江苏省兴化市板桥高级中学高二物理上学期期中考试 选修【会员独享】
高二物理上学期期中考试试题_01 (2)
U IA B居民图10-1-7rEALR2bR1图10-3-10嘴哆市安排阳光实验学校板桥高级中学高二物理上学期期中考试试题（选修）一、单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分，只有一个选项符合题意。
）1.关于电阻率，下列说法中不正确．．．的是（）A．电阻率是表征材料导电性能好坏的物理量，电阻率越大，其导电性能越好B．各种材料的电阻率都与温度有关，金属的电阻率随温度的升高而增大C．所谓超导体，当其温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，它的电阻率突然变为零D．某些合金的电阻率几乎不受温度变化的影响，通常用它们制作电阻2．一个标有“220V60W”的白炽灯泡，当用多用电表的欧姆挡去测量它的电阻时，其阻值（）A．接近于807ΩB接近于0ΩC．明显大于807ΩD．明显小于807Ω3.如图10-1-7所示，一幢居民楼里住着生活水平各不相同的24户居民，所以整幢居民楼里有各种不同的电器，例如电炉、电视机、微波炉、电脑等等．停电时，用多用电表测得A、B间的电阻为R；供电后，各家电器同时使用，测得A、B间电压为U，进线电流为I，则计算该幢居民楼用电的总功率可以用的公式是（）A．P＝I2R B.P＝RU2C.P＝IUD.以上公式都可以4.如图10-1-8所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长ab=10 cm，bc=5 cm，当将A 与B接入电压为U的电路中时，电流强度为1 A，若将C与D接入电压为U的电路中，则电流为（）A.4AB.2AC.21A D.41A5.如图10-2-14所示，在A、B两端加一恒定不变的电压U，电阻R1为60Ω，若将R1短路，R2中的电流增大到原来的4倍；则R2为（）A．40Ω B．20Ω C．120Ω D．6Ω6．如图10-3-10所示的电路中，电源的电动势E和内电阻r恒定不变，电灯L恰能正常发光，如果变阻器的滑片向a 端滑动，则（）A．电灯L更亮，安培表的示数减小B. 电灯L更亮，安培表的示数增大C. 电灯L更暗，安培表的示数减小D. 电灯L更暗，安培表的示数增大7．以下关于电流表与电压表的说法中，正确的是（）A．都是用电流表G与电阻并联改装而成的B．都是用电流表G与电阻串联改装而成的C．它们本身都有内阻，只是电流表的内阻一般很小，而电压表的内阻一般很大．D．电流表的内阻肯定比用来改装的电流表G的内阻大，而电压表的内阻肯定比用来改装的电流表G的内阻小．BR1 R2U图10-2-14图11-1-78．一条竖直放置的长直导线，通有由下而上的电流，它产生的磁场在它正北方某处的磁感应强度与地磁场在该处的磁感应强度大小相等，设地磁场方向水平向北，则该处的磁场方向为( )A ．向东偏北450B ．向正西C ．向西偏北450D ．向正北9．如图11-3-10所示，在电子射线管上方平行放置一通电长直导线，则电子射线将( )A ．向上偏转B ．向下偏转C ．向纸内偏转D ．向纸外偏转 10．一带电粒子，沿垂直于磁场的方向射人一匀强磁场，粒子的一段径迹如图11-3-11所示，径迹上每一小段都可以看成圆弧，由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小(电量不变)，则可判定( )A ．粒子从a 到b ，带正电B ．粒子从b 到a ，带正电C ．粒子从a 到b ，带负电D ．粒子从b 到a ，带负电二、多项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分，在每小题给出的四个选项中，有多个正确选项，全部选对的得4分选不全的得2分，有选错或不答的得0分。
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；。
高二物理上学期期中试卷(选考含解析)高二全册物理试题
嘴哆市安排阳光实验学校平阳二中高二（上）期中物理试卷（选考）一、单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分）1．下述说法正确的是( )A．根据E=，可知电场中某点的场强与电场力成正比B．根据E=，可知点电荷电场中某点的场强与该点电荷的电量Q成正比C．根据场强叠加原理，可知合电场的场强一定大于分电场的场强D．电场线就是点电荷在电场中的运动轨迹2．在真空中有两个完全相同的金属小球，带电荷分别为﹣q1和+q2，相距r时，它们间的静电力大小为F ；今将两小球接触一下放回原处，这时静电力大小为F，则两球原来带电荷量大小的关系可能是( )A．q1：q2=1：1 B．q1：q2=1：2 C．q1：q2=1：3 D．q1：q2=1：43．电场线如图所示，电场中A、B两点电场强度的大小和电势分别为E A、E B和φA、φB表示，则( )A．E A＞E B，φA＞φB B．E A＞E B，φA＜φB C．E A＜E B，φA＞φB D．E A＜E B，φA＜φB 4．有关电压与电动势的说法中正确的是( )A．电压与电动势的单位都是伏特，所以电动势与电压是同一物理量的不同叫法B．电动势就是电源两极间的电压C．电动势公式E=中的W与电压U=中的W是一样的，都是电场力做的功D．电动势与电压从能量转化的角度来说有本质的区别5．关于场强和电势，下列正确的( )A．在电场中a、b两点间移动电荷，电场力做功为零，则电荷一定在等势面上移动B．电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低C．两个等量同种电荷的电场，从两电荷连线中点沿连线中垂线向外，电势越来越低，场强方向均相同，场强大小在减小D．两个等量异种电荷的电场中，从两电荷连线中点沿连线中垂线向外，电势均相等，场强方向均相同，场强大小在减小6．关于电阻和电阻率的说法中，正确的是( )A．导体对电流的阻碍作用叫做导体的电阻，因此只有导体中有电流通过时才有电阻B．由R=可知导体的电阻与导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比C．纯金属材料的电阻率一般随温度的升高而增大D．将一根导线等分为二，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一7．关于电功和电热的计算，下列说法正确的是( )A．如果是纯电阻电路，电功可用公式W=UIt计算，也可用公式W=I2Rt计算B．如果是纯电阻电路，电热可用公式W=I2Rt计算，但不能用公式W=UIt计算C．如果不是纯电阻电路，电功只能用公式W=I2Rt计算D．如果不是纯电阻电路，电热可用公式W=I2Rt计算，也可用公式W=UIt计算8．两个相距较近的平行金属板A、B相距为d，接在电压为U的电源上．开关闭合时，质量为m，带电量为﹣q的油滴恰好静止在两板中点处，如图所示．在保持其他条件不变的情况下，将两板缓慢地水平错开一些，以下说法正确的是( )A．油滴将向上运动，电流计中的电流从b流向aB．油滴静止不动，电流计中的电流从a流向bC．油滴将下运动，电流计中的电流从a流向bD．油滴静止不动，电流计中无电流流过9．用伏安法测某一电阻时，如果采用如图所示的甲电路，测量值为R1，如果采用乙电路，测量值为R2，那么R1、R2与真实值R之间满足关系( )A．R1＞R＞R2B．R＞R1＞R2C．R1＜R＜R2D．R＜R1＜R210．如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑动触点向下移动时，各灯的亮度变化情况正确的是( )A．A、C灯变亮，B灯变暗B．A、B灯变亮，C灯变暗C．A灯变亮，B、C灯变暗D．A、B、C三灯都变亮二、不定项选择题（每小题4分，共16分.在每小题给出的四个选项中有一个或多个选项正确）11．关于点电荷和元电荷的说法中，正确的是( )A．只有很小的球形带电体才叫做点电荷B．带电体间的距离比它们本身的大小大得多，以至带电体的形状和大小对它们之间的作用力影响可以忽略不计时，带电体就可以视为点电荷C．元电荷就是电子D．任何带电体的电量都是元电荷的整数倍12．有A、B两个电阻，它们的伏安特性曲线如图所示，从图线可以判断( ) A．电阻A的阻值大于电阻BB．电阻A的阻值小于电阻B C．电压相同时，流过电阻A的电流强度较大D．两电阻串联时，电阻A消耗的功率较小13．图中R1=4Ω，R2=9Ω，R3=18Ω．通电后( )A．经R1和R3的电流之比I1：I3=3：1B．R1两端的电压和R3两端的电压之比U1：U3=4：9C．三个电阻消耗的电功率之比P1：P2：P3=2：1：2D．三个电阻消耗的电功率之比P1：P2：P3=2：2：114．一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下．若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，能量变化情况为( )A．动能减小B．电势能减少C．动能和电势能之和减少D．重力势能和电势能之和增加三、填空题（每空2分，共18分）15．某同学欲描绘额定电压为3.0V的小灯泡的I﹣U特性曲线图．（1）设计一个电路，要求误差较小．则以下四个电路图中，最合适的是__________（2）对于所选的实验电路图，在开关S闭合之前，滑动变阻器的滑片应该置于__________端（选填“A”、“B”或“AB中间”）（3）若小灯泡的额定功率和额定电压分别为2W和3V，则常温下多用电表测得其电阻值__________4.5Ω（选填“＞”、“=”或“＜”）16．某同学采用如图甲所示的电路测定电源电动势和内电阻，已知干电池的电动势约为1.5V，内阻约2Ω，电压表（0～3V约3kΩ），电流表（0～0.6A约1.0Ω），滑动变阻器有R1（10Ω2A）和R2（100Ω0.1A）各一只．（1）实验中滑动变阻器应选用__________（选填“R1”或“R2”）．（2）在图乙中用笔画线代替导线连接实验电路．