高二物理上学期期中试题87

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高二物理上册期中试卷一、单项选择题（共6小题，每小题3分，共18分。

每题只有一个选项符合题意。

答案写在表格中）1、关于感应电动势和感应电流，下列说法中正确的是A.只有当电路闭合，且穿过电路的磁通量发生变化时，电路中才有感应电动势B.只有当电路闭合，且穿过电路的磁通量发生变化时，电路中才有感应电流C.不管电路是否闭合，只要有磁通量穿过电路，电路中就有感应电动势D.不管电路是否闭合，只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中就有感应电流2.如图所示为测定压力的电容式传感器，将平行板电容器、灵敏电流表（零刻度在中间）和电源串联成闭合回路.当压力F作用于可动膜片电极上时，膜片产生形变，引起电容的变化，导致灵敏电流表指针偏转.在对膜片开始施加压力从图中的虚线推到图中实线位置并保持固定的过程中，灵敏电流表指针的偏转情况为（电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏）A,向右偏到某一刻度后回到零刻度 B.向左偏到某一刻度后回到零刻度C.向右偏到某一刻度后不动D,向左偏到某一刻度后不动3.铁路上使用一种电磁装置向控制中心传输信号以确定火车的位置.能产生匀强磁场的磁铁，被安装在火车首节车厢下面，如图（甲）所示（俯视图）.当它经过安放在两铁轨间的线圈时，便会产生一电信号，被控制中心接收.当火车通过线圈时，若控制中心接收到的线圈两端的电压信号为图（乙）所示，则说明火车在做A.匀速直线运动B.匀加速直线运动C.匀减速直线运动D.加速度逐渐增大的变加速直线运动4、吉他以其独特的魅力吸引了众多音乐爱好者，电吉他与普通吉他不同的地方是它的每一根琴弦下面安装了一种叫做“拾音器"的装置，能将琴弦的振动转化为电信号，电信号rrrr唳火车找投而心经扩音器放大，再经过扬声器就能播出优美音乐声。

如图是拾音器的结构示意图，多匝线圈置于永久磁铁与钢制的琴弦（电吉他不能使用尼龙弦）之间，当弦沿着线圈振动时，线圈中就会产生感应电流。

关于感应电流，以下说法正确的是A、琴弦振动时，线圈中产生的感应电流是恒定的B、琴弦振动时，线圈中产生的感应电流大小变化，方向不变C、琴弦振动时，线圈中产生的感应电流大小不变。

高二上期期中考试试卷物理含答案

A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】AB．根据图像可知，粒子的加速度在逐渐减小，粒子所受电场力在逐渐减小，电场强度随位移在逐渐减小，AB错误；
C．粒子带负电，电场力方向从指向，电场强度方向从指向，故从到电势逐渐升高，由于电场强度逐渐减小，故图像的斜率逐渐减小，C正确；
D．从到电势能逐渐减小，但由于电场力减小，图像的斜率逐渐减小，D错误。
A.电动机内部线圈的电阻为1Ω
B.稳定匀速提升重物时，流过电动机的电流为2A
C.重物匀速上升时的速度为1.5m/s
D.匀速提升重物时电动机的输出机械功率是2W
【答案】C
【解析】
【详解】A．当将重物固定时，电动机没有机械能输出，整个电路是纯电阻电路，根据闭合电路欧姆定律可知电路中内电压为
电路中电流为
故电动机上电压为
故选ACD。
10.如图甲所示，真空中水平放置两块长度为的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为的周期性变化的电压，在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自时刻开始连续释放初速度大小为、方向平行于金属板的相同带电粒子，时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场。已知电场变化周期，粒子质量为，不计粒子重力及相互间的作用力，则以下说法正确的是（）
B．若电流通在A中，则在t1﹣t2时间内，电流逆时针增大，通过B线圈的磁通量增大，根据楞次定律，知B内有顺时针方向的电流，根据楞次定律的另一种表述，B线圈有缩小的趋势。故B正确；
C．若电流通在B中，则在0﹣t1时间内，电流顺时针方向减小，通过A线圈的磁通量减小，根据楞次定律，知A内有顺时针方向的电流，对于A线圈，减小面积时可以阻碍磁通量减小，所以A线圈有收缩趋势。故C正确；

