福建省福州市第八中学2015-2016学年高二上学期期中考试物理(理)试题

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福州市八县市协作校2015-2016学年第二学期期中联考高二理科物理试卷及答案

福州市八县（市）协作校2015—2016学年第二学期期中联考高二物理（理科）试卷【完卷时间：90分钟；满分：100分】命题：闽侯三中郑冰莹、林小芬一、单项选择题：（本题共8小题：每小题4分，共32分。

在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，不选、错选、多选均不得分。

）1．在物理学发展过程中，许多科学家做出了贡献，下列说法正确的是（）A ．楞次总结出了确定感应电流方向的定律B ．奥斯特发现了电流的磁效应，总结出了电磁感应定律C ．安培发现了磁生电现象，并总结出了右手定则D ．法拉第发现了电流热效应的规律2．关于电容器和电感器，下列说法正确的是（）A.都能“通直流，阻交流”B.都不能“通直流，阻交流”C.电容器能“通直流，阻交流”D.电感器能“通直流，阻交流”3.物理学的基本原理在生产生活中有着广泛应用，在下面器件中，利用电磁感应原理工作的是（）A.回旋加速器B.电磁炉C.质谱仪D.示波管4．在家用交流稳压器中，变压器的原、副线圈都带有滑动头，如图所示．当变压器输入电压发生变化时，可上下调节P 1、P 2的位置，使输出电压稳定在220 V 上．现发现输出电压低于220 V ，下列措施不正确．．．的是（）A ．P 1不动，将P 2向上移B ．P 2不动，将P 1向下移C ．将P 1向上移，同时P 2向下移D ．将P 1向下移，同时P 2向上移5．两个相同的电阻，分别通以如图所示的正弦交流电和方波电流，两种交变电流的最大值及周期如图所示，则在一个周期内，正弦交流电在电阻上产生的热量Q 1与方波电流在电阻上产生的热量Q 2之比等于（）A ．3：1B ．1：2C ．2：1D ．1: 16．如图所示，一理想变压器的初、次级线圈的匝数比为3:1，次级接三个相同的灯泡，均能正常发光，今若在初级线圈接一相同的灯泡L 后，三个灯泡仍正常发光，则（）A ．灯L 将会被烧坏B ．灯L 也能正常发光C ．灯L 比另外三个灯都暗D ．不能确定7.如图所示的电路中，开关s 闭合电路达到稳定状态时，流过灯泡的电流为1i ，流过线圈L 的电流为2i ，且21i i 。

福建省福州市第八中学2016届高三物理上学期第二次质量检测考试试题

福州八中2015—2016学年高三毕业班第二次质量检查物理试题考试时间：90分钟试卷满分：110分2015.10.9一、单项选择（每小题4分.只有一项是符合题目要求的）1、如图所示，在外力作用下某质点运动的v﹣t图象为正弦曲线，从图中可判断A.在0～t1时间内，外力做负功B.在0～t1时间内，外力的功率逐渐增大C.在t2时刻，外力的功率最大D.在t1～t3时间内，外力做的总功为零2、一快艇从离岸边100m远的河流中央向岸边行驶.已知快艇在静水中的速度图象如（图甲）所示；河中各处水流速度相同，且速度图象如（图乙）所示，则A.快艇的运动轨迹一定为直线B.快艇的运动轨迹可能为直线，也可能为曲线C.快艇最快到达岸边，所用的时间为20sD.快艇最快到达岸边，经过的位移为100m3、如图甲所示，质量m=2kg的物体在水平面上向右做直线运动．过a点时给物体作用一个水平向左的恒力，并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v﹣t图象如图乙所示．取重力加速度g=10m/s2，以下判断正确的是A.物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.5B.10s内恒力F的平均功率为10.2WC.10s内物体克服摩擦力做功34 JD.10s后撤去拉力F，物体再过16s离a点的距离为32m4、如图5所示,水平绷紧的传送带AB长L=6m,始终以恒定速率V1=4m/s运行。

初速度大小为V2=6m/.s的小物块(可视为质点)从与传送带等高的光滑水平地面上经A点滑上传送带。

小物块m=lkg,物块与传送带间动摩擦因数μ=0.4,g取10m/s2。

下列说法正确的是A.小物块可以到达B点B.小物块不能到达B点,但可返回A点,返回A点速度为6m/sC.小物块向左运动速度减为0时相对传送带滑动的距离达到最大D.小物块在传送带上运动时,因相互间摩擦力产生的热量为50 J5、太极球是广大市民中较流行的一种健身器材．将太极球简化成如图所示的平板和小球，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动，且在运动到图中的A、B、C、D位置时球与板间无相对运动趋势．A为圆周的最高点，C为最低点，B、D与圆心O等高．球的质量为m，重力加速度为g，则A.在C处板对球所需施加的力比A处大6mgB.球在运动过程中机械能守恒C.球在最低点C的速度最小值为D.板在B处与水平方向倾斜角θ随速度的增大而减小6、如图所示，竖直光滑杆固定不动，弹簧下端固定，将滑块向下压缩弹簧至离地高度h=0.1m处，滑块与弹簧不拴接，现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h，并作出其E k﹣h图象，其中高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，g取10m/s2，由图象可知A.轻弹簧原长为0.3mB.小滑块的质量为0.1kgC.弹簧最大弹性势能为0.5JD.小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4J二、多项选择（每小题6分，不全得3分，有选错0分。

福建省福州八中高二物理上学期期中试题文(含解析)-人教版高二全册物理试题

2015-2016学年福建省福州八中高二〔上〕期中物理试卷〔文〕一、单项选择题：1．如下说法中正确的答案是( )A．点电荷是指体积很小的电荷B．根据F=k知，当两电荷间的距离趋近于零时，静电力将趋于无穷大C．假设两点电荷的电荷量q1＞q2，如此q1对q2的静电力大于q2对q1的静电力D．以上说法都不对2．关于静电场中的电场线，以下说法中正确的答案是( )A．电场线都是闭合曲线B．电场线总是从正电荷出发到负电荷终止或延伸到无限远C．一条电场线，就一下能确定电场线的所在处的电场强度D．可以通过实验看到电场线3．A为电场中的一固定点，在A点放一电量为q的电荷，所受电场力为F，A点的场强为E，如此( )A．假设在A点换上﹣q，A点的场强方向发生改变B．假设在A点换上电量为2q的电荷，A点的场强将变为2EC．假设在A点移去电荷q，A点的场强变为零D．A点场强的大小、方向与q的大小、方向、有无均无关4．如下哪种力是洛伦兹力( )A．电荷间的相互作用力B．电场对电荷的作用力C．磁铁对小磁针的作用力 D．磁场对运动电荷的作用力5．关于家庭电路，如下说法中正确的答案是( )A．我国家庭电路采用的是电压为220V 的交流电B．洗衣机、电冰箱等家用电器使用三孔插座，是为了节约用电C．在家庭电路中，所有电器一般是串联连接D．保险丝是为了防止电路发生断路6．有关磁感应强度的如下说法中，正确的答案是( )A．磁感应强度是用来表示磁场强弱的物理量B．假设有一小段通电导体在某点不受磁场力的作用，如此该点的磁感应强度一定为零C．假设有一小段长为L，通以电流为I的导体，在磁场中某处受到的磁场力为F，如此该处磁感应强度的大小一定是D．由定义式B=可知，电流I越大，导线L越长，某点的磁感应强度就越小7．建立完整的电磁场理论并首先预言电磁波存在的科学家是( )A．法拉第B．奥斯特C．赫兹 D．麦克斯韦8．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．库仑9．关于电磁波，正确的说法是( )A．空间有变化的电场存在，一定能形成电磁波B．在真空中电磁波的传播速度小于真空中的光速C．电磁波只能在真空中传播，不能在介质中传播D．电磁场具有能量10．在如下各图中，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，其中正确的答案是( )A．B．C．D．二、填空题：11．真空中两个点电荷之间的库仑力是F，当两个点电荷所带的电荷量都增加到原来的n倍，两点电荷间的距离变为原来的倍时，它们间的库仑力是__________．12．匀强磁场中有一段长为0.2m的直导线，它与磁场方向垂直，当通过3A的电流时，受到6.0×10﹣2 N的磁场力，如此磁场的磁感应强度是__________特．当导线长度缩短一半时，磁场的磁感应强度是__________特．当通入的电流加倍时，磁场的磁感强度是__________ 特．13．一个300匝的线圈，穿过它的磁通量在0.01s内由6×10﹣2Wb均匀地减小到3×10﹣2Wb．求线圈中的感应电动势的大小．三、作图题14．在如下列图的各图中，匀强磁场的磁感应强度均为B，带电粒子的速率均为v，带电荷量均为+q，试标出洛伦兹力的方向．15．在如图中，根据磁感线方向，标出磁体的N，S极．16．通电螺线管通电时，小磁针指向如下列图，请标出通电螺线管的N极与电源正极三、计算题：17．真空中有两个完全一样的带电小球A和B，相距r=0.5m，分别带有+4.0×10﹣5C和﹣2.0×10﹣5C的电荷，静电力恒量为k=9×109Nm2/C2．求：两电荷之间的静电力的大小和方向．18．匀强磁场的磁感强度B为0.20T，切割磁感线的导线的长度L为50cm，线框向左垂直磁场方向匀速运动，速度v=10m/s．电阻R为 5.0Ω，其它局部电阻不计．试求：〔1〕感应电动势的大小〔2〕感应电流的大小．2015-2016学年福建省福州八中高二〔上〕期中物理试卷〔文〕一、单项选择题：1．如下说法中正确的答案是( )A．点电荷是指体积很小的电荷B．根据F=k知，当两电荷间的距离趋近于零时，静电力将趋于无穷大C．假设两点电荷的电荷量q1＞q2，如此q1对q2的静电力大于q2对q1的静电力D．以上说法都不对【考点】库仑定律；元电荷、点电荷．【专题】定性思想；类比法；电场力与电势的性质专题．【分析】带电体看作点电荷的条件，当一个带电体的形状与大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状与带电量的多少无具体关系．库仑定律F=k适用于真空中两点电荷之间的作用力．运用牛顿第三定律得大电荷对小电荷的作用力与小电荷对大电荷的作用力相等．【解答】解：A、电荷的形状、体积和电荷量对分析的问题的影响可以忽略时，就可以看成是点电荷，所以能否看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状与带电量的多少无具体关系．故A错误；B、根据F=k知，当两点荷间的距离趋近于零时，两小球不能看成点电荷了，故不能用库仑定律计算它们间的库仑力，故B错误；C、两点电荷之间的库仑力是作用力和反作用力，总是大小相等、方向相反的，故C错误；D、由上分析可知，故D正确；应当选：D．【点评】解决此题的关键掌握库仑定律的适用范围，以与能看成点电荷的条件，当带电体的形状、大小与电荷的分布状况对它们之间的作用力影响可以忽略时，可以看成点电荷．2．关于静电场中的电场线，以下说法中正确的答案是( )A．电场线都是闭合曲线B．电场线总是从正电荷出发到负电荷终止或延伸到无限远C．一条电场线，就一下能确定电场线的所在处的电场强度D．可以通过实验看到电场线【考点】电场线．【分析】掌握电场线特点是解此题的关键，电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，不相交不闭合，电场线疏密描述电场强弱，电场线密的地方，电场强度大，疏的地方电场强度弱．【解答】解：A、电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，电场线不闭合，故A错误，B正确．C、一条电场线，无法看出疏密，所以无法确定电场线的所在处的电场强度，故C错误，D、电场是客观的存在，电场线是人为虚拟的，不是客观的存在，故D错误．应当选：B．【点评】此题考察了关于电场线的根底知识，比拟简单，对于电场线的理解可以和磁场线类比进展．3．A为电场中的一固定点，在A点放一电量为q的电荷，所受电场力为F，A点的场强为E，如此( )A．假设在A点换上﹣q，A点的场强方向发生改变B．假设在A点换上电量为2q的电荷，A点的场强将变为2EC．假设在A点移去电荷q，A点的场强变为零D．A点场强的大小、方向与q的大小、方向、有无均无关【考点】电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据场强的定义式E=，判断A点的场强大小；电场强度取决于电场本身，与试探电荷无关．【解答】解：电场强度E=是通过比值定义法得出的，电场强度取决于电场本身，与试探电荷无关，故在A点换上﹣q或2q或把q移去，A点的场强都不变，故ABC错误，D正确．应当选：D．【点评】比值定义法是物理学中常用方法，但要注意所定义的量不一定与式中的物理有比例关系．4．如下哪种力是洛伦兹力( )A．电荷间的相互作用力B．电场对电荷的作用力C．磁铁对小磁针的作用力 D．磁场对运动电荷的作用力【考点】洛仑兹力．【分析】磁场对运动电荷的作用力称为洛伦兹力．【解答】解：A、电荷间相互作用力称为库仑力．故A错误．B、电场对电荷的作用力称为电场力．故B错误．C、磁铁对小磁针的作用力称为磁场力．故C错误．D、磁场对运动电荷的作用力称为洛伦兹力．故D正确．应当选D．【点评】解决此题的关键知道洛伦兹力为磁场对运动电荷的作用力．5．关于家庭电路，如下说法中正确的答案是( )A．我国家庭电路采用的是电压为220V 的交流电B．洗衣机、电冰箱等家用电器使用三孔插座，是为了节约用电C．在家庭电路中，所有电器一般是串联连接D．保险丝是为了防止电路发生断路【考点】常见家用电器的根本工作原理．【专题】恒定电流专题．【分析】家庭用电根本常识，电压值、安全用电、并联接法等【解答】解：A、我国家庭电路采用的是电压为220V 的交流电，220V指有效值．故A正确B、大功率用电器使用三孔插座，目的是将金属外壳的感应电荷引入大地，防止外壳带电引发安全事故，故B错误C、在家庭电路中，所有电器额定电压一般为220V，应是并联连接，故C错误D、保险丝是为了防止电路电流过大引发火灾，出于安全考虑，故D错误应当选A【点评】家庭用电根本常识，只是记忆方面的东西，难度不大6．有关磁感应强度的如下说法中，正确的答案是( )A．磁感应强度是用来表示磁场强弱的物理量B．假设有一小段通电导体在某点不受磁场力的作用，如此该点的磁感应强度一定为零C．假设有一小段长为L，通以电流为I的导体，在磁场中某处受到的磁场力为F，如此该处磁感应强度的大小一定是D．由定义式B=可知，电流I越大，导线L越长，某点的磁感应强度就越小【考点】磁感应强度．【分析】磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，既有的小又有方向是矢量；明确导线与磁场相互垂直时F=BIL才成立；而B是由磁场本身来决定的．【解答】解：A、磁感应强度是用来表示磁场强弱的物理量；故A正确；B、通电导体如果平行于磁场放置，如此其不受磁场力，但B不会为零；故B错误；C、只有B与IL相互垂直时，磁感应强度的大小才是；故C错误；D、B是由导体本身的性质决定的，与F与IL无关；故D错误；应当选：A．【点评】我们用磁感应强度来定义磁场强弱采用的是比值定义法，要注意B与IL与F均无关．7．建立完整的电磁场理论并首先预言电磁波存在的科学家是( )A．法拉第B．奥斯特C．赫兹 D．麦克斯韦【考点】物理学史．【分析】建立完整电磁场理论并首先预言电磁波存在的科学家是麦克斯韦．【解答】解：A、法拉第发现了电磁感应现象，并没有预言电磁波存在并建立完整的电磁场理论，故A错误．B、奥斯特发现了电流的磁效应，故B错误．C、赫兹用实验验证了电磁波的存在，故C错误．D、建立完整电磁场理论并首先预言电磁波存在的科学家是麦克斯韦．故D正确．应当选：D【点评】解决此类常识性问题，关键在于根底知识的积累，加强记忆．8．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．库仑【考点】物理学史．【专题】常规题型．【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．【解答】解：1820年丹麦物理学家奥斯特发现电流磁效应后，英国科学家法拉第坚信磁也可以生电，经过10年艰辛努力，在1831年发现了电磁感应现象．应当选：C．【点评】此题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．9．关于电磁波，正确的说法是( )A．空间有变化的电场存在，一定能形成电磁波B．在真空中电磁波的传播速度小于真空中的光速C．电磁波只能在真空中传播，不能在介质中传播D．电磁场具有能量【考点】电磁波谱．【专题】定性思想；推理法；光的衍射、偏振和电磁本性专题．【分析】变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场，逐步向外传播形成电磁波；电磁波在真空中传播的速度等于光速，在介质中也能传播．【解答】解：A、空间存在变化的电场，不一定形成电磁波，比如均匀变化的电场产生稳定的磁场，稳定的磁场不会产生电场，所以不会形成电磁波，故A错误．B、真空中电磁波传播的速度等于光速，故B错误．C、电磁波在真空中和介质中都能传播，故C错误．D、电磁波具有能量，故D正确．应当选：D．【点评】解决此题的关键知道电磁波产生的原因，以与掌握电磁波的特点，知道电磁波与机械波的区别，根底题．10．在如下各图中，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，其中正确的答案是( )A．B．C．D．【考点】左手定如此．【专题】电磁学．【分析】左手定如此的内容：伸开左手，使大拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．根据左手定如此的内容判断安培力的方向．【解答】解：根据左手定如此可知，A图中安培力方向垂直磁场向下，B图中安培力方向垂着磁场向右，C图中安培力方向垂着电流方向向左，D图中由于磁场和电流方向共线，不受安培力作用，故ABD错误，C正确．应当选C．【点评】判断通电导线的安培力方向，既要会用左手定如此，又要符合安培力方向的特点：安培力方向既与电流方向垂直，又与磁场方向垂直．二、填空题：11．真空中两个点电荷之间的库仑力是F，当两个点电荷所带的电荷量都增加到原来的n倍，两点电荷间的距离变为原来的倍时，它们间的库仑力是n4F．【考点】库仑定律；物体的弹性和弹力．【专题】定性思想；比例法；电场力与电势的性质专题．【分析】根据库仑定律公式F=k列式计算即可．【解答】解：真空中有两个点电荷之间相互作用力F=k，两个点电荷所带的电荷量都增加到原来的n倍，两点电荷间的距离变为原来的倍时，它们间的库仑力F=n4F故答案为：n4F【点评】此题主要考查了库仑定律的直接应用，要注意一个物理量跟多个因素有关时，要考虑全面，注意掌握影响库仑力大小因素是解题的关键．12．匀强磁场中有一段长为0.2m的直导线，它与磁场方向垂直，当通过3A的电流时，受到6.0×10﹣2 N的磁场力，如此磁场的磁感应强度是0.1特．当导线长度缩短一半时，磁场的磁感应强度是0.1特．当通入的电流加倍时，磁场的磁感强度是0.1 特．【考点】安培力；磁感应强度．【分析】由磁感应强度的定义式B=可以求出磁感应强度大小；磁场的磁感应强度与导线的长度无关．【解答】解：由题，通电导线与磁场垂直，如此磁场的磁感强度为 B==T=0.1T 磁场的磁感强度由磁场本身决定，与通电导线的长度无关，故磁场的磁感强度仍为0.1T．磁场的磁感强度由磁场本身决定，当通入的电流加倍时，磁场的磁感强度仍为0.1T．故答案为：0.1，0.1，0.1；【点评】熟练应用磁感应强度定义式即可求出磁感应强度，要注意定义式的适用条件．知道磁感应强度的决定因素．会计算当导线与磁场有一定夹角时的安培力的大小．13．一个300匝的线圈，穿过它的磁通量在0.01s内由6×10﹣2Wb均匀地减小到3×10﹣2Wb．求线圈中的感应电动势的大小．【考点】法拉第电磁感应定律．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】线圈的磁通量变化时，产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可得感应电动势大小．【解答】解：根据法拉第电磁感应定律得：E=N=300×V=900V；答：线圈中的感应电动势为900V．【点评】平均感应电动势的大小由N，而瞬时感应电动势如此由E=BLV来求得，注意V是切割磁感线的速度，L是有效切割长度．三、作图题14．在如下列图的各图中，匀强磁场的磁感应强度均为B，带电粒子的速率均为v，带电荷量均为+q，试标出洛伦兹力的方向．【考点】左手定如此；洛仑兹力．【专题】作图题；定性思想；图析法；电磁感应中的力学问题．【分析】此题考查了左手定如此的直接应用，根据左手定如此即可正确判断磁场、运动方向、洛伦兹力三者之间的关系，特别注意的是四指指向和正电荷运动方向一样和负电荷运动方向相反．【解答】解：甲图中：因v⊥B，所以F=qvB，方向与v垂直斜向上．乙图中：由于v与B平行，所以不受洛伦兹力．丙图中：v与B垂直，F=qvB，方向与v垂直斜向下．答：方向如图丁、戊所示：【点评】此题考查洛仑兹力方向的判断，要注意明确左手与正电荷的运动方向一样，与负电荷运动方向相反；同时注意判断几何关系的判断，特别是平行的判断．15．在如图中，根据磁感线方向，标出磁体的N，S极．【考点】磁感线与用磁感线描述磁场．【专题】作图题；开放题；定性思想；推理法；电磁学．【分析】根据磁感线的特点：在磁体外磁感线从N极出发，回到S极即可做出判断．【解答】解：根据磁感线的特点：在磁体外，磁感线从N极出发，回到S极，所以该条形磁铁的左侧是N极，右侧是S极．如图．答：如图【点评】该题由磁感线的方向判断磁体的极性，牢记在磁体外磁感线从N极出发，回到S极；在磁体内由S极指向N极即可．根底题目．16．通电螺线管通电时，小磁针指向如下列图，请标出通电螺线管的N极与电源正极【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【专题】作图题；学科综合题；定性思想；推理法；电磁学．【分析】小磁针的N极的方向表示磁场的方向，由此得出通电螺线管的磁场的方向，然后哟哟安培定如此判断出电流的方向，最后根据电路的特点判断电源的正负极．【解答】解：由图可知，磁场的方向向右，如此螺旋管的右侧为N极，由安培定如此可知，螺旋管外侧电流的方向向下，所以电源的右侧为负极．如图．答：如图【点评】该题考查磁极间的相互作用和安培定如此，要理解利用右手定如此，既可以由电流的方向判断磁场的方向，也可以由磁场的方向判断电流的方向．三、计算题：17．真空中有两个完全一样的带电小球A和B，相距r=0.5m，分别带有+4.0×10﹣5C和﹣2.0×10﹣5C的电荷，静电力恒量为k=9×109Nm2/C2．求：两电荷之间的静电力的大小和方向．【考点】库仑定律．【专题】定量思想；方程法；电场力与电势的性质专题．【分析】根据库仑定律公式F=k列式求解；同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．【解答】解：〔1〕根据库仑定律，乙球受到甲球的静电力大小为：F=F=k=9×109×=28.8N异种电荷相互吸引，两电荷之间的静电力的方向互相指向对方；答：两电荷之间的静电力的大小为28.8N，而方向即为互相指向对方．【点评】此题关键根据库仑定律公式和电场强度定义公式列式求解，同时注意库仑力的方向确定．18．匀强磁场的磁感强度B为0.20T，切割磁感线的导线的长度L为50cm，线框向左垂直磁场方向匀速运动，速度v=10m/s．电阻R为5.0Ω，其它局部电阻不计．试求：〔1〕感应电动势的大小〔2〕感应电流的大小．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．【专题】计算题；定量思想；模型法；电磁感应与电路结合．【分析】〔1〕根据E=BLv求感应电动势的大小．〔2〕由欧姆定律求感应电流的大小．【解答】解：〔1〕感应电动势的大小为：E=BLv=0.2×0.5×10V=1V〔2〕感应电流的大小为：I==A=0.2A答：〔1〕感应电动势的大小是1V．〔2〕感应电流的大小为0.2A．【点评】解决此题的关键是掌握电磁感应的根本规律：感应电动势公式E=BLv和欧姆定律．要注意E=BLv只适用于垂直切割的情形．。