（3）在实验中测得多组电压和电流值，得到如图丙所示的U﹣I图象，由图可较准确地求出电源电动势E=__________V；内阻r=__________Ω．17．用多用电表的欧姆挡测量阻值约为几十千欧的电阻R x，以下给出的是可能的操作步骤，其中S为选择开关，P为欧姆挡调零旋钮．（1）把你认为正确步骤前的字母按合理的顺序填写在横线上__________．a．将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，断开两表笔b．将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出R x的阻值后，断开两表笔c．旋转S使其尖端对准欧姆挡×1kd．旋转S使其尖端对准欧姆挡×100e．旋转S使其尖端对准OFF挡，并拔出两表笔（2）正确操作后，多用电表的指针位置如图所示，此被测电阻R x的阻值约为__________Ω．四、计算题（本题有3小题，共36分，要求写出必要的解题步骤和文字说明.）18．如图所示，两平行金属板A、B间为一匀强电场，A、B相距6cm，C、D为电场中的两点（其中C点在金属板上），且CD=4cm，CD连线和场强方向成60°角．已知电子从D点移到C点电场力做功为3.2×10﹣17J，求：（1）匀强电场的场强；（2）A、B两点间的电势差；（3）若A板接地，D点电势为多少？19．如图所示的电路中，电阻R1=9Ω，R2=15Ω，电源的电动势E=12V，内电阻r=1Ω，安培表的读数I=0.4A．求：电阻R3的阻值和它消耗的电功率．20．（14分）如图所示为两组平行板金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0加速后通过B点进入两板间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间，若电子从两块水平平行板的正中间射入，且最后电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，A、B分别为两块竖直板的中点，求：（1）电子通过B点时的速度大小；（2）右侧平行金属板的长度；（3）电子穿出右侧平行金属板时的动能．平阳二中高二（上）期中物理试卷（选考）一、单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分）1．下述说法正确的是( )A．根据E=，可知电场中某点的场强与电场力成正比B．根据E=，可知点电荷电场中某点的场强与该点电荷的电量Q成正比C．根据场强叠加原理，可知合电场的场强一定大于分电场的场强D．电场线就是点电荷在电场中的运动轨迹【考点】电场强度；点电荷的场强；电场的叠加．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场强度是反映电场本身的力的性质的物理量，不能简单从数学理解．E=k是真空中点电荷Q产生的电场强度的计算式，E与Q成正比．场强的叠加遵守平行四边形定则，合电场的场强与几个分场强效果相同，但大小不一定比分场强大．电场线与运动轨迹不是一回事．【解答】解：A、E由电场本身决定，与F、q无关．故A错误．B、E=k是真空中点电荷Q产生的电场强度的计算式，E与Q成正比．故B 正确．C、场强的叠加遵守平行四边形定则，合电场的场强与几个分场强效果相同，但不一定比分场强大，也可能相等，也可能比分场强小．故C错误．D、电场线表示电场的强弱和方向，与电荷的轨迹不一定重合．故D错误．故选B．【点评】本题考查对场强两个公式的理解能力，要注意区分试探电荷还是场源电荷，电场强度与场源电荷有关，与试探电荷无关．2．在真空中有两个完全相同的金属小球，带电荷分别为﹣q1和+q2，相距r时，它们间的静电力大小为F ；今将两小球接触一下放回原处，这时静电力大小为F，则两球原来带电荷量大小的关系可能是( )A．q1：q2=1：1 B．q1：q2=1：2 C．q1：q2=1：3 D．q1：q2=1：4【考点】库仑定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】库仑定律可得出两球在接触前后的库仑力表达式，则根据电量的变化可得出接触后的作用力与原来作用力的关系．【解答】解：根据库伦定律得：接触前，两球作用力大小为：①两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分：②③联立①②③解得：q1：q2=1：3，故ABD错误，C正确．故选：C．【点评】对于完全相同的带电体，若带异种电荷，接触后则先中和再平分，若带同种电荷则将总电量平分．3．电场线如图所示，电场中A、B两点电场强度的大小和电势分别为E A、E B和φA、φB表示，则( )A．E A＞E B，φA＞φB B．E A＞E B，φA＜φB C．E A＜E B，φA＞φB D．E A＜E B，φA＜φB 【考点】电场线．【分析】电场线可以形象的描述电场的分布，电场线密的地方，电场强度大，沿电场电势降低，据此可正确解答本题．【解答】解：根据电场线疏密表示电场强度大小，E A＜E B；根据沿电场线电势降低，φA＜φB．故选：D．【点评】本题考查用电场线如何表示的电场强度大小及电势高低．4．有关电压与电动势的说法中正确的是( )A．电压与电动势的单位都是伏特，所以电动势与电压是同一物理量的不同叫法B．电动势就是电源两极间的电压C．电动势公式E=中的W与电压U=中的W是一样的，都是电场力做的功D．电动势与电压从能量转化的角度来说有本质的区别【考点】电源的电动势和内阻．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】电压与电动势的单位相同，但物理意义不同．电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领大小的物理量．电动势定义式公式E=中的W是非静电力做功，电压U=中的W是静电力做功．电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压．【解答】解：A、电压与电动势的单位相同，但物理意义不同，是两个不同的物理量．故A错误．B、根据闭合电路欧姆定律，路端电压U=E﹣Ir，只有当外电路断开时，I=0，路端电压等于电动势．当外电路接通时，路端电压即电源两极间的电压小于电动势，故B错误．C、电动势定义式公式E=中的W是非静电力做功，电压U=中的W是静电力做功．故C错误．D、电源是把其他形式的能转化为电能的装置，电动势反映电源把其他形式的能转化为电能本领大小，从能量转化的角度来说有本质的区别．故D正确．故选：D．【点评】本题考查电动势的概念，关键要明确电动势的物理意义，知道与电压的区别，属于基础题．5．关于场强和电势，下列正确的( )A．在电场中a、b两点间移动电荷，电场力做功为零，则电荷一定在等势面上移动B．电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低C．两个等量同种电荷的电场，从两电荷连线中点沿连线中垂线向外，电势越来越低，场强方向均相同，场强大小在减小D．两个等量异种电荷的电场中，从两电荷连线中点沿连线中垂线向外，电势均相等，场强方向均相同，场强大小在减小【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】沿着电场线的方向电势逐渐降低和电场线的疏密程度判断场强和电势；根据等量同种电荷和等量异种电荷周围电场线的特征判断电势的高低和电场强度的大小．【解答】解：A、在电场中a、b两点间移动电荷的过程中，电场力做功为零，知a、b两点间的电势差为0，但电荷不一定在等势面上移动，故A错误．B、电场强度和电势都是描述电场的物理量，二者无直接关系但相互关联，即由电场线知：沿着电场线的方向电势逐渐降低和电场线的疏密程度判断场强，所以场强大的地方电势不一定高，场强小的地方电势不一定低，故B错误．C、两个等量同种电荷的电场线分布知，从两电荷连线的中点沿连线的中垂线向外，电势越来越低，电场强度由零增大后减小，方向从中点指向外侧或内侧，两侧电场强度的方向相反．故C错误．D、两个等量异种电荷的电场线分布知，中垂线为等势线，连线上各点的电势相等，中间电场线比较密，两边疏，则连线中点场强最大，向外逐渐减小，场强方向与等势面垂直即场强方向相同，故D正确．故选：D．【点评】本题关键根据电场线的分布特点判断电势和场强；根据等量同种电荷和等量异种电荷周围电场线的特征判断电势的高低和电场强度的大小．6．关于电阻和电阻率的说法中，正确的是( )A．导体对电流的阻碍作用叫做导体的电阻，因此只有导体中有电流通过时才有电阻B．由R=可知导体的电阻与导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比C．纯金属材料的电阻率一般随温度的升高而增大D．将一根导线等分为二，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一【考点】欧姆定律；导体的电阻．【专题】恒定电流专题．【分析】导体的电阻由电阻本身的性质决定，与通过导体的电流以及两端的电压无关．【解答】解：A、根据R=知，导体的电阻由本身的性质决定，通过导体的电流无关．故A错误．B、电阻R由本身性质决定，与通过导体的电流以及两端的电压无关．故B 错误．C、纯金属材料的物体，其电阻率随温度的升高而增大．故C正确．D、电阻率的大小有材料本身性质决定，与导线的长度和横截面积无关．故D错误．故选：C．【点评】解决本题的关键掌握电阻定律，知道电阻的大小与电流、电压无关，以及知道电阻率的大小由材料本身性质决定．7．关于电功和电热的计算，下列说法正确的是( )A．如果是纯电阻电路，电功可用公式W=UIt计算，也可用公式W=I2Rt计算B．如果是纯电阻电路，电热可用公式W=I2Rt计算，但不能用公式W=UIt计算C．如果不是纯电阻电路，电功只能用公式W=I2Rt计算D．