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铜陵一中高二（上）期中物理试卷一、选择题（本小题共10题，1-6为单项选择题，7-10为多项选择题，每题4分，共40分）1．关于场强的三个公式①E=②E=k ③E=的适用范围，下列说法正确的是（）A．三个公式都只能在真空中适用B．公式①和②只能在真空中适用，公式③在真空中和介质中都适用C．公式②和③只能在真空中适用，公式①在真空中和介质中都适用D．公式①适用于任何电场，公式②只适用于点电荷形成的电场，公式③只适用于匀强电场2．下列说法错误的是（）A．电源外部存在着由正极指向负极的电场，内部存在着由负极指向正极的电场B．在电源外部电路中，负电荷靠静电力由电源的负极流向正极C．在电源内部电路中，正电荷靠非静电力由电源的负极流向正极D．在电池中，靠化学作用使化学能转化为电势能3．导体A带5Q的正电荷，另一个完全相同的导体B带﹣Q的负电荷，将两导体接触一会后再分开，则B导体的带电量为（）A．﹣Q B．Q C．2Q D．4Q4．一个阻值为R的电阻两端加上电压U后，通过导体截面的电量q与通电时间t的图象如图所示，此图线的斜率（即tanα）等于（）A．U B．R C．D．5．在电场中A、B两点间的电势差为U AB=75V，B、C两点间的电势差为U BC=﹣200V，则A、B、C三点的电势高低关系为（）A．φA＞φB＞φC B．φA＜φC＜φB C．φB＜φA＜φC D．φC＞φB＞φA 6．在如图电路中，当滑动变阻器的滑片向左滑动过程中，下列说法正确的是（）A．通过电阻R2的电流将变小 B．通过电阻R3的电流将变大C．通过电阻R4的电流将变大 D．，路端电压将不变7．关于静电平衡状态的特征说法正确的是（）A．处于静电平衡状态的导体，内部的电势处处为零B．处于静电平衡状态的导体，内部的场强处处为零C．处于静电平衡状态的导体，外部表面附近任何一点的场强方向必跟该点的表面垂直D．处于静电平衡状态的整个导体是个等势体，导体的表面为等势面8．如图所示是电阻R的I﹣U图象，图中α=45°，由此得出（）A．通过电阻的电流与两端电压成正比B．电阻R=0.5ΩC．因I﹣U图象的斜率表示电阻的倒数，故R==1.0ΩD．在R两端加上6.0V的电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是3.0C 9．一个空气平行板电容器，极板间距离为d，正对面积为S，充以电荷量为Q 后，两极板间电压为U，为使电容器的电容加倍，可采用的办法是（）A．将电压变为B．将带电荷量变为2QC．将极板正对面积变为2SD．将两极间充满介电常数为2的电介质10．如图中A、B、C三点都在匀强电场中，已知AC⊥BC，∠ABC=60°，BC=20cm，把一个电荷量q=10﹣5C的正电荷从A移到B，静电力做功为零，从B 移到C，静电力做功W=﹣J，则该是（）A．AB两点间的电势差是0B．BC 两点间的电势差是VC．场强大小是1000 V/m，方向垂直AB斜向下D．场强大小是865 V/m，方向垂直AB斜向下二、实验题（11题4分，12题16分，共20分）11．用如图所示的电路测量待测电阻Rx的阻值时，下列关于由电表产生误差的说法中，正确的是（）A．电压表的内电阻越小，测量越精确B．电流表的内电阻越小，测量越精确C．电压表的读数小于R x两端真实电压，R x的测量值小于真实值D．由于电流表的分流作用，使R x的测量值小于真实值12．（16分）（2015秋•铜陵校级期中）有一灯泡上标有“6V 0.1A”字样，现要测量该灯泡的伏安特性曲线，有下列器材供选用：A．电压表（0～5V，内阻2.0kΩ）B．电压表（0～10V，内阻3.0kΩ）C．电流表（0～0.3A，内阻2.0Ω）D．电流表（0～6A，内阻1.5Ω）E．滑动变阻器（30Ω，2A）F．滑动变阻器（100Ω，0.5A）G．学生电源（直流9V）及开关、导线等（1）试验中所用的电压表应选，电流表应选，滑动变阻器应选．（2）要求电压从0开始测量应选甲、乙、丙、丁中的哪一个电路图．三、计算题（第13、14题每题8分，第15、16题每天12分，共40分）13．某一个电场中的等势面分布情况如图所示，试根据此图分析：（1）电荷量是Q=﹣3.2×10﹣19C的带电粒子在电场中的c等势面的电势能是多少？（2）如果把该带电粒子从b等势面移动到e等势面，静电力做功是多少？14．规格为“220V 36W”的排气扇，线圈电阻为40Ω．（1）接上220V 电压后，求排气扇转化为机械能的功率和发热热功率；（2）如果接上220V 电压后，扇叶被卡住，不能转动，求排气扇的电功率和发热功率．15．（12分）（2016•大庆模拟）一电路如图所示，电源电动势E=28V，内阻r=2Ω，电阻R1=12Ω，R2=R4=4Ω，R3=8Ω，C为平行板电容器，其电容C=3.0pF，虚线到两极板距离相等，极板长L=0.20m，两极板的间距d=1.0×10﹣2m．（1）若开关S处于断开状态，则当其闭合后，求流过R4的总电量为多少？（2）若开关S断开时，有一带电微粒沿虚线方向以v0=2.0m/s的初速度射入C 的电场中，刚好沿虚线匀速运动，问：当开关S闭合后，此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入C的电场中，能否从C的电场中射出？（要求写出计算和分析过程，g取10m/s2）16．（12分）（2015秋•铜陵校级期中）如图所示，方向为水平向右的匀强电场中，有一质量为m=0.1kg的带电小球，所带的电荷量是q=0.01C，现用长为L=0.25m的细线悬于O点，当小球平衡时，细线和竖直方向的夹角为θ=60°，求（1）电场强度E是多少？（2）现给小球一个初速度，速度方向和细线垂直，使小球恰能在竖直平面内做逆时针方向的圆周运动，则圆周运动过程中速度的最小值为多少？（3）在（2）问条件下，若当小球运动到最高点时，细线突然断了，小球将做类似斜上抛的运动，则小球以后运动过程中的最小速度是多少？（提示：用等效复合场）铜陵一中高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本小题共10题，1-6为单项选择题，7-10为多项选择题，每题4分，共40分）1．关于场强的三个公式①E=②E=k ③E=的适用范围，下列说法正确的是（）A．三个公式都只能在真空中适用B．公式①和②只能在真空中适用，公式③在真空中和介质中都适用C．公式②和③只能在真空中适用，公式①在真空中和介质中都适用D．公式①适用于任何电场，公式②只适用于点电荷形成的电场，公式③只适用于匀强电场【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】本题应明确三个公式的来源：公式①为电场的定义式，公式②是根据定义及库仑定律求出的公式，公式③为匀强电场中得出的场强与电势差的关系．【解答】解：因公式①为电场强度的定义式，故适用于任意电场；而公式②是由库仑定律得出的直空中点电荷周围的场强，故只能适用于真空中点电荷形成的电场；公式③是匀强电场中场强与电势关系，故只能适用于匀强电场；故选D．【点评】每一个物理公式都有其适用的范围，故在学习中要注意体会其范围，以免错用了公式．2．下列说法错误的是（）A．电源外部存在着由正极指向负极的电场，内部存在着由负极指向正极的电场B．在电源外部电路中，负电荷靠静电力由电源的负极流向正极C．在电源内部电路中，正电荷靠非静电力由电源的负极流向正极D．在电池中，靠化学作用使化学能转化为电势能【考点】电源的电动势和内阻．【专题】恒定电流专题．【分析】电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量；根据电动势的定义式E=可知，非静电力把单位正电荷从电源负极移送到正极所做的功等于电源的电动势．【解答】解：ABC、电源的外电路中存在着由正极指向负极的电场，电子在电场力的作用下由电源负极流向正极，在电源内部存在着非静电力使电子由正极流向负极或正电荷靠非静电力由电源的负极流向正极，并不是内部存在由负极指向正极的电场，故A错误，BC正确．D、电池中是提供电能的装置，是化学能转化为电势能，故D正确．本题选错误的，故选：A．【点评】明确电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量，会利用场的角度分析电流的形成．3．导体A带5Q的正电荷，另一个完全相同的导体B带﹣Q的负电荷，将两导体接触一会后再分开，则B导体的带电量为（）A．﹣Q B．Q C．2Q D．4Q【考点】电荷守恒定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】两相同的导体相互接触时，若带同种电荷则将两球带电量平分，若带异种电荷则将电量先中和再平分，据此可正确解答本题．【解答】解：两带电体带异种电荷，接触后先将电量中和，故接触后两带电体带电总和为：5Q﹣Q=4Q，当两带电体分开后，将总电量平分，所以将两导体接触一会后再分开，则B导体的带电量为2Q，故ABD错误，C正确．故选C．【点评】本题关键是根据电荷守恒定律得到，两个相同的金属球接触后，电荷总量先中和后均分．4．一个阻值为R的电阻两端加上电压U后，通过导体截面的电量q与通电时间t的图象如图所示，此图线的斜率（即tanα）等于（）A．U B．R C ．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，【解答】解：在图象中可知I=，所以斜率代表的就是电流，I=代表的也是电流，故选C．【点评】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．5．在电场中A、B两点间的电势差为U AB=75V，B、C两点间的电势差为U BC=﹣200V，则A、B、C三点的电势高低关系为（）A．φA＞φB＞φC B．φA＜φC＜φB C．φB＜φA＜φC D．φC＞φB＞φA 【考点】电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】本题根据电势差与电势的关系：U AB=φA﹣φB，U BC=φB﹣φC，U AC=U AB+U BC，即可判断三点电势的高低关系．【解答】解：由题意，U AB=φA﹣φB=75V，则得：φA＞φB；U BC=φB﹣φC=﹣200V，则得：φB＜φC；又U AC=U AB+U BC=（75﹣200）V=﹣125V，则得：φA＜φC；故有：φC＞φA＞φB；故ABD错误，C正确．故选：C．【点评】本题只要掌握U AB=φA﹣φB，U AC=U AB+U BC，通过列式分析电势的关系．也可以作出电场线，根据三点在电场线的位置做定性分析进行判断．6．在如图电路中，当滑动变阻器的滑片向左滑动过程中，下列说法正确的是（）A．通过电阻R2的电流将变小 B．通过电阻R3的电流将变大C．通过电阻R4的电流将变大 D．，路端电压将不变【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】比较思想；控制变量法；恒定电流专题．【分析】当滑动变阻器的滑片P向左移动时，变阻器的有效电阻增大，并联部分电阻增大，外电路总电阻增大，再分析总电流和路端电压的变化，再由电路的特点分析即可．【解答】解：当滑动变阻器的滑片P向左移动时，变阻器的有效电阻增大，并联部分电阻增大，外电路总电阻增大，则总电流减小，路端电压增大，可知通过R4的电流增大，根据并联电路的规律可知，通过R3的电流减小，R3的电压减小，则R2的电压增大，其电流增大．故ABD错误，C正确．故选：C【点评】本题动态分析问题，关键要抓住变阻器的有效电阻增大，外电路总电阻必然增大，与变阻器所在电路的电流减小，与之并联的支路电流增大．7．关于静电平衡状态的特征说法正确的是（）A．处于静电平衡状态的导体，内部的电势处处为零B．处于静电平衡状态的导体，内部的场强处处为零C．处于静电平衡状态的导体，外部表面附近任何一点的场强方向必跟该点的表面垂直D．处于静电平衡状态的整个导体是个等势体，导体的表面为等势面【考点】静电现象的解释．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．【分析】处于静电平衡状态的导体，外部表面附近任何一点的场强方向必跟该点的表面垂直，由此分析解答即可．【解答】解：A、电势的0点是人为选择的，处于静电平衡状态的导体，内部的场强处处为零，内部的电势不一定处处为零．故A错误；B、处于静电平衡状态的导体，在导体内部任意一点，感应电荷产生的附加电场的场强与电荷q产生的场强与大小相等，方向相反，内部的场强处处为零．故B正确；C、处于静电平衡状态的导体的内部场强处处为0．电荷只分布在导体的外表面，且整个导体是一个等势体，同时外部表面附近任何一点的场强方向必跟该点表面垂直．故C正确，D正确．故选：BCD【点评】该题考查对静电平衡状态的理解，牢记静电平衡状态的两个特点即可正确解答．基础题目．8．如图所示是电阻R的I﹣U图象，图中α=45°，由此得出（）A．