高二上学期物理期中考试试卷(理科)第2套真题

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2021年高二上学期期中二考试物理试题word版含答案

2021年高二上学期期中二考试物理试题word版含答案高二物理试卷付红革，审题：教科室，日期xx\11\26一单项选择题：（每题3分，共3X10分）1．关于电流，下列说法中正确的是( )A．通过导体截面的电荷量越多，电流越大B．电子运动速率越大，电流越大C．单位时间内通过导线横截面的电荷量越多，导体中的电流就越大D．因为电流有方向，所以电流是矢量2．通过电阻R的电流为I时，在时间t内产生的热量为Q；若电阻为2R，电流为I/2时，则在时间t内产生的热量为()A．4Q B．2Q C．Q/2 D．Q/43．在如图所示的电路中，开关S闭合后，由于电阻元件发生短路或断路故障，电压表和电流表的读数都增大，则可能出现了下列哪种故障()A．R1短路B．R2短路C．R3短路D．R1断路4．如图所示，4只电阻串联于某电路中，已测出U AC＝9 V，U BD＝6 V，R2＝R4，则U AE为() A．3 V B．7.5 VC．15 V D．无法确定5.如图所示，直线a为某电源的路端电压随电流的变化图线，直线b为电阻R两端的电压随电流强度的变化图线，用该电源和该电阻组成的闭合电路，电源的输出功率和电源的内电阻分别是()A．4 W,0.5 ΩB．6 W,1 ΩC．4 W,1 ΩD．2 W,0.5 Ω6.磁电式电流表(表头)最基本的组成部分是磁铁和放在磁铁两极之间的线圈，由于线圈的导线很细，允许通过的电流很弱，所以在使用时还要扩大量程．已知某一表头G，内阻Rg＝30 Ω，满偏电流Ig＝5 mA，要将它改装为量程为0～3 A的电流表，所做的操作是()A．串联一个570 Ω的电阻B．并联一个570 Ω的电阻C．串联一个0.05 Ω的电阻D．并联一个0.05 Ω的电阻7.如图所示电路中，当滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，A、B两灯亮度的变化情况为() A．A灯和B灯都变亮B．A灯和B灯都变暗C．A灯变亮，B灯变暗D．A灯变暗，B灯变亮8.已知在串联电路中，电池组的电动势为ε，内电阻为r，R0为定值电阻，R为变阻器，已知R0＞r.为使R0上消耗的电功率最大，应将变阻器阻值调整到( )A．R0B．R0＋r C．R0－r D．09 如图所示，一电子枪发射出的电子(初速度很小，可视为零)进入加速电场加速后，垂直射入偏转电场，射出后偏转位移为Y，要使偏转位移增大，下列哪些措施是可行的(不考虑电子射出时碰到偏转电极板的情况)()A．增大偏转电压UB．增大加速电压U0C．增大偏转极板间距离D．将发射电子改成发射负离子10．如图所示的电路，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片P向左移动，则( )P A ．电容器中的电场强度将增大 B ．电容器上的电荷量将增大 C ．电容器的电容将减小D ．液滴将向下运动二、不定项选择（每题4分共4x6分，在每小题给出的四个选项中，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

高二物理上学期期中试题理(含解析)高二全册物理试题2

嘴哆市安排阳光实验学校福州八中高二（上）期中物理试卷（理）一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．）1．使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开．下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，其中正确的是( )A ．B ．C ．D ．2．真空中两个相同的金属小球A和B，带电量的大小分别为Q A=2×10﹣8C和Q B=4×10﹣8C，相互作用力为F，若将两球接触后再放回原处，则它们之间的作用力将变为( )A．F B ． F C ． F D ．F3．下列说法中，正确的是( )A．由E=k可知，以点电荷Q为中心，r为半径的球面上各处的电场强度都相同B．在电场中某一点，放入一个正电荷时的场强与放入负电荷时的场强方向相同C．由U=可知，某两点的电势差与电场力做功成正比，与电荷带电荷量成反比D．某两点电势差为零，把电荷从这两点中的一点移到另一点，电场力做功一定为零4．法拉第首先提出用电场线形象生动地描绘电场．图为点电荷a、b所形成电场的电场线分布图，以下几种说法正确的是（）A．a、b为异种电荷，a带电量大于b带电量B．a、b为异种电荷，a带电量小于b带电量C．a、b为同种电荷，a带电量大于b带电量D．a、b为同种电荷，a带电量小于b带电量5．如图所示，A、B为电场中的两点，下列关于A、B两点的电场强度大小E A、E B和电势φA、φB的判断中正确的是( )A．E A＞E B、φA＞φB B．E A＞E B、φA＜φB C．E A＜E B、φA＞φB D．E A＜E B、φA＜φB 6．如图所示，实线为方向未知的三条电场线，a、b两带电粒子从电场中的O点以相同的初速度飞入．仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图中虚线所示，则( )A．a一定带正电，b一定带负电 B．a加速度增大，b加速度增大C．a电势能减小，b电势能增大 D．a和b的动能一定都增大7．如图所示，P、Q是等量的正电荷，O是它们连线的中点，A、B是中垂线上的两点用E A、E B和φA、φB分别表示A、B两点的电场强度和电势，则( ) A．E A一定大于E B，φA一定大于φBB．E A不一定大于E B，φA一定大于φBC．E A一定大于E B，φA不一定大于φBD．E A不一定大于E B，φA不一定大于φB8．甲、乙两根异种材料的电阻丝，其长度之比是1：5，横截面积之比是2：3，电阻之比是2：5，则甲、乙两根电阻丝的电阻率之比是( )A．4：3 B．3：4 C．2：3 D．8：39．如图所示，平行金属板A与B相距5cm，电源电压为10v，则与A板相距1cm 的C点的场强为( )A．1000V/m B．500V/m C．250V/m D．200V/m10．如图所示，R1=2Ω，R2=10Ω，R3=10Ω，A、B两端接在电压恒定的电源上，则( )A．S断开时，R1与R2的功率之比为5：1B．S闭合时通过R1与R2的电流之比为2：1C．S断开与闭合两种情况下，电阻R1两端的电压之比为2：1D．S断开与闭合两情况下，电阻R2的功率之比为7：1211．如图所示，一光滑绝缘斜槽放在方向竖直向下、电场强度为E的匀强电场中，从斜槽顶端A沿斜槽向下释放一初速度为v0的带正电的小球，小球质量为m，带电荷量为q，斜槽斜面与底面的角度成θ，B与A点的竖直距离为h．则下列错误的是( )A．小球的加速度大小为a=gsinθB．小球沿斜面向下做匀变速直线运动C．由以上数据可算出小球到B点的速度D．下滑过程中，小球的机械能逐渐增大12．如图中虚线所示为静电场的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0．一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点的动能分别为26eV和5eV．当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为﹣8eV时，它的动能应为( )A．8eV B．13eV C．20eV D．34eV二、填空题（共6空，每空2分，计12分）13．在电场中的P点放一电荷量为4×10﹣9C的点电荷，它受到的电场力为2×10﹣5N，则P点场强为__________N/C，把放在P点的点电荷电荷量减为2×10﹣9C，则P点的场强为__________N/C把该点电荷移走，P点的场强又为__________N/C．14．在如图所示的电场中，A、B两点相比，__________点的场强较大，__________点的电势较高，将一电子从B点移到A点时，电场力对电荷做功__________ eV．15．如图为用直流电动机提升重物的装置，重物的重量为500N，电源电动势为110V，不计电源内阻及各处摩擦，当电动机以0.90m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流为5.0A，则电动机提升重物消耗的功率为__________W；电动机线圈的电阻为__________Ω．三、计算题（共40分）16．如图所示，M、N为水平放置、互相平行的两大块金属板，间距d=35cm，已知N板电势高，两板间电压U=3.5×104V．现有一质量m=7.0×10﹣6kg，电荷量q=6.0×10﹣10C的带负电的油滴，由下板N下方距N为h=15cm的O处竖直上抛，经N板中间的P进入电场，欲使油滴到达上板Q点时速度恰为零，问油滴上抛的初速度v0为多大？17．（14分）水平放置的两块平行金属板长L=5.0cm，两板间距d=1.0cm，两板间电压为90V，且上板为正，一个电子沿水平方向以速度V0=2.0×107m/s，从两板中间射入，如图，求：（1）电子偏离金属板时的侧位移y是多少？（2）电子飞出电场时的速度是多少？（3）电子离开电场后，打在屏上的P点，若S=10cm，求OP的长？18．（16分）如图所示，四分之一光滑绝缘圆弧轨道AP和水平绝缘传送带PC 固定在同一竖直平面内，圆弧轨道的圆心为O，半径为R．静止的传送带PC之间的距离为L，在OP的左侧空间存在方向竖直向下的匀强电场，场强大小为E=．一质量为m、电荷量为+q的小物体从圆弧顶点A由静止开始沿轨道下滑，恰好运动到C端后返回．不计物体经过轨道与传送带连接处P时的机械能损失，重力加速度为g．求：（1）物体运动到P点的速度大小；（2）物体与传送带间的动摩擦因数μ；（3）若传送带沿逆时针方向传动，传送带速度v=2，则物体第一次返回到圆弧轨道P点时物体对圆弧轨道的压力大小．福州八中高二（上）期中物理试卷（理）一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．）1．使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开．下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，其中正确的是( )A ．B ．C ．D ．【考点】电荷守恒定律．【分析】当带电金属球靠近不带电的验电器时，由于电荷间的相互作用，而使电荷发生了移动从而使箔片带电．【解答】解：由于同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，故验电器的上端应带上与小球异号的电荷，而验电器的箔片上将带上与小球同号的电荷；故只有B符合条件．故选：B．【点评】本题根据电荷间的相互作用，应明确同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．2．真空中两个相同的金属小球A和B，带电量的大小分别为Q A=2×10﹣8C和Q B=4×10﹣8C，相互作用力为F，若将两球接触后再放回原处，则它们之间的作用力将变为( )A．F B ． F C ． F D ．F【考点】库仑定律．【专题】定量思想；比例法；电场力与电势的性质专题．【分析】两个相同的金属小球触后再放回原处，电量先中和后平分，再根据库仑定律公式F=k列式计算即可．【解答】解：因为Q B=4×10﹣8C，Q A=2×10﹣8C，则Q B=2Q A，设Q A=Q，则Q B=2Q，未接触前，根据库仑定律，得：F=k =k若AB带同种电荷，接触后两球带电量平分，再由库仑定律，得：F′=k则，若AB带异种电荷，接触后两球带电量平分，再由库仑定律，得：则故BC正确，AD错误．故选：BC【点评】本题考查运用比例法求解物理问题的能力．对于两个完全相同的金属球，互相接触后电量平分，一定要注意分两种情况讨论．3．下列说法中，正确的是( )A．由E=k可知，以点电荷Q为中心，r为半径的球面上各处的电场强度都相同B．在电场中某一点，放入一个正电荷时的场强与放入负电荷时的场强方向相同C．由U=可知，某两点的电势差与电场力做功成正比，与电荷带电荷量成反比D．某两点电势差为零，把电荷从这两点中的一点移到另一点，电场力做功一定为零【考点】电势差与电场强度的关系；库仑定律．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．【分析】根据电场强度是矢量，不但有大小，而且有方向；E=仅适用真空中点电荷的电场；电场强度方向与正电荷受到的电场力相同；某点场强的方向与试探电荷的正负无关，从而即可求解．根据W=qU分析电场力做功的大小．电势差等于电场中两点的电势之差，与电场力做功、电荷的电量无关．【解答】解：A、由E═可知，以点电荷Q为中心，r为半径的球面上各处的电场强度大小相等，方向不同，故A错误；B、电场中某点场强的方向，与试探电荷的正负无关，与正点电荷受到的电场力方向相同，与负点电荷受到的电场力方向相反，故正确；C、电势是表征电场本身属性的物理量，某两点的电势差与电场力做功无关，故C错误；D、根据W=qU知，两点间的电势差为零，将电荷从两点中的一点移到另一点，电场力做功为零，故D正确．故选：BD【点评】该题考查到的电场强度的特点、点电荷的电场线的分布的特点与库仑定律的应用条件，都是对基本概念与基本公式的内涵与外延的考查，强调对概念与规律的理解，要求我们在学习的过程中要注意深入理解．4．法拉第首先提出用电场线形象生动地描绘电场．图为点电荷a、b所形成电场的电场线分布图，以下几种说法正确的是（）A．a、b为异种电荷，a带电量大于b带电量B．a、b为异种电荷，a带电量小于b带电量C．a、b为同种电荷，a带电量大于b带电量D．a、b为同种电荷，a带电量小于b带电量【考点】电场；电场线；点电荷的场强．【专题】应用题．【分析】解决本题的关键是熟练掌握真空中点电荷的场强的表达式E=含义和电场线的疏密含义即电场线越密，电场越强．【解答】解：若为同种电荷，根据点电荷的场强公式E=可知在两电荷的连线上的某点的电场强度为零．而电场线的疏密代表电场的强弱，若电场为0，则无电场线，由电场线的分布图可知在ab的连线上无场强为0的点，故a、b为异种电荷．故C、D错误．又由公式E=可知场源的电荷量越大距离场源相同距离的位置场强越大，电场线越密．由图可知b的右侧电场线密，a的左侧电场线稀疏，故Q b＞Q a．故B正确．故选B．【点评】根据图象的细微区别寻找突破口，是我们必须掌握的一种解题技巧，例如根据两电荷之间电场强度是否为0判定是否是同种电荷，根据异侧电场线的疏密判定电荷量的大小．5．如图所示，A、B为电场中的两点，下列关于A、B两点的电场强度大小E A、E B和电势φA、φB的判断中正确的是( )A．E A＞E B、φA＞φB B．E A＞E B、φA＜φB C．E A＜E B、φA＞φB D．E A＜E B、φA＜φB 【考点】电场线．【分析】沿着电场线的方向电势逐渐降低，电场线密的地方场强大，从而即可求解．