k3断开【考点】带电粒子在混合场中的运动；闭合电路的欧姆定律．【分析】由电路图可知，当开关全闭合时，R2、R3串联后接入电源两端；R1及R4相当于导线，电容器两端的电压等于R2两端的电压；带电油滴受重力和电场力平衡，故电场力应向上，若使P向下运动，重力不变，故可知电场力的变化，由F=Eq可知场强E的变化，由U=Ed可得出电容器两端电压的变化，分析各开关断开后电路的变化可得出符合条件的选项．【解答】解：A、断开K1，R1断路，电源断开，电容器放电，电压减小，粒子向下运动，故A正确；B、将k2掷在b时，电容器被断开，不会产生充放电现象，故粒子受力不变，油滴不会运动，故B错误；C、将k2掷在c时，电容器被短路，电容器放电，电压减小，粒子向下运动，故C正确；D、断开K3，电容器被断开，不会产生充放电现象，故粒子受力不变，油滴不会运动，故D 错误；故选：AC．12．如图所示，在等势面沿竖直方向的匀强电场中，一带负电的微粒以一定初速射人电场，并沿直线AB运动，由此可知（）A．电场中A点的电势低于B点的电势B．带电微粒做匀速直线运动C．微粒在A点时的动能大于在B点时的动能，在A点时的电势能小于在B点时的电势能D．微粒在A点时的机械能与电势能之和等于在B点时的机械能与电势能之和【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．【分析】解决本题的突破口是：电场力与重力共同作用，使其做直线运动，由力与运动的关系，可知，微粒做匀减速运动，同时注意电场线和等势线垂直，说明电场沿水平方向，从而确定了电场的方向，这样问题就解决了．【解答】解：A、电场线和等势线垂直，所以电场沿水平方向，负电荷受到电场力与重力，使其沿着A到B直线运动，可知，电场力水平向左，故电场的方向水平向右．沿电场线电势降低，所以A点的电势高于B点的电势，故A错误．B、由上分析可知，受力方向与运动方向相反，故微粒做匀减速运动，故B错误；C、因粒子做减速运动，故粒子动能减小，电场力做负功，电势能增大，故微粒在A点时的动能大于在B点时的动能，在A点时的电势能小于在B点时的电势能，故C正确；D、从A到B过程中，由于只有重力和电场力做功，故动能、重力势能与电势能之和保持不变，因此A点时的机械能与电势能之和等于在B点时的动能与电势能之和，故D正确．故选：CD二、实验题（本题16分．将答案填写在答题纸的相应位置的横线上．）13．用游标为20分度的卡尺测量其长度如图，由图可知其长度为50.15mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用．【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．【解答】解：游标卡尺的主尺读数为50mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，游标读数为0.05×3mm=0.15mm，所以最终读数为：主尺读数+游标尺读数为：50mm+0.15mm=50.15mm；故答案为：50.1514．用螺旋测微器测量其直径如图，由图可知其直径为 4.700×10﹣3m；【考点】螺旋测微器的使用．【分析】螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．【解答】解：螺旋测微器的固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为0.01×20.0mm=0.200mm，所以最终读数为4.700mm=4.700×10﹣3m．故答案为：4.700×10﹣315．用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图，则该电阻的阻值约为220Ω．【考点】用多用电表测电阻．【分析】欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数．【解答】解：多用电表的电阻“×10”挡测电阻，由图示表盘可知，所测电阻阻值为22×10=220Ω；故答案为：220．16．有一个小灯泡上标有“4.8V 2W”字样，现在测定小灯泡在不同电压下的电功率，并作出小灯泡的电功率P与它两端电压的平方U2的关系曲线．有下列器材可供选用：A．电压表V1（0～3V，内阻3kΩ）B．电压表V2（0～100V，内阻15kΩ）C．电流表A（0～0.6A，内阻约1Ω）D．定值电阻R1=3kΩE．定值电阻R2=15kΩF．滑动变阻器R（10Ω，2A）G．学生电源（直流6V，内阻不计）H．开关、导线若干（1）为尽量减小实验误差，并要求小灯泡两端电压可从零到额定电压内任意变化，实验中所用电压表应选用A，定值电阻应选用D（均用序号字母填写）；（2）请在如图1的方框内画出满足实验要求的电路图；（3）利用上述实验电路图测出的电压表读数U V与此时小灯泡两端电压U的定量关系是U V=U，如图2的四个图象中正确的是C．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【分析】（1）已知灯泡的额定电压，则根据串联电路的规律可得出电压表，根据实验的要求可以确定定值电阻的选取；（2）要求从零开始，则应采用分压接法，同时考虑灯泡内阻与电流表内阻的关系可以确定电流表的接法；（3）由功率公式可得出功率与电压之间的关系，从而由数学知识可以得出正确的图象．【解答】解：（1）由题意可知，灯泡的额定电压为4.8V，而给出的电压表中有15V和3V 两种，选用15V的电压则误差较大；而选用3V的电压表，则量程偏小，故可以串联一个电阻进行分压；由题意可知，选择3kΩ的电阻可以使量程扩大为2倍，故选用D即可；故可以选取3V的电压表和3kΩ的电阻串联充当电压表使用；（2）因题目中要求多测几组数据进行作图，故实验中选用分压接法，并且将R1与电压表串联充当电压表使用，电流表采用电流表外接法；故原理图如右图所示；（3）电压表V1（0～3V．内阻3kΩ），定值电阻R1=3kΩ；选取3V的电压表和3kΩ的电阻串联充当电压表使用，使量程扩大为2倍，所以电压表读数U V与此时小灯泡两端电压U的定量关系是U V=U．由功率公式可得：P=；若R为定值的话，则P与U2应为一次方程；但因为灯泡电阻随温度的变化而变化，故功率随温度不再是线性关系，而是随着电压的增大，而使功率减小，故P与U2图象应为C；故答案为；（1）A，D；（2）如图所示；（3）U V=U，C．。
湖北省沙市中学2016-2017学年高二第一学期期末考试物理试卷
湖北省沙市中学2016-2017学年高二物理上学期期末考试试题一、单选题（每题4分，共48分，1-7为单选题，8-12为多选题）1、 通过某电阻的周期性交变电流的图象如右。
