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2014-2015学年湖北省随州市随县一中高二(下)期末物理模拟试卷

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2014-2015学年湖北省随州市随县一中高二（下）期末物理模拟试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共1小题，共5.0分)1.在如图所示的闪光灯电路中，电源的电动势为E，电容器的电容为C．当闪光灯两端电压达到击穿电压U时，闪光灯才有电流通过并发光，正常工作时，闪光灯周期性短暂闪光，则可以判定（）A.电源的电动势E一定小于击穿电压UB.电容器所带的最大电荷量一定为CEC.闪光灯闪光时，电容器所带的电荷量一定增大D.在一个闪光周期内，通过电阻R的电荷量与通过闪光灯的电荷量一定相等【答案】D【解析】解：A、电容器两端的电压与闪光灯两端的电压相等，当电源给电容器充电，达到闪光灯击穿电压U时，闪光灯被击穿，电容器放电，放电后闪光灯两端电压小于U，断路，电源再次给电容器充电，达到电压U时，闪光灯又被击穿，电容器放电，如此周期性充放电，使得闪光灯周期性短暂闪光．要使得充电后达到电压U，则电源电动势一定大于等于U，A项错误；B、电容器两端的最大电压为U，故电容器所带的最大电荷量为Q=CU，B项错误；C、闪光灯闪光时电容器放电，所带电荷量减少，C项错误；D、充电时电荷通过R，通过闪光灯放电，故充放电过程中通过电阻R的电荷量与通过闪光灯的电荷量一定相等，D项正确．故选D．本题重在理解题意并能明确电路的工作原理，根据工作原理才能明确电源电压与击穿电压U之间的关系，由Q=UC可知极板上的电荷量．本题有效地将电路及电容器结合在一起，考查学生的审题能力及知识的迁移应用能力，对学生要求较高．二、多选题(本大题共6小题，共30.0分)2.如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻r不能忽略．R1和R2是两个定值电阻，L是一个自感系数较大的线圈．开关S原来是断开的．从闭合开关S到电路中电流达到稳定为止的时间内，通过R1的电流I1和通过R2的电流I2的变化情况是（）A.I1开始较大而后逐渐变小B.I1开始很小而后逐渐变大C.I2开始很小而后逐渐变大D.I2开始较大而后逐渐变小【答案】AC【解析】解：开关S闭合瞬间，L相当于断路，通过R1的电流I1较大，通过R2的电流I2较小；当稳定后L的自感作用减弱，通过R1的电流I1变小，通过R2的电流I2变大，故AC正确BD错误．故选：AC利用线圈对电流突变的阻碍作用：闭合瞬间相当于断路，稳定后相当于导线，判断电流变化．做好本题的关键：知道线圈对电流突变时的阻碍作用，特别是断开时相当于电源，L 中原来电流的方向即电动势的正极．3.如图所示，在一绝缘斜面C上有一带正电的小物体A处于静止状态，现将一带正电的小球B沿以A为圆心的圆弧缓慢地从P点转至A正上方的Q点处，已知P、A在同一水平线上，且在此过程中物体A和C始终保持静止不动，A、B可视为质点．关于此过程，下列说法正确的是（）A.物体A受到斜面的支持力先增大后减小B.物体A受到斜面的支持力一直增大C.地面对斜面C的摩擦力先增大后减小D.地面对斜面C的摩擦力逐渐减小【答案】AD【解析】解：A、B、对A研究：P对A的库仑力垂直于斜面方向的分力，先逐渐增大后逐渐减小，当库仑力与斜面垂直时最大，设该分力为F′，根据平衡条件：斜面对A的支持力N=mgcosα+F′，可知N先增大后减小，故A正确，B错误．C、D、以A和C整体为研究对象，分析受力情况如图所示．设P对A的库仑力大小为F，与竖直方向的夹角为θ．根据平衡条件得：f=F sinθ由于F大小不变，θ减小，则知地面对斜面C的摩擦力逐渐减小．故C错误，D正确．故选：AD．如图所示，在一绝缘斜面C上有一带正电的小物体A处于静止状态，现将一带正电的小球B沿以A为圆心的圆弧缓慢地从P点转至A正上方的Q点处，已知P、A在同一水平线上，且在此过程中物体A和C始终保持静止不动，A、B可视为质点．关于此过程，下列说法正确的是本题首先要灵活选择研究对象，再对物体进行受力分析，运用共点力平衡条件求解．当几个物体的加速度相同时，可以考虑整体法．4.半导体材料导电性能受光照影响较大，当光照增强时，其导电性能大幅度提高，表现为电阻减小，因而可用来制作成光敏电阻将光信号转化为电信号．如图所示，R1、R2为定值电阻，L为小灯泡，R3为光敏电阻，当照射光强度增大时（）A.电压表示数增大B.R2中电流增大C.小灯泡L的功率增大D.电路中路端电压降低【答案】ACD【解析】解：A、当光照强度增大，故光敏电阻的阻值减小，电路中的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，故R1两端的电压增大，电压表的示数增大．故A 正确；B、因电路中总电流增大，故内电压增大，路端电压减小，同时R1两端的电压增大，故并联电路部分电压减小；则流过R2的电流减小，故B错误；C、总电流增大，流过R2的电流减小，由并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流一定增大，故由P=I2R可知，小灯泡消耗的功率增大，故C正确；D、电源两端的电压为路端电压，由B的分析可知，路端电压减小，故D正确；故选：ACD由光敏电阻的性质分析电路中电阻的变化，由闭合电路欧姆定律可得出电路中总电流的变化，由欧姆定律可得出电压表示数的变化；同时还可得出路端电压的变化；由串联电路的规律可得出并联部分电压的变化，再由并联电路的规律可得出通过小灯泡的电流的变化，由功率公式即可得出灯泡功率的变化．闭合电路的动态分析问题一般按外电路、内电路再外电路的分析思路进行；分析内电路主要根据总电流及内阻分析内压，而外电路较为复杂，要注意灵活应用电路的性质．5.如图所示，面积为0.02m2、内阻不计的100匝矩形线圈ABCD，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，转动的角速度为100rad/s，匀强磁场的磁感应强度为√22T．矩形线圈通过滑环与理想变压器相连，触头P可移动，副线圈所接电阻R=50Ω，电表均为理想交流电表．当线圈平面与磁场方向平行时开始计时．下列说法正确的是（）A.线圈中感应电动势的表达式为e=100√2cos（100t）VB.P上移时，电流表示数减小C.t=0时，电压表示数为100√2VD.当原、副线圈匝数比为2：1时，电阻上消耗的功率为50W【答案】AD【解析】解：A、矩形闭合导线框ABCD在磁场中转动，产生的交流电的最大值为：E m=n B sω=100×√22×0.02×100=100√2V，线圈中感应电动势的表达式为e=100√2cos（100t）V，故A正确；B、P上移时，原线圈的匝数减小，则导致副线圈电压增大，那么副线圈电流也增大，则原线圈的电流会增大，故B错误；C、由于最大值为有效值的√2倍，所以交流电的有效值为U=100V，当t=0时，电压表示数为100V，故C错误；D、当原、副线圈匝数比为2：1时，电阻上消耗的功率为P=U2R =50250W=50W，故D正确；故选：AD．根据线圈中感应电动势E m=BSω，结合开始计时位置，即可确定瞬时表达式，再由电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，并知道电表是交流电的有效值，逐项分析即可得出结论．掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，掌握感应电动势最大值的求法，理解有效值与最大值的关系．6.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，R 1=20Ω，R 2=30Ω，C 为电容器．已知通过R 1的正弦交流电如图乙所示，则（ ）A.交流电的周期为0.02H zB.原线圈输入电压的最大值为200√2VC.电阻R 2的电功率约为6.67WD.通过R 3的电流始终为零 【答案】 AC【解析】解：A 、变压器不改变交流电的周期和频率，据图乙可知交流电的周期为0.02 s 、频率为50 H z ，故A 正确．B 、由图乙可知通过R 1的电流最大值为I m =1 A ，根据欧姆定律可知其最大电压为U m =I 1m R 1=20 V ，再根据原副线圈的电压之比等于匝数之比可知原线圈输入电压的最大值为200 V ，故B 错误；C 、根据并联电路特点，可知电阻R 2的功率P 2=U R22R 2=(U m √2)2R 2=(20√2)230W=6.67 W ，故C 正确．