高二物理上学期期中试题(无答案)
2023-2024学年江苏省徐州市高二上学期期中物理试题
2023-2024学年江苏省徐州市高二上学期期中物理试题1.两个具有相同动能的物体A、B，质量分别为、，且，比较它们的动量则（）A．物体B的动量较大B．物体A的动量较大C．动量大小相等D．不能确定2.一个质量的蹦床运动员，从离水平网面高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面高处。
已知运动员与网接触的时间为，g取，则下列说法不正确的是（）A．运动员与网面接触过程动量的变化量大小为B．网对运动员的平均作用力为C．运动员和网面接触过程中弹力的冲量大小为D．从自由下落开始到蹦回高处这个过程中运动员所受重力冲量大小为3.海豚通过发出声波并接受其反射来寻找猎物。
声波在水中传播速度为，若海豚发出频率为的声波，下列说法正确的是（）A．海豚的利用声音捕捉猎物的原理和医学上“彩超”相同；B．声波由水中传播到空气中，频率会改变C．海豚接收到的回声频率与猎物相对海豚运动的速度无关D．该声波遇到尺寸约为的障碍物时会发生明显衍射4.水流射向墙壁，会对墙壁产生冲击力。
假设水枪喷水口的横截面积为S，喷出水的流量为Q（单位时间流出水的体积），水流垂直射向竖直墙壁后速度变为0。
已知水的密度为，重力加速度大小为g，则墙壁受到的平均冲击力大小为（）A．B．C．D．5.如图甲所示，弹簧振子以点为平衡位置，在两点之间做简谐运动，取向右为正方向，振子的位移随时间的变化规律如图乙所示，下列说法正确的是（）A．A、B之间的距离为B．和时，振子的速度方向相反C．时，振子位于点，此时振子的加速度最小D．到的时间内，振子的位移和弹性势能都在逐渐减小6.如图甲为一列简谐横波在时刻的波形图，为介质中的两个质点，图乙为质点的振动图像，则（）A．简谐横波沿轴正方向传播B．简谐横波的波速为C．时，质点的加速度小于质点的加速度D．时，质点距平衡位置的距离大于质点距平衡位置的距离7.如图所示为双缝干涉的实验装置，图中有六个光学元件的名称空缺，关于它们的名称正确的是（）A．①滤光片②单缝④遮光筒B．②单缝③双缝⑤毛玻璃C．①单缝②双缝⑥目镜D．②凸透镜③双缝⑥目镜8.如图所示，为半圆柱体玻璃的横截面，为直径，一束由紫光和红光组成的复色光沿方向从真空射入玻璃，分别从B、C点射出，下列说法中正确的是（）A．从B点射出的光波长比较长B．从B点射出的光频率比较大C．两束光在半圆柱体玻璃中传播时间不相等D．紫光在半圆柱体玻璃中传播速度较大9.如图所示，架子上面的电动机向下面的两组弹簧一钩码系统施加周期性的驱动力，使钩码做受迫振动。
江苏省扬州市仙城中学2014-2015学年高二上学期期中考试物理(必修)试题 Word版无答案
扬州市仙城中学2014-2015学年度第一学期期中考试高二物理（必修）试卷2014.11 本试卷分为第Ⅰ卷 (选择题)和第Ⅱ卷（非选择题），满分100分，考试时间50分钟。
第I卷（选择题，共69分）一、单项选择题：每小题只有一个．．．．选项符合题意（本大题23小题，每小题3分，共69分）. 1．在科学的发展历程中，许多科学家做出了杰出的贡献。
下列叙述符合历史事实的是（）A．伽利略否定了亚里士多德“重物比轻物下落快”的论断B．卡文迪许建立了狭义相对论C．牛顿总结出了行星运动的三大规律D．爱因斯坦发现了万有引力定律2．下列情况中的速度，属于平均速度的是（）A．刘翔在110米跨栏比赛中冲过终点线时的速度为9.5m/sB．由于堵车，汽车在通过隧道过程中的速度仅为1.2m/sC．返回地球的太空舱落到太平洋水面时的速度为8m/sD．子弹射到墙上时的速度为800m/s3．下列关于惯性的说法正确的是A．战斗机战斗前抛弃副油箱，是为了增大战斗机的惯性B．物体的质量越大，其惯性就越大C．火箭升空时，火箭的惯性随其速度的增大而增大D．做自由落体运动的物体没有惯性4．质点是一种理想化的物理模型，下面对质点的理解正确的是（）A．只有体积很小的物体才可以看作质点B．只有质量很小的物体才可以看作质点C．研究月球绕地球运动的周期时，可将月球看作质点D．因为地球的质量、体积很大，所以在任何情况下都不能将地球看作质点5．下列v-t图像中，表示初速度为零的匀加速直线运动的是( )6.下列单位中属于国际单位制的基本单位的是A．N、m、kg B．N、m、s C．N、kg、s D．m、kg、s7．赛车在比赛中从静止开始做匀加速直线运动， 10 s末的速度为50m/s，则该赛车的加速度大小是( )A．0.2 m/s2B．1 m/s2C．2.5 m/s2D．5m/s28．已知物体在2N、3N、4N三个共点力的作用下处于平衡状态，若保持两个力不变，撤去其中4N的力，那么其余两个力的合力大小为（）A．2 N B．3ＮC．4 N D．5Ｎ9．人乘电梯匀速上升，在此过程中人受到的重力为G ，电梯对人的支持力为F N ，人对电梯的压力为F N ’，则（ ）A ．G 和F N 是一对平衡力B ．G 和F N ’是一对平衡力C ．G 和F N 是一对相互作用力D ．G 和F N ’是一对相互作用力10．如图所示，在探究平抛运动规律的实验中，用小锤打击弹性金属片，金属片把P 球沿水平方向抛出，同时Q 球被松开而自由下落，P 、Q 两球同时开始运动，则（ ）A ．P 球先落地B ．Q 球先落地C ．两球同时落地D ．无法确定11．在以下列举的事例中，属于静电防止的是（ ）A ．静电复印B ．静电喷涂C ．静电除尘D ．油罐车用铁链拖地行驶12．如图所示分别为正电荷、负电荷及它们之间形成的电场，其中电场线方向表示正确的是（ ）A ．1和2B ．1和3C ．3和4D ．2和313．一个正点电荷的电场线分布如图所示，A 、B 是电场中的两点，A E 和B E 分别表示A 、B两点电场强度的大小，关于A E 和B E 的大小关系，下列说法正确的是（ ）A ．AB E E >B ．A B E E =C ．A B E E <D ．无法比较AE 和B E 的大小14．在光滑绝缘水平面上，有两个相距较近的带同种电荷的小球，将它们由静止释放，则两球间（ ）A ．距离变大，库仑力变大B ．距离变大，库仑力变小C ．距离变小，库仑力变大D ．距离变小，库仑力变小15．关于磁感应强度，下列说法中正确的是（ ）A ．磁感应强度只能反映磁场的强弱B ．磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量C ．磁感应强度的方向就是通电导线在磁场中所受作用力的方向D ．磁感应强度的方向就是放在该点的小磁针的 S 极静止时的指向16．关于磁感线，下列说法中正确的是（ ）A ．两条磁感线可以相交B ．沿磁感线方向，磁场越来越弱C ．磁感线总是从N 极出发，到S 极终止D ．磁感线的疏密程度反映磁场的强弱317．如图所示，在水平直导线正下方，放一个可以自由转动的小磁针. 现给直导线通以向右的恒定电流，不计其他磁场的形响，则（ ）A ．小磁针保持不动B ．小磁针的N 将向下转动C ．小磁针的N 极将垂直于纸面向里转动D ．小磁针的N 极将垂直于纸面向外转动18．如图所示，通电直导线置于匀强磁场中，导线与磁场方向垂直。
浙江省台州市外国语学校2011-2012学年高二上学期期中考试物理(理)试题(无答案)
台州市外国语学校2011学年第一学期期中测试高二物理理科试卷命题人：陈华煜 时间：90分钟 满分：100分一、单项选择题（每小题只有一个正确答案，共11小题，每小题3分，共33分1．真空中两个点电荷Q 1、Q 2，距离为R,当Q 1增大到原来的3倍，Q 2增大到原来的3倍，距离R 增大到原来的3倍时，两电荷间的库仑力变为原来的（ )A ．1倍B ．3倍C ．6倍D ．9倍2、关于电场强度和电场力，下列说法正确的是（ ）A ．由qF E =知，电场中某点的场强大小与放在该点的电荷所受到的电场力的大小成正比，与电荷的电荷量成反比 Ｂ．由qF E =知，电场中某点的场强方向，就是放在该点的电荷所受到的电场力方向 Ｃ．在qF E =中，Ｆ是电荷q 受到的电场力，E 是电荷q 产生的电场的强度D ．由qEF =可知，电荷q 受到的电场力的大小，与电荷的电荷量成正比，与电荷所在处的电场强度的大小成正比3．关于电动势,下列说法不正确的是（ ） A ．电源两极间的电压等于电源电动势B ．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第6题图 C ．电源电动势的数值等于内、外电压之和D ．电源电动势与外电路的组成无关4。
如图所示电路，电压保持不变，当电键S 断开时，电流表A 的示数为0.6A ，当电键S 闭合时，电流表的示数为0.9A ，则两电阻阻值之比R 1：R 2为（ ）A ．1：2B 。
2：1 C.2：3 D 。
3：25、真空中,两个等量异种点电荷电量数值均为q ，相距r,两点电荷连线中点处的电场强度的大小为：A 。
0B 。
2kq/r 2C 。
4k/r 2D 。
8kq/r 2 6．图中实线是一簇未标明方向的电场线,虚线是某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，根据题意不能做出判断的是（ ）A ．带电粒子所带电荷的符号B ．带电粒子在a 、b 两点的受力方向C ．带电粒子在a 、b 两点的速度何处较大D ．带电粒子在a 、b 两点的电势能何处较大7。
上学期高二年级物理期中试题
上学期⾼⼆年级物理期中试题 有很多同学不知道怎么学习好物理，其实很简单，今天⼩编就给⼤家分享⼀下⾼⼆物理，有时间就阅读吧 有关⾼⼆物理上学期期中试题 第Ⅰ卷(选择题，共41分) ⼀、单项选择题(本题共7⼩题，每⼩题3分，共21分。
每⼩题只有⼀个选项符合题意) 1.关于摩擦起电和感应起电的实质，下列说法中正确的是( ) ①摩擦起电现象说明了机械能可以转化为电能，也说明通过做功可以创造电荷; ②摩擦起电说明电荷可以从⼀个物体转移到另⼀个物体; ③感应起电说明电荷可以从物体的⼀个部分转移到物体的另⼀个部分; ④感应起电说明电荷从带电的物体转移到原来不带电的物体上.A. ②④B. ②③C. ①④D. ③④ 2.有三个相同的⾦属⼩球A、B、C，其中A、B两球带电情况完全相同，C球不带电，将A、B两球相隔很远距离固定起来，两球间的库仑⼒是F，若使C球先和A接触，再与B球接触，移去C，则A、B间的库仑⼒变为( )A.F/10B.3F/8C.F/4D.F/2 3.如图所⽰，在等量异种点电荷形成的电场中有A、B、C三点，A点为两点电荷连线的中点，B点为连线上距A点距离为d的⼀点，C点为连线中垂线上距A点距离也为d的⼀点，则下⾯关于三点电场强度E的⼤⼩、电势⾼低的⽐较，正确的是( ) A.EB>EA>EC， B.EA=EC>EB， C.EA D.EA>EB，EA>EC， , 4.如图所⽰，虚线 a、b、c代表电场中的三个等势⾯，相邻等势⾯之间的电势差相等，即Uab=Ubc,实线为⼀带正电的电荷仅在电场⼒作⽤下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，关于P、Q 两点⽐较可得( ) A.三个等势⾯中，c的电势最⾼ B.带电电荷通过P点时的电势能较⼩ C.带电电荷通过Q点时的动能较⼩ D.带电电荷通过P点时的加速度⼩ 5.在如图电路中，电键K1、K1、K2、K3、K4均闭合.C是极板⽔平放置的平⾏板电容器，板间悬浮着⼀油滴P.断开哪⼀个电键后P会向下运动( ) A.K1 B.K2 C.K3 D.K4 6. 如图所⽰是⼀光敏电阻⾃动计数器的⼀部分电路⽰意图，其中R1为光敏电阻，电流表为值班室的显⽰器，a、b之间接信号处理系统，当照射到光敏电阻R1处的光消失时，显⽰器的电流I及ab端的电压U的变化情况是( )A. I变⼤，U变⼤B. I变⼩，U变⼩C. I变⼩，U变⼤D. I变⼤，U变⼩ 7. 如右图所⽰，在竖直放置的光滑半绝缘细管的圆⼼O处放⼀点电荷，将质量为m，带电量为q的⼩球从圆弧管的⽔平直径端点A由静⽌释放，⼩球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好⽆压⼒，则放于圆⼼处的电荷在AB弧中点处的电场强度⼤⼩为( ) A. B. C. D. 不能确定 ⼆、多项选择题(本题共5⼩题，每⼩题4分，共20分。
高中高二物理上学期期中试卷高二全册物理试题 (2)
时遁市安宁阳光实验学校示范高中五校联考高二（上）期中物理试卷一、单项选择题（共12题，每题4分，共48分．）1．关于摩擦起电和感应起电，以下说法正确的是（）A．摩擦起电是因为电荷的转移，感应起电是因为产生电荷B．摩擦起电是因为产生电荷，感应起电是因为电荷的转移C．不论摩擦起电还是感应起电都是电荷的转移D．以上说法均不正确2．下列说法中正确的是（）A．由公式E=可知，电场中某点的场强与放在该点的检验电荷所受的电场力的大小成正比，与检验电荷的电量成反比B．由公式U AB =可知，电场中A、B两点间电势差U AB与在这两点之间移动电荷时电场力所做的功W AB成正比，与电荷的电量q成反比C．在库仑定律的表达式F=k中，k=是点电荷Q1产生的电场在点电荷Q2处的场强大小；而k是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1处的场强大小D．公式E=中的d为匀强电场中电势差为U的两点间的距离3．一个不带电的金属导体在电场中处于静电平衡状态．下列说法正确的是（）A．导体内部场强可以不为0B．导体上各点的电势相等C．导体外表面的电荷一定均匀分布D．在导体外表面，越尖锐的位置单位面积上分布的电荷量越少4．一正点电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B 点，它运动的v﹣t图象如图所示，则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是图中的（）A ．B ．C ．D ．5．如图所示，实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域的运动轨迹，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，根据此图得出的结论正确的是（）A．带电粒子带负电B．带电粒子在a点的受力方向沿电场线指向左下方C．带电粒子在b点的速度大D．带电粒子在a点的电势能大6．如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带点微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么（）A．若微粒带正电荷，则电场力一定小于重力B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加C．微粒从M点运动到N点动能不一定增加D．微粒从M点运动到N点机械能可能增加也有可能减少7．如图所示，有一带电粒子贴A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿轨迹①从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿轨迹②落到B板中间；设两次射入电场的水平速度相同，则电压U1、U2之比为（）A．1：8 B．1：4 C．1：2 D．1：18．一个电流表，刻度盘的每1小格代表1μA，内阻为Rg．如果把它改装成量程较大的电流表，刻度盘的每一小格代表nμA，则（）A．给它串联一个电阻，阻值为nRgB．给它串联一个电阻，阻值为（n﹣1）RgC ．给它并联一个电阻，阻值为D ．给它并联一个电阻，阻值为9．如图所示，电路两端的电压U保持不变，电阻R1，R2，R3消耗的电功率一样大，电阻之比R1：R2：R3是（）A．1：1：1 B．4：1：1 C．1：4：4 D．1：2：210．在如图所示电路中，AB为粗细均匀、长为L的电阻丝，以A、B上各点相对A点的电压为纵坐标，各点离A点的距离x为横坐标，则U随x变化的图线应为（）A ．B ．C ．D ．11．在如图所示电路中，当变阻器R3的滑动头P向b端移动时（）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12．如图所示，A、B图线分别为电源E与某一定值电阻R的伏安特性曲线，如果将电阻R与电源E直接连接在一起，电源的电动势用E表示，内阻用r表示．则下列正确的是（）A．E=3V，r=1ΩB．电源的内阻消耗的功率P=4WC．外电路消耗的功率为P=4W D．该电源的效率η=80%二、填空与实验题（共4小题，每空3分，共27分）13．电量为2×10﹣6C的正点电荷放入电场中A点，受到作用力为4×10﹣4N，方向向右，则A点的场强为N/C，方向．若把另一电荷放在该点受到力为2×10﹣4N，方向向左，则这个电荷的电量为C．14．在场强为E，方向竖直向下的匀强电场中，有两个质量均为m的带电小球，电量分别为+2q和﹣q，两小球用长为L的绝缘细线相连，另用绝缘细线系住带正电的小球悬于O点而处于平衡状态．如图所示，重力加速度为g，细线对悬点O的作用力等于．15．用游标为20分度的卡尺测量某金属丝的长度，由图1可知其长度为mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为mm．16．某中学实验探究小组利用如图甲所示的电路描绘一小灯泡的伏安特性曲线，待测小灯泡的额定电压约为6V，额定功率约为1.5W．其中实验室还提供了如下的实验器材：A、直流电源6V（内阻不计）B、直流电流表0﹣3A（内阻0.1Ω）C、直流电流表0﹣300mA（内阻约为5Ω）D、直流电压表0﹣15V（内阻约为15KΩ）E、滑动变阻器10Ω，2AF、滑动变阻器1KΩ，0.5AG、导线若干，开关（1）该小组的同学经过分析，所选的电流表应为，滑动变阻器应为．（填写器材的代号）（2）用笔画线代替导线完成实物图的连接．三、计算题（共3小题，第17题8分，第18题9分，第19题8分，共25分）17．如图所示，A为带正电Q的金属板，小球的质量为m、电荷量为q，用绝缘丝线悬挂于O点．小球由于受水平向右的电场力而静止在沿金属板的垂直平分线上距板为r的位置，悬线与竖直方向的夹角为θ．试求小球所在处的场强．18．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．将一个电量为﹣2×10﹣5C的电荷由A移到B，其电势能增加了0.1J．则：（1）在此过程中，电场力对该电荷做了多少功？（2）A、B两点的电势差U AB为多少？（3）匀强电场的场强为多大？19．将一电阻箱与一内阻不可忽略的电源通过开关连接在一起，理想电压表用来测量路端电压，电路如图所示．当电阻箱的阻值调为R1=2Ω时，电压表的示数为U1=4V；当电阻箱的阻值调为R2=5Ω时，电压表的示数为U2=5V．则：（1）该电源的电动势以及内阻分别是多少？（2）当电阻箱消耗的功率最大时，其阻值为多少？最大的输出功率为多少？示范高中五校联考高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（共12题，每题4分，共48分．）1．关于摩擦起电和感应起电，以下说法正确的是（）A．摩擦起电是因为电荷的转移，感应起电是因为产生电荷B．摩擦起电是因为产生电荷，感应起电是因为电荷的转移C．不论摩擦起电还是感应起电都是电荷的转移D．以上说法均不正确【考点】元电荷、点电荷．【分析】摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，并没有创造电荷．