高二物理上学期期中试题(选修)2
高二物理上学期期中试题(选修)(新版)人教版
2019学年第一学期期中考试高二物理（选修）一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分，每小题只有一个选项符合题意。
1．关于电动势，下列说法错误的是．．A．电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大B．电源两极间的电压即是电源电动势C．电源电动势在数值上等于内、外电压之和D．电源电动势与外电路的组成无关2．如图所示，电子沿Y轴方向向正Y方向流动，在图中Z轴上一点P产生的磁场方向是A．+X方向B．-X方向C．+Z方向D．-Z方向3．如图所示，通电直导线ab位于两平行导线横截面MN的连线的中垂线上。
当平行导线M、N通以同向等值电流时，下列说法中正确的是A．ab顺时针旋转B．ab逆时针旋转C．a端向外，b端向里旋转D．a端向里，b端向外旋转4．有一个直流电动机，把它接入0.2V电压的电路中电机不转，测得流过电动机的电流是0.4A。
若把电动机接入2.0V电压的电路中，正常工作时的电流是1.0A，此时，电动机的输出功率是P出；如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率是P热，则A．P出=2W，P热=0.5W B．P出=1.5W，P热=8WC．P出=2W，P热=8W D．P出=1.5W，P热=0.5W5.如图所示，一束质量、速度和电荷量不全相等的离子，经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器，进入另一个匀强磁场中并分裂为A、B束，下列说法中正确的是A．组成A、B束的粒子都带负电B．组成A、B束的离子质量一定不同C．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外D．A束离子的比荷（q）大于B束离子的比荷m二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分，每小题有不少于两个选项符合题意。
全部选对得4分，漏选得2分，错选和不答的得0分。
6．在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，电流表A、二极管和电压表V1、V2均为理想元件，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器。
闭合开关S，当R2的滑动触头P向下滑动的过程中A．电压表V1的示数增大，电压表V2的示数增大B．R2消耗的电功率增大C．电容器上的电压与电流表A示数的比值不变D．电压表V1示数的变化量与电流表A示数的变化量的比值保持不变7．空间存在竖直向下的匀强电场和水平方向（垂直纸面向里）的匀强磁场，如图所示，已知一离子在电场力和洛仑兹力共同作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C为运动的最低点.不计重力，则A．该离子带负电B．A、B两点位于同一高度C．C点时离子速度最大D．离子到达B点后，将沿原曲线返回A点8．1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，核心部分为两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，将其置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连，下列说法正确的是A．粒子被加速后的最大动能随加速电场电压的增大而增大B．离子由加速器的边缘进入加速器C．电场变化周期由粒子的质量、电荷量和磁感应强度决定D．为使被加速的粒子获得的动能增加为原来的4倍，可只调节D形盒的半径增大为原来的2倍9．如图所示，有一范围足够大的水平匀强磁场，磁感应强度为B.一个质量为m，电荷量为+q的带电小圆环套在一根固定的绝缘竖直长杆上，环与杆间的动摩擦因数为μ.现使圆环以初速度v0向上运动，经时间t0圆环回到出发点，不计空气阻力，取竖直向上为正方向。
高二物理上学期期中试题(选修)(含解析)-人教版高二选修物理试题
2015-2016学年江苏省某某市天星湖中学高二〔上〕期中物理试卷〔选修〕一、单项选择题〔本大题共6小题，共18分，每一小题只有一个选项符合题意〕1．关于磁场对通电直导线的作用力，如下说法中正确的答案是〔〕A．通电直导线跟磁场方向平行时作用力最小，但不为零B．通电直导线跟磁场方向垂直时作用力最大C．作用力的方向与磁场方向可能一样D．通电直导线跟磁场方向不垂直时肯定无作用力2．如图，当滑动变阻器的滑片P向上端移动时，如此电表示数的变化情况是〔〕A．V1减小，V2增大，A增大B．V1增大，V2减小，A增大C．V1增大，V2增大，A减小D．V1减小，V2减小，A减小3．水平桌面上有一闭合铝环，在铝环轴线上方有一条形磁铁．如下列图，当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速运动时，如下判断正确的答案是〔〕A．铝环有收缩的趋势，对桌面压力增大B．铝环有扩张的趋势，对桌面压力增大C．铝环有收缩的趋势，对桌面压力减小D．铝环有扩张的趋势，对桌面压力减小4．两个电阻R1=8Ω，R2=2Ω并联在电路中，欲使两个电阻消耗的电功率相等，可行的方法是〔〕A．用一个阻值为2Ω的电阻与R2串联B．用一个阻值来6Ω的电阻与R2串联C．用一个阻值为6Ω的电阻与R1串联D．用一个阻值为2Ω的电阻与R1串联5．某一电源的路端电压与电流的关系和电阻R1、R2的电压与电流的关系如下列图．用此电源和电阻R1、R2组成电路．R1、R2可以同时接入电路，也可以单独接入电路．为使电源输出功率最大，可采用的接法是〔〕A．将R1、R2串联后接到电源两端B．将R1、R2并联后接到电源两端C．将R1单独接到电源两端D．将R2单独接到电源两端6．边长为a的闭合金属正三角形框架，完全处于垂直于框架平面的匀强磁场中，现把框架匀速拉出磁场，如下列图，如此选项中图象规律与这一过程相符合的是〔〕A．B．C．D．二、多项选择题〔本大题共5小题，每一小题5分，共25分〕7．如图，一束带电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场〔B〕和匀强电场〔E〕组成的速度选择器，然后粒子通过平板S上的狭缝P，进入另一匀强磁场〔B′〕，最终打在A l A2上．如下表述正确的答案是〔〕A．粒子带负电B．所有打在A l A2上的粒子，在磁场B′中运动时间都一样C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于D．粒子打在A l A2上的位置越靠近P，粒子的比荷越大8．磁流体发电是一项新兴技术．如下列图，平行金属板之间有一个很强的磁场，将一束含有大量正、负带电粒子的等离子体，沿图中所示方向喷入磁场．图中虚线框局部相当于发电机．把两个极板与用电器相连，如此〔〕A．用电器中的电流方向从A到BB．用电器中的电流方向从B到AC．假设只增强磁场，发电机的电动势增大D．假设只增大喷入粒子的速度，发电机的电动势增大9．如下列图，正方形线框的边长为L，电容器的电容为C．正方形线框的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中，当磁感应强度以k为变化率均匀减小时，如此〔〕A．线框产生的感应电动势大小为kL2B．电压表没有读数C．a点的电势高于b点的电势D．电容器所带的电荷量为零10．如下列图电路，电表都是理想表，R2=r．当闭合电键S，触片P向左滑动过程中，四块电表的读数均发生变化，设在滑动过程中A1，A2，V1，V2的同一时刻读数分别是I1，I2，U1，U2；电表示数的变化量的绝对值分别是△I1，△I2，△U1，△U2，那么如下说法正确的答案是〔〕A．A1减小，A2减小B．V1增大，V2减小C．、均为定值D．电源的输出功率在减小，效率在降低11．如下列图，水平传送带带动两金属杆匀速向右运动，传送带右侧与两光滑平行金属导轨平滑连接，导轨与水平面间夹角为30°，两虚线EF、GH之间有垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场宽度为L，两金属杆的长度和两导轨的间距均为d，两金属杆a、b质量均为m，两杆与导轨接触良好．当金属杆a进入磁场后恰好做匀速直线运动，当金属杆a离开磁场时，金属杆b恰好进入磁场，如此〔〕A．金属杆b进入磁场后做加速运动B．金属杆b进入磁场后做匀速运动C．两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为D．两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为mgL三、实验题探究题〔本大题共2小题，每个空2分，作图4分共24分〕12．某课外活动小组，探究小灯泡的伏安特性曲线，实验所用的器材有：小灯泡〔2.5V，0.3A〕，电压表V〔量程3V，15V〕，电流表A〔量程0.6A，3.0A〕，滑动变阻器 R〔阻值0～5Ω〕，电源，电键，导线假设干，测量时要求小灯泡两端电压从0开始变化；〔1〕先粗测小灯泡的电阻，将多用电外表板上旋钮旋到〔填R×1挡、R×10挡、R×100挡、R×1k挡〕，将两表笔短接，并调零，将红、黑表笔分别与小灯泡两极相接触，测得小灯泡的阻值如图1所示，其读数为Ω．〔2〕图2是一位同学做实验时的连线情况，在闭合电键进展实验之前，请指出该同学的实验操作中存在的不正当之处，、．13．〔16分〕〔2015秋•某某校级期中〕测定某电阻丝的电阻率〞实验〔1〕实验中，用螺旋测微器测量一种电阻值很大的电阻丝直径，刻度位置如图1所示，如此电阻丝的直径是cm．〔2〕用多用电表的欧姆挡粗测这种电阻丝的阻值：此电阻丝的阻值约为几十千欧，下面给出了实验操作步骤a．旋转选择开关S，使其尖端对准交流500V挡，并拔出两表笔b．将两表笔短接，调节欧姆挡调零旋钮使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，而后断开两表笔c．将两表笔分别连接到被测电阻丝的两端，测出阻值后，断开两表笔d．旋转选择开关S，使其尖端对准欧姆挡的某一挡位合理的实验步骤顺序是：〔填写相应的字母〕．旋转选择开关其尖端应对准的欧姆挡位是；根据该挡位和表中指针所示位置，电阻丝的阻值约为Ω．〔3〕用电流表和电压表较准确测定此电阻丝的阻值，实验室提供如下可选用的器材：电压表V〔量程3V，内阻约50kΩ〕电流表A1〔量程200μA，内阻约200Ω〕电流表A2〔量程5mA，内阻约20Ω〕电流表A3〔量程0.6A，内阻约1Ω〕滑动变阻器R〔最大阻值1kΩ〕电源E〔电源电压为4V〕开关S、导线a．在所提供的电流表中应选用〔填字母代号〕；b．在图3虚线框中画出测电阻的实验电路；〔4〕分别用L、d、R X表示电阻丝的长度、直径和阻值，如此电阻率表达式为ρ=．四、计算题〔本大题共4小题，共53分〕14．〔12分〕〔2012•济南一模〕如下列图，在空间中存在垂直纸面向外，宽度为d的有界匀强磁场．一质量为m、带电荷量为q的粒子自下边界的P点处以速度v沿与下边界成θ=30°角的方向垂直射入磁场，恰能垂直于上边界射出，不计粒子重力，题中d、m、q、v均为量．如此〔1〕粒子带何种电荷？〔2〕磁场磁感应强度为多少？15．〔15分〕〔2015秋•某某校级期中〕如图甲所示，在一个正方形金属线圈区域内，存在着磁感应强度B随时间变化的匀强磁场，磁场的方向与线圈平面垂直．金属线圈所围的面积S=200cm2，匝数n=1000，线圈电阻r=1.0Ω．线圈与电阻R构成闭合回路，电阻R=4.0Ω．匀强磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示，求：〔1〕在t=2.0s时刻，通过电阻R的感应电流的大小；〔2〕在t=5.0s时刻，电阻R消耗的电功率；〔3〕0～6.0s内整个闭合电路中产生的热量．16．〔13分〕〔2015春•巫溪县校级期末〕如下列图，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1Ω．一导体棒MN垂直于导轨放置，质量为0.2kg，接入电路的电阻为1Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5．在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8T．将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，求此后导体棒MN的运动速度以与小灯泡消耗的电功率分别为是多少？〔重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6〕17．〔13分〕〔2015秋•某某校级期中〕如下列图，在x轴上方有一匀强电场，场强大小为E，方向竖直向下．在x轴下方有一匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里．在x轴上有一点p，离原点距离为a．现有一带电量为+q，质量为m的粒子，不计重力，从0＜x＜a区间某点由静止开始释放后，能经过p点．试求：〔1〕释放瞬间粒子的加速度；〔2〕释放点的坐标x、y应满足的关系式？2015-2016学年江苏省某某市天星湖中学高二〔上〕期中物理试卷〔选修〕参考答案与试题解析一、单项选择题〔本大题共6小题，共18分，每一小题只有一个选项符合题意〕1．关于磁场对通电直导线的作用力，如下说法中正确的答案是〔〕A．通电直导线跟磁场方向平行时作用力最小，但不为零B．通电直导线跟磁场方向垂直时作用力最大C．作用力的方向与磁场方向可能一样D．通电直导线跟磁场方向不垂直时肯定无作用力【考点】安培力的计算．【分析】此题考查了产生条件、大小与方向，当电流方向与磁场平行时不受安培力，根据左手定如此可知安培力的方向与磁场垂直．引用公式F=BIL时，注意要求磁场与电流垂直，假设不垂直应当将导线沿磁场与垂直与磁场分解，因此垂直时安培力最大．【解答】解：通电导体受安培力的条件为导线与磁场有一定夹角，当通电直导线与磁场方向平行时，导线不受安培力作用，当导线与磁场方向垂直时，安培力最大，最大值为F=BIL，根据左手定如此可知安培力的方向与磁场垂直，故ACD错误，B正确．应当选B．【点评】此题属于根底题目，考查了安培力的产生、大小与方向，要正确判断安培力方向应熟练应用左手定如此．2．如图，当滑动变阻器的滑片P向上端移动时，如此电表示数的变化情况是〔〕A．V1减小，V2增大，A增大B．V1增大，V2减小，A增大C．V1增大，V2增大，A减小D．V1减小，V2减小，A减小【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】当滑动变阻器的滑片向上端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，并联局部的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化与路端电压的变化，即可知V1的变化．由欧姆定律分析电压表V2示数的变化与并联局部电压的变化，即可判断通过电阻R2的电流的变化，根据总电流的变化，再分析A示数的变化．【解答】解：当滑动变阻器的滑片向上端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，变阻器与定值电阻并联的总电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析可知总电流I变小，电源的内电压变小，路端电压U变大，即V1增大．电阻R1的电压变小，如此并联局部的电压增大，可知电压表V2示数增大，所以电阻R2的电流增大，因总电流变小，所以A示数减小．故C正确，ABD错误．应当选：C【点评】此题是电路的动态变化分析问题，关键要从局部到整体，再到局部，按顺序进展分析即可．3．水平桌面上有一闭合铝环，在铝环轴线上方有一条形磁铁．如下列图，当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速运动时，如下判断正确的答案是〔〕A．铝环有收缩的趋势，对桌面压力增大B．铝环有扩张的趋势，对桌面压力增大C．铝环有收缩的趋势，对桌面压力减小D．铝环有扩张的趋势，对桌面压力减小【考点】楞次定律．【分析】解此题时应该掌握：楞次定律的理解、应用．在楞次定律中线圈所做出的所有反响都是阻碍其磁通量的变化．如：感应电流磁场的磁通量、面积、速度、受力等．【解答】解：根据楞次定律可知：当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速移动时，闭合导体环内的磁通量增大，因此线圈做出的反响是面积有收缩的趋势，同时将远离磁铁，故增大了和桌面的挤压程度，从而使导体环对桌面压力增大，选项A正确，BCD错误．应当选：A【点评】此题从力、运动的角度考察楞次定律，思维含量高，考察角度新颖．4．两个电阻R1=8Ω，R2=2Ω并联在电路中，欲使两个电阻消耗的电功率相等，可行的方法是〔〕A．用一个阻值为2Ω的电阻与R2串联B．用一个阻值来6Ω的电阻与R2串联C．用一个阻值为6Ω的电阻与R1串联D．用一个阻值为2Ω的电阻与R1串联【考点】电功、电功率；串联电路和并联电路．【专题】恒定电流专题．【分析】由公式P=可知要想使两个电阻消耗的电功率相等，必须给R2降低两端的电压，串联一个电阻分压．【解答】解：两电阻并联，由P=P=可知P1：P2=R2：R1=1：4，要使这两个电阻消耗的电功率相等，只能减小P2为原来的；只要使R2两端的电压减半〔R2不变〕，电功率就可以减小为原来的，所以串联一个等值电阻〔2Ω〕即可．应当选A．【点评】解决此题的关键，要使这两个电阻消耗的电功率相等，只能电功率大的减小，灵活运用P=是关键．5．某一电源的路端电压与电流的关系和电阻R1、R2的电压与电流的关系如下列图．用此电源和电阻R1、R2组成电路．R1、R2可以同时接入电路，也可以单独接入电路．为使电源输出功率最大，可采用的接法是〔〕A．将R1、R2串联后接到电源两端B．将R1、R2并联后接到电源两端C．将R1单独接到电源两端D．将R2单独接到电源两端【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】由电源的U﹣I图线纵横截距读出电源的电动势，由斜率求出电源的内阻．由电阻的U﹣I图线求出电阻．