通过电阻的电流与两端电压成正比B．电阻R=0.5ΩC．因I﹣U图象的斜率表示电阻的倒数，故R==1.0ΩD．在R两端加上6.0V的电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是3.0C【考点】欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】电阻R的I﹣U图象斜率的倒数等于电阻R，由数学知识分析电流与电压的关系．对于电阻R，运用斜率求解，但不能根据直线倾角的正切的倒数求解．由图读出电压为U=6V时的电流，由q=It求解每秒内通过电阻的电荷量．【解答】解：A、根据数学知识可知，通过电阻的电流与两端电压成正比，故A 正确BC、根据电阻的定义式R=可知，I﹣U图象斜率的倒数等于电阻R，则得R=Ω=2Ω，故BC错误．D、由图知，当U=6V时，I=3A，则每秒通过电阻横截面的电荷量是q=It=3×1C=3.0C，故D正确．故选：AD．【点评】本题考查了学生对电阻的定义式R=的理解与掌握，要注意直线的斜率与直线倾角的区别．9．一个空气平行板电容器，极板间距离为d，正对面积为S，充以电荷量为Q 后，两极板间电压为U，为使电容器的电容加倍，可采用的办法是（）A ．将电压变为B．将带电荷量变为2QC．将极板正对面积变为2SD．将两极间充满介电常数为2的电介质【考点】电容器的动态分析．【专题】电容器专题．【分析】改变电容器的电压和带电量不会改变电容器的电容，由电容器的决定式得：我们可以通过改变正对面积s，介电常数eγ，极板间的距离d来改变电容．【解答】解：改变电容器的电压和带电量不会改变电容器的电容，由电容器的决定式决定的．故AB错误．由电容器的决定式得：将电容器的电容加倍，我们可采取的方式是：①将极板正对面积变为2S；②将电解质换为介电常数为原来的介电常数2倍的电解质；③将两极板距离变为原来的一半．故C正确，D错误．故选C【点评】改变电容器的电压和带电量不会改变电容器的电容，电容器的电容是由决定式决定的．10．如图中A、B、C三点都在匀强电场中，已知AC⊥BC，∠ABC=60°，BC=20cm，把一个电荷量q=10﹣5C的正电荷从A移到B，静电力做功为零，从B 移到C，静电力做功W=﹣J，则该是（）A．AB两点间的电势差是0B．BC 两点间的电势差是VC．场强大小是1000 V/m，方向垂直AB斜向下D．场强大小是865 V/m，方向垂直AB斜向下【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．【专题】参照思想；图析法；电场力与电势的性质专题．【分析】正电荷从A移到B，静电力做功为零，可知A、B两点的电势差为0．根据W=qU求出BC两点间的电势差．AB为等势线，电场强度的方向与等势面的方向垂直，且从高等势面指向低等势面．根据E=求出匀强电场的场强大小．【解答】解：A、正电荷从A移到B，静电力做功为0，根据W=qU，知AB两点间的电势差是0，故A正确．B、已知从B移到C，静电力做功W=﹣J，由W=qU，得BC两点间的电势差U===﹣V，故B错误．CD、AB为等势线，电场强度的方向与等势面的方向垂直，且从高等势面指向低等势面．根据正电荷从B移到C，静电力做负功，则知C点的电势比B的电势高．BC间的电势差为：U BC ===﹣100V则匀强电场的场强大小为：E===1000V/m，场强方向垂直AB斜向下．故C正确，D错误．故选：AC【点评】解决本题的关键知道电场力做功与电势差的关系，以及知道匀强电场的场强公式，注意d是沿电场线方向上的距离．二、实验题（11题4分，12题16分，共20分）11．用如图所示的电路测量待测电阻Rx的阻值时，下列关于由电表产生误差的说法中，正确的是（）A．电压表的内电阻越小，测量越精确B．电流表的内电阻越小，测量越精确C．电压表的读数小于R x两端真实电压，R x的测量值小于真实值D．由于电流表的分流作用，使R x的测量值小于真实值【考点】伏安法测电阻．【专题】恒定电流专题．【分析】电压表测量的是与其并联电路的电压值，电流表测量的是与之串联电路的电流值，据此分析问题即可．【解答】解：所测量的电压为电流表内阻加R X的阻值，其原因在于电压表的测量值为两者电压之和，则A、与电压表的内阻大小无关系，则A错误B、因实验中串联了电流表的内阻，则内阻越小测量越准确．则B正确C、电压表的测量值含有电流表的内阻，则R X的测量值大于真实值，则C错误D、电流表为分压作用，测量值大于真实值．则D错误故选：B【点评】本题考查伏安法测电阻的实验原一，要明确电流表，电压表的测量原理，知道电压表所测为与其并联部分电压，电流表为其串联电路的电流．12．（16分）（2015秋•铜陵校级期中）有一灯泡上标有“6V 0.1A”字样，现要测量该灯泡的伏安特性曲线，有下列器材供选用：A．电压表（0～5V，内阻2.0kΩ）B．电压表（0～10V，内阻3.0kΩ）C．电流表（0～0.3A，内阻2.0Ω）D．电流表（0～6A，内阻1.5Ω）E．滑动变阻器（30Ω，2A）F．滑动变阻器（100Ω，0.5A）G．学生电源（直流9V）及开关、导线等（1）试验中所用的电压表应选 B ，电流表应选 C ，滑动变阻器应选E ．（2）要求电压从0开始测量应选甲、乙、丙、丁中的哪一个电路图甲．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】实验题．【分析】（1）根据小灯泡的额定电压可以选出电压表，根据灯泡的额定功率可求出额定电流，则可确定出电流表；根据滑动变阻器的接法可选出滑动变阻器；（2）根据测伏安特性曲线的实验要求可以选出滑动变阻器的接法，由电流表及电压表内阻的关系可得出电流表的接法；【解答】解：（1）由题意可知，灯泡的额定电压为6V，为了准确性及安全性原则，电压表应选择B；灯泡的额定电流为0.1A，故电流表应选择C；测量灯泡的伏安特性曲线实验中应采用分压接法，故滑动变阻器应选用小电阻，故滑动变阻器应选择 E；（2）测量小灯泡的伏安特性曲线时，要求电压值从零开始变化，故滑动变阻器应采有分压接法；灯泡内阻约为：R=Ω，而电流表内阻约为2Ω，小灯泡的电阻远小于电压表内阻，接近电流表内阻，故电流表应采用外接法，电路图选择甲图故答案为：（1）B，C，E；（2）甲【点评】测量小灯泡的伏安特性曲线时，根据实验的要求一般采用滑动变阻器的分压接法，电流表应采用外接法．三、计算题（第13、14题每题8分，第15、16题每天12分，共40分）13．某一个电场中的等势面分布情况如图所示，试根据此图分析：（1）电荷量是Q=﹣3.2×10﹣19C的带电粒子在电场中的c等势面的电势能是多少？（2）如果把该带电粒子从b等势面移动到e等势面，静电力做功是多少？【考点】电势差与电场强度的关系；电势；电势能．【专题】计算题；定量思想；图析法；电场力与电势的性质专题．【分析】（1）根据公式E p=qφ求解电势能．（2）根据公式W=qU求解静电力做功，电势差由电势之差求出．【解答】解：（1）c等势面的电势为φc=5V带电粒子在电场中的c等势面的电势能是 E p=Qφc=﹣3.2×10﹣19×5J=﹣1.6×10﹣18J（2）该带电粒子从b等势面移动到e等势面，静电力做功为：W be=QU be=﹣3.2×10﹣19×（0﹣15）J=4.8×10﹣18J答：（1）电荷量是Q=﹣3.2×10﹣19C的带电粒子在电场中的c等势面的电势能是﹣1.6×10﹣18J．（2）如果把该带电粒子从b等势面移动到e等势面，静电力做功是4.8×10﹣18J．【点评】解决本题的关键要掌握电势能与电势的关系E p=qφ、电场力做功与电势差的关系W=qU，这两个公式运用时都要带符号运算．14．规格为“220V 36W”的排气扇，线圈电阻为40Ω．（1）接上220V 电压后，求排气扇转化为机械能的功率和发热热功率；（2）如果接上220V 电压后，扇叶被卡住，不能转动，求排气扇的电功率和发热功率．【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】利用能量守恒，找出电功率、机械功率和热功率的关系，再利用功率和热功率公式求解；当排气扇卡住，此电路为纯电阻电路，功率全部转化为热功率．【解答】解；（1）接上220V 电压后，排气扇的功率为36W．据热功率公式P热=I2r==1 W所以转化为机械能的功率P机=P﹣P热=36W﹣1W=35 W（2）当接上220V 电压后，扇叶被卡住，不能转动，此电路变为纯电阻电路，消耗的功率全部转化为热功率，所以P=P热===1210 W答：（1）接上220V 电压后，排气扇转化为机械能的功率为35W和发热热功率1W；（2）如果接上220V 电压后，扇叶被卡住，不能转动，排气扇的电功率等于发热功率为1210W．【点评】明确电功率、机械功率和热功率的关系，纯电阻电路和非纯电阻电路的区别和公式的选取是解题的关键．15．（12分）（2016•大庆模拟）一电路如图所示，电源电动势E=28V，内阻r=2Ω，电阻R1=12Ω，R2=R4=4Ω，R3=8Ω，C为平行板电容器，其电容C=3.0pF，虚线到两极板距离相等，极板长L=0.20m，两极板的间距d=1.0×10﹣2m．（1）若开关S处于断开状态，则当其闭合后，求流过R4的总电量为多少？（2）若开关S断开时，有一带电微粒沿虚线方向以v0=2.0m/s的初速度射入C 的电场中，刚好沿虚线匀速运动，问：当开关S闭合后，此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入C的电场中，能否从C的电场中射出？（要求写出计算和分析过程，g取10m/s2）【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；闭合电路的欧姆定律．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】开关断开时，求出电阻两端的电压从而算出电容器的电量；当开关闭合时，求出路端的电压，从而电阻两端的电压．当断开时电场力与重力相平衡，而闭合后由重力与电场力的合力从而求出加速度大小，最终求出侧向位移．【解答】解：（1）S断开时，电阻R3两端电压为：S 闭合后，外阻为：路端电压为：电阻R3两端电压为：则所求流过R4的总电量为：Q=CU3﹣CU3′=6.0×10﹣12C（2）设微粒质量为m，电量为q，当开关S 断开时有：当开关S闭合后，设微粒加速度为a ，则有：设微粒能从C 的电场中射出，则水平方向：竖直方向：由以上各式求得：故微粒不能从C的电场中射出答：（1）流过R4的总电量为6.0×10﹣12C；（2）微粒不能从C的电场中射出．【点评】本题由殴姆定律与牛顿运动定律相综合应用，同时利用将类平抛运动分解成两相互垂直的简单直线运动．16．（12分）（2015秋•铜陵校级期中）如图所示，方向为水平向右的匀强电场中，有一质量为m=0.1kg的带电小球，所带的电荷量是q=0.01C，现用长为L=0.25m的细线悬于O点，当小球平衡时，细线和竖直方向的夹角为θ=60°，求（1）电场强度E是多少？（2）现给小球一个初速度，速度方向和细线垂直，使小球恰能在竖直平面内做逆时针方向的圆周运动，则圆周运动过程中速度的最小值为多少？（3）在（2）问条件下，若当小球运动到最高点时，细线突然断了，小球将做类似斜上抛的运动，则小球以后运动过程中的最小速度是多少？（提示：用等效复合场）【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．【专题】计算题；定量思想；临界法；电场力与电势的性质专题．【分析】（1）当小球平衡时，合力为零，根据平衡条件求解电场强度．（2）求出小球受到的电场力与重力的合力，作为等效重力，小球恰好完成圆周运动时，在等效最高点时，由等效重力提供向心力，此时小球速度最小，由牛顿第二定律可以求出最小速度．（3）由动能定理求出小球通过最高点时的速度．细线断后，小球将做类似斜上抛的运动，运用运动的分解法求最小速度．【解答】解：（1）当小球平衡时，以小球为研究对象，根据平衡条件得：qE=mgtanθ可得 E===×102N/C（2）可与重力场类比，等效重力为mg′===2mg当小球恰好通过等效最高点做圆周运动时，做圆周运动的速度最小，此时由等效重力提供向心力．由牛顿第二定律得：mg′=m，小球的最小速度：v min ===m/s；（3）设小球通过最高点的速度为v．由几何关系知，等效最高点与小球的平衡位置关于O点对称，从等效最高点到最高点的过程中，根据动能定理得：mg′L（1﹣cos60°）=﹣解得 v=2当小球运动到最高点时，细线突然断后，小球开始做类似斜上抛的运动，到达等效最高点时速度，最小速度为 v min′=v min cos60°==m/s答：（1）电场强度E 是×102N/C．（2）圆周运动过程中速度的最小值为m/s．（3）小球以后运动过程中的最小速度是m/s．【点评】对小球受力分析，求出电场力与合力，由牛顿第二定律即可正确解题，此题可以把二力的合力视为等效场，求出等效重力加速度，利用圆周运动和斜抛运动的研究方法解答．。