则该交流电的有效值I 为。
A 、1.5A B 、4.5A C 、A 18 D 、A 452．两根长直通电导线互相平行，电流方向相同，它们的截面处于等边△ABC 的A 和B 处，如图所示。
两通电导线各自在C 处产生磁场的磁感应强度大小都是B 0， 则下列说法正确的是A 、 等边△ABC 区域中（包括边界）没有磁感应强度为0的点B ．在C 处磁场的总磁感应强度方向垂直于AB 连线向下 C ．在C 处磁场的总磁感应强度大小是B 0D ．在C 处磁场方向与AB 连线的中垂线方向垂直 3．如图甲所示，圆形线圈中串联了一个平行板电容器，圆形线圈中有磁场，磁感应强度B 随时间t 按图乙所示正弦规律变化．以垂直纸面向里的磁场为正．关于电容器极板的带电情况，以下判断正确的是A ．第二个T 4内，上板带正电B ．第二个T 4内，下板带正电C ．第三个T4内，上板带正电 D ．第四个T4内，下板带正电 4、如图，一闭合直角三角形线框以速度v 向右匀速穿过匀强磁场区域。
从BC 边进入磁场区开始计时，到A 点离开磁场区止的过程中，线框内感应电流的情况(以逆时针方向为电流的正方向)是如图所示中5、如图所示，单摆摆球的质量为m ，摆球从最大位移A 处由静止释放，摆球 运动到最低点B 时的速度大小为v 。
重力加速度为g ，不计空气阻力。
则 摆球从A 运动到B 的过程中 A ．重力的冲量为0B ．绳子拉力的冲量为零C ．合外力的冲量大小为mvD ．重力的冲量大小为mv6、如图所示为远距离交流输电的简化电路图．发电厂的输出电压是U ，用等效总电阻是r 的两条输电线输电，输电线路中的电流是I 1，其末端间的电压为U 1.在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I 2.则 A. 输电线上的电压降为UB. 理想变压器的输入功率为I 21r C. 输电线路上损失的电功率为I 1U D. 用户端的电压为I 1U 1I 27．按照公安部统一部署，全国各地进行了大规模集中整治酒驾行动。
湖北省荆州市沙市中学高二物理上学期精选试卷检测题
湖北省荆州市沙市中学高二物理上学期精选试卷检测题一、第九章 静电场及其应用选择题易错题培优（难）1．如图所示，竖直平面内有半径为R 的半圆形光滑绝缘轨道ABC ，A 、C 两点为轨道的最高点，B 点为最低点，圆心处固定一电荷量为+q 1的点电荷．将另一质量为m 、电荷量为+q 2的带电小球从轨道A 处无初速度释放，已知重力加速度为g ，则（）A ．小球运动到B 2gR B ．小球运动到B 点时的加速度大小为3gC ．小球从A 点运动到B 点过程中电势能减少mgRD ．小球运动到B 点时对轨道的压力大小为3mg ＋k 122q q R 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】A.带电小球q 2在半圆光滑轨道上运动时，库仑力不做功，故机械能守恒，则：212B mgR mv =解得：2B v gR 故A 正确；B.小球运动到B 点时的加速度大小为：22v a g R==故B 错误；C.小球从A 点运动到B 点过程中库仑力不做功，电势能不变，故C 错误；D.小球到达B 点时，受到重力mg 、库仑力F 和支持力F N ，由圆周运动和牛顿第二定律得：2122BN q q v F mg k m R R--=解得：1223N q q F mg kR=+ 根据牛顿第三定律，小球在B 点时对轨道的压力为：1223q q mg kR + 方向竖直向下，故D 正确．2．如图所示，两个带电小球A 、B 分别处于光滑绝缘的竖直墙面和斜面上，且在同一竖直平面内，用水平向左的推力F 作用于B 球，两球在图示位置静止，现将B 球沿斜面向下移动一小段距离，发现A 球随之向上移动少许，两球在新位置重新平衡，重新平衡后与移动前相比，下列说法正确的是（ ）A ．推力F 变小B ．斜面对B 的弹力不变C ．墙面对A 的弹力不变D ．两球之间的距离减小【答案】AB 【解析】 【详解】CD ．先对小球A 受力分析，受重力、支持力、静电力，如图所示：根据共点力平衡条件，有：mgF cos =库α，N F mgtan =α 由于α减小，可知墙面对A 的弹力变小，库仑力减小，故两球间距增加，选项CD 错误； AB ．对AB 整体受力分析，受重力、斜面支持力N 、墙壁支持力F N 、推力F ，如图所示：根据共点力平衡条件，有NNsin F FNcos m M g+==+（）ββ解得()F mgtan m M gtanM m gNcos=-++=（）αββ由于α减小，β不变，所以推力F减小，斜面对B的弹力N不变，选项AB正确。
湖北剩州市沙市区18学年高二物理上学期第七次双周考试题1801230327
湖北省荆州市沙市区2017-2018学年高二物理上学期第七次双周考试题一、单选题（每题4分）1．以下叙述中不正确的是A．伽利略通过斜面实验加逻辑推理的方法研究了自由落体运动的规律B．开普勒提出了日心说，从而发现了行星运动的规律，后人称为开普勒行星运动规律C．利用涡流的热效应，人们制成了用于加热食物的电磁炉D．超高压带电作业的工人穿戴的工作服是用包含金属丝的织物制成的，这是利用了静电屏蔽的原理2．如图所示，平行金属导轨竖直放置，仅在虚线MN下面的空间存在着匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，导轨上端跨接一定值电阻R，质量为m、电阻r的金属棒两端各套在导轨上并可在导轨上无摩擦滑动，导轨的电阻不计，将金属棒从图示位置由静止释放，则进入磁场后A．a点的电势高于b点的电势B．金属棒中产生的焦耳热小于金属棒机械能的减少量C．金属棒受到的最大安培力大小为mgD．金属棒刚进入磁场过程中可能做匀减速运动3．如图所示，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距。
两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流。
