[推荐学习]高二物理上学期期中试题理
高二物理上学期期中试卷理含解析
2021-2021学年山东省德州市跃华学校高二（上）期中物理试卷（理科）一、选择题（本大题共10个小题，每小题4分，共计40分．在每小题列出的四个选项中，至少有一项是符合标题问题要求的．）1．（4分）（2021春•东河区校级期末）如图所示，在等量异种电荷形成的电场中，有A、B、C 三点，A为两点电荷连线的中心，B为连线上距A为d的一点，C为连线中垂线上距A也为d 的一点，关于三点的场强大小、电势凹凸比力，正确的是（）A． E B＞E A＞E C B． E A＞E B＞E C C．ΦA=ΦC＞ΦB D．ΦB=ΦC＞φA考点：电场强度；电势．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析：该题本色上考查常见电场的电场分布与特点，可以结合等量异种点电荷的电场特点分析．解答：解：AB：等量异种点电荷的电场，在连线上，中间的一点电场强度最小；在它们的中垂线上，交点的电场强度最大，故E B＞E A＞E C，故A正确，B错误；CD：AC两点位于等量异种点电荷的连线上的中垂线上，这是一条等势线，故AC两点的电势相等；沿着电场线AB的标的目的电势降落，故A点的电势高于B的电势，即ΦA=ΦC＞ΦB．C正确，D错误．故选：AC 点评：该题考查常见电场的电场分布与特点，结合等量异种点电荷的电场分布特点的图，可以直接判定．属于简单题．2．（4分）（2021秋•德城区校级期中）关于同一磁场的磁感线，下列表述正确的是（） A．磁感线是客观存在的 B．磁感线越密，则磁场越强 C．磁感线从N极出发，到S极终止 D．某点磁感线的切线标的目的，与小磁针在该点时N极的受力标的目的相同考点：磁感线及用磁感线描述磁场．版权所有分析：（1）磁感线不是真实存在的线，它是为了形象描述磁场而引入的；（2）磁体周围的磁感线从N极出发回到S极，在内部则是从S极回到N极，磁感线的分布疏密可以反映磁场的强弱，越密越强，反之越弱；（3）磁体周围有任何地方都有磁场，只要有磁场的地方就有磁感线．按照磁感线的特点分析．（4）某点磁感线的切线标的目的，与小磁针在该点时N极的受力标的目的相同．解答：解：A、磁场是真实存在的，而磁感线不是真实存在的线，故A错误；B、磁场是有标的目的的，为了形象描述磁场，用磁感线可以形象地暗示磁场的标的目的和它的强弱分布，磁感线越密，则磁场越强；故B正确．C、磁体外部的磁感线从N极出发回到S极，内部的磁感线从S极出发回到N极；故C错误．D、某点磁感线的切线标的目的，与小磁针在该点时N极的受力标的目的，或N极静止标的目的相同的；故D正确．故选：BD．点评：此题主要考查了磁感线的特点；用磁感线来描述磁场是建立抱负模型法；分外注意磁感线的标的目的的规定，在磁体外部是从N极到S极．3．（4分）（2021秋•德城区校级期中）有一段直导线长1cm，通以5A电流，把它置于于垂直于磁场中的某点时，受到的磁场力为0.1N，则该点的磁感应强度为（）A． 1T B． 5T C． 2.5T D． 2T考点：安培力．版权所有分析：按照安培力的大小公式F=BIL求出磁感应强度B的大小．解答：解：导体棒垂直置于磁场中，按照F=BIL得：B=故选：C．点评：解决本题的关键知道当磁场标的目的与电流标的目的平行时，安培力F=0；当磁场标的目的与电流标的目的垂直时，安培力F=BIL．4．（4分）（2001•江西）如图，虚线a．b和c是某静电场中的等势面，它们的电势分别为U a、U b和U c．U a＞U b＞U c一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示，由图可知（）A．粒子从K到L的过程中，电场力做负功 B．粒子从L到M的过程中，电场力做负功 C．粒子从K到L的过程中，静电势能增加 D．粒子从L到M的过程中，动能减少考点：等势面；电势能．版权所有专题：定性思想．分析：电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加；电场力做功的正负还可以直接按照电场力的标的目的判断．解答：解：A、按照E p=qφ，粒子从K到L的过程中，电势能增加，故电场力做负功，故A 正确；B、按照E p=qφ，粒子从L到M的过程中，电势能减小，故电场力做正功，故B错误；C、按照E p=qφ，粒子从K到L的过程中，电势能增加，故C正确；D、粒子从L到M的过程中，电场力做正功，故动能增加，故C错误；故选AC．点评：本题关键关键按照E p=qφ获得电势能的变化情况，最后确定电场力的做功情况．5．（4分）（2008•宁夏）如图所示，C为中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板；a板接地；P和Q为两竖直放置的平行金属板，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球；P板与b板用导线相连，Q板接地．开始时悬线静止在竖直标的目的，在b板带电后，悬线偏转了角度a．在以下方式中，能使悬线的偏角α变大的是（）A．缩小a、b间的距离 B．加大a、b间的距离 C．取出a、b两极板间的电介质 D．换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质考点：共点力平衡的条件及其应用；电容．版权所有专题：压轴题；共点力感化下物体平衡专题．分析：（1）对小球受力分析，小球受重力，拉力，电场力三个力的感化，要使悬线的偏角a变大，需要增加PQ两极板间的电场强度，PQ两极板距离不变，即只需增加PQ两极板间的电压即可．两个电容器并联在一起，所以两个电容器极板间的电压相同，只需增加ab两极板之间的电压就可以增加PQ两极板间的电压．（2）ab电容器带电量不变，由：，进行分析即可．解答：解：对小球受力分析如图：要使悬线的偏角a变大，需要增加F电，即增加PQ两极板间的电场强度，PQ两极板距离不变，所以只需增加PQ两极板间的电压即可．两个电容器并联在一起，所以两个电容器极板间的电压相同，此时：C并=C ab+C PQ．对两个电容器：总电量Q不变，由：得：增加U，需要将电容C并减小，C PQ不变；由：得：减小电容C ab可有三个方式：①增大极板距离d②减小正对面积s，如将ab板错开③换介电常数小的电介质故选：BC 点评：本题综合了电路、电容的知识，综合性较强；是通过平衡条件的考查转移到电容器动态分析的一个考查，需要认真推敲一下．6．（4分）（2021•天津）如图所示，带等量异号电荷的两平行金属板在真空中水平放置，M、N 为板间同一电场线上的两点，一带电粒子（不计重力）以速度v M经过M点在电场线上向下运动，且未与下板接触，一段时间后，粒子以速度v N折回N点．则（）A．粒子受电场力的标的目的必然由M指向N B．粒子在M点的速度必然比在N点的大 C．粒子在M点的电势能必然比在N点的大 D．电场中M点的电势必然高于N 点的电势考点：带电粒子在匀强电场中的运动；电势；电势能．版权所有专题：压轴题．分析：由粒子的运动情景可得出粒子受到的电场力的标的目的，由电场力做功的性质可得出电势能及动能的变化；由电势与电势能的关系可判断电势．解答：解：A、由于带电粒子未与下板接触，可知粒子向下做的是减速运动，故电场力向上，A错误；B、粒子由M到N电场力做负功，电势能增加，动能减少，故速度减小，故M点的速度大于N 点的速度，故B正确，C错误；D、由于粒子和两极板所带电荷的电性未知，故不能判断M、N点电势的凹凸，D错误．点评：本题应明确：（1）电场力做正功则电势能减小，电场力做负功则电势能增加；（2）电场力做功要注意电荷的正负极性，极性分歧则做功分歧．7．（4分）（2021秋•德城区校级期中）如图所示，两个同样的导线环同轴平等悬挂，相隔一小段距离．当同时给两导线环通以同向电流时，两导线环将（）A．吸引 B．排斥 C．保持静止 D．弗成判断考点：平行通电直导线间的感化．版权所有分析：由安培定则判断导线环电流磁场的标的目的，然后按照磁极间的彼此感化判断两导线环的运动趋势．解答：解：通电导线环产生磁场，相当于一个磁铁，由安培定则可知：两导线环左侧面是N极，右侧面是S极，同名磁极彼此吸引，异名磁极彼此排斥，摆布两通电导线环的S极与N极相对，因此两导线环彼此吸引；故选：A．点评：把两通电导线环等效为磁铁，由安培定则判断出磁铁的极性，按照磁铁磁极间的彼此感化即可正确解题．8．（4分）（2021秋•温州期中）如图所示，一带电小球用丝线悬挂在水平标的目的的匀强电场中，小球保持静止状态，现烧断悬线，则小球将在电场中做（）A．自由落体运动 B．匀变速曲线运动 C．变加速直线运动 D．匀变速直线运动考点：牛顿第二定律；电场强度．版权所有专题：牛顿运动定律综合专题．分析：当物体所受的合力与速度在同一条直线上，物体做直线运动，所受的合力与速度不在同一条直线上，物体做曲线运动．解答：解：悬线烧断前，小球受重力、拉力、电场力平衡，重力和电场力的合力与拉力等值反向．烧断细线，物体受重力、电场力，两个力合力恒定，沿细线标的目的，合力标的目的与速度标的目的在同一条直线上，所以物体沿着悬线的延长线做匀加速直线运动．故D正确．A、B、C错误．故选D．点评：解决本题的关键掌握物体做直线运动还是曲线运动的条件，当物体所受的合力与速度在同一条直线上，物体做直线运动，所受的合力与速度不在同一条直线上，物体做曲线运动．（2021•西城区模拟）如图所示，正确标明了通电导线所受安培力F标的目的的是（）9．（4分）A． B． C． D．考点：左手定则．版权所有分析：正确应用左手定则是解答本题的关键，在应用时为防止手忙脚乱，可以先让四指和电流标的目的一致，然后通过旋转手让磁感线穿过手心，从而进一步确定大拇指的指向即安培力标的目的．解答：解：按照左手定则可知：A图中安培力向下，故A错误；B图中安培力向下，故B正确；C图中安培力向下，故C错误；D图中垂直于电流和磁场向外，故D错误．故选B．点评：要熟练应用左手定则判断安培力标的目的必然平时多加练习，同时注意磁场、电流标的目的的暗示方式．10．（4分）（2021秋•禹州市期末）如图所示，电子在电压为U1的电场中由静止加速后，垂直射入电压为U2的偏转电场．在满足电子能射出偏转电场的条件下，下列四种情况中，必然能使电子的偏转角变大的是（）A． U1变大，U2变大 B． U1变小，U2变大 C． U1变大，U2变小 D． U1变小，U2变小考点：带电粒子在匀强电场中的运动．版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：电子经电场加速后，进入偏转电场，在水平标的目的上做匀速直线运动，在竖直标的目的上做匀加速直线运动，按照牛顿第二定律和运动学公式求出电子分开电场时数值标的目的分速度，暗示出偏转角正切值的表达式，从而判断使偏转角变小的方式．解答：解：按照动能定理：eU1=mv2得：v=在偏转电场中由平抛规律可得：v y=at加速度为：a=运动时间为：t=可得偏角的正切值为：tanθ==若使偏转角变小即使tanθ变小，由上式看出可以增大U2减小U1．故B正确，ACD错误．故选：B．点评：本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速按照动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方式是运动的分化和合成，常规问题．二、填空题（本大题共5个小题，共30分，把答案填在题中的横线上）11．（6分）（2021秋•德城区校级期中）a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点．电场线与矩形所在平面平行．已知a点的电势为20V，b点的电势为24V，d 点的电势为4V，如图，由此可知c点的电势为8 V．考点：电势．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析：在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分，故可将bd五等分，求出e、f的电势，连接ae 和cf，则cf∥ae，φc=φf=8v．解答：解：按照在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分将线段bd五等分，如图所示，则U be=U bd=×（24﹣4）=4v，故U be=φb﹣φe=4v，故φf﹣φd=4v，故φe=24﹣4=20v．φf=8v．故φa=φe，连接cf，则cf∥ae，故c点的电势φc=φf=8v．