福建省泉州第一中学2014-2015学年高二上学期期中考试物理(理科)试题
福建省泉州第一中学2013-2014学年高二物理上学期期末考试试题新人教版
福建省泉州第一中学2013-2014学年高二物理上学期期末考试试题新人教版（考试时间 90分钟 总分100分）一、单项选择题（每小题只有一个选项符合题意。
本题共10小题，每题4分，共40分） 1、如图所示为静电除尘原理的示意图，尘埃在电场中通过某种方 式带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的。
下列表述正确的是( ) A 、到达集尘极的尘埃带正电荷 B 、到达集尘极的尘埃带负电荷C 、到达集尘极的尘埃可以带正电荷也可以带负电荷D 、到达集尘极的尘埃可以不带电2、电荷在磁场中运动时受到洛仑兹力的方向如图所示，其中正确的是（ ）3、一充电后的平行板电容器保持两板间的正对面积、间距和电荷量不变，在两板间插入一电介质，其电容C 和两极板间的电势差U 的变化情况是 （ ）A 、C 和U 均增大B 、C 增大，U 减小 C 、C 减小，U 增大D 、C 和U 均减小4、真空中三个相同的导体小球A 、B 和C ，A 和B 分别带+3Q 、-Q 的电荷（A 、B 可看成点电荷）分别固定在两处，两球间库仑力是F ，用不带电的小球C ，先后跟A 和B 来回反复接触很多次，然后移去C ，则A 、B 间的库仑力变为F 的 （ ） A 、1/3 B 、3/4C 、4/27D 、16/275、如上图所示，矩形线圈abcd 放置在水平面内，磁场方向与水平方向成α角，已知sin α＝45，线圈面积为S ，匀强磁场的磁感应强度为B ，则通过线圈的磁通量为 ( )A 、BSB 、4BS 5C 、3BS 5D 、3BS46、压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小.如图所示，将压敏电阻平放在电梯内，受力面向上，在其上面放一质量为m 的物体，电梯静止时电压表的示数为U 0.下列电压表示数随时间变化图象中，能表示电梯竖直向上作匀加速直线运动的是（ ）CBvDBAAB7、如图所示，正四棱柱abed一a'b'c'd'的中心轴线00'处有一无限长的载流直导线，对该电流的磁场，下列说法中正确的是（）A、同一条侧棱上各点的磁感应强度大小相等，但方向可能不同B、四条侧棱上的磁感应强度都相同C、在直线ab上，从a到b，磁感应强度是先增大后减小D、棱柱内任一点的磁感应强度比棱柱侧面上所有点都大8、电场中某三条等势线如图实线a、b、c所示。
福建省泉州市安溪一中2014-2015学年高二(上)期中物理试卷 Word版含解析
2014-2015学年福建省泉州市安溪一中高二（上）期中物理试卷一、单项选择题（每小题3分，共42分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．选对的得3分，选错或不答的得0分．）1．（3分）（2014秋•安溪县校级期中）一台半导体收音机，电池供电的电流是8mA，也就是说（）A．1000s电池供给8C的电荷量B．1h电池供给8C的电荷量C．1s电池供给8C的电荷量D．1min电池供给8C的电荷量考点：电流、电压概念．专题：恒定电流专题．分析：根据电流的定义式I=，得到q=It，分析一定时间内通过导体的电量．解答：解：电池供电的电流I=8mA，若电量q=8C，则由电流的定义式I=，得到时间t=1000s．故选：A点评：本题是电流定义式的应用，比较简单．电流大小等于单位时间内通过导体横截面的电量．2．（3分）（2011秋•泉州期中）关于电阻和电阻率的说法，正确的是（）A．将一根导线截去一半，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的一半B．电阻率表征了导体导电能力的强弱，并且与温度有关C．只有导体中有电流通过时才有电阻D．电阻率与导体的长度及横截面积有关考点：电阻定律．专题：恒定电流专题．分析：导体的电阻率与导体的材料，温度有关，与其他因素无关．由电阻决定式，可以判定各个选项．解答：解：A、导体的电阻率与导体的材料，温度有关，与其他因素无关，将一根导线截去一半，则半根导线的电阻率仍不变．由电阻决定式，将一根导线截去一半，则半根导线的电阻变为原来的一半，故A错误．B、电阻率表征了导体导电能力的强弱，并且与温度有关，故B正确．C、电阻是导体的固有属性，导体通不通电，电阻都存在，故C错误．D、导体的电阻率与导体的材料，温度有关，与其他因素无关，故D错误．故选：B点评：明确导体电阻的决定式，可以知道决定电阻的因素．知道电阻率与材料和温度有关．3．（3分）（2011•青铜峡市模拟）如图所示，a、b为竖直向上的电场线上的两点，一带电质点在a点由静止释放，沿电场线向上运动到b点恰好速度为零，下列说法正确的是（）A．带电质点在a点受的电场力向上，在b点受的电场力向下B．带电质点在a点的电势能比在b点的电势能大C．a点的电场强度比b点的电场强度小D．a点的电势比b点的电势低考点：电场强度；牛顿第二定律；电场线；电势；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由题意可知，带点质点受两个力，重力和电场力．由静止向上运动，可判断出电场力的方向，根据电场力做的功，判断电势能的变化．通过带电质点初末速度为零可比较出两点的电场强度．沿电场线方向电势逐渐降低．解答：解：A、由题意可知，带点质点受两个力，重力和电场力．，开始由静止向上运动，电场力大于重力，且方向向上．因为在一根电场线上，所以在两点的电场力方向都向上．故A错误．B、电场力做正功，电势能降低，所以带电质点在a点的电势能比在b点的电势能大．故B正确．C、在a点，电场力大于重力，到b点恰好速度为零，可知先加速后减速，所以b点所受的电场力小于重力．所以a点的电场强度比b点的电场强度大．故C错误．D、沿电场线方向电势逐渐降低，所以a点的电势比b点高．故D错误．故选B．点评：解决本题的关键通过a、b两点的速度为0，知道受重力和电场力两个力，且知道电场力的方向．通过电场力与重力的大小关系，比较电场强度的大小．以及知道电场力做功与电势能的关系和沿电场线方向电势降低．4．（3分）（2014秋•安溪县校级期中）如图所示为滑动变阻器的示意图，下列说法中正确的是（）A．a和b串联接入电路时，P向右移动电流增大B．b和c串联接入电路时，P向右移动电流减小C．b和d串联接入电路时，P向右移动电流增大D．a和c串联接入电路时，P向右移动电流增大考点：欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：滑动变阻器的原理是靠改变连入电路中的电阻丝的长度来改变电阻的，它的正确接法是“一上一下”．哪一段电阻丝被接入电路中是由下面的接线柱决定的．若接左下接线柱，滑片向右移动，电阻变大，则电路中的电流变小；若接右下接线柱，滑片向左移动，电阻变大，则电路中的电流变小．解答：解：A、将a和b连入电路时，当滑片P向右滑动时，不会改变电阻丝长度，电阻不变，电流也不变；故A错误；B、将b和c连入电路时，连入路中的电阻丝是Pb部分．当滑片P向右滑动时，PB电阻丝长度减小，电阻减小，电流增大，故B错误C、将b和d连入电路时，连入路中的电阻丝是Pb部分．当滑片P向右滑动时，PA电阻丝长度减小，电阻减小，则电流增大，故C正确．．D、将a和c连入电路时，连入电路中的电阻丝是aP部分，当滑片P向右滑动时，ap电阻丝长度变长，电阻变大，电流变小，故D错误；故选：C．点评：本题考查了滑动变阻器的原理和作用，能够正确判断当“一上一下”接入电路时哪一段电阻丝被连入电路中是本题的解题关键所在．5．（3分）（2014秋•安溪县校级期中）如图所示，实线表示电场线，虚线表示等势线，a、b两点的电势分别为U a=20V，U b=50V，则a、b连线的中点c的电势U c应为（）A．U c=35V B．U c＞35VC．U c＜35V D．无法判断U c的高低考点：电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由图看出，ac段电场线比bc段电场线密，ac段场强较大，根据公式U=Ed定性分析a、c间与b、c间电势差的大小，再求解中点b的电势φc解答：解：由图看出，ac段电场线比bc段电场线密，ac段场强较大，根据公式U=Ed可知，ca间电势差U ca大于b、c间电势差U bc，即φc﹣φa＞φb﹣φc，得到φc＞=35V．故选：B点评：本题的关键是运用匀强电场中场强与电势差的公式定性分析电势差的大小．常规题6．（3分）（2013•洪泽县校级学业考试）如图所示，虚线表示等势面，相邻两等势面间的电势差相等，有一带电的小球在该电场中运动，不计小球所受的重力和空气阻力，实线表示该带正电的小球的运动轨迹，小球在a点的动能等于20eV，运动到b点时的动能等于2eV，若取C点为零电势点，则这个带电小球的电势能等于﹣6eV，它的动能等于（）A．16eV B．14eV C．6eV D．4eV考点：电势能；动能定理的应用．专题：电场力与电势的性质专题．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方向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 bc②从b到c电场力做正功，根据动能定理有：W bc=E kc﹣E kb③联立①②③可得E kc=8eV．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=8eV即电势能和动能之和为8eV，因此当电势能等于﹣6eV时动能为14eV，故ACD错误，B正确．故选B．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，动能和重力势能之和保持不变；那么只有电场力做功，电势能和动能之和保持不变7．（3分）（2014秋•安溪县校级期中）如图所示，三个完全相同的电灯混联，若每只灯的额定功率是P，这个电路允许的最大功率是（）A．3P B．2P C．1.5P D．P考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：设额定电流为I，并联电路的最大电压取额定电压的最小值，并联电路的最大电流取各个额定电流的最小值．解答：解：设灯泡的额定电流为I、电阻为R，额定电压为U，则：P=UI=；并联的灯泡的总电阻为，电路的最大电流为I，故最大电压为：U′=I（R+=；故这个电路允许的最大功率是：P′=U′I=；故选：C．点评：本题关键是明确串联电路最大电流取额定电流的最小值，并联电路最大电压取额定电压的最小值．8．（3分）（2012•云南一模）一个带正电的质点，电量q=2.0×10﹣9C，在静电场中由A 点移到B点．在这个过程中，除电场力外，其他力作的功为6.0×10﹣5J，质点的动能增加了8.0×10﹣5J，则a、b两点间的电势差U ab为（）A．3×104V B．1×104V C．4×104V D．7×104V考点：电势差；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：质点在静电场中由A点移到B点的过程中，电场力和其他外力对质点做功，引起质点动能的增加．电场力做功为W ab=qU ab，根据动能定理求解a、b两点间的电势差U ab．解答：解：根据动能定理得qU ab+W其他=△E k看到U ab===1×104V故选B点评：对于研究质点动能变化的问题，要首先考虑能否运用动能定理．基础题，比较容易．9．（3分）（2011秋•泉州期中）如图所示的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点，可以判定（）A．M点的加速度大于N点的加速度B．M点的电势小于N点的电势C．粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力D．粒子在M点具有的电势能大于在N点具有的电势能考点：电场线；电场强度；电势；电势能．分析：根据顺着电场线方向电势降低，判断电势的高低．由粒子轨迹的弯曲方向判断电场力方向．电场力方向应指向轨迹的内侧．由电场力做功正负，判断电势能的大小和动能的大小．由电场线的疏密判断场强大小，确定电场力的大小．解答：解：A、C，M点处的电场线较疏，而N点处电场线较密，则M点处的电场强度较小，粒子所受的电场力也较小，在M点的加速度小于在N点的加速度速度．故AC 错误．B、根据顺着电场线方向电势降低可知，M点的电势高于N点的电势．故B错误．D、由电场力方向应指向轨迹的内侧得知，粒子所受电场力方向大致斜向左下方，对粒子做正功，其电势能减小，动能增大，则知粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，．故D正确．故选：D点评：本题是电场中轨迹问题，关键要根据轨迹的弯曲方向判断出粒子所受的电场力方向，再抓住电场线的物理意义判断场强、电势等的大小．10．（3分）（2010秋•泉州校级期中）a、b两个电阻的U﹣I图线如图所示，则（）A．R a＜R bB．R a＞R bC．若将它们串联在电路中，发热功率较大的是电阻R bD．若将它们并联在电路中，发热功率较大的是电阻R a考点：路端电压与负载的关系；电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：U﹣I图线斜率等于电阻，串联电路电流相等，根据P=I2R比较发热功率的大小．并联电路电压相等，根据P=比较发热功率的大小．解答：解：A、B、U﹣I图线斜率表示电阻，R a斜率大，电阻大．则R a＞R b．故A错误，B正确．C、串联电路中电流相等，根据P=I2R，电阻大的发热功率大．所以发热功率较大的是电阻Ra．故C错误．D、并联电路电压相等，根据P=，电阻小的发热功率大．所以发热功率较大的是电阻R b．故D错误．故选：B．点评：解决本题的关键掌握I﹣U图线斜率表示电阻，以及串联电路电流相等，并联电路电压相等的特点，即可进行分析．11．（3分）（2012秋•萧山区期中）如图所示，P、Q是两个等量的正点电荷，它们连线的中点是O，A、B是中垂线上的两点，OA＜OB，用E A、E B、ϕA、ϕB分别表示A、B两点的场强和电势，则（）A．E A一定大于E B，ϕA一定大于ϕBB．E A一定大于E B，ϕA不一定大于ϕBC．E A不一定大于E B，ϕA不一定大于ϕBD．E A不一定大于E B，ϕA一定大于ϕB考点：电势；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据电场线的分布情况，分析两电荷连线中垂线上各个点的合场强大小情况和方向特点，根据顺着电场线方向电势降低，判断电势的高低．解答：解：两个等量同种电荷连线中点O的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从O点沿着中垂线向上到无穷远处电场强度先增大后减小，场强最大的P点可能在A、B连线之间，也可能在A、B连线上，还可能在A、B连线下，由于A、B两点的间距也不确定，故E A可能大于E B，也可能小于E B，还可能等于E B；根据平行四边形定则可知中垂线上电场强度方向一直向上，故电势越来越低，φA一定大于φB；故ABC错误，D正确；故选：D．点评：本题关键是要明确两个等量同种电荷连线的中垂线上的场强分布情况和电势分布情况，知道沿着场强方向，电势越来越低，从而判断场强和电势关系．12．（3分）（2014秋•安溪县校级期中）在点电荷Q的电场中，一个质子通过时的轨迹如图实线所示，a、b为两个等势面，则下列判断中正确的是（）A．Q可能为正电荷，也可能为负电荷B．运动中电场力总是做正功C．质子经过两等势面的速度V a＞V bD．质子在两等势面上的电势能E pa＞E pb考点：等势面；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：从粒子运动轨迹看出，轨迹向左弯曲，可知带电粒子受到了排斥力作用，从a到b过程中，电场力做负功，反之，远离Q的过程电场力做正功．可判断电势能的大小和动能大小以及Q的电性．解答：解：A、根据运动轨迹可知，带电粒子受到了排斥力作用，故Q为正电荷，故A错误；B、根据运动轨迹可知，带电粒子受到了排斥力作用，从a到b过程中，电场力做负功；反之，远离Q的过程电场力做正功，故B错误；C、D、根据运动轨迹可知，带电粒子受到了排斥力作用，从a到b过程中，电场力做负功，因此动能减小电势能增大，故C正确，D错误；故选：C．点评：该题考查轨迹问题，首先要根据弯曲的方向判断出带电粒子所受电场力方向，确定是排斥力还是吸引力．由动能定理分析动能和电势能的变化是常用的思路．13．（3分）（2014秋•宣城校级期中）如图所示，在粗糙水平面上固定一点电荷Q，在M 点无初速度释放一带有恒定电量的小物块，小物块在Q的电场中运动到N点静止，则从M 点运动到N点的过程中下列说法不正确的是（）A．小物块所受电场力逐渐减小B．小物块具有的电势能逐渐减小C．M点的电势一定高于N点的电势D．小物块电势能变化量的大小一定等于克服摩擦力做的功考点：电势能；带电粒子在匀强电场中的运动．分析：解决本题需要掌握：正确利用库伦定律判断库仑力大小的变化；根据电场力做功判断电势能的变化；掌握如何判断电势的高低；正确利用功能关系分析物体功能的变化．