如果不是纯电阻电路，电热可用公式W=I2Rt计算，也可用公式W=UIt计算【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】纯电阻电路，电功可用公式W=UIt计算，也可用公式W=I2Rt计算，非纯电阻电路，电功用公式W=UIt计算，电热用公式W=I2Rt计算．【解答】解：A、纯电阻电路，根据能量守恒电功和电热电相等，电功可用公式W=UIt计算，也可用公式W=I2Rt计算，故A正确B、同理可知B错误C、非纯电阻电路，电功用公式W=UIt计算，故C错误D、非纯电阻电路，电热用公式W=I2Rt计算．故D错误故选A【点评】考查了纯电阻电路、非纯电阻电路，电功、电热计算，注意灵活选取公式．8．两个相距较近的平行金属板A、B相距为d，接在电压为U的电源上．开关闭合时，质量为m，带电量为﹣q的油滴恰好静止在两板中点处，如图所示．在保持其他条件不变的情况下，将两板缓慢地水平错开一些，以下说法正确的是( )A．油滴将向上运动，电流计中的电流从b流向aB．油滴静止不动，电流计中的电流从a流向bC．油滴将下运动，电流计中的电流从a流向bD．油滴静止不动，电流计中无电流流过【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】带电油滴原来处于静止状态，电场力与重力平衡，将两板缓慢地错开一些后，分析板间场强有无变化，判断油滴是否仍保持静止．根据电容的决定式分析电容如何变化，由电容的定义式分析电量的变化，确定电路中电流的方向．【解答】解：将两板缓慢地错开一些，两板正对面积减小，根据电容的决定式C=得知，电容减小，而电压不变，则由C=知，电容器带电量减小，电容器处于放电状态，电路中产生顺时针方向的电流，则电流计中有a→b的电流．由于电容器板间电压和距离不变，则由E=，知板间场强不变，油滴所受电场力不变，仍处于静止状态．故B正确．ACD错误．故选：B．【点评】本题是电容器动态变化问题，要抓住电压不变，根据电容的决定式C=和电容的定义式C=结合进行分析．9．用伏安法测某一电阻时，如果采用如图所示的甲电路，测量值为R1，如果采用乙电路，测量值为R2，那么R1、R2与真实值R之间满足关系( )A．R1＞R＞R2B．R＞R1＞R2C．R1＜R＜R2D．R＜R1＜R2【考点】伏安法测电阻．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】根据两接法的特点可知误差的来源及对结果的影响，即可得出其测量结果与真实值之间的关系．【解答】解：甲图中电压值是准确的，而由于电压表的分流导致电流值偏大，故测量结果将小于真实值；而乙图中电流值是准确的，而由于电流表的分压导致了电压表示数偏大，故测量结果将大于真实值；故答案为：R1＜R＜R2，C正确；故选C【点评】本题考查误差的分析，要明确两种不同的接法中电表对实验的影响，从而得出测量值与真实值之间的关系．10．如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑动触点向下移动时，各灯的亮度变化情况正确的是( )A．A、C灯变亮，B灯变暗B．A、B灯变亮，C灯变暗C．A灯变亮，B、C灯变暗D．A、B、C三灯都变亮【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】定性思想；控制变量法；恒定电流专题．【分析】当滑动变阻器的滑动触头P向下移动时，根据变阻器接入电路的电阻如何变化，由欧姆定律分析总电流的变化，判断A灯亮度的变化．由欧姆定律分析并联部分电压如何变化，确定灯B亮度的变化．根据总电流与B电流的变化关系，分析通过灯C电流的变化，判断C灯亮度的变化．【解答】解：当滑动变阻器的滑动触头P向下移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据全电路欧姆定律得知，干路中电流I增大，则A灯变亮．电路中并联部分电压U并=E﹣I（R A+r），I增大，其他量不变，U并减小，则灯B 变暗．通过C灯的电流I C=I﹣I B，I增大，I B减小，则I C增大，则灯C变亮．所以A、C灯变亮，B灯变暗．故A正确．故选：A【点评】对于电路中动态变化分析问题，往往按“局部→整体→局部”的思路，按程序法进行分析．二、不定项选择题（每小题4分，共16分.在每小题给出的四个选项中有一个或多个选项正确）11．关于点电荷和元电荷的说法中，正确的是( )A．只有很小的球形带电体才叫做点电荷B．带电体间的距离比它们本身的大小大得多，以至带电体的形状和大小对它们之间的作用力影响可以忽略不计时，带电体就可以视为点电荷C．元电荷就是电子D．任何带电体的电量都是元电荷的整数倍【考点】元电荷、点电荷．【分析】点电荷是一种理想化的物理模型；元电荷又称“基本电量”，在各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电荷，常用符号e表示，任何带电体所带电荷都是e的整数倍【解答】解：A、带电体间的距离比它们本身的大小大得多，以至带电体的形状和大小对它们之间的作用力影响可以忽略不计时，带电体就可以视为点电荷，故A错误B正确；C、元电荷是物体带电量的最小值，不是某种电荷，故C错误；D、目前认为自然界中任何带电体所带的电荷量都是元电荷的整数倍，故D正确；故选：BD【点评】点电荷是电荷，有电荷量与电性，而元电荷不是电荷，有电荷量但没有电性12．有A、B两个电阻，它们的伏安特性曲线如图所示，从图线可以判断( ) A．电阻A的阻值大于电阻BB．电阻A的阻值小于电阻BC．电压相同时，流过电阻A的电流强度较大D．两电阻串联时，电阻A消耗的功率较小【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】I﹣U图线的斜率表示电阻的倒数，通过斜率比较电阻的大小．并联时，两电阻电压相等，根据欧姆定律比较电流的大小．串联时，电路相等，根据P=I2R 比较消耗的功率大小．【解答】解：A、I﹣U图线的斜率表示电阻的倒数，由图象可知，A图线的斜率大，则A的电阻小，故A错误，B正确．C、由图象可知，电压U相等时，通过A的电流大于通过B的电流，故C正确．D、两电阻串联，通过它们的电流相等，根据P=I2R得，A的电阻小，则电阻A 消耗的功率较小，故D正确．故选：BCD．【点评】解决本题的关键知道串并联电路的特点，以及知道I﹣U图线的斜率表示的物理意义．13．图中R1=4Ω，R2=9Ω，R3=18Ω．通电后( )A．经R1和R3的电流之比I1：I3=3：1B．R1两端的电压和R3两端的电压之比U1：U3=4：9C．三个电阻消耗的电功率之比P1：P2：P3=2：1：2D．三个电阻消耗的电功率之比P1：P2：P3=2：2：1【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】串联电路电流相同，电压与电阻成正比．并联电路电压相同，电流与电阻成反比．用功率表达式求功率即可．【解答】解：A、设通过R3的电流I3=I ，由并联电路的特点可知，，可得通过电阻R2，的电流I2=2I所以通过电阻R1的电流I1=I2+I3=3I，故A正确；B、由U=IR 可知，==，故B错误；C、D、由P=I2R，可知，P1：P2：P3=（9I2×4）：（4I2×9）：（I2×18）=2：2：1，故D正确故选：AD【点评】本题考查串并联电路中电流和电压的关系，难度不大．14．一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下．若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，能量变化情况为( )A．动能减小B．电势能减少C．动能和电势能之和减少D．重力势能和电势能之和增加【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】根据图中轨迹的弯曲方向，可以判断出重力和电场力的大小关系，然后根据功能关系进行求解即可．【解答】解：A、带电油滴在电场中受到重力和电场力两个作用，由于轨迹向上弯曲，所以重力小于电场力，故从a到b的运动过程中合外力做正功，根据动能定理得知，其动能增加，故A错误；B、从a到b的运动过程电场力做正功，电势能减少，故B正确；C、从a到b的运动过程中，重力势能、电势能和动能的总和保持不变，重力做负功，重力势能增加，因此动能和电势能之和减少，故C正确；D、根据功能关系可知，在从a到b的运动过程中只有重力、电场力做功，因此重力势能、电势能、动能三者之和保持不变，因该过程中动能增加，因此重力势能和电势能之和减小，故D错误．故选：BC【点评】本题在电场和重力场的复合场中重点考察带电小球的功能关系转化．在学习过程中要明确各种功能关系是解这类问题的关键．三、填空题（每空2分，共18分）15．某同学欲描绘额定电压为3.0V的小灯泡的I﹣U特性曲线图．（1）设计一个电路，要求误差较小．则以下四个电路图中，最合适的是A （2）对于所选的实验电路图，在开关S闭合之前，滑动变阻器的滑片应该置于A端（选填“A”、“B”或“AB中间”）（3）若小灯泡的额定功率和额定电压分别为2W和3V，则常温下多用电表测得其电阻值＜4.5Ω（选填“＞”、“=”或“＜”）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】实验题；定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】（1）描绘伏安特性曲线要求多测几组数据，故应采用滑动变阻器分压接法；同时电流表采用外接法；（2）开始时灯泡所在支路应使电流为零，故应将滑片滑到最小值处；（3）图象的斜率表示电阻的倒数，由图象可知，电阻随电压的变化而变化情况．【解答】解：（1）本实验中为了多测数据，滑动变阻器采用了分压接法；同时，因为灯泡内阻较小，故电流表应采用外接法，从而减小误差；故选A．（2）为了实验的安全，在实验前应保证灯泡所在支路电压为零；即与之并联部分的电压为零，滑片应滑到A侧；（3）因电阻随温度的增大而增大，而温度随电压的增大而增大，故灯泡的电阻随温度的升高而增大；小灯泡的额定功率和额定电压分别为2W和3V，则常温下多用电表测得其电阻值小于：Ω故答案为：（1）A；（2）A；（3）＜【点评】因测小灯泡的伏安特性曲线实验的特殊性，本实验一般性况下均应采用滑动变阻器的分压及电流表的外接法．16．某同学采用如图甲所示的电路测定电源电动势和内电阻，已知干电池的电动势约为1.5V，内阻约2Ω，电压表（0～3V约3kΩ），电流表（0～0.6A约1.0Ω），滑动变阻器有R1（10Ω2A）和R2（100Ω0.1A）各一只．（1）实验中滑动变阻器应选用R1（选填“R1”或“R2”）．（2）在图乙中用笔画线代替导线连接实验电路．（3）在实验中测得多组电压和电流值，得到如图丙所示的U﹣I图象，由图可较准确地求出电源电动势E=1.48V；内阻r=1.88Ω．【考点】测定电源的电动势和内阻．【专题】实验题．【分析】（1）估算出电路中最大电流：当变阻器的电阻为零时，由闭合电路欧姆定律可求电路中最大电流，根据额定电流与最大电流的关系，分析并选择变阻器．（2）对照电路图，按顺序连接电路．（3）由闭合电路欧姆定律分析U﹣I图象的纵轴截距和斜率的意义，可求出电动势和内阻．。