福建省八县(市)2015-2016学年高二上学期期中联考物理试题解析(解析版)

福建省八县一中2015-2016学年高二上学期期中考试物理试题一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，第1—8题只有一项符合题目要求，第9—12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1、下列有关生产、生活中应用的分析或判断，错误的是A．激光打印机是利用静电来实现“打印”的，而在传送带上镀银是为了防止静电产生的危害B．制作标准电阻器时要选用温度系数很小的合金（如锰铜合金）材料C．电热水器、电饭煲、电熨斗、电刻笔等都是利用电流的热效应来工作的D．高压线路的检修人员在进行高压带电作业时，穿绝缘服比穿金属网状服更安全【答案】D【解析】试题分析：激光打印机是利用静电来实现“打印”的，而在传送带上镀银是为了防止静电产生的危害，选项A 正确；制作标准电阻器时要选用温度系数很小的合金（如锰铜合金）材料，以免电阻的阻值受到温度的影响，选项B正确；电热水器、电饭煲、电熨斗、电刻笔等都是利用电流的热效应来工作的，选项C正确；高压线路的检修人员在进行高压带电作业时，穿金属网状服比穿绝缘服更安全，选项D错误；故选D.考点：静电的防止和利用；电流的热效应；电阻.2、关于电场强度，下述说法正确的是A．根据E = F/q，可知电场中某点的场强跟试探电荷受到电场力及其电量共同决定B．根据E = KQ/r2，可知点电荷电场中某点的场强大小与该点到点电荷距离的二次方成反比C．根据E =U/d , 可知匀强电场中的场强在数值上等于单位距离上的电势差D．电场强度是矢量，其方向跟试探电荷在该点的受力方向相同【答案】B【解析】试题分析：电场中某点的电场强度是由电场本身来决定的，与试探电荷所带的电量和受的电场力无关，选项A错误；根据E = KQ/r2，可知点电荷电场中某点的场强大小与该点到点电荷距离的二次方成反比，选项B正确；根据E =U/d , 可知匀强电场中的场强在数值上等于沿电场线方向上单位距离上的电势差，选项C 错误；电场强度是矢量，其方向跟正的试探电荷在该点的受力方向相同，选项D错误；故选B.考点：电场强度的定义式；点电荷场强；匀强电场的场强.3、由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电量分别q 1和q 2，其间距离为r 时，它们之间的相互作用力的大小为F=kq 1q 2/r 2错误！未找到引用源。

福建省福州市第八中学高二上学期期中考试物理(理)试题(有答案)

第一学期期中考试高二物理（理）一、单项选择题（每小题4分，共24分）1、下列关于电场线的几种说法中,正确的有A.沿电场线的方向,电场强度必定越越小B.在多个电荷产生的电场中,电场线是可以相交的C.点电荷在电场中的运动轨迹一定跟电场线是重合的D.电场线越密的地方,同一试探电荷所受的电场力越大2、一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，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3、两个等量异种电荷的连线的垂直平分线上有A、B、C三点，如图所示，下列说法正确的是A．a点电势比b点高B．a、b两点的场强方向相同，a点场强比b点大C．a、b、c三点和无穷远处等电势D．一个电子在a点无初速释放，则它将在c点两侧往复振动4、某电解池内若在2 s内各有1.0×1019个二价正离子和2×1019个一价负离子通过某横截面，那么通过这个横截面的电流是A．0 B．0.8 A C．1.6 A D．3.2 A5、有两个完全相同的金属小球A和B(它们的大小可忽略不计)，分别带电荷量q和5q, 当它们在真空中相距一定距离时，A球对B球的斥力为F，若用绝缘手柄移动这两个小球，使它们相接触后分别再放回原处，则它们间的作用力变为。

A．F B．3F C．6F D．1.8F6、如图所示，质量为m、带电量为+q的滑块，绝缘斜面匀速下滑，当滑块滑至竖直向下匀强电场区时，滑块运动的状态为A．继续匀速下滑B．将加速下滑C ．将减速下滑D ．上述三种情况都可能发生二、不定项选择题（每小题4分，共24分，漏选得2分，错选不得分）7、温度能明显地影响金属导体和半导体材料的导电性能，在下图中所示的图象中分别为某金属和某半导体的电阻随温度变化的关系曲线，则 A ．图线1反映半导体材料的电阻随温度的变化 B ．图线2反映金属导体的电阻随温度的变化 C ．图线1反映金属导体的电阻随温度的变化 D ．图线2反映半导体材料的电阻随温度的变化 8、下列说法正确的是A ．将电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能一定增加B ．将正电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能一定增加C ．将负电荷由电势高的地方移到电势低的地方，电势能一定增加D ．无论是正电荷还是负电荷，静电力做负功时电势能一定增加9、图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线．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 点电势．若不计重力，则 A ．M 带负电，N 带正电B ．N 在a 点的速度与M 在c 点的速度大小相同C ．N 在从O 点运动至a 点的过程中克服静电力做功D ．M 在从O 点运动至b 点的过程中，静电力对它做的功等于零10、如图所示，虚线a 、b 、c 为三个同心圆面，圆心处为一个点电荷．现从c 外面一点P 以相同的速率发射两个电荷量、质量都相等的带电粒子，分别沿PM 、PN 运动到M 、N ，M 、N 两点都位于圆周c 上，以下判断正确的是 A ．两粒子带同号电荷B ．两粒子带异号电荷C ．到达M 、N 时两粒子速率仍相等D ．到达M 、N 时两粒子速率不相等11、如图所示的电路中，L 1，L 2是两个不同的小灯泡，a 、b 间有恒定的电压，他们都正常发光，当滑动变阻器的滑动触头向右滑动时，发生的现象是A．L1亮度不变，L2变暗B．L1变暗，L2变亮C．电路消耗的总功率变小D．流过滑动变阻器的电流变小12、如右图所示，在粗糙绝缘的水平面上有一物体A带正电，另一带正电的物体B沿着以A为圆心的圆弧由P到Q缓慢地从A的正上方经过，若此过程中A始终保持静止，A、B两物体可视为质点，则下列说法正确的是A．物体A受到地面的支持力先增大后减小B．物体A受到地面的支持力保持不变C．物体A受到地面的摩擦力先减小后增大D．库仑力对物体B先做正功后做负功二、填空题（每个空2分，共22分）13、一条平直的电场线上有A、B、C三点，把m=2×10-9g，q=-2×10-9C的电荷从A点移到B点，电场力做1.5×10-7J的正功，再把该电荷从B点移到C点，电荷克服电场力做功4×10-7J，则U AB= V，U AC= V。

2016-2017学年福建省福州八中高二(上)期末物理试卷

2016-2017学年福建省福州八中高二（上）期末物理试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共16小题，共64.0分)1.首先发现电流磁效应的科学家是（）A.奥斯特B.安培C.库仑D.麦克斯韦【答案】A【解析】解：1820年，奥斯特意外地发现载流导线的电流会作用于磁针，使磁针改变方向，也就是通电导体周围产生磁场．故选：A．根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．2.在点电荷产生的电场中，以它为圆心做一个圆，那么圆上A、B两点（）A.电场强度相同，电势相等B.电场强度相同，电势不相等C.电场强度不相同，电势相等D.电场强度不相同，电势不相等【答案】C【解析】解：在单个点电荷产生的电场中，以它为圆心做一个圆，在圆周上各处电场线疏密相同，但方向各不相同，故场强的大小相同，场强的方向各不相同，所以圆上各点的场强不同．点电荷的等势面是一簇簇一点电荷为球心的同心球面，球面上各点的电势相等．故C正确，ABD错误．故选：C点电荷产生的电场线是辐射状或汇聚状的，根据电场线的特点判断电场强度的关系．通过点电荷的等势面判断各点电势的关系解决本题的关键掌握点电荷周围电场的特点，注意电场强度是矢量，有大小有方向．以及知道点电荷的等势面特点3.如图所示，直线a为电源的U-I图线，直线b为电阻R的U-I图线，用该电源和该电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的效率分别为（）A.4W、33.3%B.2W、33.3%C.4W、67%D.2W、67%【答案】C【解析】解：电源的U-I图线a与纵轴的交点表示断路状态，则电源的电动势为E=3V，图线a的斜率大小等于电源的内阻，则有r==0.5Ω．电阻R的U-I图线的斜率等于电阻R，则有R==1Ω，当该电源和该电阻组成闭合电路时，电路中电流为I==2A，路端==67%．电压为U=IR=2V，则电源的输出功率P出=UI=4W，电源的效率为η=出总故选C根据电源的U-I图线a，读出电源的电动势和内阻，电阻R的U-I图线的斜率读出电阻，由欧姆定律求出该电源和该电阻组成闭合电路时电流，再求出电源的输出功率和电源的效率．本题考查运用数学知识分析图象物理意义的能力．实质上，两图线的交点就表示该电源和该电阻组成闭合电路时工作状态，可直接读出电流和电压．4.如图，匀强磁场磁感应强度分别为B1和B2，OO′是它的分界面，B1＞B2．现有一带正电粒子+q以速度V垂直于磁感应强度B1的方向进入磁场，经一段时间进入B2磁场，已知带电粒子在B1和B2磁场中的动能和轨道半径分别为E1、E2、r1、r2，则它们之间的关系是（）A.E1＞E2，r1＞r2B.E1=E2，r1＜r2C.E1＞E2，r1＜r2D.E1=E2，r1＞r2【答案】B【解析】解：洛伦兹力对粒子不做功，粒子在运动过程中动不变，即：E1=E2，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv B=m，解得：r=，由于B1＞B2，则：r1＜r2，故B正确；故选：B．粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力对粒子不做功，洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律可以求出粒子的轨道半径．本题考查了比较粒子的动能大小、粒子轨道半径大小问题，知道洛伦兹力对粒子不做功、应用牛顿第二定律即可正确解题．5.两个带正电的小球，放在光滑的绝缘的水平面上，相距一定的距离，若同时由静止开始释放两球，它们的加速度和速度将（）A.速度变大，加速度变大B.速度变小，加速度变小C.速度变大，加速度变小D.速度变小，加速度变大【答案】C【解析】解：由静止开始释放两球，两球各自受库仑斥力，两球距离增大，根据库仑定律F=得两球的斥力将会减小，根据牛顿第二定律所以小球加速度变小，而加速度方向与速度方向相同，所以速度变大，故选C．由静止开始释放两球，两球各自受库仑斥力，两球距离增大，根据库仑定律F=判断库仑力的变化．根据牛顿第二定律判断加速度的变化．熟悉库仑定律的表达式，能够在具体问题中判断库仑力的变化．6.如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个质量和电量均相同的正、负离子（不计重力），从点O以相同的速度先后射入磁场中，入射方向与边界成θ角，则关于正、负离子在磁场中的运动，下列说法错误的是（）A.运动轨迹的半径相同B.运动时间相同C.重新回到边界时的速度的大小和方向相同D.重新回到边界的位置与O点距离相等【答案】B【解析】解：A、根据牛顿第二定律得：qv B=m得：r=，由题q、v、B大小均相同，则r相同．故A正确．B、粒子的运动周期T=，则知T相同．根据左手定则分析可知，正离子逆时针偏转，负离子顺时针偏转，重新回到边界时正离子的速度偏向角为2π-2θ，轨迹的圆心角也为2π-2θ，运动时间t=T．同理，负离子运动时间t=T，显然时间不等．故B错误．C、正负离子在磁场中均做匀速圆周运动，速度沿轨迹的切线方向，根据圆的对称性可知，重新回到边界时速度大小与方向相同．故C正确．D、根据几何知识得知重新回到边界的位置与O点距离S=2rsinθ，r、θ相同，则S 相同．故D正确．本题选择错误的，故选：B由题正负离子的质量与电量相同，进入同一磁场做匀速圆周运动的周期相同，根据偏向角的大小分析运动时间的长短．由牛顿第二定律研究轨道半径．根据圆的对称性，分析离子重新回到边界时速度方向关系和与O点距离．根据题意画出轨迹示意图，可根据几何关系求出回到边界时离O点的距离；利用对称关系判断回到边界时速度的方向；带电粒子在磁场中做匀速圆周运动问题求运动时间，可用关系式有t=T，θ是轨迹的圆心角，而且轨迹的圆心角等于速度的偏转角．7.下列说法中正确的是（）A.由B=可知，磁感应强度B与一小段通电直导线受到的磁场力成正比B.一小段通电导线所受磁场力的方向就是磁场方向C.一小段通电导线在某处不受磁场力，该处磁感应强度一定为零D.磁感应强度为零的地方，一小段通电导线在该处不受磁场力【答案】D【解析】解：A、磁感应强度B=是采用比值法定义的，B大小与F、IL无关，B由磁场本身决定，故A错误；B、根据左手定则可知，磁场方向与磁场力方向垂直，故B错误；C、根据F=BIL可知，当磁感应强度为零处，它所受磁场力一定为零，但在某处不受磁场力，该处磁感应强度一定为零，还与放置的位置有关，当导体方向与磁场方向在一条线上时，导体不受磁场力作用，此时磁感应强度并非为零，故C错误，D正确．故选D．本题考查了磁场的大小与方向，磁感应强度B=是采用比值法定义的，B大小与F、IL无关，B由磁场本身决定，当电流方向与磁场方向不在同一直线上时，导体才受到磁场力作用，磁场力的方向与电流、磁场垂直．对于磁感应强度的定义式B=，要明确其定义方法、适用条件，以及各个物理量的含义，可以和电场强度的定义E=类比学习，并知道通电导线在磁场中是否受到还与放置的角度有关．8.当导线中分别通以图示方向的电流，小磁针静止时北极指向读者的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】解：A、通电直导线电流从左向右，根据右手螺旋定则，则有小磁针所处的位置磁场方向垂直纸面向里，所以小磁针静止时北极背离读者，故A错误；B、如图所示，根据右手螺旋定则，磁场的方向逆时针（从上向下看），因此小磁针静止时北极背离读者，故B错误；C、环形导线的电流方向如图所示，根据右手螺旋定则，则有小磁针所处的位置磁场方向垂直纸面向外，所以小磁针静止时北极指向读者，故C正确；D、根据右手螺旋定则，结合电流的方向，则通电螺线管的内部磁场方向，由右向左，则小磁针的静止时北极指向左，故D错误；故选：C．由右手螺旋定则，结合小磁针静止时北极指向即为磁场的方向，可知通电直导线与螺线管的磁场方向，从而即可求解．本题考查右手螺旋定则及磁极间的相互作用，要求学生能熟练应用右手螺旋定则判断磁极或电流方向，注意小磁针静止时的N极指向即为磁场的方向，同时通电螺线管的内部磁场方向由S极到N极．9.如图所示电路中，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω．D为直流电动机，其线圈电阻R=2Ω，限流电阻R′=3Ω．当电动机正常工作时，电压表示数为0.3V．则电动机的输出功率是（）A.0.56wB.0.54wC.0.57wD.0.60w【答案】B【解析】=═0.1 A解：通过电动机的电流I与流过限流电阻R′的电流相同，由I=′由E=I r+U+U D可得电动机两端电压：U D=E-I r-U=6V-0.1×1V-0.3V=5.6V所以电动机输入的电功率：P入=U D I=0.56W电动机的发热功率：P热=I2R=0.02W电动机的输出功率：P出=P入-P热=0.54W故选：B电动机与电阻串联，根据欧姆定律求解电流；根据P=UI求解输入到电动机的电功率；根据P出=UI-I2r求解输出功率．