甘肃省灵台一中高二第二学期期末考试物理试题
甘肃高二高中物理期末考试带答案解析
甘肃高二高中物理期末考试班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是（）A．安培力的方向可以不垂直于直导线B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半2.如图所示，两个同心放置的共面金属圆环a和b，一条形磁铁穿过圆心且与环面垂直，则穿过两环的磁通量φa、φb的大小关系为( )A．φa＞φb B．φa＜φb C．φa＝φb D．无法比较3.图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷。
一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点。
则该粒子( )A．带负电B．在c点受力最大C．在b点的电势能小于在c点的电势能D．由a点到b点的动能变化大于有b点到c点的动能变化4.喷墨打印机的简化模型如图4所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中( )A．向负极板偏转B．电势能逐渐增大C．运动轨迹是抛物线D．运动轨迹与带电量无关5.如图所示电路，电源内阻不可忽略．开关S闭合后，在滑动变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中( )A．电压表与电流表的示数都减小B．电压表与电流表的示数都增大C．电压表的示数增大，电流表的示数减小D．电压表的示数减小，电流表的示数增大6.在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路，当调节滑动变阻器R，电流表和电压表的示数分别为0.50 A和2.0 V时，电动机未转动。
当调节R使电流表和电压表的示数分别为2.0 A和24.0 V时，电动机正常运转。
则这台电动机正常运转时输出功率为( )A．32 W B．44 W C．47 W D．48 W7.关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是( )A．电场强度的方向总是指向正电荷的运动方向B．电场强度为零的地方，电势也为零C．随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低D．任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向8.在如图所示的电路中，由于某一电阻发生短路或断路，使A灯变暗，B灯变亮，则故障可能是（）A．R1短路B．R2短路C．R3断路D．R4短路9.指南针是我国古代四大发明之一。
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甘肃高二高中物理期末考试班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.下面有关物理学史和物理学方法的说法中，不正确的有（）A．伽利略研究自由落体运动时，由于物体下落时间太短，不易测量，因此采用了“冲淡重力”的方法来测量时间，然后再把得出的结论合理外推B．根据速度定义式，当非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法C．由可知，物体的加速度又叫做速度的变化率，所以加速度由决定D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法2.我国自主研发制造的国际热核聚变核心部件在国际上率先通过权威机构认证，这是我国对国际热核聚变项目的重大贡献。
下列核反应方程中属于聚变反应的是（）A．B．C．D．3.一定质量的理想气体由状态A经过图中所示过程变到状态B，在此过程中气体的密度（）A．一直变小B．一直变大C．先变小后变大D．先变大后变小4.如图甲是小型交流发电机的示意图,两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场,为交流电流表。
线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′匀速转动,从图示位置开始计时,产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示。
以下判断正确的是（）A．线圈转动的转速为25r/sB．电流表的示数为10AC．1s内线圈中电流方向改变了50次D．0.01s时线圈平面与中性面重合5.一人看到闪电12.3s后又听到雷声。
已知空气中的声速约为330m/s～340m/s，光速为3×108m/s，于是他用12.3除以3很快估算出闪电发生位置到他的距离为4.1km。
根据你所学的物理知识可以判断（）A．这种估算方法是错误的，不可采用B．这种估算方法可以比较准确地估算出闪电发生位置与观察者间的距离C．这种估算方法没有考虑光的传播时间，结果误差很大D．即使声速增大2倍以上，本题的估算结果依然正确6.质点做直线运动的v-t图像如图所示，该质点（）A．在第1s末速度方向发生了改变B．在第2s末加速度方向发生了改变C．在前2s内发生的位移为零D．在第3s末和第5s末的位置相同7.在某一笔直水平路面上有甲、乙两物体，这两个物体在不同外力作用下，从同一地点同时由静止开始运动，v-t图像如图所示。
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甘肃高二高中物理期末考试班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.用细绳把小球悬挂起来，当小球静止时，下列说法正确的是（ ） A ．小球受到的重力和细绳对小球的拉力是一对作用力和反作用力 B ．小球受到的重力和小球对细绳的拉力的一对作用力和反作用力 C ．小球受到的重力和细绳对小球的拉力是一对平衡力 D ．小球受到的重力和小球对细绳的拉力是一对平衡力2.如图所示的水平面上，橡皮绳一端固定，另一端连接两根弹簧，连接点P 在F 1、F 2和F 3三力作用下保持静止．下列判断正确的是（ ）A ．F 1＞F 2＞F 3B ．F 3＞F 1＞F 2C ．F 2＞F 3＞F 1D ．F 3＞F 2＞F 13.质点做直线运动的v ﹣t 图象如图所示，规定向右为正方向，则该质点在前8s 内平均速度的大小和方向分别为（ ）A ．0.25m/s 向右B ．0.25m/s 向左C ．1m/s 向右D ．1m/s 向左4.如图所示，三个小球从同一高度处的O 点分别以水平初速度v 1、v 2、v 3抛出，落在水平面上的位置分别是A 、B 、C ，O′是O 在水平面上的射影点，且O′A ：O′B ：O′C=1：3：5．若不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）A ．v 1：v 2：v 3=1：3：5B ．三个小球下落的时间相同C ．三个小球落地的速度相同D ．三个小球落地的位移相同5.如图所示，A 、B 是两个摩擦传动轮，两轮半径大小关系为R A =2R B ，则两轮边缘上的（ ）A ．角速度之比ωA ：ωB =1：2 B ．周期之比T A ：T B =1：2C ．转速之比n A ：n B =1：2D ．向心加速度之比a A ：a B =2：16.用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图所示）．设两极板正对面积为S ，极板间的距离为d ，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，若（ ）A ．保持S 不变，增大d ，则θ变大B ．保持S 不变，增大d ，则θ变小C．保持d不变，减小S，则θ变小D．保持d不变，减小S，则θ不变7.如图所示，质量为M的楔形物块静置在水平地面上，其斜面的倾角为θ．斜面上有一质量为m的小物块，小物块与斜面之间存在摩擦．用恒力F沿斜面向上拉小物块，使之匀速上滑．在小物块运动的过程中，楔形物块始终保持静止．地面对楔形物块的支持力和摩擦力分别为（）A．（M+m）g、0B．（M+m）g﹣F、0C．（M+m）g+Fsinθ、FsinθD．（M+m）g﹣Fsinθ、Fcosθ8.质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用．此后，该质点的动能可能（）A．一直增大B．先逐渐减小至零，再逐渐增大C．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大9.如图所示，用长为L的轻绳把一个小铁球悬挂在高2L的O点处，小铁球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动且恰能到达最高点B处，若运动中轻绳断开，则小铁球落到地面时的速度大小为（）A．B．C．D．10.如图所示，虚线表示等势面，相邻两等势面间的电势差相等，有一带正电的小球在电场中运动，实线表示该小球的运动轨迹．小球在a点的动能等于20eV，运动到b点时的动能等于2eV．若取c点为电势零点，则当这个带电小球的电势能等于﹣6eV时（不计重力和空气阻力），它的动能等于（）A．16eV B．14eV C．6eV D．4eV11.嫦娥二号卫星已成功发射，这次发射后卫星直接进入近地点高度200公里、远地点高度约38万公里的地月转移轨道直接奔月．当卫星到达月球附近的特定位置时，卫星就必须“急刹车”，也就是近月制动，以确保卫星既能被月球准确捕获，又不会撞上月球，并由此进入近月点100公里、周期12小时的椭圆轨道a．再经过两次轨道调整，进入100公里的近月圆轨道b．轨道a和b相切于P点，如图所示．下列说法正确的是（）A．嫦娥二号卫星的发射速度大于7.9 km/s，小于11.2 km/sB．嫦娥二号卫星的发射速度大于11.2 km/sC．嫦娥二号卫星在a、b轨道经过P点的速度v a=v bD．嫦娥二号卫星在a、b轨道经过P点的加速度分别为a a、a b则a a＞a b12.如图所示，虚线a 、b 、c 为三个同心圆面，圆心处有一个点电荷，现从b 、c 之间一点P 以相同的速率发射两个带电粒子，分别沿PM 、PN 运动到M 、N 点，M 、N 两点都处于圆周c 上，以下判断正确的是（ ）A ．到达M 、N 时两粒子速率仍相等B ．到达M 、N 时两粒子速率v M ＞v NC ．到达M 、N 时两粒子的电势能相等D ．两个粒子的电势能都是先减小后增大13.如图（a ）左侧的调压装置可视为理想变压器，负载电路中R=55Ω，A 、V 为理想电流表和电压表．若原线圈接入如图（b ）所示的正弦交变电压，电压表的示数为110V ，下列表述正确的是（ ）A ．电流表的示数为2AB ．原、副线圈匝数比为2：1C ．电压表的示数为电压的有效值D ．原线圈中交变电压的频率为100Hz14.在等边三角形的三个顶点a 、b 、c 处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图．过c 点的导线所受安培力的方向（ ）A ．与ab 边平行，竖直向上B ．与ab 边平行，竖直向下C ．与ab 边垂直，指向左边D ．与ab 边垂直，指向右边15.如图所示，轻弹簧上端与一质量为m 的木块1相连，下端与另一质量为M 的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a 1、a 2．重力加速度大小为g ，则有（ ）A ．a 1=0，a 2=gB ．a 1=g ，a 2=gC ．a 1=0，a 2=gD ．a 1=g ，a 2=g16.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 点二、实验题1.在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m=1.00kg 的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示．O 为第一个点，A 、B 、C 为从合适位置开始选取连续点中的三个点．已知打点计时器每隔0.02s 打一个点，当地的重力加速度为g=9.80m/s 2，那么： （1）根据图上所得的数据，应取图中O 点到 点来验证机械能守恒定律；（2）从O 点到（1）问中所取的点，重物重力势能的减少量△E p = J ，动能增加量△E k = J （结果取三位有效数字）；（3）若测出纸带上所有各点到O 点之间的距离，根据纸带算出各点的速度v 及物体下落的高度h ，则以为纵轴，以h 为横轴画出的图象是图2中的 ．2.在如图甲所示的电路中，四节干电池串连，小灯泡A 、B 的规格为“3.8V ，0.3A”．合上开关 S 后，无论怎样移动滑动片，A 、B 灯都不亮．（1）用多用电表的直流电压挡检查故障：①选择开关置于下列量程的 挡较为合适（用字母序号表示）； A ．2.5V B ．10V C ．50V D ．250V②测得c 、d 间电压约为5.8V ，e 、f 间电压为0，则故障是下列哪一项？ ； A ．A 灯丝断开 B ．B 灯丝断开 C ．d 、e 间连线断开 D ．B 灯被短路（2）接着训练用欧姆表的“×l”挡测电阻，欧姆表经过“欧姆调零”， ①测试前，一定要将电路中的开关 S ；②测c 、d 间和e 、f 间电阻时，某次测试结果如图乙所示，读数为 Ω，此时测量的是 间电阻，根据小灯泡的规格计算出的电阻为 Ω，它不等于测量值，原因是：三、计算题1.如图所示，电阻R 1=2Ω，小灯泡L 上标有“3V ，1.5W“，电源内阻r=1Ω，滑动变阻器的最大阻值为R 0（大小未知），当触头P 滑动到最上端a 时，安培表的读数为1A ，小灯泡L 恰好正常发光，求：（1）滑动变阻器的最大阻值R 0（2）当触头P 滑动到最下端b 时，求电源的总功率及输出功率．2.如图所示，在E=1×103V/m 的竖直匀强电场中，有一光滑的半圆形绝缘轨QPN 与一水平绝缘轨道MN 连接，半圆形轨道平面与电场线平行，P 为QN 圆弧的中点，其半径R=40cm ，一带正电q=10﹣4C 的小滑块质量m=10g ，与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.15，位于N 点右侧1.5m 处，取g=10m/s 2，求：（1）要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q ，则滑块应以多大的初速度v 0向左运动？ （2）这样运动的滑块通过P 点时对轨道的压力是多大？3.如图所示，在第二象限内有水平向右的匀强电场，在第一、第四象限内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小相等，方向如图所示；现有一个带电粒子在该平面内从x 轴上的P 点，以垂直于x 轴初速度v 0进入匀强电场，恰好经过y 轴上的Q 点且与y 轴成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x 轴进入下面的磁场．已知OP 之间的距离为d ，（不计粒子的重力）求：（1）Q 点的坐标；（2）带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x 轴的时间．甘肃高二高中物理期末考试答案及解析一、选择题1.用细绳把小球悬挂起来，当小球静止时，下列说法正确的是（ ） A ．小球受到的重力和细绳对小球的拉力是一对作用力和反作用力 B ．小球受到的重力和小球对细绳的拉力的一对作用力和反作用力 C ．小球受到的重力和细绳对小球的拉力是一对平衡力 D ．小球受到的重力和小球对细绳的拉力是一对平衡力【答案】C【解析】一对平衡力与“作用力与反作用力“的共同的特点：二力都是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上． 一对平衡力与“作用力与反作用力“的区别：作用力与反作用力描述的是两个物体间相互作用的规律，二力平衡描述的是一个物体在二力作用下处在平衡状态．解：对小球受力分析，受地球对其的重力，细线对其向上的拉力，小球保持静止状态，加速度为零，合力为零，故重力和拉力是一对平衡力；细线对小球的拉力的反作用力是小球对细线的向下的拉力，这两个力是一对相互作用力，故A 错误，B 错误，C 正确，D 错误 故选：C ．【点评】本题涉及三力，重力、细线对小球的拉力和小球对细线的拉力，其中重力和细线对小球的拉力是平衡力（因为小球处于平衡状态），细线对小球的拉力和小球对细线的拉力是相互作用力；平衡力和相互作用力是很容易混淆的，要注意其最明显的区别在于是否同体．2.如图所示的水平面上，橡皮绳一端固定，另一端连接两根弹簧，连接点P 在F 1、F 2和F 3三力作用下保持静止．下列判断正确的是（ ）A ．F 1＞F 2＞F 3B ．F 3＞F 1＞F 2C ．F 2＞F 3＞F 1D ．F 3＞F 2＞F 1【答案】B【解析】如果一个物体受到三个力的作用也能处于平衡状态，叫做三力平衡．很显然这三个力的合力应该为零．而这三个力可能互成角度，也可能在一条直线上；对于三力平衡，一般根据“任意两个力的合力与第三个力等大反向”的关系，借助三角函数、相似三角形等手段求解；或将某一个力分解到另外两个力的反方向上，得到的这两个分力势必与另外两个力等大、反向；对于多个力的平衡，利用先分解再合成的正交分解法．