【解答】解：电场线密的地方场强大，E A＞E B，沿着电场线的方向电势逐渐降低，φA＞φB；故A正确，BCD错误．故选：A．【点评】把握电场线的特点和意义是解决此类问题的关键．记住了，理解了，也就会做了．6．如图所示，实线为方向未知的三条电场线，a、b两带电粒子从电场中的O点以相同的初速度飞入．仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图中虚线所示，则( )A．a一定带正电，b一定带负电 B．a加速度增大，b加速度增大C．a电势能减小，b电势能增大 D．a和b的动能一定都增大【考点】电场线．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据粒子轨迹的弯曲方向可判断粒子所受电场力的方向，根据电场力方向与场强方向的关系判断电性．电场线越密，场强越大，电荷所受电场力越大，加速度越大；电场线越疏，场强越小，电荷所受电场力越小，加速度越小．根据电场力做功正负判断电势能和动能的变化．【解答】解：A、由图，b粒子的轨迹向左弯曲，b粒子受到的电场力方向向左，如图．a的轨迹向右弯曲，b粒子受到的电场力方向向右，由于电场线未知，无法确定两个粒子的电性．故A错误；B、由图看出，向右电场线越来越疏，场强越来越小，则a所受电场力减小，加速度减小，b所受电场力增大，加速度增大．故B错误；C、D、由图判断电场力对两个粒子都做正功，电势能都减小，动能都增大．故C错误，D正确．故选：D．【点评】本题是轨迹问题，根据轨迹的弯曲方向判断出电荷所受的电场力是关键．基础题，不应失分．7．如图所示，P、Q是等量的正电荷，O是它们连线的中点，A、B是中垂线上的两点用E A、E B和φA、φB分别表示A、B两点的电场强度和电势，则( ) A．E A一定大于E B，φA一定大于φBB．E A不一定大于E B，φA一定大于φBC．E A一定大于E B，φA不一定大于φBD．E A不一定大于E B，φA不一定大于φB【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场线．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据PQ连线中点的场强和无穷远处的场强均为零，分析AB场强的关系．作出电场线，根据顺着电场线方向电势降低，判断电势的高低．【解答】解：两个等量同种电荷连线中点O的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从O点沿着中垂线向上到无穷远处电场强度先增大后减小，场强最大的点可能在A点下，也可能在A点上，还可能在A点，由于A、B两点间电场线的疏密情况不确定，故E A可能大于E B，也可能小于E B，还可能等于E B；AB线上电场方向向上，根据顺着电场线方向电势降低，故φA一定大于φB；故选：B【点评】本题关键是要明确两个等量同种电荷连线的中垂线上的场强分布情况和电势分布情况，沿着场强方向，电势越来越低．8．甲、乙两根异种材料的电阻丝，其长度之比是1：5，横截面积之比是2：3，电阻之比是2：5，则甲、乙两根电阻丝的电阻率之比是( )A．4：3 B．3：4 C．2：3 D．8：3【考点】电阻定律．【专题】恒定电流专题．【分析】知道影响电阻大小的因素有：导体的材料、长度和横截面积，导体的电阻大小为：R=．【解答】解：根据电阻的决定式：R=．得：，则：==4：3 故A正确，BCD错误．故选：A．【点评】本题考查了电阻定律，属于简单题．9．如图所示，平行金属板A与B相距5cm，电源电压为10v，则与A板相距1cm 的C点的场强为( )A．1000V/m B．500V/m C．250V/m D．200V/m【考点】电容；匀强电场中电势差和电场强度的关系．【专题】电容器专题．【分析】平行板间的电场为匀强电场，根据E=求出电场强度的大小．【解答】解：电场强度E=．故D正确，A、B、C错误．故选D．【点评】解决本题的关键知道平行板间的电场为匀强电场，知道E=适用于匀强电场的计算，d表示沿电场方向上的距离．10．如图所示，R1=2Ω，R2=10Ω，R3=10Ω，A、B两端接在电压恒定的电源上，则( )A．S断开时，R1与R2的功率之比为5：1B．S闭合时通过R1与R2的电流之比为2：1C．S断开与闭合两种情况下，电阻R1两端的电压之比为2：1D．S断开与闭合两情况下，电阻R2的功率之比为7：12【考点】电功、电功率．【分析】S断开时，根据串联电路功率与电阻成正比确定功率的比例．分析电路串并联关系，求出各个电阻的电压与A、B总电压的关系，就能得到S断开与闭合两种情况电压、功率的比例．【解答】解：A、由P=I2R，I相等，R1与R2的功率之比等于电阻之比1：5．故A错误；B、I2=I3，R3=R2，则I1=2I2，故B正确；C、S断开时，U1：U2=R1：R2=1：5，则U1=U ABS闭合时，U1′：U2′=R1：R2=2：5，则U1′=U AB故C错误；D、U2=U AB，U2′=U AB，由P2=，P2：P2′=49：36．故D错误；故选：B．【点评】电路的分析与计算问题的基础是分析电路的结构．往往按局部→整体→局部的顺序进行分析和计算．也有时抓住串并联电流、电压与电阻的分配关系求解．11．如图所示，一光滑绝缘斜槽放在方向竖直向下、电场强度为E的匀强电场中，从斜槽顶端A沿斜槽向下释放一初速度为v0的带正电的小球，小球质量为m，带电荷量为q，斜槽斜面与底面的角度成θ，B与A点的竖直距离为h．则下列错误的是( )A．小球的加速度大小为a=gsinθB．小球沿斜面向下做匀变速直线运动C．由以上数据可算出小球到B点的速度D．下滑过程中，小球的机械能逐渐增大【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；功能关系．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据小球的受力情况，将方向均向下的重力和电场力相互叠加形成等效重力场；再根据受力分析方法分析加速度及运动情况；根据功能关系可求得小球的速度及机械能的变化．【解答】解：A、小球受到的重力和电场力均为竖直向下的力，合力为mg+Eq；根据受力分析可知，加速度大小为：a=（Eq+mg）sinθ；故A错误；B、小球受到重力和电场力的合力以及支持力可以将重力和电场力视为等效重力场，则小球沿斜面向下做匀变速直线运动；故B正确；C、根据支能定理可求得小球到达B点时的速度；故C正确；D、由于小球受到电场力做正功；故小球的机械能增大；故D正确；本题选错误的；故选：A．【点评】本题考查带电粒子在复合场中的运动情况，要注意明确受力分析及功能关系的正确应用，明确等效重力场的基本方法．12．如图中虚线所示为静电场的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0．一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点的动能分别为26eV和5eV．当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为﹣8eV时，它的动能应为( )A．8eV B．13eV C．20eV D．34eV【考点】等势面；功能关系；电势能．【专题】压轴题；带电粒子在电场中的运动专题．【分析】要求正电荷的电势能为﹣8eV时的动能，需要知道该正电荷的动能和电势能的总和，得出E ka+E pa=E kb+E pb，得出E pb﹣E pa=21eV从而确定φb＞φa；根据电荷经过a、b点的动能分别为26eV和5eV和ab之间有两个等势面且等势面3的电势为0，可设等势面4的电势为φ，则等势面a的电势﹣2φ，再根据该正电荷的动能和电势能的总和保持不变求出正电荷的动能．【解答】解：在只有电场力做功的条件下动能和电势能的总和保持不变，故有E ka+E pa=E kb+E pb…①所以26eV+E pa=5ev+E pbE pb﹣E pa=26eV﹣5eV=21eV…②根据E P=qφ可知φb＞φa，由于相邻等势面之间的电势差相同，等势面3的电势为0，设等势面4的电势为φ，则等势面a的电势﹣2φ，代入②式得qφ﹣（﹣2qφ）=3qφ=21eVqφ=7eV正电荷的能量故有E k+（﹣8eV）=5eV+7eVE K=5eV+7eV+8eV=20eV故C正确，故选C．【点评】“在只有电场力做功的条件下动能和电势能的总和保持不变；相邻等势面之间的电势差相同”是我们解决此类问题时的突破口．二、填空题（共6空，每空2分，计12分）13．在电场中的P点放一电荷量为4×10﹣9C的点电荷，它受到的电场力为2×10﹣5N，则P点场强为5×103N/C，把放在P点的点电荷电荷量减为2×10﹣9C，则P 点的场强为5×103N/C把该点电荷移走，P点的场强又为5×103N/C．【考点】电场强度．【分析】放入电场中电荷是试探电荷，电场强度等于试探电荷所受的电场力与电荷量的比值，由场强的定义式E=求解P点的电场强度．将改变检验电荷，该点的电场强度不变．【解答】解：在电场中的某点放入电荷量为4.0×10﹣9C的点电荷，受到的电场力是2.0×10﹣5N．由场强的定义式E=得，这一点的电场强度E=5.0×103N/C．电场强度是反映电场本身特性的物理量，由电场决定，与试探电荷无关，如果改用电荷量为2.0×10﹣9C的点电荷，该点的电场强度不变，仍为5.0×103N/C．当移走该电荷时，P点的电场强度仍是不变的，即为5.0×103N/C．故答案为：5×103；5×103；5×103【点评】电场强度的定义式E=；具有比值定义法的共性，定义出的电场强度E与F、q无关，反映电场强度本身的特性．14．在如图所示的电场中，A、B两点相比，B点的场强较大，B点的电势较高，将一电子从B点移到A点时，电场力对电荷做功﹣4 eV．【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场线与等势面垂直，从电势高的等势面指向电势低的等势面；等差等势面的疏密也可以反映电场的强弱；根据W=qU求解电功．【解答】解：由电场线的分布可知，B点的电场线密，所以B点的场强大，所以E A＜E B；在根据图示可知，电势φA＜φB，所以B点的电势高；将一电子从B点移到A点时，电场力对电荷做功：W BA=﹣e（φB﹣φA）=﹣e×（10﹣6）V=﹣4eV故答案为：B，B，﹣4．【点评】本题就是考查学生基础知识的掌握，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．15．如图为用直流电动机提升重物的装置，重物的重量为500N，电源电动势为110V，不计电源内阻及各处摩擦，当电动机以0.90m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流为5.0A，则电动机提升重物消耗的功率为450W；电动机线圈的电阻为4Ω．【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】当电动机以恒定速度向上提升重物时，同时电动机因线圈电阻消耗功率．则电源产生的总功率等于提升物体消耗的功率加上线圈电阻消耗的功率．【解答】解：重物被提升的功率P1=Fv=Gv=500×0.9W=450W此时电路中的电流为5A．则电源的总功率P总=EI=110×5W=550W所以线圈电阻消耗的功率为P r=P总﹣P1=550﹣450W=100W 由殴姆定律可得：故答案为：450 4【点评】由能量守恒定律可知，提升功率与电阻发热功率之和为电源的总功率．三、计算题（共40分）16．如图所示，M、N为水平放置、互相平行的两大块金属板，间距d=35cm，已知N板电势高，两板间电压U=3.5×104V．现有一质量m=7.0×10﹣6kg，电荷量q=6.0×10﹣10C的带负电的油滴，由下板N 下方距N 为h=15cm的O处竖直上抛，经N板中间的P进入电场，欲使油滴到达上板Q点时速度恰为零，问油滴上抛的初速度v0为多大？【考点】带电粒子在混合场中的运动．【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】油滴运动过程前段仅受重力，进入电场后，同时受重力和竖直向下的电场力作用，故油滴一直减速，但加速度大小有变化，最好对全程应用动能定理求解【解答】解：对应于油滴运动全程，由动能定理得：﹣mg（d+h）﹣qU=0﹣解得：v0===4m/s答：油滴上抛的初速度为4m/s．【点评】对于单个质点的运动，无论单一过程还是多过程，首先考虑动能定理求解，只是要把力和功分析全面．17．（14分）水平放置的两块平行金属板长L=5.0cm，两板间距d=1.0cm，两板间电压为90V，且上板为正，一个电子沿水平方向以速度V0=2.0×107m/s，从两板中间射入，如图，求：（1）电子偏离金属板时的侧位移y是多少？（2）电子飞出电场时的速度是多少？（3）电子离开电场后，打在屏上的P点，若S=10cm，求OP的长？【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】（1）粒子在电场中做匀加速曲线运动，水平方向匀速运动，根据位移和速度求出运动时间；竖直方向匀加速运动，根据牛顿第二定律求出加速度，进而根据匀加速运动位移时间公式即可求解；（2）先根据v=at求出竖直方向速度，进而求出电子飞出电场时的速度；（3）从平行板出去后做匀速直线运动，水平和竖直方向都是匀速运动，根据水平位移和速度求出运动时间，再求出竖直方向位移，进而求出OP的长．【解答】解：（1）竖直方向做匀加速直线运动，根据电容器电压与电场的关系得：E===9000V/mF=Eq=9000×1.6×10﹣19=1.44×10﹣15N又因为F=ma所以a==≈1.6×1015m/s2水平方向做匀速运动，故t=，代入数据解得：t=2.5×10﹣9s所以y=at2，代入数据解得：y=0.5cm（2）竖直方向速度：v1=at，所以v=，代入数据解得：v=2.03×107m/s（3）从平行板出去后做匀速直线运动，水平和竖直方向都是匀速运动，水平方向：t1=，竖直方向PM=v1t1，则：PO=PM+MO=PM+y，代入数据解得：PO=0.025m；答：（1）电子偏离金属板时的侧位移是0.5cm；（2）电子飞出电场时的速度是2.03×107m/s；（3）电子离开电场后，打在屏上的P点，若S=10cm，OP的长为0.025m【点评】该题考察了带电粒子在匀强电场中的偏转，运动规律是类平抛运动，常用的方法是沿电场方向和垂直于电场的方向上进行正交分解，前者是初速度为零的匀加速直线运动，后者是匀速直线运动．同时注意几何知识在物理学中的应用．18．（16分）如图所示，四分之一光滑绝缘圆弧轨道AP和水平绝缘传送带PC 固定在同一竖直平面内，圆弧轨道的圆心为O，半径为R．静止的传送带PC之间的距离为L，在OP的左侧空间存在方向竖直向下的匀强电场，场强大小为E=．一质量为m、电荷量为+q的小物体从圆弧顶点A由静止开始沿轨道下滑，恰好运动到C端后返回．不计物体经过轨道与传送带连接处P时的机械能损失，重力加速度为g．求：（1）物体运动到P点的速度大小；。