在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．10.下列关于电场线和磁感线的说法中，正确的是（）A.电场线和磁感线都是电场或磁场中实际存在的线B.磁场中两条磁感线一定不相交，但在复杂电场中的电场线是可以相交的C.电场线是一条不闭合曲线，而磁感线是一条闭合曲线D.电场线越密的地方，同一试探电荷所受的电场力越大；磁感线分布较密的地方，同一试探电荷所受的磁场力也越大【答案】C【解析】解：A、电场线和磁感线都是为了形象的描述电场和磁场而引入的曲线，是假想的，不是实际存在的线，所以A错误；B、电场线和磁感线都是不会相交的，否则的话在该点就会出现两个不同的方向，这是不可能的，所以B错误；C、电场线是一条不闭合曲线，有起点和终点，而磁感线是一条闭合曲线，所以C正确；D、电场线越密的地方，电场的强度大，同一试探电荷所受的电场力越大，但是在磁场中，静止的电荷是不受磁场力作用的，所以D错误；故选C．电场线是从正电荷或者无穷远发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小；磁感线是在磁场中的用来描述磁感应强度的闭合的曲线，它的特点和电场线类似，但是磁感线是闭合的曲线，电场线不是闭合的，有起点和终点．本题就是考查学生对电场线和磁感线的理解，它们之间的最大的区别是磁感线是闭合的曲线，但电场线不是闭合的，有起点和终点．11.一个电流表的满偏电流I g=1m A．内阻为300Ω，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（）A.串联一个10000Ω的电阻B.并联一个10000Ω的电阻C.串联一个9700Ω的电阻D.并联一个9700Ω的电阻【答案】C【解析】解：应串联电阻为R=-R g=-300=9.7×103ΩA、由上式知应串联9.7KΩ的电阻．故A错误B、改装成电压表应串联电阻不是并联．故B错误C、由解析式得应串联9.7KΩ的电阻．故C正确D、不应并联应串联电阻．故D错误故选：C．电流表串联电阻起分压作用为电压表，电压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．电流表改装成电压表应串联电阻分压．串联电阻阻值为：R=-R g，是总电阻．12.在图中，标出磁场B的方向，通电直导线中电流I的方向，以及通电直导线所受磁场力F的方向，其中正确的是（）（用“•”表示磁感线垂直于纸面向外，“×”表示磁感线垂直于纸面向里；“⊙”表示电流垂直于纸面向外，“ⓧ”表示电流垂直于纸面向里．）A. B. C. D.【答案】C【解析】解：通电导线在磁场中受到安培力，其方向由左手定则来确定．左手定则内容是：伸开左手大拇指垂直四指且在同一平面内，让磁感线穿过掌心，四指指的是正电荷的运动方向（电流），则大拇指就是洛伦兹力（安培力）方向．所以洛伦兹力（安培力）与磁场方向垂直、与运动方向垂直，即其与磁场与运动（电流）方向所构成的平面垂直．A、电流方向水平向左，由左手定则可知安培力竖直向下，故A错误；B、由于电流方向与磁场方向相同，则没有安培力，故B错误；C、电流方向垂直纸面向外，由左手定则可得安培力方向竖直向下，故C正确；D、电流方向水平向右，由左手定则可知，安培力方向垂直纸面向外，D错误；故选：C通电导线在匀强磁场中受到的安培力的方向由左手定则来判定．左手定则是判定安培力的方向，同时也可以判定洛伦兹力方向，而右手定则是确定感应电流方向．同时当运动粒子是正电荷时，则大拇指的方向即为洛伦兹力方向．若是负电荷时，则大拇指的反方向即为洛伦兹力方向．13.如图所示，当滑线变阻器的滑动触点向上滑动（）A.电压表V的读数增大，电流表A的读数减小B.电压表V和电流表A的读数都减小C.电压表V和电流表A的读数都增大D.电压表V的读数减小，电流表A的读数增大【答案】A【解析】解：当滑动变阻器的滑动触点向上移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻R增大，由欧姆定律分析总电流I减小，路端电压U=E-I r增大，即电压表示数增大，电阻R2的电压U2=E-I（r+R1）增大，流过电阻R2的电流I2增大，则流过电流表的电流I3=I-I2减小．所以伏特表V的读数增大，安培表A的读数减小，故A正确，BCD错误．故选：A．当滑线变阻器的滑动触点向上滑动时，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和路端电压的变化，再分析流过变阻器电流的变化，来判断电表读数的变化．本题是简单的电路动态变化分析问题，往往按“部分→整体→部分”的顺序分析．14.如图所示，A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点．已知A、B、C三点的电势分别为U A=17V，U B=2V，U C=-4V．由此可得D点的电势U D为（）A.15VB.6VC.11VD.21V【答案】C【解析】解：连接AC，将AC七等分，标上各等分点E、F、G、H、I、J，则根据匀强电场中沿电场线方向相等距离，电势差相等可知，所以各点的电势为φE=14VφF=11VφG=8VφH=5VφI=2VφJ=-1V．连接BI，则BI为一条等势线，根据几何知识可知，DF∥BI，则DF也是一条等势线，所以D点电势U D=φF=11V故C正确、ABD错误．故选：C．连接AC，在AC上找出与B点等电势点，作出等势线，再过D作出等势线，在AC线上找出与D等势点，再确定D点的电势．本题的技巧是找等势点，作等势线，充分利用匀强电场的等势面相互平行，而且沿电场线方向相等距离，电势差相等进行作图．15.如图所示，带箭头的线段表示某一电场，一带电粒子仅在电场力的作用下经过A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，则（）A.带电粒子带负电，在A点动能大，电势低，电势能小B.带电粒子带负电，在B点动能大，电势高，电势能大C.带电粒子带正电，在A点动能大，电势低，电势能小D.带电粒子带正电，在B点动能大，电势高，电势能大【答案】C【解析】解：粒子从A到B，电场力对粒子运动做负功，因此粒子带正电；由于B点的电场线密，所以B点的电场力大，则B点的加速度较大；粒子从A到B，电场力对粒子运动做负功，电势能增加，导致动能减少；沿着电场线电势降低，所以B点的电势高；即带电粒子带正电，在A点动能大，电势低，电势能小；故选：C电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向．不计重力的粒子在电场力作用下从A到B，运动与力关系可知，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧．电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布．对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧．16.如图所示的空间，匀强电场的方向竖直向下，场强为E，匀强磁场的方向水平向外，磁感应强度为B，有两个带电小球A和B都能在垂直于磁场方向的同一竖直平面内做匀速圆周运动（两小球间的库仑力可忽略），运动轨迹如图中所示，已知两个带电小球A和B的质量关系为m A=3m B，轨道半径为R A=3R B．则下列说法正确的是（）A.小球A带正电、B带负电B.小球A带负电、B带正电C.小球A、B的速度比为3：1D.小球A、B的速度比为1：3【答案】C【解析】解：因为两带电小球都在复合场中做匀速圆周运动，故必有q E=mg，由电场方向可知，两小球都带负电荷…①m A g=q A E…②m B g=q B E…③由题意，m A=3m B，所以=…④由qv B=m得R=…⑥则得v=由题意R A=3R B，则得=．故C正确，ABD错误．故选C根据小球做匀速圆周运动，则有电场力与重力二力平衡，从而可求出电量比值，并由电场方向从而确定电性；根据洛伦兹力提供向心力，从而求得半径的表达式，即可求解速度之比．考查电场力与重力相平衡从而确定电量与电性，掌握洛伦兹力提供向心力，推导出半径表达式．六、多选题(本大题共4小题，共16.0分)22.地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场方向垂直纸面向里，一个带电油滴能沿一条与竖直方向成α角的直线MN运动（MN在垂直于磁场方向的平面内），如图所示，则以下判断中正确的是（）A.如果油滴带正电，它是从M点运动到N点B.如果油滴带正电，它是从N点运动到M点C.如果电场方向水平向左，油滴是从M点运动到N点D.如果电场方向水平向右，油滴是从M点运动到N点【答案】AC【解析】解：A、根据做直线运动的条件和受力情况（如图所示）可知，如果油滴带正电，由左手定则判断可知，油滴的速度从M点到N点，故A正确，B错误．C、如果水平电场方向向左，油滴带正电，电场力水平向左，由左手定则判断可知，油滴的速度从M点到N点．若油滴带负电，电场力水平向右，洛伦兹力方向垂直于直线，油滴所受的合力不可能为零，速度变化，洛伦兹力也随之变化，油滴将做曲线运动．故如果水平电场方向向左，油滴是从M点运动到N点．故C正确．D、如果水平电场方向向右，同理可知，油滴带负电，油滴是从N点运动到M点．故D 错误．故选：AC．对带电粒子进行受力分析，受到竖直向下的重力，水平方向的电场力和垂直于虚线的洛伦兹力，由于带电粒子做直线运动，所以洛伦兹力只能垂直于直线向上，从而可判断粒子的电性（带负电），同时可知电场力的方向向左，再根据各力的做功情况，即可判断各选项的正误．带电粒子在重力场、电场、磁场的复合场中，只要是做直线运动，一定是匀速直线运动（v与B不平行）．若速度是变的，洛伦兹力会变，合力就是变的，合力与速度不在一条直线上，带电体就会做曲线运动．23.一带电粒子在电场中只受电场力作用时，它可能出现的运动状态是（）A.匀速直线运动B.匀加速直线运动C.匀变速曲线运动D.匀速圆周运动【答案】BCD【解析】解：一带电粒子在电场中只受电场力作用时，合力不为0．A、物体合力不为0，不可能做匀速直线运动，故A错误．B、物体合力不为0，当初速度方向与加速度方向相同，若受到的电场力恒定，就可做匀加速直线运动，故B正确．C、物体合力不为0，当初速度方向与加速度方向不在一条直线上，若受到的电场力恒定，就可做匀变速曲线运动，故C正确．D、物体合力不为0，当合力与速度方向始终垂直，就可能做匀速圆周运动，故D正确．故选：BCD．根据物体的初状态和受力情况判断物体的运动情况．依据初速度与加速度的方向关系，可做判定．本题重点要关注力与速度关系，这个关系决定物体的运动形式，要了解几种常见的运动状态的受力情况和速度变化情况．24.如图，R1为定值电阻，R2为可变电阻，E为电源电动势，r为电源内电阻，以下说法中正确的是（）A.当R2=R1+r时，R2上获得最大功率B.当R1=R2+r时，R1上获得最大功率C.当R2=0时，电源的总功率最大D.当R2=0时，电源的输出功率最大【答案】AC【解析】解：A、将R1等效到电源的内部，R2上的功率等于等效电源的输出功率，当外电阻等于内阻时，即R2=R1+r时，输出功率最大，即R2上的功率最大．故A正确．B、根据P=I2R，电流最大时，R1上的功率最大．当外电阻最小时，即R2=0时，电流最大．故B错误．C、当R2=0时，电路中电流最大，电源的总功率P=EI，E不变，则此时电源的总功率最大，故C正确．D、当外电阻等于内阻时电源的输出功率最大，外电阻与内电阻越接近，电源的输出功率越大，由于R1与r的关系未知，故当R2=0时，无法判断电源的输出功率是否最大，故D错误；故选AC电路中有一个常用的推论：当外电阻等于内阻时电源的输出功率最大．可将定值电阻看成电源的内阻，分析可变电阻的功率；对于定值电阻，根据P=I2R，电流最大时，功率最大．解决本题的关键掌握当外电阻等于内阻时电源的输出功率最大．对于定值电阻，根据P=I2R，电流最大时，功率最大．25.如图所示为圆柱形区域的横截面．在没有磁场的情况下，带电粒子（不计重力）以某一初速度沿截面直径方向入射时，穿过此区域的时间为t；若该区域加垂直该区域的匀强磁场，磁感应强度为B，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，带电粒子飞出此区域时，速度方向偏转了，根据上述条件可求得的物理量为（）A.带电粒子的比荷B.带电粒子的初速度C.带电粒子在磁场中运动的半径D.带电粒子在磁场中运动的周期【答案】AD【解析】解：无磁场时，带电粒子做匀速直线运动，设圆柱形区域磁场的半径为R，则有：v=…①而有磁场时，带电粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv B=m，解得：轨道半径：r=…②由几何关系得，圆磁场半径与圆轨道半径的关系：r=R…③由①②③联式可得：=；带电粒子在磁场中运动的周期为：T==πt．由于不知圆磁场的半径，因此带电粒子的运动半径也无法求出，以及初速度无法求出．故AD正确，BC错误．故选：AD．在没有磁场时，不计重力的带电粒子以某一初速度沿截面直径方向入射，穿过此区域时粒子做匀速直线运动；在有磁场时，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，粒子飞出此区域时，粒子做匀速圆周运动．在匀速直线运动中虽不知半径，但可由位移与时间列出与入射速度的关系，再由匀速圆周运动中半径公式可算出粒子的比荷、周期．带电粒子仅在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，洛伦兹力只改变速度的方向不改变速度的大小，洛伦兹力对粒子也不做功．同时当粒子沿半径方向入射，则也一定沿着半径方向出射．七、单选题(本大题共1小题，共4.0分)26.回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法正确的是（）A.增大电场的加速电压B.增大D形金属盒的半径C.减小狭缝间的距离D.减小磁场的磁感应强度【答案】B【解析】解：由qv B=m，解得v=．则动能E K=mv2=，知动能与加速的电压无关，狭缝间的距离无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关，增大磁感应强度和D形盒的半径，可以增加粒子的动能．故B正确，A、C、D 错误．故选：B．回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子射出时的速度，从而得出动能的表达式，看动能与什么因素有关．解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道粒子的最大动能与加速的电压无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关八、多选题(本大题共1小题，共4.0分)27.如图所示，某空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，已知一离子在电场力和磁场力作用下，从静止开始沿曲线acb运动，到达b点时速度为零，c为运动的最低点．则（）A.离子必带负电B.a、b两点位于同一高度C.离子在c点速度最大D.离子到达b点后将沿原曲线返回【答案】BC【解析】解：A、粒子开始受到电场力作用开始向下运动，在运动过程中受洛伦兹力作用，知电场力方向向下，则离子带正电．故A错误．B、根据动能定理知，洛伦兹力不做功，在A到B的过程中，动能变化为零，则电场力做功为零，A、B两点等电势，因为该电场是匀强电场，所以A、B两点位移同一高度．故B正确．C、根据动能定理得，离子运动到C点电场力做功最大，则速度最大．故C正确．D、只要将离子在B点的状态与A点进行比较，就可以发现它们的状态（速度为零，电势能相等）相同，如果右侧仍有同样的电场和磁场的叠加区域，离子就将在B之右侧重现前面的曲线运动，因此，离子是不可能沿原曲线返回A点的．如图所示．故D错误．。