D 、因为电容器有通交流、隔直流的作用，则有电流通过R 3和电容器，故D 错误； 故选：AC由电压与匝数成反比可以求得副线圈的电压的大小，电容器的作用是通交流隔直流． 该题考查变压器的工作原理，需要掌握变压器的电压之比和匝数比之间的关系，同时对于电容器的作用要了解．7.如图所示，在“日”字形导线框中，ae 与bf 的电阻不计，ab 、cd 、ef 的电阻均为R ，当导线框以恒定的速度向右进入匀强磁场中，比较ab 进入（cd 尚未进入）与cd 进入（ef 尚未进入），下列说法中正确的是（ ）A.ab 中的电流强度相等B.cd 中的电流强度相等C.ef 中消耗的电功率相等D.导线框消耗的总电功率相等 【答案】 BD【解析】解：A 、当导线框以恒定速度v 水平向右运动，ab 边进入磁场时，ab 切割磁感线产生的感应电动势为E=BL v ，外电路是cd 与ef 并联，ab 中的电流强度I 1=ER 2+R =2E3R ，cd 中的电流强度I 1′=I 2=E3R当cd 边进入磁场时，ab 与cd 都切割磁感线，产生的感应电动势都为E=BL v ，内电路是ab 与dc 并联，ab 两端的电势差等于ef 两端的电压，ab 中的电流强度I 2=E3R=E3R cd 中的电流强度I 2′=E 3R=E3R ，故A 错误，B 正确．C 、ab 边进入磁场时，ef 中消耗的电功率P 1=I′12R=E 29R当cd 边进入磁场时，ef 中消耗的电功率P 2=I 2R=4E 29R，故C 错误．D 、ab 边进入磁场时，导线框消耗的总电功率P=EI=2E 23R，当cd 边进入磁场时，导线框消耗的总电功率P ′=EI=2E 23R，故D 正确．故选BD ．当导线框以恒定速度v 水平向右运动，ab 边进入磁场时，ab 切割磁感线相当于电源，ab 间电压是路端电压；当cd 边进入磁场时，ab 与cd 都切割磁感线，相当于并联的电池组，ab 两端的电势差仍是路端电压．根据欧姆定律研究求解．此题关键要区分清楚电源和外电路，可以画出等效电路，电源两端间的电势差是路端电压，不是电源的内电压．三、单选题(本大题共1小题，共5.0分)8.如图甲所示，光滑导轨水平放置在竖直方向的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B 随时间的变化规律如图乙所示（规定向下为正方向），导体棒ab 垂直导轨放置，除电阻R 的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab 在水平拉力F 的作用下始终处于静止状态．规定a →b 的方向为电流的正方向，水平向右的方向为拉力F 的正方向，则在0～2t 0时间内，能正确反映流过导体棒ab 的电流与时间及拉力F 与时间关系的图线是（ ）A. B. C. D.【答案】 D【解析】 解：由E=△∅△t =△B⋅S △t可知，电动势保持不变，则电路中电流不变；由安培力F=B t IL 可知，电路中安培力随B 的变化而变化，当B 为负值时，安培力的方向为负，B 为正值时，安培力为正值，故D 正确； 故选：D ．由法拉第电磁感应定律可得出电路中的电动势，则可求得电路中的电流；由安培力公式可得出安培力的表达式，则可得出正确的图象．这题目考查了学生对法拉第电磁感应定律、安培力、左手定则等的掌握和理解情况；电磁感应的知识是高考中的热点话题，又是二级要求的，要求能熟练掌握．四、多选题(本大题共1小题，共5.0分)9.如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨与水平方向成θ角放置，下端接有电阻R，一根质量为m的导体棒垂直放置在导轨上，与导轨保持良好接触，匀强磁场垂直导轨平面向上，导体棒在外力作用下向上匀速运动．不计导体棒和导轨的电阻，则下列说法正确的是（）A.拉力做的功等于棒的机械能的增量B.合力对棒做的功等于棒动能的增量C.拉力与棒受到的磁场力的合力为零D.拉力对棒做的功与棒克服重力做功之差等于回路中产生的电能【答案】BD【解析】解：A、根据能量转化和守恒定律，可知拉力做的功等于棒的机械能的增量与电路中产生的电能之和，故A错误；B、根据动能定理得知：合力对棒做的功等于棒动能的增量，故B正确；C、导体受重力、磁场力、支持力和拉力，由于匀速动动，所以四个力合力为零，根据平衡条件的推论得知：拉力与磁场力的合力大小等于重力与支持力的合力大小，不等于零，故C错误；D、根据功能关系可知，拉力、安培力和重力所做总功为零，即W拉-W安-W G=0，可得：W拉-W G=W安，即拉力对棒做的功与棒克服重力做的功之差等于棒克服安培力做的功，而棒克服安培力做的功等于回路中产生电能，所以拉力对导体棒做的功与棒克服重力做的功之差等于回路中产生的电能，故D正确．故选：BD导体沿斜面匀速上升，动能不变，重力势能增加，回路中产生内能，根据能量转化和守恒定律，分析拉力做功与各种能量变化的关系．根据动能定理，拉力、磁场力和重力所做总功为零，拉力对棒做的功与棒克服重力做的功之差等于棒克服磁场力做的功，而棒克服磁场力做的功等于回路中产生的电能．根据功能关系进行分析．本题考查分析电磁感应现象中功能关系的能力．掌握能正确分析棒的受力情况，运用平衡条件和功能关系进行分析，运用功能分析时，要抓住导体棒克服磁场力做的功等于回路中产生电能．五、单选题(本大题共1小题，共5.0分)10.如图所示，带电粒子以初速度v0从a点垂直y轴进入匀强磁场，运动中经过b点，且oa=ob．若撤去磁场加一个与y轴平行的匀强电场，让该粒子仍以v0从a点垂直y轴进入匀强电场，粒子仍能通过b点，那么电场强度E与磁感应强度B之比EB为（）A.v0B.1v0C.2v0 D.v02【答案】C【解析】解：设oa=ob=d，因为带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径r 正好等于d ，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qv 0B=m v02r，r =d解得：B=mv 0qd ．如果换成匀强电场，水平方向以v 0做匀速直线运动， 竖直沿y 轴负方向做匀加速运动，即：d =12⋅qE mt 2，d =v 0t ；解得：E=2mv 02qd则：EB =2v 0；故选：C ．带电粒子以速度v 0从a 点进入匀强磁场，运动中经过b 点，O a =O b ，所以圆周运动的半径正好等于oa =ob ，根据半径公式求出B ，如果换成匀强电场，则粒子做类平抛运动，根据平抛运动的基本规律即可求解．带电粒子在电场磁场中的运动要把握其运动规律，在电场中利用几何关系得出其沿电场和垂直于电场的运动规律；而在磁场中也是要注意找出相应的几何关系，从而确定圆心和半径．九、多选题(本大题共1小题，共6.0分)16.下列关于原子物理学的说法中不正确的是 （ ） A.β衰变现象说明电子是原子核的组成部分B.仔细观察氢原子的光谱，发现它只有几条分离的不连续的亮线，其原因是氢原子辐射的光子的能量是不连续的，所以对应的光的频率也是不连续的C.放射性元素的半衰期随温度的升高而变短；比结合能越小表示原子核中的核子结合得越牢固D.光电效应的实验结论是：对于某种金属无论光强多强，只要光的频率小于极限频率就不能产生光电效应；超过极限频率的入射光频率越高，所产生的光电子的最大初动能就越大 【答案】 AC【解析】解：A 、β衰变的电子是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，故电子不是原子核的组成部分，故A 错误；B 、根据玻尔理论得知，氢原子的能量不连续的，辐射的光子的能量是不连续的，则辐射的光子频率满足hv =E m -E n ，则辐射的光子频率不连续，故B 正确；C 、半衰期由原子核内部因素决定，与温度无关，比结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固，故C 错误；D 、根据光电效应方程：E k =h γ-W 0对于某种金属无论光强多强，只要光的频率小于极限频率就不能产生光电效应；超过极限频率的入射光频率越高，所产生的光电子的最大初动能就越大，D 正确．题目要求选不正确的，故选：AC ．β衰变的电子来自原子核，不是核外电子；玻尔引入了量子理论，氢原子的能量是量子化，辐射时产生的光子频率是量子化； 半衰期由原子核内部因素决定，与所处的物理环境和化学状态无关；根据光电效应方程：E k=hγ-W0．判断．β衰变的电子来自原子核但电子并不是原子核的组成部分．六、实验题探究题(本大题共1小题，共8.0分)11.