山东省潍坊市高密三中2015-2016学年高二(上)期末物理复习卷(解析版)

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16学年上学期高二期末考试物理试题(附答案)(11)

2015—2016学年度第一学期期末质量检测试卷高二物理注意事项：1．本试卷分试题和答题纸两部分,试卷满分100分,考试时间90分钟。

2. 答卷前考生务必将自己的姓名、考试号、科目填涂在答题卡和答题纸上相应位置。

3. 选择题部分，用2B铅笔将答案涂在答题卡上，答在试卷上无效。

其余部分将答案写在答题纸上相应位置，答在其它位置无效。

一．选择题（本题共16小题，每题3分，共48分。

每题给出的四个选项中有一个或多个选项是正确的，请将正确答案选出来。

选对但不全的得2分，多选、错选均不得分）1．在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献。

下列说法正确的是A．奥斯特发现了电流磁效应；法拉第发现了电磁感应现象B．安培发现了磁场对运动电荷的作用规律C．库仑发现了点电荷的相互作用规律：密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值D．洛仑兹发现了磁场对电流的作用规律2. 关于点电荷Q产生的电场，下列说法正确的是A．电场强度的定义式仍成立，即E=F/q，式中的q就是检验电荷B．在真空中，电场强度的表达式E=kQ/r2，式中Q是产生电场的点电荷C．在真空中，电场强度的表达式E=kQ/r2，式中Q是检验电荷D．公式E=U/d也可以用于点电荷的电场3. 平行板电容器的一个极板与静电计的金属杆相连,另一个极板与静电计的金属外壳相连,如图所示。

给电容器充电后, 静电计偏转一个角度。

如果保持电容器所带电量不变,以下情况中,可以使静电计指针的偏角增大的是A.把两板间的距离增大B.把两板的正对面积增大C.在两板间插入相对介电常数较小的电介质.D.以上做法都不可以4．下列关于静电场中电场线的叙述正确的是A．沿着电场线的方向电场强度越来越小B．电荷沿着电场线的方向移动，电势能逐渐减小C ．电场线是人们假设的，用以形象地表示电场强弱和方向，客观并不存在D ．电场线是非闭合曲线，始于正电荷或无穷远，止于无穷远或负电荷 5．如图，在一水平放置的平板MN 的上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B ，磁场方向垂直于纸面向里。

2015-2016学年上学期期末考试高二物理试题及答案

2015-2016学年上学期期末考试高二物理试题考试时间 90分钟满分 110分一、选择题（每小题5分，共50分。

其中1-6题为单选题，7-10题为多选题，选对选全得5分，选对不选全得3分，有选错的得0分。

）1．如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x 轴垂直于环面且过圆心O .下列关于x 轴上的电场强度和电势的说法中正确的是( )A ．O 点的电场强度为零，电势最低B ．O 点的电场强度为零，电势最高C ．从O 点沿x 轴正方向，电场强度减小，电势升高D ．从O 点沿x 轴正方向，电场强度增大，电势降低2.如图所示，A 、B 、C 是等边三角形的三个顶点，O 是A 、B 连线的中点．以O 为坐标原点，A 、B 连线为x 轴，O 、C 连线为y 轴，建立坐标系．过A 、B 、C 、O 四个点各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等、方向向里的电流．则过O 点的通电直导线所受安培力的方向为( )A ．沿y 轴正方向B ．沿y 轴负方向C ．沿x 轴正方向D ．沿x 轴负方向3．a 、b 、c 、d 是在地球大气层外的圆形轨道上运行的四颗人造卫星．其中a 、c 的轨道相交于P ，b 、d 在同一个圆轨道上，b 、c 轨道在同一平面上．某时刻四颗卫星的运行方向及位置如图1所示．下列说法中正确的是( ) A ．a 、c 的加速度大小相等，且大于b 的加速度 B ．b 、c 的角速度大小相等，且小于a 的角速度 C ．a 、c 的线速度大小相等，且小于d 的线速度 D ．a 、c 存在在P 点相撞的危险4．如图所示，圆环形导体线圈a 平放在水平桌面上，在a 的正上方固定一竖直螺线管b ，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P 向下滑动，下列表述正确的是( ) A ．线圈a 中将产生俯视顺时针方向的感应电流 B ．穿过线圈a 的磁通量变小 C ．线圈a 有扩张的趋势D ．线圈a 对水平桌面的压力F N 将增大5．如图所示，在水平面上有一个质量为m 的小物块，从某点给它一个初速度沿水平面做匀减速直线运动，途中经过A 、B 、C 三点，到达O 点的速度为零．A 、B 、C 三点到O 点的距离分别为s 1、s 2、s 3，物块从A 点、B 点、C 点运动到O 点所用时间分别为t 1、t 2、t 3，下列结论正确的是( )A. s 1t 1＝s 2t 2＝s 3t 3B. s 1t 1<s 2t 2<s 3t 3C .s 1t 21＝s 2t 22＝s 3t 23 D. s 1t 21<s 2t 22<s 3t 236．图中的虚线a 、b 、c 、d 表示匀强电场中的4个等势面．两个带电粒子M 、N (重力忽略不计)以平行于等势面的初速度射入电场，运动轨迹分别如图中MPN 和NQM 所示．已知M 是带正电的粒子．则下列说法中正确的是 ( )． A ．N 一定也带正电B ．a 点的电势高于b 点的电势，a 点的场强大于b 点的场强 C. 带电粒子N 的动能减小、电势能增大 D ．带电粒子N 的动能增大、电势能减小7．有一种手电筒和台式电子钟都是使用1节干电池工作的。

山东省潍坊市高密三中2016届高三物理上学期12月月考试卷(含解析)

