湖北省部分高中联考协作体2015-2016学年高二上学期期中联考物理试题
2015-2016学年高二上学期期中物理试卷
2015-2016学年上学期中段考试卷高二物理一．单项选择(每题四个选项中只有一个是正确的，选对得4分，选错得0分，共28分) 1. 下列关于电场强度的说法，正确的是( )A ．E ＝F/q 是电场强度的定义式，其中F 是放入电场中的试探电荷所受的力，q 是试探电荷的电荷量，它只适用于匀强电场B ．由电场强度的定义式E ＝F/q 得E 与F 成正比，与q 成反比C ．E ＝kQ/r 2是点电荷场强的计算式，Q 是产生电场的源电荷的电荷量，它只适用于点电荷电场D ．E ＝U/d 适用于任何电场2. 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，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（此时两带电小球仍可视为点电荷），则它们的库仑力的大小将变为（ ）A ．F/3B ．FC ．3FD ．9F3. 如图所示，在静止负点电荷形成的电场中，有M 、N 两点，比较M 、N 两点的场强大小和电势高低，则有：（ ）A ．N 点的场强大，电势低B ．N 点的场强小，电势高C ．M 点的场强大，电势高D ．M 点的场强小，电势低4．如图所示，带箭头的线段表示某一电场中的电场线的分布情况．一带电粒子在电场中运动的轨迹如图中虚线所示．若不考虑其他力，则下列判断中正确的是（ ）A ．粒子带正电B ．粒子带负电C ．粒子在A 点受到的电场力比B 点的大D ．粒子在A 点受到的加速度比B 点的大－Ｑ MN5.在已接电源的闭合电路里，关于电源的电动势、内电压、外电压的关系应是 （ ）A ．如外电压增大，则内电压增大，电源电动势也会随之增大B ．如外电压减小，内电阻不变，内电压也就不变，电源电动势必然减小C ．如外电压不变，则内电压减小时，电源电动势也随内电压减小D ．如外电压增大，则内电压减小，电源的电动势始终为二者之和，保持恒量 6．如右图所示，因线路故障，按通K 时，灯L 1和L 2均不亮，用电压表测得U ab =0，U bc =0，U cd =4V ．由此可知断路处为（ ）A ．灯L 1B ．灯L 2C ．变阻器D ．不能确定7.两个电源的伏安特征图线如图所示，由图可知（ ）A ．电源a 的内电阻较小，电动势较大B ．电源a 的内电阻较大，电动势较大C ．电源b 的内电阻较小，电动势较大D ．电源b 的内电阻较大，电动势较小二．不定项选择（每题四个选项中有两个或两个以上选项是正确的，全对得4分，少选且正确的得2分，错选或不选得0分，共28分）8. 连接在电池两极上的平行板电容器，当两极板之间的距离减小，其余条件不变时，则（ ）A ．电容器的电容C 不变B ．电容器两极板间的电场强度E 变大C ．电容器两极板的电势差U 变大D ． 电容器极板的带电量Q 变大9. 某静电除尘器工作时内部电场线分布的俯视图如图，带负电粉尘被吸附时由b 点运动到a 点，以下说法正确的是（ ）A ．该电场是匀强电场B ．a 点电势高于b 点电势C ．电场力对粉尘做正功D ．粉尘的电势能增大10. 如图所示，AB和BC是由同种材料制成的长度相同、横截面积不同的两段导体，将它们串联后连入电路中。
湖北省重点高中联考协作体高二物理上学期期中试题(扫描版)
湖北省重点高中联考协作体2016-2017学年高二物理上学期期中试题（扫描版）湖北省广水一中、孝昌一中等26所重点高中2015-2016学年高二上学期期中联考物理参考答案一、选择题。
（BC二、填空题。
（共14分）11. ① 3.850（3.847－3.853）（2分） ② A 2 （1分） ③ 内接法 （1分） ④2r IU- （2分）12. （1） （4分）（2）1221IrI r =（2分）, I 1为电流表A 1的读数，I 2为电流表A 2的读数，r 2为电流表A 2的内阻（2分）三、计算题。
（共46分） 13. （10分）解：(1) 电动机的输入功率P 入①P 入 ＝UI （1分） ②U ＝E －I·r ＝3.2－0.2×1＝3V （1分） ∴P 入＝0.6W （1分） 2、电源效率 93.75% （1分）②根据能量关系：P Q ＝P 入－P 机＝0.6－0.4＝0.2W （2分） ③产生的热量：Q ＝P Q ·t ＝0.2×30＝6J （2分） 14. （10分）解：液滴在金属板间做匀速直线运动(1) qu d＝mg （1分） U ＝mgdq（2分） (2) 液滴从P 点运动到A 点的过程中，设竖直方向加速度为a①水平方向：L ＝v 0tvLt = （1分）②竖直方向：2yv＝2a d2（1分）③v y＝at ＝0vLa∴ a ＝220Ldv （1分）④ mg+qE ＝ma ， （2分）∴ E ＝220qLmdv －mg q（2分）15. （12分）解：(1) 小球在C 点速度最大，则C 点为圆周运动的等效最低点；16. （14分） 解：(1) 对滑块：a 1＝2m/s2=mμmg （1分）L ＝v 0t －2121ta （1分）v t ＝v 0－a 1t （1分）代值可得：v t ＝1m/s （1分） t ＝1s （1分） (2) 对滑块： v 1＝v 0－a 1ts 1＝12212/a v v ）（a 2v 22s 2＝2221t a要使滑块不从木板右端掉下，则：s 1－s 2 ≤ L由v 1＝v 2，可得E ≥105N/C （4分）对木板a 3 a 3≤a 1E ≤1.7×106 N/C （4分） 105 N/C ≤E ≤1.7×106N/C (1分)。
2015-2016学年高二上学期第三次联考物理试卷
12月高二联考物理试卷时量： 90 分钟分值：150分考生注意：1.本试卷共 6 页，由试题卷和答题卷组成。
考生务势必答案和必需的解答过程写在答题卷指定的地点，只在试卷上作答的不计分。
考生终考时，只交答题卷。
2.本套试题共两部分，第一部分为“水平检测” ，共 22 小题，满分 100 分。
第二部分为“能力检测”，共 9 小题，满分 50 分。
水平检测（满分：100 分）一、单项选择题（此题共16 小题，每题 4 分，共 64 分。
请将正确答案填在答题卡上。
）1.以下物理量属于标量的是A. 电容B.安培力C.电场强度D.2. 如下图，把一条导线平行地放在磁针的上方邻近，磁感觉强度当导线中有电流经过时，磁针会发生偏转。
第一察看到这个现象的物理学家是A. 伽利略B.牛顿C.奥斯特D.爱因斯坦3.可视为点电荷的 A、B 两带电小球固定在真空中，所带电荷量均为+q，若仅将 B 球所带电量变成- q，则A球所受的库仑力A. 大小和方向均不变B.大小和方向均改变C.大小改变，方向不变D.大小不变，方向改变4. 汤姆逊经过对阴极射线的研究发现电子。
如下图，把电子射线管（阴极射线管）放在蹄形磁铁的两极之间，能够察看到电子束偏转的方向是A. 向上B.向下C.向左D.向右5.以下电器在工作时，主要利用电流热效应的是6.如下图， A、 B 是电场中的两点， A、B 两点的电场强度大小分别为 E A、E B，电势大小分别为φ、φ，则E ABA. E A= E BB. E A< E BC. φA>φBD. φA<φB A B7.将面积是 0.5m 2的导线环放在匀强磁场中，环面与磁场方向垂直。
已知穿过这个导线环的磁通量是 4.0 × 10-2 Wb，则该磁场的磁感觉强度为A. 2.0 × 10-2 TB. 4.0× 10-2TC. 8.0× 10-2 TD. 1.0×10-2 T8.如图展现的是以下哪一种状况的电场线A. 等量异种电荷B.等量同种电荷C.单个负电荷D.单个正电荷9. 如下图的电路中，当可变电阻R 的阻值减小时，以下说法正确的选项是R1AA. 经过R的电流强度增大B. 经过R的电流强度增大12C.AB两点间的电压增大D. AB两点间的电压不变r R2RE,B10. 内阻为 1200Ω的电压表与电阻R 串连，接入内阻可忽视的电动势为6V 的电池两头，此时电压表的读数为 4.5V ，则此电阻R的阻值是A.300 ΩB.400ΩC.1200ΩD. 3600Ω11. 利用如图装置研究影响平行板电容器大小的要素，静电计可丈量平行板电容器两极板的电势差 U，保持极板上的电荷量 Q和两极板的正对面积 S 不变，增大两极板间的距离 d 时，静电计的指针偏角增大，说明电容器的电容A. 变大B.变小C.不变D.没法确立12.用电流表和电压表丈量电阻 Rx 阻值的电路如下图。
2015-2016学年湖北省孝感高中高二(上)期中物理试卷
2015-2016学年湖北省孝感高中高二（上）期中物理试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共8小题，共40.0分)1.下列关于电阻率的叙述，错误的是（）A.当温度极低时，超导材料的电阻率会突然减小到零B.常用的导线是用电阻率较小的铝、铜材料做成的C.材料的电阻率取决于导体的电阻、横截面积和长度D.材料的电阻率随温度变化而变化【答案】C【解析】解：A、当温度极低时，超导材料的电阻率会突然减小到零，故A正确；B、铝、铜的电阻率较小，故常用的导线是用铝、铜材料做成的，故B正确；C、材料的电阻率取决于导体的材料和温度有关，与导体的电阻、横截面积和长度无关，故C错误；D、材料的电阻率取决于导体的温度有关，故材料的电阻率随温度变化而变化，所以D 正确；故不正确的选C．电阻率只与导体材料和温度有关，与导体的形状、横截面积及长度无关；当温度降到一定时，导体的电阻率突然变为零，变为超导体．本题主要考查影响电阻率的因素．2.在同一平面有四根彼此绝缘的通电直导线，如图所示，四根导线中的电流大小关系为i1＞i2＞i3=i4，切断哪一导线中的电源能使O点（O点为四根导线所围正方形的中心）的磁感应强度减为最弱（）A.切断i1B.切断i2C.切断i3D.切断i4【答案】A【解析】解：根据右手螺旋定则来确定通电导线周围磁场的分布，导线1在O点产生的磁场的方向向里，导线2在O点产生的磁场的方向向里，导线3在O点产生的磁场的方向向里，导线4在O点产生的磁场的方向向外．由于i1＜i2＜i3=i4，所以合磁场的方向向里，根据磁场的叠加可知，使O点的磁感应强度减为最弱，应切断I1，则A正确．故选：A根据安培定则判断4根通电导线在1、2、3、4四个区域产生的磁场方向，根据磁场的叠加，判断哪个区域的磁场最强．本题利用安培定则判断磁场方向比较简单，但磁场的叠加，较为复杂，采用作图法可防止思路出现混乱．3.如图所示，两平行导轨ab、cd竖直放置在匀强磁场中，匀强磁场方向竖直向上，将一根金属棒PQ放在导轨上使其水平且始终与导轨保持良好接触．现在金属棒PQ中通以变化的电流I，同时释放金属棒PQ使其运动．已知电流I随时间的关系为I=kt（k为常数，k＞0），金属棒与导轨间的动摩擦因素一定．以竖直向下为正方向，则下面关于棒的速度v、加速度a随时间变化的关系图象中，可能正确的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】解：A、因为开始加速度方向向下，与速度方向相同，做加速运动，加速度逐渐减小，即做加速度逐渐减小的加速运动，然后加速度方向向上，加速度逐渐增大，做加速度逐渐增大的减速运动．故A错误，B正确．C、根据牛顿第二定律得，金属棒的加速度a=，f=μN=μF A=μBIL=μBL kt，联立解得加速度a=，与时间成线性关系．故C错误；D、t=0时刻无电流，无安培力．只有重力，加速度竖直向下，为正值．故D错误．故选：B根据牛顿第二定律得出加速度的表达式，结合加速度方向与速度方向的关系判断速度的变化．解决本题的关键会根据合力确定加速度的变化，结合加速度方向与速度方向判断物体做加速运动还是减速运动，知道速度时间图线的切线斜率表示加速度．4.如图是质谱仪工作原理的示意图．带电粒子a、b经电压U加速（在A点初速度为零）后，进入磁感应强度为B的匀强磁场做匀速圆周运动，最后分别打在感光板S上的x1、x2处．图中半圆形的虚线分别表示带电粒子a、b所通过的路径，则（）A.a的质量一定大于b的质量B.a的电荷量一定大于b的电荷量C.a运动的时间小于b运动的时间D.a的比荷（）小于b的比荷（）【答案】C【解析】解：设粒子经电场加速后的速度大小为v，磁场中圆周运动的半径为r，电荷量和质量分别为q、m，打在感光板上的距离为S．根据动能定理，得q U=mv2解得：v=由qv B=m解得：r==则S=2r得到：=由图，S a＜S b，U、B相同，则＞；而周期T=，因此它们的运动时间是周期的一半，由于＞，所以a运动的时间小于b运动的时间，故C正确，ABD错误；故选：C．带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运动，再进入磁场做匀速圆周运动，轨迹为半圆，本题动能定理和牛顿第二定律求解．本题属于带电粒子在组合场中运动问题，电场中往往用动能求速度，磁场中圆周运动处理的基本方法是画轨迹．5.如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向a端移动时，则（）A.电压表读数减小 B.电流表读数减小C.质点P将向下运动 D.R3上消耗的功率逐渐减小【答案】B【解析】解：A、由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再由R1串联接在电源两端；电容器与R3并联；当滑片向a移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流减小；路端电压增大，同时R1两端的电压也减小；故并联部分的电压增大；由欧姆定律可知流过R3的电流增大，则流过串联部分的电流减小，因而R2中电压减小，故电压表示数增大，故A错误，B正确；C、因电容器两端电压等于联部分的电压，增大，故电荷受到的向上电场力增大，则重力小于电场力，合力向上，电荷向上运动，故C错误；D、因R3两端的电压增大，由P=可知，R3上消耗的功率增大；故D错误；故选：B由图可知电路结构，由滑片的移动可知电路中电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可知各电表示数的变化及电容器两端的电压变化；再分析质点的受力情况可知质点的运动情况．解决闭合电路欧姆定律的题目，一般可以按照整体-局部-整体的思路进行分析，注意电路中某一部分电阻减小时，无论电路的连接方式如何，总电阻均是减小的．6.机动车的尾气含有铅等大量有害物质，并且也是造成地球“温室效应”的重要因素之一．电动汽车因其无尾气排放且噪音小等因素，正在逐渐被人们接受．某国产品牌电动汽车的铭牌如表，已知蓄电池储存的电能等于其容量乘输出电压，则下列说法正确的是（）A.电动汽车正常工作时消耗的电功率为1675WB.电动机的内阻为0.72ΩC.蓄电池充满电后储存的电能约为2.88×104JD.充满电后电动汽车在额定功率下能连续行驶的时间约为16h【答案】D【解析】解：A、电动机正常工作时消耗的电功率为：P=U额I额=36×50=1800W，故A错误；B、电动机内阻的发热功率电动机额定输出功率为：P热=P电-P出=1800-1675=125W，则电动机内阻为：r=热=0.05Ω，故B错误；C、蓄电池充满电后储存的电能为：W=UI t=800×3600×36=1.04×108J，故C错误；D、在额定功率下连续行驶最长时间为：t===57600s=16h，故D正确．故选：D电动机是将电能转化为机械能的装置，电动机正常工作时消耗的电功率等于额定电压乘以额定电流，根据UI=P+I2r求解内电阻，蓄电池储存的电能等于其容量乘以输出电压本题考查了速度、功、功率的计算和能量的转化，关键是公式和规律的灵活运用，注意能量守恒定律的运用，计算过程还要注意单位的换算7.某同学设计了如图甲所示电路研究电源输出功率随外电阻变化的规律．电源电动势E恒定，内电阻r=6Ω，R1为滑动变阻器，R2、R3为定值电阻，A、V为理想电表．当滑动变阻器滑臂从a到b移动的过程中，输出功率随滑臂移动距离x的变化情况如乙图所示，则R1的最大阻值及R2、R3的阻值可能为下列哪组（）A.12Ω、6Ω、6ΩB.6Ω、12Ω、4ΩC.12Ω、6Ω、2ΩD.6Ω、12Ω、8Ω【答案】A【解析】解：根据推论知道：当外电阻等于电源的内阻时，输出功率最大．A、当R1=12Ω，R2=R3=6Ω时，外电路总电阻R总≥r，滑动变阻器滑臂从a到b移动的过程中，变阻器R1与R2并联部分电阻先增大后减小，当R ap=R pb+R2=9Ω，总电阻最大，则电源的输出功率先减小后增大，与图象的情况相符．故A正确．B、当R1=6Ω，R2=12Ω，R3=4Ω时，外电路总电阻最大值R总=R3+=8Ω，最小值为4Ω，滑动变阻器滑臂从a到b移动的过程中，外电路总电阻先增大后减小，电源的输出功率先增大后减小，与图象不符．故B错误．C、当R1=12Ω，R2=6Ω，R3=2Ω时，当R ap=R pb+R2=9Ω，外电路总电阻最大，最大值为6.5Ω，最小值为2Ω，滑动变阻器滑臂从a到b移动的过程中，电源的输出功率先增大后减小，与图象不符．故C错误．D、当R1=6Ω，R2=12Ω，R3=8Ω时，外电路总电阻最大值R总=R3+=12Ω，最小值为8Ω，滑动变阻器滑臂从a到b移动的过程中，外电路总电阻一直增大，电源的输出功率一直减小，与图象不符．故D错误．故选A电源的内阻为r=6Ω，滑动变阻器滑臂从a到b移动的过程中，若外电路总电阻先增大后减小，而且外电路总电阻大于r时，电源的输出功率的变化情况即如图所示．根据外电路总电阻的变化，分析选择符合题意的选项．本题关键分析变阻器与R2并联部分电阻如何变化，确定出外电路总如何变化，利用推论进行分析．8.如图所示，在x O y平面的第Ⅱ象限内有半径为R的圆分别与x轴，y轴相切于P，Q两点，圆内存在垂直于x O y平面向外的匀强磁场，在第I象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E．一带正电的粒子（不计重力）以速率v0从P点射入磁场后恰好垂直y轴进入电场，最后从M（3R，0）点射出电场，出射方向与x轴正方向夹角α=45°，则（）A.带电粒子在磁场中运动的轨道半径为1.5RB.磁场的磁感应强度大小为C.带电粒子的比荷为D.带电粒子运动经过y轴时纵坐标值为R【答案】C【解析】解：CD、在M处，根据平抛运动规律：v y=v0tanαq E=mav y=at33R=v0t3解得：y==1.5R故C正确，D错误；AB、粒子运动轨迹如图，设O1为磁场的圆心，O2为粒子轨迹圆心，P为粒子射出磁场的位置，则：P′O2∥PO1P1；△O1O2P≌△O1O2P粒子的轨道半径为：r=RB qv0=mB=故A错误，B错误；故选：C粒子垂直于电场进入第一象限，粒子做类平抛运动，由到达M的速度方向可利用速度的合成与分解得知该点y方向的速度，结合牛顿第二定律求得粒子的比荷；根据运动学的公式，求出粒子进入电场时的位置，画出粒子运动的轨迹，根据图象中的几何关系求出粒子运动的半径，根据半径公式r=求出磁感应强度．