甘肃省天水市甘谷一中2015_2016学年高二物理上学期期末试卷(含解析)

2015-2016学年上学期期末考试高二物理试题考试时间 90分钟 满分 110分一、选择题（每小题5分，共50分。

其中1-6题为单选题，7-10题为多选题，选对选全得5分，选对不选全得3分，有选错的得0分。

）1．如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x 轴垂直于环面且过圆心O .下列关于x 轴上的电场强度和电势的说法中正确的是( )A ．O 点的电场强度为零，电势最低B ．O 点的电场强度为零，电势最高C ．从O 点沿x 轴正方向，电场强度减小，电势升高D ．从O 点沿x 轴正方向，电场强度增大，电势降低2.如图所示，A 、B 、C 是等边三角形的三个顶点，O 是A 、B 连线的中点．以O 为坐标原点，A 、B 连线为x 轴，O 、C 连线为y 轴，建立坐标系．过A 、B 、C 、O 四个点各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等、方向向里的电流．则过O 点的通电直导线所受安培力的方向为( )A ．沿y 轴正方向B ．沿y 轴负方向C ．沿x 轴正方向D ．沿x 轴负方向3．a 、b 、c 、d 是在地球大气层外的圆形轨道上运行的四颗人造卫星．其中a 、c 的轨道相交于P ，b 、d 在同一个圆轨道上，b 、c 轨道在同一平面上．某时刻四颗卫星的运行方向及位置如图1所示．下列说法中正确的是( ) A ．a 、c 的加速度大小相等，且大于b 的加速度 B ．b 、c 的角速度大小相等，且小于a 的角速度 C ．a 、c 的线速度大小相等，且小于d 的线速度 D ．a 、c 存在在P 点相撞的危险4．如图所示，圆环形导体线圈a 平放在水平桌面上，在a 的正上方固定一竖直螺线管b ，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P 向下滑动，下列表述正确的是( ) A ．线圈a 中将产生俯视顺时针方向的感应电流 B ．穿过线圈a 的磁通量变小 C ．线圈a 有扩张的趋势D ．线圈a 对水平桌面的压力F N 将增大5．如图所示，在水平面上有一个质量为m 的小物块，从某点给它一个初速度沿水平面做匀减速直线运动，途中经过A 、B 、C 三点，到达O 点的速度为零．A 、B 、C 三点到O 点的距离分别为s 1、s 2、s 3，物块从A 点、B 点、C 点运动到O 点所用时间分别为t 1、t 2、t 3，下列结论正确的是( )A. s 1t 1＝s 2t 2＝s 3t 3B. s 1t 1<s 2t 2<s 3t 3C .s 1t 21＝s 2t 22＝s 3t 23 D. s 1t 21<s 2t 22<s 3t 236．图中的虚线a 、b 、c 、d 表示匀强电场中的4个等势面．两个带电粒子M 、N (重力忽略不计)以平行于等势面的初速度射入电场，运动轨迹分别如图中MPN 和NQM 所示．已知M 是带正电的粒子．则下列说法中正确的是 ( )． A ．N 一定也带正电B ．a 点的电势高于b 点的电势，a 点的场强大于b 点的场强 C. 带电粒子N 的动能减小、电势能增大 D ．带电粒子N 的动能增大、电势能减小7．有一种手电筒和台式电子钟都是使用1节干电池工作的。

2015—2016学年度上学期期末考试高二年级物理科试卷参考答案及评分标准二、填空题13．(1)交流电 (2)软磁性材料 14．(1)向左偏 (2)穿过闭合回路的磁通量变化时会产生感应电流，感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量变化 15．①如右图所示②4.5 1.0 ③0 三、解答题 16．解：估算流过电阻丝的电流为I ＝E R ＋r ＝430＋10A ＝100 mA ，远远大于电容器上的充放电电流．(2分) 当P 移动Δx 时，电容器上电压的变化为ΔU ，ΔU ＝I ΔR 其充放电电流I C ＝ΔQ t ＝C ·ΔU t ＝CER (R ＋r )·L ·又v ＝Δxt ，所以v ＝I C (R ＋r )L CER＝0.1 m/s(2分)又因为I C 由N 流向M ，电容器放电，P 右移，物体移动方向向右．(1分)17．解：(1)金属棒先做加速度减小的加速运动，最后以v t ＝7 m/s 的速度(由图象乙中数据可知)匀速下落．由功率定义得重力对金属棒ab 做功的功率P G ＝mgv t ＝0.01×10×7 W ＝0.7 W ．(3分) (2)在0～1.5 s 内回路中产生的总热量为Q ，根据能量守恒有mgh ＝Q ＋12mv 2t 解得Q ＝0.455 J电阻R 上产生的热量Q R ＝RR ＋rQ ＝0.26 J ．(5分)(3)当金属棒匀速下落时，有mg ＝BIL 金属棒产生的感应电动势E ＝BLv t 则电路中的电流I 为 I ＝BLv tR ＋r 代入数据解得B ＝0.1 T ．(4分)18．解：(1)因小球在复合场中做匀速圆周运动，故有qE ＝mg 代入数据解得：E ＝10 N/C 场强方向竖直向下．(3分)(3)因为粒子的速度方向与半径方向垂直，所以圆心必在AC 所在的竖直线上． 小球与AC 碰撞1次，有：(3R －h )2＋L 2＝R 2 解得：R 1＝3 m ，R 2＝3.75 m (4分) 小球与AC 碰撞2次，无解．(1分)图中①的运动时间大于②运动的54T ． sin α＝L R 2＝33.75＝。

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。

天水市一中2014级2015-2016学年度第一学期第一次检测考试物理试题（教师版）一、选择题（注：1-6题为单选，7-10题为多选，每小题4分，共计40分）1．毛皮与橡胶棒摩擦后，橡胶棒带负电，这是因为A.橡胶棒上的正电荷转移到毛皮上去了B.毛皮上的电子转移到橡胶棒上去了C.橡胶棒丢失了D.毛皮得到了质子【答案】B【解析】试题分析：毛皮与橡胶棒摩擦后，橡胶棒带负电，这是因为毛皮上的电子转移到橡胶棒上去了，橡胶棒得到电子带负电，毛皮失去电子带正电，故选B.考点：摩擦起电.2．A 、B 两个带同种电荷的绝缘金属球，半径为r ，球心相距3r ， A 带电荷量＋Q 1，B 带电荷量＋Q 2，则A 、B 间相互作用力 ( ）A.无法确定B.等于122(3)kQ Q rC.大于122(3)kQ Q rD.小于122(3)kQ Q r3．关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是A ．任一点的电场强度总是指向该点电势降落的方向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 ．电场强度的方向处处与等电势面垂直4．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即U ab＝U bc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知A．三个等势面中，a的电势最高B．带电质点通过Q点时的加速度较大C．带电质点通过P点时的动能较大D．带电质点通过P点时电势能较大【答案】D【解析】试题分析：电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，a等势线的电势最低，故A错误；等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故B错误；从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故C错误；根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故D正确；故选D.考点：带电粒子在电场中的运动.5．真空中有一静电场，其在x轴正半轴的电势 随x变化的关系如图所示，则根据图象可知（）A．R处的电场强度E＝0B ．若试探电荷从x 1处移到x 2处，电场力不一定做正功C ．x 1处与x 2处的电场强度方向相反D ．该电场有可能是处在O 点的正的点电荷激发产生的6．如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O 处的电势为0V ，点A 处的电势为6V ，点B 处的电势为3V ，则电场强度的大小为（ ）A.200/V mB./mC. 100/V mD./m【答案】A【解析】试题分析：OA 的中点C 的电势为3V ，将C 点与B 点连接，如图，电场线与等势线垂直，根据几何关系得：BC=2cm ，则OB 沿电场线方向上的距离为：sin60°=1.5cm ．所以电场强度为：2310/200/1.5U E V m V m d ==⨯=．故选A.考点：电场强度；电势.7．空中有两个等量的正电荷q 1和q 2，分别固定于A 、B 两点，DC 为AB 连线的中垂线，C 为A 、B 两点连线的中点，将一正电荷q 3由C 点沿着中垂线移至无穷远处的过程中，下列结论正确的有( )A ．电势能逐渐减小B ．电势能逐渐增大C ．q 3受到的电场力先减小后增大D ．q 3受到的电场力先增大后减小8．如图，在正点电荷Q 的电场中有M 、N 、P 、F 四点，M 、N 、P 为直角三角形的三个顶点，F 为MN 的中点，∠M=30°，M 、N 、P 、F 四点的电势分别用M ϕ、N ϕ、P ϕ、F ϕ表示。

2015-2016学年度上学期高二期末测试高二物理一．单项选择题（每题4分，共40分）1．如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b 与电池相连，在距离两板等远的M点有一个带电液滴处于静止状态。

若b板不动，将a板向下平移一小段距离，但仍在M点上方，稳定后，下列说法中正确的是（）A．液滴将加速向下运动B．M点电势升高，液滴在M点时电势能将减小C．M点的电场强度变小了D．在a板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，电场力做功不相同2．在图中所示的电路中，当滑动变阻器的滑动触片向 b端移动时：（）A．伏特表 V读数增大,电容C的电荷量在减小B．安培表A的读数增大，电容C的电荷量在增大C．伏特表V的读数增大，安培表A的读数减小D．伏特表V的读数减小，安培表A的读数增大3．三根通电长直导线P、Q、R互相平行、垂直纸面放置。

三根导线中电流方向均垂直纸面向里，且每两根导线间的距离均相等。

则P、Q中点O处的磁感应强度方向为（）A．方向水平向左B. 方向水平向右C. 方向竖直向上D. 方向竖直向下4．如图所示，R1为定值电阻，R2为可变电阻，E为电源电动势，r为电源的内电阻，以下说法中不正确的是（）A．当R2=Rl + r时，R2上获得最大功率B．当Rl=R2 + r时，Rl上获得最大功率C．当R2=O时Rl上获得功率一定最大D．当R2=O时，电源的输出功率可能最大5．虚线a、b、c、d表示匀强电场中的4个等势面。

两个带电粒子M、N（重力忽略不计，也不考虑两粒子间的相互作用）以平行于等势面的初速度射入电场，运动轨迹分别如图中MPN 和NQM 所示。

已知M 是带正电的粒子，则下列说法中正确的是（ ） A ．N 一定也带正电B ．a 处的电势高于b 处的电势，a 处的电场强度大于b 处的电场强度C ．带电粒子N 的动能减小，电势能增大D ．带电粒子N 的动能增大，电势能减小6．如图所示是一个电路的一部分，其中R 1=5Ω，R 2=1Ω, R 3=3Ω,I 1=0.2A, I 2=0.1A,那么电流表测得的电流为（ ） A.0.2A ，方向向右 B.0.15A ，方向向左 C.0.2A ，方向向左 D. 0.3A ，方向向右7.如图所示,两个半径相同的半圆形轨道分别竖直放在匀强电场和匀强磁场中,轨道两端在同一高度上,轨道是光滑的而且绝缘,两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放,a 、b 为轨道的最低点,则不正确．．．的是（ ）A.两小球到达轨道最低点的速度V a ＞V bB.两小球到达轨道最低点时对轨道的压力F a ＞F b13．（8分）光滑的金属导轨相互平行，它们在平面与水平面夹角为45°，磁感应强度为B=0.5T 的匀强磁场竖直向上穿过导轨，此时导轨上放一重0.1N 电阻R ab =0.2Ω的金属棒，导轨间距L=0.4m,，导轨中所接电源的电动势为6V,内阻0.5Ω，其它的电阻不计，则欲使金属棒在导轨上保持静止，电阻R 应为多大？ab BR45°14．（10分）如图所示，y轴上A点距坐标原点的距离为L，坐标平面内有边界过A点和坐标原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直坐标平面向里。

甘肃高二高中物理期末考试班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.爱因斯坦由光电效应的实验规律，猜测光具有粒子性，从而提出光子说，从科学研究的方法来说，这属于（）A．等效替代B．控制变量C．科学假说D．数学归纳2.核能作为一种新能源在现代社会中已不可缺少，我国在完善核电安全基础上将加大核电站建设。

核泄漏中的钚(Pu)是一种具有放射性的超铀元素，它可破坏细胞基因，提高患癌症的风险。

已知钚的一种同位素的半衰期为24100年，其衰变方程为，下列有关说法正确的是（）A．X原子核中含有92个中子B．100个经过24100年后一定还剩余50个C．由于衰变时释放巨大能量，根据E＝mc2，衰变过程总质量增加D．衰变发出的γ放射线是波长很短的光子，具有很强的穿透能力3.两个质量不同的物体，在光滑的水平面上相向运动，并发生正碰，则下列说法中正确的是 ( )A．碰撞后，质量小的物体速度变化大B．碰撞后，质量大的物体速度变化大C．若碰撞后连成整体，则整体运动方向与原来质量大的物体的运动方向相同D．若碰撞后连成整体，则整体运动方向与原来速度大的物体的运动方向相同4.如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。

两球质量关系为，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为，则A. 左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为B. 左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为C. 右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为D. 右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为5.（多选）水平抛出的物体，不计空气阻力，则( )A．在相等时间内，动量的变化相同B．在任何时间内，动量的变化方向都在竖直方向C．在任何时间内，动量对时间的变化率相同D．在刚抛出的瞬间，动量对时间的变化率为零6.若单摆的摆长不变，摆球的质量由20g增加为40g，摆球离开平衡位置的最大角度由4°减为2°，则单摆振动的（）A．频率不变，振幅不变B．频率不变，振幅改变C．频率改变，振幅不变D．频率改变，振幅改变7.一个单摆挂在电梯内，发现单摆的周期增大为原来的2倍，可见电梯在做加速度运动，加速度α为 [ ]A．方向向上，大小为g/2B．方向向上，大小为3g/4C．方向向下，大小为g/4D．方向向下，大小为3g/48.竖直方向悬挂的弹簧振子，周期T ＝2s ，从最低点位置向上运动时刻开始计时，在一个周期内的振动图象如图所示，关于这个图象，下列说法正确的是( )A ．t ＝1.25s 时，振子的加速度为正，速度为正B ．t ＝1.7s 时，振子的加速度为负，速度为负C ．t ＝1.0s 时，振子的速度为零，加速度为负的最大值D ．t ＝1.5s 时，振子的速度为零，加速度为负的最大值9.在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球A 、B ，质量都为m ，现B 球静止，A 球向B 球运动，发生正碰，已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时的弹性势能为E p ，则碰前A 球的速度等于( )A. B. C. D.10.在卢瑟福α粒子散射实验中，有少数α粒子发生了大角度偏转，其原因是( )A ．原子的正电荷和绝大部分质量集中在一个很小的核上B ．正电荷在原子内是均匀分布的C ．原子中存在着带负电的电子D ．原子只能处于一系列不连续的能量状态中11.如图所示，水平面上有两个木块，两木块的质量分别为m 1、m 2，且m 2=2m 1.开始两木块之间有一根用轻绳缚住的已压缩的轻弹簧，烧断细绳后，两木块分别向左、右运动.若两木块m 1和m 2与水平面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，且μ1=2μ2，则在弹簧伸长的过程中，两木块( )A ．动量大小之比为1∶1B ．速度大小之比为2∶1C ．通过的路程之比为2∶1D ．通过的路程之比为1∶112.根据粒子散射实验，卢瑟福提出了原子的核式结构模型，图中虚线表示原子核所形成的电场的等势线，实线表示一个粒子的运动轨迹。

高二（上）期末物理试卷一、单选题（本大题共10小题，共30.0分）1.由电场强度的定义式E=可知，在电场中的同一点（）A. 电场强度E跟F成正比，跟q成反比B. 无论检验电荷所带的电量如何变化，始终不变C. 不同电荷在电场中某点所受的电场力大小不同，该点的电场强度在不断改变D. 一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，则P点的场强一定为零2.两个大小可忽略的导体球，分别带上+Q和-3Q的电量，两球心相距r，相互作用力大小为F，现将它们碰一下后各自放回原处，则它们的相互作用力大小变为（）A. B. C. 3F D. 无法确定3.有a、b、c、d四只电阻，它们的I-U关系如图所示，则图中电阻最小的是（）A. aB. bC. cD. d4.某静电场的电场线分布如图所示，P、Q为该电场中的两点。

下列说法正确的是（）A. P点场强大于Q点场强B. P点电势低于Q点电势C. 将电子从P点移动到Q点，电场力做正功D. 将电子从P点移动到Q点，其电势能增大5.如图，A、B两盏电灯完全相同。

当滑动变阻器的滑动头向右移动时，则（）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6.如图所示，平行板电容器已经充电，静电计的金属球与电容器的一个极板连接，外壳与另一个极板连接，静电计指针的偏转指示电容器两极板间的电势差。