高二物理第一学期期中试题(附答案)

高二物理第一学期期中试题一、选择题（每题至少有一个正确选项）1、如图所示，在一端封闭的U 形管中，三段水银柱将三段空气柱A 、B 、C 封在管中，当竖直放置时，A 和B 两气柱的下表面在同一水平面上，另两段水银柱长度分别是h 1和h 2，以ρ表示水银的密度，P 0表示外界大气压，则下列气体压强的表达式中正确的有（） A 、P C =P 0 B 、P A =P BC 、P A =P C +ρgh 2D 、P B =P 0+ρgh 12、下列关于电场强度的叙述正确的是（）A 、电场中某点的场强在数值上等于单位电荷受到的电场力B 、电场中某点的场强与该点检验电荷所受的电场力成正比C 、电场中某点的场强方向就是检验电荷在该点所受电场力的方向D 、电场中某点的场强与该点有无检验电荷无关3、一定质量的理想气体处于某一平衡态，此时其压强为P 0，欲使气体状态发生变化后压强仍为P 0，通过下列过程能够实现的是（）A 、先保持体积不变，使气体升温，再保持温度不变，使气体压缩B 、先保持体积不变，使压强降低，再保持温度不变，使气体膨胀C 、先保持温度不变，使气体膨胀，再保持体积不变，使气体升温D 、先保持温度不变，使气体压缩，再保持体积不变，使气体降温4、关于静电场的下列说法中正确的是（） A 、电场中电势较高处的电场强度也一定较大B 、同一电场中等势面较密处的电场强度也一定较大C 、电场中的电场线一定与等势面垂直相交D 、在电场中将一电子由静止释放后一定沿电场线运动5、一定质量的理想气体，从图示A 状态开始，经历了B 、C ，最后到D 状态，下列说法中正确的是（）A 、A→B 温度升高，体积不变；B 、B→C 压强不变，体积变大；C 、C→D 压强变小，体积变大； D 、B 点的温度最高，C 点的体积最大。

6、如图所示，玻璃管内外水银面的高度差h ＝70cm ，大气压是一个标准大气压，现在我们将玻璃管向上提起一段，在上提的过程中管口不离开水银面，那么管内外水银面的高度差将（）A 、增加B 、减少C 、不变D 、无法确定 7、如图表示两个大小不同的电阻的电流—电压图线，那么（） A 、电阻大的应是图线a ，两电阻串联后的电流—电压图线在区域Ⅰ B 、电阻大的应是图线b ，两电阻串联后的电流—电压图线在区域ⅢP(大气压)T(K) A BC D0 hC、电阻小的应是图线a，两电阻并联后的电流—电压图线在区域ⅠD、电阻小的应是图线b，两电阻并联后的电流—电压图线在区域Ⅲ8、如图所示，竖直倒置的两端封闭且等长的U形管，弯曲段有汞柱将左管和右管的空气柱M和N隔开，当M和N的温度相同时，左管内空气柱M较长。

高二年级上学期期中物理检测试题(附答案)

1高二年级上学期期中物理检测试题（满分：110分时间：90分钟）一、选择题(共14小题，每题4分，在1至9题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，10至14题给出的选项中至少有两个选项符合要求，错选为0分，少选得2分)1.M 和N 是两个不带电的物体，它们互相摩擦后M 带正电1.6×10﹣10C ，下列判断正确（） A ．在摩擦前M 和N 的内部没有任何电荷 B ．摩擦的过程中电子从N 转移到M C ．N 在摩擦后一定带负电1.6×10﹣10CD ．M 在摩擦过程中失去1.6×10﹣10个电子2.当在电场中某点放入电量为q 的正试探电荷时，测得该点的场强为E ，若在同一点放入电量为q ′=2q 的负试探电荷时，测得该点的场强（）A ．大小为2E ，方向与E 相同B ．大小为2E ，方向与E 相反C ．大小为E ，方向与E 相同D ．大小为E ，方向与E 相反3．如图所示是某个点电荷电场中的一根电场线，在线上O 点由静止释放一个自由的负电荷，它将沿电场线向B 点运动．下列判断中正确的是（）A ．电场线由B 指向A ，该电荷做加速运动，加速度越来越小B ．电场线由B 指向A ，该电荷做加速运动，其加速度大小的变化不能确定C ．电场线由A 指向B ，该电荷做匀速运动D ．电场线由B 指向A ，该电荷做加速运动，加速度越来越大 4．把电流表改装成电压表时，下列说法正确的是（） A ．改装的原理是并联电阻有分流作用B ．改装成电压表后，原电流表本身允许通过的最大电流值也随着变大了C ．改装后原电流表自身的电阻也增大了D ．改装后使用时，加在原电流表两端的电压的最大值不变5．如图所示,虚线a 、b 、c 代表电场中的三个等势面,相邻等势面间的电势差相等,即abbc U U =,实线为一带正电的质点仅在电场力作用下从P 点到Q 点通过该区域的运动轨迹,据此可知（） A ．三个等势面中,c 的电势最高B ．带电质点通过P 点时的电势能比Q 点大C ．带电质点通过P 点时的动能比Q 点大D ．带电质点通过P 点时的加速度比Q 点小6．真空中保持一定距离的两个点电荷，若其中一个点电荷的电荷量增加了，但仍然保持它们之间的相互作用力不变，则另一点电荷的电荷量一定减少了（）A ．B ．C ．D ．7．如图所示，电解池内有一价的电解液，t s 内通过溶液内截面S 的正离子数是n 1，负离子数是n 2，设元电荷为e ，则以下解释中正确的是（）A ．正离子定向移动形成的电流方向是从A →B ，负离子定向移动形成的电流方向是B →A B ．溶液内正、负离子向相反方向移动，电流方向不确定C ．溶液内电流方向从A 到B ，电流I ＝n 1e tD ．溶液中电流方向从A 到B ，电流I ＝(n 1＋n 2)et8．如图电路中，R 1＝R 2＝R 3＝4Ω，若在A 、C 两点之间加上U ＝6V 的电压，则电流表的读数为：（）A ．0B ．0.5AC ．1AD ．1.5A9．如图，在水平面上的箱子内，带异种电荷的小球a 、b 用绝缘细线分别系于上、下两边，处于静止状态．地面受到的压力为N ，球b 所受细线的拉力为F ．剪断连接球b 的细线后，在球b 上升过程中地面受到的压力（） A ．小于N B ．等于N C ．等于N+F D ．大于N+F10．在如图的电路中，输入电压U 恒为8 V ，灯泡L 标有“3 V ，6 W ”字样，电动机线圈的电阻R 线＝1 Ω。

高二(上)期中物理试题(解析版)

故选A。
2.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时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点,由此可知()
A.带电粒子在R点时的加速度小于在Q点时的加速度
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点时的速度大于在Q点时的速度
（1）电子在电场中运动的加速度。
（2）电子进入电场的最大距离。
（3）电子进入电场最大距离的一半时的动能。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）由牛顿第二定律可得
解得
（2）由动能定理可得
解得
（3）从电子进入电场至运动到电场最大距离的一半的过程中，由动能定理可得
解得
15.如图所示，有一电子(电荷量为e)经电压U0由静止加速后，进入两块间距为d、电压为U的平行金属板间。若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能穿过电场，求：
D．根据能量守恒定律，带电质点在运动过程中各点处的动能与电势能之和保持不变，D错误。
故选C。
3.下列四个图中，、两点电势相等、电场强度也相等的是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．匀强电场等势面是垂直于电场线的一簇等间距的平行平面，A图中、两点不在同一等势面上，所以，这两点的电势是不相等的，但这两点的电场强度相等，选项A错误；
D.带电粒子在R点时动能与电势能之和比在Q点时的小,比在P点时的大
【答案】C
【解析】
【详解】A．由电场线疏密可知，R点场强比Q场强点大，所以带电粒子在R点的电场力大，则带电粒子在R点的加速度大，A错误；
BC．带电粒子做曲线运动，电场力指向曲线的内侧，所以电场力的方向向右；若带电粒子从P经过R运动到Q，电场力做负功，带电粒子的电势能增大，动能减小，则带电粒子经过R点时的动能大于经过Q点时的动能，即带电粒子在R点时的速度大于在Q点时的速度，而P点电势能最小，所以带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能小，B错误，C正确；

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。

高二上期物理期中测试题(附详解答案)