2015-2016学年山东省潍坊市高密三中高三（上）月考物理试卷（12月份）一、选择题（1-6题单选，7-10题多选，每题4分，共40分，对而不全得2分）1．如图所示，A、B两物体紧靠着放在粗糙水平面上．A、B间接触面光滑．在水平推力F作用下两物体一起加速运动，物体A恰好不离开地面，则物体关于A、B两物体的受力个数，下列说法正确的是( )A．A受3个力，B受4个力B．A受4个力，B受3个力C．A受3个力，B受3个力D．A受4 个力，B受4个力2．在地面上某处将一金属小球竖直向上抛出，上升一定高度后再落回原处，若不考虑空气阻力，则下述图象能正确反映速度、加速度、位移和动能随时间变化关系的是（以向上为正方向）( )A．B．C．D．3．如图所示电路的电源内阻不可忽略，若调整可变电阻R的阻值，可使电压表V的示数减小△U（电压表为理想电表），在这个过程中( )A．通过R1的电流减小，减少量一定等于B．R2两端的电压增大，增加量一定等于△UC．路端电压减小，减少量一定等于△UD．通过R2的电流增大，但增加量一定等于4．2010年10月1日，我国成功发射了月球探测卫星“嫦娥二号”．假设“嫦娥二号”探测卫星在椭圆轨道近月点Q完成近月拍摄任务后到达椭圆轨道的远月点P进行变轨，此后它的运行轨道变成圆形轨道，如图所示．忽略地球对“嫦娥二号”探测卫星的影响，则“嫦娥二号”探测卫星( )A．在由椭圆轨道变成圆形轨道过程中机械能不变B．在由椭圆轨道变成圆形轨道过程中线速度增大C．在Q点的机械能比沿椭圆轨道运动时过P点的机械能小D．椭圆在P点的加速度比圆轨道经过P点的加速度小5．如图所示，ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，比荷为e/m的电子以速度v0从A 点沿AB边入射，欲使电子经过BC边，磁感应强度B的取值为( )A．B＞B．B＜C．B＞D．B＜6．如图所示，两个端面半径同为R的圆柱形铁芯同轴水平放置，相对的端面之间有一缝隙，铁芯上绕导线并与电源连接，在缝隙中形成一匀强磁场．一铜质细直棒ab水平置于缝隙中，且与圆柱轴线等高、垂直．让铜棒从静止开始自由下落，铜棒下落距离为0.2R时铜棒中电动势大小为E1，下落距离为0.8R时电动势大小为E2．忽略涡流损耗和边缘效应．关于E1、E2的大小和铜棒离开磁场前两端的极性，下列判断正确的是( )A．E1＞E2，a端为正B．E1＞E2，b端为正C．E1＜E2，a端为正D．E1＜E2，b端为正7．如图所示，真空中两虚线圆为以O为圆心的同心圆，分别于坐标轴交于abcd、efgh；在ac两点固定两个等量点电荷+Q，bd两点固定两个等量点电荷﹣Q．下列说法正确的是( )A．g、f两点的电场强度相同B．e、h两点的电势相同C．将质子从e移到o电场力一直做正功D．将质子从o移到f电场力一直做正功8．如图所示，甲图一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B （B物体与弹簧连接），弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的v﹣t 图象如图乙所示（重力加速度为g），则 ( )A．施加外力前，弹簧的形变量为2B．外力施加的瞬间，A、B间的弹力大小为M（g﹣a）C．A、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零D．弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值9．汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P，牵引力为F0，t1时刻，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半，并保持该功率继续行驶，到t2时刻，汽车又恢复了匀速直线运动．能正确表示这一过程中汽车牵引力F随时间t、速度v随时间t变化的图象是( )A．B．C．D．10．内壁光滑、由绝缘材料制成的圆轨道固定在倾角为θ=37°的斜面上，与斜面的交点是A，直径AB垂直于斜面，直径CD和MN分别在水平和竖直方向上，它们处在水平方向的匀强电场中．质量为m，电荷量为q的小球（可视为点电荷）刚好能静止于圆轨道内的A点．现对在A 点的该小球施加一沿圆环切线方向的瞬时冲量，使其恰能绕圆环完成圆周运动．下列对该小球运动的分析，正确的是( )A．小球一定带负电B．小球运动到B点时动能最小C．小球运动到M点时动能最小D．小球运动到D点时机械能最小二、实验题（共两小题）（共16分）11．某学习小组的同学拟探究小灯泡L的伏安特性曲线，可供选用的器材如下：小灯泡L，规格“4.0V，0.7A”；电流表A1，量程3A，内阻约为0.1Ω；电流表A2，量程0.6A，内阻r2=0.2Ω；电压表V，量程3V，内阻r V=9kΩ；标准电阻R1，阻值1Ω；标准电阻R2，阻值3kΩ；滑动变阻器R，阻值范围0～10Ω；学生电源E，电动势6V，内阻不计；开关S及导线若干．某同学设计了如图所示的电路来进行测量，电压表指针指在最大刻度时，加在L上的电压值是__________V．12．在“测定金属的电阻率”的实验中，（1）某同学用螺旋测微器测金属丝直径时，测得结果如图1所示，则该金属丝的直径为__________mm．（2）用量程为3V的电压表和量程为0.6A的电流表测金属丝的电压和电流时读数如图2所示，则电压表的读数为__________ V，电流表的读数为__________A．（3）用米尺测量金属丝的长度L=0.810m．利用以上测量数据，可得这种材料的电阻率为__________Ω•m（保留二位有效数字）．13．某实验小组用如图1实验装置测重力加速度．两物体m1、m2悬挂在轻质定滑轮上，m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，可测出运动加速度．图2给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个打点（图中未标出），计数点间的距离如图所示．已知m1=50g、m2=150g，则（结果保留两位有效数字）①在纸带上打下记数点5时的速度v=__________m/s；②若某同学作出v2一h像如图3，则当地的重力加速度g=__________m/s2：③此方法测量重力加速度总是__________（填“偏小”或“偏大”），请找出产生此误差的两条主要原因：（1）__________（2）__________．三、计算题（本大题包括4小题，共44分．解答应写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）．14．如图甲所示，一个匝数n=100的圆形导体线圈，面积S1=0.4m2，电阻r=1Ω．在线圈中存在面积S2=0.3m2的垂直线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示．有一个R=2Ω的电阻，将其两端a、b分别与图甲中的圆形线圈相连接，b端接地（电势为零）．求：（1）圆形线圈中产生的感应电动势；设b端电势为零，求a端的电势φa（2）在0～4s时间内通过电阻R的电荷量q．15．如图，一个质量为0.6kg 的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧（不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失）．已知圆弧的半径R=0.3m，θ=60°，小球到达A点时的速度 v=4m/s．（取g=10m/s2）求：（1）小球做平抛运动的初速度v0；（2）P点与A点的水平距离和竖直高度；（3）小球到达圆弧最高点C时速度和对轨道的压力．16．如图所示，质量M A=2m的直杆A悬于离地面很高处，杆A上套有质量M B=m的小环B．将小环B由静止释放，环做加速度a=g的匀加速运动．经过时间t后，将杆A上方的细线剪断，杆A开始下落．杆A足够长，环B始终未脱离杆A，不计空气阻力，已知重力加速度为g，求：（1）杆A刚下落时的加速度a′；（2）在小环B下落的整个过程中，环B对杆A所做的功W；（3）在小环B下落的整个过程中，系统产生的热量Q．17．在xoy平面内存在着如图所示的电场和磁场，其中二、四象限内电场方向与y轴平行且相反，大小为E，一、三象限内磁场方向垂直平面向里，大小相等．一个带电粒子质量为m，电荷量为q，从第四象限内的P（L，﹣L）点由静止释放，粒子垂直y轴方向进入第二象限，求：（1）磁场的磁感应强度B；（2）粒子第二次到达y轴的位置；（3）粒子从释放到第二次到达y轴所用时间．2015-2016学年山东省潍坊市高密三中高三（上）月考物理试卷（12月份）一、选择题（1-6题单选，7-10题多选，每题4分，共40分，对而不全得2分）1．如图所示，A、B两物体紧靠着放在粗糙水平面上．A、B间接触面光滑．在水平推力F作用下两物体一起加速运动，物体A恰好不离开地面，则物体关于A、B两物体的受力个数，下列说法正确的是( )A．A受3个力，B受4个力B．A受4个力，B受3个力C．A受3个力，B受3个力D．A受4 个力，B受4个力【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】物体A恰好不离开地面时，地面对A没有支持力，按重力、弹力和摩擦力的顺序分析两物体受力．【解答】解：对于A物体：由题，物体A恰好不离开地面，地面对A没有支持力，也没有摩擦力，则A受到重力、F和B对A的支持力共3个力作用．对于B物体：受到重力、A对B的压力和地面的支持力和摩擦力，共4个力作用．故选A【点评】解答本题的关键是分析临界条件：A恰好不离开地面，A与地间无弹力，也就无摩擦力．分析受力的一般顺序是：重力、弹力和摩擦力．2．在地面上某处将一金属小球竖直向上抛出，上升一定高度后再落回原处，若不考虑空气阻力，则下述图象能正确反映速度、加速度、位移和动能随时间变化关系的是（以向上为正方向）( )A．B．C．D．【考点】机械能守恒定律；匀变速直线运动的图像．【专题】机械能守恒定律应用专题．【分析】金属小球竖直向上抛出，空气阻力忽略不计，只受重力，做竖直上抛运动，加速度保持不变，即上升和下降过程加速度大小和方向都不变，故是匀变速直线运动；根据运动学公式和机械能守恒定律列式分析即可．【解答】解：A、B、金属小球竖直向上抛出，空气阻力忽略不计，只受重力，做竖直上抛运动，上升和下降过程加速度大小和方向都不变，故做匀变速直线运动，速度图象应是倾斜的直线．以向上为正方向，速度先正后负，加速度为负值，并保持不变．故A错误，B正确；C、根据位移时间公式，有x=v0t﹣，x与t是非线性关系，x﹣t图象是曲线，而不是折线．故C错误；D、根据机械能守恒定律，有：E k0+0=E k+mgh，其中h=x，故E k=E k0﹣mg（v0t﹣），则知E k ﹣t是曲线，故D错误；故选B．【点评】本题关键抓住竖直上抛运动是一种匀变速直线运动，结合运动学公式和机械能守恒定律列式分析求解．3．如图所示电路的电源内阻不可忽略，若调整可变电阻R的阻值，可使电压表V的示数减小△U（电压表为理想电表），在这个过程中( )A．通过R1的电流减小，减少量一定等于B．R2两端的电压增大，增加量一定等于△UC．路端电压减小，减少量一定等于△UD．通过R2的电流增大，但增加量一定等于【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】由图可知，R1与R并联后与R2串联，电压表测并联部分的电压；由欧姆定律可知，通过R1的电流的变化量；由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化量，则可得出路端电压的变化量及R2两端电压的关系．【解答】解：A、因电压表示数减小，而R1为定值电阻，故电流的减小量一定等于，故A 正确；B、R1两端的电压减小，则说明R2及内阻两端的电压均增大，故R2两端的电压增加量一定小于△U，故B错误；C、因内电压增大，故路端电压减小，由B的分析可知，路端电压的减小量一定小于△U，故C 错误；D、由B的分析可知，R2两端的电压增加量一定小于△U，故电流的增加量一定小于，故D 错误；故选：A．【点评】本题考查欧姆定律中的动态分析，因本题要求分析电流及电压的变化量，故难度稍大，要求学生能灵活选择闭合电路的欧姆定律的表达形式．4．2010年10月1日，我国成功发射了月球探测卫星“嫦娥二号”．假设“嫦娥二号”探测卫星在椭圆轨道近月点Q完成近月拍摄任务后到达椭圆轨道的远月点P进行变轨，此后它的运行轨道变成圆形轨道，如图所示．忽略地球对“嫦娥二号”探测卫星的影响，则“嫦娥二号”探测卫星( )A．在由椭圆轨道变成圆形轨道过程中机械能不变B．在由椭圆轨道变成圆形轨道过程中线速度增大C．在Q点的机械能比沿椭圆轨道运动时过P点的机械能小D．椭圆在P点的加速度比圆轨道经过P点的加速度小【考点】万有引力定律及其应用．【专题】定量思想；方程法；万有引力定律的应用专题．【分析】嫦娥二号从椭圆轨道的P点进入圆轨道，需加速，使万有引力等于所需要的向心力，然后作圆周运动．比较加速度，根据牛顿第二定律，只需比较所受的万有引力即可．【解答】解：A、Q到P的过程由于要克服引力做功，速度越来越小，到P点所需的向心力比较小，万有引力大于所需的向心力，会做近心运动，所以从P点进入圆轨道，需加速，使万有引力等于所需要的向心力，然后作圆周运动．故在由椭圆轨道变成圆形轨道过程中机械能增大．故A错误，B正确．C、在椭圆轨道上由Q点运动到P点，只受到地球引力，只有引力做功，机械能守恒，故C错误．D、根据万有引力定律和牛顿第二定律G=ma，得a=，在椭圆在P点所受的万有引力等于在圆轨道P点所受的万有引力，因此它们加速度大小相等，故D错误．故选：B．【点评】解决本题的关键理解卫星是如何进行变轨，以及在比较Q点的速度和圆轨道速度时，引入另一个圆轨道串联一下，问题引刃而解．5．如图所示，ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，比荷为e/m的电子以速度v0从A 点沿AB边入射，欲使电子经过BC边，磁感应强度B的取值为( )A．B＞B．B＜C．B＞D．B＜【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】电子进入磁场后受到洛伦兹力作用而做匀速圆周运动，由半径公式r=知，电子的速率越大，轨迹半径越大，欲使电子能经过BC边，当电子恰好从C点离开时，轨迹半径最小，由几何知识求出最小的半径，由半径公式求出B的最大值，即可得到B的范围．【解答】解：当电子从C点离开磁场时，电子做匀速圆周运动对应的半径最小，设为R，则几何知识得：2Rcos30°=a，得R=；欲使电子能经过BC边，必须满足R＞而R==所以＞化简得；故D正确，A、B、C错误．故选：D【点评】本题是磁场中临界条件问题，关键是运用几何知识求最小的轨迹半径，即可由半径求解B的范围．6．如图所示，两个端面半径同为R的圆柱形铁芯同轴水平放置，相对的端面之间有一缝隙，铁芯上绕导线并与电源连接，在缝隙中形成一匀强磁场．一铜质细直棒ab水平置于缝隙中，且与圆柱轴线等高、垂直．让铜棒从静止开始自由下落，铜棒下落距离为0.2R时铜棒中电动势大小为E1，下落距离为0.8R时电动势大小为E2．忽略涡流损耗和边缘效应．关于E1、E2的大小和铜棒离开磁场前两端的极性，下列判断正确的是( )A．E1＞E2，a端为正B．E1＞E2，b端为正C．E1＜E2，a端为正D．E1＜E2，b端为正【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；右手定则．【专题】压轴题．【分析】根据题意分析知道由铜棒下落，切割磁感线产生感应电动势．由于下落距离不同，根据磁感线的分布求出铜棒切割磁感线时的有效长度．再根据E=BLv进行对比．最后根据右手定则判断出电流方向，根据电源内部电流方向特点找出电源的正负极．【解答】解：根据法拉第电磁感应定律：E=BLv，如下图，L1=2=2R，L2=2=2R，又根据v=，v1==2，v2==4，所以E1=4BR，E2=8BR=4BR，所以E1＜E2．再根据右手定则判定电流方向从a到b，在电源内部电流时从电源负极流向正极，故D正确．【点评】由于铜棒切割磁感线时没有形成回路，所以铜棒做的是自由下落．对于电源而言，电源内部电流是从电源负极流向正极．7．如图所示，真空中两虚线圆为以O为圆心的同心圆，分别于坐标轴交于abcd、efgh；在ac两点固定两个等量点电荷+Q，bd两点固定两个等量点电荷﹣Q．下列说法正确的是( )A．g、f两点的电场强度相同B．e、h两点的电势相同C．将质子从e移到o电场力一直做正功D．将质子从o移到f电场力一直做正功【考点】电势差与电场强度的关系；电势．【专题】比较思想；合成分解法；电场力与电势的性质专题．【分析】根据电场的叠加原理分析电场强度的关系．根据对称性分析电势关系．先判断出电势的变化，再分析移动质子时电场力做功的正负．【解答】解：A、根据电场的叠加原理可知，两个正电荷和两个负电荷在g点产生的场强方向沿y轴正向，则g点的场强方向沿y轴正向．两个正电荷和两个负电荷在f点产生的场强方向沿y轴负向，则f点的场强方向沿y轴负向，g、f两点场强大小相等，方向相反，所以电场强度不同，故A错误．B、在两个正电荷形成的电场中，根据对称性可知，e、h两点的电势相同．在两个负电荷形成的电场中，根据对称性可知，e、h两点的电势也相同．则根据叠加原理可知，e、h两点的电势相同．故B正确．C、根据电场线的分布可知，eo间的电场线方向沿e→o，质子所受的电场力方向由e→o，则将质子从e移到o电场力一直做正功．故C正确．D、根据电场线的分布可知，of间的电场线方向沿o→f，质子所受的电场力方向由o→f，则将质子从o移到f电场力一直做正功．故D正确．故选：BCD【点评】解决本题的关键是掌握等量同种电荷电场线和等势面的分布情况，熟练运用电场的叠加原理来分析电场强度和电势关系．8．如图所示，甲图一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B （B物体与弹簧连接），弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的v﹣t 图象如图乙所示（重力加速度为g），则 ( )A．施加外力前，弹簧的形变量为2B．外力施加的瞬间，A、B间的弹力大小为M（g﹣a）C．A、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零D．弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值【考点】共点力平衡的条件及其应用；胡克定律．【分析】题中弹簧弹力根据胡克定律列式求解，先对物体AB整体受力分析，根据牛顿第二定律列方程；再对物体B受力分析，根据牛顿第二定律列方程；t1时刻是A与B分离的时刻，之间的弹力为零．【解答】解：A、施加F前，物体AB整体平衡，根据平衡条件，有：2Mg=kx解得：x=2故A正确．B、施加外力F的瞬间，对B物体，根据牛顿第二定律，有：F弹﹣Mg﹣FAB=Ma其中：F弹=2Mg解得：FAB=M（g﹣a），故B正确．C、物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的v与a且FAB=0；对B：F弹′﹣Mg=Ma解得：F弹′=M（g+a），故C错误．D、当F弹′=Mg时，B达到最大速度，故D错误．故选：AB．【点评】本题关键是明确A与B分离的时刻，它们间的弹力为零这一临界条件；然后分别对AB整体和B物体受力分析，根据牛顿第二定律列方程分析，不难．9．汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P，牵引力为F0，t1时刻，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半，并保持该功率继续行驶，到t2时刻，汽车又恢复了匀速直线运动．能正确表示这一过程中汽车牵引力F随时间t、速度v随时间t变化的图象是( )A．B．C．D．【考点】功率、平均功率和瞬时功率．【专题】功率的计算专题．【分析】汽车匀速行驶时牵引力等于阻力，根据功率和速度关系公式可得：P=Fv，当功率立即减小一半，牵引力减为一半，物体减速运动，分析加速度的变化情况及F的变化快慢即可解题【解答】解：A、首先P=Fv，开始的时候p=F0V0，功率降一半的时候，速度不能瞬间改变，所以瞬间变化的是力F，减小一半．由于一开始匀速，所以摩擦力等于F，故功率减半，导致牵引力下降，汽车开始减速，减速过程中，牵引力慢慢增大，减速的加速度越来越小，所以t1到t2时刻的速度图象慢慢变得平缓，t2时刻减速的加速度为0．故A正确，B错误C、由于t1时刻，力突然减小，减速的加速度很大，速度快速的减小，根据p=Fv，力F增加的较快，待速度下降越来越慢的时候，F增加的速度也变慢，曲线逐渐变的平稳，故C错误，D 正确．故选：AD【点评】要注意P=Fv的使用．了解研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题，注意速度不能瞬间改变10．内壁光滑、由绝缘材料制成的圆轨道固定在倾角为θ=37°的斜面上，与斜面的交点是A，直径AB垂直于斜面，直径CD和MN分别在水平和竖直方向上，它们处在水平方向的匀强电场中．质量为m，电荷量为q的小球（可视为点电荷）刚好能静止于圆轨道内的A点．现对在A点的该小球施加一沿圆环切线方向的瞬时冲量，使其恰能绕圆环完成圆周运动．下列对该小球运动的分析，正确的是( )A．小球一定带负电B．小球运动到B点时动能最小C．小球运动到M点时动能最小D．小球运动到D点时机械能最小【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；向心力．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】小球原来处于静止状态，分析电场力方向，即可判断小球的电性；找到等效最高点位置，此位置的动能最小；电场力做功引起机械能的变化，电场力做负功最大时，机械能减小最大．【解答】解：A、小球原来处于静止状态，分析受力可知，小球所受的电场力方向向左，与电场强度方向相反，所以小球带负电．故A正确．B、C小球静止时，受到重力、电场力和轨道的支持力作用，由平衡条件得知，重力与电场力的合力方向与支持力方向相反，与斜面垂直向下，则小球从A运动到B点的过程中，此合力做负功，动能减小，所以小球运动到B点时动能最小，故B正确．C错误．D、根据功能关系可知，电场力做负功越多，小球的机械能减小越大，可知，小球从A运动到D点时，电场力做负功最多，所以小球运动到D点时机械能最小．故D正确．故选ABD【点评】本题关键要掌握动能定理和功能关系，在正确分析受力情况的基础上，运用功能关系进行分析．二、实验题（共两小题）（共16分）11．某学习小组的同学拟探究小灯泡L的伏安特性曲线，可供选用的器材如下：小灯泡L，规格“4.0V，0.7A”；电流表A1，量程3A，内阻约为0.1Ω；电流表A2，量程0.6A，内阻r2=0.2Ω；电压表V，量程3V，内阻r V=9kΩ；标准电阻R1，阻值1Ω；标准电阻R2，阻值3kΩ；滑动变阻器R，阻值范围0～10Ω；学生电源E，电动势6V，内阻不计；开关S及导线若干．某同学设计了如图所示的电路来进行测量，电压表指针指在最大刻度时，加在L上的电压值是4V．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】实验题；推理法；实验分析法；恒定电流专题．【分析】由图所示电路图可知，电压表与电阻R2串联，根据串联电路特点求出电阻R2的电压，然后求出灯泡两端电压．【解答】解：电压表内阻为9kΩ，标准电阻R2阻值为3kΩ，电压表最大示数为3V，由串联电路特点可知，标准电阻R2分压为1V，则灯泡两端电压为：3V+1V=4V．故答案为：4．【点评】本题考查电表的改装在描绘伏安特性曲线时的应用，要注意明确当电压表量程较小时，可能通过串联一个电阻的方式来增大量程．。