江苏省兴化一中高二物理上学期精选试卷检测题
江苏省兴化一中高二物理上学期精选试卷检测题一、第九章 静电场及其应用选择题易错题培优（难）1．如图所示，a 、b 、c 、d 四个质量均为 m 的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中 a 、b 、c 三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕 O 点做半径为 R 的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分。
小球 d 位于 O 点正上方 h 处，且在外力 F 作用下恰处于静止状态，已知 a 、b 、c 三小球的电荷量大小均为 q ，小球 d 的电荷量大小为 6q ，h ＝2R 。
重力加速度为 g ，静电力常量为 k 。
则（ ）A ．小球 a 一定带正电B ．小球 c 的加速度大小为2233kq mRC ．小球 b 2R mRq kπD ．外力 F 竖直向上，大小等于mg ＋226kq R【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】A ．a 、b 、c 三小球所带电荷量相同，要使三个做匀速圆周运动，d 球与a 、b 、c 三小球一定是异种电荷，由于d 球的电性未知，所以a 球不一定带正电，故A 错误。
BC ．设 db 连线与水平方向的夹角为α，则223cos 3R h α==+ 226sin 3R h α=+＝对b 球，根据牛顿第二定律和向心力得：22222264cos 2cos302cos30()q q q k k mR ma h R R Tπα⋅-︒==+︒ 解得23RmRT q kπ=2233kqamR=则小球c的加速度大小为233kqmR，故B正确，C错误。
D．对d球，由平衡条件得2226263sinq q kqF k mg mgh R Rα⋅=+=++故D正确。
故选BD。
2．如图所示，用两根等长的绝缘细线各悬挂质量分别m A和m B的小球，分别带q A和q B的正电荷，悬点为O，当小球由于静电力作用张开一角度时，A球悬线与竖直线夹角为α，B 球悬线与竖直线夹角为β，则（）A．sinsinABmmβα=B．sinsinA BB Am qm qβα=C．sinsinABqqβα=D．两球接触后，再静止下来，两绝缘细线与竖直方向的夹角变为α'、β'，有sin sinsin sinααββ'='【答案】AD【解析】【分析】【详解】AB．如下图，对两球受力分析，根据共点力平衡和几何关系的相似比，可得A m g OP F PA =库，B m g OPF PB=库 由于库仑力相等，联立可得A B m PBm PA= 由于sin cos OA PA αθ⋅=，sin cos OB PB βθ⋅=，代入上式可得sin sin A B m m βα= 所以A 正确、B 错误；C ．根据以上分析，两球间的库仑力是作用力与反作用力，大小相等，与两个球带电量的多少无关，所以不能确定电荷的比例关系，C 错误；D ．两球接触后，再静止下来，两绝缘细线与竖直方向的夹角变为α'、β'，对小球A 、B 受力分析，根据上述的分析，同理，仍然有相同的关系，即sin sin A B m m βα'='联立可得sin sin sin sin ααββ'='D 正确。
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：。
江苏省兴化中学2021-2022学年高二上学期双周测(三)物理(选修)试题 Word版含答案
江苏省兴化中学2021～2022学年度第一学期双周测（三） 高二物理（选修）命题人：姜晓军 时间：2021年10月考试时间：100分钟 满分120分留意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、座位号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 第I 卷（选择题） 一、 单项选择题(11题，每题3分，共计33分) 1．下面关于磁场的说法正确的是( )A ．某点小磁针的S 极指向，即为该点的磁场方向B ．某点小磁针N 极的受力方向与该点磁场方向全都C ．某点一小段通电直导线受到的磁场力方向与该点磁场的方向全都D ．在通电螺线管外部小磁针N 极受力方向与磁场方向全都，在内部小磁针N 极受力方向与磁场方向相反 2．在赤道上空，水平放置一根通以由西向东的电流的直导线，则此导线 ( )A ．受到竖直向下的安培力B ．受到竖直向上的安培力C ．受到由南向北的安培力D ．受到由西向东的安培力3．如图所示,两个同心放置的同平面的金属圆环,一条形磁铁穿过圆心且与两环平面垂直,则通过两环的磁通量Φa 、Φb 比较,则（ ）A ．Φa ＜ΦbB ．Φa ＞ΦbC ．Φa=ΦbD ．无法比较4．如图所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长ab ＝2bc ，当将A 与B 接入电压为U(V)的电路中时，电流为I ；若将C 与D 接入电压为U(V)的电路中，则电流为( )A ．14I B ．2I C ．12I D ．4I 5．如图所示，两只灯泡L 1、L 2分别标有“110V ，60W ”和“110V ，100W ”，另外有一只滑动变阻器R ，将它们连接后接入220V 的电路中，要求两灯泡都正常发光，并使整个电路消耗的总功率最小，应使用下面( )6.如图所示，把一通电导线放在蹄形磁铁磁极的正上方，导线可以自由移动。
当导线通入向左的电流I 时，假如只考虑安培力的作用，则从上往下看，导线的运动状况是（ ）A.顺时针方向转动，同时下降B.顺时针方向转动，同时上升C.逆时针方向转动，同时上升D.逆时针方向转动，同时下降7．在匀强磁场中，一个带电粒子做匀速圆周运动，假如又顺当垂直进入另一磁感应强度是原来磁感应强度2倍的匀强磁场，则（ ） A ．粒子的速率加倍，周期减半 B ．粒子的速率加倍，轨道半径减半 C ．粒子的速率不变，周期减半D ．粒子的速率减半，轨道半径变为原来的1/48．如图所示，通有恒定电流的导线MN 与闭合金属框共面，第一次将金属框由位置1绕cd 边翻转到位置2，其次次将金属框由位置1平移到位置2，设先后两次通过金属框的磁通量的变化量的大小分别为△Φ1和△Φ2，则（ ）。
江苏省兴化市2013-2014学年高二上学期期中考试物理试题
第5题图江苏省兴化市2013-2014学年高二上学期期中考试物理试题(考试用时：75分钟 总分：100分)注意事项：1. 本试卷共分两部分，第卷为选择题，第卷为非选择题。
2. 所有试题的答案均填写在答题纸上，答案写在试卷上的无效。
第Ⅰ卷(选择题共69分)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．下列各物理量中属于标量的是 ( ) A. 速度 B ．质量 C ．电场强度 D ．位移2．分析物体的运动时，下列哪个标有着重号的物体可以被看作质点 ( ) A ．观察太阳．．发生日食现象时 B ．对体操运动员．．．．．姿势和动作进行分析 C ．研究宇宙飞船．．．．围绕地球做圆周运动的轨道半径 D ．在太空中进行飞船对接时，可把飞船．．看做质点3．某学校田径运动场跑道示意图如图所示，其中A 点是所有跑步项目的终点，也是400 m 赛跑的起跑点，B 点是100 m 赛跑的起跑点．在校运动会中，甲、乙两位同学分别参加了400 m 、100 m 的比赛，则 ( )A ．甲、乙的位移大小相等B ．甲、乙的路程相等C ．甲的位移大小较大D ．甲的路程较大4．关于速度、速度变化量、加速度的关系，下列说法正确的是 ( ) A ．运动物体的速度越大，其速度变化量一定越大 B ．运动物体的速度越大，其加速度一定越大C ．运动物体的速度变化量越大，其加速度一定越大D ．运动物体的速度变化越快，其加速度一定越大5．在如图所示的位移时间(x -t )图象和速度时间(v -t )图象中，表示物体做匀速直线运动的是( )6．一个物体做自由落体运动，取g =10m/s 2，则 ( ) A ．物体3s 末的速度为30m/s B ．物体3s 末的速度为15m/s C ．物体3s 内下落的高度是90m D ．物体3s 内下落的高度是30m7．如右图所示，细绳竖直拉紧，小球和光滑斜面接触，则小球受到的力是 ( )第3题图第7题图第8题图第10题图 第11题图A ．重力、绳的拉力、斜面的弹力B ．重力、绳的拉力C ．重力、斜面的弹力D ．绳的拉力、斜面的弹力8．如图所示，一个重60 N 的物体置于光滑的水平面上，当用一个F ＝30 N 的力竖直向上拉物体时，物体所受的支持力为 ( ) A ．0 B ．30 N ，方向竖直向下C ．30 N ，方向竖直向上D ．90 N ，方向竖直向上9．把一木块放在水平桌面上保持静止，下面说法正确的是 ( ) A ．木块对桌面的压力就是木块受的重力，施力物体是地球 B ．木块对桌面的压力是弹力，是由于桌面发生形变而产生的 C ．