本题对P 点受力分析，可以运用合成法、分解法、正交分解法求解．解：对P 点受力分析，如图根据共点力平衡条件 F 1=F 3cos30°=F 3F 2=F 3sin30°=F 3因而F 3＞F 1＞F 2 故选B ．【点评】物体在三个力的作用下处于平衡状态，要求我们分析三力之间的相互关系的问题叫三力平衡问题，这是物体受力平衡中最重要、最典型也最基础的平衡问题．这种类型的问题有以下几种常见题型： ①三个力中，有两个力互相垂直，第三个力角度（方向）已知．②三个力互相不垂直，但夹角（方向）已知《考试说明》中规定力的合成与分解的计算只限于两力之间能构成直角的情形．三个力互相不垂直时，无论是用合成法还是分解法，三力组成的三角形都不是直角三角形，造成求解困难．因而这种类型问题的解题障碍就在于怎样确定研究方法上．解决的办法是采用正交分解法，将三个不同方向的力分解到两个互相垂直的方向上，再利用平衡条件求解． ③三个力互相不垂直，且夹角（方向）未知三力方向未知时，无论是用合成法还是分解法，都找不到合力与分力之间的定量联系，因而单从受力分析图去求解这类问题是很难找到答案的．要求解这类问题，必须变换数学分析的角度，从我们熟悉的三角函数法变换到空间几何关系上去考虑，因而这种问题的障碍点是如何正确选取数学分析的方法．解决这种类型的问题的对策是：首先利用合成法或分解法作出三力之间的平行四边形关系和三角形关系，再根据力的三角形寻找与之相似的空间三角形，利用三角形的相似比求解． ④三力的动态平衡问题即三个力中，有一个力为恒力，另一个力方向不变，大小可变，第三个力大小方向均可变，分析第三个力的方向变化引起的物体受力的动态变化问题．这种类型的问题不需要通过具体的运算来得出结论，因而障碍常出现在受力分析和画受力分析图上．在分析这类问题时，要注意物体“变中有不变”的平衡特点，在变中寻找不变量．即将两个发生变化的力进行合成，利用它们的合力为恒力的特点进行分析．在解决这类问题时，正确画出物体在不同状态时的受力图和平行四边形关系尤为重要．3.质点做直线运动的v ﹣t 图象如图所示，规定向右为正方向，则该质点在前8s 内平均速度的大小和方向分别为（ ）A ．0.25m/s 向右B ．0.25m/s 向左C ．1m/s 向右D ．1m/s 向左【答案】B【解析】质点做直线运动的v ﹣t 图象中，图象与横坐标所围成的面积表示位移，平均速度等于总位移除以总时间，根据即可解题．解：由题图得前8s 内的位移为：，则平均速度为：=﹣0.25m/s ，负号表示方向向左．B 正确．故选：B【点评】质点做直线运动的v ﹣t 图象中，图象与坐标轴所围成的面积表示位移，面积的正负表示位移的方向，该题难度不大，属于基础题．4.如图所示，三个小球从同一高度处的O 点分别以水平初速度v 1、v 2、v 3抛出，落在水平面上的位置分别是A 、B 、C ，O′是O 在水平面上的射影点，且O′A ：O′B ：O′C=1：3：5．若不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）A ．v 1：v 2：v 3=1：3：5B ．三个小球下落的时间相同C ．三个小球落地的速度相同D ．三个小球落地的位移相同 【答案】AB【解析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度确定小球运动的时间，根据水平位移求出三个小球的初速度之比，将落地速度分解，求出落地的速度关系． 解：A 、三个小球的高度相等，则根据h=知，平抛运动的时间相等，水平位移之比为1：3：5，则根据x=v 0t得，初速度之比为1：3：5．故AB 正确．C 、小球落地时的竖直方向上的分速度相等，落地时的速度v=，初速度不等，则落地的速度不等．故C错误．D 、小球落地时的位移，水平位移不等，竖直位移相等，则小球通过的位移不等．故D 错误． 故选：AB ．【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，灵活运用运动学公式进行求解．5.如图所示，A 、B 是两个摩擦传动轮，两轮半径大小关系为R A =2R B ，则两轮边缘上的（ ）A ．角速度之比ωA ：ωB =1：2 B ．周期之比T A ：T B =1：2C ．转速之比n A ：n B =1：2D ．向心加速度之比a A ：a B =2：1 【答案】AC【解析】因为传动时无滑动，则轮子边缘上的点线速度大小相等，根据v=rω得出角速度之比，周期T=，ω=2πn ，a=rω2=Vω解：A 、A 、B 为靠摩擦传动的两轮边缘上的两点，它们在相同时间内走过的弧长相等，则线速度大小相等，即νA ：νB =1：1，因为R A =2R B ，根据v=rω知，ωA ：ωB =1：2，故A 正确 B 、周期T=，周期之比T A ：T B =2：1，故B 错误C 、ω=2πn ，所以转速之比n A ：n B =1：2，故C 正确D 、a=rω2=Vω，故向心加速度之比a A ：a B =1：2，故D 错误 故选：AC【点评】解决本题的关键知道靠传送带传到的轮子边缘上的点，线速度相等，共轴转动，角速度相等，以及掌握线速度和角速度的关系6.用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图所示）．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，若（）A．保持S不变，增大d，则θ变大B．保持S不变，增大d，则θ变小C．保持d不变，减小S，则θ变小D．保持d不变，减小S，则θ不变【答案】A【解析】静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大．根据电容的决定式C=分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，再由电容的定义式C=分析板间电势差的变化，即可再确定静电计指针的偏角变化情况．解：A、B、根据电容的决定式C=得知，电容与极板间距离成反比，当保持S不变，增大d时，电容减小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大；反之，保持S不变，减小d，则θ减小．故A正确，B错误．C、D、根据电容的决定式C=得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，减小S时，电容减小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角θ变大；反之，保持d不变，增大S，则θ减小，故C错误，D错误．故选：A．【点评】本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是掌握电容的两个公式：电容的决定式C=和C=．7.如图所示，质量为M的楔形物块静置在水平地面上，其斜面的倾角为θ．斜面上有一质量为m的小物块，小物块与斜面之间存在摩擦．用恒力F沿斜面向上拉小物块，使之匀速上滑．在小物块运动的过程中，楔形物块始终保持静止．地面对楔形物块的支持力和摩擦力分别为（）A．（M+m）g、0B．（M+m）g﹣F、0C．（M+m）g+Fsinθ、FsinθD．（M+m）g﹣Fsinθ、Fcosθ【答案】D【解析】物块m匀速上升，受力平衡，合力为零．楔形物块M始终保持静止合力也为零，将两个物体看成整体进行研究，根据平衡条件求解地面对楔形物块支持力和摩擦力．解：以物块m和楔形物块M整体为研究对象，分析受力情况，如图，由平衡条件得地面对楔形物块支持力大小为：N=（M+m）g﹣Fsinθ地面对楔形物块有向右的摩擦力大小为：f=Fcosθ．所以D正确．故选：D【点评】本题采用整体法处理两个物体的平衡问题，也可以采用隔离法研究．8.质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用．此后，该质点的动能可能（）A．一直增大B．先逐渐减小至零，再逐渐增大C．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大【答案】ABD【解析】一质点开始时做匀速直线运动，说明质点所受合力为0，从某时刻起受到一恒力作用，这个恒力就是质点的合力．根据这个恒力与速度的方向关系确定质点动能的变化情况．解：A、如果恒力与运动方向相同，那么质点做匀加速运动，动能一直变大，故A正确．B、如果恒力与运动方向相反，那么质点先做匀减速运动，速度减到0，质点在恒力作用下沿着恒力方向做匀加速运动，动能再逐渐增大．故B正确．C、如果恒力方向与原来运动方向不在同一直线上，那么将速度沿恒力方向所在直线和垂直恒力方向分解，其中恒力与一个速度方向相同，这个方向速度就会增加，另一个方向速度不变，那么合速度就会增加，不会减小．故C 错误．D、如果恒力方向与原来运动方向不在同一直线上，那么将速度沿恒力方向所在直线和垂直恒力方向分解，其中恒力与一个速度方向相反，这个方向速度就会减小，另一个方向速度不变，那么合速度就会减小，当恒力方向速度减到0时，另一个方向还有速度，所以速度到最小值时不为0，然后恒力方向速度又会增加，合速度又在增加，即动能增大．故D正确．故选ABD．【点评】对于直线运动，判断速度增加还是减小，我们就看加速度的方向和速度的方向．对于受恒力作用的曲线运动，我们可以将速度分解到恒力方向和垂直恒力方向，再去研究．9.如图所示，用长为L的轻绳把一个小铁球悬挂在高2L的O点处，小铁球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动且恰能到达最高点B处，若运动中轻绳断开，则小铁球落到地面时的速度大小为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】小球恰好能通过最高点B，重力提供向心力，根据牛顿第二定律和向心力公式列式求解得到B点速度；然后根据机械能守恒定律列式求解落地速度．解：小球恰好能通过最高点B，重力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：mg=m①整个运动过程只有重力做功，机械能守恒，根据守恒定律，有：②联立解得：；故选D．【点评】本题突破口在于小球恰好经过B点，重力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解速度；然后机械能守恒定律列式求解落地速度，不难．10.如图所示，虚线表示等势面，相邻两等势面间的电势差相等，有一带正电的小球在电场中运动，实线表示该小球的运动轨迹．小球在a点的动能等于20eV，运动到b点时的动能等于2eV．若取c点为电势零点，则当这个带电小球的电势能等于﹣6eV时（不计重力和空气阻力），它的动能等于（）A．16eV B．14eV C．6eV D．4eV【答案】B【解析】解决本题需掌握：小球只受电场力时，小球的动能和电势能之和保持不变；正确判断小球在电场中所受电场力方向以及电场力做功情况．解：小球自a 点运动到b 时，电场力做负功：W ab =2eV ﹣20eV=﹣18eV ① 由于相邻两等势面的电势差相等，故电势差的大小关系有：U ab =3U bc ② 从b 到c 电场力做正功，根据动能定理有：W bc =E kc ﹣E kb ③ 联立①②③可得E kc =8eV ．由于只有电场力做功，电势能和动能和保持不变，故在c 点：E=E p +E k =8eV即电势能和动能之和为8eV ，因此当电势能等于﹣6eV 时动能为14eV ，故ACD 错误，B 正确． 故选B ．【点评】学习电场中的功能关系时可以类比在重力场的功能关系，如只有重力做功，动能和电势能之和保持不变；那么只有电场力做功，电势能和动能之和保持不变．11.嫦娥二号卫星已成功发射，这次发射后卫星直接进入近地点高度200公里、远地点高度约38万公里的地月转移轨道直接奔月．当卫星到达月球附近的特定位置时，卫星就必须“急刹车”，也就是近月制动，以确保卫星既能被月球准确捕获，又不会撞上月球，并由此进入近月点100公里、周期12小时的椭圆轨道a ．再经过两次轨道调整，进入100公里的近月圆轨道b ．轨道a 和b 相切于P 点，如图所示．下列说法正确的是（ ）A ．嫦娥二号卫星的发射速度大于7.9 km/s ，小于11.2 km/sB ．嫦娥二号卫星的发射速度大于11.2 km/sC ．嫦娥二号卫星在a 、b 轨道经过P 点的速度v a =v bD ．嫦娥二号卫星在a 、b 轨道经过P 点的加速度分别为a a 、a b 则a a ＞a b【答案】A【解析】A 、B 嫦娥二号发射出去后绕地球做椭圆运动，知嫦娥二号的发射速度大于7.9km/s ，小于11.2km/s ． C 、嫦娥二号在椭圆轨道的P 点进入圆轨道需减速，使得万有引力等于需要的向心力，做圆周运动． D 、根据牛顿第二定律比较嫦娥二号卫星在a 、b 轨道经过P 点的加速度．解：A 、嫦娥二号发射出去后绕地球做椭圆运动，知嫦娥二号的发射速度大于7.9km/s ，小于11.2km/s ．故A 正确、B 错误．C 、嫦娥二号在椭圆轨道的P 点是近月点，速度比较大，要进入圆轨道，需减速，使得万有引力等于所需要的向心力．所以在a 轨道P 点的速度大于在b 轨道P 点的速度．故C 错误．D 、嫦娥二号卫星在a 、b 轨道经过P 点，所受的万有引力相等，根据牛顿第二定律，知加速度相等．故D 错误． 故选：A ．【点评】解决本题的关键知道发射速度大于7.9km/s ，小于11.2km/s 时，将绕地球做椭圆运动，以及知道在近月点由椭圆轨道进入圆轨道需减速．12.如图所示，虚线a 、b 、c 为三个同心圆面，圆心处有一个点电荷，现从b 、c 之间一点P 以相同的速率发射两个带电粒子，分别沿PM 、PN 运动到M 、N 点，M 、N 两点都处于圆周c 上，以下判断正确的是（ ）A ．到达M 、N 时两粒子速率仍相等B ．到达M 、N 时两粒子速率v M ＞v NC ．到达M 、N 时两粒子的电势能相等D ．两个粒子的电势能都是先减小后增大【答案】B【解析】根据轨迹的弯曲方向确定带电粒子所受的电场力方向，根据动能定理确定到达M 、N 时两粒子速率关系．由电场力做功正负分析电势能的变化．解：AB 、由轨迹看出，点电荷左侧的带电粒子受排斥力，右侧的带电粒子受吸引力，由题，M 、N 两点都处于圆周c 上，电势相等，两带电粒子又是从同一点P 出发，则电势差U PM =U PN ，电场力对两个带电粒子做功大小相等，。
甘肃高二高中物理期末考试带答案解析
甘肃高二高中物理期末考试班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.下列四幅图涉及不同的物理知识，其中说法不正确的是()A．原子中的电子绕原子核高速运转时，运行轨道的半径是任意的B．光电效应实验说明了光具有粒子性C．电子束通过铝箔时的衍射图样证实了电子具有波动性D．少数α粒子发生了较大偏转，说明原子的质量绝大部分集中在很小空间范围内2.在天然放射性物质附近放置一带电体，带电体所带的电荷很快消失的根本原因是()A．γ射线的贯穿作用B．β射线的贯穿作用C．α射线的电离作用、D．β射线的中和作用3.放射性衰变有多种途径，其中一种途径是先衰变成，而可以经一次衰变变成 (X代表某种元素)，也可以经一次衰变变成，和最后都衰变变成，衰变路径如图所示，则可知图中( )A．过程①是β衰变，过程③是α衰变；过程②是α衰变，过程④是β衰变B．过程①是β衰变，过程③是α衰变；过程②是β衰变，过程④是α衰变C．过程①是α衰变，过程③是β衰变；过程②是α衰变，过程④是β衰变D．过程①是α衰变，过程③是β衰变；过程②是β衰变，过程④是α衰变4.A、B两物体发生正碰，碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动，其位移—时间图象如图所示。
由图可知，物体A、B的质量之比为( )A. 1∶1B. 1∶2C. 1∶3D. 3∶15.科学研究证明，光子有能量也有动量，当光子与电子碰撞时，光子的一些能量转移给了电子。
假设光子与电子碰撞前的波长为λ，碰撞后的波长为λ′，则碰撞过程中( )A ．能量守恒，动量不守恒，且λ＝λ′B ．能量不守恒，动量不守恒，且λ＝λ′C ．能量守恒，动量守恒，且λ<λ′D ．能量守恒，动量守恒，且λ>λ′6.原子从一个能级跃迁到一个较低的能级时，有可能不发射光子。
例如，在某种条件下，铬原子的n ＝2能级上的电子跃迁到n ＝1能级上时并不发射光子，而是将相应的能量转交给n ＝4能级上的电子，使之能脱离原子，这一现象叫作俄歇效应，以这种方式脱离原子的电子叫作俄歇电子。
甘肃高二高中物理期末考试带答案解析