高二上期期中测试物理试卷考试范围：选修3-1；一、选择题（共10小题，每题4分，共40分。

其中8、9、10为多选题。

）1．两个大小材质完全相同的金属小球a、b，带电量分别为+3q和-q，距离为r时库仑力为F1。

两小球接触后分开，距离为2r时库仑力为F2，(r比半径大得多)则两力之比为A.1:12B.12:1C.3:4D.4:32．一带负电的粒子仅受电场力作用下在电场中做直线运动，v－t图象如图所示，t1、t2时刻分别经过M、N两点，则下列判断正确的是A.该电场可能是由某正点电荷形成的B.带电粒子从M点运动到N点的过程中，电势能逐渐增大C.M点的电势低于N点的电势D.带电粒子在M点所受电场力大于在N点所受电场力3．如图所示，ABCD是匀强电场中一正方形平面的四个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为15V， 3V， -3V，由此可得D点的电势为A.1.5VB.6VC.9VD.12V4．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，下列判断中正确的是A.保持S不变，增大d，则θ变小B.保持S不变，增大d，则θ不变C.保持d不变，减小S，则θ变大D.保持d不变，减小S，则θ变小5．有一毫伏表，它的内阻是100 Ω，量程为300 mV，现要将它改装成量程为3 V的伏特表，则毫伏表应A.并联一个100 Ω的电阻B.并联一个900 Ω的电阻C.串联一个100 Ω的电阻D.串联一个900 Ω的电阻6．有一未知电阻R x，为较准确地测出其阻值，先后用下图中甲、乙两种电路进行测试，利用甲图测得的数据是“2.8 V 5.0 mA”，而用乙图测得的数据是“3.0 V 4.0 mA”，那么该电阻测得的较为准确的情况是A.560 Ω，偏大B.560 Ω，偏小C.750 Ω，偏小D.750 Ω，偏大7．如图所示，MN为两个等量同种电荷，在其连线的中垂线上的P点放一静止的点电荷q(负电荷)，不计重力，下列说法中正确的是A.点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越大，速度也越来越大B.点电荷在从P到O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，直到粒子速度为零8．如图电场中，实线是电场线，一带电粒子只在电场力的作用下沿虚线由A运动到B，下列说法正确的是A.粒子带负电B.粒子在A点的速度大于在B点的速度C.粒子在A点时的加速度大于在B点的加速度D.A点电势高于B点电势9．电路如图所示，在滑动变阻器的滑片P向右移动时，电源的A.输出功率一定先增大后减小B.总功率一定减小C.内部损耗功率可能增大D.效率一定增大10．如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，发现电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为ΔU1和ΔU2，下列说法中正确的是A.小灯泡L1、L3变暗，L2变亮B.小灯泡L3变暗，L1、L2变亮C.ΔU1<ΔU2D.ΔU1>ΔU2二、实验题（共15分，其中连线3分，其余均为每空2分）11．某同学用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一薄的金属圆片的直径和厚度，读出如图中的示数，该金属圆片的直径的测量值为______cm，厚度的测量值为______mm.2 30 10 20120251512．用下列器材，描绘小灯泡的伏安特性曲线.A.待测小灯泡：额定电压3.0V，额定功率约为1.5W；B.电流表：量程0.6A，内阻约为0.5Ω；C.电压表：量程3V，内阻R V=5.0kΩ；D.滑动变阻器R1：最大阻值为10Ω，额定电流1A；E.滑动变阻器R2：最大阻值为100Ω，额定电流1A；F.电源：电动势6V，内阻很小；G.开关一个，导线若干.(1)在实验中，为了操作方便且能够准确地进行测量，滑动变阻器应选用.(填写器材序号)(2)实验中某次测量如下图，则电压表的读数为________V，电流表的读数为________A.(3)用笔画线代替导线，将图中的实验仪器连成完整的实验电路.(4)该同学描绘出的I--U图象和下图中的________形状最接近.三、计算题（共45分）13．（14分）有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，如图所示，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，在水平向左的匀强电场中，E＝2×103V/m，半圆轨道半径R＝0.4 m，一带正电的小滑块质量为m＝0.04 kg，电量q＝1.5×10－4 C，小滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10 m/s2，求：(1)要使小滑块能运动到半圆轨道的最高点L，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？(2)这样释放的滑块通过半圆轨道中点P点时对轨道压力是多大？14．（15分）某同学为了测量某非纯电阻电路的机械功率,完成了如下的操作:取一电动剃须刀,接入电路,当加的电压为U1=0.3 V时剃须刀不转动,测得电路中的电流为I1=0.3A;如果加有U2=2 V的电压时,剃须刀正常工作,测得电路中的电流为I2=0.8 A。

高二物理上学期期中考试卷含答案

第一部分100分一、选择题（每一小题仅有一个正确选项，每小题4分，共48分）1、如图所示，原来不带电的绝缘金属导体MN,在其两端下面都悬挂着金属验电箔，若使带负电的绝缘金属球A 靠近导体的M 端，可能看到的现象是 A ．只有M 端验电箔张开，且M 端带正电 B ．只有N 端验电箔张开，且N 端带负电C. 两端的验电箔都张开，且N 端带正电，M 端带负电 D ．两端的验电箔都张开，且N 端带负电，M 端带正电2、的真空中两个点电荷相距为d ，相互作用力大小为F ，保持两点电荷的电荷量不变，改变它们之间的距离，使相互作用力大小变为4F ，则两点电荷之间的距离应是A.4dB.2dC.d/2D.d/43、电场中有一点P ，下列说法中正确的是A ．若放在P 点的电荷的电荷量减半，则P 点的场强减半B ．若P 点没有试探电荷，则P 点场强为零C ．P 点的场强方向为放在该点的负电荷的受力方向D ．P 点的场强大小和方向与放入的试探电荷无关4、如图所示，在电场中任意取一条电场线，电场线上的a 、b 两点相距为d ，则—N MA ．a 点的场强一定大于b 点的场强B ．a 点的电势一定大于b 点的电势C ．b 点的电势一定大于a 点的电势D ．a 、b 两点电势差一定等于Ed （E 为a 点场强）5、如图所示三个同心圆是以点电荷—Q 为圆心的等势面，下列说法正确的是 A ．将电荷+q 由B 点移到C 点，电场力做正功 B. 一个点电荷+q 在B 点具有的电势能比在A 点的小 C ．一个点电荷+q 在B 点所受的电场力比在A 点的大D ．将同一电荷从B 点移到D 点，电场力做功比由B 点移到C 点多6．原子中的电子绕原子核的运动可等效为环形电流。

设氢原子的电子以速率v 在半径为r 的圆周轨道上顺时针绕核运动，电子的电荷量为e ，等效电流的大小和方向分别为:A.;.2r ev π 顺时针;B. ;.2r evπ 逆时针; C.v re .2π; 顺时针 D.v re.2π; 逆时针7、图中的平行直线表示一簇垂直于纸面的等势面。

高二物理_上学期期中试卷及答案

高二上学期期中试卷（物理）说明：本试卷考试时间90分，总分120分（含两个附加题共20分）一、单选题（本题共16小题，每小题3分，共48分）1、质量为m的物体放在光滑的水平面上，在与水平方向成θ角的恒定推力F 的作用下，由静止开始运动，在时间t内推力的冲量和重力的冲量大小分别为（）A．Ft，0 B.Ftcosθ，0 C .Ft，mgt D .Ftcosθ，mgt 2、如图是一弹簧振子在水平面内作简谐运动的x-t图象，则振动系统在（）A．t l和t3时刻具有相同的动能和动量B．t3和t4时刻具有相同的势能和动量C．t l和t5时刻具有相同的加速度D．t3和t5时刻，振子所受回复力相同3、下列有关机械波的说法中，正确的是（）A．有机械波一定有机械振动，有机械振动一定有机械波B．“闻其声未见其人”是一种波的干涉现象C．两列波相遇时，一定会产生稳定的干涉现象D．汽车向你驶来时，音调变高，远去时音调变低，这是一种多普勒效应4、下列叙述中正确的是（）A．布朗运动就是液体分子的无规则运动B．当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增加而增加C．第二类永动机不可能制成，是因为违反了能量守恒定律D．已知水的密度和水的摩尔质量，则可以计算出阿伏加德罗常数5、关于气体压强，以下理解不正确的是（）A．压强的国际单位是帕，1Pa＝1N/m2B．从微观上讲，气体压强是大量的气体分子无规则运动不断撞击器壁产生的C．对于一定质量的理想气体，温度升高时，压强必增大D．对于一定质量的理想气体，当分子间平均距离变大时，压强可以不变6、如图所示为一列简谐横波在某一时刻的图象，a、b、c、d为介质中的几个质点，则下列判断中正确的是（）A. a、b两质点的振幅不同B. b、d的距离等于波长，它们对平衡位置的位移有时相同，有时相反C. 如果波沿x轴正向传播，图中a、c两质点中最先回到平衡位置的是aD. 如果波沿x轴负向传播，图中a、c两质点中最先回到平衡位置的是a7、100o C的水完全变成100o C的水蒸气的过程中（）A．水分子的平均动能增加 B. 水分子的势能减小C．水所增加的内能小于所吸收的热量D. 水所增加的内能等于所吸收的热量8、用P1和P2分别表示两个相互作用物体的初动量，P/1和P/2表示它们的末动量，∆P1和∆P2为两物体动量的变化，∆P表示系统总动量的变化，C为不等于零的常数。

高二上物理期中试卷(带答案)

订线高二物理上学期期中考试物理试卷（带答案）一、单项选择题（每小题3分，共30分）1．法拉第是 19 世纪最伟大的实验物理学家之一，他在电磁学研究方面的卓越贡献如同伽利略、牛顿在力学方面的贡献一样，具有划时代的意义，正是他提出了电场的概念。