山东省潍坊市高密一中高二物理上学期期末试卷(含解析)-人教版高二全册物理试题

2014-2015学年山东省潍坊市高密一中高二〔上〕期末物理试卷一．选择题：共12小题，每一小题4分，共48分．每一小题给出的四个选项中至少有一个选项是正确的，把答案填涂在答题卡上1．真空中两个一样的金属小球A和B，带电荷量分别为和，相互作用力为F．假设将两球接触后再放回原处，如此它们之间的作用力将变为〔〕A．B． F C．D．2．如下列图的各电场中，A、B两点场强一样的是〔〕A．B．C．D．3．如图中虚线所示为静电场的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0．一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点的动能分别为26eV和5eV．当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为﹣8eV时，它的动能应为〔〕A． 8eV B． 13eV C． 20eV D． 34eV4．在如下列图的实验装置中，平行板电容器的极板A与一灵敏的静电计相接，极板B接地．假设极板B稍向上移动一点，由观察到的静电计指针变化做出平行板电容器电容变小的结论的依据是〔〕A．两极板间的电压不变，极板上的电荷量变小B．两极板间的电压不变，极板上的电荷量变大C．极板上的电荷量几乎不变，两极板间的电压变大D．极板上的电荷量几乎不变，两极板间的场强变大5．根据电阻定律，电阻率ρ=R•．对于温度一定的某种金属导线来说，它的电阻率〔〕A．跟导线的电阻成正比B．跟导线的横截面积成正比C．跟导线的长度成反比D．由所用金属材料本身特性决定6．一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，如此应在电流表上〔〕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7．如下列图电路中，电源电动势为E，内阻为r，当开关S闭合时，电流表和电压表读数的变化是〔〕A．两表读数均变大B．两表读数均变小C．电流表读数增大，电压表读数减小D．电流表读数减小，电压表读数增大8．关于磁场和磁感线的描述，正确的答案是〔〕A．磁感线可以形象地描述磁场的方向，但不能描述其强弱B．磁感线是从磁铁的N极指向S极C．磁铁间的相互作用是通过磁场发生的D．磁感线就是磁场中碎铁屑排列成的曲线9．关于盘旋加速器中电场和磁场的说法中正确的答案是〔〕A．电场和磁场都对带电粒子起加速作用B．电场和磁场是交替地对带电粒子做功的C．只有磁场才能对带电粒子起加速作用D．磁场的作用是使带电粒子在D形盒中做匀速圆周运动10．如下列图，A、B、C为电场中同一电场线上的三点．设电荷在电场中只受电场力作用，如此如下说法中正确的答案是〔〕A．假设在C点无初速地释放正电荷，如此正电荷向B运动，电势能减少B．假设在C点无初速地释放正电荷，如此正电荷向B运动，电势能增加C．假设在C点无初速地释放负电荷，如此负电荷向A运动，电势能增加D．假设在C点无初速地释放负电荷，如此负电荷向A运动，电势能不变11．粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，两粒子均带正电．让它们在匀强磁场中同一点以大小相等、方向相反的速度开始运动．磁场方向垂直纸面向里．以下四个图中，能正确表示两粒子运动轨迹的是〔〕A．B．C．D．12．通电矩形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内．电流方向如下列图，ad边与MN平行，关于MN的磁场对线框的作用，如下表示正确的答案是〔〕A．线框有两条边所受的安培力方向一样B．线框有两条边所受的安培力大小一样C．线框所受安培力合力向左D．线框所受安培力合力为零二．实验题：共2个小题，13小题6分，14小题10分，共16分．13．实验室备有如下器材：量程为3V的电压表、量程为0.6A的电流表、滑动变阻器、开关和导线，现要用上述器材测量一节干电池〔内阻约0.5Ω，电动势约为1.5V〕的电动势和内电阻，请在下面方框中画出测量电路图．根据测得的数据做出了如下列图的U﹣I图象，由图可知测得的电池的电动势为V，内电阻为Ω14．如下列图，甲图为一段粗细均匀的新型导电材料棒，现测量该材料的电阻率．〔1〕首先用多用电表的欧姆档〔倍率为×10〕粗测其电阻，指针位置如图乙所示，其读数R=Ω〔2〕在本实验中，某同学用游标卡尺和螺旋测微器测该电阻丝的长度和直径如丙、丁所示，如此其长度L为cm，直径d为mm．〔3〕然后用以下器材用伏安法尽可能准确地测量其电阻：A．电流表：量程为200mA，内阻约为0.1ΩB．电压表：量程为3V，内阻约为3kΩC．滑动变阻器：最大阻值为20Ω，额定电流1AD．低压直流电源：电压6V，内阻忽略F．电键K，导线假设干在如图戊所示方框中画出实验电路图．〔4〕如果实验中电流表示数为I，电压表示数为U，并测出该棒的长度为L、直径为d，如此该材料的电阻率ρ=〔用测出的物理量的符号表示〕．三．解答题：共3个小题，15小题10分，16小题12分，17小题14分，共36分．写出详细解答过程，只写最后答案不给分．15．有一个直流电动机，把它接入0.2V电压的电路，当电机不转时，测得流过电动机的电流是0.4A；假设把电动机接入2.0V电压的电路中，电动机正常工作，工作电流是1.0A．问：〔1〕电动机正常工作时的输出功率多大？〔2〕如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率是多大？16．如下列图为电视机显像管的简化原理图，现有质量为m、电荷量为e、初速度不计的电子经加速电场加速后，垂直于磁场射入宽度为L的有界匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度为B，假设电子束的偏转角为θ，求：加速电场的电势差U为多大？17．两块金属板a、b平行放置，板长l=10cm，两板间距d=3.0cm，在a、b两板间同时存在着匀强电场和与电场正交的匀强磁场，磁感应强度B=2.5×10﹣4T．一束电子以一定的初速度v0=2.0×107m/s 从两极板中间沿垂直于电场、磁场的方向射入场中，并沿着直线通过场区，如下列图．电子电荷量e=﹣1.6×10﹣19C，质量m=0.91×10﹣30kg．〔1〕求a、b两板间的电势差U为多大？〔2〕假设撤去磁场，求电子离开电场时偏离入射方向的距离？2014-2015学年山东省潍坊市高密一中高二〔上〕期末物理试卷参考答案与试题解析一．选择题：共12小题，每一小题4分，共48分．每一小题给出的四个选项中至少有一个选项是正确的，把答案填涂在答题卡上1．真空中两个一样的金属小球A和B，带电荷量分别为和，相互作用力为F．假设将两球接触后再放回原处，如此它们之间的作用力将变为〔〕A．B． F C．D．考点：库仑定律．分析：当A带电荷量为Q，B带电荷量为2Q，在真空中相距为r时，根据库仑定律可以得到F与电量Q、距离r的关系；A、B球相互接触后放回原处，距离r不变，电荷先中和再平分，再根据库仑定律得到相互作用的库仑力大小与Q、r的关系，用比例法求解．解答：解：未接触前，根据库仑定律，得：F=接触后两球带电量平分，再由库仑定律，得：F′=如此，故A正确，BCD错误．应当选：A．点评：此题考查运用比例法求解物理问题的能力．对于两个完全一样的金属球，互相接触后电量平分．2．如下列图的各电场中，A、B两点场强一样的是〔〕A．B．C．D．考点：电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场强度是矢量，既有大小又有方向，只有当大小方向均一样时，场强才一样．解答：解：A、在负点电荷产生的电场中，同心球面上的点的场强大小相等．A、B两点的场强大小相等，但方向不同，故A错误．B、正点电荷产生的电场中，AB两点场强的方向一样，大小不同，故B错误．C、两平行板间的电场是匀强电场，场强大小方向都相等，故C正确．D、AB两点处的电场线的疏密和切线方向都不同．即A、B两点的场强大小和方向都不同，故D错误．应当选：C．点评：矢量要一样，只有大小和方向都一样才一样，相反当大小或方向之一变化时，矢量就变化．3．如图中虚线所示为静电场的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0．一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点的动能分别为26eV和5eV．当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为﹣8eV时，它的动能应为〔〕A． 8eV B． 13eV C． 20eV D． 34eV考点：等势面；功能关系；电势能．专题：压轴题；带电粒子在电场中的运动专题．分析：要求正电荷的电势能为﹣8eV时的动能，需要知道该正电荷的动能和电势能的总和，得出E ka+E pa=E kb+E pb，得出E pb﹣E pa=21eV从而确定φb＞φa；根据电荷经过a、b点的动能分别为26eV和5eV 和ab之间有两个等势面且等势面3的电势为0，可设等势面4的电势为φ，如此等势面a的电势﹣2φ，再根据该正电荷的动能和电势能的总和保持不变求出正电荷的动能．解答：解：在只有电场力做功的条件下动能和电势能的总和保持不变，故有E ka+E pa=E kb+E pb…①所以26eV+E pa=5ev+E pbE pb﹣E pa=26eV﹣5eV=21eV…②根据E P=qφ可知φb＞φa，由于相邻等势面之间的电势差一样，等势面3的电势为0，设等势面4的电势为φ，如此等势面a的电势﹣2φ，代入②式得qφ﹣〔﹣2qφ〕=3qφ=21eVqφ=7eV正电荷的能量故有E k+〔﹣8eV〕=5eV+7eVE K=5eV+7eV+8eV=20eV故C正确，应当选C．点评：“在只有电场力做功的条件下动能和电势能的总和保持不变；相邻等势面之间的电势差一样〞是我们解决此类问题时的突破口．4．在如下列图的实验装置中，平行板电容器的极板A与一灵敏的静电计相接，极板B接地．假设极板B稍向上移动一点，由观察到的静电计指针变化做出平行板电容器电容变小的结论的依据是〔〕A．两极板间的电压不变，极板上的电荷量变小B．两极板间的电压不变，极板上的电荷量变大C．极板上的电荷量几乎不变，两极板间的电压变大D．极板上的电荷量几乎不变，两极板间的场强变大考点：电容器的动态分析；电场强度．专题：电容器专题．分析：由题看出，电容器极板上的电荷量几乎不变．将极板B稍向上移动一点，极板正对面积减小，会发现指针张角变大，即电压增加，由公式C=电容减小．解答：解：A、B、C、A极板与静电计相连，所带电荷电量几乎不变，B板与A板带等量异种电荷，电量也几乎不变，故电容器的电荷量Q几乎不变；假设极板B稍向上移动一点，会发现指针张角变大，即电压增加，由公式C=知电容C变小；故AB 错误，C正确．D、由上知电容器板间电场增大，由E=知，d不变，如此E变大，故D正确．应当选：CD．点评：此题抓住电容器的电量几乎不变是关键．涉与到电容器动态变化分析的问题，常常根据电容的决定式C=和电容的定义式C=、场强公式E=综合分析，是常用思路．5．根据电阻定律，电阻率ρ=R•．对于温度一定的某种金属导线来说，它的电阻率〔〕A．跟导线的电阻成正比B．跟导线的横截面积成正比C．跟导线的长度成反比D．由所用金属材料本身特性决定考点：电阻定律．专题：恒定电流专题．分析：导线的电阻率有材料本身的特性决定，与导体的电阻、横截面积、长度无关．解答：解：导线的电阻率与导体的电阻大小、横截面积、长度无关，由材料本身特性决定．故D 正确，A、B、C错误．应当选D．点评：此题属于易错题，很多同学容易根据公式，认为电阻率与电阻、横截面积成正比，与长度成反比，其实电阻率由本身特性决定．6．一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，如此应在电流表上〔〕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，串联电阻起分流的作用．应串联电阻为R===9.5×103Ω故C正确，ABD错误．应当选：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．7．如下列图电路中，电源电动势为E，内阻为r，当开关S闭合时，电流表和电压表读数的变化是〔〕A．