粒子在电场中运动偏转时，常用能量的观点来解决问题，有时也要运用运动的合成与分解．粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心、半径及运动时间的确定也是本题的一个考查重点，要正确画出粒子运动的轨迹图，能熟练运用几何知识解决物理问题．二、多选题(本大题共4小题，共20.0分)9.如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流的变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是（）A.电源1与电源2的内阻之比是11：7B.电源1与电源2的电动势之比是1：1C.在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1：2D.在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1：2【答案】ABC【解析】解：A、根据电源U-I图线，r1=，r2=，则r1：r2=11：7，故A正确．B、E1=E2=10V，故B正确C、D、灯泡伏安特性曲线与电源外特性曲线的交点即为灯泡与电源连接时的工作状态则U1=3v，I1=5A，P1=15W，R1=ΩU2=5V，I2=6A，P2=30W，R2=ΩP1：P2=1：2，R1：R2=18：25故C正确，D错误故选ABC根据电源的外特性曲线U-I图线，可求出电动势和内阻；根据灯泡伏安特性曲线与电源外特性曲线交点确定灯泡与电源连接时工作电压与电流，即可求出功率与灯泡电阻．本题关键在于对电源外特性曲线、灯泡伏安特性曲线的理解，10.如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在其左上方固定一根与磁铁垂直的长直导线，当导线中通以图示方向的电流时（）A.磁铁对桌面的压力增大B.磁铁对桌面的压力减小C.磁铁受到向右的摩擦力作用D.磁铁受到向左的摩擦力作用【答案】BC【解析】解：根据条形磁体磁感线分布情况得到直线电流所在位置磁场方向（切线方向），再根据左手定则判断安培力方向，如图；根据牛顿第三定律，电流对磁体的作用力向左上方，如图根据平衡条件，可知通电后支持力变小，静摩擦力变大，故磁铁对桌面的压力变小；而静摩擦力向右．故选：BC．先判断电流所在位置的磁场方向，然后根据左手定则判断安培力方向；再根据牛顿第三定律得到磁体受力方向，最后对磁体受力分析，根据平衡条件判断．本题关键先对电流分析，得到其受力方向，再结合牛顿第三定律和平衡条件分析磁体的受力情况．11.工业生产中需要物料配比的地方，常用“吊斗式”电子秤，图1所示的是“吊斗式”电子秤的结构图，其中实现称质量的关键性元件是拉力传感器．拉力传感器的内部电路如图2所示，R1、R2、R3是定值电阻，R1=20kΩ，R2=10kΩ，R0是对拉力敏感的应变片电阻，其电阻值随拉力变化的图象如图3所示，已知料斗重1×103N，没装料时U ba=0，g取10m/s2．下列说法中正确的是（）A.R3阻值为40kΩB.装料时，R0的阻值逐渐变大，U ba的值逐渐变小C.应变片电阻一定是用半导体材料制成的D.应变片作用是把物体形变这个力学量转换为电压这个电学量【答案】ACD【解析】解：A、电路中，当没装料时U ba=0，此时拉力等于料斗重，为：1×103N，故应变片电阻为20KΩ，根据串并联电压关系，有：解得：，故A正确；B、C、装料时，R0的阻值逐渐变大，b点电势升高，故U ba的值逐渐增加，故B错误；D、应变片作用是把物体拉力这个力学量转换为电压这个电学量，应是由半导体材料制成的；故CD正确；故选：ACD．当压敏电阻电阻值增加时，b点电势升高，故U ba的增加，将拉力的测量转化为电阻的测量．本题关键理清电路结构，明确仪器的工作原理，结合串并联电路的电压和电流关系分析，不难．12.设在我国某实验室的真空室内，存在匀强电场E和可看作匀强磁场的地磁场B，电场与地磁场的方向相同，其中地磁场磁感线的分布图如图所示，地磁场的竖直分量和水平分量分别竖直向下和水平指北，今有一带电的小球以v的速度在此区域内沿垂直场强方向沿水平面做直线运动，则下列说法正确的是（）A.小球运动方向为自东向西B.小球可能带正电C.小球一定带负电D.小球速度v的大小为【答案】AC【解析】解：ABC、由题意可知，小球受到重力、电场力与洛伦兹力，因直线运动，且f=qv B，因此一定是匀速直线运动，那么电场力与洛伦兹力的合力与重力等值反向，根据左手定则，因地磁场的竖直分量和水平分量分别竖直向下和水平指北，那么小球一定带负电，且由东向西方向运动，故AC正确，B错误；D、由上分析可知，电场力与洛兹力的合力竖直向上，由于夹角不知，因此它们的大小关系不能确定，故D错误；故选：AC根据左手定则，结合电场力与重力方向，及受力平衡条件，即可求解．考查小球受到重力、电场力与洛伦兹力处于平衡状态，理解直线运动一定是匀速直线运动的理由，掌握左手定则的内容．注意构建正确的物理模型是解题的关键．三、实验题探究题(本大题共2小题，共17.0分)13.读出图中游标卡尺（20等分）和螺旋测微器的读数：图a的读数为______ cm．图b读数为______ cm．【答案】10.335；0.3373【解析】解：1、游标卡尺的主尺读数为103mm，游标尺上第7个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为7×0.05mm=0.35mm，所以最终读数为：103mm+0.35mm=103.35mm=10.335cm．2、螺旋测微器的固定刻度为3mm，可动刻度为37.3×0.01mm=0.373mm，所以最终读数为3mm+0.373mm=3.373mm=0.3373cm．故答案为：10.335，0.3373．解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．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．14.欲测量一只G表的内阻r g和一个电源的电动势E及内阻r．要求：测量尽量准确、能测多组数据且滑动变阻器调节方便，电表最大读数不得小于量程的．待测元件及提供的其他实验器材有A待测电源E：电动势约1.5V，内阻在0.4-1.2Ω间B待测G表：量程500μA，内阻在150～250Ω间C电流表A：量程2A，内阻约0.1ΩD电压表V：量程300m V，内阻约500ΩE定值电阻R0：R0=300Ω；F滑动变阻器R1：最大阻值10Ω，额定电流l AH电阻箱R2：0～9999ΩJ开关S一个，导线若干（1）小叶先利用伏安法测量G表内阻r g．①图甲是小叶设计的实验电路图，其中虚线框中的元件是______ ；（填元件序号字母）②说明实验所要测量的物理量______ ；③写出G表内阻的计算表达式r g= ______ ．（2）测出r g=200Ω后，欧阳把G表和电阻箱R2串联、并将R2接入电路的阻值调到2800Ω，使其等效为一只电压表，接着利用伏安法测量电源的电动势E及内阻r．①请你在图乙中用笔画线，将各元件连接成测量电路图；②若利用测量的数据，作出的G表的示数I G与通过滑动变阻器R1的电流I的关系图象如图丙所示，则可得到电源的电动势E= ______ v，内阻r= ______ Ω．（结果保留两位有效数字）【答案】E；G表示数I，V表示数U；-R0；1.5；0.60【解析】解：（1）G表本身可以测量通过的电流，但由题意可知，G表内阻较小，无法直接用电压表进行测量，故应与E：定值电阻R0串联后再与电压表并联；同时由于两表量程偏低，且滑动变阻器阻值偏小，为了安全，采用滑动变阻器分压接法；故原理图如甲图所示；为了更好地保护电路，也可以与电阻箱串联后给G供电；故电路图可以是甲图中的任一个；用I表示G表示数，U表示V表示数；由欧姆定律可知，I=，解得：R=-R0；（2）①将G表与电阻箱串联后，可以充当电压表使用，则其应并联在电源两端，滑动变阻器与电流表串联后即可进行测电源电动势和内电阻的实验，实物电路图如图所示：②电源的路端电压为：U=I G（200+2800）=3000I G；故图象与纵坐标的交点为500μA，则电源的电动势为：E=500μA×3000=1.5V；内阻r=Ω=0.60Ω；故答案为；（1）①E；②G表示数I，V表示数U；③-R0；（2）①如图所示；②1.5；0.60．（1）根据伏安法测电阻的实验方法可测出G表内阻，注意电表的量程，从而选择合适的电路图；并得出内阻的表达式；（2）通过计算得出电源的路端电压，由闭合电路欧姆定律可得出电源的电动势和内电阻本题考查伏安法测电阻以及测量电源的电动势和内电阻，在解题时要注意分析实验中给出的仪器是否符合实验要求，然后才能根据我们所学内容进行分析得出合理的实验电路，并能进行数据处理．四、计算题(本大题共3小题，共33.0分)15.有两个相同的全长电阻为9Ω的均匀光滑圆环，固定于一个绝缘的水平台面上，两环分别在两个互相平行的、相距为20cm的竖直面内，两环的连心线恰好与环面垂直，两环面间有方向竖直向下的磁感应强度B=0.865T的匀强磁场，两环的最高点A和C间接有一内阻为0.5Ω的电源，连接导线的电阻不计．今有一根质量为10g，电阻为1.5Ω的棒置于两环内侧且可顺环滑动，而棒恰好静止于如图所示的水平位置，它与圆弧的两接触点P、Q和圆弧最低点间所夹的弧对应的圆心角均为θ=60°，取重力加速度g=10m/s2．试求此电源电动势E的大小．（取=1.73）【答案】解：在题图中，从左向右看，棒PQ的受力如图所示，棒所受的重力和安培力F B的合力与环对棒的弹力F N是一对平衡力，且F B=mgtanθ=mg而F B=BIL，所以I==A=1 A在题图所示的电路中两个圆环分别连入电路中的电阻为R，则R==2Ω由闭合电路欧姆定律得E=I（r+2R+R棒）=1×（0.5+2×2+1.5）V=6V答：此电源电动势E的大小为6V．【解析】以PQ棒为研究对象，根据平衡条件求解导体棒受到的安培力的大小，根据安培力公式F=BIL求出PQ中的电流，即为电路中的电流强度，根据并联电路的特点求解圆环的电阻，得到总电阻，根据闭合电路欧姆定律求解电源的电动势．本题是力学和电路知识的综合，关键运用力学规律求解安培力，要掌握安培力公式和欧姆定律，明确电路的连接关系进行解答．16.在如图所示的电路中，R1=2Ω，R2=R3=4Ω，当电键K接a时，R2上消耗的电功率为4W，当电键K接b时，电压表示数为4.5V．试求：（1）当电键K接a时，通过电源的电流和电源两端的电压；（2）电源的电动势和内电阻．（3）当电键K接c时，求电源输出功率．【答案】解：（1）K接a时，R1被短路，外电阻为R2，根据电功率公式可得通过电源电流I1==1A电源两端电压V（2）K接a时，有E=U1+I1r=4+r①K接b时，R1和R2串联，R外=R1+R2=6Ω通过电源电流I2==0.75A这时有：E=U2+I2r=4.5+0.75r②解①②式得：E=6V r=2Ω（3）当K接c时，R总=R1+r+R23=6Ω=1 A总电流I=总电源输出功率出答：（1）电键K接a时，通过电源的电流为1A，电源两端的电压为4V．（2）电源的电动势和内电阻分别为E=6V，r=2Ω．（3）当电键K接c时，电源输出功率为4W．【解析】（1）当电键K接a时，R1被短路，根据功率公式求出通过电源的电流和电压．（2）K接b时，R1和R2串联，分别由闭合电路欧姆定律对两种情况列方程求解电源的电动势和内电阻．（3）当K接c时，R2与R3并联后与R1串联．由闭合电路欧姆定律求出干路电流，再求解电源输出功率．对于电路问题，首先认识电路的结构．对于电源的电动势和内阻常常根据两种情况分别列方程，再联立求解．17.如图所示，在正交坐标系O xyz中，分布着电场和磁场（图中未画出）．在O yz平面的左方空间内存在沿y轴负方向、磁感应强度大小为B的匀强磁场；在O yz平面右方、O xz平面上方的空间内分布着沿z轴负方向、磁感应强度大小也为B匀强磁场；在O yz平面右方、O xz平面下方分布着沿y轴正方向的匀强电场．在t=0时刻，一质量为m、电荷量为+q的微粒从P点静止释放，已知P点的坐标为（5a，-2a，0），电场强度大小为，不计微粒的重力．求：（1）微粒第一次到达x轴的速度大小v和时刻t1；（2）微粒第一次到达y轴的坐标和时刻t2；（3）假设在平面O yz存在一层特殊物质，使微粒每次经过O yz平面时，速度大小总变为原来的，求在时刻t3=t2+时，电荷所在位置的坐标．【答案】解：（1）在电场中微粒做匀加速直线运动，由题意E=由动能定理得：q E•2a=解得：v=由=2a得：t1=（2）当微粒在磁场中运动时，轨迹如下图所示．假设运动的轨道半径为R，有：qv B=m可得R=a所以微粒到达y轴的坐标为（0，a，0）磁场运动的周期T=则运动到达y轴的时刻t2=5t1+解得：t2=（）（3）粒子运动过程中速度始终与所在位置的磁场垂直，粒子刚好在oyz平面左右空间各运动半个周期后交替运动，因为：t3-t2=T且粒子速度改变后在磁场中运动的周期不变，根据分析可知，微粒在oyz平面左方运动的轨迹为两个半圆和四分之一圆，在oyz平面右方运动的轨迹为两个半圆．分别穿过oyz 平面5次．所以：x轴坐标为：x=-（）5a=-ay轴坐标为：y=a+（）2a×2+（）4a×2=az轴坐标为：z=（）a×2+（）3a×2+（）5a=a因此t3时刻的坐标为（-a，a，a）．答：（1）微粒第一次到达x轴的速度大小v为，时刻t1=；（2）微粒第一次到达y轴的坐标为（0，a，0），时刻t2为（）；（3）假设在平面O yz存在一层特殊物质，使微粒每次经过O yz平面时，速度大小总变为原来的，求在时刻t3=t2+时，电荷所在位置的坐标为（-a，a，a）．【解析】（1）在电场中微粒做匀加速直线运动，根据动能定理求出微粒第一次到达x轴的速度大小v，由位移时间公式求解运动的时间．（2）画出粒子微粒运动的轨迹．根据洛伦兹力充当向心力，列式求出轨迹半径，由几何关系求微粒第一次到达y轴的坐标．由周期求时间．（3）粒子运动过程中速度始终与所在位置的磁场垂直，粒子刚好在oyz平面左右空间各运动半个周期后交替运动，粒子速度改变后在磁场中运动的周期不变，根据分析可知，微粒在oyz平面左方运动的轨迹为两个半圆和四分之一圆，在oyz平面右方运动的轨迹为两个半圆，分别穿过oyz平面5次．由几何知识求电荷的坐标．本题考查了粒子在电磁场、在电场中的运动，关键要分析清楚粒子运动过程，画出粒子的运动轨迹，要有空间想象能力，并能应用动能定理、牛顿第二定律、运动学公式等力学规律解答．。
2016届湖北省部分高中联考高三上学期期中物理试卷【解析版】
2016届湖北省部分高中联考高三上学期期中物理试卷【解析版】一、选择题（每小题4分，共44分．其中1-7为单选，8-11为多选，选对不选全2分，错选0分）1．如图所示，一质量均匀的实心圆球被直径AB所在的平面一分为二，先后以AB沿水平和竖直两种不同方向放置在光滑支架上，处于静止状态，两半球间的作用力分别为F和F′，已知支架间的距离为AB的一半，则为( )A．B．C． D．【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】对左图，上面球收重力和支持力而平衡，根据平衡条件得到支持力；对右图，隔离半个球分析，受重力、左侧球的支持力和右角的支持力，根据平衡条件列式求解．【解答】解：设两半球的总质量为m，当球以AB沿水平方向放置，可知；当球以AB沿竖直方向放置，以两半球为整体，隔离右半球受力分析如图所示，可得，根据支架间的距离为AB的一半，可得θ=30°，则，A正确．故选：A【点评】本题关键是根据隔离法和整体法灵活选择研究对象，受力分析后根据平衡条件列式求解，基础题目．2．某质点做直线运动，运动速率的倒数与位移x的关系如图所示，关于质点运动的下列说法正确的是( )A．质点做匀加速直线运动B．﹣x图线斜率等于质点运动的加速度C．四边形AA′B′B面积可表示质点从B到B′过程的时间D．四边形BB′C′C面积可表示质点从B到B′过程的时间【考点】匀变速直线运动的图像．【专题】运动学中的图像专题．【分析】结合公式x=vt分析图线与坐标轴围成面积的物理意义．【解答】解：A、由题中﹣x图象可知，与x成正比，即vx=常数，质点做减速直线运动，故A错误；B、图线斜率不等于质点运动的加速度，B错误；C、由于三角形OBC的面积s1=OC•BC=，体现了从O到C所用的时间，同理，从O到C′所用的时间可由S2=体现，所以四边形BB′C′C面积可体现质点从B到B′所用的时间，四边形AA′B′B面积不表示时间，故C错误，D正确；故选：D．【点评】此题考查对运动速率的倒数与位移x的关系图象的理解，分析方法类似于v﹣t图象的方法，要会举一反三．3．以相同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可以忽略，另一个物体所受空气阻力大小恒定不变，下列用虚线和实线描述两物体运动过程的v﹣t图象可能正确的是( )A．B．C．D．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】竖直上抛运动是初速度不为零的匀变速直线运动，加速度恒定不变，故其v﹣t图象是直线；有阻力时，根据牛顿第二定律判断加速度情况，v﹣t图象的斜率表示加速度．【解答】解：不计空气阻力时，物体的加速度恒定，物体先向上做匀减速运动，然后向下做匀加速运动，加速度相等，图线为一倾斜直线．考虑空气阻力时，物体上升的加速度大小a=，下降时的加速度大小，可知a′＜a，则下落的加速度小于上升的加速度，则上升时图线的斜率绝对值大于下落时图线的斜率绝对值，故B正确，A、C、D错误．故选：B．【点评】解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，速度的正负表示运动的方向，图线的斜率表示加速度．4．如图所示，一宇宙飞船沿椭圆轨道Ⅰ绕地球运行，机械能为E，周期为T，通过远地点P 时，速度为v，加速度大小为a，当飞船运动到P时实施变轨，转到圆形轨道Ⅱ上运行，则飞船在轨道Ⅱ上运行时，下列说法不正确的是( )A．速度大于v B．加速度大于a C．周期大于T D．机械能大于E【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．【专题】定量思想；推理法；人造卫星问题．