关于静电场场强的概念，下列说法正确的是（）A．由 E=F/q 可知，某电场的场强 E与 q成反比，与 F成正比B．正、负检验电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反，所以某一点场强方向与放入检验电荷的正负有关C．电场中某一点的场强与放入该点的检验电荷的正负无关D．电场中某点不放检验电荷时，该点场强等于零2．在NaCl溶液中，阴、阳离子定向移动产生电流，若测得20秒内有1.0×1018个+aN和1.0×1018个-Cl通过溶液内部某一横截面，已知元电荷e=1.6×10-19C则溶液中的电流强度是多大（）A．8mA B．16mA C．0.16A D．0.08A3.如图所示，有一带正电的验电器，当一金属球A靠近验电器的小球B(不接触)时，验电器的金箔张角减小，则()A．金属球一定不带电B．金属球可能带负电C．金属球可能带正电D．金属球一定带负电4.关于电场强度与电势的关系，下面各种说法中正确的是()A．电场强度大的地方，电势一定高B．电场强度不变，电势也不变C．电场强度为零时，电势一定为零D．电场强度的方向是电势降低最快的方向5．某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹如图中的虚线所示．由M运动到N，以下说法错误的是()A．粒子必定带正电荷B．粒子在M点的加速度大于它在N点的加速度C．粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度D．粒子在M点的动能小于它在N点的动能6．电阻R1和R2分别标有“2Ω，1.0 A”和“4Ω，0.5 A”，将它们串联后接入电路中，如图所示，则此电路中允许消耗的最大功率为A．1.5 W B．3.0 W C．5.0 W D．6.0 W7. 如图所示，一电场的电场线分布关于y轴(沿竖直方向)对称，O、M、N是y轴上的三个点，且OM＝MN。

安徽省2023-2024学年高二上学期期中考试物理试卷(含答案)

安徽省2023-2024学年高二上学期期中考试物理试卷学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1、关于点电荷、电场强度、静电感应、电势能，下列说法正确的是( )A.点电荷一定是电荷量很小的电荷B.沿电场线方向，电场强度越来越小C.金属导体有导电的作用，运输汽油时把汽油装进金属桶比装进塑料桶更安全D.在电场中同一位置，正检验电荷的电势能大于负检验电荷的电势能2、2023年9月10日，我国成功将遥感四十号卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，卫星主要用于开展电磁环境探测及相关技术试验。

如图，卫星的两翼的太阳电池板是太阳能电池在太空领域的应用。

关于电源、电流与电路，以下说法正确的是( )A.电源中电流的方向就是电子移动的方向B.电源的作用是在电源内部把电子由负极搬运到正极，保持两极之间有电压C.电源是将化学能转化为电能的装置，电路两端有电压，则电路中就有电流D.其他条件不变时，电荷移动速率越大，则电流越大3、自动体外除颤器是一种便携式的医疗设备，在最佳抢救时间的“黄金4分钟”内，对心脏骤停患者利用自动体外除颤器（AED ）可进行有效的除颤和心肺复苏。

某型号自动体外除颤器的电容器电容是16μF ，充电后电容器的电压达到4kV ，某次对某心脏骤停患者进行除颤时，平均放电电流达到16A （电荷量Q =平均放电电流×放电时间），则下列说法正确的是( )A.电容器充电后的电荷量为0.64CB.电容器的平均放电时间为3410s -⨯C.不同患者进行除颤时平均电流相同D.电容器放电过程中电容器的电容逐渐减小4、一电子在电场中做圆周运动，从某时刻开始计时，在00~t 时间内，该粒子的动能和电势能随时间的变化分别如图中A 、B 图线所示，其中图线A 与横轴平行，则该电子在00~t 时间内( )A.速度不变B.合力不变C.电场力做负功D.刚好运动一周 5、如图所示，A 、B 、C 、D 为真空中正方形的四个顶点，O 为AB 中点，P 为CD 中点。