两表读数均变大B．两表读数均变小C．电流表读数增大，电压表读数减小D．电流表读数减小，电压表读数增大考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：明确电路结构，根据闭合电路欧姆定律判断电流的变化情况，根据U=E﹣Ir判断分析路端电压的变化情况．解答：解：当开关S未闭合时，两个电阻串联；闭合S后，电阻R2被短路，外电阻减小，根据闭合电路欧姆定律，干路电流I增加，故电流表读数增加；根据U=E﹣Ir，路端电压减小，故电压表读数减小；故C正确．应当选：C．点评：此题是简单的电路动态分析问题，关键是按照“局部→整体→局部〞的顺序进展，根底问题．8．关于磁场和磁感线的描述，正确的答案是〔〕A．磁感线可以形象地描述磁场的方向，但不能描述其强弱B．磁感线是从磁铁的N极指向S极C．磁铁间的相互作用是通过磁场发生的D．磁感线就是磁场中碎铁屑排列成的曲线考点：磁感线与用磁感线描述磁场．分析：磁体周围存在着磁场，它是客观存在的，为了研究方便，人们用假想的磁感线来形象的描述磁场中各点的磁场方向和强弱，即磁感线上任意一点的切线的方向都与小磁针放在该点静止时北极所指的方向一致；对于磁感线，都是从磁体的北极出发，回到磁体的南极，在磁体内部正好相反，故据此分析判断即可．解答：解：A、磁感线可以形象地描述各点磁场的强弱和方向，它每一点的切线方向都与小磁针放在该点静止时北极所指的方向，磁感线的疏密表示磁场强弱，故A错误；B、对于磁体的外部，磁感线都是从磁体的北极出发，回到磁体的南极，但对于磁体的内部，磁感线是从S极出发，回到N极，故B错误；C、磁场是客观存在的，磁体间的相互作用就是通过磁场发生的，故C正确；D、磁感线是人们假想出来的用于描述磁场的一些有方向的曲线，并不是放在磁场中的细铁屑连成的曲线，故D错误；应当选：C．点评：知道磁场的根本性质，磁感线的作用与特点是解决该题的关键．9．关于盘旋加速器中电场和磁场的说法中正确的答案是〔〕A．电场和磁场都对带电粒子起加速作用B．电场和磁场是交替地对带电粒子做功的C．只有磁场才能对带电粒子起加速作用D．磁场的作用是使带电粒子在D形盒中做匀速圆周运动考点：质谱仪和盘旋加速器的工作原理．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：盘旋加速器是利用电场进展加速，磁场进展偏转，在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动．解答：解：盘旋加速器是利用电场进展加速，而磁场中受到洛伦兹力作用，由于洛伦兹力方向始终垂直于速度方向，所以在磁场中速度的大小不变，没有起到加速作用，反而使粒子偏转，做匀速圆周运动．故A、B、C错误，D正确．应当选：D．点评：解决此题的关键知道盘旋加速器是利用电场进展加速，磁场进展偏转的．以与知道粒子在磁场中运动的洛伦兹力不做功．10．如下列图，A、B、C为电场中同一电场线上的三点．设电荷在电场中只受电场力作用，如此如下说法中正确的答案是〔〕A．假设在C点无初速地释放正电荷，如此正电荷向B运动，电势能减少B．假设在C点无初速地释放正电荷，如此正电荷向B运动，电势能增加C．假设在C点无初速地释放负电荷，如此负电荷向A运动，电势能增加D．假设在C点无初速地释放负电荷，如此负电荷向A运动，电势能不变考点：电势能；电场线．专题：电场力与电势的性质专题．分析：正电荷在电势高处电势能大．正电荷受到的电场力方向与场强方向一样．电场力做正功电荷的电势能减小，电场力做负功，电荷的电势能增大．解答：解：A、B：正电荷受力方向为该点的场强方向，在C点无初速地释放正电荷，如此正电荷向B运动，电场力做正功，电势能减少．故A正确，B错误；C、D：负荷受力方向与该点的场强方向相反，假设在C点无初速地释放负电荷，如此负电荷向A运动，电场力做正功，电势能减少．故CD错误．应当选：A点评：此题要抓住电场力做功与电势能改变的关系：电场力做正功电荷的电势能减小，电场力做负功，电荷的电势能增大．11．粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，两粒子均带正电．让它们在匀强磁场中同一点以大小相等、方向相反的速度开始运动．磁场方向垂直纸面向里．以下四个图中，能正确表示两粒子运动轨迹的是〔〕A．B．C．D．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；左手定如此．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：由洛仑兹力充当向心力可求得两粒子的半径关系，如此由图可知两粒子的轨迹图；由左手定如此可判断粒子的运动方向．解答：解：两粒子均带正电，以大小相等的速度在磁场中向相反的方向运动，都是由洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力．所以有，得到，因为粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，所以甲的半径为乙半径的2倍．根据左手定如此，甲粒子做圆周运动的洛伦兹力指向圆心，运动方向一定为逆时针，所以A正确．应当选A．点评：此题应明确洛仑兹力充当带电粒子做圆周运动的向心力，故洛仑兹力一定指向圆心．12．通电矩形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内．电流方向如下列图，ad边与MN 平行，关于MN的磁场对线框的作用，如下表示正确的答案是〔〕A．线框有两条边所受的安培力方向一样B．线框有两条边所受的安培力大小一样C．线框所受安培力合力向左D．线框所受安培力合力为零考点：安培力．分析：直导线中的电流方向由N到M，根据安培定如此判断导线框所在处磁场方向．根据左手定如此分析导线框所受的安培力情况．解答：解：A、直导线中的电流方向由N到M，根据安培定如此，导线右侧区域磁感应强度方向向内，根据左手定如此，ad边受向左的安培力，bc边受到向右的安培力，ab边受到向下的安培力，cd受到向上的安培力，方向全不同，故A错误；B、离MN越远的位置，磁感应强度越小，故根据安培力公式F=BIL，ad边受到的安培力大于cb边，ab边受到的安培力等于cd受到受到的安培力，故B正确；C、D、ab边受向左的安培力，cd边受到向右的安培力，ad边受到向下的安培力，bc受到向上的安培力；ab边受到的安培力大于cd边，ad边受到的安培力等于bc受到受到的安培力；故合力向左，故C正确，D错误；应当选：BC．点评：此题关键：〔1〕会根据安培定如此判断通电直导线的磁场；〔2〕会根据左手定如此判断安培力方向；〔3〕会根据安培力公式F=BIL并结合微元法判断安培力的大小．二．实验题：共2个小题，13小题6分，14小题10分，共16分．13．实验室备有如下器材：量程为3V的电压表、量程为0.6A的电流表、滑动变阻器、开关和导线，现要用上述器材测量一节干电池〔内阻约0.5Ω，电动势约为1.5V〕的电动势和内电阻，请在下面方框中画出测量电路图．根据测得的数据做出了如下列图的U﹣I图象，由图可知测得的电池的电动势为 1.40 V，内电阻为 1 Ω考点：测定电源的电动势和内阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：根据实验原理作出实验电路图；根据电源U﹣I图象求出电源电动势与内阻．解答：解：伏安法测电源电动势与内阻实验，电压表测路端电压，电流表测电路电流，实验电路图如下列图：由图示电源U﹣I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.40，如此电源电动势：E=1.40V，电源内阻：r===1Ω．故答案为：电路图如下列图；1.40，1．点评：此题考查了作实验电路图、求电源电动势与内阻，知道实验原理即可作出实验电路图，电源U﹣I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻．14．如下列图，甲图为一段粗细均匀的新型导电材料棒，现测量该材料的电阻率．〔1〕首先用多用电表的欧姆档〔倍率为×10〕粗测其电阻，指针位置如图乙所示，其读数R= 180 Ω〔2〕在本实验中，某同学用游标卡尺和螺旋测微器测该电阻丝的长度和直径如丙、丁所示，如此其长度L为10.030 cm，直径d为 4.487 mm．〔3〕然后用以下器材用伏安法尽可能准确地测量其电阻：A．电流表：量程为200mA，内阻约为0.1ΩB．电压表：量程为3V，内阻约为3kΩC．滑动变阻器：最大阻值为20Ω，额定电流1AD．低压直流电源：电压6V，内阻忽略F．电键K，导线假设干在如图戊所示方框中画出实验电路图．〔4〕如果实验中电流表示数为I，电压表示数为U，并测出该棒的长度为L、直径为d，如此该材料的电阻率ρ=〔用测出的物理量的符号表示〕．考点：测定金属的电阻率．专题：实验题；恒定电流专题．分析：〔1〕欧姆表指针示数与倍率的乘积是欧姆表示数．〔2〕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．〔3〕根据滑动变阻器指针与待测电阻的关系确定滑动变阻器的接法，根据待测电阻与电表内阻的接法确定电流表的接法，然后作出实验电路图．〔4〕由欧姆定律求出电阻，由电阻定律求出电阻率的表达式．解答：解：〔1〕由图甲所示可知，多用电表读数为18×10Ω=180Ω．〔2〕由图丙、丁所示可知，游标卡尺的固定刻度读数为10.0cm=100mm，游标读数为0.05×6mm=0.30mm，所以最终读数为100mm+0.30mm=100.30mm=10.030cm．螺旋测微器固定刻度示数为4.0mm，可动刻度示数为48.7×0.01mm=0.487mm，螺旋测微器示数为4.0mm+0.487mm=4.487mm〔4.485～4.469均正确〕．〔3〕待测电阻阻值为180Ω，滑动变阻器最大阻值为20Ω，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法；==1800，==16.7，如此有：＞，如此电流表应采用内接法，实验电路图如下列图．〔4〕由欧姆定律可得，电阻阻值R=，由电阻定律得：R=ρ=ρ，如此电阻率ρ=．故答案为：〔1〕180；〔2〕10.030；4.487；〔3〕电路如上图所示；〔4〕．点评：此题考查了欧姆表与螺旋测微器的读数、设计实验电路、求电阻率表达式等问题；要掌握常用器材的读数方法；确定滑动变阻器与电流表的接法是正确设计实验电路的关键．应用欧姆定律与电阻定律即可正确求出电阻率的表达式．三．解答题：共3个小题，15小题10分，16小题12分，17小题14分，共36分．写出详细解答过程，只写最后答案不给分．15．有一个直流电动机，把它接入0.2V电压的电路，当电机不转时，测得流过电动机的电流是0.4A；假设把电动机接入2.0V电压的电路中，电动机正常工作，工作电流是1.0A．问：〔1〕电动机正常工作时的输出功率多大？〔2〕如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率是多大？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：〔1〕当电机不转时，其电路是纯电阻电路，由欧姆定律求出电机的内阻．当电机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，其输出功率P出=P总﹣P内=UI﹣I2r，代入求解电动机正常工作时的输出功率．〔2〕电动机的转子突然被卡住时，电动机的发热功率P热=．解答：解：〔1〕当电机不转时，由欧姆定律得到，电机的内阻，当电机正常工作时，输出功率P出=UI﹣I2r=2W﹣0.5W=1.5W〔2〕电动机的转子突然被卡住时，此时相当于纯电阻，发热功率为．答：〔1〕电动机正常工作时的输出功率是1.5W；〔2〕在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率是8W．点评：对于电动机电路，要正确区分是纯电阻电路，还是非纯电阻电路，关键看转子是否转动，电能是否全部转化为内能．16．如下列图为电视机显像管的简化原理图，现有质量为m、电荷量为e、初速度不计的电子经加速电场加速后，垂直于磁场射入宽度为L的有界匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度为B，假设电子束的偏转角为θ，求：加速电场的电势差U为多大？。