解答：解：A、由于物块离电荷越来越远，根据F=k可知小物块所受电场力越来越小，故A正确；B、由于小物块由静止开始运动，因此一定受到库伦斥力作用，所以电场力对其做正功，电势能减小，故B正确；C、由题只能判断物块和点电荷Q带同种电荷，而不能确定点电荷Q的电性，故不能判断M和N点电势的高低，故C错误；D、由于小物块始末动能都为零，因此动能没有变化，故电场力所做正功和克服摩擦力做功相等，即电势能的变化和克服摩擦力做功相等，故D正确．本题选错误的，故选：C．点评：本题考察知识点较多，有一定的综合性，平时要注意概念的理解，如电势高低判断，电势能变化和电场力做功关系，功能关系的应用等．14．（3分）（2007•韶关一模）如图所示，L为竖直、固定的光滑绝缘杆，杆上O点套有一质量为m、带电量为﹣q的小环，在杆的左侧固定一电荷量为+Q的点电荷，杆上a、b两点到+Q的距离相等，Oa之间距离为h1，ab之间距离为h2，使小环从图示位置的O点由静止释放后，通过a的速率为．则下列说法正确的是（）A．小环通过b点的速率为B．小环从O到b，电场力做的功可能为零C．小环在Oa之间的速度是先增大后减小D．小环在ab之间的速度是先减小后增大考点：动能定理的应用；电势能．专题：动能定理的应用专题．分析：由题可知，a点与b点电势相等，则小环从O点移到a点与移到b点电场力做功相等，根据动能定理分别研究小环从O点移到a点与O点移到b点，求解小环通过b点的速率．根据动能定理分析小环从o到b电场力做功不等于零．小环在oa之间运动时，重力和电场力均做正功速度一直增大．根据动能定理研究小环滑到ab的速度大小，分析小环在ab之间的速度如何变化．解答：解：A、a、b两点是﹣+Q所产生的电场中的两个等势点，所以小环从a到b的过程中只有重力做功，根据动能定理研究小环从a到b的过程得：，解得v b=故A正确．B、小环从o到b电场力做的功等于从o到a电场力做的功，大于零．故B错误．C、小环在oa之间运动过程，重力和电场力均做正功，速度一直增大．故C错误．D、小环在ab之间运动过程，重力做正功，电场力先做正功，后做负功，无法判断重力做功与电场力做功的大小，即无法判断重力做功与电场力做功的代数和的正负，则无法确定速度的变化情况．故D错误．故选A．点评：本题运用动能定理分析物体的运动情况，关键确定电场力做功，要抓住电场力做功的特点：电荷与初末位置的电势差有关，与路径无关．二、实验、填空题（共4小题，每空3分，共18分）15．（6分）（2014秋•东湖区校级期中）写出如图所示的游标卡尺和螺旋测微器的读数：（1）游标卡尺的读数52.35 mm；（2）螺旋测微器的读数 3.855 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：（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；（2）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数示数之和是螺旋测微器示数之和．解答：解：（1）由图1所示游标卡尺可知，主尺示数是5.2cm=52mm，游标尺示数是7×0.05mm=0.35mm，游标卡尺示数为52mm+0.35mm=52.35mm．（2）由图2所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为3.5mm，可动刻度示数为35.5×0.01mm=0.355mm，螺旋测微器示数为3.5mm+0.355mm=3.855mm．故答案为：（1）52.35；（2）3.855．点评：要掌握游标卡尺与螺旋测微器的使用及读数方法；游标卡尺不需要估读，螺旋测微器需要估读．16．（3分）（2014秋•安溪县校级期中）在测金属丝的电阻率的实验中，下列说法中不正确的是（）A．用螺旋测微器在金属丝三个不同位置各测量一次直径，算出其平均值B．实验中应调节滑动变阻器，取得多组U和I的值，然后求出平均电阻C．实验中电流不能太大，以免电阻率发生变化D．应选用毫米刻度尺测整根金属丝的长度三次，然后求出平均长度l考点：测定金属的电阻率．专题：实验题．分析：根据公式，l应为连入电路的有效长度，为了减小实验误差，要尽量使温度不变，测量值往往要多测几次，在求其平均值．解答：解：A、为了减小实验误差，应用螺旋测微器在金属丝三个不同部位各测量一次直径，算出其平均值，故A正确；B、为了减小实验误差，实验中应调节滑动变阻器，取得多组U和I的值，然后求出平均电阻，故B正确；C、金属丝的电阻率随温度的改变而改变，为保持电阻率不变，实验中电流不能太大，以免电阻率发生变化，故C正确；D、应测量出金属丝连入电路的有效长度三次，求平均值，而不是测量整根金属丝的长度，故D错误；本题选不正确的，故选：D．点评：本题考察实验误差分析，对于测量过程中不可避免的存在误差，往往通过多次测量求平均值来减小实验误差．17．（6分）（2014秋•安溪县校级期中）灵敏电流计的满偏电流为100μA，若使其并联一个200Ω的电阻，则成为一个量程为0.2mA的毫安表，若将这个毫安表改装成量程为3V 的电压表，应串联一个 1.49×104Ω的电阻．考点：把电流表改装成电压表．专题：实验题．分析：把电流表改装成电压表需要并联一个分流电阻，把电流表改装成电压表需要串联一个分压电阻，应用串并联电路特点与欧姆定律分析答题．解答：解：把灵敏电流计改装成毫安表时：I=+I g=+100×10﹣6=0.0002，毫安表的内阻：R==，把毫安表改装成电压表需要串联一个分压电阻，串联电阻阻值：R′=﹣R=﹣R，解得：R′=1.49×104Ω；故答案为：串；1.49×104Ω．点评：本题考查了电压表的改装，知道电表的改装原理，应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解题．18．（3分）（2014秋•安溪县校级期中）如图所示，半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套一质量为m，带正电的珠子，空间存在水平向右的匀强电场，珠子所受电场力是其重力的倍，将珠子从环上的最低位置A点释放，要使珠子恰好能绕圆环做完整的圆周运动，则应在A点给珠子的初速度至少为．考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据共点力平衡得出珠子圆周运动的最高点，要使珠子做完整的圆周运动，在等效最高点速度为零，根据动能定理求出初速度的最小值．解答：解：珠子的平衡位置和圆心连线与竖直方向的夹角为θ，则有tanθ==如图，此时珠子做圆周运动的“最高点”（与平衡位置关于O点对称）为D，在D 点，珠子速度为零，从A点到D点过程，由动能定理得﹣mgr（1+cosθ）﹣qErsinθ=0﹣得：v0=故答案为：．点评：解决本题的关键知道小球在竖直面内做圆周运动的等效最高点，抓住等效最高点的临界速度为零，结合动能定理进行求解．三、计算题（第19题8分，第20题10分，第21题10分，第22题12分．计算时应写必要的文字说明、方程式和重要步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）19．（8分）（2010秋•泉州校级期中）水平放置的平行板电容器，两极板相距5mm，电容值为2μF，当将其充电到两板电势差为100V时，一个质量为1.0×10﹣11kg的带负电尘埃正好在板间静止，取g=10m/s2求：（1）这时电容器的带电量为多少？（2）该尘埃带电量为多少？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：（1）根据电容的定义式求解电容器的带电量．（2）板间场强为E=，带负电尘埃所受电场力为F=qE，由平衡条件求出该尘埃带电量．解答：解：（1）由C=得：Q=CU=2×10﹣6×100C=2×10﹣4C（2）由平衡条件得：qE=mg又E=得到：q=mg代入解得：q=5×10﹣18C答：（1）电容器的带电量为2×10﹣4C．（2）该尘埃带电量为5×10﹣18C．点评：此题是电容的定义式C=、板间场强公式E=及平衡条件的综合应用，基础题．20．（10分）（2009秋•长春期末）环保汽车将为2008年奥运会场馆提供服务，受到好评．某辆以蓄电池为驱动能源的环保汽车，总质量m=3×103kg．当它在水平路面上以v=36km/h 的速度匀速行驶时，驱动电机的输入电流I=50A，电压U=300V．在此行驶状态下（1）求驱动电机的输入功率P电；（2）若驱动电机能够将输入功率的90%转化为用于牵引汽车前进的机械功率P机，求汽车所受阻力与车重的比值（g取10m/s2）．考点：功率、平均功率和瞬时功率；功能关系．专题：功率的计算专题．分析：（1）根据P=UI求出驱动电机的输入功率．（2）匀速行驶时，牵引力等于阻力，求出机械功率，根据P=Fv=fv，求出汽车所受的阻力．解答：解：（1）P=UI=300×50=15000W．故求驱动电机的输入功率P电=15000W．（2）机械功率P机=90%P电=15000×90%=13500W．匀速行驶时，牵引力等于阻力，有P机=Fv=fv所以f=则汽车所受阻力与车重的比值k=．点评：解决本题的关键掌握功率的公式P=UI，以及机械功率的公式P=Fv．21．（10分）（2011秋•泉州期中）如图所示电子射线管阴极K发射电子，阳极P和阴极K 间加上电压后电子被加速．A、B是偏向板，使飞进的电子偏离．若已知P、K间所加电压U PK=2.5×103V，偏向板长L=6.0×10﹣2m，板间距离d=10﹣2m，所加电压U AB=100V．R=3×10﹣2m．电子电量为﹣1.6×10﹣19C．设从阴极出来的电子速度为零．试问：（1）偏转电场对电子所做的功是多少？（2）电子最后打在荧光屏上O′点，求OO′间距离是多少？考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：（1）电子在阳极P和阴极K间运动时，电场力对电子做正功，动能增加，根据动能定理求解电子通过阳极P板的速度υ。
福建省泉州市安溪八中2014-2015学年高二(上)期中物理试卷(理科) Word版含解析
2014-2015学年福建省泉州市安溪八中高二（上）期中物理试卷（理科）一．单项选择题：（12×3分=36分）1．（3分）（2013•未央区校级学业考试）某电场的电场线如图所示，电场中的A、B两点的场强大小分别为E A和E B，由图可知（）A．E A＜E B B．E A=E BC．E A＞E B D．无法比较E A和E B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：电场强度的大小看电场线的疏密程度，电场线越密的地方电场强度越大．解答：解：电场强度的大小看电场线的疏密程度，电场线越密的地方电场强度越大．从图中可以看出E A＜E B故选A．点评：本题关键在于通过电场线的疏密程度看电场强度的大小2．（3分）（2013•未央区校级学业考试）一个电荷只在电场力作用下从电场中的A点移到B 点过程中，电场力做了5×10﹣6 J的正功，那么（）A．电荷的电势能减少了5×10﹣6JB．电荷的动能减少了5×10﹣6JC．电荷在B处时具有5×10﹣6J的电势能D．电荷在B处时具有5×10﹣6J的动能考点：电势能；功能关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场力做正功，电势能减小，动能增加，做负功，动能减小，电势能增加，根据功能关系可正确解答．解答：解：电场力做正功，电势能减小，动能增加，故A正确、B错误；电场力做功对应着电势能和动能的变化，不能说明具有多少电势能或者动能，故CD 错误．故选A．点评：考查了电场力做功和电势能的关系这一基本功能关系，要明确物理中的各种功能关系并能正确应用．3．（3分）（2008秋•湛江期末）关于电容器的电容，下列说法正确的是（）A．电容器不带电时，其电容为零B．电容器带电荷量越多，其电容越大C．电容器两极板间电压越低，其电容越小D．电容器的电容只由它本身的性质决定考点：电容．专题：电容器专题．分析：电容器的电容由本身的因素决定，与极板所带的电量以及两端间的电势差无关．解答：解：根据C=，电容器的电容由本身性质决定，与它所带的电量以及两端间的电压无关．电容器不带电时，电容不变．故D正确，A、B、C错误．故选D．点评：解决本题的关键掌握电容的决定式C=，知道电容的大小与电量和两端间的电压无关．4．（3分）（2011•扬州学业考试）真空中有两个静止的点电荷，它们之间的作用力为F，若它们的带电量都增大为原来的3倍，距离减少为原来的，它们之间的相互作用力变为（）A．B．F C．9F D．81F考点：库仑定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由库仑力公式可得出两次作用力的表达式，那么可求得距离减小后的相互作用力．解答：解：由库仑定律可得：F=K；变化后F′==81F，故D正确，ABC错误；故选D．点评：本题考查库仑定律的直接应用，只需注意数值的变化即可顺利求出．5．（3分）（2011•陆丰市校级学业考试）下列事例中属于静电应用的有（）A．油罐车拖一条铁链B．飞机机轮用导电橡胶制成C．织地毯时夹一些不锈钢丝D．静电复印考点：静电现象的解释．分析：静电对人类有利的方面要加以利用，对人类有危害的方面要避免和防止．油罐车拖一条铁链、飞机机轮用导电橡胶制成、织地毯时夹一些不锈钢丝都是为了防止静电的危害．而静电复印是利用静电为人类服务．解答：解：A、油罐车在运动中与空气摩擦，产生静电，为防止静电积累到一定程度引起爆炸，常常用一条铁链将静电导入大地．故A错误．B、飞机起飞过程中，与空气摩擦，产生静电，飞机机轮用导电橡胶制成，将产生的静电导入大地，防止静电危害飞机与乘客的安全．故B错误．C、织地毯时夹一些不锈钢丝是防止人在地毯上行走时产生的静电对人产生危害．故C错误．D、静电复印是利用静电为人类服务．故D正确．故选D点评：本题是常识性问题，考查对静电现象的了解程度，小高考的能力要求，比较简单．6．（3分）（2012•仪征市校级学业考试）（本题供使用选修3﹣1教材的考生作答）如图所示，在场强为E的匀强电场中，a、b两点间的距离为L，ab连线与电场方向的夹角为θ，那么a、b两点间的电势差为（）A．E LsinθB．E LcosθC．E L D．考点：电势差与电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分已知匀强电场的场强为E，a、b两点间的距离为L及ab连线与电场方向的夹角为θ，析：根据公式U=Ed，求出两点沿电场方向的距离d，再求解电势差U．解答：解：由题，a、b两点间的距离为L及ab连线与电场方向的夹角为θ，那么这两点沿电场方向的距离d=Lcosθ，a、b两点间的电势差U=Ed=ELcosθ．故选B点评：本题首先要想到匀强电场中电势差与场强的关系式U=Ed，其次要正确理解d的含义：两点沿电场方向的距离．7．（3分）（2011•XX模拟）关于电场强度，下列说法中正确的是（）A．由知，检验电荷在某点所受电场力越大，该点的场强越强B．由知，检验电荷所带电量越少，检验电荷所在位置的场强越强C．电场中某点的场强与检验电荷的电量和所受的电场力无关D．电场中某点场强的方向就是检验电荷在该点所受电场力的方向考点：电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场强度是表示电场本身的力的性质的物理量，与放入电场的检验电荷无关．电场中某点场强的方向就是正检验电荷在该点所受电场力的方向．解答：解：A、B电场强度是表示电场本身的力的性质的物理量，与放入电场的检验电荷无关，不能说：检验电荷所受电场力越大，电荷量越小，电场强度越大．故AB错误．C、电场强度是反映电场本身性质的物理量，与检验电荷的电量和所受的电场力无关，由电场本身决定．故C正确．D、电场中某点场强的方向是正检验电荷在该点所受电场力的方向，与负检验电荷在该点所受电场力的方向相反．故D错误．故选C点评：本题对电场强度的理解能力．电场强度的定义式，不能单纯从数学角度来理解E，说成E与F成正比，与q成反比，E由电场本身决定．8．（3分）（2004•福州模拟）一根粗细均匀，电阻为R的直导线，当保持温度不变的情况下，将导线对折使用，其电阻将变为（）A．B．C．2R D．4R考点：电阻定律．专题：恒定电流专题．分析：由题意可知导线长度及截面积的变化，再由电阻定律分析电阻的变化．解答：解：导线对折后，导线长度减半，而截面积加倍，那么由电阻定律R=可知，其电阻将变化原来的；故选：A．点评：本题考查电阻定律的计算，有些同学往往只注意了长度的变化而忽视了截面积的变化．9．（3分）（2013•东昌府区模拟）有两个固定的异号点电荷，电量给定但大小不等，且q1＜q2，用E1和E2分别表示两个点电荷产生的电场强度的大小，那么在通过两点电荷的直线上，E1=E2的点（）A．有三个，其中两处合场强为零B．有三个，其中一处合场强为零C．只有两个，其中一处合场强为零D．只有一个，该处合场强不为零考点：电场的叠加；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：两电荷连线上可以分为三部分，大电荷的外侧，两电荷之间，小电荷的外侧，在根据点电荷的场强公式判断是否场强大小相等．解答：解：设大电荷量为Q，小电荷量为q，两电荷间距为L，在连线上场强大小相等的点距离q为r，那么有K，r有两个解，即场强相等的点有两处，一处在两电荷中间的连线上，合场强不为零，另一处在连线q的外侧，合场强为零．故C 正确．故选C点评：做这种类型的题，最好画出图，根据图象分析可能的地方．10．（3分）（2014秋•安溪县校级期中）如图所示，Q带负电荷，导体P在a处接地，下列说法中正确的是（）A．