感应起电的实质是电荷可以从物体的一部分转移到另一个部分．【解答】解：摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，即说明了电荷可以从一个物体转移到另一个物体，并没有产生电荷．感应起电过程电荷在电场力作用下，电荷从物体的一部分转移到另一个部分，所以ABD错误，C正确．故选C【点评】摩擦起电和感应起电的实质都电子发生了转移，只是感应起电是电子从物体的一部分转移到另一个部分．摩擦起电是电子从一个物体转移到另一个物体．2．下列说法中正确的是（）A．由公式E=可知，电场中某点的场强与放在该点的检验电荷所受的电场力的大小成正比，与检验电荷的电量成反比B．由公式U AB =可知，电场中A、B两点间电势差U AB与在这两点之间移动电荷时电场力所做的功W AB成正比，与电荷的电量q成反比C．在库仑定律的表达式F=k中，k=是点电荷Q1产生的电场在点电荷Q2处的场强大小；而k是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1处的场强大小D．公式E=中的d为匀强电场中电势差为U的两点间的距离【考点】电场强度；库仑定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】公式E=是电场强度的定义式，公式U AB =是电势差的定义式，公式E=k点电荷的电场强度的计算式，它们的内涵与外延不同．公式E=中的d为两点沿电场线方向的距离．【解答】解：A、E=是电场强度的定义式，运用比值法定义，E与F、q无关，故A错误．B、公式U AB =是电势差的定义式，U AB由电场本身决定，与试探电荷无关，故B 错误．C、在库仑定律的表达式F=k中，将Q1看成场源电荷，Q2看成试探电荷，则k=是点电荷Q1产生的电场在点电荷Q2处的场强大小；而k是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1处的场强大小．故C正确．D、公式E=中的d为匀强电场中电势差为U的两点间沿电场线方向的距离．故D错误．故选：C．【点评】关于电场强度的三个公式理解时抓住两点：一是公式中各量的含义；二是公式适用的条件．知道定义式适用于一切电场．3．一个不带电的金属导体在电场中处于静电平衡状态．下列说法正确的是（）A．导体内部场强可以不为0B．导体上各点的电势相等C．导体外表面的电荷一定均匀分布D．在导体外表面，越尖锐的位置单位面积上分布的电荷量越少【考点】静电现象的解释．【分析】金属导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在金属导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，只有叠加后电场为零时，电荷才不会移动．当点电荷移走后，电荷恢复原状．【解答】解：A、金属导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在金属导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，内部电场强度处处为零，故A错误．B、处于静电平衡的导体，是等势体，故B正确．C、电荷分布在导体外表面，根据电场强度的强弱可知，电荷不是均匀分布，故C错误．D、根据尖端发电可知，在导体外表面，越尖锐的位置单位面积上分布的电荷量越多，故D错误．故选：B．【点评】处于静电感应现象的导体，内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面．且导体是等势体．4．一正点电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B 点，它运动的v﹣t图象如图所示，则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是图中的（）A ．B ．C ．D ．【考点】电场线．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】v﹣t图象中的斜率表示物体的加速度，所以根据电荷运动过程中v﹣t 图象可知电荷的加速度越来越大，则电场力越来越大，电场强度越来越大，根据电场线与电场强度的关系可得出正确结果．【解答】解：由v﹣t图象可知，粒子做加速度逐渐增大的加速运动，因此该电荷所受电场力越来越大，电场强度越来越大，电场线密的地方电场强度大，且正电荷受力与电场方向相同，故ABC错误，D正确．故选：D．【点评】本题结合v﹣t图象，考查了电场强度与电场线以及电荷受电场力与电场方向之间的关系，考点结合巧妙、新颖，有创新性．5．如图所示，实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域的运动轨迹，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，根据此图得出的结论正确的是（）A．带电粒子带负电B．带电粒子在a点的受力方向沿电场线指向左下方C．带电粒子在b点的速度大D．带电粒子在a点的电势能大【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．【专题】比较思想；图析法；电场力与电势的性质专题．【分析】由图知粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子受到的电场力大体向左，电场线方向不明，无法判断粒子的电性．根据电场力做功情况，判断动能和电势能的变化．当电场力做正功时，电荷的电势能减小，动能增大；当电场力做负功时，电荷的电势能增大，动能减小．由此分析即可．【解答】解：AB、粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，如图．由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性．故A错误，B正确．CD、由轨迹弯曲方向与粒子速度方向的关系分析可知，电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，电势能增大，则粒子在a点的速度大，在a点的电势能小，故C、D错误．故选：B【点评】本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向，其次判断粒子动能和电势能的变化要根据电场力做功情况．6．如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带点微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么（）A．若微粒带正电荷，则电场力一定小于重力B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加C．微粒从M点运动到N点动能不一定增加D．微粒从M点运动到N点机械能可能增加也有可能减少【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势能．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】微粒在平行金属板间受到重力与电场力的作用，根据微粒运动轨迹与微粒受到的重力与电场力间的关系分析答题．【解答】解：微粒在极板间受到竖直向下的重力作用与电场力作用，由图示微粒运动轨迹可知，微粒向下运动，说明微粒受到的合力竖直向下，重力与电场力的合力竖直向下；A、如果微粒带正电，A板带正电，微粒受到的合力向下，微粒运动轨迹向下，不能判断电场力与重力的大小；若A板带负电，电场力小于重力，故A错误；B、如果微粒受到的电场力向下，微粒从M点运动到N点过程中电场力做正功，微粒电势能减小，如果微粒受到的电场力向上，则电势能增加，故B错误；C、微粒受到的合力向下，微粒从M点运动到N点过程中合外力做正功，微粒的动能一定增加，故C错误；D、微粒从M点运动到N点过程动能增加，重力势能减小，机械能不一定增加，故D正确．故选：D．【点评】根据微粒的运动轨迹判断出微粒受到的合外力，然后根据微粒的受力情况分析答题；电场力做正功，电势能增加，电场力做负功，电势能减小．7．如图所示，有一带电粒子贴A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿轨迹①从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿轨迹②落到B板中间；设两次射入电场的水平速度相同，则电压U1、U2之比为（）A．1：8 B．1：4 C．1：2 D．1：1【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】带电粒子沿水平方向进入电场，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动．由题可知第一种情况：水平位移等于板长，竖直位移等于板间距离的一半；第二种情况：水平位移等于板长的一半，竖直位移等于板间距离，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解．【解答】解：设平行板电容器板为L，板间距离为d，粒子的初速度为v．则对于第一种情况：y1=d==•，则得 U1=同理对于第二种情况：得到U2=8所以U1：U2=1：8故选：A【点评】本题是类平抛运动的问题，采用运动的分解法处理．本题采用比例法研究时，要用相同的量表示出电压，再求解比值．8．一个电流表，刻度盘的每1小格代表1μA，内阻为Rg．如果把它改装成量程较大的电流表，刻度盘的每一小格代表nμA，则（）A．给它串联一个电阻，阻值为nRgB．给它串联一个电阻，阻值为（n﹣1）RgC ．给它并联一个电阻，阻值为D ．给它并联一个电阻，阻值为【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题．【分析】如果把它改装成量程较大的电流表要并联小电阻分流，改装后刻度盘的每一小格代表nμA，即想要量程扩大n倍．【解答】解：设电流表刻度盘总共有N个小格，则满偏电流为NμA，改装后量程为nNμA，改装成量程较大的电流表要并联小电阻分流，则并联电阻中的电流为：I R=（nN ﹣N）μA，满偏电压：U g=N•R gμV根据欧姆定律：R===即需要并联一个阻值的电阻．故选：D．【点评】电流表的原理是并联电阻起到分流作用．改装后的量程为原电流表的电流与并联电阻的电流之和．也等于满偏电压除以并联后的总电阻．9．如图所示，电路两端的电压U保持不变，电阻R1，R2，R3消耗的电功率一样大，电阻之比R1：R2：R3是（）A．1：1：1 B．4：1：1 C．1：4：4 D．1：2：2【考点】电功、电功率；串联电路和并联电路．【专题】恒定电流专题．【分析】串联部分电流相等，并联部分电压相等，根据P=I2R和P=进行分析．【解答】解：R2、R3电压相等，根据P=得，功率相等，则R2=R3．通过电阻R1的电流是R2电流的2倍，根据P=I2R 得，功率相等，则．所以电阻之比R1：R2：R3=1：4：4．故C正确，A、B、D错误．故选C．【点评】解决本题的关键知道串并联电路的特点，以及掌握功率的公式P=UI、P=I2R和P=．10．在如图所示电路中，AB为粗细均匀、长为L的电阻丝，以A、B上各点相对A点的电压为纵坐标，各点离A点的距离x为横坐标，则U随x变化的图线应为（）A ．B ．C ．D ．【考点】路端电压与负载的关系．【专题】恒定电流专题．【分析】导体的电阻与长度成正比，导体越长，电阻越大，串联电路中的电压U与电阻成正比，电阻越大，电压越大．【解答】解：根据电阻定律可知：各点离A点的距离x越大，导体的电阻越大，电阻R与x成正比；由于AB上各部分电阻串联，电流相等，则AB上的各点相对A点的电压U就越大，由U=IR，知U与R成正比，则U与x成正比，则图象A是正确的．故A正确．故选：A．【点评】解决此类问题关键要掌握电阻定律和串联电路电压与电阻成正比的规律．并能结合图象的意义进行选择．11．在如图所示电路中，当变阻器R3的滑动头P向b端移动时（）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．【专题】压轴题．【分析】由图可知R2与R3并联后与R1串联，电压表测量路端电压；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；将R1作为内阻处理，则可得出并联部分电压的变化，求得R2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b端滑动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，则由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，故内压增大；因此路端电压减小，故电压表示数减小；将R1等效为内阻，则可知并联部分电压一定减小，故流过R2的电流减小，因总电流增大，故电流表示数增大；故B正确，ACD错误；故选B．【点评】闭合电路的欧姆定律一般按先分析外电路，再分析内电路，最后再分析外电路的思路进行；若电阻与电源串联，可以等效为内阻处理．12．如图所示，A、B图线分别为电源E与某一定值电阻R的伏安特性曲线，如果将电阻R与电源E直接连接在一起，电源的电动势用E表示，内阻用r表示．则下列正确的是（）A．E=3V，r=1ΩB．电源的内阻消耗的功率P=4WC．外电路消耗的功率为P=4W D．该电源的效率η=80%【考点】路端电压与负载的关系；电功、电功率．【专题】定量思想；方程法；恒定电流专题．【分析】根据图线Ⅰ纵轴截距读出电源的电动势，斜率大小读出电源的内阻．图线Ⅱ的斜率大小等于电阻R的大小．两图线的交点表示电阻R接在该电源的电压和电流，求出电源的输出功率和电源的效率．【解答】解：A、由图线图线Ⅰ纵轴截距读出电源的电动势，为 E=3V，其斜率大小等于电源的内阻，则内阻为 r==Ω=0.5Ω．故A错误．B、因内阻为0.5Ω，根据功率表达式P=I2r=22×0.5=2W．故B错误．C、两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时电路中电流和路端电压，则有U=2V，I=2A，电源的输出功率为P=UI=2×2W=4W．故C正确．D、电源的效率为η==≈66.7%．故D错误．故选：C．【点评】本题抓住伏安特性曲线的斜率、截距和交点的数学意义来理解其物理意义，常见的题型．二、填空与实验题（共4小题，每空3分，共27分）13．电量为2×10﹣6C的正点电荷放入电场中A点，受到作用力为4×10﹣4N，方向向右，则A点的场强为200 N/C，方向向右．若把另一电荷放在该点受到力为2×10﹣4N，方向向左，则这个电荷的电量为﹣1×10﹣6C．【考点】电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场强度等于试探电荷所受电场力与其电荷量的比值，方向与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反．同一点电场强度不变，由电场力F=qE求解电荷量．【解答】解：A点的场强为：E=N/C=200N/C，方向：向右．把另一电荷放在该点时，场强不变．由F′=q′E得：q′==1×10﹣6C因电场力方向与场强方向相反，则该电荷带负电荷．故答案是：200，向右，﹣1×10﹣6．【点评】本题对电场强度和电场力的理解能力．电场强度是反映电场本身的性质的物理量，与试探电荷无关．而电场力既与电场有关，也与电荷有关．14．在场强为E，方向竖直向下的匀强电场中，有两个质量均为m的带电小球，电量分别为+2q和﹣q，两小球用长为L的绝缘细线相连，另用绝缘细线系住带正电的小球悬于O点而处于平衡状态．如图所示，重力加速度为g，细线对悬点O的作用力等于2mg+qE ．【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；电场强度．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，根据平衡条件可求得细线的拉力．【解答】解：以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力如图：重力2mg、电场力（2qE﹣qE）=qE，方向竖直向下，细线的拉力T，由平衡条件得：T=2mg+qE故答案为：2mg+qE【点评】本题运用整体法，由于不分析两球之间的相互作用力，比较简便．15．用游标为20分度的卡尺测量某金属丝的长度，由图1可知其长度为50.15 mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为 4.700 mm．【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．【专题】实验题．【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：游标卡尺的固定刻度读数为50mm，游标读数为0.05×3mm=0.15mm，所以最终读数为50.15mm．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．故答案为：（1）50.15；（2）4.700【点评】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，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．16．某中学实验探究小组利用如图甲所示的电路描绘一小灯泡的伏安特性曲线，待测小灯泡的额定电压约为6V，额定功率约为1.5W．其中实验室还提供了如下的实验器材：A、直流电源6V（内阻不计）B、直流电流表0﹣3A（内阻0.1Ω）C、直流电流表0﹣300mA（内阻约为5Ω）D、直流电压表0﹣15V（内阻约为15KΩ）E、滑动变阻器10Ω，2AF、滑动变阻器1KΩ，0.5AG、导线若干，开关（1）该小组的同学经过分析，所选的电流表应为 C ，滑动变阻器应为E ．（填写器材的代号）（2）用笔画线代替导线完成实物图的连接．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】实验题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题．【分析】（1）根据灯泡的额定功率由功率公式可求得额定电流，从而选择电流表，再根据滑动变阻器的接法选择滑动变阻器；（2）根据给出的电路图，按照实物图的要求即可得出对应的实物图．【解答】解：（1）灯泡的额定电流I===0.25A，故电流表应选择C；本实验中要让电压从零开始调节，故应采用滑动变阻器的分压接法，因此为了便于调节，滑动变阻器应选择总电阻较小的E；（2）根据原理图可正确连接实物图，注意电流中电流的流向以及量程的选择；如图所示；故答案为：（1）C，E，（2）如图所示；【点评】本题考查了实验器材的选择和实物图的连接，注意本实验中分压接法的应用，同时要熟练掌握实物图的连接要求及方法三、计算题（共3小题，第17题8分，第18题9分，第19题8分，共25分）17．如图所示，A为带正电Q的金属板，小球的质量为m、电荷量为q，用绝缘丝线悬挂于O点．小球由于受水平向右的电场力而静止在沿金属板的垂直平分线上距板为r的位置，悬线与竖直方向的夹角为θ．试求小球所在处的场强．【考点】电势差与电场强度的关系．。