以下说法正确的是A．金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向B．金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向C．金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针D. 金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针4．如图，在同一铁芯上绕两个线圈A和B，单刀双掷开关 S原来接触点1，现在把它扳向触点2，则在开关S断开1和闭合2的过程中，流过电阻R中电流的方向是：A．先由P到Q，再由Q到PB．先由Q到P，再由P到QC．始终是由Q到PD．始终是由P到Q5．自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分．一个理想自耦调压变压器的电路如图所示，变压器线圈总匝数为2000匝，原线圈为600匝，副线圈匝数可调；原线圈串联一个阻值为r =4Ω电阻后接在有效值为220V 的交流电源上，副线圈接阻值R =9Ω的负载． 调节副线圈的匝数，当负载R 上的功率最大时，副线圈的匝数为A ．2000匝B ．1200匝C ．900匝D ．400匝6．如图所示，矩形线圈面积为S ，匝数为N ，线圈总电阻为r ，在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R ，当线圈由图示位置转过90°的过程中，下列判断不正确的是（ ）AB ．通过电阻R 的电荷量为()2NBS q R r =+ C ．电阻R 所产生的焦耳热为()22224N B S R Q R r ωπ=+D ．当线圈由图示位置转过30°时的电流为()2NBS R r ω+ 7．如图所示,铁芯右边绕有一个线圈,线圈两端与滑动变阻器、电池组连成回路.左边的铁芯上套有一个环面积为0.02 m 2、电阻为0.1 Ω的金属环.铁芯的横截面积为0.01 m 2,且假设磁场全部集中在铁芯中,金属环与铁芯截面垂直.调节滑动变阻器的滑片,使铁芯中的磁感应强度每秒均匀增加0.2 T,则从上向下看( )A ．金属环中感应电流方向是逆时针方向,感应电动势大小为4.0×10-3 VB ．金属环中感应电流方向是顺时针方向,感应电动势大小为4.0×10-3 VC ．金属环中感应电流方向是逆时针方向,感应电动势大小为2.0×10-3 VD ．金属环中感应电流方向是顺时针方向,感应电动势大小为2.0×10-3 V二、多选题（每题4分）8．有关资料显示,美国、加拿大等美洲地区UL 标准:120 V/60 Hz,欧洲欧盟GS 标准:240 V/50 Hz,中华人民共和国标准:220 V/50 Hz,下面说法正确的是A ．文中的120 V,240 V,220 V 指的是交变电流的峰值B ．我国制造的白炽灯拿到加拿大使用时,亮度明显变暗C ．我们实验室用的220 V/50 Hz 的电火花计时器在美国使用时,打点周期不变D ．如果我国和欧盟的某个国家的火力发电厂都用旋转电枢的方式发电,且磁场是相同的,线圈匝数也是相同的,则二者的转速必然相同,线圈的面积必然不同9．如图所示，1R 、2R 、3R 为完全相同的标准电阻。
2017-2018学年湖北省沙市中学高二上学期期末考试数学(理)试题
2017—2018学年上学期2016级期末考试理数试卷考试时间：2018年2月1日一、选择题（每小题5分，共12小题，满分60分）1.设命题:0,ln 0p x x x ∀>->，则p ⌝为（ ）A ．0,ln 0x x x ∀>-≤B ．0,ln 0x x x ∀>-<C ．0000,ln 0x x x ∃≤-≤D ．0000,ln 0x x x ∃>-≤2.对2000名学生进行身体健康检查，用分层抽样的办法抽取容量为200的样本，已知样本中女生比男生少6人，则该校共有男生（ ）A ．1030人B ．970人C ．97人D ．103人3.“2a =”是“20ax y +-=与直线2(1)40x a y +-+=平行”的（ ）A ．充要条件B ．充分不必要条件C ．必要不充分条件D ．既不充分也不必要条件4．已知)1,2,1(),3,1,2(-=-=，若)(λ-⊥，则实数λ的值为（ ）A ．2-B ．314-C ．514 D ．2 5．执行如图所示的程序框图，若输入的x 的值为2，则输出的y 的值是（ ）A ．2B ．5C ．11D ．236．已知,分别是椭圆的左, 右焦点, 椭圆上存在点使为钝角, 则椭圆的离心率的取值范围是（ ） A ． B ． C ． D ．7．某学校安排甲、乙、丙、丁四位同学参加数学、物理、化学竞赛，要求每位同学仅报一科，每科至少有一位同学参加，且甲、乙不能参加同一学科，则不同的安排方法有（ ）第5题图A ．36种B ．30种C ．24种D ．6种 8．设P 为双曲线11222=-y x 上的一点，21,F F 是该双曲线的两个焦点，若2:3:21=PF PF ，则21F PF ∆的面积为（ ）A ．36B ．12C ．312D ．249．某产品的广告费与销售额的统计数据如右表，根据上表可得回归方程a x y ˆ4.9ˆ+=，据此可预报当广告费为6万元时的销售额为（ ）A ．6.63万元B ．5.65万元C ．7.67万元D ．0.72万元10．已知直线0634:1=+-y x l 和直线1:2-=x l ，则抛物线x y 42=上的一动点P 到直线1l 与直线2l 的距离之和的最小值为（ ）A ．2B ．3C ．511D ．1037 11．椭圆2212516x y +=的左右焦点分别为12,F F ，弦AB 过1F ，若2ABF ∆的内切圆周长为π，,A B 两点的坐标分别为1122(,),(,)x y x y ，则12y y -值为（ ）A ．35B ．310C ．320D ．35 12．如图，12,F F 是双曲线()2222:10,0x y C a b a b-=>>的左、右焦点，过2F 的 直线与双曲线C 交于,A B 两点.若11::3:4:5AB BF AF =，则双曲线的离心率为（ ）AB ．3 CD ．2二、填空题（每小题5分，共4小题，满分20分）13．焦点在y 轴上的椭圆1322=+my x 的离心率为21，则m ＝ . 14．已知实数,x y 满足102400x y x y x -+≤⎧⎪+-≥⎨⎪≥⎩，则2z x y =+的最小值为 ．。
2017-2018学年湖北省荆州市沙市中学高二(上)期末物理试卷
2017-2018学年湖北省荆州市沙市中学高二（上）期末物理试卷一、选择题（共12题48分，其中1至8题为单选，9至12题为多选）1．（4分）物理来源于人们的生活实践，揭示的是自然规律，我们学习物理的目的就是要将所学习的知识应用于社会。