实验中保持极板上的电荷量Q不变。

设电容器两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．下列关于实验现象的描述正确的是（）A. 保持d不变，减小S，则变小B. 保持S不变，减小d，则不变C. 保持S不变，增大d，则增大D. 保持S、d不变，在两板间插入电介质，则变大7.如图所示，直导线处于足够大的磁场中，与磁感线成θ=30°角，导线中通过的电流为I，为了增大导线所受的安培力，可采取的办法是（）A. 减小电流IB. 减小直导线的长度C. 使导线在纸面内顺时针转角D. 使导线在纸面内逆时针转角8.一个电流表的满偏电流I g=1mA．内阻为500Ω，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（）A. 串联一个的电阻B. 并联一个的电阻C. 串联一个的电阻D. 并联一个的电阻9.如图所示，直线α为某电源与可变电阻连接成闭合电路时的路端电压U与干路电流I的关系图象，直线b为电阻R两端电压的U与通过它的电流I的图象，用该电源和该电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的效率分别为（）A. 4W、B. 2W、C. 2W、D. 4W、10.如图所示的天平可用来测定磁感应强度。

嗦夺市安培阳光实验学校甘肃省张掖市高台县2015～2016学年度高二上学期期末物理试卷一、单项选择题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＞φQ B．E P＞E Q，φP＜φQ C．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 ． FB ．FC ．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＞I2二、多项选择题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 kc D．粒子电势能E pb＞E pc三、实验题17．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．18．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．19．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．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．三、计算题20．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？若场强大小不变，方向变为水平向左，平衡时悬线的拉力T？21．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，R1=8Ω，R2=8Ω，R3=4Ω，求R3电阻中的电流是多大？22．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？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？23．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U1的电场加速后，进入两块板间距离为d，板间电势差为U2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v0；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．甘肃省张掖市高台县2015～2016学年度高二上学期期末物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题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＞φQ B．E P＞E Q，φP＜φQ C．E P＜E Q，φP＞φQ D．E P＜E Q，φP＜φQ【考点】电场线；电场强度；电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】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．【解答】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 ． F D．12F【考点】库仑定律．【分析】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．【解答】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【考点】电场的叠加；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】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．【解答】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【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度；电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】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．【解答】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：qU AB=△E k，得A、B间的电势差 U AB ==﹣V=﹣10V，又U AB=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 ．【考点】电容器的动态分析．【专题】电容器专题．【分析】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．【解答】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 ．【考点】电容．【专题】电容器专题．【分析】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．【解答】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【考点】电容器的动态分析．【专题】电容器专题．【分析】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．【解答】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【考点】电阻定律．【专题】恒定电流专题．【分析】铝线的横截面的直径为d，横截面积为S=πd2，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．【解答】解：铝线的横截面的直径为d，横截面积为S1=πd2，由数学知识得知，直径是后横截面积是S2=S1，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【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】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．【解答】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R1↑，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．a B．b C．c D．d【考点】欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】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．【解答】解：由下图可知，当电流相同时，U d＞U c＞U b＞U a；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 d＞R c＞U b＞U a．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=I2R，则热功率最大的是电阻值最大的d．故选：D．【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．①③B．②④C．①④D．②③【考点】伏安法测电阻．【专题】恒定电流专题．【分析】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．【解答】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＞I2【考点】路端电压与负载的关系．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】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．【解答】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E1=E2，内阻r1＞r2，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I1＜I2，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．二、多项选择题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【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】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．【解答】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【考点】闭合电路的欧姆定律；串联电路和并联电路．【专题】恒定电流专题．【分析】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．【解答】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【考点】示波管及其使用．【分析】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．【解答】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 kc D．粒子电势能E pb＞E pc【考点】等势面．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】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．【解答】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．三、实验题17．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10.50 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 1.731 mm．【考点】螺旋测微器的使用；刻度尺、游标卡尺的使用．【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．18．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15 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 3 V．【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题；恒定电流专题．。

甘肃省天水市秦安县第二中学2015--2016学年第一学期期末考试高二物理试题一、选择题（本题包括13小题。

每小题3分，共39分。

在每小题给出的四个选项中。

只有一个选项正确）1.发现通电导线周围存在磁场的科学家是（）A.洛伦兹B.库仑C.法拉第D.奥斯特2.在一个匀强电场中有a、b两点，相距为d，电场强度为E，把一个电量为q的正电荷由a 点移到b点时，电场力对电荷做正功W，以下说法正确的是（）A.该电荷在b点电势能较a点大B.a点电势比b点电势低C.a、b两点电势差大小一定为U=EdD.a、b两点电势差大小为qW Uab3.已知点电荷A电量是点电荷B的2倍，则A对B作用力大小跟B对A作用力的比值为（）A.2:1B.1:2C.1:1D.不一定4.如图分别表示匀强磁场的磁感应强度B、闭合电路中一部分直导线的运动速度v和电路中产生的感应电流I的相互关系，其中正确是（）5.在电场中有一点P，下列说法中正确的是（）A.若放在P点的电荷带的电荷量加倍，则P点的场强加倍B.若P点没有检验电荷，则P点的场强为零C.P点的场强越小，则同一电荷在P点受到的电场力越小D.P点的场强方向为放在该点的电荷的受力方向6．关于回旋加速器的下列说法，其中正确的有A．电场和磁场同时用来加速带电粒子B．随着粒子圆周运动的半径不断增大，粒子在磁场中运动半周所需时间也不断增大C．在确定的交流电源下，回旋加速器的半径越大，同一带电粒子获得的动能越大D．同一带电粒子获得的最大动能与交流电源的电压大小有关7．一束几种不同的正离子，垂直射入有正交的匀强磁场和匀强电场区域里，离子束保持原运动方向未发生偏转．接着进入另一匀强磁场，发现这些离子分成几束如图．对这些离子，可得出结论 A ．它们的动能一定各不相同 B ．它们的电量一定相同 C ．它们的质量一定各不相同 D ．它们的比荷一定各不相同8．如图所示，绕在铁芯上的线圈与电源、滑动变阻器和电键组成闭合回路，在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环a ，下列各种情况中铜环a 中没有感应电流的是 A ．将电键突然断开的瞬间B ．线圈中通以恒定的电流C ．通电时，使滑动变阻器的滑片P 做加速移动D ．通电时，使滑动变阻器的滑片P 做匀速移动9．如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I 1和I 2，且I 1＞I 2；a 、b 、c 、d 为导线某一横截面所在平面内的四 点，且a 、b 、c 与两导线共面；b 点在两导线之间，b 、d 的连 线与导线所在平面垂直．磁感应强度可能为零的点是 A ．a 点 B ．b 点 C ．c 点 D ．d 点10．长为L ，间距也为L 的两平行金属板间有垂直向里的匀强磁场，如图所示，磁感应强度为B ，今有质量为m 、带电 量为q 的正离子从平行板左端两板正中间以平行于金属板 的方向射入磁场。

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 。

2015-2016学年甘肃省天水市甘谷一中高二（上）期末物理试卷一、选择题（本题共18小题，每小题3分，在每小题给出的四个选项中，第1～12题只有一项符合题目要求，第13～18题有多项符合题目要求．全部选对得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．把正确的答案涂在答题卡上，答在试卷上的无效）1．如图，正点电荷放在O点，图中画出了该电荷电场八条对称分布电场线．以其中一条电场线上的O′点为圆心画一个圆，与电场线分别相交于点a、b、c、d、e和f，下列说法正确的是（）A．b、f两点的电场强度相同B．a点电势比d点电势高C．c、b两点间电势差小于C、f两点间电势差D．电子沿圆周由e到b与由c到b，电场力做功相等2．如图所示，a、b、c为电场中同一条水平方向电场线上的三点，c为ab中点．a、b电势分别为φa=5V，φb=3V，下列叙述正确的是（）A．该电场在c点处的电势一定为4VB．a点处的场强E a一定大于b点处的场强E bC．一正电荷从c点运动到b点电势能一定减少D．一正电荷运动到c点时受到的电场力由c指向a3．下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是（）A．根据电场强度的定义式E=可知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比B．根据电容的定义式C=可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比C．根据真空中点电荷的电场强度公式E=k可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量无关D．根据电势差的定义式U AB=可知，带电荷量为1 C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1 J，则A、B两点间的电势差为﹣1 V4．如图所示是电场中某区域的电场线分布，a、b是电场中的两点，则（）A．电荷在a点受到电场力方向必定与该点场强方向一致B．同一点电荷放在a点受到的电场力比放在b点时受到的电场力小C．正电荷放在a点静止释放，在电场力作用下运动的轨迹与电场线重合D．a点的电场强度较大5．如图所示的电路中，电源的输出电压恒为U，电动机M的线圈电阻与电炉L的电阻相同，电动机正常工作，在相同的时间内，下列判断正确的是（）A．电炉放出的热量大于电动机放出的热量B．电炉两端电压小于电动机两端电压C．电炉两端电压等于电动机两端电压D．电动机消耗的功率等于电炉消耗的功率6．图中R1=4Ω，R2=9Ω，R3=18Ω．通电后（）A．经R1和R3的电流之比I1：I3=1：3B．R1两端的电压和R3两端的电压之比U1：U3=4：9C．三个电阻消耗的电功率之比P1：P2：P3=2：1：2D．三个电阻消耗的电功率之比P1：P2：P3=2：2：17．两根完全相同的金属裸导线，如果把其中的一根均匀拉长到原来的2倍，把另一根对折后绞合起来，然后给它们分别加相同电压后，则在同一时间内通过它们的电荷量之比为（）A．1：4 B．1：8 C．1：16 D．16：18．如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r．开关S闭台后，．电灯L1、L2均能发光．现将滑动变阻器R的滑片P稍向上移动，下列说法正确的是（）A．电灯L1、L2均变亮 B．电灯L1变暗，L2变亮C．电流表的示数变小 D．电源的总功率变小9．一通有电流强度为I、长度为l的导体，垂直放在磁感应强度为B的匀强磁场中，受到的安培力为F，对于他们的关系B=的认识，下列说法正确的是（）A．B与F成正比B．B与电流I成正比C．B与Il的乘积成反比D．B与F、Il均无关，由磁场本身决定10．在磁感应强度为B0、方向竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根长通电直导线，电流的方向垂直于纸面向里．如图所示，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．B、D两点的磁感应强度大小相等B．A、B两点的磁感应强度大小相等C．C点的磁感应强度的值最大D．B点的磁感应强度的值最大11．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，滑动变阻器最大电阻为R，开关K闭合．两平行金属极板a、b间有匀强磁场，一带负电的粒子（不计重力）以速度v水平匀速穿过两极板．下列说法正确的是（）A．若将滑片P向上滑动，粒子将向a板偏转B．若将a极板向上移动，粒子将向a板偏转C．若增大带电粒子的速度，粒子将向b板偏转D．若增大带电粒子带电量，粒子将向b板偏转12．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13．如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中．P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点（重力不计），则从开始射入到打到上板的过程中（）A．它们运动的时间t Q=t pB．它们所带的电荷量之比q p：q Q=1：2C．它们的电势能减小量之比△Ep：△E Q=1：2D．它们的动能增量之比△E KP：△E KQ=1：214．把“220V、100W”的A灯与“220V、200W”的B灯串联后接入可调电压的电路中，忽略温度对电阻的影响，则（）A．两灯电阻之比为R A：R B=2：1B．两灯所分电压之比为U A：U B=1：2C．在安全的前提下，两灯实际消耗的总功率的最大值为250WD．在安全的前提下，允许接入电路的总电压最大为330V15．一质量m、电荷量+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动．细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中．现给圆环向右初速度v0，以后的运动过程中圆环运动的速度图象可能是（）A．B．C．D．16．速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则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P1极板带负电C．能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S0，粒子的比荷越大17．在磁感应强度为B的匀强磁场中，用细线悬挂一根质量为m的金属棒AC，如图所示．当金属棒中通入由A向C的电流时，棒对悬线的拉力不为零．若要使棒对悬线的拉力为零，可以采用的办法是（）A．不改变电流和磁场方向，适当增大电流B．不改变电流和磁场方向，适当增大磁感应强度C．只改变电流方向，并适当减小电流D．同时改变电流和磁场方向，并适当减小磁感应强度18．如图所示，在一矩形区域内有磁感应强度方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场宽度为d．不计重力的带电粒子以某一初速度垂直左边界射入，穿过此区域的时间为t，粒子飞出磁场时偏离原方向60°角．利用以上数据能求出的物理量是（）A．带电粒子在磁场中运动的半径B．带电粒子的初速度C．带电粒子在磁场中运动的周期D．带电粒子的质量二、实验题（本题共2小题.共16分.把答案填在题中的横线上或按题目要求作答）19．某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ．步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为mm；（3）用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图3，则该电阻的阻值约为Ω．（4）若该同学用伏安法跟用多用电表测量得到的R测量值几乎相等，由此可估算此圆柱体材料的电阻率约为ρ=Ω•m．（保留2位有效数字）20．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，内阻约为0.0125Ω）C．电流表（0～0.6A，内阻约为0.125Ω）D．电压表（0～3V，内阻约为3kΩ）E．电压表（0～15V，内阻约为15kΩ）F．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流1A）G．滑动变阻器（0～2000Ω，额定电流0.3A）H．开关、导线（1）上述器材中电流表应选用；电压表应选用；滑动变阻器应选用；（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”）三、计算题（21小题8分，22小题10分，23小题12分，共30分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不给分．有数字计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）21．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．（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）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？22．如图所示，AB是一倾角为θ=37°的绝缘粗糙直轨道，滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.30，BCD是半径为R=0.2m的光滑圆弧轨道，它们相切于B点，C为圆弧轨道的最低点，整个空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E=4.0×103N/C，质量m=0.20kg的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下．已知斜面AB对应的高度h=0.24m，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B点时的速度大小；（2）滑块滑到圆弧轨道最低点C时对轨道的压力．23．如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅱ、Ⅲ象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，第I、IV象限内存在半径为L的圆形匀强磁场，磁场圆心在M（L，0）点，磁场方向垂直坐标平面向外，一带正电的粒子从第III象限中的Q（﹣2L，﹣L）点以速度v0=2m/s沿x轴正方向射出，恰好从坐标原点O进入磁场，从P（2L，0）点射出磁场，不计粒子重力，求：（1）粒子进入磁场时的速度大小和方向；（2）电场强度与磁感应强度大小之比；（3）若L=1m，则粒子在磁场与电场中运动的总时间是多少？2015-2016学年甘肃省天水市甘谷一中高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共18小题，每小题3分，在每小题给出的四个选项中，第1～12题只有一项符合题目要求，第13～18题有多项符合题目要求．全部选对得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．把正确的答案涂在答题卡上，答在试卷上的无效）1．如图，正点电荷放在O点，图中画出了该电荷电场八条对称分布电场线．以其中一条电场线上的O′点为圆心画一个圆，与电场线分别相交于点a、b、c、d、e和f，下列说法正确的是（）A．b、f两点的电场强度相同B．a点电势比d点电势高C．c、b两点间电势差小于C、f两点间电势差D．电子沿圆周由e到b与由c到b，电场力做功相等【考点】电场线；电场强度；电势差；电势能．【分析】电场强度是矢量，只有大小和方向都相同时两点的电场强度才相同；电势根据顺着电场线方向电势降低进行判断；根据对称性分析b、c 两点间电势差与b、f间电势差的关系．【解答】解：A、由图看出，b、f两点电场强度的大小相等，但方向不同，而电场强度是矢量，所以b、f两点的电场强度不同，故A错误．B、根据顺着电场线电势逐渐降低可知，离点电荷O越远，电势越低，故a点电势低于d点电势．故B错误．C、根据对称性可知，b、c 两点间电势差与e、f两点间电势差都等于零，故C错误．D、e到b与由c到b的电势差相等，所以电场力做功相等，故D正确．故选：D2．如图所示，a、b、c为电场中同一条水平方向电场线上的三点，c为ab中点．a、b电势分别为φa=5V，φb=3V，下列叙述正确的是（）A．该电场在c点处的电势一定为4VB．a点处的场强E a一定大于b点处的场强E bC．一正电荷从c点运动到b点电势能一定减少D．一正电荷运动到c点时受到的电场力由c指向a【考点】电势能；电势．【分析】只有当该电场是匀强电场时，在c点处的电势一定为4V．根据推论：正电荷在电势高处电势能大，分析正电荷从c点运动到b点电势能如何变化．电场线的疏密可以判断场强的大小．正电荷受到的电场力方向与场强方向相同．【解答】解：A、当该电场是匀强电场时，由于沿电场方向相同距离电势差相等，则场在c点处的电势一定为4V．当该电场不是匀强电场时，在c点处的电势不一定为4V．故A错误．B、一条电场线无法比较电场线的疏密，就无法比较场强的大小，则a点处的场强E a不一定大于b点处的场强E b．故B错误．C、由题，a点的电势高于b点的电势，根据正电荷在电势高处电势能大可知，正电荷从c 点运动到b点电势能一定减少．故C正确．D、由题可判断电场线方向从a指向b，正电荷运动到c点时受到的电场力由a指向b．故D 错误．故选C3．下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是（）A．根据电场强度的定义式E=可知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比B．根据电容的定义式C=可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比C．根据真空中点电荷的电场强度公式E=k可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量无关D．根据电势差的定义式U AB=可知，带电荷量为1 C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1 J，则A、B两点间的电势差为﹣1 V【考点】电场强度；点电荷的场强．【分析】电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关；点电荷电场强度公式E=k中Q是场源电荷．用电容器和电势差的定义式即可求解【解答】解：A、电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关，所以不能理解成电场中某点的电场强度和试探电荷的电量成反比，故A错误．B、电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量，取决于电容器本身，并不是电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比，故B错误．C、根据点电荷的场强公式E=k知：Q是场源电荷，所以电场中某点电场强度与场源电荷的电量成正比，与该点到场源电荷距离的平方成反比，故C错误．D、据电势差的定义式U AB=知，带电量为1C正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，即电场力做功为﹣1J，则A、B点的电势差为﹣1V，故D正确．故选：D4．如图所示是电场中某区域的电场线分布，a、b是电场中的两点，则（）A．电荷在a点受到电场力方向必定与该点场强方向一致B．同一点电荷放在a点受到的电场力比放在b点时受到的电场力小C．正电荷放在a点静止释放，在电场力作用下运动的轨迹与电场线重合D．a点的电场强度较大【考点】电场线．【分析】解答本题需要掌握：电场线的疏密表示电场的强弱；正电核受力方向和电场线相同，负电荷则相反；运动轨迹与受力和初速度有关，不一定沿电场线．【解答】解：A、若是负电荷在a点受电场力方向则和电场方向相反，因此在a点受到电场力方向不一定和电场方向相同，故A错误；B、a处电场线比b处密，因此a处电场强度比b处大，同一电荷受力也大，故B错误；C、正电荷释放时，电场力方向始终沿电场方向，而速度方向则在不断变化，因此其轨迹不沿电场线，故C错误；D、a、b两点比较，a处电场线密，故a点的电场强度较大，故D正确．故选：D．5．如图所示的电路中，电源的输出电压恒为U，电动机M的线圈电阻与电炉L的电阻相同，电动机正常工作，在相同的时间内，下列判断正确的是（）A．电炉放出的热量大于电动机放出的热量B．电炉两端电压小于电动机两端电压C．电炉两端电压等于电动机两端电压D．电动机消耗的功率等于电炉消耗的功率【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．【分析】电动机M与电炉L串联，电流相等，根据焦耳定律分析放出的热量关系．电炉L是纯电阻电路，电动机是非纯电阻电路，根据欧姆定律分析L的电压与电流的关系，判断电动机两端电压的关系．根据能量守恒定律分析消耗的功率关系．【解答】解：A、电动机M与电炉L串联，电流相等，电阻相等，根据焦耳定律Q=I2Rt可知，在相同的时间内，电炉放出的热量与电动机放出的热量相等．故A错误．B、C设电动机M线圈电阻与电炉L的电阻均为R，电路中电流为I，根据欧姆定律得：电炉两端的电压U L=IR，电动机是非纯电阻电路，其电压U M＞IR，则有U M＞U L，所以电炉两端电压小于电动机两端电压．故B正确，C错误．D、电动机消耗的功率P M=U M I，电炉消耗的功率P L=U L I，U M＞U L，则P M＞P L，即电动机消耗的功率大于电炉消耗的功率．故D错误．故选：B6．图中R1=4Ω，R2=9Ω，R3=18Ω．通电后（）A．经R1和R3的电流之比I1：I3=1：3B．R1两端的电压和R3两端的电压之比U1：U3=4：9C．三个电阻消耗的电功率之比P1：P2：P3=2：1：2D．三个电阻消耗的电功率之比P1：P2：P3=2：2：1【考点】电功、电功率．【分析】串联电路电流相同，电压与电阻成正比．并联电路电压相同，电流与电阻成反比．正确选择功率表达式求解功率即可．【解答】解：A、设通过R3的电流I3=I，由并联电路的特点可知，，可得通过电阻R2的电流I2=2I所以通过电阻R1的电流I1=I2+I3=3I，故I1：I3=3：1；故A错误；B、由U=IR可知， ==，故B错误；C、D、由P=I2R，可知，P1：P2：P3=（9I2×4）：（4I2×9）：（I2×18）=2：2：1，故C错误，D正确故选：D7．两根完全相同的金属裸导线，如果把其中的一根均匀拉长到原来的2倍，把另一根对折后绞合起来，然后给它们分别加相同电压后，则在同一时间内通过它们的电荷量之比为（）A．1：4 B．1：8 C．1：16 D．16：1【考点】欧姆定律；电阻定律．【分析】根据电阻定律可判断出两根金属导线的电阻之比，根据欧姆定律得出电流之比，再根据q=It得出通过的电荷量之比．【解答】解：设原来的电阻为R，其中的一根均匀拉长到原来的2倍，横截面积变为原来的，根据电阻定律R=，电阻R1=4R；另一根对折后绞合起来，长度减小为原来的一半，横截面积变为原来的2倍，根据电阻定律R=，可得电阻R2=R，则两电阻之比为16；1．电压相等，根据欧姆定律，电流比为1：16，根据q=It知相同时间内通过的电量之比为1：16．故C正确，A、B、D错误．故选：C．8．如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r．开关S闭台后，．电灯L1、L2均能发光．现将滑动变阻器R的滑片P稍向上移动，下列说法正确的是（）A．电灯L1、L2均变亮 B．电灯L1变暗，L2变亮C．电流表的示数变小 D．电源的总功率变小【考点】测定电源的电动势和内阻．【分析】由图可知L2与滑动变阻器并联，再与L1串联．据滑片的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，由闭合电路欧姆定律判断电路电流如何变化，根据电路电流变化求解．【解答】解：由图可知L2与滑动变阻器并联，再与L1串联．A、现将滑动变阻器R的滑片P稍向上移动，滑动变阻器接入电路的阻值变小，电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，所以电灯L2变亮，路端电压减小，所以L1与滑动变阻器并联电压减小，所以L1变暗．故A 错误，B正确；C、干路电流I增大，L2与滑动变阻器并联电压减小，所以通过L2的电流减小，所以电流表的示数增大，故C错误D、根据P=EI得电源的总功率增大，故D错误故选：B．9．一通有电流强度为I、长度为l的导体，垂直放在磁感应强度为B的匀强磁场中，受到的安培力为F，对于他们的关系B=的认识，下列说法正确的是（）A．B与F成正比B．B与电流I成正比C．B与Il的乘积成反比D．B与F、Il均无关，由磁场本身决定【考点】磁感应强度．【分析】B=是磁感应强度的定义式，根据定义式知，B与F、I、l无关．【解答】解：磁感应强度的大小与所受的安培力、Il无关，由磁场本身决定，故A、B、C 错误，D正确．故选：D．10．在磁感应强度为B0、方向竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根长通电直导线，电流的方向垂直于纸面向里．如图所示，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．B、D两点的磁感应强度大小相等B．A、B两点的磁感应强度大小相等C．C点的磁感应强度的值最大D．B点的磁感应强度的值最大【考点】磁感应强度．【分析】该题考察了磁场的叠加问题．用右手定则首先确定通电直导线在abcd四点产生的磁场的方向，利用矢量的叠加分析叠加后磁场大小变化和方向，从而判断各选项．【解答】解：用右手螺旋定则判断通电直导线在abcd四个点上所产生的磁场方向，如图所示：A点有向上的磁场，还有电流产生的向上的磁场，电流产生的磁感应强度和原磁感应强度方向相同，叠加变大．B点有向上的磁场，还有电流产生的水平向左的磁场，磁感应强度叠加变大，方向向左上；C点电流产生的磁感应强度和原磁感应强度方向相反，叠加变小；D点有向上的磁场，还有电流产生的水平向右的磁场，叠加后磁感应强度的方向向右上．D 点与B点叠加后的磁场大小相等，但是方向不同．有以上的分析可知，A点的磁感应强度最大，C点的磁感应强度最小，B点与D点的磁感应强度大小相等，但方向不同．所以只有选项A正确．故选：A11．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，滑动变阻器最大电阻为R，开关K闭合．两平行金属极板a、b间有匀强磁场，一带负电的粒子（不计重力）以速度v水平匀速穿过两极板．下列说法正确的是（）A．若将滑片P向上滑动，粒子将向a板偏转B．若将a极板向上移动，粒子将向a板偏转C．若增大带电粒子的速度，粒子将向b板偏转D．若增大带电粒子带电量，粒子将向b板偏转【考点】带电粒子在混合场中的运动．【分析】电容器与R并联，故电容器两端的电压等于R两端的电压；则a、b之间形成电场，带电粒子在混合场中做匀速运动，则可知电场力应与磁场力大小相等方向相反；则分析滑片移动时，极板间场强的变化可知电场力的变化，则可知粒子受力的变化，即可得出带电粒子偏转的方向．【解答】解：A、因电容器与电阻并联，将滑片P向上滑动，电阻两端的电压减小，故两板间的电场强度要减小，故所受电场力减小，因带负电，电场力向上，则粒子将向b板偏转运动，故A错误；B、保持开关闭合，将a极板向上移动一点，板间距离增大，电压不变，由E=可知，板间场强减小，若粒子带负电，则粒子所受电场力向上，洛仑兹力向下，带电粒子受电场力变小，则粒子将向b板偏转，故B错误；C、由图可知a板带正电，b板带负电；若带电粒子带负电，则受电场力向上，洛仑兹力向下，原来二力应大小相等，物体才能做匀速直线运动；若增大带电粒子的速度，所受极板间洛仑兹力增大，而所受电场力不变，故粒子将向b板偏转，故C正确；D、若带电粒子带正电，则受电场力向下，洛仑兹力向上，原来二力应大小相等，物体才能做匀速直线运动；若增大带电粒子带电量，所受电场力增大，而所受洛仑兹力也增大，但两者仍相等，故粒子将不会偏转，故D错误；故选：C．12．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【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【分析】由题正负离子的质量与电量相同，进入同一磁场做匀速圆周运动的周期相同，根据偏向角的大小分析运动时间的长短．由牛顿第二定律研究轨道半径．根据圆的对称性，分析离子重新回到边界时速度方向关系和与O点距离．【解答】解：A、粒子在磁场中运动周期为，则知两个离子圆周运动的周期相等．根据左手定则分析可知，正离子逆时针偏转，负离子顺时针偏转，重新回到边界时正离子的速度偏向角为2π﹣2θ，轨迹的圆心角也为2π﹣2θ，运动时间．同理，负离子运动时间，显然时间不等．故A错误；。