高二物理上学期期中-福州市八县(市)协作校联考2015-2016学年高二上学期期中物理试题及答案(文科)

2015-2016学年福建省福州市八县（市）协作校联考高二（上）期中物理试卷（文科）一、单项选择题（本题共12题，每小题4分，共48分.每小题只有一个选项是正确的，多选、不选货错选均不给分）1．真空中两个点电荷之间距离由r增大到2r，此过程中他们之间的库仑力大小（）A．不断增大 B．不断减小 C．不变 D．先变大后变小2．如图所示的电场中，A、B两点电场强度相同的是（）A． B．C．D．3．雷雨天气应谨防雷电．下列做法正确的是（）A．雷雨天气外出时在孤立的大树下避雨B．雷雨天气外出时在空地上蹲下C．雷雨天气外出时在户外打手机D．在室内时，及时断开电视电源4．下列电学器件中，哪个是电容器（）A．B．C．D．5．通过一个电阻的电流是5A，经过4min，通过该电阻的一个截面的电量是（）A．20C B．50C C．1200C D．2000C6．下列电器中不是利用电流热效应的是（）A．电冰箱B．电水壶C．电烙铁D．电熨斗7．如图所示，在通电螺线管的周围和内部a、b、c、d四个位置分别放置了小磁针，小磁针涂黑的一端是N极．图中正确表示小磁针静止时的位置是（）A．a B．b C．c D．d8．如图所示的磁场中同一条磁感线（方向末标出）上有a，b两点，这两点处的磁感应强度（）A．大小相等，方向不同B．大小不等，方向相同C．大小相等，方向相同D．大小不等，方向不同9．如图所示，一通电直导线与匀强磁场方向垂直，导线所受安培力的方向是（）A．向上 B．向下 C．垂直纸面向里 D．垂直纸面向外10．利用变压器不可能做到的是（）A．增大电流 B．升高电压 C．减小电压 D．增大功率11．电磁感应现象揭示了电和磁之间的内在联系，根据这一发现，发明了许多电器设备．下列电器中，哪个没有利用电磁感应原理的（）A．动圈式话筒B．白炽灯C．磁带录音机D．电磁炉12．如图所示，闭合方形线框ABCD处在足够大并与线圈平面垂直的匀强磁场中，下列各种情况中能在线框中产生感应电流的是（）A．线框向右作匀速直线运动B．线框向右作加速直线运动C．线框以AB为轴转动D．线框以A点为圆心在纸面内转动二、填空题（本题共3小题，每空各2分，作图2分，共24分）13．在某一电场中的P点放入一个带电电荷量为q=2×10﹣4C的负电荷，所受电场力大小为F=8N，方向水平向左，则P点电场强度E=N/C，方向．把该负电荷移走后，P点的电场强度E=N/C，方向．14．下列关于麦克斯韦电磁场理论的说法是：变化的电场能产生磁场，变化的磁场能产生电场（填“一定”或“不一定”）．15．（12分）（2015秋•福州期中）为了演示电磁感应现象，图中给出了一系列必备的实验仪器，另备有用于连接仪器的导线若干（图中未画出）．（1）请用导线将仪器连接成正确的试验电路．（2）连成电路后，合上开关瞬间，我们发现电流计的指针，开关完全合上后，电流计的指针，移动滑动变阻器触头，电流计指针，将小螺线管从大螺线管中拔出的过程，电流计指针．（以上各空均填“偏转”或“不偏转”．）这个演示实验表明，不论用什么方法，只要，闭合电路中就有感应电流产生．三、计算题（本大题共3小题，第16、17题各8分，第18题12分，共28分.请按题目要求作答，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得分.有数值计算的题目，答案中必须明确写出数值和单位）16．在10s内通过导体某一横截面的电量为16C，则通过该导体的电流大小是A．10s内通过这个截面的电子有个（电子的电荷量为1.6×10﹣19C）17．地磁场在地面附近的平均值为5×10﹣4T．一导线东西放置，长为20m，当通入20A的电流时，它受到的磁场力为多大？若把该通电导线南北放置，它受到的磁场力为多大？18．（12分）（2015秋•福州期中）如图所示，在磁感强度为0.5T的匀强磁场中，让长是0.4m 的导体AB在金属框架上以5m/s的速度向左运动．如果电阻R=2Ω，其它导体的电阻可忽略不计．求：（1）导体AB中的感应电动势的大小．（2）通过电阻R中的电流大小．（3）导体AB受到的安培力的大小．2015-2016学年福建省福州市八县（市）协作校联考高二（上）期中物理试卷（文科）参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共12题，每小题4分，共48分.每小题只有一个选项是正确的，多选、不选货错选均不给分）1．真空中两个点电荷之间距离由r增大到2r，此过程中他们之间的库仑力大小（）A．不断增大 B．不断减小 C．不变 D．先变大后变小【考点】库仑定律．【分析】电量不变，只是将距离增大一倍，根据点电荷库仑力的公式F=k可以求得改变之后的库仑力的大小．【解答】解：根据库仑定律，F=k，当两个点电荷之间距离由r增大到2r，则库仑力不断减小，故B正确，ACD错误；故选：B．【点评】本题就是对库仑力公式的直接考查，掌握住公式F=k就很容易分析．2．如图所示的电场中，A、B两点电场强度相同的是（）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】电场线越密，代表电场强度越大，电场线的方向就是电场强度的方向．据此分析即可．【解答】解：A、电场线的疏密代表场强的强弱，电场线越密，代表电场越强，由图知A、B两点的电场强度大小不同，电场强度不同，故A错误．B、电场线的方向就是电场强度的方向，由图可知A、B两点的电场线的方向不同，故A、B两点的电场强度不同．故B错误．C、A、B两点的电场强度大小不同，电场强度不同，故C错误．D、该电场是匀强电场，所以A、B两点电场强度相同，故D正确．故选：D．【点评】把握电场线的特点：电场线的疏密表示场强的大小，切线方向表示场强的方向，即可顺利解决此题．3．雷雨天气应谨防雷电．下列做法正确的是（）A．雷雨天气外出时在孤立的大树下避雨B．雷雨天气外出时在空地上蹲下C．雷雨天气外出时在户外打手机D．在室内时，及时断开电视电源【考点】静电现象的解释．【分析】（1）在打雷下雨时，严禁在山顶或者高丘地带停留，更要切忌继续蹬往高处观赏雨景，不能在大树下、电线杆附近躲避，也不要行走或站立在空旷的田野里，应尽快躲在低洼处，或尽可能找房层或干燥的洞穴躲避．（2）在电闪雷鸣、风雨交加之时，若旅游者在旅店休息，应立即关掉室内的电视机、收录机、音响、空调机等电器，以避免产生导电．打雷时，在房间的正中央较为安全，切忌停留在电灯正下面，忌依靠在柱子、墙壁边、门窗边，以避免在打雷时产生感应电而致意外．（3）雷雨天避免使用手机和上网．【解答】解：A、雷雨天气不能在大树下避雨，因为树比较高，而且树上带有水，树木就成了导体，容易将雷电引下来，人在树下避雨就可能会触电，不符合题意．故A错误；B、雷雨天气外出时，应尽可能避免在空地处，也不要在空地上应立即蹲下，不符合题意；故B错误；C、手机电磁波是雷电很好的导体，电磁波在潮湿大气中会形成一个导电性磁场，极易吸引刚形成的闪电雷击，该选项说法不符合题意．故C错误；D、在电闪雷鸣、风雨交加之时，应立即关掉室内的电视机、收录机、音响、空调机等电器，以避免产生导电．故D正确．故选：D【点评】雷是自然现象中的一种，天空中带不同电的云，相互接近时，产生的一种大规模的放电现象．4．下列电学器件中，哪个是电容器（）A．B．C．D．【考点】常见电容器的构造．【专题】电容器专题．【分析】每种类型的电容内部结构是不一样的！简单来说就是，两个电极中间夹了一层介质就构成了电容！根据介质的不同又分为薄膜电容、铝电解电容、陶瓷电容等【解答】解：A、这是电流表，用来测量电流的器材．故A错误．B、这是滑动变阻器，是一个可调电阻．故B错误．C、这是一个可调电容大小的电容器，故C正确．D、这是一个蓄电池，故D错误．故选C．【点评】了解常见的电容器构造，并能区分于其他的电器．5．通过一个电阻的电流是5A，经过4min，通过该电阻的一个截面的电量是（）A．20C B．50C C．1200C D．2000C【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，求通过电阻截面的电量．【解答】解：根据，得q=It=5×240C=1200C．故C正确，A、B、D错误．故选C．【点评】解决本题的关键掌握电流的定义式．6．下列电器中不是利用电流热效应的是（）A．电冰箱B．电水壶C．电烙铁D．电熨斗【考点】常见家用电器的基本工作原理．【专题】恒定电流专题．【分析】所谓电流热效应是指电流通过导体，使导体发热的现象．电水壶、电烙铁、电熨斗都是利用电流热效应．而电冰箱不是利用电流热效应．【解答】解：电水壶、电烙铁、电熨斗都是利用电流热效应原理，来烧水、焊接和熨烫衣服．而电冰箱不是利用电流的热效应．故选：A．【点评】本题是生活中常识问题，考查对家用电器基本工作原理的了解、理解程度．7．如图所示，在通电螺线管的周围和内部a、b、c、d四个位置分别放置了小磁针，小磁针涂黑的一端是N极．图中正确表示小磁针静止时的位置是（）A．a B．b C．c D．d【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【分析】首先根据电源的正负极判定电流方向，由电流方向根据安培则（用右手握住螺线管，让四指弯曲的方向与螺线管中的电流方向一致，则大拇指所指的那端就是通电螺线管的N 极）判断通电螺线管的磁极；根据磁极间的作用规律判断小磁针的指向是否正确．【解答】解：根据电源的正负极得出通电螺线管的电流方向从左边流入、从右边流出；根据电流方向，利用安培定则判断螺线管的左端为S极、右端为N极；在磁体内磁场的方向从S极指向N极，而小磁针的N极的指向表示磁场的方向，所以BCD三个位置的磁场的指向都错误．在磁体外磁场的方向从N极指向S极，所以A处的磁场从右向左，小磁针的指向正确．故选：A．【点评】安培定则（右手螺旋定则）为考试中的重点及难点，应能做到熟练应用右手螺旋定则判断电流及磁极的关系．8．如图所示的磁场中同一条磁感线（方向末标出）上有a，b两点，这两点处的磁感应强度（）A．大小相等，方向不同B．大小不等，方向相同C．大小相等，方向相同D．大小不等，方向不同【考点】磁感线及用磁感线描述磁场；磁感应强度．【分析】磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线越密，磁感应强度越大，磁感线越疏，磁感应强度越小．根据磁感线的疏密来判断磁感应强度的大小．【解答】解：如图，a点处磁感线比b点处磁感线密，则a点的磁感应强度大于b点的磁感应强度．而某点的切线方向即为该点的磁感应强度的方向．因此它们的方向相同．故B正确，ACD错误；故选：B．【点评】磁感线可以形象表示磁场的强弱和方向，磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线越密，磁感应强度越大．磁感线的切线方向表示磁场的方向．9．如图所示，一通电直导线与匀强磁场方向垂直，导线所受安培力的方向是（）A．向上 B．向下 C．垂直纸面向里 D．垂直纸面向外【考点】安培力．【分析】正确应用左手定则是解答本题的关键，在应用时为防止手忙脚乱，可以先让四指和电流方向一致，然后通过旋转手让磁感线穿过手心，从而进一步确定大拇指的指向即安培力方向．【解答】解：A、根据左手定则，让磁感线穿过手心，即手心向上，四指指向电流方向，即指向右侧，大拇指垂直于纸面指向里，故安培力方向垂直纸面向里，故ABD错误，C正确．故选：C．【点评】要熟练应用左手定则判断安培力方向一定平时多加练习，同时注意磁场、电流方向的表示方法10．利用变压器不可能做到的是（）A．增大电流 B．升高电压 C．减小电压 D．增大功率【考点】变压器的构造和原理．【专题】交流电专题．【分析】根据变压器的电压、电流与匝数之间的关系及输入功率与输出功率的关系即可求解．【解答】解：根据变压器的电压、电流与匝数之间的关系可以增大和减小电压，也可以增大或减小电流，输入功率由输出功率决定，变压器不能改变功率．故D不能做到故选D【点评】本题主要考查了变压器的原理，难度不大，属于基础题．11．电磁感应现象揭示了电和磁之间的内在联系，根据这一发现，发明了许多电器设备．下列电器中，哪个没有利用电磁感应原理的（）A．动圈式话筒B．白炽灯C．磁带录音机D．电磁炉【考点】电磁感应在生活和生产中的应用．【分析】动圈式话筒、磁带录音机、电磁炉利用电磁感应原理，而白炽灯泡不是利用电磁感应原理．【解答】解：A、动圈式话筒利用电磁感应原理，将声音信号变成电信号．不符合题意．故A错误．B、白炽灯泡利用电流的热效应，不是利用电磁感应原理．符合题意．故B正确．C、磁带录音机利用电磁感应原理，将声音信号变成电信号．不符合题意．故C错误．D、电磁炉利用电磁感应原理使电磁场能转换成内能．不符合题意．故D错误．故选：B．【点评】本题是常识问题，考查对家用电器原理的理解能力，比较简单，注意理解电磁感应现象的原理．12．如图所示，闭合方形线框ABCD处在足够大并与线圈平面垂直的匀强磁场中，下列各种情况中能在线框中产生感应电流的是（）A．线框向右作匀速直线运动B．线框向右作加速直线运动C．线框以AB为轴转动D．线框以A点为圆心在纸面内转动【考点】感应电流的产生条件．【分析】要使线圈中产生感应电流，则穿过线圈的磁通量要发生变化，回路要闭合．【解答】解：A、线框沿纸面向右作匀速直线运动，磁通量不变，故无感应电流，故A错误；B、线框垂直纸面向右作加速直线运动，磁通量不变，故无感应电流，故B错误；C、线框以AB为轴转动，磁通量不断变化，有感应电流，故C正确；D、线框以A点为圆心在纸面内转动，磁通量不变，故无感应电流，故D错误；故选C．【点评】穿过线圈的磁通量，可以假想成穿过线圈磁感线的条数，则当条数发生变化时，必有感应电动势出现．而条数的变化可以由线圈的运动确定．二、填空题（本题共3小题，每空各2分，作图2分，共24分）13．在某一电场中的P点放入一个带电电荷量为q=2×10﹣4C的负电荷，所受电场力大小为F=8N，方向水平向左，则P点电场强度E=4×104N/C，方向水平向右．把该负电荷移走后，P点的电场强度E=4×104N/C，方向水平向右．【考点】电场强度．【分析】已知试探电荷所受电场力和电荷量，由场强的定义式求解P的电场强度的大小．场强方向与负电荷所受电场力方向相反．【解答】解：P点的电场强度为：E===4×104N/C场强方向与负电荷所受电场力方向相反，即水平向右．把该负电荷移走后，P点的电场强度不变，大小仍为4×104N/C，方向水平向右．故答案为：4×104，水平向右，4×104，水平向右．【点评】电场强度是反映电场本身的性质的物理量，采用比值定义法进行定义，注意电场强度与是否有试探电荷无关．14．下列关于麦克斯韦电磁场理论的说法是：变化的电场一定能产生磁场，变化的磁场一定能产生电场（填“一定”或“不一定”）．【考点】电磁波的产生．【分析】麦克斯韦的电磁场理论中变化的磁场一定产生电场，变化的电场一定可以产生磁场；但要注意均匀变化和非均匀变化的区别．【解答】解：根据麦克斯韦电磁场理论可知，变化的电场一定产生磁场，变化的磁场也一定可以产生电场；故答案为：一定；一定．【点评】本题考查麦克斯韦的电磁场产生的条件．要注意电磁场理论中变化的分类：均匀变化与非均匀（或周期性）变化．15．（12分）（2015秋•福州期中）为了演示电磁感应现象，图中给出了一系列必备的实验仪器，另备有用于连接仪器的导线若干（图中未画出）．（1）请用导线将仪器连接成正确的试验电路．（2）连成电路后，合上开关瞬间，我们发现电流计的指针偏转，开关完全合上后，电流计的指针不偏转，移动滑动变阻器触头，电流计指针偏转，将小螺线管从大螺线管中拔出的过程，电流计指针偏转．（以上各空均填“偏转”或“不偏转”．）这个演示实验表明，不论用什么方法，只要穿过闭合回路的磁通量发生了变化，回路中就有感应电流产生，闭合电路中就有感应电流产生．【考点】研究电磁感应现象．【专题】实验题．【分析】（1）注意该实验中有两个回路，一是电源、电键、变阻器、小螺线管串联成的回路，二是电流计与大螺线管串联成的回路，据此可正确解答．（2）根据穿过闭合回路磁通量的变化判断是否产生感应电流．【解答】解：（1）将电源、电键、变阻器、原线圈串联成一个回路，注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱，再将电流计与副线圈串联成另一个回路，电路图如图所示．（2）连成电路后，合上开关瞬间，穿过原线圈磁通量发生变化，则穿过副线圈的磁通量发生变化，产生感应电流，电流表指针偏转．开关完全合上后，穿过副线圈磁通量不变，则不产生感应电流，电流表指针不偏转．移动滑动变阻器触头，通过原线圈电流变化，则穿过副线圈磁通量发生变化，产生感应电流，电流表指针偏转．将小螺线管从大螺线管中拔出的过程，穿过副线圈的磁通量发生变化，产生感应电流，电流表指针偏转．可知，只要穿过闭合回路的磁通量发生了变化，回路中就有感应电流产生故答案为：（1）如图所示．（2）偏转、不偏转、偏转、偏转、只要穿过闭合回路的磁通量发生了变化，回路中就有感应电流产生．【点评】本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路的不同．掌握感应电流产生的条件．三、计算题（本大题共3小题，第16、17题各8分，第18题12分，共28分.请按题目要求作答，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得分.有数值计算的题目，答案中必须明确写出数值和单位）16．在10s内通过导体某一横截面的电量为16C，则通过该导体的电流大小是 1.6A．10s 内通过这个截面的电子有1020个（电子的电荷量为1.6×10﹣19C）【考点】电流、电压概念．【专题】恒定电流专题．【分析】由电流的定义可求得电流值，再由欧姆定律可求得导体两端的电压；由元电荷可求得电子数．【解答】解：电流大小为：I===1.6A；流过的电子数为：n===1020A；故答案为：1.6；1020【点评】本题考查电流的定义及欧姆定律，注意金属导体内部的自由电荷为电子，根据电子的电量可以求出通过的电荷量．17．地磁场在地面附近的平均值为5×10﹣4T．一导线东西放置，长为20m，当通入20A的电流时，它受到的磁场力为多大？若把该通电导线南北放置，它受到的磁场力为多大？【考点】安培力．【分析】当通电导线与磁场方向垂直时，根据安培力的公式F=BIL，可以求出地磁场对这根导线的作用力大小，当通电导线与磁场平行时，则安培力为零【解答】解：匀强磁场方向为由南向北，而电流方向为从东向西．则电流方向与磁场方向相互垂直，因此安培力的大小为F=BIL解得F=BIL=5×10﹣4×20×20N=0.2N，若把该通电导线南北放置，两者相互平行，则安培力为零，答：它受到的磁场力为0.2N，若把该通电导线南北放置，它受到的磁场力为0【点评】本题在考查了关于安培力大小和方向的理解与应用，也可根据左手定则可以判断安培力的方向．属于简单基础题目18．（12分）（2015秋•福州期中）如图所示，在磁感强度为0.5T的匀强磁场中，让长是0.4m 的导体AB在金属框架上以5m/s的速度向左运动．如果电阻R=2Ω，其它导体的电阻可忽略不计．求：（1）导体AB中的感应电动势的大小．（2）通过电阻R中的电流大小．（3）导体AB受到的安培力的大小．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；安培力．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】（1）根据切割产生的感应电动势大小公式E=BLv，求出感应电动势的大小（2）根据闭合电路欧姆定律，求解通过电阻R感应电流的大小．（3）根据F安=BIL求解导体AB受到的安培力的大小．【解答】解：（1）导体棒垂直切割磁感线，产生的感应电动势大小为：E=BLv=0.5×0.4×5V=1V （2）根据闭合电路欧姆定律得：I==A=0.5A（3）导体AB受到的安培力的大小为F安=BIL=0.5×0.5×0.4N=0.1N答：（1）导体AB中的感应电动势的大小为1V．（2）通过电阻R中的电流大小为0.5A．（3）导体AB受到的安培力的大小为0.1N．【点评】本题是简单的电磁感应问题，关键掌握切割产生的感应电动势公式和闭合电路欧姆定律等知识点，并能正确应用．。

福建省福州八中2014-2015学年高二物理上学期期中试题文

福建省福州八中2014-2015学年高二物理上学期期中试题文1.真空中的两个点电荷，电荷两分别为Q和2Q，相距为r时相互作用的静电力大小为F；假设将这两个点电荷之间的距离边为2r，其他条件不变，如此它们之间静电力大小为A．F/2 B．2F C．F/4 D．4F2. 右图中实线表示某电场中的电场线，M、N为电场中的两点，关于M、N两点的电场强度E M、E N的大小关系，如下判断正确的答案是A．E M＞E N B．E M＜E NC．E M＝E N D．无法判断3.关于电场中的一点P，如下说法中正确的答案是A．假设放在P点的试探电荷的电荷量加倍，如此P点的场强加倍B．P点场强越大，同一电荷在P点受到的电场力越大C．假设P点没有试探电荷，如此P点的场强为零D．P点的场强方向为试探电荷在该点的受力方向4.一环形线圈和两个小磁针如下列图位置，开始两个小磁针与环形线圈在同一个平面内，当线圈中通以如下列图的电流之后，两个小磁针将A．内部的小磁针的N极向外转，外部的小磁针的N极向外转B．内部的小磁针的N极向外转，外部的小磁针的N极向里转C．内部的小磁针的N极向里转，外部的小磁针的N极向外转D．内部的小磁针的N极向里转，外部的小磁针的N极向里转5. 如下列图，在通电螺线管的磁场中，放有一个小磁针，当小磁针静止时，在如下各图中N极指向正确的答案是A6.将面积为0.5m 2的单匝线圈放在磁感应强度为2.0×10-2T 的匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，那么穿过这个线圈的磁通量为 A ．2.0WbB ．0.5×10-2WbC ．0.5×10-1WbD ．1.0×10-2Wb7.一根粗细均匀的导线AB 长为0.5 m ，质量为10 g ，用两根柔软的细线悬挂在磁感应强度为0.4 T 的匀强磁场中，如下列图，要使悬线的拉力为零，如此金属导线中的电流大小和方向为A ．由A 到B,0.49 AB ．由B 到A,0.49 AC ．由A 到B,0.98 AD ．由B 到A,0.98 A9. 闭合电路的一局部导线ab 处于匀强磁场中，图中各情况下导线都在纸面内运动，那么如下判断中正确的答案是 A ．都会产生感应电流 B ．都不会产生感应电流C ．甲、乙不会产生感应电流，丙、丁会产生感应电流D ．甲、丙会产生感应电流，乙、丁不会产生感应电流 10.如下列图，线圈与灵敏电流表组成闭合回路，在如下情况下，灵敏电流计指针偏转角度较大的是 A ．线圈不动，将磁铁缓慢插入线圈时 B ．磁通量变化最多时C ．线圈不动，将磁铁快速从线圈中抽出时D ．磁铁放在线圈里不动时11.如图，导体AB 是金属线框的一个可动边，AB 长L ＝0.1m ，磁场的磁感应强度B ＝0.5T ，当AB 边以v ＝10m/s 的速度向右匀速移动时，感应电动势的大小和AB 边上的感应电流方向是 A ．0.5伏，由B 到AB．0.5伏，由A到BC．50伏，由A到BD．50伏，由B到A12.法拉第发现了磁生电的现象，不仅推动了电磁理论的开展，而且推动了电磁技术的开展，引领人类进入了电气时代。

福建省福州八中2015_2016学年高二物理上学期期中试题理(含解析)