如图所示四幅图中展示了一些应用，关于这些应用说法正确的是（）A．甲图是天空一号太空“质量测量仪”测质量的实验，其测量原理是根据胡克定律B．乙图是罗盘，它可以指示南北方向，其原理是由于指针受到重力作用C．丙图是防辐射服，其内部是用包含金属丝的织物制成，是因为金属丝很坚韧，有利于保护人体D．丁图是家用电磁炉，其原理是利用了电磁感应的涡流来进行加热2．（4分）关于电荷所受电场力和洛伦兹力，正确的说法是（）A．电荷在磁场中一定受洛伦兹力作用B．电荷在电场中一定受电场力作用C．电荷所受电场力一定与该处电场方向一致D．电荷所受的洛伦兹力不一定与磁场方向垂直3．（4分）一单色光照到某金属表面时，有光电子从金属表面逸出，下列说法中错误的是（）A．只延长入射光照射时间，光电子的最大初动能将不变B．只增大入射光的频率，光电子的最大初动能将增大C．只增大入射光的频率，光电子逸出所经历的时间将缩短D．只增大入射光的强度，单位时间内逸出的光电子数目将增多4．（4分）利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域。
如图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差U CD，下列说法中正确的是（）A．电势差U CD仅与材料有关B．若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差U CD＞0C．仅增大磁感应强度时，电势差U CD变大D．在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平5．（4分）一带正电的粒子在仅受电场力作用下，从坐标原点O以一定的初速度v0沿电场中的x轴正向做直线运动，x轴上的电势分布如图所示，则粒子从O 点运动到x=x0的过程中，下列说法正确的是（）A．粒子的电势能先增大后减小B．粒子的动能先增大后减小C．粒子运动的加速度先增大后减小D．粒子受到的电场力一直沿x轴正方向6．（4分）如图所示，有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域，其直角边长为L，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B．一边长为L总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域。
湖北省沙市高二物理上学期期末考试试题
15W
D．改变外电阻的阻值时，该电池组的最大输出功率为
20W
10．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷
( 电荷量很小 ) 固定在
P 点，如图所示．用 E 表示两极板间场强， U 表示电容器两极板间的电压， Ep 表示正电荷在 P
点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚
。一电子
在
正方向的初速度 v0 开始运动，不计电子重力。求：
（1）电子的 方向分运动的周期。
（2）电子运动的轨迹与 y 轴的各个交点 中，任意两个交点的距离。
；在
的空间中，
处的 P 点以沿 轴
18．（ 12 分）如图，在平面直角坐标系
xoy 内，第一象限的射线 op 与 x 轴夹角为 30o，在∠ pox
L=0. 3m。导轨左端连接
R＝ 0. 6Ω 的电阻，区域 abcd 内存在垂直于导轨平面
B=0. 6T 的匀强磁场，磁场区域宽
D=0. 2m 。细金属棒 A1 和 A2 用长为 2D=0. 4m的轻质绝缘杆连接，放置在导轨平面上，并与导轨
垂直，每根金属棒在导轨间的电阻均为
r =0. 3Ω，导轨电阻不计，在外力作用下，使金属棒
C．由 x 1 运动到 x 4 的过程电 场力先减小后增大 D．由 x 1 运动到 x 4 的过程电场力先增大后减小
9．如图所示， a、 b 分别表示一个电池组和一只电阻的伏安
特性曲线。由图可得下列说法正确的是
A．电阻的阻值为 15Ω
B．电池组的内阻是 0.2 Ω
C．该电阻接在该电池组两端，电池组的输出功率将是
C，由几何关系
BC=2Rsinθ 2=
由此易得 C 点坐标（
湖北湖北省沙市中学高二物理上学期精选试卷检测题
湖北湖北省沙市中学高二物理上学期精选试卷检测题一、第九章静电场及其应用选择题易错题培优（难）1．如图所示，y轴上固定有两个电荷量相等的带正电的点电荷，且关于坐标原点O对称。
某同学利用电场的叠加原理分析在两电荷连线的中垂线（x轴）上必定有两个场强最强的点A、'A，该同学在得到老师的肯定后又在此基础上作了下面的推论，你认为其中正确的是（）A．若两个点电荷的位置不变，但电荷量加倍，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置B．如图(1)，若保持两个点电荷的距离不变、并绕原点O旋转90°后对称的固定在z轴上，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置C．如图(2)，若在yoz平面内固定一个均匀带正电圆环，圆环的圆心在原点O。
直径与(1)图两点电荷距离相等，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置D．如图(3)，若在yoz平面内固定一个均匀带正电薄圆板，圆板的圆心在原点O，直径与(1)图两点电荷距离相等，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置【答案】ABC【解析】【分析】【详解】A．可以将每个点电荷（2q）看作放在同一位置的两个相同的点电荷（q），既然上下两个点电荷（q）的电场在x轴上场强最大的点仍然在A、A＇两位置，两组点电荷叠加起来的合电场在x轴上场强最大的点当然还是在A、A＇两位置，选项A正确；B．由对称性可知，保持两个点电荷的距离不变、并绕原点O旋转90°后对称的固定在z轴上，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置，选项B正确；C．由AB可知，在yOz平面内将两点电荷绕O点旋转到任意位置，或者将两点电荷电荷量任意增加同等倍数，在x轴上场强最大的点都在A、A＇两位置，那么把带电圆环等分成一些小段，则关于O点对称的任意两小段的合电场在x轴上场强最大的点仍然还在A、A＇两位置，所有这些小段对称叠加的结果，合电场在x轴上场强最大的点当然还在A、A＇两位置，选项C正确；D．如同C选项，将薄圆板相对O点对称的分割成一些小块，除了最外一圈上关于O点对称的小段间距还是和原来一样外，靠内的对称小块间距都小于原来的值，这些对称小块的合电场在x轴上场强最大的点就不再在A、A＇两位置，则整个圆板的合电场在x轴上场强最大的点当然也就不再在A、A＇两位置，选项D错误。
湖北省沙市中学高二上学期第六次双周考物理试题
2017—2018学年上学期2016级第六次双周练物理试卷考试时间：2017年12月21日一、选择题（每题4分，共48分。