甘肃省天水一中2014-2015学年高二上学期期末物理试卷一.选择题〔每题4分，共48分．1-8题每题所给选项中，只有一个选项符合题意；9-12题每题所给选项中，有两个或两个以上选项符合题意．请将答题卡上相应的位置涂黑．全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．〕1．〔4分〕如下各图中，已标出电流I、磁感应强度B的方向，其中符合安培定如此的是〔〕A．B．C．D．2．〔4分〕在地球赤道上空，沿东西方向水平放置一根通以由西向东的直线电流，如此此导线〔〕A．受到竖直向上的安培力B．受到竖直向下的安培力C．受到由南向北的安培力D．受到由西向东的安培力3．〔4分〕根据磁感应强度的定义式B=，如下说法中正确的答案是〔〕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所受磁场力F=0，那么该处的B一定为零C．一小段通电直导线放在B为零的位置，那么它受到磁场力F也一定为零D．磁场中某处的B的方向跟电流在该处所受磁场力F的方向一样4．〔4分〕从阴极射线管发射出的一束电子，通过图示的磁场，以下四幅图中能正确描绘电子偏转情况的是〔〕A． B． C．D．5．〔4分〕如下列图，在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L，质量为m的直导体棒．当导体棒中的电流I垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，可加平行纸面的匀强磁场中，如下有关磁场的描述中正确的答案是〔〕A．假设磁场方向竖直向上，如此B．假设磁场方向平行斜面向上，如此C．假设磁场方向垂直斜面向下，如此D．假设磁场方向垂直斜面向上，如此6．〔4分〕如下列图，直线a为某电源的路端电压随干路电流强度的变化图线，直线b为某一电阻R两端的电压随电流变化图线，把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为〔〕A．4W，0.5ΩB．6W，1ΩC．4W，1ΩD．2W，0.5Ω7．〔4分〕如图是一火警报警装置的一局部电路示意图，其中R2是半导体热敏传感器，它的电阻随温度升高而减小，a、b接报警器．当传感器R2所在处出现火情时，电流表的电流I 和a、b两端电压U与出现火情前相比〔〕A．I变大，U变大B．I变小，U变小C．I变大，U变小D．I变小，U变大8．〔4分〕如图是有三个输入端的复合门电路，当C端输入0时Y输出0，那么A、B端输入分别是〔〕A．1、1 B．0、1 C．1、0 D．0、09．〔4分〕如下列图，R1和R2是同种材料、厚度一样、外表为正方形的导体，但R1的尺寸比R2的尺寸大．在两导体上加一样的电压，通过两导体的电流方向如图，如此如下说法中正确的答案是〔〕A．R1中的电流小于R2中的电流B．R1中的电流等于R2中的电流C．R1中自由电荷定向移动的速率大于R2中自由电荷定向移动的速率D．R1中自由电荷定向移动的速率小于R2中自由电荷定向移动的速率10．〔4分〕现有两个点电荷A和B，它们电量分别为+Q和﹣Q，a为AB连线的中点，b与a 关于B对称，它们都在一条直线上，如下列图，试比拟ab两点所在处场强E的大小和电势φ的上下〔〕A．E a＜E b B．E a＞E b C．φa＜φb D．φa＞φb11．〔4分〕a、b、c三个α粒子由同一点垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如下列图，其中b恰好飞出电场，如下说法正确的答案是〔〕A．在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上B．b和c同时飞离电场C．进入电场时，c的速度最大，a的速度最小D．动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大12．〔4分〕两个电荷量分别为+q和﹣q的带电粒子分别以速度V a和V b射入匀强磁场，两粒子的入射方向与竖直磁场边界的夹角分别为30°和60°，磁场宽度为d，两粒子同时由A 点出发，同时到达与A等高的B点，如下列图，如此〔〕A．a粒子带正电，b粒子带负电B．两粒子的轨道半径之比R a：R b=：1C．两粒子的质量之比m a：m b=1：2D．两粒子的速度之比V a：V b=：2二.实验题〔每空3分，共18分〕13．〔6分〕〔1〕用多用电表的电阻“×10〞挡进展测量时表盘的示数如图1，待测阻值约为Ω．〔2〕用螺旋测微器测得样品的外径如图2所示，其示数D=mm．14．〔12分〕实验室购置了一捆标称长度为100m的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度．该同学首先测得导线横截面积为1.0mm2，查得铜的电阻率为1.7×10﹣8Ω•m，再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻Rx，从而确定导线的实际长度．可供使用的器材有：电流表：量程0.6A，内阻约为0.2Ω．；电压表：量程3v，内阻约9KΩ．；滑动变阻器R1：最大阻值5Ω．；滑动变阻器R2：最大阻值20Ω．；定值电阻：R0=3Ω．；电源：电动势6V，内阻可不计；开关、导线假设干．回答如下问题：〔1〕实验中滑动变阻器应选〔填“R1〞或“R2〞〕，闭合开关S前应将滑片移至端〔填“a〞或“b〞〕．〔2〕调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.50A时，电压表示数如图乙所示，读数为V．〔3〕导线实际长度为m〔保存2位有效数字〕三.计算论述题〔此题共3小题，必须写出必要的文字表示和物理推演过程．〕15．〔10分〕如下列图，在同一水平面的两导轨相互平行，相距1m并处于竖直向上的匀强磁场中，一根质量为2kg的金属棒放在导轨上，与导轨垂直．当金属棒中的电流为5A时，金属棒做匀速直线运动，当金属棒中的电流增加到8A时，金属棒将获得3m/s2的加速度〔g 取10m/s2〕求：〔1〕磁场的磁感应强度；〔2〕导轨与金属棒间动摩擦因数．〔12分〕如下列图，M为一线圈电阻r M=1Ω的电动机，定值电阻R=5Ω，电源电动势E=12V．当16．S闭合时，电压表的示数为U1=10.0V，当开关S断开时，电压表的示数为U2=5.0V．求：〔1〕电源内阻r；〔2〕开关S断开时电源输出功率；〔3〕开关S断开时电动机输出的机械功率．17．〔12分〕1932年，劳伦斯和利文斯设计出了盘旋加速器．盘旋加速器的工作原理如下列图，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直．A处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为+q，在加速器中被加速，加速电压为U．加速过程中不考虑相对论效应和重力作用．〔1〕求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比．〔2〕求粒子最终加速到出口处的速度．〔3〕求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t．甘肃省天水一中2014-2015学年高二上学期期末物理试卷参考答案与试题解析一.选择题〔每题4分，共48分．1-8题每题所给选项中，只有一个选项符合题意；9-12题每题所给选项中，有两个或两个以上选项符合题意．请将答题卡上相应的位置涂黑．全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．〕1．〔4分〕如下各图中，已标出电流I、磁感应强度B的方向，其中符合安培定如此的是〔〕A．B．C．D．考点：安培定如此．分析：安培定如此，也叫右手螺旋定如此，是表示电流和电流激的磁场的磁感线方向间关系的定如此，根据安培定如此的应用即可正确解答．解答：解：通电直导线中的安培定如此〔安培定如此一〕：用右手握住通电直导线，让大拇指指向电流的方向，那么四指的指向就是磁感线的环绕方向由此可知AB错误；通电螺线管中的安培定如此〔安培定如此二〕：用右手握住通电螺线管，使四指弯曲与电流方向一致，那么大拇指所指的那一端是通电螺线管的N极，据此可知C正确，D错误．应当选C．点评：加强练习熟练掌握安培定如此的内容，注意磁场方向的表示方法．2．〔4分〕在地球赤道上空，沿东西方向水平放置一根通以由西向东的直线电流，如此此导线〔〕A．受到竖直向上的安培力B．受到竖直向下的安培力C．受到由南向北的安培力D．受到由西向东的安培力考点：安培力；左手定如此．分析：在赤道的上方磁场的方向从南向北，根据左手定如此，判断安培力的方向．解答：解：左手定如此的内容：伸开左手，使拇指与其余四指垂直，并且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安培力的方向．磁场的方向从南向北，电流的方向由西向东，所以安培力的方向竖直向上．故A 正确，B、C、D错误．应当选A．点评：解决此题的关键掌握用左手定如此判断安培力的方向，伸开左手，使拇指与其余四指垂直，并且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安培力的方向．3．〔4分〕根据磁感应强度的定义式B=，如下说法中正确的答案是〔〕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所受磁场力F=0，那么该处的B一定为零C．一小段通电直导线放在B为零的位置，那么它受到磁场力F也一定为零D．磁场中某处的B的方向跟电流在该处所受磁场力F的方向一样考点：磁感应强度；安培力．分析：磁感应强度的定义式B=，采用比值法定义式，具有比值法定义的共性，B与F、IL无关，反映磁场本身的特性．当通电导线与磁场平行时不受磁场力．B的方向与磁场力F 的方向垂直．解答：解：A、在磁场中某确定位置，B是确定的，与F、IL无关，由磁场本身决定，故A 错误．B、通电直导线在空间某处所受磁场力F=0，那么该处的B不一定为零，也可能是由于通电导线与磁场平行，故B错误．C、通电直导线放在B为零的位置，由F=BILsinα知，F一定为零，故C正确．D、磁场中某处的B的方向跟电流在该处所受磁场力F的方向垂直．故D错误．应当选：C．点评：此题要抓住比值法定义的共性来理解B的物理意义，可与电场强度的定义式E=，但要注意B与磁场力F是垂直关系，而E与电场力是平行关系．4．〔4分〕从阴极射线管发射出的一束电子，通过图示的磁场，以下四幅图中能正确描绘电子偏转情况的是〔〕A． B． C．D．考点：射线管的构造与其工作原理．分析：电子从阴极射出，在磁场中受到洛伦兹力而发生偏转，根据左手定如此判断洛伦兹力的方向，即可确定电子束偏转的方向．解答：解：如图，电子束从阴极〔﹣极〕射出，根据左手定如此：伸开左手，磁感线穿过手心，四指指向电子运动的相反方向，拇指指向洛伦兹力方向，判断得知电子所受的洛伦兹力方向向下，如此电子束向下偏转，故B正确．应当选：B点评：此题是左手定如此的应用问题，应用左手定如此时，要注意电子带负电，四指向电子运动的相反方向．5．〔4分〕如下列图，在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L，质量为m的直导体棒．当导体棒中的电流I垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，可加平行纸面的匀强磁场中，如下有关磁场的描述中正确的答案是〔〕A．假设磁场方向竖直向上，如此B．假设磁场方向平行斜面向上，如此C．假设磁场方向垂直斜面向下，如此D．假设磁场方向垂直斜面向上，如此考点：安培力．分析：通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式F=BIL求出安培力大小，由左手定如此来确定安培力的方向．解答：解：A、外加匀强磁场的磁感应强度B的方向竖直向上时，根据左手定如此知，安培力水平向右，能使导体棒保持平衡，根据共点力平衡可得，故A正确；B、假设磁场方向平行斜面向上，如此受到的磁场力方向垂直斜面向下，故此时不可能平衡，故B错误；C、外加匀强磁场的磁感应强度B的方向垂直斜面向上时，根据左手定如此知，安培力沿斜面向下，还受到支持力和重力，三力可以使导体棒处于平衡状态，根据共点力平衡可得C 错误，D错误．应当选：A点评：学会区分左手定如此与右手定如此，前者是判定安培力的方向，而后者是判定感应电流的方向．6．〔4分〕如下列图，直线a为某电源的路端电压随干路电流强度的变化图线，直线b为某一电阻R两端的电压随电流变化图线，把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为〔〕A．4W，0.5ΩB．6W，1ΩC．4W，1ΩD．2W，0.5Ω考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：根据电源的U﹣I图象的纵轴截距和斜率分别求出电源的电动势和内阻．电源的U ﹣I图象与电阻U﹣I图象的交点表示该电阻接在该电源上的工作状态，读出此时路端电压和电流，再求出电源的输出功率．解答：解：由闭合电路欧姆定律得：U=E﹣Ir，当I=0，U=E，如此由电源的U﹣I图象纵轴截距读出电源的电动势E=3V，图象的斜率大小等于电源的内阻大小，即有r===0.5Ω．电源的U﹣I图象与电阻U﹣I图象的交点表示该电阻接在该电源上的工作状态，读出此时的路端电压为U=2V，电流为I=2A，如此电源的输出功率为P=UI=4W．应当选A点评：此题的解题关键是图象的斜率、截距和交点来理解图象的物理意义．对于电源的输出功率也可能根据闭合电路欧姆定律求出电流和路端电压，再求解．7．〔4分〕如图是一火警报警装置的一局部电路示意图，其中R2是半导体热敏传感器，它的电阻随温度升高而减小，a、b接报警器．当传感器R2所在处出现火情时，电流表的电流I 和a、b两端电压U与出现火情前相比〔〕A．I变大，U变大B．I变小，U变小C．I变大，U变小D．I变小，U变大考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：当传感器R2所在处出现火情时，R2减小，分析外电路总电阻如何变化，根据欧姆定律分析干路电流的变化情况和路端电压U的变化情况，根据R2、R3并联电压的变化情况，分析通过R3电流的变化情况，即可知电流表示数变化情况．解答：解：由题知，当传感器R2所在处出现火情时，R2减小，R2、R3并联的电阻减小，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干增大，路端电压减小，即a、b 两端电压U变小；R2、R3并联电压U并=E﹣I干〔R1+r〕，I干增大，E、R1、r均不变，如此U并减小，通过R3电流减小，由于干路电流增大，如此知电流表示数I变大．故C正确，ABD错误．应当选C点评：此题是信息题，首先要抓住传感器R2电阻与温度的关系，其次按“局部→整体→局部〞的顺序进展动态分析．8．〔4分〕如图是有三个输入端的复合门电路，当C端输入0时Y输出0，那么A、B端输入分别是〔〕A．1、1 B．0、1 C．1、0 D．0、0考点：简单的逻辑电路．分析：与门的特点是，当所有条件都满足，事件才能发生，或门的特点是，当某个条件满足，事件就能发生．非门的特点是，当某个条件满足，事件就不能发生．解答：解：该复合门电路由三种门电路组成，Y之前的门电路是“与〞门电路，输出为0时，其两个输入端至少一个是0；C是“非〞门电路，输入端是0，如此输出端是1．所以AB电路的输出端必须是0，而AB对应的门电路是“或〞门电路，假设输出端是0，两个输入端都是0．应当选项D正确．应当选：D点评：解决此题的关键知道各种门电路的符号，以与知道各种门电路的特点．9．〔4分〕如下列图，R1和R2是同种材料、厚度一样、外表为正方形的导体，但R1的尺寸比R2的尺寸大．在两导体上加一样的电压，通过两导体的电流方向如图，如此如下说法中正确的答案是〔〕A．R1中的电流小于R2中的电流B．R1中的电流等于R2中的电流C．R1中自由电荷定向移动的速率大于R2中自由电荷定向移动的速率D．R1中自由电荷定向移动的速率小于R2中自由电荷定向移动的速率考点：电阻定律．专题：恒定电流专题．分析：R1和R2是材料一样，电阻率ρ一样．设正方形导体的边长为L，根据电阻定律R=ρ研究电阻的关系．然后由欧姆定律与电流的微观表达式分析答题．解答：解：设导体的电阻率为ρ，厚度为d，边长为L，如此由电阻定律得：导体的电阻R=ρ=ρ=ρ，R与边长L无关，故R1=R2．A、通过电阻的电流I=，由于U与R都一样，如此通过两电阻的电流一样，故A错误，B 正确；C、电流I=nevS=nevLd，由于I、n、e、d一样，如此L越大，v越小，如此R1中自由电荷定向移动的速率小于R2中自由电荷定向移动的速率，故C错误，D正确；应当选BD．点评：此题是物理规律在实际中应用的范例，根据此题的结果，可以将导体微型化，而电阻不变．10．〔4分〕现有两个点电荷A和B，它们电量分别为+Q和﹣Q，a为AB连线的中点，b与a 关于B对称，它们都在一条直线上，如下列图，试比拟ab两点所在处场强E的大小和电势φ的上下〔〕A．E a＜E b B．E a＞E b C．φa＜φb D．φa＞φb考点：电势；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由于电场强度是矢量，电场强度叠加时满足平行四边形定如此．电场线越密的地方，电场强度越强．正电荷所受电场力方向与电场强度方向一样．同时沿着电场线方向电势降低．解答：解：ab两点所在处场强都是由电量分别为+Q和﹣Q的点电荷产生的场强叠加产生的，由于+Q和﹣Q的点电荷产生的场强在a位置方向一样，而在b位置方向相反，又根据点电荷的场强公式E=，所以E a＞E b，由于电场线总是从正电荷出发终止于负电荷，而+Q和﹣Q连线的中垂线是等势面，沿着电场线方向电势降低，所以φa＞φb．应当选：BD点评：虽然电场线不是实际存在的，但电场线的疏密可以表现电场强度的强弱；可以根据电场线方向来确定电势的上下；同时还考查了等量异种点电荷的电场线的分布．11．〔4分〕a、b、c三个α粒子由同一点垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如下列图，其中b恰好飞出电场，如下说法正确的答案是〔〕A．在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上B．b和c同时飞离电场C．进入电场时，c的速度最大，a的速度最小D．动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大考点：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：三个粒子做类平抛运动，在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做初速度为0的匀加速直线运动．粒子的质量和电量一样，知加速度一样．比拟沿电场方向上的位移，可比拟出运动时间，再根据垂直电场方向的位移可知初速度的大小．通过动能定理比拟动能的变化量．解答：解：A、粒子的质量和电量一样，知加速度一样．a、b两粒子在竖直方向上的位移相等，根据y=知，a、b运动的时间相等，c的运动时间最短．故A正确，B错误．C、因为t a=t b＞t c，又x a＜x b=x c，因为垂直电场方向上做匀速直线运动，所以v c＞v b＞v a．故C正确．D、据动能定理知，a、b两电荷，电场力做功一样多，所以动能变化量相等．c电荷电场力做功最少，动能变化量最小．故D正确．应当选ACD．点评：解决此题的关键将类平抛运动分解为垂直电场方向和沿电场方向，在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做初速度为0的匀加速直线运动．12．〔4分〕两个电荷量分别为+q和﹣q的带电粒子分别以速度V a和V b射入匀强磁场，两粒子的入射方向与竖直磁场边界的夹角分别为30°和60°，磁场宽度为d，两粒子同时由A 点出发，同时到达与A等高的B点，如下列图，如此〔〕A．a粒子带正电，b粒子带负电B．两粒子的轨道半径之比R a：R b=：1C．两粒子的质量之比m a：m b=1：2D．两粒子的速度之比V a：V b=：2考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：两异种电荷同时从A点不同角度射入匀强磁场后，又同时到达B点．由粒子的运动方向可确定粒子的电性；由于两粒子的电量、所处的磁场均一样，如此运动的周期与质量成正比．由图可知：AB连线即为两粒子运动圆弧所对应的弦，如此两圆弧的圆心在AB连线的中垂线上．从而由几何关系可求出两粒子的轨迹半径之比，由运动圆弧对应的圆心角与周期可确定粒子的质量之比．解答：解：A、a粒子是30°入射的，而b粒子是60°入射的，由于从B点射出，如此a 粒子受到的洛伦兹力方向沿b粒子速度方向，而b粒子受到的洛伦兹力方向沿a粒子速度方向，由磁场方向，得a粒子带负电，而b粒子带正电，故A错误；B、如图连接AB，AB连线是两粒子的运动圆弧对应的弦，如此弦的中垂线〔红线〕与各自速度方向的垂直线〔虚线〕的交点即为各自圆心．如图：结果发现：1．AB的连线必然与磁场的边界垂直； 2．两圆心的连线与两个半径构成一个角为30°，另一个为60°的直角三角形．根据几何关系，如此有两半径相比为R a：R b=1：，故B错误；C、AB连线是两粒子的运动圆弧对应的弦，如此弦的中垂线与各自速度方向直线的交点即为各自圆心．结果发现：两圆心的连线与两个半径构成一个角为30°，另一个为60°的直角三角形．如此a粒子圆弧对应的圆心角为120°，而b粒子圆弧对应的圆心角为60°．由于它们运动时间相等，所以它们的周期之比为T a：T b=1：2，如此质量之比m a：m b=1：2．故C 正确；D、由半径公式可知：在磁场、电量一定的情况下，速度大小与粒子的质量成反比，与轨迹的半径成正比．所以速度大小之比v a：v b=2：，故D错误；应当选：C．点评：利用圆弧的特性来确定圆心，画出圆弧并运用几何关系来算出圆弧的半径，同时还表现出控制变量的思想．二.实验题〔每空3分，共18分〕13．〔6分〕〔1〕用多用电表的电阻“×10〞挡进展测量时表盘的示数如图1，待测阻值约为19Ω．〔2〕用螺旋测微器测得样品的外径如图2所示，其示数D=6.122mm．考点：用多用电表测电阻；螺旋测微器的使用．专题：实验题．分析：〔1〕指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数．〔2〕螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数．解答：解：〔1〕用多用电表的电阻“×10〞挡测电阻，由图1所示可知，待测阻值约为19×1=19Ω；〔2〕由图2所示螺旋测微器可知，其示数为：6mm+12.2×0.01mm=6.122mm；故答案为：〔1〕190；〔2〕6.122〔6.121﹣6.124均正确〕．点评：此题考查了欧姆表与螺旋测微器读数，要掌握常用器材的使用与读数方法．14．〔12分〕实验室购置了一捆标称长度为100m的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度．该同学首先测得导线横截面积为1.0mm2，查得铜的电阻率为1.7×10﹣8Ω•m，再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻Rx，从而确定导线的实际长度．可供使用的器材有：电流表：量程0.6A，内阻约为0.2Ω．；电压表：量程3v，内阻约9KΩ．；滑动变阻器R1：最大阻值5Ω．；滑动变阻器R2：最大阻值20Ω．；定值电阻：R0=3Ω．；电源：电动势6V，内阻可不计；开关、导线假设干．回答如下问题：〔1〕实验中滑动变阻器应选〔填“R1〞或“R2〞〕，闭合开关S前应将滑片移至a端〔填“a〞或“b〞〕．〔2〕调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.50A时，电压表示数如图乙所示，读数为2.30V．〔3〕导线实际长度为94m〔保存2位有效数字〕考点：伏安法测电阻．专题：实验题．分析：此题〔1〕首先根据电阻定律估算出铜导线的电阻，然后根据闭合电路欧姆定律求出电路中需要的最大电阻，再求出变阻器需要的最大阻值即可；题〔2〕根据电表每小格读数确定电表的估读方法；题〔3〕根据电阻定律求出导线的长度即可．解答：解：〔1〕：根据电阻定律可求出铜导线的电阻为==1.7Ω，电流表的最小读数为量程的，根据闭合电路欧姆定律可求出电路中需要的最大电阻应为===30Ω，根据电路图可求出变阻器需要的最大电阻应为R=30﹣1.7﹣3=25.3Ω，所以变阻器应选择；闭合开关前应将滑片置于a端，以保护电流表；〔2〕：由于电压表每小格的读数为0.1V，应估读到0.01V，所以电压表的读数为U=2.30V 〔2.29、2.31均正确〕；〔3〕：根据R=可求出L=94m〔93、95均正确〕故答案为：〔1〕，a；〔2〕2.30；〔3〕94点评：应明确：①电流表的读数不能小于量程的；②应根据电路中需要的最大电阻来选择变阻器阻值的大小；③假设电表每小格读数中出现数字“1〞如此应进展估读，出现“2〞如此应进展“估读〞，出现“5〞应进展“估读〞．三.计算论述题〔此题共3小题，必须写出必要的文字表示和物理推演过程．〕15．〔10分〕如下列图，在同一水平面的两导轨相互平行，相距1m并处于竖直向上的匀强磁场中，一根质量为2kg的金属棒放在导轨上，与导轨垂直．当金属棒中的电流为5A时，金属棒做匀速直线运动，当金属棒中的电流增加到8A时，金属棒将获得3m/s2的加速度〔g 取10m/s2〕求：〔1〕磁场的磁感应强度；〔2〕导轨与金属棒间动摩擦因数．考点：安培力．分析：先根据金属棒匀速运动求出所受摩擦力的大小，然后结合牛顿第二定律对加速运动时列方程；利用匀速运动时摩擦力等于安培力求出摩擦因数．解答：解：〔1〕金属棒匀速运动时，安培力与摩擦力平衡：f=BI1L…①金属棒加速运动时，由牛顿第二定律：BI2L﹣f=ma…②联立①②得：B=2T f=10N〔2〕由f=μN。