高二物理上学期期中试卷理高二全册物理试题2

嘴哆市安排阳光实验学校宣化四中高二（上）期中物理试卷（理科）一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，1-8小题只有一个选项正确，9-12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，漏选得2分，多选或不选得0分）1．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的下极板竖直向上移动一小段距离（仍在P点下方）（）A．带电油滴将沿竖直方向向下运动B．P点的电势将降低C．带电油滴的电势能将增大D．若电容器的电容减小，则极板带电量将增大2．如图所示，xOy平面内有一匀强电场，场强为E，方向未知，电场线跟x轴的负方向夹角为θ，电子在坐标平面xOy内，从原点O以大小为v0、方向沿x 正方向的初速度射入电场，最后打在y轴上的M点．电子的质量为m，电荷量为e，重力不计．则（）A．O点电势高于M点电势B．运动过程中电子在M点电势能最多C．运动过程中，电子的电势能先减少后增加D．电场对电子先做负功，后做正功3．空间存在一电场，一带负电的粒子仅在电场力作用下从x1处沿x轴负方向运动，初速度大小为v0，其电势能E p随坐标x变化的关系如图所示，图线关于纵轴左右对称，以无穷远处为零电势能点，粒子在原点O处电势能为E0，在x1处电势能为E1，则下列说法中不正确的是（）A．坐标原点O处电场强度为零B．粒子经过x1、﹣x1处速度相同C．由x1运动到O过程加速度一直减小D．粒子能够一直沿x 轴负方向运动，一定有4．把表头G改装成大量程电流表时，下列说法正确的是（）A．改装原理为并联电阻能增大通过G的电流B．改装成电流表后，表头G本身允许通过的最大电流减小C．改装后，表头G自身的电阻减小了D．改装后使用时，表头G本身的参量都不改变，整个并联电路允许通过的电流增大了5．如图电源内阻为r，固定电阻R0=r，可变电阻R x的总电阻值为2r，若变阻器触头P自最左端向最右滑动．则下列说法不正确的是（）A．电源输出功率由小变大B．Rx消耗功率由大变小C．R0消耗功率由小变大D．电源的效率由小变大6．如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，电键S闭合前灯泡A、B、C均已发光．当电键S闭合时，A、B、C三个灯泡的亮度变化情况是（灯都不会烧坏）（）A．A亮度不变，B变亮，C变暗B．A变暗，B变亮，C变暗C．A变亮，B变暗，C变亮D．A变暗，B变亮，C亮度不变7．如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，平行板电容器两金属板水平放置，开关S是闭合的，两板间一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态，G 为灵敏电流计．则以下说法正确的是（）A．在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴向上加速运动，G中有从b 到a的电流B．在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程中，油滴向下加速运动，G中有从b 到a的电流C．在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴仍然静止，G中有从a到b 的电流D．在将S断开后，油滴仍保持静止状态，G中无电流通过8．如图所示，直线A是电源的路端电压和电流的关系图线，直线B、C分别是电阻R1、R2的两端电压与电流的关系图线，若这两个电阻分别接到这个电源上，则（）A．R1接在电源上时，电源的效率高B．R2接在电源上时，电源的效率高C．R1接在电源上时，电源的输出功率大D．电源的输出功率一样大9．下列关于电势高低的判断，正确的是（）A．负电荷从A移到B时，外力做正功，A点的电势一定较高B．负电荷从A移到B时，电势能增加，A点的电势一定较低C．正电荷从A移到B时，电势能增加，A点的电势一定较低D．正电荷只在电场力作用下从静止开始，由A移到B，A点的电势一定较高10．如图所示，真空中同一水平线上固定两等量异种点电荷A、B，其中A带负电、B带正电．C、D、O是分布在AB连线的垂线上的三个点，且AO＞BO．下列判断正确的是（）A．C、D两点的电势相等B．C、D两点的电场强度的方向均水平向左C．同一带负电的试探电荷在C点的电势能大于在D点的电势能D．同一试探电荷在C点受到的电场力比在D点受到的电场力小11．如图所示，A、B、C、D为匀强电场中相邻的等势面，一个电子垂直经过等势面D时的动能为20eV，经过等势面C时的电势能为﹣10eV，到达等势面B时的速度恰好为零，已知相邻等势面间的距离为5cm，不计电子的重力，下列说法中正确的是（）A．C等势面的电势为10VB．匀强电场的场强为200V/mC．电子再次经过D等势面时，动能为10eVD．电子的运动是匀变速曲线运动12．电动机的电枢阻值为R，电动机正常工作时，两端的电压为U，通过的电流为I，工作的时间为t，则下列说法中正确的是（）A．电动机消耗的电能为UItB．电动机消耗的电能为I2RtC．电动机线圈产生的热量为I2RtD ．电动机线圈产生的热量为二、填空题（共12分，把答案填在答题纸相应的横线上）13．A、B、C、D、E、F分别是正六边形的六个顶点，各顶点到正六边形中心O 的距离为a．现只在F处放一电量为﹣Q的点电荷，则中心O处的电场强度的大小为；若再在A、B、C、D、E处各放一电量为+Q的点电荷，则中心O处的电场强度的大小变为．14．如图所示，水平安放的A、B两平行板相距h，上板A带正电，现有质量m，带电量为+q的小球，在B板下方距离H处，以初速v0竖直向上从B板小孔进入板间电场，欲使小球刚好能到A板，则A、B间电势差U AB= ．15．如图所示的电路中，当S闭合时，电压表和电流表（均为理想电表）的示数各为1.6V和0.4A；当S断开时，它们的示数各改变0.1V和0.1A，求电源的电动势和内阻．16．如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一绝缘的光滑离心轨道，一个带负电的小球从斜轨道上的A点由静止释放，沿轨道滑下（小球的重力大于所受的电场力）．（1）已知小球的质量为m，电量大小为q，匀强电场的场强大小为E，斜轨道的倾角为α，求小球沿斜轨道下滑的加速度的大小；（2）若使小球通过半径为R的圆轨道顶端的B点时不落下来，求A点距水平地面的高度h至少应为多大？（3）若小球从斜轨道h=5R处由静止释放．假设其能够通过B点，求在此过程中小球机械能的改变量．17．如图所示，两平行金属板A、B长l=8cm，两板间距离d=8cm，A板比B板电势高300V，即U AB=300V．一带正电的粒子电量q=10﹣10C，质量m=10﹣20kg，从R点沿电场中心线垂直电场线飞入电场，初速度v0=2×106m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在中心线上O点的点电荷Q形成的电场区域（设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响）．已知两界面MN、PS相距为L=12cm，粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏EF上．（静电力常数k=9×109N・m2/C2）求（1）粒子穿过界面MN时的速度；（2）粒子穿过界面PS时偏离中心线RO的距离多远；（3）点电荷的电量．宣化四中高二（上）期中物理试卷（A卷）（理科）参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，1-8小题只有一个选项正确，9-12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，漏选得2分，多选或不选得0分）1．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的下极板竖直向上移动一小段距离（仍在P点下方）（）A．带电油滴将沿竖直方向向下运动B．P点的电势将降低C．带电油滴的电势能将增大D．若电容器的电容减小，则极板带电量将增大【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】定性思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题．【分析】将平行板电容器的下极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据E=分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况．由U=Ed分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化；由E=φq 可以判断油滴电势能的变化．【解答】解：A、将平行板电容器的下极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，板间距离减小，根据E=得知板间场强增大，油滴所受的电场力增大，则油滴将向上运动．故A错误．B、场强E增大，而P点与上极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P 点与上极板间电势差将增大，故P点相对于C点的电势差减小，故P点电势降低；故B正确．C、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴应带负电，由于P点的电势降低，则油滴的电势能将增加．故C正确．D、由于电容器和电源相连，电势差不变；则若电容减小，根据Q=UC可知，极板的带电量减小；故D错误；故选：BC【点评】本题运用U=Ed分析板间场强的变化，判断油滴如何运动．运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化．2．如图所示，xOy平面内有一匀强电场，场强为E，方向未知，电场线跟x轴的负方向夹角为θ，电子在坐标平面xOy内，从原点O以大小为v0、方向沿x 正方向的初速度射入电场，最后打在y轴上的M点．电子的质量为m，电荷量为e，重力不计．则（）A．O点电势高于M点电势B．运动过程中电子在M点电势能最多C．运动过程中，电子的电势能先减少后增加D．电场对电子先做负功，后做正功【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电子仅在电场力作用下，以一定的初速度，从O点运动到M点，根据曲线运动的条件可确定，电子受到的电场力方向．再由电子带负电，从而确定电场强度的方向．结合电场力与运动速度的方向来确定电场力做功的情况，从而可确定电子的电势能变化情况．【解答】解：A、电子沿X轴正方向进入匀强电场，出现题中的运动轨迹，由曲线运动的条件可知道，电场力的方向沿着电场线斜向上，由于电子带负电，所以电场线的方向斜向下．根据沿着电场线方向电势降低，可知O点电势低于M 点电势，故A错误；B、由电子的运动轨迹可知，电子所受的电场力先做负功，再做正功．因此电子的电势能先增加后减小．所以运动过程中电子在M点电势能最小，故B错误；C、根据电子所受的电场力先做负功，再做正功．因此电子的电势能先增加后减小．故C错误；D、由A选项分析可知，开始电场力方向与初速度方向夹角大于90°，之后夹角小于90°．因此电场力对电子先做负功，再做正功．故D正确；故选：D【点评】本题突破口：根据曲线运动的条件，结合电场的力与能的基本性质，从而即可解题．3．空间存在一电场，一带负电的粒子仅在电场力作用下从x1处沿x轴负方向运动，初速度大小为v0，其电势能E p随坐标x变化的关系如图所示，图线关于纵轴左右对称，以无穷远处为零电势能点，粒子在原点O处电势能为E0，在x1处电势能为E1，则下列说法中不正确的是（）A．坐标原点O处电场强度为零B．粒子经过x1、﹣x1处速度相同C．由x1运动到O过程加速度一直减小D．粒子能够一直沿x 轴负方向运动，一定有【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据电势能与电势的关系：E p=qφ，场强与电势的关系：E=，结合分析图象斜率与场强的关系，即可求得原点O处的电场强度；速度根据能量守恒判断；根据斜率读出场强的变化，由F=qE，分析电场力的变化，由牛顿第二定律判断加速度的变化．【解答】解：A、根据电势能与电势的关系：E p=qφ，场强与电势的关系：E=，得：E=•．E p﹣x 图象切线的斜率等于，根据数学知识可知，坐标原点O处切线斜率为零，则坐标原点O处电场强度为零，故A正确．B、由图看出，x1、﹣x1两处的电势能相等，根据能量守恒定律得知，粒子经过x1、﹣x1处速度相同，故B正确．C、由x1运动到O过程，根据数学知识可知，图线的斜率先增大后减小，说明场强先增大后减小，由F=qE知，粒子所受的电场力先增大后减小，根据牛顿第二定律得知，加速度先增大后减小，故C错误．D、根据公式E p=qφ，可知，该粒子带负电，从x1处到﹣x1处，电势先降低后升高，电场方向先沿x轴负方向后沿x轴正方向，电场力先沿x轴正方向后沿x 轴负方向，粒子只要能通过原点O，就能一直沿x轴运动，设粒子恰好能到达原点O时的速度为v ，则根据能量守恒定律得： =E0﹣E1，v=，当v0＞v 时，即粒子能够一直沿x轴负方向运动，故D正确．本题选错误的，故选：C【点评】解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律和能量守恒定律进行分析．4．把表头G改装成大量程电流表时，下列说法正确的是（）A．改装原理为并联电阻能增大通过G的电流B．改装成电流表后，表头G本身允许通过的最大电流减小C．改装后，表头G自身的电阻减小了D．改装后使用时，表头G本身的参量都不改变，整个并联电路允许通过的电流增大了【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】把电流表改装成大量程的电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点分析答题．【解答】解：A、电流表的改装原理是并联电阻可以分流，并联电阻并不能增大通过G的电流，故A错误；B、把G改装成电流表后，通过表头G本身的最大电流保持不变，故B错误；C、把G改装成电流表后，表头G自身的电阻保持不变，故C错误；D、改装后使用时，表头G本身的参量都不改变，整个并联电路允许通过的电流增大了，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了电流表的改装，知道电流表的改装原理是解题的关键，应用并联电路特点可以解题．5．如图电源内阻为r，固定电阻R0=r，可变电阻R x的总电阻值为2r，若变阻器触头P自最左端向最右滑动．则下列说法不正确的是（）A．电源输出功率由小变大B．Rx消耗功率由大变小C．R0消耗功率由小变大D．电源的效率由小变大【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】当变阻器的滑动触头向右滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，根据闭合电路欧姆定律即可求解，总功率P=EI，效率=输出功率比总功率，利用等效内阻法求输出功率．【解答】解：A、根据闭合电路内外阻相等时，电源的输出功率最大，当变阻器的滑动触头向右滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电阻小于等效内阻，随外电阻的减小，输出功率减小，故A错误B、当变阻器的滑动触头向右滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，根据P=I2R0可知，R0消耗功率由小变大，又输出功率减小，故Rx消耗功率由大变小，故BC正确；D、根据总功率P=EI可知，电流增大，总功率增大，输出功率减小，故电源的效率由大变小，故D正确．本题选不正确的，故选：A【点评】本题主要考查了闭合电路欧姆定律的直接应用，注意总功率P=EI，难度不大，属于基础题6．如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，电键S闭合前灯泡A、B、C均已发光．当电键S闭合时，A、B、C三个灯泡的亮度变化情况是（灯都不会烧坏）（）A．A亮度不变，B变亮，C变暗B．A变暗，B变亮，C变暗C．A变亮，B变暗，C变亮D．A变暗，B变亮，C亮度不变【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】当电键S闭合时，灯泡C、D并联电阻减小，引起外电路总电阻减小，根据欧姆定律分析总电流的变化和路端电压的变化，再分析B、C、D三个灯泡电压或电流的变化，分析灯泡亮度的变化．【解答】解：当电键S闭合时，灯泡C、D并联电阻减小，外电路总电阻R减小，根据闭合电路欧姆定律可知，总电流I增大，灯泡A的电压U A=E﹣Ir减小，电流I A减小，灯泡A变暗．灯泡B的电流I B=I﹣I A增大，电压UB增大，灯泡B变亮．C灯的电压U C=U A﹣U B，U A减小，U B增大，则U C减小，灯泡C变暗．故选B【点评】本题是电路中动态变化分析的问题，考查综合分析问题的能力．这类问题常常按照“局部→整体→局部”的思路分析．7．如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，平行板电容器两金属板水平放置，开关S是闭合的，两板间一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态，G 为灵敏电流计．则以下说法正确的是（）A．在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴向上加速运动，G中有从b 到a的电流B．在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程中，油滴向下加速运动，G中有从b 到a的电流C．在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴仍然静止，G中有从a到b 的电流D．在将S断开后，油滴仍保持静止状态，G中无电流通过【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电容；闭合电路的欧姆定律．【专题】带电粒子在电场中的运动专题；恒定电流专题．【分析】电容器与电阻R、电阻R2相并联后与R1串联，滑片移动，根据电路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到导致电容器两端电压变化情况，最终判断油滴受力变化和运动情况．【解答】解：A、C、粒子原来处于平衡状态，重力和静电力平衡；电容器与电阻R、电阻R2相并联后与R1串联，滑片向上移动，电阻R变大，电路总电阻变大，电流变小，电容器两端电压为：U=E﹣I（r+R1），故电容器两端电压变大，带电量变大，电场力变大，粒子向上加速；电容器充电，故电流从b到a，故A 正确，C错误；B、在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程刚好与选项A相反，故B错误；D、在将S断开后，电容器通过电阻R2与R1放电，电量减为零，电流沿a至b，故D错误；故选A．【点评】本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，根据路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到各个部分电路电流和电压的变化．8．如图所示，直线A是电源的路端电压和电流的关系图线，直线B、C分别是电阻R1、R2的两端电压与电流的关系图线，若这两个电阻分别接到这个电源上，则（）A．R1接在电源上时，电源的效率高B．R2接在电源上时，电源的效率高C．R1接在电源上时，电源的输出功率大D．电源的输出功率一样大【考点】路端电压与负载的关系；电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】电源的效率等于电源输出功率与电源总功率的百分比．根据效率的定义，找出效率与电源路端电压的关系，由图读出路端电压，就能求出效率．电源与电阻的U﹣I图线的交点，表示电阻接在电源上时的工作状态，可读出电压、电流，算出电源的输出功率，进而比较大小．【解答】解：A、B，电源的效率η===，效率与路端电压成正比，R1接在电源上时路端电压大，效率高，故A正确，B错误．C、D，由图线的交点读出，R1接在电源上时U=U0，I=I0，电源的输出输出功率P1=UI=U0I0；R2接在电源上时U=U0，I=I0，电源的输出输出功率P2=UI=U0I0，故C、D均错误．故选：A．【点评】本题首先要知道效率与功率的区别，电源的效率高，输出功率不一定大．其次，会读图．电源与电阻的伏安特性曲线交点表示电阻接在该电源上时的工作状态．9．下列关于电势高低的判断，正确的是（）A．负电荷从A移到B时，外力做正功，A点的电势一定较高B．负电荷从A移到B时，电势能增加，A点的电势一定较低C．正电荷从A移到B时，电势能增加，A点的电势一定较低D．正电荷只在电场力作用下从静止开始，由A移到B，A点的电势一定较高【考点】电势；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据推论：正电荷在电势高处，电势能大；负电荷在电势低处，电势能大，判断两点间电势的高低．正电荷只在电场力作用下从A移到B，电荷不一定从高电势处向低电势处运动．负电荷从A移到B时，外力作正功，A点电势不一定较高．【解答】解：A、负电荷从A移到B时，外力作正功，无法判断电势的高低，故A错误．B、根据负电荷在电势低处具有的电势能大，则知负电荷从A移到B时，电势能增加，B点的电势一定较低，A点的电势一定较高，故B错误．C、正电荷从A移到B时，电势能增加，根据正电荷在电势高处具有的电势能大，可知A点的电势一定较低，故C正确．D、正电荷只在电场力作用下从静止开始由A移到B，电场力一定做正功，电势能减小，电势降低，则A点的电势一定较高．故D正确．故选：CD．【点评】电场中两点间电势高低可根据推论判断，也可以根据电场力做功的正负与电荷的电性判断，但不能根据外力做功情况判断．10．如图所示，真空中同一水平线上固定两等量异种点电荷A、B，其中A带负电、B带正电．C、D、O是分布在AB连线的垂线上的三个点，且AO＞BO．下列判断正确的是（）A．C、D两点的电势相等B．C、D两点的电场强度的方向均水平向左C．同一带负电的试探电荷在C点的电势能大于在D点的电势能D．同一试探电荷在C点受到的电场力比在D点受到的电场力小【考点】示波管及其使用；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】定性思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题．【分析】电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到无穷远处或负电荷为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．然后结合等量异种点电荷的电场线和等势面分布解答即可．【解答】解：A、由图可知，D离正电荷近，则由等量异种点电荷的电场线和等势面分布可知，φO＞φD＞φC，故A错误；B、在AB连线中垂线上的各点电场强度方向水平向左，结合等量异种点电荷的电场线的分布可知，E C和E D的方向斜向左上，故B错误；C、负电荷在电势低处电势能大，所以E pC＞E pD，故C正确；D、由等量异种点电荷的电场线的分布可知，E C＜E D，所以同一试探电荷在C点受到的电场力比在D点受到的电场力小，故D正确．故选：CD【点评】本题要求掌握住等量异种电荷的电场的分布的情况，根据电场分布的特点以及电场线与电势的关系即可以分析本题．11．如图所示，A、B、C、D为匀强电场中相邻的等势面，一个电子垂直经过等势面D时的动能为20eV，经过等势面C时的电势能为﹣10eV，到达等势面B时的速度恰好为零，已知相邻等势面间的距离为5cm，不计电子的重力，下列说法中正确的是（）A．C等势面的电势为10VB．匀强电场的场强为200V/mC．电子再次经过D等势面时，动能为10eVD．电子的运动是匀变速曲线运动【考点】等势面；电场强度；电势差．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电子从D到B过程，根据动能定理求出BD间电势差，即可得到A等势面的电势；由E=求解电场强度；根据能量守恒可知，电子再次经过D等势面时，动能为20eV；匀强电场中电子所受的电场力是恒力，电子做匀变速直线运动．【解答】解：A、电子从B到D过程，根据动能定理得：﹣eU DB=0﹣E kD，解得，U DB=20V；﹣eU DC=E KC﹣E KD，联立以上3公式，求得：E KC =E KD=10eV所以电子的总能量：E=E KC+E PC=0到达等势面B时的速度恰好为零，电子的动能为0，所以该电场中的等势面B 是0势能面．由于是等差的等势面，则知，C等势面的电势为10V．故A正确；B、对于BD段：电场强度为E===200V/m．故B正确；C、根据能量守恒可知，电子再次经过D等势面时，电势能不变，动能不变，其动能仍为20eV；故C错误；D、根据电场线与等势面垂直可知，该电场是匀强电场，电子做匀变速直线运动．故D错误．故选：AB．【点评】解决本题的关键知道等势面与电场线关系，掌握匀强电场的场强公式，以及电场力做功与电势差的关系．12．电动机的电枢阻值为R，电动机正常工作时，两端的电压为U，通过的电流为I，工作的时间为t，则下列说法中正确的是（）A．电动机消耗的电能为UItB．电动机消耗的电能为I2RtC．电动机线圈产生的热量为I2Rt。

2021-2022年高二上学期期中考试物理试题含答案(II)

2021-2022年高二上学期期中考试物理试题含答案(II)本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

第Ⅰ卷共6页，第Ⅱ卷共4页。

共110分。

考试时间110分钟。

注意事项：1.答卷Ⅰ前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目用铅笔涂写在答题卡上。

2.答卷Ⅰ时，每小题选出答案后，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，再选涂其它答案。

不能答在试题卷上。

一、选择题（每小题4分，部分得分2分，共56分。

下列每小题所给选项至少有一项符合题意，请将正确答案的序号填涂在答题卡上）1．自然界中某个量D的变化量△D，与发生这个变化所用时间△t的比值，叫做这个量D的变化率。

下列说法正确的是（）A．若D表示某质点做匀速直线运动的位移，则是变化的B．若D表示某质点做平抛运动的速度，则是恒定不变的C．若D表示通入某线圈的电流，越大，则线圈中的自感电动势越大D．若D表示穿过某线圈的磁通量，越大，则线圈中的感应电动势不变2．如右图所示为一种自动跳闸的闸刀开关，O是转动轴，A是绝缘手柄，C是闸刀卡口，M、N接电源线，闸刀处于垂直纸面向里、B＝1 T的匀强磁场中，CO间距离为10 cm，当磁场力为 0.2 N时，闸刀开关会自动跳开．则要使闸刀开关能跳开，CO中通过的电流的大小和方向为( )A．电流方向C→O B．电流方向O→C C．电流大小为1 A D．电流大小为0.5 A3. 有一只粗细均匀、直径为d、电阻为r的光滑金属圆环水平放置在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，其俯视图如图所示.一根长为d、电阻为r/2的金属棒始终紧贴圆环以速度v匀速平动，当ab棒运动到圆环的直径位置时，说法正确的是（）A.ab棒两端电压为B.ab棒中的电流为.C.ab棒受安培力为D.外力对ab棒的功率为4．有一个垂直于纸面的匀强磁场，它的边界MN左侧为无场区，右侧是匀强磁场区域，如图（甲）所示，现让一个金属线框在纸平面内以垂直于MN的恒定速度从MN左侧进入匀强磁场区域，线框中的电流随时间变化的i－t图象如右图（乙）所示，则进入磁场区域的金属线框可能是下图的（5．如图所示的电路中，电键S闭合且电路达到稳定时，流过灯泡L1和灯泡L2的电流分别为I1和I2，在电键S切断的瞬间，为使小灯泡L2能比原来更亮一些，然后逐渐熄灭，应( )A．必须使I2I 1B．与I1、I2大小无关，但必须使线圈自感系数L足够大C．自感系数L越大，切断时间越短，则I2也越大D．不论自感系数L多大，电键S切断瞬间I1只能减小，不会增大6. 如图所示，边长为L的正方形金属框，匝数为n,质量为m，电阻为R，用细线把它悬挂于一个有界的匀强磁场边缘，金属框的上半部处于磁场内，下半部处于磁场外．磁场随时间变化规律为B＝kt(k>0)，已知细线所能承受的最大拉力为2mg，下列说法正确的是（）A.线圈的感应电动势大小为n k·；B.细绳拉力最大时，金属框受到的安培力大小为mg ；C.从t＝0开始直到细线会被拉断的时间为。