2015-2016学年福建省福州八中高二（上）期中物理试卷（理）一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．）1．使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开．下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，其中正确的是( )A．B．C．D．2．真空中两个相同的金属小球A和B，带电量的大小分别为Q A=2×10﹣8C和Q B=4×10﹣8C，相互作用力为F，若将两球接触后再放回原处，则它们之间的作用力将变为( )A．F B． F C． F D． F3．下列说法中，正确的是( )A．由E=k可知，以点电荷Q为中心，r为半径的球面上各处的电场强度都相同B．在电场中某一点，放入一个正电荷时的场强与放入负电荷时的场强方向相同C．由U=可知，某两点的电势差与电场力做功成正比，与电荷带电荷量成反比D．某两点电势差为零，把电荷从这两点中的一点移到另一点，电场力做功一定为零4．法拉第首先提出用电场线形象生动地描绘电场．图为点电荷a、b所形成电场的电场线分布图，以下几种说法正确的是（）A．a、b为异种电荷，a带电量大于b带电量B．a、b为异种电荷，a带电量小于b带电量C．a、b为同种电荷，a带电量大于b带电量D．a、b为同种电荷，a带电量小于b带电量5．如图所示，A、B为电场中的两点，下列关于A、B两点的电场强度大小E A、E B和电势φA、φB的判断中正确的是( )A．E A＞E B、φA＞φB B．E A＞E B、φA＜φB C．E A＜E B、φA＞φB D．E A＜E B、φA＜φB6．如图所示，实线为方向未知的三条电场线，a、b两带电粒子从电场中的O点以相同的初速度飞入．仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图中虚线所示，则( )A．a一定带正电，b一定带负电B．a加速度增大，b加速度增大C．a电势能减小，b电势能增大D．a和b的动能一定都增大7．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φBB．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φB8．甲、乙两根异种材料的电阻丝，其长度之比是1：5，横截面积之比是2：3，电阻之比是2：5，则甲、乙两根电阻丝的电阻率之比是( )A．4：3 B．3：4 C．2：3 D．8：39．如图所示，平行金属板A与B相距5cm，电源电压为10v，则与A板相距1cm的C点的场强为( )A．1000V/m B．500V/m C．250V/m D．200V/m10．如图所示，R1=2Ω，R2=10Ω，R3=10Ω，A、B两端接在电压恒定的电源上，则( )A．S断开时，R1与R2的功率之比为5：1B．S闭合时通过R1与R2的电流之比为2：1C．S断开与闭合两种情况下，电阻R1两端的电压之比为2：1D．S断开与闭合两情况下，电阻R2的功率之比为7：1211．如图所示，一光滑绝缘斜槽放在方向竖直向下、电场强度为E的匀强电场中，从斜槽顶端A沿斜槽向下释放一初速度为v0的带正电的小球，小球质量为m，带电荷量为q，斜槽斜面与底面的角度成θ，B与A点的竖直距离为h．则下列错误的是( )A．小球的加速度大小为a=gsinθB．小球沿斜面向下做匀变速直线运动C．由以上数据可算出小球到B点的速度D．下滑过程中，小球的机械能逐渐增大12．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二、填空题（共6空，每空2分，计12分）13．在电场中的P点放一电荷量为4×10﹣9C的点电荷，它受到的电场力为2×10﹣5N，则P点场强为__________N/C，把放在P点的点电荷电荷量减为2×10﹣9C，则P点的场强为__________N/C把该点电荷移走，P点的场强又为__________N/C．14．在如图所示的电场中，A、B两点相比，__________点的场强较大，__________点的电势较高，将一电子从B点移到A点时，电场力对电荷做功__________ eV．15．如图为用直流电动机提升重物的装置，重物的重量为500N，电源电动势为110V，不计电源内阻及各处摩擦，当电动机以0.90m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流为5.0A，则电动机提升重物消耗的功率为__________W；电动机线圈的电阻为__________Ω．三、计算题（共40分）16．如图所示，M、N为水平放置、互相平行的两大块金属板，间距d=35cm，已知N板电势高，两板间电压U=3.5×104V．现有一质量m=7.0×10﹣6kg，电荷量q=6.0×10﹣10C的带负电的油滴，由下板N下方距N为h=15cm的O处竖直上抛，经N板中间的P进入电场，欲使油滴到达上板Q点时速度恰为零，问油滴上抛的初速度v0为多大？17．（14分）水平放置的两块平行金属板长L=5.0cm，两板间距d=1.0cm，两板间电压为90V，且上板为正，一个电子沿水平方向以速度V0=2.0×107m/s，从两板中间射入，如图，求：（1）电子偏离金属板时的侧位移y是多少？（2）电子飞出电场时的速度是多少？（3）电子离开电场后，打在屏上的P点，若S=10cm，求OP的长？18．（16分）如图所示，四分之一光滑绝缘圆弧轨道AP和水平绝缘传送带PC固定在同一竖直平面内，圆弧轨道的圆心为O，半径为R．静止的传送带PC之间的距离为L，在OP的左侧空间存在方向竖直向下的匀强电场，场强大小为E=．一质量为m、电荷量为+q的小物体从圆弧顶点A由静止开始沿轨道下滑，恰好运动到C端后返回．不计物体经过轨道与传送带连接处P时的机械能损失，重力加速度为g．求：（1）物体运动到P点的速度大小；（2）物体与传送带间的动摩擦因数μ；（3）若传送带沿逆时针方向传动，传送带速度v=2，则物体第一次返回到圆弧轨道P点时物体对圆弧轨道的压力大小．2015-2016学年福建省福州八中高二（上）期中物理试卷（理）一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．）1．使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开．下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，其中正确的是( )A．B．C．D．【考点】电荷守恒定律．【分析】当带电金属球靠近不带电的验电器时，由于电荷间的相互作用，而使电荷发生了移动从而使箔片带电．【解答】解：由于同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，故验电器的上端应带上与小球异号的电荷，而验电器的箔片上将带上与小球同号的电荷；故只有B符合条件．故选：B．【点评】本题根据电荷间的相互作用，应明确同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．2．真空中两个相同的金属小球A和B，带电量的大小分别为Q A=2×10﹣8C和Q B=4×10﹣8C，相互作用力为F，若将两球接触后再放回原处，则它们之间的作用力将变为( )A．F B． F C． F D． F【考点】库仑定律．【专题】定量思想；比例法；电场力与电势的性质专题．【分析】两个相同的金属小球触后再放回原处，电量先中和后平分，再根据库仑定律公式F=k列式计算即可．【解答】解：因为Q B=4×10﹣8C，Q A=2×10﹣8C，则Q B=2Q A，设Q A=Q，则Q B=2Q，未接触前，根据库仑定律，得：F=k=k若AB带同种电荷，接触后两球带电量平分，再由库仑定律，得：F′=k则，若AB带异种电荷，接触后两球带电量平分，再由库仑定律，得：则故BC正确，AD错误．故选：BC【点评】本题考查运用比例法求解物理问题的能力．对于两个完全相同的金属球，互相接触后电量平分，一定要注意分两种情况讨论．3．下列说法中，正确的是( )A．由E=k可知，以点电荷Q为中心，r为半径的球面上各处的电场强度都相同B．在电场中某一点，放入一个正电荷时的场强与放入负电荷时的场强方向相同C．由U=可知，某两点的电势差与电场力做功成正比，与电荷带电荷量成反比D．某两点电势差为零，把电荷从这两点中的一点移到另一点，电场力做功一定为零【考点】电势差与电场强度的关系；库仑定律．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．【分析】根据电场强度是矢量，不但有大小，而且有方向；E=仅适用真空中点电荷的电场；电场强度方向与正电荷受到的电场力相同；某点场强的方向与试探电荷的正负无关，从而即可求解．根据W=qU分析电场力做功的大小．电势差等于电场中两点的电势之差，与电场力做功、电荷的电量无关．【解答】解：A、由E═可知，以点电荷Q为中心，r为半径的球面上各处的电场强度大小相等，方向不同，故A错误；B、电场中某点场强的方向，与试探电荷的正负无关，与正点电荷受到的电场力方向相同，与负点电荷受到的电场力方向相反，故正确；C、电势是表征电场本身属性的物理量，某两点的电势差与电场力做功无关，故C错误；D、根据W=qU知，两点间的电势差为零，将电荷从两点中的一点移到另一点，电场力做功为零，故D正确．故选：BD【点评】该题考查到的电场强度的特点、点电荷的电场线的分布的特点与库仑定律的应用条件，都是对基本概念与基本公式的内涵与外延的考查，强调对概念与规律的理解，要求我们在学习的过程中要注意深入理解．4．法拉第首先提出用电场线形象生动地描绘电场．图为点电荷a、b所形成电场的电场线分布图，以下几种说法正确的是（）A．a、b为异种电荷，a带电量大于b带电量B．a、b为异种电荷，a带电量小于b带电量C．a、b为同种电荷，a带电量大于b带电量D．a、b为同种电荷，a带电量小于b带电量【考点】电场；电场线；点电荷的场强．【专题】应用题．【分析】解决本题的关键是熟练掌握真空中点电荷的场强的表达式E=含义和电场线的疏密含义即电场线越密，电场越强．【解答】解：若为同种电荷，根据点电荷的场强公式E=可知在两电荷的连线上的某点的电场强度为零．而电场线的疏密代表电场的强弱，若电场为0，则无电场线，由电场线的分布图可知在ab的连线上无场强为0的点，故a、b为异种电荷．故C、D错误．又由公式E=可知场源的电荷量越大距离场源相同距离的位置场强越大，电场线越密．由图可知b的右侧电场线密，a的左侧电场线稀疏，故Q b＞Q a．故B正确．故选B．【点评】根据图象的细微区别寻找突破口，是我们必须掌握的一种解题技巧，例如根据两电荷之间电场强度是否为0判定是否是同种电荷，根据异侧电场线的疏密判定电荷量的大小．5．如图所示，A、B为电场中的两点，下列关于A、B两点的电场强度大小E A、E B和电势φA、φB的判断中正确的是( )A．E A＞E B、φA＞φB B．E A＞E B、φA＜φB C．E A＜E B、φA＞φB D．E A＜E B、φA＜φB 【考点】电场线．【分析】沿着电场线的方向电势逐渐降低，电场线密的地方场强大，从而即可求解．【解答】解：电场线密的地方场强大，E A＞E B，沿着电场线的方向电势逐渐降低，φA＞φB；故A正确，BCD错误．故选：A．【点评】把握电场线的特点和意义是解决此类问题的关键．记住了，理解了，也就会做了．6．如图所示，实线为方向未知的三条电场线，a、b两带电粒子从电场中的O点以相同的初速度飞入．仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图中虚线所示，则( )A．a一定带正电，b一定带负电B．a加速度增大，b加速度增大C．a电势能减小，b电势能增大D．a和b的动能一定都增大【考点】电场线．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据粒子轨迹的弯曲方向可判断粒子所受电场力的方向，根据电场力方向与场强方向的关系判断电性．电场线越密，场强越大，电荷所受电场力越大，加速度越大；电场线越疏，场强越小，电荷所受电场力越小，加速度越小．根据电场力做功正负判断电势能和动能的变化．【解答】解：A、由图，b粒子的轨迹向左弯曲，b粒子受到的电场力方向向左，如图．a的轨迹向右弯曲，b粒子受到的电场力方向向右，由于电场线未知，无法确定两个粒子的电性．故A错误；B、由图看出，向右电场线越来越疏，场强越来越小，则a所受电场力减小，加速度减小，b 所受电场力增大，加速度增大．故B错误；C、D、由图判断电场力对两个粒子都做正功，电势能都减小，动能都增大．故C错误，D正确．故选：D．【点评】本题是轨迹问题，根据轨迹的弯曲方向判断出电荷所受的电场力是关键．基础题，不应失分．7．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φBB．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φB【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场线．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据PQ连线中点的场强和无穷远处的场强均为零，分析AB场强的关系．作出电场线，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，场强最大的点可能在A点下，也可能在A点上，还可能在A点，由于A、B两点间电场线的疏密情况不确定，故E A可能大于E B，也可能小于E B，还可能等于E B；AB线上电场方向向上，根据顺着电场线方向电势降低，故φA一定大于φB；故选：B【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，沿着场强方向，电势越来越低．8．甲、乙两根异种材料的电阻丝，其长度之比是1：5，横截面积之比是2：3，电阻之比是2：5，则甲、乙两根电阻丝的电阻率之比是( )A．4：3 B．3：4 C．2：3 D．8：3【考点】电阻定律．【专题】恒定电流专题．【分析】知道影响电阻大小的因素有：导体的材料、长度和横截面积，导体的电阻大小为：R=．【解答】解：根据电阻的决定式：R=．得：，则：==4：3 故A正确，BCD错误．故选：A．【点评】本题考查了电阻定律，属于简单题．9．如图所示，平行金属板A与B相距5cm，电源电压为10v，则与A板相距1cm的C点的场强为( )A．1000V/m B．500V/m C．250V/m D．200V/m【考点】电容；匀强电场中电势差和电场强度的关系．【专题】电容器专题．【分析】平行板间的电场为匀强电场，根据E=求出电场强度的大小．【解答】解：电场强度E=．故D正确，A、B、C错误．故选D．【点评】解决本题的关键知道平行板间的电场为匀强电场，知道E=适用于匀强电场的计算，d表示沿电场方向上的距离．10．如图所示，R1=2Ω，R2=10Ω，R3=10Ω，A、B两端接在电压恒定的电源上，则( )A．S断开时，R1与R2的功率之比为5：1B．S闭合时通过R1与R2的电流之比为2：1C．S断开与闭合两种情况下，电阻R1两端的电压之比为2：1D．S断开与闭合两情况下，电阻R2的功率之比为7：12【考点】电功、电功率．【分析】S断开时，根据串联电路功率与电阻成正比确定功率的比例．分析电路串并联关系，求出各个电阻的电压与A、B总电压的关系，就能得到S断开与闭合两种情况电压、功率的比例．【解答】解：A、由P=I2R，I相等，R1与R2的功率之比等于电阻之比1：5．故A错误；B、I2=I3，R3=R2，则I1=2I2，故B正确；C、S断开时，U1：U2=R1：R2=1：5，则U1=U ABS闭合时，U1′：U2′=R1：R2=2：5，则U1′=U AB故C错误；D、U2=U AB，U2′=U AB，由P2=，P2：P2′=49：36．故D错误；故选：B．【点评】电路的分析与计算问题的基础是分析电路的结构．往往按局部→整体→局部的顺序进行分析和计算．也有时抓住串并联电流、电压与电阻的分配关系求解．11．如图所示，一光滑绝缘斜槽放在方向竖直向下、电场强度为E的匀强电场中，从斜槽顶端A沿斜槽向下释放一初速度为v0的带正电的小球，小球质量为m，带电荷量为q，斜槽斜面与底面的角度成θ，B与A点的竖直距离为h．则下列错误的是( )A．小球的加速度大小为a=gsinθB．小球沿斜面向下做匀变速直线运动C．由以上数据可算出小球到B点的速度D．下滑过程中，小球的机械能逐渐增大【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；功能关系．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据小球的受力情况，将方向均向下的重力和电场力相互叠加形成等效重力场；再根据受力分析方法分析加速度及运动情况；根据功能关系可求得小球的速度及机械能的变化．【解答】解：A、小球受到的重力和电场力均为竖直向下的力，合力为mg+Eq；根据受力分析可知，加速度大小为：a=（Eq+mg）sinθ；故A错误；B、小球受到重力和电场力的合力以及支持力可以将重力和电场力视为等效重力场，则小球沿斜面向下做匀变速直线运动；故B正确；C、根据支能定理可求得小球到达B点时的速度；故C正确；D、由于小球受到电场力做正功；故小球的机械能增大；故D正确；本题选错误的；故选：A．【点评】本题考查带电粒子在复合场中的运动情况，要注意明确受力分析及功能关系的正确应用，明确等效重力场的基本方法．12．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，则等势面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相同，等势面3的电势为0，设等势面4的电势为φ，则等势面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，故选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相同”是我们解决此类问题时的突破口．二、填空题（共6空，每空2分，计12分）13．在电场中的P点放一电荷量为4×10﹣9C的点电荷，它受到的电场力为2×10﹣5N，则P点场强为5×103N/C，把放在P点的点电荷电荷量减为2×10﹣9C，则P点的场强为5×103N/C把该点电荷移走，P点的场强又为5×103N/C．【考点】电场强度．【分析】放入电场中电荷是试探电荷，电场强度等于试探电荷所受的电场力与电荷量的比值，由场强的定义式E=求解P点的电场强度．将改变检验电荷，该点的电场强度不变．【解答】解：在电场中的某点放入电荷量为4.0×10﹣9C的点电荷，受到的电场力是2.0×10﹣5N．由场强的定义式E=得，这一点的电场强度E=5.0×103N/C．电场强度是反映电场本身特性的物理量，由电场决定，与试探电荷无关，如果改用电荷量为2.0×10﹣9C的点电荷，该点的电场强度不变，仍为5.0×103N/C．当移走该电荷时，P点的电场强度仍是不变的，即为5.0×103N/C．故答案为：5×103；5×103；5×103【点评】电场强度的定义式E=；具有比值定义法的共性，定义出的电场强度E与F、q无关，反映电场强度本身的特性．14．在如图所示的电场中，A、B两点相比，B点的场强较大，B点的电势较高，将一电子从B 点移到A点时，电场力对电荷做功﹣4 eV．【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场线与等势面垂直，从电势高的等势面指向电势低的等势面；等差等势面的疏密也可以反映电场的强弱；根据W=qU求解电功．【解答】解：由电场线的分布可知，B点的电场线密，所以B点的场强大，所以E A＜E B；在根据图示可知，电势φA＜φB，所以B点的电势高；将一电子从B点移到A点时，电场力对电荷做功：W BA=﹣e（φB﹣φA）=﹣e×（10﹣6）V=﹣4eV故答案为：B，B，﹣4．【点评】本题就是考查学生基础知识的掌握，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．15．如图为用直流电动机提升重物的装置，重物的重量为500N，电源电动势为110V，不计电源内阻及各处摩擦，当电动机以0.90m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流为5.0A，则电动机提升重物消耗的功率为450W；电动机线圈的电阻为4Ω．【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】当电动机以恒定速度向上提升重物时，同时电动机因线圈电阻消耗功率．则电源产生的总功率等于提升物体消耗的功率加上线圈电阻消耗的功率．【解答】解：重物被提升的功率P1=Fv=Gv=500×0.9W=450W此时电路中的电流为5A．则电源的总功率P总=EI=110×5W=550W所以线圈电阻消耗的功率为P r=P总﹣P1=550﹣450W=100W由殴姆定律可得：故答案为：450 4【点评】由能量守恒定律可知，提升功率与电阻发热功率之和为电源的总功率．三、计算题（共40分）16．如图所示，M、N为水平放置、互相平行的两大块金属板，间距d=35cm，已知N板电势高，两板间电压U=3.5×104V．现有一质量m=7.0×10﹣6kg，电荷量q=6.0×10﹣10C的带负电的油滴，由下板N下方距N为h=15cm的O处竖直上抛，经N板中间的P进入电场，欲使油滴到达上板Q点时速度恰为零，问油滴上抛的初速度v0为多大？【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】油滴运动过程前段仅受重力，进入电场后，同时受重力和竖直向下的电场力作用，故油滴一直减速，但加速度大小有变化，最好对全程应用动能定理求解【解答】解：对应于油滴运动全程，由动能定理得：﹣mg（d+h）﹣qU=0﹣解得：v0===4m/s答：油滴上抛的初速度为4m/s．【点评】对于单个质点的运动，无论单一过程还是多过程，首先考虑动能定理求解，只是要把力和功分析全面．17．（14分）水平放置的两块平行金属板长L=5.0cm，两板间距d=1.0cm，两板间电压为90V，且上板为正，一个电子沿水平方向以速度V0=2.0×107m/s，从两板中间射入，如图，求：（1）电子偏离金属板时的侧位移y是多少？（2）电子飞出电场时的速度是多少？（3）电子离开电场后，打在屏上的P点，若S=10cm，求OP的长？【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）粒子在电场中做匀加速曲线运动，水平方向匀速运动，根据位移和速度求出运动时间；竖直方向匀加速运动，根据牛顿第二定律求出加速度，进而根据匀加速运动位移时间公式即可求解；（2）先根据v=at求出竖直方向速度，进而求出电子飞出电场时的速度；（3）从平行板出去后做匀速直线运动，水平和竖直方向都是匀速运动，根据水平位移和速度求出运动时间，再求出竖直方向位移，进而求出OP的长．【解答】解：（1）竖直方向做匀加速直线运动，根据电容器电压与电场的关系得：E===9000V/mF=Eq=9000×1.6×10﹣19=1.44×10﹣15N又因为F=ma所以a==≈1.6×1015m/s2水平方向做匀速运动，故t=，代入数据解得：t=2.5×10﹣9s所以y=at2，代入数据解得：y=0.5cm（2）竖直方向速度：v1=at，所以v=，代入数据解得：v=2.03×107m/s（3）从平行板出去后做匀速直线运动，水平和竖直方向都是匀速运动，水平方向：t1=，竖直方向PM=v1t1，则：PO=PM+MO=PM+y，代入数据解得：PO=0.025m；答：（1）电子偏离金属板时的侧位移是0.5cm；（2）电子飞出电场时的速度是2.03×107m/s；（3）电子离开电场后，打在屏上的P点，若S=10cm，OP的长为0.025m【点评】该题考察了带电粒子在匀强电场中的偏转，运动规律是类平抛运动，常用的方法是沿电场方向和垂直于电场的方向上进行正交分解，前者是初速度为零的匀加速直线运动，后者是匀速直线运动．同时注意几何知识在物理学中的应用．18．（16分）如图所示，四分之一光滑绝缘圆弧轨道AP和水平绝缘传送带PC固定在同一竖直平面内，圆弧轨道的圆心为O，半径为R．静止的传送带PC之间的距离为L，在OP的左侧空间存在方向竖直向下的匀强电场，场强大小为E=．一质量为m、电荷量为+q的小物体从圆弧顶点A由静止开始沿轨道下滑，恰好运动到C端后返回．不计物体经过轨道与传送带连接处P时的机械能损失，重力加速度为g．求：（1）物体运动到P点的速度大小；（2）物体与传送带间的动摩擦因数μ；（3）若传送带沿逆时针方向传动，传送带速度v=2，则物体第一次返回到圆弧轨道P点时物体对圆弧轨道的压力大小．【考点】动能定理的应用．【专题】动能定理的应用专题．【分析】（1）由动能定理可以求出物体的速度．（2）由牛顿第二定律可以求出动摩擦因数．（3）由牛顿第二定律求出支持力，然后由牛顿第三定律求出压力．【解答】解：（1）小物体从圆弧顶点A由静止开始沿轨道下滑，运动到P端过程，由动能定理得：mgR+qER=mv P2，代入数据解得：v P=；（2）物体由P点匀减速运动到C处速度为零，由动能定理得：﹣μmgL=0﹣mv P2，解得：μ=；（3）因为物体初次滑到P时有：v P=＜2，所以，物体返回到P过程，先做加速运动后匀速运动，返回到P的速度为：v P′=v P=，在P点由牛顿第二定律：N﹣mg﹣qE=m，解得：N=mg，由牛顿第三定律，物体对圆弧轨道的压力：N′=N=mg；答：（1）物体运动到P点的速度大小为；。

高中物理第7次受力分析力的合成和分解

学科教师辅导教案组长审核：一、入门测（共10分）1、【试题来源】2016-2017学年四川省成都外国语学校高一（上）期中物理试卷如图所示，劲度系数为k1的弹簧两端分别与质量为m1、m2的物块相连，劲度系数为k2的弹簧上端与质量为m2的物块相连，整个装置放在水平地面上，开始时m1、m2都处于静止状态．现缓慢用力提上面的木块，直到下面的弹簧离开刚离开地面时，上面木块移动的距离为（重力加速度为g）（）A．B．C．（m1+m2）g（+）D．2、【试题来源】浙江省衢州市五校联考2015届高三（上）期中物理试卷如图所示弹簧秤一端固定在墙壁上，另一端与小木块A相连．当用力抽出长木板B的过程中，观察到弹簧秤的示数为4.0N（忽略弹簧形变所需时间），则A受到的是（）A．静摩擦力，一定大于4.0N B．滑动摩擦力，一定等于4.0NC．滑动摩擦力，一定小于4.0N D．不受摩擦力3、【试题来源】2015年重庆市铜梁中学高考物理模拟试卷（一）用一水平力F将两铁块A和B紧压在竖直墙上而静止，如图所示，对此，下列说法中正确的是（）A.铁块B肯定受墙给它的竖直向上的摩擦力B.铁块B受A给它的摩擦力方向可能向上，也可能向下C.铁块A肯定对B施加竖直向上的摩擦力D.B受墙的摩擦力方向可能向上，也可能向下二、新课讲解（一）课程导入提问知识点（二）大数据分析（ 07 - 18 年，共 12 年）力学主题考点要求考纲解读相互作用与牛顿运动定律滑动摩擦力、动摩擦因数、静摩擦力形变、弹性、胡克定律矢量和标量力的合成和分解共点力的平衡牛顿运动定律及其应用超重和失重ⅠⅠⅠⅡⅡⅡⅠ1、高考着重考查的知识点有：力的合成与分解、弹力、摩擦力概念及其在各种形态下的表现形式．对受力分析的考查涵盖了高中物理的所有考试热点问题．此外，基础概念与实际联系也是当前高考命题的一个趋势．2、考试命题特点：这部分知识单独考查一个知识点的试题非常少，大多数情况都是同时涉及到几个知识点，而且都是牛顿定律、功和能、电磁学的内容结合起来考查，考查时注重物理思维与物理能力的考核.常考点1、受力分析、物体的平衡、力与运动大数据：10（15）11（15）12（14、16、24）13（14）14（17）16（19、20、24、25）17（21）18（16、18）八年考了14次；常考点2、牛顿定律及其应用大数据：07（18）08（15）10（18）15（20、25）18（15）五年考了6次；（三）本节考点讲解考点一：受力分析和力的合成一）例题解析1、【试题来源★★】2016-2017学年黑龙江省双鸭山一中高三（上）期末物理试卷如图，一人站在斜坡上，推着一个重力大小为G的大雪球，若雪球刚好处在一处倾角为θ的光滑斜面上，且始终处于静止状态，此人的推力通过雪球的球心，则（）A．此人的推力最小值为Gtanθ B．此人的推力最小值为GsinθC．此人的推力最大值为 D．此人的推力最大值为Gcosθ二）相关知识点讲解、方法总结弹力弹力的方向弹簧两端的弹力与弹簧中心轴线相重合，指向弹簧恢复原状的方向轻绳的弹力沿绳指向绳收缩的方向面与面接触的弹力垂直于接触面指向受力的物体点与面接触的弹力过接触点垂直于接触面(或接触面的切面)而指向受力物体球与面接触的弹力在接触点与球心的连线上，指向受力物体球与球接触的弹力垂直于过接触点的公切面而指向受力物体杆的弹力可能沿杆，也可能不沿杆，应具体情况具体分析两共点力F1、F2的合力F与它们的夹角θ之间的关系可用如上图所示的三角形和圆表示。

福州市八县(市)协作校2015--2016学年第一学期半期联考高二理科物理试卷和答案

AB福州市八县（市）协作校2015--2016学年第一学期半期联考高二理科物理试卷【完卷时间：90分钟；满分：100分】命题: 福清融城中学陈华钦杨丽娟一．单项选择题(本题包括10小题．每小题4分，共40分。