导体P的a端带正电荷，b端不带电B．导体P的a端不带电荷，b端带负电荷C．导体P的a端带正电荷，b端带负电荷，且正、负电荷的电荷量相等D．导体P的a端带正电荷，b端带负电荷，正电荷的电荷量大于负电荷的电荷量考静电场中的导体．点：分析：带电小球Q靠近金属导体P时，由于静电感应，会使金属导体P带电，根据静电感应的现象来分析即可．解答：解：金属导体P接地时与大地组成一个新的导体，a为新导体的靠近Q的一端，而大地是远离Q的一端，由于静电感应的作用，靠近Q的一端会带上与Q相反的电荷，即带上正电荷．接地的过程应是b端感应出来的负电荷被导到大地上，所以b端不带电．故A正确，BCD错误；故选：A点评：本题是对静电感应现象的考查，根本的原因就是电荷之间的基本性质，即同种电荷互相排斥，异种电荷互相吸引．11．（3分）（2011秋•梅州期末）直流电动机线圈电阻为R，当电动机工作时通过的电流为I，两端的电压为U，那么其输出功率是（）A．I U B．I U+I2R C．I U﹣I2R D．考点：电功、电功率．专题：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热=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：直流电动机线圈电阻为R，当电动机工作时通过的电流为I，两端的电压为U；总功率为：P=UI发热功率为：P热=I2R根据能量守恒定律，其输出功率是：P出=P﹣P热=UI﹣I2R故选：C．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．12．（3分）（2009•广东模拟）导体的电阻是导体本身的一种性质，对于同种材料的导体，下列表述正确的是（）A．横截面积一定，电阻与导体的长度成正比B．长度一定，电阻与导体的横截面积成正比C．电压一定，电阻与通过导体的电流成正比D．电流一定，电阻与导体两端的电压成反比考点：欧姆定律；电阻定律．专题：恒定电流专题．分解答本题应掌握：导体的电阻是导体本身的一种性质，导体的电阻与导体本身的材料、析：长度、横截面积有关，还与温度有关；与电流以及电压的大小无关．解答：解：有电阻定律R=ρ可知，电阻的大小与导体的长度成正比，与横截面积成反比，A、横截面积一定，电阻与导体的长度成正比，故A正确；B、长度一定，电阻与导体的横截面积成反比，故B错误；C、电阻与电流以及电压的大小无关，故CD错误；故选A．点评：电阻是导体本身的属性，导体的电阻大小与导体的长度、横截面积和材料等有关，与电流以及电压的大小无关．二、填空实验题：（10×2分=20分）13．（4分）（2011•XX校级学业考试）在竖直向下、电场强度为E的匀强电场中，一个质量为m的带点液滴，沿着水平方向直线运动，那么该液滴带负电，电荷量大小为．考点：带电粒子在匀强电场中的运动；共点力平衡的条件及其应用．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：由于粒子在竖直方向保持静止，重力和电场力二力平衡，从而确定液滴的带电性质和带电量大小．解答：解：粒子在竖直方向保持静止，重力和电场力二力平衡，故电场力向上，大小等于mg；场强方向竖直向下，与电场力方向相反，故液滴带负电；电量为q==故答案为：负，．点评：本题关键根据二力平衡条件求出电场力，再确定电荷的电性和带电量．14．（4分）（2014秋•安溪县校级期中）平行板电容器两极板间的距离和介质确定后，当两极板的正对面积增大时，其电容增大（填“增大”、“减小”或“不变”b平行板电容器两极板的正对面积和介质确定后，当两极板间距离增大时，其电容减小（填“增大”、“减小”或“不变”）．考点：电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：根据电容的决定式C=判断电容的变化．解答：解：根据电容的决定式C=知，当两极板的正对面积增大时，其电容增大．当两极板间距离增大时，其电容减小．故答案为：增大，减小点评：解决本题的关键掌握电容的决定式，知道影响电容的因素．15．（12分）（2014秋•安溪县校级期中）在做《测定金属的电阻率》的实验中，若待测电阻丝的电阻约为5Ω，要求测量结果尽量准确，备有以下器材：A．电池组（3V、内阻lΩ）B．电流表（0～3A，内阻0.0125Ω）C．电流表（0～0.6A，内阻0.125Ω）D．电压表（0～3V，内阻4kΩ）E．电压表（0﹣15V，内阻15kΩ）F．滑动变阻器（0﹣20Ω，允许最大电流lA）G．滑动变阻器（0～2000Ω，允许最大电流0.3A）H．开关、导线（1）上述器材中电流表应选用的是C，电压表应选用的是D，滑动变阻器应选用的是F．（只填写字母代号）（2）本实验应采用安培表外接法，那么测量值比真实值偏小（选填“大”或“小”）．根据测量数据得到的伏安特性曲线如图所示，图中MN段向上弯曲的主要原因是随着电阻丝中的电流增大，温度升高，电阻率增大，电阻增大．考点：测定金属的电阻率．专题：实验题．分析：（1）器材的选取需安全、精确，根据电源电压确定电压表的量程，根据电路中电流的大约值确定电流表的量程．（2）根据待测电阻与电流表、电压表内阻比较，确定电流表的内外接，温度升高，电阻率增大．解答：解：（1）测量电阻需要电源、电流表、电压表、滑动变阻器、电键导线，由于电源电压为3V，所以电压表选择D，电路中的电流大约I==0.6A，所以电流表选择C，滑动变阻器用小阻值的便于操作，滑动变阻器选用F．（2）待测电阻的阻值远小于电压表的内阻，属于小电阻，所以电流表采取外接法，根据R=，由于电压表的分流，使得测量值比真实值偏小．图中MN段向上弯曲的主要原因是随着电阻丝中的电流增大，温度升高，电阻率增大，电阻增大．故答案为：（1）C、D、F；（2）外，小，随着电阻丝中的电流增大，温度升高，电阻率增大，电阻增大．点评：解决本题的关键掌握电压表、电流表、滑动变阻器的选取，以及掌握如何确定电流表的内外接，会分析系统误差的原因．三、计算题：（第16、17、18题每题6分，第19、20题每题8分，第21题10分，共44分．）16．（6分）（2014秋•安溪县校级期中）图中是一个平行板电容器，其电容为C，带电荷量为Q，上极板带正电．现将一个试探电荷q由两极板间的A点移动到B点，如图．A、B两点间的距离为s，连线AB与极板间的夹角为30°．那么电场力对试探电荷q所做的功等于多少？考点：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：由平行板电容器的电容C和带电量Q，由电容的定义式求出板间电压．由E=求出板间场强．根据功的计算公式求解电场力对试探电荷q所做的功．解答：解：由电容的定义式C=得板间电压U=，板间场强E==．试探电荷q由A点移动到B点，电场力做功W=qEssin30°=答：对试探电荷q所做的功等于点评：本题只要抓住电场力具有力的一般性质，根据功的一般计算公式就可以很好地理解电场力做功，并能正确计算功的大小．17．（6分）（2014秋•安溪县校级期中）有一个灵敏的电流表它指针满偏时通过的电流I g=100mA，该表自身的电阻R g=2.0Ω，欲把这块表接到3V的电路中，又不便该表因为电压过大而烧毁，应将该表串联一个阻值R是多大的电阻？考点：把电流表改装成电压表．专题：常规题型．分析：把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出串联电阻阻值．解答：解：把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值为：R=﹣R g=﹣2=28Ω，答：应串联一个28欧姆的电阻．点评：本题考查了电压表的改装，知道电压表改装原理、应用串联电路特点与欧姆定律即可正确解题．18．（6分）（2014秋•安溪县校级期中）如图所示，在不带电的半径为R的导体球附近一点A处，从无限远处移来一点电荷，点电荷的电荷量为q，若A点到球面的距离为L，当达到静电平衡时，导体球上的感应电荷在球心O处产生的场强的大小等于多少？其方向如何？考点：点电荷的场强；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由于静电平衡，0点的合场强为零，即电荷q和球面上感应电荷在球心O处产生的场强大小相等，方向相反．解答：解：点电荷q在球心处产生的场强E=，方向水平向右，据静电平衡的特点知，电荷q和球面上感应电荷在球心O处产生的场强大小相等，方向相反，那么球面上感应电荷在球心O处的场强大小E′=E=，方向在AO 连线上，由O点指向+q．故答案为：，方向在AO连线上，由O点指向+q．点评：解决本题的关键知道金属球内部场强处处为零，以及掌握点电荷的场强公式．19．（8分）（2011春•衡阳期末）如图所示，质量为m带电量为﹣q 的微粒（重力不计），在匀强电场中的A点时速度为v，方向与电场线垂直，在B点时速度大小为2v，已知A、B 两点间距离为d，求：①A、B两点间电压？②电场强度大小和方向？考带电粒子在匀强电场中的运动；电场强度．点：专题：电场力与电势的性质专题．分析：（1）微粒重力不计，只受电场力作用，根据动能定理求解A、B两点间电压．（2）将微粒的运动分解为水平方向和竖直方向，竖直方向做匀速直线运动，水平方向做匀加速直线运动，分别列出两个方向的分位移，求出运动时间，再AB两点沿电场方向的距离，求解电场强度的大小和方向．解答：解：（1）根据动能定理得﹣q|U AB|=﹣得A、B两点间电压|U AB|=（2）微粒在B水平方向的分速度大小为v x==v设A、B间水平距离为x，竖直距离为y．水平方向微粒做匀加速直线运动，那么有：x=竖直方向微粒做匀速直线运动，那么有y=vt又d2=x2+y2联立上述三式得，t=x==那么电场强度E==，方向水平向左．答：①A、B两点间电压是．②电场强度大小是，方向水平向左．点评：本题是类平抛运动，采用运动的合成与分解法，要抓住两个分运动的等时性．中等难度．20．（8分）（2014秋•安溪县校级期中）一个电阻元件两端电压是1.5V时，通过它的电流是4.5mA，如果这个电阻元件两端加的电压为24V时，20秒内有多少电子通过这个电阻器．考点：电流、电压概念．专题：恒定电流专题．分析：已知电压与电流，由欧姆定律可以求出电阻阻值；因为导体电阻由导体材料、长度、横截面积决定，与电压无关，因此已知电压与电阻，由欧姆定律可以求出电流；那么可求得通过的电子数．解答：解：由欧姆定律可知：R===×103A；电压为24V时，电流I====7.2×10﹣3A；那么20s内流过的电量q=It=7.2×10﹣3×20=0.144C；那么通过的电子数n===9×1018个；答：20s内有9×1018个电子通过电阻器．点评：本题考查了求电阻、电流问题，应用欧姆定律及其变形公式即可正确解题．同时，还要注意导体的电阻是不随电压、电流的改变而变化的．21．（10分）（2008•启东市模拟）在竖直平面内建立xoy直角坐标系，oy表示竖直向上方向．如图所示．已知该平面内存在沿x轴正向的区域足够大的匀强电场．一带电小球从坐标原点o 沿oy方向以4J的初动能竖直向上抛出．不计空气阻力，它到达的最高位置如图中M点所示．求：（1）小球在M点时的动能E kM．（2）设小球落回跟抛出点在同一水平面时的位置为N，求小球到达N点时的动能E kN．考点：机械能守恒定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：解答本题要抓住：1．水平受Eq向右，一直做初速度为0的匀加速直线运动，竖直受mg向下，做竖直上抛运动，互不影响．2．竖直上升到最高点的时间等于从最高点落回抛出高度的时间．3．根据竖直上抛和匀加速直线运动的特点即可解题．解答：解：（1）在竖直方向小球只受重力，从O→M速度由v0减小到0；在水平方向小球只受电场力F，速度由0增大到v1；由图知这两个分运动相等时间内的位移之比为：y1：x1=4：3所以平均速度大小之比为4：3，因此v0：v1=4：3，所以解得：小球在M点时的动能E KM=2.25J．（2）由竖直分运动知，O→M和M→N经历的时间相同，因此水平位移大小之比为x1：x2=1：3，故N点的横坐标为12．小球到达N点时的竖直分速度为v0，水平分速度为2v1，所以N点水平方向的动能为：E kNx=由此可得此时动能E kN=4+9J=13J．答：（1）小球在M点时的动能为2.25J；（2）小球到达N点时的动能为13J．点评：本题主要注意不一定求动能就把速度求出来，有时只需要知道速度之比即可，难度适中．。
福建省泉州第一中学2014-2015学年高二上学期期中考试数学(理科)试题
福建省泉州第一中学2014-2015学年高二上学期期中考试数学（理科）试题2．已知命题p ：2,0x R x ∀∈≥，则以下表述正确的是（ C ） A.2:,0p x R x ⌝∃∈≥ B. 2:,0p x R x ⌝∃∈≤ C.2:,0p x R x ⌝∃∈< D. 2:,0p x R x ⌝∀∈<3. B ）A ．5，4B ．10，8C ．10，6D ．8，64.( D )A 5. 已知双曲线2221(0)x y a a-=>的渐近线为0x y ±=，则双曲线的焦距为(B )A ．2B ．C ．D ．46．已知, , a b c 满足c b a <<，且0ac <，那么下列选项中一定成立的是( A ) A. ab ac > B. ()0c b a -< C. 22cb ab < D. ()0ac a c ->7.“2<x ”是“022<--x x ”的（ B ）条件．A ．充分不必要B ．必要不充分C ．充要D ．既不充分也不必要 8．右图是计算10181614121++++值的一个程序框图, 其中判断框内应填入的条件是( C ) A. ?10>kB.?5<kC. ?5>kD.?10<k9.已知F 2(c ,0)(c>0)是椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的右焦点，点P 在椭圆C 上，线段PF 与圆222x y b +=相切，切点Q 为线段PF 的中点，则椭圆C 的离心率等于（ A ）A．3B ．23C．2D ．1210．已知函数b a x a b x x f ++--+=)2()(22是偶函数，则此函数图象与y 轴交 点的纵坐标的最大值是（ B ）B. 2C. 4D. 1第Ⅱ卷（非选择题共100分）二．填空题（共5小题，每小题4分，共20分，请把答案写在答题卷上） 11．命题“,的逆命题为且, ．12．已知变量y x z x y x y x y x +=⎪⎩⎪⎨⎧≥≥+-≤-则满足,003202,的最大值是 3 ．13.已知0,0>>b a ，且12=+b a .则ba 11+的最小值为___223+___. 14.直线l 过抛物线x y 42=的焦点F 且与抛物线交于),(),(2211y x B y x A 、两点； 若10=AB ，则线段AB 中点的横坐标为 4 ．15．方程1169x x y y+=-的曲线即为函数()y f x =的图像,对于函数()y f x =,有如下结论 ①()f x 在R 上单调递减；②函数()4()3F x f x x =+不存在零点； ③函数()y f x =的值域是R ；④若函数()g x 和()f x 的图像关于原点对称,则函数()y g x =的图像就是方程1169y y x x +=确定的曲线. 其中所有正确的命题序号是 ①②③ ．三．解答题(本大题共6小题，共80分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 16．(本小题满分13分)已知命题2a x ≤″，命题"022:"2有实数根的方程关于=++a ax x x q ．错误！未找到引用源。
2014-2015学年福建省福州一中高二(上)期中物理试卷