甘肃高二高中物理期末考试班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.关于静电场，下列结论普遍成立的是 （ ）A ．电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低B ．电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关C ．在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向D ．在电场强度越大的地方，电荷的电势能也越大2.下列关于电源电动势的说法正确的是 （ ）A ．电源是通过静电力把其它形式的能转化为电能的装置B ．在电源内部正电荷从低电势处向高电势处移动C ．电源电动势反映了电源内部静电力做功的本领D ．把同一电源接在不同的电路中，电源的电动势也将变化3.如图所示A 灯与B 灯的电阻相同，当滑动变阻器R 的滑动片P 向上滑动时，两灯亮度变化是 （ ）A ．A 灯变亮，B 灯变亮； B ．A 灯变暗，B 灯变亮C ．A 灯变暗，B 灯变暗；D ．A 灯变亮，B 灯变暗4.AB 是电场中的一条电场线，若将一负电荷从A 点处自由释放，负电荷沿电场线从A 到B 运动过程中的速度图线如图所示，则A.B 两点的电势高低和场强的大小关系是：（ ）A.A ＞B ，E A ＞E BB.A ＞B ，E A ＜E BC.A ＜B ，E A ＞E BD.A ＜B ，E A ＜E B5.如图所示电路中灯泡A.B 均不亮，但电路中只有一处断开，现作电压表测得U ab =0、U ac =6V 、U bd =6V 、U cd =0，则可分析出 （ ）A.B 灯断；B.A 灯断；C.电源断；D.R 断6.如图所示，把两个相同的灯泡分别接在甲、乙两种电路中，甲电路两端的电压为8V ，乙电路两端的电压为14V 。
调节变阻器R 1和R 2使两灯都正常发光，此时变阻器消耗的功率分别为P 1和P 2。
则下列关系中正确的是 （ ）A．P1>P2B．P1<P2C．P1=P2D．无法确定7.根据磁感应强度的定义式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．磁场中某处的B的方向跟电流在该处受磁场力F的方向相同；D．磁感应强度的大小和方向跟放在磁场中的通电导线受力的大小和方向无关。
甘肃省灵台一中高二第二学期期末考试物理试题
甘肃省灵台一中高二第二学期期末考试物理试题高二物理一、选择题（1—5为单选题，6—12为多选题，每小题4分，共计48分）1．下列关于分子力和分子势能的说法中，正确的是() A．当分子力表现为引力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的增大而增大B．当分子力表现为引力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的增大而减小C．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大D．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而减小2．下列关于内能的说法中，正确的是（）A．不同的物体，若温度相等，则内能也相等B．物体速度增大，则分子动能增大，内能也增大C．对物体做功或向物体传热，都可能改变物体的内能D．冰熔解成水，温度不变，则内能也不变3．在密闭的四壁绝热的房间里，使房里长期没工作的电冰箱开始工作，并打开电冰箱的门，经过一段较长时间之后（）A．房间内的温度将降低B．房间内的温度将不变C．房间内的温度将升高D．无法判断房间内温度的变化4．对于一定质量的理想气体，下列四项论述中正确的是（）A．当分子热运动变剧烈时，压强必变大B．当分子热运动变剧烈时，压强可以不变C．当分子间的平均距离变大时，压强必变小D．当分子间的平均距离变大时，压强必变大5．下面关于熵的说法错误的是（）A．熵是物体内分子运动无序程度的量度B．在孤立系统中，一个自发的过程熵总是向减少的方向进行C．热力学第二定律的微观实质是熵是增加的D．熵值越大，代表系统分子运动越无序6．下列说法中正确的是()A．布朗运动是液体分子的运动，它说明分子永不停息地做无规则运动B．叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用C．液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点D．当两分子间距离大于平衡位置的间距r0时，分子间的距离越大，分子势能越小7．关于物体分子间的引力和斥力，下列说法正确的是（）A．当物体被压缩时，斥力增大，引力减小B．当物体被拉伸时，斥力减小，引力增大C．当物体被压缩时，斥力和引力均增大D．当物体被拉伸时，斥力和引力均减小8．某一物体具有各向异性，则下列判断中正确的是（）A．该物体可能是非晶体B．该物体一定是晶体C．该物体一定单晶体D．该物体不一定是多晶体9．关于饱和汽的下列说法正确的是（）A．一定温度下，饱和汽的密度是一定的．B．相同温度下，不同液体的饱和汽压一般是不同的C．饱和汽压随温度升高而增大，与体积无关；D．理想气体定律对饱和汽不适用，而未饱和汽近似遵守理想气体定律．10．如图所示，A．B两点表示一定质量的某种理想Array气体的两个状态，当气体自状态A变化到状态B时（）A．体积必然变大B．有可能经过体积减小的过程C．外界必然对气体做功D．气体必然从外界吸热11．一定质量的理想气体在状态变化的过程中，气体分子的平均动能始终不变，则在这过程中（）A．气体既不吸热，也不放热B．气体对外界不做功C．气体的内能不改变D．气体的压强和体积以相同比例减小12．下列说法正确的是（）A．第二类永动机与第一类永动机一样违背了能量守恒定律B．自然界中的能量是守恒的，所以能量永不枯竭，不必节约能源C．自然界中有的能量便于利用，有的不便于利用D．不可能让热量由低温物体传递给高温物体而不引起其它任何变化二、实验题（共12分）13．某同学在实验室做“用油膜法估测分子直径的大小”实验中，已知油酸酒精溶液的浓度为每104mL溶液中有纯油酸6mL。
2020-2021学年甘肃省高二下学期期末考试物理试卷(解析版).doc
2020-2021学年甘肃省高二下学期期末考试物理试卷（解析版）姓名:_____________ 年级:____________ 学号:______________题型选择题填空题解答题判断题计算题附加题总分得分1. （知识点：电功率和焦耳定律）如图所示，D为一电动机，电动机内部导线的电阻r’＝0.4Ω，电源电动势E＝40V，电源内电阻r＝1Ω，当开关S闭合时，电流表的示数为I＝4.0A，则电动机的发热功率为______________________W，转化为的机械功率是______W．【答案】6.4137.6【解析】试题分析：电动机的发热功率为：P1=I2r=6.4W；电动机输入的总功率：P=I(E-Ir)=4.0×(40-4.0×1.0)W=144W；转化为的机械功率是P2=P-P1=144W-6.4W=137.6W．考点：电动机功率的计算。
（9分）如图所示电路中，电源的总功率是40W，R1=4Ω，R2=6Ω，a、b两点间的电压是4.8V，电源的输出功率是37.6W。
求:（1）通过电源的电流；（2）电源电动势E；（3）电源的内电阻r；【答案】（1）2A（2）20V（3）0.6Ω【解析】试题分析：R1电流：I1=Uab/ R1=1.2AR2电流：I2=Uab/ R2=0.8A总电流：I= I1+ I2=2A评卷人得分电源总功率：P总=EI，电源电动势：E= P总/I=20V电源内部消耗的功率：P内= P总－P出＝2.4W由P内=I2r，电源内阻：r= P内/I2=0.6Ω考点：全电路欧姆定律；电功率。
（本题9分）在如图所示的匀强电场中，一个电荷量Q=+2.0×10-8 C的点电荷所受电场力F＝4.0×10-4 N.沿电场线方向有A、B两点，A、B两点间的距离s=0.10 m. 求：（1）匀强电场的电场强度E的大小；（2）该点电荷从A点移至B点的过程中，电场力所做的功W.【答案】（1）2.0×104 N/C（2）4.0×10-5 J【解析】试题分析：（1）匀强电场的电场强度E=N/C = 2.0×104 N/C（2）电场力所做的功W = Fs = 4.0×10-4×0.10 J = 4.0×10-5 J考点：电场强度；电场力功。
甘肃省2023-2024学年高二下学期期末教学质量统一检测物理试题(含答案)
甘肃省2023-2024学年高二下学期期末教学质量统一检测物理试题本试卷满分100分，考试用时75分钟。
注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名．考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
4．本试卷主要考试内容：高考全部内容。
一、选择题：本题共10小题，共43分。
在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题5分，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．四种温度下黑体热辐射的强度与波长的关系如图所示。
有关黑体辐射的实验规律和科学家们对黑体辐射的研究，下列说法正确的是（）A．温度升高，各波段的辐射强度均增大B．温度升高，辐射强度的极大值向波长较长的方向移动C．英国物理学家瑞利按波长分布提出的辐射强度公式与实验符合得很好D．德国物理学家维恩借助能量子的假说，提出的黑体辐射强度公式与实验符合得很好2．在相同的外界环境中，两个相同的集气瓶中分别密闭着质量相同的氢气和氧气，如图所示。
若在相同温度压强下气体的摩尔体积相同，则下列说法正确的是（）A．氢气的密度较小B．氧气的密度较小C．氢气的压强较小D．氧气的分子数较少3．激光技术有着广泛的应用。
利用激光拍摄的全息照片形象逼真、立体感强，激光在光导纤维中传输距离远、传输速度快、抗干扰能力强，下列说法正确的是（）A ．全息照相利用了光的折射B ．全息照相利用了光的千涉C ．光导纤维中间的透明芯与外层的折射率相等D ．光导纤维中间的透明芯比外层的折射率小4．钍()是一种放射性元素，广泛分布在地壳中。
钍经中子()轰击可得到核燃料铀()，其反应方程为，此反应能将地球上现有的钍资源变成潜在的核燃料。
甘肃高二高中物理期末考试带答案解析
甘肃高二高中物理期末考试班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.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2.如图所示，T是绕有两组线圈的闭合铁芯，线圈的绕向如图所示，D是理想的二极管，金属棒ab可在两平行的金属导轨上沿导轨滑行，匀强磁场方向垂直纸面向里，若电流计中有电流通过，则ab棒的运动可能是（）A．向左匀速运动B．向右匀速运动C．向左匀加速运动D．向右匀加速运动3.如图，两根平行的光滑导轨竖直放置，处于垂直轨道平面的匀强磁场中，金属杆ab接在两导轨之间，在开关S 断开时让ab自由下落，ab下落过程中始终保持与导轨接触良好，设导轨足够长，电阻不计。
ab下落一段时间后开关闭合，从开关闭合开始计时，ab下滑速度v随时间变化的图象不可能是（）4.如图电路中，已知交流电源电压u=200sin100πtV，电阻R=100Ω．则电流表和电压表的示数分别为A．1．41A，200V B．1．41A，141VC．2A，200V D．2A，141V5.如图所示，A、B、C、D是四个相同的白炽灯，都处于正常发光状态，则图中ab、cd两端电压U1与U2之比是：（）A．3∶1 B．4∶1 C．3∶2 D．2∶16.如图所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面。
有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为F，此时（）A．电阻R1消耗的热功率为FvB．电阻R2消耗的热功率为FvC．整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgvcosθD．整个装置消耗的机械功率为（F＋μmgcosθ）v7.想变压器副线圈通过输电线接两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R，开始时，开关S是断开的，如图所示，在S接通后，以下说法正确的是（）A．灯泡L1两端的电压减小B．通过灯泡L1的电流增大C．原线圈中的电流增大D．变压器的输入功率增大8.某交流电电路中，有一个正在工作的变压器，它的原线圈匝数匝，电源电压为V，原线圈串联一个0．2A的保险丝，副线圈匝，为保证保险丝不被烧断，则：（）A．负载功率不能超过44WB．副线圈电流最大值不能超过1AC．副线圈电流有效值不能超过1AD．副线圈电流有效值不能超过0．2A9.下列说法正确的是（）A．布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的分子无规则运动的反映B．没有摩擦的理想热机可以把吸收的能量全部转化为机械能C．知道某物质的摩尔质量和密度可求出阿伏加德罗常数D．内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能可能相同10.下列说法中正确的是（）A．光的衍射现象说明了光具有粒子性B．在白光下观察竖直放置的肥皂液膜，呈现的彩色条纹是光的干涉现象造成的C．光从光疏介质射入光密介质时也可能发生全反射D．清晨人们刚刚看到太阳从地平线上升起时，实际太阳还在地平线以下二、实验题研究电磁感应现象”的实验中，首先按右上图接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系。
甘肃高二高中物理期末考试带答案解析
甘肃高二高中物理期末考试班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.有关洛仑兹力和安培力的描述，正确的是（）A．通电直导线处于匀强磁场中一定受到安培力的作用B．安培力是大量运动电荷所受洛仑兹力的宏观表现C．带电粒子在匀强磁场中运动受到洛仑兹力做正功D．通电直导线在磁场中受到的安培力方向与磁场方向平行2.在赤道处放置一通电导线，要使导线所受安培力方向竖直向下，则导线中的电流方向应该（）A．由东向西B．由西向东C．竖直向上D．竖直向下3.如图所示为某一电源的U﹣I图象，根据此图象可知（）A．该电源是一个理想电源B．电源输出电流为3A时的路端电压为1.5VC．该电源的电动势为1.5V，内电阻为2.0ΩD．该电源的电动势为1.5V，内电阻为0.5Ω的滑动头P向b端移动时（）4.在如图所示电路中，当变阻器R3A．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5.电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，下列说法正确的是（）A．速率越大，周期越大B．速率越小，周期越大C．速度方向与磁场方向平行D．速度方向与磁场方向垂直6.带电粒子进入云室会使云室中的气体电离，从而显示其运动轨迹，图是在有匀强磁场的云室中观察到的粒子的轨迹，a和b是轨迹上的两点，匀强磁场B垂直纸面向里．该粒子在运动时，其质量和电荷量不变，而动能逐渐减少．下列说法正确的是（）A．粒子先经过a点，再经过b点B．粒子先经过b点，再经过a点C．粒子带负电D．粒子带正电7.有关磁感强度B，下列说法正确的是（）A．由知，B与F成正比，与IL成反比B．由知，B的方向就是F的方向C．B是磁场的性质，由磁场自身因素决定，与外界无关D．电流在磁场中某处受力为零时，该处的磁感强度B一定等于零8.如图所示为电动机提升重物的装置，电动机线圈的电阻r=1Ω，电动机两端的电压为5V，电路中的电流为1A，物体A重20N，不计摩擦力，则电动机线圈电阻上消耗的热功率为（）A．1W B．2W C．3W D．5W9.如图所示为三个门电路符号，A输入端全为“1”，B输入端全为“0”．下列判断正确的是（）A．甲为“非”门，输出为“1”B．乙为“或”门，输出为“1””C．乙为“与”门，输出为“0D．丙为“与”门，输出为“1”10.两根通电的长直导线平行放置，电流分别为I1和I2，电流的方向如图所示，在与导线垂直的平面上有a、b、c、d四个点，其中a、b在导线横截面连线的延长线上，c、d在导线横截面连线的垂直平分线上．则导体中的电流在这四点产生的磁场的磁感应强度可能为零的是（）A．a点B．b点C．c点D．d点11.如图，在水平面上的箱子内，带异种电荷的小球a、b用绝缘细线分别系于上、下两边，处于静止状态．地面受到的压力为N，球b所受细线的拉力为F．剪断连接球b的细线后，在球b上升过程中地面受到的压力（）A．小于N B．等于N C．等于N+F D．大于N+F12.质量为m、带电量为q的小球，从倾角为θ的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向外的匀强磁场中，其磁感强度为B，如图所示．若带电小球下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下面说法中正确的是（）A．小球带负电B．小球在斜面上运动时做匀加速直线运动C．小球在斜面上运动时做加速度增大，而速度也增大的变加速直线运动D．小球在斜面上下滑过程中，当小球对斜面压力为零时的速率为二、填空题如图为一正在测量中的多用电表表盘．（1）如果是用直流10V档测量电压，则读数为 V．（2）如果是用×100Ω档测量电阻，则读数为Ω．（3）如果是用直流5mA档测量电流，则读数为 mA．三、实验题用下面给定的器材分别采用两种方法测电阻：A．多用电表B．伏特表（0～3V，1KΩ）C．伏特表（0～3V，3KΩ）D．安培表（0～0.6A，0.1Ω）E．毫安表（0～5mA，22Ω）F．微安表（0～300μA，200Ω）G．滑动变阻器（50Ω，1A）H．蓄电池（ε=4V，r≈0）（约为1.5KΩ）I.待测电阻RxJ.电键一个，导线若干，欧姆表的表盘示意图如图所示，则欧姆表的倍率旋钮应指向档（从×1Ω，×10Ω，（1）用多用表估测Rx×100Ω，×1KΩ中选取一档）．