每小题只有一个．．选项符合题意)1．下面说法正确的是( )A ．电场强度越大的地方，电场线一定越密，电势也一定越高B ．电荷置于电势越高的点，所具有的电势能也越大.C ．元电荷是表示跟一个电子所带电荷量数值相等的电荷量D ．电场线就是带电粒子在电场中运动的轨迹2．下列公式中，既适用于点电荷产生的静电场，也适用于匀强电场的有( ) ①场强E=U/d ②场强场强E=kQ/r 2③E=F/q ④电场力做功W=Uq A ．①③ B ．③④ C ．①② D ．②④3．如图所示，下列四幅电路中，在开关闭合后利用滑动变阻器能改变灯泡亮度且在开关闭合前滑动变阻器的接法最合理．．．的是（） 4．如图所示，真空中带电荷量分别为 +Q 和 -Q 的点电荷A 、B 相距2r ，则这两点电荷连线的中点O 的场强多大（） A ．22r kQ B ．24r kQ C ．26r kQD ．28rkQ 5．一根粗细均匀的导体截成长度相等的三段，将其中两段并联起来再和第三段串联起来，测得阻值为15Ω，则此导体原来的阻值为（） A ．9Ω B ．10Ω C ．20Ω D ．30Ω 6．A 、B 是电场中的同一条电场线上的两点,若将一个带正电的点电荷从A 点由静止释放，在只受电场力作用下沿电场线从A 向B 运动过程中的速度图象如图所示．比较A 、B 两点的电势和场强E ，下列说法中正确的是（）A.A ϕ>B ϕ ， E A > E B B. A ϕ>B ϕ ， E A < E BC. A ϕ<B ϕ ， E A> E BD. A ϕ<B ϕ ， E A < E B7．一小量程电流表的满偏电流为Ig=1mA ，内阻为500Ω．要把它改装成一个量程为3 V 的电压表，则应在电流表上（）A ．并联一个200Ω的电阻B ．并联一个2500Ω的电阻C ．串联一个200Ω的电阻D ．串联一个2500Ω的电阻 8．一个电荷量为1.0×10- 7C 的负电荷从电场中A 点移动到 B 点时电场力做功2.0×10﹣ 7J ，从C 点移动到D 点时克服电场力做功7.0×1 - 7J 。

福建省福州市八县一中高二物理上学期期中联考试题(含解析)

福建省福州市八县一中2016—2017学年高二物理上学期期中联考试题（含解析）一、选择题（本题共12小题,每小题4分，共48分。

在每小题给出的四个选项中,第1—8题只有一项符合题目要求，第9—12题有多项符合题目要求,全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．以下关于静电现象说法错误．．的是（）A．用丝绸摩擦玻璃棒后丝绸将得到电子带上负电B．制作汽油桶的材料用金属比用塑料好C．接触带有精密电子元件的电路板时,最好先用手接触一下金属水管或其它接地金属D．考场外头走廊上安装的考场无线信号屏蔽器是利用了静电屏蔽原理【答案】D【解析】考点:静电现象【名师点睛】本题要知道不管哪种带电方式，电荷并未创生，也未消失，电荷总量保持不变．摩擦起电、接触起电的实质是电荷从一个物体转移到另一物体，感应起电的实质是电荷从物体的一部分转移到另一部分.2. 下列说法不．正确的是（）A．插头与插座之间接触不良时，容易发热，甚至迸出电火花B．铜的温度系数相对大些，可用来制作电阻温度计C．电容器两极板之间的电场肯定是匀强电场D ．打雷时，呆在汽车里比呆在木屋里要安全【答案】C【解析】试题分析：插头与插座之间接触不良时，容易发热，甚至迸出电火花，选项A 正确;铜的温度系数相对大些，可用来制作电阻温度计，选项B 正确;只有平行板电容器带电时，两极板会分别带有等量异种电荷,板间产生匀强电场;故C 错误．打雷时，呆在汽车里比呆在木屋里要安全,选项D 正确；此题选择错误的选项，故选C.考点：电容器；静电的防止即利用【名师点睛】此题考查的都是静电部分的简单知识点；关键是多看书,必能结合生活实际来回答问题。

3. 用比值法定义物理量是物理学中常用的方法，下列表达中不属于．．．用比值法定义物理量的是（）A ．电势差q W U AB AB =B ．电容d k SC πε4= C ．电阻I U R =D ．电流强度tq I = 【答案】B【解析】故选B. 考点：比值定义法【名师点睛】解决本题的关键理解比值定义法的特点：被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性,它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变。

2015-2016学年福建省福州八中高二(下)期中物理试卷(解析版)

2015-2016学年福建省福州八中高二（下）期中物理试卷一、单项选择题（每小题4分，共32分）1．电磁感应现象揭示了电和磁之间的内在联系，根据这一发现，发明了许多电器设备．下列电器中，哪个没有利用电磁感应原理的（）A．动圈式话筒B．白炽灯C．磁带录音机D．电磁炉2．如图，闭合线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N极朝下．当磁铁向下运动时（但未插入线圈内部）（）A．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互吸引B．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互排斥C．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互吸引D．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互排斥3．如图甲所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i随时间t 的变化关系如图乙所示．在0﹣时间内，直导线中电流向上，则在﹣T时间内，线框中感应电流的方向与所受安培力情况是（）A．感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向左B．感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向右C．感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向右D．感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向左4．如图所示电路中，线圈L与灯泡A并联，当合上开关S后灯A正常发光．已知，线圈L 的电阻小于灯泡A的电阻．则下列现象可能发生的是（）A．当断开S时，灯泡A立即熄灭B．当断开S时，灯泡A突然闪亮一下，然后逐渐熄灭C．若把线圈L换成电阻，断开S时，灯泡A逐渐熄灭D．若把线圈L换成电阻，断开S时，灯泡A突然闪亮一下，然后逐渐熄灭5．下列四幅图是交流电的图象，其中能正确反映我国居民日常生活所用交流电的是（）A．B．C．D．6．某交流发电机产生的感应电动势与时间的关系如图所示．如果其他条件不变，仅使线圈的转速加倍，则交流电动势的最大值和周期分别变为（）A．400 V，0.02 s B．200 V，0.02 s C．400 V，0.08 s D．200 V，0.08 s7．白炽灯和电容器串联后接在交变电源的两端，当交变电流的频率f增大的时，则（）A．电容器电容增大B．电容器电容减小C．电灯变暗 D．电灯变亮8．（2009•盐城模拟）演示位移传感器的工作原理如图所示，物体M在导轨上平移时，带动滑动变阻器的金属滑杆P，通过电压表显示的数据来反映物体位移的大小x．假设电压表是理想的，则下列说法正确的（）A．物体M运动时，电源内的电流不会发生变化B．物体M运动时，电压表的示数会发生变化C．物体M不动时，电路中没有电流D．物体M不动时，电压表没有示数二、双项选择题（共16分）9．如图所示，闭合金属环从曲面上h高处滚下，又沿曲面的另一侧上升，设环的初速为零，摩擦不计，曲面处在图示磁场中，则（）A．若是匀强磁场，环滚上的高度小于hB．若是匀强磁场，环滚上的高度等于hC．若是非匀强磁场，环滚上的高度等于hD．若是非匀强磁场，环滚上的高度小于h10．用电高峰期，电灯往往会变暗，其原理可简化为如下物理问题．如图，理想变压器的副线圈上，通过输电线连接两只灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R，原线圈输入有效值恒定的交流电压，当开关S闭合时，以下说法正确的是（）A．灯泡L1两端的电压增大B．原线圈输入功率减小C．副线圈输出电压减小D．电阻R两端的电压增大11．如图所示，平行光滑导轨竖直放置，匀强磁场方向垂直导轨平面，一质量为m的金属棒沿导轨滑下，电阻R上消耗的最大功率为P（不计棒及导轨电阻），要使R上消耗的最大功率为4P，可行的办法有（）A．将磁感应强度变为原来的4倍B．将磁感应强度变为原来的倍C．将电阻R变为原来的4倍D．将电阻R变为原来的2倍12．法拉第发明了世界上第一台发电机﹣﹣法拉第圆盘发电机．铜质圆盘放置在匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇柄，边缘和圆心处各有一个铜电刷与其紧贴，用导线a、b将电刷与电灯连接起来形成回路．如图所示从上往下看逆时针匀速转动铜盘，若图中铜盘半径为L，匀强磁场的磁感应强度为B，回路总电阻为R，转动的角速度为ω．则下列说法正确的是（）A．回路中的电动势等于BL2ωB．回路中的电流等于C．回路中电流方向从b导线流进灯泡，a导线流进铜盘D．回路中产生的是大小和方向周期性变化的电流三、填空题（共12分，13题每空2分，14题每空3分）13．（6分）某同学用如图所示的实验器材探究电磁感应现象．（1）接好电路，合上开关瞬间，电流表指针（填“偏转”或“不偏转”）；（2）电路稳定后，电流表指针（填“偏转”或“不偏转”）；迅速移动滑动变阻器的滑片，电流表指针（填“偏转”或“不偏转”）．14．（6分）有一个可拆变压器，铁芯右边绕有一个线圈，线圈两端与滑动变阻器、电池组连成回路．铁芯的横截面积为0.01m2，且假设磁场全部集中在铁芯中．在左边的铁芯上套有一个环面积为0.02m2的金属环，金属环与铁芯截面垂直．调节滑动变阻器的滑动头向上滑动，使铁芯中的磁感应强度每秒均匀增加0.2T，则：（1）从上向下看金属环中感应电流方向是（填“顺时针”或“逆时针”）；（2）左边金属环的电阻为0.01Ω，金属环内的电流大小为A．四、计算题（共3题，40分）15．（10分）如图，水平U形光滑框架，宽度为1m，电阻忽略不计，导体棒ab的质量m=0.2kg、电阻R=0.5Ω，匀强磁场的磁感应强度B=0.2T，方向垂直框架向上．现用F=1N的外力由静止开始向右拉ab棒，当ab棒的速度达到2m/s时，求：（1）ab棒产生的感应电动势的大小；（2）ab棒所受的安培力；（3）ab棒的加速度．16．（15分）匝数为N、面积为S、总电阻为R的矩形闭合线圈，在磁感应强度为B的匀强磁场中按如图所示方向（俯视逆时针）以角速度ω绕轴OO′匀速转动．t=0时线圈平面与磁感应线垂直，规定adcba的方向为电流的正方向，求：（1）线圈转动过程中感应电动势瞬时值的表达式．（2）线圈转到与图示位置成60°角时的瞬时电流．（3）线圈转动一周过程中外力做的功．17．（15分）如图所示，一小型发电站通过升压、降压变压器把电能输送给用户，已知发电机的输出功率为500kW，输出电压为500V，输电导线上损失的功率为20000W；两变压器间输电导线的总电阻为2Ω．降压变压器B2的输出电压为220V，不计变压器的损耗．求：（1）升压变压器B1原、副线圈的匝数比；（2）降压变压器B2的原、副线圈的匝数比？五、不定项选择（共4题，16分．每题至少有一个答案符合题目要求）18．（2013秋•武汉校级期末）北半球地磁场的竖直分量向下．如图所示，在武汉某中学实验室的水平桌面上，放置边长为L的正方形闭合导体线圈abcd，线圈的ab边沿南北方向，ad边沿东西方向．下列说法中正确的是（）A．若使线圈向东平动，则a点的电势比b点的电势低B．若使线圈向北平动，则a点的电势比b点的电势低C．若以cd为轴将线圈向上翻转，则开始一段时间内线圈中感应电流方向为a→d→c→b→a D．若以ab为轴将线圈向上翻转，则开始一段时间内线圈中感应电流方向为a→d→c→b→a 19．下列各图中，面积均为S的线圈均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B中以角速度ω匀速转动，能产生正弦交变电动势e=BSωsinωt的是（）A． B．C．D．20．N匝的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场轴线匀速转动时产生的正弦式交变电流，其电动势的变化规律如图线a所示．当调整线圈转速后，电动势的变化规律如图线b所示．以下说法正确的是（）A．图线a磁通变化率的最大值为150 VB．图线b电动势的瞬时值表达式是e=100sinπtVC．线圈先后两次转速之比为3：2D．在图中t=0.06s时刻线圈平面都与磁场垂直21．光滑绝缘曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，抛物线的方程是y=x2，下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y=a的直线（图中的虚线所示），一个质量为m的小金属球从抛物线上y=b（b＞a）处沿抛物线自由下滑，忽略空气阻力，重力加速度值为g．则（）A．小金属球沿抛物线下滑后最终停在O点B．小金属球沿抛物线下滑后每次过O点速度一直在减小C．小金属球沿抛物线下滑后对O点压力一定大于mgD．小金属球沿抛物线下滑后最终产生的焦耳热总量是mg（b﹣a）六、计算题（共2题，34分）22．（17分）在图甲中，直角坐标系0xy的1、3象限内有匀强磁场，第1象限内的磁感应强度大小为2B，第3象限内的磁感应强度大小为B，磁感应强度的方向均垂直于纸面向里．现将半径为l，圆心角为90°的扇形导线框OPQ以角速度ω绕O点在纸面内沿逆时针匀速转动，导线框回路电阻为R．（1）求导线框中感应电流最大值．（2）在图乙中画出导线框匀速转动一周的时间内感应电流I随时间t变化的图象．（规定与图甲中线框的位置相对应的时刻为t=0）（3）求线框匀速转动一周产生的热量．23．（17分）如图所示，在倾角为θ=30°的光滑绝缘斜面abcd上有一垂直斜面向上的匀强磁场，磁场的上下有边界且与斜面底边cd平行，虚线为磁场的边界线．在斜面上有一个质量为m=0.2kg、电阻为R=0.27Ω、边长为L=60cm的正方形金属线框，相距s=90cm．将线框从静止开始释放，沿斜面滑下，线框底边始终与斜面底边平行．若线框刚进入磁场时，恰好能做匀速运动．求：（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小；（2）若线框的下边通过磁场的时间为t=0.6s，磁场区域的宽度l为多少？（3）若线框上边框穿出磁场前也已匀速运动，则线框在穿过磁场的整个过程中能产生多少的焦耳热．（重力加速度g=10m/s2）2015-2016学年福建省福州八中高二（下）期中物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（每小题4分，共32分）1．电磁感应现象揭示了电和磁之间的内在联系，根据这一发现，发明了许多电器设备．下列电器中，哪个没有利用电磁感应原理的（）A．动圈式话筒B．白炽灯C．磁带录音机D．电磁炉【考点】电磁感应在生活和生产中的应用【分析】动圈式话筒、磁带录音机、电磁炉利用电磁感应原理，而白炽灯泡不是利用电磁感应原理．【解答】解：A、动圈式话筒利用电磁感应原理，将声音信号变成电信号．不符合题意．故A错误．B、白炽灯泡利用电流的热效应，不是利用电磁感应原理．符合题意．故B正确．C、磁带录音机利用电磁感应原理，将声音信号变成电信号．不符合题意．故C错误．D、电磁炉利用电磁感应原理使电磁场能转换成内能．不符合题意．故D错误．故选：B．2．如图，闭合线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N极朝下．当磁铁向下运动时（但未插入线圈内部）（）A．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互吸引B．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互排斥C．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互吸引D．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互排斥【考点】楞次定律【分析】先判断通过线圈的磁场方向及磁通量的变化，由楞次定律可判断电路中电流的方向及磁极间的相互作用．【解答】解：由图可知，穿过线圈的磁场方向向下增大，由楞次定律可知感应电流的磁场应向上，则由右手螺旋定则可知电流方向与图示方向相同；由“来拒去留”可知，磁铁靠近线圈，则线圈与磁铁相互排斥，故B正确；故选B．3．如图甲所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示．在0﹣时间内，直导线中电流向上，则在﹣T时间内，线框中感应电流的方向与所受安培力情况是（）A．感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向左B．感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向右C．感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向右D．感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向左【考点】楞次定律；安培力【分析】在﹣T时间内，直线电流方向向下，根据安培定则判断出直导线周围的磁场，根据磁场的变化，通过楞次定律判断出金属线框中的感应电流，从而通过受力判断线框所受安培力的合力．【解答】解：在﹣T时间内，直线电流方向向下，根据安培定则，知导线右侧磁场的方向垂直纸面向外，电流逐渐增大，则磁场逐渐增强，根据楞次定律，金属线框中产生顺时针方向的感应电流．根据左手定则，知金属框左边受到的安培力方向水平向右，右边受到的安培力水平向左，离导线越近，磁场越强，则左边受到的安培力大于右边受到的安培力，所以金属框所受安培力的合力水平向右．故C正确，A、B、D错误．故选：C．4．如图所示电路中，线圈L与灯泡A并联，当合上开关S后灯A正常发光．已知，线圈L 的电阻小于灯泡A的电阻．则下列现象可能发生的是（）A．当断开S时，灯泡A立即熄灭B．当断开S时，灯泡A突然闪亮一下，然后逐渐熄灭C．若把线圈L换成电阻，断开S时，灯泡A逐渐熄灭D．若把线圈L换成电阻，断开S时，灯泡A突然闪亮一下，然后逐渐熄灭【考点】自感现象和自感系数【分析】“断电自感”是一种常见的电磁感应现象，忽略电池内阻及导线电阻，并设灯A的电阻为R A，线圈L的直流电阻为R L，电动势为E，线圈L中的电流强度为I A，通过灯泡的电流强度为I L，电流方向均向右；（1）电流方向：K断开瞬间通过灯A的电流立刻减小为0；但同时由于线圈L中的电流I L0减小，故L中的自感电流I′L必与原电流I L0同向以“阻碍”原电流的减小，因而线圈L作了A、L回路的电源，且线圈L的左端为电流负极而右端为正极；故实际上K断开瞬间经过灯A 的电流并不为0而是方向向左的电流I L．（2）L断开瞬间线圈与A灯中的瞬时电流的大小：电路断开后线圈将原来储存起来的能量（磁场能）通过自感而经回路L、A释放，故在K断开前、后的瞬间线圈的能量（磁场能）是相等的，而磁场是由电流产生的，因而K断开后瞬间线圈中的总电流强度与断开前的电流强度I L0必相等．所以断电自感中线圈中的电流将从断开前瞬间的电流强度I L0开始减小．那么开关断开瞬间加于电灯L两端的瞬间电压为U A=I L0R A．【解答】解：A、B、电键断开前，电路稳定，灯A 正常发光，线圈相当于直导线，电阻较小，故流过线圈的电流较大；电键断开后，线圈中的电流会减小，发生自感现象，线圈成为A、L回路的电源，故灯泡反而会更亮一下后熄灭，故A错误，B正确；C、D、若用电阻取代L接入电路，则不会发生自感现象，故断开S时，灯A立即熄灭，故C错误，D错误；故选：B．5．下列四幅图是交流电的图象，其中能正确反映我国居民日常生活所用交流电的是（）A．B．C．D．【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率【分析】根据对家庭用电（交流电）的了解回答．【解答】解：我们日常生活中用的都是交流电，电压是220V，频率是50Hz．周期为0.02s 电压的最大值为：220V=311V，只有C正确．故选C6．某交流发电机产生的感应电动势与时间的关系如图所示．如果其他条件不变，仅使线圈的转速加倍，则交流电动势的最大值和周期分别变为（）A．400 V，0.02 s B．200 V，0.02 s C．400 V，0.08 s D．200 V，0.08 s【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理【分析】由图读出原来交流电动势的最大值和周期．原来根据感应电动势最大值的表达式E m=NBSω分析感应电动势最大值的变化．由公式T=分析周期的变化．【解答】解：由图读出原来交流电动势的最大值E m=100V，周期T=0.04s根据感应电动势最大值的表达式E m=NBSω得知，E m与ω成正比，则线圈的转速变为原来的两倍，感应电动势最大值变为原来的两倍，为E m′=200V．由公式T=分析可知，线圈的转速变为原来的两倍，周期为原来的一半，即T′=0.02s．故选：B．7．白炽灯和电容器串联后接在交变电源的两端，当交变电流的频率f增大的时，则（）A．电容器电容增大B．电容器电容减小C．电灯变暗 D．电灯变亮【考点】自感现象和自感系数【分析】图中电容器与灯泡串联；电流频率越大，电容对交变电流的阻碍作用越小，电流越大，当电容器的正对面积、极板间距及电介质变化时，才会导致电容变化．【解答】解：A、影响电容器的因素：正对面积、极板间距及电介质没有变化，当交流电源的频率增大时，则电容器的电容不变，故AB错误；C、图中电容器与灯泡串联，交变电流频率越大，电容对交变电流的阻碍作用越小，电流越大，灯泡功率越大，灯泡越亮，故C错误D正确；故选：D．8．（2009•盐城模拟）演示位移传感器的工作原理如图所示，物体M在导轨上平移时，带动滑动变阻器的金属滑杆P，通过电压表显示的数据来反映物体位移的大小x．假设电压表是理想的，则下列说法正确的（）A．物体M运动时，电源内的电流不会发生变化B．物体M运动时，电压表的示数会发生变化C．物体M不动时，电路中没有电流D．物体M不动时，电压表没有示数【考点】闭合电路的欧姆定律；常见传感器的工作原理【分析】根据物体M运动时，电路中电阻有无变化，分析电源的电流有无影响．理想电压表对电路没有影响，电压表测量变阻器左侧的电压．【解答】解：A、物体M运动时，电路中电阻没有变化，根据欧姆定律可知，电源内的电流不会发生变化．故A正确．B、电压表测量变阻器左侧的电压，物体M运动时，左侧电压会变化，而理想电压表对电路没有影响，则电压表的示数会发生变化．故B正确．C、物体M不动时，电路中仍有电流，而且电流不变．故C错误．D、只有当触头P停在变阻器最左端时，物体M不动时，电压表没有示数，当触头P在其他位置时，电压表仍有示数．故D错误．故选AB二、双项选择题（共16分）9．如图所示，闭合金属环从曲面上h高处滚下，又沿曲面的另一侧上升，设环的初速为零，摩擦不计，曲面处在图示磁场中，则（）A．若是匀强磁场，环滚上的高度小于hB．若是匀强磁场，环滚上的高度等于hC．若是非匀强磁场，环滚上的高度等于hD．若是非匀强磁场，环滚上的高度小于h【考点】霍尔效应及其应用【分析】若是匀强磁场，闭合小环中没有感应电流产生，机械能守恒，高度不变；若是非匀强磁场，闭合小环中由于电磁感应产生感应电流，机械能减小转化为内能，高度减小．【解答】解：A、B、若是匀强磁场，穿过小环的磁通量不变，没有感应电流产生，机械能守恒，高度不变，则环在左侧滚上的高度等于h．故A错误、B正确；C、D、若是非匀强磁场，小环中由于产生感应电流，机械能减小转化为内能，高度将减小，则环在左侧滚上的高度小于h．故C错误，D正确；故选：BD．10．用电高峰期，电灯往往会变暗，其原理可简化为如下物理问题．如图，理想变压器的副线圈上，通过输电线连接两只灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R，原线圈输入有效值恒定的交流电压，当开关S闭合时，以下说法正确的是（）A．灯泡L1两端的电压增大B．原线圈输入功率减小C．副线圈输出电压减小D．电阻R两端的电压增大【考点】变压器的构造和原理【分析】开关S闭合后改变了副线圈的电流和功率，根据变压器原副线圈电压、电流与匝数比的关系即可求解．【解答】解：开关S闭合后，副线圈的电流和功率都变大，A、副线圈电压由原线圈和匝数比决定，而原线圈电压和匝数比都没有变，所以副线圈输出电压不变，由于通过电阻R的电流增大，所以加在L1两端的电压减小，故A错误．B、开关S闭合后，增加了灯泡L2的功率，副线圈的功率变大，由输入功率等于输出功率，可知原线圈输入功率增大，故B错误．C、由于原线圈输入有效值恒定的交流电压，而原副线圈的匝数之比没变，故副线圈的输出电压不变，故C错误．D、开关S闭合后，增加了灯泡L2的功率，副线圈的功率变大，则电流增大，故R两端的电压增大，故D正确．故选：D．11．如图所示，平行光滑导轨竖直放置，匀强磁场方向垂直导轨平面，一质量为m的金属棒沿导轨滑下，电阻R上消耗的最大功率为P（不计棒及导轨电阻），要使R上消耗的最大功率为4P，可行的办法有（）A．将磁感应强度变为原来的4倍B．将磁感应强度变为原来的倍C．将电阻R变为原来的4倍D．将电阻R变为原来的2倍【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化【分析】棒达到平衡状态时，速度最大，感应电动势最大，故感应电流最大，此时金属棒消耗的功率最大，推导出最大功率的表达式分析即可．【解答】解：棒达到平衡状态时，速度最大，感应电动势最大，故感应电流最大，故：E=BLvE=I（R+r）mg=BIL棒的功率：P R=I2R=A、将磁感应强度变为原来的4倍，R上消耗的最大功率变化为P，故A错误；B、将磁感应强度变为原来的倍，R上消耗的最大功率为4P，故B正确；C、将电阻R变为原来的4倍，R上消耗的最大功率为4P，故C正确；D、将电阻R变为原来的2倍，R上消耗的最大功率为2P，故D错误；故选：BC．12．法拉第发明了世界上第一台发电机﹣﹣法拉第圆盘发电机．铜质圆盘放置在匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇柄，边缘和圆心处各有一个铜电刷与其紧贴，用导线a、b将电刷与电灯连接起来形成回路．如图所示从上往下看逆时针匀速转动铜盘，若图中铜盘半径为L，匀强磁场的磁感应强度为B，回路总电阻为R，转动的角速度为ω．则下列说法正确的是（）A．回路中的电动势等于BL2ωB．回路中的电流等于C．回路中电流方向从b导线流进灯泡，a导线流进铜盘D．回路中产生的是大小和方向周期性变化的电流【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律【分析】圆盘转动可等效看成无数轴向导体切割磁感线，有效切割长度为铜盘的半径L，根据感应电动势公式E=BL求感应电动势，由欧姆定律求感应电流．根据右手定则分析感应电流方向．【解答】解：A、铜盘转动产生的感应电动势为：E=BL=BL=BL2ω，故A错误．B、回路中的电流I==，故B正确．C、由右手定则可知，回路中电流方向不变，从b导线流进灯泡，a导线流进铜盘，故C正确．D、由于B、L、ω、R不变，则I不变，电流大小恒定不变，故D错误．故选：BC．三、填空题（共12分，13题每空2分，14题每空3分）13．（6分）某同学用如图所示的实验器材探究电磁感应现象．（1）接好电路，合上开关瞬间，电流表指针偏转（填“偏转”或“不偏转”）；（2）电路稳定后，电流表指针不偏转（填“偏转”或“不偏转”）；迅速移动滑动变阻器的滑片，电流表指针偏转（填“偏转”或“不偏转”）．【考点】研究电磁感应现象【分析】感应电流产生的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化，根据感应电流产生的条件与实验步骤分析答题．【解答】解：（1）接好电路，合上开关瞬间，穿过大线圈的磁通量增加，电流表指针偏转；（2）电路稳定后，穿过大线圈的磁通量不变，电流表指针不偏转；迅速移动滑动变阻器的滑片，穿过大线圈的磁通量变化，电流表指针偏转；故答案为：（1）偏转；（2）不偏转，偏转．14．（6分）有一个可拆变压器，铁芯右边绕有一个线圈，线圈两端与滑动变阻器、电池组连成回路．铁芯的横截面积为0.01m2，且假设磁场全部集中在铁芯中．在左边的铁芯上套有一个环面积为0.02m2的金属环，金属环与铁芯截面垂直．调节滑动变阻器的滑动头向上滑动，使铁芯中的磁感应强度每秒均匀增加0.2T，则：（1）从上向下看金属环中感应电流方向是逆时针（填“顺时针”或“逆时针”）；。