其中1~8为单选，9~12为多选）1．下列现象中，属于电磁感应现象的是()A．小磁针在通电导线附近发生偏转B．通电线圈在磁场中转动C．因闭合线圈在磁场中转动而产生感应电流D．靠近的两条同方向的电流彼此相互吸引2．如图所示，沿x轴、y轴有两根长直导线，互相绝缘．x轴上的导线中有沿－x轴方向的电流，y轴上的导线中有沿＋y轴方向的电流，两虚线是坐标轴所夹角的角平分线．a、b、c、d是四个圆心在虚线上与坐标原点等距的相同的固定圆形导线环．当两直导线中的电流从相同大小以相同的速度均匀减小时，各导线环中的感应电流情况是()A．a中有逆时针方向的电流，且有靠近原点的趋势B．b中有顺时针方向的电流，且有靠近原点的趋势C．c中有顺时针方向的电流，且有靠近原点的趋势D．d中有顺时针方向的电流，且有靠近原点的趋势3．如图所示，矩形闭合金属框abcd的平面与匀强磁场垂直，若ab边受竖直向上的磁场力的作用，则可知金属框的运动情况是()A．向左平动进入磁场B．向右平动退出磁场C．沿竖直方向向上平动D．沿竖直方向向下平动4．如下图所示，阻值为R的金属棒从图示位置ab分别以v1、v2的速度沿光滑导轨(电阻不计)匀速滑到a′b′位置，若v1:v2＝1:2，则在这两次过程中()A．回路的电流I1:I2＝1:1B．产生的热量Q1:Q2＝1:2C．通过任一截面的电荷量q1:q2＝1:2D．外力的功率P1:P2＝1:25．半径为R的圆形线圈，两端A、D接有一个平行板电容器，线圈垂直放在随时间均匀变化的匀强磁场中，如图所示，则要使电容器所带电荷量Q增大，可以采取的措施是() A．增大电容器两极板间的距离B ．增大磁感应强度的变化率C ．减小线圈的半径D ．改变线圈所在平面与磁场方向间的夹角6．如图a 所示，一矩形线圈abcd 放置在匀强磁场中，并绕过ab 、cd 中点的轴OO ′以角速度ω逆时针匀速转动。
湖北省沙市中学高二物理上学期第二次双周考试题
湖北省沙市中学2018-2019学年高二物理上学期第二次双周考试题2018年9月27日一、选择题（每小题4分，共48分，1～8为单选，9～12为多选） 1．关于电功和电热，下面说法正确的是A ．任何电路中的电功W =UIt ，电热Q =I 2Rt 且W =QB ．任何电路中的电功W =UIt ，电热Q =I 2Rt 但W 有时不等于QC ．电功W =UIt 在任何电路中都适用，Q =I 2Rt 只在纯电阻电路中适用D ．电功W =UIt ，电热Q =I 2Rt ，只适用于纯电阻电路2．小灯泡通电后其电流I 随所加电压U 变化的图线如图所示，P 为图线上一点，PN 为图线在P 点的切线，PQ 为U 轴的垂线，PM 为I 轴的垂线，则下列说法中错误的是 A ．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B ．对应P 点，小灯泡的电阻为R ＝U 1I 2C ．对应P 点，小灯泡的电阻为R ＝U 1I 2－I 1D ．对应P 点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM 所围的面积3．如图所示的+Q 和-Q 是两个等量异种点电荷，以点电荷+Q 为圆心作圆，A 、B 为圆上两点，MN 是两电荷连线的中垂线，与两电荷连线交点为O ，下列说法正确的是： A ．A 点的电场强度大于B 点的电场强度 B ．电子在A 点的电势能小于在B 点的电势能 C ．把质子从A 点移动到B 点，静电力对质子做功为零 D ．把质子从A 点移动到MN 上任何一点，质子电势能都增加4．图中虚线为电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M 、N 质量相等，所带电荷的绝对值也相等。
现将M 、N 从虚线上的O 点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示。
点a 、b 、c 为实线与虚线的交点，已知O 点电势高于c 点。
若不计重力，则： A ．M 带负电荷，N 带正电荷B ．N 在a 点的速度与M 在c 点的速度大小相同C ．N 在从O 点运动至a 点的过程中克服电场力做功D ．M 在从O 点运动至b 点的过程中，电场力对它做的功等于零5．一个动能为E k 的带电粒子，垂直于电场线方向飞入平行板电容器，飞出电容器时动能为2E k ，如果使这个带电粒子的初速度变为原来的两倍，则它飞出电容器时的动能变为 A ．8E k B ．5E k C ．4．25E k D ．4E k6．有一静电场，其电势随x 坐标的改变而改变，变化的图线如图9所示．若将一带负电粒子(重力不计)从坐标原点O 由静止释放，粒子沿x 轴运动，电场中P 、Q 两点的坐标分别为1 mm 、4 mm.则下列说法正确的是A ．粒子经过P 点和Q 点时，加速度大小相等、方向相反B ．粒子经过P 点与Q 点时，动能相等C ．粒子经过P 点与Q 点时，电场力做功的功率相等D ．粒子在P 点的电势能为正值7．如图所示为匀强电场的电场强度E 随时间t 变化的图象．当t ＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是 A ．带电粒子将始终向同一个方向运动B ．2 s 末带电粒子回到原出发点C ．3 s 末带电粒子的速度不为零D ．0～3 s 内，电场力做的总功为零8. 如图所示，MPQO 为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E ，ACB 为光滑固定的半圆形轨道，圆轨道半径为R ，AB 为圆水平直径的两个端点，AC 为14圆弧．一个质量为m 、电荷量为－q 的带电小球，从A 点正上方高为H 处由静止释放，并从A 点沿切线进入半圆轨道．不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是A ．小球一定能从B 点离开轨道B ．小球在AC 部分不可能做匀速圆周运动 C ．若小球能从B 点离开，上升的高度一定小于HD ．小球到达C 点的速度可能为零9．真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A 、B 之间有加速电场，C 、D 之间有偏转电场，M 为荧光屏．今有质子、氘核和α粒子均由A 板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上．已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断中正确的是A ．三种粒子从B 板运动到荧光屏经历的时间相同 B ．三种粒子打到荧光屏上的位置相同C ．偏转电场的静电力对三种粒子做功之比为1∶1∶2D ．偏转电场的静电力对三种粒子做功之比为1∶2∶410．