2015-2016学年甘肃省天水一中高二（上）期末物理试卷一、单项选择题（每题所给出的四个选项中只有一个是正确的，每小题4分，共32分）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导线和磁场方向的夹角无关D．将直导线从中折成直角，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，用穿过两环的磁通量φa和φb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点的动能变化大于由b点到c点的动能变化4．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5．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0.50A和2.0V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2.0A和24.0V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．32W B．44W C．47W D．48W7．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断路C．R3断路D．R4短路二、多选题（本题共2小题，每小题4分，共8分．在每小题给出的四个选项中，至少有二个选项是符合题目要求的；全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分．）9．指南针是我国古代四大发明之一．关于指南针，下列说明正确的是（）A．指南针可以仅具有一个磁极B．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C．指南针的指向会受到附近铁块的干扰D．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转10．一平行板电容器C，极板是水平放置的，它和三个可变电阻及电源连接成如图所示的电路．今有一质量为m的带电油滴悬浮在两极板之间静止不动，要使油滴上升，可采用办法是（）A．增大R1B．增大R2C．增大R3D．减小R2三．实验题（本大题共两个小题，每空2分，共16分）11．在测量金属丝电阻率的实验中，可供选用的器材如下：待测金属丝：R x（阻值约4Ω，额定电流约0.5A）；电压表：V（量程3V，内阻约3kΩ）；电流表：A1（量程0.6A，内阻约0.2Ω）；A2（量程3A，内阻约0.05Ω）；电源：E1（电动势3V，内阻不计）E2（电动势12V，内阻不计）滑动变阻器：R（最大阻值约20Ω）螺旋测微器；毫米刻度尺；开关S；导线．①用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，读数为mm．②若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选、电源应选（均填器材代号），完成电路原理图．12．测量干电池的电动势和内电阻的实验电路如图甲所示，已知干电池允许的最大供电电流为0.5A．（1）实验时应选用下列哪种滑动变阻器．A．1 000Ω，0.1A B．200Ω，2.0AC．20Ω，2.0A D．200Ω，0.1A（2）根据实验得到的图象如图乙所示，可求得干电池的电动势和电阻测量值分别为E测=V，r测=Ω．（3）本实验测出的E测E真，r测r真．（分别选填“＞”、“＜”、“=”）四．计算题（本大题共三道小题，共计44分．解题过程要求写出必要的文字说明、主要方程式和重要演算步骤，有数值计算的要明确写出数值和单位，只有最终结果的不得分．）13．如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场．带电量为+q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动．忽略重力的影响，求：（1）粒子从电场射出时速度v的大小；（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R．14．如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔．质量为m，电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零（空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g）．求：（1）小球到达小孔处的速度；（2）极板间电场强度大小和电容器所带电荷量．15．如图，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面（xy平面）向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向．在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在（d，0）点沿垂直于x轴的方向进人电场．不计重力．若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，求：（1）电场强度大小与磁感应强度大小的比值；（2）该粒子在电场中运动的时间．2015-2016学年甘肃省天水一中高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（每题所给出的四个选项中只有一个是正确的，每小题4分，共32分）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导线和磁场方向的夹角无关D．将直导线从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半【考点】安培力．【分析】本题考查了产生条件、大小与方向，当电流方向与磁场平行时不受安培力，根据左手定则可知安培力的方向与磁场垂直．引用公式F=BIL时，注意要求磁场与电流垂直，若不垂直应当将导线沿磁场与垂直于磁场分解，因此垂直时安培力最大，最大为F=BIL．【解答】解：A、B、根据左手定则可知，安培力方向与磁场和电流组成的平面垂直，即与电流和磁场方向都垂直，故A错误，B正确；C、磁场与电流不垂直时，安培力的大小为F=BILsinθ，则安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角有关，故C错误；D、当电流方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，将直导线从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半；将直导线在垂直于磁场的方向的平面内从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的，故D错误．故选：B．【点评】解决本题的关键是知道当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，最小．当导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大，为F=BIL．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，用穿过两环的磁通量φa和φb大小关系为（）A．φa＜φb B．φa＞φb C．φa=φb D．无法比较【考点】磁通量．【分析】在磁铁的外部，磁感线从N极出发进入S极，在磁铁内部，磁感线从S极指向N 极．磁感线是闭合曲线，磁铁内外总条数相等．穿过环面的磁感线方向有两种，存在抵消情况，抵消后磁感线多，磁通量大．【解答】解：根据磁感线的分布情况可知，磁铁内部穿过环面的磁感线方向向上，外部磁感线方向向下．由于磁感线是闭合曲线，磁铁内部的磁感线条数等于磁铁外部磁感线的总条数，而磁铁外部磁感线分布在无限大的空间，所以穿过环面的磁铁外部向下的磁感线将磁铁内部向上的磁感线抵消一部分，a的面积小，抵消较小，则磁通量较大，所以Φa＞Φb．故选B【点评】本题是非匀强磁场磁通量大小的比较问题，抓住抵消后剩余磁通量进行比较．常见问题，中等难度．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点的动能变化大于由b点到c点的动能变化【考点】电场线；电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场线与等势面垂直．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，沿电场线的方向，电势降低，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．【解答】解：A：根据轨迹弯曲方向判断出，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，A错误；B：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，粒子在C点受到的电场力最小，故B错误；C：根据动能定理，粒子由b到c，电场力做正功，动能增加，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：a点到b点和b点到c点相比，由于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，故a到b电场力做功为多，动能变化也大，故D正确．故选：D．【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．属于基础题目．4．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【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】压轴题；带电粒子在电场中的运动专题．【分析】由电子带负电，在电场中受到的力来确定偏转方向；根据电子做类平抛运动来确定侧向位移，根据电场力做功来确定电势能变化情况．【解答】解：A、由于带负电，故向正极板偏转，A错误；B、由于带负电墨汁微滴做正功，故电势能减少，B错误；C、由于电子在电场中做类平抛运动，轨迹为抛物线，故C正确；D、由侧向位移y=at2=（\frac{l}{v}）2，可知运动轨迹与带电量有关，D错误．故选：C．【点评】解答本题需要理解电子做类平抛运动的规律及处理的方法，并得出电势能变化是由电场力做功来确定的．5．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【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】由电路图可知R2与R0并联后与R1串联，电压表测路端电压；由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化及路端电压的变化，再分析局部电路可得出电流表中示数的变化．【解答】解：当滑片下移时，滑动变阻器接入电阻减小，则外电路总电阻减小，电路中总电流增大，电源的内电压增大，则由闭合电路欧姆定律可知，电路的路端电压减小，故电压表示数减小；由欧姆定律可知，R1上的分压增大，而路端电压减小，故并联部分的电压减小，则通过R2的电流减小，根据并联电路的特点可知：通过R0的电流增大，则电流表的示数增大．故D 正确，ABC错误；故选：D．【点评】分析闭合电路的欧姆定律的动态分析的题目时，一般要按先外电路、再内电路、后外电路的思路进行分析；重点分析电路中的路端电压、总电流及部分电路的电流及电压变化．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0.50A和2.0V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2.0A和24.0V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．32W B．44W C．47W D．48W【考点】电功、电功率．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】让电动机停止转动时，其电路是纯电阻电路，由欧姆定律求出电阻．电动机正常运转时，根据输入的电功率和热功率之差求出输出功率．由焦耳定律求解热功率．【解答】解：电动机停止转动时，其电路是纯电阻电路，由欧姆定律得，电动机的电阻为R==4Ω电动机正常运转时，输入的电功率为P电=U2I2=48W，发热功率P热=I22R=22×4W=16W，所以输出功率为P出=P电﹣P热=32W，故A正确．故选：A【点评】电动机电路停止运转时其电路纯电阻电路，欧姆定律成立．电动机正常运转时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，根据能量转化和守恒定律求解输出功率．7．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【考点】电场强度．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．【分析】电场强度与电势没有直接关系；电场强度的方向与等势面垂直，电场强度的方向是电势降低最快的方向；根据这些知识进行解答．【解答】解：A、只有当电场线是直线，且正电荷从静止开始的，则电场强度的方向才会指向正电荷的运动方向，故A错误；B、电场强度与电势没有直接关系，电场强度为零时，电势不一定为零；电势为零，电场强度不一定为零，故B错误；C、随着电场强度的大小逐渐减小，但电势不一定逐渐降低，因此电场强度减小的方向，不一定沿着电场线方向，故C错误；D、顺着电场线方向电势降低，由匀强电场U=Ed可知，电场强度的方向是电势降低最快的方向，故D正确．故选：D．【点评】明确电场强度与电势无直接关系，知道电场强度的方向是电势降低最快的方向，属于基础题．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断路C．R3断路D．R4短路【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】A灯变暗，说明外电阻总电阻变大了；B灯变亮，说明其分得的电压变大了；根据传并联电路的特点和闭合电路欧姆定律列式求解．【解答】解：A、R1短路，外电路总电阻减小，电流变大，A灯变亮，故A错误；B、R2断路，B灯泡分得的电压变大，变亮；外电阻总电阻变大，电流减小，A灯变暗，故B正确；C、R3断路，B灯泡分得的电压变大，变亮；外电阻总电阻变大，电流减小，A灯变暗，故C正确；D、R4短路，外电路总电阻减小，电流变大，A灯变亮，故D错误；故选BC．【点评】本题是电路的动态分析问题，关键理清电路结构，然后根据串并联电路的特点分析，不难．二、多选题（本题共2小题，每小题4分，共8分．在每小题给出的四个选项中，至少有二个选项是符合题目要求的；全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分．）9．指南针是我国古代四大发明之一．关于指南针，下列说明正确的是（）A．指南针可以仅具有一个磁极B．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C．指南针的指向会受到附近铁块的干扰D．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转【考点】地磁场．【分析】指南针又称指北针，主要组成部分是一根装在轴上的磁针，磁针在天然地磁场的作用下可以自由转动并保持在磁子午线的切线方向上，磁针的北极指向地理的北极，利用这一性能可以辨别方向．常用于航海、大地测量、旅行及军事等方面．物理上指示方向的指南针的发明由三部曲组成：司南、磁针和罗盘．他们均属于中国的发明．【解答】解：A、不存在单独的磁单极子，指南针也不例外，故A错误；B、指南针能够指向南北，说明地球具有磁场，地磁场是南北指向的，故B正确；C、指南针的指向会受到附近铁块的干扰，是由于铁块被磁化后干扰了附近的地磁场，故C 正确；D、在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，电流的磁场在指南针位置是东西方向的，故导线通电时指南针偏转90°，故D错误；故选：BC．【点评】指南针在航海上的应用对地理大发现和海上贸易有极大的促进作用．指南针的发明源于中国古人如何定向问题的研究，也表明古人对如何定向问题的重视．为此，指南针被誉为中国古代四大发明之一．10．一平行板电容器C，极板是水平放置的，它和三个可变电阻及电源连接成如图所示的电路．今有一质量为m的带电油滴悬浮在两极板之间静止不动，要使油滴上升，可采用办法是（）A．增大R1B．增大R2C．增大R3D．减小R2【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】电路稳定时，电容器的电压等于可变电阻R3的电压，改变R1，对电容器的电压没有影响．要使油滴上升，需增加R3两端的电压，根据欧姆定律确定采用的方法．【解答】解：A、增大R1，对电容器的电压没有影响．油滴不动．故A错误．B、增大R2，R2分担的电压变大，则R3分担的电压变小，则电容器两端的电压减小，油滴下降．故B错误，D正确．C、增大R3，R3分担的电压变大，则电容器两端的电压变大，油滴上升．故C正确．故选CD．【点评】本题关键分析电容器的电压是否变化．以及知道电容器两端的电压等于R3两端的电压．三．实验题（本大题共两个小题，每空2分，共16分）11．在测量金属丝电阻率的实验中，可供选用的器材如下：待测金属丝：R x（阻值约4Ω，额定电流约0.5A）；电压表：V（量程3V，内阻约3kΩ）；电流表：A1（量程0.6A，内阻约0.2Ω）；A2（量程3A，内阻约0.05Ω）；电源：E1（电动势3V，内阻不计）E2（电动势12V，内阻不计）滑动变阻器：R（最大阻值约20Ω）螺旋测微器；毫米刻度尺；开关S；导线．①用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，读数为 1.733mm．②若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选A1、电源应选E1（均填器材代号），完成电路原理图．【考点】测定金属的电阻率．【分析】①螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；②根据金属丝的额定电流选择电流表，根据金属丝的额定电压选择电源；根据金属丝阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后作出实验电路图．【解答】解：①由图示螺旋测微器可知，其示数为：1.5mm+27.3×0.01mm=1.773mm；②电阻丝的额定电流约为0.5A，电流表应选A1；电阻丝的额定电压约为U=IR=0.5×5=2.5V，电源应选E1；待测金属丝电阻约为5Ω，电压表内阻约为3kΩ，电流表内阻约为0.2Ω，相对来说电压表内阻远大于待测金属丝的电阻，电流表应采用外接法，由题意可知，滑动变阻器采用限流接法，实验电路图如图所示：故答案为：①1.773；②A1；E1；实验电路图如图所示．【点评】本题考查了螺旋测微器读数、实验器材的选择、设计实验电路图，螺旋测微器固定刻度示数与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；确定电流表的接法是正确设计实验电路的关键，当电压表内阻远大于待测电阻阻值时，电流表应采用外接法．12．测量干电池的电动势和内电阻的实验电路如图甲所示，已知干电池允许的最大供电电流为0.5A．（1）实验时应选用下列哪种滑动变阻器C．A．1 000Ω，0.1A B．200Ω，2.0AC．20Ω，2.0A D．200Ω，0.1A（2）根据实验得到的图象如图乙所示，可求得干电池的电动势和电阻测量值分别为E测= 1.45V，r测= 2.0Ω．（3）本实验测出的E测＜E真，r测＜r真．（分别选填“＞”、“＜”、“=”）【考点】测定电源的电动势和内阻．【专题】实验题；定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】（1）滑动变阻器在电路中起到保护电路并调节电流作用，在限流接法中取比内电阻大10左右即可．过大则难以调节，过小起不到应有的调节作用．（2）由闭合电路欧姆定律可得出电压与电流的关系，结合数学关系可知图象的斜率表示内阻，与纵坐标的交点表示电源的电动势；（3）图象与纵坐标的交点表示电动势，图象的斜率表示内电阻；由图象法可分析此种接法会造成的误差．【解答】解：（1）由题意可知，干电池的内阻约为几欧，故为了易于调节，准确测量，滑动变阻器应选最大值较小的，故C正确．故选：C（2）由闭合电路欧姆定律可知：U=E﹣Ir，即电动势与电流成一次函数关系，由数学知识可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势，图象的斜率表示电源内电阻，故由图可知：电动势E=1.45V，r==2.0Ω，（3）因该接法中由于电压表的分流而导致电流表示数偏小，但电压表是准确的，故图象比真实图象要向上偏，同时，当电路短路时，电压表的分流是可以忽略的，故短路电流是准确的，故图象与横轴的交点不变，所以所测电动势小于真实值，内阻也小于真实值．故答案为：（1）C；（2）1.45；2.0；（3）＜；＜【点评】测定电动势和内电阻的实验中为了减小误差采用了图象分析法，要根据实验原理得出公式，并结合图象的斜率和截距得出正确的结果，难度适中．四．计算题（本大题共三道小题，共计44分．解题过程要求写出必要的文字说明、主要方程式和重要演算步骤，有数值计算的要明确写出数值和单位，只有最终结果的不得分．）13．如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场．带电量为+q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动．忽略重力的影响，求：（1）粒子从电场射出时速度v的大小；（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】（1）根据动能定理求得粒子从电场射出时的速度大小；（2）带电粒子进入磁场在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供圆周运动向心力求得粒子圆周运动的半径．【解答】解：（1）设带电粒子射出电场时的速度为v，由动能定理可得：解得粒子射出速度v=（2）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得：可得带电粒子圆周运动的半径R===答：（1）粒子从电场中射出时的速度为；（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为．【点评】带电粒子在电场中加速可以根据动能定理求解加速的速度，在磁场中做匀速圆周运动根据洛伦兹力提供圆周运动向心力列式求解是关键．14．如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔．质量为m，电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零（空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g）．求：（1）小球到达小孔处的速度；（2）极板间电场强度大小和电容器所带电荷量．【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】（1）小球到达小孔前是自由落体运动，根据速度位移关系公式列式求解即可；（2）对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式求解电场强度，然后根据Q=CU求解电容器的带电量；【解答】解：（1）小球到达小孔前是自由落体运动，根据速度位移关系公式，有：v2=2gh解得：…①（2）对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式，有：mg（h+d）﹣qEd=0解得：…②。