福建省福州市第八中学2015-2016学年高二上学期期末考试物理试题及答案

福州八中2015—2016学年第一学期期末考试高二物理考试时间：90分钟试卷满分：100分2016.1.25第I卷（100分）一、单项选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。

）1. 两个完全相同的金属小球，分别带有+3Q和—Q的电荷量，当它们相距r时(r 比小球半径大得多)，它们之间的库仑力是F。

若把它们接触后分开，再置于相距r/3的两点，则它们的库仑力的大小将变为A.F/3B.FC. 3FD.9F2．关于电场强度的公式E=F/q，下列说法正确的是A．由公式可知，电场强度与试探电荷所带电量成反比B．此公式只能适用于真空中的点电荷产生的电场C．此公式为电场强度的定义式，可以适用于各种电场D．公式中q是产生电场的电荷带电量，F是试探电荷所受到的力3．图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子由M点向N点运动，可以判定A. 粒子带负电，运动过程电势能减小B. 粒子带负电，运动过程电势能增大C. 粒子带正电，运动过程电势能减小D. 粒子带正电，运动过程电势能增大4. 两电阻R1、R2的电流I和电压U的关系如图所示，可知电阻大小之比R1:R2等于A. 1:3B.3:1:1 D. 1:3C.35．一个直流电动机所加电压为U，电流为 I，线圈内阻为 R，当它工作时，下述说法中正确的是A. 电动机的输出功率为U 2／RB.电动机的输出功率为IU-I 2RC ．电动机的发热功率为IUD ．电动机的功率可写作IU=I 2R=U 2/R6.如图所示的电路中,当滑动变阻器的滑动触点向b 端移动时 A.伏特表V 的读数增大,安培表A 的读数减小. B.伏特表V 和安培表A 的读数都增大. C.伏特表V 和安培表A 的读数都减小.D.伏特表V 的读数减小,安培表A 的读数增大.7．当导线中分别通以图示方向的电流，小磁针静止时北极指向读者的是8．下图，已标出电流I ．磁感应强度B 的方向，其中符合安培定则的是9．某同学画的表示磁场B 、电流I 和安培力F 的关系图，正确的是10．两个带电粒子由静止经同一电场加速后垂直磁感线方向进入同一匀强磁场，两粒子质量之比为l:2．电量之比为l:2，则两带电粒子受洛仑兹力之比为A ．2:1B.l:lC.1:2 D ．1:411、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 ．BS B ．4BS5C ．3BS 5 D ．3BS 412．速度相同的一束粒子，由左端射入速度选择器后，又进入质谱仪，其运动轨迹如图所示，则下列说法中正确的是 A ．该束带电粒子带负电B ．能通过狭缝S 0的带电粒子的速率等于E/B 2C ．若保持B 2不变，粒子打在胶片上的位置越远离狭缝S 0，粒子的比荷q/m 越小D ．若增大入射速度，粒子在磁场中轨迹半圆将变大二、实验题（13题每空2分，14题每空3分，共18分）13．（ 6分）(1)写出如图甲所示的螺旋测微器对应的读数_____mm ．(2)用已调零且选择旋钮指向欧姆挡“×10”位置的多用电表测电阻阻值，根据如图乙所示的表盘，被测电阻阻值为_____Ω．若将该表选择旋钮置于10mA 挡测电流，表盘仍如下图乙所示，则被测电流为_____mA ．14.（12分）在 “描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，可供选择的器材及代号如下： A ．小灯泡L （ 3 V 、1.5 W ）；B ．滑动变阻器R （0～10 Ω，额定电流1. 5A ）；C ．电压表V 1（量程：0～3 V ，R V ＝5 k Ω）；D ．电压表V 2（量程：0～15 V ，R V ＝10 k Ω）；E ．电流表A 1（量程：0～0.6 A ，R A ＝0.5 Ω）；F ．电流表A 2（量程：0～3 A ，R A ＝0.1 Ω）；G ．铅蓄电池、电键各一个，导线若干；实验中要求加在小灯泡两端的电压可连续地从零调到额定电压。

2016-2017学年福建省福州市高二上学期期中考试物理试卷(含答案)

2016-2017学年福建省福州市高二（上）期中物理试卷一．选择题（1~10题为单选题，11~15题为多项选择题，每题4分，共60分，多项选择题中漏选得2分，多选或错选不得分。

）1．关于元电荷，下列说法中错误的是（）AA．元电荷实质是指电子和质子本身B．所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍C．元电荷的值通常取作e=1.60×10-19C D．电荷量e的数值最早是由美国科学家密立根用实验测得的2．有甲、乙两导体，甲的横截面是乙的2倍，而单位时间内通过横截面的电荷量，乙是甲的2倍，以下说法中正确的是（）BA．甲、乙两导体的电流相同B．乙导体的电流是甲导体的2倍C．乙导体中自由电荷定向移动的速率是甲导体的2倍D．甲、乙两导体中自由电荷定向移动的速度大小相等图C．b点电势比c点电势高，场强方向相同D．一个电子仅在电场力作用下不可能沿如图曲线轨迹从a点运动到c点6．一负电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的v-t图象如图2所示，则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是（）C图27．如图3所示，电阻R1=20Ω，电动机的内阻R2=10Ω．当开关断开时，电流表的示数是0.5A，当开关闭合后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，关于电流表的示数I和电路消耗的电功率P的式子正确的是（）D A．I=1.5 A B．I＞1.5 A C．P=15 W D．P＜15 W8．如图4，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态．现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将（）D A．保持静止状态B．向左上方做匀加速运动C．向正下方做匀加速运动D．向左下方做匀加速运动9．如图5所示，电场中有一倾角为θ的光滑绝缘斜面固定在水平面上，斜面长为L，一电荷量为+q．质量为m的小球以速度v0由斜面底端A沿斜面上滑，到达顶端B时速度仍为v0，则（）CA ．该电场一定是场强大小为mg q的匀强电场 B ．小球从A 运动到B 的过程中机械能守恒 C ．该电场A 、B 两点间的电势差一定为sin mgL q θ D ．小球在B 点的电势能一定大于在A 点的电势能图3 图4 图5 图6 图710．如图6，A 、B 、C 、D 、E 是半径为r 的圆周上等间距的五个点，在这些点上各固定一个点电荷，除A 点处的电荷量为-q 外，其余各点处的电荷量均为+q ，则圆心O 处（）C A ．场强大小为2kq r ，方向沿OA 方向 B ．场强大小为2kq r，方向沿AO 方向 C ．场强大小为22kq r ，方向沿OA 方向 D ．场强大小为22kq r ，方向沿AO 方向 11．如图7所示，R 1=6Ω，R 2=3Ω，R 3=4Ω，接入电路后，关于这三个电阻的判断正确的是（） BCA ．电流之比是I 1：I 2：I 3=4：3：6B ．电压之比是U 1：U 2：U 3=1：1：2C ．功率之比是P 1：P 2：P 3=1：2：6D ．功率之比是P 1：P 2：P 3=6：3：4 12．如图8所示，实线是一个电场中的电场线，虚线是一个负的试探电荷在这个电场中仅在电场力作用下运动的轨迹．若电荷是从a 处运动到b 处，以下判断正确的是（）ADA ．电荷从a 到b 速度减小B ．电荷从a 到b 加速度增大C ．电荷从a 到b 电势能减小D ．电荷从a 到b 电势能增加图8 图9 图10 图 1113．如图9甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔．右极板电势随时间变化的规律如图乙所示．电子原来静止在左极板小孔处．下列说法中正确的是（）ACA ．从t=0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上B ．从t=0时刻释放电子，电子可能在两板间振动C ．从4T t =时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上 D ．从38T t =时刻释放电子，电子必将打到左极板上 14．三个分别带有正电、负电和不带电的质量相同的颗粒，从水平放置的平行带电金属板左侧以相同速度v 0垂直电场线方向射入匀强电场，分别落在带正电荷的下板上的a 、b 、c 三点，如图10所示，下面判断正确的是（）BDA ．落在a 点的颗粒带正电，c 点的带负电，b 点的不带电B ．落在a 、b 、c 点颗粒在电场中的加速度的关系是a a ＞a b ＞a cC ．三个颗粒在电场中运动的时间关系是t a ＞t b ＞t cD ．电场力对落在c 点的颗粒做负功15．如图11所示，半圆槽光滑、绝缘、固定、圆心是O ，最低点是P ，直径MN 水平，a 、b 是两个完全相同的带正电小球（视为点电荷），b 固定在M 点，a 从N 点静止释放，沿半圆槽运动经过P 点到达某点Q （图中未画出）时速度为零．则小球a （）BCA．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B．从N到P的过程中，速率先增大后减小C．从N到Q的过程中，电势能一直增加D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量1212A．电压表0～3V，内阻10kΩB．电压表0～15V，内阻50kΩC．电流表0～0.6A，内阻0.05ΩD．电流表0～3A，内阻0.01ΩE．滑动变阻器，0～10ΩF．滑动变阻器，0～100Ω①要求较准确地测出其阻值，电压表应选 A ，电流表应选 C ，滑动变阻器应选 E ．（填序号）②实验中某同学的实物接线如图乙所示，请指出该同学实物接线中的两处明显错误．错误1 导线连接在滑动变阻器的滑片上错误2 采用了电流表内接法．三计算题（18题8分，19题10分，20题12分，共30分，写出必要的文字说明及解题步骤，只写最后答案不得分）图13（2）A、C两点的电势差．图1420．如图15所示，两块竖直放置的平行金属板A、B，板距d=0.04m，两板间的电压U=400V，板间有一匀强电场．在A、B两板上端连线的中点Q的正上方，距Q为h=1.25m的P点处有一带正电小球，已知小球的质量m=5×10-6kg，电荷量q=5×10-8C．设A、B板足够长，g取10m/s2．求：（1）带正电小球从P点开始由静止下落，经多长时间和金属板相碰？（2）相碰时，离金属板上端的距离多大？图15四选做题（共20分）（仅限8班）21．如图16所示，空间存在着电场强度为E=2.5×102N/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=0.5kg、电荷量q=4×10-2C的小球．现将细线拉直到水平位置，使小球由静止释放，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O点的高度．图16。

福建省福州市第八中学高二上学期期中考试物理(文)试题(有答案)(精选)

第一学期期中考试高二物理（文）一、单项选择题（共12题，每题3分，共36分）1．电磁感应规律的发现，使机械能和电能的大规模转化，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2.下列说法正确的是A.磁感线是真是存在的线B.磁感线上任意一点的切线方向，都跟该点的磁场方向一致C.磁感线有可能出现相交的情况D ．磁感线类似于电场线，它总是从磁体的N 极出发终止于S 极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1所示。

其中哪一个小磁针的指向是正确的 A ．aB ．bC ．cD ．d4.在下图所示的各电场中，A 、B 两点场强相同的是5.真空中有甲、乙两个点电荷相距为r ，它们间的静电力为F.若甲的电荷量变为原的3倍，乙的电荷量变为原的2倍，它们之间的距离变为3r ，则它们之间的静电力将变为 A ．F 32B ．2FC ．3FD ．F 316.电流的周围存在着磁场，下图中电流方向与磁感线方向关系不正确的是7.电磁场理论预言了什么？A.预言了变化的磁场能够在周围空间产生电场B.预言了变化的电场能够在周围空间产生磁场C.预言了电磁波的存在，电磁波在真空中的速度为光速D.预言了电能够产生磁，磁能够产生电8.下列几种做法中，符合安全用电的是A.可用湿布擦带电设备B.遇到电器设备冒火时，应先泼水灭火C.发现有人触电时，应赶快切断电或用干燥木棍将电线挑开D.没有三孔插座时，可将三脚插头的一脚折弯后，插入二孔插座中使用9.下图所示的实验示意图中，用于探究”磁生电”的是10．2010年4月14日，我国青海玉树发生了大地震，救援队员用多种生命探测仪搜寻废墟下幸存者的具有生命迹象的信息。

有一种生命探测仪与自动门、电视机遥控器应用的是同一种类型的传感器，这种生命探测仪应用的传感器是A．温度传感器B．声音传感器C．红外线传感器D．压力传感器11.下列说法正确的是A．运动电荷在磁感应强度不为零的地方，一定受到洛伦兹力的作用B．运动电荷在某处不受洛伦兹力，则该处的磁感应强度一定为零C．洛伦兹力可以对运动电荷做功D．洛伦兹力不改变运动电荷的速率图212.右图中，用一块磁铁接近发光的白炽灯泡，可以看到灯丝颤抖起．关于这一现象，以下说法中正确的是 A.这是一种电磁感应现象B.这是通电的灯丝受安培力作用的结果C.若灯泡中通过的是恒定电流，也会发生同样的现象D.这是由于电流的热效应引起的二、填空题（每空3分，共24分）13.面积为0.5m 2的闭合单匝导线环处于磁感应强度为0.4T 的匀强磁场中，当磁场与环面垂直时，穿过环面的磁通量大小为__________,当导线环转过90℃环面与磁场平行时，穿过环面的磁通量大小为_________,如果翻转所用的时间为0.1s ，在此过程中产生的平均电动势为________。