如图平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子A ．所受重力与电场力平衡B ．电势能逐渐增加C ．动能逐渐增加D ．做匀变速直线运动11．如图所示的电路中，输入电压U 恒为12 V ，灯泡L 上标有“6 V，12 W”字样，电动机线圈的电阻R M ＝0.5 Ω.若灯泡恰能正常发光，以下说法中正确的是A ．电动机的输入功率为12 WB ．电动机的输出功率为12 WC ．电动机的热功率为2 WD ．整个电路消耗的电功率为22 W12．如图所示，真空中两平行金属板相距为d ，两极板间的电压是可以调节的，一质量为m ，带电量为q 的粒子，从M 板的小孔中以速度v 0射入电场，当N 板电势为U 时，粒子经4d返回，要带电粒子经过2d才返回，可采用下面哪些方法?（不计重力）A ．将速度v 0增大一倍B ．调节分压器使N 板电势减半C ．速度v 0和N 板电势同时减半D ．使v 0增大一倍，同时把N 板下移2d 二、实验题（每空4分，共16分）13．一伏特计由电流表G 与电阻R 串联而成，如图所示．若在使用中发现此伏特计的读数总比准确值稍小一些，采用下列哪种措施可能加以改进?A ．在R 上串联一比R 小得多的电阻B ．在R 上串联一比R 大得多的电阻C ．在R 上并联一比R 小得多的电阻D ．在R 上并联一比R 大得多的电阻14．一块表头被烧坏的双量程电压表，其内部电路如图1甲所示，但测得R 1＝2.8 k Ω、R 2＝14.8 k Ω是完好的，现用满偏电流和表盘刻度相同的一块新表头替代，已知新表头的满偏电流为1 mA ，内阻为150 Ω，且有三个精密定值电阻r 1＝50 Ω，r 2＝100Ω，r 3＝150 Ω.若在保留R 1、R 2的情况下，对电压表进行修复，请完成下列问题：(1)原表头的内阻r g ＝________ Ω；(2)在图乙虚线框中画出修复后双量程电压表的电路(标出所选用的相应器材符号).(3)修复后校准完，连接0～15 V量程测量时，某次表盘指针偏转如图丙所示，其电压示数应为_____ V.（读到小数点后一位）三、计算题（共46分）15．（10分）如图所示，一根光滑绝缘细杆与水平面成α＝30°的角倾斜固定．细杆的一部分处在场强方向水平向右的匀强电场中，场强E＝2×104 N/C.在细杆上套有一个带电量为q＝－1.73×10－5C、质量为m＝3×10－2kg的小球．现使小球从细杆的顶端A由静止开始沿杆滑下，并从B点进入电场，小球在电场中滑至最远处的C点．已知AB间距离x1＝0.4 m，g＝10 m/s2.求：(1)小球在B点的速度v B；(2)小球进入电场后滑行的最大距离x2；16．（12分）如图所示，一条长为L的细线上端固定，下端拴一个质量为m的电荷量为q的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A点静止释放，当细线离开竖直位置偏角α＝60°时，小球速度为零.(1)求：①小球带电性质；②电场强度E.(2)若小球恰好完成竖直圆周运动，求从A点释放小球时应有的初速度v A的大小(可含根式)．17．（12分）如图所示，在绝缘水平面上，相距为L的A、B两处分别固定着两个带电量相等的正电荷，a、b是AB连线上的两点，其中Aa＝Bb＝L/4，O为AB连线的中点，一质量为m、带电荷量为＋q的小滑块(可以看作质点)以初动能E0从a点出发，沿直线AB 向b点运动，其中小滑块第一次经过O点的动能为初动能的n倍(n＞1)，到达b点时动能恰好为零，小滑块最终停在O点，求：(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数；(2)O、b两点间的电势差U Ob；(3) 小滑块运动的总路程．18．（12分）两块水平平行放置的导体板如图所示，大量电子（质量m、电量e）由静止开始，经电压为U0的电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间．当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t0；当在两板间加如图所示的周期为2t0，幅值恒为U0的周期性电压时，恰好．．能使所有电子均从两板间通过．问：（1）这些电子通过两板之间后，侧向位移（沿垂直于两板方向上的位移）的最大值和最小值分别是多少？（2）侧向位移分别为最大值和最小值的情况下，电子在刚穿出两板之间时的动能之比为多少？U2018—2019学年上学期2017级第二次双周练物理答案13、D14、 (1)200 (2)如图所示(3)9.315、(1)小球在AB 段滑动过程中，由机械能守恒mgx 1sin α＝12mv 2B 可得v B ＝2 m/s.(2)小球进入匀强电场后，在电场力和重力的作用下，由牛顿第二定律可得加速度a 2＝mg sin α－qE cos αm＝－5 m/s 2小球进入电场后还能滑行到最远处C 点，BC 的距离为x 2＝－v 2B2a 2＝0.4 m.16、 (1)①根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电．②小球由A 点释放到速度等于零，由动能定理有 0＝EqL sin α－mgL (1－cos α) 解得E ＝3mg 3q(2)将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力G ′，则G ′＝233mg ，方向与竖直方向成30°角偏向右下．若小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高点．m v 2L ＝233mg ，12mv 2－12mv 2A ＝－233mgL (1＋cos 30°) 联立解得v A ＝2gL 3＋17、(1)因为＋q A ＝＋q B ，a 、b 以中点O 对称，所以U ab ＝0.滑块由a 到b 的过程，根据动能定理：qU ab －μmg L 2＝－E 0，所以μ＝2E 0mgL.(2)对小滑块由O 到b 的过程，根据动能定理： qU Ob －μmg L4＝－nE 0，U Ob ＝14μmgL －nE 0q＝－2q.(3)U aO ＝－U Ob ＝－02q，小滑块从a 点开始，最终停在O 点，根据动能定理qU aO －μmgs ＝－E 0，s ＝qU aO ＋E 0μmg ＝＋4.18、（1）min y s =max y s =（2）1613解析：画出电子在t =0时和t =t 0时进入电场的v -t 图象进行分析（1）设两平行板间的距离为d ，恰好所有电子通过，则最大位移为d /2001t md eU v y =，==0022t md eU v y mdt eU 002 233)21(2200010101maxd md t eU t v t v t v s y y y y ===+=4235.121200010101mind md t eU t v t v t v s y y y y ===+= 解得006t meU d =所以，m eU t d s y 00max 622==，meU t d s y 0min644== （2）由此得m eU t md eU v y 6)(020021==，==20022)2(t md eU v y meU 320 而meU v 0202=所以，131612/3/21212121000021202220minmax=++=++=eU eU eU eU m mv mv mv E E y y K K000v v v 10000。