【高二上半年的】高二年级上册物理理科期中试题

【高二上半年的】高二年级上册物理理科期中试题温馨提示：1.本试题分为第Ⅰ卷、第Ⅱ卷和答题卡。

全卷满分100分，答卷时间90min。

2.考生答题时，必须将第Ⅰ卷上所有题的正确答案用2B铅笔涂在答题卡上所对应的信息点处，答案写在Ⅰ卷上无效;答第Ⅱ卷时，将答案直接写在答题纸规定的位置。

第Ⅰ卷选择题，共 48分一、选择题：本题共l2小题，每小题4分，共48分。

每小题给出的四个选项中，至少有一项符合要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分,第3.6.7.8.10题为多选题，其余为单选题1.下列关于点电荷的说法中，正确的是A.只有体积很小的带电体才能看成是点电荷B.体积很大的带电体一定不是点电荷C.当两个带电体的形状对它们相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看成点电荷D.任何带电球体，都可看成电荷全部集中于球心的点电荷2.半径为R的两个较大的金属球,带电量均为同种电荷q,放在绝缘的桌面上,两球球心间的距离为4R,若两球间的库仑力为F,则下列说法正确的是A.FB.FC.F=D.无法确定3.两个等量异种电荷的连线的垂直平分线上有a、b、c三点，如图2-3-13所示，下列说法正确的是A.a、b、c三点电场强度的方向相同B.a、b、c三点电场强度的大小相等C.a、b、c三点电势相等D.a、b、c三点中，c点电势最大4. 如图Ⅰ所示,AB是电场中的一条电场线,若将一负电荷从A点由静止释放,负电荷沿电场线从A到B运动过程中速度-时间图象如图Ⅱ所示,则下列判断正确的是A.B,EAB.B,EAC.B,EAD.B,EA5.示波管是一种多功能的电学仪器，它的工作原理可以等效成下列情况：如图9所示，真空室中电极K发出电子初速度不计，经过电压为U1的加速电场后，由小孔S沿水平金属板A、B间的中心线射入板中。

当A、B间电压为U2时，电子偏离中心线飞出电场打到荧光屏上而显示亮点。

不计电子重力，下列情况中一定能使亮点偏离中心距离变大的是A.U1变大，U2变大B.U1变小，U2变大C.U1变大，U2变小D.U1变小，U2变小6.一个质量为m、带电荷量为-q的带电粒子，从O点以初速度v0沿平行于电场方向进入一个场强为E的匀强电场，若不计重力，经过时间t，粒子到达A点时速度恰好为零，则OA两点间的电势差为A.mv202qB.mv202qEC.qE2t22mD.qEt22m7.电动机的电枢阻值为R，电动机正常工作时，两端的电压为U，通过的电流为I，工作时间为t，下列说法中正确的是A.电动机消耗的电能为UItB.电动机消耗的电能为I2RtC.电动机线圈产生的热量为I2RtD.电动机线圈产生的热量为U2t/R8.两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，与它相连接的电路如图2-13所示.接通开关S，电源即给电容器充电.则A.保持S接通，减小两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度减小B.保持S接通，在两极板间插入一块介质，则极板上的电荷量增大C.断开S，减小两极板间的距离，则两极板间的电势差减小D.断开S，在两极板间插入一块介质，则两极板间的电势差增大9.如图4-3-12所示是一欧姆表多用电表欧姆挡的结构示意图，虚线框内有欧姆表的内部电路，红、黑表笔分别插入正、负插孔，虚线框内的欧姆表的内部电路图正确的是10.如图所示,直线A为电源的伏安特性曲线，直线B为电阻R的伏安特性曲线，用该电源和电阻组成一个闭合电路，则A.电源的总功率是18W、输出功率是12WB. 电源的总功率是6W、输出功率是4WC.电源的电动势是3V、内阻是1D.R的阻值是111.如右图2A-4所示，因线路故障，按通K时，灯L1和L2均不亮，用电压表测得Uab=0，Ubc=0，Ucd=4V.由此可知出现故障处为A.灯L1短路B.灯L2断路C.变阻器断路D.不能确定12.如图6所示是一实验电路图，在滑动触头由a端滑向b端的过程中，下列表述正确的是A.路端电压变小B.电流表的示数变大C.电源内阻消耗的功率变小D.电路的总电阻变大第Ⅱ卷非选择题，共52分二、填空题：每空2分，共28分13.把带电量为 210 库的检验电荷放入电场中某点时，它所受到的电场力为510 牛，则该点的场强是___________牛/库;如果在该点放入一个610 库的检验电荷，该检验电荷受到的电场力等于___________。

高二物理上学期期中试题高二全册物理试题_2_2

嘴哆市安排阳光实验学校高二物理上学期期中试题（含解析）一、单项选择题（本大题共10小题，每题3分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对的得3分，选错的得0分）1．在下图中标出了磁场B 的方向、通电直导线中电流I 的方向，以及通电直导线所受安培力F 的方向，其中正确的是（）【答案】 C考点：安培左手定则【名师点睛】本题主要考查了安培左手定则。

左手定则的内容：伸开左手，使大拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．根据左手定则的内容判断安培力的方向。

2.如图所示是等腰直角三棱柱abcd 为正方形，边长为L ，它们按图示位置放置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B ，下面说法中不正确的是（） A ．通过bcf 平面的磁通量为零 B ．通过dcfe 平面的磁通量大小为222L B C ．通过abfe 平面的磁通量大小为零 D ．通过abcd 平面的磁通量大小为2L B 【答案】D考点：磁通量【名师点睛】本题主要考查了磁通量。

本题要理解并掌握磁通量的一般计算式cos BS θΦ=，知道公式中cos S θ表示和垂直磁场平面的投影面积。

注意夹角是平面与磁场垂直方向的夹角。

此题属于基础题，只要掌握了知识点就可以正确做答。

3.如图，由均匀的电阻丝组成的等边三角形导体框，垂直匀强磁场放置，将AB 两点接入电压恒定的电源两端，通电时，线框受到的安培力为1.2N ，若将ACB 边移走，则余下线框受到的安培力大小为（）【答案】B 【解析】试题分析：根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向，令电源电压为U, ACB 等边三角形的电阻为3R ,由于曲线ACB 上产生的安培力等效于AB 边上的电线产生的安培力，所以等效电路为R 和2R 的并联，并联后总电阻为：23R,如图根据欧姆定律，并联的总的电流为：13223U UI R R ==,则安培力为： 113 1.22BULF BI L N R===，将ACB 边移走,余下线框受到的安培力大小为:32BULF BI L R==,比较可得30.8F N =.故B 正确，所以B 正确，ACD错误。

高二物理上学期期中测试卷2(教材)高二全册物理试题

嘴哆市安排阳光实验学校高二物理上学期期中测试卷02（新教材人教版）考试范围：必修3全册选择性必修1第一章一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。

每个题目只有一个选项符合要求，选对得4分，选错得0分。

1．关于电磁场的理论，下列说法正确的是（）A．变化的电场周围产生磁场一定是变化的B．变化的磁场周围产生的电场一定是变化的C．均匀变化的磁场周围产生电场是均匀变化的D．预言电磁波存在的科学家是麦克斯韦【答案】 D【解析】A．均匀变化的电场周围产生恒定磁场，A错误；BC．均匀变化的磁场周围产生恒定电场，BC错误；D．麦克斯韦预言了电磁波存在，D正确。

故选D。

2．如图所示为一测定液面高低的传感器示意图，A为固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物质，C为导电液体，把传感器接到图示电路中，已知灵敏电流表指针偏转方向与电流方向相同．如果发现指针正向右偏转，则导电液体的深度h变化为（）A．h正在减小B．h正在增大C．h不变D．无法确定【答案】 A【解析】影响平行板电容器电容的因素有正对面积、极板间距与电介质，然而如图所示为一测定液面高低的传感器，利用了平行板电容器特性。

高度的变化，就相当于正对面积变化。

如果液体的高度升高，导致两极板的正对面积增大，根据公式4πSCk dε=可得电容器的电容变大，两极板间的电压恒定，根据QCU=可知两极板上所带电荷量增大，应为充电，灵敏电流表应向左偏转，反之向右偏转，题中灵敏电流表向右偏转，说明液面降低，故A正确。

故选A。

3．如图所示，轻质弹簧的左端固定在竖直墙壁上，右端与静止在光滑水平面上的木块A相连接，子弹B沿水平方向射入木块后留在木块内，再将弹簧压缩到最短。

上述这个过程可抽象为两个典型的过程：过程①是子弹射入木块并获得共同速度；过程②是木块与子弹一起压缩弹簧并将弹簧压到最短。

已知木块的质量大于子弹的质量，空气阻力可忽略不计，下列说法中正确的是（）A．过程①中木块获得的动能一定小于此过程中子弹损失的动能B．过程①中子弹对木块的冲量大小可能大于木块对子弹的冲量大小C．过程②中墙壁对弹簧的冲量大小一定小于子弹和木块总动量的减小量D．过程②中弹簧的最大弹性势能可能等于过程①中木块所获得的动能【答案】 A【解析】A．子弹射入木块过程中，子弹损失的动能转化内能和木块的动能，所以过程①中木块获得的动能一定小于此过程中子弹损失的动能，故A正确；B．子弹射入木块过程中，根据牛顿第三定律可知子弹对木块的作用力与木块对子弹的作用力大小相等时间相等，所以过程①中子弹对木块的冲量大小等于木块对子弹的冲量大小，故B错误；C．由动量定理可知，木块与子弹一起压缩弹簧并将弹簧压到最短过程中，墙壁对弹簧的冲量大小一定等于于子弹和木块总动量的减小量，故C错误；D．木块与子弹一起压缩弹簧并将弹簧压到最短过程中，弹簧的最大弹性势能等于过程①中木块所获得的动能与子弹的末动能之和（过程①系统的末动能），故D错误；故选A。

高二上学期期中考试物理试题含答案解析 (2)

黑龙江省哈尔滨师范大学青冈实验中学校【最新】高二上学期期中考试物理试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．如图所示，直线1、2分别表示两个电源的路端电压与电流的关系图像，由图可知（）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，内阻r1＜r22．已知干电池的电动势为1.5V.下列说法正确的是（）A．用电压表直接连接干电池的两极，测量得到的电压就是该电池的电动势B．当外电路闭合时，每当1C的电荷量通过干电池，则该电池就能提供1.5J的电能C．当外电路闭合时，在1s内有1.5C的电荷量通过该电池D．当外电路闭合时，在1s内该电池能提供1.5J的电能3．在如图所示的电路中，电源的电动势和内电阻均为定值，各电阻都不为零.电键接通后与接通前比较，电压表读数的变化情况是（）A．变大B．变小C．不变D．因电阻未知，无法判断4．如图所示为一个多量程多用电表的简化电路图.单刀多掷开关S可以与不同接点连接.下列说法正确的是（）A．当S接1或2时为直流电流档，接1时量程较小B．当S接1或2时为直流电压档，接1时量程较大C．当S接3或4时为直流电流档，接3时量程较大D．当S接5或6时为直流电压档，接5时量程较小5．探测放射线的计数管工作时,因为射线使内部气体电离，在时间t内有n个二价正离子到达阴极，有2n个电子到达阳极，则计数器中的电流I为（）A．4ne/tB．3ne/tC．2ne/tD．ne/t6．电路如图所示.接通电路后三个灯的电阻都相等.那么三个灯消耗的电功率P1、P2、P3之间的关系是（）A．P1=P2=P3B．P1=P2＞P3C．P1=P2=12P3D．P3=4P1=4P27．电场中M、N两点场强的大小分别为E M、E N，电势分别为φM、φN.某带电粒子仅在电场力作用下从M点运动到N点，若此过程中带电粒子的动能始终保持不变，下列判断正确的是（）A．E M＞E N，φM＞φNB．E M＜E N，φM=φNC．E M=E N，φM=φND．E M＜E N，φM＜φN8．在图示的电路中,闭合开关后,当滑动变阻器的滑动触头P从最上端逐渐滑向最下端的过程中,电压表V的读数变化量为△U,电流表A2的读数变化量为△I2(电表均视为理想电表).则( )A．电压表V的读数先变小后变大B．电流表A1的读数先变大后变小C．电流表A2的读数变大D．△U与△I2的比值为定值二、多选题9．下列说法正确的是（）A．电场强度是描述电场强弱的物理量B．电流强度是矢量C．串联电路中电流处处相等D．欧姆定律对电解液导电不适用10．下列关于电阻率的叙述，错误的是（）A．当温度极低时，超导材料的电阻率会突然减小到零B．常用的导线是用电阻率较小的铝、铜材料做成的C．材料的电阻率取决于导体的电阻、横截面积和长度D．材料的电阻率不随温度变化11．在炎热的夏天小学生们喜欢戴着装有一个微型电风扇的帽子，微型电风扇中直流电动机的额定电压为U，额定电流为I，线圈电阻为R，将它接在电动势为E、内阻为r的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，则（）A．电源的总功率为UI B．电源的输出功率为UIC．电动机消耗的热功率为U2/R D．电动机消耗的热功率为I2R12．如图所示，平行直线表示电场线，但没有标明方向，带电量为＋1×10－2C的微粒在电场中只受电场力的作用，由A点移到B点，动能损失0.1J，若A点的电势为－10V，则()A．B点电势为10VB．电场线的方向从右向左C．微粒的运动轨迹可能是轨迹1D．微粒的运动轨迹可能是轨迹2三、填空题13．如图所示，把带正电荷的导体球C移近彼此接触的不带电的绝缘金属导体A、B，金属薄片张开，此时金属导体A带_____电荷（填“正”或“负”）；如果先把C移走，再将A和B分开后，金属导体上的金属箔片是否张开_____（填“是”或“否”）四、实验题14．如图甲所示，为某同学测绘额定电压为2.5 V的小灯泡的I—U特性曲线的实验电路图．①根据电路图甲，用笔画线代替导线，将图乙中的实验电路连接完整_______．②开关S闭合之前，图甲中滑动变阻器的滑片应该置于_____端（选填“A”、“B”或“AB 中间”）③实验中测得有关数据如下表：根据表中的实验数据，在图丙中画出小灯泡的I—U特性曲线_________．五、解答题15．如图所示的电路中，电源电动势为6E V =，内电阻为2r =Ω，外电路电阻为10R =Ω，闭合电键S 后，求：()1通过电阻R 的电流强度I ；()2电阻R 两端的电压U ；()3电阻R 上所消耗的电功率P ．16．一根长为l 的绝缘细线下端连接一质量为m 的带电小球，上端悬挂在固定点O 上，整个装置处于真空室内的匀强电场中，电场方向水平，电场强度大小为E .开始时小球静止于A 点，此时细线与竖直方向的夹角θ=37°，如图所示.重力加速度为g ，已知sin37°=0.60，cos37°=0.80.（1）求小球的电荷量q .（2）某时刻将匀强电场的方向突然改为竖直向上但电场强度大小保持不变，求小球通过最低点B 时细线对小球的拉力大小.17．反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似.已知静电场的方向平行于x 轴，其电势φ随x 的分布如图所示.一质量m=1.0×10﹣20kg ，电荷量q=1.0×10﹣9C 的带负电的粒子从（﹣1，0）点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上往返运动.忽略粒子的重力等因素.求：；（1）x轴左侧电场强度E1和右侧电场强度E2的大小之比E1E2（2）该粒子运动的最大动能E km；（3）该粒子运动的周期T.参考答案1．B【解析】根据闭合电路欧姆定律得知：U=E-Ir，当I=0时，U=E，即图线与纵轴交点坐标表示电源电动势的大小，由图可知电动势E1＞E2．而图线的斜率的大小表示电源的内阻大小，图线1的斜率大于图线2的斜率，故内阻r1＞r2．所以B正确，ACD错误．2．B【详解】A．用电压表直接连接干电池的两极时，由于电压表构成了一个外电路，电池有一定的同电压，所以测量得到的电压小于该电池的电动势．故A错误．B．根据电动势的定义式WEq得W=qE，当q=1C，E=1.5V时，W=1.5J，即当外电路闭合时，每当1C的电荷量通过干电池，则该电池就能提供1.5J的电能，故B正确．C．当外电路闭合时，电路中电流不一定是1A，由q=It知，在1s内不一定有1.5C的电荷量通过该电池，故C错误．D．当外电路闭合时，1C的电荷量通过该电池时该电池能提供1.5J的电能，由于电流未知，则所用时间不一定是1s，故D错误．故选B．3．A【解析】电键接通后，并联支路增多，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中总电流I增大，由欧姆定律U=IR得到，电压表的示数变大，故A正确，BCD错误．4．D【详解】AB、当开关S旋到位置1、2位置，电阻与表头并联，则多用电表就成了电流表，接1时分流电阻小，其分流大，则量程大，故A、B错误；C、当开关S旋到位置3或4，电路中有电源，则多用电表就成了欧姆表，故C错误；D、当开关S旋转到5、6位置，表头与电阻串联，则多用电表就成了电压表，，串联电阻越大，则量程越大，所以接5时量程较小，接6时量程较大，故D正确．故选D．【点睛】S 旋到位置1、2连接时，电阻与表头并联，则多用电表就成了电流表，并联电阻越小时，允许通过电流越大；S 旋到位置3或4，电路中有电源，则多用电表就成了欧姆表；S 旋到位置5、6时，表头与电阻串联，则多用电表就成了电压表，电流表所串联的电阻越大，所测量电压值就越大．5．A【解析】考点：电流、电压概念．专题：恒定电流专题．分析：根据电流的公式I=，q 是正离子和电子电量绝对值的和．每个电子电量大小为e ，每个二价正离子的电量大小为2e ．解答：解：由题：在时间t 内有n 个二价正离子到达阴极，有2n 个电子到达阳极可知，则q=n?2e+2n?e=4ne由电流公式I=得I= 故选A ．点评：本题考查对电流的定义式中电量的理解能力．对于正负电荷沿相反方向定向移动形成电流的情况求电流时，电量是通过导体截面正负电荷电量绝对值之和．6．D【详解】L 1、L 2并联所以电压相等，两个灯的电阻又相等，所以电流也相等，即I 1=I 2，而I 3=I 1+I 2=2I 1，根据2P I R =可知：31244P P P ==，故D 正确，A 、B 、C 错误；故选D ．【点睛】关键是由串并联电路的特点求出三个灯泡电流之间的关系，再根据2P I R =即可求解． 7．C【解析】试题分析：因带电粒子在MN 两点运动时的动能始终保持不变，故粒子的速率大小不变，可知粒子所受的电场力始终与速度垂直，电场力不做功，可知两点的场强大小相等，电势相等，故选C.考点：带电粒子在电场中的运动8．D【解析】试题分析：滑动变阻器的滑动触头P从最上端逐渐滑向最下端的过程中，滑动变阻器的总电阻值先增大后减小，故电路的总电阻先增大后减小，总电流先减小后增大，即电流表A2的读数先减小后增大，选项C错误；路端电压先增大后减小，即电压表V的读数先变大后变小，选项A错误；因P向下滑动过程中，A1支路的电阻逐渐减小，故电流表A1的读数逐渐=r，即ΔU与ΔI2的比值为定值，选项D正确；变大，选项B错误；因为E=I2r+U，则ΔUΔI2故选D.考点：电路的动态分析9．AC【详解】A、电场强度是描述电场强弱的物理量，故A正确；B、电流强度是标量，故B错误；C、串联电路电流相同，故C正确；D、欧姆定律适用于纯电阻电路，适用于金属导电或电解液导电，故D错误；故选AC．【点睛】关键是知道电场强度是描述电场强弱的物理量；欧姆定律适用于纯电阻电路，适用于金属导电或电解液导电．10．CD【解析】【详解】A、当温度极低时，超导材料的电阻率会突然减小到零，故A正确；B、铝、铜的电阻率较小，故常用的导线是用铝、铜材料做成的，故B正确；C、材料的电阻率取决于导体的材料和温度有关，与导体的电阻、横截面积和长度无关，故C错误；D 、材料的电阻率取决于导体的温度有关，故材料的电阻率随温度变化而变化，故D 错误；错误的故选CD 。