故答案为：8．点评：①在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分；②在匀强电场中电场线平行且均匀分布故等势线平行且均匀分布．以上两点是解决此类标题问题的金钥匙．12．（6分）（2021•湖南校级模拟）将一个电荷量为1.0×10﹣8C的正点电荷从电场中的A点移到B点，电场力做的功为2.4×10﹣6J，则A、B间的电势差为U AB= 240 V，A、B两点中 A 点的电势高．考点：电势能．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析：本题考查电场力做功，和电场力做功与电势能的转化的关系，电场力做功有公式W=qU可以计算；和电场力做功与电势能的转化的关系是，电场力做正功，电势能就减小；电场力做负功，电势能就增加，由此可判定AB之间的电势关系．解答：解：（1）电场力做功时：由公式W=qU，V；（2）电场力做功与电势能的转化的关系是，电场力做正功，电势能就减小；电场力做负功，电势能就增加，由此可判定AB之间的电势关系A点高，B点低．故答案为：240V，A 点评：该题考覆按查电场力做功，和电场力做功与电势能的转化的关系，属于基础标题问题．13．（6分）（2021秋•德城区校级期中）图中，A图为通电螺线管及周围小磁针的示意图，图中螺线管中小磁针左端为S 极，螺线管之上的磁针左端为N 极（填N或S）考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的标的目的．版权所有分析：先根右手螺旋定则判断出通电螺线管的磁极，再按照小磁针静止时N极的指向即为磁场的标的目的去分析．解答：解：由右手螺旋定则判断出通电螺线管的右端为N极，小磁针静止时N极的指向即为磁场的标的目的，所以图中螺线管中小磁针左端为S极，螺线管之上的磁针左端为N极．故答案为：S，N 点评：磁极间的彼此感化规律与右手定则相结合是电磁学方面的常见题型，一般有两个思路：①由小磁针的指向判断通电螺线管的磁极，进而判断电流的标的目的或绕线；②按照右手定则判断出通电螺线管磁极，进而判断出小磁针的指向．14．（6分）（2021秋•德城区校级期中）如图所示，虚线暗示等势面，相邻两等势面间的电势差相等．有一带正电的小球在电场中运动，实线暗示该带正小球的运动轨迹，小球在a点的动能等于20ev，运动到b点时动能等于2ev．若取c点为电势零点，则当这个带电小球的电势能为6ev时，不计重力和空气阻力，它的动能等于8eV ．考点：等势面；电势能．版权所有分析：解决本题需掌握：小球只受电场力时，小球的动能和电势能之和保持不变；正确判断小球在电场中所受电场力标的目的以及电场力做功情况．解答：解：小球自a点运动到b时，电场力做负功：W ab=2eV﹣20eV=﹣18eV ①由于相邻两等势面的电势差相等，故电势差的大小关系有：U ab=3U ac②从b到c电场力做正功，按照动能定理有：W bc=E kc﹣E kb③联立①②③可得E kc=14eV．由于只有电场力做功，电势能和动能和保持不变，故在c点：E=E p+E k=14eV即电势能和动能之和为8eV，因此当电势能等于6eV时动能为8eV，故答案为：8eV 点评：学习电场中的功能关系时可以类比在重力场的功能关系，如只有重力做功，动能和电势能之和保持不变；那么只有电场力做功，电势能和动能之和保持不变．15．（6分）（2021秋•沈阳期中）水平放置的平行金属导轨相距为d，导轨一端与电源相连，垂直于导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为B，标的目的如图所示．金属棒ab静止在导轨上，棒与导轨成60°角，此时，通过金属棒的电流为I，则金属棒所受的安培力大小为．考点：安培力．版权所有分析：应用安培力公式F=BIL时注意，该公式的适用条件一是要求匀强磁场，而是要求电流和磁场垂直，故解答本题的关键是求出垂直于磁场的导线长度．解答：解：通电导体垂直于磁场的长度为：故安培力的大小为：故答案为：．点评：对于基本物理公式要明确其适用条件和公式中各个物理量的含义．三、计算题（本大题共30分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必需明确写出数值和单位）16．（8分）（2021秋•鲤城区校级期中）如图所示，一平行板电容器接在U=12V的直流电源上，电容C=3.0×10﹣10 F，两极板间距离d=1.20×10﹣3m，取g=10m/s2，求：（1）该电容器所带电量．（2）若板间有一带电微粒，其质量为m=2.0×10﹣3 kg，恰在板间处于静止状态，则该微粒带电量为多少？带何种电荷？考点：电容；共点力平衡的条件及其应用．版权所有专题：电容器专题．分析：（1）平行板电容器接在U=12V的直流电源上，板间电压U等于电源的电压．由电容的定义式C=求解电容器所带电量．（2）平行板电容器建立匀强电场，由E=求出板间电场强度E．带电微粒在板间处于静止状态时，重力与电场力平衡，由平衡条件求出微粒的带电量．判断出电性．解答：解：（1）由电容的定义式C=得，电容器所带电量Q=CU=3.0×10﹣10×12C=3.6×10﹣9C．（2）由E=得，板间电场强度E=对于带电微粒，由平衡条件得，qE=mg则q==C=2×10﹣6C由于电容器上板带正电，场强标的目的向下，微粒所受电场力标的目的竖直向上，则该电荷带负电．答：（1）该电容器所带电量3.6×10﹣9C．（2）该微粒带电量为2×10﹣6C，带负电荷．点评：本题要区分清楚电容器的电荷量与微粒的电荷量分歧．对于平衡问题，分析受力是基础．基础题，比力容易．17．（11分）（2021秋•德城区校级期中）在磁感应强度是4.0×10﹣2T的匀强磁场里，有一条与磁场标的目的垂直，长8cm的通电导线ab（如图所示），通电导线ab所受的安培力是1.0×10﹣2N，标的目的垂直纸面指向外，求导线中电流的大小和标的目的．考点：安培力；左手定则．版权所有分析：按照F=BIL求出电流的大小，通过左手定则，结合磁场的标的目的、安培力的标的目的判断出电流的标的目的．解答：解：由F=BIl得：I== A=3.125 A由左手定则判定电流标的目的由b到a．答：电流的大小为3.125A，标的目的由b到a．点评：解决本题的关键掌握安培力的大小公式，当电流标的目的与磁场平行，F=0，当电流标的目的与磁场标的目的垂直，F=BIL，以及掌握左手定则判断磁场标的目的、电流标的目的、安培力标的目的的关系．18．（11分）（2021•湖南校级模拟）一束电子流在经U=5000V的加速电场加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的电场，如图所示，若两极间距d=1.0cm，板长l=5.0cm，那么，要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大电压？考点：带电粒子在匀强电场中的运动．版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：粒子先加速再偏转，由题意可知当电子刚好飞出时，所加电场最大；由运动的合成与分化关系可得出电压值．解答：解：在加速电压必然时，偏转电压U'越大，电子在极板间的偏转距离就越大，当偏转电压大到使电子刚好擦着极板的边缘飞出，此时的偏转电压，即为标题问题要求的最大电压．加速过程，由动能定理得：．①进入偏转电场，电子在平行于板面的标的目的上做匀速运动：l=υ0t．②，③偏转距离：，④能飞出的条件为：．⑤解①②③④⑤式得：．答：两个极板上最多能加多大电压为 4.0×102V．点评：本题考查带电粒子在电场中的偏转，在列式计算时应注意不要提前代入数值，应将公式简化后再计算，这样可以减少计算量．。
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。
高二物理上学期期中试题及答案
【导语】既然⼈⽣的幕布已经拉开，就必须要⽤⼼的演出；既然脚步已经跨出，风⾬坎坷也不能退步；既然我已把希望播在那⾥，就必须要坚持到胜利的谢幕……⽆忧考⾼⼆频道为你整理了以下⽂章，希望可以帮到你！ 【⼀】 第Ⅰ卷（选择题共48分） 选择题（本题共12⼩题，每⼩题4分，共48分。
其中1~7题为单选，8~12题为多选） 下列关于电场强度和电势的叙述正确的是 A．在匀强电场中，场强处处相同，电势也处处相等 B．在正点电荷形成的电场中，离点电荷越远，电势越⾼，场强越⼩ C．等量异种点电荷形成的电场中，取⽆限远处为电势零点，两电荷连线中点的电势为零，场强不为零 D．在任何电场中，场强越⼤的地⽅，电势也越⾼ 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 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 在如图所⽰的平⾏板电容器电路中，第⼀种情况是电键S始终闭合，缓慢增⼤两板距离；第⼆种情况是闭合电键S后⼜断开，再缓慢增⼤两板距离。
设两种情况下增⼤极板距离后，板间场强⼤⼩分别为E1和E2，则 A．E1＞E2 B．E1＜E2 C．E1=E2 D．E1和E2均⼩于未拉开前的场强 将截⾯均匀、长为L、电阻为R的⾦属导线截去，再拉长⾄L，则导线电阻变为 A.B.C.D.nR 等量异种点电荷＋Q和－Q固定，在它们的连线和其中垂线上有c、b、a三点，如图所⽰，现将⼀个带负电的检验电荷先从图中a点沿直线移到b点，再从b点沿直线移到c点，则检验电荷在整个过程中 A．所受电场⼒⼀直增⼤ B．所受电场⼒先增⼤后减⼩ C．电势能⼀直减⼩ D．电势能先增⼤后减⼩ 现有⼀个灵敏电流计,它的满偏电流为Ig=1mA，内阻Rg=500Ω,若要将它改装成量程为3V的电压表，则应在该灵敏电流计上 A．串联⼀个2500Ω的电阻B．串联⼀个25000Ω的电阻 C．串联⼀个3000Ω的电阻D．并联⼀个2500Ω的电阻 如图所⽰，在导体壳内放⼀负电荷q，则壳内的a点、壳上的b点、壳外的c点的电场强度和电势的关系应为 A.Ea＞Eb＞Ec，a＞b＞c B.Ea＞Eb＞Ec，a＜b＜c C.Ea＞Ec＞Eb，a＜b＜c D.Ea＞Ec＞Eb，a＞b＞c 如图所⽰是静电除尘的原理⽰意图，A为⾦属管，B为⾦属丝，在A，B之间加上⾼电压，使B附近的空⽓分⼦被强电场电离为电⼦和正离⼦，电⼦在向A极运动过程中被烟⽓中的煤粉俘获，使煤粉带负电，最终被吸附到A极上，排出的烟就⽐较清洁了。
高二上期期中考试试卷物理含答案
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；
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。
上学期期中考试高二年级物理试题(理科)
上学期期中考试高二年级物理试题（理科）高中物理是高中文科(自然迷信)基础科目之一，查字典物理网为大家引荐了上学期期中考试高二年级物理试题，请大家细心阅读，希望你喜欢。
一、选择题(每题6分，共60分)1、关于电流，以下说法中正确的选项是 [ ]A、经过导线截面的电量越多，电流越大B、电子运动的速率越大，电流越大C、单位时间内经过导体截面的电量越多，导体中的电流越大D、由于电流有方向，所以电流是矢量2、一粗细平均的镍铬丝，截面直径为d，电阻为R。
把它拉制成直径为d/10的平均细丝后，它的电阻变为 [ ]A、R/1000B、R/100C、100RD、10000R3、以下说法正确的选项是 [ ]A、依据R=U/I可知，导体的电阻大小与导体两端的电压成正比，与经过导体的电流成正比B、欧姆定律适用于金属导体导电，电解液导电，电离后气体导电，或许是晶体二级管，晶体三极管导电C、欧姆定律只适用于纯电阻电路D、以上说法都错误4、关于公式E=W/q，以下说法正确的选项是[ ]A、E与q成正比，电路中移送的电荷越多，电动势越小B、E与W成正比，电源做的功越多，电动势越大C、E的大小跟W和q的比值相等，跟W的大小和q的大小有关，由电源自身决议D、以上说法都不对5、图1为两个不同闭合电路中两个不同电源U-I图像，以下判别正确的选项是 [ ]A、电动势E1=E2，发作短路时的电流I1 I2B、电动势E1=E2，内阻r1r2C、电动势E1E2，内阻 r1 r2D、当两电源的任务电流变化量相反时，电源2的路端电压变化大6、电流表的内阻是Rg=200，满刻度电流值是Ig=500微安培，现欲把这电流表改装成量程为1.0V的电压表，正确的方法是 [ ]A、应串联一个0.1的电阻B、应并联一个0.1的电阻C、应串联一个1800的电阻D、应并联一个1800的电阻7、一带电粒子沿着图中曲线J-K穿过一匀强电场， a、b、c、d为该电场的等势面，其中假定不计粒子受的重力，可以确定：[ ]A、该粒子带正电;B、该粒子带负电;C、从J到K粒子的电势能添加;D、从J到K电场力做负功8、关于电场，以下说法正确的选项是：[ ]A、电场是假想的，并不是客观存在的物质B、描画电场的电场线是客观存在的C、电场对放人其中的电荷有力的作用D、电场对放人其中的电荷不一定有力的作用9、电场中有一点P，以下说法是正确的选项是：[ ]A、假定放在P点电荷的电量减半，那么P点的场强减半。