【分析】研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出所要比较的物理量即可解题．【解答】解：A、在P点，飞船要加速才能变轨到Ⅱ轨道，否则会做向心运动，故飞船在轨道Ⅱ上运行时速度大于v，故A正确；B、飞船在轨道Ⅰ通过远地点P时，加速度大小为a；根据牛顿第二定律，在轨道Ⅱ上任意一点的万有引力均等于P点的万有引力，故飞船在轨道Ⅱ上运行时加速度大小一直为a，故B错误；C、根据开普勒第三定律，轨道Ⅱ的半长轴大于轨道Ⅰ的半长轴，在轨道Ⅰ的周期为T，故在轨道Ⅱ的周期大于T，故C正确；D、飞船在轨道Ⅰ通过远地点P时，要加速才能变轨到Ⅱ轨道，而在同一个轨道的机械能守恒，飞船在轨道Ⅰ上运行时机械能为E，故飞船在轨道Ⅱ上运行时机械能大于E，故D正确；本题选错误的，故选：B【点评】解决本题的关键是掌握万有引力提供向心力，不能考虑一个变量而忽略了另一个变量的变化．5．如图所示，闭合线圈abcd在有界的匀强磁场中，bc边与磁场边界重合，在线圈匀速离开磁场的过程中，闭合线圈的磁通量逐渐减小，线圈中就有感应电流通过．关于线圈中产生的感应电动势的说法以下正确的是( )A．与线圈移动的快慢无关B．与电场力有关C．与洛伦兹力有关D．与线圈不动，磁场均匀变化时，产生的电动势的原因相同【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理．【专题】定性思想；推理法；电磁感应——功能问题．【分析】明确动生电动势产生的基本原理，并明确其大小E=BLv；注意明确动生和感生电动势基本原理的区别和联系．【解答】解：A、由E=BLV可知，感应电动势的大小与线圈运动的快慢有关；故A错误；B、感应电动势和电场力无关；故B错误；C、切割产生的电动势是由于导体中电荷受到洛仑兹力移动而形成的电势差；故C正确；D、线圈不动磁场变化时，是由于磁场变化而产生的电场；故与动生电动势的成因不相同；故D错误；故选：C．【点评】本题考查动生和感生电动势之间的区别与联系，要明确它们各自产生的原理，注意产生电动势的基本原因．6．如图甲所示，水平面上的不平行导轨MN、PQ上放着两根的光滑导体棒ab、cd，两棒间用绝缘丝线系住；开始时匀强磁场垂直纸面向里，磁感强度B随时间t的变化如图乙所示．则以下说法正确的是( )A．在t0时刻导体棒ab中无感应电流B．在t0时刻绝缘丝线不受拉力C．在0～t0时间内导体棒ab始终静止D．在0～t0时间内回路电流方向是abdca【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】电磁感应与电路结合．【分析】由乙图看出，磁感应强度均匀变化，由法拉第电磁感应定律可得出线圈中将产生感应电流，由楞次定律可判断感应电流的方向及ab、cd受到的安培力方向，则可分析丝线上的拉力．【解答】解：AD、由图乙所示图象可知，0到t0时间内，磁场向里，磁感应强度B均匀减小，线圈中磁通量均匀减小，由法拉第电磁感应定律得知，回路中产生恒定的感应电动势，形成恒定的电流．由楞次定律可得出电流方向沿acbda，在t0时刻导体棒ab中不为零，故AD错误．B、在t0时刻B=0，根据安培力公式F=BIL知此时ab和cd都不受安培力，所以细线不受拉力，故B正确．C、在0～t0时间内，根据楞次定律可知ab受力向左，cd受力向右，由于cd所受的安培力比ab的安培力大，所以ab将向右运动，故C错误．故选：B．【点评】本题只要楞次定律的第二种表达掌握好了，本题可以直接利用楞次定律的“来拒去留”进行判断，要注意B=0时安培力为0．7．两个相距很近的等量异种点电荷组成的系统称为电偶极子．设相距为l，电荷量分别为+q和﹣q的点电荷构成电偶极子，如图所示．取二者连线方向为y轴方向，中点O为原点，建立如图所示的xOy坐标系，p点距坐标原点O的距离为r（r＞＞l），p、O两点间的连线与y轴正方向的夹角为θ，设无穷远处的电势为零，p点的电势为φ，真空中静电力常量为k．下面给出φ的四个表达式，其中只有一个是合理的．你可能不会求解p点的电势φ，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断．根据你的判断，φ的合理表达式应为( )A．B．C．D．【考点】电势；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】可用一些比较特殊的位置进行尝试，结合所给的表达式进行验证．【解答】解：若夹角θ=90°，则P点位于检验电荷从无穷远沿x轴移动到O点的过程中，电力始终与位移方向垂直，则x轴上的电势处处为0，这与cos90°相符，可见A，D错误，因离O点越远，其电势就越小，故r应在分母上，故B错误，C正确．故选：C【点评】对于不会列式求解的问题，可用特殊位置分析法进行尝试分析．8．一个研究性学习小组设计了一个竖直加速度器，如图所示．把轻弹簧上端用胶带固定在一块纸板上，让其自然下垂，在弹簧末端处的纸板上刻上水平线A．现把垫圈用胶带固定在弹簧的下端，在垫圈自由垂下处刻上水平线B，在B的下方刻一水平线C，使AB间距等于BC间距．假定当地重力加速度g=10m/s2，当加速度器在竖直方向运动时，若弹簧末端的垫圈( )A．在A处，则表示此时的加速度为零B．在A处，则表示此时的加速度大小为g，且方向向下C．在C处，则质量为50g的垫圈对弹簧的拉力为lND．在BC之间某处，则此时加速度器一定是在加速上升【考点】牛顿第二定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】弹簧末端的垫圈在B处时，知弹簧的弹力等于重力，根据弹力的大小，运用牛顿第二定律和胡克定律得出加速度的大小和方向，从而判断出加速器的运动情况．分析时还要抓住简谐运动的对称性．【解答】解：A、B在B处时，弹簧末端的垫圈受力平衡，其合外力为零；在AB之间运动时，受竖直向下的重力和向上的弹力，其加速度的方向始终指向B，可能向上减速也可能向下加速，当在A处时，垫圈只受重力，加速度为g，方向竖直向下，故A错误，B正确；C、D在BC之间运动时，受竖直向下的重力和向上的弹力，其加速度的方向也始终指向B，可能向上加速也可能向下减速，当在C处时，有牛顿第二定律和C点与A点对称得，F﹣mg=mg，代入数据的弹簧对垫圈的拉力F为lN，故C正确，D错误．故选BC【点评】本题中垫圈做简谐运动，运用牛顿第二定律分析其运动情况时，要抓住对称性和加速度的特点：总是指向平衡位置进行分析．9．如图所示，在水平面上固定一个半圆形光滑的细管，在直径两端A、B分别放置一个正点电荷Q1、Q2，且Q2=8Q1．AB的距离为L，现将另一带正电的小球（可视为点电荷）从管内靠近A处由静止释放，设该点电荷沿细管运动到B过程中，以下说法正确的是( )A．小球的速度先增加后减小B．电势能最低的点与A点距LC．电势能最低的点与B点相距LD．对调Q1、Q2，电势能最低点的位置不变【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．【专题】定量思想；极值法；带电粒子在电场中的运动专题．【分析】题目没有出现小球的质量，所以可以认为小球的重力不计，小球受到支持力和管子的支持力，在细管内运动，当受到的电场力的合力与细管垂直时，速度最大，结合库仑定律求出该点，然后依此解答即可．【解答】解：由电荷之间的相互作用的特点可知，正电荷受到A、B两处的正电荷的排斥力，当合力的方向沿半径的方向时，设该点为C点，BC与AB之间的夹角为θ，设小球的带电量为q则：AC=Lsinθ，BC=L•cosθ，AC⊥BC由库仑定律：；当受到的电场力的合力与细管垂直时，由几何关系可得：F1cosθ=F2sinθ联立以上方程，解得：A、由以上的分析可知，在C点与A点之间，A对小球的作用力沿细管的切线方向的分力比较大，所以小球做加速运动，而小球在C以下，B对小球的电场力沿切线方向的分力比较大，小球做减速运动．所以小球在AC之间做加速运动，过C点后做减速运动．故A正确；B、C、小球在C点的速度最大，则但最小．由于，则sinθ=，cosθ=，所以C点到A的距离为L，C点到B点的距离为L．故B错误，C正确．D、对调Q1、Q2，电势能最低点的位置仍然距离A比较近，位置将发生变化．故D错误．故选：AC【点评】本题属于电场的叠加的题目类型，解答的关键是正确找出小球的速度最大的点，然后再结合题目的要求解答．10．如图所示的电路中，电源电动势E恒定，内阻r=1Ω，定值电阻R3=3Ω．当开关K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等．则以下说法中正确的是( )A．电阻R1、R2可能分别为3Ω、5ΩB．电阻R1、R2可能分别为2Ω、6ΩC．开关K断开时电压表的示数一定小于K闭合时的示数D．开关K断开与闭合时，电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比一定等于4Ω【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】比较思想；赋值法；恒定电流专题．【分析】当K闭合时R2被短路，根据开关K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等，列出方程，将电阻R1、R2代入，选择使方程成立的阻值．根据外电路总电阻的变化，分析电压表示数的大小关系．根据闭合电路欧姆定律求解电键K断开与闭合时电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比．【解答】解：AB、由题，开关K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等，则有：（）2（R1+R2）=（）2R1将R1=3Ω、R2=5Ω代入方程不成立，而将R1=2Ω、R2=6Ω代入方程成立．故A错误，B正确．C、开关K断开时外电路总电阻大于K闭合时外电路总电阻，则总电流小于K闭合时的总电流，电源的内电压和R3的电压小于K闭合时的电压，则开关K断开时电压表的示数一定大于K闭合时的示数．故C错误．D、根据闭合电路欧姆定律得：U=E﹣（R3+r）I，则电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比为：=R3+r=4Ω．故D正确．故选：BD【点评】本题考查运用闭合电路欧姆定律分析和计算电路问题的能力，采用赋值法进行研究，对于D项也可以根据U﹣I图象理解．11．如图所示，固定在水平桌面上的有缺口的方形木块，abcd为半径是R的光滑圆弧形轨道，d为圆弧轨道的最高点，M，N是质量均为m的小球（可视为质点）用长2R的轻杆固定，靠在光滑的竖直墙面上，今将N球离a点高度为h处由静止释放，让其自由下落到a处切入轨道内运动，直到N球通d点，不计空气阻力，则( )A．只有h大于R，释放后小球N就能通过d点B．两个小球的速度一定会先增加后减小C．无论怎样增加h的大小，小球M通过b点时对轨道内侧压力不变D．无论怎样增加h的大小，小球N通过d点时对轨道内侧压力始终为0【考点】动能定理的应用；向心力．【专题】定性思想；推理法；动能定理的应用专题．【分析】分析两系统的运动情况，明确杆的作用，根据动能定理可明确两球的速度变化；根据向心力公式可分析压力的大小变化．【解答】解：A、两球及杆组成的系统机械能守恒，由于两球用杆连在一起，则其速度大小始终相同；则只要MN能达到ac面上后，两物体将保持速度大小不再变化；故只要能保证MN到达ac面即可使N点到达d点，因此只要在a点上方释放，小球均能达到d点；故AB 错误；C、h不同，则两小球到达竖直高度时的速度不同，则M球通过b点时对轨道内侧的压力不同；故C错误；D、由于N通过d点时，系统竖直放置，故此时系统可以只受b点的作用点，而d点没有压力；故D正确；故选：D．【点评】本题考查动能定理的应用，要注意杆的作用使两球速度大小始终相同，根据机械能守恒定律即可分析两球的速度变化；同时注意向心力公式的正确应用．二、实验题（本大题共2小题，共15分）12．为了简单测量小木块与水平桌面间的动摩擦因数，按以下步骤进行：a．将一端固定在木板P上的轻弹簧置于水平桌面上，固定木板P，在桌面上标记弹簧自由端位置O．将小木块接触弹簧自由端（不栓接）并使其缓慢移至A位置，如图1所示．b．将小木块从静止开始释放，小木块运动至B位置停止．c．将弹簧移至桌边，使弹簧自由端位置O与桌边缘对齐，如题6图2所示，固定木板P，使小木块接触弹簧自由端（不栓接）并使其缓慢移至C位置，使=，将小木块从静止开始释放，小木块落至水平地面D处，O'为O点在水平地面的竖直投影点．若已经测得OB 距离为L，OO'间竖直高度为h．小木块可看做质点，不计空气阻力．①为测量小木块与水平桌面间的动摩擦因数，还需要测量的物理量是：O′与D点的距离x．（用文字和字母表示）②写出小木块与桌面间的动摩擦因数的表达式：μ=．（用测得的物理量的字母表示）【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．【专题】实验题；摩擦力专题．【分析】该实验步骤a、b中，弹性势能等于物体从A运动到B的过程中克服摩擦力做的功，=，根据动能定理和平抛运动的公式求解．【解答】解：该实验步骤a、b中，弹性势能等于物体从A运动到B的过程中克服摩擦力做的功，由于=，根据动能定理得：物块在O处的动能等于由O到B的过程中克服摩擦力所做的功，根据平抛运动的公式得：在O点的速度v==所以μmgL=mv2解得：μ=所以还需要测量的物理量是：O′与D点的距离x，小木块与桌面间的动摩擦因数的表达式：μ=故答案为：①O′与D点的距离x；②．【点评】解决该题关键要根据功能关系和平抛运动公式列出等式求解，从而来理解实验的原理．13．采用伏安法测量电源电动势E和内阻r时，某创新小组对常规设计方案进行了研讨，设计出了如图所示的测量电源电动势E和内阻r的电路，E′是辅助电源，A、B两点间有一灵敏电流G．（1）请你补充实验步骤；①闭合开关S1、S2，调节R和R′使得灵敏电流计G的示数为零，读出电流表和电压表的示数I1和G1，其中I1=（选填“＞”、“＜”或“=”）通过电源E的电流．②改变滑动变阻器R、R′的阻值，重新使得电流计G的示数为零，读出电流表和电压表的示数I2和G2．（2）根据测量值求出E=、r=．（3）该实验方案的优点是消除了系统误差．【考点】测定电源的电动势和内阻．【专题】实验题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题．【分析】本题是比较创新的实验，是属于研究性学习实验，是在常规实验基础上的改进，主要考查的是测量电源电动势和内阻、测金属电阻率的实验原理及误差的消除方法．本题都是两次测量，利用消元法消除了电表内阻造成的系统误差，提高了实验的准确度，根据闭合回路欧姆定律列出等式求解．【解答】解：（1）①闭合开关S1、S2，调节R和R′使得灵敏电流计G的示数为零，这时，A、B两点的电势φA、φB的关系是φA等于φB，读出电流表和电压表的示数I1和U1，电流表测量的是干路上的电流，其中I1等于通过电源E的电流．②改变滑动变阻器R、R′的阻值，重新使得灵敏电流计示数为零．读出电流表和电压表的示数I2和U2．（2）根据闭合回路欧姆定律得：E=I1r+U1 E=I2r+U2解得：E=U1+=r=（3）两次测量，调节R和R′使得灵敏电流计G的示数为零，使得AB之间的等效电阻为零，利用消元法消除了电表内阻造成的系统误差，所以E测等于E真，r测等于r真．故答案为：（1）=，②电流计G的示数为零，（2）；（3）系统【点评】电学探究性实验有创新，要求考生对电学实验的基本知识很熟练而且能够灵活应用．是一道很好的题目，该题有一定难度，要注意认真分析题意，明确物理规律的应用．三、计算题（本大题共4小题，共51分）14．已知O、A、B、C为同一直线上的四点，一物体自O点静止起出发，沿此直线做匀加速运动，依次经过A、B、C三点．通过AB所用的时间为t1，通过BC所用的时间为t2，已知AB段与BC段的位移相等．求由O到A所用的时间t．【考点】匀变速直线运动规律的综合运用；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】直线运动规律专题．【分析】分别对AB和BC两段由平均速度公式可求得中间时刻的瞬时速度，再由速度公式可建立等式，联立即可求解．【解答】解：联立两式解得：t=．答：由O到A所用的时间t为．【点评】本题考查平均速度公式及速度公式的应用，要注意正确利用平均速度的结论建立方程．15．如图所示，质量为m=0.2kg的小球和A、B两根细绳相连，两绳固定在细杆的A、B两点，其中A绳长L A=2m，当两绳都拉直时，A、B两绳和细杆的夹角θ1=37°，θ2=53°，g=10m/s2．求（1）当细杆转动的角速度ω在什么范围内，A、B两绳始终张紧？（2）求当ω=3rad/s时，小球的机械能．（以细杆静止时，小球平衡的位置为零势能点）【考点】向心力；牛顿第二定律．【专题】定量思想；模型法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用．【分析】（1）小球做圆周运动靠合力提供向心力，求出两个临界情况下的加速度，即根据牛顿第二定律求出B绳恰好拉直，但T B=0时，细杆的转动角速度，当A绳恰好拉直，但T A=0时，细杆的转动角速度，从而得出角速度的范围．（2）当ω=3rad/s时，分别求出动能和重力势能，再求机械能．【解答】解：（1）当B绳恰好拉直，T B=0时，细杆的转动角速度为ω1，则有：mgtan37°=mω2L A sin37°解得：ω1=2.5rad/s当A绳恰好拉直，T A=0时，细杆的转动角速度为ω2，有：mgtan53°=mω2L A sin37°解得：ω2=rad/s≈3.3rad/s要使两绳都拉紧2.5 rad/s＜ω＜3.3rad/s．（2）以细杆静止时小球平衡的位置为零势能点，则小球的重力势能为：E P=mg（L A﹣L A cos37°）=0.8J动能为：E k=（ωL A sin37°）2=J=1.296J故小球的机械能为：E=E P+E k=2.096J答：（1）当细杆转动的角速度ω在：2.5 rad/s＜ω＜3.3rad/s范围内，A、B两绳始终张紧．（2）当ω=3rad/s时，小球的机械能是2.096J．【点评】解决本题的关键得出绳子拉直时的两种临界情况，结合牛顿第二定律进行求解，要明确小球做匀速圆周运动时由合力充当向心力．16．如图所示，足够大的荧光屏ON垂直xOy坐标面，与x轴夹角为30°，当y轴与ON间有沿+y方向、场强为E的匀强电场时，一质量为m、电荷量为﹣q的离子从y轴上的P点，以速度v0、沿+x轴方向射入电场，恰好垂直打到荧光屏上的M点（图中未标出）．现撤去电场，在y轴与ON间加上垂直坐标面向里的匀强磁场，相同的离子仍以速度v0从y轴上的Q点沿+x轴方向射入磁场，恰好也垂直打到荧光屏上的M点，离子的重力不计．求：（1）求B的大小；（2）若相同的离子分别从y轴上的不同位置以速度v=ky（y＞0，k为常数）、沿+x轴方向射入磁场，离子都能打到荧光屏上，k应满足的条件．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】计算题；定量思想；图析法；几何法；带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，应用类平抛运动规律与牛顿第二定律求出磁感应强度；（2）离子在磁场中做匀速圆周运动，作出离子运动轨迹，应用牛顿第二定律求出离子的临界轨道半径，然后分析答题．【解答】解：（1）离子在电场中做类平抛运动，运动轨迹如图所示：离子打在M点时竖直方向的分速度为v y，运动时间为t，tan60°=，v y=at=t，x=v0t，解得：x=，离子在磁场中做匀速圆周运动，轨道半径：R=OM=，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B=m，解得：B=；（2）离子运动轨迹如图所示：设从纵坐标为y处射入磁场的离子恰好能打到荧光屏上，对应的轨道半径为r0，由几何知识可知：r0+=y，此离子进入磁场时的速度：v=ky，设离子的轨道半径为r，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，为使离子能打到荧光屏上，应满足：r≥r0，而qv0B=ma，解得：k≥；答：（1）B的大小为；。