，则所选用器材应是（填上面器材的字母）．（2）用伏安法测Rx（3）画出用伏安法测R的电路图．x四、计算题1.如图所示的装置中，平行板电场中有一质量为m，带电量为q的小球，用长L的细线拴住后在电场中处于平衡状态（即平衡位置），此时线与竖直方向的夹角为θ，两板间的距离为d，求：（1）小球带何种电荷？（2）两板间的电势差是多少？2.如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab=5cm，bc=12cm，其中ab沿电场方向，bc和电场方向成60°角，=1.2×10﹣6J求：一个电荷量为q=4×10﹣8C的正电荷从a移到b电场力做功为W1（1）匀强电场的场强E=？=？（2）电荷从b移到c电场力做功W2（3）a、c两点的电势差U=？ac3.用磁场可以约束带电离子的轨迹，如图所示，宽d=2cm的有界匀强磁场的横向范围足够大，磁感应强度方向垂直纸面向里，B=1T．现有一束带正电的粒子从O点以v=2×106m/s的速度沿纸面垂直边界进入磁场．粒子的电荷量q=1.6×10﹣19C，质量m=3.2×10﹣27kg．求：（1）粒子在磁场中运动的轨道半径r和运动时间t是多大？（2）粒子保持原有速度，又不从磁场上边界射出，则磁感应强度最小为多大？甘肃高二高中物理期末考试答案及解析一、选择题1.有关洛仑兹力和安培力的描述，正确的是（）A．通电直导线处于匀强磁场中一定受到安培力的作用B．安培力是大量运动电荷所受洛仑兹力的宏观表现C．带电粒子在匀强磁场中运动受到洛仑兹力做正功D．通电直导线在磁场中受到的安培力方向与磁场方向平行【答案】B【解析】正确解答本题需要掌握：洛仑兹力和安培力的产生条件、方向的判断等知识，要明确通电导线与运动电荷在磁场中不一定有力的作用，电流方向或电荷运动方向与磁场平行时，没有磁场力作用．解：A、通电导线方向与磁场方向不在一条直线上时，才受到安培力作用，当二者平行时，安培力为零，故A错误；B、磁场对电流的作用力通常称为安培力，安培力的实质是形成电流的定向移动的电荷所受洛伦兹力的合力，故B正确；C、洛伦兹力的方向与速度方向垂直，洛伦兹力不做功．故C错误．D、根据左手定则知，安培力的方向与磁场方向垂直．故D错误故选：B【点评】安培力、洛伦兹力的产生、方向是初学者很容易出错的地方，在学习中要加强这方面的练习，提高对知识的理解．2.在赤道处放置一通电导线，要使导线所受安培力方向竖直向下，则导线中的电流方向应该（）A．由东向西B．由西向东C．竖直向上D．竖直向下【答案】A【解析】解答本题首先要明确地球磁场的分布情况，然后根据左手定则直接进行判断即可．解：地球磁场的南北极和地理的南北极相反，因此在赤道上方磁场方向从南指向北，依据左手定则可得导线中的电流方向应该由东向西，故正确，BCD错误．故选：A．【点评】本题的难点在于弄不清楚地球磁场方向，因此在学习中要熟练掌握各种典型磁场方向的分布情况．3.如图所示为某一电源的U﹣I图象，根据此图象可知（）A．该电源是一个理想电源B．电源输出电流为3A时的路端电压为1.5VC．该电源的电动势为1.5V，内电阻为2.0ΩD．该电源的电动势为1.5V，内电阻为0.5Ω【答案】D【解析】U﹣I图象中图象与纵轴的交点为电源的电动势；而图象与纵坐标的交点为短路电路，由欧姆定律可求得内阻．解；A、由图可知，该电源有内阻，故不是理想电源；故A错误；B、当输出电流为3A时，路端电压为零，故B错误；C、该电源的电动势为1.5V，而内阻r===0.5Ω，故C错误，D正确；故选：D．【点评】U﹣I图象中可以直观的得出电源的电动势和内电阻，明确图象与纵坐标的交点为电源的电动势，图象的斜率可以求出内阻．4.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【答案】B【解析】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：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．5.电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，下列说法正确的是（）A．速率越大，周期越大B．速率越小，周期越大C．速度方向与磁场方向平行D．速度方向与磁场方向垂直【答案】D【解析】当带电粒子垂直磁场方向进入匀强磁场时，洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律列式分析判断．解：A、B、当带电粒子垂直磁场方向进入匀强磁场时，洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有：其中：v=解得：即周期与速率无关，故AB错误；C、D、当带电粒子垂直磁场方向进入匀强磁场时，洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，根据左手定则可以知道洛伦兹力方向一定垂直于速度方向，故C错误，D正确；故选D．【点评】本题关键是明确当带电粒子垂直磁场方向进入匀强磁场时，洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，然后根据牛顿第二定律列式求解．6.带电粒子进入云室会使云室中的气体电离，从而显示其运动轨迹，图是在有匀强磁场的云室中观察到的粒子的轨迹，a和b是轨迹上的两点，匀强磁场B垂直纸面向里．该粒子在运动时，其质量和电荷量不变，而动能逐渐减少．下列说法正确的是（）A．粒子先经过a点，再经过b点B．粒子先经过b点，再经过a点C．粒子带负电D．粒子带正电【答案】AC【解析】粒子在云室中运动时，由于能量的损失，其速度会逐渐变小，轨迹的半径会逐渐减小，由此可判断运动方向；粒子所受洛伦兹力方向指向运动轨迹的内侧，因此根据洛伦兹力方向以及磁场方向可以判断粒子的正负，解：粒子在云室中运动时，速度逐渐减小，根据可知其运动轨迹的半径逐渐减小，故粒子运动方向为由a到b，故A正确，B错误；运动方向由a到b，磁场垂直纸面向里，所受洛伦兹力方向指向运动轨迹内侧，故由左手定则可知该电荷带负电，故C正确，D错误．故选AC．【点评】根据带电粒子在磁场中受力特点以及粒子在磁场中运动的半径公式进行求解是解决这类问题的基本思路．7.有关磁感强度B，下列说法正确的是（）A．由知，B与F成正比，与IL成反比B．由知，B的方向就是F的方向C．B是磁场的性质，由磁场自身因素决定，与外界无关D．电流在磁场中某处受力为零时，该处的磁感强度B一定等于零【解析】在磁场中磁感应强度有强弱，则由磁感应强度来描述强弱，B反映本身的强弱，与放入磁场中的检验电流无关．将通电导线垂直放入匀强磁场中，即确保电流方向与磁场方向相互垂直，则所受的磁场力与通电导线的电流与长度乘积之比．解：A、磁场中某处的磁感应强度大小是由磁场本身决定的，与放入磁场是F、IL无关，故A错误．B、通电导线在磁场中的受力方向，由左手定则来确定，所以磁场力的方向与磁场及电流方向相互垂直，故B错误；C、B反映磁场本身的强弱，由磁场自身因素决定，与外界无关．故C正确．D、当通电导体平行放在磁场中某处受到的磁场力F等于0，但磁场并一定为零．故D错误；故选：C【点评】磁感应强度的定义式B=可知，是属于比值定义法，且导线垂直放入磁场中．即B与F、I、L均没有关系，它是由磁场的本身决定．8.如图所示为电动机提升重物的装置，电动机线圈的电阻r=1Ω，电动机两端的电压为5V，电路中的电流为1A，物体A重20N，不计摩擦力，则电动机线圈电阻上消耗的热功率为（）A．1W B．2W C．3W D．5W【答案】A【解析】根据焦耳定律PQ=I2r直接求解电动机线圈电阻上消耗的热功率．解：根据焦耳定律，热功率为：PQ=I2r=12×1 W="1" W故选：A【点评】本题主要考查了焦耳定律PQ=I2r的直接应用，知道电动机两端的电压不是加在电阻上的电压，难度不大，属于基础题．9.如图所示为三个门电路符号，A输入端全为“1”，B输入端全为“0”．下列判断正确的是（）A．甲为“非”门，输出为“1”B．乙为“或”门，输出为“1””C．乙为“与”门，输出为“0D．丙为“与”门，输出为“1”【答案】BC【解析】基本逻辑门电路的输入输出，非门当输入1时，输出0，当输入0时，输出1；或门当输入1、0时，输出1；与门当输入1、0时，输出0．解：A、甲为“非”门电路，当输入1时，输出0，故A错误；B、乙为“或”门电路，当输入1、0时，输出1，故B正确；C、D、丙为“与”门电路，当输入1、0时，输出0，故C正确，D错误．故选：BC【点评】考查了基本逻辑门电路的输入输出逻辑关系，理解逻辑原理．10.两根通电的长直导线平行放置，电流分别为I1和I2，电流的方向如图所示，在与导线垂直的平面上有a、b、c、d四个点，其中a、b在导线横截面连线的延长线上，c、d在导线横截面连线的垂直平分线上．则导体中的电流在这四点产生的磁场的磁感应强度可能为零的是（）A．a点B．b点C．c点D．d点【解析】由安培定则确定两电流在图示各点所产生的磁场方向，若方向相反，磁感应强度可能为0，否则不可． 解：A 、两电流在a 点B 的方向相反，若因 I 1＜I 2且离I 1近，故I 1的磁感应强度可能等于I 2的磁感应强度．则a 点可能为0．故A 正确；B 、两电流在d 点的B 的方向相反，I 1＞I 2，而I 2离b 点近，则可以大小相等，故b 点磁感应强度可为0．故B 正确；C 、两电流在 c 点 d 点的B 的方向不相反，故b ，c 两点的磁感应强度不可能为0．故CD 错误；故选：AB【点评】考查磁场的合成，明确电流的磁感应强度与电流的大小，距离有关．11.如图，在水平面上的箱子内，带异种电荷的小球a 、b 用绝缘细线分别系于上、下两边，处于静止状态．地面受到的压力为N ，球b 所受细线的拉力为F ．剪断连接球b 的细线后，在球b 上升过程中地面受到的压力（ ）A ．小于NB ．等于NC ．等于N+FD ．大于N+F【答案】D【解析】先对箱子和a 整体受力分析，受重力，向下的静电力，线对整体向上的拉力，地面对整体的支持力，可以根据共点力平衡条件列式；剪短细线后，b 加速上升，再次对木箱和a 整体受力分析，受重力，向下的静电力，地面对整体的支持力，根据共点力平衡条件再次列式，两次比较，就可以得出结论．解：以箱子和a 合在一起为研究对象，设其质量为M ，剪断连接球b 的细线前，则N=Mg ﹣F+F e ，其中F e 表示b 对a 的库仑力，也即为b 对a 和箱子整体的库仑力；剪断连接球b 的细线后，则N′=Mg+F e ′，又由于在球b 上升过程中库仑力变大（距离变近），所以N′＞N+F ，所以D 正确；故选：D ．【点评】本题也可以根据超重和失重的知识求解，开始对木箱和a 受力分析，支持力和总重力平衡，剪短细线后，b 加速上升，整体处于超重状态，故支持力变大！12.质量为m 、带电量为q 的小球，从倾角为θ的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向外的匀强磁场中，其磁感强度为B ，如图所示．若带电小球下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下面说法中正确的是（ ）A ．小球带负电B ．小球在斜面上运动时做匀加速直线运动C ．小球在斜面上运动时做加速度增大，而速度也增大的变加速直线运动D ．小球在斜面上下滑过程中，当小球对斜面压力为零时的速率为【答案】B【解析】带电滑块在滑至某一位置时，由于在安培力的作用下，要离开斜面．根据磁场方向结合左手定则可得带电粒子的电性．由光滑斜面，所以小滑块在没有离开斜面之前一直做匀加速直线运动．借助于洛伦兹力公式可求出恰好离开时的速度大小，从而由运动学公式来算出匀加速运动的时间．由位移与时间关系可求出位移大小．解：A 、小球向下运动，由磁场垂直纸面向外，又由于洛伦兹力垂直斜面向上，所以小球带正电．故A 错误；B 、小球没有离开斜面之前，在重力，支持力、洛伦兹力作用下做匀加速直线运动，虽然速度变大，导致洛伦兹力变大，但三个力的合力却不变，故B 正确；C 、小球没有离开斜面之前，在重力，支持力、洛伦兹力作用下做匀加速直线运动，虽然速度变大，导致洛伦兹力变大，但重力沿斜面向下的分力却不变，即三个力的合力却不变，故C 错误；D 、则小球在斜面上下滑过程中，当小球受到的洛伦兹力等于重力垂直与斜面的分力相等时，小球对斜面压力为零．所以Bqv=mgcosθ，则速率为．故D 错误；故选：B 【点评】本题突破口是从小滑块刚从斜面离开时，从而确定洛伦兹力的大小，进而得出刚离开时的速度大小，由于没有离开之前做匀加速直线运动，所以由运动与力学可解出运动的时间及位移．倘若斜面不是光滑的，则随着粒子的下滑，洛伦兹力大小变化，导致摩擦力变化，从而使加速度也发生变化．二、填空题如图为一正在测量中的多用电表表盘．（1）如果是用直流10V档测量电压，则读数为 V．（2）如果是用×100Ω档测量电阻，则读数为Ω．（3）如果是用直流5mA档测量电流，则读数为 mA．【答案】（1）6.5 （2）8.0×102（3）3.25【解析】（1）直流10V档最小分度为0.2V，准确值加估计到0.1V位．（2）用×100Ω档测量电阻，读数=指示值×倍率．（3）直流5mA档最小分度为0.1mA，准确值加估计到0.01mA位．解：（1）用直流10V档测量电压，准确值6.4V，估计值0.5，读数为6.5V．（2）用×100Ω档测量电阻，指示值8.0Ω，倍率为×100，读数为8.0×102Ω．（3）用直流5mA档测量电流，准确值3.2mA，估计值0.05mA，读数为3.25mA．故本题答案是：（1）6.5 （2）8.0×102（3）3.25【点评】本题考查基本仪器、仪表的读数能力．仪器、仪表的读数是准确值加估计值，在仪器、仪表的读数中不可靠数字只保留一位，仪器或仪表中不可靠数字出现在哪一位，读数就读到哪一位．三、实验题用下面给定的器材分别采用两种方法测电阻：A．多用电表B．伏特表（0～3V，1KΩ）C．伏特表（0～3V，3KΩ）D．安培表（0～0.6A，0.1Ω）E．毫安表（0～5mA，22Ω）F．微安表（0～300μA，200Ω）G．滑动变阻器（50Ω，1A）H．蓄电池（ε=4V，r≈0）（约为1.5KΩ）I.待测电阻RxJ.电键一个，导线若干（1）用多用表估测R，欧姆表的表盘示意图如图所示，则欧姆表的倍率旋钮应指向档（从×1Ω，×10Ω，x×100Ω，×1KΩ中选取一档）．（2）用伏安法测R，则所选用器材应是（填上面器材的字母）．x（3）画出用伏安法测R的电路图．x【答案】（1）×100Ω；（2）C、E、G、H、I、J；（3）如图所示【解析】（1）欧姆表的读数为示数乘以倍率，指针在表盘范围内读数时最准确；（2）用伏安法测定电阻的原理是电阻定义式R=．根据电源的电动势，选择电压表的量程．由电源的电动势与测电阻的大约值，估算电流的最大值，选择电流表的量程．根据待测电阻与变阻器总阻值的大小，选择变阻器的规格．根据两电表内阻与待测电阻的大小关系，选择电流表的内接法或外接法．约为1.5KΩ，指针在表盘范围内读数时最准确，所以选择×100Ω档，此时指针对准解：（1）待测电阻Rx15刻度．（2）必选器材有：G、H、I、J．因被测电阻较大，所以伏特表选（0～3V，3KΩ），即选择C．由题，则通过导线的电流最大值约I=．故电流表选E．max则所选用器材应是：C、E、G、H、I、J（3）由于待测电阻远大于电流表的内阻，属于大电阻，所以电流表采用内接法．为使通过待测电阻的电压能从零开始编号，变阻器必须接成分压式电路，实验原理电路图如图：故答案为：（1）×100Ω；（2）C、E、G、H、I、J；（3）如图所示【点评】解决本题的关键掌握器材选取的原则，知道滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别，以及知道电流表内外接的区别．四、计算题1.如图所示的装置中，平行板电场中有一质量为m，带电量为q的小球，用长L的细线拴住后在电场中处于平衡状态（即平衡位置），此时线与竖直方向的夹角为θ，两板间的距离为d，求：（1）小球带何种电荷？（2）两板间的电势差是多少？【答案】（1）小球带负电荷．（2）两板间的电势差是．【解析】（1）小球在电场中处于平衡状态，根据小球的电场力方向与场强方向的关系，判断小球的电性．（2）根据平衡条件和场强与电势差间的关系，求解两板间的电势差．解：（1）由小球处于平衡状态，根据受力分析可知小球受电场力方向水平向左，因而小球带负电（2）设此时绳子拉力为T，板间电场强度为E，由平衡条件得qE=Tsinθ①mg=Tcosθ②又由于 U=Ed ③由上述①②③式可解得：U=答：（1）小球带负电荷．（2）两板间的电势差是 ．【点评】本题是带电粒子的平衡问题，解题关键是知道带电粒子的受力情况，据场强方向的规定判断；二是平衡态列方程，基础题，难度不大．2.如图所示的匀强电场中，有a 、b 、c 三点，ab=5cm ，bc=12cm ，其中ab 沿电场方向，bc 和电场方向成60°角，一个电荷量为q=4×10﹣8C 的正电荷从a 移到b 电场力做功为W 1=1.2×10﹣6J 求：（1）匀强电场的场强E=？（2）电荷从b 移到c 电场力做功W 2=？（3）a 、c 两点的电势差U ac =？【答案】（1）匀强电场的场强E=600V/m ．（2）电荷从b 移到c 电场力做功W 2=1.44×10﹣6J ．（3）a 、c 两点的电势差U ac =66V ．【解析】（1）根据电场力做功公式W=qEd ，求解电场强度，d 是电场线方向两点间的距离．（2）电场力做功公式W=qEd ，求解电荷从b 移到c 电场力做功W 2．（3）先求出电荷从a 到c 电场力做功，再求解a 、c 两点的电势差U ac ．解：（1）由题，由W 1=qEl ab 得E===600V/m（2）电荷从b 移到c 电场力做功为W 2=qEl bc cos60°=4×10﹣8×600×0.12×0.5J=1.44×10﹣6J（3）电荷从a 移到c 电场力做功为W ac =W 1+W 2则a 、c 两点的电势差为==66V ．答：（1）匀强电场的场强E=600V/m ．（2）电荷从b 移到c 电场力做功W 2=1.44×10﹣6J ．（3）a 、c 两点的电势差U ac =66V ．【点评】匀强电场中电场力做功公式W=qEd 中，d 是两点间沿电场线方向的距离，求功时要注意判断功的正负．3.用磁场可以约束带电离子的轨迹，如图所示，宽d=2cm 的有界匀强磁场的横向范围足够大，磁感应强度方向垂直纸面向里，B=1T ．现有一束带正电的粒子从O 点以v=2×106m/s 的速度沿纸面垂直边界进入磁场．粒子的电荷量q=1.6×10﹣19C ，质量m=3.2×10﹣27kg ．求：（1）粒子在磁场中运动的轨道半径r 和运动时间t 是多大？（2）粒子保持原有速度，又不从磁场上边界射出，则磁感应强度最小为多大？【答案】（1）粒子在磁场中运动的轨道半径r 和运动时间：s ；（2）粒子保持原有速度，又不从磁场上边界射出，则磁感应强度最小为2T ．【解析】（1）根据粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，结合牛顿第二定律与几何关系，即可求解．（2）根据粒子不从磁场上边界出射，其轨迹与上边界相切，画出运动轨迹图，根据半径公式，即可求解． 解：（1）带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹如图，则：① 即：解得：R=4×10﹣2m ②设粒子在磁场里运动轨迹对应的圆心角为θ，则：③解得：由和 ④。