再分别求出四种情况下电源的输出功率进展选择．【解答】解：由图象得到：电源的电动势为E=3V，内阻为r=0.5Ω，R1单独接到电源两端输出功率为P出1=1.5V×3A=4.5W，R2单独接到电源两端输出功率如此为P出2=2V×2A=4W．由电阻的伏安特性曲线求出 R1=0.5Ω、R2=1Ω，当将R1、R2串联后接到电源两端利用欧姆定律可得电路电流I串=1.5A，此时电源的输出功率P串=I串2〔R1+R2〕=3.75W．两电阻并联时，R并===Ω利用欧姆定律可得电路电流I并==A=3.6A，此时电源的输出功率P并=EI并﹣I并2r=4.32W．所以将R1单独接到电源两端时电源的输出功率最大．应当选C【点评】这是直流电中的电路问题，可以应用数学知识分析得到：当电源的内外电阻相等时，电源的输出功率最大，直接选择C．6．边长为a的闭合金属正三角形框架，完全处于垂直于框架平面的匀强磁场中，现把框架匀速拉出磁场，如下列图，如此选项中图象规律与这一过程相符合的是〔〕A．B．C．D．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；安培力．【专题】电磁感应中的力学问题．【分析】根据感应电动势公式推导其与距离关系的表达式，再推导感应电流、外力和外力功率的表达式，进展分析选择．【解答】解：A、B感应电动势E=BLv=B•2xtan30°v=，如此E与x成正比．故A错误，B正确．C、线框匀速运动F外=F安=BIL，I=，E=BLv，得到F外=，L=如此F外=，B、R、v一定，如此F外∝x2．故C错误．D、外力的功率P外=F外v=，P外∝x2 故C错误．应当选：B【点评】图象往往根据公式推导解析式来选择．此题关键是推导安培力与距离的关系．二、多项选择题〔本大题共5小题，每一小题5分，共25分〕7．如图，一束带电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场〔B〕和匀强电场〔E〕组成的速度选择器，然后粒子通过平板S上的狭缝P，进入另一匀强磁场〔B′〕，最终打在A l A2上．如下表述正确的答案是〔〕A．粒子带负电B．所有打在A l A2上的粒子，在磁场B′中运动时间都一样C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于D．粒子打在A l A2上的位置越靠近P，粒子的比荷越大【考点】质谱仪和盘旋加速器的工作原理．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】粒子经过速度选择器时所受的电场力和洛伦兹力平衡，根据带电粒子在磁场中的偏转方向判断电荷的电性．根据平衡求出粒子经过速度选择器的速度．通过带电粒子在磁场中的偏转，根据半径的大小判断粒子比荷的大小．【解答】解：A、带电粒子在磁场中向左偏转，根据左手定如此，知该粒子带正电．故A错误．B、所有打在A l A2上的粒子，在磁场B'中做匀速圆周运动，运动的时间等于t=，T=，如此t=，与带电粒子的比荷有关．故B错误．C、粒子经过速度选择器时所受的电场力和洛伦兹力平衡，有：qE=qvB．如此v=．故C正确．D、经过速度选择器进入磁场B'的粒子速度相等，根据知，粒子打在A l A2上的位置越靠近P，如此半径越小，粒子的比荷越大．故D正确．应当选CD．【点评】解决此题的关键知道粒子在速度选择器中做匀速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动．8．磁流体发电是一项新兴技术．如下列图，平行金属板之间有一个很强的磁场，将一束含有大量正、负带电粒子的等离子体，沿图中所示方向喷入磁场．图中虚线框局部相当于发电机．把两个极板与用电器相连，如此〔〕A．用电器中的电流方向从A到BB．用电器中的电流方向从B到AC．假设只增强磁场，发电机的电动势增大D．假设只增大喷入粒子的速度，发电机的电动势增大【考点】霍尔效应与其应用．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】此题的关键是动态分析过程，先根据左手定如此判断出正离子〔或负离子〕受到的洛伦兹力方向，从而判断出金属板电势的上下，进一步分析离子除受洛伦兹力外还受到电场力，最终二者达到平衡，得出结论．【解答】解：首先对等离子体进展动态分析：开始时由左手定如此判断正离子所受洛伦兹力方向向上〔负离子所受洛伦兹力方向向下〕，如此正离子向上板聚集，负离子如此向下板聚集，两板间产生了电势差，即金属板变为一电源，且上板为正极下板为负极，所以通过用电器的电流方向从A到B，故A正确B错误；此后的正离子除受到向上的洛伦兹力f外还受到向下的电场力F，最终两力达到平衡，即最终等离子体将匀速通过磁场区域，因f=qvB，F=q，如此qvB=q，解得E=Bdv，所以电动势E 与速度v与磁场B成正比，所以C、D正确．应当选ACD．【点评】正确受力分析和运动过程分析是解决动力学问题的关键，先根据左手定如此判断等离子体的正离子〔或负离子〕所受洛伦兹力的方向，从而知道金属板的电势上下，进一步受力分析结合牛顿第二定律可得出最终等离子体做匀速直线运动，根据洛伦兹力等于电场力即可得出结论．9．如下列图，正方形线框的边长为L，电容器的电容为C．正方形线框的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中，当磁感应强度以k为变化率均匀减小时，如此〔〕A．线框产生的感应电动势大小为kL2B．电压表没有读数C．a点的电势高于b点的电势D．电容器所带的电荷量为零【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势大小．电容器充电完毕后电路中没有电流，电压表如此没有读数．由楞次定律判断电势的上下．电容器的电量不为零．【解答】解：A、由法拉第电磁感应定律注意有效面积，得：E==kL2，故A错误．B、磁场均匀减弱，线圈产生恒定的感应电动势，电容器充电完毕后电路中没有电流，电压表如此没有读数．故B正确．C、由楞次定律可知，感应电动势方向沿顺时针，如此a 点的电势高于b点的电势，电势差为感应电动势．故C正确．D、线圈产生恒定的感应电动势给电容器充电，如此电容器的电量不为零．故D错误．应当选：BC．【点评】此题运用法拉第定律E=时要注意S是有效面积，不是线圈的总面积．要理解电压表的核心是电流表，没有电流，电压表指针不偏转，如此没有读数．10．如下列图电路，电表都是理想表，R2=r．当闭合电键S，触片P向左滑动过程中，四块电表的读数均发生变化，设在滑动过程中A1，A2，V1，V2的同一时刻读数分别是I1，I2，U1，U2；电表示数的变化量的绝对值分别是△I1，△I2，△U1，△U2，那么如下说法正确的答案是〔〕A．A1减小，A2减小B．V1增大，V2减小C．、均为定值D．电源的输出功率在减小，效率在降低【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】理想电流表内阻不计，当作导线处理．电压表测量外电压．弄清电路的结构．当滑动触头P向左滑动时，接入电路的增大电阻，可根据欧姆定律判断电路中电流、电压的变化；根据推论：外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，分析电源的输出功率如何变化．【解答】解：A、当触片P向左滑动过程中，导致电阻变大，如此总电阻变大，总电流变小，即A2减小；因内电压变小，那么外电压增大，由于电阻R3电压减小，即V2示数减小，如此V1的示数增大，因此通过电阻R2的电流在增大，如此流过A1的电流在减小，故AB正确；C、由图可知，=R3+r，=R3均为定值，故C正确；D、根据推论：外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，由题意，外电阻大于电源内阻，如此知，当变阻器的滑动触头P向左移动时，外电路总电阻增大，电源输出的电功率减小，而电源的供电效率η==．外电阻增大，路端电压U增大，电源的供电效率提高．应当选：ABC．【点评】此题抓住两个关键：〔1〕=r；〔2〕由I总=I1+I中三个量的变化情况确定绝对值△I＞△I总．同时此题电路动态分析问题，按局部到整体，再局局部析电压、电流的变化．利用推论分析电源输出功率的变化．11．如下列图，水平传送带带动两金属杆匀速向右运动，传送带右侧与两光滑平行金属导轨平滑连接，导轨与水平面间夹角为30°，两虚线EF、GH之间有垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场宽度为L，两金属杆的长度和两导轨的间距均为d，两金属杆a、b质量均为m，两杆与导轨接触良好．当金属杆a进入磁场后恰好做匀速直线运动，当金属杆a离开磁场时，金属杆b恰好进入磁场，如此〔〕A．金属杆b进入磁场后做加速运动B．金属杆b进入磁场后做匀速运动C．两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为D．两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为mgL【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．【专题】电磁感应——功能问题．【分析】根据两棒的受力情况一样，分析可知金属杆b进入磁场后应做匀速运动；根据能量守恒定律求解两杆在穿过磁场的过程中回路中产生的总热量．【解答】解：A、B据题可知，金属杆a进入磁场后恰好做匀速直线运动，所受的安培力与重力沿斜面向下的分力大小相等，由于b棒进入磁场时速度与a进入磁场时的速度一样，所受的安培力一样，所以两棒进入磁场时的受力情况一样，如此b进入磁场后所受的安培力与重力沿斜面向下的分力也平衡，所以也做匀速运动．故A错误，B正确．C、D两杆穿过磁场的过程中都做匀速运动，根据能量守恒定律得知：回路中产生的总热量为Q=2×mgsin30°•L=mgL．故C错误，D正确．应当选：BD．【点评】此题关键要抓住两棒受力情况的相似性，判断出运动情况的相似性，再运用能量守恒定律求解产生热量．三、实验题探究题〔本大题共2小题，每个空2分，作图4分共24分〕12．某课外活动小组，探究小灯泡的伏安特性曲线，实验所用的器材有：小灯泡〔2.5V，0.3A〕，电压表V〔量程3V，15V〕，电流表A〔量程0.6A，3.0A〕，滑动变阻器 R〔阻值0～5Ω〕，电源，电键，导线假设干，测量时要求小灯泡两端电压从0开始变化；〔1〕先粗测小灯泡的电阻，将多用电外表板上旋钮旋到R×1挡〔填R×1挡、R×10挡、R×100挡、R×1k挡〕，将两表笔短接，并调零，将红、黑表笔分别与小灯泡两极相接触，测得小灯泡的阻值如图1所示，其读数为 5 Ω．〔2〕图2是一位同学做实验时的连线情况，在闭合电键进展实验之前，请指出该同学的实验操作中存在的不正当之处，电流表应采用外接法、滑片应置于右端．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】实验题；定性思想；图析法；恒定电流专题．【分析】〔1〕用欧姆表测电阻应选择适宜的挡位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数．〔2〕根据灯泡电阻与电表内阻关系确定滑动变阻器的接法，为保护电路安全，闭合开关前滑片应置于分压电路分压为零的位置．【解答】解：〔1〕灯泡电阻很小，约为几欧姆，用欧姆表测电阻时将多用电外表板上旋钮旋到R×1挡，由图示表盘可知，欧姆表读数为：5×1=5Ω；。
高二上学期物理期中考试试卷(选修)
高二上学期物理期中考试试卷（选修）姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、单项选择题 (共8题；共16分)1. （2分） (2016高二上·泰州期中) 关于磁场，下列说法正确的是（）A . 最早发现通电导线周围存在磁场的科学家是安培B . 磁感线与电场线一样都是客观存在的C . 磁感应强度越大，线圈的面积越大，则穿过线圈的磁通量一定越大D . 磁场中某一点磁感应强度的方向，与小磁针N极在该点的受力方向相同2. （2分）如图所示，一束高速带电粒子流在P点产生了一垂直于纸面向外的磁场，则这束带电粒子流为（）A . P点上方向右的带正电粒子B . P点右侧向上的带负电粒子C . P点上方向左的带负电粒子D . P点下方向右的带正电粒子3. （2分） (2017高二上·邹平期中) 如图所示，当滑动变阻器的滑动片P向左移动时，（）A . 安培表读数减小，伏特表读数减小B . 安培表读数增大，伏特表读数增大C . 安培表读数增大，伏特表读数减小D . 安培表读数减小，伏特表读数增大4. （2分） (2016高二上·浦东期中) 对某个接入电路中的用电器，下列各种说法中正确的是（）A . 通电时间越长，它的电功率越大B . 用电器两端所加电压越大，其额定功率也越大C . 用电器内通过的电流越大，其额定功率也越大D . 工作时间相同，额定功率较大的用电器消耗电能不一定较多5. （2分）(2018·浙江选考) 在城市建设施工中，经常需要确定地下金属管线的位置，如图所示。
有一种探测方法是，首先给金属长直管线通上电流，再用可以测量磁场强弱、方向的仪器进行以下操作：①用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁感应强度最强的某点，记为a；②在a点附近的地面上，找到与a点磁感应强度相同的若干点，将这些点连成直线EF；③在地面上过a点垂直于EF的直线上，找到磁场方向与地面夹角为450的b、c 两点，测得b、c两点距离为L。
高二物理期中考试试卷及答案
高二物理期中考试试卷及答案高二物理第一学期期中考试试卷（二）一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。
每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错的或不答的得分。
）1.有关静电场的理解，下列说法正确的是（）A、匀强电场中，各点的场强大小相等，方向相同，电势也相等。
B、电势为零的点，电场强度也一定为零。
C、电场中沿着电场线方向移动电荷，电场力做功，若移动正电荷，电势能减少；若移动负电荷，电势能增加。
D、放入电场中某点的电荷不同，电势能也不同，但电势能与电荷量的比值保持不变。
2.下列说法正确的是（）A、根据I=U/R可知，导体中的电流与导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比B、根据R=U/I可知，导体中的电阻与导体两端的电压成正比，跟导体的电流成反比C、正电荷定向移动的方向是电流的方向，因电流有方向，所以电流是矢量D、电流表和电压表都是有表头改装而成，若改装成电压表需串上一大电阻，若改装成电流表需并上一小电阻3.电阻R1、R2的I-U图象如图所示，则下列说法正确的是（）A、R1：R2=3：1B、将R1与R2串联后接于电源上，则电压比U1：U2=1：3C、将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3D、将R1与R2并联后接于电源上，则功率比P1：P2=1：34．如右图所示为静电场的一部分电场线的分布，下列说法正确的是（）A．C点处的场强为零，因为那没有电场线B．这个电场可能是负点电荷形成的C．负电荷q在A点所受到的电场力比在B点所受电场力大D．负电荷在B点时受到的电场力的方向沿B点切线方向5．把质量为m的正点电荷q在电场中从静止释放，在它运动的过程中，如果不计重力，下面说法正确的是（）A．点电荷的运动轨迹必定和电场线重合B．点电荷的速度方向，必定和所在点的电场线的切线方向一致C．点电荷的加速度方向，必定和所在点的电场线的切线方向垂直D．点电荷的受力方向，必定和所在点的电场线的切线方向一致6．在图(a)所示电路中，V1、V2都是有~3 V和~15 V两个量程的电压表．当闭合开关后，两个电压表指针偏转均如图(b)所示，则电阻R1、R2两端的电压分别为()A．9.6 V,2.4 V7.在图中，O为两电荷连线的中点，B、C是连线上相对O对称的两点，E、F是连线中垂线上也相对O对称的两点。
高中高二物理上学期期中试卷(选修,含解析)-人教版高二选修物理试题