高二物理上学期期中试卷

高二（上）期中物理试卷一、单项选择题（本题共5 小题，每小题3 分，共计15 分，每小题只有一个选项符合题意）1．（3 分）用比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法，下面四个物理量都是用比值法定义的．以下公式不属于定义式的是（）A．电流强度B．磁感应强C．电阻D．电容考点：电流、电压概念；电容；电阻定律；磁感应强度．分析：所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法．比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变．解答：解：A、电流强度与流过截面的电量和时间无无直接关系，所以属于比值定义法．故A 正确．B、磁感应强度与放入磁场中的电流元无关．所属于比值定义法．故B 正确C、电阻R 与电压、电流无关，是其本身的属性，属于比值定义法，故C 正确．D、电容与正对面积S 成正比，与极板间的距离成反比不属于比值定义法．故D 错误．本题选不是定义式的故选D．点评：解决本题的关键理解比值定义法的特点：被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变．2．（3 分）物理老师在讲授“摩擦起电”时，请同学们用塑料直尺在头发上摩擦几下后试试能否吸引碎纸片，结果塑料直尺能够吸引碎纸片．如果以橡胶棒与毛皮摩擦作类比，这个现ABCD考点：静电现象的解释．分析：用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电荷，用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电荷．带电体能吸引轻小物体．解答：解：当用毛皮摩擦橡胶棒时，毛皮上的电子转移到橡胶棒上，使橡胶棒有了多余的电子而带负电．同理，当用塑料尺与头皮摩擦时，头发上的电子也转移到塑料尺上，使塑料尺带负电．故选：C．点评：此题考查了摩擦起电的原因电子的转移，要理解到位．3．（3 分）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U ab=U bc ，实线为一带正电的质点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，据此可知（）A．三个等势面中，a 的电势最高B．带电质点通过P 点时电势能较大C．带电质点通过P 点时的动能较大D．带电质点通过P 点时的加速度较小考点：等势面．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大．解答：解：A、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故c 等势线的电势最高，a 等势线的电势最低，故A 错误；B、根据质点受力情况可知，从P 到Q 过程中电场力做正功，电势能降低，故P 点的电势能大于Q 点的电势能，故B 正确；C、从P 到Q 过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P 点的动能小于Q点的动能，故C 错误；D、等势线密的地方电场线密场强大，故P 点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故D 错误．故选B．点评：解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化．4．（3 分）某一探测器因射线照射，内部气体电离，在时间t 内有K 个二价正离子到达阴极，有2K 个电子到达探测器的阳极，则探测器电路中的电流为（）A．0 C．考点：电流、电压概念．专题：恒定电流专题．分析：根据电流的公式，q 是通过导体截面的电量；电离时正负电荷分别向两个方向运动；通过截面的电量只能为正离子或电子的．解答：解：由题意可知，电离时通过导体截面的电量为4ke；由电流公式得：I=故选：D．点评：本题应注意区分电离与电解液导电的区别！若为电解液导电，则答案为D ，而电离时只能考虑一种离子．5．（3 分）两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q 两点，MN 为PQ 连线的中垂线，交PQ 于O 点，A 点为MN 上的一点．一带负电的试探电荷q，从A 点由静止释放，只在静电力作用下运动．取无限远处的电势为零，则（）A．q 由A 向O 的运动是匀加速直线运动B．q 由A 向O 运动的过程电势能逐渐减小C．q 运动到O 点时的动能最小D．q 运动到O 点时电势能为零考点：电势能．分析：根据等量同种点电荷电场线的分布情况，抓住对称性，分析试探电荷q 的受力情况，确定其运动情况，根据电场力做功情况，分析其电势能的变化情况．解答：解：A、两等量正电荷周围部分电场线如右图所示，其中P、Q 连线的中垂线MN 上，从无穷远到O 过程中电场强度先增大后减小，且方向始终指向无穷远方向．故试探电荷所受的电场力是变化的，q 由A 向O 的运动做非匀加速直线运动，故A 错误．B、电场力方向与AO 方向一致，电场力做正功，电势能逐渐减小；故B 正确．C、从A 到O 过程，电场力做正功，动能增大，从O 到N 过程中，电场力做负功，动能减小，故在O 点试探电荷的动能最大，速度最大，故C 错误．D、取无限远处的电势为零，从无穷远到O 点，电场力做正功，电势能减小，则q 运动到O 点时电势能为负值．故D 错误．故选：B点评：本题考查静电场的基本概念．关键要熟悉等量同种点电荷电场线的分布情况，运用动能定理进行分析功能关系．二.多项选择题（本题共4 小题，每小题4 分，共计16 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.）6．（4 分）如图所示，将平行板电容器与电池组相连，两板间的带电尘埃恰好处于静止状态．若将两板缓慢地错开一些，其他条件不变，则（）A．电容器带电量不变B．尘埃仍静止C．检流计中有a→b 的电流D．检流计中有b→a 的电流考点：电容器的动态分析；闭合电路的欧姆定律．专题：电容器专题．分析：带电尘埃原来处于静止状态，电场力与重力平衡，将两板缓慢地错开一些后，分析板间场强有无变化，判断尘埃是否仍保持静止．根据电容的决定式分析电容如何变化，由电容的定义式分析电量的变化，确定电路中电流的方向．解答：解：A、将两板缓慢地错开一些，两板正对面积减小，根据电容的决定式得知，电容减小，而电压不变，则电容器带电量减小．故A 错误．B、由于板间电压和板间距离不变，则板间场强不变，尘埃所受电场力不变，仍处于静止状态．故B 正确．CD、电容器电量减小，处于放电状态，而电容器上板带正电，下极板带负电，电路中形成逆时针方向的电流，则检流计中有a→b 的电流．故C 正确，D 错误．故选：BC．点评：本题电容器动态变化问题，要抓住电压不变，根据电容的决定式C= 和电容的定义式结合进行分析．7．（4 分）干电池的电动势为1.5V，其意义为（）A．在电源内部把1C 正电荷从负极搬到正极，非静电力做功1.5JB．在电源内部把1C 正电荷从负极搬到正极，静电力做功1.5JC．该电池比电动势为1.2V 的锌汞电池非静电力做功本领强D．干电池在1s 内将1.5J 的化学能转化为电能考点：电源的电动势和内阻．分析：电源的电动势在数值上等于电源没有接入电路时两极间的电压，电动势与电功率不同．当1s 内能使1.5C 的电量通过导线的某一截面时，电路中电流是1.5A，但电动势不一定等于1.5V．导线某一截面每通过1C 的电量，这段导线就消耗1.5J 的电能解答：解：A、由W=E q 可知，在电源内部把1C正电荷从负极搬到正极，非静电力做功1.5J 故A 正确；B、内部电压小于电源的电动势，故静电力做功不等于1.5J；故B 错误；D、电动势反映电池的做功能力；1.5V 的电池做功能力大于1.2V 的电池；故C 正确D、由于不知道1s 中移送的电荷量，无法求出转化的电能；故D 错误；故选：AC．点评：本题考查电动势的定义及内部非静电力做功的问题，要明确区分静电力做功与非静电力做功的区别．8．（4 分）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 为图线的切线，PQ 为U 轴的垂线，PM 为I 轴的垂线．则下列说法中正确的是（）A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小C．对应P 点，小灯泡的电阻为D．对应P 点，小灯泡的电阻为R=考点：电阻率与温度的关系；闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：根据电阻的定义R= ，电阻等于图线上的点与原点连线的斜率的倒数，斜率逐渐减小电阻逐渐增大．对应P 点，灯泡的电阻等于过P 点的切线斜率的倒数．解答：解：AB、图线上的点与原点连线的斜率逐渐减小，说明电阻逐渐增大．故 A 正确．C、D 对应P点，小灯泡的电阻为≠．故C 错误，D 正确．故选AD点评：本题中灯泡是非线性元件，其电阻R= ，但R ．9．（4 分）如图所示，在粗糙绝缘水平面上固定一点电荷Q ，从M 点无初速释放一带有恒定负电荷的小物块，小物块在Q的电场中运动到N点静止．则从M点运动到N点的过程中，下列说法中正确的是（）A．小物块所受电场力逐渐减小B．小物块具有的电势能逐渐增大C．Q 电场中M 点的电势高于N 点的电势D．小物块电势能变化量的大小等于克服摩擦力做的功考点：电势能；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据物块与负电荷间距离的变化，由库仑定律分析小物块受到的电场力变化情况．由电场力做正功知，电荷的电势能减小．由题分析可知，物块与点电荷Q 是同种电荷物块带负电．电场线从无穷远出到点电荷Q 终止，根据电场线的方向判断电势的高低．根据动能定理分析物块电势能变化量的大小与克服摩擦力做的功的关系．解答：解：A、从M 点运动到N 点的过程中，物块与点电荷Q 的距离增大，带电量均不变根据库仑定律分析可知，小物块所受电场力逐渐减小．故A 正确．B、点电荷对物块的电场力方向向左，对物块做正功，物块的电势能一直减小．故B错误．C、由题分析可知，物块与点电荷Q 是同种电荷，物块带负电，电场线从无穷远出到点电荷Q 终止，根据顺着电场线电势降低可知，M 点的电势低于N 点的电势．故C 错误．D、物块的初速度为零，末速度也为零，动能的变化量为零，根据动能定理可知，电场力做功与克服摩擦力做功相等，而小物块电势能变化量的大小等于电场力做功，则小物块电势能变化量的大小等于克服摩擦力做的功．故D 正确．故选AD点评：由库仑定律分析电场力的变化，根据电场力做功的正负判断电势能的变化，由电场线的方向判断电势高低等等都是电场中基本问题，要加强训练，熟练掌握．三、填空题（本题共2 小题，共14 分，每空2 分）10．（10 分）用内阻为3000Ω的电压表和内阻为10Ω的电流表测电阻，在图甲、乙两种情况下，电压表的示数都是60V，电流表的示数都是0.2A则R1 的测量值为300 Ω，真实值是290 Ω，R2 的测量值为300 Ω，真实值是333 Ω．用伏安法测R2 电阻应采用电流表内接法较好．（”外接法”或”内接法”）考点：伏安法测电阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：本题的关键是求电阻的真实值时，应考虑电表内阻的影响，然后根据欧姆定律和串并联规律求解即可．解答：解：甲图中：电阻测量值= ；真实值为=；乙图中：电阻测量值为=；真实值为= ；比较它们的绝对误差可知，伏安法时，采用内接法测量误差较小，所以电流表应用内接法较好．故答案为：300，290，300，333，内接法点评：伏安法测电阻内外接法的选择方法是：当满足时，电流表应用外接法，满足时，电流表应用内接法．11．（4 分）如图，已知R1=10Ω，R2=20Ω，R3=20Ω，AB 两端间电压恒为30V，若CD 之间接理想电压表，则电压表示数U= 20 V；若CD 之间改接理想电流表，则电流表示数I= 0.75 A．考点：欧姆定律；电流、电压概念．专题：恒定电流专题．分析：若CD 之间接理想电压表，则电阻R1 与R2 串联；若CD 之间改接理想电流表，则电阻R2 与R3 并联后与R1 串联；根据串并联电路的电压和电流关系列式求解即可．解答：解：若CD 之间接理想电压表，则电阻R1 与R2 串联，故电压表读数为•R2=20V；若CD 之间改接理想电流表，则电阻R2 与R3 并联后与R1 串联，则电流表示数为：I A= I= =0.75A；故答案为：20，0.75．点评：本题是串并联电路的运用问题，关键理清电路结构，明确理想电压表相当于断路，理想电流表相当于短路．四.计算题（本题共5 小题，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.共75 分）12．（15 分）在一个点电荷Q 的电场中，Ox 坐标轴与它的一条电场线重合，坐标轴上A、B 两点的坐标分别为2.0m 和5.0m．放在A、B 两点的试探电荷受到的电场力方向都跟x轴的正方向相同，电场力的大小跟试探电荷所带电量的关系图象如图中直线a，b 所示，放在A 点的电荷带正电，放在B 点的电荷带负电．求：（1）B 点的电场强度的大小和方向．（2）试判断点电荷Q 的电性，并说明理由．（3）点电荷Q 的位置坐标．考点：电场强度；库仑定律；电场的叠加．专题：电场力与电势的性质专题．分析：（1）电场强度等于电荷所受电场力和该电荷电量的比值，即E= ．方向与正电荷所受电场力方向相同．（2）放在A、B 两点的试探电荷受到的电场力方向都跟x 轴的正方向相同，而正电荷所受电场力与电场强度方向相同，负电荷所受电场力与电场强度方向相反．从而知道点电荷位于A、B 之间．（3）根据点电荷场强公式E= 分析．解答：解：（1）由图可知，B 点的电场强度，方向指向x 负方向．同理A 点的电场强度E A=40N/C ，方向指向x 正方向．（2）放在A、B 两点的试探电荷受到的电场力方向都跟x 轴的正方向相同，而正电荷所受电场力与电场强度方向相同，负电荷所受电场力与电场强度方向相反．若点电荷在A 的左侧或在B 的右侧，正负电荷所受电场力方向不可能相同，所以点电荷Q应位于A、B 两点之间，根据正负电荷所受电场力的方向，知该点电荷带负电．（3）设点电荷Q 的坐标为x ，由点电荷的电场E= ，可知解得x=2.6m．（另解x=1 舍去）所以点电荷Q 的位置坐标为（2.6m，0）．答：（1）B 点的电场强度的大小为E B=2.5N/C ，方向指向x 负方向．（2）点电荷带负电．（3）点电荷Q 的位置坐标为（2.6m，0）．点评：解决本题的关键掌握电场强度的定义式和点电荷的场强公式E= ，以及知道电场强度的方向，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．13．（15 分）如图所示，两平行金属板A．B 间为一匀强电场，A、B 相距6cm，C、D 为电场中的两点，C 点在A 板上，且CD=4cm，CD 连线和场强方向成60°角．已知电子从D 点移到C 点电场力做功为3.2×10﹣17J，电子电量为1.6×10﹣19C．求：（1）匀强电场的场强；（2）A．B 两点间的电势差；（3）若A 板接地，D 点电势为多少？考点：电场强度；电势差；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：（1）根据电场力做功W=qEd ，d 是沿电场方向两点间的距离，求解电场强度．（2）根据匀强电场中，场强与电势差之间的关系U=Ed 求出电场强度E．（3）由公式U=Ed 求出AD 间电势差，再求解D 点电势．解答：解：（1）由题，D→C 电场力做正功，为：W=qEL CD cos60°得=N/C=1×104N/C（2）因电场力做正功，则知电子在电场中受到的电场力方向向上，电子带负电，则场强方向为A→B．所以A、B 间电势差为：U AB=Ed AB=104×6×10﹣2=600V（3）A、D 间电势差为：U AD=Ed AD cos60°=1×104×4×10﹣2×0.5V=200V由U AD=φA﹣φD ，φA=0，得：φD=﹣200V答：（1）匀强电场的场强为1×104N/C ；（2）A、B 两点间的电势差是600V；（3）若 A 板接地，D 点电势为是﹣200V．点评：电场力具有力的一般性质，电场力做功可根据功的一般计算公式W=Flcosα计算．本题还要掌握公式U=Ed ，知道d 是沿电场线方向两点间的距离．14．（12 分）有一电流表G ，内阻为R=30Ω，满偏电流是1mA，求：（1）如果它改装成量程为0﹣15V 的电压表，要串联多大的电阻？改装后电压表的内阻是多大？（2）如果它改装成量程0﹣3A 的电流表，要并联多大的电阻？改装后电流表的内阻是多大？考点：把电流表改装成电压表．专题：实验题；恒定电流专题．分析：本题（1）的关键是根据串并联规律写出表达式，然后解出分压电阻的阻值即可；题（2）的关键是根据串并联规律列出表达式，然后解出分流电阻即可．解答：解：（1）：改装为电压表时，根据串并联规律应有：U= ，代入数据解得=14970Ω；改装后电压表的内阻为= ；（2）：改装为电流表时，应有：I= ，代入数据解得=0.01Ω；改装后电流表的内阻为：；答：（1）如果它改装成量程为0﹣15V 的电压表，要串联14970Ω的电阻，改装厚1电压表的内阻为15000Ω（2）如果它改装成量程0﹣3A 的电流表，要并联0.01Ω的电阻，改装后电流表的内阻为0.01Ω．点评：应明确电压表是由电流表与分压电阻串联改装成的，电流表是由电流表与分流电阻并联改装成的．15．（16 分）小明准备参加玩具赛车比赛，她想通过实验挑选一只能量转换效率较高的电动机，实验时她先用手捏住电动机的转轴，使其不转动，然后放手，让电动机正常转动，分别将2 次实验的有关数据记录在表格中．请问：电动机的电压/V 电动机工作状态通过电动机的电流/A0.2 不转动0.42.0 正常转动 1.0（2）当电动机正常工作时，转化为机械能的功率是多少？（3）当电动机正常工作 1 分钟时，电动机消耗的电能是多少？（4）该玩具电动机正常工作时电能转化为机械能的效率是多少？考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：（1）电动机不转动时，是纯电阻电路，根据欧姆定律求解线圈电阻；（2）当电动机正常工作时，转化为机械能的功率等于总功率减去内阻消耗的功率；（3）电动机消耗的电能Q=UIt；（4）电能转化为机械能的效率×100% ．解答：解：（1）电动机不转动时，是纯电阻电路，根据欧姆定律得：r= Ω（2）当电动机正常工作时，=1.5W（3）当电动机正常工作 1 分钟时，电动机消耗的电能Q=UIt=2×1×60=120J（4）电能转化为机械能的效率×100% 100%=75% ．答：（1）这只电动机线圈的电阻为0.5Ω；（2）当电动机正常工作时，转化为机械能的功率是1.5W ；（3）当电动机正常工作 1 分钟时，电动机消耗的电能是120J；（4）该玩具电动机正常工作时电能转化为机械能的效率是75% ．点评：本题关键在于电动机不是个纯电阻，所以对电动机正常转动和卡住不转的分析计算是不同的，这个需要同学们注意．16．（17 分）如图所示为一真空示波管，电子从灯丝K 发出（初速度不计），经灯丝与A 板间的加速电压U1 加速，从A 板中心孔沿中心线KO 射出，然后进入两块平行金属板M、N 形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N 间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P 点．已知加速电压为U1 ，M、N 两板间的电压为U2 ，两板间的距离为d ，板长为L1 ，板右端到荧光屏的距离为L2 ，电子的质量为m，电荷量为e．求：（1）电子穿过A 板时的速度大小；（2）电子在偏转场运动的时间t；（3）电子从偏转电场射出时的侧移量；（4）P 点到O 点的距离．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）电子在加速电场U1 中运动时，电场力对电子做正功，根据动能定理求解电子穿过A 板时的速度大小；（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，根据进入偏转电场时的速度和极板长度求出粒子在偏转电场中运动的时间；（3）粒子在偏转电场中做类平抛运动，竖直方向做初速度为0 的匀加速直线运动，根据粒子受力和运动时间求出侧向位移量；（4）粒子离开偏转电场后做匀速直线运动，水平方向做匀速直线运动求出运动时间竖直方向亦做匀速直线运动由时间和速度求出偏转位移，再加上电场中的侧位移即为OP 的距离．解答：解：（1）粒子在加速电场中只有电场力做功，根据动能定理有：得电子加速后的速度大小（2）电子进入偏转电场后，在电场力作用下做类平抛运动，令电子运动时间为t1 ，电子在水平方向做匀速直线运动故有：vt1=L1得电子在偏转电场中的运动时间（3）在竖直方向电子做初速度为0 的匀加速运动，已知偏电压为U2 ，极板间距为d 则电子在偏转电场中受到的电场力：F=由牛顿第二定律知，电子产生的加速度所以电子在偏转电场方向上的侧位移y= =（4）由（3）分析知，电子离开偏转电场时在竖直方向的速度v y=at=电子离开偏转电场后做匀速直线运动，电子在水平方向的分速度，产生位移为L2 ，电子运动时间电子在竖直方向的分速度，产生位移=所以电子偏离O 点的距离PO= =答：（1）电子穿过A 板时的速度大小；（2）电子在偏转场运动的时间t= ；（3）电子从偏转电场射出时的侧移；（4）P 点到O 点的距离．点评：能根据动能定理求电子加速后的速度，能根据类平抛运动计算电子在电场中偏转的位移和速度，这是解决本题的关键，本题难点是全部是公式运算，学生不适应．本题难度适中．。