2015-2016学年高二上学期学期期中考试物理试卷
2015-2016 学年度第一学期期中测试高二物理试卷一、单项选择题（此题共26小题，每题 3分，共 78分. ）1. 静电现象在自然界中广泛存在，我国早在西汉末年已有对静电现象的记录《春秋纬˙考异邮》中有“玳瑁吸褡”之说，以下对于静电现象说法错误．．是（）A．梳过头发的塑料梳子吸起纸屑B．带电小球移至不带电金属球邻近，二者互相吸引C．丝绸摩擦玻璃棒起电的过程中，丝绸中的正电荷转移到玻璃棒上D．从干燥的地毯走过，手遇到金属把手时有被电击的感觉2．有两个点电荷，所带电荷量分别为1和2，相距为r，互相作使劲为．为了使它们之间的q q F 作使劲增大为本来的 2 倍，以下做法可行的是（）A．仅使 1 增大为本来的 2 倍B．仅使 2 减小为本来的一半q 2 倍D qC．使q和q都增大为本来的．仅使 r 减小为本来的一半213．对于电场强度 E 的说法正确的选项是（）A. 依据 E＝ F/q 可知，电场中某点的电场强度与电场力 F 成正比，与电量q 成反比B.一个正电荷激发的电场的电场强度到处同样，是一个匀强电场C.电场中某点的电场强度方向跟正电荷在该点所遇到的电场力的方向同样D.电场中某点的电场强度方向跟负电荷在该点所遇到的电场力的方向同样4．对于电场、电场强度、电场线，以下说法中不正确．．．的是（）A ．电场是电荷四周客观存在的物质B．电场线是为了形象描述电场而设想的曲线C ．电场线不行能订交D．没有电场线的地方，电场强度为零5．以下各图中，能正确表示一平等量异种电荷电场线散布的是（）+-+--+-+A ．B．C．和 E D．6．电场线散布以下图，电场中 a，b 两点的电场强度大小分别为已知E，则（）a bA ． E a = E bB. E a> E bC. E a b< ED.不可以确立7．两个等量点电荷P、 Q在真空中产生的电场线（方向未画出）以下图，一电子在两点所受的电场力分别为F A和 F B，则它们的大小关系为（）A．F A=F B方向不一样B．F A>F B方向同样C ． F A<F B方向同样D F A>F B8．以下不是静电利用的是（）．．A．在高大的建筑物顶端装上避雷针B．在高大的烟囱中安装静电除尘器C．静电复印D．静电喷漆A、B9．以下说法中不正确的是()．．．A．电容器是储藏电荷的装置, 电容的单位是法拉B．电容器不带电时电容为零C．发电机是把其余形式的能转变成电能的装置D．白炽灯是利用电流的热效应工作的10.指南针是我国古代四大发明之一。
湖北省荆州中学2015-2016学年高二上学期期中考试物理试题
MN静电计荆州中学2015～2016学年度上学期期 中 考 试 卷（考试范围：静电场、恒定电流、磁场 考试时间：90分钟 满分：110分）一、选择题(每小题5分共50分，其中1—7题为单选题，8—10题为多选题。
)1．在电磁学发展过程中,许多科学家做出了贡献,下列说法中符合物理学发展史的是（ ）A ．奥斯特发现了点电荷的相互作用规律B ．库仑发现了电流的磁效应C ．安培发现了磁场对运动电荷的作用规律D ．法拉第最早引入电场的概念,并发现了磁生电的条件和规律 2．把一根柔软的螺旋弹簧竖直悬挂起来，使它的下端刚好与杯里的水银面相接触，并组成如图所示电路图，当开关S 接通后，将看到的现象是（ ） A. 弹簧向上收缩 B. 弹簧上下跳动 C. 弹簧被拉长 D. 弹簧仍静止不动3．如图所示,质量为m 、长为L 的直导线用两绝缘细线悬挂于'O O 、,并处于匀强磁场中.当导线中通以沿x 负方向的电流I ,且导线保持静止时,悬线与竖直方向的夹角为θ.则磁感应强度的方向和大小不可能的是 （ ）A ．z 正向,tan mg IL θ B ．y 负向,mgILC ．x 负向,IL mgD ．沿悬线向上,sin mg IL θ4．一根导线两端加上电压U ,导体中自由电子定向移动的平均速率为v ,现将导线均匀拉长至横截面半径为原来的1/2,然后两端加上电压U ,则导线中自由电子定向移动的平均速率为: （ ）A ．2v B ．22v C ．4vD ．42v5．如图所示,由两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器的极板N 与静电计相接,极板M 接地.用静电计测量平行板电容器两极板间的电势差U .在两板相距一定距离d 时,给电容器充电,静电计指针张开一定角度.在整个实验过程中,保持电容器所带电量Q 不变,下面哪些操作将使静电计指针张角变大 （ ）A ．将M 板向下平移B ．将M 板沿水平向右方向靠近N 板C ．在M 、N 之间插入云母板(介电常数ε>1)D ．在M 、N 之间插入金属板,且不和M 、N 接触6．如图所示,长为L 、倾角为θ的光滑绝缘斜面固定在水平面上,斜面处于电场中.一电荷量为+q 、质量第7题图abdc O为m 的小球以速度v 0由斜面底端A 沿斜面上滑,到达顶端B 的速度仍为v 0,则 A ．若电场是匀强电场,则场强大小一定为qmgB ．若电场是匀强电场,A 、B 两点间的电势差一定为qmgLC ．不论电场是否是匀强电场,小球在B 点的电势能一定大于在A 点的电势能D ．不论电场是否是匀强电场,A 、B 两点间的电势差一定为qmgLsin 7．如图所示,电源电动势为E,内阻为r.电路中的R 2 、R 3为滑动变阻器,R 0为定值电阻,R 1为光敏电阻(其电阻随光照强度增大而减小).当电键S 闭合时,电容器中一带电微粒恰好处于静止状态.有关下列说法中正确的是 （ ）A.若断开电键S,电容器所带电荷量变大,带电微粒向上运动B.只调节电阻R 3的滑动端P 2向上端移动,电源消耗的功率变大,电阻R 3中有向上的电流C.只调节电阻R 2的滑动端P 1向下端移动时,电压表示数变大,带电微粒向下运动D.只逐渐增大R 1的光照强度,电阻R 0消耗的电功率变大,电阻R 3 中有向上的电流8．下列运动情况可能出现的是 （ ） A.带电粒子绕通稳恒电流的长直导线只受磁场力作用做匀速圆周运动B.电子绕一正电荷只受电场力作用做匀速圆周运动C.电子在两等量同种正电荷连线中垂面上，只受电场力作用绕连线中点做匀速圆周运动D.带电粒子在匀强磁场中只受磁场力作用做匀加速直线运动9．如图所示,空间中有两个点电荷Q 1和Q 2,在两电荷所在平面上有a 、b 、c 、d 四点,其中a 、b 位于电荷连线的延长线上, c 点位于两电荷连线的中点,d 点位于两电荷连线的垂直平分线上.则以下判正确的是 ( ) A ．若a 点的电场强度为零,则说明Q 1和Q 2为异种电荷,且|Q 1| < |Q 2| B ．若c 点的电势为零,则说明Q 1和Q 2是异种电荷,且|Q 1|=|Q 2|C ．若b 点的电场强度为零,则说明Q 1和Q 2是同种电荷,且|Q 1| > |Q 2|D ．无论两电荷是同种电荷还是异种电荷,d 点的电场强度都不可能为零 10．如图所示,垂直纸面向里的匀强磁场分布在正方形abc d 区域内,O 点是cd 边的中点,一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下,从O 点沿纸面以垂直于cd 边的速度射入正方形内,经过时间t 0刚好从c 点射出磁场,现设法使该带电粒子从O 点沿纸面以与Od 成300的方向,以大小不同的速率射入正方形内,下列说法中正确的是（ ）Q 1Q 2 a b c d第9题图A ．若该带电粒子在磁场中经历的时间是035t ,则它一定从cd 边射出磁场B ．若该带电粒子在磁场中经历的时间是043t ,则它一定从ad 边射出磁场C ．若该带电粒子在磁场中经历的时间是045t ,则它一定从bc 边射出磁场D ．若该带电粒子在磁场中经历的时间是0t ,则它一定从ab 边射出磁场二 、实验题(本题共2小题，共13分)11．(4分) 用游标卡尺和螺旋测微器测量一圆柱形小零件的长和直径时如下图所示，读出游标卡尺示数为__________cm ，螺旋测微器示数为__________cm12．(9分) 小灯泡灯丝的电阻会随温度的升高而变大．某同学为研究这一现象，用实验得到如下数据（I 和U 分别表示小灯泡上的电流和电压）：I/(A) 0.12 0.21 0.29 0.34 0.38 0.42 0.45 0.47 0.49 0.50 U(V)0.200.400.600.801.001.201.401.601.802.00（1）在左下框中画出实验电路图．可用的器材有：电压表、电流表、滑动变阻器（变化范围0～10Ω）、电源、小灯泡、电键、导线若于． （2）在右图中画出小灯泡的U —I 曲线． （3）若将该小灯泡接在电动势是1.5V ，内 阻是2.0Ω的电池两端，小灯泡的实际功率为 （保留两位有效数字）。
高二物理-2015-2016学年高二上学期期中考试物理(必修)试题
高二年级2015——2016学年度第一学期期中考试物理试卷（必修）一、单项选择题：每小题只有一个．．．．选项符合题意（本部分23小题，每小题3分，共69分）1．文学作品中往往蕴含着一些物理知识，下列诗句中加点的字表示位移的是A．飞流直下三千尺．．．．．，一剑曾当百万师．．．．．，疑是银河落九天B．一身转战三千里C．坐地日行八万里．．．．．，巡天遥看一千河D．三十功名尘与土，八千里路．．．．云和月2．一辆汽车在崎岖的山路上行驶，关于该汽车的惯性，下列说法正确的是A．汽车打滑时惯性变小B．汽车下坡时惯性变大C．汽车加速时惯性变大D．汽车刹车时惯性不变3．“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图所示。
实验中，为使小车运动时所受的拉力近似等于盘和重物的总重力，则盘和重物的总质量m与小车的质量M应满足的关系是A．m远大于M B．m远小于MC．m略大于M D．m略小于M4．小明乘电梯从一楼上升到三楼，在电梯启动和制动时，他所处的状态是A．超重、超重B．失重、失重C．超重、失重D．失重、超重5．伽利略在研究落体运动时，提出了“把轻重不同的两个物体连在一起下落，与单独一个物体下落比较，是快了还是慢了”的问题A．自由落体运动的快慢与物体的质量无关B．自由落体运动是匀加速直线运动C．自由落体运动的速度与时间成正比D．自由落体运动的速度与位移成正比6．如图所示，小朋友在弹性较好的蹦床上跳跃翻腾，尽情嬉耍。
在小朋友接触床面向下运动的过程中，床面对小朋友的弹力做功情况是A．先做负功，再做正功B．先做正功，再做负功C．一直做负功 D．一直做正功7．起重机沿竖直方向以大小不同的速度两次匀速吊起货物，所吊货物的质量想等。
那么，关于起重机对货物的拉力和起重机的功率，下列说法正确的是A．拉力不等，功率相等B．拉力不等，功率不等C．拉力相等，功率相等D．拉力相等，功率不等8．“验证机械能守恒定律”的实验装置如图所示。
关于该实验，下列说法正确的是A．重物应选用密度小的物体B．两个限位孔应在同一竖直线上C．打点计时器应接低压直流电源D．应先释放纸带，后接通电源9．家用台式计算机上的硬磁盘的磁道如图所示，O点为磁道的圆心，A、B两点位于不同的磁道上，硬盘绕O点匀速转动时，A、B两点的向心加速度A．大小相等，方向相同B．大小相等，方向不同C．大小不等，方向相同D．大小不等，方向不同10．在一次军事演习中，伞兵跳离飞机后打开降落伞，实施定点降落。
2015-2016学年第二学期高二期中考试物理学科试题和参考答案
2015-2016学年第二学期高二期中考试物理学科试题一、单项选择题1．关于磁场和磁感线的描述，正确的说法是（）A．磁感线从磁体的N极出发，终止于S极B．磁场的方向就是通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向C．沿磁感线方向，磁场逐渐减弱D．在磁场强的地方同一通电导体受的安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小2. 下列说法正确的是（）A．洛伦兹力对带电粒子不做功B．洛伦兹力能改变带电粒子的动能C．运动电荷在某处不受洛伦兹力的作用，则该处的磁感应强度一定为零D．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3．某矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势为e=E m sinωt．若将线圈的转速增加1倍，保持其他条件不变，则产生的感应电动势为（）A．e=E m sin2ωt B．e=2E m sin2ωt C．e=2E m sin4ωt D．e=4E m sin2ωt4．中央电视台《焦点访谈》多次报道某些边远落后农村电价过高，农民负担过重．其中客观原因是电网陈旧老化，近年来进行了农村电网改造．为了减少远距离输电线路上的电能损耗而降低电费价格，以下措施中切实可行的是（）A．提高输送功率B．应用超导材料做输电线C．提高输电电压D．减小输电导线的横截面积5．下列说法不正确的是（）A．话筒是一种常用的传感器，其作用是将电信号转换为声信号B．电熨斗能够自动控制温度的原因是它装有双金属片温度传感器，这种传感器的作用是控制电路的通断C．电子秤所使用的测力装置是力传感器D．热敏电阻能够把温度这个热学量装化为电阻这个电学量6．如图所示，开始时矩形线框与匀强磁场的方向垂直，且一半在磁场内，一半在磁场外，若要使线框中产生感应电流，下列办法中不可行的是（）A．将线框向左拉出磁场B．以bc边为轴转动（小于60°）C．以ab边为轴转动（小于90°）D ．以ad 边为轴转动（小于60°）7．如图所示，A 、B 都是较轻的铝环，A 环闭合，B 环断开，横梁可以绕中间支点自由转动，开始时整个装置静止．下列说法中正确的是（ ）A ．条形磁铁插入A 环时，横梁不会发生转动B ．只有当条形磁铁N 极拔出铝环时，横梁才会转动C ．条形磁铁用相同方式分别插入A 、B 环时，两环转动情况相同D ．铝环A 产生的感应电流总是阻碍铝环与磁铁间的相对运动 8．如图所示，表示一交流电的电流随时间而变化的图像．此交流电流的有效值是 （ ） A ． 52A B ．5A C ． 3.52A D ．3.5A9．如图所示，水平放置的平行金属导轨左边接有电阻R ，轨道所在处有竖直向下的匀强磁场，金属棒ab 横跨导轨，它在外力的作用下向右匀速运动，速度为v ．若将金属棒的运动速度变为2v ，（除R 外，其余电阻不计，导轨光滑）则 （ ） A ．作用在ab 上的外力应保持不变 B ．感应电动势将增大为原来的4倍 C ．感应电流的功率将增大为原来的2倍 D ．外力的功率将增大为原来的4倍10．如图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l ，磁场方向垂直纸面向里．abcd 是位于纸面内的梯形线圈，ad 与bc 间的距离也为L ，t=0时刻，bc 边与磁场区域边界重合．现令线圈以恒定的速度v 沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域，取沿a →b →c →d →a 的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I 随时间t 变化的图线可能是图中的 （ ）11． 电阻为1 Ω的矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电动势随时间变化的图象如图所示．现把交流电加在电阻为9 Ω的电热丝上，下列判断正确的是 （ ）A ．线圈转动的角速度ω＝100 rad/sB ．在t ＝0.01 s 时刻，穿过线圈的磁通量最大C ．电热丝两端的电压U ＝100 2 VLD．电热丝此时的发热功率P＝1 800 W12．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4∶1，电压表和电流表均为理想电表，原线圈接如图乙所示的正弦交流电，图中R′为热敏电阻(温度升高时其电阻减小)，R为定值电阻．下列说法正确的是（）A．电压表V2的示数为9 VB．原线圈两端电压的瞬时值表达式为u＝362sin 50πt VC．R′处温度升高时，电流表的示数变大，电压表V2的示数变大D．变压器原线圈的输入功率和副线圈的输出功率之比为1∶4二、多项选择题13．如图所示，质量为m，电荷量为+q的带电粒子，以不同的初速度两次从O点垂直于磁感线和磁场边界向上射入匀强磁场，在洛伦兹力作用下分别从M、N两点射出磁场，测得OM：ON=3：4，则下列说法中正确的是（）A．两次带电粒子在磁场中经历的时间之比为3：4B．两次带电粒子在磁场中运动的路程长度之比为3：4C．两次带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力大小之比为3：4D．两次带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力大小之比为4：314．如图所示，理想变压器左线圈与导轨相连接，导体棒ab可在导轨上滑动，磁场方向垂直纸面向里，以下说法正确的是（）A．ab棒匀速向右滑，c、d两点中c点电势高B．ab棒匀加速右滑，c、d两点中d点电势高C．ab棒匀减速右滑，c、d两点中d点电势高D．ab棒匀加速左滑，c、d两点中c点电势高15．如图（a）、（b）所示的电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，且小于灯A的电阻，接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则（）A．在电路（a）中，断开S，A将渐渐变暗B．在电路（a）中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗C．在电路（b）中，断开S，A将渐渐变暗D．在电路（b）中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗16．如图所示，相距为d 的两水平虚线L 1和L 2分别是水平向里的匀强磁场的上下两个边界，磁场的磁感应强度为B ，正方形线框abcd 边长为L （L ＜d ），质量为m ，将线框在磁场上方高h 处由静止释放．如果ab 边进入磁场时的速度为v 0，cd 边刚穿出磁场时的速度也为v 0，则从ab 边刚进入磁场到cd 边刚穿出磁场的整个过程中 （ ） A ．线框中一直有感应电流B ．线框中有一阶段的加速度为重力加速度gC ．线框中产生的热量为mg （d+h+L ）D ．线框有一阶段做减速运动17．如图所示，在方向垂直向里，磁感应强度为B 的匀强磁场区域中有一个由均匀导线制成的单匝矩形线框abcd ，线框以恒定的速度v 沿垂直磁场方向向右运动，运动中线框dc 边始终与磁场右边界平行，线框边长ad ＝l ，cd ＝2l 。