2014-2015学年江苏省盐城市建湖县上冈高中高二〔上〕期中物理试卷〔选修〕一、选择题〔此题共7题，每一小题3分，共21分〕1．〔3分〕〔2015•广东模拟〕导体的电阻是导体本身的一种性质，对于同种材料的导体，如下表述正确的答案是〔〕A．横截面积一定，电阻与导体的长度成正比B．长度一定，电阻与导体的横截面积成正比C．电压一定，电阻与通过导体的电流成正比D．电流一定，电阻与导体两端的电压成反比考点：欧姆定律；电阻定律．专题：恒定电流专题．分析：解答此题应掌握：导体的电阻是导体本身的一种性质，导体的电阻与导体本身的材料、长度、横截面积有关，还与温度有关；与电流以与电压的大小无关．解答：解：有电阻定律R=ρ可知，电阻的大小与导体的长度成正比，与横截面积成反比，A、横截面积一定，电阻与导体的长度成正比，故A正确；B、长度一定，电阻与导体的横截面积成反比，故B错误；C、电阻与电流以与电压的大小无关，故CD错误；应当选A．点评：电阻是导体本身的属性，导体的电阻大小与导体的长度、横截面积和材料等有关，与电流以与电压的大小无关．2．〔3分〕〔2015秋•福州校级期中〕一个T型电路如下列图，电路中的电阻R1=10Ω，R2=120Ω，R3=40Ω．另有一测试电源电动势为100V，内阻忽略不计．如此〔〕A．当cd端短路时，ab之间的等效电阻是30ΩB．当ab端短路时，cd之间的等效电阻是40ΩC．当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压为80VD．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为80V考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：当cd端短路时，ab间电路的结构是：电阻R2、R3并联后与R1串联．当ab端短路时，cd之间电路结构是：电阻R1、R3并联后与R2串联．当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压等于电阻R3两端的电压．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻R3两端的电压．根据欧姆定律求解电压．解答：解：A、当cd端短路时，ab间电路的结构是：电阻R2、R3并联后与R1串联，等效电阻为R=+R1=40Ω；故A错误；B、当ab端短路时，cd之间电路结构是：电阻R1、R3并联后与R2串联，等效电阻为R=+R2=128Ω；故B错误；C、当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压等于电阻R3两端的电压，U=E=80V；故C正确；D、当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻R3两端的电压，为U3=E=25V；故D错误；应当选：C．点评：对于电路要明确电路的结构，并能正确应用串并联电路的规律进展分析，必要时应进展电路的简化．3．〔3分〕〔2008•徐州模拟〕电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2与滑动变阻器R连接成如下列图的电路，当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，如下说法正确的答案是〔〕A．电压表和电流表读数都减小B．电压表和电流表读数都增大C．电压表读数增大，电流表读数减小D．电压表读数减小，电流表读数增大考点：闭合电路的欧姆定律．分析：由图可知R2与R并联后与R1串联，电压表测路端电压，电流表测量流过R2的电流；滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，如此由闭合电路的欧姆定律可知电路中干路电流的变化与路端电压的变化；再分析并联电路可得出电流表示数的变化．解答：解：当滑片向b滑动时，R接入电阻增大，总电阻增大；由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电流减小，如此内电压减小，由U=E﹣Ir可知路端电压增大，即电压表示数增大；总电流减小，R1两端的电压减小，而路端电压增大，故并联局部电压增大，由欧姆定律可知电流表示数增大；故B正确；应当选B．点评：此题中R1也可直接作为内电阻处理，可直接由闭合电路欧姆定律得出并联局部的电压增大，流过R2的电流增大．4．〔3分〕〔2015秋•福州校级期中〕一白炽灯泡的额定功率与额定电压分别为36W与36V．假设把此灯泡接到输出电压为18V的电源两端，如此灯泡实际消耗的电功率〔〕A．大于9W B．等于9W C．小于9W D．无法确定考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：当灯泡在额定电压下工作的时候，功率的大小为36W，当电压减半时，灯泡的功率并不是减半，因为灯泡的电阻在这个过程中会变化．解答：解：根据P=可知，当电压减半的时候，功率应该见为原来的，即为9W，但是当电压减小的同时，由于工作的温度降低，灯泡的电阻也会减小，所以实际的功率要比9W 大，所以A正确．应当选A．点评：对于金属电阻来说，当温度升高的时候，电阻会变大，反之，当电压降低的时候，工作的温度降低，电阻也会减小．5．〔3分〕〔2015•江苏〕在如下列图的闪光灯电路中，电源的电动势为E，电容器的电容为C．当闪光灯两端电压达到击穿电压U时，闪光灯才有电流通过并发光，正常工作时，闪光灯周期性短暂闪光，如此可以判定〔〕A．电源的电动势E一定小于击穿电压UB．电容器所带的最大电荷量一定为CEC．闪光灯闪光时，电容器所带的电荷量一定增大D．在一个闪光周期内，通过电阻R的电荷量与通过闪光灯的电荷量一定相等考点：电容器的动态分析；串联电路和并联电路．专题：压轴题．分析：此题重在理解题意并能明确电路的工作原理，根据工作原理才能明确电源电压与击穿电压U之间的关系，由Q=UC可知极板上的电荷量．解答：解：A、电容器两端的电压与闪光灯两端的电压相等，当电源给电容器充电，达到闪光灯击穿电压U时，闪光灯被击穿，电容器放电，放电后闪光灯两端电压小于U，断路，电源再次给电容器充电，达到电压U时，闪光灯又被击穿，电容器放电，如此周期性充放电，使得闪光灯周期性短暂闪光．要使得充电后达到电压U，如此电源电动势一定大于等于U，A 项错误；B、电容器两端的最大电压为U，故电容器所带的最大电荷量为Q=CU，B项错误；C、闪光灯闪光时电容器放电，所带电荷量减少，C项错误；D、充电时电荷通过R，通过闪光灯放电，故充放电过程中通过电阻R的电荷量与通过闪光灯的电荷量一定相等，D项正确．应当选D．点评：此题有效地将电路与电容器结合在一起，考查学生的审题能力与知识的迁移应用能力，对学生要求较高．6．〔3分〕〔2014•某某县校级模拟〕如下列图的虚线框为一长方形区域，该区域内有一垂直于纸面向里的匀强磁场，一束电子以不同的速率从O点垂直于磁场方向、沿图中方向射入磁场后，分别从a、b、c、d四点射出磁场，比拟它们在磁场中的运动时间t a、t b、t c、t d，其大小关系是〔〕A．t a＜t b＜t c＜t d B．t a=t b=t c=t d C．t a=t b＜t c＜t d D．t a=t b＞t c＞t d考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：电子进入匀强磁场后只受洛伦兹力做匀速圆周运动，四个电子运动的周期都一样，作出轨迹，根据圆心角的大小判断电子在磁场运动时间的大小．解答：解：电子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T=四个电子m、q一样，B也一样，如此它们圆周运动的周期一样．画出电子运动的轨迹如图．从图1看出，从a、b两点射出的电子轨迹所对的圆心角都是π，如此t a=t b==从图2看出，从d射出的电子轨迹所对的圆心角∠OO2d＜∠OO1C＜π，根据圆周运动的时间t=，T一样时，圆心角α越大，时间t越大，所以t c＞t d．所以t a=t b＞t c＞t d．应当选D点评：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的问题，画轨迹是根本方法，也是根本能力，粒子运动的时间常常根据t=〔α是轨迹的圆心角〕求解．7．〔3分〕〔2015秋•建湖县期中〕如下列图的是电视机显像管与其偏转线圈L，如果发现电视画面幅度比正常时偏大，可能是因为〔〕A．电子枪发射能力减弱，电子数减少B．加速电场电压过低，电子速率偏小C．偏转线圈匝间短路，线圈匝数减小D．偏转线圈电流过小，偏转磁场减弱考点：电子束的磁偏转原理与其应用．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：根据电视机显像管的工作原理分析，可知其作用．运动的电子在电流提供的磁场中受到洛伦兹力作用，从而使电子打到荧光屏上．画面变大，是由于电子束的偏转角增大，即轨道半径减小所致．根据洛伦兹力提供向心力，从而确定影响半径的因素．解答：解：如果发现电视画面幅度比正常时偏大，是由于电子束的偏转角增大，即轨道半径减小所致．A、电子枪发射能力减弱，电子数减少，而运动的电子速率与磁场不变，因此不会影响电视画面偏大，所以A错误；B、当加速电场电压过低，电子速率偏小，如此会导致电子运动半径减小，从而使偏转角度增大，导致画面比正常偏大，故B正确；C、当偏转线圈匝间短路，线圈匝数减小时，导致偏转磁场减小，从而使电子运动半径增大，所以导致画面比正常偏小，故C错误；D、当偏转线圈电流过小，偏转磁场减弱时，从而导致电子运动半径变大，所以导致画面比正常偏小，故D错误；应当选：B点评：此题虽然是考查电视机显像管的作用，但需要掌握电视机的工作原理，电视画面的大小是由电子偏转角度决定，即电子运动的轨道半径．当轨道半径变大，如此画面偏小；当轨道半径变小，如此画面偏大．这是解答此题的关键．二、多项选择题〔此题共7题，每一小题4分，共28分〕8．〔4分〕〔2015秋•广陵区校级期中〕如下列图，定值电阻R1=10Ω，R2=8Ω，当开关S接“1〞时，电流表示数为0.20A，那么当S接“2〞时，电流表示数的可能值为〔电源内阻不可忽略〕〔〕A．0.28 A B．0.24 A C．0.22 A D．0.19 A考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：根据欧姆定律求出电键S接位置1时路端电压．当电键S接位置2时，外电阻减小，路端电压减小，总电流增大，根据欧姆定律进展分析．解答：解：当电键S接位置1时，电流表的示数为0.20A，如此根据欧姆定律得知：路端电压U1=I1R1=10×0.2V=2V．A、当电键S接位置2时，假设电流表的示数为I2=0.28A，根据欧姆定律得到，路端电压U2=I2R2=0.28×8V=2.24V．但是由于R2＜R1，路端电压减小，不可能增大，所以U2＜2V，如此电流表的示数不可能是0.28A．故A错误．B、当电键S接位置2时，假设电流表的示数为I2=0.24A，根据欧姆定律得到，路端电压U2=I2R2=0.24×8V=1.92V．可见U2＜2V，而且外电路减小，电路中电流大于0.2A，如此电流表的示数可能是0.24A．故B正确．C、当电键S接位置2时，假设电流表的示数为I2=0.22A，根据欧姆定律得到，路端电压U2=I2R2=0.22×8V=1.76V，可见U2＜2V，而且外电路减小，电路中电流大于0.2A，如此电流表的示数可能是0.22A．故C正确．D、由于R2＜R1，当电键S接位置2时，电流表的示数大于0.20A．故D错误．应当选：BC点评：此题要根据闭合电路欧姆定律分析路端电压与外电阻的关系，同时分析总电流与外电路总电阻的关系，可确定出电流表示数的范围进展选择．9．〔4分〕〔2015秋•建湖县期中〕如下列图的电路中，输入电压U恒为12V，灯泡L标有“6V，12W〞字样，电动机线圈的电阻R M=0.50Ω．假设灯泡恰能正常发光，以下说法中正确的答案是〔〕A．电动机的输入功率是72 WB．电动机的输出功率12 WC．电动机的热功率是2 WD．整个电路消耗的电功率是22 W考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：由灯泡铭牌可知灯泡额定电是6V，额定功率是12W，由电功率的变形公式可以求出灯泡正常发光时的电流；由串联电路特点可以求出电动机的电压，由电功率公式可以求出电机总功率与热功率，进一步求出电动机的输出功率．由电功率公式可以求出电路总功率．解答：解：A、电动机两端的电压U1=U﹣U L=12﹣6V=6V，整个电路中的电流I==A=2A，所以电动机的输入功率P=U1I=6×2W=12W．故A错误．B、C、电动机的热功率P热=I2R M=22×0.5W=2W，如此电动机的输出功率P2=P﹣I2R M=12﹣2W=10W．故B错误，C正确．D、整个电路消耗的功率P总=UI=12×2W=24W．故D正确．应当选：CD．点评：解决此题的关键知道电动机的输出功率P2=I2R M以与知道整个电路消耗的功率P总=UI．10．〔4分〕〔2015秋•麒麟区校级期末〕如下列图，通电导线均置于匀强磁场中，其中导线受安培力作用的是〔〕A．B．C．D．考点：安培力；左手定如此．分析：当磁场的方向与电流的方向平行，导线不受安培力作用，当磁场的方向与磁场的方向不平行，导线受安培力作用．解答：解：A、磁场的方向与电流方向垂直，受安培力作用．故A正确．B、磁场的方向与电流的方向不平行，受安培力作用．故B正确．C、磁场的方向与电流方向平行，不受安培力作用．故C错误．D、磁场的方向与电流方向垂直，受安培力作用．故D正确．应当选ABD．点评：解决此题的关键知道磁场的方向与电流的方向平行，导线不受安培力作用，当磁场的方向与磁场的方向不平行，导线受安培力作用．11．〔4分〕〔2015秋•建湖县期中〕关于磁感线的描述，正确的答案是〔〕A．磁铁的磁感线从N极出发，终止于S极B．利用磁感线疏密程度可定性地描述磁场中两点相对强弱C．磁铁周围小铁屑有规如此的排列，正是磁感线真实存在的证明D．不管有几个磁体放在某一空间，在空间任一点绝无两根〔或多根〕磁感线相交考点：磁感线与用磁感线描述磁场．分析：磁感线在磁铁的外部，由N到S，在内部，由S到N，形成闭合曲线，磁感线越密的地方，磁场越强，越疏的地方，磁场越弱，磁感线不会相交．解答：解：A、磁感线在磁铁的外部，由N到S，在内部，由S到N，形成闭合曲线．故A 错误．B、磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线越密的地方，磁场越强，越疏的地方，磁场越弱．故B正确．C、磁感线是为了形象地描述磁场而假想的曲线，不存在．故C错误．D、磁感线不会相交，因为如果相交，交点会有两个切线方向，即有两个磁场方向．故D正确．应当选BD．点评：解决此题的关键知道磁感线的性质，知道磁感线是为了形象地描述磁场而假想的曲线．12．〔4分〕〔2015秋•瓦房店市校级期末〕一初速度为零的电子经电场加速后，垂直于磁场方向进入匀强磁场中，此电子在匀强磁场中做圆周运动可等效为一环状电流，其等效电流的大小〔〕A．与电子质量无关B．与电子电荷量有关C．与电子进入磁场的速度有关D．与磁场的磁感应强度有关考点：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；电流、电压概念．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：电子在匀强磁场中做圆周运动一周的时间为T，电荷量为e，根据电流等于单位时间内通过横截面的电荷量，即I=即可求解．解答：解：根据电流的定义式得：I=电子在匀强磁场中做圆周运动一周的时间为T，电荷量为e，又因为：T=所以：I=由此可知，电流大小与电子的电荷量和磁感应强度有关．应当选：BD点评：此题主要考查了带电粒子在磁场中运动的周期公式与电流的定义式的直接应用，难度不大，属于根底题．13．〔4分〕〔2008•广东模拟〕不计重力的负粒子能够在如下列图的正交匀强电场和匀强磁场中匀速直线穿过．设产生匀强电场的两极板间电压为U，距离为d，匀强磁场的磁感应强度为B，粒子带电荷量为q，进入速度为v，以下说法正确的答案是〔〕A．假设同时增大U和B，其他条件不变，如此粒子一定能够直线穿过B．假设同时减小d和增大v，其他条件不变，如此粒子可能直线穿过C．假设粒子向下偏，能够飞出极板间，如此粒子动能一定减小D．假设粒子向下偏，能够飞出极板间，如此粒子的动能有可能不变考点：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：首先根据粒子做匀速直线运动，可判断带负电粒子的电场力和洛伦兹力相等，即可得知电场强度和磁场强度的关系．解答：解：A、假设同时增大U和B，其他条件不变，虽然使得电场力与洛伦兹力均增大，但两者不一定相等，所以粒子可能做直线运动，也可能做曲线运动，故A错误；B、假设同时减小d和增大v，其他条件不变，如此会有电场力与洛伦兹力均增大，但两者不一定相等，所以粒子可能做直线运动，故B正确；C、假设粒子向下偏，能够飞出极板间，如此电场力做负功，由于洛伦兹力不做功，所以导致动能一定减小．故C正确；D、假设粒子向下偏，能够飞出极板间，如此电场力做负功，由于洛伦兹力不做功，所以导致动能一定减小．故D错误；应当选：BC点评：在速度选择器中，粒子的受力特点：同时受到方向相反的电场力和洛伦兹力作用；粒子能匀速通过选择器的条件：电场力和洛伦兹力平衡，即qvB=qE，v=，只有速度为的粒子才能沿直线匀速通过选择器．假设粒子从反方向射入选择器，所受的电场力和磁场力方向一样，粒子必定发生偏转．14．〔4分〕〔2014秋•上饶期末〕利用如下列图的方法可以测得金属导体中单位体积内的自由电子数n，现测得一块横截面为矩形的金属导体的宽为b，厚为d，并加有与侧面垂直的匀强磁场B，当通以图示方向电流I时，在导体上、下外表间用电压表可测得电压为U．自由电子的电荷量为e，如此如下判断正确的答案是〔〕A．上外表电势高B．下外表电势高C．该导体单位体积内的自由电子数为D．该导体单位体积内的自由电子数为考点：霍尔效应与其应用．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：金属导体中移动的是自由电子，电子定向移动，受到洛伦兹力发生偏转，使得上下外表存在电势差，最终电子受电场力和洛伦兹力处于平衡．根据上下外表带电的正负判断电势的上下．根据电流的微观表达式求出单位体积内的自由电子数．解答：解：A、电流方向水平向右，如此自由电子的运动方向水平向左，根据左手定如此，电子向上偏，上外表得到电子带负电，下外表失去电子带正电．所以下外表的电势高．故A 错误，B正确．C、电流的微观表达式为I=nevS，n表示单位体积内的电子数，S表示横截面积，如此n=．最终电子受电场力和洛伦兹力处于平衡，有：，如此v=．所以n=．故D正确，C错误．应当选BD．点评：解决此题的关键知道最终电子受电场力和洛伦兹力处于平衡，以与掌握电流的微观表达式I=nevS．三、实验题〔8+12=20〕15．〔8分〕〔2014•射洪县校级模拟〕分别用图〔a〕、〔b〕两种电路测量同一未知电阻的阻值．图〔a〕中两表的示数分别为3V、4mA，图〔b〕中两表的示数分别为4V、3.9mA，如此待测电阻R x的真实值为〔〕A．略小于1kΩB．略小于750ΩC．略大于1kΩD．略大于750Ω考点：把电流表改装成电压表．专题：实验题；恒定电流专题．分析：先判断采用的测量方法，由于在两种不同的接法中电压表的示数变化大，说明测量的是小电阻，这样电流表分压较大，应该采用〔a〕图进展测量比拟准确．〔a〕图中测量值较真实值偏小．解答：解：因电压表示数变化大，如此用电压表的真实值测量电路，为〔a〕电路．用〔a〕电路：电流表示数含电压表的分流，故电流比真实值大．由 R测===R真即测量值偏小故 ABC错误，D正确应当选：D点评：考查伏安法测电阻的原理，明确不出接法所引起的误差．16．〔12分〕〔2015•南昌校级二模〕两位同学在实验室中利用如图〔a〕所示的电路测定定值电阻R0、电源的电动势E和内电阻r，调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，一个同学记录的是电流表A和电压表V1的测量数据，另一同学记录的是电流表A和电压表V2的测量数据．并根据数据描绘了如图〔b〕所示的两条U﹣I图线．回答如下问题：〔1〕根据甲、乙两同学描绘的图线，可知ADA．甲同学是根据电压表V1和电流表A的数据B．甲同学是根据电压表V2和电流表A的数据C．乙同学是根据电压表V1和电流表A的数据D．乙同学是根据电压表V2和电流表A的数据〔2〕图象中两直线的交点表示的物理意义是BCA．滑动变阻器的滑动触头P滑到了最右端B．电源的输出功率最大C．定值电阻R0上消耗的功率为0.5WD．