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，除有一标有“6V，1.5W”的小灯泡、导线和开关外，还有：A．直流电源（6V，内阻不计）B．直流电流表（0～3A，内阻0.1Ω以下）C．直流电流表（0～300m A，内阻约5Ω）D．直流电压表（0～10V，内阻约为15kΩ）E．滑动变阻器（10Ω，2A）F．滑动变阻器（1kΩ，0.5A）实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量．（1）实验中电流表应选用______ ，滑动变阻器应选用______ （均用序号表示）．（2）在方框内画出实验电路图．（3）试将图中所示器材连成实验电路．【答案】C；E【解析】解：（1）灯泡的额定电流I额=PU =1.56A=250m A，故电流表选C．因要求电压从零开始变化，变阻器用分压接法，应选小阻值的E．（2）本实验中要求多测几组数据，故应采用分压接法；同时因灯泡的内阻较小，与电流表内阻相差不多，故应采用电流表外接法，故电路图如图所示：（3）根据电路图连接实物图如图所示：故答案为：（1）C，E；（2）如图所示；（3）如图所示（1）由题目中给出的条件灯泡的功率及电路的接法可以选出电流表及滑动变阻器；（2）由实验要求可知本实验中电流表及电压表的示数应从零开始变化，根据分压及限流的接法可得出实验的电路图；（3）根据电路图连接实物图．在测小灯泡的伏安特性曲线性，要注意一定要采用分压和外接法，这样可以减小实验误差．七、填空题(本大题共1小题，共7.0分)12.某物理兴趣小组要精确测量一只电流表G（量程为1m A、内阻约为100Ω）的内阻．实验室中可供选择的器材有：电流表A1：量程为3m A内阻约为200Ω；电流表A2：量程为0.6A，内阻约为0.1Ω；定值电阻R1：阻值为60Ω；滑动变阻器R2：最大电阻5000Ω，额定电流1.5m A；滑动变阻器R3：最大电阻50Ω，额定电流150m A；直流电源：电动势1.5V，内阻0.5Ω；开关，导线若干．（1）为了精确测量电流表G的内阻，你认为该小组同学应选择的电流表为______ 、滑动变阻器为______ ．（填写器材的符号）（2）在方框中画出你设计的实验电路图．（3）按照你设计的电路进行实验，测得电流表A的示数为I1，电流表G的示数为I2，则电流表G的内阻的表达式为r g= ______ ．【答案】A1；R3；(I1−I2)R1I2【解析】解：（1）待测电流表G量程是1m A，其并联电路的R1上的电流：I′=I⋅R gR1=1×10060≈1.67mA电路中的总电流为2.67m A，故选电流表A1，滑动变阻器要选择比较小的电阻，故选选电阻R3，（2）待测电流表与定值电阻并联，然后由电流表测出并联电流，滑动变阻器采用分压接法，电路图如图所示．（3）电流表A的示数为I1，电流表G的示数为I2，通过定值电阻的电流为I=I1-I2，电流表G两端的电压U=IR2，待测电流表内阻r g=(I1−I2)R1I2故答案为：（1）A1、R3；（2）如图所示；（3）r g=(I1−I2)R1I2（1）根据待测电流表的量程选择电流表，由欧姆定律求出电路最大电流时电路的最小电阻，根据该电阻选择定值电阻．（2）没有电压表，可以把待测电流表与定值电阻并联，然后由电流表测出并联电流，然后由并联电路特点及欧姆定律求出待测电流表内阻；为了多次测量，可以使用滑动变阻器的分压接法；据此设计实验电路．（3）由并联电路特点及欧姆定律求出电流表G的内阻本题考查电阻的测量方法，明确并联电路的电流与电阻的大小关系．八、计算题(本大题共3小题，共30.0分)13.如图所示，交流发电机电动势的有效值为E=20V，内阻不计，它通过一个R=6Ω的指示灯连接降压变压器．降压变压器输出端并联24只彩色小灯泡，每只灯泡都是“6V、0.25W”，灯泡都正常发光，导线电阻不计．求：（1）降压变压器初级、次级线圈匝数比（2）发电机的输出功率．【答案】解：（1）变压器的输入功率为P1=P2=24×0.25=6W由题意副线圈所接电灯泡均正常发光，所以副线圈电流I2=0.256×24=1A 而U1+I1R=E，P1=U1I1，所以I1=13A，U1=18V，所以n1n2=186=3（2）由P=UI发电机的输出功率为：P=E•I1=20×13=6.67W答：（1）降压变压器初级、次级线圈匝数比是3：1（2）发电机的输出功率是6.67W．【解析】输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，先求出变压器输出的总功率，然后根据理想变压器的原理分析即可．根据理想变压器的电压与匝数，电流与匝数之间的关系，和欧姆定律来逐项的分析求解即可求得结论．14.如图所示，上、下边界均水平的区域宽为L=0.1m，内有磁感应强度大小为B=10T，方向水平向内的匀强磁场．一边长也为L，质量为m=0.1kg，电阻为R=1Ω的匀质正方形线框，通过滑轮装置与另一质量为M=0.14kg的物体连接．线框从磁场下方h处静止释放，当线框cd边进入磁场一段时间后（cd边仍在磁场中），开始匀速运动经过磁场区域．从线框进入磁场到其恰达到匀速时，流过线框横截面的电荷量q=0.04C，线框中产生的热量Q=0.032J．已知线框上升途中线框平面始终与磁场方向垂直，ab边始终与边界平行，不计运动过程中受到的空气阻力，g=10m/s2．求：（1）线框匀速运动时的速度v；（2）线框匀速运动的时间t；（3）线框释放处cd边距离磁场下边界的高度h．【答案】解：（1）线框匀速运动时，感应电动势：E=BL v ，线框受到的安培力：F=BIL=B 2L 2v R ，由平衡条件得：对线框：T=F+mg ，对物体：T=M g ，代入数据解得：v =0.4m /s ；（2）从线框进入磁场到线框匀速运动过程，感应电动势：E =∆Φ∆t =B∆S ∆t =BLx ∆t ，感应电流：I =E R ， 电荷量：q =I .△t =BLxR ，代入数据解得：x =0.04m ，线框一直匀速到ab 边离开磁场，匀速运动时间：t =2L−xv =2×0.1−0.040.4=0.4s ；（3）对线框与物体组成的系统，由能量守恒定律得：M g （h +x ）=mg （h +x ）+12（M+m ）v 2+Q ，代入数据解得：h =0.088m ；答：（1）线框匀速运动时的速度v 为0.4m /s ；（2）线框匀速运动的时间t 为0.4s ；（3）线框释放处cd 边距离磁场下边界的高度h 为0.088m ．【解析】（1）由安培力公式求出安培力，然后由平衡条件求出线框速度．（2）由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，由电流定义式求出线框匀速运动的位移，然后求出线框匀速运动的时间．（3）由能量守恒定律可以求出高度h ．本题导体切割磁感线的类型，根据平衡条件和能量守恒结合求解，关键是分析和计算安培力的大小．15.如图所示，在以原点O 为圆心、半径为R 的半圆形区域内充满了磁感应强度为B 的匀强磁场，x 轴下方为一平行板电容器，其正极板与x 轴重合且在O 处开有小孔，两极板间距离为πR12．现有电荷量为e 、质量为m 的电子在O 点正下方负极板上的P 点由静止释放．不计电子所受重力．（1）若电子在磁场中运动一段时间后刚好从磁场的最右边缘处返回到x 轴上，求加在电容器两极板间的电压．（2）将两极板间的电压增大到原来的4倍，先在P 处释放第一个电子，在这个电子刚到达O 点时释放第二个电子，求①第一个电子在电场中和磁场中运动的时间之比②第一个电子离开磁场时，第二个电子的位置坐标．【答案】解：（1）设加速电压为U ，电子经电场加速后速度为v ，由动能定理得：e U=12mv 2 又在磁场中，根据牛顿第二定律有：ev B=m v 2r 由题意得：r =R 2联立以上各式解得：U=eB 2R 28m（2）①电压增加为原来4倍，则有电子在磁场中的半径r ′=2r =R设电子在电场中运动时间为t 1，加速度为a ，则有电容器极板间的场强 E=4Ud设间距为d ，有：e E=ma ，d =12at 12 解得：t 1=πm 6eB设电子在磁场中运动总时间为t 2．电子在磁场中运动的周期 T=2πmeB ，根据几何知识得知，电子在磁场中轨迹对应的圆心角为60°，故有t 2=16T解得：t 2=πm 3eB即 t 2=2t 1．则得：t 1：t 2=1：2．②由此可知：第一个电子离开磁场时，第二个电子的圆心角为30°，如图中的Q 点： Q x =R-R cos 30°=2−√32R ，Q y =R sin 30°=12R因此Q 点的坐标为：（2−√32R ，12R ）答：（1）加在电容器两极板间的电压为eB 2R 28m ．（2）①第一个电子在电场中和磁场中运动的时间之比为1：2．。