2015-2016学年甘肃省天水三中高二〔上〕第一学段物理试卷〔理科〕一．此题共12小题，每一小题4分，共48分．在每一小题给出的四个选项中，前9题只有一个选项正确，后3题有多个选项正确．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错的或不答的得0分．1．关于摩擦起电和感应起电，以下说法正确的答案是〔〕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．避雷针能起到避雷作用，其原理是〔〕A．尖端放电 B．静电屏蔽C．摩擦起电 D．同种电荷相互排斥3．电容的单位是〔〕A．库仑 B．法拉 C．伏特 D．特斯拉4．对于一给定的电容器，在如下列图中，描述电容C、带电荷量Q、电压U之间的相互关系的图线中正确的答案是〔〕A．B．C．D．5．由电场强度的定义式E=可知，在电场中的同一点〔〕A．电场强度E跟F成正比，跟q成反比B．无论试探电荷所带的电量如何变化，始终不变C．同一电荷在电场中某点所受的电场力大，该点的电场强度强D．一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，如此P点的场强一定为零6．如下列图，原来不带电的金属导体MN，在其两端下面都悬挂着金属验电箔；假设使带负电的金属球A靠近导体的M端，可能看到的现象是〔〕A．只有M端验电箔张开，且M端带正电B．只有N端验电箔张开，且N端带正电C．两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电D．两端的验电箔都张开，且两端都带正电或负电7．如下列图，实线表示匀强电场的电场线．一个带正电荷的粒子以某一速度射入匀强电场，只在电场力作用下，运动的轨迹如图中的虚线所示，a、b为轨迹上的两点．假设a点电势为фa，b点电势为фb，如此〔〕A．场强方向一定向左，且电势фa＞фbB．场强方向一定向左，且电势фa＜фbC．场强方向一定向右，且电势фa＞фbD．场强方向一定向右，且电势фa＜фb8．有一毫安表，它的内阻是100Ω，量程为2mA，现要将它改装成量程为10A的电流表，如此毫安表应〔〕A．并联一个0.02Ω的电阻B．并联一个0.2Ω的电阻C．串联一个50Ω的电阻D．串联一个4900Ω的电阻9．一台国产封闭型贮水式电热水器的铭牌上所列的主要技术参数如下表所示．根据表中提供的数据，计算出此电热水器在额定电压下处于加热状态时，通过电热水器的电流约为〔〕额定容量54L 最高水温75℃额定功率1500W 额定压力0.7MPa额定电压220V 电器类别Ⅰ类A．6.8A B．0.15A C．4.4A D．0.23A10．用伏安法测电阻的实验，可以采用图示a、b两种方法把伏特表和安培表连人电路，这样测量出来的电阻值与被测电阻的真实阻值比拟，如下正确的答案是〔〕A．两种接法的测量值都小于真实值B．采用a图接法，测量值小于真实值C．采用b图接法，测量值大于真实值D．两种接法的测量值都大于真实值11．在如下列图的电路中，假设该伏特表和安培表的位置互换，如此可能发生的情况〔〕A．伏特表将被烧坏B．灯泡将被烧坏C．灯泡不能发光 D．安培表将被烧坏12．如下列图，在两个固定的异种点电荷Q1、Q2的连线上有A、B两点．将一个带负电的试探电荷q由A静止释放，它从A点运动到B点的过程中，可能〔〕A．先加速运动再减速运动B．加速度一直增大C．电势能先增大后减小D．在B点电势能比在A点的电势能小二、实验题：〔共10分〕13．〔10分〕〔2015秋•天水校级月考〕为了描绘标有“3V，0.4W〞的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯炮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，导线假设干．〔1〕为了完成上述实验，实验中应选择的仪器是．〔2〕在Ⅱ卷的虚线框中画出完成此实验的原理图．〔3〕此实线描绘出的I﹣U图线是填“曲线〞．“直线〞〕，其原因是．三、计算题：此题共3个小题，总分为42分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．14．〔14分〕〔2014秋•新余期末〕电场中某区域的电场线如下列图，A、B是电场中的两点．一个电荷量q=+4.0×10﹣8 C的点电荷在A点所受电场力F A=2.0×10﹣4 N，将该点电荷从A点移到B点，电场力做功W=8.0×10﹣7J．求：〔1〕A点电场强度的大小E A．〔2〕A、B两点间的电势差U．15．〔14分〕〔2015秋•天水校级月考〕如图ABCD是竖直放在E=103V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，BCD是直径为20cm的半圆环，AB=15cm，一质量m=10g，带电量q=10﹣4C的小球由静止在电场力作用下自A点沿轨道运动，求：它运动到C点速度多大？此时对轨道的压力多大？16．〔14分〕〔2015秋•天水校级月考〕带电量为Q，质量为m的原子核由静止开始经电压为U1的电场加速后进入一个平行板电容器，进入时速度和电容器中的场强方向垂直．：电容器的极板长为L，极板间距为d，两极板的电压为U2，重力不计，求：〔1〕经过加速电场后的速度；〔2〕离开电容器电场时的偏转量．2015-2016学年甘肃省天水三中高二〔上〕第一学段物理试卷〔理科〕参考答案与试题解析一．此题共12小题，每一小题4分，共48分．在每一小题给出的四个选项中，前9题只有一个选项正确，后3题有多个选项正确．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错的或不答的得0分．1．关于摩擦起电和感应起电，以下说法正确的答案是〔〕A．摩擦起电是因为电荷的转移，感应起电是因为产生电荷B．摩擦起电是因为产生电荷，感应起电是因为电荷的转移C．不论摩擦起电还是感应起电都是电荷的转移D．以上说法均不正确考点：元电荷、点电荷．分析：摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，并没有创造电荷．感应起电的实质是电荷可以从物体的一局部转移到另一个局部．解答：解：摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，即说明了电荷可以从一个物体转移到另一个物体，并没有产生电荷．感应起电过程电荷在电场力作用下，电荷从物体的一局部转移到另一个局部，所以ABD错误，C正确．应当选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局部转移到另一个局部．摩擦起电是电子从一个物体转移到另一个物体．2．避雷针能起到避雷作用，其原理是〔〕A．尖端放电 B．静电屏蔽C．摩擦起电 D．同种电荷相互排斥考点：静电现象的解释．分析：雷电是云层与大地之间或云层之间的放电现象，在高大的建筑物上安装避雷针，可使云层所带电荷通过避雷针进入大地，从而保护建筑物不受雷击．解答：解：当带电云层靠近建筑物时，由于越尖的地方的，电场强度越强，避雷针上产生的感应电荷会通过针尖放电，逐渐中和云中的电荷，使建筑物免遭雷击．其原理为尖端放电，故A正确，BCD错误．应当选：A．点评：此题考查了避雷针的原理，掌握越尖的地方，电场强度越强，难度不大，属于根底题，注意掌握静电屏蔽的原理，与摩擦起电的实质．3．电容的单位是〔〕A．库仑 B．法拉 C．伏特 D．特斯拉考点：电容．专题：电容器专题．分析：电容单位是法拉，也可用微法和皮法来表示，但不是库伦、伏特和特斯拉．解答：解：电容的单位为法拉，伏特为电压单位；库仑为电量单位；特斯拉为磁场强度的单位；故只有B正确；应当选：B．点评：此题考查对物理量单位的掌握程度．对于以人名命名的单位可以结合科学家的成就进展记忆．4．对于一给定的电容器，在如下列图中，描述电容C、带电荷量Q、电压U之间的相互关系的图线中正确的答案是〔〕A．B．C．D．考点：电容器的动态分析；电容．专题：电容器专题．分析：电容器的电容由本身的因素决定，与电容器所带的电荷量以与电势差的大小无关．解答：解：A、在电压U不变的情况下，电荷量才与电容正比．故A错误．B、根据C=，知对于一给定的电容器，电容不变．如此Q与U成正比．故B正确．C、电容器的电容由本身的因素决定，与电容器所带的电荷量以与电势差的大小无关．故C、D 错误．应当选B．点评：解决此题的关键掌握电容的定义式为C=，知道C与Q和U无关，根据Q=CU，知Q与U成正比，同时理解电容器电容大小与那些因素有关．5．由电场强度的定义式E=可知，在电场中的同一点〔〕A．电场强度E跟F成正比，跟q成反比B．无论试探电荷所带的电量如何变化，始终不变C．同一电荷在电场中某点所受的电场力大，该点的电场强度强D．一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，如此P点的场强一定为零考点：电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场强度与试探电荷所受电场力、电荷量无关，由电场本身决定．同一电荷在电场中某点所受的电场力大，该点的电场强度不一定大．电场对不带电的小球没有电场力作用，一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，P点的场强不一定为零．解答：解：A、电场强度等于试探电荷所受电场力与电荷量的比值，但电场强度E并不跟F成正比，跟q 成反比，而F、q无关，E由电场本身决定．故A错误．B、在电场中的同一点，电场强度E是一定的，如此无论试探电荷所带的电量如何变化，始终不变．故B正确．C、同一电荷在电场中某点所受的电场力大，P点的场强不一定为零，还要该电荷的电荷量大小．故C错误．D、电场对不带电的小球没有电场力作用，不带电的小球在P点受到的电场力为零，P点的场强可能为零，也可能不为零．故D错误．应当选B点评：对于电场强度，要抓住它的比值定义法的共性，E与试探电荷所受电场力、电荷量无关，反映电场本身的强弱和方向．6．如下列图，原来不带电的金属导体MN，在其两端下面都悬挂着金属验电箔；假设使带负电的金属球A靠近导体的M端，可能看到的现象是〔〕A．只有M端验电箔张开，且M端带正电B．只有N端验电箔张开，且N端带正电C．两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电D．两端的验电箔都张开，且两端都带正电或负电考点：静电场中的导体．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据静电感应可以判断金属导体的感应的电荷的情况，从而可以判断导体带电的情况．解答：解：金属导体处在负电荷的电场中，由于静电感应现象，弹头导体的右端要感应出正电荷，在导体的左端会出现负电荷，所以导体两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电，所以C正确．应当选C．点评：感应带电，这是使物体带电的一种方法，根据异种电荷互相吸引的原理可知，靠近的一端会带异种电荷．7．如下列图，实线表示匀强电场的电场线．一个带正电荷的粒子以某一速度射入匀强电场，只在电场力作用下，运动的轨迹如图中的虚线所示，a、b为轨迹上的两点．假设a点电势为фa，b点电势为фb，如此〔〕A．场强方向一定向左，且电势фa＞фbB．场强方向一定向左，且电势фa＜фbC．场强方向一定向右，且电势фa＞фbD．场强方向一定向右，且电势фa＜фb考点：电场线；电场强度；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：粒子在电场力作用下，由运动与力关系可知，根据轨迹的弯曲程度，判断出合力〔电场力〕的方向，再根据电场力方向和电荷性质判断场强方向；沿着电场线的方向电势降低的．因此可作出M、N点的等势点〔要同在一根电场线〕，接着沿着电场线去判定．解答：解：由图正电荷运动轨迹可知，正电荷受向右的电场力作用，故场强方向一定向右．沿着电场线的方向电势降低的，可判定a点的电势大于b点，即电势фa＞фb．应当选C．点评：电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布．对于此题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧．8．有一毫安表，它的内阻是100Ω，量程为2mA，现要将它改装成量程为10A的电流表，如此毫安表应〔〕A．并联一个0.02Ω的电阻B．并联一个0.2Ω的电阻C．串联一个50Ω的电阻D．串联一个4900Ω的电阻考点：把电流表改装成电压表．专题：实验题．分析：把毫安表改装成电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值．解答：解：把毫安表改装成10A的电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值：R==≈0.02Ω；应当选：A．点评：此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，应用并联电路特点与欧姆定律可以解题．9．一台国产封闭型贮水式电热水器的铭牌上所列的主要技术参数如下表所示．根据表中提供的数据，计算出此电热水器在额定电压下处于加热状态时，通过电热水器的电流约为〔〕额定容量54L 最高水温75℃额定功率1500W 额定压力0.7MPa额定电压220V 电器类别Ⅰ类A．6.8A B．0.15A C．4.4A D．0.23A考点：电功、电功率．专题：电磁学．分析：由热水器铭牌可知，加热时的额定功率是1500W，额定电压是220V，由电功率变形公式可以求出加热时的电流．解答：解：电热水器加热时的电流I==≈6.8A；应当选A．点评：从铭牌获取必要的信息，熟练应用电功率的变形公式即可正确解题，此题是一道根底题．10．用伏安法测电阻的实验，可以采用图示a、b两种方法把伏特表和安培表连人电路，这样测量出来的电阻值与被测电阻的真实阻值比拟，如下正确的答案是〔〕A．两种接法的测量值都小于真实值B．采用a图接法，测量值小于真实值C．采用b图接法，测量值大于真实值D．两种接法的测量值都大于真实值考点：伏安法测电阻．专题：恒定电流专题．分析：两种接法都有误差：a图为电流表外接法，误差来源于电流表的示数不只是通过R的电流，还包括了电压表的电流；b图是电流表内接法，误差来源于电压表的示数不只是电阻R的电压，还包括了电流表的分压，要根据测量值的计算式分析测量值是偏大还是偏小．解答：解：a图采用的是电流表外接法：电流表的示数为通过电阻的电流和电压表的电流之和，即I=I R+I V电压表的示数U是R两端电压的真实值，如此R测==＜=R真；b图为电流表内接法：电压表的示数为R两端的电压和安培表两端的电压之和，即U=U R+U A；故电流表的示数I是通过R的真实值，如此R测==＞=R真如此可知，AD错误，BC正确；应当选：BC．点评：此题为伏安法测电阻时的结论；要注意明确：待测电阻远大于电流表内阻时，电流表的分压小，可忽略不计，用电流表内接法．测量值偏大．待测电阻远小于电压表内阻时，电压表的分流小，可忽略不计，用电流表外接法，测量值偏小．11．在如下列图的电路中，假设该伏特表和安培表的位置互换，如此可能发生的情况〔〕A．伏特表将被烧坏B．灯泡将被烧坏C．灯泡不能发光 D．安培表将被烧坏考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：伏特表内阻很大，而安培表的内阻很小，假设该伏特表和安培表的位置互换，灯泡不能发光，安培表将被烧坏．解答：解：伏特表内阻很大，而安培表的内阻很小，假设该伏特表和安培表的位置互换，伏特表与灯泡串联后与安培表并联，外电阻很小，根据闭合电路欧姆定律可知，流过电源的电流很大，通过安培表的电流也很大，安培表将被烧坏，而流过灯泡的电流很小，灯泡不能发光．应当选CD点评：此题关键对伏特表内阻很大，而安培表的内阻很小有所了解，再根据欧姆定律分析就能正确判断．12．如下列图，在两个固定的异种点电荷Q1、Q2的连线上有A、B两点．将一个带负电的试探电荷q由A静止释放，它从A点运动到B点的过程中，可能〔〕A．先加速运动再减速运动B．加速度一直增大C．电势能先增大后减小D．在B点电势能比在A点的电势能小考点：电场的叠加；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据试探电荷所受库仑力的合力判断电荷的运动规律以与加速度的变化，根据库仑力做功判断电势差的变化，结合能量守恒比拟A、B两点的电势能．解答：解：A、试探电荷从静止释放，所受的库仑力的合力一定先向右，所以库仑力一定先做正功，电势能一定先减小．在向B运动的过程中，当库仑力的合力可能向左，如此试探电荷会再做减速运动．故A正确，C错误．B、试探电荷从静止由A到B的过程中，库仑力的合力不可能一直增大，所以加速度不可能一直增大．故B错误．D、从A到B的过程中，电荷的动能增加了，根据能量守恒知，电势能减小了，所以电荷在B 点电势能比A点电势能小．故D正确．应当选：AD．点评：解决此题的关键知道库仑力做正功，电势能减小，库仑力做负功，电势能增加；对于A、B两点的电势能比拟，可以通过能量守恒判断，也可以通过库仑力做功情况来判断．二、实验题：〔共10分〕13．〔10分〕〔2015秋•天水校级月考〕为了描绘标有“3V，0.4W〞的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯炮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，导线假设干．〔1〕为了完成上述实验，实验中应选择的仪器是A、C、E、F、G ．〔2〕在Ⅱ卷的虚线框中画出完成此实验的原理图．〔3〕此实线描绘出的I﹣U图线是曲线填“曲线〞．“直线〞〕，其原因是随着温度的升高，电阻变化．考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．专题：实验题．分析：器材选取的原如此需安全准确，根据灯泡的额定电压和额定电流选择电流表、电压表的量程．灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，通过灯泡电阻的大小分析其是大电阻还是小电阻，确定电流表的内外接．根据电路图连接实物图．灯泡的电阻随温度的变化而变化，所以I﹣U图线是一条曲线．解答：解：〔1〕灯泡的额定电压为3V，所以电压表的量程选择3V的误差较小，额定电流I=，所以电流表的量程选择200mA的，故实验中应选择的仪器是A、C、E、F、G．〔2〕灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，灯泡正常工作时的电阻R=，远小于电压表的内阻，属于小电阻，电流表采用外接法．电路图和实物连线图如下列图．〔3〕由于温度升高，电阻变化，所以描绘出的I﹣U图线是曲线．故答案为：〔1〕A、C、E、F、G．〔2〕如右图．〔3〕曲线，随着温度的升高，电阻变化．点评：解决此题的关键掌握器材选择的原如此，以与知道滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别，电流表内外接的区别．三、计算题：此题共3个小题，总分为42分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．14．〔14分〕〔2014秋•新余期末〕电场中某区域的电场线如下列图，A、B是电场中的两点．一个电荷量q=+4.0×10﹣8 C的点电荷在A点所受电场力F A=2.0×10﹣4 N，将该点电荷从A点移到B点，电场力做功W=8.0×10﹣7J．求：〔1〕A点电场强度的大小E A．〔2〕A、B两点间的电势差U．考点：电势能；电场强度；电势差．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据电场强度的定义式E=，求解A点电场强度的大小．根据公式U AB=求解A、B 两点间的电势差U．解答：解：〔1〕E A===5×103N/C〔2〕U===20V答：〔1〕A点电场强度的大小E A为5×103N/C．〔2〕A、B两点间的电势差U为20V．点评：此题考查物理根本公式的应用能力．对于公式U=应用时，一般各量要代入符合计算，而E=，一般不代入符合计算．15．〔14分〕〔2015秋•天水校级月考〕如图ABCD是竖直放在E=103V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，BCD是直径为20cm的半圆环，AB=15cm，一质量m=10g，带电量q=10﹣4C的小球由静止在电场力作用下自A点沿轨道运动，求：它运动到C点速度多大？此时对轨道的压力多大？考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；向心力．专题：电场力与电势的性质专题．分析：对A到C点的过程运用动能定理，求出C点的速度；根据径向的合力提供向心力，求出轨道对球的弹力，从而得知球对轨道的压力．解答：解：〔1〕小球从A经B到C的过程中，电场力做功，抑制重力做功，根据动能定理得：qE〔s AB+R〕﹣mgR=mv c2代入数据，解得v c=m/s．〔2〕在C点，支持力提供向心力，根据牛顿第二定律：N﹣qE=m如此N=qE+m=0.1+0.3N=0.4N根据牛顿第三定律小球对轨边C点的压力为O.4N答：〔1〕小球运动到C点的速度为m/s；〔2〕此时它对轨道的压力O.4N．点评：此题关键根据动能定理列式求解C点速度，然后找到向心力来源，根据牛顿第二定律列式求解．16．〔14分〕〔2015秋•天水校级月考〕带电量为Q，质量为m的原子核由静止开始经电压为U1的电场加速后进入一个平行板电容器，进入时速度和电容器中的场强方向垂直．：电容器的极板长为L，极板间距为d，两极板的电压为U2，重力不计，求：〔1〕经过加速电场后的速度；〔2〕离开电容器电场时的偏转量．考点：带电粒子在匀强电场中的运动；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：〔1〕根据动能定理求出粒子经过加速电场加速后的速度；〔2〕粒子进入偏转电场，在沿电场方向上做匀加速直线运动，在垂直电场方向上做匀速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出离开电容器电场时的偏转量y．解答：解：〔1〕粒子在加速电场加速后，由动能定理得速度为；〔2〕进入偏转电场，粒子在平行于板面的方向上做匀速运动t=在垂直于板面的方向做匀加速直线运动，加速度因此离开电容器电场时的偏转．答：〔1〕经过加速电场后的速度；〔2〕离开电容器电场时的偏转量．点评：解决此题的关键知道粒子进入偏转电场后，在沿电场方向和垂直电场方向上的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进展求解．。