潍坊市高密三中2016届高三上学期期末模拟试卷物理试题及答案(二)

山东省潍坊市高密三中2016届高三上学期期末模拟物理试卷及答案(二)

山东省潍坊市高密三中2016届高三上学期期末物理模拟试卷（二）一．选择题．（本题共10小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第1～4题中只有一项符合题目要求，第5～10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．以下有关物理学概念或物理学史说法正确的有（）A．牛顿发现的万有引力定律，卡文迪许用实验方法测出万有引力恒量的数值，从而使万有引力定律有了真正的实用价值B．匀速圆周运动是速度大小不变的匀变速曲线运动，速度方向始终为切线方向C．行星绕恒星运动轨道为圆形，则它运动的周期平方与轨道半径的三次方之比为常数，此常数的大小与恒星的质量和行星的速度有关D．奥斯特发现了电与磁间的关系，即电流的周围存在着磁场；同时他通过实验发现了磁也能产生电，即电磁感应磁现象2．以初速度v0竖直向上抛出一小球，小球所受空气阻力与速度的大小成正比．下列图象中，能正确反应小球从抛出到落回原处的速度随时间变化情况的是（）A．B．C．D．3．如图所示，甲为一台小型发电机构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律如图乙所示．发电机线圈内阻为1Ω，外接灯泡的电阻为9Ω恒定不变，则下列说法中正确的为（）A．电压表的示数为6VB．发电机的输出功率为4WC．在l.0×10﹣2s时刻，电流表示数为0.6安D．在1.0×10﹣2s时刻，穿过线圈的磁通量变化率最大4．我国自主研制的高分辨率对地观测系统包含至少7颗卫星和其他观测平台，分别编号为“高分一号”到“高分七号”，它们都将在2020年前发射并投入使用．于2013年4月发射成功的“高分一号”是一颗低轨遥感卫星，其轨道高度为645km．关于“高分一号”卫星，下列说法正确的是（）A．发射速度一定为7.9km/sB．可以定点在相对地面静止的同步轨道上C．卫星绕地球运行的线速度比月球的大D．卫星绕地球运行的周期比月球的大5．如图所示，光滑斜面的倾角为α，一个质量为m的物体放在斜面上，如果斜面以加速度a水平向左做匀加速直线运动，物体与斜面间无相对运动，则斜面对物体的支持力的大小为（）A．mgcosαB．C．D．m6．在下列运动过程中，人处于失重状态的是（）A．小朋友沿滑梯加速滑下B．乘客坐在沿平直路面减速行驶的汽车内C．宇航员随飞船绕地球做圆周运动D．运动员何冲离开跳板后向上运动7．如图所示，实线圆环A、B是光滑绝缘水平面内两个固定的同心超导环，两环分别通上大小相等的电流后，在环间环形区域内产生了相同方向的磁场，在这两个磁场的共同“束缚”下，带电离子沿图中虚线做顺时针方向的圆周运动，已知A环中电流沿顺时针方向，则（）A．B环中电流沿顺时针方向B．B环中电流沿逆时针方向C．带电离子带正电D．带电离子带负电8．如图所示，闭合S1，断开S2，调整滑动触头P使灯炮L正常发光，此时，滑动变阻器的PB部分的电阻大于电源内阻r．如果再闭合S2，则（）A．电压表的读数变大 B．电流表的读数变大C．灯泡的亮度变暗D．电源输出的功率变大9．一个质量为m，电荷量为+q的小球以初速度v0水平抛出，在小球经过的竖直平面内，存在着若干个如图所示的无电场区和有理想上下边界的匀强电场区，两区域相互间隔，竖直高度相等，电场区水平方向无限长．已知每一电场区的场强大小相等，方向竖直向上，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．小球在水平方向一直做匀速直线运动B．若场强大小等于，则小球经过每一电场区的时间均相同C．若场强大小等于，则小球经过每一无电场区的时间均相同D．无论场强大小如何，小球通过所有无电场区的时间均相同10．如图，足够长的光滑导轨倾斜放置，导轨宽度为L，其下端与电阻R连接；导体棒ab 电阻为r，导轨和导线电阻不计，匀强磁场竖直向上．若导体棒ab以一定初速度v0下滑，则ab棒（）A．所受安培力方向水平向右B．可能以速度v0匀加速下滑C．刚下滑瞬间产生的电动势为BLv0D．减少的重力势能等于电阻R产生的内能二、实验题11．如图所示是用多用电表进行测量时指针所指的位置，若选择开关处在“×10Ω”的电阻挡，则被测电阻的阻值是Ω；若选择开关处在“直流电压50V”挡，则被测电压是V．12．一同学在学习了机械能守恒定律后，认为小球沿竖直光滑曲面自由下滑的过程机械能是守恒的，于是设计了如力图所示的实验装置加以验证，图中曲面固定，底端B处切线水平且与桌的右边缘相齐，他的实验步骤如下：a．在木板表面先后钉上白纸和复写纸，并将木板竖直立于靠近桌面右边缘处，使小球从曲面上某点A由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹O；b．将木板向右平移适当的距离固定，再使小球由A点静止释放，撞到木板上得到痕迹P；c．测出OP的距离y，竖直木板向右移动的距离L，查出当地重力加速度g．（1）要验证小球由A到B过程中机械能守恒，还需测量的物理量及符号是．（2）用上述测量验证机械能守恒的表达式应该是．（3）从实验结果来看，小球沿曲面下滑的过程机械能是减少的，原因是．13．如图为测量电阻R x的电路，R为电阻箱，R′为起保护作用的滑动变阻电源E的电动势约为6V，S为单刀双掷开关，电流表量程为0.6A．（1）以下四种规格的滑动变阻器，最适合本实验的是A．1ΩB．10ΩC．100ΩD．1000Ω（2）请在图中以笔划线代替导线按实验原理图将实物图补充完整（3）请简述测量待测电阻Rx的实验原理．（4）一位同学想利用本实验电路测电源电动势，需将开关掷于位置．该电滑动变阻器R′接入电路部分的电阻未知，能否测出电源的内阻r？．14．如图甲所示，水平地面上轻弹簧左端固定，右端通过滑块压缩0.4m锁定．t=0时解除锁定释放滑块．计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的速度图象如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t=0时的速度图线的切线，已知滑块质量m=2.0kg，取g=10m/s2．求：（1）滑块与地面间的动摩擦因数；（2）弹簧的劲度系数．15．如图所示，一质量为m的导体棒MN两端分别放在两个固定的光滑圆形导轨上，两导轨平等且间距为L，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，当导体棒中通一自右向左的电流I时，导体棒静止在与竖直方向成37°角的导轨上，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）磁场的磁感应强度B；（2）每个圆导轨对导体棒的支持力大小F N．16．如图所示，在光滑的水平地面上有一个表面光滑的立方体Q．一长为L=0.5m的轻杆下端用光滑铰链连接于O点，0点固定于地面上，轻杆的上端连接着一个可视为质点的小球P，小球靠在立方体左侧的竖直面上，小球P的质量m为3.2kg，立方体Q的质量M为5．Okg．起初整个装置处于静止状态，受到轻微扰动后P倒向右侧并推动Q．求在P和Q分离之前，轻杆转过0=37°角时转动的角速度是多少？（重力加速度g取10m/s2）17．在如图所示的平面直角坐标系xOy中，存在沿x方向按如图所示规律周期性变化的匀强电场，沿x轴正向为正，沿垂直于xOy平面指向纸里的方向中存在按如图所示规律周期性变化的匀强磁场，坐标原点O处有带正电的粒子，从t=0时刻无初速释放，已知粒子的质量m=5×10﹣10kg，电荷量q=1×10﹣6C，不计粒子的重力，求：（1）t=0.25×10﹣3s时粒子的速度及位置；（2）t=1×10﹣3s时粒子的位置坐标；（3）t=8×10﹣3时粒子的速度．山东省潍坊市高密三中2016届高三上学期期末物理模拟试卷（二）参考答案与试题解析一．选择题．（本题共10小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第1～4题中只有一项符合题目要求，第5～10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．【考点】物理学史．【分析】本题应根据牛顿、卡文迪许、奥斯特、法拉第的物理学成就及匀速圆周运动的特点、开普勒行星运动定律进行解答．【解答】解：A、牛顿发现的万有引力定律之后，卡文迪许用扭秤实验测出万有引力恒量的数值，使万有引力定律有了真正的实用价值，故A正确．B、匀速圆周运动的速度大小不变，速度方向始终为切线方向，但加速度始终指向圆心，时刻在变化，所以匀速圆周运动是变加速曲线运动，故B错误．C、根据开普勒行星运动定律可知，行星绕恒星运动轨道为椭圆形，它运动的周期平方与轨道半径的三次方之比为常数，此常数的大小与恒星的质量，与行星的速度无关，故C 错误．D、奥斯特发现了电与磁间的关系，即电流的周围存在着磁场；但他没有发现电磁感应现象，是法拉第通过实验发现了磁也能产生电，发现了电磁感应磁现象，故D错误．故选：A．【点评】本题考查了物理学史，关键在于平时加强，注重积累．对于匀变速曲线运动，要知道其加速度不变的特点．2．【考点】竖直上抛运动．【专题】直线运动规律专题．【分析】有阻力时，根据牛顿第二定律分析加速度情况，v﹣t图象的斜率表示加速度，即可选择图象．【解答】解：有空气阻力时，上升阶段，根据牛顿第二定律，有：mg+f=ma，故a=g+，由于阻力随着速度而减小，故加速度逐渐减小，v﹣t图象的斜率减小；有空气阻力时，下降阶段，根据牛顿第二定律，有：mg﹣f=ma，故a=g﹣，由于阻力随着速度而增大，故加速度减小，v﹣t图象的斜率减小，故A正确．故选：A．【点评】本题关键是受力分析后得到加速度的表达式，然后结合速度的变化得到阻力变化，最后判断出加速度的变化规律．3．【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系．【专题】定量思想；推理法；交流电专题．【分析】由图读出电动势的最大值，求出有效值，根据欧姆定律求出外电压的有效值，即为电压表的示数．根据电压有效值求出灯泡消耗的功率．根据产生的电压关系判断出磁通量的变化率【解答】解：A、由Em=，E==6V，电压表示数U=．故A 错误．B、灯泡消耗的功率为P=，发电机的输出功率为3.24W，故B错误C、电流表测量的是有效值，故I=，故C正确D、在1.0×10﹣2s时刻，线圈处于中相面位置，故穿过线圈的磁通量变化率为零，故D 错误故选：C【点评】交流电的电压、电流、电动势等等物理量都随时间作周期性变化，但电流表电压表测量的是有效值4．【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．【专题】应用题；定性思想；方程法；人造卫星问题．【分析】根据万有引力提供向心力，列出等式表示出所要比较的物理量，再根据已知条件进行比较．7.9Km/s是第一宇宙速度，也是最大的圆周运动的环绕速度．【解答】解：A、7.9Km/s是第一宇宙速度，是最大的圆周运动的环绕速度，也是最小发射速度，所以发射速度一定大于7.9km/s，故A错误；B、“高分一号”是一颗低轨遥感卫星，其轨道高度为645km，不能定点在相对地面静止的同步轨道上，故B错误；C、根据v=，卫星绕地球运行的线速度比月球的大，故C正确；D、根据T=2π，卫星绕地球运行的周期比月球的小，故D错误；故选：C．【点评】本题关键是卫星做匀速圆周运动时万有引力提供向心力，然后根据牛顿第二定律列式判断．5．【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题．【分析】两物体一起向左做匀加速运动，对m分析可知，m受到的合力水平向左；分别利用几何关系和牛顿第二定律求解可求得支持力的不同表达式．【解答】解：对B进行受力分析，重力和支持力的合力提供加速度；受力分析如图所示；由图利用几何关系可知：N=，同时N=m，再由牛顿第二定律可知：Nsinα=ma解得：N=故BD正确；AC错误；故选：BD．【点评】本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，重点是隔离法的应用，故解题的关键在于对m的受力分析，同时注意要全面分析，不能漏解．6．【考点】超重和失重．【分析】失重状态：当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；超重状态：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度．【解答】解：A、小朋友沿滑梯加速滑下，此时小朋友的加速度的方向向下，处于失重状态，所以A正确；B、乘客坐在沿平直路面减速行驶，此时人的加速度在水平方向，做的是减速运动，在竖直方向没有加速度的变化，所以B错误．C、宇航员随飞船绕地球做圆周运动，此时人的重力作为圆周运动的向心力，人处于完全失重状态，所以C正确．D、运动员离开跳板后向上运动时，人的加速度是重力加速度，方向向下，人处于失重状态，所以D正确；故选ACD．【点评】本题主要考查了对超重失重现象的理解，人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的压力变了．7．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】根据右手定则可以判断电流产生的磁场的方向，同样可以判断出B环的电流的方向，在根据左手定则可以判断粒子的带电的性质．【解答】解：A、由于AB间磁场方向相同，A环产生的磁场向里，所以B环在B环的外侧的磁场的方向向里，所以B环的电流的方向为逆时针，所以A错误，B正确；C、由A的分析可知，环间环形区域内的磁场的方向向里，由于带电离子沿图中虚线做顺时针方向的圆周运动，根据左手定则可知，粒子带负电，所以C错误、D正确；故选BD．【点评】本题是对左手定则和右手定则的直接的应用，掌握好左手定则和右手定则即可解决本题．8．【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】首先能识别电路的结构，当开关S2闭合时，灯泡与变阻器PA部分并联，再与PB 部分串联．根据并联电阻比支路电阻小，就能确定S2闭合后总电阻的如何变化，进而确定电流、电压的如何变化，两电表读数的变化情况就能判断．电源的输出功率，根据数学知识得知，当内外电阻相等时，输出功率最大．当外电阻大于电源内阻，外电阻减小时，就能判断输出功率如何变化．【解答】解：A、B、C，闭合S2时，外电阻减小，总电流I增大，变阻器PAB部分电压增大，PA部分电压减小，电压表读数变小，电流表读数变小，灯泡变暗．故A、B错误，C 正确．D、根据数学知识得知，当电源内外电阻相等时，电源输出功率最大．由于滑动变阻器的PB部分的电阻大于电源内阻r，闭合S2后，外电阻减小，则电源的输出功率增大．故D正确．故选CD【点评】本题充分利用数学知识处理物理问题，这是物理上常用的方法，也是高考考查的重要内容．9．【考点】运动的合成和分解．【分析】将小球的运动沿着水平方向和竖直方向正交分解，其水平方向不受外力，做匀速直线运动，竖直方向在无电场区做匀加速运动，有电场区也做匀变速运动，但加速度不同，运用速度时间关系公式分析，可以得到小球在竖直方向的运动规律．【解答】解：A、将小球的运动沿着水平方向和竖直方向正交分解水平方向不受外力，以v0做匀速直线运动，故A正确；B、竖直方向，在无电场区只受重力，加速度为g，竖直向下，有电场区除重力外，还受到向上的恒定的电场力作用，加速度的大小和方向取决于合力的大小和方向当电场强度等于时，电场力等于mg，故在电场区小球所受的合力为零，在无电场区小球匀加速运动，故经过每个电场区，小球的速度均不等，因而小球经过每一无电场区的时间均不相等，故B错误；C、当电场强度等于时，电场力等于2mg，故在电场区小球所受的合力大小等于mg，方向竖直向上，加速度大小等于g，方向竖直向上，根据运动学公式，有经过第一个无电场区y=gt12v1=gt1经过第一个电场区y=v1t﹣gt22v2=v1﹣gt2由①②③④联立解得t1=t2v2=0接下来小球的运动重复前面的过程，即每次通过无电场区都是自由落体运动，每次通过电场区都是末速度为零匀减速直线运动故C正确；D、通过前面的分析可知，物体通过每个无电场区的初速度不一定相同，所以，通过电场的时间不同；故D错误；故选AC．【点评】本题将小球的运动沿水平方向和竖直方向正交分解后，对于竖直方向的运动，关键是找出小球的运动的一般规律，然后分析计算．10．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】先根据右手判断出ab棒中感应电流方向，再根据左手定则判断出安培力的方向；根据公式E=BLvsinα，α是导体棒的速度与磁场方向的夹角；根据能量守恒定律分析重力势能的减小量和内能的增加量的关系．【解答】解：A、根据右手定则判断可知，ab棒中感应电流方向从b→a，由左手定则判断得知，棒ab所受的安培力方向水平向右，如图所示，故A正确．B、若安培力沿导轨向上的分力与重力沿导轨向下的分力大小相等，ab棒可能匀速下滑，故B错误．C、刚下滑瞬间产生的感应电动势为E=BLv0cosθ，故C错误．D、根据能量守恒定律得知，若ab棒匀速下滑，其减少的重力势能等于电阻R和棒ab产生的内能之和；若ab棒加速下滑，其减少的重力势能等于电阻R和棒ab产生的内能与棒ab 增加的动能之和；若ab棒减速下滑，其减少的重力势能和动能之和等于电阻R和棒ab产生的内能之和，所以减少的重力势能不等于电阻R产生的内能．故D错误．故选：A．【点评】本题分析安培力时，也可以根据安培力方向一定与磁场方向垂直．要掌握感应电动势的一般表达式E=BLvsinα，α是导体棒的速度与磁场方向的夹角，不能只记垂直切割的特殊情况．二、实验题11．【考点】用多用电表测电阻．【专题】实验题．【分析】多用电表的读数：由表盘读出数据再乘以倍率，要注意估读问题．【解答】解：欧姆档图示读数：13×10=130Ω电压档图示读数：因最小分度为1V，则估读到下一位为：27.1V故答案为：130 27.1【点评】本题考查多用表的读数方法，明确欧姆档要乘以倍率；同时还要注意确定估读位数．12．【考点】验证动量守恒定律．【专题】实验题．【分析】根据y及L，运用平抛知识可求出小球到达B点时的速度v，即平抛运动的初速度．根据验证方程mgh=，还需要测量AB间高度h．将v用y、L表示，代入得到表达式．机械能减小的因为是由于摩擦力的存在．【解答】解：①②由y=，得t=平抛运动的初速度v==L代入需要验证的方程mgh=，得gh=故还测量AB间的高度h，由测量量表示的需要验证的方程是：gh=③小球沿曲面下滑的过程，小球克服摩擦力做功，机械能减少变成了内能．故本题答案是：（1）AB间的高度h；（2）gh=（3）下滑过程中小球克服摩擦力做功【点评】在中学阶段没有直接测量速度的仪器，可借助常见的运动间接测量，比如利用平抛运动．13．【考点】伏安法测电阻．【专题】实验题．【分析】（1）滑动变阻器既要能限制电流过大，又不能电流过小．根据电源的电动势和电流表的量程估算出外电路最小的电阻来确定．（2）对照电路图按顺序连线．（3）将单刀双掷开关先后打到a、b两端，调节电阻箱，使两次电流相等，则待测电阻与电阻箱此时电阻相等，由电阻箱读出待测电阻的阻值．根据欧姆定律分析，由于变阻器接入电路部分的电阻未知，不能测量电源的内阻．【解答】解：（1）电源E的电动势约为6V，电流表量程为0.6A，则外电路最小的电阻约为R min==10Ω，由于待测电阻和电阻箱有一定电阻，变阻器选B：10Ω就能起到保护作用，又不至于使电路中电流过小．（2）连线如图．（3）测量待测电阻R x的实验原理：掷于a，记下电流表示数I；掷于b，调节变阻箱R，使电流表示数达到I，变阻箱读数即为R x的阻值．（4）如要测量电源的内阻，需要测量多组数据，电流要可调，故开关掷于b位置．根据闭合电路欧姆定律I=，r=，可见，由于变阻器接入电路部分的电阻R′未知，电源的内阻r不能测出．故本题答案是：（1）B （2）如图：（3）掷于a，记下电流表示数I；掷于b，调节变阻箱R，使电流表示数达到I，变阻箱读数即为R阻值．（4）b，不能．【点评】本题采用等效替代的方法测量电阻．有时，对于两个并联电路，也可以采用比较法，根据电流与电阻反比测量电阻．14．【考点】牛顿第二定律；胡克定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）从速度时间图象得到滑块脱离弹簧后减速滑行时的加速度，然后根据牛顿第二定律列式求解动摩擦因数；（2）从速度时间图象得到滑块刚释放时的加速度，然后根据牛顿第二定律列式求解弹簧的劲度系数．【解答】解：（1）从题中图象知，滑块脱离弹簧后的加速度大小a1==m/s2=5 m/s2 …①由牛顿第二定律得：μmg=ma1 …②代入数据解得：μ=0.5…③（2）刚释放时滑块的加速度为：a2==m/s2=30 m/s2…④由牛顿第二定律得：kx﹣μmg=ma2…⑤代入数据解得：k=175 N/m…⑥答：（1）滑块与地面间的动摩擦因数为0.5；（2）弹簧的劲度系数为175 N/m．【点评】本题关键从速度世间图象得到滑块刚释放和脱离弹簧时的加速度大小，然后根据牛顿第二定律列式分析求解．15．【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；电场强度．【专题】图析法；共点力作用下物体平衡专题．【分析】（1）对导体棒受力分析，受重力、支持力和安培力，然后根据平衡条件，结合合成法得到安培力，最后求出磁场的磁感应强度；（2）对导体棒受力分析，受重力、支持力和安培力，然后根据平衡条件，结合合成法得到支持力，最后得到每个圆导轨对导体棒的支持力大小．【解答】解：（1）从右向左看受力分析如图所示：由受力平衡得到：解得：即磁场的磁感应强度B的大小为．（2）两个导轨对棒的支持力为2F N，满足：2F N cos37°=mg解得：即每个圆导轨对导体棒的支持力大小为．【点评】本题难点在于题图是立体图形，受力分析时力图难以构建，关键是将题图转化为平面图，再作图分析．16．【考点】机械能守恒定律；运动的合成和分解．【专题】简答题；定量思想；合成分解法；机械能守恒定律应用专题．【分析】在PQ分离之前，P和Q的水平方向速度相同，小球P在沿立方体Q的侧面下滑过程中，系统的机械能守恒，根据机械能守恒定律列式，联立方程即可求解．【解答】解：小球P在沿立方体Q的侧面下滑过程中，系统的机械能守恒，有：mgL（1﹣cosθ）=根据运动的分解有：v Q=v p cosθ又有v p=ωR带入数据可解得：ω=2.0 rad/s答：在P和Q分离之前，轻杆转过θ=37°角时转动的角速度是2.0 rad/s．【点评】本题关键是找到小球的分运动和合运动，知道在分离之前，小球和立方体的水平方向速度相同，难度适中．17．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．。