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15学年下学期高二模块期中考试物理试题(附答案) (1)

15学年下学期高二模块期中考试物理试题(附答案) (1)

2014-2015学年度第二学期模块测试高二物理第I卷共48分一．选择题：(本题共12小题，每小题4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。

答案涂在答题纸上相应的位置。

)1．如图所示，闭合圆导线线圈放置在匀强磁场中，线圈平面与磁场平行，其中ac、bd分别是平行、垂直于磁场方向的两条直径．试分析线圈做如下运动时，能产生感应电流的是()A．使线圈在纸面内平动B．使线圈平面沿垂直纸面方向向纸外平动C．使线圈以ac为轴转动D．使线圈以bd为轴转动2．如图所示，A、B是相同的白炽灯，L是自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈。

下面说法正确的是A．闭合开关S时，B灯比A灯先亮，最后一样亮B．闭合开关S时，A灯比B灯先亮，最后一样亮C．闭合开关S稳定后断开开关S时，流过A灯中的电流方向与原来相同D．闭合开关S稳定后断开开关S时，A灯与B灯更亮一下后慢慢熄灭3．矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，线圈所围面积的磁通量Φ随时间t变化的规律如图所示，下面的说法正确的是A．t1时刻线圈中感应电动势最大B．t2时刻导线ad的速度方向跟磁感线垂直C．t2时刻线圈平面与中性面重合D．t4时刻线圈中感应电流方向改变4．如图所示的理想变压器，各表均为理想交流电表，R 1，R 2，R 3均为定值电阻，初级线圈加上电压有效值恒定的交变电流，当开关K 闭合时，下列说法正确的是（ ）A ．A 1示数不变，A 2示数变大B ．V 1示数变小，V 2示数变小C ．V 1示数不变，V 2示数不变D ．R 2消耗功率变小5． 一矩形线圈abcd 位于一随时间变化的匀强磁场内，磁场方向垂直线圈所在的平面向里(如图甲所示)，磁感应强度B 随时间t变化的规律如图乙所示．以I 表示线圈中的感应电流(图甲中线圈上箭头方向为电流的正方向)，则下列选项中能正确表示线圈中电流I 随时间t 变化规律的是6．如图所示，直角三角形导线框abc 以大小为v 的速度匀速通过有清晰边界的匀强磁场区域（匀强磁场区域的宽度大于导线框bc 边的长度），则此过程中导线框中感应电流随时间变化的规律为(规定逆时针方向的电流为正)7．如图所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系．若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1 min 后，两电阻消耗的电功之比W 甲∶W 乙为( )A ．1∶2B ．1∶2C ．1∶3D ．1∶68．现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及电键按如图1所示连接．下列说法中正确的是A．电键闭合后，线圈A插入或拔出线圈B时都会引起电流计指针偏转B．线圈A插入线圈B中后，电键闭合后电流计指针偏转一角度后静止不动C．电键闭合后，使滑动变阻器的滑片P匀速滑动的过程，电流计指针无偏转D．电键闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能偏转9．如图所示，金属铜球从距底端高h的绝缘光滑曲面无初速滚下，又沿曲面的另一侧上升，整个装置处在磁场中，则A．若磁场是匀强磁场，铜球滚上的最大高度小于hB．若磁场是匀强磁场，铜球滚上的最大高度等于hC．若是从左到右逐渐增强的非匀强磁场，铜球滚上的最大高度小于h。

—14学年下学期高二期末考试(物理)(附答案)

—14学年下学期高二期末考试(物理)(附答案)

湖北省利川市文斗乡长顺13—14学年下学期高二期末考试（物理）一、(40分)本题共10个小题，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确；选对的得4分，选错的或不选的得0分，选不全的得2分。