电源的效率达到最大值〔3〕根据图〔b〕，可以求出定值电阻R0= 2.0 Ω，电源电动势E= 1.50 V，内电阻r= 1.0 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〕从电路连接结合电流表和电压表的读数变化判断甲、乙两同学描绘的图线的含义．〔2〕图象中两直线的交点表示电压表V1的读数与电压表V2的读数相等，即滑动变阻器的阻值为0，根据图象求解．〔3〕由图可知，图象由纵坐标的交点为电动势；由图象与横坐标的交点利用闭合电路欧姆定律可求得内电阻．解答：解：〔1〕从电路连接可以看出，电流表A的读数增大时，电压表V1的读数减小，电压表V2的读数增大．甲同学是根据电压表V1和电流表A的数据绘制图象的，故B错误，A正确；乙同学是根据电压表V2和电流表A的数据绘制图象的，故C错误，D正确．应当选AD．图象中两直线的交点表示电压表V1的读数与电压表V2的读数相等，即滑动变阻器的阻值为0，A、滑动变阻器的滑动触头P滑到了最左端，故A错误；B、图象可以得出电阻R0的阻值大于电源的内阻，滑动变阻器的阻值减小，电源的输出功率增大，两直线的交点对应滑动变阻器的阻值为0，即电源的输出功率最大，故B正确；C、定值电阻R0消耗功率为：P=U2I=1.0×0.5 W=0.5 W，故C正确；D、电源的效率为：η==，U越大，效率越大，故D错误．应当选BC．〔3〕从图象可以得出定值电阻R0的阻值为：R0==2.0Ω；从甲同学的图象可以得出图象在U轴上的截距为1.50 V，即电源的电动势为1.50 V，图象斜率的绝对值为：k==1.0，即电源的内阻为r=1.0Ω．故答案为：〔1〕AD 〔2〕BC 〔3〕2.0 1.50 1.0点评：此题考查测量电动势和内电阻实验的数据和定值电阻电流与电压数据的处理，并能用图象法求出电势和内电阻．四、计算题〔10+12+12+15=51〕17．〔10分〕〔2015秋•建湖县期中〕如下列图，匀强磁场的磁感应强度为B，宽度为d，边界为CD和EF．一电子从CD边界外侧以速率v0垂直射入匀强磁场，入射方向与CD边界间夹角为θ．电子的质量为m，电荷量为e，为使电子能从磁场的另一侧EF射出，求电子的速率v0至少多大？假设θ角可取任意值，v0的最小值是多少？考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：电子在磁场中做匀速圆周运动，当其轨迹恰好与EF边相切时，轨迹半径最小，对应的速度最小．由几何知识求出，再牛顿定律求出速度的范围．运用数学知识，由θ的取值来确定速度的最小，从而求出半径的最小值．解答：解：当入射速率v0很小时，电子会在磁场中转动一段圆弧后又从CD一侧射出，速率越大，轨道半径越大，当轨道与边界EF相切时，电子恰好不能从EF射出，如下列图：电子恰好射出时，由几何知识可得：r+rcosθ=d ①电子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：ev0B=m，解得：r=②由①②得：v0=③故电子要射出磁场，速率至少应为：．由③式可知，θ=0°时，v0=最小，由②式知此时半径最小，r min=，答：为使电子能从磁场的另一侧EF射出，求电子的速率v0至少为，θ角可取任意值，v0的最小值是：．点评：此题考查圆周运动的边界问题的求解方法．当入射速率v0很小时，电子会在磁场中转动一段圆弧后又从CD一侧射出，速率越大，轨道半径越大，当轨道与边界EF相切时，电子恰好不能从EF射出．18．〔12分〕〔2005秋•黄冈期末〕如下列图，在A、B两点间接一电动势为8V，内电阻为2Ω的直流电源，电阻R1=4Ω，R2、R3的阻值均为6Ω，电容器的电容为30μF，电流表的内阻不计，求：〔1〕电流表的读数；〔2〕电容器所带的电荷量；〔3〕断开电源后，通过R2的电荷量．考点：电容器．专题：电容器专题．分析：当电键S闭合时，电阻R1、R2被短路．根据欧姆定律求出流过R3的电流，即电流表的读数．电容器的电压等于R3两端的电压，求出电压，再求解电容器的电量．断开电键S 后，电容器通过R1、R2放电，R1、R2相当并联后与R3串联．再求解通过R2的电量．解答：解：〔1〕当电键S闭合时，电阻R1、R2被短路．根据欧姆定律得，电流表的读数：。
高中高二物理上学期期中试卷高二全册物理试题 (2)
时遁市安宁阳光实验学校示范高中五校联考高二（上）期中物理试卷一、单项选择题（共12题，每题4分，共48分．）1．关于摩擦起电和感应起电，以下说法正确的是（）A．摩擦起电是因为电荷的转移，感应起电是因为产生电荷B．摩擦起电是因为产生电荷，感应起电是因为电荷的转移C．不论摩擦起电还是感应起电都是电荷的转移D．以上说法均不正确2．下列说法中正确的是（）A．由公式E=可知，电场中某点的场强与放在该点的检验电荷所受的电场力的大小成正比，与检验电荷的电量成反比B．由公式U AB =可知，电场中A、B两点间电势差U AB与在这两点之间移动电荷时电场力所做的功W AB成正比，与电荷的电量q成反比C．在库仑定律的表达式F=k中，k=是点电荷Q1产生的电场在点电荷Q2处的场强大小；而k是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1处的场强大小D．公式E=中的d为匀强电场中电势差为U的两点间的距离3．一个不带电的金属导体在电场中处于静电平衡状态．下列说法正确的是（）A．导体内部场强可以不为0B．导体上各点的电势相等C．导体外表面的电荷一定均匀分布D．在导体外表面，越尖锐的位置单位面积上分布的电荷量越少4．一正点电荷从电场中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图象如图所示，则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是图中的（）A ．B ．C ．D ．5．如图所示，实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点．若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图得出的结论正确的是（）A．带电粒子带负电B．带电粒子在a点的受力方向沿电场线指向左下方C．带电粒子在b点的速度大D．带电粒子在a点的电势能大6．如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带点微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么（）A．若微粒带正电荷，则电场力一定小于重力B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加C．微粒从M点运动到N点动能不一定增加D．微粒从M点运动到N点机械能可能增加也有可能减少7．如图所示，有一带电粒子贴A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿轨迹①从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿轨迹②落到B板中间；设两次射入电场的水平速度相同，则电压U1、U2之比为（）A．1：8 B．1：4 C．1：2 D．1：18．一个电流表，刻度盘的每1小格代表1μA，内阻为Rg．如果把它改装成量程较大的电流表，刻度盘的每一小格代表nμA，则（）A．给它串联一个电阻，阻值为nRgB．给它串联一个电阻，阻值为（n﹣1）RgC ．给它并联一个电阻，阻值为D ．给它并联一个电阻，阻值为9．如图所示，电路两端的电压U保持不变，电阻R1，R2，R3消耗的电功率一样大，电阻之比R1：R2：R3是（）A．1：1：1 B．4：1：1 C．1：4：4 D．1：2：210．在如图所示电路中，AB为粗细均匀、长为L的电阻丝，以A、B上各点相对A点的电压为纵坐标，各点离A点的距离x为横坐标，则U随x变化的图线应为（）A ．B ．C ．D ．11．在如图所示电路中，当变阻器R3的滑动头P向b端移动时（）A．电压表示数变大，电流表示数变小B．电压表示数变小，电流表示数变大C．电压表示数变大，电流表示数变大D．电压表示数变小，电流表示数变小12．如图所示，A、B图线分别为电源E与某一定值电阻R的伏安特性曲线，如果将电阻R与电源E直接连接在一起，电源的电动势用E表示，内阻用r表示．则下列正确的是（）A．E=3V，r=1ΩB．电源的内阻消耗的功率P=4WC．外电路消耗的功率为P=4W D．该电源的效率η=80%二、填空与实验题（共4小题，每空3分，共27分）13．电量为2×10﹣6C的正点电荷放入电场中A点，受到作用力为4×10﹣4N，方向向右，则A点的场强为N/C，方向．若把另一电荷放在该点受到力为2×10﹣4N，方向向左，则这个电荷的电量为C．14．在场强为E，方向竖直向下的匀强电场中，有两个质量均为m的带电小球，电量分别为+2q和﹣q，两小球用长为L的绝缘细线相连，另用绝缘细线系住带正电的小球悬于O点而处于平衡状态．如图所示，重力加速度为g，细线对悬点O的作用力等于．15．用游标为20分度的卡尺测量某金属丝的长度，由图1可知其长度为mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为mm．16．某中学实验探究小组利用如图甲所示的电路描绘一小灯泡的伏安特性曲线，待测小灯泡的额定电压约为6V，额定功率约为1.5W．其中实验室还提供了如下的实验器材：A、直流电源6V（内阻不计）B、直流电流表0﹣3A（内阻0.1Ω）C、直流电流表0﹣300mA（内阻约为5Ω）D、直流电压表0﹣15V（内阻约为15KΩ）E、滑动变阻器10Ω，2AF、滑动变阻器1KΩ，0.5AG、导线若干，开关（1）该小组的同学经过分析，所选的电流表应为，滑动变阻器应为．（填写器材的代号）（2）用笔画线代替导线完成实物图的连接．三、计算题（共3小题，第17题8分，第18题9分，第19题8分，共25分）17．如图所示，A为带正电Q的金属板，小球的质量为m、电荷量为q，用绝缘丝线悬挂于O点．小球由于受水平向右的电场力而静止在沿金属板的垂直平分线上距板为r的位置，悬线与竖直方向的夹角为θ．试求小球所在处的场强．18．如图所示，在匀强电场中，有A、B两点，它们间距为2cm，两点的连线与场强方向成60°角．将一个电量为﹣2×10﹣5C的电荷由A移到B，其电势能增加了0.1J．则：（1）在此过程中，电场力对该电荷做了多少功？（2）A、B两点的电势差U AB为多少？（3）匀强电场的场强为多大？19．将一电阻箱与一内阻不可忽略的电源通过开关连接在一起，理想电压表用来测量路端电压，电路如图所示．当电阻箱的阻值调为R1=2Ω时，电压表的示数为U1=4V；当电阻箱的阻值调为R2=5Ω时，电压表的示数为U2=5V．则：（1）该电源的电动势以及内阻分别是多少？（2）当电阻箱消耗的功率最大时，其阻值为多少？最大的输出功率为多少？示范高中五校联考高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（共12题，每题4分，共48分．）1．关于摩擦起电和感应起电，以下说法正确的是（）A．摩擦起电是因为电荷的转移，感应起电是因为产生电荷B．摩擦起电是因为产生电荷，感应起电是因为电荷的转移C．不论摩擦起电还是感应起电都是电荷的转移D．以上说法均不正确【考点】元电荷、点电荷．【分析】摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，并没有创造电荷．感应起电的实质是电荷可以从物体的一部分转移到另一个部分．【解答】解：摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，即说明了电荷可以从一个物体转移到另一个物体，并没有产生电荷．感应起电过程电荷在电场力作用下，电荷从物体的一部分转移到另一个部分，所以ABD错误，C正确．故选C【点评】摩擦起电和感应起电的实质都电子发生了转移，只是感应起电是电子从物体的一部分转移到另一个部分．摩擦起电是电子从一个物体转移到另一个物体．2．下列说法中正确的是（）A．由公式E=可知，电场中某点的场强与放在该点的检验电荷所受的电场力的大小成正比，与检验电荷的电量成反比B．由公式U AB =可知，电场中A、B两点间电势差U AB与在这两点之间移动电荷时电场力所做的功W AB成正比，与电荷的电量q成反比C．在库仑定律的表达式F=k中，k=是点电荷Q1产生的电场在点电荷Q2处的场强大小；而k是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1处的场强大小D．公式E=中的d为匀强电场中电势差为U的两点间的距离【考点】电场强度；库仑定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】公式E=是电场强度的定义式，公式U AB =是电势差的定义式，公式E=k点电荷的电场强度的计算式，它们的内涵与外延不同．公式E=中的d为两点沿电场线方向的距离．【解答】解：A、E=是电场强度的定义式，运用比值法定义，E与F、q无关，故A错误．B、公式U AB =是电势差的定义式，U AB由电场本身决定，与试探电荷无关，故B 错误．C、在库仑定律的表达式F=k中，将Q1看成场源电荷，Q2看成试探电荷，则k=是点电荷Q1产生的电场在点电荷Q2处的场强大小；而k是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1处的场强大小．故C正确．D、公式E=中的d为匀强电场中电势差为U的两点间沿电场线方向的距离．故D错误．故选：C．【点评】关于电场强度的三个公式理解时抓住两点：一是公式中各量的含义；二是公式适用的条件．知道定义式适用于一切电场．3．一个不带电的金属导体在电场中处于静电平衡状态．下列说法正确的是（）A．导体内部场强可以不为0B．导体上各点的电势相等C．导体外表面的电荷一定均匀分布D．在导体外表面，越尖锐的位置单位面积上分布的电荷量越少【考点】静电现象的解释．【分析】金属导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在金属导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，只有叠加后电场为零时，电荷才不会移动．当点电荷移走后，电荷恢复原状．【解答】解：A、金属导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在金属导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，内部电场强度处处为零，故A错误．B、处于静电平衡的导体，是等势体，故B正确．C、电荷分布在导体外表面，根据电场强度的强弱可知，电荷不是均匀分布，故C错误．D、根据尖端发电可知，在导体外表面，越尖锐的位置单位面积上分布的电荷量越多，故D错误．故选：B．【点评】处于静电感应现象的导体，内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面．且导体是等势体．4．一正点电荷从电场中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图象如图所示，则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是图中的（）A ．B ．C ．D ．【考点】电场线．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】v﹣t图象中的斜率表示物体的加速度，所以根据电荷运动过程中v﹣t 图象可知电荷的加速度越来越大，则电场力越来越大，电场强度越来越大，根据电场线与电场强度的关系可得出正确结果．【解答】解：由v﹣t图象可知，粒子做加速度逐渐增大的加速运动，因此该电荷所受电场力越来越大，电场强度越来越大，电场线密的地方电场强度大，且正电荷受力与电场方向相同，故ABC错误，D正确．故选：D．【点评】本题结合v﹣t图象，考查了电场强度与电场线以及电荷受电场力与电场方向之间的关系，考点结合巧妙、新颖，有创新性．5．如图所示，实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点．若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图得出的结论正确的是（）A．带电粒子带负电B．带电粒子在a点的受力方向沿电场线指向左下方C．带电粒子在b点的速度大D．带电粒子在a点的电势能大【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．【专题】比较思想；图析法；电场力与电势的性质专题．【分析】由图知粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子受到的电场力大体向左，电场线方向不明，无法判断粒子的电性．根据电场力做功情况，判断动能和电势能的变化．当电场力做正功时，电荷的电势能减小，动能增大；当电场力做负功时，电荷的电势能增大，动能减小．由此分析即可．【解答】解：AB、粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，如图．由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性．故A错误，B正确．CD、由轨迹弯曲方向与粒子速度方向的关系分析可知，电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，电势能增大，则粒子在a点的速度大，在a点的电势能小，故C、D错误．故选：B【点评】本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向，其次判断粒子动能和电势能的变化要根据电场力做功情况．6．如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带点微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么（）A．若微粒带正电荷，则电场力一定小于重力B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加C．微粒从M点运动到N点动能不一定增加D．微粒从M点运动到N点机械能可能增加也有可能减少【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势能．