2015-2016高二物理第一学期期中调研试卷含答案
2015-2016学年度第一学期高二物理期中调研模拟试卷本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共6页，满分100分，考生用时90分钟。
考试结束后，将本试卷、答题卡和答题纸一并交回。
考生务必将答案填涂在答题纸上规定的地方，仅写在试卷上的不得分。
班级：姓名：得分:第Ⅰ卷 (选择题共48分)一、选择题目（本题共12小题，每题4分，共48分．有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，把正确选项前的字母涂在答题卡上，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）1、关于库仑定律，下列说法正确的是( )A．库仑定律适用于点电荷，点电荷其实就是体积很小的球体B．根据F＝k q1q2r2，当两电荷的距离趋近于零时，静电力将趋向无穷大C．若点电荷q1的电荷量大于q2的电荷量，则q1对q2的静电力大于q2对q1的静电力D．库仑定律和万有引力定律的表达式相似，都是平方反比定律2、电阻R1、R2、R3串联在电路中．已知R1＝10 Ω、R3＝5 Ω，R1两端的电压为6 V，R2两端的电压为12 V，则( )A．电路中的电流为0.6 AB．电阻R2的阻值为20 ΩC．三只电阻两端的总电压为21 VD．电阻R3两端的电压为4 V3、如图所示，实线为电场线，虚线为等势面，φa＝50V，φc＝20V，则a、c连线中点b的电势φb为( )A．等于35 V B．大于35 VC．小于35 V D．等于15 V4、如图所示，MN是电场中的一条电场线，一电子从a点运动到b点速度在不断地增大，则下列结论正确的是( )A．该电场是匀强电场B．该电场线的方向由N指向MC．电子在a处的加速度小于在b处的加速度D．因为电子从a到b的轨迹跟MN重合，所以电场线实际上就是带电粒子在电场中的运动轨迹5、如图所示，把一个带正电的小球放入原来不带电的金属空腔球壳内并与内壁接触，其结果是( )A．只有球壳外表面带正电B．只有球壳内表面带正电C．球壳的内外表面都带正电D．球壳的内表面带正电，外表面带负电6、如图所示，点电荷＋3Q与＋Q分别固定在A、B两点，C、D两点将AB连线三等分．现使一个带负电的试探电荷，从C点开始以某一初速度向右运动，不计试探电荷的重力．则关于该电荷在CD之间的运动，下列说法中可能正确的是( )A．一直做减速运动，且加速度逐渐变小B．做先减速后加速的运动C．一直做加速运动，且加速度逐渐变小D．做先加速后减速的运动7、如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受电场力作用，根据此图可做出的正确判断是( )A．带电粒子所带电荷的正、负B．带电粒子在a、b两点的受力方向C．带电粒子在a、b两点的加速度何处较大D．带电粒子在a、b两点的速度何处较大8、两带电小球，电荷量分别为＋q和－q，固定在一长度为L的绝缘细杆的两端，置于电场强度为E 的匀强电场中，杆与场强的方向平行，其位置如图所示，若此杆绕过O点且垂直于杆的轴线转过180°，则在此转动的过程中电场力做的功为( )A．0 B．2qELC．πqEL D．qEL9、平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电小球悬挂在电容器内部．闭合开关S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，如图所示，则( )A．保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ增大B．保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ不变C．开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ增大D．开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ不变10、如图所示，有三个质量相等，分别带正电、带负电和不带电的小球，从平行板电场的中点以相同的初速度垂直于电场方向进入电场，它们分别落在A、B、C三点，可以判断( ) A．落在A点的小球带正电，落在B点的小球不带电B．三个小球在电场中运动的时间相等C．三个小球到达极板时的动能关系为E kA>E kB>E kCD．三个小球在电场中运动时的加速度关系为a A>a B>a C11、如图所示，在绝缘的水平面上方存在着匀强电场，电场方向如图所示，水平面上的带电金属块在水平拉力F的作用下沿水平面移动．已知金属块在移动的过程中，外力F做功32J，金属块克服电场力做功8.0 J，金属块克服摩擦力做功16 J，则在此过程中金属块的( ) A．动能增加8.0 J B．电势能增加24 JC．机械能减少24 J D．机械能增加48 J12、把六个相同的小灯泡接成如图甲、乙所示的电路，调节变阻器使灯泡正常发光，甲、乙两电路所消耗的功率分别用P甲和P乙表示，则下列结论中正确的是( )A．P甲＝P乙B．P甲＝3P乙C．P乙＝3P甲D．P乙>3P甲第Ⅱ卷（非选择题，共48分）二、实验题（本题共2小题，共12分。
湖北省黄冈中学2015-2016学年高二上学期期中考试物理试卷
湖北省黄冈中学2015年秋季期中考试高二物理试卷第Ⅰ卷选择题一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分）1、下列说法中正确的是（）A．在同一等势面上的两点间移动某电荷，电场力对该电荷做功为零B．电势降落的方向就是电场强度的方向C．等势面不一定跟电场线垂直D．电荷在电势越高的位置其电势能越大2、如下图所示，带正电小球从某一高度开始自由落体运动，在途中遇到水平向右的匀强电场，则其运动轨迹大致是图中的（）3、如图所示，半径为r的圆形线圈共有n匝，有一个半径为R（R＜r）的同心圆，圆内有匀强磁场，磁场方向垂直于线圈平面、若磁感应强度为B，则穿过线圈的磁通量为（）A．nBπR2B．Bπr2C．BπR2 D．nBπr24、如图所示，长为2L的直导线折成边长相等，夹角为120°的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B，当在该导线中通以电流强度为I的电流时，该V形通电导线受到的安培力大小为（）A．0 B．0.5BILC．BIL D．5、如图，电源内阻不能忽略，平行板电容器C水平放置，闭合开关S，电路稳定时带电油滴悬浮在两板之间静止不动。
现在电路中某一个电阻发生故障（短路或断路），油滴向下运动，则（）A．一定是R1发生故障B．一定是R2发生故障C．可能是R3发生故障D．可能是R1发生故障6、现有小灯泡甲“6V，4W”，小灯泡“6V，3W”，可变电阻R，电源（电动势12V，内阻不计），电路可以任意连接，要求两灯泡同时正常发光，则电路消耗的最小功率为（）A．6W B．7WC．8W D．14W第Ⅱ卷非选择题二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分。
全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分）7、如图所示，两端接有细软导线的金属直杆MN，悬挂于竖直放置的线圈正上方，MN的中垂线与线圈轴线重合，均处于同一竖直平面内，为使MN垂直纸面向里运动，可以（）A．将a、d端接在电源正极，b、c端接在电源负极B．将b、d端接在电源正极，a、c端接在电源负极C．将a、c端接在电源正极，b、d端接在电源负极D．将b、c端接在电源正极，a、d端接在电源负极8、如图所示，在等量异种点电荷的电场中有A、B、C、D四点，它们电场强度分别为E A、E B、E C、E D，电势分别为φA、φB、φC、φD，其中B、D 在两点电荷连线的中垂线上（连线的中点为O），。
湖北省宜昌市部分示范高中教学协作体高二物理上学期期中试题
宜昌市部分市级示范高中教学协作体2015年秋期中联考高二物理试题（卷面总分：110分考试时间：90分钟）一、选择题（本大题有12小题，总计48分，1-8题为单选题，选错或不选不得分，9-12题为多项选择题，全对得4分，漏选得2分，错选不得分）1、对于电场中一些概念的理解正确的是A、感应起电说明电荷可以从带电的物体转移到不带电的物体B、某带电体的电荷量可以为元电荷的2.5倍C、电场强度E的大小与试探电荷q的大小有关D、电场中某点的电势与试探电荷q的大小无关2、对于电流和电动势概念的理解下列正确的是A、电动势就是电源两极的电压B、电压U＝W/q和电动势E＝W/q中的W是一样的，都是静电力所做的功C、在电源内部正电荷由负极流向正极，负电荷由正极流向负极D、一段金属导体中单位体积内的自由电子数目越多则形成的电流越大3、如图所示实线是点电荷Q周围的电场线，虚线是以Q为圆心的圆，其中A、B两点在圆上，C点在圆内．以下判断正确的是A、若Q为正电荷，则A点场强大于C点场强B、若Q为负电荷，则A点场强小于C点场强C、若Q为正电荷，则B点电势高于C点电势D、若Q为负电荷，则B点电势低于C点电势4、一只标有“8 V 12 W”的小灯泡，两端加上电压U，在U由0逐渐增加到12 V过程中，电压U和电流I的关系可用图象表示，在如图所示的四个图象中，符合实际的是5、一带负电的粒子在电场中做直线运动的v－t图象如图所示，t1、t2时刻分别经过M、N两点，已知在运动过程中粒子仅受电场力作用，则下列判断正确的是A．在从M点到N点的过程中，电势能逐渐增大B．M点的电势低于N点的电势C．该电场可能是由某负点电荷形成的D．带电粒子在M点所受电场力小于在N点所受电场力6、如图所示，三个同心圆是一个点电荷周围的三个等势面，已知这三个圆半径之差相等．A 、B 、C 分别是这三个等势面上的点，且在同一条电场线上．A 、C 两点的电势依次为φA ＝20 V 和φC ＝10 V ，则B 点的电势 A 、可能等于15V B 、可能大于15V C 、一定小于15V D 、无法判断7、如图，两平行的带电金属板水平放置，若在两板中间的a 点静止释放一个带电微粒，恰好能保持静止状态。
湖北省普通高中联考协作体高二物理上学期期中试卷(含
2015-2016学年湖北省普通高中联考协作体高二（上）期中物理试卷一、选择题（每小题5分，1-7为单项选择题；8-11小题有多个选项正确，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分）1．物理学在研究实际问题时，常常进行科学抽象，即抓住研究问题的主要特征，不考虑与当前研究问题无关或影响较小的因素，建立理想化模型．下列选项中不属于物理学中的理想化模型的是（）A．力的合成 B．质点 C．自由落体运动 D．点电荷2．手电筒的两节干电池，已经用了较长时间，小灯泡只能发出微弱的光，把它们取出，用电压表测电压，电压表示数接近3V．若把它们作为一个电子钟，电子钟能正常工作，下列说法中正确的是（）A．这两节干电池组的电动势减小很多B．这两节干电池的内电阻几乎没变C．这台电子钟的额定电压一定比手电筒里的小灯泡额定电压小D．这台电子钟正常工作时的电流一定比手电筒里的小灯泡正常工作时的电流小3．当外电路的电阻分别为8Ω和2Ω时，单位时间内在外电路上产生的热量正好相等，则该电源的内电阻是（）A．1ΩB．2ΩC．4ΩD．6Ω4．如图所示，实线为电场线，虚线为等势面，相邻两等势面间的电势差相等．一个正电荷在等势面L3处的动能为20J，运动到L1处的动能为零．若取L2为零势面参考平面，则当此电荷的电势能为4J时，它的动能是（不计重力和空气阻力）（）A．16J B．19J C．6J D．4J5．如图所示，在等量的异种点电荷形成的电场中，有A、B、C三点，A点为两点电荷连线的中点，B点为连线上距A点距离为d的一点，C点为连线中垂线距A点距离也为d的一点，则下面关于三点电场强度的大小、电势高低的比较，正确的是（）A．E A=E C＞E B；φA=φC＞φBB．E B＞E A＞E C；φA=φC＞φBC．E A＜E B，E A＜E C；φA＞φB，φA＞φCD．因为零电势点未规定，所以无法判断电势的高低6．中子内有一个电荷量为+e的上夸克和两个电荷量为e下夸克，一简单模型是三个夸克都在半径为r的同一圆周上，如图1所示．图2给出的四幅图中，能正确表示出各夸克所受静电作用力的是（）A．B．C．D．7．小灯泡的伏安特性曲线如图中的AB段（曲线）所示．由图可知，AB段灯丝的电阻因温度的影响改变了（）A．5ΩB．10Ω C．1ΩD．6Ω8．如图所示，在一个粗糙水平面上，彼此靠近地放置两个带同种电荷的小物块．由静止释放后，两个物块向相反方向运动，并最终停止．在物块的整个运动过程中，下列表述正确的是（）A．两个物块的电势能逐渐减少B．两物块受到的库仑力做的功等于摩擦生热C．两个物块的机械能都先增大后减少D．物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力9．如图所示是某直流电路中电压随电流变化的图象，其中a、b分别表示路端电压、负载电阻上电压随电流变化的情况，下列说法正确的是（）A．阴影部分的面积表示电源输出功率B．阴影部分的面积表示电源的内阻上消耗的功率C．当满足α=β时，电源效率最高D．当满足α=β时，电源输出功率最大10．如图所示的电路中，S闭合A、B、C三只灯均正常发光，当可变电阻的滑动触头上移时，对A、B、C三灯亮度变化下列叙述正确的是（）A．A灯变亮B．B灯变亮C．C灯变亮D．三灯均变暗11．如图所示，虚线a、b、c、d表示匀强电场中的4个等势面．两个带电粒子M、N（重力忽略不计）以平行于等势面的初速度射入电场，运动轨迹分别如图中MPN和NQM所示．己知M是带正电的带电粒子．则（）A．N一定也带正电B．a点的电势高于b点的电势C．带电粒子N的动能减小，电势能增大D．带电粒子N的动能增大，电势能减小二、实验题（共15分）12．图甲中游标卡尺的读数是cm，图乙中螺旋测微器的读数是mm．13．某研究性学习小组利用如图1所示电路测量某电池的电动势E和内电阻r．由于该电池的内电阻r较小，因此在电路中接入了一阻值为2.00Ω的定值电阻R0．①按照实物连线图在图2虚线框内画出实验电路图：②闭合开关S，调整电阻箱的阻值，读出电压表相应的示数U，并计算出通过电阻箱的电流数值I，为了比较准确地得出实验结论，在坐标纸中画出了如图3所示的U﹣I图象，由图象可得：E= V，r= Ω．二、计算题（共40分）14．如图所示，为一组未知方向的匀强电场的电场线，把电荷量为1×10﹣6C的负电荷从A 点沿水平线移至B点，静电力做了2×10﹣6J的功，A、B间的距离为2cm，求：（1）电场强度的大小和方向（2）A、B两点间的电势差U AB=？若B点电势为1V，求A点电势；电子处于B点时，具有的电势能是多少？15．如图所示，电源的电动势E=110V，电阻R1=21Ω，电动机绕组的电阻R0=0.5Ω，电键S1始终闭合．当电键S2断开时，电阻R1的电功率是525W；当电键S2闭合时，电阻R1的电功率是336W，求：（1）电源的内电阻；（2）当电键S2闭合时流过电源的电流和电动机的输出功率．16．如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两板不带电，上极板接地，它的极板长L=0.1m，两板间距离d=0.4cm，有一束相同微粒组成的带电粒子流以相同的初速度从两板中央平行于极板射入，由于重力作用微粒能落到下板上，已知微粒质量m=2.0×10﹣6kg，电量q=+1.0×10﹣8C，电容器电容C=1.0×10﹣6F，取g=10m/s2．试求：（1）若第一个粒子刚好落到下板中点O处，则带电粒子入射初速度的大小；（2）两板间电场强度为多大时，带电粒子能刚好落到下板右边缘B点；（3）落到下极板上带电粒子总的个数．2015-2016学年湖北省普通高中联考协作体高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题5分，1-7为单项选择题；8-11小题有多个选项正确，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分）1．物理学在研究实际问题时，常常进行科学抽象，即抓住研究问题的主要特征，不考虑与当前研究问题无关或影响较小的因素，建立理想化模型．下列选项中不属于物理学中的理想化模型的是（）A．力的合成 B．质点 C．自由落体运动 D．点电荷【考点】自由落体运动；质点的认识；力的合成；元电荷、点电荷．【专题】归纳法；直线运动规律专题．【分析】理想化是对事物的各个物理因素加以分析、忽略与问题无关或影响较小的因素，突出对问题起作用较大的主要因素，从而把问题简化．