木块对桌面的压力在数值上等于木块所受的重力D ．木块保持静止是由于木块对桌面的压力与桌面对木块的支持力保持平衡10．图示为“探究求合力的方法”的某一实验装置．下列说法正确的是 ( ) A ．在测量同一组数据F 1、F 2和合力F 的过程中，橡皮条结点O 的位置不能变化 B ．弹簧测力计拉细线时，拉力方向必须竖直向下 C ．实验中F 1、F 2的大小一定相等D ．实验中F 1、F 2方向间夹角一定为90°11．如图所示，斜面的倾角为α，将某一质量为m 的物体静止放置在斜面上，则物体受到斜面对它的静摩擦力f 大小是 ( ) A ．f ＝mgtanα B ．f ＝mgsinα C ．f ＝mgcosα D ．f ＝mg/sinα12．下列说法中正确的是 ( ) A ．一个力只能根据它的实际作用效果进行分解 B ．力的合成与分解都可以按平行四边形定则进行 C ．合力的方向一定与最大的分力方向相同 D ．一个力只能分解成两个力13．物体受到两个力F 1 和F 2的作用，F 1=5N ，F 2=9N ，则它们的合力F 的数值范围是( ) A ．5N≤F≤9N B ．5N≤F≤14N C ．9N≤F≤14N D ．4N≤F≤14N 14．下列关于电磁波说法不正确．．．的是 ( ) A ．电磁波是一种物质 B ．电磁波具有能量C ．电磁波不可以在真空中传播D ．公式f c λ=适用于电磁波15．电场中有一点P ，下列说法正确的是 ( ) A ．P 点的场强越大，则同一电荷在P 点受到的电场力越大 B ．若P 点没有试探电荷，则P 点场强为零第20题图A B第16题图第17题图 C ．若放在P 点的试探电荷的电荷量减半，则P 点的场强减半 D ．P 点的场强方向就是试探电荷在该点所受电场力的方向16．某电场的电场线如图所示，电场中的A 、B 两点的场强大小分别为E A 和E B ，由图可知 A ．E A ＞E B ( ) B ．E A ＝E B C ．E A ＜E BD ．无法比较E A 和E B 的大小17．如第17图中展示的是下列哪种情况的电场线 ( ) A ．单个正点电荷 B ．单个负点电荷 C ．等量异种点电荷 D ．等量同种点电荷18．下列各图中，已标出电流及电流磁场的方向，其中正确的是 ( )19．关于磁感线和电场线，下列说法正确的是 ( ) A ．电场线和磁感线都是电场或磁场中实际存在的线B ．空间某处磁感线、电场线分布越密集，表示该处磁感应强度、电场强度越大C ．电场线起始于负电荷，终止于正电荷D ．磁感线不是闭合曲线，起始于N 极，终止于S 极20．某同学画的表示磁场B 、电流I 和安培力F 的相互关系如图所示，其中正确的是( )21．如图为探究产生电磁感应现象条件的实验装置，下列情况中不能．．引起电流计指针转动的是 ( )A．闭合电键瞬间 B ．断开电键瞬间C ．闭合电键后拔出铁芯瞬间D ．断开电键使变阻器的滑动头向右移动第18题图甲乙αv 0x/m αO45902第23题图22．关于摩擦力，以下说法正确的是 ( ) A ．运动的物体不可能受到静摩擦力作用 B ．静止的物体有可能受到滑动摩擦力作用 C ．滑动摩擦力的方向总是与物体运动方向相反 D ．滑动摩擦力的方向不可能与物体运动方向一致23．图（甲）为某研究性学习小组测量木块与木板间的动摩擦因数装置图，让木块以一定的初速度v 0沿倾角可在0～900之间任意调整的木板向上滑行，测出木块沿木板向上所能达到的最大位移x ，画出木块向上所能达到的最大位移x 与对应木板倾角α的图象，如图（乙）所示，由该图可求得木块与木板间的动摩擦因数为（g 取10m/s 2） ( ) A ．23B ．33C ．12-D ．21-第Ⅱ卷(非选择题共31分)二、填空题：请在答题卡指定的位置上作答（本部分2小题，其中24小题4分，25小题6分，共10分）24．本题为选做题，考生只选择一题作答。
江苏省兴化市高二物理上学期期中考试试题(必修)
江苏省兴化市板桥高级中学2012-2013学年高二物理上学期期中考试试题（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．下列对电现象及规律的认识中，正确的是A ．摩擦起电说明了电荷可以创生B ．点电荷间的静电力随它们的距离增大而增大C ．同种电荷相互吸引，异种电荷相互排斥D ．自然界中只存在正、负两种电荷2．关于通电螺旋线管磁极的判断，下列示意图中正确的是3．如图所示，在水平匀强磁场中数值放置一矩形线圈，线圈平面与磁场垂直，线圈绕其底边转过90°至水平位置的过程中，穿过线圈的磁通量的变化情况是A ．变大B ．变小C ．先变大后变小D ．先变小后变大4．根据磁感应强度的定义式ILF B ，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 也一定为零5．关于电场线，下列说法中正确的是（ ）A ．电场线就是电荷运动的轨迹B ．电场中的电场线可以相交C ．电场线越密的地方场强越小D ．电场线上某点的切线方向与负试探电荷在该点所受电场力的方向相反6．下列说法中正确的是A ．直流电能通过电容器B ．交变电流不能通过电容器C ．直流电、交变电流都能通过电容器D ．交变电流的频率越低，电流通过电容器的能力也越低7．在以下列举的事例中，属于静电防止的是（ ）A ．静电复印B ．静电喷涂C ．静电除尘D ．油罐车用铁链拖地行驶8．某电场的电场线如图所示，电场中 M 、N 两点的场强大小分别为E M 和E N，由图可知（）A．E M﹥E N C．E M= E NB．E M﹤ E N D．无法比较E M和E N的大小9．关于感应电动势的大小，下列说法中正确的是：A．磁通量越大，则感应电动势越大 B．磁通量减小，则感应动势一定是减小C．磁通量增加，感应电动势有可能减小 D．磁通量变化越大，则感应电动势也越大10．穿过一个单匝线圈的磁通量始终保持每秒钟均匀地减少了2Wb，则：A．线圈中感应电动势每秒增加2V B．线圈中感应电动势每秒减少2VC．线圈中无感应电动势 D．线圈中感应电动势大小不变11．为了使电炉消耗的功率减半，应A．使电流减半 B．使电压减半Ｃ．使电压和电炉的电阻各减半Ｄ．使电炉的电阻减半12. 在电磁波谱中，红外线、可见光和伦琴射线（X射线）三个波段的频率大小关系是( ) A．红外线的频率最大，可见光的频率最小B．伦琴射线的频率最大，红外线的频率最小C．可见光的频率最大，红外线的频率最小D．伦琴射线频率最大，可见光的频率最小13．关于磁感线，下列说法正确的是：（）A．磁感线越密的地方磁场越强 B．磁感线是磁场中客观存在的物质C．磁感线的方向就是小磁针受力的方向 D．磁感线一定从N极出发回到S极14．关于电荷所受电场力和洛伦兹力，正确的说法是（）A．电荷在磁场中一定受洛伦兹力作用 B．电荷在电场中一定受电场力作用C．电荷所受电场力一定与该处电场方向一致D．电荷所受的洛伦兹力不一定与磁场方向垂直15．对于正常工作的电风扇和电饭锅，下列说法中正确的是（）A．电风扇和电饭锅消耗的电能均大于各自产生的内能B．电风扇和电饭锅消耗的电能均等于各自产生的内能C．电风扇消耗的电能大于产生的内能，电饭锅消耗的电能等于产生的内能D．电风扇消耗的电能等于产生的内能，电饭锅消耗的电能大于产生的内能16．2008 年 9 月 27 日，航天员翟志刚首次实现了中国航天员在舱外的太空活动，这是我国航天发展史上的又一里程碑．舱内、外的航天员近在咫尺，但要进行对话，一般需要利用（）A．紫外线B．无线电波C．射线D．X 射线17．.当我们走向某些宾馆的门口时，门会自动向两边打开，这是因为门上安装了下列哪种感器？（）A．温度传感器 B．压力传感器 C．红外线传感器 D．声音传感器17．如图所示，绝缘细线悬挂着的两小球带同种电荷。
江苏省兴化中学2024-2025学年高二上学期阶段性测试(一)物理试卷
江苏省兴化中学2024-2025学年高二上学期阶段性测试（一）物理试卷一、单选题1．下列说法正确的是（ ）A ．电动势大的电源做功一定多，储存的电能越多B ．电动势就是电势差，电源的电动势一定等于闭合电路中电源两端的电压C ．电动势在数值上等于非静电力把1C 的正电荷在电源内从正极移到负极所做的功D ．为了能更方便测量电源内阻，应使用旧电池2．图示为一已进行欧姆调零的欧姆表，用该欧姆表测一电阻R 的阻值时，指针偏转至满刻度的12处．现用该欧姆表测一未知电阻的阻值，指针偏转到满刻度的13处，可知该电阻的阻值为（ ）A ．RB ．2RC ．3RD ．4R3．如图所示，0R 为定值电阻，1R 为滑动变阻器，闭合开关S ，向右移动滑片P ，则（ ）A ．灯泡L 变亮B ．灯泡L 亮度不变C ．0R 的功率变大D ．0R 的功率不变4．某一规格小灯泡的伏安特性曲线如图所示，现将它直接接在电源电动势3VE=，内阻6r=Ω的电源上，小灯泡的实际功率约为（）A．0.17W B．0.35W C．0.71W D．1.41W5．将一电源、定值电阻02R=Ω及电阻箱连成如图甲所示的闭合回路，闭合开关后调节电阻箱的阻值，测得电阻箱功率与电阻箱读数变化关系曲线如图乙所示，则下列说法中正确的是（）A．该电源电动势为9V B．该电源内阻为1ΩC．调整R，电源最大输出功率为9W D．电阻箱功率最大时电源效率为50% 6．交警使用的某型号酒精测试仪工作原理如图所示，传感器电阻R的电阻值随酒精气体浓度的增大而减小，电源的电动势为E，内阻为r，定值电阻R0 = r，电路中的电表均为理想电表。
当饮酒驾驶后对着测试仪吹气时，下列说法错误的是（）A．电压表的示数变大，电流表的示数变小B．饮酒量越多，电源的效率越小C．饮酒量越多，电源的输出功率一定越大D．电压表示数变化量与电流表示数变化量的绝对值之比保持不变7．如图为一玩具起重机的电路示意图。
江苏省兴化市高二物理上学期期中考试试题(选修)
一道习题的变式探究
有这样一道习题：
如图，四边形ABCD是正方形，△ADE经顺时针旋转后与△ABF重合．
（1）旋转中心是哪一点？
（2）旋转了多少度？
（3）如果连结EF，那么△AEF是怎样的三角形？
解：（1）旋转中心是点A．（2）旋转了90°
（3）因为△ADE与△ABF重合，线段DA绕点A顺时针旋转90°与线段BA重合，线段EA绕点A顺时针旋转90°与线段FA重合.°所以，ΔAEF是等腰直角三角形．