2014-2015学年福建省福州一中高二(上)期中物理试卷D7．如图所示的电解池接入电路后，在t秒内有n1个一价正离子通过溶液内某截面S，有n2个一价负离子通过溶液内某截面S，设e为元电荷，以下说法正确的是（）A．当n1=n2时，电流为零B．当n1＞n2时，电流方向从A→B，电流为I=C．当n1＜n2时，电流方向从B→A，电流为I=D．无论n1、n2大小如何，电流方向都从A→B，电流都为I=8．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．粒子受电场力的方向一定由M指向NB．粒子在M点的速度一定比在N点的大C．粒子在M点的电势能一定比在N点的大D．电场中M点的电势一定高于N点的电势9．某匀强电场方向竖直向上，场强大小为E；一质量为m、带电量为+q的小球以某一初速度竖直向下做匀减速直线运动，其加速度大小为a=小球运动距离S时速度变为零．则在此过程中（）A．电场力做功qES B．小球的电势能增加了qESC．小球的重力势能减少了qES D．物体的动能减少了qES10．如图所示，a、b、c为电场中同一条水平方向电场线上的三点，c为ab中点．a、b电势分别为φa=5V，φb=3V，下列叙述正确的是（）A．该电场在c点处的电势一定为4VB．a点处的场强E a一定大于b点处的场强E bC．一正电荷从c点运动到b点电势能一定减少D．一正电荷运动到c点时受到的电场力由c 指向a11．如图所示，当K闭合后，一带电微粒在平行板电容器间处于静止状态，下列说法正确的是（）A．保持K闭合，使P滑动片向左滑动，微粒仍静止B．保持K闭合，使P滑动片向右滑动，微粒向下移动C．打开K后，使两极板靠近，则微粒将向上运动D．打开K后，使两极板靠近，则微粒将向下运动12．如图所示，M、N为两个等量同种电荷，在其连线的中垂线上的P点放一个静止的点电荷q （负电荷），当把该点电荷释放，它只在电场力作用下运动时，下列说法正确的是（）A．点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越大，速度越来越大B．点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越小，速度越来越大C．点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值D．点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到速度为零13．如图中虚线为匀强电场中的等势面，两粒子M、N质量相等，所带电荷量的绝对值也相等，现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示．点A、B、C为实线与虚线的交点，已知O点电势高于C点．若不计重力，则（）A．M带负电荷，N带正电荷B．N在A点的速率与M在C点的速率相等C．N在从O点运动至A点的过程中克服电场力做功D．M在从O点运动至B点的过程中，电场力对它做的负功二、填空题（本题共8空，每空2分，共16分）14．一段导体电阻是5Ω，1.5分钟内所通过的电量是45C．则导体两端的电压为V．15．一段长为L，电阻为R的均匀电阻丝，把它拉制成3L的均匀细丝后，其电阻值为Ω16．如图所示，A、B两端接直流稳压电源，U ab=30V，滑动变阻器总阻值为40Ω，滑动片P处于变阻器的中点，C、D两端电压U cd=V；若C、D两端接入一个20Ω的电阻，则U cd= V．17．一个未知电阻，无法估计其电阻值，某同学用伏安法测量此电阻，用图（a）（b）两种电路各测一次，用（a）图所测数据为3.0V，3.0mA，用（b）图测得的数据是2.9V，4.0mA，由此可知，用图测得R x的误差较小，测量值R x=Ω．18．在空间某一区域，有一匀强电场，一质量为m的液滴，带正电荷，电量为q，在此电场中恰能沿竖直方向作匀速直线运动，则此区域的电场强度的大小为，方向．三、计算题（本题共3小题，10分+10分+12分=32分）解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.19．如图所示电路中，电池组的电动势E=42V，内阻r=2Ω，定值电阻R=20Ω，D是电动机，其线圈电阻R′=1Ω．电动机正常工作时，理想电压表示数为20V．求：（1）通过定值电阻R的电流；（2）电动机的电功率；（3）电动机输出的功率．20．两个半径均为R的圆形平板电极，平行正对放置，相距为d，极板间的电势差为U，板间电场可以认为是匀强电场．一个质量为m，电荷量为q正粒子从正极板边缘以某一初速度垂直于电场方向指向圆心射入两极板之间，到达负极板时恰好落在极板圆心．忽略重力和空气阻力的影响，求：（1）两极板间的电场强度E的大小；（2）正粒子在极板间运动的加速度a的大小；（3）正粒子的初速度v0的大小．21．如图所示，空间存在着电场强度为E=2.5×103N/C、方向竖直向上的匀强电场，一长为L=0.5m的绝缘细线，一端固定在O点，一端拴着质量m=5×10﹣3kg、电荷量q=4×10﹣5C的小球．现将细线拉直到水平位置A，使小球由A 静止释放，则小球能运动到最高点．不计阻力．取g=10m/s2．求：（1）小球的电性．（2）细线在最高点受到的拉力．（3）若小球刚好运动到最高点时细线断裂，则细线断裂后小球继续运动到与O点水平方向距离为细线的长度L时，小球距OA所在水平面的高度．四、附加题（本小题10分）附加题以外分值达到80分时，附加题的分值方可计入总分，总分不超过100分．2004秋•宝山区期末）如图所示a所示，A和B 表示在真空中相距为d的两平行金属板，加上恒定电压后，它们之间的电场可看成匀强电场．有一如图b所示的周期性变化的电压u，它的最大值在正半周内恒为+U0，在负半周内恒为﹣U0，现将这一周期性变化的电压加在A、B两板上，设t=0时，A板电势比B板高，这时在紧靠B板处有一初速为零的电子（质量为m，电量为e）在板间电场作用下开始运动．要想使这个电子到达A板时具有最大的动能，则所加电压的变化周期最小不能小于多少（结果用所供的物理量的符号表示）？2014-2015学年福建省福州一中高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共13小题，每小题4分，共52分）1．关于静电场，以下说法正确的是（）A．电场强度的大小，与试探电荷的电量成反比B．初速度为零的电荷在电场中，运动轨迹一定与电场线重合C．电场强度的方向就是电荷的受力方向D．同一电荷放在电场强度大的地方受到的静电力大考点：电场强度．分析：电场强度是描述电场本身的性质的物理量，与试探电荷无关．场强方向是放在该点的正电荷所受电场力方向；电场线是人们为形象描述电场而假想的，实际不存在；电场线与带电粒子的运动轨迹无直接关系，其轨迹是由力和初速度共同决定解答：解：A、电场强度是描述电场本身的性质的物理量，与试探电荷无关，不能说电场强度与电场力F成正比，与电量q成反比．故A错误；B、静止释放的点电荷的运动轨迹是由电场力决定，当电场力的方向不变时，其轨迹是直线，即与电场线重合；当电场力的方向变化时，其轨迹是曲线，并不与电场线重合；运动轨迹是由力和初速度共同决定，故B错误．C、电场强度的方向就是正电荷的受力方向，与负电荷受力方向相反，故C错误；D、由F=qE可得，同一电荷放在电场强度大的地方受到的静电力大，故D正确；故选：D点评：电场强度的定义式E=具有比值定义法的共性，定义出场强只与电场本身有关，与放入电场的试探电荷所受的电场力、电荷量大小无关；明确电场线是人们为形象描述电场而假想的，实际不存在；电场线与带电粒子的运动轨迹无直接关系，题目较简单2．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．由R=，电阻与电流成反比，电阻与电压成正比C．金属导电时，其中的自由电子除做无规则热运动外，还做定向运动，电流的大小与自由电子定向移动的速率有关D．金属靠自由电子导电，金属的温度升高时，自由电子的平均热运动速率增大，金属导体中的电流增大考点：电流、电压概念；电功、电功率．分析：电流为通过导体截面的电量与所用时间的比值；电阻是导体本身的性质，与电压及电流无关；电流大小与自由电子的热运动无关．解答：解：A、通过导线截面的电量多，但如果用的时间长，则电流强度不一定大；故A错误；B、电流强度取决于电荷的定向移动速度，速率大电流强度不一定大；故B错误；C、金属导电时，其中的自由电子除作无规则的热运动外，还作定向运动，电流的大小是由定向运动的速率决定的；故C正确；D、电流与自由电子的热运动无关，温度变大时金属导体中的电阻增大，电流是减小的；故D 错误；故选：C．点评：本题考查电流的定义、电阻的定义等，要注意明确电子的速率可能是无规则运动的速率．3．如图所示，半径相同的两个金属小球A、B 带有电荷量大小相等的电荷．相隔一定的距离，两球之间的相互吸引力大小为F．今用第三个半径相同的不带电的金属小球C先后与A、B两个球接触后移开．这时，A、B两个球之间的相互作用力大小是（）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：理解库仑定律的内容，知道带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分，然后根据各种情况列库仑定律方程，然后两式比较即可正确求解．解答：解：两球之间的相互吸引力，则两球带等量异种电荷；假设A带电量为Q，B带电量为﹣Q，两球之间的相互吸引力的大小是：F=k第三个不带电的金属小球C与A接触后，A和C的电量都为：C与B接触时先中和再平分，则C、B分开后电量均为：﹣这时，A、B两球之间的相互作用力的大小：F′=k=，故A正确；BCD错误．故选：A．点评：要清楚带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分，根据库仑定律的内容，找出变化量和不变量熟练应用库仑定律即可求题．4．在静电场中，将一个电子由a点移到b点，电场力做功5eV，下面判断中正确的是（）A．电场强度的方向一定由b指向aB．电子的电势能减少了5eVC．a、b两点电势差U ab=5VD．电势零点未确定，故a、b两点的电势没有确定值考点：电势能；电势差．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电子在电场中移动时，根据电场力做功不能确定场强方向．电场力做正功多少，电子的电势能就减小多少．由公式U=求出a、b两点电势差U ab．由题，电势零点未确定，a、b两点的电势没有确定值．解答：解：A、由题，电子由a点移到b点，电场力做功5eV，电子的位移方向不沿b到a，电场强度的方向不一定由b指向a．故A错误．B、由于电场力对电子做功5eV，电子的电势能就减少了5eV．故B正确．C、a、b两点电势差U ab===﹣5V．故C错误．D、电势是相对的，是相对零电势点的，根据已知条件只能求出a、b间电势差，不能确定a、b 两点的电势．故D正确．故选BD．点评：在应用公式U=解题时，U、W、q都要代入符号求解，还要注意电荷移动的方向和电势差的顺序．基本题．5．如图，带正电的点电荷固定于Q点，电子在库仑力的作用下，做以Q为焦点的椭圆运动，电子从M点经P到达N点．P点是轨道上离Q 最近的点，电子在从P到达N点的过程中（）A．速率增大 B．加速度增大C．是从低电势到高电势的位置D．电势能增大考点：库仑定律；电势能．分析：根据影响速度和电势能大小的因素来分析速度和电势能的变化，找到转化的方向．而加速度则根据牛顿第二定律，结合库仑力大小来确定．沿电场线方向电势逐渐降低．解答：解：AD、当电子从P点向N点运动时，库仑力负功，运动的速度减小，所以动能减小，对于电势能增加．所以A错误，D正确；B、由F=可知，从P到达N点的过程中，库仑力减小，故加速度减小，故B错误；C、Q带正电，根据电场线的分布可知，P点电势最高，故C错误；故选：D．点评：考查牛顿第二定律与库仑定律等规律，掌握库仑力做功的特点，库仑力做正功，电势能减小，库仑力做负功，电势能增加．6．电流表的内阻是Rg=500Ω，满刻度电流值是Ig=1mA，现欲把这个电流表改装成量程为1.0V 的电压表，正确的方法是（）A．应串联一个约500Ω的电阻B．应并联一个约500Ω的电阻C．应串联一个约0.05Ω的电阻D．应并联一个约0.05Ω的电阻考点：把电流表改装成电压表．专题：实验题．分析：把电流表改装成电压表，需要串联分压电阻，由串联电路特点与欧姆定律可以求出串联电阻阻值．解答：解：把电流表改装成1V电压表，需要串联一个分压电阻，串联电阻阻值：R=﹣R g=﹣500=500Ω；故选：A．点评：本题考查了电压表的改装，知道电压表改装原理、应用串联电路特点与欧姆定律即可正确解题．7．如图所示的电解池接入电路后，在t秒内有n1个一价正离子通过溶液内某截面S，有n2个一价负离子通过溶液内某截面S，设e为元电荷，以下说法正确的是（）A．当n1=n2时，电流为零B．当n1＞n2时，电流方向从A→B，电流为I=C．当n1＜n2时，电流方向从B→A，电流为I=D．无论n1、n2大小如何，电流方向都从A→B，电流都为I=考点：欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：由电流的定义式I=进行分析运算，明确电荷量等于正负电量绝对值的和；电流的方向与正电荷定向移动的方向相同．解答：解：由题意可知，流过溶器截面上的电量q=（n1+n2）e；则电流I=；方向与正电荷的定向移动方向相同；故由A到B；故D正确、ABC错误．故选：D．点评：本题考查电解质中电流的计算方法，要注意同时有正负电荷参与时，总电量等于正负电荷电量绝对值的和．8．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．粒子受电场力的方向一定由M指向NB．粒子在M点的速度一定比在N点的大C．粒子在M点的电势能一定比在N点的大D．电场中M点的电势一定高于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．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方向，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点电势的高低，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，极性不同则做功不同．9．某匀强电场方向竖直向上，场强大小为E；一质量为m、带电量为+q的小球以某一初速度竖直向下做匀减速直线运动，其加速度大小为a=小球运动距离S时速度变为零．则在此过程中（）A．电场力做功qES B．小球的电势能增加了qESC．小球的重力势能减少了qES D．物体的动能减少了qES考点：电势能；动能定理的应用．分析：物体所受电场力为F=Eq，方向和电场方向相同，由于运动方向和电场方向相反，故电场力做负功，根据电场力做功情况可以判断电势能的变化；重力势能的变化量等于重力所做的功．根据动能定理求解动能的变化量．解答：解：A、小球所受的电场力方向竖直向上，由于物体所受的电场力和运动方向相反，故电场力做负功，为W=﹣qES，故A错误；B、电场力做负功，电势能增大，则小球的电势能增加了qES，故B错误；C、重力做功mhS，则小球的重力势能减小了mgS；故C错误；D、物体做减速运动，合外力做负功，动能减小，由动能定理得：△E k=﹣F合S=﹣maS=﹣qES，所以物体的动能减少了qES，故D正确．故选：D点评：本题在电场中考察了各种功能关系的转化，正确解答的关键是明确各种功能关系．10．如图所示，a、b、c为电场中同一条水平方向电场线上的三点，c为ab中点．a、b电势分别为φa=5V，φb=3V，下列叙述正确的是（）A．该电场在c点处的电势一定为4VB．a点处的场强E a一定大于b点处的场强E bC．一正电荷从c点运动到b点电势能一定减少D．一正电荷运动到c点时受到的电场力由c 指向a考点：电势能；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：只有当该电场是匀强电场时，在c点处的电势一定为4V．根据推论：正电荷在电势高处电势能大，分析正电荷从c点运动到b点电势能如何变化．电场线的疏密可以判断场强的大小．正电荷受到的电场力方向与场强方向相同．解答：解：A、当该电场是匀强电场时，由于沿电场方向相同距离电势差相等，则场在c点处的电势一定为4V．当该电场不是匀强电场时，在c点处的电势不一定为4V．故A错误．B、一条电场线无法比较电场线的疏密，就无法比较场强的大小，则a点处的场强E a不一定大于b点处的场强E b．故B错误．C、由题，a点的电势高于b点的电势，根据正电荷在电势高处电势能大可知，正电荷从c点运动到b点电势能一定减少．故C正确．D、由题可判断电场线方向从a指向b，正电荷运动到c点时受到的电场力由a指向b．故D错误．故选C点评：本题要抓住电场线的物理意义：电场线的疏密表示电场的强弱，电场线的方向表示电势的高低．11．如图所示，当K闭合后，一带电微粒在平行板电容器间处于静止状态，下列说法正确的是（）A．保持K闭合，使P滑动片向左滑动，微粒仍静止B．保持K闭合，使P滑动片向右滑动，微粒向下移动C．打开K后，使两极板靠近，则微粒将向上运动D．打开K后，使两极板靠近，则微粒将向下运动考点：闭合电路的欧姆定律；电容．专题：恒定电流专题．分析：当S闭合后，带电微粒在平行板电容器间处于静止状态，合力为零，电场力与重力平衡．保持S闭合，电容器板间电压不变，若板间距离也不变，板间的场强不变，微粒仍处于静止状态．打开S后，根据电容的决定式C=，分析电容的变化，由电容的定义式C=分析电压的变化．再由E=分析板间场强的变化，即可判断带电微粒的运动状态．解答：解：A、B、保持K闭合，电容器板间电压不变，使滑动片P向左或向右滑动，板间距离不变，则由E=分析得知，板间场强仍保持不变，带电微粒所受的电场力不变，仍处于静止状态．故A正确，B错误．C、D、由C=，C=，E=得到极板间场强E=，E与板间距离无关，故使两极板靠近，板间场强不变，带电微粒所受的电场力不变，则带电微粒仍处于静止状态，故CD错误．故选：A．点评：本题关键要抓住不变量进行分析：电容器与电源保持相连，板间电压保持不变；充电后与电源断开后，电量不变．电量、正对面积不变时，改变板间距离，板间场强不变．12．如图所示，M、N为两个等量同种电荷，在其连线的中垂线上的P点放一个静止的点电荷q （负电荷），当把该点电荷释放，它只在电场力作用下运动时，下列说法正确的是（）A．点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越大，速度越来越大B．点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越小，速度越来越大C．点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值D．点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到速度为零考点：电场线；牛顿第二定律．分析： M、N为两个等量的正点电荷，其连线中垂线上电场强度方向O→P，负点电荷q从P点到O点运动的过程中，电场力方向P→O，速度越来越大．