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2017—2018学年上学期2016级期末考试物理试卷审题人：高二物理备课组考试时间：2018年2月2日第I卷（选择题）一、选择题（共12题48分，其中1至8题为单选，9至12题为多选）1．物理来源于人们的生活实践，揭示的是自然规律，我们学习物理的目的就是要将所学习的知识应用于社会。
下面四幅图中展示了一些应用，关于这些应用说法正确的是( )A. 甲图是天宫一号中太空“质量测量仪”测质量的实验，其测量原理是根据胡克定律B. 乙图是罗盘，它可以指示南北方向，其原理是由于指针受到重力作用C. 丙图是防辐射服，其内部是用包含金属丝的织物制成，是因为金属丝很坚韧，有利于保护人体D. 丁图是家用电磁炉，其原理是利用了电磁感应的涡流来进行加热2．关于电荷所受电场力和洛伦兹力，正确的说法是（）A．电荷在磁场中一定受洛伦兹力作用B．电荷在电场中一定受电场力作用C．电荷所受电场力一定与该处电场方向一致D．电荷所受的洛伦兹力不一定与磁场方向垂直3．一单色光照到某金属表面时，有光电子从金属表面逸出，下列说法中错误．．的是（）A．只延长入射光照射时间，光电子的最大初动能将不变B．只增大入射光的频率，光电子的最大初动能将增大C．只增大入射光的频率，光电子逸出所经历的时间将缩短D．只增大入射光的强度，单位时间内逸出的光电子数目将增多4．利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域．如图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B 垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I ，CD 两侧面会形成电势差U CD ，下列说法中正确的是（ ）A. 电势差U CD 仅与材料有关B. 若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差U CD >0C. 仅增大磁感应强度时，电势差U CD 变大D. 在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平5．一带正电的粒子在仅受电场力作用下，从坐标原点O 以一定的初速度0v 沿电场中的x 轴正向做直线运动，x 轴上的电势分布如图所示，则粒子从O 点运动到0x x 的过程中，下列说法正确的是（ ）A. 粒子的电势能先增大后减小B. 粒子的动能先增大后减小C. 粒子运动的加速度先增大后减小D. 粒子受到的电场力一直沿x 轴正方向6．如图所示，有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域其直角边长为L ，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B .边长为L 、总电阻为R的正方形导线框abcd ，从图示位置开始沿x 轴正方向以速度v 匀速穿过磁场区域．取沿abcda 的感应电流为正，则表示线框中电流i 随bc 边的位置坐标x 变化的图象正确的是( )A B C D7、如图所示，两个闭合圆形线圈A 、B 的圆心重合，放在同一水平面内，线圈A 中通以如图2所示的变化电流，t=0时电流方向为顺时针（如图中箭头所示）．在t 1～t 2时间内，对于线圈B ，下列说法中正确的是（ ）A．线圈B内有顺时针方向的电流，线圈有扩张的趋势B．线圈B内有顺时针方向的电流，线圈有收缩的趋势C．线圈B内有逆时针方向的电流，线圈有扩张的趋势D．线圈B内有逆时针方向的电流，线圈有收缩的趋势8．电源、开关S、定值电阻R1、灯泡L、光敏电阻R2和电容器连接成如图所示的电路，电容器的两平行板水平放置。
当开关S闭合，并且无光照射光敏电阻R2时，一带电液滴恰好静止在电容器两板间的M点。
当用强光照射时，光敏电阻的阻值变小，则()A．灯泡亮度变暗B．电容器两极板间电压变小C．电容器所带电荷量减小D．液滴向上运动9．如图所示，A、B完全相同的两个小灯泡，L为自感系数较大电阻可以忽略的线圈，则（）A. 开关S闭合瞬间，A、B同时发光，随后A灯熄灭，B灯变亮B. 开关S闭合瞬间，B灯亮，A灯不亮C. 断开开关S瞬间，A、B灯同时熄灭D. 断开开关S瞬间，B灯立即熄灭，A灯亮一下再熄灭10．用频率为ν的光照射在某金属表面时产生了光电子，当光电子垂直射入磁感应强度为B 的匀强磁场中做匀速圆周运动时，其最大半径为R，若以W表示逸出功，m、e表示电子的质量和电量，h表示普朗克常数，则电子的最大初动能是()A. hν＋WB. BeRmC. hν－WD.2222B e Rm11．如图，含有11H、21H、42He的带电粒子束从小孔O1处射入速度选择器，沿直线O1O2运动的粒子在小孔O2处射出后垂直进入偏转磁场，最终打在P1、P2两点，则（）A. 打在P1点的粒子是42HeB. 打在P2点的粒子是21H和42HeC. O2P2的长度是O2P1长度的2倍D. 粒子在偏转磁场中运动的时间都相等12．如图甲所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为55∶6，其原线圈两端接入如图乙所示的正弦交流电，副线圈通过电流表与负载电阻R相连。
若交流电压表和交流电流表都是理想电表，则下列说法中正确的是( )A. 变压器输入电压的最大值是220VB. 若电流表的示数为0.50A，变压器的输入功率是12WC. 原线圈输入的正弦交变电流的频率是50HzD. 电压表的示数是V第II卷（非选择题）二、实验题（每空2分，共16分）13．有一内阻未知（约2kΩ~6kΩ）、量程（0~3V）的直流电压表。
某同学用一多用电表的欧姆档，直接去测量该电压表的内阻，则欧姆档的选择开关应拨至倍率“×_________”档。