高二上学期物理期中考试试题
高二上学期物理期中考试试题记忆好了公式我们也要知道要怎么运用，所以要多做题，今天小编就给大家分享一下高二物理，希望大家一起学习哦表达高二上学期物理期中试题第Ⅰ卷(选择题，48分)一、选择题(本题包括12个小题，每小题4分，共48分。
1-8题每小题只有一个正确选项，9-12题每小题有2个或2个以上答案，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)1.下述说法正确的是A.电场线就是点电荷在电场中的运动轨迹B.根据E= ，可知电场中某点的场强与电场力成正比C.几个电场叠加后合电场的场强一定大于分电场的场强D.根据E= ，可知点电荷电场中某点的场强与该点电荷的电量Q成正比2.真空中有两个完全相同的带电金属小球A和B，相距为r，带电量分别为-q和+7q，它们之间作用力的大小为F，现将A、B两小球接触后再放回原处，则A、B间的作用力大小变为A.16F/7B.9F/7C.3F/7D.F/73.某导体中的电流随其两端电压的变化如图所示，则下列说法中正确的是A.该元件是非线性元件，欧姆定律不适用，不能用R=U/I计算导体在某状态下的电阻B.导体两端加5V电压时，导体的电阻是0.2ΩC.导体两端加12V电压时，导体的电阻是8ΩD.由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小4.将一正电荷从无穷远处移向电场中的M点，电场力做的功为8.0×10-9 J;若将一个等量的负电荷从电场中N点移向无穷远处，电场力做的功为7.0×10-9 J。
若取无穷远处电势φ∞=0，则下列有关M、N两点的电势φM、φN的关系中，正确的是A.φM<φN<0B.φN>φM>0C.φN<φM<0D.φM>φN>05.在如图所示电路中，AB两端电压恒为10V，电路中的电阻R0为2.0Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5Ω，闭合开关S后，电动机转动，理想电流表的示数为2.0A.则以下判断中正确的是A.电动机两端的电压为1.0VB.电动机的机械功率为12WC.电动机产生的热功率为4.0WD.电路消耗的总功率是为20W6.如图所示，空间有两个等量的正点电荷，两点在其连线的中垂线上，则下列说法一定正确的是A.场强Ea>EbB.场强EaC.电势φa>φbD.电势φa<φb7.一横截面积为S的导线，当有电压加在该导线两端时，导线中的电流为I，设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电荷量为e，此时电子定向移动的速度为v，则在Δt时间内，通过导体横截面的自由电子数目可表示为A.nvSΔtB.nvΔtC.D.8.如图所示，A、B是两个带异种电荷的小球，其质量分别为m1和m2，所带电荷量分别为+q1和-q2，A用绝缘细线L1悬挂于O点，A、B间用绝缘细线L2相连。
上海市高桥中学2022-2023学年高二上学期期中考试物理试题(等级考)
上海市高桥中学2022-2023学年高二上学期期中考试物理试题（等级考）一、单选题1．某物体做竖直上抛运动，在运动过程中不变的是（）A．路程B．位移C．速度D．加速度2．如图,水平地面上的倾斜直杆顶端固定一小球,则直杆对球的作用力方向为A．沿杆向上B．沿杆向下C．竖直向上D．竖直向下3．物体做下列几种运动，其机械能一定守恒的运动是（）A．平抛运动B．匀加速向上直线运动C．匀加速向下直线运动D．在竖直平面内做匀速圆周运动4．物体A质量为1kg，与水平地面间的动摩擦因数为0.2，其从t=0开始以初速度v0向右滑行．与此同时，A还受到一个水平向左、大小恒为1N的作用力，能反映A所受摩擦力F f随时间变化的图像是(设向右为正方向)A．B．C．D．5．一辆汽车正在水平公路上转弯，沿曲线由M向N行驶，速度逐渐减小。
下列图中画出的汽车所受合力F的方向可能正确的是（）A．B．C．D．6．a 、b 为电场中的两个点，如果8210C q -=-⨯的电荷从a 点移动到b 点，电场力对该电荷做了7410J -⨯的正功，则该电荷的电势能（ ）A ．减小了7410J -⨯B ．增加了7410J -⨯C ．减少了15810J -⨯D ．增加了15810J -⨯ 7．空间有x 轴方向的电场，若沿x 轴正方向，电场强度为正。
x 轴上各点场强E 随x 变化的关系如图所示，则（ ）A ．0x 处的场强小于x 2处的场强B ．正点电荷从x 1运动到0x ，其电势能减小C ．正点电荷从x 1运动到0x ，其电势能先增大再减小D ．正点电荷从x 1运动到0x ，其电势能先减小再增大8．空间有x 轴方向电场，x 轴上各点电势ϕ随x 变化的关系如图所示，则（ ）A ．20~x 区间内，电势先降低后升高B ．23~x x 区间内，场强沿x 轴负方向C ．将电子沿x 轴从x 1移到3x 处，其电势能先减小后增大D ．该电场可能是单个点电荷所形成的电场9．A 、B 两点各放有电量为+Q 和+2Q 的点电荷，A 、B 、C 、D 四点在同一直线上，且AC =CD =DB 。
高二物理上学期期中试卷高二全册物理试题3 (2)
嘴哆市安排阳光实验学校云南省怒江州福贡一中高二（上）期中物理试卷一、选择题（本题共12个小题，每小题3分，共36分）1．关于感应电流，下列说法中正确的是（）A．只要穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中就一定有感应电流B．只要闭合导线做切割磁感线运动，导线中就一定有感应电流C．若闭合电路的一部分导体不做切割磁感线运动，闭合电路中一定没有感应电流D．当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路中一定有感应电流2．如图所示，挂在弹簧下端的条形磁铁在闭合线圈内振动，如果空气阻力不计，则（）A．磁铁的振幅不变B．磁铁做阻尼振动C．线圈中有逐渐变弱的直流电D．线圈中有逐渐变弱的交流电3．如图分别表示匀强磁场的磁感应强度B、闭合电路中一部分直导线的运动速度v和电路中产生的感应电流I的相互关系，其中正确是（）A．B．C．D．4．如图一个由导体做成的矩形线圈，以恒定速率V运动，从无场区进入匀强磁场区．然后出来，若取逆时针方向为电流的正方向，那么下图中的哪一个图象正确地表示回路中电流对时间的函数关系？（）A．B．C．D．5．电感和电容对交流电的阻碍作用的大小不但跟电感、电容本身有关，还跟交流电的频率有关，下列说法中正确的是（）A．电感是通直流、阻交流，通高频、阻低频B．电容是通直流、阻交流，通高频、阻低频C．电感是通直流、阻交流，通低频、阻高频D．电容是通交流、隔直流，通低频、阻高频6．一闭合金属线框的两边接有电阻R1、R2，框上垂直搁置一根金属棒，棒与框接触良好，整个装置放在匀强磁场中（如图所示），当用外力使ab棒右移时，作出的下列判断中正确的是（）A．其穿线框的磁通量不变，框内没有感应电流B．框内有感应电流，电流方向沿顺时针方向绕行C．框内有感应电流，电流方向沿逆时针方向绕行D．框内有感应电流，左半边逆时针方向绕行，右半边顺时针方向绕行7．甲、乙两电路中电流与时间关系如图，属于交变电流的是（）A．甲乙都是 B．甲是乙不是C．乙是甲不是D．甲乙都不是8．矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的电动势e﹣t图象如图，则在时刻（）A． t1，t3线圈通过中性面B． t2，t4线圈中磁通量最大C． t1，t3线圈中磁通量变化率最大D． t2，t4线圈平面与中性面垂直9．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=4：1，原线圈两端连接光滑导轨，副线圈与电阻R相连组成闭合回路．当直导线AB在均强磁场中沿导轨均速的向右做切割磁感线运动时，电流表A1的读数为12mA，那么电流表A2的读数为（）A． 0 B． 3mA C． 48mA D．与R大小有关10．某小型水电站的电能输送示意图如下．发电机的输出电压为200V，输电线总电阻为r，升压变压器原副线圈匝数分别为n1，n2．降压变压器原副线匝数分别为n3、n4（变压器均为理想变压器）．要使额定电压为220V的用电器正常工作，则（）A．B．C．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压D．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率11．电子秤使用的是（）A．超声波传感器B．温度传感器C．压力传感器D．红外线传感器12．如图所示，R1、R2为定值电阻，L为小灯泡，R3为光敏电阻，当照射光强度增大时（）A．电压表的示数增大B． R2中电流减小C．小灯泡的功率增大D．电路的路端电压增大二、填空题（每空2分，共26分）13．英国物理学家通过实验首先发现了电磁感应现象．14．在图中，当导线ab向右运动时，cd所受磁场力的方向是；ab棒上端相当于电源的正极．15．某交变电压随时间的变化规律如图所示，则此交变电流的频率为Hz．线圈转动的角速度是rad/s．若将此电压加在10μF的电容器上，则电容器的耐压值不应小于V．16．线圈的自感系数通常称为自感或电感，它主要与、、以及有关．17．①将条形磁铁按图所示方向插入闭合线圈．在磁铁插入的过程中，灵敏电流表示数．②磁铁在线圈中保持静止不动，灵敏电流表示数．③将磁铁从线圈上端拔出的过程中，灵敏电流表示数．（以上各空均填“为零”或“不为零”）三、计算题（本题共3小题．共38分）18．如图所示，水平U形光滑框架，宽度为1m，电阻忽略不计，导体ab质量是0.2kg，电阻是0.1Ω，匀强磁场的磁感应强度B=0.1T，方向垂直框架向上，现用1N的外力F由静止拉动ab杆，当ab的速度达到1m/s时，求此时刻（1）ab 杆产生的感应电动势的大小；（2）ab杆的加速度的大小？（3）ab杆所能达到的最大速度是多少？19．矩形线圈abcd在匀强磁场中绕OO′轴匀速转动，当t=0时，线圈恰好经过如图中所示的位置，已知线圈为n匝，面积是S，电阻为R，磁感强度为B，转动角速度为ω．（1）写出感应电动势瞬时值的表达式．（2）由图示位置转过60°角时电动势的瞬时值为多大？（3）由图示位置转过90°的过程中，感应电动势的平均值为多大？20．图中，降压变压器的变压系数是3，即初级线圈匝数与次级线圈的匝数之比是3：1．初级线圈的输入电压是660V，次级线圈的电阻为0.2Ω，这台变压器供给100盏220V，60W的电灯用电．求：（l）空载时次级线圈的端电压和输出功率；（2）接通时次级线圈的端电压；（3）每盏灯的实际功率．云南省怒江州福贡一中高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共12个小题，每小题3分，共36分）1．关于感应电流，下列说法中正确的是（）A．只要穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中就一定有感应电流B．只要闭合导线做切割磁感线运动，导线中就一定有感应电流C．若闭合电路的一部分导体不做切割磁感线运动，闭合电路中一定没有感应电流D．当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路中一定有感应电流考点：感应电流的产生条件．分析：闭合电路中产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化．既不是磁场发生变化，也不是面积发生变化．解答：解：闭合电路中产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化．A、只要穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中就一定有感应电动势，当线圈闭合时，才一定有感应电流，故A错误；B、闭合电路中的部分导体运动但如果不切割磁感线不产生感应电流，因为只有闭合电路中的部分导体切割磁感线时才能产生感应电流，故B错误；C、若闭合电路的一部分导体不做切割磁感线运动，但闭合电路所处的位置，磁场发生变化，就会产生感应电流，故C错误；D、当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路中一定有感应电流．故D 正确．故选：D．点评：本题考查的是闭合电路产生感应电流的条件，要注意产生感应电流的条件是磁通量发生变化而不是磁场发生变化，也不是面积发生变化．2．如图所示，挂在弹簧下端的条形磁铁在闭合线圈内振动，如果空气阻力不计，则（）A．磁铁的振幅不变B．磁铁做阻尼振动C．线圈中有逐渐变弱的直流电D．线圈中有逐渐变弱的交流电考点：楞次定律．分析：利用楞次定律判断线圈所受安培力的方向，从而判断线圈对水平面的压力变化情况，线圈会阻碍磁铁运动做负功，所以磁铁最终会停止．解答：解：A、B：根据楞次定律下面的线圈会阻碍磁铁运动做负功，所以磁铁最终会停止，故A错误，B正确；C、因为磁铁在运动所以穿过线圈的磁通量变化，根据楞次定律可知，线圈中产生方向变化的电流，故C错误，D正确；故选：BD．点评：本题巧妙的考查了楞次定律的应用，只要记住“增反减同”这一规律，此类题目难度不大．3．如图分别表示匀强磁场的磁感应强度B、闭合电路中一部分直导线的运动速度v和电路中产生的感应电流I的相互关系，其中正确是（）A．B．C．D．考点：左手定则．分析：闭合电路中一部分直导线在磁场中切割磁感线产生感应电流，电流方向是由右手定则来确定，所以要让磁感线穿过掌心，大拇指所指的是运动方向，则四指指的是感应电流方向．解答：解：A、伸开右手时，让磁感线穿过掌心，大拇指所指方向即为运动方向，则感应电流方向垂直纸面向外，故A正确；B、伸开右手时，让磁感线穿过掌心，大拇指所指方向即为运动方向，则感应电流方向应沿导线向下，故B错误；C、伸开右手时，大拇指所指方向即为运动方向，则无感应电流，没有切割磁感线．故C错误；D、伸开右手时，让磁感线穿过掌心，大拇指所指方向即为运动方向，则感应电流方向垂直纸面向里，故D错误；故选：A点评：导线在磁场中切割磁感线，会产生感电流．由右手定则来确定方向，而通电导线放入磁场中，有受到安培力．则安培力的方向是由左手定则来确定即要让磁感线穿过掌心，四指指的是电流方向，则大拇指所指的是安培力方向．4．如图一个由导体做成的矩形线圈，以恒定速率V运动，从无场区进入匀强磁场区．然后出来，若取逆时针方向为电流的正方向，那么下图中的哪一个图象正确地表示回路中电流对时间的函数关系？（）A．B．C．D．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．专题：电磁感应——功能问题．分析：先根据楞次定律判断感应电流方向，再根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律求出各段过程感应电流的大小，选择图象．解答：解：由楞次定律判断可知，线圈进入磁场时，感应电流方向为逆时针方向，为正值；线圈穿出磁场时，感应电流方向为顺时针方向，为负值；由I==，由于B、L、v、R不变，线圈进入和穿出磁场时，感应电流的大小不变；线圈完全在磁场中运动时，磁通量不变，没有感应电流产生．故C正确．故选：C．点评：本题运用楞次定律、法拉第电磁感应定律和欧姆定律分析感应电流的方向和大小，这是电磁感应问题中常用的方法和思路．5．电感和电容对交流电的阻碍作用的大小不但跟电感、电容本身有关，还跟交流电的频率有关，下列说法中正确的是（）A．电感是通直流、阻交流，通高频、阻低频B．电容是通直流、阻交流，通高频、阻低频C．电感是通直流、阻交流，通低频、阻高频D．电容是通交流、隔直流，通低频、阻高频考点：感抗和容抗．专题：交流电专题．分析：根据电容器和电感线圈的特性分析选择．电容器内部是真空或电介质，隔断直流．能充电、放电，能通交流，具有隔直通交、通高阻低的特性．电感线圈可以通直流，通过交流电时产生自感电动势，阻碍电流的变化，具有通直阻交，通低阻高的特性．解答：解：A、C，电感的特性：通直流，阻交流．通低频，阻高频．故A 错误，C正确；B、D，电容器的特性：通交流，隔直流，通调频，阻低频．故BD错误．故选：C．点评：对于电容和电感的特性可以利用感抗和容抗公式记忆：X L=2πfL，X C =，L是电感，C是电容，f是频率．6．一闭合金属线框的两边接有电阻R1、R2，框上垂直搁置一根金属棒，棒与框接触良好，整个装置放在匀强磁场中（如图所示），当用外力使ab棒右移时，作出的下列判断中正确的是（）A．其穿线框的磁通量不变，框内没有感应电流B．框内有感应电流，电流方向沿顺时针方向绕行C．框内有感应电流，电流方向沿逆时针方向绕行D．框内有感应电流，左半边逆时针方向绕行，右半边顺时针方向绕行考点：楞次定律；感应电流的产生条件．专题：电磁感应与电路结合．分析：本题考查感应电流的产生条件，注意应分为左右两部分进行分析判断．解答：解：虽然整个框架内磁通量不变，但由于ab棒的运动，使左右两边都产生磁通量的变化，故两边均为产生感应电流；由楞次定律可知，左侧电流为逆时针，右侧电流为顺时针，故D正确；故选D．点评：7．甲、乙两电路中电流与时间关系如图，属于交变电流的是（）A．甲乙都是 B．甲是乙不是C．乙是甲不是D．甲乙都不是考点：交变电流．专题：交流电专题．分析：大小和方向都做周期性变化的电流为交变电流．解答：解：甲图中大小和方向都做周期性变化，所以是交流电，乙图中只有大小变化而方向没发生变化，是直流电．故选B．点评：本题主要考查交变电流的特点．8．矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的电动势e﹣t图象如图，则在时刻（）A． t1，t3线圈通过中性面B． t2，t4线圈中磁通量最大C． t1，t3线圈中磁通量变化率最大D． t2，t4线圈平面与中性面垂直考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式．分析：矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时产生正弦交变电流．磁通量为零，感应电动势最大；磁通量最大时，感应电动势为零，线圈恰好通过中性面．经过中性一次，电流方向改变一次．根据法拉第定律，感应电动势与磁通量变化率成正比．解答：解：A、t1，t3时刻感应电动势为零，磁通量变化率最为零，磁通量最大，线圈通过中性面，故A正确，C错误；B、t2时刻感应电动势最大，磁通量变化率最大，线圈中磁通量为零，线圈平面与中性面垂直．故B错误；D正确；故选：AD．点评：本题考查正弦交变电流产生过程中磁通量与感应电流、感应电动势及位置之间的关系，基本题．9．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=4：1，原线圈两端连接光滑导轨，副线圈与电阻R相连组成闭合回路．当直导线AB在均强磁场中沿导轨均速的向右做切割磁感线运动时，电流表A1的读数为12mA，那么电流表A2的读数为（）A． 0 B． 3mA C． 48mA D．与R大小有关考点：变压器的构造和原理；导体切割磁感线时的感应电动势．专题：电磁学；交流电专题．