但电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况不确定．越过O点后，负电荷q做减速运动，点电荷运动到O 点时加速度为零，速度达最大值，加速度变化情况同样不确定解答：解：A、点电荷在从P到O的过程中，所受的电场力方向竖直向下，做加速运动，所以速度越来越大，因为从O向上到无穷远，电场强度先增大后减小，P到O的过程中，电场强度大小变化不能确定，所以电场力无法确定，加速度不能确定．故A错误，B错误．C、点电荷运动到O点时，所受的电场力为零，加速度为零，然后向下做减速运动，所以O点的速度达到最大值．故C正确．D、越过O点后，负电荷q做减速运动，速度越来越小，同理加速度的大小无法确定．故D错误．故选：C点评：本题考查对等量同种电荷电场线的分布情况及特点的理解和掌握程度，要抓住电场线的对称性进行分析求解，注意从O点向上或向下的过程，电场强度都是先增大后减小13．如图中虚线为匀强电场中的等势面，两粒子M、N质量相等，所带电荷量的绝对值也相等，现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示．点A、B、C为实线与虚线的交点，已知O点电势高于C点．若不计重力，则（）A．M带负电荷，N带正电荷B．N在A点的速率与M在C点的速率相等C．N在从O点运动至A点的过程中克服电场力做功D．M在从O点运动至B点的过程中，电场力对它做的负功考点：等势面．分析：根据粒子的轨迹可判断粒子的电场力方向，O点电势高于C点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可判断出电场方向，从而确定出粒子的电性．由动能定理可知，N在A点的速度与M在C点的速度大小相等，但方向不同．N从O点运动至A点的过程中电场力做正功．O、B间电势差为零，由动能定理可知电场力做功为零．解答：解：A、由题，等势线在水平方向，O点电势高于C点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可知电场方向竖直向下，根据粒子的轨迹可判断出N粒子所受的电场力方向竖直向上，M粒子所受的电场力方向竖直向下，故知N粒子带负电，M带正电．故A错误．B、由动能定理可知，N在A点的速度与M在C 点的速度大小相等，但方向不同．故B正确．C、N从O点运动至A点的过程中电场力与速度的夹角为锐角，电场力做正功．故C错误．D、O、B间电势差为零，由动能定理可知M从O点运动至B点的过程中，电场力对它做功为零．故D错误．故选：B点评：本题要根据粒子的轨迹判定电场力方向，根据电场线与等势线垂直的特点，分析能否判定电性．由动能定理分析电场力做功是常用的方法．二、填空题（本题共8空，每空2分，共16分）14．一段导体电阻是5Ω，1.5分钟内所通过的电量是45C．则导体两端的电压为 2.5V．考点：欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：知道1.5min通过该导体的电量，根据I=求出通过的电流，又知道导体的电阻，根据欧姆定律求出导体两端的电压．解答：解：通电时间：t=1.5min=1.5×60s=90s，通过电阻的电流：I===0.5A，根据欧姆定律可得，导体两端的电压：U=IR=0.5A×5Ω=2.5V．故答案为：2.5．点评：本题考查了欧姆定律和电流定义式的简单应用，是一道基础题目．15．一段长为L，电阻为R的均匀电阻丝，把它拉制成3L的均匀细丝后，其电阻值为9RΩ考点：电阻定律．。
年上学期高二期中考试物理(理)(附答案)(6)
福建省莆田一中2014-2015学年高二上学期期中试物理理试卷考试时间：120分钟 满分：100分一、单项选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分。
每小题只有一个答案是符合要求。
）1．一段长为L ，电阻为R 的均匀电阻丝，把它拉成3L 长的均匀细丝后，然后再切成等长的三段，则其中每一段电阻丝的阻值为( ) A. 3R B ．R C. R 3 D ．R 92．根据部分电路欧姆定律，下列判断正确的有( ) A ．导体两端的电压越大，电阻就越大B ．导体中的电流越大，电阻就越小C ．由I ＝U R可知，通过一段导体的电流与它两端的电压成正比 D ．由IR U 可知，一段导体两端的电压跟它的电阻成正比3．如图，E 为内阻不能忽略的电池，R 1、R 2、R 3为定值电阻，S 0、S 为开关，与分别为电压表与电流表。
初始时S 0与S 均闭合，现将S 断开，则( )A. 的读数变大，的读数变小B.的读数变大， 的读数变大C.的读数变小， 的读数变小D. 的读数变小， 的读数变大4．在如图所示的电路中，由于某个电阻发生故障，电压表和电流表的读数都增大，如果两只电表都可看做理想电表，则一定是( )A ．R 1 断路B ．R 1 短路C ．R 2 短路D ．R 3 短路5．在如图甲所示的电路中，L 1、L 2、L 3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示．当开关S 闭合后，电路中的总电流为0.25 A ，则此时 ( )A ．L 2的电阻为12 ΩB ．L 1消耗的电功率为0.75 WC ．L 1、L 2消耗的电功率的比值为4∶1D ．L 1两端的电压为L 2两端电压的2倍6．关于磁场和磁感线的描述，下列说法中正确的是 ( )A ．磁极与磁极之间通过磁场发生相互作用，电流与电流之间通过电场发生相互作用B ．磁感线上每一点的切线方向都和小磁针N 极的受力方向一致C ．磁感线可以用细铁屑来显示，因而是真实存在的D ．磁感线总是从磁铁的N 极出发，到S 极终止7．如图，一段导线abcd 位于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，且与磁场方向（垂直于纸面向里）垂直。
福建省泉州第一中学高二物理上学期期中试题 理
福建省泉州第一中学2014-2015学年高二物理上学期期中试题 理一、单项选择题（每题4分，共40分）1.两个放在绝缘架上的相同金属球相距10m ，球的半径为0.01m ，分别带-q 和 + 3q 的电荷量，相互作用的静电力为F 。
现将这两个金属球接触，然后分开，仍放回原处，则它们之间的静电力将变为A ．F 3B ．F2 C ．2F D ．3F 2．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重力3.两根异种材料做成的电阻丝，其长度之比是 15, 横截面积之比是 23, 电阻之比是 25 , 则甲、乙两根电阻丝的电阻率之比是（ ）A ．23B ．34C ．43D ．83 4．AB 是某电场中的一条电场线，若将一负电荷从A 点处自由释放，负电荷从A 点沿电场线运动到B 点，速度图线如图6所示．则A 、B 两点电势高低和场强的大小关系是( )A. A ϕ>B ϕ E A >E BB. A ϕ>B ϕ E A <E BC. A ϕ<B ϕ E A <E BD. A ϕ<B ϕ E A >E B5．如图所示，P 、Q 是等量的正电荷，O 是它们连线的中点，A 、B 是中垂线上的两点，用E A 、E B 和φA 、φB 分别表示A 、B 两点的电场强度和电势，则（ ） A ．E A 一定大于E B ，φA 一定大于φB B ．E A 不一定大于E B ，φA 一定大于φB C ．E A 一定大于E B ，φA 不一定大于φB D ．E A 不一定大于E B ，φA 不一定大于φB6．如图所示，某点O 处固定点电荷+Q ，另一带电－q 的粒子以O 为焦点做椭圆轨道运动，运动过程中经过最近点a 和最远点b ，下述说法不正确．．．的是（ ）A ．粒子在a 点运动速率大于在b 点速率B ．粒子在a 点运动加速度大于在b 点加速度C ．粒子在a 点电势能大于在b 点电势能D ．+Q 所产生的电场中，a 点电势高于b 点7．如图所示，三条虚线表示某电场的三个等势面，其中φ1=10V ，φ2=20V ，φ3=30V 一个带电粒子只受电场力作用，按图中实线轨迹从A 点运动到B 点，由此可知( ) A ．粒子带正电B ．粒子的速度变大C ．粒子的加速度变大D ．粒子的电势能变大8．如图所示，A 、B 、C 、D 是匀强电场中的四个点，D 是BC 的中点，A 、B 、C 构成一个直角三角形，AB 长为1m ，电场线与三角形所在的平面平行，已知φA =5V 、φB =-5V 、φC =15V ，由此可以判断（ ）A ．场强的方向由C 指向B B ．场强的方向垂直AD 连线斜向上C ．场强的大小为10V/mD ．场强的大小为v/m 39．如图所示，A 、B 两块平行金属板水平放置，A 、B 间所加电压为U 。
2024届福建省泉州市永春第一中学物理高二第一学期期中综合测试试题含解析
2024届福建省泉州市永春第一中学物理高二第一学期期中综合测试试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。
选择题必须用2B 铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、如图，匀强磁场中，一单匝矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，线框中产生的交变电动势瞬时值随时间变化的规律为e ＝202sinl00πt V 。
下列说法正确的是A ．该线框转动的频率是100HzB ．该线框产生的交变电动势最大值是20VC ．t ＝0.005s 时刻，线框平面与中性面重合D ．t ＝0.05s 时刻，穿过线圈的磁通量最大2、如图所示，在相距为d 的两个等高处，固定着电量分别为-Q 和+Q 的两个等量异种点电荷，在它们连线的水平中垂线上固定一根长为L ，内壁光滑的绝缘细管，现有一电量为+q 的小球以初速度v 0从管口射入，已知静电力常量为k ，则下列说法正确的是( )A ．小球的速度一直减小B ．受到的库仑力先做负功后做正功C ．小球的电势能保持不变D ．管壁对小球的弹力最大值为24Qq k d 3、如图所示，小明在荡秋千，a 、b 是绳上两点，关于a 、b 两点的线速度和角速度的大小关系，正确的是（ ）A ．a b υυ=B ．a b υυ>C ．a b ωω=D ．a b ωω<4、质量为m 1的不带电小环A 套在动摩擦因数为33μ=的竖直杆上，其最大静摩擦力等于滑动摩擦力，一质量为m 2、带电荷量为+q 的小球B 与A 用一绝缘细线相连，整个装置处于匀强电场中，恰好保持静止，则当电场强度E 存在最小值时，E 与水平方向的夹角θ为A ．0°B ．30°C ．45°D ．60°5、一正点电荷仅在电场力的作用下运动，其速率v 与时间t 图象如图所示，其中t a 和t b 是电荷在电场中a 、b 两点运动对应的时刻，则下列说法正确的是A ．a 、b 两点电场强度关系为E a =E bB ．a 、b 两点电场强度关系为E a >E bC ．a 、b 两点电势关系为a b ϕϕ<D ．带电粒子从a 点运动到b 点时，电场力做正功，电势能减少6、关于导体的电阻及电阻率的说法中，正确的是A ．由可知，导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比B．由知，导体的电阻与长度L、电阻率ρ成正比，与横截面积S成反比C．将一根导线一分为二，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一D．将一根电阻丝均匀拉长为原来4倍，则电阻丝的电阻变为原来的4倍二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
福建省泉州一中高二物理上学期期中试卷 文(无答案)
福建省泉州一中2014-2015学年高二物理上学期期中试卷文（无答案）A．F/2 B．F C．2F D．4F2．电磁感应规律的发现，使机械能和电能大规模转化，制作成了实用的发电机、电动机，建立起巨大的发电站，为人类进入电气时代奠定了理论基础。
发现电磁感应现象的科学家是A．安培 B．奥斯特 C．法拉第 D．麦克斯韦3．有a、b、c、d四个小磁针，分别放置在通电螺线管的附近和内部，如图所示。
其中哪一个小磁针的指向是正确的是A．a B．b C．c D.d4．关于磁感线，下列说法中正确的是A．两条磁感线可以相交B．磁感线是磁场中实际存在的线C．磁感线总是从N极出发，到S极终止D．磁感线的疏密程度反映磁场的强弱5．如图所示，电流表与螺线管组成闭合电路，以下不能．．使电流表指针偏转的是A．将磁铁插入螺线管的过程中B．磁铁放在螺线管中不动时C．将磁铁从螺线管中向上拉出的过程中D．将磁铁从螺线管中向下拉出的过程中6．关于电场，下列说法中正确的是A．电场并不是客观存在的物质B．描述电场的电场线是客观存在的C．电场对放入其中的电荷有力的作用D．电场对放入其中的电荷没有力的作用7．中央电视台的“三星智力快车”节目介绍说，蜜蜂飞行与空气摩擦产生静电，因此蜜蜂在飞行中就可以吸引带正电的花粉。
下列说法中正确的是A.蜜蜂带负电B.蜜蜂带正电C．空气不带电 D．空气带负电8．根据电场强度的定义式E=F/q，在国际单位制中，电场强度的单位是A．牛/库 B．牛/焦 C．焦/库 D．库/牛9．某电场的电场线如右图所示，某点电荷在A和B两点所受电场力分别为F A、F B，则F A、F B的大小关系是A BA．F A>F B B．F A<F BＣ．F A=F BＤ．电荷正负不明无法判断10．.在下列各图中，分别标出了磁场B的方向，电流I方向和导线所受安培力F的方向，其中正确的是11．用遥控器调换电视机的频道的过程，实际上就是传感器把光信号转为电信号的过程。
福建省泉州第一中学2015届高三12月月考理科综合试题 物理部分 (Word版含答案)
2泉州一中2015届高三12月月考理科综合能力测试试题2014-12-26第Ⅰ卷（选择题 共108分）本卷共18小题，每小题6分，共108分。
在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求13．如图所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平， O 点为其球心，碗的内表面及碗口光滑。
一根细线跨在碗口上，线的两端分别系有质量为m 1和m 2的小球。
当它们处于平衡状态时，质量为m 1的小球与O 点的连线与水平线的夹角为α=90°，质量为m 2的小球位于水平地面上，设此时细线的拉力大小为T ，质量为m 2的小球对地面压力大小为N ，则（ ）A ．T =g m 122 B ．T =g m m )22(12-C ．N =m 2gD ．N =g m m )(12-14．如图所示x －t 图象和v －t 图象中,给出四条曲线1、2、3、4代表四个不同物体的运动情况，关于它们的物理意义，下列描述正确的是 ( )A ．曲线2、4表示物体做直线运动，曲线1、3表示物体做曲线运动B ．两图象中，t 2、t 4时刻分别表示2、4两物体开始反向运动 C ．在t 1时间内物体1的平均速度大于物体2的平均速度；在t 3时间内物体3的平均速度等于物体4的平均速度 D ．t 1时刻物体1的速度大于物体2的速度；t 3时刻物体3的速度等于物体4的速度15．2011年9月29日，我国自主研制的天宫一号目标飞行器在酒泉卫星发射中心发射升空后准确进入预定轨道。
11月3日，“神舟八号”飞船与“天宫一号”目标飞行器实现刚性连接，形成组合体，中国载人航天首次空间交会对接试验获得成功。
某同学得知上述消息后，画出“天宫一号”和“神舟八号”绕地球做匀速圆周运动的假想图如图所示，A 代表“天宫一号”，B 代表“神舟八号”，虚线为各自的轨道。
由此假想图，可以判定（ A ．“天宫一号”的运行速率大于“神舟八号”的运行速率 B ．“天宫一号”的周期大于“神舟八号”的周期C ．“天宫一号”的向心加速度大于“神舟八号”的向心加速度D ．“神舟八号”适度减速有可能与“天宫一号”实现对接16．板间距为d 的平行板电容器所带电荷量为Q 时，两极板间电势差为1U ，板间场强为1E 现将电容器所带电荷量变为2Q ，板间距变为12d ，其他条件不变，这时两极板间电势差2U ，板间场强为2E ，下列说法正确的是（ ） A ．2121,U U E E ==B ．21212,4U U E E ==C ．2121,2U U E E ==D ．21212,2U UE E ==17．在水平地面上运动的小车车厢底部有一质量为m 1的木块，木块和车厢通过一根水平轻弹簧相连接，弹簧的劲度系数为k 。
福建省泉州市泉港区第一中学2024届物理高二第一学期期中统考试题含解析