1、如图所示，质量分别为m 、M 的两个物体系在一根通过定滑轮的轻绳两端，M 放在水平地板上，m 被悬在空中，若将M 沿水平地板向右缓慢移动少许后M 仍静止，则( ) A ．绳中张力变大B ．M 对地面的压力变大C ．M 所受的静摩擦力变大D ．滑轮轴所受的压力变大2、一群处于基态的氢原子吸收某种单色光子后，向外辐射了1ν、2ν、3ν三种频率的光子，且321ννν>>，则( )A ．被氢原子吸收的光子能量为3h νB ．被氢原子吸收的光子能量为2h νC ．被氢原子吸收的光子能量为1h νD ．被氢原子吸收的光子能量为12()h νν+3、两束平行的单色光a 、b 射向长方形玻璃砖，光从上表面入射，恰好从下表面重叠射出，如图所示，比较两种单色光，则( ) A ．玻璃对a 光的折射率比对b 光的大 B ．在玻璃中，a 光的传播速度比b 光的大C ．在相同条件下做双缝干涉实验，a 光产生的条纹间距比b 光窄D ．将a 、b 光以相同的入射角从玻璃射向空气，若b 光能发生全反射，则a 光也一定能 4、目前普遍认为，质子和中子都是由被称为u 夸克和d 夸克的两类夸克组成。

u 夸克带电量为23e ，d 夸克带电量13e -，e 为基元电荷。

下列论断可能正确的是( ) A ．质子由1个u 夸克和1个d 夸克组成，中子由1个u 夸克和2个d 夸克组成 B ．质子由2个u 夸克和1个d 夸克组成，中子由1个u 夸克和2个d 夸克组成 C ．质子由1个u 夸克和2个d 夸克组成，中子由2个u 夸克和1个d 夸克组成 D ．质子由2个u 夸克和1个d 夸克组成，中子由1个u 夸克和1个d 夸克组成5、在匀强磁场中有一个原来静止的碳14原子核，它放射出的粒子与反冲核的径迹是两个内切的圆，两圆的直径之比为7︰1，如图所示，那么碳14的衰变方程为( )14014144106156241421414014615617A C e B B C He Be C C H B D C e N-→+→+→+→+．．．．6、如图所示，是工业生产中大部分光电控制设备用到的光控继电器的示意图，它由电源、光电管、放大器、电磁继电器等几部分组成，当用绿光照射光电管的阴极K 时，可以发生光电效应，则下列说法中正确的是( ) A ．示意图中a 端应是电源的正极B ．放大器的作用是将光电管产生的电流放大，使铁芯M 磁化，将衔铁N 吸住C ．若增大绿光的照射强度，光电子的最大初动能会增大D ．改用蓝光照射光电管阴极K 时，电路中仍有光电流7、一个从地面竖直上抛的物体，它两次经过一个较低点a 的时间间隔是T a ，两次经过一个较高点b 的时间间隔是T b ，则a 、b 之间的距离为( )22222211A ()B ()8411C ()D ()22a b a b a b a b g T T g T T g T T g T T ----．．．．8、如图所示，用细绳AB 悬吊一质量为m 的物体，现在AB 中某一点O 处用力F 拉细绳，使细绳的AO 部分偏离竖直方向的夹角为θ，且保持平衡，适当调节F 的方向，可使F 最小而θ保持不变，则F 的最小值为( ) A ．mg sin θ B ．mg cos θ C ．mg tan θD ．mg cot θ9、两重叠在一起的滑块，置于固定的倾角为θ的斜面上，如图所示，滑块A 、B 的质量分别为m 1、m 2，A 与斜面间的动摩擦因数为μ1，B 与A 的动摩擦因数为μ2。

物理下学期期末试卷高二全册物理试题 (2)

物理下学期期末试卷高二全册物理试题 (2)