2015-2016学年甘肃省天水市甘谷一中高二（上）第二次月考物理试卷一、单项选择题（本题共15小题，每小题2分，共30分．）1．如图所示，由门电路组成的电路，输出端为“1”，指示灯L亮，输出端为“0”，指示灯L 不亮，现要使灯L亮，则A、B两输入端分别是（）A．“1”、“1”B．“0”、“0”C．“1”、“0”D．“0”、“1”2．下列说法正确的是（）A．由B=知，B与F成正比，与IL成反比，B的方向就是F的方向B．地球赤道正上方的小磁针的N极将沿水平向南C．B是磁场的性质，由磁场自身因素决定，与外界无关D．磁性材料在低温下比在高温下容易消磁3．为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的．在如图四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是（）A．B．C．D．4．一个电流表的满偏电流I g=1mA，内阻R g=500Ω．要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（）A．串联一个9.5Ω的电阻B．并联一个10 kΩ的电阻C．串联一个9.5kΩ的电阻D．并联一个9.5Ω的电阻5．用比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法，下面四个物理公式不属于比值定义法的是（）A．电场中某点的电势Φ=B．磁感应强度C．电阻 D．电场强度6．在图中所示的电路中，当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时（）A．伏特表V读数增大，电容C的电荷量在减小B．安培表A的读数增大，电容C的电荷量在增大C．伏特表V的读数增大，安培表A的读数减小D．伏特表V的读数减小，安培表A的读数增大7．一电流表并联一个分流电阻后就改装成一个电流表，当把它和标准电流表串联后去测某电路中的电流时，发现标准表读数为2A时，而改装表的读数为2.1A．为了使它的读数准确，应（）A．在原分流电阻上再串联一个较小的电阻B．在原分流电阻上再并联一个较大的电阻C．在原分流电阻上再串联一个较大的电阻D．在原分流电阻上再并联一个较小的电阻8．用电流表和电压表测量电阻R x的阻值．如图所示，分别将图（a）和（b）两种测量电路连接到电路中，按照（a）图时，电流表示数为4.50mA，电压表示数为2.50V；按照（b）图时，电流表示数为5.00mA，电压表示数为2.40V，比较这两次结果，正确的是（）A．电阻的真实值更接近556Ω，且大于556ΩB．电阻的真实值更接近556Ω，且小于556ΩC．电阻的真实值更接近480Ω，且大于480ΩD．电阻的真实值更接近480Ω，且小于480Ω9．有一个多用电表，其欧姆挡的四个量程分别为“×1”、“×10”、“×100”、“×1k”，某学生把选择开关旋到“×100”挡测量一未知电阻时，发现指针偏转角度很大，为了减少误差，他应该（）A．换用“×1k”挡，不必重新调整调零旋钮B．换用“×10”挡，不必重新调整调零旋钮C．换用“×1k”挡，必须重新调整调零旋钮D．换用“×10”挡，必须重新调整调零旋钮10．两只额定电压均为110V的灯泡A和B，额定功率分别为100W和40W，为了使它们接到220V电源上能正常发光，同时电路消耗的电功率最小，如图所示的四个电路中最合理的是图（）A．B．C．D．11．如图所示的电路中灯泡A．B均不亮，但已知电路中只有一处断开，现用电压表测得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E断 D．R断12．如图所示，带负电的金属圆盘绕轴OO′以角速度ω匀速旋转，在盘左侧轴线上的小磁针最后平衡的位置是（）A．N极沿轴线向右B．N极沿轴线向左C．N极竖直向上 D．N极竖直向下13．两根通电的长直导线平行放置，电流大小I1＞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四点，其中a、b在导线横截面连接的延长线上，c、d在导线横截面连接的垂直平分线上．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14．如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（）A．所受重力与电场力平衡 B．电势能逐渐减少C．动能逐渐减少 D．做匀速直线运动15．一段长为L，电阻为R的均匀电阻丝，把它拉制成3L长的均匀细丝后，切成等长的三段，然后把它们并联在一起，其电阻值为（）A．B．3R C．D．R二、多项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分．全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）16．小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线．则下列说法中正确的是（）A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大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，小灯泡功率为P=U1I217．如图所示，电动势为E、内阻为r的电池与定值电阻R0、滑动变阻器R串联，已知R0=r，滑动变阻器的最大阻值是2r．当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，下列说法中正确的是（）A．电路中的电流变大B．电源的输出功率先变大后变小C．滑动变阻器消耗的功率变小D．定值电阻R0上消耗的功率先变大后变小18．由欧姆定律I=导出U=IR和R=，下列叙述中正确的是（）A．导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比B．导体的电阻由导体本身的物理条件决定，跟导体两端的电压及流过导体的电流的大小无关C．对确定的导体，其两端电压和流过它的电流的比值就是它的电阻值D．一定的电流流过导体，电阻越大，其电压就越大19．下列关于电源的说法正确的是（）A．电源是将其他形式的能转化为电能的装置B．电源的内部总存在着由正极指向负极的电场C．电源电动势的大小，与非静电力所做的功成正比，与移送的电荷量成反比D．电源电动势越大，外电路两端的电压一定越高20．了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要．以下说法符合史实的是（）A．焦耳发现了电流的热效应B．安培发现了电流的磁效应C．库仑利用扭秤实验得出了电荷间的相互作用规律D．奥斯特不仅提出了场的概念，而且用电场线和磁感线直观地描绘了场的清晰图象21．四个相同的电流表分别改装成两个电流表A1、A2和两个电压表V1、V2，A1的量程大于A2的量程，V1的量程大于V2的量程，把它们接入如图所示的电路，闭合开关后（）A．A1的读数比A2的读数小B．A1指针偏转角度与A2指针偏转角度相等C．V1读数比V2读数大D．V1指针偏转角度与V2指针偏转角度不等22．用如图甲所示的电路测定电池的电动势和内阻，根据测得的数据作出了如图乙所示的U ﹣I图象，由图可知（）A．电池电动势的测量值是1.40VB．电池内阻的测量值是3.50ΩC．外电路发生短路时的电流为0.40AD．电压表的示数为1.20V时电流表的示数I′为0.20A23．如图所示，直线A 是电源的路端电压和电流的关系图象，直线B、C分别是电阻R1、R2的两端电压与电流的关系图象，若将这两个电阻分别接到该电源上，下列说法正确的是（）A．两电阻阻值R1＞R2B．R2接在电源上时，电源的内阻消耗功率大C．R2接在电源上时，电源的效率高D．电源的内阻和R2的阻值相等三、实验题（每空2分，本题共18分）24．用游标为20分度的卡尺测量其长度如图，由图可知其长度为_______mm；25．用多用电表进行了几次测量，指针分别处于a和b的位置，如图所示．若多用电表的选a b选择开关所处挡位示，用米尺测量金属丝的长度l=1.010m．金属丝的电阻大约为4Ω．先用伏安法测出金属丝的电阻，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率．（1）从图1中读出金属丝的直径为_______mm；（2）在用伏安法测定金属丝的电阻时，除被测的电阻丝外，还有如下供选择的实验器材：直流电源：电动势约3V，内阻很小；电流表A1：量程0～0.6A，内阻约为0.125Ω；电流表A2：量程0～3.0A，内阻约为0.025Ω；电压表V：量程0～3V，内阻约为3kΩ；滑动变阻器R1：最大阻值10Ω；滑动变阻器R2：最大阻值50Ω；开关、导线等．在可供选择的器材中，应该选用的电流表是_______，应该选用的滑动变阻器是_______；（3）为减小实验误差，应选用如图2中_______（选填“甲”或“乙”）为该实验的电路原理图；（4）若根据伏安法测出电阻丝的电阻为R x=4.2Ω，则这种金属材料的电阻率为_______Ω•m．（保留二位有效数字）四、解答题（本题共3小题，共28分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．）27．在研究微型电动机的性能时，可采用如图所示的实验电路．当调节滑动变阻器R，使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5A和1.0V；重新调节R，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0A和15.0V．求这台电动机正常运转时：（1）电动机的内电阻；（2）输入电动机的电功率；（3）若电动机以v=1m/s匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量？（g取10m/s2）28．在如图的电路中，若R1=4Ω，R3=6Ω，电池内阻r=0.6Ω，则电源产生的总功率为40W，而输出功率则37.6W．求：（1）干路上的电流为多大？（2）电源的电动势E为多大？（3）电阻R2的电阻值为多大？29．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/s2，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v0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？2015-2016学年甘肃省天水市甘谷一中高二（上）第二次月考物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共15小题，每小题2分，共30分．）1．如图所示，由门电路组成的电路，输出端为“1”，指示灯L亮，输出端为“0”，指示灯L 不亮，现要使灯L亮，则A、B两输入端分别是（）A．“1”、“1”B．“0”、“0”C．“1”、“0”D．“0”、“1”【考点】简单的逻辑电路．【分析】与电路可知门电路的结构，为一个或非门，或门应输出低电平则可使灯泡发光．【解答】解：由图可知，要使灯发光灯泡左端电势应为高电势；而电路结论为一个或非门，或门应输出低电平，故只有B正确；故选：B．2．下列说法正确的是（）A．由B=知，B与F成正比，与IL成反比，B的方向就是F的方向B．地球赤道正上方的小磁针的N极将沿水平向南C．B是磁场的性质，由磁场自身因素决定，与外界无关D．磁性材料在低温下比在高温下容易消磁【考点】分子电流假说．【分析】磁感应强度的定义式采用比值法定义式，具有比值法定义的共性，B与F、IL无关，反映磁场本身的特性．当通电导线与磁场平行时不受磁场力．B的方向与磁场力F的方向垂直．【解答】解：A、公式B=是磁感应强度的定义式，与F、IL无关，由磁场本身决定，故A错误，C正确．B、地球赤道正上方的小磁针的N极沿水平向北，故B错误，D、高温时分子的运动变得激烈，所以磁性材料在高温下比在低温下容易消磁；故D错误；故选：C3．为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的．在如图四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是（）A ．B ．C ．D ．【考点】分子电流假说． 【分析】要知道环形电流的方向首先要知道地磁场的分布情况：地磁的南极在地理北极的附近，故右手的拇指必需指向南方，然后根据安培定则四指弯曲的方向是电流流动的方向从而判定环形电流的方向．【解答】解：地磁的南极在地理北极的附近，故在用安培定则判定环形电流的方向时右手的拇指必需指向南方；而根据安培定则：拇指与四指垂直，而四指弯曲的方向就是电流流动的方向，故四指的方向应该向西．故B 正确． 故选B ．4．一个电流表的满偏电流I g =1mA ，内阻R g =500Ω．要把它改装成一个量程为10V 的电压表，则应在电流表上（ ）A ．串联一个9.5Ω的电阻B ．并联一个10 k Ω的电阻C ．串联一个9.5k Ω的电阻D ．并联一个9.5Ω的电阻 【考点】把电流表改装成电压表．【分析】把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出串联电阻阻值．【解答】解：把电流表改装成电表需要串联分压电阻，串联电阻阻值为： R=﹣R g =﹣500=9500Ω；故选：C ．5．用比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法，下面四个物理公式不属于比值定义法的是（ ）A ．电场中某点的电势Φ=B ．磁感应强度C ．电阻D ．电场强度【考点】电势；磁感应强度． 【分析】比值法定义的基本特点是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．【解答】解：A、电场中某点的电势Φ=，电势与电势能无直接关系，属于比值定义法．故A正确．B、磁感应强度与放入磁场中的电流元无关．所以B=属于比值定义法．故B错误．C、电阻R与电压、电流无关，是其本身的属性，属于比值定义法，故C正确．D、电场强度与场源电荷量成正比，与距离的平方成反比，所以E=k不属于比值定义法．故D错误．本题选不属于定义式的，故选：D．6．在图中所示的电路中，当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时（）A．伏特表V读数增大，电容C的电荷量在减小B．安培表A的读数增大，电容C的电荷量在增大C．伏特表V的读数增大，安培表A的读数减小D．伏特表V的读数减小，安培表A的读数增大【考点】闭合电路的欧姆定律；电容器．【分析】当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时，先分析变阻器电阻的变化，得到总电阻的变化，分析总电流的变化，判断出路端电压的变化，即可知道电压表读数的变化．再根据并联部分电压的变化和总电流的变化，分析电流表读数的变化．【解答】解：当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时，变阻器有效电阻减小，外电路总电阻减小，则路端电压减小，总电流增大，所以伏特表V的读数减小．根据串联电路分压特点可知，电路中并联部分分压减小，通过R2的电流减小，而总电流增大，所以通过电流表的电流增大，即安培表A的读数增大．由于并联部分电压减小，电容器板间电压减小，则电容C的电荷量在减小．故ABC错误，D正确．故选：D．7．一电流表并联一个分流电阻后就改装成一个电流表，当把它和标准电流表串联后去测某电路中的电流时，发现标准表读数为2A时，而改装表的读数为2.1A．为了使它的读数准确，应（）A．在原分流电阻上再串联一个较小的电阻B．在原分流电阻上再并联一个较大的电阻C．在原分流电阻上再串联一个较大的电阻D．在原分流电阻上再并联一个较小的电阻【考点】把电流表改装成电压表．【分析】电流表示数偏大，说明所并联电阻的分流太小，则分流电阻阻值偏大．让分流电阻变的稍小些即可．【解答】解：两电流表串联，通过它们的电流相等，标准表读数为2A时，而改装表的读数为2.1A，说明改装后的电流表分流电阻分流偏小，分流电阻偏大；为校准电流表，应使分流电阻阻值稍微减小，可以在原分流电阻上再并联一个较大的电阻，故B正确；故选：B．8．用电流表和电压表测量电阻R x的阻值．如图所示，分别将图（a）和（b）两种测量电路连接到电路中，按照（a）图时，电流表示数为4.50mA，电压表示数为2.50V；按照（b）图时，电流表示数为5.00mA，电压表示数为2.40V，比较这两次结果，正确的是（）A．电阻的真实值更接近556Ω，且大于556ΩB．电阻的真实值更接近556Ω，且小于556ΩC．电阻的真实值更接近480Ω，且大于480ΩD．电阻的真实值更接近480Ω，且小于480Ω【考点】伏安法测电阻．【分析】根据电表示数确定电流表的接法，然后应用欧姆定律求出电阻阻值，根据电路分析实验误差．【解答】解：由题意可知：==，==，＞，电流变化量大，电压表分流对实验影响较大，电流表应采用内接法，即图（a）所示接法，则电阻测量值为：R==≈556Ω，由于电流表采用内接法，电压测量值偏大，电阻测量值大于真实值，则电阻真实值小于556Ω；故选：B．9．有一个多用电表，其欧姆挡的四个量程分别为“×1”、“×10”、“×100”、“×1k”，某学生把选择开关旋到“×100”挡测量一未知电阻时，发现指针偏转角度很大，为了减少误差，他应该（）A．换用“×1k”挡，不必重新调整调零旋钮B．换用“×10”挡，不必重新调整调零旋钮C．换用“×1k”挡，必须重新调整调零旋钮D．换用“×10”挡，必须重新调整调零旋钮【考点】用多用电表测电阻．【分析】欧姆表表盘刻度不均匀，零刻度在右边，每次换挡都必须进行欧姆调零．【解答】解：欧姆表的零刻度在最右边，指针偏角大说明被测电阻小，因此，要换小挡位×10，重新欧姆调零．故D正确．故选：D．10．两只额定电压均为110V的灯泡A和B，额定功率分别为100W和40W，为了使它们接到220V电源上能正常发光，同时电路消耗的电功率最小，如图所示的四个电路中最合理的是图（）A．B．C．D．【考点】串联电路和并联电路．【分析】由题可知，灯泡的电压相等，但是灯泡的功率不同，由此可以知道两种灯泡的电阻的大小不同，再由电路的串并联的知识先逐个分析灯泡能否正常的发光，再判断消耗的功率最小的电路．【解答】解：A、灯泡的额定电压为110V，图中，A灯泡的电压等于220V，大于额定电压，烧坏了，故A错误；B、由于额定电压都是110V，额定功率P A=100W、P B=40W，由此可知R B＞R A，把灯泡A 与电阻并联的话，会使并联的部分的电阻更小，所以AB的电压不会平分，AB不会同时正常发光，故B错误；C、由于额定电压都是110V，额定功率P A=100W、P B=40W，由此可知R B＞R A，把灯泡B 与电阻并联的话，可以使并联部分的电阻减小，可能使A与并联部分的电阻相同，所以AB 能同时正常发光，并且电路消耗的功率与A灯泡的功率相同，所以总功率的大小为200W；D、把AB并联之后与电阻串连接入电路的话，当电阻的阻值与AB并联的总的电阻相等时，AB就可以正常发光，此时电阻消耗的功率为AB灯泡功率的和，所以电路消耗的总的功率的大小为280W；由CD的分析可知，正常发光并且消耗的功率最小的为C，故C正确．故选C．11．如图所示的电路中灯泡A．B均不亮，但已知电路中只有一处断开，现用电压表测得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E断 D．R断【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】由图可知，灯泡A、B和滑动变阻器串联，又根据题意可得，电路故障是断路，因此如果电压表示数为零，说明电压表两极不能与电源正负极相连；如果电压表示数为电源电压，说明电压表两极与电源正负极相连．即可判断故障的位置．【解答】解：用电压表测得ab、cd间电压为零，说明没有电流通过灯泡A、B．即两灯泡完好．ac间电压为6V，说明a到电源正极和c到电源负极电路完好；bc间电压为6V，说明b 点到电源正极和c点到电源负极，电路完好，故bc间的用电器断路，即R断路．故D正确，ABC错误．故选D．12．如图所示，带负电的金属圆盘绕轴OO′以角速度ω匀速旋转，在盘左侧轴线上的小磁针最后平衡的位置是（）A．N极沿轴线向右B．N极沿轴线向左C．N极竖直向上 D．N极竖直向下【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【分析】带负电旋转，则可知电流方向，再由右手螺旋定则可知磁极的方向，再根据磁极间的相互作用可知小磁针的偏转方向．【解答】解：带负电金属环，如图所示的旋转．则金属环的电流方向与旋转方向相反．再由右手螺旋定则可知金属环磁极的方向：左端S极，右端N极．因此小磁针N极沿轴线向右．故A正确，BCD错误；故选：A．13．两根通电的长直导线平行放置，电流大小I1＞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四点，其中a、b在导线横截面连接的延长线上，c、d在导线横截面连接的垂直平分线上．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】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：两电流在a 点B的方向相反，但因I1＞I2且离I1近，故I1的磁感应强度大于I2的磁感应强度．则a点不可能为0．两电流在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0．两电流在b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．故选：B14．如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（）A．所受重力与电场力平衡 B．电势能逐渐减少C．动能逐渐减少 D．做匀速直线运动【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】带电粒子在电场中受到电场力与重力，根据粒子的运动轨迹，结合运动的分析，可知电场力垂直极板向上，从而可确定粒子的运动性质，及根据电场力做功来确定电势能如何变化．【解答】解：A、D、带电粒子在电场中受到电场力与重力，根据题意可知，粒子做直线运动，力和速度一定在同一直线上，则可知，电场力必定垂直极板向上，电场力与重力的合力必定与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动，故AD错误；B、电场力垂直于极板向上，电场力做负功，则电势能增加，故B错误；C、因重力不做功，电场力做负功，则电势能增加，导致动能减小，故C正确；故选：C15．一段长为L，电阻为R的均匀电阻丝，把它拉制成3L长的均匀细丝后，切成等长的三段，然后把它们并联在一起，其电阻值为（）A．B．3R C．D．R【考点】电阻定律．【分析】一段长为L，电阻为R的均匀电阻丝，把它拉制成3L长的均匀细丝后，切成等长的三段，长度和横截面积均没有改变，根据电阻定律判断．【解答】解：一段长为L，电阻为R的均匀电阻丝，把它拉制成3L长的均匀细丝后，切成等长的三段，然后把它们并联在一起，长度和横截面积均没有改变，根据电阻定律公式R=，其电阻不变，为R；故选D．二、多项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分．全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）16．小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线．则下列说法中正确的是（）A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大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，小灯泡功率为P=U1I2【考点】欧姆定律．【分析】根据电阻的定义R=，电阻等于图线上的点与原点连线的斜率的倒数，斜率逐渐减小，电阻逐渐增大．对应P点，灯泡的电阻等于过P点的切线斜率的倒数．【解答】解：A、根据电阻的定义R=，电阻等于图线上的点与原点连线的斜率的倒数，图线上的点与原点连线的斜率逐渐减小，说明电阻逐渐增大．故A正确．B、C、根据电阻的定义R=，可知对应P点，小灯泡的电阻为R=≠．故B正确，C错误；D、对应P点，由图可知，小灯泡两端的电压是U1，流过小灯泡的电流是I2，所以小灯泡功率为P=U1I2．故D正确．故选：ABD17．如图所示，电动势为E、内阻为r的电池与定值电阻R0、滑动变阻器R串联，已知R0=r，滑动变阻器的最大阻值是2r．当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，下列说法中正确的是（）A．电路中的电流变大B．电源的输出功率先变大后变小C．滑动变阻器消耗的功率变小D．定值电阻R0上消耗的功率先变大后变小【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【分析】当滑动变阻器滑片P由a端向b端滑动时，电路中总电阻会发生变化，抓住电动势和内电阻不变，去分析电路中电流和路端电压如何变化．关于电阻R0上的功率变化，因为R0是定值电阻，只要分析电流如何变化就可得知．分析滑动变阻器上功率的变化，可将R0等效到内电阻中去，根据结论，当外电阻等于内电阻时，输出功率最大去进行分析．【解答】解：A、当滑动变阻器滑片P由a端向b端滑动时，电路中的总电阻变小，电动势和内电阻不变，得知总电流变大．故A正确．B、当外电阻等于内电阻时，输出功率最大，R＜2r，随着外电阻的增大，输出功率增大，外R＞2r，随着外电阻的增大，输出功率减小．故B错误．外C、将R0等效到内电阻中去，内电阻变为2r，滑动变阻器消耗的功率可看成电源的输出功率，R≤2r，随着外电阻的减小，输出功率减小．故C正确．外D、总电流变大，根据P=I2R0，R O不变，定值电阻R0上消耗的功率变大．故D错误．故选AC．。