高二(上)期中物理试题(解析版)
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；
高二物理第一学期期中考试试卷(理科)
AV BV A B高二物理第一学期期中考试试卷（理科）说明：1、本试卷的考试时间是100分钟，满分100分2、所有的答案都应写在答题卷上。
一．单项选择题（本大题共12小题，每题所给的四个答案中只有一项是符合题意的，多选、错选、不选都不得分，每题4分，共48分）1．使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片开。
下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，正确的是（ ）2.关于电流的方向，下列叙述中正确的是( )A 、金属导体中电流的方向就是自由电子定向移动的方向B 、在电解质溶液中有自由的正离子和负离子，电流方向不能确定C 、不论何种导体，电流的方向规定为正电荷定向移动的方向D 、电流的方向有时与正电荷定向移动的方向相同，有时与负电荷定向移动的方向相同.3．一粗细均匀的镍铬丝，截面直径为d ，电阻为R 。
把它拉制成直径为d ／10的均匀细丝后，它的电阻变为 （ ）A ． 10000RB ．100RC ． R ／100D ． R ／10004．如图所示的直线是真空中某电场的一条电场线，A 、B 是这条电场线上的两点，一电子以速度V A 经过A 点向B 点运动，经过一段时间后，电子以速度V B 经过B 点，且V A 、V B 方向相反，则 ( )A.A 点场强一定大于B 点场强B.A 点电势一定低于B 点电势C.电子在A 点的动能一定小于它在B 点的动能D.电子在A 点的电势能一定小于它在B 点的电势能5．电场强度E 的定义式为E=F/q ( )A.这个定义只适用于点电荷产生的电场B.上式中F 是放入电场中的电荷所受的力，q 是放入电场中的电荷的电量C.上式中F 是放入电场中的电荷所受的力，q 是产生电场的电荷的电量D.在库仑定律的表达式221r q q kF 中，22r q k 是点电荷q 1产生的电场在点电荷q 2处的场强大小；而21r q k 是点电荷q 2产生的电场在点电荷q 1处的场强大小A B C D6．关于电场，下列说法正确的是( )A.电场是假想的，并不是客观存在的物质B.可以用实验法模拟电场的电场线的分部，说明电场线是实际存在的，只是我们看不到而已。
高二上学期物理期中考试试卷(理科)
高二上学期物理期中考试试卷（理科）姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、单项选择题 (共8题；共19分)1. （2分）两个小灯泡的标记分别为L1：“6V，６W”，L2：“6V，9W”，把它们先后分别接在同一直流电源上，电源内阻不可忽略，L1灯泡消耗的功率刚好为６Ｗ，则L2灯泡消耗的功率为（）A . 一定小于９ＷB . 一定等于９ＷC . 一定大于９ＷD . 条件不足，不能确定2. （2分） (2017高二上·博野期中) 如图所示，设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，若（）A . 保持S不变，增大d，则θ变大B . 保持S不变，增大d，则θ变小C . 保持d不变，减小S，则θ变小D . 保持d不变，减小S，则θ不变3. （2分）有两个相同材料制成的导体，两导体为上、下面为正方形的柱体，柱体高均为h，大柱体柱截面边长为a，小柱体柱截面边长为b，现将大小柱体串联接在电压U上，已知通过导体电流方向如图，大小为I，则（）A . 导体电阻率为B . 导体电阻率为C . 大柱体中自由电荷定向移动的速率大于小柱体中自由电荷定向移动的速率D . 大柱体中自由电荷定向移动的速率等于小柱体中自由电荷定向移动的速率4. （2分） (2017高二上·黑龙江期中) 一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图所示．容器内表面为等势面，A、B为容器内表面上的两点，下列说法正确的是（）A . A点的电场强度比B点的大B . 小球表面的电势比容器内表面的低C . B点的电场强度方向与该处内表面垂直D . 将检验电荷从A点沿不同路径到B点，电场力所做的功不同5. （2分） (2016高二上·南宁期中) 在如图所示的电路，电源的内阻为r，现闭合电键S，将滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是（）A . 电容器C上的电荷量增大B . 电压表读数变小C . 电流表读数变大D . 灯泡L变亮6. （3分）（多选）下列有关电压与电动势的说法中，正确的是（）A . 电压与电动势的单位都是伏特，所以电动势与电压是同一物理量的不同叫法B . 电动势E是由电源本身决定的，跟电源的体积和外电路均无关C . 电动势公式中的W与电势差公式中的W是一样的，都是静电力做的功D . 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7. （3分） (2019高二上·武邑月考) 关于物理学史，下列说法中正确的是（）A . 电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根测得的B . 法拉第不仅提出了场的的概念，而且直观地描绘了场的清晰图象C . 安培通过实验发现了电流的磁效应，首次揭示了电与磁的联系D . 楞次通过线圈实验首次发现了磁生电的现象8. （3分） (2017高二上·黑龙江期中) 在x轴上存在与x轴平行的电场，x轴上各点的电势随x点位置变化情况如图所示．图中﹣x1～x1之间为曲线，且关于纵轴对称，其余均为直线，也关于纵轴对称．下列关于该电场的论述正确的是（）A . x轴上各点的场强大小相等B . 从﹣x1到x1场强的大小先减小后增大C . 一个带正电的粒子在x1点的电势能大于在﹣x1点的电势能D . 一个带负电的粒子在﹣x1点的电势能大于在﹣x2的电势能二、实验题 (共2题；共12分)9. （4分） (2017高二上·双峰期末) 某学习小组要探究导电溶液的电阻在体积相同时，电阻值与长度的关系．选取一根乳胶管，里面灌满了稀盐水，两端用粗铜丝塞住管口，形成一段封闭的圆柱形盐水柱．进行了如下实验：①用多用电表粗测盐水的电阻：该小组首先选用“×100”欧姆挡，其阻值如图（甲）中指针a所示，为了减小多用电表的读数误差，多用电表的选择开关应换用________（选填“×10”或“×1000”）欧姆挡；改换选择开关后，若测得阻值如图（甲）中指针b所示，则Rx的阻值大约是________Ω；②现采用伏安法测盐水柱Rx的电阻，有如下实验器材：A．锂电池（电动势标E称值为3.7V）B．电压表V（量程4V，RV约为4.0kΩ）C．电流表A1（量程100mA，RA1约为5Ω）D．电流表A2（量程2mA，RA2约为50Ω）E．滑动变阻器R1（0～40Ω，额定电流为1A）F．开关S一只，导线若干为了测定盐水柱Rx的阻值，该小组同学实验时电流表应该选择________（填A1或A2）．③为探究导电溶液的电阻在体积V相同时，电阻值R与长度L的关系．该小组同学通过握住乳胶管两端把它均匀拉长改变长度，多次实验测得稀盐水柱长度L和电阻R的数据．为了定量研究电阻R与长度L的关系，该小组用纵坐标表示电阻R，作出了如图（乙）所示的图线，你认为横坐标表示的物理量是________．（选填L、、L2或）10. （8分） (2017高二上·武汉期中) 某同学在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，现除了有一个标有“5V，2.5W”的小灯泡，导线和开关外，还有：A．直流电源：电动势约为6V，内阻可不计B．直流电流表A1：量程0～3A，内阻约为0.1ΩC．直流电流表A2：量程0～600mA，内阻约为5ΩD．直流电压表V1：量程0～15V，内阻为15kΩE．直流电压表V2：量程0～3V，内阻为6kΩF．滑动变阻器R：0～10Ω，2AG．电阻箱一个R0（符号为“ ”）：0～9999.9Ω，最小调节量0.1Ω；实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化至额定电压5V，且电表读数相对误差较小．（1）以上器材中电流表应选用________（填器材代号），电压表应选用________（填器材代号）．（2）在图丙方框中画出实验原理电路图；（3）通过实验作出小灯泡的伏安特性曲线，如图甲所示．现把两个完全相同的这种小灯泡并联接到电路中，电路图如图乙所示，其中电源电动势E=3V，内阻r=6Ω，则此时每个灯泡的实际功率为________W．（结果保留两位有效数字）三、解答题 (共3题；共45分)11. （10分） (2019高二上·惠来月考) 如图所示，AB为水平轨道，A、B间距离s=1m，BCD是半径为R=0.2m 的竖直半圆形轨道，B为两轨道的连接点，D为轨道的最高点，整个轨道处于竖直向下的匀强电场中，场强大小为E= 。
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。
高二年级物理理科第一学期期中考试题(附答案)
高二年级物理理科第一学期期中考试题（附答案）在现代，物理学已经成为自然科学中最基础的学科之一。
小编准备了高二年级物理理科第一学期期中考试题，具体请看以下内容。
第Ⅰ卷 (选择题共48分)一、单项选择题(本大题共6小题,每小题4分,共24分)1. 用金属箔做成一个不带电的圆环，放在干燥的绝缘桌面上。
小明同学用绝缘材料做的笔套与头发摩擦后，将笔套自上向下慢慢靠近圆环，当距离约为0.5cm时圆环被吸引到笔套上，如图所示。
对上述现象的判断与分析，下列说法错误的是().A.笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷立刻消失B.摩擦使笔套带电C.笔套靠近圆环时，圆环上、下部感应出异号电荷D.圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力大于圆环的重力2. 如图所示的情况中，a、b两点的电场强度和电势均相同的是().A.甲图：离点电荷等距的a、b两点B.乙图：两个等量异种点电荷连线的中垂线上，与连线中点等距的a、b两点C.丙图：两个等量同种点电荷连线上，与连线中点等距的a、b两点D.丁图：带电平行金属板两板间分别靠近两板的a、b两点3. 喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中().A.向负极板偏转B.电势能逐渐增大C.运动轨迹是抛物线D.运动轨迹与带电量无关4. 某原子电离后其核外只有一个电子，若该电子在核的静电力作用下绕核做匀速圆周运动，那么电子运动().A.半径越大，加速度越大B.半径越小，周期越大C.半径越大，角速度越小D.半径越小，线速度越小5. 如图所示，A、B两金属板平行放置，在t=0时将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略不计).分别在A、B两板间加上下列哪种电压时，有可能使电子到不了B板().6. 图中边长为a的正三角形ABC的三个顶点分别固定三个点电荷+q、+q、-q，则该三角形中心O点处的场强为().A. 6kqa2，方向由C指向OB. 3kqa2，方向由O指向CC. 3kqa2，方向由C指向OD. 6kqa2，方向由O指向C二、多项选择题(本题共6小题，在每小题给出的四个选项中，至少有两项是符合题意的。
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。
高二上学期期中考试物理试题