量奋市例比阳光实验学校省遵义市绥阳二中高二下学期期末物理试卷一、单项选择题1．〔3分〕如下图，空间有一水平方向的匀强电场，初速度为v0的带电微粒从A点射入电场，在竖直平面内沿直线从A运动到B，在此过程中微粒的A．动能和电势能都减少，重力势能增加B．动能和重力势能都增加，电势能减少C．动能减少，重力势能和电势能都增加D．动能不变，重力势能增加，电势能减少2．〔3分〕以下说法中正确的选项是A．电场线一是闭合的曲线B．电场线是正电荷在电场中的运动轨迹C．电场中某点的场强方向，就是电荷在该点所受电场力的方向D．电场线的疏密表示场强的强弱3．〔3分〕如下图，R1=R2=R3=1Ω．当开关S闭合后，电压表的读数为1V；当开关S断开后，电压表的读数为0.8V，那么电池的电动势于A． 1 V B． V C． 2 V D． 4 V 4．〔3分〕由电流表G与电阻R串联组成一电压表，如下图，在这一电压表两端加一恒电压，电流表G的指针居中，要使指针满偏，那么A．在R上串联一个比R小的电阻B．在R上串联一个比R大的电阻C．在R上并联一个比R小的电阻D．在R上并联一个比R大的电阻5．〔3分〕如下图，当合上开关时，无论怎样调节可变电阻器，两灯都不亮，测得U ac=U bc=6V，其它电路中各导线及其连接都良好，那么A．L1灯断路 B．L2灯断路C．L1和L2都断路D．电源电动势太低6．〔3分〕在如下图的四个电路中，电源电动势为E，内阻为r，值电阻为R0，当滑动变阻器R的滑动片P从a向b滑动时，电压表〔内阻很大〕的读数将变小的电路是A．B．C．D．7．〔3分〕关于电源的电动势，以下说法正确的选项是A．电源的电动势就是接在电源两极间的电压表测得的电压B．同一电源接入不同的电路，电动势就会发生变化C．电源的电动势是表示电源把其他形式的能转化成电能的本领大小的物理量D．在闭合电路中，当外电阻变大时，路端电压增大，电源的电动势也增大8．〔3分〕由导线组成的直角三角形框架放在匀强磁场中，如下图．假设导线框中通以图向的电流，那么导线框将A．沿与ab边垂直的方向加速运动B．仍然静止C．以cb为轴转动D．以ac为轴转动9．〔3分〕如下图，带负电的金属环绕轴OO′以角速度ω匀速旋转，在环左侧轴线上的小磁针最后平衡的位置是A．N极竖直向上B．N极竖直向下C．N极沿轴线向左D．N极沿轴线向右10．〔3分〕关于磁感强度，以下说法正确的选项是A．一小段通电导体放在磁场A处，受到的磁场力比B处的大，说明A处的磁感强度比B处的磁感强度大B．由B=可知，某处的磁感强度大小与放入该处的通电导线所受磁场力F 成正比，与导线的IL成反比C．一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力作用，那么该处磁感强度一为零D．小磁针N极所受磁场力的方向就是该处磁感强度的方向11．〔3分〕关于磁感强度B，以下说法中正确的选项是A．磁场中某点B的大小，跟放在该点的试探电流元的情况有关B．磁场中某点B的方向，跟该点处试探电流元所受磁场力方向一致C．在磁场中某点试探电流元不受磁场力作用时，该点B值大小为零D．在磁场中磁感线越密集的地方，B值越大12．〔3分〕如下图，质量为m、带电荷量q的小球从P点静止释放，下落一段距离后进入正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左，磁场方向垂直纸面向里，那么小球在通过正交的电场和磁场区域时的运动情况是A．一做曲线运动B．轨迹一是抛物线C．可能做匀速直线运动D．可能做匀加速直线运动13．〔3分〕如下图，A为电磁铁，C为木秤盘，A和C〔包括支架〕的总重量M，B为铁片，质量为m，整个装置用轻绳悬于O点，当电磁铁通电，铁片被吸引上升的过程中，轻绳上拉力A．F=mg B．Mg＜F＜〔M+m〕g C．F=〔M+m〕g D．F＞〔M+m〕g14．〔3分〕一个用满偏电流为3mA的电流表改装而成的欧姆表，调零后用它测500Ω的电阻时，指针恰好指在刻度盘的间，如果用它测量一个未知电阻时，指针指在1mA处，那么被测电阻的阻值为A．1000ΩB．5000ΩC．1500ΩD．2000Ω15．〔3分〕在如下图电路中，当变阻器R3的滑动头P向b端移动时A．电压表示数变大，电流表示数变小B．电压表示数变小，电流表示数变大C．电压表示数变大，电流表示数变大D．电压表示数变小，电流表示数变小16．〔3分〕某同学家中所有的灯原来都正常发光，现突然熄灭了，检查保险丝发现并未烧断，用验电笔测试室内火线与零线，氖管都发光．该同学对故障作了以下四种判断，其中正确的选项是A．进户火线断路B．进户零线断路C．灯泡烧坏了D．室内线路某处短路二、多项选择题17．〔3分〕一负电荷仅受电场力作用，从电场中的A点运动到B点，在此过程中该电荷做初速度为零的匀加速直线运动，那么A、B两点电场强度E A、E B 及该电荷在A、B两点的电势能εA、εB之间的关系为A．E A=E B B．E A＜E B C．εA=εB D．εA＞εB18．〔3分〕如下图，将带电粒子从电场中的A点无初速地释放，不计重力，以下说法正确的选项是A．带电粒子在电场中一做加速直线运动B．带电粒子的电势能一逐渐减少C．带电粒子一向电势低的方向运动D．带电粒子的加速度一越来越小19．〔3分〕一带电粒子以一速度垂直射入匀强磁场中，那么不受磁场影响的物理量是A．速度B．加速度C．速率D．动能三、填空题20．〔3分〕一根粗细均匀的镍铬丝，截面积的直径是d，电阻是R，把它拉直成直径是的均匀细丝后，它的电阻变成．21．〔3分〕一个带电微粒在如下图的正交匀强电场和匀强磁场中的竖直平面内做匀速圆周运动，该带电微粒必然带〔填“正〞或“负〞〕电，旋转方向为〔填“顺时针〞或“逆时针〞〕．假设圆的半径为r，电场强度的大小为E，磁感强度的大小为B，重力加速度为g，那么线速度为．22．〔3分〕如下图螺旋测微器的测量读数是、mm．四、题23．在<描绘小灯泡伏安特性曲线>的中，选择“3V、0.5A的小灯泡作为研究对象，请答复下面几个问题：①以下器材中选用〔填入器材序号〕A．电流表〔量程0～0.6A，内阻1Ω〕B．电流表〔量程0～3A，内阻1Ω〕C．电压表〔量程0～15V，内阻约10kΩ〕D．电压表〔0～3v，内阻约2kΩ〕E．滑动变阻器〔阻值0～100Ω〕F．滑动变阻器〔阻值0﹣10Ω〕G．电源E=6VH．开关I，导线假设干②在本中，滑动变阻器采用〔填“分压〞或“限流〞〕接法，电流表采用〔填“内〞、“外〞〕接法③在图1中画出电路图，并用实线代替导线，将图2中的器材连接成可供的电路④小灯泡所加的电压U由零逐渐增大到3V，在此过程中电压U和电流I的关系可以用图象表示，在图3中符合实际的是，小灯泡的电阻随它两端的电压升高而变大的直接原因是．五、计算题24．如下图电路中，当开关S接a点时，标有“5V W〞的小灯炮L正常发光，当开关S接b点时，通过电阻R的电流为1A，这时电阻R两端的电压为4V．求：〔1〕电阻R的值；〔2〕电源的电动势和内阻．25．如下图，电路中的灯泡标有“0.1V，0.4W〞，电源的电动势为4V，内阻为0.05Ω，电动机内阻为0.1Ω，此时灯泡与电动机都正常工作求：〔1〕电动机消耗的电功率〔2〕电动机输出的机械功率．26．某一直流电动机提升重物的装置，如下图，重物的质量m=50kg，电源提供应电动机的电压为U=110V，不计各种摩擦，当电动机以v=0.9m/s的恒速率向上提升重物时，电路中的电流I=5.0A，求：电动机的线圈电阻〔取g=10m/s2〕27．在磁场中放入一通电导线，导线与磁场垂直，导线长为1cm，电流为0.5A，所受的磁场力为5×10﹣4 N．求：〔1〕该位置的磁感强度多大？〔2〕假设将该电流撤去，该位置的磁感强度又是多大？〔3〕假设将通电导线跟磁场平行放置，该导体所受到的磁场力多大？28．质量为m，带电量为q的微粒，以速度v与水平方向成45°角进入匀强电场和匀强磁场同时存在的空间，如下图，微粒在电场、磁场、重力场的共同作用下做匀速直线运动，求：〔1〕电场强度的大小，该带电粒子带何种电荷．〔2〕磁感强度的大小．省遵义市绥阳二中高二下学期期末物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题1．〔3分〕如下图，空间有一水平方向的匀强电场，初速度为v0的带电微粒从A点射入电场，在竖直平面内沿直线从A运动到B，在此过程中微粒的A．动能和电势能都减少，重力势能增加B．动能和重力势能都增加，电势能减少C．动能减少，重力势能和电势能都增加D．动能不变，重力势能增加，电势能减少考点：带电粒子在匀强电场中的运动；电势能．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：带点小球做直线运动，所以所受合力方向与运动方向在同一直线上，根据重力和电场力做功的正负判断动能、电势能、重力势能的变化．解答：解：带点小球做直线运动，所以所受合力方向与运动方向在同一直线上，如果电场力水平向右，如下图，那么两力的合力不可能沿虚线方向．故电场力只能水平向左，如下图，那么两力的合力可沿虚线方向．所以小球电场力方向水平向左，物体在竖直平面内沿直线从A运动到B的过程中，高度升高所以重力做负功，重力势能增加；电场力做负功，电势能增加；根据动能律，合力做负功，所以动能减小；故C正确．应选：C点评：此题考查了重力做功与重力势能和电场力做功与电势能的关系，难度不大，属于根底题．2．〔3分〕以下说法中正确的选项是A．电场线一是闭合的曲线B．电场线是正电荷在电场中的运动轨迹C．电场中某点的场强方向，就是电荷在该点所受电场力的方向D．电场线的疏密表示场强的强弱考点：电场线．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场线是为了形象的描述电场强弱和方向引入的，并非实际存在的，电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，不相交不闭合．电场线的疏密表示场强的强弱．电场线的方向是正电荷所受电场力的方向，而正负电荷所受的电场力的方向相反．解答：解：A、电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，不闭合，故A错误．B、电场线不一与带电粒子的轨迹重合，只有电场线是直线，带电粒子的初速度为零或初速度方向与电场线方向在同一条直线上时电场线才与带电粒子的轨迹重合，故B错误．C、电场线的方向是正电荷所受电场力的方向，与负电荷所受电场力的方向相反．故C错误．D、电场线的疏密表示场强的强弱，电场线密的地方电场强，疏的地方电场弱，故D正确；应选D．点评：记住电场线的特点即可顺利解出此题，故要在理解的根底上牢记根本概念．3．〔3分〕如下图，R1=R2=R3=1Ω．当开关S闭合后，电压表的读数为1V；当开关S断开后，电压表的读数为0.8V，那么电池的电动势于A． 1 V B． V C． 2 V D． 4 V考点：闭合电路的欧姆律．专题：恒电流专题．分析：当电键S闭合时，电阻R3与R2并联后与R1串联，当S断开时，R1与R3串联，电压表测量R1的电压．根据闭合电路欧姆律对两种情况分别列式，联立即可求得电源的电动势E．解答：解：当电键S闭合时，电阻R3与R2并联后与R1串联，外电路总电阻为：R=R2+R1=Ω电路中干路电流为：I=根据闭合电路欧姆律得：E=I〔R+r〕=+r…①当K断开时，R1与R3串联，电路中干路电流为：I′=根据闭合电路欧姆律得：E=I′〔R′+r〕=0.8×〔2+r〕…②联立①②解得：E=2V，r=0.5Ω．应选： C点评：对于闭合电路，根据两种情况由闭合电路欧姆律列出方程组，是求解电源电动势和内电阻常用的方法和思路，要这方面的训练，做到熟练掌握．