2015-2016学年高二上学期期末考试物理试题 Word版含答案

2015-2016学年度上学期高二期末测试高二物理一．单项选择题（每题4分，共40分）1．如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b 与电池相连，在距离两板等远的M点有一个带电液滴处于静止状态。

若b板不动，将a板向下平移一小段距离，但仍在M点上方，稳定后，下列说法中正确的是（）A．液滴将加速向下运动B．M点电势升高，液滴在M点时电势能将减小C．M点的电场强度变小了D．在a板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，电场力做功不相同2．在图中所示的电路中，当滑动变阻器的滑动触片向 b端移动时：（）A．伏特表 V读数增大,电容C的电荷量在减小B．安培表A的读数增大，电容C的电荷量在增大C．伏特表V的读数增大，安培表A的读数减小D．伏特表V的读数减小，安培表A的读数增大3．三根通电长直导线P、Q、R互相平行、垂直纸面放置。

三根导线中电流方向均垂直纸面向里，且每两根导线间的距离均相等。

则P、Q中点O处的磁感应强度方向为（）A．方向水平向左B. 方向水平向右C. 方向竖直向上D. 方向竖直向下4．如图所示，R1为定值电阻，R2为可变电阻，E为电源电动势，r为电源的内电阻，以下说法中不正确的是（）A．当R2=Rl + r时，R2上获得最大功率B．当Rl=R2 + r时，Rl上获得最大功率C．当R2=O时Rl上获得功率一定最大D．当R2=O时，电源的输出功率可能最大5．虚线a、b、c、d表示匀强电场中的4个等势面。

两个带电粒子M、N（重力忽略不计，也不考虑两粒子间的相互作用）以平行于等势面的初速度射入电场，运动轨迹分别如图中MPN 和NQM 所示。

已知M 是带正电的粒子，则下列说法中正确的是（） A ．N 一定也带正电B ．a 处的电势高于b 处的电势，a 处的电场强度大于b 处的电场强度C ．带电粒子N 的动能减小，电势能增大D ．带电粒子N 的动能增大，电势能减小6．如图所示是一个电路的一部分，其中R 1=5Ω，R 2=1Ω, R 3=3Ω,I 1=0.2A, I 2=0.1A,那么电流表测得的电流为（） A.0.2A ，方向向右 B.0.15A ，方向向左 C.0.2A ，方向向左 D. 0.3A ，方向向右7.如图所示,两个半径相同的半圆形轨道分别竖直放在匀强电场和匀强磁场中,轨道两端在同一高度上,轨道是光滑的而且绝缘,两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放,a 、b 为轨道的最低点,则不正确．．．的是（）A.两小球到达轨道最低点的速度V a ＞V bB.两小球到达轨道最低点时对轨道的压力F a ＞F b13．（8分）光滑的金属导轨相互平行，它们在平面与水平面夹角为45°，磁感应强度为B=0.5T 的匀强磁场竖直向上穿过导轨，此时导轨上放一重0.1N 电阻R ab =0.2Ω的金属棒，导轨间距L=0.4m,，导轨中所接电源的电动势为6V,内阻0.5Ω，其它的电阻不计，则欲使金属棒在导轨上保持静止，电阻R 应为多大？ab BR45°14．（10分）如图所示，y轴上A点距坐标原点的距离为L，坐标平面内有边界过A点和坐标原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直坐标平面向里。

山东省潍坊市2016届高三上学期期末考试物理试题Word版含答案全解

高三物理2016． 1 本试卷分第I 卷(选择题 )和第 II 卷 (非选择题 )两部分．考试时间90 分钟，满分100 分．第 I 卷( 选择题共40分)注意事项：关注微信民众号：山东刘强，免费获得最新高考模拟试题。

答第 I 卷前，考生务势必自己的姓名、考号、考试科目、试卷种类(A 、 B 或 C)涂写在答题卡上．一、选择题 (本大题共10 小题，每题 4 分，共 40 分，在每题给出的四个选项中，第l — 6 题只有一项切合题目要求，第7— 10 题有多项切合题目要求，所有选对的得 4 分。

选对但不全的得 2 分，有选错的得0 分 )1．以下说法正确的选项是A．米、千克、秒、库仑都属于国际单位制的基本单位B．同一个物体在地球上比在月球上惯性大C．物体做曲线运动时，其所受协力的刹时功率可能为零D．一对作使劲与反作使劲的功必定大小相等且一正一负2．如图甲所示，小物块从足够长的圆滑斜面顶端由静止自由滑下，下滑位移x 时的速度为，其x 2图象如图乙所示，取 g=10m ／s2，则斜面倾角为A ． 30°B ．45°C． 60°D．75°3．如下图，等量异种点电荷A、 B 固定在同一水平线上，竖直固定的圆滑绝缘杆与AB 的中垂线重合，C、D是绝缘杆上的两点， ACBD 组成一个正方形．一带负电的小球 (可视为点电荷 )，套在绝缘杆上自 C 点无初速开释，由 C 运动到 D 的过程中，以下说法正确的选项是A．小球的速度先减小后增大B．小球的速度先增大后减小C．杆对小球的作使劲先减小后增大D．杆对小球的作使劲先增大后减小4．河水由西向东流，河宽为 800m ，河中各点的水流速度大小为水，各点到较近河岸的距离为 x, 水与x 的关系为水= 3x m / s ，让小船船头垂直河岸由南向北渡河，小400船划水速度大小恒为船=4m / s ，则以下说法中正确的选项是A ．小船渡河的轨迹为直线B ．小船在河水中的最大速度是5 m ／ sC ．小船在距南岸200m 处的速度小于距北岸200m 处的速度D ．小船渡河的时间是160s5．如下图，边长为 L 、匝数为 N 、电阻不计的正方形线圈abcd ，在磁感觉强度为 B 的匀强磁场中绕转轴OO 以角速度匀速转动，轴 OO 垂直于磁感线，制成一台沟通发电机．它与理想变压器的原线圈连结，变压器原、副线圈的匝数之比为 1： 2，二极管的正向电阻为零，反向电阻无量大．从正方形线圈处于图示地点开始计时，以下判断正确的选项是A ．沟通发电机的感觉电动势的刹时价表达式为e NB L 2 sin tB ．变压器的输入功率与输出功率之比为 2： lC ．电压表 V 示数为 NBL 2D ．若将滑动变阻器的滑片向下滑动，电流表和电压表示数均减小6．卫星电话信号需要经过地球同步卫星传递．已知地球半径为 r ，无线电信号流传速度为 c ，月球绕地球运动的轨道半径为60r ，运转周期为 27 天．在地面上用卫星电话通话，从一方发出信号至对方接收到信号所需最短时间为A ． 17rB ． 34rC ． 17rD. 34r3c3ccc7．如下图，水平面 MN 的下方存在竖直向下的匀强电场，一带电小球由MN 上方的 A点以必定初速度水平抛出，从B 点进入电场，抵达C 点时速度方向恰巧水平．由此可知A ．从B 到 C，小球的动能减小B．从 B 到 C，小球的电势能减小C．从 A 到 B 与从 B 到 C 小球的运动时间必定相等D．从 A 到 B 与从 B 到 C 小球的速度变化量大小必定相等8．如下图，两根通电直导线用四根长度相等的绝缘细线悬挂于O、O两点，已知OO 连线水平，导线静止时绝缘细线与竖直方向的夹角均为，保持导线中的电流大小和方向不变，在导线所在空间加上匀强磁场后，绝缘细线与竖直力向的夹角均变小，则所加磁场的方向可能沿A ． z 轴正向B ． z 轴负向C． y 轴正向 D ． y 轴负向9．在如图甲所示的电路中，电阻R1R22R ，圆形金属线圈半径为r1，线圈导线的电阻为 R．半径为r2r2r2的圆形地区内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感觉强度B 随时间t 变化的关系图线如图乙所示，图线与横、纵轴的交点坐标分别为t0和B0，其他导线的电阻不计．闭合S，至t1时辰，电路中的电流已稳固，以下说法正确的选项是A．电容器上极板带正电B．电容器下极板带正电B0 r12C．线圈两头的电压为t04B0 r22D．线圈两头的电压为5t010．如下图，甲、乙传递带倾斜于水平川面搁置，并以同样的恒定速率逆时针运动，A 点两传递带粗拙程度不一样，但长度、倾角均同样．将一小物体分别从两传递带顶端的无初速开释，甲传递带上物体抵达底端 B点时恰巧达到速度；乙传递带上物体抵达传递带中部的 C 点时恰巧达到速度，接着以速度运动究竟端 B 点．则物体从 A 运动到 B 的过程中A．物体在甲传递带上运动的时间比乙大B．物体与甲传递带之间的动摩擦因数比乙大C．两传递带对物体做功相等D．两传递带因与物体摩擦产生的热量相等第Ⅱ卷 ( 非选择题共 60 分 )二、实验题 (此题 3 小题，共18 分． )11．(4 分 )三个长度均为0．45m、内壁均圆滑的空心管 A 、B 、C 竖直搁置， A 为塑料管，B、C 均为铝管，但 C 管侧壁有自上而下的空隙．让小磁球分别从A 、 B、 C 的管口处由静止开释，不计空气阻力，则小磁球在 A 、B、 C 中运动的时间t A、t B、t C的大小关系为___________ ，小磁球在 A 中运动的时间t A __________s(g 取 10m／ s2 ).12． (6 分 )为了丈量竖直方向的加快度，李明同学利用一根轻弹簧、刻度尺、钩码制作了一个丈量加快度的装置．如下图：轻弹簧上端固定在竖直搁置的刻度尺的零刻度线处，下端不挂钩码时指针处在 A 地点；挂质量为0.1kg 钩码，静止时指针处在 B 地点，并把 B 地点标为加快度的 0 刻度值，g 取10m／s2．(1) 弹簧的劲度系数k=______N ／ m．(2) 将该装置悬挂在竖直上涨的起落机中，发现指针处在刻度尺的 C 位置，则 C 地点应标明的加快度值为____m／ s2；若指针处在， A 、 B 之间某地点，则该升降机处于 _____(填“超重”或“失重”)状态．13． (8 分 )一研究小组要丈量2B 铅笔芯的电阻率．所用的实验器械有：电源E(9 V) ，铅笔芯 (最大阻值约 6 )，滑动变阻器(最大阻值20 ) ，电流表A( 量程为0.3 A，内阻约为0.5)，电压表V( 量程为3V ，内阻约为1000 )，开关S．(1)将虚线框内丈量铅笔芯电阻的实验电路图增补完好．(2) 实验中，改变连入电路的铅笔芯长度L，测出对应的电阻值R．测得的 5 组实验数据已描点在如图甲所示的 R— L 坐标系中，请画出 R— L 图线．(3) 用螺旋测微器丈量铅笔芯的直径，如图乙所示，其读数为_____mm．(4) 根据画出的R — L图线及测得的铅笔芯的直径，可求得铅笔芯的电阻率为_____ · m(保存三位有效数字)三、计算题 (此题共 4 个小题，共 42 分．解答应写出必需的文宇说明、方程式和重要的演算步骤。

