道县一中高二物理上期期末测试试题A及答案

高二物理第一学期期末考试试题说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．将选择题的正确选项填涂在答题卡上，将第Ⅱ卷答案答在答题纸上；考试结束，将答题纸连同答题卡一并上交．考试时间90分钟，满分100分．第Ⅰ卷（选择题 48分）一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，至少有一项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错或者不选得0分．1．下列说法正确的是A ．布朗运动就是液体分子的无规则运动B ．只要外界对气体做了功，气体的内能就一定发生变化C ．一定量的理想气体，当温度升高时，一定是外界对它做了正功D ．一定量的理想气体，当温度升高时，它的体积可能增大2．如图所示为一种利用电磁原理制作的充气泵的结构示意图，其工作原理类似打点计时器．当电流从电磁铁的接线柱 a 流入，吸引小磁铁向下运动时，下列说法正确的是A ．电磁铁的上端为N 极，小磁铁的下端为N 极B ．电磁铁的上端为S 极，小磁铁的下端为S 极C ．电磁铁的上端为N 极，小磁铁的下端为S 极D ．电磁铁的上端为S 极，小磁铁的下端为N 极 3．如图所示，设有一分子位于图中的坐标原点O 不动，另一分子可位于 x 轴上不同位置处．图中纵坐标表示这两个分子间作用力的大小，两条曲线分别表示斥力和引力的大小随两分子间距离变化的关系，e 为两曲线的交点．则A ．ab 表示引力B ．cd 表示引力C ．ab 表示斥力D ．cd 表示斥力4．一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流 e =2002 sin100πt(V)，则A ．该交变电流的频率是100HzB ．当t = 1200 s 时，线圈平面恰好位于中性面上 C ．当t = 1200 s 时，e 有最大值D ．该交变电流电动势的有效值为2002 V5．小型水力发电站的发电机有稳定的输出电压，它发出的交变电流先通过电站附近的升压变压器升压，然后通过输电线路把电能输送到远处用户附近的降压变压器，经降低电压后再输送至各用户，设变压器都是理想的，那么在用电高峰期，随用电器功率的增加将导致A ．发电机的输出电流变小B ．高压输电线路的功率损失变大空气导管C ．升压变压器的次级线圈两端的电压变大D ．降变压器的次级线圈两端的电压变小6．在地球的赤道附近，宇宙射线中的一个带负电的粒子垂直于地面射向赤道，则在地磁场的作用下，该粒子的偏转方向将是A ．向东B ．向西C ．向南D ．向北7．如图所示有一束混合负离子先后通过相邻的正交电磁场区域 M 和匀强磁场区域N(这些场区图中没画出)．如果这束离子流在区域M 中不偏转,接着进入区域N 后出现了a 、b 两个圆轨迹．对于此过程下列说法正确的是A ．这些离子的速度大小相等B ．这些离子的比荷相同C ．比荷小的离子沿圆周 a 运动D ．沿圆周 b 运动的离子角速度大8．图示为某种自耦变压器的结构简图，当滑动触头P 向上滑动时A ．R 上的电压上升，电流增大B ．R 上的电压上升，电流减小C ．R 上的电压下降，电流增大D ．R 上的电压下降，电流减小 9．如图所示的电路中，电感线圈L 的自感系数足够大，其直流电阻忽略不计，L A 、L B 是两个相同的灯泡，下列说法正确的是A ．S 闭合后，L A 、LB 同时发光且亮度不变 B ．S 闭合后，L A 立即发光，然后又逐渐熄灭C ．S 断开的瞬间，L A 、L B 同时熄灭D ．S 断开的瞬间，L A 再次发光，然后又逐渐熄灭 10．质量为m 、带电量为q 的小球，从倾角为θ的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向外的匀强磁场中，其磁感应强度为B ，如图所示．若带电小球下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下列说法正确的是 A ．小球带正电B ．小球在斜面上运动时做匀加速直线运动C ．小球在斜面上运动时做加速度增大，而速度也增大的变加速直线运动D ．