福建省泉州市泉港区第一中学2024届物理高二第一学期期中统考试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、如图所示，一均匀的扁平条形磁铁的轴线与圆形线圈在同一平面内，磁铁中心与圆心重合.为了在磁铁开始运动时在线圈中得到逆时针方向的感应电流，磁铁的运动方式可能是（）A．N极向纸内，S极向纸外，使磁铁绕O点转动B．N极向纸外，S极向纸内，使磁铁绕O点转动C．磁铁在线圈平面内顺时针转动D．磁铁在线圈平面内逆时针转动2、两根材料相同的均匀导线x和y串联在电路中，两导线沿长度方向的电势变化情况分别如图中的ab段和bc段图线所示，则导线x和y的横截面积之比为（）A．2∶1 B．1∶2 C．6∶1 D．1∶63、如图所示的电路中，U＝8 V不变，电容器电容C＝200 μF，R1∶R2＝3∶5，则电容器的带电荷量为A．1．0×10－3 C B．2．0×10－3 CC．2．0×10－4 C D．1．2×10－3 C4、图示为物体A和B在同一直线上运动的v—t图线，已知在3s末两个物体第一次相遇，则（）A．相遇时它们的速度不相同B．它们是相向运动的C．t=0时刻，B在A前面4.5m处D．3s之后一段时间，它们还会第二次相遇-图象中，直线a表示某电源路端电压与电流的关系，直线b为某5、如图所示的U I一电阻R的伏安特性曲线．用该电源直接与电阻R连接成闭合电路，由图象可知不正确有A．R的阻值为2.0 ΩB．电源电动势为3 V，内阻为1.5 ΩC．电源的输出功率为2.0 WD．电源内部消耗的功率为1.5 W6、学习物理要正确理解物理规律和公式的内涵．你认为下列理解正确的是（）A．根据库仑定律公式可知，两个电荷的距离趋于零时，库仑力为无穷大B．根据电荷守恒定律可知，一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和不变C．由匀强电场电势差与电场强度的关系可知，匀强电场中任意两点间的电势差与这两点间的距离成正比D．根据电容器的电容的定义式可知，电容器的电容与它所带电荷量成正比二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
福建省泉州一中2014_2015学年高二物理上学期12月月考试卷(含解析)
福建省泉州一中2014-2015学年高二上学期月考物理试卷（12月份）一、选择题（每小题只有一个选项是正确的，每题4分．选择题共48分）1．下列关于磁感线的说法正确的是( )A．磁感线可以形象地描述磁场中各点的磁场方向，它每一点的切线方向都与小磁针放在该点静止时S极所指的方向相同B．磁感线总是从磁体的N极出发，到磁体的S极终止C．磁场的磁感线是闭合曲线D．磁感线就是细铁屑在磁铁周围排列成的曲线，没有细铁屑的地方就没有磁感线考点：磁感线及用磁感线描述磁场．分析：（1）磁体的周围存在着看不见，摸不着但又客观存在的磁场，为了描述磁场，在实验的基础上，利用建模的方法想象出来的磁感线，磁感线并不客观存在．（2）磁感线在磁体的周围是从磁体的N极出发回到S极．在磁体的内部，磁感线是从磁体的S极出发，回到N极．（3）磁场中的一点，磁场方向只有一个，由此入手可以确定磁感线不能相交．（4）磁场的强弱可以利用磁感线的疏密程度来描述．磁场越强，磁感线越密集解答：解：A、磁感线上的切线方向为小磁针在该点静止时，N极所指的方向；故A错误；B、磁体外部磁感线由N极指向S极，而内部由S极指向N极；故B错误；C、磁感线一定是闭合的；故C正确；D、磁感线是我们看不到的，我们只能利于铁屑的分布来模拟磁感线的形状，没有细铁屑的地方同样有磁场；故D错误；故选：C．点评：此题考查了磁感线的引入目的，磁场方向的规定，记住相关的基础知识，对于解决此类识记性的题目非常方便2．根据安培的思想，认为磁场是由于运动电荷产生的，这种思想如果对地磁场也适用，而目前在地球上并没有发现相对地球定向移动的电荷，那么由此可断定地球应该( ) A．带负电B．带正电C．不带电D．无法确定考点：分子电流假说．专题：电磁感应中的力学问题．分析：根据安培定则可知右手的拇指指向N极，而弯曲的四指的指向是正电荷运动的方向，故在本题中右手的拇指指向南方，弯曲的四指的指向与地球自转的方向相反，从而可以判定地球带负电．解答：解：由于地磁的N极在地理的南极附近，地磁的S极在地理的北极附近，地球绕地轴自西向东的旋转，故可以将地球看做一个绕地轴运动的环形电流，根据安培定则可知右手的拇指指向南方，而弯曲的四指的指向与地球自转的方向相反，而弯曲的四指的指向是正电荷运动的方向与负电荷运动的方向相反，故可以断定地球带负电．故A正确．故选A．点评：将地球看做环形电流，把握地理南北两极和地磁的N、S的关系是解决本题的关键．3．如图示，AB是水平面上一个圆的直径，在过AB的竖直平面内有一根通电导线CD，已知CD∥AB．当CD竖直向上平移时，电流磁场穿过圆面积的磁通量将( )A．逐渐增大B．逐渐减小C．始终为0 D．不为0但保持不变考点：磁通量．分析：磁通量是穿过磁场中某一平面的磁感线的条数．题中线圈面积不变，根据磁感线是闭合曲线，从穿进线圈后又穿出线圈，则可判断穿过线框的磁通量为零，从而即可求解．解答：解：由题，通电直导线产生稳定的磁场，根据安培定则判断可知：在AB的外侧磁感线向下穿过线圈平面，在AB的里侧磁感线向上穿过线圈平面，根据对称性可知，穿过线框的磁感线的总条数为零，磁通量为零，CD竖直向上平移时，穿过这个圆面的磁通量始终为零，保持不变，故ABD错误，C正确．故选：C．点评：对于非匀强磁场穿过线圈的磁通量不能定量计算，可以根据磁感线的条数定性判断其变化情况，当磁感线有两种方向穿过线圈时，要看抵消后的磁感线条数来确定磁通量．4．如图所示，a、b两根垂直纸面的直导体通有等值的电流，两导线旁有一点P，P点到a、b距离相等，要使P点的磁场方向向右，则a、b中电流的方向为( )A．都向纸里B．都向纸外C．a中电流方向向纸外，b中向纸里D．a中电流方向向纸里，b中向纸外考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．分析：P点的磁场是由两个直导线A、C中电流产生的磁场叠加，根据安培定则和平行四边形定则进行分析．解答：解：A、若a、b中均向纸里，同理可知，P点的磁感应强度方向竖直向下．故A错误．B、若a、b中均向纸外，根据安培定则判断可知：a在p处产生的磁场B a方向垂直于ap连线向上，如图所示．b在p处产生的磁场B b方向垂直于连线向上，根据平行四边形定则进行合成，P点的磁感应强度方向竖直向上．故B错误．C、若a中向纸外，b中向纸里，同理可知，如图所示，P点的磁感应强度方向水平向右．故C正确．D、若a中向纸里，b中向纸外，同理可知，则得P点的磁感应强度方向水平向左．故D错误．故选：C点评：磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量．它的合成遵循矢量合成的平行四边形法则．5．在如下所示的四幅图中，正确标明了通电导线所受安培力F方向的是( )A．B．C．D．考点：左手定则．分析：在利用左手定则判断导体所受安培力时，可以先确定让电流方向和四指指向一致，然后通过旋转手让磁感线穿过手心，从而确定大拇指的指向，即安培力方向，不要想着同时让电流和四指指向一致、磁场穿过手心，这样容易手忙脚乱，造成错误．解答：解：利用左手定值进行判断，先让电流和四指指向一致，然后让磁感线穿过手心，看大拇指指向即安培力的方向；A图中安培力向下，B图中向下；C图中向下；D图中垂直纸面向外，故ACD错误，B正确．故选：B点评：本题比较简单，直接考察了安培定制的应用，做这类题目要注意电流、磁场方向的表示方法，不要弄错方向．6．如图所示，MN是一条水平放置的固定长直导线，通电电流大小为I1，方向如图．P是一个通有电流I2的与MN共面的金属环，圆环P在磁场作用下将( )A．沿纸面向下运动B．沿纸面向上运动C．上半部分垂直纸面向外，下半部分垂直纸面向里运动D．上半部分垂直纸面向里，下半部分垂直纸面向外运动考点：平行通电直导线间的作用．分析：先由右手定则判断圆环处MN直导线产生的磁场的方向，然后由左手定则判断圆环所受安培力的方向．解答：解：以MN上方的圆环为例，MN在上方的磁场方向向里，由左手定则判断上半部分导线所受安培力方向向下，同理可得MN下方的圆环所受安培力方向也是向下，故A正确，BCD错误；故选：A．点评：解决本题的关键掌握左手定则的内容，知道磁感线穿过掌心，四指方向与电流方向相同，大拇指所指方向表示安培力的方向．7．电源的电动势和内阻都保持一定，在外电路的电阻逐渐减小的过程中，下面说法中正确的是( )A．电源的路端电压一定逐渐变大B．电源的输出功率一定逐渐变小C．电源内部消耗的功率一定逐渐变小D．电源的供电效率一定逐渐变小考点：电功、电功率；电源的电动势和内阻．专题：恒定电流专题．分析：当外电阻减小时，根据闭合电路欧姆定律分析电流的变化，再分析路端电压的变化．根据数学知识得知，当外电阻与电源的内阻相等，电源的输出功率最大，分析电源的输出功率如何变化．电源的供电效率等于电源的输出功率与总功率之比．解答：解：A、当外电阻减小时，根据闭合电路欧姆定律得，电流减小，路端电压U=E﹣Ir，E，r不变，I增大，U减小．故A错误．B、根据数学知识得知，当外电阻与电源的内阻相等，电源的输出功率最大，由于外电阻与内电阻关系未知，无法判断电源的输出功率的变化．故B错误．C、电源内部消耗的功率P=I2r，电流I增大，r不变，则电源内部消耗的功率P增大．故C 错误．D、电源的供电效率η=，当外电阻R减小时，η一定变小．故D正确．故选：D点评：电源的输出功率与外电阻的关系可以利用数学函数法求极值，通过作输出功率与外电阻关系的图象记住结论．8．一个电源分别接上8Ω和2Ω的电阻时，两电阻消耗的电功率相等，则电源内阻为( ) A．1ΩB．2ΩC．4ΩD．8Ω考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：根据闭合电路欧姆定律分别表示出接8Ω和2Ω的外电阻时的电流，然后由功率相等列方程求解．解答：解：设电源的内阻大小为r，根据闭合电路欧姆定律：I=；I′=由题意，这两电阻消耗的电功率相等，则有：I2×8=I′2×2即：（）2•8=（）2•2解得：r=4Ω故选：C．点评：本题分析定值电阻的功率，根据功率公式P=I2R进行分析．如是可变电阻，可根据数学知识研究极值．9．一电流表的满偏电流I g=1mA，内阻为200Ω．要把它改装成一个量程为0.5A的电流表，则应在电流表上( )A．并联一个0.4Ω的电阻B．并联一个200Ω的电阻C．串联一个0.4Ω的电阻D．串联一个200Ω的电阻考点：把电流表改装成电压表．专题：恒定电流专题．分析：将电表的量程扩大应在表头两端并联一个小电阻进行分流，当流过表头的电流达到满偏时，流过并联部分的总电流即为改装后的最大量程．解答：解：要使电流表量程变为0.5A，则流过并联电阻的电流I=0.5﹣0.001A=0.499A；并联部分的电压U=I g R=0.001×200Ω=0.2V，则需要并联的电阻r===0.4Ω；故选A．点评：对于电流表的改装一定要明确改装的原理，再根据串并联电路的规律求解即可．10．用电压表检查如图电路中的故障，S闭合后，测得U ad=5.0V，U cd=0，U bc=0，U ab=5.0V，则此故障可能是( )A．R断路B．S断路C．R′断路D．L断路考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：电压表如果示数为零，那么被测部分短路，或被测部分外部断路．电压表如果示数为电源电压，那么被测部分断路，或被测部分外部短路．解答：解：串联电路中灯L不发光，则可能是某处断路，电压表测断路位置为电源电压，测不断的位置电压为零，由题意可知，测得U ad=5.0伏，测量的是电源电源，测得U cd=0伏，U bc=0伏，说明在b→R′→c 灯L→d之外有开路现象；测得U ab=6.0伏，说明ab之间有断路之处，所以断路是在电阻R上．故选：A．点评：利用电流表和电压表判断电路中的故障，依据在故障电路中电流表和电压表显示的现象来判断．11．如图所示的电路中，电源的电动势E和内电阻r恒定不变，电灯L恰能正常发光，如果滑动变阻器的滑片向b端滑动，则( )A．电灯L更亮，电流表的示数减小B．电灯L更亮，电流表的示数增大C．电灯L变暗，电流表的示数减小D．电灯L变暗，电流表的示数增大考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：滑动变阻器的滑片向b端滑动过程，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由欧姆定律分析总电流的变化和路端电压的变化，来判断电灯亮度和电流表示数的变化．解答：解：滑动变阻器的滑片向b端滑动过程，变阻器接入电路的电阻增大，R1↑，外电路总R↑，由欧姆定律得知总电流I↓，路端电压U=E﹣Ir↑．电灯L的电压等于路端电压，所以电灯L更亮，电流表的示数减小．故选A点评：本题是简单的电路动态分析问题．对于路端电压也可以直接根据路端电压随外电阻增大而增大判断变化．12．如图，长方体玻璃水槽中盛有NaCl的水溶液，在水槽左、右侧壁内侧各装一导体片，使溶液中通入沿x轴正向的电流I，沿y轴正向加恒定的匀强磁场B．图中a、b是垂直于z 轴方向上水槽的前后两内侧面( )A．a处电势高于b处电势B．a处离子浓度大于b处离子浓度C．溶液的上表面电势高于下表面的电势D．溶液的上表面处的离子浓度大于下表面处的离子浓度考点：洛仑兹力；电势．分析：在溶液中通入沿x轴正向的电流I，在NaCl的水溶液中，带正电的钠离子向右运动，带负电的氯离子向左运动，再根据左手定则判断粒子受到的洛伦兹力的方向，从而可以得出水槽的前后两内侧面积累的电荷的情况，再分析电势的情况．解答：解：A、电流向右，正离子向右运动，磁场的方向是竖直向上的，根据左手定则可以判断，正离子受到的洛伦兹力的方向是向前，即向a处运动，同理，可以判断负离子受到的洛伦兹力的方向也是指向a处的，所以a处整体不带电，a的电势和b的电势相同，所以A错误；B、由于正负离子都向a处运动，所以a处的离子浓度大于b处离子浓度，所以B正确；CD、离子都向a出运动，并没有上下之分，所以溶液的上表面电势等于下表面的电势，溶液的上表面处的离子浓度也等于下表面处的离子浓度，所以CD错误．故选B．点评：对于电解液，溶液中既有正离子，也有负离子，两种离子都运动，这是与导体导电不同的地方，在分析离子的受力的时候要注意离子的带正电还是负电．二、实验题（共18分）13．某同学要测量一由新材料制成的粗细均匀的圆柱形导体的电阻率ρ．步骤如下：（1）用刻度尺测得该圆柱形导体长度；（2）用螺旋测微器测量其直径如图甲所示，由图可知其直径为4.700mm；（3）用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱形导体的电阻，表盘的示数如图乙所示，则该电阻的阻值约为220Ω．考点：欧姆定律．专题：实验题；恒定电流专题．分析：（2）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）用欧姆表测电阻的读数为指针示数乘以倍率，当指针指在中央附近时测量值较准确；解答：解：（2）螺旋测微器的固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为0.01×20.0mm=0.200mm，所以最终读数为：4.5mm+0.200mm=4.700mm．（3）该电阻的阻值约为22.0×10Ω=220Ω．故答案为：（2）4.700，（3）220点评：应明确：游标卡尺和螺旋测微器读数时应分成整数部分和小数部分两部分来读，注意螺旋测微器需要估读．14．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（选项“甲”或“乙”）．（2）现有电流表、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U﹣I图线．序号 1 2 3 4 5 6电压U（V） 1.45 1.40 1.30 1.25 1.20 1.10电流（ A ）0.060 0.120 0.240 0.260 0.360 0.480（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（5）实验中，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数U以及干电池的输出功率P都会发生变化．图3的各示意图中正确反映P﹣U关系的是D．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）当待测电源内阻很小时，为减小实验误差，相对于电源应采用电流表外接法（相对于电压表采用内接法）．（2）根据电源电动势选择电压表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器．（3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象．（4）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，根据图示图象求出电源电动势与内阻．（5）求出电源输出功率表达式，然后答题解答：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==≈0.83Ω；（5）电压表测量路端电压，其示数随滑动变阻器的阻值增大而增大；而当内阻和外阻相等时，输出功率最大；此时输出电压为电动势的一半．外电路断开时，路端电压等于电源的电动势，此时输出功率为零；故符合条件的图象应为C．故答案为：（1）甲；（2）B；C；（3）图示如图所示；（4）1.5；0.83；（5）C．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．三、计算题（7+7+10+10=36分）15．如图所示的电路中，电阻R1=9Ω，R2=15Ω，电源的电动势E=12V，内电阻r=1Ω，安培表的读数I=0.4A．求：电阻R3的阻值和它消耗的电功率．