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．对于书本中几幅插图所涉及的物理现象或原理，下列说法不正确的是（）A．甲图中，该女生和带电的金属球带有同种性质的电荷B．乙图为静电除尘装置的示意图，带负电的尘埃被收集在线状电离器B上C．丙图中，燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电的原理D．丁图中，两条优质的话筒线外面包裹着金属外衣应用了静电屏蔽的原理2．某汽车的电源与启动电机、车灯连接的简化电路图如图所示。
当汽车启动时，开关S闭合，电机工作，车灯突然变暗，此时（）A．电路的总电流变小B．灯的电流不变C．车路端电压变小D．电源的总功率变小3．如图所示，图中1、2分别为电阻R1、R2的电流随电压变化的关系图线，则()A．R1和R2串联后的总电阻的I－U图线应在Ⅰ区域B．R1和R2串联后的总电阻的I－U图线应在Ⅰ区域C．R1和R2并联后的总电阻的I－U图线应在Ⅰ区域D．R1和R2并联后的总电阻的I－U图线应在Ⅰ区域4．一带电粒子在电场中仅受电场力作用，做初速度为零的直线运动。
取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能E p与位移x的关系如图所示。
下列图象中合理的是（）A．电场强度与位移关系B．粒子动能与位移关系C．粒子速度与位移关系D．粒子加速度与位移关系5．图示为小沈同学家新买的扫地机器人，他从使用说明书上得到了以下信息：电机的额定功率为35W，由规格为DC14.8V/2200mAh的锂电池供电，当锂电池剩余电量为总容量的20%时，扫地机器人就自动回座机充电。
结合上述信息，下列说法正确的是（）A．DC14.8V/2200mAh表示该电池输出的是交流电B ．该机器人电机的额定电流为0.42AC ．正常工作时机器人电动机每秒钟输出35J 动能D ．电池充满电后机器人正常工作约45min 后回座机充电6．心室纤颤是一种可能危及生命的疾病。
高二物理上学期期中试题(含解析)高二全册物理试题2
嘴哆市安排阳光实验学校八县一中高二物理上学期期中联考试题（含解析）一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，第1—8题只有一项符合题目要求，第9—12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．以下关于静电现象说法错误．．的是（）A．用丝绸摩擦玻璃棒后丝绸将得到电子带上负电B．制作汽油桶的材料用金属比用塑料好C．接触带有精密电子元件的电路板时，最好先用手接触一下金属水管或其它接地金属D．考场外头走廊上安装的考场无线信号屏蔽器是利用了静电屏蔽原理【答案】D【解析】考点：静电现象【名师点睛】本题要知道不管哪种带电方式，电荷并未创生，也未消失，电荷总量保持不变．摩擦起电、接触起电的实质是电荷从一个物体转移到另一物体，感应起电的实质是电荷从物体的一部分转移到另一部分.2. 下列说法不．正确的是（）A．插头与插座之间接触不良时，容易发热，甚至迸出电火花B．铜的温度系数相对大些，可用来制作电阻温度计C．电容器两极板之间的电场肯定是匀强电场D．打雷时，呆在汽车里比呆在木屋里要安全【答案】C【解析】试题分析：插头与插座之间接触不良时，容易发热，甚至迸出电火花，选项A 正确；铜的温度系数相对大些，可用来制作电阻温度计，选项B正确；只有平行板电容器带电时，两极板会分别带有等量异种电荷，板间产生匀强电场；故C错误．打雷时，呆在汽车里比呆在木屋里要安全，选项D正确；此题选择错误的选项，故选C.考点：电容器；静电的防止即利用【名师点睛】此题考查的都是静电部分的简单知识点；关键是多看书，必能结合生活实际来回答问题.3. 用比值法定义物理量是物理学中常用的方法，下列表达中不属于．．．用比值法定义物理量的是( )A．电势差qWU ABAB= B．电容dkSCπε4=C．电阻IUR= D．电流强度tqI=【答案】B【解析】故选B.考点：比值定义法【名师点睛】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.4．某金属导线的电阻率为ρ，电阻为R ，现将它均匀拉长到直径为原来的一半，那么该导线的电阻率和电阻分别变为 ( )A ．4ρ和4RB ．ρ和4RC ．16ρ和16RD ．ρ和16R 【答案】D 【解析】试题分析：电阻为R ，现将它均匀拉长到直径为原来的一半，其材料和体积均不变，则横截面积变为原来的1/4，长度为原来的4倍；由于导体的电阻与长度成正比，与横截面积成反比，所以此时导体的电阻变为原来的16倍，即16R ．由于电阻率受温度的影响，因温度不变，所以电阻率也不变．故选D. 考点：电阻定律【名师点睛】题考查了影响电阻大小的因素，关键要知道导体电阻与长度成正比，与横截面积成反比．电阻率不受温度影响的材料，可以制成电阻。
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。
高二物理上学期期中试卷 理(含解析)高二全册物理试题
嘴哆市安排阳光实验学校邵武七中高二（上）期中物理试卷（理）一、单项选择题（本题共10小题，每小题4分，共48分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意，选对的得4分，有选错或不选的得0分）1．关于库仑定律，下列说法正确的是( )A．库仑定律适用于点电荷，点电荷其实就是体积最小的带电体B．根据F=，当两个带电体间的距离趋近于零时，库仑力将趋向无穷大C．带电量分别为Q和3Q的点电荷A、B相互作用时，B受到的静电力是A受到的静电力的3倍D．库仑定律的适用条件是：真空和静止点电荷2．把一个带电量为+q的检验电荷放在电场中的P点，测得P点的电场强度大小为E，场强的方向向东，有关P点的场强的说法，正确的是( )A．若在P点不放电荷，那么P点的场强为零B．只要P点在电场中的位置确定，它的场强应是一个确定值C．若把﹣q的检验电荷放在P，则测得P点的场强大小仍为E，方向向西D．若把电量为+2q的点电荷放在P点，则测得P点的场强大小为2E，方向向东3．某电场区域的电场线如图所示．把一个电子从A点移到B点时( ) A．电子所受的电场力增大，电子克服电场力做功B．电子所受的电场力减小，电场力对电子做正功C．电子所受的电场力增大，电势能减少D．电子所受的电场力增大，电势能增大4．如图所示是匀强电场中的一组等势面，每两个相邻等势面的距离是25cm，由此可确定电场强度的方向及大小为( )A．竖直向下，E=0.4N/C B．水平向右，E=0.4N/CC．水平向左，E=40N/C D．水平向右，E=40N/C5．以下说法正确的是( )A．由E=可知电场中某点的电场强度E与F成正比B．由公式φ=可知电场中某点的电势φ与q成反比C．由U ab=Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也越大D．公式C=，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关6．如图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出．若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球( )A．将打在下板B．仍沿原轨迹由下板边缘飞出C．不发生偏转，沿直线运动D．若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的7．关于电流，下列说法中正确的是( )A．通过导线截面的电量越多，电流越大B．电子运动的速率越大，电流越大C．单位时间内通过导体截面的电量越多，导体中的电流越大D．因为电流有方向，所以电流是矢量8．一根粗细均匀的导线，两端加上电压U时，通过导线中的电流强度为I；若导线均匀拉长，使其半径变为原来的，再给它两端加上电压U，则通过导线的电流为( )A ．B ．C ．D ．9．如图所示，有三个电阻，已知R l：R2：R3=1：3：6，则电路工作时，电压U l：U2为( )A．1：6 B．1：9 C．1：3 D．1：210．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肯定不能正常发光二．多选题（每题4分，共16分）11．如图所示，实线为一组方向未知的电场线，虚线为某带电粒子经过该区域时的运动轨迹，a、b为其轨迹上的两点．若该粒子运动过程中只受电场力作用，根据以上叙述和图示，对下列问题可以作出判断的是( )A．粒子的带电性质B．比较该粒子经过a、b点时的动能大小C．比较该粒子经过a、b点时的加速度大小D．比较该粒子在a、b点时电势能的大小12．在图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r．在滑动变阻器的滑动触片P从图示位置向下滑动的过程中( )A．电路中的总电流变大B．路端电压变大C．通过电阻R2的电流变大D．通过滑动变阻器R1的电流变小13．一直流电动机正常工作时两端的电压为U，通过的电流为I，电动机线圈的电阻为r．该电动机正常工作时，下列说法正确的是( )A．电动机消耗的电功率为IU B．电动机的输出功率为IU﹣I2rC ．电动机的发热功率为D．I、U、r三个量间满足I=14．电源和一个水平放置的平行板电容器、三个电阻组成如图所示的电路．当开关S闭合后，电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态．现将开关S断开，则以下判断正确的是( )A．液滴仍保持静止状态B．液滴将向上运动C．电容器上的带电量将减为零D．电容器上的带电量将增大三、本题共4小题，每空2分，共18分．15．现有一个灵敏电流计，它的满偏电流为I g=1mA，内阻R g=200Ω，若要将它改装成量程为3V的电压表，应__________（填“串”或“并”）一个__________Ω的电阻，改装后的电压表测量电压时，指针指在表盘上原来0.6mA 处，则被测电压的大小是__________V．16．如图甲是某电场中的一条电场线，A、B是这条电场线上的两点．若将一正电荷从A点静止释放，正电荷沿电场线从A到B运动过程中的速度图线如图乙所示．比较A、B两点电势φ的高低和场强E的大小：φA__________φB ，E A__________E B．（填“＞”、“=”或“＜”）17．把一个标有“6V，3W”的灯泡接在10伏的电源上，要使灯泡正常发光，需要__________联一个__________欧的电阻，此时电阻消耗的电功率是__________瓦．18．有一段长为L、横截面积为S的电阻丝，是同种金属合金做成的，将其接在电压为U的电路中，测得其电流为I，那么该合金的电阻率ρ为__________．四、本题4小题，共36分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．有数值的计算题，答案中必须明确写出数值和单位．或按题目要求作答．19．图中A点有一正电荷Q=2.0×10﹣4C．把检验电荷q=2.0×10﹣5C的负电荷置于B点，他们相距离r=2m，如图所示．求：（1）q受到的电场力的大小（k=9.0×109N•m2/c2）；（2）q所在点的电场强度的大小；（3）只将B处的检验电荷q移走，求此时B点的电场强度的大小．20．有一个直流电动机，把它接入0.2V电压的电路时，电动机不转，测得流过电动机的电流是0.4A，若把它接入2V电压的电路中，电动机正常工作，工作电流是1A．求：（1）电动机正常工作时的输出功率．（2）如在正常工作时，转子突然被卡住，此时电动机的发热功率多大？（提示：电动机在电路中转子不转动时为纯电阻用电器）21．如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab=5cm，bc=12cm，其中ab沿电场方向，bc和电场方向成60°角，一电子（其电荷量为e=1.6×10﹣19C）从a 移到b电场力做功为W ab=3.2×10﹣18J．求：（1）匀强电场的场强大小及方向；（2）电子从b移到c，电场力对它做功；（3）a、c两点的电势差等于多少？22．在如图所示的电路中，电源的电动势E=6.0V，内电阻r=1.0Ω，外电路的电阻R=5.0Ω．闭合开关S．求：（1）通过电阻R的电流Ⅰ（2）电阻R消耗的电功率P．邵武七中高二（上）期中物理试卷（理）一、单项选择题（本题共10小题，每小题4分，共48分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意，选对的得4分，有选错或不选的得0分）1．