4．〔3分〕由电流表G与电阻R串联组成一电压表，如下图，在这一电压表两端加一恒电压，电流表G的指针居中，要使指针满偏，那么A．在R上串联一个比R小的电阻B．在R上串联一个比R大的电阻C．在R上并联一个比R小的电阻D．在R上并联一个比R大的电阻考点：把电流表改装成电压表．专题：题．分析：在这一电压表两端加一恒电压，电流表G的指针居中，要使电流适当大些，故需要略微减少电阻R的值．解答：解：电压表由表头G和电阻R串联而成，在这一电压表两端加一恒电压，电流表G的指针居中，要使指针满偏，即使电流适当大些，故需要略微减少电阻R的值，可以与电阻R并联电阻实现，所以在R上并联一个比R小的电阻可以实现该目的，故ABD错误，C正确；应选：C．点评：此题关键是明确电压表的改装原理，熟悉误差的来源，会根据欧姆律调节电表精度，不难．5．〔3分〕如下图，当合上开关时，无论怎样调节可变电阻器，两灯都不亮，测得U ac=U bc=6V，其它电路中各导线及其连接都良好，那么A．L1灯断路 B．L2灯断路C．L1和L2都断路D．电源电动势太低考点：闭合电路的欧姆律．专题：恒电流专题．分析：根据U ac=U bc=6V，分析L1灯的电压，判断故障所在位置．可采用排除法分析．解答：解：A、据题，U ac=U bc=6V，说明a、b两点的电势相，U ab=0，说明L1灯完好，否那么U ab=6V，故A错误．B、因为U bc=6V，说明c到R再到电源的负极完好，L1灯完好，那么知L2灯断路，故B正确．C、假设L1和L2都断路，那么U ac=U bc=0V，不符合题意，故C错误．D、假设电源电动势太低，两灯的电流小，根据欧姆律可知U ac＞U bc，不符合题意，故D错误．应选：B．点评：解决此题的关键是灵活运用排除法，知道各电压与电源电动势的关系，从而进行判断．6．〔3分〕在如下图的四个电路中，电源电动势为E，内阻为r，值电阻为R0，当滑动变阻器R的滑动片P从a向b滑动时，电压表〔内阻很大〕的读数将变小的电路是A．B．C．D．考点：闭合电路的欧姆律．专题：恒电流专题．分析：理想电压表对电路的影响不计，相当于开关断开．根据电压表所测量的电压，由串联电路分压特点和欧姆律进行分析．解答：解：A、该图中电压表和变阻器Pa被短路，电压表示数保持为零，故A错误．B、电压表测量变阻器Pa段的电压，在滑片P从a向b滑动过程中，电压表的读数变大，故B错误．C、在片P从a向b滑动过程中，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，由欧姆律可知电压表的读数增大，故C错误．D、在片P从a向b滑动过程中，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，由欧姆律可知电源的内电压表增大，那么由闭合电路欧姆律得知路端电压减小，那么电压表的读数变小，故D正确．应选：D．点评：对于电路问题，首先要认清电路的结构，搞清电压表测量哪电压，再根据欧姆律进行分析．7．〔3分〕关于电源的电动势，以下说法正确的选项是A．电源的电动势就是接在电源两极间的电压表测得的电压B．同一电源接入不同的电路，电动势就会发生变化C．电源的电动势是表示电源把其他形式的能转化成电能的本领大小的物理量D．在闭合电路中，当外电阻变大时，路端电压增大，电源的电动势也增大考点：电源的电动势和内阻．专题：恒电流专题．分析：电源没有接入电路时两极间的电压在数值上于电源的电动势．电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，与外电路的结构无关．电源的电动势在数值上于内、外电压之和．解答：解：A、电压表是由内阻的，跟电源连接后构成一个通路，测量的是电压表内阻的电压，所以电压表测得的电源两极间电压值略小于电动势．故A 错误．B、电动势反映本身的特性，与外电路的结构无关．故BD错误．C、电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，电动势越大，本领越大．故C正确．应选：C．点评：此题考查对于电源的电动势的理解能力．电动势是表征电源把其他形式的能转化为电能本领大小，与外电路无关．8．〔3分〕由导线组成的直角三角形框架放在匀强磁场中，如下图．假设导线框中通以图向的电流，那么导线框将A．沿与ab边垂直的方向加速运动B．仍然静止C．以cb为轴转动D．以ac为轴转动考点：安培力．分析：闭合电流受安培力的合力为零，即三个边受安培力是三力平衡，故不会转动．解答：解：单向电流的效长度于两点间的直线距离，任取两点，有两个相反的效电流，故闭合电流受安培力的合力为零，不会转动；应选：B．点评：此题关键是记住“单向电流的效长度于两点间的直线距离〞的结论，根底题目．9．〔3分〕如下图，带负电的金属环绕轴OO′以角速度ω匀速旋转，在环左侧轴线上的小磁针最后平衡的位置是A．N极竖直向上B．N极竖直向下C．N极沿轴线向左D．N极沿轴线向右考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．分析：带负电旋转，那么可知电流方向，再由右手螺旋那么可知磁极的方向，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，如下图的旋转．那么金属环的电流方向与旋转方向相反．再由右手螺旋那么可知磁极的方向：左端N极，右端S极．因此小磁针N极沿轴线向左．故C正确，ABD错误；应选：C点评：此题考查右手螺旋那么及磁极间的相互作用，要求能熟练准确的用右手螺旋那么．注意电流的方向与负电荷的运动方向相反．10．〔3分〕关于磁感强度，以下说法正确的选项是A．一小段通电导体放在磁场A处，受到的磁场力比B处的大，说明A处的磁感强度比B处的磁感强度大B．由B=可知，某处的磁感强度大小与放入该处的通电导线所受磁场力F 成正比，与导线的IL成反比C．一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力作用，那么该处磁感强度一为零D．小磁针N极所受磁场力的方向就是该处磁感强度的方向考点：磁感强度．分析：根据左手那么可知，磁感强度的方向与安培力的方向垂直；磁感强度是描述磁场强弱和方向的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来义磁感强度．此比值与磁场力及电流元均无关．磁感强度的方向就是该处小磁针N极所受磁场力的方向．解答：解：A、B、C、磁感强度是描述磁场强弱和方向的物理量，是磁场本身性质的反映，其大小由磁场以及磁场中的位置决，与F、I、L都没有关系，B=只是磁感强度的义式．同一通电导体受到的磁场力的大小由所在处B和放置的方式共同决，所以A、B、C都是错误的；D、磁感强度的方向就是该处小磁针N极所受磁场力的方向，所以D正确．应选：D点评：此题关键要掌握磁感强度的物理意义、义方法，以及磁感强度与安培力之间的关系，即可进行分析判断．根底题目．11．〔3分〕关于磁感强度B，以下说法中正确的选项是A．磁场中某点B的大小，跟放在该点的试探电流元的情况有关B．磁场中某点B的方向，跟该点处试探电流元所受磁场力方向一致C．在磁场中某点试探电流元不受磁场力作用时，该点B值大小为零D．在磁场中磁感线越密集的地方，B值越大考点：磁感强度．分析：磁感强度是描述磁场强弱的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来义磁感强度．比值与磁场力及电流元均无关．电流元所受磁场力是由左手那么来确，并根据磁感线的疏密来表示磁场的强弱解答：解：AB、由安培力公式F=BIL，得B=，可知，磁场中某点B的大小，跟放在该点的试探电流元的情况及安培力大小无关，故AB错误；C、当通电导线与磁场平行放置时，没有安培力，但不能肯此处没有磁感强度，故C错误；D、磁场中磁感线越密集的地方，磁感强度越大，故D正确，应选：D 点评：磁感强度是通过比值义得来，例如电场强度也是这种义，电场强度与电场力及电荷量均没有关系．再如密度也是，密度与物体的质量及体积均无关．同时电流元放入磁场中不一有磁场力，还受放置的角度有关12．〔3分〕如下图，质量为m、带电荷量q的小球从P点静止释放，下落一段距离后进入正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左，磁场方向垂直纸面向里，那么小球在通过正交的电场和磁场区域时的运动情况是A．一做曲线运动B．轨迹一是抛物线C．可能做匀速直线运动D．可能做匀加速直线运动考点：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：对小球受力分析后，得到合力的方向，根据曲线运动的条件进行判断．解答：解：A、小球进入两个极板之间时，受到向下的重力，水平向右的电场力和水平向左的洛伦兹力，假设电场力与洛伦兹力受力平衡，由于重力的作用，小球向下加速，速度变大，洛伦兹力变大，洛伦兹力不会一直与电场力平衡，故合力一会与速度不共线，故小球一做曲线运动，速度影响洛伦兹力变化，导致小球合力变化，那么不可能做类平抛运动；故A正确，B错误；C、在下落过程中，重力与电场力不变，但洛伦兹力变化，导致合力也变化，那么做变加速曲线运动．故CD均错误；应选：A．点评：此题关键要明确洛伦兹力会随速度的变化而变化，故合力会与速度方向不共线，粒子一做曲线运动．13．〔3分〕如下图，A为电磁铁，C为木秤盘，A和C〔包括支架〕的总重量M，B为铁片，质量为m，整个装置用轻绳悬于O点，当电磁铁通电，铁片被吸引上升的过程中，轻绳上拉力A．F=mg B．Mg＜F＜〔M+m〕g C．F=〔M+m〕g D．F＞〔M+m〕g考点：牛顿运动律的用-超重和失重．专题：牛顿运动律综合专题．分析：通电后，铁片被吸引上升．常识告诉我们，铁片被吸引，向电磁体运动靠近，其运动情况是变加速运动，即越靠近电磁铁，吸力越大，加速度越大，根据F=ma可知，此过程中超重．解答：解：当电磁铁通电前，绳的拉力为〔M+m〕g；当电磁铁通电后，铁片被吸引上升．常识告诉我们，铁片被吸引，向电磁体运动靠近，其运动情况是变加速运动，即越靠近电磁铁，吸力越大，加速度越大．根据F=ma可知，此过程中超重，吸引力大于铁片重力．由于磁力，将整个电磁铁装置与铁片联系到一起．因为电磁铁吸引铁片的吸引力大于铁片的重力，那么根据作用力与反作用力原理，铁片吸引电磁铁的力F'为F的反作用力，大小相、方向相反，且作用在两个不同的物体上．所以，绳的拉力大于〔M+m〕g．所以选项D正确，ABC错误．应选D 点评：此题考查了物体的超重和失重，记住要点：加速度向上超重，加速度向下失重．14．〔3分〕一个用满偏电流为3mA的电流表改装而成的欧姆表，调零后用它测500Ω的电阻时，指针恰好指在刻度盘的间，如果用它测量一个未知电阻时，指针指在1mA处，那么被测电阻的阻值为A．1000ΩB．5000ΩC．1500ΩD．2000Ω考点：用多用电表测电阻．专题：题．分析：因测量500Ω电阻指针指在刻度的中间，那么中值电阻为500Ω，那么其内阻为500Ω．电池的电动势为Ig×R内=3×10×3×500=V，再由I=可求得R测解答：解：当电流到达满偏电流的一半时，所测电阻与内部电阻相同，为中值电阻中值电阻为R内=500Ω，那么E=Ig×R内=3×10﹣3×500=V再由I=得R测=﹣R内=1000Ω那么A正确，BCD错误；应选：A．点评：考查欧姆表的内部电路，明确中值电阻于内阻．会由全电路欧姆律求不同电流时的电阻值．15．〔3分〕在如下图电路中，当变阻器R3的滑动头P向b端移动时。