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】微粒在平行金属板间受到重力与电场力的作用，根据微粒运动轨迹与微粒受到的重力与电场力间的关系分析答题．【解答】解：微粒在极板间受到竖直向下的重力作用与电场力作用，由图示微粒运动轨迹可知，微粒向下运动，说明微粒受到的合力竖直向下，重力与电场力的合力竖直向下；A、如果微粒带正电，A板带正电，微粒受到的合力向下，微粒运动轨迹向下，不能判断电场力与重力的大小；若A板带负电，电场力小于重力，故A错误；B、如果微粒受到的电场力向下，微粒从M点运动到N点过程中电场力做正功，微粒电势能减小，如果微粒受到的电场力向上，则电势能增加，故B错误；C、微粒受到的合力向下，微粒从M点运动到N点过程中合外力做正功，微粒的动能一定增加，故C错误；D、微粒从M点运动到N点过程动能增加，重力势能减小，机械能不一定增加，故D正确．故选：D．【点评】根据微粒的运动轨迹判断出微粒受到的合外力，然后根据微粒的受力情况分析答题；电场力做正功，电势能增加，电场力做负功，电势能减小．7．如图所示，有一带电粒子贴A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿轨迹①从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿轨迹②落到B板中间；设两次射入电场的水平速度相同，则电压U1、U2之比为（）A．1：8 B．1：4 C．1：2 D．1：1【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】带电粒子沿水平方向进入电场，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动．由题可知第一种情况：水平位移等于板长，竖直位移等于板间距离的一半；第二种情况：水平位移等于板长的一半，竖直位移等于板间距离，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解．【解答】解：设平行板电容器板为L，板间距离为d，粒子的初速度为v．则对于第一种情况：y1=d==•，则得 U1=同理对于第二种情况：得到U2=8所以U1：U2=1：8故选：A【点评】本题是类平抛运动的问题，采用运动的分解法处理．本题采用比例法研究时，要用相同的量表示出电压，再求解比值．8．一个电流表，刻度盘的每1小格代表1μA，内阻为Rg．如果把它改装成量程较大的电流表，刻度盘的每一小格代表nμA，则（）A．给它串联一个电阻，阻值为nRgB．给它串联一个电阻，阻值为（n﹣1）RgC ．给它并联一个电阻，阻值为D ．给它并联一个电阻，阻值为【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题．【分析】如果把它改装成量程较大的电流表要并联小电阻分流，改装后刻度盘的每一小格代表nμA，即想要量程扩大n倍．【解答】解：设电流表刻度盘总共有N个小格，则满偏电流为NμA，改装后量程为nNμA，改装成量程较大的电流表要并联小电阻分流，则并联电阻中的电流为：I R=（nN ﹣N）μA，满偏电压：U g=N•R gμV根据欧姆定律：R===即需要并联一个阻值的电阻．故选：D．【点评】电流表的原理是并联电阻起到分流作用．改装后的量程为原电流表的电流与并联电阻的电流之和．也等于满偏电压除以并联后的总电阻．9．如图所示，电路两端的电压U保持不变，电阻R1，R2，R3消耗的电功率一样大，电阻之比R1：R2：R3是（）A．1：1：1 B．4：1：1 C．1：4：4 D．1：2：2【考点】电功、电功率；串联电路和并联电路．【专题】恒定电流专题．【分析】串联部分电流相等，并联部分电压相等，根据P=I2R和P=进行分析．【解答】解：R2、R3电压相等，根据P=得，功率相等，则R2=R3．通过电阻R1的电流是R2电流的2倍，根据P=I2R 得，功率相等，则．所以电阻之比R1：R2：R3=1：4：4．故C正确，A、B、D错误．故选C．【点评】解决本题的关键知道串并联电路的特点，以及掌握功率的公式P=UI、P=I2R和P=．10．在如图所示电路中，AB为粗细均匀、长为L的电阻丝，以A、B上各点相对A点的电压为纵坐标，各点离A点的距离x为横坐标，则U随x变化的图线应为（）A ．B ．C ．D ．【考点】路端电压与负载的关系．【专题】恒定电流专题．【分析】导体的电阻与长度成正比，导体越长，电阻越大，串联电路中的电压U与电阻成正比，电阻越大，电压越大．【解答】解：根据电阻定律可知：各点离A点的距离x越大，导体的电阻越大，电阻R与x成正比；由于AB上各部分电阻串联，电流相等，则AB上的各点相对A点的电压U就越大，由U=IR，知U与R成正比，则U与x成正比，则图象A是正确的．故A正确．故选：A．【点评】解决此类问题关键要掌握电阻定律和串联电路电压与电阻成正比的规律．并能结合图象的意义进行选择．11．在如图所示电路中，当变阻器R3的滑动头P向b端移动时（）A．电压表示数变大，电流表示数变小B．电压表示数变小，电流表示数变大C．电压表示数变大，电流表示数变大D．电压表示数变小，电流表示数变小【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】压轴题．【分析】由图可知R2与R3并联后与R1串联，电压表测量路端电压；由滑片的移动可得出滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路的欧姆定律可得出总电流的变化，由U=E﹣Ir可得出路端电压的变化；将R1作为内阻处理，则可得出并联部分电压的变化，求得R2中电流的变化，由并联电路的电流规律可得出电流表示数的变化．【解答】解：当滑片向b端滑动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，则由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，故内压增大；因此路端电压减小，故电压表示数减小；将R1等效为内阻，则可知并联部分电压一定减小，故流过R2的电流减小，因总电流增大，故电流表示数增大；故B正确，ACD错误；故选B．【点评】闭合电路的欧姆定律一般按先分析外电路，再分析内电路，最后再分析外电路的思路进行；若电阻与电源串联，可以等效为内阻处理．12．如图所示，A、B图线分别为电源E与某一定值电阻R的伏安特性曲线，如果将电阻R与电源E直接连接在一起，电源的电动势用E表示，内阻用r表示．则下列正确的是（）A．E=3V，r=1ΩB．电源的内阻消耗的功率P=4WC．外电路消耗的功率为P=4W D．该电源的效率η=80%【考点】路端电压与负载的关系；电功、电功率．【专题】定量思想；方程法；恒定电流专题．【分析】根据图线Ⅰ纵轴截距读出电源的电动势，斜率大小读出电源的内阻．图线Ⅱ的斜率大小等于电阻R的大小．两图线的交点表示电阻R接在该电源的电压和电流，求出电源的输出功率和电源的效率．【解答】解：A、由图线图线Ⅰ纵轴截距读出电源的电动势，为 E=3V，其斜率大小等于电源的内阻，则内阻为 r==Ω=0.5Ω．故A错误．B、因内阻为0.5Ω，根据功率表达式P=I2r=22×0.5=2W．故B错误．C、两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时电路中电流和路端电压，则有U=2V，I=2A，电源的输出功率为P=UI=2×2W=4W．故C正确．D、电源的效率为η==≈66.7%．故D错误．故选：C．【点评】本题抓住伏安特性曲线的斜率、截距和交点的数学意义来理解其物理意义，常见的题型．二、填空与实验题（共4小题，每空3分，共27分）13．电量为2×10﹣6C的正点电荷放入电场中A点，受到作用力为4×10﹣4N，方向向右，则A点的场强为200 N/C，方向向右．若把另一电荷放在该点受到力为2×10﹣4N，方向向左，则这个电荷的电量为﹣1×10﹣6C．【考点】电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场强度等于试探电荷所受电场力与其电荷量的比值，方向与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反．同一点电场强度不变，由电场力F=qE求解电荷量．【解答】解：A点的场强为：E=N/C=200N/C，方向：向右．把另一电荷放在该点时，场强不变．由F′=q′E得：q′==1×10﹣6C因电场力方向与场强方向相反，则该电荷带负电荷．故答案是：200，向右，﹣1×10﹣6．【点评】本题对电场强度和电场力的理解能力．电场强度是反映电场本身的性质的物理量，与试探电荷无关．而电场力既与电场有关，也与电荷有关．14．在场强为E，方向竖直向下的匀强电场中，有两个质量均为m的带电小球，电量分别为+2q和﹣q，两小球用长为L的绝缘细线相连，另用绝缘细线系住带正电的小球悬于O点而处于平衡状态．如图所示，重力加速度为g，细线对悬点O的作用力等于2mg+qE ．【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；电场强度．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，根据平衡条件可求得细线的拉力．【解答】解：以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力如图：重力2mg、电场力（2qE﹣qE）=qE，方向竖直向下，细线的拉力T，由平衡条件得：T=2mg+qE故答案为：2mg+qE【点评】本题运用整体法，由于不分析两球之间的相互作用力，比较简便．15．用游标为20分度的卡尺测量某金属丝的长度，由图1可知其长度为50.15 mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为 4.700 mm．【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．【专题】实验题．【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．【解答】解：游标卡尺的固定刻度读数为50mm，游标读数为0.05×3mm=0.15mm，所以最终读数为50.15mm．螺旋测微器的固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为0.01×20.0mm=0.200mm，所以最终读数为4.700mm．故答案为：（1）50.15；（2）4.700【点评】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．16．某中学实验探究小组利用如图甲所示的电路描绘一小灯泡的伏安特性曲线，待测小灯泡的额定电压约为6V，额定功率约为1.5W．其中实验室还提供了如下的实验器材：A、直流电源6V（内阻不计）B、直流电流表0﹣3A（内阻0.1Ω）C、直流电流表0﹣300mA（内阻约为5Ω）D、直流电压表0﹣15V（内阻约为15KΩ）E、滑动变阻器10Ω，2AF、滑动变阻器1KΩ，0.5AG、导线若干，开关（1）该小组的同学经过分析，所选的电流表应为 C ，滑动变阻器应为E ．（填写器材的代号）（2）用笔画线代替导线完成实物图的连接．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】实验题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题．【分析】（1）根据灯泡的额定功率由功率公式可求得额定电流，从而选择电流表，再根据滑动变阻器的接法选择滑动变阻器；（2）根据给出的电路图，按照实物图的要求即可得出对应的实物图．【解答】解：（1）灯泡的额定电流I===0.25A，故电流表应选择C；本实验中要让电压从零开始调节，故应采用滑动变阻器的分压接法，因此为了便于调节，滑动变阻器应选择总电阻较小的E；（2）根据原理图可正确连接实物图，注意电流中电流的流向以及量程的选择；如图所示；故答案为：（1）C，E，（2）如图所示；【点评】本题考查了实验器材的选择和实物图的连接，注意本实验中分压接法的应用，同时要熟练掌握实物图的连接要求及方法三、计算题（共3小题，第17题8分，第18题9分，第19题8分，共25分）17．如图所示，A为带正电Q的金属板，小球的质量为m、电荷量为q，用绝缘丝线悬挂于O点．小球由于受水平向右的电场力而静止在沿金属板的垂直平分线上距板为r的位置，悬线与竖直方向的夹角为θ．试求小球所在处的场强．【考点】电势差与电场强度的关系．。
高二上学期期中考试物理试题(选修)(含答案)
江苏省XX中学2012-2013学年度高二第一学期期中试卷物理（选修）（时间100分钟总分120分）卷一 (共38分)一、单项选择题：本题共6小题；每小题3分，共18分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项．．．．符合题意1．根据磁感应强度的定义式B＝F/(IL)，下列说法中正确的是 ( ) A．在磁场中某确定位置，B与F成正比，与I、L的乘积成反比B．一小段通电直导线在空间某处受磁场力F＝0，那么该处的B一定为零C．磁场中某处B的方向跟电流在该处受磁场力F的方向相同D．一小段通电直导线放在B为零的位置，那么它受到的磁场力F也一定为零2．如图所示的电路中，闭合开关S，灯泡L1和L2均正常发光，由于某种原因灯泡L2灯丝突然烧断，其余用电器均不会损坏，则下列结论正确的是( )A．电流表读数变大，电压表读数变小B．灯泡L1变亮C．电源的输出功率可能变大D．电容器C上电荷量减小3．如图所示，水平放置的扁平条形磁铁，在磁铁的左端正上方有一金属线框，线框平面与磁铁垂直，当线框从左端正上方沿水平方向平移到右端正上方的过程中，穿过它的磁通量的变化情况是( )A．先减小后增大 B．始终减小C．始终增大 D．先增大后减小4.倾角为α的导电轨道间接有电源，轨道上静止放有一根金属杆ab.现垂直轨道平面向上加一匀强磁场，如图所示，磁感应强度B逐渐增加的过程中，ab杆受到的静摩擦力( ) A．逐渐增大B．逐渐减小C．先增大后减小D．先减小后增大5．在M 、N 两条长直导线所在的平面内，一带电粒子的运动轨迹示意图如图7所示．已知两条导线M 、N 只有一条导线中通有恒定电流，另一条导线中无电流，关于电流、电流方向和粒子带电情况及运动的方向，说法正确的是( ) ①M 中通有自上而下的恒定电流，带负电的粒子从a 点向b 点运动②M 中通有自上而下的恒定电流，带正电的粒子从b 点向a 点运动 ③N 中通有自下而上的恒定电流，带正电的粒子从b 点向a 点运动 ④N 中通有自下而上的恒定电流，带负电的粒子从a 点向b 点运动 A ．只有①②正确 B ．只有③④正确 C ．只有①③正确 D ．只有②④正确6．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源两极相连接的两个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．设D 形盒半径为R ．若用回旋加速器加速质子（氢核）时，匀强磁场的磁感应强度为B ，高频交流电的频率为f ．质子质量为m ，电荷量为e ．则下列说法正确的是 （ ）A ．高频交流电频率应为m eB f π/=B ．质子被加速后的最大动能k E 不可能超过2()/2eBR m C ．质子被加速后的最大动能与狭缝间的加速电压、加速次数有关 D ．不改变B 和f ，该回旋加速器也能用于加速α粒子（即氦核）二、多项选择题:本题共5小题；每小题4分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有几．个选项．．．符合题意，选不全的得2分。
武汉市高二上学期期中物理试卷(选修)(II)卷