【解答】解：A、力的合成是一种等效替代，故A正确；B、质点是用来表示物体的有质量的点，忽略了物体的大小、形状等次要因数，是一种理想模型，故B错误；C、自由落体运动忽略了空气阻力等次要因素，故C错误；D、点电荷忽略了电荷的大小等次要因素，故D错误；故选A．【点评】理想化模型是抓住问题的主要方面，忽略问题的次要方面，是物理学中一种常见的研究方法．2．手电筒的两节干电池，已经用了较长时间，小灯泡只能发出微弱的光，把它们取出，用电压表测电压，电压表示数接近3V．若把它们作为一个电子钟，电子钟能正常工作，下列说法中正确的是（）A．这两节干电池组的电动势减小很多B．这两节干电池的内电阻几乎没变C．这台电子钟的额定电压一定比手电筒里的小灯泡额定电压小D．这台电子钟正常工作时的电流一定比手电筒里的小灯泡正常工作时的电流小【考点】闭合电路的欧姆定律；电源的电动势和内阻．【专题】比较思想；控制变量法；恒定电流专题．【分析】电源的电动势可通过电压表粗略测量，即电源未接入电路时，电压表读数．电池使用较长时间，导致内电阻增大，而输出电压的高低是由与其串联的电阻决定，当电阻大于内阻，则输出电压较大；若电阻小于内阻，则输出电压较小．【解答】解：A、这两节干电池的电动势应该为3V，现在直接通过电压表示数很接近3V，可知，电动势几乎不变，故A错误；B、两节干电池已经用了较长时间，使用时小灯泡只能发出很微弱的光，除电动势降低之外，电池的内阻增大，故B错误；C、这台电子钟能正常工作是由于它的内阻比电池的内阻大得多，输出电压较高，则知电子钟的额定电压一定比手电筒里的小灯泡额定电压大，故C错误；D、由于电子钟的电阻较大，所以正常工作的电流较小，故D正确；故选：D【点评】考查电源的电动势的概念，及电池用久后电阻会增大，并掌握不同的外电阻，输出电压不同．理解闭合电路的欧姆定律．3．当外电路的电阻分别为8Ω和2Ω时，单位时间内在外电路上产生的热量正好相等，则该电源的内电阻是（）A．1ΩB．2ΩC．4ΩD．6Ω【考点】焦耳定律；闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】当外电路电阻分别为8Ω和2Ω时，根据闭合电路欧姆定律列式，根据单位时间在外电路放出的热量正好相等列式，联立方程即可求解．【解答】解：当外电路电阻分为8Ω时，根据闭合电路欧姆定律得：I1==…①当外电路电阻分为2Ω时，根据闭合电路欧姆定律得：I2==…②根据单位时间在外电路放出的热量正好相等得：I12R1=I22R2…③由①②③解得：r=4Ω故选：C【点评】本题主要考查了闭合电路欧姆定律及电阻功率公式的直接应用，难度不大，属于基础题．4．如图所示，实线为电场线，虚线为等势面，相邻两等势面间的电势差相等．一个正电荷在等势面L3处的动能为20J，运动到L1处的动能为零．若取L2为零势面参考平面，则当此电荷的电势能为4J时，它的动能是（不计重力和空气阻力）（）A．16J B．19J C．6J D．4J【考点】电势差与电场强度的关系；电场线；电势能．【专题】定量思想；寻找守恒量法；电场力与电势的性质专题．【分析】根据动能定理求出电荷从等势面L3处运动到L1处电场力所做的功，从而得出电势能的变化量，根据L2为零势面，得出L1处和L3处得电势能．在运动的过程中，电荷的电势能和动能之和保持不变，根据总能量守恒，由能量守恒定律即可得出电荷的电势能为4J时它的动能．【解答】解：设两相邻等势面间的电势差为U0，正电荷的电量为q．根据仅在电场力作用下，电荷的电势能与动能之和E保持不变，有：E=E k3﹣qU0=E k1+qU0=E K+E p，解得：qU0=（E k3﹣E k1）从而可得：E k=（E k1+E k3）﹣E P=×（0+20）﹣4=6J．故B正确．故选：B【点评】解决本题的关键知道电场力做功和电势能的变化关系，以及知道电荷的电势能和动能之和保持不变．5．如图所示，在等量的异种点电荷形成的电场中，有A、B、C三点，A点为两点电荷连线的中点，B点为连线上距A点距离为d的一点，C点为连线中垂线距A点距离也为d的一点，则下面关于三点电场强度的大小、电势高低的比较，正确的是（）A．E A=E C＞E B；φA=φC＞φBB．E B＞E A＞E C；φA=φC＞φBC．E A＜E B，E A＜E C；φA＞φB，φA＞φCD．因为零电势点未规定，所以无法判断电势的高低【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】电场线越密的地方，电场强度越强．沿着电场线方向电势降低．通过电场线的分布进行判断．【解答】解：根据电场线的疏密分布知，A点的电场线比C点密，B点的电场线比A点密，则E B＞E A＞E C；等量的异种电荷的中垂线为等势线，则A点的电势与C点的电势相等，沿着电场线方向电势逐渐降低，则A点的电势大于B点电势．所以φA=φC＞φB．故B正确，A、C、D错误．故选B．【点评】虽然电场线不是实际存在的，但电场线的疏密可以体现电场强度的强弱；可以根据电场线方向来确定电势的高低；同时还考查了等量异种点电荷的电场线的分布，电场线与等势线相互垂直．6．中子内有一个电荷量为+e的上夸克和两个电荷量为e下夸克，一简单模型是三个夸克都在半径为r的同一圆周上，如图1所示．图2给出的四幅图中，能正确表示出各夸克所受静电作用力的是（）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】每一个夸克都受到其他两个夸克的库仑力作用，根据库仑定律和力的合成求解．【解答】解：三个夸克都在半径为r的同一圆周，形成了等边三角形，电荷量为的下夸克受到另一个电荷量为的下夸克的库仑斥力F1和电荷量为的上夸克库仑引力F2．根据库仑定律得F1=F2根据力的合成得F1和F2的合力方向竖直向上，据对称性另一个下夸克受静电作用力的方向也是竖直向上．故A、B、D错误，C正确．故选：C．【点评】解决该题关键要根据库仑定律以及矢量的合成完成．7．小灯泡的伏安特性曲线如图中的AB段（曲线）所示．由图可知，AB段灯丝的电阻因温度的影响改变了（）A．5ΩB．10Ω C．1ΩD．6Ω【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线；欧姆定律．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】伏安特性是曲线时，根据各点的对应坐标值，由欧姆定律求解电阻；即可求得电阻的差值．【解答】解：小灯泡的电阻随温度的升高而增大，故得出来的伏安特性曲线不是直线；由图可知，A点的电阻R A==30Ω；B点电阻R B==40Ω；故电阻的变化为：40﹣30=10Ω；故选：B．【点评】本题考查描绘小灯泡的伏安特性曲线实验的方法、注意事项以及数据的处理，要注意明确灯泡的伏安特性曲线本身有误差，不能由斜率求解电阻．8．如图所示，在一个粗糙水平面上，彼此靠近地放置两个带同种电荷的小物块．由静止释放后，两个物块向相反方向运动，并最终停止．在物块的整个运动过程中，下列表述正确的是（）A．两个物块的电势能逐渐减少B．两物块受到的库仑力做的功等于摩擦生热C．两个物块的机械能都先增大后减少D．物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力【考点】电势能；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】由静止释放后，两个物块向相反方向运动，两物块之间的库仑力做正功，电势能减小．开始阶段，库仑力大于物块的摩擦力，物块做加速运动，当库仑力小于摩擦力后，物块做减速运动，动能先增大，后减小．【解答】解：A、由静止释放后，两个物块向相反方向运动，两物块之间的库仑力做正功，电势能减小．故A正确．B、两物块之间存在库仑斥力，对物块做正功，而摩擦阻力做负功，由于从静止到停止，根据动能定理可知，受到的库仑力做的功等于摩擦生热．故B正确．C、D开始阶段，库仑力大于物块的摩擦力，物块做加速运动，动能增大；当库仑力小于摩擦力后，物块做减速运动，动能减小，重力势能不变，则机械能先增大，后减小，不守恒．故C正确，D错误．故选：ABC．【点评】本题首先考查分析物块受力情况和运动情况的能力，要抓住库仑力随距离增大而减小的特点，掌握动能定理的应用，与机械能守恒的条件，注意力做功的正负判定．9．如图所示是某直流电路中电压随电流变化的图象，其中a、b分别表示路端电压、负载电阻上电压随电流变化的情况，下列说法正确的是（）A．阴影部分的面积表示电源输出功率B．阴影部分的面积表示电源的内阻上消耗的功率C．当满足α=β时，电源效率最高D．当满足α=β时，电源输出功率最大【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】两条图线的交点为电源连入电阻后的工作电压，即路端电压；电流为工作电流，即干路电流．据此分析所给选项．【解答】解：A、阴影部分的面积为路端电压与电流的乘积，为电源的输出功率．故A正确，B错误．C、当满足α=β时，内外阻相等，输出功率最大，但电源的效率为50%，不是最高．故C错误，D正确．故选：AD【点评】考查电源的U﹣I图象，电阻的U﹣I图线的物理意义，明确两者的交点为工作电压，工作电流．10．如图所示的电路中，S闭合A、B、C三只灯均正常发光，当可变电阻的滑动触头上移时，对A、B、C三灯亮度变化下列叙述正确的是（）A．A灯变亮B．B灯变亮C．C灯变亮D．三灯均变暗【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】当可变电阻的滑动触头上移时，R′接入电路的电阻增大，分析外电路总电阻的变化，由欧姆定律分析总电流和路端电压，再分析局部电流和电压的变化，判断灯泡亮度的变化．【解答】解：当可变电阻的滑动触头上移时，R′接入电路的电阻增大，外电路总电阻R总增大，总电流I减小，路端电压U=E﹣Ir，则U增大，A灯变亮．由于I总减小，流过A灯的电流I A增大，则B灯和R并联的总电流减小，B灯变暗，B和R并联的电流减小，电压U BR减小，C灯的电压U C=U﹣U BR，得到U C增大，C灯变亮．故选AC【点评】本题电路中动态变化分析问题，按照部分到整体再到部分的思路进行分析．11．如图所示，虚线a、b、c、d表示匀强电场中的4个等势面．两个带电粒子M、N（重力忽略不计）以平行于等势面的初速度射入电场，运动轨迹分别如图中MPN和NQM所示．己知M是带正电的带电粒子．则（）A．N一定也带正电B．a点的电势高于b点的电势C．带电粒子N的动能减小，电势能增大D．带电粒子N的动能增大，电势能减小【考点】电势能；等势面；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】应用题．【分析】解决本题的突破口是：由于电荷只受电场力作用，电场力将指向运动轨迹的内侧．同时注意电场线和等势线垂直，说明电场沿水平方向，正电荷沿轨迹MPN运动，则电场力一定水平向右，从而确定了电场的方向，这样问题就解决了．【解答】解：A、电场线和等势线垂直，所以电场沿水平方向，从正电荷M的轨迹MPN可知，电场力水平向右，故电场的方向水平向右．N电荷受电场力方向指向其轨迹内侧，故受电场力水平向左，所以N带负电，故A错误．B、电场线水平向右，沿电场线电势降低，所以a点的电势高于b点的电势，故B正确；C、电场力对N粒子做正功，其电势能减小，动能增加，故C错误；D、根据对C的分析可知D正确．故选BD．【点评】本题通过带电粒子在电场中的运动考查了电势、电势能、电场力等问题，解决这类问题的突破口是：做曲线运动的物体所受合外力指向其轨迹内侧．二、实验题（共15分）12．图甲中游标卡尺的读数是 2.98 cm，图乙中螺旋测微器的读数是 5.680 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】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．【解答】解：1、游标卡尺的主尺读数为：2.9cm，游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为8×0.1mm=0.8mm=0.08cm，所以最终读数为：2.9cm+0.08=2.98cm．2、螺旋测微器的固定刻度为5.5mm，可动刻度为18.0×0.01mm=0.180mm，所以最终读数为5.5mm+0.180mm=5.680mm．故答案为：2.98，5.680．【点评】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，正确使用这些基本仪器进行有关测量．13．某研究性学习小组利用如图1所示电路测量某电池的电动势E和内电阻r．由于该电池的内电阻r较小，因此在电路中接入了一阻值为2.00Ω的定值电阻R0．①按照实物连线图在图2虚线框内画出实验电路图：②闭合开关S，调整电阻箱的阻值，读出电压表相应的示数U，并计算出通过电阻箱的电流数值I，为了比较准确地得出实验结论，在坐标纸中画出了如图3所示的U﹣I图象，由图象可得：E= 2.0 V，r= 0.4 Ω．【考点】测定电源的电动势和内阻．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】（1）根据实物电路图作出电路图．（2）电源U﹣I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，根据电路图与图2所示图象求出电源电动势与内阻．【解答】解：（1）根据图1所示电路图作出实验电路图，实验电路图如图所示：（2）由图2所示电源U﹣I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是2.0，则电源电动势E=2.0V，图象斜率：k=r+R0===2.4，则电源内阻r=k﹣R0=0.4Ω；故答案为：（1）图象如图所示；（2）2.0；0.4．【点评】本题考查了作实验电路图、求电源电动势与内阻，分析清楚实物电路图结构是正确作出电路图的前提与关键，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等效电源内阻，要注意：图象斜率绝对值与定值电阻阻值之差是电源内阻．二、计算题（共40分）14．如图所示，为一组未知方向的匀强电场的电场线，把电荷量为1×10﹣6C的负电荷从A 点沿水平线移至B点，静电力做了2×10﹣6J的功，A、B间的距离为2cm，求：（1）电场强度的大小和方向（2）A、B两点间的电势差U AB=？若B点电势为1V，求A点电势；电子处于B点时，具有的电势能是多少？【考点】电势能；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】（1）A、B间两点间的电势差是U AB=，电势差与电场强度关系： d是沿着电场线方向的距离．（2）由U AB=φA﹣φB，求出A点的电势φA．【解答】解：（1）根据题意，AB间的电势差：U AB== V=﹣2VAB间沿电场线方向上的位移为d=1cm所以场强为：E==2×102 N/CA点电势低于B点电势，所以电场强度方向斜向下．（2）已知AB间电势为﹣2 V，如果已知B点电势为1 V，根据U AB=φA﹣φB所以A点电势为φA=φB+U AB=﹣1 V；电子处于B点时，具有电势能为E P=φB•﹣e=﹣1 eV答：（1）电场强度的大小为2×102 N/C，方向斜向下；（2）A、B两点间的电势差U AB=﹣2V，若B点电势为1V，求A点电势为﹣1V；电子处于B点时，具有的电势能是﹣1eV．【点评】本题考查对电势差与电场强度关系的理解能力．还要抓住公式中d是沿着电场线方向的距离．同时考查沿着电场线方向电势是降低的．15．如图所示，电源的电动势E=110V，电阻R1=21Ω，电动机绕组的电阻R0=0.5Ω，电键S1始终闭合．当电键S2断开时，电阻R1的电功率是525W；当电键S2闭合时，电阻R1的电功率是336W，求：（1）电源的内电阻；（2）当电键S2闭合时流过电源的电流和电动机的输出功率．【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】（1）根据S2断开时R1消耗的功率为，求出内阻r．（2）当电键S2闭合时，根据电阻R1的电功率求出R1两端的电压和通过R1的电流，再根据E=U+Ir，求出总电流．从而求出通过电动机的电流，根据，求出电动机的输出功率．【解答】解：（1）设S2断开时R1消耗的功率为P1，则，代入数据可以解得r=1Ω．（2）设S2闭合时R1两端的电压为U，消耗的功率为P2，则，解得U=84V由闭合电路欧姆定律得 E=U+Ir，代入数据，得I=26A流过R1的电流为I1，流过电动机的电流为I2， A，而I1+I2=I，所以I2=22A，由UI2=P出+I22R0，代入数据得P出=1606W．【点评】解决本题的关键能够灵活运用闭合电路欧姆定律，以及知道电动机输入功率、输出功率、热功率的关系．16．如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两板不带电，上极板接地，它的极板长L=0.1m，两板间距离d=0.4cm，有一束相同微粒组成的带电粒子流以相同的初速度从两板中央平行于极板射入，由于重力作用微粒能落到下板上，已知微粒质量m=2.0×10﹣6kg，电量q=+1.0×10﹣8C，电容器电容C=1.0×10﹣6F，取g=10m/s2．试求：（1）若第一个粒子刚好落到下板中点O处，则带电粒子入射初速度的大小；（2）两板间电场强度为多大时，带电粒子能刚好落到下板右边缘B点；（3）落到下极板上带电粒子总的个数．【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）根据粒子做平抛运动的规律，运用运动的合成与分解，并依据运动学公式，即可求解；（2）根据牛顿第二定律，结合电场力表达式，与运动学公式，即可求解．（3）结合（2）中的电场强度与Q=CEd，Q=nq即可求得落到下极板上带电粒子总的个数．【解答】解：（1）对第一个落在O点的粒子：水平方向：。
湖北省普通高中联考协作体高二上学期期中联考物理答案
2019年秋季湖北省普通高中联考协作体期中考试高二物理试卷答案一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分，其第1-6题只有一项符合题目要求，其余各题给出的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。
）宋以后，京师所设小学馆和武学堂中的教师称谓皆称之为“教谕”。
至元明清之县学一律循之不变。
明朝入选翰林院的进士之师称“教习”。