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：（1）图中电阻R2与R3并联后与R1串联接在电源两端；先根据欧姆定律求解电阻R2的电压，然后根据闭合电路欧姆定律求解干路电流，得到R3的电流后，得到R3的电阻；（2）根据P=UI求解电阻R3消耗的电功率．解答：解：（1）由U2=I2•R2及 I总=代入数据得：I总=0.6A由I3=I总﹣I2代入数据得：I3=0.2A由R3=代入数据得：R3=30Ω（2）由P3=U3I3代入数据得：P3=1.2w答：（1）电阻R3的阻值为30Ω．（2）R3消耗的电功率为1.2w．点评：本题关键理清电路结构，然后结合串并联电路电流与电压的关系、闭合电路欧姆定律列式求解，基础题．16．如图所示，匀强电场方向水平向右，匀强磁场方向垂直于纸面向里．一质量为m、带电量为q的微粒以速度υ与磁场垂直、与电场成θ角射入复合场中，恰能做匀速直线运动．求电场强度E和磁感应强度B的大小．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：由带电粒子所受的洛伦兹力与v垂直，电场力方向与电场线平行，粒子如图所示方向在磁场中运动，如果只受到电场力与洛伦兹力作用，合力不可能为零，也就不可能做匀速直线运动．由此可知本题必须考虑到微粒所受的重力，才可能使微粒做匀速直线运动．对粒子进行正确的受力分析，做出受力分析图，可求出电场强度E和磁感应强度的大小．解答：解：微粒受力情况如图，根据平衡条，得：Bqυcosθ﹣mg=0…①Bqυsinθ﹣qE=0…②由①②式联立得：答：电场强度和磁感应强度B的大小得．点评：该题考察了带电粒子在复合场中的运动，此类型题的分析方法为：1确定研究对象2注意进行五个分析：①受力分析；②过程分析；③状态分析；④做功分析（能量的转化分析）；⑤守恒条件分析．17．如图所示，用两根轻细金属丝将质量为m，长为l的金属棒a、b悬挂在c、d两处，（1）当棒置于竖直向上的匀强磁场内．其中通以从a到b的电流I后，两悬线偏离竖直方向θ角处于平衡状态．则磁感强度B为多少？（2）为了使棒仍然平衡在该位置上，求所求磁场的磁感强度B'的最小值为多大？方向如何？考点：安培力．分析：（1）通过受力分析利用共点力平衡即可求得；（2）由矢量三角形定则判断安培力的最小值及方向，进而由安培力公式和左手定则的得到B的大小以及B的方向．解答：解：（1）画出从右侧逆着电流方向的侧视图如图1所示．金属棒在重力mg，悬线拉力T，安培力F三个力作用下处于平衡状态．由共点力平衡条件：F=BIL=mgtanθB=（2）要求所加磁场的磁感强度最小，应使棒平衡时所受的安培力有最小值．由于棒的重力恒定，悬线拉力的方向线不变，由画出的力的矢量三角形可知（图 2 ），安培力的最小值为 F min=mgsinθ．即 ILB min=mgsinθ，所以 B min=所加磁场的方向应平行悬线向下．答：（1）当棒置于竖直向上的匀强磁场内．其中通以从a到b的电流I后，两悬线偏离竖直方向θ角处于平衡状态．则磁感强度B为（2）为了使棒仍然平衡在该位置上，求所求磁场的磁感强度B'的最小值为，方向应平行悬线向下点评：考查安培力的方向与大小如何确定与计算，知道当安培力的方向与拉力的方向垂直，安培力最小，磁感应强度最小．18．如图所示，电源电动势E=9V，内阻r=0.5Ω，电阻R1=5.0Ω，R2=3.5Ω，R3=6.0Ω，R4=3.0Ω，电容C=2.0μF．两板间距离为0.17m．（1）求电键接到a时，电容的带电量是多少？上极板带何种电荷？（2）求电键从与a接触到与b接触时，通过R3的电荷量是多少？上极板带何种电荷？（3）若两极板中央有一个带电粒子，当电键与a接触时，正好处于静止状态，若电键与b 接触后，带电粒子向哪极板运动？经过多长时间到达极板？（不考虑电容充放电时间，g=10m/s2）考点：电容；闭合电路的欧姆定律．专题：电容器专题．分析：（1）由图可知，R1与R2串联，当开关接a时，电容器与R1并联，根据串联电路的分压规律求出电容器的电压，即可求得电量．分析两极板电势关系，判断上极板的电性．（2）当开关与b连接时，C与R2并联；由C中电量的变化可得出流地过R3的电量．（3）当电键与a接触时，粒子正好处于静止状态，根据平衡条件列出方程；若电键与b接触后，根据牛顿第二定律求出加速度，再由位移时间公式求解运动时间．解答：解：（1）当开关接a时，电容器的电压 U1=E=×9V=5V电量 Q1=CU1=2×10﹣6×5C=2×10﹣5C由于上极板电势高，则上极板带正电荷．（2）电键与b接触时，电容器的电压 U1=E=×9V=3.5V则由Q=CU可知，开关由a接b的过程中，电量变化△Q=（U1+U2）C=8.5×2.0×10﹣6=1.7×10﹣5C即通过R3的电荷量为1.7×10﹣5C．由于上极板电势低，则上极板带负电荷．（3）当电键与a接触时，粒子正好处于静止状态，电场力与重力平衡，则知电场力方向竖直向上，且有：mg=q若电键与b接触后，场强反向，电场力反向，则小球向下极板做加速运动．根据牛顿第二定律得：mg+q=ma联立得：a=g=10×=17m/s2由=得：t==s=0.1s答：（1）电键接到a时，电容的带电量是2×10﹣5C．上极板带正电荷．（2）电键从与a接触到与b接触时，通过R3的电荷量是1.7×10﹣5C．上极板带负电荷．（3）带电粒子向下极板运动，经过0.1s时间到达下极板．点评：本题考查闭合电路欧姆定律中的含容电路问题，在解题时要注意电路稳定时R3、R4相当于导线；电容器中变化的电量才流过R3．。
2024届福建省泉州市物理高二第一学期期中考试试题含解析
2024届福建省泉州市物理高二第一学期期中考试试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、如图所示的U-I图象中，直线Ⅰ为某电源的路端电压与电流的关系图线，直线Ⅱ为某一电阻R的U-I图线，用该电源直接与电阻R连接成闭合电路，由图象可知（）A．电源电动势为3.0 V，内阻为0.5ΩB．R的阻值为1ΩC．R消耗的功率1.5 WD．电源消耗的总功率为2.5 W2、电源的电动势为4.5V，外电阻为4.0Ω时，路端电压为4.0V，如果外电路上再并联一个6.0Ω的电阻，则路端电压为A．3.72V B．4.0V C．4.3V D．4.5V3、下列说法正确的是A．根据电场强度的定义式FEq，电场中某点的电场强度和试探电荷的电量成反比B．带电现象的本质是电子的转移，中性物体得到多余电子就一定带负电，失去电子就一定带正电C．将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功为零D．电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低4、两相同带电小球，带有等量的同种电荷，用等长的绝缘细线悬挂于O 点，如图所示，平衡时，两小球相距r，两小球的直径比r 小得多，可视为点电荷，此时两小球之间的静电力大小为F．若将两小球的电量同时各减少一半，当他们重新平衡时A．两小球间的距离大于r/2 B．两小球间的距离小于r/2 C．两小球间的静电力等于F/2 D．两小球间的静电力等于F5、由欧姆定律UIR=导出U=IR和URI=，下列叙述中不正确的是（）A．导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比B．导体的电阻由导体本身的性质决定，跟导体两端的电压及流过导体的电流的大小无关C．对确定的导体，其两端电压和流过它的电流的比值就是它的电阻值D．一定的电流流过导体，电阻越大，其电压越大6、在电源电压不变的情况下（不计电源内阻）,为使正常工作的电热器在单位时间内产生的热量增加一倍,下列措施可行的是（）A．剪去一半的电阻丝B．并联一根相同的电阻丝C．串联一根相同的电阻丝D．使电热器两端的电压增大一倍二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
福建省泉州第一中学2014-2015学年高一上学期期中考试物理试题
福建省泉州第一中学2014-2015学年高一上学期期中考试物理试题（考试时间90分钟总分100分）一、单项选择题（每小题只有一个选项符合题意。
本题共10小题，每题4分，共40分）1、在下面研究的对象中可以被看作质点的是（）A．研究张继科打出的弧旋乒乓球B．研究在女子万米比赛中的“长跑女王”特鲁纳什•迪巴巴C．研究在跳水比赛中的吴敏霞D．研究李娜打出去的ACE球2、一小球从半径为R的四分之一圆弧面顶端沿圆弧滑至底端，如图所示。
则物体在该运动过程中（）A．位移大小是R B．位移大小是2RC．路程是πR/2 D．路程是2R3、关于时间和刻度，下列说法正确的是（）A．时刻是指极短的一段时间B．时间是指较长的一段时间C．第5s内可以简称为5s内D．第3s末与第4s初是相同时刻4、关于力的说法，正确的是（）A．一个力必定只能涉及两个物体B．重力、支持力都是按性质命名的C．力只存在于相互接触的物体之间D．两个大小都为10N的力一定相同5、一物体由某一高度做自由落体运动，第1s内下降的高度是总高度的1/9，g=10m/s2，则（）A．物体下落的高度为5m B．物体下落的高度为25mC．物体下落的高度为45m D．物体下落的高度为80m6、如图所示，完全相同的A、B两球，用两根等长的细线悬挂在O点，两球之间夹着一根轻弹簧，静止不动时，弹簧处于水平方向，弹簧劲度系数为200N/m，被压缩了2cm，则（）A．弹簧的弹力大小为200NB．弹簧的弹力大小为400NC．弹簧对A的弹力方向水平向右D．弹簧对B的弹力方向水平向右7、甲、乙两个物体从同一地点，同时向一个方向运动，甲乙两个物体的v-t图像如图所示，则（）A．乙物体处于静止状态B．甲物体第3s内朝负方向运动C．甲乙两物体在第2s末相遇D．甲物体做匀变速直线运动8、一物体由长为L的光滑斜面顶端静止开始下滑，滑到斜面底端时速度为2v，所用时间为t，则（）A．当物体速度为v时，下滑距离为L/2B．当物体速度为v时，下滑距离为L/4C．当物体下滑距离为L/2时，所用时间为t/2D．当物体下滑距离为L/2时，所用时间为t/49、一辆汽车由静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为a，则（）A．第4s初的速度为4aB．第5s内的位移为9aC．第3s内与第4s内的位移之比为59D．第2s内与5s内的位移之比为32510、一辆汽车做匀加速直线运动，依次通过A、B两点，已知经过B点速度为32m/s，由A 运动到B所用时间为4s，AB之间距离为108m，则（）A．经过A点速度为18m/sB．经过A点速度为22m/sC．汽车的加速度为2m/s2D．汽车的加速度为2.25m/s2二、实验题（将正确答案填入答题卷相应位置，每空2分，共12分）11、某同学在做“研究匀变速直线运动”的实验中，打点计时器使用的是(1)____电（填“直流”或者“交流”），频率为(2)_____Hz。
福建省泉州第一中学2014届高三上学期期中考试物理试题(含答案)
泉州第一中学2014届高三上学期期中考试物理试题（考试时间90分钟，总分100分）一、选择题（每题只有一个答案正确，多选错选均不得分，每题4分共48分）1．某人欲估算飞机着陆时的速度，他假设飞机着陆过程在平直跑道上做匀减速运动，在跑道上滑行的距离为s ，从着陆到停下来的时间为t ，则飞机着陆瞬间速度为（ ）A ．s tB ．2s tC ．2s tD ．s t 到2st之间的某个值2．一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速运动，其前3s 的v —t 图象如图所示，则刹车后6s 内的位移是（ ）A ．10mB ．12mC ．12.5mD ．13m3. 如图是我国“美男子”长征火箭把载人神舟飞船送上太空的情景．宇航员在火箭发射与飞船回收的过程中均要经受超重或失重的考验，下列说法正确的是 （ ）A ．火箭加速上升时，宇航员处于失重状态B ．飞船加速下落时，宇航员处于超重状态C ．飞船落地前减速，宇航员对座椅的压力小于其重力D ．火箭上升的加速度逐渐减小时，宇航员对座椅的压力也逐渐减小但仍大于其重力4．汽车以恒定功率P 由静止出发，沿平直路面行驶，最大速度为v ，则下列判断正确的是（ ） A ．汽车先做匀加速运动，最后做匀速运动B ．汽车先做加速运动，再做减速运动，最后做匀速运动C ．汽车先做加速度越来越大的加速运动，最后做匀速运动D ．汽车先做加速度越来越小的加速运动，最后做匀速运动5．如图所示：质量为m 的木块与质量为M 的长木板一起以初速度v 在地面上滑行，仅在摩擦力作用下做匀减速直线运动，滑行过程中二者始终相对静止，长木板与地面间动摩擦因数为1μ，木块与长木板间动摩擦因数为2μ，则滑行过程中木块受到的摩擦力一定为（ ）A ．μ1（m+M ）gB ．μ2mgC ．μ1mgD ．μ1mg+μ2Mg6．顶端装有滑轮的粗糙斜面固定在地面上，A 、B 两物体通过细绳如图连接，并处于静止状态（不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦）。
福建省泉州第一中学1415学年度高二上学期期末考试——
福建省泉州第一中学2014—2015学年度上学期期末考试高二数学理试题第Ⅰ卷（选择题共50分）一．选择题（每小题5分共50分，只有一个选项正确，请把答案写在答题卷上） 1．若，且，则下列不等式一定成立的是（ ） A ． B ． C ． D ． 2．下列说法中正确的是（ ）A ．一个命题的逆命题为真，则它的逆否命题一定为真B ．一个命题的否命题为真，则它的逆命题一定为真C ．“,则全为”的逆否命题是“若全不为, 则”D ．“△ABC 中，若∠C=90°，则∠A 、∠B 都是锐角”的否命题为 “△ABC 中，若∠C=90°，则∠A 、∠B 不都是锐角” 3．若实数k 满足0<k<9，则曲线x 225－y 29－k ＝1与曲线x 225－k －y 29＝1的( )A ．焦距相等B ．实半轴长相等C ．虚半轴长相等D ．离心率相等4．同时掷3枚硬币，那么互为对立事件的是（ ）A ．至少有1枚正面和最多有1枚正面B ．最多1枚正面和恰有2枚正面C ．至多1枚正面和至少有2枚正面D ．至少有2枚正面和恰有1枚正面 5．若,使成立的一个充分不必要条件是( ) A ． B ． C ． D ．6．若如下框图所给的程序运行结果为S ＝20，那么判断框中应填入的关于k 的条件是()A ．k ＝9?B ．k≤8?C ．k ＜8?D ．k ＞8?7．若变量满足24025000x y x y x y ⎧+⎪+⎪⎨⎪⎪⎩，，，，≤≤≥≥则的最大值是（ ）A ．90B ．80C ．70D ．408．如图所示，已知空间四边形OABC ，OB ＝OC ，且∠AOB ＝∠AOC ＝π3，则cos 〈OA →，BC →〉的值为( )．A ．12 B. 0 C.32 D.229．已知函数f(x)在R 上满足f(x)＝2f(2－x)－x 2＋8x －8， 则曲线y ＝f(x)在x ＝1处的切线的斜率为（ ）A ．-6B ．6C ．2D ．110．我们把焦点相同，且离心率互为倒数的椭圆和双曲线称为一对“相关曲线”．已知F 1、F 2分别是一对相关曲线的焦点，P 是它们在第一象限的交点，当∠F 1PF 2=60°时，这一对相关曲线中双曲线的离心率是（ ）A ．B ．C ．D ．2第Ⅱ卷（非选择题共100分）二．填空题（每小题4分，共20分，请把答案写在答题卷上） 11．若,，且为纯虚数，则实数的值为 ．12．已知点P 在直线4x ＋3y-12=0位于第一象限的部分上，过点P 分别作x ，y 轴的垂线，垂足分别为A,B ，则矩形OAPB 面积的最大值为________．13．如图，正方形ABCD 和正方形DEFG 的边长分别为1，b ，原点O 为AD 的中点，抛物线y 2＝2px(p ＞0)经过C ，F 两点，则b ＝________．14．已知,A （1，2），C （0，1），则方程有实数根的概率为 ．15．若直线与曲线满足下列两个条件：直线在点处与曲线相切； 曲线在附近位于直线的两侧.则称直线在点处“切过”曲线.下列命题正确的是_____ _ (写出所有正确命题的序号) . ①直线：在点处“切过”曲线：； ②直线：在点处“切过”曲线：； ③直线：在点处“切过”曲线：； ④直线：在点处“切过”曲线：， ⑤直线：在点处“切过”曲线：三．解答题(本大题共6小题，共80分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 16．(本小题满分13分)(1)已知命题p: m ＞2；q:方程4x 2＋4(m －2)x ＋1＝0无实根．若“”为真，且“p 或q”为真， 求m 的取值范围． (2)已知命题；2:(2)20(0)q x t x t t +--≤> ，若是的充分非必要条件，求实数的取值范围．17．(本小题满分13分)已知平面直角坐标系中，点P的坐标(x－2，x－y)．(1)在一个盒子中，放有标号为1,2,3的三张卡片，现从此盒中有放回地先后抽到两张卡片的标号分别记为x，y，求事件“P点在第一象限”的概率；(2)若利用计算机随机在区间[0,3]上先后取两个数分别记为x，y，求“P点在第一象限”的概率．18．(本小题满分13分)如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧棱底面，，，，为的中点.(1)求直线与所成角的余弦值；(2)在侧面内是否存在一点，使面？若存在，求出到和的距离；若不存在，说明理由.19．