武汉市高二上学期期中物理试卷（选修）（II）卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、单项选择题 (共7题；共14分)1. （2分）在物理学发展的过程中，某位科学家开创了以实验检验猜想和假设的科学方法，并用这种方法研究了落体运动的规律，这位科学家是（）A . 焦耳B . 牛顿C . 库仑D . 伽利略2. （2分）有一束电子流沿x轴正方向高速运动，如图所示，电子流在z轴上的P点处所产生的磁场方向是（）A . y轴正方向B . y轴负方向C . z轴正方向D . z轴负方向3. （2分） (2016高二上·浦东期中) 如图所示，两只白炽灯泡L1和L2与电源、电键组成的电路中，当电键闭合后，发现电压表V1、V2的示数相同，且电流表A的示数为零，则可能发生的故障是（）A . L1断路B . L2断路C . L1短路D . L2短路4. （2分） (2016高一上·绍兴期中) 如图，通电线圈abcd平面和磁场垂直（不考虑电流间相互作用），则（）A . ab边受到向左的安培力B . bc边受到向下的安培力C . 线圈面积有缩小的趋势D . 线圈有转动的趋势5. （2分） (2016高二上·揭西期中) 如图所示的电路中，电池的电动势为E，内电阻为r，R1和R2是两阻值固定的电阻．当可变电阻R的滑片向a端移动时，通过R1的电流I1和通过R2的电流I2将发生的变化是（）A . I1变大，I2变小B . I1变大，I2变大C . I1变小，I2变大D . I1变小，I2变小6. （2分）如图所示，甲带正电，乙是不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的水平地板上，地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现用一水平恒力F拉乙物块，使甲、乙无相对滑动一起向左加速运动，在加速运动阶段（）A . 甲、乙两物块间的摩擦力不断减小B . 甲、乙两物块间的摩擦力不断增大C . 甲、乙两物块间的摩擦力保持不变D . 乙物块与地面之间的摩擦力不断减小7. （2分）某同学用伏安法测电阻时，分别采用了内接法和外接法，测得的某电阻Rx的阻值分别为R1和R2 ，则所测阻值与真实值Rx间的关系为（）A . R1>Rx>R2B . R1<Rx<R2C . R1>R2>RxD . R1<R2<Rx二、多项选择题 (共6题；共18分)8. （3分） (2017高二上·河北期末) 用如图所示的方法可以测得金属导体中单位体积内的自由电子n，若一块横截面为矩形的金属导体的宽为b，厚为d，当通以图示方向电流I，并加有与侧面垂直的匀强磁场B时，在导体上、下表面间用理想电压表测得电压为U．已知自由电子的电荷量为e，则下列判断正确的是（）A . 上表面电势低B . 下表面电势低C . n=D . n=9. （3分） (2017高二上·福州期末) 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10. （3分）(2017·雅安模拟) 如图所示，两平行竖直线MN、PQ间距离a，其间存在垂直纸面向里的匀强磁场（含边界PQ），磁感应强度为B，在MN上O点处有一粒子源，能射出质量为m，电量为q的带负电粒子，当速度方向与OM夹角θ=60°时，粒子恰好垂直PQ方向射出磁场，不计粒子间的相互作用及重力．则（）A . 粒子的速率为B . 粒子在磁场中运动的时间为C . 若只改变粒子速度方向，使θ角能在0°至180°间不断变化，则粒子在磁场中运动的最长时间为D . 若只改变粒子速度方向，使θ角能在0°至180°间不断变化，则PQ边界上有粒子射出的区间长度为2a11. （3分） (2017高二上·新余期末) 狄拉克曾经预言，自然界应该存在只有一个磁极的磁单极子，其周围磁感线呈均匀辐射状分布（如图甲所示），距离它r处的磁感应强度大小为（k为常数），其磁场分布与负点电荷Q的电场（如图乙所示）分布相似．现假设磁单极子S和负点电荷Q均固定，有带电小球分别在S极和Q附近做匀速圆周运动．则关于小球做匀速圆周运动的判断正确的是（）A . 若小球带正电，其运动轨迹平面可在S的正上方，如图甲所示B . 若小球带正电，其运动轨迹平面可在Q的正下方，如图乙所示C . 若小球带负电，其运动轨迹平面可在S的正上方，如图甲所示D . 若小球带负电，其运动轨迹平面可在Q的正下方，如图乙所示12. （3分） (2019高二上·保定月考) 如图所示,A和B为竖直放置的平行金属板,在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球；开始时开关S闭合且滑动变阻器的滑动头P在a处,此时绝缘线向右偏离竖直方向电源的内阻不能忽略下列判断不正确的是（）A . 小球带正电B . 当滑动头从a向b滑动时,小球细线的偏角变大C . 当滑动头从a向b滑动时,电源的输出功率一定变大D . 当滑动头从a向b滑动时,电流表中有电流,方向从N到M13. （3分） (2017高二上·池州期末) 如图所示，一块长度为a、宽度为b、厚度为d的金属导体，当加有与侧面垂直的匀强磁场B，且通以图示方向的电流I时，用电压表测得导体上、下表面MN间电压为U．已知自由电子的电量为e．下列说法中正确的是（）A . M板比N板电势高B . 导体单位体积内自由电子数越多，电压表的示数越大C . 导体中自由电子定向移动的速度为D . 导体单位体积内的自由电子数为三、简答题 (共2题；共19分)14. （10分） (2017高二下·黄陵期末) 现有一只量程3mA、内阻约为100Ω的灵敏电流表（表头）．为了较准确地测量它的内阻，采用了如图甲所示的实验电路，实验室提供的器材除电源（电动势为2V，内阻不计）、电阻箱（最大阻值为999.9Ω）、开关和若干导线外，还有多个滑动变阻器和定值电阻可供选择（如表）．A．滑动变阻器R1（0～5Ω，1A）D．定值电阻R01（阻值为200Ω）B．滑动变阻器R2（0～200Ω，0.5A）E．定值电阻R02（阻值为25Ω）C．滑动变阻器R3（0～1750Ω，0.1A）F．定值电阻R03（阻值为5Ω）（1）按照实验电路，用笔画线代替导线，在如图乙所示的方框中完成实物图连接（部分导线已画出）．（2）连接好电路之后，实验小组进行了以下操作：第一，先将滑动变阻器的滑片移到最右端，调节电阻箱的阻值为零；第二，闭合开关S，将滑片缓慢左移，使灵敏电流表满偏；第三，保持滑片不动（可认为a，b间电压不变），调节电阻箱R′的阻值使灵敏电流表的示数恰好为满刻度的．若此时电阻箱的示数如图丙所示，则灵敏电流表内阻的测量值Rg为________Ω．（3）为较好地完成实验，尽量减小实验误差，实验中应选择的滑动变阻器和定值电阻分别为________和________（填表格中器材前的字母）．（4）要临时把该灵敏电流表改装成3.0V量程的电压表使用，则应将其与电阻箱________（填“串联”或“并联”），并把电阻箱的电阻值调为________Ω．15. （9分） (2017高二下·万州期中) 为了测定电源电动势E的大小、内电阻r和定值电阻R0的阻值，某同学利用DIS设计了如图甲所示的电路．闭合电键S1 ，调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，用电压传感器1，电压传感器2和电流传感器测得数据，并根据测量数据计算机分别描绘了如图乙所示的M、N两条U﹣I 直线．请回答下列问题：（1）根据图乙中的M、N两条直线可知．A . 直线M是根据电压传感器1和电流传感器的数据画得的B . 直线M是根据电压传感器2和电流传感器的数据画得的C . 直线N是根据电压传感器1和电流传感器的数据画得的D . 直线N是根据电压传感器2和电流传感器的数据画得的（2）图象中两直线交点处电路中的工作状态是．A . 滑动变阻器的滑动头P滑到了最左端B . 电源的输出功率最大C . 定值电阻R0上消耗的功率为0.5WD . 电源的效率达到最大值（3）根据图乙可以求得定值电阻R0=________Ω，电源电动势E=________，内电阻r=________Ω．四、论述和演算题 (共4题；共55分)16. （15分）(2018·北京) 如图1所示,用电动势为E、内阻为r的电源,向滑动变阻器R供电。
高二物理上学期期中考试(选修卷)
嘴哆市安排阳光实验学校新海高级中学09-10学年高二上学期期中考试高二年级物理试卷（选修）（时间：100分钟满分：120分）第I卷（选择题,共42分）友情提醒：请把选择题答案涂在答题卡上，非选择题的解答写在答题纸上。
一.单项选择题（本题共6小题,每小题3分,共18分.每小题只有一个．．．．选项符合题意.）1.下列说法正确的是： ( )A.磁场中某处磁感强度的大小，等于长为L，通以电流I的一小段导线放在该处时所受磁场力F与IL的比值B．一小段通电导线放在某处如不受磁场力作用，则该处的磁感应强度为零C.因为B=ILF ．所以磁场中某处磁感应强度的大小与放在该处的导线所受磁场力F的大小成正比，与IL的大小成反比D．磁场中某处磁感应强度的大小与放在磁场中的通电导线长度、电流大小及所受磁场力的大小均无关2．关于磁通量，下列说法正确的是：（）A．穿过某个面的磁通量为零，该处的磁感应强度也为零B．穿过任一平面的磁通量越大，该处的磁感应强度也越大C．穿过垂直于磁场方向的某个平面的磁感线条数等于该处的磁感应强度 D．当闭合线圈平面跟磁场方向平行时，穿过这个线圈平面的磁通量一定为零3．闭合电路的一部分导线ab处于匀强磁场中，图中各情况下导线都在纸面内运动，那么下列判断中正确的是 :（）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4. 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，关于电场场强大小和方向的说法中正确的是 : ( )A．大小为vB，粒子带正电时,方向向上B.大小为vB,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5．有一只“3V，3W”的灯泡，问下列干电池中的哪一类给灯泡供电可使灯泡最亮: （）A．E＝3V，ｒ＝1Ω B. E＝3V，ｒ＝1.5ΩC．E＝3V，ｒ＝2Ω D. E＝3V，ｒ＝2.5Ω6．如图所示，比荷为e/m的电子从左侧垂直于界面、垂直于磁场射入宽度为d、磁感应强度为B的匀强磁场区域，要从右侧面穿出这个磁场区域，电子的速度至少应为（）A. 2Bed/mB. Bed/mC. Bed/(2m)D. 2Bed/m二.多项选择题（本题共6小题,每小题4分,共24分.每小题有多个选项符合题意.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）7．如右图所示是一个由电池、电阻R、电键K与平行板电容器组成的串联电路，电键闭合。
高二物理上学期期中试题(选修)-人教版高二选修物理试题
实验中学2014-2015学年度第一学期期中考试试题高二物理(选修)一、单项选择题〔每题3分〕1.首先发现电流磁效应的科学家是( ) A. 安培B. 库仑C.奥斯特D. 麦克斯韦2.磁感应强度单位是特斯拉,1T 相当于A. 1kg ·m 2/S 2B. 1kg ·m/A ·s 2C. 1kg/A ·s 2D. 1kg ·m 2/ A ·s 23．如下列图，在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L ，质量为m 的直导体棒。
当导体棒中的电流Ⅰ垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，可将导体棒置于匀强磁场中，当外加匀强磁场的磁感应强度B 的方向在纸面内由竖直向上沿逆时针转至水平向左的过程中，如下关于B 的大小变化的说法中，正确的答案是〔 〕 A ．逐渐增大 B ．逐渐减小 C ．先减小后增大D ．先增大后减小4、一束带电粒子以同一速度，并从同一位置进入匀强磁场，在磁场中它们的轨迹如下列图．粒子1q 的轨迹半径为1r ，粒子2q 的轨迹半径为2r ，且212r r =，1q 、2q 分别是它们的带电量，如此A ．1q 带负电、2q 带正电，荷质比之比为1212:2:1q q m m = B ．1q 带负电、2q 带正电，荷质比之比为1212:1:2q q m m = C ．1q 带正电、2q 带负电，荷质比之比为1212:2:1q q m m = D ．1q 带正电、2q 带负电，荷质比之比为1212:1:1q q m m = 5．如下列图的电路中，电源的输出电压恒为U ，电动机M 的线圈电阻与电炉L 的电阻一样，电动机正常工作，在一样的时间内，如下判断正确的答案是( )A ．电炉放出的热量大于电动机放出的热量B ．电炉两端电压小于电动机两端电压C ．电炉两端电压等于电动机两端电压D ．电动机消耗的功率等于电炉消耗的功率二、多项选择题〔每题4分〕6.如下列图，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．如此磁感应强度的方向和大小可能为〔 〕 A ． y 负向，mg/IL B ．z 正向，mgtan θ/IL C ．x 负向，mg/IL D ．沿悬线向上，mg /IL 7.如下列图的电路中，定值电阻R 1、R 2、R 3、R 4的阻值均为R 0，理想电压表读数U ，变化量的绝对值△U，理想电流表读数I ，变化量的绝对值△I，在滑动变阻器的滑动端自右向左滑动的过程中，如下判断正确的答案是〔 〕 A ． U 增大，I 减小B ． 增大C ．增大D ．＜R 08．平行金属板M 、N 间为一个正交的匀强电场和匀强磁场区，电场方向由M 板指向N 极，磁场方向垂直纸面向里，OO′为到两极板距离相等的平行两板的直线。
贵阳市2020年高二上学期期中物理试卷(选修)(II)卷
贵阳市2020年高二上学期期中物理试卷（选修）（II）卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、单项选择题 (共7题；共14分)1. （2分） (2019高二上·惠州期末) 首先发现电流磁效应的科学家是（）A . 牛顿B . 法拉第C . 奥斯特D . 焦耳2. （2分） (2016高二上·沈阳期中) 一束带电粒子沿水平方向匀速飞过小磁针上方时，磁针的N极向西偏转，这一束带电粒子可能是（）A . 向南飞行的正离子束B . 向南飞行的负离子束C . 向西飞行的正离子束D . 向西飞行的负离子束3. （2分） (2016高二上·福建期中) 如图所示，因线路故障，按通K时，灯L1和L2均不亮，用电压表测得Uab=0，Ubc=0，Ucd=4V．由此可知出现故障处为（）A . 灯L1短路B . 灯L2断路C . 变阻器断路D . 不能确定4. （2分） (2019高二上·西湖月考) 如图所示，在平行于地面的匀强磁场上方，有两个用相同金属材料制成的边长相同的正方形线圈a、b，其中a的导线比b粗，它们从同一高度自由落下.则（）A . 它们同时落地B . a先落地C . b先落地D . 无法判断5. （2分）如图所示的电路中，当滑动变阻器滑动触头向左滑动时，正确的是（）A . L1灯泡变亮B . L2灯炮变亮C . 电压表读数变大D . 电流表读数变小6. （2分）如图所示，带负电的离子束沿图中虚线及箭头方向通过蹄形磁铁磁极间时，它的偏转方向为（）A . 向上B . 向下C . 向N极D . 向S极7. （2分）如图所示的是伏安法测电阻的部分电路，开关先后接通a和b时，观察电压表和电流表示数的变化，那么（）A . 若电流表示数有显著变化，测量R的值时，S应接aB . 若电压表示数有显著变化，测量R的值时，S应接bC . 若R与电流表的内阻相差不多时，测量R的值时，S应接aD . 若R与电压表的内阻相差不多时，测量R的值时，S应接a二、多项选择题 (共6题；共18分)8. （3分）(2017·济源模拟) 如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．M为磁场边界上一点，有无数个带电荷量为+q、质量为m的相同粒子（不计重力）在纸面内向各个方向以相同的速率通过M点进入磁场，这些粒子射出边界的位置处于边界的某一段圆弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的，下列说法中正确的是（）A . 粒子从M点进入磁场时的速率为v=B . 粒子从M点进入磁场时的速率为v=C . 若将磁感应强度的大小增加到 B，则粒子射出边界的圆弧长度变为原来的D . 若将磁感应强度的大小增加到 B，则粒子射出边界的圆弧长度变为原来的9. （3分） (2016高二上·平湖期中) “月球探测者号”在近距离对月球表面不同位置的磁场强弱进行了分析．如图是探测器在通过月球表面a、b、c、d四个位置时得到的电子运动轨迹的照片．（其中O点为电子运动轨迹的圆心）设电子速率相同，且都与当地磁场方向垂直，以上四个位置的磁感应强度分别为B1、B2、B3、B4 ，比较它们的大小，正确的说法是（）A . B1＜B2B . B2＜B3C . B4=2B2D . B1=B310. （3分） (2019高三上·牡丹江月考) 如图所示，虚线框中存在匀强电场E和匀强磁场B，它们相互正交或平行有一个带负电的小球从该复合场上方的某一高度处自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过下列的哪些复合场区域（）A . “ ”表示磁场B . 虚线表示磁场C . “ ”表示磁场D . 虚线表示磁场11. （3分）(2017·长沙模拟) 如图所示，ac为空间一水平线，整个空间存在水平向里的匀强磁场．一带电小球从a点由静止释放，运动轨迹如图中曲线所示，b为最低点．下列说法中正确的是（）A . 轨迹ab为四分之一圆弧B . 小球在到b点后一定能到ac水平线C . 小球到b时速度一定最大，且沿水平方向D . 小球在b点时受到的洛伦兹力与重力大小相等12. （3分） (2017高二上·晋江期末) 如图所示，E为电源，其内阻不可忽略，RT为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，L为指示灯泡，C为平行板电容器，G为灵敏电流计．闭合开关S，当环境温度明显升高时，下列说法正确的是（）A . L变亮B . RT两端电压变大C . C所带的电荷量保持不变D . G中电流方向由a→b13. （3分） (2017高二上·石家庄期中) 磁流体发电机可以把气体的内能直接转化为电能，是一种低碳环保发电机，有着广泛的发展前景，其发电原理示意图如图所示．将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的微粒，整体上呈电中性）喷射入磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场区域有两块面积为S、相距为d 的平行金属板与外电阻R相连构成一电路，设气流的速度为v，气体的电导率（电阻率的倒数）为g．则以下说法正确的是（）A . 上板是电源的正极，下板是电源的负极B . 两板间电势差为U=BdvC . 流经R的电流为I=D . 流经R的电流为I=三、简答题 (共2题；共12分)14. （5分）(2020·泉州模拟) 测量电压表内阻(量程为3 V)的实验如下：（1）用多用电表粗略测量，把选择开关拨到“×10”的欧姆挡上，欧姆调零后，把红表笔与待测电压表________(选填“正”或“负”)接线柱相接，黑表笔与另一接线柱相接；（2）正确连接后，多用电表指针偏转角度较小，应该换用________(选填“×1”或“×100”)挡，重新欧姆调零后测量，指针位置如图甲所示，则电压表内阻约为________Ω；（3）现用如图乙所示的电路测量，测得多组电阻箱的阻值R和对应的电压表读数U，作出—R图象如图丙所示．若图线纵截距为b，斜率为k，忽略电源内阻，可得RV＝________；（4）实验中电源内阻可以忽略，你认为原因是________。
人教版高中物理选修2-2第一学期期中考试.docx
高中物理学习材料桑水制作2009——2010学年度第一学期期中考试高二物理试题命题人：张宗友审题人：王建平考试时间：100分钟满分：100分第I卷（40分）一、单项选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分，在题中所给的四个选项中，只有一个是符合题意的，请把它选择出来，并填在答题卡的相应位置。