山东省潍坊市高密三中2015-2016学年高二上学期期末复习卷物理试题及答案

山东省潍坊市高密三中2015-2016学年高二（上）期末物理复习卷一、测定金属丝的电阻率1．在“测定金属丝的电阻率”的实验中，用一把一端有损伤的直尺测量金属丝的长度L，用螺旋测微器测直径d，用电压表测电压U，测得数据如图所示，请从图中读出L=cm，d=mm，U=V．2．某同学通过实验测定一个阻值约为5Ω的电阻R x的阻值．（1）现有电源（4V，内阻可不计）、滑动变阻器（0～50Ω，额定电流2A）、开关和导线若干，以及下列电表：A．电流表（0～3A，内阻约0.025Ω）B．电流表（0～0.6A，内阻约0.125Ω）C．电压表（0～3V，内阻约3kΩ）D．电压表（0～15V，内阻约15kΩ）为减小测量误差，在实验中，电流表应选用，电压表应选用（选填器材前的字母）；实验电路应采用图1中的（选填“甲”或“乙”）．（2）图2是测量R x的实验器材实物图，图中已连接了部分导线．请根据在（1）问中所选的电路图，补充完成图中实物间的连线．（3）接通开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U．某次电表示数如图3所示，可得该电阻的测量值R x==Ω（保留两位有效数字）．（4）若在（1）问中选用甲电路，产生误差的主要原因是；若在（1）问中选用乙电路，产生误差的主要原因是．（选填选项前的字母）A．电流表测量值小于流经R x的电流值B．电流表测量值大于流经R x的电流值C．电压表测量值小于R x两端的电压值D．电压表测量值大于R x两端的电压值．二、描绘小灯泡的伏安特性曲线3．有一个标有“12V，24W”的灯泡，为了测定它在不同电压下的实际功率，需测定灯泡两端的电压和通过灯泡的电流，现有如下器材：A．直流电源15V（内阻可不计）B．直流电流表0～0.6A（内阻约0.5Ω）C．直流电流表0～3A（内阻约0.1Ω）D．直流电压表0～3V（内阻约3kΩ）E．直流电压表0～15V（内阻约15kΩ）F．滑动变阻器10Ω、5AG．滑动变阻器1kΩ、3A（1）实验台上已放置开关、导线若干及灯泡，为了完成实验，需要从上述器材中再选用（用序号字母表示）．（2）在如图1的虚线框内画出最合理的实验原理图．（3）若测得灯丝电阻R随灯泡两端电压变化关系的图线如图2所示，由这条曲线可得出：正常发光条件下，灯丝消耗的电功率是W．4．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中．有一个小灯泡上标有“4V，2W”的字样，现要描绘这个灯泡的伏安特性图线．有下列器材供选用：A．电压表（0～5V，内阻约为10kΩ）B．电流表（0～0.6A，内阻约为0.4Ω）C．电流表（0～0.3A，内阻约为lΩ）D．滑动变阻器（1KΩ，0.5A）E．滑动变阻器（10Ω，2A）F．学生电源（直流6V），还有电键、导线若干（1）实验中所用电流表应选用，变阻器应选用（请填序号）（2）用笔画线代替导线，将实验电路连接完整，使该装置可以更好、更准确地完成实验．三.测定电源的电动势和内阻5．在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，实验室选用了干电池，因为新的干电池内阻很小，难于测量，所以一般选用旧的干电池．某小组的同学为了测量一节旧电池的电动势E 和内电阻r，采用了如甲图所示电路．（1）从实验中实测数据得到的U﹣I图象如图乙所示，则该旧电池的电动势和内电阻为E测=V，r测=Ω．（2）本实验电动势和内电阻的测量值与真实值相比，电动势E测E真，内电阻r测r真（选填“＞”、“=”或“＜”）．6．利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻．要求尽量减小实验误差．（1）应该选择的实验电路是图1中的（选填“甲”或“乙”）．（2）现有电流表（0～0.6A）、开关和导线若干，以及以下器材：A．电压表（0～15V）B．电压表（0～3V）C．滑动变阻器（0～50Ω）D．滑动变阻器（0～500Ω）实验中电压表应选用；滑动变阻器应选用．（选填相应器材前的字母）（3）某位同学记录的6组数据如表所示，其中5组数据的对应点已经标在图2的坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，并画出UI图线．（4）根据（3）中所画图线可得出干电池的电动势E=V，内电阻r=Ω四．多用表7．用螺旋测微器测圆柱体的直径时，示数如图甲所示，此示数为mm，用20分度的游标卡尺测量某物体的厚度时，示数如图乙所示，此示数为mm．图丙为正在测量中的多用电表表盘，如果是用“Ω×10”档测量某电阻丝电阻，则读数为Ω．8．（1）关于用多用表测电阻的实验操作，以下说法正确的是A．多用电表在使用前，应观察指针是否指电流表的零刻度，若有偏差，应用螺丝刀调节多用电表中间的定位螺丝，使多用表指针指电流表零刻度（注意与欧姆调零区分开）B．测电阻时，只需将待测电阻与电源断开，和别的元件可以不断开C．测电阻时为了接触良好，应用两手分别将两表笔金属部分与待测电阻两端紧紧捏在一起D．第一次测量之前要调零，之后就算换挡测量，也没有必要重新调零（2）若实验员告知该多用表装新电池时测量值较为准确，而现在电池已因使用太久而致内阻增大，电动势减小了，但仍可通过欧姆档调零电阻调零，据此可判断此种情况下，按规范的实验操作测量电阻，其测量值比真实值（选填“偏大”、“偏小”或“准确”）．2015-2016学年山东省潍坊市高密三中高二（上）期末物理复习卷参考答案与试题解析一、测定金属丝的电阻率1．在“测定金属丝的电阻率”的实验中，用一把一端有损伤的直尺测量金属丝的长度L，用螺旋测微器测直径d，用电压表测电压U，测得数据如图所示，请从图中读出L=39.60cm，d=10.012mm，U= 6.5V．【考点】测定金属的电阻率．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】刻度尺读数的方法注意零刻度位置，及需估读；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；根据电压表读数要估读，从而即可求解．【解答】解：测量金属丝的长度L=46.60﹣7.00=39.60cm；螺旋测微器的固定刻度读数为10.0mm，可动刻度读数为0.01×1.2mm=0.012mm，所以最终读数为：10.0mm+0.012mm=10.012mm．电压表读数：U=13×0.5V=6.5V；故答案为：39.60；10.012；6.5．【点评】解决本题的关键掌握刻度尺和螺旋测微器的读数方法，同时注意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．同时还会电压表、电流表的读数．2．某同学通过实验测定一个阻值约为5Ω的电阻R x的阻值．（1）现有电源（4V，内阻可不计）、滑动变阻器（0～50Ω，额定电流2A）、开关和导线若干，以及下列电表：A．电流表（0～3A，内阻约0.025Ω）B．电流表（0～0.6A，内阻约0.125Ω）C．电压表（0～3V，内阻约3kΩ）D．电压表（0～15V，内阻约15kΩ）为减小测量误差，在实验中，电流表应选用B，电压表应选用C（选填器材前的字母）；实验电路应采用图1中的甲（选填“甲”或“乙”）．（2）图2是测量R x的实验器材实物图，图中已连接了部分导线．请根据在（1）问中所选的电路图，补充完成图中实物间的连线．（3）接通开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U．某次电表示数如图3所示，可得该电阻的测量值R x== 5.2Ω（保留两位有效数字）．（4）若在（1）问中选用甲电路，产生误差的主要原因是B；若在（1）问中选用乙电路，产生误差的主要原因是D．（选填选项前的字母）A．电流表测量值小于流经R x的电流值B．电流表测量值大于流经R x的电流值C．电压表测量值小于R x两端的电压值D．电压表测量值大于R x两端的电压值．【考点】伏安法测电阻．【专题】实验题；定量思想；实验分析法；恒定电流专题．【分析】（1）实验中应该用较小电流测量，故电压表与电流表都选择小量程；由于电阻R x 电阻值较小，“大内小外”，应该采用电流表外接法；（2）直接根据甲图连接即可；（3）由电压表与电流表读数，依据欧姆定律即可求解；（4）根据电流表外接法，电压表的分流是产生误差的主要原因；电流表内接法，电流表的分压是产生误差的主要原因进行解答．【解答】解：（1）因电源的电压为4V，因此电压表选择3V量程；由于阻值约为5Ω的电阻R x的，根据欧姆定律可知，电流的最大值为0.8A，从精确角来说，所以电流表选择0.6A的量程；根据待测电阻的阻值与电压表及电流表的阻值，可知，待测电阻的阻值偏小，因此选择电流表外接法，故选择甲图．（2）连接的实物图如图所示；（3）电压表的读数为U=2.60V；电流表的读数为I=0.50A；电阻阻值：（4）甲图采用的是电流表外接法，实际上电压表并不是理想电表，所以电压表也有电流通过，电流表测量的电流是流经R x和电压表的电流之和，所以产生误差的主要原因是电流表测量值大于流经R x的电流值，导致测量的电阻R x比实际偏小，选B；乙图采用的是电流表内接法，实际上电流表并不是理想电表，所以电流表两端也有电压，电压表测量的电压是R x和电流表两端的电压之和，所以产生误差的主要原因是电压表测量值大于R x两端的电压值，导致测量的电阻R x比实际偏大，选D；故答案为：（1）B；C；甲（2）连接的实物图如图所示；（3）5.2（4）B；D．【点评】考查如何选择仪器，掌握选择的方法与原则；学会由电路图去连接实物图，注意电表的正负极；对电表读数时要先确定其量程与分度值，然后再读数，读数时视线要与电表刻度线垂直．注意电流表不管内接还是外接都有实验误差，了解内外接对测量值的影响．二、描绘小灯泡的伏安特性曲线3．有一个标有“12V，24W”的灯泡，为了测定它在不同电压下的实际功率，需测定灯泡两端的电压和通过灯泡的电流，现有如下器材：A．直流电源15V（内阻可不计）B．直流电流表0～0.6A（内阻约0.5Ω）C．直流电流表0～3A（内阻约0.1Ω）D．直流电压表0～3V（内阻约3kΩ）E．直流电压表0～15V（内阻约15kΩ）F．滑动变阻器10Ω、5AG．滑动变阻器1kΩ、3A（1）实验台上已放置开关、导线若干及灯泡，为了完成实验，需要从上述器材中再选用ACEF（用序号字母表示）．（2）在如图1的虚线框内画出最合理的实验原理图．（3）若测得灯丝电阻R随灯泡两端电压变化关系的图线如图2所示，由这条曲线可得出：正常发光条件下，灯丝消耗的电功率是23.3W．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线；电功、电功率．【专题】实验题；定量思想；图析法；恒定电流专题．【分析】（1）根据伏安法测灯泡功率的实验原理选择实验器材；（2）根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后作出电路图．（3）图示图象求出灯泡额定电压对应的电阻，然后由电功率公式求出其额定功率．【解答】解：（1）应用伏安法测灯泡不同电压下的功率，需要：电源、电压表、电流表、滑动变阻器，灯泡额定电压为12V，则电压表选择E，灯泡正常发光时的电流为：I===2A，则电流表选择C，测不同电压下的功率，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择f，故需要的实验器材有：ACEF；（2）由（1）的分析可知，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡正常发光时的电阻：R===6Ω，电流表内阻约为0.1Ω，电压表内阻约为15kΩ，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示：（3）由图示电路图可知，灯泡额定电压12V对应的电阻为6.2Ω，则灯泡正常发光时的功率：P==≈23.2W；故答案为：（1）ACEF；（2）电路图如图所示；（3）23.2．【点评】本题考查了实验器材选择、设计实验电路图、实验数据分析；根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法是正确设计实验电路的关键，要掌握实验器材的选择原4．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中．有一个小灯泡上标有“4V，2W”的字样，现要描绘这个灯泡的伏安特性图线．有下列器材供选用：A．电压表（0～5V，内阻约为10kΩ）B．电流表（0～0.6A，内阻约为0.4Ω）C．电流表（0～0.3A，内阻约为lΩ）D．滑动变阻器（1KΩ，0.5A）E．滑动变阻器（10Ω，2A）F．学生电源（直流6V），还有电键、导线若干（1）实验中所用电流表应选用B，变阻器应选用E（请填序号）（2）用笔画线代替导线，将实验电路连接完整，使该装置可以更好、更准确地完成实验．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】本题（1）的关键是根据小灯泡的额定电压和额定电流的大小来选择电压表和电流表的量程，根据实验要求电流从零调可知，变阻器应用分压式接法，应选阻值小的变阻器以便于调节．题（2）的关键是根据电流表的内阻为已知的确定值时，电流表采用内接法时能精确求出待测电阻的阻值，所以电流表应用内接法，又要求电流从零调可知，变阻器应用分压式接法，即可画出电路图．【解答】解：（1）：由新的规格“4V，2W”可知，额定电压U=4V，额定电流I=0.5，所以电流表应选B；由于实验要求电流从零调，所以应选阻值小的变阻器E．（2）：由于电流表的内阻为已知的确定值，电流表采用内接法时能精确求出待测电阻的阻值，所以电流表应用内接法，又实验要求电流从零调，变阻器应用分压式接法，根据原理连接实物图如图所示；故答案为：（1）B、E（2）如图【点评】当实验要求电流从零调时，变阻器应用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节；当电流表的内阻为已知的确定值时，电流表应用内接法．三.测定电源的电动势和内阻5．在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，实验室选用了干电池，因为新的干电池内阻很小，难于测量，所以一般选用旧的干电池．某小组的同学为了测量一节旧电池的电动势E和内电阻r，采用了如甲图所示电路．（1）从实验中实测数据得到的U﹣I图象如图乙所示，则该旧电池的电动势和内电阻为E测= 1.20V，r测=100Ω．（2）本实验电动势和内电阻的测量值与真实值相比，电动势E测＜E真，内电阻r测＜r真（选填“＞”、“=”或“＜”）．【考点】测定电源的电动势和内阻．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】（1）电源U﹣I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻．（2）根据实验电路分析实验误差．【解答】解：（1）由图乙所示图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.20，则电源电动势：E=1.20V，电源内阻r===100Ω．（2）由图示可知，伏安法测电阻相对于电源来说采用电流表外接法，由于电压表分流作用，电流表测量值偏小，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的U﹣I图象如图所示，由图象可知，电动势测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值．故答案为：（1）1.20；100；（2）＜；＜．【点评】本题考查测量电动势和内电阻实验的数据的处理，要求能正确分析误差的来源，并能用图象法求出电势和内电阻．6．利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻．要求尽量减小实验误差．（1）应该选择的实验电路是图1中的甲（选填“甲”或“乙”）．（2）现有电流表（0～0.6A）、开关和导线若干，以及以下器材：A．电压表（0～15V）B．电压表（0～3V）C．滑动变阻器（0～50Ω）D．滑动变阻器（0～500Ω）实验中电压表应选用B；滑动变阻器应选用C．（选填相应器材前的字母）（3）某位同学记录的6组数据如表所示，其中5组数据的对应点已经标在图2的坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，并画出UI图线．（4）根据（3）中所画图线可得出干电池的电动势E= 1.5V，内电阻r=0.83Ω【考点】测定电源的电动势和内阻．【专题】实验题．【分析】（1）分析图示电路结构，然后答题；（2）根据电源电动势选择电压表，为方便实验操作应选最大阻值较小的滑动变阻器；（3）应用描点法作出图象；（4）根据电源的U﹣I图象求出电源电动势与内阻；【解答】解：（1）干电池内阻较小，为减小实验误差，应选题甲所示电路图；（2）一节干电池电动势约为1.5V，则电压表应选B，为方便实验操作，滑动变阻器应选C；（3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出电源的U﹣I图象如图所示；（4）由图示电源U﹣I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.5，则电源电动势E=1.5V，电源内阻：r===0.83．故答案为：（1）甲；（2）B，C；（3）如图；（4）1.5；0.83【点评】本题考查了实验电路选择、实验器材选择、作图象、求电源电动势与内阻等问题，要知道实验原理，要掌握应用图象法处理实验数据的方法；电源的U﹣I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势图象斜率的绝对值是电源内阻．四．多用表7．用螺旋测微器测圆柱体的直径时，示数如图甲所示，此示数为 6.125mm，用20分度的游标卡尺测量某物体的厚度时，示数如图乙所示，此示数为 6.360mm．图丙为正在测量中的多用电表表盘，如果是用“Ω×10”档测量某电阻丝电阻，则读数为60Ω．【考点】多用电表的原理及其使用．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．【解答】解：螺旋测微器的固定刻度读数6mm，可动刻度读数为0.01×12.5=0.125mm，所以最终读数为：6mm+0.125mm=6.125mm；游标卡尺的主尺读数为6.3cm，游标尺上第12个刻度与主尺上某一刻度对齐，因此游标读数为0.05×12mm=0.60mm=0.060cm，所以最终读数为：6.3cm+0.060cm=6.360cm．欧姆表表盘的刻度为6.0，选择的是“Ω×10”档，所以读数是：6.0×10=60Ω故答案为：6.125，63.60，60【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．8．（1）关于用多用表测电阻的实验操作，以下说法正确的是AA．多用电表在使用前，应观察指针是否指电流表的零刻度，若有偏差，应用螺丝刀调节多用电表中间的定位螺丝，使多用表指针指电流表零刻度（注意与欧姆调零区分开）B．测电阻时，只需将待测电阻与电源断开，和别的元件可以不断开C．测电阻时为了接触良好，应用两手分别将两表笔金属部分与待测电阻两端紧紧捏在一起D．第一次测量之前要调零，之后就算换挡测量，也没有必要重新调零（2）若实验员告知该多用表装新电池时测量值较为准确，而现在电池已因使用太久而致内阻增大，电动势减小了，但仍可通过欧姆档调零电阻调零，据此可判断此种情况下，按规范的实验操作测量电阻，其测量值比真实值偏大（选填“偏大”、“偏小”或“准确”）．【考点】用多用电表测电阻．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】（1）多用电表使用前要进行机械调零，使指针指在电流零刻度线上；用欧姆表测电阻，要选择合适的挡位，使指针指针中央刻度线附近；欧姆表换挡后要进行欧姆调零．用欧姆表测电阻时，应把待测电阻与其它电路断开；欧姆表使用完毕，应把选择开关置于交流电压最高挡或OFF挡上．（2）欧姆表的工作原理是闭合电路欧姆定律，应用闭合电路欧姆定律分析答题．【解答】解：（1）A、多用电表在使用前要进行机械调零，应观察指针是否指电流表的零刻度，若有偏差，应用螺丝刀调节多用电表中间的定位螺丝，使多用表指针指电流表零刻度，故A正确；B、为准确测量电阻，测电阻时，需将待测电阻与电源断开及其它元件都断开，故B错误；C、人体是导体，测电阻时，不应用两手分别将两表笔金属部分与待测电阻两端紧紧捏在一起，故C错误；D、用欧姆表测电阻，换挡后要重新进行欧姆调零，故D错误；故选A．（2）当两表笔短接（即R x=0）时，电流表应调至满偏电流I g，设此时欧姆表的内阻为R内，电流：I g=，内阻R内=，当指针指在刻度盘的正中央时I=，=，代入数据可得R X=R内；当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏电流I g不变，由公式I g=，欧姆表内阻R内得调小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，由I===，可知当R内变小时，I变小，指针跟原来的位置相比偏左了，欧姆表的示数变大了，测量值大于真实值．故答案为：（1）A；（2）偏大．【点评】本题考查了使用多用电表测电阻的实验步骤，要掌握欧姆表的使用方法；使用多用电表测电阻，应选择合适的挡位，使指针指针表盘中央刻度线附近，欧姆表换挡后要进行欧姆调零，多用电表使用完毕，要把选择开关置于OFF挡或交流电压最高挡上．。