(本小题满分13分)烧铸一个厚度均匀，且表面积为2平方米的正四棱锥形有盖容器(如右图)，设容器高为h米，盖子边长为a米，(不计容器厚度)(1)求a关于h的解析式a=f(h)；(2)设容器的容积为V立方米，则当h为何值时，V最大？求出V的最大值20．(本小题满分14分)在Rt△ABC中，∠CAB＝90°，AB＝2，AC＝，一曲线E过C点，动点P在曲线E上运动，且保持的值不变．（1）建立适当的坐标系，求曲线E的方程；（2）直线l：与曲线E交于M，N两点，求四边形MANB的面积的最大值．21.(本小题满分14分)已知二次函数，且函数在处取得极大值为．19()ln (,0)28f x g x m x m x ⎛⎫=+++∈> ⎪⎝⎭R 设．（1）求的表达式；（2）若使成立，求实数m 的取值范围；（3）设，，证明:对，恒有参考答案二．填空题11． 4 12． 3 1314． 15． ①③④ 三．解答题 16． 解：（1）若方程4x 2＋4(m －2)x ＋1＝0无实根，则Δ＝16(m －2)2－16＝16(m 2－4m ＋3)＜0 解得：1＜m ＜3.即q ：1＜m ＜3. ………………2分 ∵“”为真，“p 或q ”为真， ∴p 为假，q 为真 ………………4分 ∴解得：1＜m ≤2. ………………6分 （2）法一：由，得．：{}102|>-<=x x x A 或．……………8分由2(2)20(0)x t x t t +--≤>，得．：B={|2,0x x x t t <->>或}．………10分 ∵是的充分非必要条件，且， AB ．………11分 …………13分 法二：由，得．……………………8分由2(2)20(0)x t x t t +--≤>，得．……………………10分∵是的充分非必要条件 是的充分非必要条件………………11分 ……………………13分其中基本事件是总数为9，随机事件A“P 点在第一象限”包含2个基本事件，故所求的概率为P(A)＝29.……………………6分(2)设事件B 为“P 点在第一象限”．若⎩⎪⎨⎪⎧0≤x≤3，0≤y≤3，则其所表示的区域面积为3×3＝9. ……………………8分 由题意可得事件B 满足⎩⎪⎨⎪⎧0≤x≤3，0≤y≤3，x －2>0，x －y>0，即如图所示的阴影部分，……………………10分其区域面积为1×3－12×1×1＝52. ……………………11分∴ P(B)＝529＝518.……………………13分18．解：(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则的坐标为、、、、、，从而).2,0,3(),0,1,3(-== 设的夹角为，则,1473723cos ===θ ∴与所成角的余弦值为.-------------6分 (2)由于点在侧面内，故可设点坐标为，则，由面可得，⎪⎩⎪⎨⎧=+-=-⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=⋅--=⋅--⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅.0213,01.0)0,1,3()1,21,(,0)2,0,0()1,21,(.0,0x z z x z x AC NE AP NE 化简得即 ∴⎪⎩⎪⎨⎧==163z x 即点的坐标为，从而点到和的距离分别为.-------------13分19．解：(1)设h ′是正四棱锥的斜高，由题设可得：222'2142214a h a h a h ⎧'+⋅=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩ 消去.:0)h a h '=>解得-------------6分 (2)由(h ＞0) -------------8分 得：2121)1(31=⋅=++=hh h h hh V 而-------------10分 所以V ≤，当且仅当h =即h =1时取等号-------------12分故当h =1米时，V 有最大值，V 的最大值为立方米. -------------13分20．解：（1）以AB 为x 轴，以AB 中点为原点O 建立直角坐标系． ∵ 22)22(222||||||||22=++=+=+CB CA PB PA ， ∴ 动点轨迹为椭圆，且，c ＝1，从而b ＝1．∴ 方程为 ． ----6分（2）设M （，）、N （，），将y ＝x ＋t 代入，得0224322=-++t tx x ．--8分∴ ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧-=-=+>--=∆⋅⋅③②①322340)22(34162212122t x x t x x t t ，， 由①得＜3．-------------10分 ∴1||||||||1212122S AB y y y y x x MANB =-=-=-=-------------12分∴ t ＝0时，．-------------14分21.解：（1），于是='2332()22y x ax b =++-，由已知133222332022a b a b ⎧-+-+=⎪⎪⎨⎪-+-=⎪⎩ 121a b ⎧=-⎪∴⎨⎪=-⎩经检验，符合题意。
福建省泉州第一中学2014-2015学年高二上学期期中考试
福建省泉州第一中学2014-2015学年高二上学期期中考试数学（理科）试题2．已知命题p ：2,0x R x ∀∈≥，则以下表述正确的是（ C ） A.2:,0p x R x ⌝∃∈≥ B. 2:,0p x R x ⌝∃∈≤ C.2:,0p x R x ⌝∃∈< D. 2:,0p x R x ⌝∀∈< 3.椭圆的长轴和短轴的长分别是（ B ）A ．5，4B ．10，8C ．10，6D ．8，64.在区间之间随机抽取一个数,则满足的概率为( D )A ．B ．C ．D ．5. 已知双曲线2221(0)x y a a-=>的渐近线为0x y ±=，则双曲线的焦距为(B )A ．2B ．C ．D ．46．已知, , a b c 满足c b a <<，且0ac <，那么下列选项中一定成立的是( A ) A. ab ac > B. ()0c b a -< C. 22cb ab < D. ()0ac a c ->7.“2<x ”是“022<--x x ”的（ B ）条件．A ．充分不必要B ．必要不充分C ．充要D ．既不充分也不必要 8．右图是计算10181614121++++值的一个程序框图, 其中判断框内应填入的条件是( C ) A. ?10>kB.?5<kC. ?5>kD.?10<k9.已知F 2(c ,0)(c>0)是椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的右焦点，点P 在椭圆C 上，线段PF 与圆222x y b +=相切，切点Q 为线段PF 的中点，则椭圆C 的离心率等于（ A ）AB ．23CD ．1210．已知函数b a x a b x x f ++--+=)2()(22是偶函数，则此函数图象与y 轴交 点的纵坐标的最大值是（ B ）B. 2C. 4D. 1第Ⅱ卷（非选择题共100分）二．填空题（共5小题，每小题4分，共20分，请把答案写在答题卷上） 11．命题“若且,则”的逆命题为 若则且, ．12．已知变量y x z x y x y x y x +=⎪⎩⎪⎨⎧≥≥+-≤-则满足,003202,的最大值是 3 ．13.已知0,0>>b a ，且12=+b a .则ba 11+的最小值为___223+___. 14.直线l 过抛物线x y 42=的焦点F 且与抛物线交于),(),(2211y x B y x A 、两点； 若10=AB ，则线段AB 中点的横坐标为 4 ．15．方程1169x x y y+=-的曲线即为函数()y f x =的图像,对于函数()y f x =,有如下结论①()f x 在R 上单调递减；②函数()4()3F x f x x =+不存在零点； ③函数()y f x =的值域是R ；④若函数()g x 和()f x 的图像关于原点对称,则函数()y g x =的图像就是方程1169y y x x +=确定的曲线. 其中所有正确的命题序号是 ①②③ ．三．解答题(本大题共6小题，共80分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)已知命题2a x ≤″，命题"022:"2有实数根的方程关于=++a ax x x q ．错误！未找到引用源。
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福建省泉州第一中学2014-2015学年高二上学期期中考试物理（理科）试题一、单项选择题（每题4分，共40分）1.两个放在绝缘架上的相同金属球相距10m ，球的半径为0.01m ，分别带-q 和 + 3q 的电荷量，相互作用的静电力为F 。
现将这两个金属球接触，然后分开，仍放回原处，则它们之间的静电力将变为A ．F 3B ．F2 C ．2F D ．3F2．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重力3.两根异种材料做成的电阻丝，其长度之比是 15, 横截面积之比是 23, 电阻之比是 25 , 则甲、乙两根电阻丝的电阻率之比是（ ）A ．23B ．34C ．43D ．83 4．AB 是某电场中的一条电场线，若将一负电荷从A 点处自由释放，负电荷从A 点沿电场线运动到B 点，速度图线如图6所示．则A 、B 两点电势高低和场强的大小关系是( )A. A ϕ>B ϕ E A >E BB. A ϕ>B ϕ E A <E BC. A ϕ<B ϕ E A <E BD. A ϕ<B ϕ E A >E B5．如图所示，P 、Q 是等量的正电荷，O 是它们连线的中点，A 、B 是中垂线上的两点，用E A 、E B 和φA 、φB 分别表示A 、B 两点的电场强度和电势，则（ ） A ．EA 一定大于EB ，φA 一定大于φB B ．E A 不一定大于E B ，φA 一定大于φBC ．E A 一定大于E B ，φA 不一定大于φBD ．E A 不一定大于E B ，φA 不一定大于φB6．如图所示，某点O 处固定点电荷+Q ，另一带电－q 的粒子以O 为焦点做椭圆轨道运动，运动过程中经过最近点a 和最远点b ，下述说法不正确．．．的是（ ） A ．粒子在a 点运动速率大于在b 点速率 B ．粒子在a 点运动加速度大于在b 点加速度 C ．粒子在a 点电势能大于在b 点电势能 D ．+Q 所产生的电场中，a 点电势高于b 点7．如图所示，三条虚线表示某电场的三个等势面，其中φ1=10V ，φ2=20V ，φ3=30V 一个带电粒子只受电场力作用，按图中实线轨迹从A 点运动到B 点，由此可知( ) A ．粒子带正电B ．粒子的速度变大C ．粒子的加速度变大D ．粒子的电势能变大8．如图所示，A 、B 、C 、D 是匀强电场中的四个点，D 是BC 的中点，A 、B 、C 构成一个直角三角形，AB 长为1m ，电场线与三角形所在的平面平行，已知φA =5V 、φB =-5V 、φC =15V ，由此可以判断（ ）A ．场强的方向由C 指向B B ．场强的方向垂直AD 连线斜向上C ．场强的大小为10V/mD v/m9．如图所示，A 、B 两块平行金属板水平放置，A 、B 间所加电压为U 。
虚线MN 与两极板等距。
一个质量为m 、电荷量为q 的粒子沿MN 虚线从左向右以初速度v 0射入电场，它从电场右边缘某处飞出电场时的速度方向与虚线MN 的夹角为45°(图中未画出)。
则在带电粒子穿越电场过程中( )A ．电场力对粒子所做的功为qUB ．电场力对粒子所做的功为qU2C ．电场力对粒子所做的功为12m v 20 D ．电场力对粒子所做的功为m v 20 10.平行板间加如图所示周期变化的电压，重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t=0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况．图中能定性描述粒子运动的速度图象正确的是（ ）二、实验题（共12分）11．(4分)下图各仪器的读数：A（螺旋测微器）为 mm， B(量程为0.6A的电流表)为 A12．（8分）在测定小灯泡伏安特性曲线的实验中，已知该小灯泡的阻值约为5Ω左右，现备有以下器材：A．电池组E（3V） B．滑动变阻器R1（0~2Ω，额定电流3A）C. 滑动变阻器R1（0~50Ω，额定电流1A） D．电流表A1（0~3A，内阻约0.5Ω）E．电流表A2（0~0.6A，内阻约0.5Ω） F．电压表V1（0~3V，内阻约6kΩ）G．电压表V2（0~15V，内阻约30kΩ） G．电键、导线(1)本实验中滑动变阻器应选用的是____________，电流表应选用的是____________。
（填写各器材前面的字母代号）(2)以笔划线代替导线将实物图补充完整。
(3)在闭合开关S前，滑动变阻器触头应放在_________端。
（选填“a”或“b”）三、计算题（共48分）13．（8分）如图所示，一对平行金属极板相距为d=4cm，上极板带正电，两板电压为4V,把一个电子放在A点，试求：（电子电荷量e＝1.6×10－19 C）（1）两金属板之间的电场强度大小；（2）该电子受力的大小和方向14．（8分）一台电风扇，内阻为10Ω，接上220V的电压后正常运转，此时它消耗的电功率是66W，求：（1）通过电动机的电流是多少？（2）该电风扇转化为机械能的功率是多少？（3）如接上220V电后，扇叶被卡住不能转动，该电风扇消耗的电功率是多少？15.（10分）如图所示，用长为1m 的绝缘细线悬挂一带电小球，小球质量为m=0.04kg 。
现加一水平向右、场强为E=1×104N/C 的匀强电场，平衡时小球静止于A 点，细线与竖直方向成37°角。
重力加速度g=10m/s ²。
（1）求小球所带电荷量的大小；（2）某时刻将细线剪断，小球将在时间2s 内由A 点运动到电场中的P 点（图中未画出）求细线剪断后小球的运动加速度和A 、P 两点间的距离。
16．（10分）如图所示为一真空示波管，电子从灯丝K 发出（初速度不计），经灯丝与A 板间的加速电压1U 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1U ，M 、N 两板间的电压为2U ，两板间的距离为d ，板长为1L ，板右端到荧光屏的距离为L 2，电子的质量为m ，电荷量为e 重力可忽略不计。
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。
17.（12分）．如图所示，光滑绝缘水平轨道与半径为R 的光滑绝缘竖直半圆轨道在B 点平滑连接。
在过圆心O 的水平界面的下方分布有水平向右的匀强电场。
现有一个质量为m 、电量为+q 的小球从水平轨道上的A 点由静止释放，小球运动到C 点离开圆轨道后，经界面MN 上的P 点进入电场（P 点恰好在A 点的正上方，小球可视为质点，小球运动过程中电量保持不变）。
已知A 、B 间的距离为2R ，重力加速度为g ，在上述运动过程中，求：（1）小球在C 处时的速度 （2）电场强度E 的大小（3）小球在圆轨道上运动时对轨道的最大压力P O2014-2015学年上学期高二年期中考试物理答题卷一、单项选择题（每题4分，共40分）二、实验题（共12分）11．(4分) A（螺旋测微器）为 mm， B(量程为0.6A的电流表)为 A 12．（8分）(1) ______， __ __。
（填写各器材前面的字母代号）(2)以笔划线代替导线将实物图补充完整。
(3) _ __端。
（选填“a”或“b”）三、计算题（共48分）13．（8分）14．（8分）15.（10分）16．（10分）O17.（12分）．泉州一中2014-2015学年上学期高二年期中考试物理答题卷一、单项选择题（每题4分，共40分）∴E=100V/m（2）该电子的受力方向竖直向上F=qE∴F=1.6×10－17 N14．（8分）解：（1）由P=UI∴I=0.3A（2）发热功率P热=I2RP出=P-P热∴P出=65.1w（3）风扇被卡住就变成了纯电阻电路P1=U²/R∴P1=4840w15.（10分）解：（1）由qE=tan mgθ ∴q=3×10-5C（2）细绳剪断后小球只受到电场力和重力F=mg/cos θ=ma ∴a=12.5m/s ² AP 之间的距离 S=21at 2所以S=25m 16．（10分）解析：（1）设电子经电压U 1加速后的速度为v 0，根据动能定理得： e U 1=2021mv∴meU v 102= （2）进入到偏转电场F =eE =ma ， E =d U 2 ， ∴ a =mdeU 2t 1=1v L ， y 1=2121at ，∴ y 1=d U L U 12124 （3）由1112L y 2=L y +L2∴y= 1211L +2y=L y L ∴P 到O 点的距离为 y =dU L U L L 112124)2(+17.（12分）．解：（1）从C 到P 小球做平抛运动 R=gt ²/2 2R=v c t 所以v c（2）从A 到C 有动能定理 qE 3R-mg 2R=212c mv -0∴mgE q=（3）由于qE=mg 所以在小球运动到如图所示θ=45°时对轨道压力最大，若此时的轨道对小球的支持力为N ，则 qE （2R+Rsin θ）-mg （1-cos θ）=212mv -0 N-qEsin θ-mgcos θ=2mv R∴(2N mg =+所以小球对轨道的最大压力为(2mg +。