分析：变压器是根据磁通量的变化来工作的，当原线圈的磁通量恒定时，副线圈是没有感应电流的，根据变压器的工作的原理分析原线圈中的电流的变化情况即可的出结论．解答：解：由于直导线AB匀速运动，则AB切割磁场产生的电流时恒定的，线圈产生的磁通量也是恒定的，所以不会引起副线圈的磁通量的变化，所以副线圈不会有感应电流产生，即安培表A2的读数为0．故选：A点评：变压器只能在交流电路中工作，变压器是根据磁通量的变化来工作的，知道变压器的工作的原理就可以解决本题．10．某小型水电站的电能输送示意图如下．发电机的输出电压为200V，输电线总电阻为r，升压变压器原副线圈匝数分别为n1，n2．降压变压器原副线匝数分别为n3、n4（变压器均为理想变压器）．要使额定电压为220V的用电器正常工作，则（）A．B．C．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压D．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率考点：远距离输电；变压器的构造和原理．专题：证明题．分析：将发电站的电能远输时，由于电线上的电阻而导致电压和功率损失，从而使得降压变压器输入电压和输入功率减少．解答：解：根据变压器工作原理可知，，由于输电线上损失一部分电压，升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，有U2＞U3，所以，故A正确，BC不正确．升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率加上输电线损失功率，故D正确．故选AD点评：理想变压器的输入功率与输出功率相等，且没有漏磁现象．远距离输电，由于导线通电发热导致能量损失，所以通过提高输送电压，从而实现降低电损．11．电子秤使用的是（）A．超声波传感器B．温度传感器C．压力传感器D．红外线传感器考点：常见传感器的工作原理．分析：电子称的工作原理是受到力的作用，并显示其大小，应用了压力传感器．解答：解；根据电子秤的工作原理，可知当电子秤受到压力的作用时，会显示相应的大小，故使用的是压力传感器，故C正确故选C 点评：考查了电子秤的工作原理，使用了压力传感器，了解不同传感器的原理．12．如图所示，R1、R2为定值电阻，L为小灯泡，R3为光敏电阻，当照射光强度增大时（）A．电压表的示数增大B． R2中电流减小C．小灯泡的功率增大D．电路的路端电压增大考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：由光敏电阻的性质可知电路中电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，由欧姆定律可得出电压表示数的变化；同时还可得出路端电压的变化；由串联电路的规律可得出并联部分电压的变化，再由并联电路的规律可得出通过小灯泡的电流的变化，由功率公式即可得出灯泡功率的变化．解答：解：A、光敏电阻光照增强，故光敏电阻的阻值减小，电路中的总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流增大，故R1两端的电压增大，故A正确；B、因电路中电流增大，故内压增大，路端电压减小，同时R1两端的电压增大，故并联电路部分电压减小；则流过R2的电流减小，故B正确；C、由并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流一定增大，故由P=I2R可知，小灯泡消耗的功率增大，故C正确；D、电源两端的电压为路端电压，由B的分析可知，电源两端的电压变小，故D错误；故选：ABC．点评：闭合电路的动态分析问题一般按外电路、内电路再外电路的分析思路进行；分析内电路主要根据总电流及内阻分析内压，而外电路较为复杂，要注意灵活应用电路的性质．二、填空题（每空2分，共26分）13．英国物理学家法拉第通过实验首先发现了电磁感应现象．考点：物理学史．分析：法拉第在奥斯特发现电流周围存在磁场的启发下，1831年探究出电磁感应现象：磁生电．解答：解：首先通过实验发现了电磁感应现象是英国物理学家法拉第．故答案为：法拉第点评：电流周围的磁场是恒定的，而电磁感应现象中的必须要求通过线圈的磁通量是变化的，正由于这个大大阻碍了法拉第的研究进程．14．在图中，当导线ab向右运动时，cd所受磁场力的方向是向下；ab 棒上 b 端相当于电源的正极．考点：左手定则．分析：先根据右手定则判断产生的感应电流的方向，在根据左手定则判断导线受的安培力的方向．解答：解：磁场的方向是向下的，导线运动的方向是向右的，根据右手定则可得，产生的电流的方向是a到b，所以b端相当于电源的正极．由于电流的方向是a到b，所以cd中电流的方向是从c到d的，再根据左手定则可得，磁场力的方向是向下的．故答案为：向下，b．点评：本题考查的是左手定则和右手定则的区别，关键的是掌握住定律的内容．15．某交变电压随时间的变化规律如图所示，则此交变电流的频率为50 Hz．线圈转动的角速度是100 rad/s．若将此电压加在10μF的电容器上，则电容器的耐压值不应小于200 V．考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式；电容．专题：交流电专题．分析：根据图象可知交流电的电压最大值以及周期，然后根据f=求解频率，电容器的耐压值应看最大值．解答：解：A、根据图象可知交流电周期为0.02s，故频率f==50Hz．线圈转动的角速度ω==100πrad/s．若将此电压加在10μF的电容器上，根据图象可知交流电电压最大值为200V，则电容器的耐压值不应小于200V．故答案为：50，100，200．点评：本题关键是明确电容器的耐压值看最大值，同时要明确电器铭牌上电压和电流是有效值．16．线圈的自感系数通常称为自感或电感，它主要与线圈匝数、线圈的长度、线圈的面积以及有无铁芯有关．考点：自感现象和自感系数．分析：自感系数由线圈自身决定，与其它因素无关．线圈越长、单位长度上匝数越多自感系数越大，有铁芯比没有铁芯大得多解答：解：自感系数的大小决定因素：线圈匝数；线圈的长度；线圈的面积，以及是否有铁芯等因素有关．故答案为：线圈匝数；线圈的长度；线圈的面积；有无铁芯点评：解答本题的关键是掌握影响线圈的自感系数因素，知道自感系数只与线圈本身的特性有关17．①将条形磁铁按图所示方向插入闭合线圈．在磁铁插入的过程中，灵敏电流表示数不为零．②磁铁在线圈中保持静止不动，灵敏电流表示数为零．③将磁铁从线圈上端拔出的过程中，灵敏电流表示数不为零．（以上各空均填“为零”或“不为零”）考点：楞次定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中产生感应电流；由楞次定律判断出感应电流的方向，根据电流流向与电流计指针偏转方向间的关系分析答题解答：解：由图示可知，穿过线圈的磁场方向竖直向上，当把磁铁S极插入线圈时，穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，电流表指针不为零；保持磁铁在线圈中静止，穿过线圈的磁通量不变，线圈中不产生感应电流，电流表指针为零．当把磁铁S极从线圈中拔出时，穿过线圈的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，电流表指针不为零；故答案为：①不为零；②为零；③不为零．点评：本题考查了楞次定律的应用，掌握楞次定律是正确解题的关键；本题难度不大，是一道基础题．三、计算题（本题共3小题．共38分）18．如图所示，水平U形光滑框架，宽度为1m，电阻忽略不计，导体ab质量是0.2kg，电阻是0.1Ω，匀强磁场的磁感应强度B=0.1T，方向垂直框架向上，现用1N的外力F由静止拉动ab杆，当ab的速度达到1m/s时，求此时刻（1）ab 杆产生的感应电动势的大小；（2）ab杆的加速度的大小？（3）ab杆所能达到的最大速度是多少？考点：导体切割磁感线时的感应电动势；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律．专题：电磁感应中的力学问题．分析：（1）ab杆向右运动时垂直切割磁感线，由E=BLv求出感应电动势的大小；（2）根据欧姆定律和安培力公式F=BIL求出安培力的大小，由牛顿第二定律求解加速度的大小．（3）杆ab先做加速度减小的变加速运动，后做匀速运动，速度达到最大，由平衡条件求出最大速度．解答：解：（1）ab 杆产生的感应电动势的大小为E=BLv=0.1×1×1V=0.1V（2）感应电流大小为 I===1Aab杆所受的安培力大小为 F A=BIL=0.1×1×1N=0.1Na==4.5m/s2（3）∵F A =BIL=F﹣F A=ma∴F﹣=ma当 a=0 时，v达到最大∴v m ==m/s=10m/s答：（1）ab 杆产生的感应电动势的大小为0.1V；（2）ab杆的加速度的大小是4.5m/s2．（3）ab杆所能达到的最大速度是10m/s．点评：本题是电磁感应与电路、力学等知识的综合，安培力的分析和计算是关键．对于杆的最大速度也可以根据功率关系列出如下公式求解：Fv m =．19．矩形线圈abcd在匀强磁场中绕OO′轴匀速转动，当t=0时，线圈恰好经过如图中所示的位置，已知线圈为n匝，面积是S，电阻为R，磁感强度为B，转动角速度为ω．（1）写出感应电动势瞬时值的表达式．（2）由图示位置转过60°角时电动势的瞬时值为多大？（3）由图示位置转过90°的过程中，感应电动势的平均值为多大？考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系．专题：交流电专题．分析：（1）图示位置是中性面，从中性面计时，感应电动势瞬时值的表达式为e=E m sinωt，其中E m=nBSω．（2）由表达式可明确转过60度时的瞬时值；（3）根据法拉第电磁感应定律，即可求解；解答：解：（1）线圈中产生的感应电动势最大值为 E m=nBSω由于从中性面开始计时，所以电动势瞬时值表达式为：e=E m sinωt=nBSωsinωt．（2）由图示位置转过60°角时电动势的瞬时值为e=nBSωsin60°=（3）由图示位置转过90°角的过程所用时间为 t==根据法拉第电磁感应定律，则有：=；答：（1）从t=0时开始计时，感应电动势瞬时值的表达式为e=nBSωsinωt．（2）由图示位置转过60°角时电动势的瞬时值为；（3）由图示位置转过90°的过程中，感应电动势的平均值为点评：对于正弦交变电流表达式e=E m sinωt，要注意计时起点必须是中性面；同时注意明确最大值、有效值、平均值及瞬时值等之间的关系．20．图中，降压变压器的变压系数是3，即初级线圈匝数与次级线圈的匝数之比是3：1．初级线圈的输入电压是660V，次级线圈的电阻为0.2Ω，这台变压器供给100盏220V，60W的电灯用电．求：（l）空载时次级线圈的端电压和输出功率；。
物理高二-四川省成都市第七中学2022-2023学年高二上学期期中理科物理试题
Word 版见：高考高中资料无水印无广告word 群559164877高考物理高中物理资料群909212193；全国卷老高考资料全科总群1040406987四川省成都市第七中学2022-2023学年高二上学期期中理科物理试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．下列单位换算关系正确的是（ ）A ．1法拉=1库仑•伏特B ．1焦耳=1.6×10-19电子伏C ．1牛顿⁄库仑=1伏特⁄米D ．1安培=1库仑⁄欧姆2．下列说法中正确的是（ ）A ．根据库仑定律，当两电荷的距离趋近于零时，静电力趋向无穷大B ．负电荷在静电场中由高电势处运动到低电势处，它的电势能增大C ．在静电场中沿着等势面移动检验电荷，检验电荷所受电场力为零D ．在静电场中电场线分布越密的地方，相等距离两点间的电势差越大3．已知质子质量M =1.67×10-27 kg ，电量Q =1.6×10-19 C ；电子质量m =9.1×10-31 kg ，电量q =-1.6×10-19C ；静电力常量k =9.0×109 N∙m 2/C 2。
氢原子的原子核为一个质子，原子核外电子如果距质子r =0.53×10-10m ，则它们之间的相互作用力大小是（ ）A ．27NB ．8.2×10-8 NC ．4.3×10-18 ND ．5.1×1011 N 4．图中虚线a 、b 、c 、d 、f 代表匀强电场内间距相等的一组等势面。
一电子经过a 时的动能为10eV ，从a 到d 的过程中克服电场力所做的功为6eV 。
下列说法正确的是（ ）A ．如果该电子的运动轨迹是直线，那么它一定能到达平面fB ．如果该电子的运动轨迹是直线，那么它一定不能到达平面fC ．如果该电子的运动轨迹是曲线，那么它一定能到达平面fD ．如果该电子的运动轨迹是曲线，那么它一定不能到达平面f5．如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板M 、N 构成平行板电容器，带有一定电量。
高二物理上学期期中试卷(含解析)高二全册物理试题11
嘴哆市安排阳光实验学校甘肃省天水市秦安二中2014-2 015学年高二上学期期中物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．1-8小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，9-12小题有两个以上选项正确．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）1．（4分）两个完全相同的金属小球（均可视为点电荷），带电荷量分别为﹣3×10﹣9C和9×10﹣9C，它们之间静电力大小为F，现让两小球接触后又放回原处，它们之间静电力大小变为（）A． F B．C．3F D．2．（4分）一个阻值为R的电阻两端加上电压U后，通过电阻横截面的电量q 随时间t变化的图象如图所示，此图象的斜率可表示为（）A．U B．C．R D．3．（4分）下列关于电势和电势能等的说法中，正确的是（）A．电势降落的方向，一定是电场强度的方向B．电场力做正功，电荷的电势能一定减小C．电势越高处，电荷电势能一定越大D．电势能与电荷量大小有关，与电荷种类无关4．（4分）加在某台电动机上的电压是U（V），电动机消耗的电功率为P（W），电动机线圈的电阻为R（Ω），则电动机线圈上消耗的热功率为（）A．P B．C．D．P ﹣5．（4分）下列说法中错误的是（）A．避雷针是利用尖端放电避免雷击的一种设施B．制作汽油桶的材料用金属比塑料好C．电工穿绝缘衣比金属衣安全D．打雷时，呆在汽车里比呆在木屋里要安全6．（4分）如图所示，一个带电粒子从粒子源飘入（初速度很小，可忽略不计）电压为U1的加速电场，经加速后从小孔S沿平行金属板A、B的中心线射入，A、B板长为L，相距为d，电压为U2，则带电粒子能从A、B板间飞出应该满足的条件是（不计粒子重力）（）A．＜B．＜C．＜D．＜7．（4分）如图所示电路中，S1闭合，S2断开，L1、L2是两个完全相同的灯泡，若将S2闭合后，L1的亮度将（）A．不变B．变亮C．变暗D．如何变化，不能确定8．（4分）如图所示的电路中，电键S原来是闭合的，当R1、R2的滑片刚好处于各自的中点位置时，悬在平行板电容器C两水平极板间的带电尘埃P恰好处于静止状态，能使尘埃P加速向上移动的方法是（）A．把R1的滑片向上移动B．把R2的滑片向上移动C．把R2的滑片向下移动D．断开电键S 9．（4分）一带电粒子从电场中的A点运动到B点，轨迹如图中虚线所示．不计粒子所受重力，则（）A．粒子带正电B．粒子加速度逐渐减小C．A点的速度大于B点的速度D．粒子在A点的初速度为零10．（4分）两个完全相同的灵敏电流计改装成两个不同量程的电压表V1、V2，如将两表串联起来后去测某一线路的电压，则两只表（）A．读数相同 B．指针偏转的角度相同C．量程大的电压表读数大D．量程大的电压表读数小11．（4分）如图所示，R1为定值电阻，R2为可变电阻，E为电源的电动势，r 为电源内阻，且R1＞r，以下说法中正确的是（）A．当R2=R1+r时，R2上获得最大功率B．当R1=R2+r时，R1上获得最大功率C．当R2=0时，R1上获得最大功率D．当R2=0时，电源的输出功率最大12．（4分）如图所示的两个电路中，电源相同，各电阻阻值相等，电源和电流表内阻不可忽略，四个相同的电流表、、、的读数分别为I1、I2、I3、I4，下列关系式正确的是（）A．I1=I3B．I1＜I4C．I2=2 I1D．I2＜I3+I4二、实验题：把答案填在答题卡相应的横线上（本大题2小题，共14分）. 13．（6分）有一标有“6V，1.5W”的小灯泡，现要描绘其伏安特性曲线，提供的器材除导线和开关外，还有：A．直流电源6V（内阻不计）B．直流电流表0～3A（内阻0.1Ω以下）C．直流电流表0～300mA（内阻约为5Ω）D．直流电压表0～15V（内阻约为15kΩ）E．滑动变阻器10Ω，2A回答下列问题：（1）实验中电流表应选用（用序号表示）；（2）如图是本实验的实物连线图，其中还有两条导线没有接好，请用稍粗些的虚线代替导线，补全这个实物连线图．14．（8分）在把电流表改装为电压表的实验中，实验所用的电流表满刻度电流为200μA，欲将此表改装成量程为2V的电压表．（1）为测出电流表的内阻，采用如图1所示的电路原理图．请将以下各实验步骤填写完整．①依照电路原理图将实物连接成实验线路，R阻值应尽可能些，开始时两电键均断开．②将R阻值调至最大，闭合电键，调节的阻值，使电流表达到满刻度．③闭合，调节的阻值使电流表读数达到满偏一半．④读出的读数，即为电流表的内阻．（2）实验完毕时，两个电阻箱读数如图2所示，则电流表内阻r g=Ω．这种方法测出的电流表的内阻r g比它的真实值（选填“偏大”、“偏小”或“相等”）15．（12分）如图所示为两组平行金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0加速后，通过B点进入两板间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间，最后电子从右侧的两块平行金属板之间穿出，已知A、B分别为两块竖直板的中点，右侧平行金属板的长度为L，求：（1）电子通过B点时的速度大小V；（2）电子从右侧的两块平行金属板之间穿出时的侧移距离y．16．（12分）在图所示电路中，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω．D为直流电动机，其电枢线圈电阻R=2Ω，限流电阻R′=3Ω．当电动机正常工作时，电压表示数为0.3V．求：（1）通过电动机的电流是多大？（2）电动机输入的电功率、转变为热量的功率和输出机械功率各是多少？17．（14分）有一种测量压力的电子秤，其原理如图所示．E是内阻不计、电动势为6V的电源．R0是一个阻值为400Ω的限流电阻．G是由理想电流表改装成的指针式测力显示器．R是压敏电阻，其阻值可随压力大小变化而改变，其关系如下表所示．C是一个用来保护显示器的电容器．秤台的重力忽略不计．压力F/N 0 50 100 150 200 250 300 …电阻R/Ω300 280 260 240 220 200 180 …（1）在坐标系中画出电阻R随压力F变化的图线，并归纳出电值R随压力F 变化的函数关系式（2）写出压力与电流的关系式，说明该测力显示器的刻度是否均匀（3）若电容器的耐压值为5V，该电子秤的量程是多少牛顿？