该同学先将红黑表笔短接调零后，应选图___________（选填“甲”或“乙”）的方式连接。
在实验中，欧姆表的刻度盘如图丙所示，则电压表的电压应为_______________Ω。
14．老师要求同学们测出一待测电源的电动势及内阻，所给的实验器材有：待测电源E，定值电阻R1（阻值未知），电压表V（量程为3．0 V，内阻很大），电阻箱R（0～99．99 Ω），单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干。
某同学连接了一个如图1所示的电路，他接下来的操作是：将S2拨到a，拨动电阻箱旋钮，使各旋钮盘的刻度处于如图2所示的位置后，闭合S1，记录此时电压表示数为2．20 V，然后断开S1；保持电阻箱示数不变，将S2切换到b，闭合S1，记录此时电压表的读数（电压表的示数如图4所示），然后断开S1。
（1）请你解答下列问题：图2所示电阻箱的读数为Ω，图3所示的电压表读数为V。
由此可算出定值电阻R1的阻值为Ω（计算结果保留三位有效数字）（2）在完成上述操作后，该同学继续以下的操作：将S2切换到a，多次调节电阻箱，闭合S1，读出多组电阻箱的示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据绘出了如图4所示的1U－1R图像。
由此可求得该电池组的电动势E及内阻r，其中E＝V，电源内阻r＝Ω。
（计算结果保留三位有效数字）三、解答题（共46分）15．（10分）如图所示，在匀强电场中，有A、B两点，它们间距为2cm ，两点的连线与场强方向成60°角。
将一个不知道电荷性质，电量为2×10-5C的电荷由A移到B，其电势能增加了0.2J。
求：（1）判断电荷带正电还是负电，由A到B电场力做的功W AB（2）A、B两点的电势差U AB为多少（3）匀强电场的场强的大小16．(10分)如图所示。
在xOy 平面直角坐标系内，y 轴右侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=0．05T ，虚线AC 平行y 轴，与y 相距，在x 轴下方虚线与y 轴所夹的区域存在如图所示的有界匀强电场，场强大小E=1V/m ，方向与y 轴成450角，比荷q m=102C/kg 的带正电的粒子，从A(，0)点静止释放．粒子所受重力不计．求：（1）粒子从释放到离开磁场所用时间．（2）粒子再次到达虚线AC 时的纵坐标．17．（12分）如图所示，无限长金属导轨EF 、PQ 固定在倾角为θ=53°的光滑绝缘斜面上，轨道间距L=1 m ，底部接入一阻值为R=0.4Ω的定值电阻，上端开口。
垂直斜面向上的匀强磁场的磁感应强度B=2T 。
一质量为m=0.5kg 的金属棒ab 与导轨接触良好，ab 与导轨间动摩擦因数μ=0.2，ab 连入导轨间的电阻r=0.1Ω，电路中其余电阻不计。
现用一质量为M=2.86kg 的物体通过一不可伸长的轻质细绳绕过光滑的定滑轮与ab 相连。
由静止释放M ，当M 下落高度h=2.0 m 时，ab 开始匀速运动（运动中ab 始终垂直导轨，并接触良好）。
不计空气阻力，sin53°=0.8，cos53°=0.6，取g=10m/s 2。
求：（1）ab 棒沿斜面向上运动的最大速度v m ；（2）ab 棒从开始运动到匀速运动的这段时间内电阻R 上产生的焦耳热Q R 和流过电阻R 的总电荷量q 。
18．（14分）半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面上，一长为r，质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨的中心O，装置的俯视图如图所示；整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下；在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻（图中未画出）。
直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触。
设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略，重力加速度大小为g，求：（1）通过电阻R的感应电流的方向和大小；（2）外力的功率。
高二年级期末考试物理答案一、选择题1、D2、B3、C4、C5、A6、C7、A8、D9、AD 10、CD 11、BC 12、BC二、实验题13、100；甲；400014、（1）20；2．80；5．45；（2）2．86；0．270三、计算题15、（1）−0.1J ；（2）5000V ；（3）5.0×105 V/m本题考查的是匀强电场的相关计算，电场力对该电荷做功大小与电势能的增加量相等而且做负功-0.1J；A、B两点它们间的距离为2 cm，两点的连线与场强方向成60°角，A、B两点的电势差U AB为，匀强电场的场强为 5.0×105 V/m16、（1）（2）试题分析：（1）粒子在电场中做匀加速直线运动经时间t进入磁场．①②入射速度③粒子在磁场中做匀速圆周运动的时间④⑤⑥总时间⑦（2）粒子运动轨迹如下图，由几何关系知粒子到AC时的纵坐标⑧解得：⑨17、(1)如图所示,在ab棒做加速运动时,由于v的增加,安培力F变大,ab棒在做加速度逐渐减小的加速运动,当a=0时,ab棒速度最大,为vm,则T=Mg=mgsinθ+F+μmgcosθF=BIL=B2L2vm/(R+r)v m="3" m/s.(2)由系统的总能量守恒可知,系统减少的重力势能等于系统增加的动能、焦耳热、摩擦而转化的内能之和：Mgh-mghsinθ=μmghcosθ++QQ="32.88" J,QR=Q="26.3" J.又因为流过电路的电荷量q="It " q=Et/(R+r)E=ΔΦ/t q==BLh/(R+r) q="8.0" C18、（1）（2）试题分析：（1）在时间内，导体棒扫过的面积为：①根据法拉第电磁感应定律，导体棒产生的感应电动势大小为：②根据右手定则，感应电流的方向是从B端流向A端，因此流过导体R的电流方向是从C端流向D端；由欧姆定律流过导体R的电流满足;③联立①②③可得：④（2）在竖直方向有：mg-2N=0 ⑤式中，由于质量分布均匀，内外圆导轨对导体棒的正压力相等，其值为N，两导轨对运动的导体棒的滑动摩擦力均为：⑥在时间内，导体棒在内外圆导轨上扫过的弧长分别为：⑦和⑧克服摩擦力做的总功为：⑨在时间内，消耗在电阻R上的功为：⑩根据能量转化和守恒定律，外力在时间内做的功为：（11）外力的功率为：（12）由④至（12）式可得：（13）。