甘肃高二高中物理期末考试带答案解析
甘肃高二高中物理期末考试班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图所示）．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，若（）A．保持S不变，增大d，则θ变大B．保持S不变，增大d，则θ变小C．保持d不变，减小S，则θ变小D．保持d不变，减小S，则θ不变2.如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路，虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面，回路以速度v向右匀速进人磁场，直径CD始终与MN垂直，从D点到达边界开始到C点进人磁场为止，下列结论正确的是（）A．感应电流方向不变B．CD段直导线始终不受安培力C．感应电动势最大值D．感应电动势平均值二、实验题1.某同学用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一薄的金属圆片的直径和厚度。
读出图中的示数。
该金属圆片的直径的测量值为cm。
厚度的测量值为mm。
2.在探究小灯泡的伏安特性实验中，所用器材有：灯泡L、量程恰当的电流表A和电压表V、直流电源E、滑动变阻器R、电键S等，要求灯泡两端电压从0 V开始变化．(1)实验中滑动变阻器应采用________接法(填“分压”或“限流”)．(2)某同学已连接如图所示的电路，在连接最后一根导线的c端到直流电源正极之前，请指出其中仅有的2个不当之处，并说明如何改正．①_______________________________________________________________②_______________________________________________________________三、计算题如图所示，一带电荷量为＋q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止．重力加速度为g，（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：（1）水平向右的电场的电场强度；（2）若将电场强度减小为原来的一半，小物块的加速度是多大。
甘肃高二高中物理期末考试带答案解析
甘肃高二高中物理期末考试班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.某静电场的电场线分布如图所示，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为EP 和EQ，电势分别为φP和φQ，则（）A．E P＞E Q，φP＞φQ B．E P＞E Q，φP＜φQC．E P＜E Q，φP＞φQ D．E P＜E Q，φP＜φQ2.两个分别带有电荷量﹣Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F．两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（）A．F B．F C．F D．12F3.如图所示，M、N为两个固定的等量同种正电荷，在其连线的中垂线上的P点（离O点很近）由静止开始释放一电荷量为﹣q的点电荷，不计重力，下列说法中正确的是（）A．点电荷在从P到O的过程中，速度先逐渐增大后逐渐减小B．点电荷在从P到O的过程中，做匀速直线运动C．点电荷运动到O点时，加速度为零，速度达到最大值D．点电荷越过O点后，速度先逐渐增大，然后逐渐减小，直到粒子速度为零4.如图所示，平行线代表电场线，但未标明方向，一个带正电、电量为10﹣6C的微粒在电场中仅受电场力作用，当它从A点运动到B点时动能减少了10﹣5J，已知A点的电势为﹣10V，则以下判断正确的是（）A．微粒的运动轨迹如图中的虚线1所示B．微粒的运动轨迹如图中的虚线2所示C．B点电场强度为零D．B点电势为﹣20V5.某平行板电容器的电容为C，带电量为Q，相距为d，今在板间中点放一个电量为q的点电荷，则它受到的电场力的大小为（）A．B．C．D．6.图中A、B、C、D四个图是描述给定的电容器充电后，电容器的带电量Q、两板间电势差U、电容C之间相互关系的图线，其中错误的是（）A． B． C． D．7.如图所示，让平行板电容器带电后，极板B与一灵敏的静电计相接，极板A接地．静电计的指针偏转一定的角度，若不改变A、B两板的带电量而将A板向靠近B板，那么静电计指针的偏转角度将（）A．一定减小 B．一定增大 C．一定不变 D．可能不变8.一段粗细均匀的铝线，其横截面积直径是d，电阻为1欧．现将其拉制成直径为0.1d的均匀细线后，它的电阻值变成（）A．0.01千欧B．0.1千欧C．10千欧D．100千欧9.如图所示的电路中，电源的电动势E和内电阻r恒定不变，电灯L恰能正常发光，如果变阻器的滑片P向b端滑动，则（）A．电灯L变亮，电流表的示数增大B．电灯L变亮，电流表的示数变小C．电灯L变暗，电流表的示数变小D．电灯L变暗，电流表的示数增大10.图中显示了a、b、c、d四种不同导体的伏安特性曲线，若把这四种导体串联接入一电路中，则热功率最大的是（）A．a B．b C．c D．d11.用伏安法测电阻时，电流表有两种接法，如图甲、乙所示，则下列说法正确的是（）①用甲图测量时，误差主要是由于电流表的分压作用造成的②用乙图测量时，误差主要是由于电流表的分压作用造成的③若待测电阻的阻值远远大于电流表的阻值，采用图甲测量的误差较小④若待测电阻的阻值远远小于电压表的阻值，采用图甲测量的误差较小．A．①③B．②④C．①④D．②③12.如图所示为两个不同闭合电路中两个不同电源的U﹣I图象，O为坐标原点，下列判断正确的是（）A．电动势E1=E2，内阻r1＞r2B．电动势E1＞E2，内阻r1＞r2C．电动势E1＜E2，内阻 r1＜r2D．电动势E1=E2，发生短路时的电流I1＞I213.在闭合电路中，下列叙述正确的是（）A．当外电路断开时，路端电压等于零B．闭合电路的电流跟电源的电动势成正比，跟内外电路的电阻之和成反比C．当外电路短路时，电路中的电流趋近于无穷大D．当外电阻增大时，路端电压将增大14.如图所示，用两节干电池点亮几个小灯泡，干电池内阻不可忽略．当逐一闭合开关，接入灯泡增多时，以下说法正确的是（）A．灯少时各灯较亮，灯多时各灯较暗B．灯多时各灯两端电压较低C．灯多时通过电池的电流较小D．灯多时通过各灯的电流较大15.如图示，示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的（）A．极板X应带负电B．极板X′应带正电C．极板Y应带正电D．极板Y′应带正电16.一带电粒子射入固定在O点的点电荷的电场中，粒子轨迹如图虚线abc所示，图中实线是同心圆弧，表示电场的等势面，不计重力，可以判断（）A．粒子受到静电排斥力的作用B．粒子速度v b＞v aC．粒子动能E ka＜E kcD．粒子电势能E pb＞E pc二、填空题1.有一游标卡尺，主尺的最小分度是1mm，游标上有20个小的等分刻度．用它测量一小球的直径，如图甲所示的读数是 mm．用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，如图乙所示的读数是 mm．2.已知满偏电流为 I g =3mA ，内阻为R g =100Ω的电流表，把它串联一个4.9kΩ的电阻后，作电压表使用，该电压表的量程为 V ．若用它测量某一电路两端电压时，电压表示数如图所示，则电路两端电压为 V ．三、实验题为了描绘标有“3V ，0.4W”的小灯泡的伏安特性曲线，要求小灯炮两端电 压能从零开始变化．所给器材如下： A ．电流表（0～200mA ，内阻0.5Ω） B ．电流表（0～0.6A ，内阻0.01Ω） C ．电压表（0～3V ，内阻5kΩ） D ．电压表（0～15V ，内阻50kΩ） E ．滑动变阻器（0～10Ω，0.5A ） F ．电源（3V ）G ．电键一个，导线若干．（1）实验中所用电流表和电压表应选用 ． （2）在方框中画出实验电路图1．（3）考虑到金属电阻率与温度的关系，图2中能较正确反映通过小灯泡的电流I 与灯泡两端的电压U 之间的变化关系的是 ．四、计算题1.质量为m ，电量为+q 的带电小球用绝缘细线悬挂在O 点，现加一竖直向下的匀强电场，悬线所受拉力为3mg ．（1）求所加电场的场强E 为多大？（2）若场强大小不变，方向变为水平向左，平衡时悬线的拉力T ？2.如图所示，电源是用4节电池组成的串联电池组，每节电池的电动势为1.5V ，内阻为1Ω，R 1=8Ω，R 2=8Ω，R 3=4Ω，求R 3电阻中的电流是多大？3.如图电路中，电池组的电动势E=42V ，内阻r=2Ω，定值电阻R=20Ω，D 是电动机，其线圈电阻R′=1Ω．电动机正常工作时，理想电压表示数为20V ．求：（1）通过电动机的电流是多少？ （2）电动机消耗的电功率为多少？ （3）电动机输出的机械功率为多少？4.如图所示，有一正粒子，质量为m ，电荷量为q ，由静止开始经电势差为U 1的电场加速后，进入两块板间距离为d ，板间电势差为U 2的平行金属板间，若质子从两板正中间垂直电场方向射入偏转电场，并且恰能从下板右边缘穿出电场．求：（1）粒子刚进入偏转电场时的速度v 0；（2）粒子在偏转电场中运动的时间和金属板的长度； （3）粒子穿出偏转电场时的动能．甘肃高二高中物理期末考试答案及解析一、选择题1.某静电场的电场线分布如图所示，图中P 、Q 两点的电场强度的大小分别为E P 和E Q ，电势分别为φP 和φQ ，则（ ）A ．E P ＞E Q ，φP ＞φQB ．E P ＞E Q ，φP ＜φQC ．E P ＜E Q ，φP ＞φQD ．E P ＜E Q ，φP ＜φQ【答案】A【解析】根据P 、Q 两点处电场线的疏密比较电场强度的大小．根据沿电场线的方向电势降低． 解：由图P 点电场线密，电场强度大，E P ＞E Q ，．沿电场线的方向电势降低，φP ＞φQ ．故选：A ．【点评】掌握电场线的特点：疏密表示强弱，沿电场线的方向电势降低．2.两个分别带有电荷量﹣Q 和+3Q 的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r 的两处，它们间库仑力的大小为F ．两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（ ） A ．FB ．FC ．FD ．12F【答案】B【解析】清楚两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分．根据库仑定律的内容，根据变化量和不变量求出问题． 解：接触前两个点电荷之间的库仑力大小为F=k，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，所以两球分开后各自带点为+Q ，距离又变为原来的，库仑力为F′=k ，所以两球间库仑力的大小为 F ．故选：B ．【点评】本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题．注意两电荷接触后各自电荷量的变化，这是解决本题的关键．3.如图所示，M 、N 为两个固定的等量同种正电荷，在其连线的中垂线上的P 点（离O 点很近）由静止开始释放一电荷量为﹣q 的点电荷，不计重力，下列说法中正确的是（ ）A ．点电荷在从P 到O 的过程中，速度先逐渐增大后逐渐减小B ．点电荷在从P 到O 的过程中，做匀速直线运动C ．点电荷运动到O 点时，加速度为零，速度达到最大值D ．点电荷越过O 点后，速度先逐渐增大，然后逐渐减小，直到粒子速度为零【答案】C【解析】M 、N 为两个等量的正点电荷，其连线中垂线上电场强度方向O→P ，负点电荷q 从P 点到O 点运动的过程中，电场力方向P→O ，速度越来越大．但电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况不确定．越过O 点后，负电荷q 做减速运动，点电荷运动到O 点时加速度为零，速度达最大值，加速度变化情况同样不确定．解：AB 、点电荷﹣q 在从P 到O 的过程中，所受的电场力方向竖直向下，做加速运动，所以速度越来越大，因为从O 向上到无穷远，电场强度先增大后减小，所以P 到O 的过程中，电场强度大小是变化的，加速度是变化的，做的是非变加速运动，故A 、B 错误．C 、点电荷运动到O 点时，所受的电场力为零，加速度为零，然后向下做减速运动，所以O 点的速度达到最大值．故C 正确．D 、根据电场线的对称性可知，越过O 点后，负电荷q 做减速运动，故D 错误． 故选：C ．【点评】本题考查对等量同种电荷电场线的分布情况及特点的理解和掌握程度，要抓住电场线的对称性进行分析求解，注意从O 点向上或向下的过程，电场强度都是先增大后减小．4.如图所示，平行线代表电场线，但未标明方向，一个带正电、电量为10﹣6C 的微粒在电场中仅受电场力作用，当它从A 点运动到B 点时动能减少了10﹣5J ，已知A 点的电势为﹣10V ，则以下判断正确的是（ ）A ．微粒的运动轨迹如图中的虚线1所示B ．微粒的运动轨迹如图中的虚线2所示C ．B 点电场强度为零D ．B 点电势为﹣20V【答案】A【解析】带正电的微粒仅受电场力的作用，从A 点运动到B 点时动能减少了10﹣5J ，说明电场力做负功，可分析出电场力方向水平向左，根据曲线运动的合力指向轨迹的内侧，可知其轨迹为1，还可判断出电场线的方向．根据动能定理求出AB 间的电势差，由U AB =φA ﹣φB ，可求出B 点的电势．解：AB 、由题，带正电的微粒仅受电场力的作用，从A 点运动到B 点时动能减少了10﹣5J ，说明电场力做负功，则知电场力方向水平向左．根据曲线运动的合力指向轨迹的内侧，故微粒的运动轨迹是如图虚线1所示．故A 正确，B 错误．CD、根据动能定理得：qUAB =△Ek，得A、B间的电势差 UAB==﹣V=﹣10V，又UAB=φA﹣φB，φA=﹣10V，则B的电势为φB=0．场强与电势无关，B点的电场强度不为0，故C、D错误．故选：A．【点评】根据轨迹弯曲的方向要能判断出合力的方向，结合电场的性质，根据动能定理求出电势差，再求电势，都是常规的方法．5.某平行板电容器的电容为C，带电量为Q，相距为d，今在板间中点放一个电量为q的点电荷，则它受到的电场力的大小为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由电容的定义式C=求出两极板间的电压，由板间电压与场强的关系式U=Ed求出板间场强，点电荷所受的电场力大小为F=qE．解：由电容的定义式C=得，板间电压为U=．板间场强大小为E=．点电荷所受的电场力大小为F=qE，联立得到，F=．故选：C【点评】本题考查对于电容、板间电压、场强等物理量之间关系的掌握情况．基础题．6.图中A、B、C、D四个图是描述给定的电容器充电后，电容器的带电量Q、两板间电势差U、电容C之间相互关系的图线，其中错误的是（）A． B． C． D．【答案】A【解析】电容表征电容器容纳电荷的本领大小，对于给定的电容器，其电容一定．电量Q=CU，Q与U成正比．根据这两点选择图象．解：A、C、对于给定的电容器，其电容C一定，C﹣Q图象平行于横轴．故A错误，BD正确；B、D对于给定的电容器，其电容C一定，电量Q=CU，Q与U成正比，Q﹣U图象是过原点的倾斜的直线．故C正确．本题选择错误的，故选：A．【点评】本题考查识别、理解物理图象的能力．要抓住电容定义的方法：比值定义法，定义出来C与Q、U无关，反映电容器本身的性质．