甘肃省天水市秦安二中高二上学期期中物理试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小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，9-12小题有两个以上选项正确．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）1．（4分）两个完全相同的金属小球（均可视为点电荷），带电荷量分别为﹣3×10﹣9C和9×10﹣9C，它们之间静电力大小为F，现让两小球接触后又放回原处，它们之间静电力大小变为（）A． F B．C．3F D．考点：库仑定律．分析：两个完全相同的小球带的是异种电荷，那么当它们接触后，它们带的电荷将先中和，之后再将剩余的电荷量平分．找到小球带的电量的关系之后，根据库仑力的公式就可以求得作用力的大小．解答：解：设两个球之间的距离为r，根据库仑定律可得，在它们相接触之前，相互间的库仑力大小F为，F=k=27×10﹣18，当将它们相接触之后，它们的电荷量先中和，再平分，此时每个球的电荷量均为q=，所以，此时两个球之间的相互的排斥力为F′，则F′=k =F，故D正确，ABC错误．故选：D．点评：解决本题的关键就是掌握住电荷平分的原则，当完全相同的金属小球互相接触时，它们的电荷量将会平分．2．（4分）一个阻值为R的电阻两端加上电压U后，通过电阻横截面的电量q 随时间t变化的图象如图所示，此图象的斜率可表示为（）A．U B．C．R D．考点：电流、电压概念．专题：恒定电流专题．分析：给出的图象是q﹣t图象，其斜率为I=，所以斜率代表的是电流，再由欧姆定律可得出正确答案．解答：解：根据电流强度的定义公式I=；可知q﹣t图象的斜率代表的就是电流；根据欧姆定律，有：I=，故斜率也代表电流．故选：B．点评：本题应能找出图象中所提供的信息是本题的关键，也是识图题的共同特点，注重公式的灵活运用．3．（4分）下列关于电势和电势能等的说法中，正确的是（）A．电势降落的方向，一定是电场强度的方向B．电场力做正功，电荷的电势能一定减小C．电势越高处，电荷电势能一定越大D．电势能与电荷量大小有关，与电荷种类无关考点：电势．分析：电场中电势高的地方，正电荷在该点具有的电势能就大．电场中电势高的地方，放在该点的电荷的电荷量越大，它具有的电势能不一定越大．电势为零的点，任一试探电荷在该点的电势能一定为零．电场力做正功，电荷的电势能减小，电场力做负功，电荷的电势能增大．解答：解：A、沿电场线的方向电势降低，电场线的方向是电势降落最快的方向，不能说电势降低的方向就是电场线的方向．故A错误；B、电场力做正功，电荷的电势能减小，电场力做负功，电荷的电势能增大．故B正确；C、根据推论可知：电场中电势高的地方，正电荷在该点具有的电势能大，电场中电势高的地方，负电荷在该点具有的电势能小．故C错误；D、电场中电势高的地方，正电荷在该点具有的电势能大，电场中电势高的地方，负电荷在该点具有的电势能小．故D错误．故选：B．点评：本题考查电势、电势能的关系，可根据电势的定义式φ=分析它们之间的关系．要注意电荷的正负．4．（4分）加在某台电动机上的电压是U（V），电动机消耗的电功率为P（W），电动机线圈的电阻为R（Ω），则电动机线圈上消耗的热功率为（）A．P B．C．D．P ﹣考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：电动机消耗的电功率为P=UI，发热功率P热=I2r．解答：解：电动机消耗的电功率为P，加在电动机上的电压是U，故电流为：I=；发热功率：P热=I2R=；故选：C．点评：对于电动机电路区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路，可从从能量转化的角度理解：电能全部转化内能时，是纯电阻电路；电能转化为内能和其他能时，是非纯电阻电路．5．（4分）下列说法中错误的是（）A．避雷针是利用尖端放电避免雷击的一种设施B．制作汽油桶的材料用金属比塑料好C．电工穿绝缘衣比金属衣安全D．打雷时，呆在汽车里比呆在木屋里要安全考点：* 静电的利用和防止．分析：避雷针利用尖端放电来中和电荷；其它选项均利用静电屏蔽作用，从而即可求解．解答：解：A、避雷针是利用中和电荷，尖端放电，来避免雷击的一种设施，故A正确；B、因为塑料和油摩擦容易起电，静电积累多了容易有火花，会爆炸，危险!而且会造成巨大的损失，而金属能及时把产生的静电导走，故B正确；C、电工穿金属衣比绝缘衣安全，直到静电屏蔽，故C错误；D、呆在汽车里比呆在木屋里要安全，汽车起到静电屏蔽作用，故D正确，本题选择错误的，故选：C．点评：考查避雷针的工作原理，理解尖端放电，掌握静电屏蔽作用及在实际生活中的应用．6．（4分）如图所示，一个带电粒子从粒子源飘入（初速度很小，可忽略不计）电压为U1的加速电场，经加速后从小孔S沿平行金属板A、B的中心线射入，A、B板长为L，相距为d，电压为U2，则带电粒子能从A、B板间飞出应该满足的条件是（不计粒子重力）（）A．＜B．＜C．＜D．＜考点：带电粒子在匀强电场中的运动．分析：带电粒子无初速度在加速电场中被加速，又以一定速度垂直进入偏转电场，由于速度与电场力垂直，所以粒子先做匀加速直线运动，后做类平抛运动．这样类平抛运动可将看成沿初速度方向的匀速直线与垂直于初速度方向匀加速直线运动．可利用加速电场的电压U求出进入偏转电场的初速度，然后运用偏转电场的长度L求出运动时间，由于分运动间具有等时性，所以由运动学公式求出垂直于初速度方向的位移．值得注意的是，求出的位移不是等于偏转电场的宽度，而是小于或等于宽度的一半．解答：解：带电粒子在电场中被加速，则有 qu1=﹣0 （1）带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，可看成匀速直线运动与匀加速直线运动的两分运动．匀速直线运动：由运动学公式得 L=vt （2）匀加速直线运动：设位移为x，则有x==t2（3）要使带电粒子能飞出电场，则有x ＜（4）由（1）﹣（4）可得：＜故选：C．点评：考查带电粒子在电场中加速与偏转，从而先做匀加速直线运动，后做匀加速曲线运动．运用了运动学公式与动能定理，同时体现出处理类平抛运动的方法．还值得注意是：粒子的偏转位移应小于偏转电场宽度的一半．7．（4分）如图所示电路中，S1闭合，S2断开，L1、L2是两个完全相同的灯泡，若将S2闭合后，L1的亮度将（）A．不变B．变亮C．变暗D．如何变化，不能确定考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：将S2闭合后，分析外电路总电阻的变化，判断总电流的变化，由闭合电路欧姆定律分析路端电压的变化，即可判断L1亮度的变化．解答：解：将S2闭合后，两灯并联，外电路总电阻减小，总电流增大，电源的内电压增大，由闭合电路欧姆定律分析可知路端电压减小，灯L1的电压减小，实际功率减小，所以L1的亮度变暗．故C正确．故选：C点评：本题是简单的电路动态变化分析问题，关键掌握并联电路的总电阻小于任何一个支路的电阻，由闭合电路欧姆定律进行分析．8．（4分）如图所示的电路中，电键S原来是闭合的，当R1、R2的滑片刚好处于各自的中点位置时，悬在平行板电容器C两水平极板间的带电尘埃P恰好处于静止状态，能使尘埃P加速向上移动的方法是（）A．把R1的滑片向上移动B．把R2的滑片向上移动C．把R2的滑片向下移动D．断开电键S考点：电容；闭合电路的欧姆定律．专题：电容器专题．分析：要使尘埃P上移，应使其受到的合力向上，则应增大电容器两端的电压；通过闭合电路欧姆定律分析如何调节滑动变阻器．解答：解：P开始时受重力、电场力而保持静止，电场力竖直向上，而要使P向上运动，必须增大电场力，需要增大板间场强，则电容器两端的电压应增大；A、R1此时相当于导线，故调节R1不会改变电容器两端的电压．故A错误；B、由电路图可知，电容器与R2的上端并联，把R2的滑片向上移动时电容器板间电压减小，场强减小，则尘埃P所受的电场力减小，所以P应向下移动．故B错误．C、把R2的滑片向下移动，使C两端的电压增大，可知尘埃P向下加速运动；故C正确．D、断开电键S时，电源断开，电容器充电，板间场强逐渐减小，尘埃向下加速运动，故D错误；故选：C．点评：本题关键确定电容器板间电压，要注意电容器两端的电压等于与之并联电阻两端的电压；而与电容器串联的电阻只能作为导线处理．9．（4分）一带电粒子从电场中的A点运动到B点，轨迹如图中虚线所示．不计粒子所受重力，则（）A．粒子带正电B．粒子加速度逐渐减小C．A点的速度大于B点的速度D．粒子在A点的初速度为零考点：电场线．分析：电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向．不计重力的粒子在电场力作用下从A到B，由运动与力关系可知，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧．沿着电场线的方向电势降低的．因此可作出A、B点的等势点（要同在一根电场线），接着沿着电场线去判定．解答：解：A、由运动与力关系可知，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧，故在A点电场力沿电场线向左，电场的方向向右，电场力的方向与电场方向相反，故粒子带负电，故A错误；B、根据电场线的疏密可知，A的电场强度大B点的电场强度，所以粒子在A 点的电场力大B点的电场力，根据牛顿第二定律可知，粒子在A点的加速度大B点的加速度，即粒子的加速度逐渐减小，故B正确；C、电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧，故粒子从A到B电场力做负功，所以动能减小，即速度不断减小．所以A点的速度大于B点的速度，故C正确；D、若在A点的初速度为零，在电场力作用下，粒子将逆着电场线运动，故粒子的初速度不为零，故D错误．故选：BC．点评：电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布．对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧．根据电场力来确定电场力做功的正负，判定动能增加与否，从确定速度大小．10．（4分）两个完全相同的灵敏电流计改装成两个不同量程的电压表V1、V2，如将两表串联起来后去测某一线路的电压，则两只表（）A．读数相同 B．指针偏转的角度相同C．量程大的电压表读数大D．量程大的电压表读数小考点：把电流表改装成电压表．专题：实验题．分析：两表串联后，通过每个电流表的电流相同，指针偏转角度相同，但两电压表的总内阻不同，则两表的示数不同，其示数之比为两表的内阻之比．解答：解：A、两表的示数与内阻成正比，而两表量程不同，内阻不同，则示数不同．故A错误．B、因是串联关系，电流大小一样，则指针偏转角度相同，故B正确．C、两表指针偏转角度相同，示数不等．因是串联关系，分压之比为内阻之比，量程大的内阻大，电压表读数大，故C正确，D错误．故选：BC．点评：考查的是电压表的改装原理，电压表的内部电路为串联关系，相同的电流表电流相同，偏转角度一样，而对应刻度由量程决定．11．（4分）如图所示，R1为定值电阻，R2为可变电阻，E为电源的电动势，r 为电源内阻，且R1＞r，以下说法中正确的是（）A．当R2=R1+r时，R2上获得最大功率B．当R1=R2+r时，R1上获得最大功率C．当R2=0时，R1上获得最大功率D．当R2=0时，电源的输出功率最大考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：R1为定值电阻，R2为可变电阻，根据P=I2R1可以分析电阻R1的功率的变化情况，由于R2减小的时候，电路电流就在增加，所以不能根据P=I2R2来分析R2的功率的变化情况；当电源的内电阻和外电阻相等的时候，电源的输出功率最大．解答：解：A、根据数学知识分析得知，当外电阻等于电源的内阻，电源的输出功率最大，当把R1和电源看做一个整体时，即把电源的内阻看做R1+r，根据结论可知，当R2=R1+r时，电源的输出功率最大，即R2上获得最大功率，所以A正确；BC、根据P=I2R1可知，当R2=0时，电路的总电流最大，所以此时R1获得最大功率，所以B错误，C正确；D、电源的输出功率的变化关系为先增大在减小，当当外电阻等于电源的内阻，电源的输出功率最大，由于R1＞r，外电阻已经大于了内电阻，所以此时电源的输出功率随着外电阻的增大而减小，所以当R2=0时，电源的输出功率最大，所以D正确；故选：ACD．点评：对于R2的功率的分析是本题的难点，通常的分析方法都是把R1和电源看做一个整体来分析电源的输出功率的变化情况，即为R2的功率的情况．12．（4分）如图所示的两个电路中，电源相同，各电阻阻值相等，电源和电流表内阻不可忽略，四个相同的电流表、、、的读数分别为I1、I2、I3、I4，下列关系式正确的是（）A．I1=I3B．I1＜I4C．I2=2 I1D．I2＜I3+I4考点：伏安法测电阻．专题：恒定电流专题．分析：由题，电源相同，其内阻不计，电路的路端电压等于电动势．根据串联电路电压的分配，分析A1和R串联的电压与A3和R串联电压的关系，分析I1和I3及I1和I4大小．根据并联电路的特点分析I1和I3的关系．根据外电路总电阻的关系，判断I2与I3+I4的关系．解答：解：A、B、左图中，A1和R串联的电压小于电源的电动势，右图中，A3和R串联电压等于电源的电动势，则I1＜I3，I1＜I4．故A错误，B正确．C、由于电流表的内阻不可忽略不计，A1和R串联这一路电流小于R的电流，所以I2＞2I1．故C错误．D、设电流表的内阻为r，左图中外电路总电阻为R左=r+=，右图中，外电路总电阻R右=（R+r），根据数学知识得到＞1，所以左图中干路电流小于右图中干路电流，即有I2＜I3+I4．故D正确．故选：BD．点评：本题难度在于运用数学知识分析两图中外电阻的大小，作商是比较大小经常用到的方法．二、实验题：把答案填在答题卡相应的横线上（本大题2小题，共14分）. 13．（6分）有一标有“6V，1.5W”的小灯泡，现要描绘其伏安特性曲线，提供的器材除导线和开关外，还有：A．直流电源6V（内阻不计）B．直流电流表0～3A（内阻0.1Ω以下）C．直流电流表0～300mA（内阻约为5Ω）D．直流电压表0～15V（内阻约为15kΩ）E．滑动变阻器10Ω，2A回答下列问题：（1）实验中电流表应选用C （用序号表示）；（2）如图是本实验的实物连线图，其中还有两条导线没有接好，请用稍粗些的虚线代替导线，补全这个实物连线图．考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．专题：实验题．分析：本题（1）的关键是根据小灯泡的额定电流来选择电流表量程；题（2）的关键是根据小灯泡电阻满足，可知电流表应用外接法．解答：解：（1）：根据小灯泡规格“6V，1.5W”可知，小灯泡额定电流为：I=，所以电流表应选C；（2）：小灯泡在额定情况下的电阻为R=，由于满足，所以电流表应用外接法；连线图如图所示：故答案为：（1）C（2）如图点评：应明确：①应根据待测电阻的额定电压和额定电流大小来选择电压表与电流表的量程；②当待测电阻满足时，电流表应用外接法，满足时，电流表应用内接法．14．（8分）在把电流表改装为电压表的实验中，实验所用的电流表满刻度电流为200μA，欲将此表改装成量程为2V的电压表．（1）为测出电流表的内阻，采用如图1所示的电路原理图．请将以下各实验步骤填写完整．①依照电路原理图将实物连接成实验线路，R阻值应尽可能大些，开始时两电键均断开．②将R阻值调至最大，闭合电键S2，调节R的阻值，使电流表达到满刻度．③闭合S1，调节R′的阻值使电流表读数达到满偏一半．④读出R′的读数，即为电流表的内阻．（2）实验完毕时，两个电阻箱读数如图2所示，则电流表内阻r g =500Ω．这种方法测出的电流表的内阻r g 比它的真实值偏小（选填“偏大”、“偏小”或“相等”）考点：把电流表改装成电压表．专题：实验题．分析：（1）根据半偏法测电阻的原理完成实验步骤．（2）电阻箱各旋钮示数与对应倍率的乘积是电阻箱示数，根据串并联电路特点分析实验误差．解答：解：（1）①为保护电路，连接成实验线路，R阻值应尽可能大些，开始时两电键均断开．②将R阻值调至最大，闭合电键S2，调节 R的阻值，使电流表达到满刻度．③闭合S2，调节R′的阻值使电流表读数达到满偏一半．④读出R′的读数，即为电流表的内阻．（2）实验应用半偏法测电流表内阻，电流表内阻等于电阻箱R′的阻值，由图2所示R′可知，电阻箱阻值为：R′=0×100000Ω+0×10000Ω+0×1000Ω+5×100Ω+0×10Ω+0×1Ω=500Ω，则电流表内阻为：r g=R′=500Ω．半偏法测电流表内阻，当闭合S1时，电路总电阻变小，电路总电阻变大，电流表半偏法时流过电阻箱的电流大于满偏电流的一半，电阻箱阻值小于电流表内阻，用这种方法测出的电流表的内阻r g比它的真实值偏小．故答案为：（1）①大；②S2；R；③S1；R′；④R′；（2）500；偏小．点评：本题考查了半偏法测电流表内阻实验，要掌握半偏法测电阻的原理、会进行实验误差分析．15．（12分）如图所示为两组平行金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0加速后，通过B点进入两板间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间，最后电子从右侧的两块平行金属板之间穿出，已知A、B分别为两块竖直板的中点，右侧平行金属板的长度为L，求：（1）电子通过B点时的速度大小V；（2）电子从右侧的两块平行金属板之间穿出时的侧移距离y．考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：（1）根据动能定理求出电子通过B点时的速度大小；（2）电子进入偏转电场后做类平抛运动，根据水平方向上做匀速直线运动，求出运动的时间，结合竖直方向上做匀加速直线运动求出侧移距离．解答：解：（1）从A到B由动能定理得：eU0=mv02解得：v0=；（2）电子作类平抛运动有：=ma，解得：a=水平方向 L=v0t竖直方向 y=at2解之得：y=。
高二物理上学期期中试卷(含解析)高二全册物理试题_