到清末，学堂兴起，各科教师仍沿用“教习”一称。
其实“教谕”在明清时还有学官一意，即主管县一级的教育生员。
而相应府和州掌管教育生员者则谓“教授”和“学正”。
“教授”“学正”和“教谕”的副手一律称“训导”。
于民间，特别是汉代以后，对于在“校”或“学”中传授经学者也称为“经师”。
在一些特定的讲学场合，比如书院、皇室，也称教师为“院长、西席、讲席”等。
二、实验题（本大题2小题共16分，第11题4分，每空2分，第12题12分，每空2分）。
11﹙4分﹚7.100（7.099-7.101）（2分）；10.155(0.150-0.155)（2分）12 ﹙12分﹚⑴ B (2). A D E (3). 16Ω (4). 38Ω三、计算题(本大题共4小题，第13题8分，第14题10分，第15题12分，第16题14分，共44分。
按要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤)。
13、（8分）（1）保温时S断开，I1=U/（R+R0）(1分)由P=I2R 得P1=U2R0/（R+R0）2（2分）加热时S接通，I2=U/R0 （1分）得：P2=I22R0=U2/R0（2分）（2）由3P1=P2得R= 2R0即R：R0=13 （2分）14、（10分）（1）小球带正电（2分）（2）小球受力平衡，由平衡条件：qE=mgtan37°①（2分）得q=6×10-6C；（1分）（3）小球到最低点下降高度h=L(1- cos37°) ②（1分）由动能定理（mg+qE）h=12mv2 -0 ③（3分）由①②③得v= 7m/s （1分）15、（12分）设AB两板间的电压为U，小球恰能到达A板，由动能定理－（qU+mgd）=0 －12mυ02 ①（3分）由闭合电路欧姆定律，电路总电流I=E/R+Rp+r ②（2分）U=Up=I Rp ③（2分）由①②③得Rp=U(R+r)/E –U计算出Rp=2Ω（3分）由P出=EI－I2r得P出=9W （2分）16、（14分）解：（1）由动能定理①（1分）所以②（1分）V0=3×106m/s （1分）（2）设粒子从界面MN飞出时速度偏角为θ由tanθ=v y/v0V y=ata=qU/mdt=L/v0 得tanθ=qUL/mv02d=1/3 （每式1分，结果1分共5分）粒子达到界面PS离D点距离y=（L/2+14）tanθ=6cm （2分）（3）粒子以O点为圆心做匀速圆周运动（4分）。
高二物理上学期期中-武汉市华中师大一附中2015-2016学年高二上学期期中物理试题及答案
2015-2016学年湖北省武汉市华中师大一附中高二（上）期中物理试卷一、选择题（本题包括10小题．其中第1-6题为单选题，第7-10题为多选题．每小题5分，共50分．单选题有且仅有一个选项正确，选对得5分，选错或不答得0分．多选题至少有两个选项正确，全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分．）1．下列说法正确的是（）A．将通电导线放入磁场中，若不受安培力，说明该处磁感应强度为零B．洛伦兹力的方向在特殊情况下可能与带电粒子的速度方向不垂直C．由于安培力是洛伦兹力的宏观表现，所以洛伦兹力也可能做功D．垂直磁场放置的线圈面积减小时，穿过线圈的磁通量可能增大2．为了设计电路，先用多用电表的欧姆挡粗测未知电阻，采用“×10”挡，调零后测量该电阻，发现指针偏转非常大，最后几乎紧挨满偏刻度停下来，下列判断和做法正确的是（）A．这个电阻阻值很小，估计只有几欧姆B．这个电阻阻值很大，估计有几千欧姆C．如需进一步测量可换“×100”挡，调零后测量D．如需进一步测量可换“×1 k”挡，调零后测量3．如图所示，电源电动势为E、内阻为r，R1、R2为定值电阻，R0为滑动变阻器，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，关于电压表、电流表示数变化的情况，以下说法正确的是（）A．V的示数变大，A的示数变小B．V的示数变大，A的示数变大C．V的示数变小，A的示数变小D．V的示数变小，A的示数变大4．如图中①②所示，在匀强磁场中，有两个通电线圈处于如图所示的位置，则（）A．从上往下俯视，①中的线圈顺时针转动B．从上往下俯视，①中的线圈逆时针转动C．从上往下俯视，②中的线圈顺时针转动D．从上往下俯视，②中的线圈逆时针转动5．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6．如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r．R1=2kΩ、R2=4kΩ、R3=10kΩ，R4是光敏电阻，其阻值随光照强度的增强而减小．当开关S闭合且没有光照射时，电容器C不带电．当用强光照射R4且电路稳定时，R4的阻值为4kΩ．下列说法正确的是（）A．在无光照时，R4阻值为5 kΩB．与无光照射时比较，有光照时通过R4的电流变大，电源的路端电压变小，电源提供的总功率变小C．有光照且电路稳定时，电容器C的上极板带正电D．有光照且电路稳定后，断开开关S，通过R1、R2的电荷量之比为2：37．如图所示为两电源的U﹣I图象，则下列说法正确的是（）A．电源①的电动势和内阻均比电源②大B．当外接相同的电阻时，两电源的输出功率可能相等C．不论外接多大的相同电阻，电源①的输出功率总比电源②的输出功率大D．当外接同样的电阻时，两电源的效率可能相等8．1932年，劳伦斯和利文斯顿设计出了回旋加速器．回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直．A处粒子源产生初速度不计、质量为m、电荷量为+q的粒子．粒子在加速器中被加速，加速电压为U．加速过程中不考虑相对论效应和重力作用．关于回旋加速器，下列说法正确的是（）A．带电粒子从磁场中获得能量B．D形盒的半径R越大，粒子加速所能获得的最大动能越大C．交变电源的加速电压U越大，粒子加速所能获得的最大动能越大D．粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为：19．如图甲所示，电源的电动势E=9V，它和灵敏电流表G的内阻均不可忽略，电压表V的内阻很大，热敏电阻R的阻值随温度的变化关系如图乙所示．闭合开关S，当R的温度等于20℃时，电流表示数I1=2mA．根据以上信息判断，下列说法正确的是（）A．电流表内阻与电源内阻之和为0.5kΩB．电流表示数I2=6mA时热敏电阻的温度是140℃C．温度升高时电压表示数U与电流表示数I的比值变小D．温度升高时电压表示数变化量△U与电流表示数变化量△I的比值变大10．如图所示，绝缘的中空轨道竖直固定，圆弧段COD光滑，对应圆心角为120°，C、D 两端等高，O为最低点，圆弧的圆心为O′，半径为R；直线段AC、HD粗糙且足够长，与圆弧段分别在C、D端相切．整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，在竖直虚线MC左侧和虚线ND右侧存在着电场强度大小相等、方向分别为水平向右和水平向左的匀强电场．现有一质量为m、电荷量恒为q、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，从轨道内距C点足够远的P点由静止释放．若小球所受电场力的大小等于其重力的倍，小球与直线段AC、HD间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，则（）A．小球在第一次沿轨道AC下滑的过程中，最大加速度a max=gB．小球在第一次沿轨道AC下滑的过程中，最大速度v max=C．小球进入DH轨道后，上升的最高点比P点低D．小球经过O点时，对轨道的弹力最小值一定为|2mg﹣qB|二、实验题（共20分）11．如图所示50分度游标卡尺读数为mm，螺旋测微器读数为mm．12．如图甲是“测电池的电动势和内阻”的实验电路，如果采用新电池进行实验，实验时会发现，当滑动变阻器在阻值较大的范围内调节时，电压表变化很小，原因是：新电池的内阻很小，内电路分得的内电压很小，从而影响测量值的精确性．为了较精确地测量一节新电池的内阻，可用以下给定的器材和一些导线来完成实验．器材：量程3V的理想电压表V；量程0.6A的电流表A（具有一定内阻）；定值电阻R0（R0=1.50Ω）；滑动变阻器R1（0～10Ω）；滑动变阻器R2（0～200Ω）；开关S．（1）相比于图甲，图乙中的电阻R0有哪些作用？（写出一种即可）（2）为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用（填R1或R2）；（3）用图乙进行的实验中，改变滑动变阻器的阻值，测出当电流表读数为I1时，电压表读数为U1；当电流表读数为I2时，电压表读数为U2，则新电池内阻的表达式r=（用I1、I2、U1、U2和R0表示）．13．某同学为了测量电流表A1内阻的精确值，有如下器材：电流表A1（量程300mA，内阻约为5Ω）；电流表A2（量程600mA，内阻约为1Ω）；电压表V（量程15V，内阻约为3kΩ）；滑动变阻器R1（0～5Ω，允许通过的最大电流为0.5A）；滑动变阻器R2（0～20Ω，允许通过的最大电流为0.2A）；电源E（电动势3V，内阻较小）；定值电阻R0（5Ω）；单刀单掷开关S；导线若干．实验要求待测电流表A1的示数从零开始变化，且多测几组数据，尽可能的减少误差．（1）在答题卡的方框内画出测量A1内阻的电路原理图，并在图中标出所用仪器的代号；（2）若选测量数据中的一组来计算电流表A1的内阻r1，则r1的表达式为r1=，表达式中各符号的含义是．三、计算题（请写出必要的文字说明、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．共40分）14．质量为m、长度为L的导线棒MN静止于水平导轨上，通过MN的电流为I，匀强磁场的磁感应强度为B，方向与导轨平面成θ角斜向下，如图所示，求棒MN受到的支持力和摩擦力．15．如图所示的电路中．电源的电动势E=12V，内阻r=0.5Ω，外电阻R1=2Ω，R2=3Ω，滑动变阻器R3=5Ω．在滑动变阻器的滑动头P从a滑到b的过程中，求：（1）电路中电压表的示数的最大值；（2）电源的最大输出功率．16．如图所示，某一空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场．左侧区域匀强电场的场强大小为E，方向水平向右，电场宽度为L；中间区域匀强磁场磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．右侧区域匀强磁场的磁感应强度大小为2B，方向垂直纸面向里，其右边界可向右边无限延伸．一个质量为m、带电量为+q的粒子（重力不计）从电场左边界上的O点由静止开始运动，穿过中间的磁场区域后进入右侧磁场区域．已知粒子在中间磁场区域运动经历时间后，第一次经过两磁场边界的位置为P点（图中未画出）．求：（1）带电粒子在磁场中运动的速率v；（2）中间磁场区域的宽度d；（3）请在图中画出带电粒子从O点由静止开始运动至第二次经过P点的过程中运动轨迹的示意图并求出此过程经历的总时间t．17．一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，其边界是半径为R的圆，AB为圆的直径．在A点有一粒子源向圆平面内（垂直于磁场）发射质量m、电量﹣q的粒子，粒子重力不计．（1）如图甲所示，若粒子向圆平面内的各个方向发射，速率均为v1=．求粒子在磁场中运动的最长时间．（2）如图乙所示，在过B点且垂直于AB方向放置一个很大的屏．若粒子仅沿AB连线方向持续发射，速率均为v2=．与此同时，以过A点并垂直于纸面的直线为轴，将磁场顺时针缓慢旋转90°．随着磁场转动，粒子打到屏上的位置会发生变化．求粒子打到屏上的范围．2015-2016学年湖北省武汉市华中师大一附中高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括10小题．其中第1-6题为单选题，第7-10题为多选题．每小题5分，共50分．单选题有且仅有一个选项正确，选对得5分，选错或不答得0分．多选题至少有两个选项正确，全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分．）1．下列说法正确的是（）A．将通电导线放入磁场中，若不受安培力，说明该处磁感应强度为零B．洛伦兹力的方向在特殊情况下可能与带电粒子的速度方向不垂直C．由于安培力是洛伦兹力的宏观表现，所以洛伦兹力也可能做功D．垂直磁场放置的线圈面积减小时，穿过线圈的磁通量可能增大【考点】洛仑兹力；安培力．【专题】应用题；学科综合题；定性思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】根据安培力公式、洛伦兹力公式磁通量的公式及左手定则分析解答即可．【解答】解：A、将通电导线放入磁场中，若不受安培力，可能是电流的方向与磁场的方向平行，不能说明该处磁感应强度为零．故A错误；B、根据左手定则可知，洛伦兹力的方向与带电粒子的速度方向垂直．故B错误；C、洛伦兹力的方向始终与运动的方向垂直，所以洛伦兹力不做功．故C错误；D、根据磁通量的公式：Φ=BScosθ，磁通量的大小与磁感应强度、面积以及线圈与磁场之间的夹角都有关，垂直磁场放置的线圈面积减小时，穿过线圈的磁通量可能增大．故D正确．故选：D【点评】该题考查到安培力、洛伦兹力的特点以及磁通量的相关的因素，安培力、洛伦兹力的产生、方向是初学者很容易出错的地方，在学习中要加强这方面的练习，提高对知识的理解．2．为了设计电路，先用多用电表的欧姆挡粗测未知电阻，采用“×10”挡，调零后测量该电阻，发现指针偏转非常大，最后几乎紧挨满偏刻度停下来，下列判断和做法正确的是（）A．这个电阻阻值很小，估计只有几欧姆B．这个电阻阻值很大，估计有几千欧姆C．如需进一步测量可换“×100”挡，调零后测量D．如需进一步测量可换“×1 k”挡，调零后测量【考点】用多用电表测电阻．【专题】实验题；实验评估题；实验分析法．【分析】使用欧姆表测电阻应选择合适的挡位，使指针指针中央刻度线附近；欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数．【解答】解：采用“×10”挡，调零后测量该电阻，发现指针偏转非常大，最后几乎紧挨满偏刻度停下来，说明所测电阻很小，约为几欧姆，所选挡位太大，为准确测量电阻阻值应选择“×1”挡，重新进行欧姆调零后再测电阻阻值，故A正确，BCD错误；故选：A．【点评】本题考查了欧姆表的使用注意事项与欧姆表读数，要注意：欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数．3．如图所示，电源电动势为E、内阻为r，R1、R2为定值电阻，R0为滑动变阻器，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，关于电压表、电流表示数变化的情况，以下说法正确的是（）A．V的示数变大，A的示数变小B．V的示数变大，A的示数变大C．V的示数变小，A的示数变小D．V的示数变小，A的示数变大【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】根据滑片的移动方向判断出滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，然后由串并联电路特点及欧姆定律分析答题．【解答】解：当滑动变阻器的滑片向右滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，与R2并联的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，路端电压增大，则V的示数变大．根据串联电路电压与电阻成正比的特点，可知，并联部分电压增大，通过R2的电流增大，则A的示数变大．故选：B．【点评】本题是一道闭合电路的动态分析题，要掌握动态电路动态分析题的解题思路与方法．也可利用经验结论进行分析：变阻器电阻增大时，所在并联电路电压增大，与之并联的另一支路电流增大，电流表读数增大．4．如图中①②所示，在匀强磁场中，有两个通电线圈处于如图所示的位置，则（）A．从上往下俯视，①中的线圈顺时针转动B．从上往下俯视，①中的线圈逆时针转动C．从上往下俯视，②中的线圈顺时针转动D．从上往下俯视，②中的线圈逆时针转动【考点】左手定则．【专题】应用题；学科综合题；分割思想；推理法；电磁学．【分析】由左手定则判断出线圈受到的安培力方向，然后判断线圈是否转动．【解答】解：A、根据图①所示，由左手定则可知，线圈各边所示安培力都在线圈所在平面内，线圈不会绕OO′轴转动，故A错误，B错误；C、根据图②所示，由左手定则可知，线圈左、右两边所受安培力分别垂直与纸面向外和向里，线圈会绕OO′轴转动，从上往下俯视，②中的线圈逆时针转动．故C错误，D正确．故选：D【点评】本题考查了判断线圈是否会绕轴转动，应用左手定则判断出线圈所受安培力方向即可正确解题．5．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．6．如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r．R1=2kΩ、R2=4kΩ、R3=10kΩ，R4是光敏电阻，其阻值随光照强度的增强而减小．当开关S闭合且没有光照射时，电容器C不带电．当用强光照射R4且电路稳定时，R4的阻值为4kΩ．下列说法正确的是（）A．在无光照时，R4阻值为5 kΩB．与无光照射时比较，有光照时通过R4的电流变大，电源的路端电压变小，电源提供的总功率变小C．有光照且电路稳定时，电容器C的上极板带正电D．有光照且电路稳定后，断开开关S，通过R1、R2的电荷量之比为2：3【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．【专题】比较思想；推理法；实验分析法；电学图像专题．【分析】当开关S闭合且没有光照射时，电容器C不带电，R1与R3的电压相等，R2与R4的电压．由串联电路分压规律求R4．当有光照射时，光敏电阻的阻值减小，由闭合电路欧姆定律可得出电路中总电流的变化及路端电压的变化，再分析外电路即可得出C两端电势的变化，从而得出电容器极板带电情况；同理也可得出各电阻上电流的变化．【解答】解：A、在无光照时，电容器C不带电，电容器板间电压为零，则R1与R3的电压相等，R2与R4的电压，因此有=，得R4=20kΩ，故A错误．