小结：本题主要运用旋转的特征解决问题．
变式1：上述已知条件不变，结论为：若AE=2，求EF的长．
解：由问题（3）可知△AEF为等腰直角三角形，由勾股定理可知EF=2√2．
变式2：在四边形AFCE中，∠FAE=∠BCD=900，EA=FA，AB⊥FC于B，若四边形AFCE的面积是16，求AB的长？
解：因为∠FAE=∠BCD=900，EA=FA，AB⊥FC于B．
所以，把△AFB绕点A逆时针旋转900后，△AFB与△AED重合，则四边形AFCE的面积转化为四边形ABCD的面积，四边形ABCD的面积=16 ，因EA=FA，所以AD=AB，四边形ABCD 为正方形，由AB2=16，所以AB=4．
小结：解决图形问题要有平移思想，图形面积问题把不规则利用割补法转化为规则图形．。
高二物理上册期中试卷精选
高二物理上册期中试卷精选物理与九年义务教育物理或许迷信课程相衔接，宗旨在于进一步提高同窗们的迷信素养，与实践生活联络严密，研讨的重点是力学。
小编预备了高二2021物理上册期中试卷，详细请看以下内容。
一、单项选择题：共12小题，每题4分，共48分。
在每一小题给出的四个选项中只要一个正确选项，把答案填在答题卡中。
1. 静电场中某点的电场强度A.其方向跟电荷在该点所受的电场力的方向分歧B.跟电荷在该点所受的电场力的大小成正比C.跟放于该点的电荷的电量成正比D.跟放于该点的电荷的电量及所受电场力的大小有关2. 两个带正电荷的小球，固定放置在润滑的水平绝缘板面上坚持一定距离，假设两个小球同时释放，它们的减速度之比a1：a2将A.坚持不变B.随时间增大C.随时间减小D.先增大后减小3. 将电量为310-6C的负电荷,放在电场中A点,遭到的电场力大小为610-3N,方向水平向右，那么将电量为610-6C的正电荷放在A点，遭到的电场力为A.1.210-2N，方向水平向右B.1.210-2N，方向水平向左C.1.2102N，方向水平向右D.1.2102N，方向水平向左4.将一个电荷量q=2.010-9 C的误点电荷在静电场中由A点移到B点，除电场力外，其他力做的功为6.010-5 J，点电荷的动能添加了8.010-5 J，那么A、B两点间的电势差UAB 为A.3104 VB.1104 VC.4104 VD.7104 V5.如下图，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从运动末尾由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45，那么以下结论不正确的选项是：A.此液滴带负B.液滴做匀减速直线运动C.合外力对液滴做的总功等于零D.液滴的电势能增加6.如下图描画了两个电阻的U-I图，由图中可知，假定将这两个电阻并联接入电路中，那么经过R1、R2的电流之比是B.3∶1C.6∶1D.1∶67.如下图，把一个带正电的小球a放在润滑的绝缘斜面上，欲使球a能运动在斜面上，如今直线MN上放一个带电小球b，那么b不能够A.带正电，放在A点B.带正电，放在B点C.带负电，放在C点D.带负电，放在D点8.在如右图所示的电路中，电源的电动势为E，内电阻为r.L1、L2是两个小灯泡.闭合S后，两灯均能发光.当滑动变阻器的滑动触头向右滑动时，会出现A.L1变暗L2变暗B.L1变亮L2变暗C.L1变亮L2变亮D.L1变暗L2变亮9.用电压表反省如右图所示电路中的缺点，测得Uad=5.0 V，Ucd=0 V，Ubc=0 V，Uab=5.0 V.那么此缺点能够是A.L断路B.R断路D.S断路10.电阻R和电动机M串联接到电路中，如下图，电阻R跟电动机线圈的电阻值相等，电键接通后，电动机正常任务.设电阻R和电动机M两端的电压区分为U1和U2，经过时间t，电流经过电阻R做功为W1，发生热量为Q1，电流经过电动机做功为W2，发生热量为Q2.那么有A.U1B.U1=U2，Q1=Q2C.W1=W2，Q1Q2D.W111.有一款绿色环保冰箱的产品规格见下表，那么该冰箱每天正常任务的平均功率为电源耗电量输入功率毛重220 V 50 Hz0.9 kWh/24 h125 W72 kgA.相当于900 W电饭煲的功率B.接近于90 W电热毯的功率C.相当于125 W彩电的功率D.小于40 W白炽灯泡的功率12.将一电源电动势为E、内阻为r的电池与外电路衔接，构成一个闭合电路，用R表示外电路的电阻，I表示电路的总电流，以下说法正确的选项是A.由U外=IR可知，外电压随I的增大而增大B.由U内=Ir可知，电源两端的电压随I的增大而增大C.由U=E-Ir可知，电源的输入电压随I的增大而减小D.由P=IU可知，电源的输入功率随I的增大而增大二、多项选择题：共6小题，每题4分，共24分。
江苏省泰州市兴化板桥中学2022-2023学年高二物理月考试卷含解析
江苏省泰州市兴化板桥中学2022-2023学年高二物理月考试卷含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. (单选)如图所示，先接通S使电容器充电，然后断开S。
当增大两极板间距离时，电容器所带电荷量Q、电容C、两极板间电势差U、电容器两极板间场强E的变化情况是()A．Q变小，C不变，U不变，E变小B．Q变小，C变小，U不变，E不变C．Q不变，C变小，U变大，E不变D．Q不变，C变小，U变小，E变小参考答案：C2. 关于电场线和磁感线,下列说法正确性的是：A．电场线和磁感线都是闭合的曲线B．磁感线是从磁体的N极发出，终止于S极C．电场线和磁感线都不能相交D．电场线和磁感线都是现实中存在的参考答案：C3. （单选）如图所示是高频焊接原理示意图。
线圈中通以高频变化的电流时,待焊接的金属工件中就产生感应电流,感应电流通过焊缝产生大量热量,将金属融化,把工件焊接在一起,而工件其他部分发热很少。
以下说法正确的是()。
A.电流变化的频率越高,焊缝处的温度升高得越慢B.电流变化的频率越低,焊缝处的温度升高得越快C.工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻大D.工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻小参考答案：C4. 家用电子调光灯的调光原理是用电子线路将输入的正弦交流电压的波形截去一部分来实现的，由截去部分的多少来调节电压，从而实现灯光的可调，比过去用变压器调压方便且体积较小．某电子调光灯经调整后的电压波形如图所示，若用多用电表测灯泡两端的电压，多用电表示数为()A.UmB.UmC.UmD.Um参考答案：C5. 有A．B两个电阻，它们的伏安特性曲线如图所示，从图线可以判断（）A．电阻A的阻值大于电阻BB．电阻A的阻值小于电阻BC．电压相同时，流过电阻A的电流强度较大D．两电阻串联时，电阻A消耗的功率较小参考答案：BCD二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. （6分）如图所示，将多用电表的选择开关置于欧姆挡，再将电表的两支表笔与热敏电阻R t的两端相连，这时表针恰好指在刻度盘的正中间，若往R t上擦一些酒精，表针将向_____(填“左”或“右”)转动；若用吹风机向R t吹热风，表针将向______(填“左”或“右”)转动。
江苏省兴化市板桥高级中学学年高二物理上学期期中考试 必修【会员独享】
江苏省兴化市板桥高级中学2011-2012学年高二上学期期中考试（物理）（必修）一、单项选择题：每小题只有一个．．．．选项（本大题23小题，每小题3分，共69分）。
1．1888年，德国物理学家______用实验证实电磁波的存在，使人们认识到物质存在的另一种形式。
A．麦克斯韦 B．爱迪生 C．赫兹 D．法拉第2．下列关于磁场和磁感线的说法中，错误．．的是（）A．磁极间的相互作用是通过磁场实现的，磁场同电场一样也是一种物质B．磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向C．磁感线总是从N极出发，终止于S极D．磁感线越密的地方磁感强度越大3．关于感应电动势的大小，下列说法中正确的是：A．磁通量越大，则感应电动势越大B．磁通量减小，则感应动势一定是减小C．磁通量增加，感应电动势有可能减小D．磁通量变化越大，则感应电动势也越大4．穿过一个单匝线圈的磁通量始终保持每秒钟均匀地减少了2Wb，则：A．线圈中感应电动势每秒增加2VB．线圈中感应电动势每秒减少2VC．线圈中无感应电动势D．线圈中感应电动势大小不变5．关于电磁场理论，以下说法正确的是：A．在电场周围一定会产生磁场B．任何变化的电场周围空间一定会产生变化的磁场C．均匀变化的电场会产生变化的磁场D．周期性变化的电场会产生周期性变化的磁场6．关于发电机和电动机下列说法中不正确的是：A．发电机和电动机的作用是相同的，都是把其他形式的能转化成电能B．发电机可以把其他形式的能转化成电能，电动机可以把电能转化成机械能C．发电机和电动机统称为电机D．通过电机可以实现电能与其他形式的能源相互转换7．关于通电直导线周围磁场的磁感线分布，下列示意图中正确的是8．汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子。
如图所示，把电子射线管（阴极射线管）放在蹄形磁铁的两极之间，可以观察到电子束偏转的方向是A ．向上B ．向下C ．向左D ．向右9．长直螺线管中通有电流，沿螺线管中心轴线射入一电子，若螺线管中电流增大，方向不变，电子在螺线管中心轴线上运动情况是：A ．做匀速直线运动B ．做变加速直线运动C ．做变减速直线运动D ．做间距变大的螺旋运动10．下列说法中不正确的是：A ．在同一幅磁感线的示意图中，磁感线越密的位置，磁场越强B ．有磁不一定有电，但有电必有磁C ．异名磁极相互吸引，同名磁极相互排斥D ．做奥斯特实验时，不管导线如何放置，只要电流足够强，一定能够观察到小磁针的偏转11、把一条形磁铁插入同一个闭合线圈中，第一次是迅速的，第二次是缓慢的，两次初、末位置均相同，则在两次插入的过程中（ ）A.磁通量变化率相同B.磁通量变化量相同C.产生的感应电流相同D.产生的感应电动势相同12．如图所示，矩形线圈平面与范围足够大的匀强磁场磁感线平行。