）1、以下叙述中正确的是（）A．带电量较小的带电体可以看成是点电荷B．电场线的形状可以用实验来模拟，这说明电场线是实际存在的C．一般情况下，两个点电荷之间的库仑力比它们之间的万有引力要大得多D．电场线的分布情况可以反映出电场中各点的场强方向，但无法描述电场的强弱2、一台电动机，额定电压是100V，电阻是1Ω．正常工作时通过的电流为5A，则电动机因发热损失的功率为（）A、500WB、25WC、2000WD、475W3、空间存在竖直向上的匀强电场，质量为m的带正电的微粒水平射入电场中，微粒的运动轨迹如图所示，则根据这段运动过程可以判断（）A．该微粒的动能减小B．该微粒的电势能增大C．电场力做的功大于重力做的功D．电场力做的功小于重力做的功4、如图所示，M、N两点分别放置两个等量异种电荷，A为它们连线的中点，B为连线上靠近N的一点，C 为连线的中垂线上处于A点上方的一点，在A、B、C三点中（）A.场强最小的点是A点，电势最高的点是B点B.场强最小的点是A点，电势最高的点是C点C.场强最小的点是C点，电势最高的点是B点D.场强最小的点是C点，电势最高的点是A点5、在一个匀强电场中有a、b两点，相距为d，电场强度为E，把一个电量为q的负电荷由a移到b 点时，电场力对电荷做正功W，以下说法正确的是（）A、a点电势比b点电势高B、a、b两点电势差大小为U = EdC、ab两点电势差大小为qWU= D、该电荷在b点电势能较a点大6、电阻R1、R2的I-U图线如图所示，现将R1、R2串联后接到电源上，R1上消耗的电功率是4W，则R2上消耗的电功率是（）A、10wB、6WC、4WD、2W7、四盏灯泡接成如图所示的电路。
高二物理上学期期中试卷(选修,含解析)2
高二物理上学期期中试卷（选修，含解析）2一、单项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分．每小题只有一个选项符合题意）．1．下列说法中正确的是( )A．磁感线总是从磁体的N极出发终止于磁体的S极B．一小段通电导线放在某处不受磁场的作用力，则该处的磁感应强度一定为零C．线圈放在磁场越强的位置，穿过线圈的磁通量一定越大D．运动的电荷在磁场中不一定受到洛伦兹力2．如图所示，长方体金属块边长之比a：b：c=3：1：2，将A与B接入电压为U的电路中时，电流为I；若将C与D接入电压为U的电路中，则电流为（设金属块的电阻率不变）( )A．I B．2I C．D．3．如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度，下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN相等，将它们分别挂在天平的右臂下方，线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态，若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是( )A．B．C．D．4．两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同，方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较强磁场区域进入到较弱区域后，粒子的( )A．轨道半径减小，角速度增大B．轨道半径减小，角速度减小C．轨道半径增大，角速度增大D．轨道半径增大，角速度减小5．如图所示，其中电流表A的量程为0.6A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02A；R1的阻值等于电流表内阻的；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住1的电流值，则下列分析正确的是( )A．将接线住1、2接入电路时，每一小格表示0.04AB．将接线住1、2接入电路时，每一小格表示0.02AC．将接线住1、3接入电路时，每一小格表示0.06AD．将接线住1、3接入电路时，每一小格表示0.01A二、多项选择题（本题共5小题，每小题5分，满分25分．每题有多个选项符合题意，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分）．6．下列说法正确的是( )A．电动势由电源中非静电力的性质决定，与其他因素无关B．在电源中，非静电力做功，将其他形式的能转化为电能C．在外电路中，电场力做功，将其他形式的能转化为电能D．电动势在数值上等于非静电力把1C的正电荷在电源内部从负极移到正极所做的功7．额定电压为4V的直流电动机的线圈电阻为1Ω，正常工作时，电动机线圈每秒产生的热量为4J，下列计算结果正确的是( )A．电动机正常工作时的输入功率为4WB．电动机正常工作时的输出功率为8WC．电动机每秒能将电能转化成4J的机械能D．电动机正常工作时的电流强度为2A8．如图所示，回旋加速器是用来加速带电粒子使它获得很大动能的装置，其核心部分是两个D型金属盒，置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连．下列说法正确的有( )A．粒子被加速后的最大速度随磁感应强度和D型盒的半径的增大而增大B．粒子被加速后的最大动能随高频电源的加速电压的增大而增大C．高频电源频率由粒子的质量、电量和磁感应强度决定D．粒子从磁场中获得能量9．小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线上过P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线．则下列说法中正确的是( )A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减少B．对应P点，小灯泡的电阻为R=C．对应P点，小灯泡的电阻为R=D．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积10．如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，R0为定值电阻，电容器的电容为C．闭合开关S，增大可变电阻R的阻值，电压表示数的变化量为△U，电流表示数的变化量为△I，则( )A．变化过程中△U和△I的比值保持不变B．电压表示数U和电流表示数I的比值不变C．电阻R0两端电压减小，减小量为△UD．电容器的带电量增大，增加量为C△U三、简答题：本题（第l1、12题），共计20分．请将解答填写在答题卡相应的位置．11．有一根细而均匀的导电材料样品（如图1所示），截面为同心圆环（如图2所示），此样品长约为6cm，电阻约为100Ω，已知这种材料的电阻率为ρ，因该样品的内径太小，无法直接测量．现提供以下实验器材：A．20分度的游标卡尺B．螺旋测微器C．电压表V（量程3V，内阻约3kΩ）D．电流表A1（量程50mA，内阻约20Ω）E．电流表A2（量程0.3A，内阻约1Ω）F．滑动变阻器R（0～20Ω，额定电流2A）G．直流电源E（约4V，内阻不计）H．导电材料样品RxI．开关一只，导线若干请根据上述器材设计一个尽可能精确地测量该样品内径d的实验方案，回答下列问题：（1）用游标卡尺测得该样品的长度为L；用螺旋测微器测得该样品的外径如图3所示，其示数D=__________mm．（2）请选择合适的仪器，设计一个合理的电路图来测量导电材料样品的电阻Rx．在方框内如图4画出实验电路原理图，并标明所选器材的符号．这个实验电阻Rx的测量值将__________（填“大于”、“等于”或“小于”）实际值．（3）若某次实验中，电压表和电流表的读数分别为U和I，则用已知物理量和测得的物理量的符号来表示样品的内径d=__________．12．某同学通过实验研究小灯泡的电流与电压的关系，可用的器材如下：电源（电动势为3V，内阻为1Ω）、电键、滑动变阻器（最大阻值为20Ω）、电压表、电流表、小灯泡、导线若干．（电压表和电流表均视为理想电表）（1）实验中得到了小灯泡的U﹣I图象如图甲所示，则可知小灯泡的电阻随电压增大而__________．（选填“增大”“减小”或“不变”）（2）根据图甲，在图乙中把缺少的导线补全，连接成实验的电路．（3）若某次连接时，把AB间的导线误接在AC之间，合上电键，任意移动滑片发现都不能使小灯泡完全熄灭，则此时的电路中，小灯泡获得的最小功率是__________W．（计算结果保留2位有效数字）四、计算题：本题共4小题，共计55分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．13．（16分）如图所示，电源电动势E=9V，内阻r=0.5Ω，电阻R1=5.0Ω，R2=3.5Ω，R3=6.0Ω，R4=3.0Ω电容C=2.0μF．（1）求电键接到a时，电容的带电量是多少？上极板带何种电荷？（2）求电键从与a接触到与b接触时，通过R3的电荷量是多少？上极板带何种电荷？14．（13分）如图所示，直线MN上方有垂直纸面向外的足够大的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，正、负电子同时从O点以与MN成30°角的相同速度v射入该磁场区域（电子质量为m，电量为e），经一段时间后从边界MN射出．求：（1）它们从磁场中射出时，出射点间的距离；（2）它们从磁场中射出的时间差．15．（13分）如图甲所示，一根重G=0.2N、长L=1m的金属棒ab，在其中点弯成60°角，将此通电导体放入匀强磁场中，导体两端a、b悬挂于两相同的弹簧下端，当导体中通以I=2A的电流时，两根弹簧比原长各缩短△x=0.01m．已知匀强磁场的方向水平向外，磁感应强度B=0.4T，求：（1）导线中电流的方向．（2）弹簧的劲度系数k．16．（13分）在研究性学习中，某同学设计了一个测定带电粒子比荷的实验，其实验装置如图所示．abcd是一个长方形盒子，在ad边和cd边上各开有小孔f和e，e是cd边上的中点，荧光屏M贴着cd放置，能显示从e孔射出的粒子落点位置．盒子内有一方向垂直于abcd 平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B．粒子源不断地发射相同的带电粒子，粒子的初速度可忽略．粒子经过电压为U的电场加速后，从f 孔垂直于ad边射入盒内．粒子经磁场偏转后恰好从e孔射出．若已知fd=cd=L，不计粒子的重力和粒子之间的相互作用力．请你根据上述条件求出带电粒子的比荷q/m．2015-2016学年××市泰兴一中高二（上）期中物理试卷（选修）一、单项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分．每小题只有一个选项符合题意）．1．下列说法中正确的是( )A．磁感线总是从磁体的N极出发终止于磁体的S极B．一小段通电导线放在某处不受磁场的作用力，则该处的磁感应强度一定为零C．线圈放在磁场越强的位置，穿过线圈的磁通量一定越大D．运动的电荷在磁场中不一定受到洛伦兹力【考点】磁感线及用磁感线描述磁场；磁通量．【分析】磁感线是闭合曲线，在磁铁的外部从N极到S极，内部从S 极到N极．通电导线放在某处不受磁场的作用力时，可能B为零，也可能是由于导线与磁场平行．磁通量的一般公式Φ=BSsinα．电荷运动的方向与磁感线平行时不受洛伦兹力的作用．【解答】解：A、在磁铁的外部，磁感线从N极出发进入S极，在磁铁内部从S极到N极．故A错误．B、一小段通电导线放在某处不受磁场的作用力，可能B为零，也可能B≠0，是由于导线与磁场平行．故B错误．C、线圈放在磁场越强的位置，线圈的磁通量不一定越大，根据磁通量公式Φ=BSsinα可知，还与线圈与磁场的夹角有关，故C错误．D、电荷运动的方向与磁感线平行时不受洛伦兹力的作用．故D正确．故选：D【点评】解决本题关键要掌握磁感线的分布情况，掌握安培力和磁通量的决定因素即可正确答题，属于基础题．2．如图所示，长方体金属块边长之比a：b：c=3：1：2，将A与B接入电压为U的电路中时，电流为I；若将C与D接入电压为U的电路中，则电流为（设金属块的电阻率不变）( )A．I B．2I C．D．【考点】电阻定律．【专题】恒定电流专题．【分析】根据电阻定律可确定AB及CD时的电阻，再由欧姆定律即可确定电流．【解答】解：设b长为l；根据电阻定律可知：R=；则接AB时，电阻RAB==；当接CD时，电阻RCD==；由欧姆定律可知：I===；则I′====；故选：C．【点评】本题考查电阻定律的应用，要注意明确电阻大小与截面积及导体长度有关系．3．如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度，下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN相等，将它们分别挂在天平的右臂下方，线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态，若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是( )A．B．C．D．【考点】安培力．【分析】线框所受的安培力越大，天平越容易失去平衡；由于磁场强度B和电流大小I相等，即根据线框在磁场中的有效长度大小关系即可判断其受力大小关系．【解答】解：天平原本处于平衡状态，所以线框所受安培力越大，天平越容易失去平衡，由于线框平面与磁场强度垂直，且线框不全在磁场区域内，所以线框与磁场区域的交点的长度等于线框在磁场中的有效长度，由图可知，A 图的有效长度最长，磁场强度B和电流大小I相等，所以A所受的安培力最大，则A图最容易使天平失去平衡．故选：A．【点评】本题主要考查了安培力，在计算通电导体在磁场中受到的安培力时，一定要注意F=BIL公式的L是指导体的有效长度．4．两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同，方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较强磁场区域进入到较弱区域后，粒子的( )A．轨道半径减小，角速度增大B．轨道半径减小，角速度减小C．轨道半径增大，角速度增大D．轨道半径增大，角速度减小【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】通过洛伦兹力提供向心力得知轨道半径的公式，结合该公式即可得知进入到较弱磁场区域后时，半径的变化情况；再利用线速度与角速度半径之间的关系式，即可得知进入弱磁场区域后角速度的变化情况．【解答】解：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提高向心力，由牛顿第二定律有：qvB=m，解得：r=，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后．B减小，所以r增大．线速度、角速度的关系为：v=ωR线速度v不变，半径r增大，所以角速度减小，故D正确，ABC错误．故选：D．【点评】本题考查了粒子在磁场中的运动，解答该题要明确洛伦兹力始终不做功，洛伦兹力只是改变带电粒子的运动方向，应用牛顿第二定律、线速度与角速度的关系即可解题．5．如图所示，其中电流表A的量程为0.6A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02A；R1的阻值等于电流表内阻的；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住1的电流值，则下列分析正确的是( )A．将接线住1、2接入电路时，每一小格表示0.04AB．将接线住1、2接入电路时，每一小格表示0.02AC．将接线住1、3接入电路时，每一小格表示0.06AD．将接线住1、3接入电路时，每一小格表示0.01A【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】对电路结构进行分析，再根据串并联电路规律即可明确流过1的电流大小，再根据比例即可求出每一小格所表示的电流大小．【解答】解：A、当接线柱1、2接入电路时，电流表A与R1并联，根据串并联电路规律可知，R1分流为1.2A，故量程为1.2A+0.6A=1.8A；故每一小格表示0.06A；故AB错误；C、当接线柱1、3接入电路时，A与R1并联后与R2串联，电流表的量程仍为1.8A，故每一小格表示0.06A，故C正确，D错误；故选：C．【点评】本题考查电表的改装，关键在于明确电路结构；特别是CD中要注意R2对电流表的量程没有影响．二、多项选择题（本题共5小题，每小题5分，满分25分．每题有多个选项符合题意，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分）．6．下列说法正确的是( )A．电动势由电源中非静电力的性质决定，与其他因素无关B．在电源中，非静电力做功，将其他形式的能转化为电能C．在外电路中，电场力做功，将其他形式的能转化为电能D．电动势在数值上等于非静电力把1C的正电荷在电源内部从负极移到正极所做的功【考点】电源的电动势和内阻．【专题】恒定电流专题．【分析】电源的电动势是电源本身的性质，电源内部通过非静电力做功，将其他形式的能转化为电能．【解答】解：A、电动势由电源中非静电力的性质决定的，与其他因素无关；故A正确；B、电源中，非静电力做功，将其他形式的能转化为电能；故B正确；C、在外电路中，电场力做功，将电能转化为其他形式的能；故C错误；D、由E=可知，电动势在数值上等于非静电力把1C的正电荷在电源内部从负极移到正极所做的功；故D正确；故选：ABD【点评】本题考查对电动势的理解．关键抓住电动势的物理意义和电动势的定义式．7．额定电压为4V的直流电动机的线圈电阻为1Ω，正常工作时，电动机线圈每秒产生的热量为4J，下列计算结果正确的是( )A．电动机正常工作时的输入功率为4WB．电动机正常工作时的输出功率为8WC．电动机每秒能将电能转化成4J的机械能D．电动机正常工作时的电流强度为2A【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】已知线圈电阻与线圈产生的热量，应用焦耳定律可以求出通过电动机的电流；然后应用电功率公式与电功公式分析答题．【解答】解：D、因为线圈产生的热量：Q=I2Rt故通过电动机的电流：I===2A，故D正确；A、电动机正常工作时的输入功率P=UI=4V×2A=8W，故A错误；电动机的热功率PQ=I2R=（2A）2×1Ω=4W；B、电动机的输出功率P出=P﹣PQ=8W﹣4W=4W，故B错误；C、电动机每秒将电能转化成机械能：W=P出t=4W×1s=4J，故C正确；故选：CD．【点评】电动机是非纯电阻电路，电动机的输入功率等于热功率与输出功率之和，应用电功率公式与电功公式即可正确解题．8．如图所示，回旋加速器是用来加速带电粒子使它获得很大动能的装置，其核心部分是两个D型金属盒，置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连．下列说法正确的有( )A．粒子被加速后的最大速度随磁感应强度和D型盒的半径的增大而增大B．粒子被加速后的最大动能随高频电源的加速电压的增大而增大C．