福建省福州市八县(市)一中高二物理上学期期中联考试题(含解析)新人教版

福建省福州市八县（市）一中2014-2015学年上学期期中联考高二物理试卷一．选择题（下列各题只有一个正确答案，请把正确选项填在答题卡的相应位置上，每小题4分，共48分）1．请用学过的电学知识判断下列说法正确的是（）A．电工穿绝缘衣比穿金属衣安全B．有金属外壳的家用电器供电线路接地或不接地对人体都是安全的C．制作汽油桶的材料用金属比用塑料好D．打雷时，呆在汽车里比呆在木屋里要危险考点：家庭电路和安全用电知识．.分析：穿金属的衣服和呆在汽车里时，可以对里面的人体起到静电屏蔽作用，从而可以保护人的安全，由于塑料和油摩擦容易起电，用塑料的话，产生的静电荷不易泄漏，反而会早造成危险．解答：解：A、电力工人高压带电作业，全身穿戴金属丝网制成的衣、帽、手套、鞋，可以对人体起到静电屏蔽作用，使人安全作业．所以A错误．B、有金属外壳的家用电器供电线路只有有效接地后才能对人产生安全保护；故B错误；C、因为塑料和油摩擦容易起电，产生的静电荷不易泄漏，形成静电积累，造成爆炸和火灾事故．所以C正确．D、一辆金属车身的汽车也是最好的“避雷所”，一旦汽车被雷击中，它的金属构架会将闪电电流导入地下．所以D错误．故选：C．点评：掌握住基本的知识，对于生活中的一些现象要能够用所学的知识来解释．2．（4分）对常温下一根阻值为R的均匀金属丝，下列说法正确的是（）A．常温下，若将金属丝均匀拉长为原来的2倍，则电阻变为2RB．常温下，若将金属丝从中点对折起来使用，则电阻变为C．给金属丝加上的电压从0增大到U0，则任一状态下的比值不变D．给金属丝加上的电压从0增大到U0，则比值逐渐减小考点：电阻定律．.专题：恒定电流专题．分析：导体的电阻 R 与它的长度 L 成正比，与它的横截面积 S 成反比，还与导体的材料有关系，这个规律叫电阻定律．解答：解：A、常温下，若将金属丝均匀拉长为原来的2倍，横截面积减小为0.5倍，电阻率不变，根据电阻定律，电阻增大为4倍，故A错误；B、常温下，若将金属丝从中点对折起来，长度变为一半，横截面积变为2倍，故电阻变为0.25倍，故B正确；C、D、给金属丝加上的电压逐渐从零增大到U0，由于功率增加，导致温度会略有升高，故金属丝的电阻率会变大，由于截面积和长度均不变，根据电阻定律可得电阻值变大；再根据欧姆定律可以得到比值变大，故C错误，D错误；故选：B．点评：本题关键要能熟练运用电阻定律，同时要明确电阻率的物理意义和温度对其的影响．3．（4分）如图所示，一簇电场线的分布关于y轴对称，O是坐标原点，M、N、P、Q是以O为圆心的一个圆周上的四个点，其中M、N在y轴上，Q点在x轴上，则下列说法正确的是（）A．M点的电势比P点的电势高B．O M间的电势差小于NO间的电势差C．一正电荷在O点时的电势能小于在Q点时的电势能D．将一负电荷由M点移到P点，电场力不做功考点：电场线；电势．.分析：解答本题需要掌握：根据电场线方向判断电势高低；灵活应用公式U=Ed判断两点之间电势差的高低；根据电势高低或电场力做功情况判断电势能的高低；正确判断电荷在电场中移动时电场力做功的正负．解答：解：A、根据电场线与等势线垂直特点，在M点所在电场线上找到p点的等势点，根据沿电场线电势降低可知，P点的电势比M点的电势高，故A错误；B、根据电场分布可知，OM间的平均电场强度比NO之间的平均电场强度小，故由公式U=Ed可知，OM间的电势差小于NO间的电势差，故B正确；C、O点电势高于Q点，根据E p=φq可知，正电荷在O点时的电势能大于在Q点时的电势能，故C错误；D、M点的电势比P点的电势低，负电荷从低电势移动到高电势电场力做正功，故D错误．故选：B．点评：电场线、电场强度、电势、电势差、电势能等物理量之间的关系以及大小比较，是电场中的重点和难点，在平时训练中要加强这方面的练习，以加深对概念的理解．4．（4分）在第二十九届奥运会上“绿色、科技、人文”的理念深入人心．如在奥运村及奥运场馆内大量使用太阳能路灯，其光电转换装置在阳光照射下把太阳能转换为电能储存起来，供夜晚照明使用．在正常照射下，太阳能电池的光电转换效率可达20%，可产生24V电压、2.0A 的电流，则每秒该路灯可转化为电能的太阳能为（）A．240 J B．360 J C．480 J D．500J考点：电功、电功率；能量守恒定律．.分析：根据电流做功公式计算路灯正常工作消耗的电功率，然后结合太阳能电池的光电转换效率为20%计算电池板吸收太阳能的功率，即每秒该路灯可转化的太阳能．解答：解：路灯正常工作消耗电功率：P=UI=24×2W=48W若设电池组吸收太阳能的功率为P′，则有：P=20%•P′，即：P′=240W；W′=P′t=240×1J=240J即：每秒该路灯可转化的太阳能为240J故选：A．点评：本题考查学生综合运用欧姆定律，功率公式，电功公式及效率公式灵活计算有关物理量的能力，知识的系统化很重要．5．（4分）已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为：电流从左边接线柱流进电流计，指针向左偏，电流从右边接线柱流进电流计，指针向右偏．如果在导电液体的深度h发生变化时观察到指针正向右偏转，则（）A．导体芯A所带电荷量在增加，液体的深度h在增大B．导体芯A所带电荷量在减小，液体的深度h在增大C．导体芯A所带电荷量在增加，液体的深度h在减小D．导体芯A所带电荷量在减小，液体的深度h在减小考点：电容．.专题：电容器专题．分析：电容器始终与电源相连，两端间电势差不变，通过C的变化判断所带电量的变化．从而判断电流的流向．解答：解：电流计指针向右偏转，说明流过电流计G的电流由右→左，则导体芯A所带电量增大，电容两端间的电势差不变，由Q=CU可知，芯A与液体形成的电容器的电容增大，根据C=，知正对面积增大，则液体的深度h在增大，故A正确．B、C、D错误．故选：A．点评：解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量．若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变．6．（4分）某带电粒子在匀强电场中的运动时，只在电场力作用下由a点运动到b点的轨迹（虚线所示），图中一组平行实线可能是电场线，也可能是等势面，则下列说法正确的是（）A．不论图中实线是电场线还是等势面，a点的电势都比b点的电势高B．不论图中实线是电场线还是等势面，带电粒子在a点电势能都比在b点电势能大C．如果图中实线是电场线，带电粒子在b点动能较大D．如果图中实线是等势面，带电粒子在a点电势能较大考点：带电粒子在匀强电场中的运动；等势面．.专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：由轨迹弯曲方向判断电子所受的电场力方向，确定电场线的方向，判断电势高低．匀强电场中场强处处大小相等．根据电场力方向与速度方向的夹角，判断电场力对电子做正功还是负功，确定电子在a点与b点动能的大小．根据电场力做功判断电势能的变化．解答：解：A、若图中实线是电场线，电场力水平向右，由于电荷的电性未知，无法确定电场强度的方向，则无法比较a、b两点的电势高低；若实线是等势面，由于电场线与等势面垂直，电荷所受电场力方向向下，由于电性未知，则无法确定电场强度的方向，无法比较电势的高低．不论图中实线是电场线还是等势面，都无法比较电势的高低．故A错误．B、如果图中实线是电场线，所受的电场力水平向右，电场力对电荷做正功，电荷电势能减小，电荷在a点的电势能比在b点的电势能大．若实线为等势线，则电场力的方向竖直向下，从a到b电场力做负功，电势能增大，即a点电势能比b点电势能小．故B 错误，D错误．C、如果图中实线是电场线，所受的电场力水平向右，电场力对电荷做正功，动能增加，则带电粒子在b点的动能较大，故C正确．故选：C．点评：物体做曲线运动时，所受合力指向轨迹弯曲的内侧，根据轨迹的弯曲方向要能判断出物体合力的大致方向．7．（4分）如图所示，图线1表示的导体的电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是（）A．R1：R2=3：1B．把R1拉长到原来的3倍长后电阻等于R2C．将R1与R2串联后接于电源上，则功率之比P1：P2=3：1D．将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1：I2=3：1考点：欧姆定律．.专题：恒定电流专题．分析：通过I﹣U图象得出两电阻的关系．串联电路电流相等；并联电路，电压相等；结合公式P=UI和U=IR分析即可．解答：解：A、解答：根据I﹣U图象知，图线的斜率表示电阻的倒数，所以R1：R2=1：3．故A 错误．B、把R1拉长到原来的3倍长后，横截面积减小为原来的，根据电阻定律公式R=，电阻增加为9倍，变为R2的3倍，故B错误；C、串联电路电流相等，所以将R1与R2串联后接于电源上，电流比I1：I2=1：1；又由于R1：R2=1：3．根据P=UI=I2R，功率之比为1：3，故C错误．D、并联电路，电压相等，电流比等于电阻之反比，所以将R1与R2并联后接于电源上，电流比I1：I2=3：1．根据公式P=UI，功率之比为3：1，故D正确．故选：D．点评：本题关键是明确I﹣U图象的斜率的倒数表示电阻，然后结合电阻定律、欧姆定律和电功率表达式分析，不难．8．（4分）如图所示，从炽热的金属丝漂出的电子（速度可视为零），经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场．电子的重力不计．在满足电子能射出偏转电场的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是（）A．同时增大加速电压和偏转电压B．同时增大加速电压和偏转电极间的距离C．增大加速电场间的电压，同时减小偏转电压D．增大偏转电极间的电压，减小偏转电极间的距离考点：带电粒子在匀强电场中的运动．.专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：电子经电场加速后，进入偏转电场，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出电子离开电场时数值方向分速度，表示出偏转角正切值的表达式，从而判断使偏转角变大的方法．解答：解：根据动能定理：eU1=，粒子离开偏转电场时速度方向与水平方向夹角的正切值为：tanα=，A、同时增大加速电压和偏转电压，偏转角不一定增大．故A错误．B、同时增大加速电压和偏转电极间的距离，偏转角不一定增大，故B错误．C、增大加速电场间的电压，减小偏转电压，则偏转角一定变小，故C错误．D、增大偏转电极间的电压，减小偏转电极间的距离，则偏转角一定变大，故D正确．故选：D．点评：本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成，常规问题．9．（4分）如图所示，水平粗糙绝缘杆从物体A中心的孔穿过，A的质量为M，用绝缘细线将另一质量为m的小球B与A连接，整个装置所在空间存在水平向右的匀强电场E，A不带电，B带正电且电荷量大小为q，A、B均处于静止状态，细线与竖直方向成θ角．则下列选项正确的是（）A．细线中张力大小为B．细线中张力大小为C．杆对A的摩擦力大小为qE D．杆对A的支持力大小为Mg考点：电场强度；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．.分析：A B均处于静止状态，对A、B分别受力分析，应用平衡条件可分别求解力的大小．解答：解：对B受力分析并合成如图：其中电场力 F电=qE由平衡条件得：细线中张力大小为：T=或 T==；对A受力分析并分解如图：由平衡条件：f=Tsinθ=mgtanθ=qE，N=Mg+Tcosθ=（M+m）g，即：杆对A的支持力大小为：N=（M+m）g故选：C点评：本题考查分析物体受力的能力，受力分析时一定要选择合适的研究对象进行正确的受力分析，应用平衡条件进行求解即可．对于CD两项也可采用选取整体为研究对象的方法，可以一试．10．（4分）如图所示，把两个相同的灯泡分别接在甲、乙电路中，甲电路两端的电压为8V，乙电路两端的电压为16V．调节变阻器R1和R2使两灯都正常发光，此时变阻器消耗的功率分别为P1和P2，两电路中消耗的总功率分别为P甲和P乙则下列关系中正确的是（）A．P甲=P乙B．P甲＞P乙C．P1＞P2D．P1＜P2考点：电功、电功率．.专题：恒定电流专题．分析：设灯泡的额定电流为I0，额定电压为U0，求解出变阻器消耗的功率和电路中消耗的总功率表达式进行讨论．解答：解：CD、设灯泡的额定电流为I0，额定电压为U0，则P1=（8﹣U0）•2I0，P2=（16﹣2U0）•I0，故P1=P2，故C错误，D正确；AB、设灯泡的额定电流为I0，额定电压为U0，则P甲=8×2I0=16I0，P乙=16×I0=16I0，故P甲=P乙，故A正确，B错误；故选：A．点评：此题是一道欧姆定律和电功率的综合分析题，必须熟练掌握串并联电路的特点才能分析．11．（4分）如图所示，绝缘水平面上有两个质量均为m、电荷量均为+Q的物体A和B（A、B 均可视为质点），与水平面间的动摩擦因数均为μ，当它们间的距离为r时，两物体恰好静止（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）．如果仅将A的电荷量增至+4Q，两物体在图示位置开始运动，当它们的运动速度达到最大时，A、B两物体各自运动的距离为（）A．A运动距离为r，B运动距离为r B．A、B运动距离各为rC．A、B运动距离各为r D．A运动距离为零，B运动距离为r考点：库仑定律；共点力平衡的条件及其应用．.分析：两个物体水平方向均是受静电斥力和静摩擦力，根据平衡条件求解静摩擦力；当增加A电荷的电量后，两电荷受到库仑斥力运动，当所受的库仑斥力与摩擦力相等时，加速度为零，此时速度最大，根据这一关系求出两电荷的距离．解答：解：对A受力分析如图所示，因A处于静止状态，故有库仑力F大小等于静摩擦力f大小，所以f==μmg当加速度为0时，速度最大，此时库仑力大小F′等于滑动摩擦力大小f′，即：f′=μmg=F′=解得：r′=2r所以A、B各运动的距离为：S==故B正确、ACD错误．故选：B．点评：解决本题的关键掌握库仑定律的公式F=k，以及知道电荷所受的库仑力与摩擦力相等时，即加速度为零时，速度最大．12．（4分）如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1带正电，a、b两点在它们连线的延长线上．现有一带正电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动（粒子只受电场力作用），粒子经过a、b两点时的速度分别为v a、v b，其速度图象如图乙所示．以下说法中正确的是（）A．整个运动过程中，粒子的电势能先减小后增大B．Q1的电量一定小于Q2的电量C．b点的电场强度一定为零，电势不一定为零D．Q1、Q2一定是同种电荷考点：电场强度；匀变速直线运动的图像；电场线．.分析：速度时间图线上每一点的切线斜率表示瞬时加速度，可见a到b做加速度减小的减速运动，到b点加速度为0．从而知道b点的电场力及电场强度．通过B点的场强可以分析出两个点电荷电量的大小．通过能量守恒判断电势能的变化．解答：解：A、整个运动过程中，粒子的动能先减小后增大，根据能量守恒知其电势能先增大后减小．故A错误．BD、从速度图象上看，可见a到b做加速度减小的减速运动，在b点时粒子运动的加速度为零，则电场力为零，所以该点场强为零．Q1对负电荷的电场力向右，则Q2对负电荷的电场力向左，所以Q2带正电．b点场强为零，可见两点电荷在b点对负电荷的电场力相等，根据F=k，b到Q1的距离大于到Q2的距离，所以Q1的电量一定大于Q2的电量．故B、D错误．C、由上分析知b点的电场强度一定为零，但电势是相对的，电势零点可人为选择，所以电势不一定为零，故C正确．故选：C点评：解决本题的关键根据图象b点的加速度为0，根据这一突破口，从而判断Q2的电性及Q1和Q2的电量大小．三、填空实验题（共16分，每空2分，作图各2分）13．（4分）如图所示，M、N间电压恒定，当开关S合在a点时，电压表示数为5.5V，电流表示数为0.2A；当开关S合在b点时，电压表示数为6V，电流表示数为0.1A，可以推断（1）电流表的内阻是 2.5 Ω．（2）Rx的真实值57.5 Ω．考点：伏安法测电阻．.专题：实验题；恒定电流专题．分析：本题（1）的关键是首先根据题意求出M、N间的电压，再根据开关合在a点时电压表与电流表示数可求出电流表的内阻；题（2）根据开关合在b点时的电压表与电流表示数即可求出待测电阻的阻值．解答：解：（1）：设M、N间电压为U，当s在b点时，应有：U==6V，当s合在a点时，根据欧姆定律应有：U﹣5.5=0.2解得：=2.5Ω；（2）：当s合在b点时，应有：U=I（），解得：==57.5Ω；答：（1）电流表的内阻为2.5Ω；（2）的真实值为57.5Ω点评：明确电路的串并联关系，然后根据欧姆定律以及串并联规律即可求解．14．（4分）在测定金属电阻率的实验中，某同学连接电路如图（a）所示．闭合开关后，发现电路有故障（已知电源、电表和导线均完好，电源电动势为E）：（1）若电流表示数为零、电压表示数为E，则发生故障的是待测金属丝断路．（填“待测金属丝”、“滑动变阻器”或“开关”）．（2）实验中用螺旋测微器测得金属丝的直径如图（b）所示，其示数D= 0.700 mm．考点：测定金属的电阻率．.专题：实验题；恒定电流专题．分析：根据电路故障现象分析电路故障原因；螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．解答：解：（1）如果待测金属丝断路，电路断路，电流表示数为零，电压表接在电源两端，测电源电动势，电压表示数为E，则电路故障是：待测金属丝断路．（2）螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为20.0×0.01mm=0.200mm，所以最终读数为0.5mm+0.200mm=0.700mm．故答案为：（1）待测金属丝；（2）0.700．点评：本题考查了电路故障分析，电路故障检测，可以用电压表或欧姆表检查电路故障，使用欧姆表检查电路故障时，应断开电源．对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．15．有一只标值为“2.5V，x W”的小灯泡，其额定功率的标值已模糊不清．某同学想通过测绘灯丝伏安特性曲线的方法来测出该灯泡的额定功率．①已知小灯泡的灯丝电阻约为5Ω，请先在图甲中补全用伏安法测量灯丝电阻的电路图，再选择电流表、电压表的合适量程，并按图甲连接方式将图乙中的实物连成完整的电路．②开关S闭合之前，将图乙中滑动变阻器的滑片应置于B端（选填“A端”、“B端”或“AB正中间”）③该同学通过实验作出了灯丝的伏安特性曲线如图丙所示，则小灯泡的额定功率为 1.1 W．考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．.专题：实验题．分析：①电压电流需从零测起，滑动变阻器采用分压式接法，通过灯泡电阻的大小确定电流表的内外接．根据电路图连线实物图．②滑动变阻器采用分压式接法，闭合电键前，使得测量电路部分处于短路状态，保护测量电路部分．③根据I﹣U图线找出电压为2.5V时的电流，从而根据P=UI求出额定功率．解答：解：①测定伏安特性电压电流需从0开始测起，滑动变阻器采用分压式接法，灯泡的电阻约为5Ω，属于小电阻，电流表采取外接法．灯泡的额定电压为2.5V，所以电压表选择3V量程的，灯泡的额定电流在0..44A，则电流表量程选择0.6A的，电路图和实物连线图如下图．②开关S闭合之前，将图乙中滑动变阻器的滑片应置于B端，使测量电路部分处于短路状态，闭合电键时，电压表、电流表示数为零，起到保护作用．③当电压U=2.5V时，I=0.44A，根据P=UI=2.5×0.44W=1.1W．故答案为：①电路图如甲图所示，实物连线图如乙图所示．②B端．③1.1点评：解决本题的关键掌握滑动变阻器分压式和限流式接法的区别，知道电流表内外接的区别．三、计算题（本题共4小题，共36分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案不得分．有数值计算的题，答案应明确写出数值和单位．）16．（6分）如图为实验室常用的两个量程的电流表原理图．当使用O、A两接线柱时，量程为0.6A；当使用O、B两接线柱时，量程为3A．已知电流计的内电阻为R g=100Ω，满偏电流为Ig=100mA．求分流电阻R1和R2的阻值．考点：把电流表改装成电压表；伏安法测电阻．.专题：实验题；恒定电流专题．分析：把电流表改装成大量程电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律求出并联电阻阻值．解答：解：由图示电路图可知：接OA接线柱时：I g R g=（I1﹣I g）（R1+R2）接OB接线柱时：I g（R g+R2）=（I1﹣I g）R1，代入数值联立解得：R1=4Ω，R2=16Ω；答：分流电阻R1和R2的阻值分别为：4欧姆、16欧姆．点评：电压表是电流表与分压电阻串联而成，当电压表达到量程时通过电流表的电流应为满偏电流．17．（8分）电动摩托车是目前一种较为时尚的代步工具，某厂生产的一种电动摩托车，设计质量（包括人）为m=120kg，动力电源选用能量存储量为“36V，18Ah”（即输出电压恒为36伏，工作电流与工作时间的乘积为18安培小时）的蓄电池（不计内阻），所用电源的额定输出功率P=216W，由于电动机发热造成的损耗（其他损耗不计），摩托车的效率为η=80%．求：（1）该摩托车保持额定功率行驶的最长时间是多少？（2）摩托车电动机的内阻为多少？考点：电功、电功率．.专题：恒定电流专题．分析：（1）额定功率行驶时输出电压为36V，输出功率为216W，根据P=UI求出电流，再根据电池的容量求出行驶的时间；（2）根据效率求出发热功率，再根据P热═I2r求出内阻．解答：解：（1）根据公式P=IU得：I==6A再根据电池容量可得：t==h=3 h（2）根据能量守恒定律，有：P热=P﹣80%P其中：P热=I2r解得：r=1.2Ω答：（1）该摩托车保持额定功率行驶的最长时间是3h；（2）摩托车电动机的内阻为1.2Ω．点评：解决本题的关键掌握焦耳定律，以及知道在平直路面上行驶，功率一定，牵引力等于阻力时，速度最大．18．（10分）一束电子流在经U1=5000V的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，若两板间距d=1.0cm，板长L=5.0cm，足够大的竖直屏与两板右侧相距b=20cm．如图所示，在两板间加上可调偏转电压U2=300V．电子质量m=9.1×10﹣31kg、带电量为q=﹣1.6×10﹣19C（不计重力，和电子间相互作用，忽略相对论效应）求：（1）电子从平行板间飞出时，偏转的角度θ的正切tanθ（2）电子从平行板间飞出达到竖直屏时，竖直方向偏移的距离Y．考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用．.专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：（1）带电粒子离开偏转电场时的偏转角θ的正切值tanθ等于竖直方向的速度比上水平方向的速度，根据在竖直方向上粒子做匀加速度直线运动的速度公式v y=at可计算出竖直方向的速度，即可求解．（2）先由动能定理求出加速获得的动能．再根据牛顿第二定律求出在偏转电场中的加速度，离子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，由t=求运动时间．竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，可以根据位移公式y=at2计算偏转位移；解答：解：（1）加速过程中，由动能定理得：qU1=mv02①，在偏转电场中：L=v0t②根据牛顿第二定律得：a=③，则v y=at ④而tanθ=⑤由①②③④⑤得tanθ===0.15，（2）根据y=解得：y==0.375cm，射出偏转电场后做匀速直线运动，b=v0t′，y′=v y t′，Y=y+y′=3.375cm答：（1）电子从平行板间飞出时，偏转的角度θ的正切tanθ为0.15；（2）电子从平行板间飞出达到竖直屏时，竖直方向偏移的距离Y为3.375cm．点评：本题关键是分析清楚粒子的运动规律，对于类平抛运动，要熟练运用正交分解法，将粒子的运动分解为初速度方向的匀速直线运动和沿电场力方向的匀加速直线运动，再用力学中动力学方法求解．19．（12分）如图所示，光滑绝缘的圆形轨道BCDG位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中．现有一质量为m、带正电的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g．（1）若滑块从水平轨道上距离B点为s=4R的A点由静止释放，求滑块到达与圆心O等高的C 点时的速度大小；（2）在（1）的情况下，判断滑块是否能到达D点；（3）改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小．。