关于库仑定律，下列说法正确的是( )A．库仑定律适用于点电荷，点电荷其实就是体积最小的带电体B．根据F=，当两个带电体间的距离趋近于零时，库仑力将趋向无穷大C．带电量分别为Q和3Q的点电荷A、B相互作用时，B受到的静电力是A受到的静电力的3倍D．库仑定律的适用条件是：真空和静止点电荷【考点】库仑定律．【专题】计算题．【分析】清楚库仑定律的适用条件，了解点电荷这一个理想化的模型．两个带电体间的距离趋近于零时，带电体已经不能看成点电荷呢．运用牛顿第三定律解决B受到的静电力和A受到的静电力关系．【解答】解：A、库仑定律的适用条件是：真空和静止点电荷．如果在研究的问题中，带电体的形状、大小以及电荷分布可以忽略不计，即可将它看作是一个几何点，则这样的带电体就是点电荷．一个实际的带电体能否看作点电荷，不仅和带电体本身有关，还取决于问题的性质和精度的要求．与质点等概念一样，点电荷是实际带电体的抽象和近似．所以体积大的带电体可能看作点电荷，体积小的带电体可能不能看作点电荷，故A错误．B、两个带电体间的距离趋近于零时，带电体已经不能看成点电荷呢，F=已经不能适用，故B错误．C、根据牛顿第三定律得：B受到的静电力和A受到的静电力大小相等．故C错误．D、库仑定律的适用条件是：真空和静止点电荷．故D正确．故选D．【点评】清楚书本中一些定理和定律的适用条件，知道在处理复杂物理问题时建立具有普遍意义的基本规律一些不可或缺的理想模型，使得问题处理更简便．2．把一个带电量为+q的检验电荷放在电场中的P点，测得P点的电场强度大小为E，场强的方向向东，有关P点的场强的说法，正确的是( )A．若在P点不放电荷，那么P点的场强为零B．只要P点在电场中的位置确定，它的场强应是一个确定值C．若把﹣q的检验电荷放在P，则测得P点的场强大小仍为E，方向向西D．若把电量为+2q的点电荷放在P点，则测得P点的场强大小为2E，方向向东【考点】电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场强度是反映电场本身的力的性质的物理量，与试探电荷无关，在电场中同一点，电场强度是确定不变的．【解答】解：电场中某点的场强是由电场本身决定的，只要P点在电场中的位置确定，它的场强应是一个确定值，与检验电荷的正负和带电量的多少无关．故选：B．【点评】电场强度的定义式具有比值定义法的共性，定义出的电场强度与F、q 无关，由电场本身决定．3．某电场区域的电场线如图所示．把一个电子从A点移到B点时( ) A．电子所受的电场力增大，电子克服电场力做功B．电子所受的电场力减小，电场力对电子做正功C．电子所受的电场力增大，电势能减少D．电子所受的电场力增大，电势能增大【考点】电场线；匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】电场力F=qE，大小与场强E成正比，E由电场线的疏密判断；电子带负电，所受的电场力与场强方向相反，判断出电场力做功正负，即可分析电势能的变化．【解答】解：AB、由图看出，B处电场力密，场强E较大，电场力F=qE，则电子在B受到的电场力较大．而电场力方向与电场线方向相反，所以从A运动到B，电场力对电子做正功，故AB错误．CD、电子从A点移到B点时，电场力增大，而电场力做正功，其电势能减小，故C正确，D错误．故选：C【点评】据电场线的物理意义：疏密表示场强的大小，及电子的电场力与电场线相反，判断电场力做功正负，都是应具备的基本能力．4．如图所示是匀强电场中的一组等势面，每两个相邻等势面的距离是25cm，由此可确定电场强度的方向及大小为( )A．竖直向下，E=0.4N/C B．水平向右，E=0.4N/CC．水平向左，E=40N/C D．水平向右，E=40N/C【考点】等势面；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】等势面是平行平面而且均匀分布，该电场一定是匀强电场．电根据公式U=Ed，匀强电场中，沿着电场线方向，相同距离电势差相同．电场线总和等势面垂直，并且由电势高的等势面指向电势低的等势面．【解答】解：根据电场线总和等势面垂直，并且由电势高的等势面指向电势低的等势面可知，由图中可知电场方向是水平向右；匀强电场的等势面是一些平行的等间距的直线，且沿着电场线，电势降低的最快，且每前进相同距离，电势降低相等的值，由图可知电势差为10V，由场强与电势差关系公式U=Ed可以知道，E===40V/m；故选D．【点评】本题考查对等势面和电场线关系的理解能力．结合场强与电势差的关系分析判断．属于常规题，比较容易．5．以下说法正确的是( )A．由E=可知电场中某点的电场强度E与F成正比B．由公式φ=可知电场中某点的电势φ与q成反比C．由U ab=Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也越大D．公式C=，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关【考点】电势；电容．【分析】E=、φ=、C=三个公式都运用比值法定义，根据比值法定义分析各个量的物理意义．公式U ab=Ed中d是两点沿电场线方向的距离．【解答】解：A、E=运用比值法定义，E与F、q无关，反映电场本身的性质，故A错误．B 、φ=运用比值法定义，φ与E P、q无关，反映电场本身的性质，故B错误．C、由U ab=Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间沿电场线方向的距离越大，两点间的电势差才越大．故C错误．D、公式C=运用比值法定义，反映电容器本身的特性，C与电容器两极板间电势差U无关，故D正确．故选：D．【点评】解决本题的关键是理解并掌握比值法定义的共性，知道E、φ反映电场本身的特性，与试探电荷无关．6．如图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出．若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球( )A．将打在下板B．仍沿原轨迹由下板边缘飞出C．不发生偏转，沿直线运动D．若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电容器的动态分析．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】将电容器上板向上移动一段距离，电容器所带的电量Q不变，根据电容器的定义式导出电场强度的变化，判断粒子的运动情况．【解答】解：ABC、将电容器上板向上移动一段距离，电容器所带的电量Q不变，由于：E===，由公式可知当d增大时，场强E不变，以相同的速度入射的小球仍按原来的轨迹运动，故A错误，B正确，C错误．D、若上板不动，将下板上移一段距离时，根据推论可知，板间电场强度不变，粒子所受的电场力不变，粒子轨迹不变，小球可能打在下板的，故D正确．故选：BD【点评】注意当电容器与电源断开时，电容器所带的电量是定值不变，当电容器与电源相连时，电容器两端电压为定值．7．关于电流，下列说法中正确的是( )A．通过导线截面的电量越多，电流越大B．电子运动的速率越大，电流越大C．单位时间内通过导体截面的电量越多，导体中的电流越大D．因为电流有方向，所以电流是矢量【考点】电流、电压概念．【专题】恒定电流专题．【分析】电流强度由通过导线截面的电量和通电时间共同决定，单位时间内通过导体截面的电量越多，导体中的电流越大；电流的微观表达式I=nesv可知电流的大小跟导体的材料、横截面积和电荷定向移动的速率共同决定；矢量的运算满足平行四边形定则，标量的运算满足代数法则，而电流的运算满足代数法则．【解答】解：A、通过某一横截面积的电量与所用时间的比值等于通过导体的电流强度，故电流强度由通过导线截面的电量和通电时间共同决定，故A错误．B、由电流的微观表达式I=nesv，电流的大小跟导体的材料（决定n），导体的横截面积（s）和电荷定向移动的速率（v）共同决定，故B错误．C、根据I=可知，单位时间（t一定）内通过导体截面的电量（q）越多，导体中的电流（I）越大．故C正确．D、矢量的运算满足平行四边形定则，标量的运算满足代数法则，而电流的运算满足代数法则，故电流是标量．故D错误．故选C．【点评】掌握了基本知识就能顺利解决此类题目，故要重视基本知识的积累．8．一根粗细均匀的导线，两端加上电压U时，通过导线中的电流强度为I；若导线均匀拉长，使其半径变为原来的，再给它两端加上电压U，则通过导线的电流为( )A ．B ．C ．D ．【考点】电阻定律．【专题】恒定电流专题．【分析】先根据电阻定律公式R=判断电阻的变化情况，然后根据欧姆定律公式I=判断电流的变化情况．【解答】解：将导线均匀拉长，使其半径变为原来的，故截面积变为原来的，长度变为原来的4倍，根据电阻定律公式R=，电阻增加为原来的16倍；再根据欧姆定律公式I=，电流减小为原来的；故选：A．【点评】本题关键是先根据电阻定律判断电阻的变化情况，然后根据欧姆定律判断电流的变化，基础题．9．如图所示，有三个电阻，已知R l：R2：R3=1：3：6，则电路工作时，电压U l：U2为( )A．1：6 B．1：9 C．1：3 D．1：2【考点】串联电路和并联电路．【专题】恒定电流专题．【分析】根据串并联电路特点求出电阻关系，然后再由串并联电路特点及欧姆定律求出电压关系．【解答】解：设R l=R，由于R l：R2：R3=1：3：6，则R2=3R，R3=6R，R并==2R，通过串联电路的电流I相等，则U l：U2=IR l：IR并=1：2；故选D．【点评】熟练应用串并联电路特点i欧姆定律即可正确解题，本题难度不大，是一道基础题．10．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【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】先求出两者的电阻之比，因二者是串联关系，则分压之比为电阻之比，若正常发光，则要达到额定电压．据此判断即可．【解答】解：由得则A 接在220V的电压上，两者电压均小于额定值．故A错误B 若接在哪里440V的电压上，L1的电压小于220V，L2的电压大于220V，则不能正常发光．故B错误C 所接电压合适可使一个即L2达到220V，即可一个正常发光．故C错误D 若L1正常发光，则L2电压大于额定值，会烧坏，不可．故D正确故选：D【点评】考查串联电阻的电压分配关系，明确电压与电阻成正比．二．多选题（每题4分，共16分）11．如图所示，实线为一组方向未知的电场线，虚线为某带电粒子经过该区域时的运动轨迹，a、b为其轨迹上的两点．若该粒子运动过程中只受电场力作用，根据以上叙述和图示，对下列问题可以作出判断的是( )A．粒子的带电性质B．比较该粒子经过a、b点时的动能大小C．比较该粒子经过a、b点时的加速度大小D．比较该粒子在a、b点时电势能的大小【考点】电场线；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】正电荷所受电场力的方向就是电场线的方向，而负电荷所受的电场力的方向与电场线的方向相反，由于场强方向未知故不能确定电荷的电性．根据动能定理，合外力做正功，动能增加．【解答】解：A、由于不知道场强的方向，故不能确定电场力的方向与场强方向的关系，所以不能确定电荷的电性．故A错误．B、若粒子从a到b，电场力沿电场线向上，与速度的夹角小于90°，始终对电荷做正功，故电荷的动能越来越大，故b点粒子的动能较大，故B正确．C、由图象可知，从a到b电场线越来越密，所以场强越来越强，b点的加速度较大，故C正确D、由于粒子的能量守恒，b点粒子的动能较大，所以b点的势能较小．故D正确．故选BCD．【点评】本题虽然是综合性很强的题目，但只要我们理解了电场线的特点就能顺利解决，所以我们一定要掌握好基本知识．12．在图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r．在滑动变阻器的滑动触片P从图示位置向下滑动的过程中( )A．电路中的总电流变大B．路端电压变大C．通过电阻R2的电流变大D．通过滑动变阻器R1的电流变小【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】在滑动变阻器R1的滑动触片P向下滑动的过程中，R1变小，外电路总电阻变小，由闭合电路欧姆定律分析电路中的总电流和路端电压的变化，分析通过电阻R2的电流变化，再判断通过滑动变阻器R1的电流的变化．