江苏省兴化中学、通州区2024-2025学年高二上学期11月期中联考物理试题及答案
江苏省兴化中学、通州区2024~2025学年（上）期中质量监测高二物理一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分．每题只有一个选项最符合题意．1．在磁场中有a 、b 两点，同一电流元在两点垂直磁场放置时受到的磁场作用力F 与电流I 满足如图所示的关系．则a 、b 两点磁感应强度大小之比为（ ）A ．1：2B ．2：1C ．2：5D ．1：52．某班学生分成四个实验小组，甲、乙两组观察光的单缝衍射，丙、丁两组观察光的双缝干涉，分别看到以下的图样．下列说法中正确的是（ ）A ．若甲、乙实验时仅单缝宽度不同，则甲组使用的单缝宽度比乙组窄B ．若甲、乙实验时仅光波波长不同，则甲组使用的单色光波长比乙组小C ．若丙、丁实验时仅双缝间距不同，则丙组使用的双缝间距比丁组大D ．若丙、丁实验时仅屏与双缝间的距离不同，则丙组屏与双缝间距离比丁组小3．奥运会网球赛场上，中国运动员郑钦文挥拍进行网前拦截，她将水平飞来的质量为m 、速度大小为2v 的球，以大小为v 的速度反向击回，则击球过程中网球（ ） A ．动量变化量的大小为mv B ．动量变化量的大小为3mv C ．动能变化量的大小为212mv D ．动能变化量的大小为2mv4．固定在振动片上的金属丝周期性触动水面形成水波，当振动片在水面上移动时拍得一幅如图所示的照片，已知振动片的振动频率为0f ，则（ ）A ．振动片正在向b 处移动B ．a 、b 两处的水波速度a b v v =C ．a 、b 两处接收到的水波频率0a b f f f ==D ．a 、b 两处接收到的水波频率0a b f f f >>5．如图所示，一个电子在水平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，在过圆心O 的轴线上有一点A ．则A 点磁感应强度的方向（ ）A ．水平向右B ．水平向左C ．竖直向下D ．竖直向上6．如图所示，半径为R 、轮辐均匀对称分布的摩天轮以角速度ω顺时针做匀速圆周运动．阳光从正上方垂直地面入射时，座舱在地面上影子的运动是简谐运动，从座舱A 位于图示位置开始计时，则（ ）A ．座舱A 影子的振幅为2RB ．座舱B 影子的振幅为2R C ．座舱A 影子的初相为0D ．座舱影子的振动周期为2πω7．图甲是一简谐横波在0t =时刻的波形图，图乙是波中质点Q 的振动图像，质点P 、Q 平衡位置的坐标分别为0和3.5m ．则（ ）A ．波沿x 轴正方向传播B ．波的传播速度为1m /sC ．0.75s t =时，质点P 的位移为零D ．再经0.5s ，质点P 通过的路程为20cm8．“道威棱镜”是一种光学旋转器，如图所示，刻有镂空字母P 的竖直挡板置于棱镜左侧面前，水平光束从挡板左侧入射，在棱镜底面发生一次全反射后从右侧面射出．则光在棱镜右侧竖直挡板abcd 上形成的图样是（ ）A ．B ．C ．D ．9．测量大型圆筒的内径时，技术工人用直径为d 的小钢球置于圆筒内部，使其在筒横截面内做小幅摆动（如图）．测得钢球在时间t 内完成全振动的次数为n ，假定圆简内壁光滑，重力加速度g 已知，则圆筒的内半径R 为（ ）A ．22224π2g n dt + B ．22224πg n d t + C ．2224π2gt dn + D ．2224πgt d n+10．甲、乙两列横波在同一均匀介质中传播，甲波沿x 轴正方向，乙波沿x 轴负方向．0t =时刻两列波恰好在坐标原点相遇，波形如图所示．则（ ）A ．两列波波源的起振方向均沿y 轴负方向B ，两列波叠加后， 1.5m x =处质点振幅为30cmC ．两列波叠加后，0x =处的质点将始终处于波峰D ．经足够长时间，3m 3m x -<<内有5个振动加强点11．如图所示，一轻质弹簧下端固定在光滑斜面底端，0t =时刻，一物块从斜面顶端由静止释放，直至运动到最低点的过程中，物块的动量p 、加速度a 随时间t 变化的关系图像可能正确的是（ ）A．B．C．D．二、非选择题：共5题，共60分．其中第13题~第16题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；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位．12．（15分）某实验小组“研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒”，实验装置如图甲所示，将斜槽固定在铁m的入射小球多次从斜槽上同一位置滚下，找到其平均落架台上，使槽的末端水平，实验时，先让质量为1m的被碰小球放在斜槽末端，再将入射球从斜槽上同一位置地点位置P；然后把另一个大小相同、质量为2释放，跟被碰球发生正碰．多次实验找到入射球与被碰球的平均落地点位置M、N，如图乙所示，其中O 点是小球抛出位置在水平地面的竖直投影．图甲图乙（1）关于本实验，下列说法正确的是________A．入射球的质量可以小于被碰球的质量B．不必测量斜槽末端到地面的竖直高度C．需要用秒表测量小球做平抛运动的时间D．小球沿斜槽滚下过程受到的摩擦力会对实验结果产生影响（2）实验中用尽可能小的圆将小球落地点包含在内，取其圆心作为平均落点的位置，这样做的目的是为了减少测量时的________（选填“系统误差”或“偶然误差”）．（3）若测得OP、OM、ON的距离分别为1s、2s、3s，则验证动量守恒的表达式为________（用题中所给物理量的符号表示）．（4）该小组同学在测量线段长度时发现，OM、ON相差不明显，在不更换小球材质的情况下，请你给他们提出一点改进建议．________（5）完成上述实验后，小组成员查阅资料得知，恢复系数e 能表征碰撞过程中能量的损失情况，恢复系数e 等于碰撞后两物体相对速度大小与碰撞前两物体相对速度大小之比．本实验中测得的恢复系数e =________（用题中所给物理量符号表示），若代入数据计算得出e 的数值近似等于________，则可认为该碰撞为弹性碰撞．13．（6分）如图所示，一列简谐横波在沿x +轴方向传播，图甲和图乙分别为轴上a 、b 两质点的振动图像，两质点的平衡位置在x 轴上的坐标分别为2m a x =、10m b x =，试求这列波可能的波长λ和波速v ．14．（8分）如图所示，一根轻弹簧上端固定，下端连接质量为m 的小球．现用手把球向上托起，使球从弹簧原长处由静止释放，小球将沿竖直方向上下振动，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力．已知弹簧劲度系数为k ，小球经过平衡位置时速度大小为v ，重力加速度为g ．（1）证明小球的运动是简谐运动；（2）若小球做简谐运动的周期为T ，求自静止释放到第一次经过平衡位置过程中，弹簧对小球的冲量大小I ．15．（12分）如图所示，横截面为矩形的透明体ABDE ，边长AB ，BD 的距离为3a ，虚线是AE 、BD 两边中点的连线，点光源S 到边界AE 的距离为1x =，AE 上的P 点与A 点距离为a ，从S 射到P 点的光，经透明体折射后直接射到B 点，已知真空中光速为c ．（1）求该透明体的折射率n ；（2）求经透明体折射后直接射到B 点的光线在透明体中传播的时间t ；（3）沿虚线移动点光源S ，使进入透明体的所有光线，射到AB 、DE 边界时均能发生全反射，求点光源S 到边界AE 距离的最小值x ．16．（15分）如图所示，质量为3m的半圆弧槽静止在水平面上，左端紧靠竖直的墙壁，圆弧轨道位于竖直平面内且两端等高，半径为R．一质量为m的小滑块从槽左端A的正上方P点处由静止释放，A与P点的高度差为1.5R，重力加速度为g，不计空气阻力及一切摩擦．求：v和受到的支持力大小N；（1）滑块第一次到达槽最低点B时的速度大小（2）滑块第一次离开槽右端C后，还能上升的最大高度h；（3）滑块第二次到达槽最低点B时的速度和此时圆弧槽的速度．高二物理参考答案及评分标准一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分，每题只有一个选项最符合题意．1．D 2．A 3．B 4．B 5．C 6．D 7．C8．A9．C10．D11．B二、非选择题：共5题，共60分，其中第13题~第16题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；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位．12．（15分）（1）B （3分） （2）偶然误差（3分） （3）111223m s m s m s =+（3分） （4）增大入射球释放点的高度（或增大桌面离地面的高度）（2分，写出一点即可） （5）321s s s -，1（每空2分，共4分） 13、（6分）解：（1）由题意可知，0t =时刻a 、b 两质点间的波形如图所示，则有14b a n x x λ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭（0n =，1，2，…）（2分） 代入数据解得3241m n λ=+（1分）第13题答图（2）由图像可知波的周期0.4s T =（1分） 又v Tλ=（1分）代入数据解得80m /s 41v n =+（0n =，1，2，…）（1分） 14．（8分）解：（1）证明：设小球在平衡位置时弹簧伸长量为0x ． 有0kx mg =（1分）以平衡位置为坐标原点、向下为正方向建立直线坐标系，设某时刻小球向下运动位移为x ． 有()0F mg k x x kx =-+=-簧（2分）因为F 簧正比于x 且方向与位移x 相反，所以小球的运动是简谐运动．（1分） （2）小球自静止释放到第一次经过平衡位置过程，由动量定理有04Tmg I mv ⋅-=-（2分）可解得4mgTI mv =-（2分） 15．（12分）解：（1）设该光线入射角为1θ，折射率为2θ，则1sin aθ=（1分）2sin θ=（1分）第15（1）题答图 由12sin sin n θθ=（1分） 解得 1.153n ==（1分） （2）光在透明体中的传播速度v n=（1分）则t =（1分）解得2at c=（2分） （3）设光照射AE 边界接近A 点的M 点，入射角最大值为α，对应折射角为β，透明体的临界角为C ．则s i n s i n n αβ=1sin C n=（1分） 且有90C β=︒-，3sin a α=2分）解得 2.122x a a ==（1分）第15（2）题答图16．（15分）解：（1）由机械能守恒定律有()2011.52mg R R mv +=（1分）解得0v =1分）由向心力公式有2v N mg m R-=（2分）解得6N mg =（1分）（2）设滑块恰好与圆弧槽相对静止时的速度为v ，由动量守恒定律有()03mv m m v =+（2分） 系统机械能守恒有()211.532mgR mgh m m v =++（1分） 解得78h R =（注：其他表达结果正确也给分）（2分） （3）设此时滑块的速度为1v ，圆弧槽的速度2v ，则有()2212111.5322mg R R mv mv +=+⋅（1分） 0123mv mv mv =+（1分）解得1v =（负号表示方向水平向左）（2分）2v =（方向水平向右）（1分）。