高二年级物理上学期期中试题

高二年级物理上学期期中试题高二年级物理上学期期中试题一、单项选择题：(10×3=30分，每小题中只有一个选项是正确的)1、真空中有两个静止的点电荷，它们之间的作用力为F，若它们的带电量都增大为原来的2倍，距离减少为原来的1/2，它们之间的相互作用力变为：A.16FB.4FC.FD.F/22、电场中某区域的电场线分布如图所示，A、B是电场中的两点，一正电荷在它中只受电场力作用，则：A.正电荷在A点的加速度大B.正电荷从A至B速度减少C.从A至B，电场力对正电荷做负功D.正电荷从A至B，电势能增加。

3、如图所示,B为线段AC的中点,如果在A处放一个+Q的点电荷，测得B处的场强为EB=48N/C，则：A.EC=24N/CB.EC=12N/CC.B点电势比C低D.在C点放-Q的点电荷，B处场强为零。

4、如图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接。

将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化情况是：A.Q变小，C不变，U不变，E变小B.Q变小，C变小，U不变，E不变C.Q不变，C变小，U变大，E不变D.Q不变，C变小，U变大，E变小5、如图所示，水平虚线表示匀强电场中的两等势面，电势分别为-2V和-5V，两等势面相距10cm，将一带电荷量为+10-6C的点电荷从a点匀速移动到b点，ab=30cm，不计重力，则下列说法正确的是：A.此电场的场强大小为10V/m,方向竖直向下。

B.此电场的场强大小为30V/m,方向竖直向上。

C.所加外力的方向垂直ab斜向下方D.外力做的功是-3×10-6J6、电流表的内阻是Rg=200Ω，满刻度电流值是Ig=500μA，现欲把这电流表改装成量为1.0V的电压表，正确的方法是：A.应串联一个0.1Ω的电阻B.应并联一个0.1Ω的电阻C.应串联一个1800Ω的电阻D.应并联一个1800Ω的电阻7.如图所示，当滑动变阻器滑动触头向左移动时，灯泡A、B、C的亮度将：A.都变亮B.都变暗C.A、B变亮，C变暗D.A、C变亮，B变暗8、如图所示为两个不同闭合电路中的两个不同电源的U-I图象，则下述说法中不正确的是：A.电动势E1=E2，发生短路时的电流I1B.电动势E1=E2，内阻rlr2C.电动势E1=E2，内阻rlD.当电源的工作电流变化相同时，电源2的路端电压变化较大9、把两根同种材料的电阻丝分别连在两个电路中，A电阻丝长为L，直径为d，B电阻丝长为3L，直径为3d。

高二物理上学期期中试题(含解析)高二全册物理试题

嘴哆市安排阳光实验学校高二物理上学期期中试题（含解析）一、单项选择题：（本大题共6小题，每小题4分，共24分。

每题所给的选项中只有一个是正确的，选对的得4分，错选或不选的得0分）1．电源与外电阻R 连接成闭合回路，对于电源的路端电压U ，下列说法正确的是A ．因U ＝IR ，则U 与R 的大小成正比B ．因U ＝IR ，则R ＝0时，必有U ＝0C ．流过电源的电流越大，路端电压U 也越大D ．若外电路断开，回路中电流为0，路端电压也等于0 【答案】B 【解析】考点：闭合电路的欧姆定律、欧姆定律【名师点睛】本题是简单的闭合电路欧姆定律的动态分析问题．对于路端电压与电流的关系，也可以作出电源的外特性曲线U-I 图线，更直观判断它们的关系。

2．一根粗细均匀的电阻丝其电阻为2Ω，在温度不变的情况下，将其均匀拉长后，其电阻变为32Ω，则后来金属丝直径是原来金属丝直径的A 、161B 、81 C 、41D 、21【答案】D 【解析】考点：电阻定律【名师点睛】本题考查电阻定律的应用，要注意明确导体的电阻大小与导体的长度、横截面积和材料有关，长度越大，横截面积越小，电阻越大。

3．如图所示，用两根等长的绝缘细线各悬挂质量分别为m A 和m B 的小球，悬点为O ，两小球均带正电荷，当小球由于静电力作用张开一角度时，A 球悬线与竖直线夹角为α，B 球悬线与竖直线夹角为β，则两小球质量之比m A ∶m B 为 A ．sin β∶sin α B ．cos α∶cos β C ．tan β∶tan α D ．tan α∶tan β 【答案】A 【解析】试题分析：对两球受力分析，根据共点力平衡和几何关系的相似比，得：A A G OP F PA =，B B G OPF PB=，由于A B F F =，且P A PB ＜，则有12m m ＞，且有12sin m m sin βα=:，故A 正确、BCD 错误。

考点：共点力平衡的条件及其应用【名师点睛】本题要比较两球质量关系，我们要通过电场力把两重力联系起来进行比较，结合共点力平衡条件列式求解重力与电场力的关系式是关键。