【解答】解：A、在滑动变阻器R1的滑动触片P向下滑动的过程中，R1变小，外电路总电阻变小，由闭合电路欧姆定律分析电路中的总电流变大．故A正确．B、路端电压U=E﹣Ir，I变大，E、r不变，则U变小．故B错误．C、路端电压U变小，通过电阻R2的电流变小．故C错误．D、总电流变大，通过电阻R2的电流变小，所以通过滑动变阻器R1的电流必定变大．故D错误．故选：A【点评】本题也可以利用结论进行判断：变阻器电阻变小，路端电压必定变小，其所在电路电流必定增大，所并联的电路电压变小．13．一直流电动机正常工作时两端的电压为U，通过的电流为I，电动机线圈的电阻为r．该电动机正常工作时，下列说法正确的是( )A．电动机消耗的电功率为IU B．电动机的输出功率为IU﹣I2rC ．电动机的发热功率为D．I、U、r三个量间满足I=【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不再成立，其电功率P电=UI，发热功率P热=I2r，输出功率根据能量守恒分析得到P出=P电﹣P热．【解答】解：A、电动机正常工作时，电动机消耗的电功率P电=UI．故A正确．B、C电动机的发热功率P热=I2r，根据能量守恒定律得到，电动机的输出功率P 出=P电﹣P热=UI﹣I2r．故B正确，C错误．D、电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，电能一部分转化为内能，则有UIt＞I2rt，得到U＞Ir．故D错误．故选：AB【点评】本题考查对非纯电阻电路电功率、热功率和输出功率关系的理解和运算能力．要注意在非纯电阻电路中，求电功率，只能用P电=UI，求发热功率只能用P热=I2r．14．电源和一个水平放置的平行板电容器、三个电阻组成如图所示的电路．当开关S闭合后，电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态．现将开关S断开，则以下判断正确的是( )A．液滴仍保持静止状态B．液滴将向上运动C．电容器上的带电量将减为零D．电容器上的带电量将增大【考点】闭合电路的欧姆定律；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．【专题】恒定电流专题．【分析】开关闭合时，电容器两板间的电压等于电阻R2两端的电压，小于电源的电动势，当开关断开时，电路稳定时，电容器板间电压等于电源的电动势，分析液滴的运动情况，根据电压的变化，分析电容器的电量变化．【解答】解：开关闭合时，电容器两板间的电压等于电阻R2两端的电压，小于电源的电动势．当开关断开时，电路稳定时，电路中没有电流，电容器板间电压等于电源的电动势，则知电容器板间电压增大，板间场强增大，液滴所受电场力增大，则液滴将向上运动．由于电容器的电压增大，由公式Q=CU可知，电容器上的带电量将增大．故选BD【点评】本题是电容器动态变化分析问题，关键确定电容器板间电压的变化．当电路稳定时，电容器的电压等于所并联的电路两端电压．三、本题共4小题，每空2分，共18分．15．现有一个灵敏电流计，它的满偏电流为I g=1mA，内阻R g=200Ω，若要将它改装成量程为3V的电压表，应串（填“串”或“并”）一个2800Ω的电阻，改装后的电压表测量电压时，指针指在表盘上原来0.6mA处，则被测电压的大小是1.8V．【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题．【分析】本题的关键是根据串联电阻具有分压作用，明确分压电阻与表头串联的总电压即为改装后电压表的量程，画出电路图，再根据欧姆定律求解即可．【解答】解：根据串联电阻具有分压作用可知，要将电流表改装为电压表，应串联一个电阻；。
高二物理上学期期中试题 理高二全册物理试题_2
嘴哆市安排阳光实验学校箴言中学高二（上）期中物理试卷（理科）一．单择题：（本大题共9小题，每小题4分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对的得4分，选错或不选的得0分．）1．真空中两个相同的带等量异种电荷的小球A和B，分别固定在两处，两球间静电力为F．用不带电的同样小球C先和A接触，再与B接触，然后移去C，则A、B间的静电力应为（）A ．B ．C ．D ．2．由电场强度的定义式E=可知，在电场中的同一点（）A．电场强度E跟F成正比，跟q成反比B ．无论检验电荷所带的电量如何变化，始终不变C．不同电荷在电场中某点所受的电场力大小不同，该点的电场强度在不断改变D．一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，则P点的场强一定为零3．若带正电荷的小球只受到电场力的作用，则它在任意一段时间内（）A．一定沿电场线由高电势处向低电势处运动B．一定沿电场线由低电势处向高电势处运动C．不一定沿电场线运动，但一定由高电势处向低电势处运动D．不一定沿电场线运动，也不一定由高电势处向低电势处运动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，带箭头的线表示某一电场的电场线．在电场力作用下，一带电粒子（不计重力）经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（）A．粒子带负电B．粒子在A点加速度大C．粒子在B点动能大D．A、B两点相比，B点电势能较大6．两电阻R1、R2的电流I和电压U的关系如图所示，可知两电阻R1：R2等于（）A．1：3 B．3：1 C．1：D ．：17．如图所示为小灯泡的U﹣I图线，若将该小灯泡与一节电动势E=1.5V，内阻r=0.75Ω的干电池组成闭合电路时，电源的总功率和小灯泡的实际电功率分别接近以下哪一组数据（）A．1.5 W 1.0 W B．0.75 W 0.5 WC．0.75 W 0.75 W D．1.5 W 0.75 W8．一个电流表的满偏电流I g=1mA．内阻为500Ω，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（）A．串联一个10kΩ的电阻B．并联一个10kΩ的电阻C．串联一个9.5kΩ的电阻D．并联一个9.5kΩ的电阻9．如图所示，两个定值电阻R1、R2串联后接在电压U稳定于12V的直流电源上，有人把一个内阻不是远大于R1、R2的电压表接在R1两端，电压表的示数为8V．如果他把电压表改接在R2两端，则电压表的示数将（）A．小于4V B．等于4V C．大于4V小于8V D．等于或大于8V二．多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有一个或多个选项正确，全选对的得5分，少选的得3分，选错或不选的得0分．）10．如图为一块手机电池的背面印有的一些符号，下列说法正确的是（）A．该电池的容量为500mA•hB．该电池的电动势为3.6VC．该电池在工作1小时后达到的电流为500mAD．若电池以10mA的电流工作，可用50小时11．如图所示，在光滑的水平绝缘桌面上固定一个带电小球A，在桌面的另一处放置一个带电小球B，现给小球B一个垂直于AB连线方向的速度v0，使其在光滑的水平绝缘桌面上运动，则（）A．若A、B为同种电荷，B球一定做速度变大的曲线运动B．若A、B为同种电荷，B球一定做加速度变大的曲线运动C．若A、B为异种电荷，B球一定做加速度、速度都变小的曲线运D．若A、B为异种电荷，B球速度的大小和加速度的大小可能都不变12．电路如图所示，当滑动变阻器的触头P向上滑动时，则（）A．电源的总功率变小B．电容器贮存的电量变小C．灯L1变亮D．灯L2变暗13．现有一束带同种等量电荷的不同离子，从同一点以垂直电场方向进入同一偏转电场，当飞出电场后在荧光屏上形成一个亮点，则（）A．离子进入电场的初速度相同B．离子进入电场的初动量相同C．离子进入电场的初动能相同D．离子必须经同一加速电场加速三．实验题（本大题共2小题，每空2分，作图4分，共16分．）14．用游标卡尺测得某样品的长度如图甲所示，其示数L= mm；用螺旋测微器测得该样品的外径如图乙所示，其示数D= mm．15．（12分）（2014•贵港模拟）从下表中选出适当的实验器材，测量小灯泡的伏安特性曲线，得到如图1的IU图线．器材（代号）规格电流表（A1）电流表（A2）电压表（V1）电压表（V2）滑动变阻器（R0）电池（E）开关（S）导线若干量程0～0.6A，内阻约1Ω量程0～3A，内阻约1Ω量程0～3V，内阻约2kΩ量程0～15V，内阻约10kΩ阻值0～25Ω电动势6V，内阻不计（1）在如图1所示的IU图线中，A到B过程中灯泡电阻改变了Ω．（2）测量电路中电流表应选用（填代号），电压表应选用（填代号），电流表应采用（填内、外）接法．（3）在图2示虚线框中用笔补画完整实验电路图，要求变阻器滑动片右移时，灯泡两端电压变大．四．计算题（本大题共3小题，共28分．要求写出必要的文字说明和计算过程．）16．某电动自行车的铭牌上的技术参数如下表所示．规格后轮驱动直流永磁毂电机车型26”电动自行车额定输出功率120W整车质量30kg 额定电压40V最大载重120kg 额定电流3.5A质量为M=70kg的人骑此电动自行车沿平直公路行驶，所受阻力f恒为车和人总重的k=0.02倍．取g=10m/s2，求：（1）此车的永磁毂电机在额定电压下正常工作时的效率η．（2）仅在电机以额定功率提供动力的情况下，人骑车行驶的最大速度v m．17．一个允许通过最大电流为2A的电源和一个滑线变阻器，接成如图甲所示的电路，变阻器最大阻值R0=22Ω，电源路端电压U随外阻R变化的规律如图乙所示，图中U=12V的直线为图线的渐近线，试求：（1）电源的电动势和内电阻（2）A、B空载时输出电压的范围（3）若要保证变阻器的滑片能任意滑动，A、B两端所接负载的最小电阻时多大？18．（11分）（2015•东莞校级模拟）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）电子从偏转电场射出时的侧移量；（3）P点到O点的距离．箴言中学高二（上）期中物理试卷（理科）参考答案与试题解析一．单择题：（本大题共9小题，每小题4分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对的得4分，选错或不选的得0分．）1．真空中两个相同的带等量异种电荷的小球A和B，分别固定在两处，两球间静电力为F．用不带电的同样小球C先和A接触，再与B接触，然后移去C，则A、B间的静电力应为（）A ．B ．C ．D ．【考点】库仑定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】当在真空中两个点电荷，其间的库仑力与两点电荷的电量乘积成正比，与间距的平方成反比．当两个完全相同的金属小球相接触时，若是同种电荷则是平均分配；若是异种电荷则是先中和再平均分配．【解答】解：两个完全相同且可看成点电荷的金属小球a和b，分别带有等量异种电荷，这时两球间静电引力的大小为F，当用一个不带电，且与a、b完全相同的绝缘金属小球C先与a球接触，再与b 球接触后移去．从而使得a球带电为原来的一半，而b球则带电为原来的四分之一．由库仑定律可得，两球间静电力的大小为原来的八分之一．故C正确、ABD错误．故选：C【点评】由库仑定律可知，在真空是必须确保电荷量不变，且电荷间距要大是能将带电量看成点来处理．同时两球带异种电荷，所以当与a球接触后的小球c与b球接触时，则先出现异种电荷中和，然后再平分电荷．2．由电场强度的定义式E=可知，在电场中的同一点（）A．电场强度E跟F成正比，跟q成反比B ．无论检验电荷所带的电量如何变化，始终不变C．不同电荷在电场中某点所受的电场力大小不同，该点的电场强度在不断改变D．一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，则P点的场强一定为零【考点】电场强度．【分析】电场强度与试探电荷所受电场力、电荷量无关，由电场本身决定．同一电荷在电场中某点所受的电场力大，该点的电场强度不一定大．电场对不带电的小球没有电场力作用，一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，P点的场强不一定为零．【解答】解：A、电场强度等于试探电荷所受电场力与电荷量的比值，但电场强度E并不跟F 成正比，跟q成反比，而F、q无关，E由电场本身决定．故A错误．