7.如图所示，让平行板电容器带电后，极板B与一灵敏的静电计相接，极板A接地．静电计的指针偏转一定的角度，若不改变A、B两板的带电量而将A板向靠近B板，那么静电计指针的偏转角度将（）A．一定减小 B．一定增大 C．一定不变 D．可能不变【答案】A【解析】根据距离的变化判断电容的变化，抓住电量不变，通过Q=CU判断出电势差的变化，从而得知静电计指针偏转角度的变化．解：减小两极板间的距离，根据C=知，电容增大，因为电量不变，根据Q=CU，知电势差减小，则指针偏转角度一定减小．故A正确，B、C、D错误．故选：A．【点评】解决本题的关键抓住电量不变，通过电容的变化判断电势差的变化．8.一段粗细均匀的铝线，其横截面积直径是d，电阻为1欧．现将其拉制成直径为0.1d的均匀细线后，它的电阻值变成（）A．0.01千欧B．0.1千欧C．10千欧D．100千欧【答案】C【解析】铝线的横截面的直径为d ，横截面积为S=πd 2，根据数学知识确定直径是后横截面积的关系，根据体积不变，分析长度的关系，由电阻定律分析电阻的变化情况．解：铝线的横截面的直径为d ，横截面积为S 1=πd 2，由数学知识得知，直径是后横截面积是S 2=S 1，由于铝线的体积不变，由长度变为原来的100倍，根据电阻定律R=得到，电阻是原来的10000倍，即为10000Ω=10KΩ． 故选：C ．【点评】本题要综合考虑电阻随导体横截面积和长度的变化，不能只考虑其一，不考虑其二．基础题．9.如图所示的电路中，电源的电动势E 和内电阻r 恒定不变，电灯L 恰能正常发光，如果变阻器的滑片P 向b 端滑动，则（ ）A ．电灯L 变亮，电流表的示数增大B ．电灯L 变亮，电流表的示数变小C ．电灯L 变暗，电流表的示数变小D ．电灯L 变暗，电流表的示数增大【答案】B【解析】滑动变阻器的滑片向b 端滑动过程，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由欧姆定律分析总电流的变化和路端电压的变化，来判断电灯亮度和电流表示数的变化．解：滑动变阻器的滑片向b 端滑动过程，变阻器接入电路的电阻增大，即R 1↑，则外电路总电阻R↑，由闭合电路欧姆定律得知总电流I↓，路端电压U=E ﹣Ir↑．电灯L 的电压等于路端电压，所以电灯L 更亮，电流表的示数减小． 故选：B【点评】本题是简单的电路动态分析问题．对于路端电压也可以直接根据路端电压随外电阻增大而增大判断变化．10.图中显示了a 、b 、c 、d 四种不同导体的伏安特性曲线，若把这四种导体串联接入一电路中，则热功率最大的是（ ）A ．aB ．bC ．cD ．d【答案】A【解析】本题为图象分析问题，在图中任意做一条与横轴垂直的直线，则得到图象的交点为电流相同点，对应的纵坐标即为此时电阻两端的电压值，再由欧姆定律进行比较即可．解：由下图可知，当电流相同时，U a ＞U b ＞U c ＞U d ；由欧姆定律R=可知：当电流相同时，电压越大，导体的电阻就越大，即R a ＞R b ＞U c ＞U d ．若把这四种导体串联接入一电路中，根据电热功率的公式：P=I 2R ，则热功率最大的是电阻值最大的a ． 故选：A ．【点评】本题考查了串并联电路的特点和由图象获取信息的能力，在解题中注意控制变量法的应用．11.用伏安法测电阻时，电流表有两种接法，如图甲、乙所示，则下列说法正确的是（ ）①用甲图测量时，误差主要是由于电流表的分压作用造成的 ②用乙图测量时，误差主要是由于电流表的分压作用造成的③若待测电阻的阻值远远大于电流表的阻值，采用图甲测量的误差较小 ④若待测电阻的阻值远远小于电压表的阻值，采用图甲测量的误差较小． A ．①③ B ．②④ C ．①④D ．②③【答案】B【解析】用伏安法测电阻的两种常用电路分别是电流表内接法和电流表外接法，电流表内接法测得的电阻阻值是电流表内阻与待测电阻的串联值的和，电流表外接法测得的电阻阻值是待测电阻Rx 和电压表内阻的并联电阻值；用的电流表内阻越小，电压表内阻越大，测量的误差越小．解：由图甲所示电路图可知，电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，使所测电流偏大，实验误差来源于电压表分流，当电压表内阻远大于待测定值阻值时采用该电路误差 较小，故①③错误；由图乙所示电路图可知，电流表采用内接法，由于电流表的分压作用，所测电压偏大，试验误差是由电流表的分压造成的，当待测电阻阻值远大于电流量表内阻时，用该电路试验误差较小，故②④正确，故B 正确； 故选：B ．【点评】该题中用伏安法测电阻的两种常用电路分别是电流表内接法和电流表外接法，电流表内接法测得的电阻值大，电流表外接法测得的电阻值偏小；该知识点既可以说是属于记忆性的知识，也可以记住分析的方法．属于中档题．12.如图所示为两个不同闭合电路中两个不同电源的U ﹣I 图象，O 为坐标原点，下列判断正确的是（ ）A ．电动势E 1=E 2，内阻r 1＞r 2B ．电动势E 1＞E 2，内阻r 1＞r 2C ．电动势E 1＜E 2，内阻 r 1＜r 2D ．电动势E 1=E 2，发生短路时的电流I 1＞I 2【答案】A【解析】根据闭合电路欧姆定律，路端电压为：U=E ﹣Ir ；U ﹣I 图象中与U 轴的交点表示电源的电动势，与I 轴的交点表示短路电流，斜率表示内阻．解：U ﹣I 图象中与U 轴的交点表示电源的电动势，斜率表示内阻，电动势E 1=E 2，内阻r 1＞r 2， 由U ﹣I 图象与I 轴的交点表示短路电流，故发生短路时的电流I 1＜I 2，故A 正确，BCD 错误； 故选：A ．【点评】本题考查了闭合电路电源的U ﹣I 图象的相关知识，要求同学们理解U ﹣I 图象中与U 轴的交点表示电源的电动势，与I 轴的交点表示短路电流，斜率表示内阻．13.在闭合电路中，下列叙述正确的是（ ） A ．当外电路断开时，路端电压等于零B ．闭合电路的电流跟电源的电动势成正比，跟内外电路的电阻之和成反比C ．当外电路短路时，电路中的电流趋近于无穷大D ．当外电阻增大时，路端电压将增大【答案】BD【解析】根据闭合电路欧姆定律U=E ﹣Ir 可知，当外电路断开时，路端电压等于电动势．当外电路短路时，电路中的电流很大，但不是无穷大，因为电源有一定的内阻．当外电阻增大时，电流减小，内电压减小，路端电压将增大．解：A 、根据闭合电路欧姆定律U=E ﹣Ir 可知，当外电路断开时，电流I=0，路端电压U=E ．故A 错误．B、根据闭合电路欧姆定律I=得知：闭合电路的电流跟电源的电动势成正比，跟内外电路的电阻之和成反比．C、当外电路短路时，R=0，短路电流I短=，电源内阻r＞0，I短≠∞．故C错误．D、当外电阻增大时，电流减小，内电压减小，路端电压将增大．故D正确．故选BD【点评】本题考查对闭合电路欧姆定律的理解能力．对于断路和短路两个特例，要在理解的基础上加强记忆．14.如图所示，用两节干电池点亮几个小灯泡，干电池内阻不可忽略．当逐一闭合开关，接入灯泡增多时，以下说法正确的是（）A．灯少时各灯较亮，灯多时各灯较暗B．灯多时各灯两端电压较低C．灯多时通过电池的电流较小D．灯多时通过各灯的电流较大【答案】AB【解析】由并联电路的规律可知外部总电阻的变化；由闭合电路的欧姆定律可判断路端电压和通过电池的电流变化．解：A、B、C由图可知，灯泡均为并联．当点亮的电灯数目增多时，并联的支路增多，由并联电路的电阻规律可知，外部总电阻减小，由闭合电路欧姆定律得知，通过电池的电流增大，则电池的内电压增大，故路端电压减小，灯泡两端的电压变小，灯泡变暗，故AB正确，C错误；D、由上分析可知，灯多时，通过电池的总电流减小，而支路的数目增大，所以各灯的电流较小，故D错误．故选：AB【点评】解答本题应掌握：并联电路中并联支路越多，总电阻越小；同时注意闭合电路欧姆定律在电路动态分析中的应用方法，一般可按外电路﹣内电路﹣外电路的思路进行分析．15.如图示，示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的（）A．极板X应带负电B．极板X′应带正电C．极板Y应带正电D．极板Y′应带正电【答案】C【解析】由亮斑位置可知电子偏转后打在偏向X，Y向，由电子所受电场力的方向确定电场的方向，再确定极板所带的电性．解：电子受力方向与电场方向相反，因电子向X向偏转则，电场方向为X到X′，则X带正电，同理可知Y带正电，故C正确，ABD错误．故选：C．【点评】本题考查电子的偏转，要知道电子的受力与电场的方向相反，会分析两个方向上所加不同电压对应的不同偏转情况．16.一带电粒子射入固定在O点的点电荷的电场中，粒子轨迹如图虚线abc所示，图中实线是同心圆弧，表示电场的等势面，不计重力，可以判断（）A．粒子受到静电排斥力的作用B．粒子速度v b＞v aC．粒子动能E ka＜E kcD．粒子电势能E pb＞E pc【答案】AD【解析】从粒子运动轨迹看出，轨迹向左弯曲，可知带电粒子受到了向左的力（排斥力）作用，从a 到b 过程中，电场力做负功，可判断电势能的大小和速度大小．a 、c 两点处于同一等势面上，由动能定理分析粒子在a 、c 两点的速度大小关系．解：A ：如图所示，轨迹向左弯曲，带电粒子所受的电场力方向向左，则带电粒子受到了排斥力作用．故A 正确． B ：从a 到b 过程中，带电粒子受到了排斥力作用，电场力做负功，可知电势能增大，动能减小，粒子在b 点的速度一定小于在a 点的速度．故B 错误．C ：a 、c 两点处于同一等势面上，从a 到c ，电场力为零，则a 、c 两点动能相等，故C 错误．D ：从b 到c 过程中，电场力做正功，可知电势能减小，粒子在b 点的电势能一定大于在c 点的电势能，故D 正确． 故选：AD【点评】本题是轨迹问题，首先要根据弯曲的方向判断出带电粒子所受电场力方向，确定是排斥力还是吸引力．由动能定理分析动能和电势能的变化是常用的思路．二、填空题1.有一游标卡尺，主尺的最小分度是1mm ，游标上有20个小的等分刻度．用它测量一小球的直径，如图甲所示的读数是 mm ．用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，如图乙所示的读数是 mm ．【答案】10.50 mm ； 1.731 mm【解析】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：游标卡尺的主尺读数为10mm ，游标读数为0.05×10mm=0.50mm ，所以最终读数为10.50mm ．螺旋测微器的固定刻度读数为1.5mm ，可动刻度读数为0.01×23.1mm=0.231mm ，所以最终读数为1.731mm ． 故本题答案为：10.50 mm ； 1.731 mm【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．2.已知满偏电流为 I g =3mA ，内阻为R g =100Ω的电流表，把它串联一个4.9kΩ的电阻后，作电压表使用，该电压表的量程为 V ．若用它测量某一电路两端电压时，电压表示数如图所示，则电路两端电压为 V ．【答案】15V ，3V【解析】电流表改装成电压表要串联电阻分压：U=I g （R g +R ）．解：改装成电压表要串联电阻：则 I g （R g +R x ）=U V即：3×10﹣3（100+4900）=15表盘有10个刻度，则每个刻度代表=1.5V图中指示第二个刻度，则U=2×1.5=3V故答案为：15V ，3V ．【点评】考查的电压表的改装原理，明确串联电阻的分压作用，改装后量程U=I g （R g +R ）．三、实验题为了描绘标有“3V ，0.4W”的小灯泡的伏安特性曲线，要求小灯炮两端电压能从零开始变化．所给器材如下：A ．电流表（0～200mA ，内阻0.5Ω）B ．电流表（0～0.6A ，内阻0.01Ω）。
甘肃高二高中物理期末考试带答案解析
甘肃高二高中物理期末考试班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.如图所示的四个图中，分别标明了通电导线在磁场中的电流方向、磁场方向以及通电导线所受磁场力的方向，其中正确的是 （ ）A B C D2.在磁感应强度为B 的匀强磁场中做匀速圆周运动的带电粒子，当磁感应强度突然增大为2B 时，这个带电粒子( )A ．速率加倍，周期减半B ．速率不变，轨道半径减半C ．速率不变，周期减半D ．速率减半，轨道半径不变3.关于电磁感应现象，下列说法中正确的是( ) A ．感应电流的磁场总是与原磁场方向相反B ．闭合线圈放在变化的磁场中就一定能产生感应电流C ．闭合线圈放在匀强磁场中做切割磁感线运动时，一定能产生感应电流D ．感应电流的磁场总是阻碍原来磁场的磁通量的变化4.如图所示的电路，闭合开关S ，当滑动变阻器滑片P 向右移动时， 下列说法正确的是（ ）A ．电流表读数变小，电压表读数变大B ．小灯泡L 变暗C ．电容器C 上电荷量减小D ．电源的总功率变小5.将一磁铁缓慢地或迅速地插到闭合线圈中同样位置处，不发生变化的物理量有( ) A ．磁通量的变化量 B ．磁通量的变化率 C ．感应电流的大小 D ．流过导体横截面的电荷量6.在如图甲所示的电路中，电源电动势为3.0V ，内阻不计，L 1、L 2、L 3为三个特殊材料制成的相同规格的小灯泡，这种灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，当开关S 闭合稳定后：( )A ．L 1、L 2、L 3的电阻相同B ．L 3两端的电压为L 1的2倍C ．通过L 3的电流是L 1的2倍D ．L 3消耗的功率为0.75W7.如图所示，两水平放置的平行金属板M、N放在匀强磁场中，导线ab贴着M、N边缘以速度v向右匀速滑动，当一带电粒子以水平速度v射入两板间后，能保持匀速直线运动，该带电粒子可能()．A．带正电，速度方向向左B．带负电，速度方向向左C．带正电，速度方向向右D．带负电，速度方向向右8.在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环。
甘肃高二高中物理期末考试带答案解析
甘肃高二高中物理期末考试班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步．下列说法中正确的是（ ）A ．安培提出场的概念B ．牛顿发现了电流的热效应C ．密里根通过油滴实验测定了电子的电荷量D ．欧姆指出导体的电阻与导体两端的电压成正比，与通过导体的电流成反比2.如图甲所示，100匝线圈(图中只画了1匝)两端A 、B 与一电压表相连．线圈内有一垂直指向纸内方向的磁场，线圈中的磁通量在按图乙所示规律变化．下列关于电压表的说法正确的是( )A ．电压表读数为50 VB ．电压表读数为150 VC ．电压表“＋”接线柱接A 端D ．电压表“＋”接线柱接B 端3.如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个质量和电荷量均相同的正、负离子，从O 点以相同的速度射入磁场中，射入方向均与边界成θ角．若不计重力，关于正、负离子在磁场中的运动，下列说法不正确的是（ ）A ．运动的时间相同B ．运动的轨道半径相同C ．重新回到边界的速度大小和方向都相同D ．重新回到边界的位置与O 点距离相同4.如图是质谱仪的原理图，若速度相同的同一束粒子沿极板P 1、P 2的轴线射入电磁场区域，由小孔S 0射入右边的偏转磁场B 2中，运动轨迹如图所示，不计粒子重力．下列相关说法中正确的是( )A ．该束带电粒子带负电B ．速度选择器的P 1极板带负电C ．在B 2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大D ．在B 2磁场中运动半径越大的粒子，比荷q /m 越小5.带电粒子从电场中的A点运动到B点，轨迹如图中虚线所示，不计粒子所受的重力，则：A．粒子带正电B．粒子的加速度增大C．A点的场强大于B点的场强D．粒子的速度增大6.关于磁感应强度B的概念，下列说法正确的是A．根据磁感应强度B的定义式可知，通电导线在磁场中受力为零时该处B为零B．一小段通电导线在某处不受磁场力作用，该处的磁感应强度不一定为零C．一小段通电导线放在磁感应强度为零处，它所受的磁场力不一定为零D．磁场中某处磁感应强度的方向，与通电导线在该处所受磁场力的方向相同7.如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，匀强电场的方向竖直向下，有一正离子恰能以速率v沿直线从左向右水平飞越此区域．下列说法正确的是()A．若一电子以速率v从右向左飞入，则该电子将沿直线运动B．若一电子以速率v从右向左飞入，则该电子将向上偏转C．若一电子以速率v从右向左飞入，则该电子将向下偏转D．若一电子以速率v从左向右飞入，则该电子将向下偏转8.电场中的某点放入电荷量为＋q的试探电荷时，测得该点的电场强度为E；若在该点放入电荷量为－2q的试探电荷，此时该点的电场强度为()A．大小为2E，方向和E相反B．大小为E，方向和E相反C．大小为2E，方向和E相同D．大小为E，方向和E相同9.如图所示，环形导线中通有顺时针方向的电流I，则该环形导线中心的磁场方向为（）A．水平向左B．水平向右C．垂直于纸面向里D．垂直于纸面向外10.如图中灯泡A 1、A 2完全相同，带铁芯的线圈L 的电阻可忽略不计，则（ ）A ．S 闭合瞬间，A 1、A 2同时发光，接着A 1变暗，A 2变得更亮B ．S 闭合瞬间，A 1不亮A 2立即亮C ．S 闭合瞬间，A 1、A 2都不立即亮D ．稳定后再断开S 瞬间，A 1、A 2同时熄灭二、实验题1.用如图甲所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K 和两个部件S 、T 。