甘肃高二高中物理期末考试班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.如图是磁报警装置中的一部分电路示意图，其中电源电动势为E ，内阻为r ，R 1、R 2是定值电阻，R B 是磁敏传感器，它的电阻随磁体的出现而减小，c 、d 接报警器．电路闭合后，当传感器R B 所在处出现磁体时，则电流表的电流I ，c 、d 两端的电压U 将（ ）A ．I 变大，U 变小B ．I 变小，U 变大C ．I 变大，U 变大D ．I 变小，U 变小2.场强为E 的匀强电场和磁感强度为B 的匀强磁场正交．如图质量为m 的带电粒子在垂直于磁场方向的竖直平面内，做半径为R 的匀速圆周运动，设重力加速度为g ，则下列结论不正确的是（ ）A ．粒子带负电，且q=B ．粒子顺时针方向转动C ．粒子速度大小v=D ．粒子的机械能守恒3.在如图所示的电路中，灯泡L 的电阻大于电源的内阻r ，闭合电键S ，将滑动变阻器滑片P 向左移动一段距离后，（电压表和电流表均视为理想）下列结论正确的是（ ）A ．灯泡L 变亮B ．电源的输出功率变小C ．电流表读数变大D ．电容器C 上电荷量减小4.在如图所示的匀强磁场中，已经标出了电流I 和磁场B 以及磁场对电流作用力F 三者的方向，其中错误的是（ ） A ．B ．C ．D ．5.两条导线互相垂直，但相隔一小段距离，其中AB固定，电流方向由B到A，CD可自由运动，电流方向由C到D。