B、在电场中的同一点，电场强度E是一定的，则无论试探电荷所带的电量如何变化，始终不变．故B正确．C、由F=Eq知，不同电荷在电场中某点所受的电场力大小不同，但场强E却是一定的．故C错误．D、电场对不带电的小球没有电场力作用，不带电的小球在P点受到的电场力为零，P点的场强可能为零，也可能不为零．故D错误．故选：B【点评】对于电场强度，要抓住它的比值定义法的共性，E与试探电荷所受电场力、电荷量无关，反映电场本身的强弱和方向．3．若带正电荷的小球只受到电场力的作用，则它在任意一段时间内（）A．一定沿电场线由高电势处向低电势处运动B．一定沿电场线由低电势处向高电势处运动C．不一定沿电场线运动，但一定由高电势处向低电势处运动D．不一定沿电场线运动，也不一定由高电势处向低电势处运动【考点】电势；电势差与电场强度的关系．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】物体的运动情况取决于合力和初始条件．小球只受到电场力的作用，是否沿电场线运动，还要看电场线是直线还是曲线，有没有初速度，初速度方向与电场线的关系．只有当电场线是直线时，小球只受到电场力的作用才可能沿电场线运动．【解答】解：物体的运动情况取决于合力和初始条件．小球只受到电场力的作用，是否沿电场线运动，还要看电场线是直线还是曲线，有没有初速度，初速度方向与电场线的关系．只有当电场线是直线时且小球的运动方向沿着电场线时，小球只受到电场力的作用才可能沿电场线运动．所以ABC错误，D正确．故选：D【点评】对物体运动情况的判断能力，从力学的角度进行分析：物体的运动性质不仅取决于合力，还取决于初速度条件．虽然是简单题，同时也是易错题目．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【考点】电容器的动态分析．【专题】电容器专题．【分析】题中平行板电容器与静电计相接，电容器的电量不变，改变板间距离，由C=，分析电容的变化，根据C=分析电压U的变化，根据E=分析场强的变化．【解答】解：A、B，平行板电容器与静电计并联，电容器所带电量不变．故A、B错误．C、D，增大电容器两极板间的距离d时，由C=知，电容C变小，Q不变，根据C=知，U变大，而E===，Q、k、ɛ、S均不变，则E不变．故C正确，D错误．故选C【点评】对于电容器动态变化分析问题，要抓住不变量．当电容器保持与电源相连时，电压不变．当电容器充电后，与电源断开后，往往电量不变．5．如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线．在电场力作用下，一带电粒子（不计重力）经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（）A．粒子带负电B．粒子在A点加速度大C．粒子在B点动能大D．A、B两点相比，B点电势能较大【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．不计重力的带电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，且电场力指向轨迹的内侧．确定出电场力方向，判断其做功情况，从而分析动能和电势能的大小．【解答】解：A、根据曲线运动条件可得粒子所受合力应该指向曲线内侧，所以电场力逆着电场线方向向下，即粒子受力方向与电场方向相反，故粒子带负电．故A正确；B、由于B点的电场线密，所以B点的场强大，粒子所受的电场力大，则A点的加速度较小．故B错误；C、粒子从A到B，电场力对粒子运动做负功，导致动能减少，则粒子在B点动能小，故C错误；D、粒子从A到B，电场力对带负电的粒子运动做负功，电势能增加；所以A、B 两点相比，在B点电势能较大．故D正确；故选：AD【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．6．两电阻R1、R2的电流I和电压U的关系如图所示，可知两电阻R1：R2等于（）A．1：3 B．3：1 C．1：D ．：1【考点】欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】在I﹣U图象中图象中，电阻等于图象的斜率的倒数，由斜率可求得电阻．【解答】解：由图可知，R1=；R2=；故R1：R2=tan30°：tan60°=1：3；故选：A．【点评】本题考查电阻定律的应用，注意图象中斜率的倒数等于电阻．7．如图所示为小灯泡的U﹣I图线，若将该小灯泡与一节电动势E=1.5V，内阻r=0.75Ω的干电池组成闭合电路时，电源的总功率和小灯泡的实际电功率分别接近以下哪一组数据（）A．1.5 W 1.0 W B．0.75 W 0.5 WC．0.75 W 0.75 W D．1.5 W 0.75 W【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】作出电源外电压与电流的关系图线，两图线的交点对应的电流和电压为灯泡两端的电压和通过灯泡的电流，根据P=UI求出灯泡的实际功率，根据P=EI求出电源的总功率．【解答】解：电源的外电压与电流的关系为U=E﹣Ir=1.5﹣0.75I，作电源的外电压与电流的关系图线，由图象可知，交点所对应的电压U=0.75V，电流I=1A，则灯泡的实际功率P=UI=0.75W，电源的总功率P总=EI=1.5W．故D正确，A、B、C错误．故选D．【点评】解决本题的关键知道电源的外电压等于灯泡两端的电压，作出电源的U﹣I图线，则交点所对应的电压、电流为灯泡的电压和电流．8．一个电流表的满偏电流I g=1mA．内阻为500Ω，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（）A．串联一个10kΩ的电阻B．并联一个10kΩ的电阻C．串联一个9.5kΩ的电阻D．并联一个9.5kΩ的电阻【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题．【分析】电流表串联电阻起分压作用为电压表，电流表串联电阻为总电阻减去电流表的内阻．总电阻=量程除以满偏电流．【解答】解：要将电流表改装成电压表，必须在电流表上串联一个大电阻，串联电阻起分压作用．应串联电阻为R===9.5×103kΩ故C正确，ABD错误．故选：C．【点评】电流表改装成电压表应串联电阻分压．串联电阻阻值为：R=，是总电阻．9．如图所示，两个定值电阻R1、R2串联后接在电压U稳定于12V的直流电源上，有人把一个内阻不是远大于R1、R2的电压表接在R1两端，电压表的示数为8V．如果他把电压表改接在R2两端，则电压表的示数将（）A．小于4V B．等于4V C．大于4V小于8V D．等于或大于8V【考点】串联电路和并联电路．【专题】恒定电流专题．【分析】电压表的内阻不是远大于R1R2，电表表与电阻并联后，并联部分电阻减小，分担的电压减小．结合串联电路电压与电阻成正比来分析电压表的示数．【解答】解：电压表接在R1两端，电压表的示数8V，则此时R2两端的电压为4V．把此表改接在两端R2时，由于电压表的内阻不是远大于R1R2，电压表与R2并联的阻值小于R2，而R1与并联部分串联，总电压U=12V，则R1的电压大于8V，电压表与R2并联的电路的电压小于4V．故选：A．【点评】本题要注意电压表是实际的电表，内阻不是无穷大，电表对电路的影响不能忽略，把电压表看成可测量电压的电阻．二．多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有一个或多个选项正确，全选对的得5分，少选的得3分，选错或不选的得0分．）10．如图为一块手机电池的背面印有的一些符号，下列说法正确的是（）A．该电池的容量为500mA•hB．该电池的电动势为3.6VC．该电池在工作1小时后达到的电流为500mAD．若电池以10mA的电流工作，可用50小时【考点】电源的电动势和内阻．【专题】恒定电流专题．【分析】根据铭牌读出电池的容量和电动势．电池的容量是指电池能释放的总电量，根据电流的定义式求出该电池在工作1小时后达到的电流和以10mA的电流工作可用的时间．【解答】解：A、B由电池的铭牌读出：该电池的容量为500mA•h，电动势为3.6V．但内阻不为0，故AB正确．C、若该电池只连续工作1小时时，电流为I=500mA．不是工作1小时后才能达到500mA；故C错误．D、由q=It得知，若电池以10mA的电流工作，可用50小时．故D正确．故选：ABD．【点评】本题考查读取电池铭牌信息的能力．电池的容量是指电池所能释放的总电量．11．如图所示，在光滑的水平绝缘桌面上固定一个带电小球A，在桌面的另一处放置一个带电小球B，现给小球B一个垂直于AB连线方向的速度v0，使其在光滑的水平绝缘桌面上运动，则（）A．若A、B为同种电荷，B球一定做速度变大的曲线运动B．若A、B为同种电荷，B球一定做加速度变大的曲线运动C．若A、B为异种电荷，B球一定做加速度、速度都变小的曲线运D．若A、B为异种电荷，B球速度的大小和加速度的大小可能都不变【考点】库仑定律．【分析】分AB为同种电荷和异种电荷两种情况来讨论，当为同种电荷时，B球要远离A球，当为异种电荷的时候，根据库仑力和向心力的大小关系来分别讨论可能的运动情况．【解答】解：A、若A、B为同种电荷，AB之间的库仑力为排斥力，并且力的方向和速度的方向不再一条直线上，所以B球一定做曲线运动，由于AB之间的距离越来越大，它们之间的库仑力也就越来越小，所以B球的加速度在减小，但速度在增大的，所以A正确，B错误；CD、若A、B为异种电荷，AB之间的库仑力为吸引力，当AB之间的库仑力恰好等于向心力的时候，B球就绕着A球做匀速圆周运动，此时B球速度的大小和加速度的大小都不变，当AB之间的库仑力大于需要的向心力的时候，B球做向心运动，速度和加速度都要变大，当AB之间的库仑力小于需要的向心力的时候，B球做离心运动，速度和加速度都要减小，所以C错误，D正确．故选：AD．【点评】当AB为异种电荷的时候，B球可能做向心运动也可能做离心运动，当库仑力恰好等于向心力的时候，B球就绕着A球做匀速圆周运动．12．电路如图所示，当滑动变阻器的触头P向上滑动时，则（）A．电源的总功率变小B．电容器贮存的电量变小C．灯L1变亮D．灯L2变暗【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】首先认清电路的结构：变阻器与灯L2串联后与电阻R1并联，再灯L1串联，电路稳定时，电容器相当于断路．当滑动变阻器的触头P向上滑动时，变阻器接入电路的电阻变小，分析外电路总电阻减小，由欧姆定律分析总电流的变化，即可知道电源的总功率变化和灯L1亮度变化．分析并联部分电压的变化，判断通过R1的电流如何变化，就能分析出通过灯L2的电流变化，判断其亮度变化．【解答】解：A、当滑动变阻器的触头P向上滑动时，变阻器接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，干路电流变大，则灯L1变亮．电源的总功率P=EI，E 不变，则电源的总功率变大，故A错误，C正确；C、干路电流增大，电源的内电压和灯L1的电压增大，则电路中并联部分的电压U并减小，通过R1的电流减小，而干路电流增大，所以通过灯L2的电流变大，灯L2变亮，电容器的电压等于并联部分的电压，则其电压减小，电容器贮存的电量变小．故B正确，D错误．故选：BC【点评】本题考查了滑动变阻器的变阻原理、欧姆定律、串联电路的电压关系，按“局部→整体→局部”的思路进行分析．13．现有一束带同种等量电荷的不同离子，从同一点以垂直电场方向进入同一偏转电场，当飞出电场后在荧光屏上形成一个亮点，则（）A．离子进入电场的初速度相同B．离子进入电场的初动量相同C．离子进入电场的初动能相同D．离子必须经同一加速电场加速【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】离子流飞出电场后在荧光屏上形成一个亮点，说明了这些离子具有相等的偏转量和偏转角，写出粒子偏转量的公式，再进行分析．【解答】解：离子在偏转电场中做类平抛运动，则有：在垂直于电场方向做匀速直线运动，有：L=v0t在平行于电场方向做匀加速运动，有：a=射出电场时的偏转量y为：y=联立以上四式得：y=带同种等量电荷的不同离子垂直进入同一偏转电场，q、U、L、d相同，要使y 相同，必须离子进入电场的相同，则初动能相同．在加速电场中，根据动能定理得：，可知离子必须经同一加速电场加速．由于离子的质量不同，初速度相同或初mv相同，y不同．故CD正确，AB错误．