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甘肃高二高中物理期末考试班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.一台电动机，额定电压是100 V，电阻是1 Ω．正常工作时，通过的电流为5 A，则电动机的输出功率为（）A．500 W B．25 W C．1 000 W D．475 W2.用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图所示）。
设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ。
实验中，极板所带电荷量不变，则下列说法正确的是（）A．保持S不变，增大d，则θ变大B．保持S不变，增大d，则θ变小C．保持d不变，减小S，则θ变小D．保持d不变，减小S，则θ不变3.一电池外电路断开时的路端电压为3 V，接上8 Ω的负载电阻后路端电压降为2．4 V，则可以判定电池的电动势E和内电阻r为（）A．E＝2．4 V，r＝1 ΩB．E＝3 V，r＝2 ΩC．E＝2．4 V，r＝2 ΩD．E＝3 V，r＝1 Ω4.在如图所示电路中，当滑动变阻器滑片P向下移动时，则（）A．A灯变亮、B灯变亮、C灯变亮B．A灯变亮、B灯变亮、C灯变暗C．A灯变亮、B灯变暗、C灯变暗D．A灯变亮、B灯变暗、C灯变亮5.P、Q两电荷的电场线分布如图所示，c、d为电场中的两点．一个离子从a运动到b（不计重力），轨迹如图所示。
则下列判断正确的是（）A．Q带正电B．c点电势低于d点电势C．离子在运动过程中受到P的吸引力D．离子从a到b，电场力做正功6.如图所示，在竖直向上的匀强磁场中水平放置着一根长直导线，电流方向垂直纸面向外，a 、b 、c 、d 是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中（ ）A ．a 、b 两点磁感应强度相同B ．c 、d 两点磁感应强度相同C ．a 点磁感应强度最大D ．b 点磁感应强度最大7.圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a 、b 、c 以不同的速率沿着AO 方向对准圆心O 射入磁场，其运动轨迹如图所示．若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是（ ）A ．a 粒子速率最大B ．c 粒子速率最大C ．c 粒子在磁场中运动的时间最长D ．它们做圆周运动的周期T a <T b <T c8.某一电源的路端电压与电流的关系和电阻R 1、R 2的电压与电流的关系如图所示．用此电源和电阻R 1、R 2组成电路。
甘肃高二高中物理期末考试带答案解析
甘肃高二高中物理期末考试班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题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.如图所示，虚线为电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等．一个带正电的点电荷在A点的电势能大于其在B点的电势能，则下列说法正确的是（）A．A点的电势比B点的高B．无法比较A、B两点的电势高低C．A点的电场强度比B点的大D．无法比较A、B两点的场强大小3.下列说法正确的是（）A．处于静电平衡状态的导体，内部既无正电荷，又无负电荷B．处于静电平衡状态的导体，内部和外表面处的电场强度均为零C．手拿不带电的金属棒靠近带正电的验电器，那么验电器的金属箔张开的角度将变小D．电容越大的电容器，带电荷量也一定越多4.如图两段等长细线将质量分别为2m、m的小球A、B悬挂在O点并处于大小为E的匀强电场中．A、B带电量分别为+4q、﹣q，当系统处于静止状态时，可能出现的状态是（）A． B． C． D．5.用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图所示）．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，若（）A．保持S不变，增大d，则θ变大B．保持S不变，增大d，则θ变小C．保持d不变，减小S，则θ变小D．保持d不变，减小S，则θ不变6.一只电炉的电阻丝和一台电动机线圈的电阻相等，都是R，设通过的电流强度相同，则在相同的时间内，关于这只电炉和这台电动机的发热情况，下列说法中正确的是（）A．电炉和电动机产生电炉的热量相等B．产生的热量多于电动机产生的热量C ．产生的热量少于电动机产生的热量D ．无法判断7.如图所示，当ab 端接入100V 电压时，cd 两端为20V ；当cd 两端接入100V 时，ab 两端电压为50V ，则R 1：R 2：R 3之比是（ ）A ．4：1：2B ．2：1：1C ．3：2：1D ．以上都不对8.关于磁场中的磁感应强度，以下说法正确的是（ ）A ．一电流元或一运动电荷在某一区域不受力，则表明该区域不存在磁场B ．磁感应强度是反映磁场本身性质的物理量，与放入其中电流元或小磁针无关C ．若电流元探测到磁场力，则该力的方向即为磁场的方向D ．当一电流元在磁场中某一位置探测到磁场力F 时，可以利用公式B=求出磁感应强度的大小9.如图所示，环中电流方向由左向右，且I 1=I 2，则圆环中心O 处的磁场是（ ）A ．最大，垂直穿出纸面B ．最大，垂直穿入纸面C ．为零D ．无法确定10.一闭合金属线框的两边接有电阻R 1、R 2，框上垂直搁置一根金属棒，棒与框接触良好，整个装置放在匀强磁场中（如图所示），当用外力使ab 棒右移时，作出的下列判断中正确的是（ ）A ．其穿线框的磁通量不变，框内没有感应电流B ．框内有感应电流，电流方向沿顺时针方向绕行C ．框内有感应电流，电流方向沿逆时针方向绕行D ．框内有感应电流，左半边逆时针方向绕行，右半边顺时针方向绕行11.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增大12.如图，竖直放置的平行金属板带等量异种电荷，一不计重力的带电粒子从两板中间以某一初速度平行于两板射入，打在负极板的中点，以下判断正确的是（）A．该带电粒子带正电B．该带电粒子带负电C．若粒子初速度增大到原来的2倍，则恰能从负极板边缘射出D．若粒子初动能增大到原来的2倍，则恰能从负极板边缘射出13.关于电动势，下列说法正确的是（）A．在电源内部把正电荷从负极移到正极，非静电力做功，电能增加B．对于给定的电源，移动正电荷，非静电力做功越多，电动势就越大C．电动势越大，说明非静电力在电源内部从负极向正极移送单位电荷量做功越多D．电动势越大，说明非静电力在电源内部把正电荷从负极移送到正极的电荷量越多14.如图所示，放在台秤上的条形磁铁两极未知，为了探明磁铁的极性，在它中央的正上方固定一导线，导线与磁铁垂直，给导线通以垂直纸面向外的电流，则（）A．如果台秤的示数增大，说明磁铁左端是N极B．如果台秤的示数增大，说明磁铁右端是N极C．无论如何台秤的示数都不可能变化D．台秤的示数可能随电流的增大而减小15.回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是（）A．增大匀强电场间的加速电压B．增大磁场的磁感应强度C．减小狭缝间的距离D．增大D形金属盒的半径二、实验题某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：A．被测干电池一节B．电流表：量程0～0.6A，内阻约1ΩC．电流表：量程0～3A，内阻约0.1ΩD．电压表：量程0～3V，内阻未知E．电压表：量程0～15V，内阻未知F．滑动变阻器：0～10Ω，2AG．滑动变阻器：0～100Ω，1AH．开关、导线若干伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差，在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻的．（1）在上述器材中请选择适当的器材：（填写选项前的字母）；（2）实验电路图应选择图中的（填“甲”或“乙”）；（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U﹣I图象，则干电池的电动势E= V，内电阻r= Ω．三、填空题读出下列测量仪器的数据：（1）如图1，游标卡尺 cm（2）如图2，螺旋测微器 mm（3）如图3，多用电表电阻档（10倍率）Ω四、计算题1.如图所示，一束电荷量为e的电子以垂直于磁感应强度B并垂直于磁场边界的速度v射入宽度为d的匀强磁场中，穿出磁场时速度方向和原来射入方向的夹角为θ=60°，求电子的质量和穿越磁场的时间．2.有一金属细棒ab，质量m=0.05kg，电阻不计，可在两条轨道上滑动，如图所示，轨道间距为L=0.5m，其平面与水平面的夹角为θ=37°，置于垂直于轨道平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B=1.0T，金属棒与轨道的动摩擦因数μ=0.5，（设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等）回路中电源电动势为E=3V，内阻r=0.5Ω．求：①为保证金属细棒不会沿斜面向上滑动，流过金属细棒ab的电流的最大值为多少？②滑动变阻器R的阻值应调节在什么范围内，金属棒能静止在轨道上？（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）3.如图所示，一个质量为m=2.0×10﹣11kg，电荷量q=+1.0×10﹣5C的带电微粒（重力忽略不计），从静止开始经=25V电压加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中．金属板长L=20cm，两板间距d=10cm．求：U1（1）微粒进入偏转电场时的速度v是多大？（2）若微粒射出电场过程的偏转角为θ=30°，并接着进入一个方向垂直与纸面向里的匀强磁场区，则两金属板间是多大？的电压U2（3）若该匀强磁场的宽度为D=10cm，为使微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多大？甘肃高二高中物理期末考试答案及解析一、选择题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【答案】C【解析】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：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.如图所示，虚线为电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等．一个带正电的点电荷在A点的电势能大于其在B点的电势能，则下列说法正确的是（）A．A点的电势比B点的高B．无法比较A、B两点的电势高低C．A点的电场强度比B点的大D．无法比较A、B两点的场强大小【答案】A【解析】等势面的疏密代表场强的大小，正电荷在电势高的地方电势能大解：A、正电荷在电场中，在电势高的位置，电势能越大，故A正确，B错误；C、等势面的疏密代表场强的大小，故A点的场强小于B点的场强，故CD错误；故选：A【点评】本题主要考查了等势面与电场强度的关系，抓住正电荷在电势高的位置电势能大即可3.下列说法正确的是（）A．处于静电平衡状态的导体，内部既无正电荷，又无负电荷B．处于静电平衡状态的导体，内部和外表面处的电场强度均为零C．手拿不带电的金属棒靠近带正电的验电器，那么验电器的金属箔张开的角度将变小D．电容越大的电容器，带电荷量也一定越多【答案】C【解析】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，并由公式，可知，C与Q及U无关．解：A、金属导体的内部电场强度处处为零，导体内部不再有电荷的定向移动，导体的内部没有多余的净电荷，都是不能说导体内部既无正电荷，又无负电荷．故A错误．B、金属导体内部电场强度处处为零，电荷分布在外表面上，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，而表面处的场强不等于0，故B错误．C、手拿不带电的金属棒靠近带正电的验电器，根据感应带电原理，及同种电荷相斥，异种电荷相斥，则验电器的金属箔张开的角度将变小．故C正确；D、公式，可知，C与Q及U无关，故D错误．故选：C．【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，并掌握比值定义法的含义．4.如图两段等长细线将质量分别为2m、m的小球A、B悬挂在O点并处于大小为E的匀强电场中．A、B带电量分别为+4q、﹣q，当系统处于静止状态时，可能出现的状态是（）A． B． C． D．【答案】B【解析】先运用整体法研究OA绳与竖直方向的夹角，再隔离B研究，分析AB绳与竖直方向的夹角，得到两夹角的关系，即可判断出系统平衡时的状态．解：A球受到电场力水平向右，大小为 4qE，B球受到的电场力水平向左，大小为 qE．设F=qE以整体为研究对象，分析受力如图．设OA绳与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得：tanα==以B球为研究对象，受力如图．设AB绳与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得：tanβ=得到α=β，故ACD错误，B正确．故选：B【点评】本题采用隔离法和整体法，结合平衡条件分析物体的状态，关键要灵活选择研究对象．5.用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图所示）．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d ，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，若（ ）A ．保持S 不变，增大d ，则θ变大B ．保持S 不变，增大d ，则θ变小C ．保持d 不变，减小S ，则θ变小D ．保持d 不变，减小S ，则θ不变【答案】A【解析】静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大．根据电容的决定式C= 分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，再由电容的定义式C= 分析板间电势差的变化，即可再确定静电计指针的偏角变化情况．解：A 、B 、根据电容的决定式C= 得知，电容与极板间距离成反比，当保持S 不变，增大d 时，电容减小，电容器的电量Q 不变，由电容的定义式C= 分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大；反之，保持S 不变，减小d ，则θ减小．故A 正确，B 错误．C 、D 、根据电容的决定式C= 得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d 不变，减小S 时，电容减小，电容器极板所带的电荷量Q 不变，则由电容的定义式C= 分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角θ变大；反之，保持d 不变，增大S ，则θ减小，故C 错误，D 错误．故选：A ．【点评】本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是掌握电容的两个公式：电容的决定式C= 和C=．6.一只电炉的电阻丝和一台电动机线圈的电阻相等，都是R ，设通过的电流强度相同，则在相同的时间内，关于这只电炉和这台电动机的发热情况，下列说法中正确的是（ ）A ．电炉和电动机产生电炉的热量相等B ．产生的热量多于电动机产生的热量C ．产生的热量少于电动机产生的热量D ．无法判断【答案】A【解析】用电器的发热的功率要用P=I 2R 来计算，根据焦耳定律可以分析产生的热量的大小．解：用电器产生的热量要根据焦耳定律来计算，由题可知，电阻相等，电流相等，时间相同；所以根据Q=I 2Rt 可知，电炉产生的热量等于电动机产生的热量，所以A 正确．故选：A ．【点评】在计算电功率的公式中，总功率用P=IU 来计算，发热的功率用P=I 2R 来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．7.如图所示，当ab 端接入100V 电压时，cd 两端为20V ；当cd 两端接入100V 时，ab 两端电压为50V ，则R 1：R 2：R 3之比是（ ）A ．4：1：2B ．2：1：1C ．3：2：1D ．以上都不对【答案】D【解析】分析两种情况下电路的结构，由串联电路的分压规律可得出电阻的关系；再得出三个电阻的关系． 解：当ab 端接入电压时，cd 端输出电压为20=×100；解得：2R 2=R 1；当cd 接入电压时，ab 端输出电压50=×100；解得：2R 3=R 2；故电阻之比R 1：R 2：R 3=4：2：1．