2015-2016学年度高二期末考试物理试题 - 副本

高二期末考试物理模拟试题一、选择题（本题包括14小题，每小题4分，共48分。

1～9小题单选；10～14小题多选）1．在电场中某点放入电荷量为q 的正电荷时，测得该点的场强为E ，若在同一点放入电荷量2q q '=-的负电荷时，测得该点的场强为E '，则有A ．E E '=，方向与E 的方向相反B ． E E '=，方向与E 的方向相同C ．12E E '=，方向与E 的方向相反 D ． 2E E '=，方向与E 的方向相同 2．关于电磁感应现象，下列说法正确的是A ．线圈放在磁场中就一定能产生感应电流B ．闭合线圈放在匀强磁场中做切割磁感线运动时，一定能产生感应电流C ．感应电流的磁场总是阻碍原来磁场的磁通量的变化D ．感应电流的磁场总是与原磁场方向相反3．如图所示，小磁针正上方的直导线与小磁针平行，当导线中有电流时，小磁针会发生偏转。

首先观察到这个实验现象的物理学家和观察到的现象是A ．奥斯特，小磁针的N 极转向纸内B ．法拉第，小磁针的S 极转向纸内C ．库仑，小磁针静止不动D ．洛伦兹，小磁针的N 极转向纸内4．粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，两粒子均带正电。

让它们在匀强磁场中同一点以大小相等、方向相反的速度开始运动。

以下四个图中，磁场方向垂直纸面向里，大圆的半径是小圆半径的两倍，能正确表示两粒子运动轨迹的是5．如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN 为两电荷连线的中垂线，a 、b 、c 三点所在直线平行于两电荷的连线，且a 与c 关于MN 对称，b 点位于MN 上，d 点位于两电荷的连线上。

则以下判断正确的是A ．b 点场强大于d 点场强B ．b 点电势高于d 点电势C ．a 、b 两点的电势差大于b 、c 两点的电势差D ．试探电荷q +在a 点的电势能大于在c 点的电势能6．如图所示的实验装置中，平行板电容器的极板B 与一静电计相接，极板A 接地，静电计此时指针的偏角为θ 。

山东省高密市高密二中2015-2016学年高二上学期物理期末模拟一含答案

期末模拟一班级姓名学号面批一、选择题（不定项选择)1．某物体以20 m/s的初速度竖直上抛,不计空气阻力，g取102/m s。

下列对物体4s内的运动，描述正确的是( ）A．上升的最大高度80 m B．位移大小为40 mC．速度变化量的方向竖直向下D．平均速度为10 m/s2．在平直公路上行驶的a车和b车，其位移－时间图像分别为图中直线a和曲线b，由图可知( )A．b车运动方向始终不变B．在t l时刻a车与b车速度相同C．t1到t2时间内a车的平均速度小于b车D．t1到t2时间内有一时刻两车的速度相同3．质量相等的两个质点A、B在拉力作用下从同一地点沿同一直线竖直向上运动的v—t图像如图所示，下列说法正确的是（）A．t2时刻两个质点在同一位置B．0—t2时间内两质点的平均速度相等C．0—t2时间内A质点处于超重状态D．在t1-t2时间内质点B的机械能守恒4．如图所示，质量为m的小球用水平轻质弹簧系住，并用倾角=37°的木板托住，小球处于静止状态，弹簧处于压缩状态，则( ) A．小球一定受四个力的作用B．弹簧弹力可能为mgC．小球受木板的摩擦力一定沿斜面向下D．木板对小球的作用力的方向一定垂直于木板向上5．如图所示，水平桌面上叠放着A、B两物体，B 物体受力F作用，A、B一起相对地面向右做减速直线运动，则B物体的受力个数为（）A．4个B．5个C．6个D．7个6．如图，鸟沿虚线斜向上加速飞行,空气对其作用力可能是A．1F B．2FC．3F D．4F7．长木板A放在光滑的水平面上，质量为m=2kg的另一物体B以水平速度v0=2m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图所示，则下列说法正确的是（)A．木板获得的动能为2JB．系统损失的机械能为1JC．木板A的最小长度为1mD．A、B间的动摩擦因数为0。

18．如图所示，有两条位于同一竖直平面内的水平轨道，轨道上有两个物体A和B，它们通过一根绕过定滑轮O的不可伸长的轻绳相连接，物体A以速率v A＝10 m/s 匀速运动，在绳与轨道成30°角时，物体B的速度大小v B为( ）A． 5 m/s B．错误!m/s C．20 m/s D．错误!m/9．如图所示，在某次比赛中，我国女排名将冯坤将排球从底线A点的正上方以某一速度水平发出，排球正好擦着球网落在对方底线的B点上，且AB平行于边界CD．已知网高为h，球场的长度为s，不计空气阻力且排球可看成质点，则排球被发出时，击球点的高度H和水平初速度v分别为( )A．H＝错误!h B．H＝错误!h C．v＝错误!错误!D．v ＝错误!错误!10．如图所示，用长为L的轻绳把一个小铁球悬挂在高2L的O点处,小铁球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动且恰能到达最高点B处，若运动中轻绳断开，则小铁球落到地面时的速度大小为（)A ．错误!B ．错误!C ．错误!D ．错误!11．如图所示,BC 是半径为R 的竖直面内的圆弧轨道，轨道末端C 在网心O 的正下方，∠BOC= 60°，将质量为m 的小球，从与O 等高的A 点水平抛出，小球恰好从B 点沿圆弧切线方向进入网轨道，由于小球与圆弧之间有摩擦，能够使小球从B 到C 做匀速圆周运动。

(新课标)2015-2016学年高二上学期期末考试物理试卷

2015-2016学年度上学期（期末）考试高二物理试题【新课标】试卷说明:本试卷满分110分，答题时间90分钟。

请将答案填涂在答题卡上。

一、单项选择题：共7小题，每小题只有一个答案，每题5分，共35分。

1．下列装置没用到带电粒子在磁场中发生偏转的原理的是（）(A)磁流体发电机(B)回旋加速器 (C)电视显像管 (D)示波管2．有Ⅰ、Ⅱ两根不同材料的电阻丝，长度之比为L1∶L2＝1∶5，横截面积之比为S1∶S2＝2∶3，电阻之比为R1∶R2＝2∶5，则它们的电阻率之比为( )(A)2∶3(B) 3∶4(C) 4∶3(D)8∶33．如图所示，电源的电动势为30 V，内电阻忽略不计，一个“6V,12 W”的电灯与一个绕线电阻为2Ω的电动机串联。

已知电路中的电灯正常发光，则电动机输出的机械功率为( )(A)36 W (B)40 W (C)48 W (D)60 W4．如图所示，把一个装有导电溶液的圆形玻璃器皿放入磁场中，玻璃器皿的中心放一个圆柱形电极B，与电池的正极相连；沿器皿边缘内壁放一个圆环形电极A，与电池的负极相连。

从器皿上方往下看（俯视），对于导电溶液和溶液中正、负离子的运动，下列说法中正确的是（）（A）溶液做逆时针方向运动（B）溶液做顺时针方向运动（C）正离子沿圆形玻璃器皿的半径向边缘移动（D）负离子沿圆形玻璃器皿的半径向中心移动5．现将电池组、滑线变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关如下图连接。

在开关闭合、线圈A放在线圈B中的情况下，某同学发现当他将滑线变阻器的滑动端P向左加速滑动时，电流计指针向右偏转。

由此可以推断（）(A)线圈A向上移动或滑动变阻器的滑动端P向右加速滑动，都能引起电流计指针向左偏转(B)线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起电流计指针向右偏转(C)滑动变阻器的滑动端P匀速向左或匀速向右滑动，都能使电流计指针静止在中央(D)因为线圈A、线圈B的绕线方向未知，故无法判断电流计指针偏转的方向6．静止在光滑水平面上的条形磁铁左端和轻弹簧连接，轻弹簧的另一端固定在墙上，在条形磁铁的上方偏右位置（如图）固定有通电直导线，电流垂直纸面向内，下列说法正确的是（）（A）弹簧被压缩，磁铁对水平面的压力变小（B）弹簧被压缩，磁铁对水平面的压力变大（C）弹簧被拉长，磁铁对水平面的压力变小（D）弹簧被拉长，磁铁对水平面的压力变大7．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，恰好沿下板边缘飞出。

高中山东省潍坊市高二(上)期末物理试题[答案解析]

山东省潍坊市【精品】高二（上）期末物理试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．下列说法正确的是（）A．布朗运动是分子的无规则运动B．热量可以自发的从低温物体向高温物体传递C．多晶体在不同方向上的导热性、导电性、机械强度等物理性质不一样D．晶体熔化过程中，分子的平均动能不变，分子势能增加2．将一玻璃瓶抽成真空，内部放一小块固体酒精，一段时间后全部变为气体，环境温度不变，这一过程中（）A．酒精分子间的引力增大、斥力减小B．酒精分子间的引力、斥力均减小C．酒精分子势能减小D．酒精的内能不变3．如图所示，铁芯P上绕着两个线圈A和B，B与水平光滑导轨相连，导体棒放在水平导轨上。

A中通入电流i（俯视线圈A，顺时针电流为正），观察到导体棒向右加速运动，则A中通入的电流可能是（）A．B．C．D．4．某小组重做奥斯特实验，在一根南北方向放置的直导线的正下方放置一小磁针，如图所示，给导线通入恒定电流，小磁针再次静止时偏转了30°，已知该处地磁场水平分量55.010B T -=⨯，通电直导线在该处产生的磁感应强度大小为（）A ．52.910T -⨯B ．57.110T -⨯C ．58.710T -⨯D ．41.010T -⨯ 5．潜水员使用的氧气钢瓶内部装有氧气和氮气，当瓶内气体即将用完时，内部剩余气体可视为理想气体。

冬季将该氧气瓶从室内移至室外，一段时间后（）A ．氧气分子的平均速率等于氮气分子的平均速率B ．氧气分子的平均速率大于氮气分子的平均速率C ．单位时间内气体分子撞击内壁的次数相比在室内时不变D ．单位时间内气体分子撞击内壁的次数相比在室内时减少6．如图所示，1S 和2S 为两相干波源，它们的振动方向均垂直于纸面，产生的两列简谐横波波长为0.4m 。

P 点是两列波相遇区域中的一点，已知P 点到两波源的距离分别为1 1.1m S P =，2 1.2m S P =，两列波在P 点干涉相消。

山东高二高中物理期末考试带答案解析

山东高二高中物理期末考试班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.如图所示，把一条导线平行地放在小磁针的上方附近，当电流通过导线时，磁针会发生偏转，首先观察到这个实验现象的物理学家是A．库仑B．楞次C．法拉第D．奥斯特2.关于磁感线和电场线，下列说法中正确的是A．磁感线和电场线都是一些互相平行的直线B．磁感线是闭合曲线，而静电场线不是闭合曲线C．磁感线起始于N极，终止于S极；电场线起始于正电荷，终止于负电荷D．电场线和磁感线都可以用其疏密表示电场强度和磁感应强度的强弱3.下列物理量在运算时遵循平行四边形定则的是A．电流强度B．电场强度C．磁通量D．磁感应强度4.如图所示为一带电体的电场线，已知a、b、c为电场线上的点，已知V，V。

则下列说法正确的是A．b、c两点所在的电场线方向由b指向cB．a、b两点的电场强度关系＞C．b、c两点的中点的电势为4VD．a点所在的等势线和c点所在的等势线可能相交于一点5.如图，一通电螺线管通有图示电流，1、2、4小磁针放在螺线管周围，3小磁针放在螺线管内部，四个小磁针静止在如图所示位置，则四个小磁针的N、S极标注正确的是A．1B．2C．3D．46.下列说法正确的是A．电势公式只适用于点电荷产生电场B．电场中某一点的电场强度大小与放入电场中的检验电荷的电量多少有关C．电容公式只适用于平行板电容器D．点电荷是一种理想化的物理模型的滑动片P向b端移动时7.在如图所示的电路中，闭合开关K后，当滑动变阻器R1A．A1的示数增大，V的示数减小B．A1的示数减小，A2的示数增大C．A2的示数增大，V的示数增大D．A1的示数增大，A2的示数增大8.一根通有电流的直铜棒用软导线挂在如图所示的匀强磁场中,此时悬线的拉力大于零而小于铜棒的重力。

要使悬线中张力为零,可采用的方法有A．适当减弱磁场，磁场方向反向B．适当减小电流，电流方向不变C．适当增大电流，电流方向反向D．适当增强磁场，磁场方向不变9.如图所示，如图所示，真空中M、N处分别放置两等量异种电荷，a、b、c表示电场中的3条等势线，d点和e 点位于a等势线上，f点位于c等势线上，df平行于MN。