嘴哆市安排阳光实验学校淮北一中高二（上）期中物理试卷一、选择题：每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．下列物理量与检验电荷有关的是（）A．电场强度E B．电势φC．电势差U D．电势能E P2．铅蓄电池的电动势为2V，下列说法不正确的是（）A．电路中每通过1C电量，电源把2J的化学能转化为电能B．蓄电池断开时两极间的电压为2VC．蓄电池能在1S内将2J的化学能转化成电能D．蓄电池将化学能转变成电能的本能比一节干电池（电动势为1.5V）的大3．某电解池内若在2s内各有1.0×1019个二价正离子和2×1019个一价负离子通过某横截面，那么通过这个横截面的电流是（）A．0 B．0.8A C．1.6A D．3.2A4．如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面．下列判断正确的是（）A．1、2两点的场强相等B．1、3两点的场强相等C．1、2两点的电势相等D．2、3两点的电势相等5．a、b为两个带等量正电荷的固定小球，O为ab连线的中点，c、d为中垂线上的两对称点，若在c点静止释放一个电子，电子只在电场力作用下运动；则下列叙述正确的有（）A．电子从c→O的过程中，做加速度增大的加速运动B．电子从c→O的过程中，电子的电势能在减小C．电子从c→d的过程中，电子受到电场力先增大后减小，方向不变D．从c→d的过程中，电场的电势始终不变6．在如图所示设电路中，电源电动势为12V，电源内阻为10Ω，电路中的电阻R0为1.5Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5Ω，闭合开关S后，电动机转动，理想电流表的示数为2.0A，则以下判断中正确的是（）A．电动机的输出功率为14W B．电动机两端的电压为10VC．电动机的发热功率为4.0W D．电源总功率为24W7．如图电路所示，当ab两端接入100V电压时，cd两端为20V，当cd两端接入100V电压时，ab两端电压为50V，则R1：R2：R3之比是（）A．4：2：1 B．2：1：1 C．3：2：1 D．以上都不对8．如图所示，由M、N两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器，极板N与静电计的金属球相接，极板M与静电计的外壳均接地．给电容器充电，静电计指针张开一定角度．以下实验过程中电容器所带电荷量可认为不变，下面操作能使静电计指针张角变大的是（）A．在M、N之间插入有机玻璃板B．将M板沿水平向右方向靠近N板C．将M板向上平移D．在M、N之间插入金属板，且不和M、N接触9．如图所示，水平放置的金属板正上方放有一固定的正点电荷Q，一表面绝缘的带正电小球（可视为质点且不影响Q的电场），从左端以初速度v0滑上金属板，沿光滑的上表面向右运动到右端，在该运动过程中（）A．小球先做减速运动，后做加速运动B．小球做匀速直线运动C．小球的电势能逐渐增加D．静电力对小球先做负功后做正功10．某一电源的路端电压与电流的关系和电阻R1、R2的电压与电流的关系如图所示．用此电源和电阻R1、R2组成电路．R1、R2可以同时接入电路，也可以单独接入电路．为使电源输出功率最大，可采用的接法是（）A．将R1、R2串联后接到电源两端B．将R1、R2并联后接到电源两端C．将R1单独接到电源两端D．将R2单独接到电源两端11．如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，R0定值电阻，电容器的电容为C．闭合开关S，增大可变电阻R的阻值，电压表示数的变化量的绝对值为△U，电流表示数的变化量的绝对值为△I，则（）A．变化过程中△U和△I的比值保持不变B．电压表示数U和电流表示数I的比值不变C．电阻R0端电压减小，减少量为△UD．电容器的带电荷量增加，增加量为C△U12．如图，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d，在下极板上叠放一厚度为l的金属板，其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中，当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P开始运动，重力加速度为g．粒子运动加速度为（）A ． g B ． g C ． g D ． g二、实验题：每空2分，共14分．13．要测绘一个标有“3V 0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，并便于操作．已选用的器材有：电池组（电动势为4.5V，内阻约1Ω）；电流表（量程为0～250mA．内阻约5Ω）；电压表（量程为0～3V．内限约3kΩ）；电键一个、导线若干．（1）实验中所用的滑动变阻器应选下列中的（填字母代号）．A．滑动变阻器（最大阻值20Ω，额定电流1A）B．滑动变阻器（最大阻值1750Ω，额定电流0.3A）（2）实验的电路图应选用下列的图（填字母代号）．（3）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示．如果这个小灯泡两端所加电压为1.5V，则小灯泡在该温度时的电阻是Ω．随着电压增大，温度升高，小灯泡的电阻．（填“增大”，“减小”或“不变”）14．在伏安法测电阻的实验中，待测电阻R x约为200Ω，电压表V的内阻约为2kΩ，电流表A的内阻约为10Ω，测量电路中电流表的连接方式如图（a）或图（b）所示，计算结果由R x=计算得出，式中U与I分别为电压表和电流表的读数；若将图（a）和图（b）中电路测得的电阻值分别记为R x1和R x2，则：（填“R x1”或“R x2”）更接近待测电阻的真实值，且测量值R x1（填“大于”、“等于”或“小于”）真实值，测量值R x2（填“大于”、“等于”或“小于”）真实值．三、计算题：共38分，解答必须写出明确的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数值计算的题，结果必须明确写出数值和单位．15．如图所示，相距为d的两平行金属板M、N与电池组相连后，其间形成匀强电场，一带正电粒子从M极板边缘垂直于电场方向射入，并打在N极板的正．不计重力，现欲把N极板远离M极板平移，使原样射入的粒子能够射出电场，就下列两种情况求出N极板至少移动的距离．（1）电键S闭合；（2）把闭合的电键S打开后．16．半径为R，均匀带正电荷的球体在空间产生球对称的电场；场强大小沿半径分布如图所示，图中E0已知，E﹣r曲线下O﹣R部分的面积等于R﹣2R部分的面积．（1）写出E﹣r曲线下面积的单位；（2）己知带电球在r≥R处的场强E=，式中k为静电力常量，该均匀带电球所带的电荷量Q为多大？（3）求球心与球表面间的电势差△U；（4）质量为m，电荷量为q的负电荷在球面处需具有多大的速度可以刚好运动到2R处？17．如图在竖直平面内有水平向右、电场强度为E=1×104N/C的匀强电场．在匀强电场中有一根长L=2m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为m=0.04kg的带电小球，它静止A点时悬线与竖直方向成θ=37°角．若小球恰好绕点在竖直平面内做圆周运动，（cos37°=0.8g=10m/s2）试求：（1）小球的带电荷量Q （2）小球动能的最小值（3）小球机械能的最小值（取小球静止时的位置为电势能零点和重力势能零点）18．在真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场．若将一个质量为m、带正电电量q的小球在此电场中由静止释放，小球将沿与竖直方向夹角为53°的直线运动．现将该小球从电场中某点以初速度v0竖直向上抛出，求运动过程中（sin53°=0.8，）（1）此电场的电场强度大小；（2）小球运动的抛出点至最高点之间的电势差U；（3）小球的最小动能．淮北一中高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．下列物理量与检验电荷有关的是（）A．电场强度E B．电势φC．电势差U D．电势能E P【考点】电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】本题考查了对电场中几个概念的理解情况，物理中有很多物理量是采用比值法定义的，要正确理解比值定义法的含义．【解答】解：A、电场强度E=比值定义法定义的，它们的大小均与电量无关，由电场本身决定的，与检验电荷无关．故A错误；B、电势φ=比值定义法定义的，它们的大小均与电量无关，由电场本身决定的，与检验电荷无关．故B错误；C、电势差U是由电场本身以及电场中的两点的位置决定的，与检验电荷无关．故C错误；D、电势能E P=qφ与电荷有关，故D正确．故选：D【点评】对于物理中各个物理量要明确其确切含义，以及其定义式和决定式的不同，这要在学习中不断的总结和积累．2．铅蓄电池的电动势为2V，下列说法不正确的是（）A．电路中每通过1C电量，电源把2J的化学能转化为电能B．蓄电池断开时两极间的电压为2VC．蓄电池能在1S内将2J的化学能转化成电能D．蓄电池将化学能转变成电能的本能比一节干电池（电动势为1.5V）的大【考点】电源的电动势和内阻．【专题】恒定电流专题．【分析】电源是把其他形式的能转化为电能的装置，由电动势的定义式E=，可知，电源中每通过1C电量，电源把2J的化学能转变为电能；电动势表征电源把其他形式的转化为电能的本领大小，电动势大，这种转化本领大．【解答】解：A、C、由电动势的定义式E=，可知，电源中每通过1C电量，非静电力做功为2J，电源把2J的化学能转变为电能，不是1s内将2J的化学能转变成电能．故A正确，C错误．B、根据闭合电路欧姆定律得知：电动势的数值等于内外电压之和，当电源没有接入电路时，电路中没有电流，电源的内电压为零，外电压即电源两极间的电压等于电动势，故B正确．D、电动势表征电源把其他形式的转化为电能的本领大小，电动势大，这种转化本领大．则知蓄电池将化学能转变为电能的本领比一节干电池（电动势为1.5 V）的大．故D正确．本题选错误的故选：C【点评】本题考查对电动势的理解．抓住电动势的物理意义和定义式E=是关键．3．某电解池内若在2s内各有1.0×1019个二价正离子和2×1019个一价负离子通过某横截面，那么通过这个横截面的电流是（）A．0 B．0.8A C．1.6A D．3.2A【考点】电流、电压概念．【专题】恒定电流专题．【分析】电解液中电流是由正负离子同时向相反方向定向移动形成的，2s内通过横截面的总电量是两种离子电量绝对值之和，根据电流的定义式求解电流．【解答】解：电流由正、负离子的定向移动形成，则在2s内通过横截面的总电荷量应为Q=1.6×10﹣19×2×1019C+1.6×10﹣19×1×2×1×1019 C=6.4C．由电流的定义式可知：I==A=3.2A．故选D．【点评】本题考查对电流定义式中电量的理解，电解液中通过横截面的总电量正负离子电量绝对值之和．4．如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面．下列判断正确的是（）A．1、2两点的场强相等B．1、3两点的场强相等C．1、2两点的电势相等D．2、3两点的电势相等【考点】电势；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据电场线的分布特点：从正电荷或无穷远处出发到负电荷或无穷远处终止，分析该点电荷的电性；电场线越密，场强越大．顺着电场线，电势降低．利用这些知识进行判断．【解答】解：A、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与2比较，1处的电场线密，所以1处的电场强度大．故A错误；B、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与3比较，1处的电场线密，所以1处的电场强度大．故B错误；C，顺着电场线，电势降低，所以1点的电势高于2点处的电势．故C错误；D、由题目可得，2与3处于同一条等势线上，所以2与3两点的电势相等．故D正确．故选：D．【点评】加强基础知识的学习，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题．5．a、b为两个带等量正电荷的固定小球，O为ab连线的中点，c、d为中垂线上的两对称点，若在c点静止释放一个电子，电子只在电场力作用下运动；则下列叙述正确的有（）A．电子从c→O的过程中，做加速度增大的加速运动B．电子从c→O的过程中，电子的电势能在减小C．电子从c→d的过程中，电子受到电场力先增大后减小，方向不变D．从c→d的过程中，电场的电势始终不变【考点】电场的叠加；电场强度；电势能．【专题】运动学与力学（二）．【分析】在等量的正电荷的电场中，所有的点的电势都是正的，根据矢量的合成法则可以知道，在它们的连线中垂线上的点的电场强度的方向都是沿着中垂线指向外的，由此可以判断电场的情况和带电小球的运动的情况．【解答】解：A、B：根据等量同号点电荷电场的特点，可知两个电荷连线上中点的电场强度为零，电场强度从C点到无穷远，先增大后减小，故加速度可能先增大后减小；故A错误；B、c到O的过程中，电场力做正功；故电势能减小；故B正确；C、由A的分析可知，电子受到的电场力可能先减小、再增大再减小；再由O 点到d点时，先增大，后减小；故C错误；D、由于电场线是向外的；故电势先增大后减小；故D错误；故选：B．【点评】本题考查的就是点电荷的电场的分布及特点，这要求同学对于基本的几种电场的情况要了解，本题看的就是学生的基本知识的掌握情况．6．在如图所示设电路中，电源电动势为12V，电源内阻为10Ω，电路中的电阻R0为1.5Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5Ω，闭合开关S后，电动机转动，理想电流表的示数为2.0A，则以下判断中正确的是（）A．电动机的输出功率为14W B．电动机两端的电压为10VC．电动机的发热功率为4.0W D．电源总功率为24W【考点】电功、电功率．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R 来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．【解答】解：A、电路中电流表的示数为2.0A，所以电动机的电压为：U=E﹣U内﹣UR0=10﹣Ir﹣IR0=12﹣2×1﹣2×1.5=7V，电动机的总功率为：P总=UI=7×2=14W，电动机的发热功率为：P热=I2R=22×0.5=2W，所以电动机的输出功率为：P出=14W﹣2W=12W，所以ABC错误；D、电源的总功率为：P=EI=1×2=24W；故D正确；故选：D．【点评】对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的．7．如图电路所示，当ab两端接入100V电压时，cd两端为20V，当cd两端接入100V电压时，ab两端电压为50V，则R1：R2：R3之比是（）A．4：2：1 B．2：1：1 C．3：2：1 D．以上都不对【考点】串联电路和并联电路．【专题】恒定电流专题．【分析】当ab端接入电压时，两个R1与R2串联，cd端测得R2两端的电压；而当cd端接入时，两个R3与R2串联，ab端测得R2两端的电压；则欧姆定律可得出输出电压与输出电压的关系式，联立即可得出三个电阻的比值．【解答】解：当ab端接入时，由欧姆定律可得20=R2；解得R1：R2=2：1；当cd端接入时，50=R2解得R2：R3=2：1；故R1：R2：R3=4：2：1．故选：A．【点评】本题应注意串并联电路的性质，并注意明确欧姆定律的正确使用．8．如图所示，由M、N两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器，极板N与静电计的金属球相接，极板M与静电计的外壳均接地．给电容器充电，静电计指针张开一定角度．以下实验过程中电容器所带电荷量可认为不变，下面操作能使静电计指针张角变大的是（）A．在M、N之间插入有机玻璃板B．将M板沿水平向右方向靠近N板C．将M板向上平移D．在M、N之间插入金属板，且不和M、N接触【考点】电容器的动态分析．【专题】定量思想；方程法；电容器专题．【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；由C=，分析电容的变化，根据C=分析电压U的变化．【解答】解：A、在M、N之间插入机玻璃板，根据根据C=，电容变大；Q 一定，根据C=，电压减小；故静电计指针张角变小；故A错误；B、将M板沿水平向右方向靠近N板，极板间距d变小，根据根据C=，电容增大；Q一定，根据C=，电压减小；故静电计指针张角变小；故B错误；C、将M板向上平移，正对面积S减小，根据C=，电容减小；Q一定，根据C=，电压增加；故静电计指针张角变大；故C正确；D、在M、N之间插入金属板，根据根据C=，电容变大；Q一定，根据C=，电压减小；故静电计指针张角变小；故D错误；故选：C．【点评】本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是关于电容的两个公式．9．如图所示，水平放置的金属板正上方放有一固定的正点电荷Q，一表面绝缘的带正电小球（可视为质点且不影响Q的电场），从左端以初速度v0滑上金属板，沿光滑的上表面向右运动到右端，在该运动过程中（）A．小球先做减速运动，后做加速运动B．小球做匀速直线运动C．小球的电势能逐渐增加D．静电力对小球先做负功后做正功【考点】静电场中的导体．【专题】解题思想；定性思想；电场力与电势的性质专题．【分析】金属板在Q的电场中产生静电感应现象，达到静电平衡时，金属板是一个等势体，表面是一个等势面，表面的电场线与表面垂直．分析小球的受力情况，确定其运动情况，判断电场力是否做功．【解答】解：A、金属板在Q的电场中达到静电平衡时，金属板是一个等势体，表面是一个等势面，表面的电场线与表面垂直，小球所受电场力与金属板表面垂直，在金属板上向右运动的过程中，电场力不做功，根据动能定理得知，小球的动能不变，速度不变，所以小球做匀速直线运动．故A错误，B正确．C、由于电场力与小球的速度方向垂直，小球受到电场力的方向不变，电场力对小球不做功．小球的电势能不变．故C错误，D错误．故选：B【点评】本题关键抓住静电平衡导体的特点：整体导体是一个等势体，表面是一个等势面．由此得出电荷受到的电场力始终与运动的方向垂直是解答的关键．10．某一电源的路端电压与电流的关系和电阻R1、R2的电压与电流的关系如图所示．用此电源和电阻R1、R2组成电路．R1、R2可以同时接入电路，也可以单独接入电路．为使电源输出功率最大，可采用的接法是（）A．将R1、R2串联后接到电源两端B．将R1、R2并联后接到电源两端C．将R1单独接到电源两端D．将R2单独接到电源两端【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】由电源的U﹣I图线纵横截距读出电源的电动势，由斜率求出电源的内阻．由电阻的U﹣I图线求出电阻．再分别求出四种情况下电源的输出功率进行选择．【解答】解：由图象得到：电源的电动势为E=3V，内阻为r=0.5Ω，R1单独接到电源两端输出功率为P出1=1.5V×3A=4.5W，R2单独接到电源两端输出功率则为P出2=2V×2A=4W．由电阻的伏安特性曲线求出 R1=0.5Ω、R2=1Ω，当将R1、R2串联后接到电源两端利用欧姆定律可得电路电流I串=1.5A，此时电源的输出功率P串=I串2（R1+R2）=3.75W．两电阻并联时，R并===Ω利用欧姆定律可得电路电流I并==A=3.6A，此时电源的输出功率P并=EI并﹣I并2r=4.32W．所以将R1单独接到电源两端时电源的输出功率最大．故选C 【点评】这是直流电中的电路问题，可以应用数学知识分析得到：当电源的内外电阻相等时，电源的输出功率最大，直接选择C．11．如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，R0定值电阻，电容器的电容为C．闭合开关S，增大可变电阻R的阻值，电压表示数的变化量的绝对值为△U，电流表示数的变化量的绝对值为△I，则（）A．变化过程中△U和△I的比值保持不变B．电压表示数U和电流表示数I的比值不变C．电阻R0端电压减小，减少量为△UD．电容器的带电荷量增加，增加量为C△U【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析电阻R0两端的电压，再根据路端电压的变化，分析电阻R0两端的电压变化量，并比较与△U的关系，确定电容带电量变化量．