湖北省随州市普通高中2014-2015学年高二下学期期末统考数学(理)试题 Word版含答案

湖北省随州市普通高中2014-2015学年高二下学期期末统考数学(理)试题 Word版含答案

随州市普通高中2014—2015学年下学期期末统考高二数学（理）试卷本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

满分150分，考试时间120分钟。

第Ⅰ卷（选择题 共60分）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

）1. 观察下列各式：72=49，73=343，74=2401，则72015的末两位数字是A.01B.43C.07D.49 2.复数ii+-13等于 A.1+2i B.1-2i C.2+i D.2-i3.用反证法证明命题：“若a ，b ∈N ，ab 能被3整除，那么a ，b 中至少有一个能被3整除”时，假设应为A.a,b 能被3整除B.a ，b 都不能被3整除C.a ，b 不都能被整除D.a 不能被3整除 4.下列判断错误的是A. “am 2< bm 2”是“a<b ”的充分不必要条件B.命题“∀x ∈R,x 3 - x 2-1 ≤0”的否定是“∀x ∈R ，x 3 - x 2-1 ≥0” C.设随机变量ξ-N(0, σ 2)且P( <ξ-1)=41D.若p ∧q 为假命题，则p 、q 均为假命题5.有一段演绎推理是这样的：“如果一条直线平行于一个平面，那么该直线平行于这个平面内的所有直线。

已知直线b ⊄a,直线a ⊂b,直线a//b ，则直线b//a ”的结论显然是错误的。

这是因为A.大前提错误B.小前提锘误C.推理形式错误D.非以上错误6.某几何体的三视图如图所示，其中俯视图是半圆，则该几何体的表面积为A.23π+ B. π+C.23π D. 25π+7.已知f(x+1)=2)()(2+x f x f f(1)=1(x ∈N *，猜想f(x)的表达式为A.340 B. 334 C. 364 D. 16 9.对于一个有限数列p=(p1,p2,...,pn),p 的蔡查罗和（蔡查罗和是一位数学家）定义为n1（S 1+S 2+...+S n ),其中S k =p 1+p 2+...+p k (1≤k ≤n,k ∈N)。