BC、因有光照射时，光敏电阻的阻值减小，故总电阻减小；由闭合电路的欧姆定律可知，干路电路中电流增大，由E=U+Ir可知路端电压减小，由P=EI知，电源提供的总功率变大．当没有光照时，C不带电，说明C所接两点电势相等，有光照时，以电源正极为参考点，R1上的分压不变，而R3上的分压增大，故上极板所接处的电势低于下极板的电势，故下极板带正电；故BC错误．D、有光照且电路稳定后，断开开关S，电容器通过四个电阻放电，且放电的两个支路并联，则通过R1、R2的电荷量之比等于I1：I2=（R2+R4）：（R1+R3）=（4kΩ+4kΩ）：（2kΩ+10kΩ）=2：3，故D正确．故选：D【点评】本题为含容电路结合电路的动态分析问题，解题时要明确电路稳定时电容器相当于开路，可不考虑；电容器正极板的电势高于负极板，故高电势的极板上一定带正电．7．如图所示为两电源的U﹣I图象，则下列说法正确的是（）A．电源①的电动势和内阻均比电源②大B．当外接相同的电阻时，两电源的输出功率可能相等C．不论外接多大的相同电阻，电源①的输出功率总比电源②的输出功率大D．当外接同样的电阻时，两电源的效率可能相等【考点】测定电源的电动势和内阻．【专题】实验探究题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题．【分析】根据闭合电路欧姆定律分析两电源的电动势和内阻大小．过原点O作出一条倾斜的直线，该直线与两图线的交点表示两电源与同样的电阻连接时的工作状态，电源的输出功率P=UI，由交点纵坐标与横坐标乘积比较输出功率的大小．【解答】解：A、根据闭合电路欧姆定律得，U=E﹣Ir，当I=0时，U=E，即图线与纵轴交点表示断路状态，交点的纵坐标等于电源的电动势大小，图线的斜率大小等于电源的内阻，由图看出，电源①的电动势和内阻均比电源②大．故A正确．B、C、过原点O作出一条倾斜的直线（3），该直线与图线①、②的交点就表示一个相同的电阻与两电源连接时的工作状态，由图看出，直线（3）与图线①交点的两坐标的乘积大于直线（3）与图线②交点的两坐标的乘积，说明不论外接多大的相同电阻，电源①的输出功率总比电源②的输出功率大，故B错误，C正确．D、电源的效率η=，当外接同样的电阻，由于内阻r不等，电源的效率不可能相等，电源②的效率总大于电源①的效率，故D错误；故选：AC【点评】本题根据图线的截距、交点、斜率等数学意义来理解图线的物理意义，技巧是作出电阻的伏安特性曲线．8．1932年，劳伦斯和利文斯顿设计出了回旋加速器．回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直．A处粒子源产生初速度不计、质量为m、电荷量为+q的粒子．粒子在加速器中被加速，加速电压为U．加速过程中不考虑相对论效应和重力作用．关于回旋加速器，下列说法正确的是（）A．带电粒子从磁场中获得能量B．D形盒的半径R越大，粒子加速所能获得的最大动能越大C．交变电源的加速电压U越大，粒子加速所能获得的最大动能越大D．粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为：1【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．【专题】应用题；学科综合题；定量思想；方程法；带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，由周期公式T=和半径公式r=进行判断．【解答】解：A、由于洛伦兹力始终鸟语粒子速度的方向垂直，所以洛伦兹力不做功，带电粒子从电场中获得能量．故A错误．B、C、根据半径公式r=知，v=，则粒子的最大动能，与加速的电压无关，与D形盒的半径以及磁感应强度有关，D形盒的半径R越大，粒子加速所能获得的最大动能越大．故B正确，C错误；D、只有电场力做功，粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后的动能之比是2：1，所以速度之比是：1，根据：r=得：轨道半径之比为：1．故D正确．故选：BD．【点评】本题考查了回旋加速器的原理，特别要记住粒子获得的最大动能是由D型盒的半径决定的．9．如图甲所示，电源的电动势E=9V，它和灵敏电流表G的内阻均不可忽略，电压表V的内阻很大，热敏电阻R的阻值随温度的变化关系如图乙所示．闭合开关S，当R的温度等于20℃时，电流表示数I1=2mA．根据以上信息判断，下列说法正确的是（）A．电流表内阻与电源内阻之和为0.5kΩB．电流表示数I2=6mA时热敏电阻的温度是140℃C．温度升高时电压表示数U与电流表示数I的比值变小D．温度升高时电压表示数变化量△U与电流表示数变化量△I的比值变大【考点】闭合电路的欧姆定律；欧姆定律．【专题】定性思想；实验分析法；电学图像专题．【分析】闭合开关S时，当R的温度等于20℃时，电流表示数I1=2mA，由图读出R的值，根据闭合电路欧姆定律可求得电流表与电源的内阻之和；当电流表的示数I2=6mA时，根据闭合电路欧姆定律可求R，由图读出温度．根据闭合电路欧姆定律求两电表读数变化量之比值．【解答】解：A、已知：电源电源的电动势E=9.0V，I1=2mA=0.002A由图象知，当R的温度等于20℃时，热敏电阻的阻值R=4000Ω，由串联电路特点及闭合电路欧姆定律得：E=I1（R+R内），即9.0=0.002×，解得R内=500Ω=0.5kΩ．即电流表内阻与电源内阻之和为0.5kΩ，故A正确B、当电流I2=6mA=0.006A时，由串联电路特点及欧姆定律得：E=I2（R′+R内）即：9.0=0.006×（R′+500）解得：R′=1000Ω；由图象知，此时热敏电阻的温度t=140℃．则B正确C、温度升高时，电阻R的阻值变小，则比值电压表示数U与电流表示数I的比值变小，则C正确D、由闭合电路欧姆定律得U=E﹣Ir 则=r，不变，故D错误．故选：ABC【点评】本题考查了串联电路的特点、欧姆定律、识图能力，熟练掌握串联电路的特点、欧姆定律是正确解题的前提，由图象找出热敏电阻的阻值与对应的温度关系是解题的关键．10．如图所示，绝缘的中空轨道竖直固定，圆弧段COD光滑，对应圆心角为120°，C、D 两端等高，O为最低点，圆弧的圆心为O′，半径为R；直线段AC、HD粗糙且足够长，与圆弧段分别在C、D端相切．整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，在竖直虚线MC左侧和虚线ND右侧存在着电场强度大小相等、方向分别为水平向右和水平向左的匀强电场．现有一质量为m、电荷量恒为q、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，从轨道内距C点足够远的P点由静止释放．若小球所受电场力的大小等于其重力的倍，小球与直线段AC、HD间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，则（）A．小球在第一次沿轨道AC下滑的过程中，最大加速度a max=gB．小球在第一次沿轨道AC下滑的过程中，最大速度v max=C．小球进入DH轨道后，上升的最高点比P点低D．小球经过O点时，对轨道的弹力最小值一定为|2mg﹣qB|【考点】带电粒子在混合场中的运动；向心力．【专题】定量思想；方程法；带电粒子在复合场中的运动专题．。
上学期高二期中联考物理试题(附答案)
湖北省宜昌市15—16学年上学期高二期中联考物理试题第Ⅰ卷一、选择题(共10小题，每题5分，共50分。
1-6题为单项选择题，7-10题为多项选择题。
全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分。
）1．下列说法中，正确的是（）A．库仑命名了正、负电荷B．密立根测出了电子的电荷量C．富兰克林为了简洁形象描述电场，提出电场线这一辅助手段D．奥斯特提出了分子电流假说2．一根粗细均匀的导线，当其两端电压为U时，通过的电流是I，若将此导线均匀拉长到原来的2倍时，电流仍为I，导线两端所加的电压变为（）A．U/2 B．U C．2U D．4U3．如图所示的三维空间内，匀强磁场方向沿＋x方向，在平面xOz内有一通电直导线，若它所受的安培力方向沿＋y方向，则（）A．该通电导线一定沿平行Ox方向放置B．该通电导线一定平行Oz方向放置C．沿＋x方向观察导线中的电流方向，应该为向右方向D．无论通电导线怎样放置，它总受到＋y方向的安培力4．在如图所示电路中，当滑动变阻器滑动键P向下移动时，则（）A．A灯变亮，B灯变亮，C灯变亮B．A灯变亮，B灯变亮，C灯变暗C．A灯变亮，B灯变暗，C灯变暗D．A灯变亮，B灯变暗，C灯变亮5．如图所示为一速度选择器，内有一磁感应强度为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场，一束粒子流以速度v水平射入，为使粒子流经磁场时不偏转（不计重力），则磁场区域内必须同时存在一个匀强电场，关于这个电场场强大小和方向的说法中，正确的是（）A ．大小为B/v ，粒子带正电时，方向向上B ．大小为B/v ，粒子带负电时，方向向上C ．大小为Bv ，方向向下，与粒子带何种电荷无关D ．大小为Bv ，方向向上，与粒子带何种电荷无关6．如图所示，在屏MN 的上方有磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里．P 为屏上的一个小孔．PC 与MN 垂直．一群质量为m 、带电量为－q 的粒子（不计重力），以相同的速率v ，从P 处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域．粒子入射方向在与磁场B 垂直的平面内，且散开在与PC 夹角为θ的范围内，则在屏MN 上被粒子打中的区域的长度为（ ）A ．qB m v 2 B ．qB m v θcos 2 C ．qB mv )cos 1(2θ- D ． qBmv )sin 1(2θ-7．利用电动机通过如图所示的电路提升重物，已知电源电动势E ，电源内阻r ，电动机内电阻R ，其他部分的电阻不计．闭合开关，电动机正常工作时，电路中的电流为I ，路端电压为U ，则下列说法正确的是（ ） A ．路端电压U 大于IRB ．电动机提升重物做功的功率为P ＝UI －I 2RC ．电源的总功率为P 总＝错误！未找到引用源。
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2015 - 2016学年度湖北省重点高中联考协作体期中考试
高二物理试卷
命题学校：浠水一中审题学校：广水一中
考试时间：2015年11月1 7日上午8:00-9:30 试卷满分：110分
第I卷选择题（共50分）
一、选择题（本题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，1～7小题只有
一个选项正确，8～10小题有多个选项正确。
全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错或
不答的得0分）
1．下列有关电压和电动势的说法中正确的是( )
A. -个闭合电路的路端电压其实就等于电源的电动势
B．电压和电动势的单位相同，所以电压和电动势其实是同一物理量的不同说法
C．某段电路电压为1. 5V，表明当1C电荷通过该电路时电路消耗了1.5J的电能
D．某电源电动势为1. 5V，表明当1C电荷通过该电源时电源消耗了1.5J的电能
2．法国物理学家库仑利用扭秤装置研究了静止的点电荷间的相互作用力，并于
1 785年发现了库仑定律．如图所示的装置为库仑扭秤实验装置，细悬丝的下端悬
挂一根绝缘棒，棒的一端是一个带电的金属小球A，另一端有一个不带电的球
B，B与A所受的重力平衡，当把另一个带电的金属球C插入容器并使它靠近A
时，A和C之间的作用力F使悬丝扭转，已知悬丝转动的角度a与力F的大小成
正比。
以下判断正确的是( )
A.若仅将C的电荷量减为原来的一半，a可能增为原来的两倍
B．若仅将C的电荷量减为原来的一半，a可能减为原来的一半
C．若仅将A、C间的距离增为原来的一倍，a将减为原来的一半
D．若仅将A、C间的距离减为原来的一半，a将增为原来的两倍
3．如图所示，用输出电压为1.5 V，输出电流为100 mA的充电器对内阻为2 的镍一氢电池充电．下列有关说法正确的是( )
A.充电器的输出功率为0.15W
B．每Is有0.15J的电能转化为化学能
C．每Is电池产生0.15J的热量
D．该电池充满后的输出功率为0.15W
4．如图所示，让平行板电容器带电后，静电计的指针偏转一定的角度。
如果
不改变A、B两板所带电荷量，且保持两板在竖直平面内，现要使静电计
指针偏转角变大，下列做法中可行的是( )
A．保持B板不动，A板向上平移
B．保持B板不动，A板向右平移
C．保持A、B两板不动，在A、B之间插入一块绝缘介质板
D．保持A、B两板不动，在A的右侧贴着A放一块金属板
5．如图所示，a、b、c、d是正方形的四个顶点，A、B是ad、bc边的中点，在A、B
位置有两个带等量的正点电荷，关于四个顶点处的场强和电势，以下说法正
确的是( )
A．场强相同，电势相等B．场强相同，电势不相等
C．场强不相同，电势相等D．场强不相同，电势也不相等
6．如图所示，以、6为两个电源的路端电压与干路电流的变化关系曲
线，c’为电阻R的U-I图线，由图可知( )
A.电源电动势E a：E b=1:2
B．电源内阻r a：r b=3：5
C．两电源分别与同一电阻R连接成回路时，电源内阻消耗的功率
P a：P b=1：1
D．两电源分别与同一电阻R连接成回路时，电源的效率=3：5
7．如图所示，三只电压表均为理想电压表，定值电阻R1和滑动变阻器R2串联，
电源内阻不能忽略。
现将滑动变阻器的滑片向右移动到另一位置，发现电压
表V3的示数增大了0. 30V，则电压表V l和V2的示数变化可能是( )
A．V1减小0. 20V，V2增大0.50V
B．V1增大0. 10V，V2增大0. 20V
C．V1减小0.10V，V2减小0. 20V
D．V1增大0. 20V，V2增大0. 10V
8．如图所示，光滑绝缘的斜面底端固定着一个带正电的小物体A，将另一个带电小物体B在斜面的某位置由静止释放，它将沿斜面向上运动．设斜面足够长，则在_B向上运动过程中( )
A.物体B的动能一直增大
B．物体B的机械能一直增大
C．物体A、B之间的电势能一直减小
D．物体A、B的机械能和电势能之和先增大后减小
9．如图所示，电流表读数为0. 75A，电压表读数为2V，R3=4Ω，若某一
电阻发生断路，则两电表的读数分别变为0. 8A和3.2V。
下列判断
正确的是( )
A.电阻R2断路
B．电阻R2阻值为4Ω
C．电源电动势为3V
D．电源内阻为1Ω
10.如图所示，M、N为两块水平放置的平行金属极板，距平行板右端L处有竖直屏（足够大），极板长、间距均为L，极板间电压保持为U.-带电粒子（重力不计）以平行于极板的初速度可。
沿两板正中
间进入电场，粒子打在屏上的位置距O点的距离为．当分布均匀的大量上述
粒子均以平行于板的初速度v。
从MN板左端不同位置进入电场（忽略粒子间相
互作用），下列结论正确的是( )
A．有5/6的粒子能到达屏上
B．有2/3的粒子能到达屏上
C．粒子离开极板区域的侧向速度是
D．能到达屏上的粒子速度方向偏转了45°
第Ⅱ卷非选择题（共60分）
二、实验题（本题共2小题，共1 5分，把答案填在题中的横线上或按题目要求作答）
11.（6分）在“探究导体电阻与材料的关系”的实验中，一同学先用刻度尺测出金属丝的长度l=
10. 05cm，用螺旋测微器测m金属丝的直径d。
(1)实验中测量金属丝直径时，螺旋测微器的示数如下图所示，则金属丝直径的测量值为d=
mm。
(2)利用伏安法测得金属丝的电阻R=250. 0Ω，根据以上数据可求出= Ω·m。
（保留3
位有效数字）
12.（9分）某同学在实验室测定一节干电池的电动势和内阻，实验室中有如下器材：
A.待测干电池
B．电流表G（0～3mA，内电阻r1=20Ω）
C．电流表A（O～0. 6A，内电阻r2=0.2Ω）
D．滑动变阻器甲（最大阻值10Ω）
E．滑动变阻器乙（最大阻值100Ω）
F．定值电阻R1 =l00Ω
G．定值电阻R2 =500Ω
H.定值电阻R3=1.5kΩ
开关、导线若干。
由于没有电压表，为此他设计了如图所示的电路完成了实验要求的测量。
①为了方便并能较准确测量，滑动变阻器应选，定值电阻应选用（填写定值电
阻前的序号）
②测量时，该同学分别记录下电流表G的示数I1和电流表A的示数I2，然后多
次改变滑动变阻器滑片的位置并记录数据，利用记录的数据作出I1 - I2图线，
如图所示。
若图线与横纵坐标轴的截距分别为a和b，则利用图线可求得电动
势E= ，内电阻r= ．（用题中给出的符号表示）
三、计算题（本题共4小题，满分45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）
13.（8分）如图所示，其中电流表A的量程为0.6A，表盘均匀划分为30个小袼，
每一小格表示0．02A,R1的阻值等于电流表内阻的丢，R2的阻值等于电流
表内阻的2倍。
若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，试
求分别将接线柱1、2接人电路时和1、3接人电路时刻度盘上每一小格表示
的电流。
14.（10分）如图所示的电路中，电源电动势E=6．0V，其内阻可忽略不计．电阻的阻值分别为R1=R2 =4kΩ，电容器的电容C=20u F.闭合开关S，待电流稳定后，用电压表测R1两端的电压，其稳定值
为2. 0V.
(1)电压表的内阻为多大？
(2)电压表接入前后电容器的带电量变化了多少？
15.（12分）如图所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为θ，极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电量为q，从极板M的左边缘A处以某一速度v o水平射入，沿直线运动并从极板
N的右边缘B处射出，试求：
(1)带电微粒运动过程中加速度a；
(2)带电微粒在运动过程中的电势能变化量。
16.（15分）如图所示，长度为l的绝缘细线将质量为m、电量为q的带正电小球悬挂于O点，整个空间中充满了匀强电场。
（取sin37°=0.6，cos37°=0.8）
(1)当电场方向竖直向上时，若使小球在A点获得水平速度v 1=，小球刚好能在竖直平面内
做完整的圆周运动，求电场强度E1；
(2)当电场方向水平，且电场强度E2=时，要不能让细线松弛，求小球在A点获得的水平速度
v2应该满足的条件。