电压表的示数U和电流表的示数I的比值等于R．电压表示数变化量△U和电流表示数变化量△I的比值等于R0+r．【解答】解：A、根据闭合电路欧姆定律得：U=E﹣I（R0+r），由数学知识得知， =R0+r，保持不变．故A正确．B 、由图， =R，R增大，则电压表的示数U和电流表的示数I的比值变大．故B错误．C、D、闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析得知，电阻R0两端的电压减小，R两端的电压增大，而它们的总电压即路端电压增大，所以电阻R0两端的电压减小量小于△U．电容器两极板间的电压等于R两端的电压，可知电容器板间电压增大，带电量增大，增大量为C△U．故C错误，D正确．故选：AD．【点评】此题中两电表读数的比值要根据欧姆定律和闭合电路欧姆定律来分析，注意≠R，R是非纯性元件．12．如图，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d，在下极板上叠放一厚度为l的金属板，其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中，当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P开始运动，重力加速度为g．粒子运动加速度为（）A ． gB ． gC ． gD ． g【考点】带电粒子在混合场中的运动．【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】金属板内部场强为零，有厚度为l的金属板，相当于平行板电容器的间距减小了l；粒子受重力和电场力，根据平衡条件和牛顿第二定律列式求解加速度．【解答】解：粒子受重力和电场力，开始时平衡，有：mg=q①当把金属板从电容器中快速抽出后，根据牛顿第二定律，有：mg﹣q=ma ②联立①②解得：a=g故选：A．【点评】本题要记住平行板电容器内插入金属板，可以等效成极板间距减小了；然后结合共点力平衡条件和牛顿第二定律列式分析，不难．二、实验题：每空2分，共14分．13．要测绘一个标有“3V 0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，并便于操作．已选用的器材有：电池组（电动势为4.5V，内阻约1Ω）；电流表（量程为0～250mA．内阻约5Ω）；电压表（量程为0～3V．内限约3kΩ）；电键一个、导线若干．（1）实验中所用的滑动变阻器应选下列中的 A （填字母代号）．A．滑动变阻器（最大阻值20Ω，额定电流1A）B．滑动变阻器（最大阻值1750Ω，额定电流0.3A）（2）实验的电路图应选用下列的图 B （填字母代号）．（3）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示．如果这个小灯泡两端所加电压为1.5V，则小灯泡在该温度时的电阻是10 Ω．随着电压增大，温度升高，小灯泡的电阻增大．（填“增大”，“减小”或“不变”）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】实验题．【分析】1、根据滑动变阻器的接法可选择对应的滑动变阻器；2、根据实验的要求可以选择滑动变阻器的接法；根据灯泡及电表的电阻关系可以选择电流表的接法；3、由图象可明确1.5V电压时的电流，再由欧姆定律可明确对应的电阻值；由图象的变化可得出对应的电阻变化规律．【解答】解：（1）因实验中采用分压接法，故滑动变阻器应选择小电阻；故选：A；（2）实验中要求电压从零开始变化，则必须采用滑动变阻器分压接法；而由于灯泡内阻较小，故应采用电流表外接法，故选：B；（3）由图可知，当电压为1.5V时，电流I=0.15A；由欧姆定律可知，电阻R===10Ω；I﹣U图象中的斜率表示其电阻，故说明电阻值越来越大；即灯泡电阻随温度的升高而增大．故答案为：（1）A （2）B （3）10，增大【点评】要熟记电学实验基本要求：伏安法测电阻时注意电流表内外接法的选择方法，当待测电阻值远小于电压表内阻时，电流表用外接法；当待测电阻值远大于电流表内阻时，电流表用内接法．在要求电流或电压值从零调时，滑动变阻器应用分压式，此时应选阻值小的变阻器．14．在伏安法测电阻的实验中，待测电阻R x约为200Ω，电压表V的内阻约为2kΩ，电流表A的内阻约为10Ω，测量电路中电流表的连接方式如图（a）或图（b）所示，计算结果由R x =计算得出，式中U与I分别为电压表和电流表的读数；若将图（a）和图（b）中电路测得的电阻值分别记为R x1和R x2，则：R x1（填“R x1”或“R x2”）更接近待测电阻的真实值，且测量值R x1大于（填“大于”、“等于”或“小于”）真实值，测量值R x2小于（填“大于”、“等于”或“小于”）真实值．【考点】伏安法测电阻．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】本题的关键是明确电流表内外接法的选择方法：当满足＞时，电流表应用外接法，根据串并联规律写出真实值表达式，比较可知，测量值小于真实值；当满足＜时，电流表应用内接法，根据串并联规律写出真实值表达式，比较可知，测量值大于真实值．【解答】解：待测电阻R x约为200Ω，电压表V的内阻约为2kΩ，电流表A的内阻约为10Ω，==20， ==10，＜，电流表应采用内接法，此时实验误差较小，测量值R x1更接近于真实值；由图a所示电路图可知，电流表采用内接法，由于电流表的分压作用，电压的测量值偏大，电阻测量值R x1的大于真实值；由图b所示电路可知，电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，所示电流偏大，电阻测量值R x2小于真实值；故答案为：R x1，大于，小于．【点评】本题考查了实验误差分析，知道伏安法测电阻电流表的接法是正确解题的关键；电流表内外接法的选择方法是：当满足＞时，电流表应用外接。
高二物理期中考试卷
2013～3014学年第一学期高二物理期中试卷一、单项选择题（每小题4分，共24分）1、关于电场下列说法正确的是： A 、电场并不是客观存在的 B 、描述电场的电场线是客观存在的 C 、电场对方入其中的电荷有力的作用 D 、电场对方入其中的电荷没有力的作用2、真空中有两个静止的点电荷，它们之间的库仑力为F ，若两个点电荷的电量都增大为原来的2倍，距离保持不变，则他们之间的库仑力变为原来的 A 、16F B 、4F C 、F D 、F/23、下列关于电场强度的说法正确的是：A 、一负电荷放在电场中某点，其受到的电场力方向跟该点电场强度的方向相同B 、根据E=F/q 可知，电场中某点的电场强度E 与电场力F 成正比，与电量q 成反比C 、电场中某点的电场强度方向跟正电荷在该点受到的电场力的方向相同D 、一个正电荷激发的电场就是匀强电场4、如图1所示，a 、b 、c 是正电荷产生的电场线上的三点, 电场线的方向r 如图所示,用a b c ϕϕϕ、、来表示三点的电势，可判断：A 、a b c ϕϕϕ>>B 、a b c ϕϕϕ<<C 、ab c ϕϕϕ== D 、无法判断5、如图2所示，AB 是中性导体，用带正电的小球C 靠近A 端后，B 端带 A 、正电 B 、负电 C 、不带电 D 、无法比较6、对电容/C Q U =的理解正确的是 A 、一个电容器的电荷量越多，电容越大 B 、电容器的电容C 与电压U 成正比C 、一个电容器，没有电压，就没有充电的电荷量，也就没有电容D 、对于固定的电容器，他所充电量跟他两极板间所加电压的比值保持cba图1图2二、多项选择题（每小题4分，共16分，选全得4分，不全得2分，选错或不选得0分）7、如图3所示，是电场中某区域的电场线分布，A 、B 、C 是电场中的两点，则 A 、同一电荷在A 点受到的电场力方向与在B 点受到的电场力方向相同 B 、同一电荷在A 、B 、C 三点受到的电场力大小关系是A B C F F F >> C 、同一电荷在A 、B 、C 三点受到的电场力大小关系是C A B F F F << D 、一正电荷q 从A 运动到C 电场力对q 做正功 8、关于元电荷和点电荷的说法正确的是 A 、元电荷就是电子B 、电子所带的电量就是一个元电荷C 、体积很小的带电体就是点电荷D 、点电荷是一种理想化模型9、如图4是正电荷产生的电场，下列说法正确的是 A 、ab ϕϕ>B 、一负电荷从A 运动到B ，电场力对其做正功C 、正电荷在A 点所受电场力的方向与电场线方向相同D 、A BE E <10、如图5水平天花板上固定两绳AO 、BO ，两绳垂直，下面悬挂一质量为m 的物体，物体静止，AO 与水平面夹角为θ，则AO 绳和BO 绳的拉力为： A 、sin A T mg θ= B 、cos B T mg θ=C 、cos A T mg θ=D 、 sin B T mg θ=三、填空题（每空2分，共26分）11、三个相同的金属小球A 、B 、C ，带电量分别为3C 、-5C 、7C ，A 球依次同B 球和C 球相碰后，A 、B 、C 带的电量分别为： C 、 C 、 C图3图4图512、A 、B 两点电荷形成的电场线如图6所示，根据图6可知A 带 电，B 带 电 电场强度的关系是C ED E （填 >,< 或=）13、如图7所示的电场中，一负电荷q 从A 运动到B ，则电场力对q 做 （正或负）功，电势能 （增大或减小或不变）14、当给如图8所示的电容器充电时，A 板带 电，B 板带 电15、根据电容的定义式/C Q U =变形得Q= （公式），若一个电容器的电容是21.510F -⨯，把它接在4V 的电源上，则电容器每个极板所带的电量Q 为16、一质量为m,所带电荷量为-q 的粒子以速度v0射入两带电平行极板间,如图9所示,已知两极板间的电势差为U,距离为d,不计重力,则粒子穿出电场时的速度为:图7DA B图6AB电源图800..A B v C v D ++d+图9四、计算题 （共3小题，每题各12分，共36分）17、 一辆汽车由静止开始做匀加速直线运动， 5秒内运动了15m求：（1）汽车的加速度 （2）汽车在5s 末的速度18、电场中A 、B 两点的电势800A V ϕ=，200B V ϕ=-，求 （1）A ，B 两点间的电势差AB U 和BA U(2) 若把电荷8210q C -=-⨯由A 点移到B 点，则电场力做了多少功?电势能是增加还是减少？增加或减少了多少？19、如图10所示，在真空中有两个点电荷71 2.010Q C -=⨯、72 2.010Q C -=-⨯，1Q 、2Q，A 点与两个点电荷的距离均为1m,试求：（1）1Q 、2Q 在A 点产生的场强大小分别为多少？，并在A 点画出其方向 （2）A 点的电场强度为多大？12图102013～3014学年第一学期高二期中物理答题卷一、单项选择题（每小题4分，共24分）二、多选题（每小题4分，共16分，选全得4分，不全得2分，选错或不选得0分）三、填空题（每空2分，共26分）11、C、C、 C12、、、13、、14、、15、、16、四、计算题（共3小题，17题10分，18、19题各12分，共34分）17、18、19、。
(完整版)高二物理期中考试试题
高二物理期中考试试题第I卷（选择题共60分）一、选择题（每小题4分，共６０分.在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分，请将正确答案填涂到答题卡上）１、真空中有两个点电荷Q1和Q2，它们之间的静电力为F，下面哪些做法可以使它们之间的静电力变为1.5FA．使Q1的电量变为原来的2倍，Q2的电量变为原来的3倍，同时使它们的距离变为原来的2倍B．使每个电荷的电量都变为原来的1.5倍，距离变为原来的1.5倍C．使其中一个电荷的电量和它们的距离变为原来的1.5倍D．保持它们的电量不变，使它们的距离变为原来的2/3倍２、如图所示，电灯L1、L2上分别有“220V，100W”、“220V，40W”字样，那么A．a、b接220V电压时，L1、L2均能正常发光B．a、b接440V电压时，L1、L2均能正常发光C．无论a、b两端接多少伏电压，L1、L2都不可能正常发光；D．无论a、b两端接多少伏电压，L1肯定不能正常发光；３、关于电源电动势，以下说法中正确的是A．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B．在闭合电路中，并联在电源两端电压表的读数是电源的电动势C．电源电动势是表示电源将其他形式的能转化为电能本领大小的物理量D．在闭合电路中，电源电动势在数值上等于内外电压之和４、关于磁场和磁感线的描述，正确的说法是A．磁感线从磁体的N极出发，终止于S极B ．磁感线可以表示磁场的方向和强弱C ．沿磁感线方向，磁场逐渐减弱D ．因为异名磁极相互吸引，所以放入通电螺线管内的小磁针的Ｎ极一定指向螺线管的Ｓ极５、已知π+介子、π—介子都是由一个夸克（夸克u 或夸克d ）和一个反夸克（反夸克u 或反夸克d ）组成的，它们的带电量如下表所示，表中e 为元电荷。
π+ π—u d ud带电量+e－e+e 32 e 31- e 32- e 31+ 下列说法正确的是A ．π+由u 和d 组成B ．π+由d 和u 组成C ．π—由u 和d 组成 D ．π—由d 和u 组成６、两根长直漆包线交叉放置并分别通以如图所示的电流Ｉ，那么两根电流的磁场在导线平面内方向一致的是A ．区域１、２B ．区域３、４C ．区域１、３D ．区域２、４７、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 ，L 4因灯丝烧断而突然熄灭，假设其它三灯丝都没烧断，则A ．L 2变暗，L 3更亮，L 1不变B ． L 1、L 3更亮，L 2变暗C ．L 1更亮，L 2、L 3变暗D ．L 1、L 2、L 3都更亮８、如图所示，匀强电场方向竖直向下，在此电场中有a 、b 两个带电微粒（不计微粒间的相互作用），分别竖直向上、竖直向下做匀速运动，则下列说法中正确的是 A ．两带电微粒带异种电荷B ．两微粒所受的电场力等大、反向１２ ３４Ｉ ＩC ．带电微粒a 重力势能、电势能均增加D ．带电微粒b 电势能增加，机械能减小９、如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线。
江苏省丹阳高级中学高二物理上学期期中试题(创新班,无答案)
江苏省丹阳高级中学2017-2018学年度第一学期期中考试试卷高二物理（创新14、15班）一、单选题（共8小题，每小题2分）1．关于扩散现象和布朗运动，下列说法中正确的是( )A．扩散现象和布朗运动是由外部原因引起的液体分子的运动B．布朗运动虽然不是分子的运动，但它能反映出分子的运动规律C．布朗运动的剧烈程度与悬浮颗粒的大小有关，这说明分子的运动与悬浮颗粒的大小有关D．扩散现象和布朗运动的剧烈程度都与温度有关，所以扩散现象和布朗运动也叫做热运动2．把体积为V1(mL)的油酸倒入适量的酒精中，稀释成V2(mL)的油酸溶液，测出1 mL油酸溶液共有N滴；取一滴溶液滴入水中，最终在水中形成S(cm2)的单分子层油膜，则该油酸分子的直径大约为( )A．m B．m C．cm D．cm3．关于晶体和非晶体，下列说法中正确的是( )A．晶体一定有天然的规则外形B．冰有固定的熔点，一定是晶体C．晶体的物理性质一定表现为各向异性D．水晶片和玻璃片都是透明的，故它们都是晶体4．下图中的四个图象是一定质量的气体，按不同的方法由状态a变到状态b，则反映气体变化过程中从外界吸热的是( )5．原子从一个能级跃迁到一个较低的能级时，有可能不发射光子，例如在某种条件下，铬原子的n＝2能级上的电子跃迁到n＝1能级上时并不发射光子，而是将相应的能量转交给n＝4能级上的电子，使之能脱离原子，这一现象叫做俄歇效应，以这种方式脱离了原子的电子叫做俄歇电子，已知铬原子的能级公式可简化表示为En＝－A/n2，式中n＝1，2，3……表示不同能级，A是正的已知常数，上述俄歇电子的动能是( )A.3/16AB.7/16AC.11/16AD.13/16A6．现有1200个氢原子被激发到量子数为4的能级上，若这些受激氢原子最后都回到基态，则在此过程中发出的光子总数是(假定处在量子数为n的激发态的氢原子跃迁到各较低能级的原子数都是处在该激发态能级上的原子总数的1/n-1)( )A．2200 B．2000 C．1 200 D．2 4007．红宝石激光器的工作物质红宝石含有铬离子的三氧化二铝晶体，利用其中的铬离子产生激光．铬离子的能级图如图所示，E1是基态，E2是亚稳态，E3是激发态，若以脉冲氙灯发出的波长为λ1的绿光照射晶体，处于基态的铬离子受到激发而跃迁到E3，然后自发地跃迁到E2，释放波长为λ2的光子，处于亚稳态E2的离子跃迁到基态时辐射出的光就是激光，这种激光的波长为( )A.λ1λ2λ2－λ1B.λ1λ2λ1－λ2C.λ1－λ2λ1λ2D.λ2－λ1λ1λ28．如图为研究光电效应的装置．一光电管的阴极用极限频率ν0＝6×1014Hz的钠制成，用频率ν＝9.2×1014Hz的紫外线照射阴极，同时在光电管阳极A和阴极K之间的电势差U＝2.7 V，已知普朗克恒量h＝6.63×10－34J·s，电子电量e＝1.6×10－19C，则光电子到达阳极A极时的最大动能为( )A． 2.6 eVB． 3.8 eVC． 4.0 eVD． 4.8 eV二、多选题（共8小题，每小题4分，漏选得2分，错选得0分）1．根据热力学定律和分子动理论，可知下列说法中正确的是( )A．太阳下暴晒的轮胎爆破，轮胎内气体内能减小B．永动机是不可能制成的C．密封在体积不变的容器中的气体，若温度升高，则气体分子对器壁单位面积上的平均作用力增大D．根据热力学第二定律可知，热量能够从高温物体传到低温物体，但不可能从低温物体传到高温物体2．如图，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示，F>0为斥力，F<0为引力．a，b，c，d为x轴上四个特定的位置，现把乙分子从a处由静止释放，则( )A．乙分子从a至b做加速运动，由b至c做减速运动B．乙分子由a至c做加速运动，到达c时速度最大C．乙分子由a至b的过程中，分子力一直做正功D．乙分子由b至d的过程中，分子力一直做负功3．如图所示是一定质量的理想气体的p－V图线，若其状态由A→B→C→A，且A→B等容，B→C 等压，C→A等温，则气体在A、B、C三个状态时( )A．单位体积内气体的分子数n A＝n B＝n CB．气体分子的平均速率v A>v B>v CC．气体分子在单位时间内对器壁的平均作用力F A>F B，F B＝F CD．气体分子在单位时间内，对器壁单位面积碰撞的次数是N A>N B，N A>N C4．如图所示，活塞质量为m，缸套质量为M，通过弹簧吊在天花板上，汽缸内封住一定质量的理想气体，缸套与活塞无摩擦，活塞截面积为S，大气压强为p0，缸套和活塞都是由导热材料做成，则当环境温度升高后( )A．封闭气体的压强增大 B．气体膨胀活塞上移C．气体膨胀缸套下移 D．气体对外界做功，内能增加5．下列说法中正确的是( )A．普朗克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说B．光电效应、康普顿效应说明光具有粒子性C．α粒子散射实验证明了原子核是由质子和中子组成的D．天然放射现象的发现揭示了原子的核式结构6．下列说法中正确的是( )A．X射线是处于激发态的原子核辐射出的B．一群处于n＝3能级激发态的氢原子，自发跃迁时能发出3种不同频率的光C．放射性元素发生一次β衰变，原子序数增加1D.235 92U的半衰期约为7亿年，随着地球环境的不断变化，半衰期可能变短7．以上实验中，深入地揭示了光的粒子性一面的有( )8．下列说法中正确的是( )A．物质波是一种概率波，这种波能够发生干涉和衍射现象B．大量的电子通过双缝后在屏上形成明暗相间的条纹，这表明所有的电子都落在明条纹处C．电子和其他微观粒子都具有波粒二象性D．光波是一种概率波．光的波动性是由于光子之间的相互作用引起的，这是光子自身的固有性质三、填空题（共30分，每空2分）1．(1)若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，则在此过程中关于气泡中的气体，下列说法正确的是___▲___(填写选项前的字母)A．气体分子间的作用力增大B．气体分子的平均速率增大C．气体分子的平均动能减小D．气体组成的系统的熵增加(2)若将气泡内的气体视为理想气体，气泡从湖底上升到湖面的过程中，对外界做了0.6 J的功，则此过程中的气泡___▲___填“吸收”或“放出”)的热量是___▲___J．气泡到达湖面后，气泡中的气体温度上升，又对外界做了0.1 J的功，同时吸收了0.3 J的热量，则此过程中，气泡内气体内能增加了___▲___J.2．以一定速度运动的原子核X放出错误!未找到引用源。