高二上学期期中物理试卷(理科)第2套真题

高二上学期期中物理试卷（理科）一、选择题1. 关于电动势，下列说法不正确的是（）A . 电源两极间的电压等于电源电动势B . 电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大C . 电源电动势的数值等于内、外电压之和D . 电源电动势与外电路的组成无关2. 以下关于磁场和磁感应强度B的说法，正确的是（）A . 磁场中某点的磁感应强度，根据公式B= ，它跟F，I，l都有关B . 磁场中某点的磁感应强度的方向垂直于该点的磁场方向C . 穿过线圈的磁通量为零的地方，磁感应强度不一定为零D . 磁感应强度越大的地方，穿过线圈的磁通量也一定越大3. 带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，如图所示，可以判断（）A . 粒子的加速度在a点时较大B . 粒子的电势能在b点时较大C . 粒子可能带负电，在b点时速度较大D . 粒子一定带正电，动能先变小后变大4. 在如图所示的电路中，电源内阻r小于电阻R1，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表的示数变化量的大小分别用△I、△U1、△U2和△U3表示，下列有关各绝对值关系式正确的是（）A . ＜＜B . ＜＜C . ＜＜D . ＜＜5. 如图1，A、B是电场中的一条直线形的电场线，若将一个带正电的点电荷从A 由静止释放，它只在电场力作用下沿电场线从A向B运动过程中的速度图象如图2所示．比较A、B两点的电势和场强E，下列说法中正确的是（）A . φA＜φB，EA＜EBB . φA＞φB，EA＞EBC . φA＜φB，EA＞EBD . φA＞φB，EA＜EB6. 如图所示，AB是正点电荷电场中的一根电场线，在线上O点由静止释放一个电子，它在电场力作用下沿电场线向B点运动，下列判断中正确的（）A . 电场线由B指向A，该电子运动的加速度越来越小B . 电场线由B指向A，该电子运动的加速度越来越大C . 电场线由A指向B，该电子运动的加速度越来越小D . 电场线由A指向B，该电子运动的加速度越来越大7. 现有一个灵敏电流计，它的满偏电流为Ig=1mA，内阻Rg=500Ω，若要将它改装成量程为3V的电压表，则应在该灵敏电流计上（）A . 串联一个2500Ω的电阻B . 串联一个25000Ω的电阻C . 串联一个3000Ω的电阻D . 并联一个2500Ω的电阻8. 如图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接．将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强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变大，E变小9. 如图所示，质量分别为m1和m2的两个小球A、B，带有等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧连接，置于绝缘光滑的水平面上．当突然加一水平向右的匀强电场后，两小球A、B将由静止开始运动，在以后的运动过程中，对两个小球和弹簧组成的系统（设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用且弹簧不超过弹性限度），以下说法正确的是（）A . 系统机械能不断增加B . 系统动能不断增加C . 当弹簧长度达到最大值时，系统机械能最小D . 当小球所受电场力与弹簧的弹力相等时，系统动能最大10. 四个相同的小量程电流表（表头）分别改装成两个电流表A1 ．A2和两个电压表V1 ．V2 ．已知电流表A1的量程大于A2的量程，电压表V1的量程大V2的量程，改装好后把它们按图示接入电路，则（）A . 电流表A1的读数大于电流表A2的读数B . 电流表A1的偏转角小于电流表A2的偏转角C . 电压表V1的读数小于电压表V2的读数D . 电压表V1的偏转角等于电压表V2的偏转角11. 如图所示，直线A为电源的U﹣I图线，直线B为电阻R的U﹣I图线，用该电源与R组成闭合电路时，则（）A . 该电源的电动势为6VB . 电源的输出功率为4WC . 电阻R的阻值为2ΩD . 电源的内阻为6Ω12. 如图所示，质量为m、电量为q的带电微粒，以初速度V0从A点竖直向上射入水平方向、电场强度为E的匀强电场中．当微粒经过B点时速率为VB=2V0，而方向与E同向．下列判断中正确的是（）A . A，B两点间电势差为B . A，B两点间的高度差为C . 微粒在B点的电势能大于在A点的电势能D . 从A到B微粒做匀变速运动13. 在如图1所示的电路中，电源电动势为3.0V，内阻不计，L1、L2、L3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图2所示．当开关闭合后，下列关于电路中的灯泡的判断中，正确的是（）A . 灯泡L1的电阻为12ΩB . 通过灯泡L1的电流为L2的电流的2倍C . 灯泡L1消耗的电功率为0.75WD . 灯泡L2消耗的电功率为0.30W二、填空题14. 实验题仪器读数甲图中游标卡尺的读数是________mm．乙图中螺旋测微是________mm．15. 在“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验中，所用器材有：小电珠（3.0V，1.8W），电流表A1：量程0～0.6A，内阻约为1Ω，电流表A2：量程0～3A，内阻约为1Ω，电压表V1：量程0～3V，内阻约为10kΩ，电压表V2：量程0～15V，内阻约为8kΩ，滑动变阻器，0～10Ω，额定电流1A，电源：两节干电池，开关，导线若干．（1）为使测量尽可能准确，实验过程应该选用的电流表是________，电压表是________．（2）根据选择的器材，某同学设计了图1所示的电路原理图，请你根据实验原理图，完成实物图2中的连线（图中已经有两根线连好）三、计算题16. 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RD=0.5Ω的小型直流电动机D都恰能正常工作．试求电动机的输出功率．17. 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W1=1.2×10﹣7J求：（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Uac ．18. 如图所示，在范围足够大方向水平向左、电场强度E=10N/C的匀强电场中，光滑绝缘水平桌面上有两个原先静止的小球A和B，B在桌边缘，两球均可视为质点，质量均为m=0.2kg，A球带正电，电荷量q=0.1C，B是不带电的绝缘球，桌面离地面的高h=0.05m．开始时两球相距l=0.1m．在电场力作用下，A开始向左运动，并与B球发生正碰，碰撞中两球系统无能量损失、无电荷转移．已知两球发生无能量损失的正碰时，碰撞前后两球交换速度．求：（1）A球碰撞前、后的速度？（2）A、B落地过程中两者间的最大距离？。