小球在斜面上运动过程中，当小球对斜面压力为零时的速率为 mg cos θBq11． 如图所示，一条形磁铁置于水平桌面上，在条形磁铁中央位置的正上方，水平固定一铜质圆环，下列说法正确的是A ．释放圆环，环下落过程中机械能守恒B ．释放圆环，环下落过程中磁铁对桌面的压力比磁铁的重力大C ．给磁铁水平向右的初速度，磁铁将做减速运动D ．给磁铁水平向右的初速度，圆环将产生向左的运动趋势SL r E × × L L A B …M N a b～ O P R12．在如图所示的空间中存在两个相邻的有界匀强磁场，其磁感应强度大小相等、方向相反宽度均为L ．现将宽度也为L 的矩形闭合金属线圈，从图示位置开始垂直于磁场方向和磁场边界匀速穿过磁场区域，在该过程中，能正确反映线圈所受安培力随时间变化的图象是高二物理第一学期期末考试试题第Ⅱ卷（非选择题 52分）二、实验题：本题共2小题，共12分．按题目要求答在题中的横线上或按要求作图．13．（6分）在用油膜法估测油酸分子直径的实验中，实验器材有：体积百分比浓度为 0.05%的油酸酒精溶液、最小刻度为0.1mL 的量筒、盛有适量清水的45×50cm 2浅盘、痱子粉、橡皮头滴管、玻璃板、彩笔、坐标纸等．（1）下面是实验步骤，请将步骤 C 填上． A ．用滴管将浓度为0.05%油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下滴入1mL 油酸酒精溶液的滴数N ．B ．将痱子粉均匀地撒在浅盘内水面上，用滴管吸取浓度为0.05%的油酸酒精溶液，向水面中央一滴一滴地滴入，直到油酸薄膜有足够大的面积又不与器壁接触为止，记下滴入的滴数 n ．C ． ．D ．将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，以坐标纸上边长为1cm 的正方形为单位，计算轮廓内正方形的个数，算出油酸薄膜的面积 S cm 2．（2）用已给的和测得的物理量表示单个油酸分子的直径大小 （单位：cm ）． 14．（6分）如图为探究电磁感应现象的实验装置． （1）将图中所缺的导线补画完整； （2）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后可能出现的情况有：A ．将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将 ．（填“左偏”或“右偏”）B ．原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左滑动时，灵敏电流计指针将 ．（填“左偏”或“右偏”）G15．（8分）如图所示，导热性能良好的气缸内封闭一定质量的某种理想气体，活塞通过滑轮和一重物连接并保持平衡，已知活塞距缸口 0.5m ，活塞面积10cm 2，大气压强1.0×105Pa ，物体重50N ，活塞质量及一切摩擦不计．缓慢升高环境温度，使活塞刚好升到缸口，封闭气体吸收了60J 的热量．问（1）封闭气体的压强怎样变化？（2）气体的内能如何变化？变化了多少？16．（10分）如图所示，在 y <0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于 xOy 平面并指向纸面外，磁感应强度大小为B ．一个带正电的粒子以速度 v 0 从O 点射入磁场，入射方向在xOy 平面内，与 x 轴正方向的夹角为θ，若粒子射出磁场的位置与O 点的距离为L ，求该粒子的比荷．17．（10分）有一台内阻为1Ω的发电机用高压输电的方法给学校供电，已知升压变压器的匝数比为 1:4，降压变压器的匝数比为 4:1，输电线的总电阻为4Ω，全校共有22个班，每班有220V 、40W 的电灯6盏．若保证全部电灯都正常发光，试求：（1）发电机的输出功率； （2）发电机的电动势； （3）高压输电的效率．18．（12分）如图所示，一边长为L = 0.2m ，质量为m 1 = 0.5kg ，电阻为R = 0.1Ω的正方形导体线框 abcd ，与一质量为m 2 = 2kg 的物块通过轻质细线跨过两定滑轮相连．另有有界匀强磁场磁感应强度大小为B =2.5T ，磁场宽度为d 2 =0.3m ，起初 ad 边距磁场下边界为 d 1 = 0.8m ．