高频电源频率由粒子的质量、电量和磁感应强度决定D．粒子从磁场中获得能量【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．【分析】当带电粒子从回旋加速器最后出来时速度最大，根据qvB=m 求出最大速度，再根据EKm=mv2求出最大动能，可知与什么因素有关．【解答】解：A、根据qvB=m得，最大速度v=，则最大动能EKm=mv2=．知最大动能和金属盒的半径以及磁感应强度有关，与加速的次数和加速电压的大小无关．故A正确，B错误；C、根据周期公式T=，可知，高频电源频率由粒子的质量、电量和磁感应强度决定，故C正确；D、粒子在磁场中受到洛伦兹力，其对粒子不做功，不能获得能量，故D错误；故选：AC．【点评】解决本题的关键知道根据qvB=m求最大速度，知道最大动能与D形盒的半径有关，与磁感应强度的大小有关．9．小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线上过P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线．则下列说法中正确的是( )A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减少B．对应P点，小灯泡的电阻为R=C．对应P点，小灯泡的电阻为R=D．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积【考点】欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】由图看出此灯泡是非线性元件，根据电阻是指对电流的阻碍作用判断灯泡电阻与电压之间的关系；找到P点对应的电压和电流，根据欧姆定律求出此时灯泡的电阻；由功率公式可知功率对应图线的“面积”．【解答】解：A、由图象可知，灯泡的电阻等于R=，等于图线上的点与原点O连线斜率的倒数，由数学知识可知，电压增大，此斜率减小，则灯泡的电阻增大．故A错误；BC、由图象可知，P点对应的电压为U1，电流为I2，则灯泡的电阻R=，故B正确，C错误；D、因P=UI，所以图象中矩形PQOM所围的面积为对应P点小灯泡的实际功率，故D正确．故选：BD．【点评】注意U﹣I图象的意义，知道斜率等于电阻的倒数，明确功率借助图象分析时所围得面积；明确灯泡伏安特性曲线不直的原因．10．如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，R0为定值电阻，电容器的电容为C．闭合开关S，增大可变电阻R的阻值，电压表示数的变化量为△U，电流表示数的变化量为△I，则( )A．变化过程中△U和△I的比值保持不变B．电压表示数U和电流表示数I的比值不变C．电阻R0两端电压减小，减小量为△UD．电容器的带电量增大，增加量为C△U【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．【专题】恒定电流专题．【分析】闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析电阻R0两端的电压，再根据路端电压的变化，分析电阻R0两端的电压变化量，并比较与△U的关系，确定电容带电量变化量．电压表的示数U和电流表的示数I的比值等于R．电压表示数变化量△U和电流表示数变化量△I的比值等于R0+r．【解答】解：A、根据闭合电路欧姆定律得：U=E﹣I（R0+r），由数学知识得知，=R0+r，保持不变．故A正确．B、由图，=R，R增大，则电压表的示数U和电流表的示数I的比值变大．故B错误．C、D、闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析得知，电阻R0两端的电压减小，R两端的电压增大，而它们的总电压即路端电压增大，所以电阻R0两端的电压减小量小于△U．电容器两极板间的电压等于R两端的电压，可知电容器板间电压增大，带电量增大，增大量为C△U．故C错误，D正确．故选：AD【点评】此题中两电表读数的比值要根据欧姆定律和闭合电路欧姆定律来分析，注意≠R，R是非纯性元件．三、简答题：本题（第l1、12题），共计20分．请将解答填写在答题卡相应的位置．11．有一根细而均匀的导电材料样品（如图1所示），截面为同心圆环（如图2所示），此样品长约为6cm，电阻约为100Ω，已知这种材料的电阻率为ρ，因该样品的内径太小，无法直接测量．现提供以下实验器材：A．20分度的游标卡尺B．螺旋测微器C．电压表V（量程3V，内阻约3kΩ）D．电流表A1（量程50mA，内阻约20Ω）E．电流表A2（量程0.3A，内阻约1Ω）F．滑动变阻器R（0～20Ω，额定电流2A）G．直流电源E（约4V，内阻不计）H．导电材料样品RxI．开关一只，导线若干请根据上述器材设计一个尽可能精确地测量该样品内径d的实验方案，回答下列问题：（1）用游标卡尺测得该样品的长度为L；用螺旋测微器测得该样品的外径如图3所示，其示数D=6.122mm．（2）请选择合适的仪器，设计一个合理的电路图来测量导电材料样品的电阻Rx．在方框内如图4画出实验电路原理图，并标明所选器材的符号．这个实验电阻Rx的测量值将小于（填“大于”、“等于”或“小于”）实际值．（3）若某次实验中，电压表和电流表的读数分别为U和I，则用已知物理量和测得的物理量的符号来表示样品的内径d=．【考点】测定金属的电阻率．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】（1）螺旋测微器固定刻度示数与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数．（2）根据实验原理选择实验器材，然后确定滑动变阻器与电流表接法，作出实验电路图，根据实验电路图应用欧姆定律分析答题．（3）应用欧姆定律与电阻定律分析答题【解答】解：（1）由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为6mm，可动刻度示数为12.2×0.01mm=0.122mm，螺旋测微器示数D=6mm+0.122mm=6.122mm．（2）由所给实验器材可知，应采用伏安法测电阻阻值，由于待测电阻阻值约为100Ω，滑动变阻器最大阻值为20Ω，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法；电路最大电流约为I===0.03A=30mA，电流表应选A1，电流表内阻约为20Ω，电压表内阻约为3000Ω，相对来说电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示；电流表采用外接法，由于电压表分流，电流测量值大于真实值，电阻测量值小于真实值．（3）由欧姆定律可知，样品电阻：R=，由电阻定律可知：R=ρ=ρ，解得：d=；故答案为：（1）6.122；（2）电路图如图所示；小于；（3）．【点评】螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数，螺旋测微器需要估读；本题考查了实验电路的设计，确定滑动变阻器与电流表的接法是正确设计实验电路的前提与关键；在伏安法测电阻实验中，当待测电阻阻值大于滑动变阻器最大阻值时，滑动变阻器应采用分压接法．12．某同学通过实验研究小灯泡的电流与电压的关系，可用的器材如下：电源（电动势为3V，内阻为1Ω）、电键、滑动变阻器（最大阻值为20Ω）、电压表、电流表、小灯泡、导线若干．（电压表和电流表均视为理想电表）（1）实验中得到了小灯泡的U﹣I图象如图甲所示，则可知小灯泡的电阻随电压增大而增大．（选填“增大”“减小”或“不变”）（2）根据图甲，在图乙中把缺少的导线补全，连接成实验的电路．（3）若某次连接时，把AB间的导线误接在AC之间，合上电键，任意移动滑片发现都不能使小灯泡完全熄灭，则此时的电路中，小灯泡获得的最小功率是0.33W．（计算结果保留2位有效数字）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】根据实验原理分析实验电路图；明确灯泡电阻的性质；当通过灯泡的电流最小时，灯泡实际功率最小，分析图示电路结构，确定滑片在什么位置时灯泡实际功率最小，在同一坐标系内作出电源U ﹣I图象，然后根据图象应用电功率公式求出灯泡实际功率．【解答】解：①根据欧姆定律R=知，小灯泡的电阻随电压增大而增大．②由图甲可知，电压从零开始调节的，因此滑动变阻器采用的是分压接法，由于灯泡电阻较小，因此安培表需要外接，由此可正确连接实物图如图所示：。
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锦屏高级中学2016-2017学年第一学期高二物理期中考试试题考试时间：100分钟 满分：120分请将答案填写在答题卡上，写在试卷上不得分一、单项选择题：共10小题，每小题3分，共30分．每小题只有一个选项符合题意． 1．关于电流，下列说法中正确的是（ ） A ．通过导体截面的电荷量越多，电流越大 B ．电子运动速率越大，电流越大C ．单位时间内通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流就越大D ．因为电流有方向，电流是矢量2．有a 、b 、c 、d 四只定值电阻，它们的U —I 图象如右图所示，则图中电阻最大的是：A 、aB 、bC 、cD 、d 3. 下列对电源电动势概念的认识中，正确的是 A ．电源电动势等于电源两极间的电压B ．电源把越多的其他形式的能转化为电能，电动势就越大C ．电动势和电压单位相同，所以物理意义也相同D ．在闭合电路中，电动势等于路端电压与电源内部电势降落之和4. 一电动机，线圈电阻为R ，在它两端加上电压U ，电动机正常工作，测得通过它的电流为I ，电动机的机械功率是A ．I 2RB ．U 2RC ．UI －I 2RD ．UI5．如图所示，把两个电源的U —I 关系曲线取相同的坐标，画在同一坐标系中，由图像可得出的正确结论是A 、Ｅ１＝Ｅ２，内电阻ｒ１＞ｒ２B 、Ｅ１＝Ｅ２，发生短路时Ｉ１＞Ｉ２C 、Ｅ１＜Ｅ２，内电阻ｒ１＞ｒ２D 、Ｅ１＜Ｅ２，发生短路时Ｉ１＞Ｉ２6. 一个电流表的满偏电流I g ＝1mA ，内阻为500Ω，要把它改装成一个量程为10V 的电压表，则应在电流表上( )A ．串联一个10kΩ的电阻B ．并联一个10kΩ的电阻C ．串联一个9.5kΩ的电阻D ．并联一个9.5kΩ的电阻7. 如图，一通电直导线水平放置，其上方A 、B 两点的磁感应强度分别为B A 、B B ，则A ．B A >B B ，方向均垂直纸面向里 B ．B A <B B ，方向均垂直纸面向里C ．B A >B B ，方向均垂直纸面向外D ．B A <B B ，方向均垂直纸面向外8．用公式P=U 2/R 求出“220V,40W ”灯泡的电阻为1210Ω，而用欧姆表测得其电阻只有90Ω。
下列分析正确的是（ ）A ．一定是读数时乘错了倍率 B.可能是测量前没有调 C.一定是欧姆表坏了 D.1210Ω是灯泡正常工作时较高温度下的电阻，90Ω是灯泡常温下的电阻 9. 演示“磁场中的通电导体受力情况”的实验装置如图所示，下列电器中依据这一实验现象及相应规律制作而成的是A ．电饭锅B ．电熨斗C ．电风扇D ．电热水器10首先对电磁作用力进行研究的是法国科学家安培. 如图所示的装置，可以探究影响安培力大小的因素，实验中如果想增大导体棒摆动的幅度，可能的操作是 A ．把磁铁的N 极和S 极换过来 B ．减小通过导体棒的电流强度IC. 把接入电路的导线从②、③两条换成①、④两条BA第3题图D ．更换磁性较小的磁铁二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．11．有一横截面积为S 的铜导线，流经其中的电流为I ，设每单位体积的导线中有n 个自由电子，电子的电荷量为q ，此时电子定向移动的速率为v ，则在Δt 时间内，通过导体横截面的自由电子数目可表示为( )A ．nv ΔtSB ．nv Δt C.I Δt qD.I Δt Sq12. 家用电烙铁在使用过程中，当暂不使用时：如果断开电源，电烙铁会很快变凉，致使再次使用时，温度不能及时达到要求；如果较长时间接通电源，又浪费电能．为改变这种不足，某学生将电烙铁改装成如图所示的电路，其中R 0是适当的定值电阻， R 是电烙铁．下列说法正确的是( )A ．若暂不使用，应断开SB ．若暂不使用，应闭合SC ．若再次使用，应断开SD ．若再次使用，应闭合S13．如图所示的U —I 图像中，直线I 为某电源的路端电压与电流的关系，直线Ⅱ为某一电阻R 的伏安特性曲线，用该电源直接与电阻R 连接成闭合电路，由图像可知A ．R 的阻值为1.5ΩB ．电源电动势为3V ，内阻为0.5Ω C.电源的输出功率为3.0w D .电源内部消耗功率为1.5w14．当导线中分别通以图示方向的电流，小磁针静止时北极垂直纸面向里的是A B C D三、简答题15.(12分)根据试题的要求填空或作图。
（1）图（甲）为多用电表的示意图，其中S、K、T为三个可调节的部件，现用此电表测量一阻值约为20～30Ω的定值电阻，测量的某些操作步骤如下：①调节_________（选填S、K或T），使电表指针停在_________(选填“右”或“左”)端的“0”刻度位置；②调节K，使它在尖端指向_________（选填“×1”、“×10”、“×100”或“×1K”挡）位置；③将红、黑表笔分别插入“＋”、“－”插孔，笔尖相互接触，调节_________（选填S、K或T），使电表指针指向___________(选填“右”或“左”)端的“0”刻度位置。
（2）在测量另一电阻的阻值时，电表的读数如图（乙）所示，该电阻的阻值为__________Ω。
16．（14分）在“用电流表和电压表测定电池的电动势和内电阻”的实验中．⑴备有如下器材：▲▲▲A．干电池1节；B．滑动变阻器(0～20Ω)；C．滑动变阻器(0～1kΩ)；D．电压表(0～3V)；E．电流表(0～0.6A)；F．电流表(0～3A)；G．开关、导线若干其中滑动变阻器应选▲，电流表应选▲．（只填器材前的序号）⑵为了最大限度的减小实验误差，请在虚线框中画出该实验最合理的电路图．⑶某同学记录的实验数据如下表所示，试根据这些数据在图中画出U-I图线，根据图线得到被测电池的电动势E = ▲V，内电阻r = ▲Ω．123456I(A)0.100.150.200.250.300.40U(V) 1.32 1.26 1.18 1.13 1.040.93O U/VI/A ▲▲▲2013-2014学年第一学期高二物理学科试卷（选修）答题卡一、单选题（10×3） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案二、多选题（4×4）题号 11121314答案三、简答题（12+14）15. （1）①_________（选填S 、K 或T ）②_________（选填“×1”、“×10”、“×100”或“×1K ”挡）③_________（选填S 、K 或T ），______ _________(选填“右”或“左”) （2）__________Ω。
16．（1） （2）（3）四、计算题：本题共3小题，共计48分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步班级 姓名 考场 考试号 座位号O U /V骤只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题．答案中须明确写出数值和单位。
17.（15分）在研究微型电动机的性能时，可采用图所示的实验电路。
当调节滑动变阻器R，使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5 A和1.0 V；重新调节R，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0A和15.0V。
求：（1）这台电动机的内阻；（2）这台电动机正常运转时的热功率；（3）这台电动机正常运转时的输出功率18.（16分）如图所示，在磁感应强度B＝4.0×10-2T的匀强磁场中，有一根与磁场方向垂直、长L=0.1m的通电直导线ab，通过直导线的电流强度I＝5A。
求：（1）直导线在磁场中受到的安培力的大小；（2）在图中标出安培力的方向。
(3)如果使安培力变为原来的2倍，则可以采取的措施（至少两个）。
19.（17分）如图所示，两根平行放置的导电轨道，间距为L，倾角为 ，轨道间接有电动势为E，,内阻为r的电源，现将一根质量为m、电阻为R的金属杆ab水平且与轨道垂直放置，金属杆与轨道接触摩擦和电阻均不计，整个装置处在匀强磁场中且ab杆静止在轨道上，求：（1）若磁场竖直向上，则磁感应强度B1是多少？（2）如果金属杆对轨道无压力，则匀强磁场的磁感应强度的B2是多少？方向如何？（3）若所加匀强磁场的大小和方向可以改变，则磁感应强度至少多大？什么方向？高二物理学科试卷（选修）答案一、单选题（10×3）题号12345678910答案C A D C B C B D C C二、多选题（4×4）题号11121314答案AC AD ABD AB三、简答题（12+14）15. （1）①_____S____ 左②___×1______ ③_____T____ ______右___（2）____15K______Ω。
(每空2分)16．（1） B （2分） E （2分）（2）电路图(见下图)（3分）（3）作图(见右图) （3分）1.40－1.50 （2分）1.25—1.35 （2分）四、计算题：本题共3小题，共计48分．17.（15分）解（1）r=U1/I1+3 （2）P热=I2r +3 (3)P输出=UI- I2r +3=2Ω+2 =8w +2 =22w +218. (16分)解（1）F=BIL +4=4×10-2×5×0.1 N =2×10-2N +4(2)水平向右+4精选教案可编辑 （3）仅仅让磁感应强度、通电直导线的长度、通过直导线的电流强度中任意一个增大2倍即可。
+419 （17分） 解（1）B 1IL=mgtan θ （1） +2r R E I += （2） +2 解得ELr R mg B θtan )(1+= (3) +2 (2)B 2IL=mg(4) +2 解（2）（4）式得EL r R mg B )(2+=(5) +2 磁场方向：水平向左+1 （3）B 3IL=mgsin θ(6) +2 解（2）（6）式得EL r R mgB θsin )(3+=(7) +2 磁场方向：垂直斜面向上+2。