高二物理上学期期中试题(含解析)高二全册物理试题_02

嘴哆市安排阳光实验学校一中高二（上）期中物理试卷一、不定项选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分）1．如果你看CCTV﹣5的围棋讲座，就会发现棋子都是由磁性材料制成，棋子不会掉下来是因为( )A．棋盘对它的吸引力与重力平衡B．质量小，重力可以忽略不计C．受到棋盘对它向上的摩擦力D．它一方面受到棋盘的吸引力，另一方面还受到空气的浮力2．北京正负电子对撞机的储存环是周长为240m的近似圆形轨道．当环中电子以光速的的速度流动而形成的电流是10mA时，环中运行的电子数目为（已知光速c=3×108 m/s，电子的电荷量e=1.6×10﹣19 C）( )A．5×1010B．5×1011C．1×102D．1×1043．两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4．如图所示电路，电源内阻不可忽略，开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中( )A．电压表的示数减小，电流表的示数增大B．电压表的示数增大，电流表的示数减小C．电压表的示数增大，电流表的示数增大D．电压表的示数减小，电流表的示数减小5．用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用串联或并联的方式接入电路，如图所示（a）（b），则闭合开关后，下列有关电表的示数和指针偏转角度的说法正确的是( ) A．图（a）中的A1，A2的示数不相同B．图（a）中的A1，A2的指针偏角不相同C．图（b）中的A1，A2的示数不相同D．图（b）中的A1，A2的示数不相同6．有四盏灯，如图所示连接在电路中，L1和L2都标有“220V，100W”字样，L3和L4都标有“220V，40W”字样，把电路接通后，最暗的是( )A．L1B．L2C．L3D．L47．如图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．带正电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点的动能变化大于由b点到c点的动能变化8．某同学将一直流电源的总功率P E、输出功率P R和电源内部的发热功率P r随电流I变化的图线画在了同一坐标上，如图中的a、b、c所示．以下判断正确的是( )A．直线a表示电源的总功率B．曲线c表示电源的输出功率C．电源的电动势ε=3 V，内电阻r=1ΩD．电源的最大输出功率P m=9w9．如图所示，AB是某电场中的一条电场线，若有一电子以某一初速度且仅在电场力的作用下，沿AB由点A运动到点B，所经位置的电势随距A点的距离变化的规律如图（b）所示．以下说法正确的是( )A．A、B两点的电场强度E A＞E BB．电子在A、B两点的速度v A＞v BC．A、B两点的电势φA＞φBD．电子在A，B两点的电势能E PA＜E PB10．如图所示，电阻R1、R2、R3均为定值电阻，R4为滑动变阻器，电路中的电压表和电流表均为理想电表．当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列说法正确的是( )A．电表A1、V1示数均减小，电表A2、V2示数均增大B．电压表V1示数的改变量大于电压表V2示数改变量C．电压表A1示数的改变量小于电压表A2示数改变量D．电源的效率增大二、实验题（26分）11．（1）有一只电流计，已知其I g=500μA，R g=100Ω，现欲改装成量程为6V 的电压表，则应该__________联__________Ω的电阻；由于所用电阻不准，当改装表与表比较时，发现当值为6v时，改装电压表读数为36.1V，则实际所用的电阻值偏__________（填“大”或“小”）．12．（1）如图1游标卡尺的读数为__________mm．（2）图2中给出的是用螺旋测微器测量一金属薄板厚度时的示数，此读数应为__________mm．13．欲用伏安法测定一段阻值约为5Ω左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：A．电池组（3V，内阻1Ω） B．电流表（0～3A，内阻0.0125Ω）C．电流表（0～0.6A，内阻0.125Ω） D．电压表（0～3V，内阻3kΩ）E．电压表（0～15V，内阻15kΩ）F．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流1A）G．滑动变阻器（0～2 000Ω，额定电流0.3A） H．开关、导线（1）上述器材中电流表应选用的是__________；电压表应选用的是__________；滑动变阻器应选用的是__________；（填写各器材的字母代号）（2）实验电路应采用电流表__________接法；（填“内”或“外”）（3）设实验中电流表电压表的某组示数如图所示，图示中I=__________A，U=__________V．（4）为使通过待测金属导线的电流能在0～0.5A范围内改变，请按要求画出测量待测金属导线的电阻R x的原理电路图．三、计算题（3小题，共34分）14．如图甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，R3为一滑动变阻器．当其滑片P从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化图线如图乙所示，其中A、B两点是滑片P在变阻器的两个不同端点得到的．求：（1）电源的电动势和内阻；（2）定值电阻R2的阻值；（3）电源的最大输出功率．15．如图所示，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，电阻R1=2Ω，R2=3Ω，R3=7.5Ω，电容器的电容C=4μF．开关S原来断开，现在合上开关S到电路稳定，试求：（1）S断开时电容器的带电量；（2）S合上电路稳定后电容器的带电量；（3）这一过程中通过电流表的电荷量和流过电流表的电流方向（回答向上或向下）．16．如图所示，在倾角θ=37°的绝缘面所在空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E=4.0×103N/C，在斜面底端有一与斜面垂直的绝缘弹性挡板．质量m=0.20kg 的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下，滑到斜面底端与挡板相碰后以碰前的速率返回．已知斜面的高度h=0.24m，滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.30，滑块带电荷q=﹣5.0×10﹣4C．取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80．求：（1）滑块从斜面最高点滑到斜面底端时的速度大小．（2）滑块被挡板弹回能够沿斜面上升的最大高度．（3）滑块从开始运动到停下来的整个过程中产生的热量Q．（计算结果保留2位有效数字）一中高二（上）期中物理试卷一、不定项选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分）1．如果你看CCTV﹣5的围棋讲座，就会发现棋子都是由磁性材料制成，棋子不会掉下来是因为( )A．棋盘对它的吸引力与重力平衡B．质量小，重力可以忽略不计C．受到棋盘对它向上的摩擦力D．它一方面受到棋盘的吸引力，另一方面还受到空气的浮力【考点】物体的弹性和弹力．【专题】受力分析方法专题．【分析】首先对棋子进行受力分析，根据棋子的运动状态，结合二力平衡的条件可知棋子不会掉下来的原因．【解答】解：A、棋盘对棋子的吸引力和重力不共线，不是平衡力，故A错误．B、棋子的质量小，重力也小，若没有其他阻力存在，它会向下运动，故B错误．C、棋子不会掉下来是因为竖直方向受到了棋盘对它向上的摩擦力，且摩擦力与重力平衡，故C正确．D、空气的浮力很小，不足以使棋子静止．棋子不下落，是棋子受到棋盘的吸引力，从而产生了摩擦力，故D错误．故选：C【点评】解决本题的关键是分析棋子的受力情况，分水平和竖直两个方向进行研究，知道两个作用在同一物体上、大小相等、方向相反、作用在同一条直线的力为平衡力．2．北京正负电子对撞机的储存环是周长为240m的近似圆形轨道．当环中电子以光速的的速度流动而形成的电流是10mA时，环中运行的电子数目为（已知光速c=3×108 m/s，电子的电荷量e=1.6×10﹣19 C）( )A．5×1010B．5×1011C．1×102D．1×104【考点】电流、电压概念．【专题】恒定电流专题．【分析】知道电子的速度和周长，利用速度公式求电子运动一周用的时间，再根据电流定义式求电荷量，而一个电子电荷量e=1.6×10﹣19C，可求在整个环中运行的电子数目．【解答】解：电子运动一周用的时间：t===8×10﹣6s，I=，则电量为：Q=It=0.01A×8×10﹣6s=8×10﹣8C，在整个环中运行的电子数目：n==5×1011个．故选：B．【点评】本题考查了学生对电流定义式、速度公式的掌握和运用，要求灵活运用所学知识，有一定的难度！3．两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【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；磁感应强度．【分析】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．【解答】解：A、两电流在a 点B的方向相反，若因 I1＜I2且离I1近，故I1的磁感应强度可能等于I2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，I1＞I2，而I2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．4．如图所示电路，电源内阻不可忽略，开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中( )A．电压表的示数减小，电流表的示数增大B．电压表的示数增大，电流表的示数减小C．电压表的示数增大，电流表的示数增大D．电压表的示数减小，电流表的示数减小【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】在变阻器R0的滑片向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压如何变化，即可知电压表示数的变化情况．由欧姆定律分析并联部分电压的变化，判断电流表示数的变化．【解答】解：在变阻器R0的滑片向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，变阻器R0与R2并联电阻R并减小，则外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，电源的内电压和R1的电压都增大，则R0与R2并联电压减小，所以电流表示数减小，路端电压U减小，则电压表示数减小．故D正确．故选：D【点评】本题是电路的动态变化分析问题，首先确定出变阻器接入电路的电阻如何变化，再按局部到整体，再到部分的思路进行分析．5．用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用串联或并联的方式接入电路，如图所示（a）（b），则闭合开关后，下列有关电表的示数和指针偏转角度的说法正确的是( ) A．图（a）中的A1，A2的示数不相同B．图（a）中的A1，A2的指针偏角不相同C．图（b）中的A1，A2的示数不相同D．图（b）中的A1，A2的示数不相同【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题．【分析】电流表A1、A2是由两个相同的小量程电流表改装成的，它们并联时，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程大的电流表读数大．当它们串联时，A1、A2的示数相同．由于量程不同，内阻不同，两电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同．【解答】解：A、图甲中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同，故A正确，B错误．C、图乙中的A1、A2串联，A1、A2的示数相同．由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同．故CD错误．故选：A．【点评】本题要对于安培表的内部结构要了解：小量程电流表（表头）与分流电阻并联而成．指针偏转角度取决于流过表头的电流大小．6．有四盏灯，如图所示连接在电路中，L1和L2都标有“220V，100W”字样，L3和L4都标有“220V，40W”字样，把电路接通后，最暗的是( )A．L1B．L2C．L3D．L4【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】根据额定电压和额定功率，由功率公式比较两种灯泡的电阻大小．根据公式P=I2R比较L1和L2、L3和L4功率的大小．根据公式P=，比较L2和L3功率大小．再确定哪个灯泡功率最小．【解答】解：设L1、L2、L3、L4实际消耗的功率分别为P1、P2、P3、P4．由公式P=可知，L1和L2的电阻小于L3和L4的电阻．通过L1的电流大于L2的电流，由公式P=I2R得到，P1＞P2．L2和L3的电压相等，由公式P=可知，P2＞P3．通过L3的电流小于L4的电流，由公式P=I2R得到，P4＞P3．所以P1＞P2，P2＞P3，P4＞P3．所以L3最暗．故选C【点评】对于纯电阻电路，功率公式形式较多，要根据不同条件灵活选择公式．7．如图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．带正电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点的动能变化大于由b点到c点的动能变化【考点】电势差与电场强度的关系；电势；电势能．【专题】定性思想；图析法；电场力与电势的性质专题．【分析】根据带电粒子的运动轨迹，分析粒子的电性．根据电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，分析电场强度的大小，判断电场力的大小．沿电场线的方向，电势降低，电场力做正功，电势能减小，动能增大．电场力做负功时，电势能增加，动能减小．【解答】解：A、根据轨迹弯曲方向判断出，带电粒子在a→b→c的过程中，一直受静电斥力作用，根据同性电荷相互排斥，故粒子带正电荷，故A正确；B、点电荷的电场中电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，粒子在c点受到的电场力最小，故B错误；C、粒子由b到c，电场力对粒子做正功，动能增加，电势能减小，故粒子在b 点电势能一定大于在c点的电势能，故C错误；D、由于ab间的场强大于bc间的场强，虚线为间距相等的同心圆，根据U=Ed 可知，ab间的电势差大于bc间的电势差，粒子从a到b电场力做功大于从b到c电场力做功，由动能定理知，由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化．故D正确．故选：AD【点评】本题中，点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题．8．某同学将一直流电源的总功率P E、输出功率P R和电源内部的发热功率P r随电流I变化的图线画在了同一坐标上，如图中的a、b、c所示．以下判断正确的是( )A．直线a表示电源的总功率B．曲线c表示电源的输出功率C．电源的电动势ε=3 V，内电阻r=1ΩD．电源的最大输出功率P m=9w【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】根据电源消耗的总功率的计算公式P E=EI可得电源的总功率与电流的关系，根据电源内部的发热功率P r=I2r可得电源内部的发热功率与电流的关系，从而可以判断abc三条线代表的关系式，再由功率的公式可以分析功率之间的关系．【解答】解：A、电源消耗的总功率的计算公式P E=EI∝I，故A正确；B、P R=P E﹣P r=EI﹣I2r，是曲线，故B正确；C、当I=3A时，P R=0．说明外电路短路，根据P=EI，得到E=，r=，故C正确；D、图线c表示电源的输出功率与电流的关系图象，很显然，最大输出功率小于3W，故D错误；故选ABC．【点评】当电源的内阻和外电阻的大小相等时，此时电源的输出的功率最大，并且直流电源的总功率P E等于输出功率P R和电源内部的发热功率P r的和．9．如图所示，AB是某电场中的一条电场线，若有一电子以某一初速度且仅在电场力的作用下，沿AB由点A运动到点B，所经位置的电势随距A点的距离变化的规律如图（b）所示．以下说法正确的是( )A．A、B两点的电场强度E A＞E BB．电子在A、B两点的速度v A＞v BC．A、B两点的电势φA＞φBD．电子在A，B两点的电势能E PA＜E PB【考点】电势差与电场强度的关系；电势；电势能．【专题】比较思想；图析法；电场力与电势的性质专题．【分析】根据φ﹣x图象的斜率大小等于电场强度，分析场强的变化．由图看出，电势逐渐降低，可判断出电场线的方向，确定电势的高低，由电场力做功正负，分析速度的大小并判断电子电势能的变化．【解答】解：A、φ﹣x图象的斜率大小等于电场强度，由几何知识得知，图象切线斜率不断减小，场强不断减小，则E A＞E B．故A正确；BCD、由图看出，电势逐渐降低，φA＞φB，可判断出电场线的方向从A到B，电子所受的电场力从B到A，则电子在A点运动到B点的过程中，电场力做负功，电子的动能减小，速度减小，而电子的电势能增大．即有v A＞v B，E PA＜E PB．故BCD正确．故选：ABCD【点评】本题关键要理解φ﹣t图象的斜率等于场强，由电势的高低判断出电场线的方向，来判断电场力方向做功情况，并确定电势能的变化．10．如图所示，电阻R1、R2、R3均为定值电阻，R4为滑动变阻器，电路中的电压表和电流表均为理想电表．当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列说法正确的是( )A．电表A1、V1示数均减小，电表A2、V2示数均增大B．电压表V1示数的改变量大于电压表V2示数改变量C．电压表A1示数的改变量小于电压表A2示数改变量D．电源的效率增大【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】先分析电路的结构：R1、R2并联，R3、R4并联，然后再串联，当滑动变阻器R4的滑片向右移动时，R4增大，总电阻增大，总电流减小，根据闭合电路欧姆定律分析电流表和电压表示数变化情况以及两个电流表、两个电压表示数变化的大小，电源的效率η=×100%．【解答】解：A、此电路的结构为R1、R2并联，R3、R4并联，然后再串联，当滑动变阻器R4的滑片向右移动时，R4增大，外电路总电阻增大，总电流减小，即A1示数减小，则R1、R2并联电压减小，即V1示数减小．电源内阻所占的电压也减小，所以R3、R4并联电压增大，即V2示数增大，所以通过R3的电流增大，而总电流减小，所以通过R4的电流减小，即A2示数减小，故A1、V1示数均减小，A2示数减小，V2示数增大，故A错误；B、根据闭合电路欧姆定律可知，电压表V1示数减小量加上电源内阻电压的减小量等于V2示数的增加量，所以电压表V1示数变化的绝对值小于电压表V2示数变化的绝对值，故B错误．C、电流表A1示数减小量等于A2示数减小量加上通过R3的电流变化量，所以电流表A1示数变化的绝对值小于电流表A2示数变化的绝对值，故C正确；D、电源的效率η=×100%=×100%，当滑动变阻器R4的滑片向右移动时，外电阻增大，路端电压U增大，所以电源的效率增大，故D正确；故选：CD．【点评】本题是电路的动态变化分析问题，首先分析变阻器接入电路的电阻如何变化，接着分析总电阻、总电流和路端电压的变化，再分析局部电流、电压的变化，即按“局部到整体再到局部”的思路进行分析．二、实验题（26分）11．（1）有一只电流计，已知其I g=500μA，R g=100Ω，现欲改装成量程为6V 的电压表，则应该串联11900Ω的电阻；由于所用电阻不准，当改装表与表比较时，发现当值为6v时，改装电压表读数为36.1V，则实际所用的电阻值偏小（填“大”或“小”）．【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题．【分析】把电流表改装成电压表，需要串联一个分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律分析答题．【解答】解：把电流表改装成6V的电压表，需要串联分压电阻，串联电阻阻值：R=﹣R g=﹣100=11900Ω．当改装表与表比较，表为6V时，改装电压表显示却是6.1V，说明表头指针偏角太大，通过改装电压表的电流太大，这是由串联电阻阻值偏小造成的．故答案为：串；11900；小．【点评】本题考查了电压表改装、实验误差分析，知道电压表的改装原理、应用串联电路特点与欧姆定律即可正确解题．12．（1）如图1游标卡尺的读数为10.55mm．（2）图2中给出的是用螺旋测微器测量一金属薄板厚度时的示数，此读数应为6.123（6.122﹣6.124）mm．【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．【专题】实验题．【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．【解答】解：游标卡尺的固定刻度读数为10mm，游标读数为0.05×11mm=0.55mm，所以最终读数为：10mm+0.55mm=10.55mm．螺旋测微器的固定刻度读数为6mm，可动刻度读数为0.01×12.3mm=0.123mm，所以最终读数为6.123mm，由于需要估读在范围6.122﹣6.124mm都正确．故本题答案为：10.55，6.123（6.122﹣6.124）．【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．13．欲用伏安法测定一段阻值约为5Ω左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：A．电池组（3V，内阻1Ω） B．电流表（0～3A，内阻0.0125Ω）C．电流表（0～0.6A，内阻0.125Ω） D．电压表（0～3V，内阻3kΩ）E．电压表（0～15V，内阻15kΩ）F．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流1A）G．滑动变阻器（0～2 000Ω，额定电流0.3A） H．开关、导线（1）上述器材中电流表应选用的是C；电压表应选用的是D ；滑动变阻器应选用的是F；（填写各器材的字母代号）（2）实验电路应采用电流表外接法；（填“内”或“外”）（3）设实验中电流表电压表的某组示数如图所示，图示中I=0.48A，U=2.20V．（4）为使通过待测金属导线的电流能在0～0.5A范围内改变，请按要求画出测量待测金属导线的电阻R x的原理电路图．【考点】伏安法测电阻．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】（1）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．（2）根据两电表内阻与待测电阻的大小关键，选择电流表的内接法或外接法．（3）由图示电表确定其量程与分度值，然后读出其示数．（4）根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表接法，根据伏安法测电阻原理作出实验电路图．【解答】解：（1）电池组的电动势是3V，电压表的量程选3V，即选择电压表：D．金属导线的电阻约为5Ω左右，则通过导线的电流最大值约I max==0.6A．故电流表选：C．为方便实验操作，滑动变阻器应选F．（2）由题意可知金属导线的电阻远小于电压表内阻，所以电流表应采用外接法．（3）由图示电流表可知，其量程为0～0.6A，分度值为0.02A，示数为0.48A；由图示电压表可知，其量程为0～3V，分度值为0.1V，示数为2.20V．（4）为使通过待测金属导线的电流能在0～0.5A范围内改变，所以滑动变阻器采用分压式接法，电流表采用外接法．电路图如图：故答案为：（1）C、D、F（2）外（3）0.48；2.20（4）如图所示【点评】本题考查了实验器材的选择、电流表的接法、电表读数；对电表读数时要先确定其量程与分度值，然后再读数，读数时视线要与电表刻度线垂直．三、计算题（3小题，共34分）14．如图甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，R3为一滑动变阻器．当其滑片P从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化图线如图乙所示，其中A、B两点是滑片P在变阻器的两个不同端点得到的．求：（1）电源的电动势和内阻；（2）定值电阻R2的阻值；（3）电源的最大输出功率．【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】（1）电路电流与路端电压关系图象与纵轴的交点的纵坐标是电源的电动势，图象的斜率等于电源内阻，根据图象可以求出电源电动势与电源内阻．（2）由图甲所示电路图可知，滑片在最右端时，只有电阻R2接入电路，此时对应与图乙所示图象的B点，由图象求出此时的路端电压与电路电流，然后由欧姆定律求出电阻阻值．（3）当R3的滑片从最左端滑到最右端时，外电路总电阻从小于电源内阻r变至大于r，当外阻和内阻相等时，电源输出功率最大．【解答】解：（1）将乙图中AB线延长，交U轴于20V处，所以电源的电动势为E=20V．图象斜率表示内阻r==20Ω．（2）当P滑到R3的右端时，电路参数对应乙图中的B点，只有电阻R2接入电路，由图乙所示图象可知，U2=4V，I2=0.8A，则定值电阻R2的阻值R2===5Ω；（3）．当R3的滑片从最左端滑到最右端时，外电路总电阻从小于电源内阻r变至大于r，当外阻和内阻相等时，电源输出功率最大，其值P===5W．答：（1）电源的电动势为20V和内阻20Ω；（2）定值电阻R2的阻值为5Ω；（3）电源的最大输出功率为5W．【点评】要掌握U﹣I图象，会由U﹣I图象求电源电动势与内电阻；分析清楚电路结构，根据图象找出电路所对应的电压与电流值是正确解题的关键．15．如图所示，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，电阻R1=2Ω，R2=3Ω，R3=7.5Ω，电容器的电容C=4μF．开关S原来断开，现在合上开关S到电路稳定，试求：（1）S断开时电容器的带电量；（2）S合上电路稳定后电容器的带电量；（3）这一过程中通过电流表的电荷量和流过电流表的电流方向（回答向上或向下）．【考点】电容；闭合电路的欧姆定律．【专题】电容器专题．。

高二物理上学期期中测试卷2高二全册物理试题

嘴哆市安排阳光实验学校人教版高二物理上学期期中考测试卷02考试范围：选修3-1全册一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。

每个题目只有一个选项符合要求，选对得4分，选错得0分。

1．如图所示，一束电子流沿管的轴线进入螺线管，忽略重力，电子在管内的运动应该是（）A．当从a端通入电流时，电子做匀加速直线运动B．当从b端通入电流时，电子做匀加速直线运动C．不管从哪端通入电流，电子都做匀速直线运动D．不管从哪端通入电流，电子都做匀速圆周运动【答案】 C【解析】不管通有什么方向的电流，螺线管内部磁场方向始终与轴线平行，带电粒子沿着磁感线运动时不受洛伦兹力，所以应一直保持原运动状态不变．故C正确，ABD错误。

2．如图所示，如图所示，在光滑绝缘水平面上有A、B、C三个可视为点电荷的带电小球，位于同一条直线上，仅在它们之间的静电力作用下均处于静止状态，且距离关系满足：AB>BC，下列说法错误的是（）A．A、C带同种电荷B．A、B带异种电荷C．B所带电荷量最大D．A、B在C处产生电场的合场强为零【答案】 C【解析】AB．根据电场力方向来确定各自电性，从而得出“两同夹一异”，因此AB正确，不符合题意；C．根据库仑定律来确定电场力的大小，并由平衡条件来确定各自电量的大小，因此在大小上一定为“两大夹一小”，即B所带的电荷量最小，选项C错误，符合题意；D．因C处于静止状态，可知C处的场强为零，即A、B在C处产生电场的合场强为零，故D正确，不符合题意。

故选C。

3．如图所示，实线是电场中一簇方向未知的电场线，虚线是一个带正电粒子从a点运动到b点的轨迹，若带电粒子只受电场力作用，粒子从a点运动到b点的过程中（）A．粒子的电势能逐渐减小B．粒子的电势能逐渐增加C．粒子运动的加速度逐渐增大D．粒子运动的速度逐渐增大【答案】 B【解析】A、由粒子的运动轨迹可知，带电粒子所受的电场力向左，从a点运动到b点电场力做负功，电势能增大，故A错误，B正确；C.电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，则a点电场力大于b点电场力，a点加速度大，故C错误；D.从a点运动到b点电场力做负功，根据动能定理可知动能减小，则速度减小，故D错误．4．电源电动势3VE=，小灯泡L上标有“2V，0.4W”的字样，开关S接1，当变阻器调到4ΩR=时，小灯泡L正常发光；现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作。