故选：D ．【点评】本题考查串联电路的分压原理，要注意明确电路的结构，再由串联电路的规律进行分压．8.关于磁场中的磁感应强度，以下说法正确的是（ ）A ．一电流元或一运动电荷在某一区域不受力，则表明该区域不存在磁场B ．磁感应强度是反映磁场本身性质的物理量，与放入其中电流元或小磁针无关C ．若电流元探测到磁场力，则该力的方向即为磁场的方向D ．当一电流元在磁场中某一位置探测到磁场力F 时，可以利用公式B=求出磁感应强度的大小【答案】B【解析】磁感线可以直观反映磁场的强弱，磁感线较密的地方，磁感应强度大；而B=只有在B 与I 相互垂直时才能适用，而当BI 平行时，导线不受力．解：A 、若导线与磁场平行，则即使磁感应强度大，通电导线也不会受磁场力，故A 错误；B 、D 、物理学上用一小段通电导线垂直于磁场方向放在某点时，受到的磁场力与该小段导线的长度和电流的乘积的比值来表征该点磁场的强弱，故B 正确，D 错误；C 、根据左手定则可知，通电导线在磁场中的受力方向与该处磁感应强度的方向垂直．故C 错误；故选：B ．【点评】本题为初学磁场时的难点所在，要注意明确只有导线垂直于磁场时，才能利用B=求解磁感应强度．9.如图所示，环中电流方向由左向右，且I 1=I 2，则圆环中心O 处的磁场是（ ）A ．最大，垂直穿出纸面B ．最大，垂直穿入纸面C ．为零D ．无法确定【答案】C【解析】根据安培定则可知，上半环的电流I 1在环中心O 处的磁场方向垂直纸面向里，下半环的电流I 2在O 处的磁场方向垂直纸面向外．解：根据安培定则可知，上半环的电流I 1在环中心O 处的磁场方向垂直纸面向里，下半环的电流I 2在O 处的磁场方向垂直纸面向外，因电流I 1=I 2，根据圆环电流的对称性可知在环中心O 处向里和向外的磁感应强度大小相等，故其合磁场的磁感应强度应为零．故选：C【点评】本题考查了安培定则的应用，还要掌握通电直导线、通电螺线管的磁场方向的判定．10.一闭合金属线框的两边接有电阻R 1、R 2，框上垂直搁置一根金属棒，棒与框接触良好，整个装置放在匀强磁场中（如图所示），当用外力使ab 棒右移时，作出的下列判断中正确的是（ ）A ．其穿线框的磁通量不变，框内没有感应电流B ．框内有感应电流，电流方向沿顺时针方向绕行C ．框内有感应电流，电流方向沿逆时针方向绕行D ．框内有感应电流，左半边逆时针方向绕行，右半边顺时针方向绕行【解析】本题考查感应电流的产生条件，注意应分为左右两部分进行分析判断．解：虽然整个框架内磁通量不变，但由于ab棒的运动，使左右两边都产生磁通量的变化，故两边均为产生感应电流；由楞次定律可知，左侧电流为逆时针，右侧电流为顺时针，故D正确；故选D．【点评】本题可由右手定则直接进行判断，但考虑本题命题的意图是考查楞次定律，故采用此解法求解．11.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增大【答案】AD【解析】甲带正电，在向左运动的过程中，要受到洛伦兹力的作用，根据左手定则可以判断洛伦兹力的方向，根据受力再判断摩擦力的变化．解：A、甲、乙两物块间没有相对的滑动，是静摩擦力，由于乙与地面之间的滑动摩擦力的增大，整体的加速度减小，所以对于甲来说，静摩擦力作为合力产生加速度，由于整体的加速度减小，所以甲、乙两物块间的摩擦力减小，所以A正确，BC错误；D、甲带正电，在向左运动的过程中，受到的洛伦兹力的方向向下，所以对乙的压力变大，乙与地面之间的为滑动摩擦力，压力变大，所以滑动摩擦力也变大，所以D正确；故选：AD．【点评】甲运动要受到洛伦兹力的作用，从而使物体与地面间的压力变大，摩擦力变大，加速度减小，根据牛顿第二定律分析甲受到的静摩擦力即可；注意拉力F为恒力．12.如图，竖直放置的平行金属板带等量异种电荷，一不计重力的带电粒子从两板中间以某一初速度平行于两板射入，打在负极板的中点，以下判断正确的是（）A．该带电粒子带正电B．该带电粒子带负电C．若粒子初速度增大到原来的2倍，则恰能从负极板边缘射出D．若粒子初动能增大到原来的2倍，则恰能从负极板边缘射出【答案】AC【解析】电子从小孔沿与电场线相反方向射入电场后，电子受到的电场力与电场线的方向相反，所以电子将逆电场线的方向做加速运动，电场力对电子做正功，电子的电势能减小，动能增大．只有电场力做功，动能和电势能的总和保持不变．解：A、B、粒子以某一初速度平行于两板射入，打在负极板的中点，则受力的方向与电场的方向相同，所以粒子带正电．故A正确，B错误；C、粒子以某一初速度平行于两板射入，打在负极板的中点，设极板的长度是L，极板之间的距离是d，时间t，则：；若粒子恰能从负极板边缘射出，则时间t不变，沿极板方向的位移：x=vt=L，所以：，故C正确；D、恰能从负极板边缘射出，根据：可知，粒子的动能需增加为原来的4倍．故D错误．故选：AC【点评】带电粒子在电场中偏转时做匀加速曲线运动．应用处理类平抛运动的方法处理粒子运动，关键在于分析临13.关于电动势，下列说法正确的是（）A．在电源内部把正电荷从负极移到正极，非静电力做功，电能增加B．对于给定的电源，移动正电荷，非静电力做功越多，电动势就越大C．电动势越大，说明非静电力在电源内部从负极向正极移送单位电荷量做功越多D．电动势越大，说明非静电力在电源内部把正电荷从负极移送到正极的电荷量越多【答案】AC【解析】根据电源电动势的定义E=，即可作出判断．明确电动势的意义．解：A、在电源内部非静电力把正电荷从负极移到正极，非静电力做功，将其他能转化为电能，电能增加．故A正确．B、电动势是电源本身的性质，与移送电荷的多少无关；故B错误；C、C、D根据电动势的定义E=，电动势越大，非静电力在电源内部从负极向正极移动单位正电荷做功越大，而不是电荷量越多．故D错误，C正确．故选：AC【点评】本题考查电动势的概念；而概念是物理知识的细胞，加强基本概念学习，是提高物理解题能力的基础．14.如图所示，放在台秤上的条形磁铁两极未知，为了探明磁铁的极性，在它中央的正上方固定一导线，导线与磁铁垂直，给导线通以垂直纸面向外的电流，则（）A．如果台秤的示数增大，说明磁铁左端是N极B．如果台秤的示数增大，说明磁铁右端是N极C．无论如何台秤的示数都不可能变化D．台秤的示数可能随电流的增大而减小【答案】AD【解析】先由台秤示数的变化得到电流对磁铁的作用力方向，然后根据牛顿第三定律得到磁体对电流的安培力方向，再根据左手定则判断磁场方向，最后得到磁极分布情况．解：AB、如果台秤的示数增大，说明电流对磁铁的作用力向下，根据牛顿第三定律得到磁体对电流的安培力向上，根据左手定则，电流所在位置磁场向右，故磁铁左侧为N极，右侧为S极，故A正确，B错误；CD、由A分析，结合F=BIL可得，随电流的增大，安培力也增大，但由于磁极不知，所以台秤示数可能定增大，也可能减小，故C错误，D正确；故选：AD．【点评】判断磁体以电流间作用力可以先以电流为研究对象，然后结合左手定则分析，注意牛顿第三定律的应用．15.回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是（）A．增大匀强电场间的加速电压B．增大磁场的磁感应强度C．减小狭缝间的距离D．增大D形金属盒的半径【答案】BD【解析】回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子射出时的速度，从而。
2023届甘肃省重点中学物理高二第二学期期末学业水平测试试题含解析
2022-2023学年高二下物理期末模拟试卷注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、下图描绘一定质量的氧气分子分别在0℃和100℃两种情况下速率分布情况，符合统计规律的是（）A．B．C．D．2、水平面上有一物体，在水平推力F的作用下由静止开始运动，经过时间△t，撤去F，又经时间2△t，物体停止运动，则该物体与水平面间的摩擦力为（）A．F B．C．D．3、质点受到三个力的作用，三个力的合力可能为零的是（）A．2N，4N，8N B．4N，6N，7NC．3N，10N，6N D．4N，6N，1N4、下列说法正确的是（）A．气体的体积是所有气体分子的体积之和B．气体的体积很难被压缩，这是分子间存在斥力的宏观表现C．物体的内能就是组成该物体的所有分子热运动动能的总和D．1g0ºC水的内能比1g0ºC冰的内能大5、如图所示为某物体做简谐运动的振动图像，下列说法正确的是A．0.3s时刻与0.5 s时刻物体的动能相同B．0.3s时刻与0.5 s时刻物体的速度相同C．0.1s时刻与0.3 s时刻物体的回复力方向相同D．0.1s时刻与0.3 s时刻物体的回复力大小不同6、如图是氢原子能级图．有一群氢原子由n=4能级向低能级跃迁，这群氢原子的光谱共有( )种谱线.A．3种B．4种C．5种D．6种二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。
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灵台一中2019——2019 学年度第二学期期末测试卷
高二物理
一、选择题（1—5 为单选题，6—12 为多选题，每小题4 分，共计48 分）
1．下列关于分子力和分子势能的说法中，正确的是（）
A. 当分子力表现为引力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的增大而增大
B. 当分子力表现为引力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的增大而减小
C. 当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大
D. 当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而减小
2．下列关于内能的说法中，正确的是（）
A. 不同的物体，若温度相等，则内能也相等
B. 物体速度增大，则分子动能增大，内能也增大
C. 对物体做功或向物体传热，都可能改变物体的内能
D. 冰熔解成水，温度不变，则内能也不变
3．在密闭的四壁绝热的房间里，使房里长期没工作的电冰箱开始工作，并打开电冰箱的门，
经过一段较长时间之后（）
A. 房间内的温度将降低
B.房间内的温度将不变
C.房间内的温度将升高
D.无法判断房间内温度的变化
4. 对于一定质量的理想气体，下列四项论述中正确的是（）
A. 当分子热运动变剧烈时，压强必变大
B. 当分子热运动变剧烈时，压强可以不变
C. 当分子间的平均距离变大时，压强必变小
D. 当分子间的平均距离变大时，压强必变大
5. 下面关于熵的说法错误的是（）
A. 熵是物体内分子运动无序程度的量度
B. 在孤立系统中，一个自发的过程熵总是向减少的方向进行
C. 热力学第二定律的微观实质是熵是增加的
D. 熵值越大，代表系统分子运动越无序
6. 下列说法中正确的是（）
A. 布朗运动是液体分子的运动，它说明分子永不停息地做无规则运动
B. 叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用
C. 液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点
D. 当两分子间距离大于平衡位置的间距r o时，分子间的距离越大，分子势能越小
7. 关于物体分子间的引力和斥力，下列说法正确的是（）
A. 当物体被压缩时，斥力增大，弓I力减小
B. 当物体被拉伸时，斥力减小，引力增大
C. 当物体被压缩时，斥力和引力均增大
D. 当物体被拉伸时，斥力和引力均减小
8. 某一物体具有各向异性，则下列判断中正确的是（）
A. 该物体可能是非晶体
B.该物体一定是晶体
C.该物体一定单晶体
D.该物体不一定是多晶体
9. 关于饱和汽的下列说法正确的是（）
A. —定温度下，饱和汽的密度是一定的.
B. 相同温度下，不同液体的饱和汽压一般是不同的
C. 饱和汽压随温度升高而增大，与体积无关；
D. 理想气体定律对饱和汽不适用，而未饱和汽近似遵守理想气体定律.
10. 如图所示，A . B 两点表示一定质量的某种理想气体的两个状态， 当气体自状态A 变化到状态B 时（） A. 体积必然变大
B. 有可能经过体积减小的过程
C. 外界必然对气体做功
D. 气体必然从外界吸热 11.
一定质量的理想气体在状
态变化的过程中，
气体分子的平均动能
始终不变，则在这过程中（
）
B. 气体对外界不做功
D. 气体的压强和体积以相同比例减小
12. 下列说法正确的是（）
A. 第二类永动机与第一类永动机一样违背了能量守恒定律
B. 自然界中的能量是守恒的，所以能量永不枯竭，不必节约能源
C. 自然界中有的能量便于利用，有的不便于利用
D. 不可能让热量由低温物体传递给高温物体而不引起其它任何变化
、实验题（共12 分）
13. 某同学在实验室做 用油膜法估测分子直径的大小 ”实验中，已 知油酸酒精溶液的浓度为每 104mL 溶液中有纯油酸6mL 。
用注射器 抽得上述溶液2mL ,现缓慢地滴出1mL 溶液，共有液滴数为 50滴。
把1滴该溶液滴入盛水的浅盘上，在刻有小正方形坐标的玻璃板上 描出油膜的轮廓（如图所示），坐标中小正方形方格的边长为 20mm 。
试问:
⑴这种估测方法是将每个分子视为 __________ 模型，让油酸尽可能地在水面上散开，则形成 的油膜可视为 ______ 油膜，这层油膜的厚度可视为油分子的 _________________ 。
⑵上图中油酸膜面积为 ___________ mm 2 ;每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸体
积是 ___________ L ;根据上述数据，估测出油酸分子的直径是 _______________ m 。
（最后一空 保留1位有效数字）
三、计算题
14、（ 8分）一个足球的容积是 2.5L 。
用打气筒给这个足球打气， 每打一次都把体积为 125mL 、 压强与大气压强相同的气体打进足球内。
如果在打气前足球就已经是球形并且里面的压强与 大气压相同，打气 20次后，足球内部空气的压强是大气压的多少倍？ 15、（8分）用活塞压缩汽缸里的空气，对空气做了
900J 的功，同时汽缸向外散热 210J,汽
HP
_ • A
B
,
d
I
■
T
A .气体既不吸热，也不放热 C .气体的内能不改变
缸里空气的内能改变了多少？
16、（12分）如图所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B,再从状态B变化到状态 C.已知状态A的温度为480K.求：
（1） 气体在状态C 时的温度；
（2） 试分析从状态 A 变化到状态B 整个过程中，气体是从外界吸收热量还是放出热量. 17 （12分）如图，一上端开口，下端封闭的细长玻璃管，下部有长
I 仁66cm 的水
银柱，中间圭寸有长l2=6 . 6cm 的空气柱，上部有长 I3=44cm 的水银柱，此时水银 面恰好与管口平齐。
已知大气压强为 Po=76cmHg 。
如果使玻璃管绕低端在竖直平 面内缓慢地转动一周，求在开口向下和转回到原来位置时管中空气柱的长度。
封 入的气体可视为理想气体，在转动过程中没有发生漏气。
高二物理试题答案
、选择题（1 — 5为单选题，6—12为多选题，每小题4分，共计48
、实验题（每空2分，共12分）
得: T B = P B V B T A =
K = 480K
P A V A
1.5 X 1
由此可知A 、B 两状态温度相同，故 A 、B 两状态内能相等，而该过程体积增大，气体
17 （ 12分）、解：设玻璃管开口向上时，空气柱的压强为
丿r
J
一
题号 1 2 3 4 5 7 — “ j
6 7 8 9
10 11
12 答案
C
C
C
B
B
BC
CD
BC
ABCD ABD CD CD
13.球体，单分子，直径
22400
三、计算题
（8分）、解：设大气压强
14 —5
—10
1.2 X 10
5 X 10
p o ,根据玻意耳定律:
P 2V 2
（6分）
15 代入数据得: 可解的
p o （2.5 20 0.125） =2.5p 2 P 2 =2p o
（2分）
（8分）、解：依题意可得： W = 900J,Q =-210J
（2 分） 由-W Q 得
（4分）
16
U -900
（-210）J =690J
（2 分）
pC （12分）、［解析］（1）A 、C 两状态体积相等，则有pAA TC
（4分）
（1 分） （2）由理想气体状态方程
= P T V B
（4分）
（1 分）
对外做功，由热力学第一定律得：气体吸收热量.
（2 分）
得: T c =
0.5X 480
K = 160K 1.5
P i = P o •询3 ①（2 分）
式中，「和g分别表示水银的密度和重力加速度。
玻璃管开口向下时，原来上部的水银有一部分会流出，封闭端会有部分真空。
设此时开口端剩下的水银柱长度为x则
P2 - ：?gi i, P2 'gx = p o ②（2 分）
式中，P2为管内空气柱的压强，由玻意耳定律得
P i（Sl2）= P2（Sh）③（2 分）
式中，h是此时空气柱的长度，S为玻璃管的横截面积，由①②③式和题给条件得
h =i2cm ④（i 分）
从开始转动一周后，设空气柱的压强为P3，则
P3 = P o =gx ⑤（2 分）
由玻意耳定律得
P i（Sl2）= P3（Sh'）⑥（2 分）
式中，h'是此时空气柱的长度。
由①②③⑤⑥式得
h' 9.2cm ⑦（i 分）。