当通以图所示方向电流后，CD导线将（）A. 顺时针方向转动，同时靠近ABB. 逆时针方向转动，同时离开ABC. 顺时针方向转动，同时离开ABD. 逆时针方向转动，同时靠近AB6.如图所示，在真空中，匀强电场的方向竖直向下，匀强磁场的方向垂直纸面向里．三个油滴a、b、c带有等量的同种电荷，已知a静止，b向右匀速运动，c向左匀速运动．比较它们的质量应有（）A．a油滴质量最大B．b油滴质量最大C．c油滴质量最大D．a、b、c的质量一样7.如图，一带电粒子仅在电场力作用下沿图中虚线从A运动到B，在此过程中，下列说法正确的是( )A．加速度逐渐减小B．粒子一定带正电C．电场力对粒子做正功D．粒子电势能增加，动能减少8.如图所示，在加有匀强磁场的区域中，一垂直于磁场方向射入的带电粒子轨迹如图所示，由于带电粒子与沿途的气体分子发生碰撞，带电粒子的能量逐渐减小，从图中可以看出（）A．带电粒子带正电，是从B点射入的B．带电粒子带负电，是从B点射入的C．带电粒子带负电，是从A点射入的D．带电粒子带正电，是从A点射入的9.如图所示，用两根轻细金属丝将质量为m，长为l的金属棒ab悬挂在c．d两处，置于匀强磁场内．当棒中通以从a到b的电流I后，两悬线偏离竖直方向θ角处于平衡状态．为了使棒平衡在该位置上，所需的最小磁场的磁感应强度的大小、方向是（）A．tanθ，竖直向上B．tanθ，竖直向下C．sinθ，平行悬线向下D．sinθ，平行悬线向上10.一磁感应强度B的匀强磁场方向水平向右，一面积为S的矩形线圈abcd如图所示放置，平面abcd与竖直方向成θ角，将abcd绕ad轴转180°角，则穿过线圈平面的磁通量的变化量为（）A．0B．2BSC．2BScosθD．2BSsinθ11.如图所示，一电子束垂直于电场线与磁感线方向入射后偏向A极板，为了使电子束沿射入方向做直线运动，可采用的方法是（）A．将变阻器滑动头P向右滑动B．将变阻器滑动头P向左滑动C．将极板间距离适当减小D．将极板间距离适当增大12.如图所示，M、N两平行金属板间存在着正交的匀强电场和匀强磁场，一带电粒子（重力不计）从O点以速度υ沿着与两板平行的方向射入场区后，做匀速直线运动，经过时间t1飞出场区；如果两板间撤去磁场，粒子仍以原来的速度从O点进入电场，经过时间的t2飞出电场；如果两板间撤去电场，粒子仍以原来的速度从O点进入磁场后，经过时间t3飞出磁场，则t1、t2、t3的大小关系为（）A．t1=t2＜t3B．t2＞t1＞t3C．t1=t2=t3D．t1＞t2=t313.安培的分子环流假设，可用来解释（）A．两通电导体间有相互作用的原因B．通电线圈产生磁场的原因C．永久磁铁产生磁场的原因D．铁质类物体被磁化而具有磁性的原因14.长为L的导线ab斜放（夹角为θ）在水平轨道上，轨道平行间距为d，通过ab的电流强度为I，匀强磁场的磁感应强度为B，如图所示，则导线ab所受安培力的大小为（）A．ILB B．ILBsinθC．D．15.如图所示，在正交的匀强电场和磁场的区域内（磁场水平向内），有一离子恰能沿直线飞过此区域（不计离子重力）（）A．若离子带正电，E方向应向下B．若离子带负电，E方向应向上C．若离子带正电，E方向应向上D．不管离子带何种电，E方向都向下16.如图所示，在x轴上方存在磁感应强度为B的匀强磁场，一个电子（质量为m，电荷量为q）从x轴上的O点以速度v斜向上射入磁场中，速度方向与x轴的夹角为45°并与磁场方向垂直．电子在磁场中运动一段时间后，从x轴上的P点射出磁场．则（）A．电了在磁场中运动的时间为B．电子在磁场中运动的时间为C．OP两点间的距离为D．OP两点间的距离为二、多选题质量为m，带电量为q的小物块，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里的匀强磁场中，磁感应强度为B，如图所示，若带电小物块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．小物块一定带正电荷B．小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动C．小物块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．小物块在斜面上下滑过程中，当小球对斜面压力为零时的速度为三、填空题图一中螺旋测微器读数为______mm．图二中游标卡尺读数为______cm．四、实验题某同学查阅资料发一自动铅笔芯的电阻随温度升高而变小，在实验室中，他取一段长为16cm的自动铅笔笔芯，用多用电表测量其电阻大约为4Ω，该同学要较精确测量铅笔芯的电阻，现有下述器材可供选择：A．电源3V，内阻不计 B．直流电流表0～3A（内阻约0.1Ω）C．直流电流表0～600mA（内阻约0.5Ω） D．直流电压表0～3V（内阻约3kΩ）E．直流电压表0～15V（内阻约200kΩ） F．滑动变阻器（10Ω，1A）G ．滑动变阻器（1kΩ，300mA ）（1）除开关、导线外，实验中要求能够在电压表上从零开始读取若干组数据，需要选用的器材有：_____（填写字母代号）；（2）用线条代替导线，连接实验电路__________；（3）该同学在下表中记录了实验数据，请你根据实验数据在如图方格纸上画出了该铅笔芯的伏安特性曲线：作I ﹣U 图象纵轴为I ，横轴为U_________ ．五、简答题1.竖直放置的两块足够长的带电平行金属板间有匀强电场，其电场强度为E ，在该匀强电场中，用绝缘丝线悬挂质量为m 的带正电小球，当丝线跟竖直方向成θ角小球与板距离为b 时，小球恰好平衡，如图所示。