宁夏银川市第二中学2024-2025学年高二上学期期中考试物理试题(无答案)
绝密★启用前银川二中2024—2025学年第一学期高二年级期中考试物理试题本试卷共6页、15题。
全卷满分100分。
考试用时75分钟。
注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．四个相同的小量程电流表（表头）分别串联或并联一个定值电阻，从而改装成两个电流表和两个电压表。
已知电流表的量程大于的量程，电压表的量程大于的量程，改装好后把它们按图示接入电路，则（ ）A ．电流表的读数小于电流表的读数B ．电流表的偏转角等于电流表的偏转角C ．电压表的读数小于电压表的读数D ．电压表的偏转角大于电压表的偏转角2．下图是有两个量程的电流表，当分别使用a 和b 、a 和c 接线柱时，其中一个量程为0-100mA ，另一个量程为0-10mA ，表头内阻，满偏电流，则（）1A 2A 1V 2V 1A 2A 1A 2A 1V 2V 1V 2V g 90R =Ωg 1mA I =A ．当使用a 、b 时量程为0-10mB ．当使用a 、c 时量程为0-100mAC ．电阻为D ．电阻为3．如图所示，一直流电动机与阻值的电阻串联在电源上，电源的电动势，内阻，闭合开关，用理想电压表测出电动机两端电压，已知电动机线圈的电阻，则下列说法正确的是（ ）A ．通过电动机的电流为10AB ．电动机的输入功率为100WC ．电源的输出功率为4WD ．电动机的输出功率为16W4．如图，在磁感应强度大小为的匀强磁场中，两长直导线P 和Q 垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为1。
山西省太原市2022-2023学年高二上学期期中质量监测物理试题
故选A。
5．D
【详解】A．可贮存的电荷量为
A错误；
B．以I1= 的电流放电，可以工作
B错误；
C．以I2= 的电流放电，可以工作
C错误；
D．储存的电能为
（2）若在平行板间加上 的电压，将其间电场视为匀强电场，求离子前、后两次穿过 时位置间的距离。
参考答案：
1．B
【详解】A．摩擦前丝绸和玻璃棒的内部都有等量的正电荷和负电荷，从而显电中性，故A错误；
BC．摩擦过程中电子从玻璃棒转移到了丝绸，从而使玻璃棒带正电荷，丝绸带负电荷，正电荷位于原子核内，不能发生转移，故B正确，C错误；
A．利用图（乙）的电路测量小灯泡两端的电压
B．利用图（乙）的电路测量小灯泡的电阻
C．利用图（丙）的电路测量通过小灯泡的电流
17．在用伏安法测金属丝的电阻率时，所用器材为：电源（电压 ，内阻可忽略）、电流表（内阻约 ）、电压表（内阻约 ），滑动变阻器 （ ，额定电流 ）、开关、导线若干。某小组同学将器材按图（甲）连接后开始实验，回答下列问题：
A．沿直线 向 运动，先做匀加速运动，后做匀减速运动
B．在远离 点的过程中，其所经各点的电势先降低后升高
C．在远离 点的过程中，其电势能先减小后增大
D．在从 运动至 点的过程中，其动能先增大后减小
二、多选题
11．某科技小组展示了如下作品；在玻璃管的中心轴上安装一根直导线，玻璃管外绕上线圈，直导线的一端和线圈的一端分别接感应圈的“+”，“-”电极相连，如图所示。感应圈未接通电源时点燃蚊香，让烟通过玻璃管冒出；接通电源后，感应圈两电极间产生稳定高电压，烟就不再从玻璃管中冒出来了，但是过一会儿可以看到管壁变成了烟色。下列解释正确的是（ ）
四川省四川师范大学附属中学2022-2023学年高二上学期期中考试物理试题
四川省四川师范大学附属中学2022-2023学年高二上学期期中考试物理试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点，以下正确的是（）A．该带电粒子带正电B．粒子在N点的加速度小于在M点的加速度C．M点的电势低于在N点的电势D．粒子在M点的电势能小于在N点的电势能2．空中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为正点电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如题图所示，a、b、c、d为电场中的四个点，则（）A．P、Q两点处的电荷等量同种B．a点和b点的电场强度相同C．c点的电势高于d点的电势D．负电荷从a到c，电势能增加3．对于常温下一根阻值为R的金属电阻丝，下列说法正确的是（）A．常温下，若将电阻丝均匀拉长为原来的10倍，则电阻变为10RB．常温下，若将电阻丝从中点对折，电阻变为4RC．加在电阻丝上的电压从0逐渐加大到U，则在任意状态下的UI的值不变D．若把温度降到绝对零度附近，电阻丝的电阻突然变为零，这种现象称为超导现象4．如图，电荷量为＋q的点电荷与一正方形均匀带电薄板相距2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心O，图中AO=OB=d，已知B点的电场强度为零，静电力常量为k。
下列说法正确的是（）A ．薄板带正电，A 点的电场强度大小为2109kq d B ．薄板带正电，A 点的电场强度大小为289kq d C ．薄板带负电，A 点的电场强度大小2109kq d D ．薄板带负电，A 点的电场强度大小289kq d 5．如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M 和N 分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，M 、N 保持静止，不计重力，则（ ）A ．M 的带电量比N 的大B ．M 带负电荷，N 带正电荷C ．静止时M 受到的合力比N 的大D ．移动过程中匀强电场对M 做正功6．如图甲所示是来测量脂肪积累程度的仪器，其原理是根据人体电阻的大小来判断脂肪所占比例（体液中含有钠离子、钾离子等，而脂肪不容易导电），模拟电路如图乙所示。
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江苏省天一中学2016-2017学年第一学期期中考试高二物理试卷（选修）一、单项选择题：本题共6小题，每小题3分，共计18分．每小题只有一个．．．．选项符合题意．1．在磁场中某一点，已经测出一段0.5 cm长的导线通过0.01 A电流时，受到的磁场作用力为5×10－6N，则关于该点磁感应强度的下列说法，正确的是( )A．磁感应强度大小一定是0.1TB．磁感应强度大小一定不大于0.1TC．磁感应强度大小一定不小于0.1TD．磁感应强度的方向即为导线所受磁场力的方向2．如图所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中．质量为m、带电荷量为＋Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑．在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是( ) A．滑块受到的摩擦力不变B．滑块沿斜面下滑的速度变化，但洛伦兹力大小不变C．滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下D．B很大时，滑块可能静止于斜面上3.如图所示，在条形磁铁的外面套着一个闭合弹簧线圈，若把线圈四周向外拉，使线圈包围的面积变大，则线圈中感应电流的情况是( ) A．弹簧线圈中有感应电流，俯视看电流方向为逆时针方向B．弹簧线圈中有感应电流，俯视看电流方向为顺时针方向C．因线圈中磁通量不变，故无感应电流。
D．无法判断有无感应电流4．如图所示，28根通有同向等大电流的长直导线(彼此绝缘)正好紧密排列在以O为圆心的圆周上，直径BD水平，AC竖直，直导线中电流方向均垂直纸面向外，现将B处的长直导线撤走，而将C处的长直导线平移到圆心O处，则圆心O处的长直导线所受安培力的方向( )A．沿∠COB的角平分线向下 B．沿∠AOD的角平分线向上C．沿∠AOB的角平分线向上 D．沿∠COD的角平分线向下5．如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内有一位于纸面内的电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框分别从两个方向移出磁场的过程中( ) A．导体框所受安培力方向相同B ．导体框中产生的焦耳热相同C ．导体框ad 边两端电压相同D ．通过导体框截面的电荷量不同6．如图所示是回旋加速器的工作原理图，两个半径为R 的中空半圆金属盒D 1、D 2间窄缝宽为d ，两金属电极间接有高频电压U ，中心O 处粒子源产生的质量为m 、带电荷量为q 的粒子在两盒间被电压U 加速，匀强磁场垂直两盒面，粒子在磁场中做匀速圆周运动，令粒子在匀强磁场中运行的总时间为t ，则下列说法正确的是( )A ．粒子的比荷q m越小，时间t 越大 B ．加速电压U 越大，时间t 越大 C ．磁感应强度B 越大，时间t 越大 D ．窄缝宽度d 越大，时间t 越大二、多项选择题：本题共6小题，每小题4分，共计24分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．7．如图所示，一光滑水平桌面的左半部分处于竖直向下的匀强磁场内，当一电阻不计的环形导线圈在此水平桌面上向右以某一速度开始滑行时 ( ) A ．若整个线圈在磁场内，线圈一定做匀速运动B ．线圈从磁场内滑到磁场外过程，必做减速运动C ．线圈从磁场内滑到磁场外过程，必做加速运动D ．线圈从磁场内滑到磁场外过程，必定放热8．一个面积S =4×10－２m ２，匝数n =100 匝的线圈，放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图所示，则下列判断正确的是 （ ）A ． 在开始的2 s 内穿过线圈的磁通量变化率等于0.08Ｗb/sB ．在开始的2 s 内穿过线圈的磁通量的变化量等于零C ．在开始的2 s 内线圈中产生的感应电动势等于8 VD ．在第3 s 末线圈中的感应电动势等于零9．如图所示，A 、B 、C 是三个完全相同的灯泡，L 是一个自感系数较大的线圈(直流电阻可忽略不计)．则( )A ．S 闭合时，A 灯立即亮，然后逐渐熄灭B ．S 闭合时，B 灯立即亮，然后逐渐熄灭C ．电路接通稳定后，S 断开，C 灯逐渐熄灭D ．电路接通稳定后，三个灯亮度相同10．目前世界上正研究的一种新型发电机叫磁流体发电机，如图表示它的发电原理：将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，而从整体来说呈中性)沿图中所示方向喷射入磁场，磁场中有两块金属板A 、B ，这时金属板上就聚集了电荷．在磁极配置如图所示的情况下，下述说法正确的是( )A ．A 板带负电B ．有电流从b 经用电器流向aC ．金属板A 、B 间的电场方向向下D ．等离子体发生偏转的原因是离子所受电场力大于所受洛伦兹力11.如图所示，充电的两平行金属板间有场强为E 的匀强电场和方向与电场垂直（垂直纸面向里）的匀强磁场，磁感应强度为B ，构成速度选择器，氕、氘、氚核以相同的动能E k 从两极板中间垂直于电场和磁场射入速度选择器，且氘核沿直线射出，则射出时（ ） A ．偏向正极板的是氚核 B ．动能增加的是氕核 C ．动能增加的是氚核 D ．偏向正极板的是氕核12．如图所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，其下端连接一个定值电阻R ，匀强磁场垂直于导轨所在平面，将ab 棒在导轨上无初速度释放，当ab 棒下滑到稳定状态时，速度为v ，电阻R 上消耗的功率为P .导轨和导体棒电阻不计．下列判断正确的是( )A ．导体棒的a 端比b 端电势高B ．ab 棒在达到稳定状态前做加速度减小的加速运动C ．若磁感应强度增大为原来的2倍，其他条件不变，则ab 棒下滑到稳定状态时速度将变为原来的12D ．若换成一根质量为原来2倍的导体棒，其他条件不变，则ab 棒下滑到稳定状态时的功率将变为原来的4倍三、实验题（共2小题，共18分。
其中第13小题每小题4分，合计8分；第14小题每问2分，计10分）13．下列是关于使用多用电表两个实验操作，请完成两题。
（1）黑箱上有三个接线柱A 、B 、C 如图所示，已知里面装的元件只有两个（可能的元件是电池、电阻或二极管），并且两个接线柱之间最多只接一个元件，现用多用表去进行检测，其检测结果如下：①用直流电压挡测量，A 、B 、C 三接线柱之间均无电压； ②用欧姆挡测量，A 、C 之间正、反接电阻值不变； ③用欧姆挡测量，红表笔接A ，黑表笔接B ，有电阻，黑表笔接A ，红表笔接B ，电阻值较大；④用欧姆挡测量，黑表笔接B，红表笔接C，有电阻，阻值比②步测得的大；反接电阻值很大．画出箱内两个元件的接法．（2）在使用测电阻时，以下说法正确的是（）A．用不同档的欧姆表测量同一电阻的阻值时，误差大小是一样的B．测量过程中，每换一次挡位，一定要重新调整“欧姆零点”C．测量结束后，只要拔出红黑表笔即可。
D．利用多用电表测量电路中某个电阻阻值时，一定要把电阻从电路中断开14．如图所示为多用电表的刻度盘．若选用倍率为“×100”的电阻挡测电阻时，表针指示如图所示，则：(1)所测电阻的阻值为________Ω；如果要用此多用电表测量一个阻值约为2.0×104Ω的电阻，为了使测量结果比较精确，应选用的欧姆挡是________(选填“×10”、“×100”或“×1 k”)．(2)用此多用电表进行测量，当选用量程为50 mA的电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为________mA；当选用量程为250 mA的电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为________mA．(3)当选用量程为10 V的电压挡测量电压时，表针也指于图示位置，则所测电压为________V.四、计算题：本题共4小题，共计60分．解答时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．15．（10分）在下图甲中，带正电粒子从静止开始经过电势差为U的电场加速后，从G点垂直于MN进入偏转磁场，该偏转磁场是一个以直线MN为上边界、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，带电粒子经偏转磁场后，最终到达照相底片上的H点，如图甲所示，测得G、H间的距离为d，粒子的重力可忽略不计．(1)设粒子的电荷量为q，质量为m，求该粒子的比荷q m ；(2)若偏转磁场的区域为圆形，且与MN相切于G点，如图乙所示，其他条件不变．要保证上述粒子从G点垂直于MN进入偏转磁场后不能打到MN边界上(MN足够长)，求磁场区域的半径R应满足的条件．16．（12分）把总电阻为2R的均匀电阻丝焊接成一半径为a的圆环，水平固定在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，如右图所示，一长度为2a、电阻等于R、粗细均匀的金属棒MN放圆环上，它与圆环始终保持良好的接触．当金属棒以恒定速度v向右移动经过环心O时，求：(1)棒上电流的大小和方向及棒两端的电压U MN；(2)圆环和金属棒上消耗的总热功率．17.(12分)如右图所示，金属杆ab放在光滑的水平金属导轨上，与导轨组成闭合矩形电路，长L1＝0.8 m，宽L2＝0.5 m，回路总电阻R＝0.2Ω，回路处在竖直方向的磁场中，金属杆用水平绳通过定滑轮连接质量M＝0.04 kg的木块，磁感应强度从B0＝1 T开始随时间均匀增加，5 s末木块将离开水平面，不计一切摩擦，g取10 m/s2。
（1）试判断感应电流在ab棒中的电流方向；（2）回路中的电流强度．18．（12分）如图所示，足够长的光滑平行金属导轨cd和ef，水平放置且相距L，在其左端各固定一个半径为r的四分之三光滑金属圆环，两圆环面平行且竖直．在水平导轨和圆环上各有一根与导轨垂直的金属杆，两金属杆与水平导轨、金属圆环形成闭合回路，两金属杆质量均为m，电阻均为R，其余电阻不计．整个装置放在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中．当用水平向右的恒力F＝3mg拉细杆a，达到匀速运动时，杆b恰好静止在圆环上某处，试求：(1)杆a做匀速运动时，回路中的感应电流；(2)杆a做匀速运动时的速度；(3)杆b静止的位置距圆环最低点的高度．19．（14分）（此题8至16班学生必做，1-3班学生不做）如图所示，在屏蔽装置底部中心位置O点放一医用放射源，可通过细缝沿扇形区域向外辐射速率为v＝3.2×106 m/s的α粒子．已知屏蔽装置宽AB＝9 cm、缝长AD＝18 cm，α粒子的质量m＝6.64×10－27kg，电荷量q＝3.2×10－19C．若在屏蔽装置右侧条形区域内加一匀强磁场来隔离辐射，磁感应强度B＝0.332 T，方向垂直于纸面向里，整个装置放于真空环境中．（1）若所有α粒子均不能从条形磁场隔离区的右侧穿出，则磁场的宽度d至少是多少？（2）若条形磁场的宽度d＝20 cm，则射出屏蔽装置的α粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间各是多少？(结果保留两位有效数字)19．（14分）（此题1-3班学生必做，8-14班学生不做）如图a 所示，匀强磁场垂直于xOy 平面，磁感应强度B 1按图b 所示规律变化（垂直于纸面向外为正）．t =0时，一比荷为5101⨯=mqC/kg 的带正电粒子从原点沿y 轴正方向射入，速度大小4510m/s v =⨯，不计粒子重力． ⑴求带电粒子在匀强磁场中运动的轨道半径． ⑵求410s 2t π-=⨯时带电粒子的坐标．⑶保持b 中磁场不变，再加一垂直于xOy 平面向外的恒定匀强磁场B 2，其磁感应强度为0.3T ，在t =0时，粒子仍以原来的速度从原点射入，求粒子回到坐标原点的时刻．s图bs。