故选：CD【点评】本题考查带电粒子在电场中的偏转问题，关键要写出加速度与穿越电场的时间的表达式，进而求出偏转量，再进行分析．三．实验题（本大题共2小题，每空2分，作图4分，共16分．）14．用游标卡尺测得某样品的长度如图甲所示，其示数L= 30.35 mm；用螺旋测微器测得该样品的外径如图乙所示，其示数D= 3.204 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：游标卡尺的主尺读数为：30mm，游标读数为0.05×7mm=0.35mm，所以最终读数为：30mm+0.35mm=30.35mm；螺旋测微器的固定刻度读数为3mm，可动刻度读数为0.01×20.4mm=0.204mm，所以最终读数为：3mm+0.204mm=3.204mm，由于需要估读在范围3.203﹣3.205内均正确．故本题答案为：30.35，2.304（3.203﹣3.205）【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．15．（12分）（2014•贵港模拟）从下表中选出适当的实验器材，测量小灯泡的伏安特性曲线，得到如图1的IU图线．器材（代号）规格电流表（A1）电流表（A2）电压表（V1）电压表（V2）滑动变阻器（R0）电池（E）开关（S）导线若干量程0～0.6A，内阻约1Ω量程0～3A，内阻约1Ω量程0～3V，内阻约2kΩ量程0～15V，内阻约10kΩ阻值0～25Ω电动势6V，内阻不计（1）在如图1所示的IU图线中，A到B过程中灯泡电阻改变了10 Ω．（2）测量电路中电流表应选用A1（填代号），电压表应选用V2（填代号），电流表应采用外（填内、外）接法．（3）在图2示虚线框中用笔补画完整实验电路图，要求变阻器滑动片右移时，灯泡两端电压变大．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】实验题．【分析】（1）根据图1所示图象求出电压对应的电流，由欧姆定律求出灯泡电阻，然后求出电阻的变化量．（2）根据电流、电压的测量值选择电流表与电压表，根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法．（3）根据实验目的确定滑动变阻器的接法，根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后作出电路图．【解答】解：（1）由图1所示图象可知，灯泡电阻R A===30Ω，R B===40Ω，△R=40Ω﹣30Ω=10Ω．。
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长沙市第二十一中学2018年下学期高二期中考试试卷物理 理科时量：90分钟 满分：100分一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分，其中1-8题为单项选择题，9-12题为多项选择题）1．带电量均q 的两个点电荷，相距为r ，相互作用力大小为F ，现在把两个点电荷的电量各减少一半，距离减少为2r，则两个点电荷间的相互作用力大小为（ ） A. 2F B. F C. 2F D. 4F2.下列各物理量是矢量的是（ ）A. 电场强度B. 电容C. 电势D. 电流3．如图所示的真空空间中，仅在正方体中的黑点处存在着电荷量大小相等的点电荷，则图中a 、b 两点电场强度相同的是（ ）A. B.C. D.4．如图甲所示，直线AB 是某电场中的一条电场线．若有一电子仅在电场力的作用下以某一初速度沿直线AB 由A 运动到B ，其速度图象如图乙所示，下列关于A 、B 两点的电场强度E A 、E B 和电势φA 、φB ，以及电子在A 、B 两点所具有的电势能E PA 、E PB 和动能E KA 、E KB ，以下判断正确的是（ ）A. E A < E BB. φA ＞φ BC. E PA ＞E PBD. E KA ＞E KB 5.下列关于电功、电功率和焦耳定律的说法中不正确的是( )A ．W ＝UIt 适用于任何电路，而W ＝I 2Rt ＝U 2Rt 只适用于纯电阻电路B ．在非纯电阻电路中，UI>I 2RC ．电功率越大，电流做功越快，电路中产生的焦耳热一定越多D ．焦耳热Q ＝I 2Rt 适用于任何电路6．如图所示为一小灯泡的伏安特性曲线，横轴和纵轴分别表示电压U 和电流I .图线上点A 的坐标为(U 1、I 1)，过点A的切线与纵轴交点的纵坐标为I 2，小灯泡两端的电压为U 1时，电阻等于( )A.I 1U 1B.U 1I 1C.U 1I 2D.U 1I 1－I 27．如右图所示的三个完全相同的电阻R 1＝R 2＝R 3.接在电路中，则它们的电压之比为( )A ．1∶1∶1B ．2∶1∶1C ．1∶2∶2D ．1∶4∶48．如图给出了用电压表、电流表测量同一导体电阻的两种电路图，考虑电流表、电压表内阻的影响，测量时把电压表示数U 和电流表示数I 的比值作为电阻的测量值即R ＝U /I ，这种方法叫伏安法．则下列关系关于R 的测量值说法中正确的是( ) A ．甲、乙两种电路测量值一样大B ．乙电路测量值比真实值偏小C ．测量大电阻时最好选择甲电路 D.以上说法都不正确 9．如图所示，图线1表示的导体的电阻为R 1，图线2表示的导体的电阻为R 2，则下列说法正确的是（ ）A ．R 1：R 2=3：1B ．R 1：R 2=1：3C ．将R 1与R 2串联后接于电源上，则电流比I 1：I 2=1：3D ．将R 1与R 2并联后接于电源上，则电流比I 1：I 2=3：110、两块大小、形状完全相同的金属平板平行正对放置，构成一平行板电容器，与它相连接的电路如图所示，接通开关S ，电源即给电容器充电．则( )A ．保持S 接通，减小两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度减小B ．保持S 接通，在两极板间插入一块电介质，则极板上的电荷量增大C ．断开S ，减小两极板间的距离，则两极板间的电势差减小D ．断开S ，在两极板间插入一块电介质，则两极板间的电势差增大11.如图所示的电路中，电阻R 1、R 2、R 3的阻值都是1Ω，R 4、R 5的阻值都是0．5Ω，ab 端输入电压U=5V 。
则下列说法正确的是（ ） A.当c 、d 端接一理想电流表时，其示数是1AB.当c 、d 端接一理想电流表时，其示数是2AC.当c 、d 端接一理想电压表时，其示数是3VD.当c 、d 端接一理想电压表时，其示数是35V 12．如图所示，电子由静止开始从A 板向B 板运动，到达B 板的速度为v ，保持两板间的电压不变，则( )A ．当减小两板间的距离时，速度v 减小B ．当减小两板间的距离时，速度v 不变C.当减小两板间的距离时，电子在两板间运动的时间减少 D ．当减小两板间的距离时，电子在两板间运动的时间不变 二．填空题（每空1分，17题（2）（3）问各2分，共16分）13．一电子沿一圆周顺时针高速转动，周期为10－10s ，电子的顺时针转动可视为形成一环形电流，则此环形电流可等效为________ A ，方向为________方向(填“顺时针”或者“逆时针”)．14．如图是示波管的原理图．它由电子枪、偏转电极(XX ′和YY ′)、荧光屏组成，管内抽成真空．给电子枪通电后，如果在偏转电极XX ′和YY ′上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心O 点．带电粒子在在________区域是偏转的．（选填Ⅰ、Ⅱ）若U YY ′＝0，U XX ′＞0，则粒子向________板偏移．15.如图所示的电路中，R 1＝2 Ω，R 2＝3 Ω，R 3＝4 Ω.则电路的总电阻是 Ω，若流过电阻R 1的电流I 1＝3 A ，则干路电流为是 A16．如图所示的电路中，小量程电流表的内阻100g R =Ω，满偏电流121001900999g I mA R R ==Ω=Ω，，； （1）当1S 和2S 均断开时，改装成的是________表，量程是_________； （2）当1S 和2S 均闭合时，改装成的是_________表，量程是_________。
17．（6分）“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，小灯泡的额定电压为2.5V ，额定功率为0.5W ，实验中除导线和开关外，还有以下器材可供选择：A ．电压表（0～5V ，内阻10k Ω）B ．电压表（0～10V ，内阻20k Ω）C ．电流表（0～0.3A ，内阻1Ω）D ．电流表（0～0.6A ，内阻0.4Ω）E ．滑动变阻器10Ω， 2A实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量． （1）实验中电压表应选用______，电流表应选用____．（均填写仪器前的字母）（每空1分）（2）应选择下图中哪一个电路图进行实验？__________．（2分）（3）如图是此实验的器材实物图，图中已连接了部分导线．请根据在上问中所选的电路图，补充完成图中实物间的连线（2分）三．计算题(每题9分，共36分）18．（8分）如图所示，光滑斜面倾角为37°，一带有正电的小物块质量为m，电荷量为q，置于斜面上，当沿水平方向加有如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2)求：(1)原来的电场强度（4分）(2)若电场强度变为原来的1/2，则物体运动的加速度大小（4分）19．（9分）如图所示，是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图．电动机内电阻r＝1.0 Ω，电路中另一电阻R＝4 Ω，直流电压U＝120 V，电压表示数U V＝100 V．试求：(1)通过电动机的电流（4分）(2)输入电动机的电功率（2分）(3)电动机的输出功率（3分）20．（9分）如图所示，平行金属板长为L，间距为d，两板间电压为U,一个质量为m的带电粒子（不计重力）以初速度v0紧贴上板垂直射入电场，并刚好从下板边缘射出，求：（1）带电粒子所电电荷量（2）粒子末速度大小和方向（3）若要使带电粒子刚好打到下极板的中点处，则电压应为多少?21．（10分）如图所示，在E=V/m的水平向左匀速电场中，有一半径R=0.4m的光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，半圆轨道与一水平绝缘轨道的N点平滑连接，绝缘的轻质弹簧的一端固定于水平绝缘轨道的右端，一带电荷量为q=+C、质量为m=0.04kg的小球经弹簧弹性压缩至M点（小球与弹簧不粘连），将小球由静止释放，小球恰能运动到圆轨道的最高点C，已知小球与水平轨道的动摩擦因数μ=0.1，MN=2m，，求（1）小球在C点时的速度（2分）（2）小球通过半圆轨道最左端P点时对轨道的压力（4分）（3）小球压缩弹簧至M点时弹簧具有的弹性势能（4分）长沙市第二十一中学2018年下学期高二期中考试物理参考答案一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分，其中1-8题为单项选择题，9-12题为多项选择题）二．填空题（每空1分，17题（2）（3）问各2分，共16分）13.1.6×10－9逆时针 14. (1)Ⅱ (2)X 15.1213 Ω 6.5 A16. （1）电压表 1V （2）电流表 1A17. （1） A C （2） A （2分） （3）见图（2分） 三．计算题 18. （8分）（1）（2）3 m/s 2，方向沿斜面向下(1)对小物块受力分析如图所示，物块静止于斜面上，则mg sin37°＝qE cos37°， 所以：.(2)当场强变为原来的1/2时，小物块的合外力F 合＝mg sin37°－qE cos37°＝mg sin37°.又F 合＝ma ，所以a ＝3 m/s 2，方向沿斜面向下． 19.（9分）解：（1）R 两端电压则通过电阻R 的电流,电动机与电阻R 串联，则通过电动机的电流也为5A ；（2）电动机的输入功率（3）电动机的输出功率：20（9分）.（1）2222UL v m d（2）44220d L L v + 方向L d 2tan =θ（3）（3) 4U21.（10分）（1）2m/s （2）1.5N (3) 0.28J(1)小球在C点有①则：v c=2m/s（2）小球从P到C的过程有②小球在P点有③由牛顿第三定律得小球对轨道的压力为④由①②③解得 =1.5N（3）小球从M点到P点的过程由能量守恒定律得⑤解得E P=0.28J。