高二物理上学期期中试卷高二全册物理试题_2 (2)

嘴哆市安排阳光实验学校宁波三中高二（上）期中物理试卷一．单项选择：（每题3分，共30分）1．很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放，形成一很长的竖直圆筒．一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置，其下端与圆筒上端开口平齐．让条形磁铁从静止开始下落．条形磁铁在圆筒中的运动速率（）A．均匀增大B．先增大，后减小C．逐渐增大，趋于不变D．先增大，再减小，最后不变2．如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块（）A．在P和Q中都做自由落体运动B．在两个下落过程中的机械能都守恒C．在P中的下落时间比在Q中的长D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大3．如图所示，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行．已知在t=0到t=t1的时间间隔内，长直导线中电流i随时间变化，使线框中感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右．图中箭头表示电流i的正方向，则i 随时间t变化的图线可能是（）A ．B ．C ．D ．4．吉他以其独特的魅力吸引了众多音乐爱好者，电吉他与普通吉他不同的地方是它的每一根琴弦下面安装了一种叫做“拾音器”的装置，能将琴弦的振动转化为电信号，电信号经扩音器放大，再经过扬声器就能播出优美音乐声．如图是拾音器的结构示意图，多匝线圈置于永久磁铁与钢制的琴弦（电吉他不能使用尼龙弦）之间，当弦沿着线圈振动时，线圈中就会产生感应电流．关于感应电流，以下说法正确的是（）A．琴弦振动时，线圈中产生的感应电流是恒定的B．琴弦振动时，线圈中产生的感应电流大小变化，方向不变C．琴弦振动时，线圈中产生的感应电流大小不变．方向变化D．琴弦振动时，线圈中产生的感应电流大小和方向都会发生变化5．如图所示，在铁芯P上绕着两个线圈a和b，则（）A．线圈a输入正弦交变电流，线圈b可输出恒定电流B．线圈a输入恒定电流，穿过线圈b的磁通量一定为零C．线圈b输出的交变电流不对线圈a的磁场造成影响D．线圈a的磁场变化时，线圈b中一定有电场6．如图所示，等腰梯形内分布着垂直纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为3L，高为L，底角为45°．有一边长也为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过磁场区域，在t=0时刻恰好位于如图所示的位置．若以顺时针方向为导线框中电流正方向，在下面四幅图中能正确表示导线框中电流和位移关系的是（）A ．B ．C ．D ．7．图甲所示电路中，A1、A2、A3为相同的电流表，C为电容器，电阻R1、R2、R3的阻值相同，线圈L的电阻不计．在某段时间内理想变压器原线圈内磁场的变化如图乙所示，则在t1～t2时间内（）A．电流表A1的示数比A2的小B．电流表A2的示数比A3的小C．电流表A1和A2的示数相同D．电流表的示数都不为零8．﹣台发电机，输出的功率为1.0×106W，所用输电导线的电阻是10Ω，当发电机接到输电线路的电压是5.0×103V时，输电导线上的电流是2.0×102A，则在输电导线上损失的热功率为（）A．2.0×103W B．4.0×105W C．1.0×l06W D．2.5×106W9．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图1所示．产生的交变电动势的图象如图2所示，则（）A．t=0.005s时线框的磁通量为零B．t=0.01s时线框平面与中性面重合C．线框产生的交变电动势有效值为311VD．线框产生的交变电动势频率为100H Z10．如图所示，边长为L的正方形单匝线圈abcd，电阻r，外电路的电阻为R，a、b的中点和cd的中点的连线OO′恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B，若线圈从图示位置开始，以角速度ω绕轴OO′匀速转动，则以下判断正确的是（）A．图示位置线圈中的感应电动势最大，其值为E m=BL2ωB．闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e=BL2ωsinωtC．线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R的电荷量为q=D．线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为Q=二．不定项选择：（每题4分，共20分）11．以下叙述正确的是（）A．法拉第发现了电磁感应现象B．惯性是物体的固有属性，速度大的物体惯性一定大C．牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因D．感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果12．一个面积S=4×10﹣2m2、匝数n=100匝的线圈，放在匀强磁场中，磁场方向垂直平面，磁感应强度的大小随时间变化规律如图，由图可知（）A．在开始2秒内穿过线圈的磁通量的变化率等于0.08Wb/sB．在开始2秒内穿过线圈的磁通量的变化量等于零C．在开始2秒内线圈中产生的感应电动势等于8VD．在第3秒末感应电动势为零13．如图，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R1、R2、R3和R4均为固定电阻，开关S 是闭合的．和为理想电压表，读数分别为U1和U2；、和为理想电流表，读数分别为I1、I2和I3．现断开S，U1数值不变，下列推断中正确的是（）A．U2变小、I3变小 B．U2不变、I3变大C．I1变小、I2变小 D．I1变大、I2变大14．在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图1所示，当磁场的磁感应强度B随时间t如图2变化时，图中正确表示线圈中感应电动势E变化的是（）A ．B ．C ．D ．15．如图所示，不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小．质量为0.2kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1m的正方形，其有效电阻为0.1Ω．此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B=（0.4﹣0.2t）T，图示磁场方向为正方向，框、挡板和杆不计形变．则（）A．t=1s时，金属杆中感应电流方向从C到DB．t=3s时，金属杆中感应电流方向从D到CC．t=1s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1ND．t=3s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.2N三．填空（每空2分，作图4分，共10分）16．在研究电磁感应现象实验中，（1）为了能明显地观察到实验现象，请在如图所示的实验器材中，选择必要的器材，在图中用实线连接成相应的实物电路图；（2）将原线圈插人副线圈中，闭合电键，副线圈中感生电流与原线圈中电流的绕行方向（填“相同”或“相反”）；（3）将原线圈拔出时，副线圈中的感生电流与原线圈中电流的绕行方向（填“相同”或“相反”）．17．绕在同一铁芯上的两个线圈M、N，M与光滑金属导轨相连，导轨处存在与导轨平面垂直且方向向里的匀强磁场中，导轨上有与之垂直的导体棒ab，当ab 向左或向右移动时均能在线圈M中产生感应电流；线圈N与平行金属板相连接，金属板水平放置．欲使平行板中的带负电液滴P静止，导体棒ab沿导轨运动的情况是．18．如图甲所示，在周期性变化的匀强磁场区域内有垂直于磁场的半径为r=1m、电阻为R=3.14Ω的金属圆形线框，当磁场按图乙所示规律变化时，线框中有感应电流产生．（1）在图丙中画出感应电流随时间变化的i﹣t图象（以逆时针方向为正）；（2）求出线框中感应电流的有效值．19．如图所示，变压器原线圈n1=800匝，副线圈n2=200匝，灯泡A标有“10V 2W”，电动机D的线圈电阻为1Ω．将交变电流u=100sinV加到理想变压器原线圈两端，灯泡恰能正常发光，．求：（1）副线圈端电压（有效值）；（2）电动机D的电功率．20．如图所示，平行金属导轨竖直放置，仅在虚线MN下面的空间存在着磁感应强度随高度变化的磁场（在同一水平线上各处磁感应强度相同），磁场方向垂直纸面向里导轨上端跨接一定值电阻R，质量为m的金属棒两端各套在导轨上并可在导轨上无摩擦滑动，导轨和金属棒的电阻不计，将导轨从O处由静止释放，进入磁场后正好做匀减速运动，刚进入磁场时速度为v，到达P 处时速度为，O点和P点到MN的距离相等，求：（1）求金属棒在磁场中所受安培力F1的大小；（2）若已知磁场上边缘（紧靠MN）的磁感应强度为B0，求P处磁感应强度B P；（3）在金属棒运动到P处的过程中，电阻上共产生多少热量？21．如图所示，电阻不计的足够长光滑平行金属导轨与水平面夹角为θ，导轨间距为l，轨道所在平面的正方形区域内存在一有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面向上．电阻相同、质量均为m的两根相同金属杆甲和乙放置在导轨上，甲金属杆恰好处在磁场的上边界处，甲、乙相距也为l．在静止释放两金属杆的同时，对甲施加一沿导轨平面且垂直于甲金属杆的外力，使甲在沿导轨向下的运动过程中始终以加速度a=gsinθ做匀加速直线运动，金属杆乙进入磁场时即做匀速运动．（1）求金属杆的电阻R；（2）若从开始释放两金属杆到金属杆乙刚离开磁场的过程中，金属杆乙中所产生的焦耳热为Q，求外力F在此过程中所做的功．宁波三中高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一．单项选择：（每题3分，共30分）1．很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放，形成一很长的竖直圆筒．一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置，其下端与圆筒上端开口平齐．让条形磁铁从静止开始下落．条形磁铁在圆筒中的运动速率（）A．均匀增大B．先增大，后减小C．逐渐增大，趋于不变D．先增大，再减小，最后不变【考点】楞次定律．【分析】因条形磁铁的运动，导致绝缘铜圆环的磁通量变化，从而产生感应电流，阻碍条形磁铁的运动，当阻力等于其重力时，速度达到最大，即可求解．【解答】解：由题意可知，当条形磁铁下落时，导致绝缘铜圆环磁通量变化，从而产生感应电流，阻碍磁铁的运动，根据牛顿第二定律可知，安培阻力越来越大时，竖直向下的加速度将减小，但速度仍在增大，当阻力等于重力时，合外力为零，加速度也为零，速度达到最大；故C正确，ABD错误；故选：C．2．如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块（）A．在P和Q中都做自由落体运动B．在两个下落过程中的机械能都守恒C．在P中的下落时间比在Q中的长D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大【考点】楞次定律；机械能守恒定律．【分析】当小磁块在光滑的铜管P下落时，由于穿过铜管的磁通量变化，导致铜管产生感应电流，因磁场，从而产生安培阻力，对于塑料管没有任何阻碍，从而即可求解．【解答】解：A、当小磁块在光滑的铜管P下落时，由于穿过铜管的磁通量变化，导致铜管产生感应电流，因磁场，从而产生安培阻力，而对于塑料管内小磁块没有任何阻力，在做自由落体运动，故A错误；B、由A选项分析可知，在铜管的小磁块机械能不守恒，而在塑料管的小磁块机械能守恒，故B错误；C、在铜管中小磁块受到安培阻力，则在P中的下落时间比在Q中的长，故C正确；D、根据动能定理可知，因安培阻力，导致产生热能，则至底部时在P中的速度比在Q中的小，故D错误．故选：C．3．如图所示，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行．已知在t=0到t=t1的时间间隔内，长直导线中电流i随时间变化，使线框中感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右．图中箭头表示电流i的正方向，则i 随时间t变化的图线可能是（）A ．B ．C ．D ．【考点】楞次定律；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【分析】感应电流沿顺时针方向，由安培定则判断出感应电流磁场方向；然后由楞次定律判断出原磁场如何变化，直线电流如何变化；由楞次定律判断导线框受到合力的方向．【解答】解：线框中感应电流沿顺时针方向，由安培定则可知，感应电流的磁场垂直于纸面向里；由楞次定律可得：如果原磁场增强时，原磁场方向应垂直于纸面向外，由安培定则可知，导线电流方向应该向下，为负的，且电流越来越大；由楞次定律可知：如果原磁场方向垂直于纸面向里，则原磁场减弱，直线电流变小，由安培定则可知，直线电流应竖直向上，是正的；A、由图示可知，直线电流按A所示变化，感应电流始终沿顺时针方向，由楞次定律可知，在i大于零时，为阻碍磁通量的减小，线框受到的合力水平向左，在i小于零时，为阻碍磁通量的增加，线框受到的合力水平向右，故A正确；B、由安培定则与楞次定律可知，感应电流始终沿逆时针方向，故B错误；C、图示电流使线框中的感应电流沿顺时针方向，但线框在水平方向受到的合力始终水平向左，故C错误；D、图示电流使线框中产生的感应电流沿逆时针方向，故D错误；故选A．4．吉他以其独特的魅力吸引了众多音乐爱好者，电吉他与普通吉他不同的地方是它的每一根琴弦下面安装了一种叫做“拾音器”的装置，能将琴弦的振动转化为电信号，电信号经扩音器放大，再经过扬声器就能播出优美音乐声．如图是拾音器的结构示意图，多匝线圈置于永久磁铁与钢制的琴弦（电吉他不能使用尼龙弦）之间，当弦沿着线圈振动时，线圈中就会产生感应电流．关于感应电流，以下说法正确的是（）A．琴弦振动时，线圈中产生的感应电流是恒定的B．琴弦振动时，线圈中产生的感应电流大小变化，方向不变C．琴弦振动时，线圈中产生的感应电流大小不变．方向变化D．琴弦振动时，线圈中产生的感应电流大小和方向都会发生变化【考点】楞次定律．【分析】电吉他是将琴弦与线圈所围成的面积放入于磁场中，当琴弦振动时所围成面积的磁通量发生变化，导致线圈产生感应电流，最后通过扩音器放大经扬声器播出．【解答】解：由图中拾音器的结构示意图可知，当弦沿着线圈振动时，线圈会随之振动，所以穿过线圈的磁通量将发生周期性的变化，所以在线圈中就会产生周期性变化的电流．由于线圈的速度、大小、方向都做周期性的变化，所以线圈中产生的感应电流大小和方向都会发生周期性的变化．故只有D正确．故选：D5．如图所示，在铁芯P上绕着两个线圈a和b，则（）A．线圈a输入正弦交变电流，线圈b可输出恒定电流B．线圈a输入恒定电流，穿过线圈b的磁通量一定为零C．线圈b输出的交变电流不对线圈a的磁场造成影响D．线圈a的磁场变化时，线圈b中一定有电场【考点】感应电流的产生条件；磁通量．【分析】当穿过闭合线圈的磁通量发生变化时，线圈就产生感应电流．根据磁场的变化判断磁通量的变化，变化的电流产生变化的电场，再进行判断．【解答】解：A、线圈a输入正弦交变电流，线圈b可输出交变电流，故A错误；B、线圈a输入恒定电流，电流产生恒定的磁场，穿过线圈b的磁通量不变，不为零，故B错误；C、线圈b输出的交变电流产生变化的磁场，对线圈a的磁场造影响，故C错误；D、线圈a的磁场变化时，穿过线圈b的磁通量发生变化，线圈b中一定产生感生电场，故D正确；故选D．6．如图所示，等腰梯形内分布着垂直纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为3L，高为L，底角为45°．有一边长也为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过磁场区域，在t=0时刻恰好位于如图所示的位置．若以顺时针方向为导线框中电流正方向，在下面四幅图中能正确表示导线框中电流和位移关系的是（）A ．B ．C ．D ．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．【分析】由线圈运动时切割磁感线的长度，由E=BLv可求得感应电动势，则由欧姆定律可得出电流；由右手定则可得出电流的方向．【解答】解：线圈从0开始向右运动L时，线圈的右侧导体切割磁感线，有效长度增大，正方形导线框做匀速直线运动，故电动势均匀增大，电流增大，由右手定则可知，电流方向沿顺时针；L到2L时，左侧边开始进入磁场，由图可知，右侧导体切割磁感线长度不变，左侧导体切割磁感线长度增加，故有效长度减小，则感应电动势减小，电流减小，沿顺时针方向；2L时，右侧导体切割磁感线长度为L，左侧导体切割磁感线长度为L，感应电动势为0，电流为0；而2L到3L过程中，右侧长度减小，而左侧长度不变，故电流要增大；由右手定则可知，电流方向沿逆时针；3L到4L过程中，左侧减小，而右侧为0，故电流要减小；由右手定则可知，电流方向沿逆时针；故选A．7．图甲所示电路中，A1、A2、A3为相同的电流表，C为电容器，电阻R1、R2、R3的阻值相同，线圈L的电阻不计．在某段时间内理想变压器原线圈内磁场的变化如图乙所示，则在t1～t2时间内（）A．电流表A1的示数比A2的小B．电流表A2的示数比A3的小C．电流表A1和A2的示数相同D．电流表的示数都不为零【考点】变压器的构造和原理．【分析】由图可知副线圈电路中的磁通量的变化情况，则由电磁感应可得出产生的感应电流；根据电容器及电感器的性质可得出各表的电流大小．【解答】解：原线圈中磁场如乙图所示均匀变化，故副线圈中的磁通量均匀变化，故副线圈中产生恒定的电流，因线圈电阻不计，故线圈L对恒定电流没有阻碍作用，所以电流表A1和A2的读数相同，而电容器“通交隔直”，所以电流表A3的读数为0．故ABD错误，C正确；故选：C．8．﹣台发电机，输出的功率为1.0×106W，所用输电导线的电阻是10Ω，当发电机接到输电线路的电压是5.0×103V时，输电导线上的电流是2.0×102A，则在输电导线上损失的热功率为（）A．2.0×103W B．4.0×105W C．1.0×l06W D．2.5×106W【考点】远距离输电．【分析】根据势功率P=I2R求输电导线上的热功率．【解答】解：已知输电导线的电阻R=10Ω，输电电流为I=2.0×102A，所以输电导线上损失的热功率P=I2R=（2×102）2×10W=4×105W故选：B9．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图1所示．产生的交变电动势的图象如图2所示，则（）A．t=0.005s时线框的磁通量为零B．t=0.01s时线框平面与中性面重合C．线框产生的交变电动势有效值为311VD．线框产生的交变电动势频率为100H Z【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理．【分析】由图2可知任何时刻的感应电动势，根据电动势的特点，可判处金属线框所处的位置；由图象还可知电动势的峰值和周期，根据有效值和峰值的关系便可求电动势的有效值，根据周期和频率的关系可求频率．【解答】解：A、t=0.005s时，感应电动势最大，线框平面与中性面垂直，磁通量为零，故A正确；B、t=0.01s时，感应电动势为零，说明此时线圈正经过中性面，故B正确；C、由图2可知 T=0.02s，E m=311V．根据正弦式交变电流有效值和峰值的关系可得，该交变电流的有效值为E==220V，故C错误；D、据周期和频率的关系可得，该交变电流的频率为：f==50Hz，故D错误；故选：AB．10．如图所示，边长为L的正方形单匝线圈abcd，电阻r，外电路的电阻为R，a、b的中点和cd的中点的连线OO′恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B，若线圈从图示位置开始，以角速度ω绕轴OO′匀速转动，则以下判断正确的是（）A．图示位置线圈中的感应电动势最大，其值为E m=BL2ωB．闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e=BL2ωsinωtC．线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R的电荷量为q=D．线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为Q=【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；焦耳定律．【分析】当线圈与磁场平行时感应电动势最大，由公式E m=BSω求解感应电动势的最大值．图中是中性面，线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流，根据e=E m sinωt可列出感应电动势的瞬时表达式，根据感应电荷量q=，求通过电阻R的电荷量．最大值是有效值的倍，求得电动势的有效值，根据焦耳定律求电量Q．【解答】解：A、图示位置线圈中没有任何一边切割磁感线，感应电动势为零，故A错误．B、当线圈与磁场平行时感应电动势最大，最大值为E m =BSω=B L2ω，瞬时值表达式为e=E m sinωt=BL2ωsinωt．故B错误．C、线圈从图示位置转过180°的过程中，穿过线圈磁通量的变化量大小为△Φ=2BS=2B•L2=BL2，流过电阻R的电荷量为q==，故C错误．D、感应电动势的有效值为E=Em，感应电流有效值为I=，R产生的热量为Q=I2RT，T=联立得 Q=．故D正确．故选：D．二．不定项选择：（每题4分，共20分）11．以下叙述正确的是（）A．法拉第发现了电磁感应现象B．惯性是物体的固有属性，速度大的物体惯性一定大C．牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因D．感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果【考点】物理学史．【分析】解答本题应掌握：法拉第发现了电磁感应现象；惯性是物体的固有属性，质量是惯性大小的量度．伽利略最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因；感应电流遵从楞次定律所描述的方向，符合能量守恒定律．【解答】解：A、1831年英国科学家法拉第发现了电磁感应现象．故A正确．B、惯性是物体的固有属性，质量是惯性大小的量度，与速度大小无关．故B错误．C、伽利略最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因．故C错误．D、感应电流遵从楞次定律所描述的方向，由于在电磁感应现象中，安培力是阻力，外界通过克服安培力做功，将机械能转化为电能，故楞次定律所描述的感应电流方向，这是能量守恒定律的必然结果．故D正确．故选AD12．一个面积S=4×10﹣2m2、匝数n=100匝的线圈，放在匀强磁场中，磁场方向垂直平面，磁感应强度的大小随时间变化规律如图，由图可知（）A．在开始2秒内穿过线圈的磁通量的变化率等于0.08Wb/sB．在开始2秒内穿过线圈的磁通量的变化量等于零C．在开始2秒内线圈中产生的感应电动势等于8VD．在第3秒末感应电动势为零【考点】法拉第电磁感应定律．【分析】由图象看出，磁感应强度随时间均匀增大，线圈产生感应电流，由楞次定律判断线圈中感应电流的方向．由法拉第电磁感应定律求出线圈中产生的感应电动势，再由欧姆定律求出感应电流的大小．【解答】解：AB 、由图象的斜率求出： =T/s=2T/s因此有： =S=2×4×10﹣2 Wb/s=8×10﹣2Wb/s，故A正确，B错误；C、根据法拉第电磁感应定律得：E=n =n S=100×2×4×10﹣2 V=8V，故C正确；D、由图看出，结合C选项可知，第3秒末感应电动势仍为8V，故D错误；故选：AC．13．如图，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R1、R2、R3和R4均为固定电阻，开关S 是闭合的．和为理想电压表，读数分别为U1和U2；、和为理想电流表，读数分别为I1、I2和I3．现断开S，U1数值不变，下列推断中正确的是（）A．U2变小、I3变小 B．U2不变、I3变大C．I1变小、I2变小 D．I1变大、I2变大【考点】变压器的构造和原理．【分析】和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R2的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况．【解答】解：理想变压器的电压与匝数程正比，由于理想变压器原线圈接到电压不变，则副线圈电压不变，所以V2的示数U2也不变，当s断开之后，并联电路的电阻变大，副线圈的电阻也就变大，由于副线圈电压不变，所以副线圈的总电流减小，即I2变小，由于电流与匝数成反比，当副线圈的电流减小时，原线圈的电流也就要减小，所以I1变小，由于副线圈的总电流减小，R1的电压减小，并联电路的电压就会增大，所以R3的电流I3就会增大，所以BC正确，AD错误．故选BC．14．在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图1所示，当磁场的磁感应强度B随时间t如图2变化时，图中正确表示线圈中感应电动势E变化的是（）。