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江苏省兴化市板桥高级中学2011-2012学年高二上学期期中考试（物
理）（选修）
一、单项选择题（本题共5小题，每小题3分，共15分）
1、关于导体的电阻，下列表述正确的是（）
A．跟导体两端的电压成正比 B．跟导体中的电流强度成反比
C．决定于导体的材料、长度和横截面积 D．决定于导体中的电流强度和电压
2、用伏安法测某一电阻时，如果采用如图所示的甲电路，测量值为R1，如果采用乙电路，测量值为R2，那么R1、R2与真实值R之间满足关系（）
A、R1＞R＞R2
B、R＞R1＞R2
C、R1＜R＜R2
D、R＜R1＜R2
3、在图1所示的电路中，电源电
动势为E、内电阻为r。
将滑动变阻器的滑片P从图示位置向右滑动的过程中，关于各电表示数的变化，下列判断中正确的是（）
A．电压表V的示数变小
B．电流表A的示数变大
C．电流表A1的示数变小
D．电流表A2的示数变小
4、一个带电粒子，沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场，
粒子的一段径迹如图4所示，径迹上的每一小段可近似看成圆弧．由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小（带电量不变）．从图中可以确定（）
A．粒子从a到b，带正电 B．粒子从b到a，带正电
C．粒子从a到b，带负电 D．粒子从b到a，带负电
5、如图3－14所示，一个质子和一个α粒子先后垂直磁场方向进入一个
有理想边界的匀强磁场区域，它们在磁场中的运动轨迹完全相同，都是以
图中的O 点为圆心的半圆．已知质子与α粒子的电荷量之比q 1∶q 2＝1∶2，质量之比m 1∶m 2＝1∶4，则以下说法中正确的是（ ） A ．它们在磁场中运动时的动能不相等 B ．它们在磁场中所受到的向心力大小相等 C ．它们在磁场中运动的时间相等
D ．它们在磁场中运动时的质量与速度的乘积大小相等
二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分,全选对的得4分，选对但不全的得 2分，选错的得0分)
6、下列说法正确的是（ ）
A. 空间某点的磁感应强度的方向就是该点的磁场方向
B. 磁感线越密的地方磁感应强度越大
C. 磁感线是客观存在的真实曲线
D. 由
IL F
B =
可知，磁感应强度大小与放入该处的通电导线I 、L 的乘积成反比
7、有A 、B 两个电阻，它们的伏安特性曲线如图所示，从图线可以判断（ ） A 、电阻A 的阻值大于电阻B B 、电阻A 的阻值小于电阻B
C 、电压相同时，流过电阻A 的电流强度较大
D 、两电阻串联时，电阻A 消耗的功率较小
8、如图，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 正方向的电流I ，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ。
则磁感应强度方向和大小可能为（ ）
A．z正向，
tan mg
IL
θ
B．
y正向，
mg
IL
C．z负向，
tan
mg
IL
θ
D．沿悬线向上，
sin
mg
IL
θ
9、用如图10所示（甲）电路来测量电池电动势和内电阻，根据测得的数据作出了(乙)图所示
的U—I
图象，由图象可知（）
A．电池内阻的测量值是3.50Ω
B．电池电动势的测量值是1.40V
C ．外电路发生短路时的电流为0.4A
D．电压表的示数为1.20V时电流表的示数I’=0.20A
三、实验题：(本题共3小题，共26分。
把答案填在题中的横线上或将正确的选项填入题后的括号内)
10、（6分）如图所示，质量是m=10g的铜导线ab放在光滑的宽度为0.5m的金属滑轨上，滑轨平面与水平面倾角为30°，ab静止时通过电流为10A，要使ab静止，磁感强度至少等于_________，方向为_________。
（取g=10m/s2）
11、（6分）用已调零且选择旋钮指向欧姆挡“×10”位置的多用电表测某表电阻阻值，根据如下图所示的表盘，被测电阻阻值为________Ω.若将该表选择旋钮置于 1 mA挡测电流，表盘仍如下图所示，则被测电流为________mA.
12、(14分)在用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻的实验中,所用电流表和电压表的内阻分别为0.1Ω和1kΩ.下面分别为实验原理图及所需的器件图.
（1）.试在下图中画出连线,将器件按原理图连接成实验电路.
（2）一位同学记录的6组数据见表.试根据这些数据在下图中画出U-I图线.根据图象读出电池的电动势E= V，根据图象求出电池内阻r= Ω
I(A) 0.12 0.20 0.31 0.32 0.50 0.57 U(V) 1.37 1.32 1.24 1.18 1.10 1.05
四、计算题(本题共5小题，共63分)
13、（8分）许多人造卫星都用太阳能电源供电，有一个太阳能电池板，现测得它不接外电路时的电压为800mV，短路电流为40mA，问：
(1)该太阳能电池板的电动势和内阻多大？
(2)若将该电池板与一个阻值为20Ω的电阻连成闭合电路，则路端电压是多大?
14、(10分)如图2所示，光滑的平行导轨倾角为θ，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，导轨中接入电动势为E、内阻为r的直流电源．电路中有一阻值为R的电阻，其余电阻不计，将质量为m、长度为L的导体棒由静止释放，求导体棒在释放瞬间的加速度的大小．
15、(15分)如图3所示的电路中，电源电动势E＝6.0 V，内阻r＝0.6 Ω，电阻R2＝0.5 Ω，当开关S断开时；电流表的示数为1.5 A，电压表的示数为3.0 V，试求：
(1)电阻R1和R3的阻值；
(2)当S闭合后，电压表的示数、以及R2上消耗的电功率．
16、（15分）如图所示，已知电源电动势E=20V，内阻r=lΩ，当接入固定电阻R=4Ω时，电路中标有“3V, 6W”的灯泡L和内阻R D=0.5Ω的小型直流电动机D都恰能正常工作.试求：
(1)电路中的电流大小；
(2)电动机的热功率
(3)电动机的额定电压；
(4)电动机的输出功率．
17、（15分）在以坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。
如图4所示。
一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x轴的交点A处以v沿－x方向射入磁场，它恰好从磁场边界与y轴的交点C处沿＋y方向飞出。
⑴请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷q/m。
⑵若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变
为B′，该粒子从A处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时
的速度方向相对于入射方向改变了600，求磁感应强度B 为多大？此次粒子在磁场中运动所用时间t是多少？
o
y
x B
C
A
·
·
·
图4
2011-2012学年度第一学期期中考试参考答案
高二年级 物理
Ω=Ω-=-=
72.064.000
.146.12I U E r （0.67～0.77也对）。
m
gsin θ－Fco s θ＝ma①
F ＝BIL② I ＝E R ＋r ③ 由①②③式可得 a ＝gsin θ－BELcos θ
m(R ＋r)
.
答案：gsin θ－
BELcos θ
m(R＋
r)
15、解析：(1)R3＝
U3
I3
＝
3.0
1.5
Ω＝2.0 Ω由于E＝I3(R1＋R3＋r)
代入数据有6.0＝1.5(R1＋2.0＋0.6) 解得：R1＝1.4 Ω.
(2)S闭合后，R总＝R1＋r＋
R2·R3
R2＋R3
＝2.4 Ω
电动机的热功率为P热＝I2R D＝22×0.5＝2W电动机的输出功率为P出＝P总－P热＝12W 17、解析：⑴由粒子的飞行轨迹，利用左手定则可知，该粒子带负电荷。
粒子由A点射入，由C点飞出，其速度方向改变了900，则
粒子轨迹半径
R=r，又R
v
m
qvB
2
=
，则粒子的比荷Br
v
m
q
=
⑵粒子从D点飞出磁场，速度方向改变了600角，故AD弧所
对圆心角为600，粒子做圆周运动的半径
o
y
x
B
C
A
·
·
·
图㈣
r
300
O′
R′
D
qB mv R r r R =
'=='， 又330cot 0
v r B q m T 3326161t B 33
B ππ时间为，粒子在磁场中飞行的＝
所以='⨯=='。