高二年级物理理科第一学期期中考试题(附答案)

高二年级物理理科第一学期期中考试题（附答案）在现代，物理学已经成为自然科学中最基础的学科之一。

小编准备了高二年级物理理科第一学期期中考试题，具体请看以下内容。

第Ⅰ卷 (选择题共48分)一、单项选择题(本大题共6小题,每小题4分,共24分)1. 用金属箔做成一个不带电的圆环，放在干燥的绝缘桌面上。

小明同学用绝缘材料做的笔套与头发摩擦后，将笔套自上向下慢慢靠近圆环，当距离约为0.5cm时圆环被吸引到笔套上，如图所示。

对上述现象的判断与分析，下列说法错误的是().A.笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷立刻消失B.摩擦使笔套带电C.笔套靠近圆环时，圆环上、下部感应出异号电荷D.圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力大于圆环的重力2. 如图所示的情况中，a、b两点的电场强度和电势均相同的是().A.甲图：离点电荷等距的a、b两点B.乙图：两个等量异种点电荷连线的中垂线上，与连线中点等距的a、b两点C.丙图：两个等量同种点电荷连线上，与连线中点等距的a、b两点D.丁图：带电平行金属板两板间分别靠近两板的a、b两点3. 喷墨打印机的简化模型如图所示，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4. 某原子电离后其核外只有一个电子，若该电子在核的静电力作用下绕核做匀速圆周运动，那么电子运动().A.半径越大，加速度越大B.半径越小，周期越大C.半径越大，角速度越小D.半径越小，线速度越小5. 如图所示，A、B两金属板平行放置，在t=0时将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略不计).分别在A、B两板间加上下列哪种电压时，有可能使电子到不了B板().6. 图中边长为a的正三角形ABC的三个顶点分别固定三个点电荷+q、+q、-q，则该三角形中心O点处的场强为().A. 6kqa2，方向由C指向OB. 3kqa2，方向由O指向CC. 3kqa2，方向由C指向OD. 6kqa2，方向由O指向C二、多项选择题(本题共6小题，在每小题给出的四个选项中，至少有两项是符合题意的。

高二上学期期中物理试卷第2套真题

高二上学期期中物理试卷一、选择题1. 下列说法符合物理学史实的是（）A . 安培发现了磁场对运动电荷的作用规律B . 卡文迪许测出了静电力常量C . 奥斯特通过实验发现了电流能产生磁场D . 库仑提出了用电场线描述电场的方法2. 以下说法正确的是（）A . 由可知此场中某点的电场强度E与F成正比B . 由公式可知电场中某点的电势φ与q成反比C . 由Uab=Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大D . 公式C= ，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关3. 在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点．其中a、b两点电场强度相同的是（）A . 甲图中与点电荷等距的a、b两点B . 乙图中两等量异种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点C . 丙图中两等量同种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点D . 丁图中非匀强电场中的a、b两点4. 磁场中某区域的磁感线如图所示，则（）A . a、b两处的磁感应强度的大小不等，Ba＜BbB . a、b两处的磁感应强度的大小不等，Ba＞BbC . 同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大D . 同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小5. 如图所示，细线拴一带负电的小球，球处在竖直向下的匀强电场中，使小球在竖直平面内做圆周运动，则（）A . 小球不可能做匀速圆周运动B . 当小球运动到最高点时绳的张力一定最小C . 小球运动到最低点时，球的线速度一定最大D . 小球运动到最低点时，电势能一定最大6. 如图所示，一根通电直导线放在磁感应强度B=1T的匀强磁场中，在以导线为圆心，半径为r的圆周上有a、b、c、d四个点，若a点的实际磁感应强度为0，则下列说法中正确的是（）A . 直导线中电流方向是垂直纸面向里B . c点的实际磁感应强度也为0C . d点实际磁感应强度为2T，方向斜向下，与B夹角为45°D . 以上均不正确7. 小灯泡通电后，其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则下列说法不正确的是（）A . 随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B . 对应P点，小灯泡的电阻为R=C . 对应P点，小灯泡的电阻为R=D . 对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积8. 如图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接．将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强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变大，E变小9. 为了儿童安全，布绒玩具必须检测其中是否存在金属断针，可以先将玩具放置于强磁场中，若其中有断针，则断针被磁化，用磁报警装置可以检测到断针的存在．右图是磁报警装置中的一部分电路示意图，其中RB是磁敏传感器，它的电阻随断针的出现而减小，a、b接报警器，当传感器RB所在处出现断针时，电流表的电流I、ab两端的电压U将（）A . I变大，U变大B . I变大，U变小C . I变小，U变大D . I变小，U变小10. 如图所示，M为一线圈电阻rM=0.4Ω的电动机，R=24Ω，电源电动势E=40V．当S断开时，电流表的示数，I1=1.6A，当开关S闭合时，电流表的示数为I2=4.0A．下列说法正确的是（）A . 电源内阻为1ΩB . 当S断开时，电源两端电压为40VC . 开关S闭合时电动机输出的机械功率87.5WD . 开关S闭合时电源输出功率144W11. 如图所示，一根质量为m的金属棒AC用软线悬挂在磁感应强度为B的匀强磁场中，通入A→C方向的电流时，悬线张力不为零，欲使悬线张力为零，可以采用的办法是（）A . 不改变电流和磁场方向，仅适当增大电流B . 只改变电流方向，并仅适当减小电流C . 同时改变磁场和电流方向，仅适当增大磁感应强度D . 只改变磁场方向，并仅适当减小磁感应强度12. 如图所示，为某一点电荷所形成的一簇电场线，a、b、c 三条虚线为三个带电粒子以相同的速度从O点射入电场的运动轨迹，其中b虚线为一圆弧，AB的长度等于BC的长度，且三个粒子的电荷量大小相等，不计粒子重力，则以下说法正确的是（）A . a一定是正粒子的运动轨迹，b和c一定是负粒子的运动轨迹B . 由于AB的长度等于BC的长度，故U AB=U BCC . a虚线对应的粒子的加速度越来越小，c虚线对应的粒子的加速度越来越大，b虚线对应的粒子的加速度大小不变D . b虚线对应的粒子的质量大于c虚线对应的粒子的质量二、实验题13. 实验中，电流表（0.6A量程）、电压表（3V量程）的某组示数如图所示，图示中I=________A，U=________V．14. 根据所学知识完成下面的小题：（1）在测定金属丝电阻率的实验中，某同学先用螺旋测微器测出待测金属丝的直径，如图1所示，则螺旋测微器的读数为________mm．（2）该同学连接电路如图2所示．闭合电键后，发现电路有故障，电源、电表均完好，电源电动势为E，若电流表示数为零，电压表示数为E，则发生故障的是A . 导线B . 滑动变阻器C . 电键D . 待测金属丝（3）排除故障后，该同学为了验证实验过程中是否出现读数或计算失误，他又用多用电表测量了待测金属丝的电阻，他先用“×10Ω”档位进行测量，表的指针如图3所示，于是他又重新进行了测量，首先进行了档位重选，他又选择了________档位（选填“×1Ω”或“×100Ω”），然后再进行________，用新的档位进行测量后指针所指位置如图4所示，此时多用表显示的读数为________Ω．（4）该同学在做完该实验后，将电源换为一节旧干电池，他将金属丝撤去后，在不知道电压表和电流表内阻具体值的情况下，利用剩下的实验器材来测这节旧电池的电动势和内阻．请你将下列实物图（图5）用铅笔进行合理连线（原题中已画出两条线）．三、计算题15. 用长为L的细线将质量为m的带电小球P悬挂在O点下，当空中有方向为水平向右，大小为E的匀强电场时，小球偏转θ后处于静止状态．（1）分析小球的带电性质；（2）求小球的带电量；（3）求细线的拉力．16. 如图所示电路，已知R2=1Ω，S断开时，两表读数分别为0.5A和2.0V，S 闭合时，它们的读数分别变化了0.1A和0.4V，两表均视为理想表，求：（1）R1的阻值；（2）电源的电动势和内阻；（3）S断开时电源的输出功率．17. 如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T，方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源．现把一个质量m=0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2 ．已知sin37°=0.60，cos37°=0.80，求：（1）通过导体棒的电流；（2）导体棒受到的安培力；（3）导体棒受到的摩擦力．（4）若将磁场方向改为竖直向上，要使金属杆继续保持静止，且不受摩擦力左右，求此时磁场磁感应强度B1的大小？18. 如图所示，平行板电容器倾斜固定放置，极板与水平线夹角θ=30°，某时刻一质量为m，带电量为q的小球由正中央A点静止释放，小球离开电场时速度是水平的，落到距离A点高度为h的水平面处的B点，B点放置一绝缘弹性平板M，当平板与水平夹角α=45°时，小球恰好沿原路返回A点．（电容器极板间电场是匀强电场，极板外无电场，且小球离开电容器的位置不一定是极板边缘）．求：（1）电容器极板间的电场强度E；（2）小球离开电容器时的速度；（3）平行板电容器的板长L；（4）小球在AB间运动的周期T．。

高二物理上学期期中试题(含解析)高二全册物理试题2

嘴哆市安排阳光实验学校八县一中高二物理上学期期中联考试题（含解析）一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，第1—8题只有一项符合题目要求，第9—12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．以下关于静电现象说法错误．．的是（）A．用丝绸摩擦玻璃棒后丝绸将得到电子带上负电B．制作汽油桶的材料用金属比用塑料好C．接触带有精密电子元件的电路板时，最好先用手接触一下金属水管或其它接地金属D．考场外头走廊上安装的考场无线信号屏蔽器是利用了静电屏蔽原理【答案】D【解析】考点：静电现象【名师点睛】本题要知道不管哪种带电方式，电荷并未创生，也未消失，电荷总量保持不变．摩擦起电、接触起电的实质是电荷从一个物体转移到另一物体，感应起电的实质是电荷从物体的一部分转移到另一部分.2. 下列说法不．正确的是（）A．插头与插座之间接触不良时，容易发热，甚至迸出电火花B．铜的温度系数相对大些，可用来制作电阻温度计C．电容器两极板之间的电场肯定是匀强电场D．打雷时，呆在汽车里比呆在木屋里要安全【答案】C【解析】试题分析：插头与插座之间接触不良时，容易发热，甚至迸出电火花，选项A 正确；铜的温度系数相对大些，可用来制作电阻温度计，选项B正确；只有平行板电容器带电时，两极板会分别带有等量异种电荷，板间产生匀强电场；故C错误．打雷时，呆在汽车里比呆在木屋里要安全，选项D正确；此题选择错误的选项，故选C.考点：电容器；静电的防止即利用【名师点睛】此题考查的都是静电部分的简单知识点；关键是多看书，必能结合生活实际来回答问题.3. 用比值法定义物理量是物理学中常用的方法，下列表达中不属于．．．用比值法定义物理量的是( )A．电势差qWU ABAB= B．电容dkSCπε4=C．电阻IUR= D．电流强度tqI=【答案】B【解析】故选B.考点：比值定义法【名师点睛】解决本题的关键理解比值定义法的特点：被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变.4．某金属导线的电阻率为ρ，电阻为R ，现将它均匀拉长到直径为原来的一半，那么该导线的电阻率和电阻分别变为 ( )A ．4ρ和4RB ．ρ和4RC ．16ρ和16RD ．ρ和16R 【答案】D 【解析】试题分析：电阻为R ，现将它均匀拉长到直径为原来的一半，其材料和体积均不变，则横截面积变为原来的1/4，长度为原来的4倍；由于导体的电阻与长度成正比，与横截面积成反比，所以此时导体的电阻变为原来的16倍，即16R ．由于电阻率受温度的影响，因温度不变，所以电阻率也不变．故选D. 考点：电阻定律【名师点睛】题考查了影响电阻大小的因素，关键要知道导体电阻与长度成正比，与横截面积成反比．电阻率不受温度影响的材料，可以制成电阻。

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高二上册物理理科期中试题（附答案）
物理学是研究物质世界最基本的结构、最普遍的相互作用、最一般的运动规律及所使用的实验手段和思维方法的自然科学。

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温馨提示：
1.本试题分为第Ⅰ卷、第Ⅱ卷和答题卡。