物块放在倾角 θ =53°的斜面上，与斜面间的动摩擦因数为 μ=0.5．现将物块由静止释放，经一段时间后发现当ad 边从磁场上边缘穿出时，线框恰做匀速运动．求：（1）线框ad 边从磁场上边缘穿出时的速度大小； （2）线框刚好全部进入磁场时的动能． （sin53°=0.8，cos53°= 0.6） 高二物理第一学期期末考试试题一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分．1．D 2．D 3．AD 4．C 5．BD 6．B 7．A 8．D 9．BD 10．ABD 11．AC 12．D 二、 实验题：本题共2小题，共12分．13．（6分）（1）（3分）将玻璃板放在浅盘上，用彩笔将油酸薄膜的形状画在玻璃板上 （2）（3分）× × × × × ×× × × × × × θ2 a bcdm14．（6分）（1）连线如图所示，每条0.5分．（2）右偏（2分 ） （3）左偏（ 2分 ）三、计算题：共 4小题，共40分． 15．（8分）参考解答：（1）活塞缓慢移动，可以认为活塞在任意状态都处于平衡状态．对活塞受力分析，由平衡条件得， ，故封闭气体的压强保持不变． （2）气体体积变大，封闭气体推动活塞对外界作功． J ；在此过程中封闭气体吸收了60J 热量，由热力学第一定律知，气体的内能增加了35J ． 评分标准：（1）问3分；（2）问5分．共8分．16．（10分）参考解答： 如图所示，设带电粒子在磁场中的轨迹半径为R ，则………………① 又 ………………② 解得 ……………③ 评分标准：①式5分；②式2分；③式3分；共10分．17．（10分）参考解答：（1）灯泡的总功率P 1 = 22×40×6 = 5280W通过的总电流I 4 = PU= 24A 输电线电流为I 3 =n 4n 3I 4 = 6A消耗功率P 2 = I 32R = 144A发电机输出功率为P = P 1 + P 2 =5424W（2）降压变压器输入端电压U 3 = 4×220 = 880 V ； 输电线电压降为U '=I 3R=24V发电机输出端电压 U 1=14(U 3+U ') = 226V ，电流I 1＝24A根据闭合电路欧姆定律,发电机的电动势 V（3） = W 有W = 52805424=97.35 %评分标准：（1）问4分；（2）问3分 ；（3）问3分；共10分． 18．（12分）参考解答：（1）由于线框匀速穿出磁场，则对m 2有： m 2g sin θ－μm 2g cos θ－T ＝0对m 1有：T －m 1g －BIL ＝0 又R BLv I = 解，得：2)cos (sin 2212=--=R L B gm g m v θμθ（m/s ） （2）从线框刚好全部进入磁场到线框ad 边刚要离开磁场，由动能定理得将速度v代入，整理可得线框刚刚全部进入磁场时，线框与物块的速度为v0＝ 3.6m/s所以此时线框的动能为EK ＝12m1v20.＝9J评分标准：（1）问5分；（2）问7分．共12分．。

批扯州址走市抄坝学校高二〔上〕期末物理试卷〔理科〕一、选择题〔共15小题，每题3分，共45分．其中1～11小题是单项选择题，12～15小题是多项选择题，选对得3分，对而不全得2分．〕1．〔3分〕〔2021秋•区校级期末〕在电场中的某点放一个检验电荷，其电量为q，受到的电场力为F，那么该点的电场强度，以下说法正确的选项是〔〕A．假设移去检验电荷，那么该点的电场强度为0B．假设检验电荷的电量变为4q，那么该点的场强变为4EC．假设放置到该点的检验电荷变为﹣2q，那么场中该点的场强大小不变，但方向相反D．假设放置到该点的检验电荷变为﹣2q，那么场中该点的场强大小方向均不变2．〔3分〕〔2021秋•区校级期末〕实线为三条未知方向的电场线，从电场中的M点以相同的速度飞出a、b 两个带电粒子，a、b的运动轨迹如图中的虚线所示〔a、b只受电场力作用〕，那么〔〕A．a一带正电，b一带负电B．电场力对a做正功，对b做负功C．a的速度将减小，b的速度将增大D．a的加速度减小，b的加速度将增大3．〔3分〕〔2021秋•区校级期末〕如图，一个金属圆环放在匀强磁场中，将它匀速拉出磁场，以下错误的选项是〔不计重力〕〔〕A．环中感电流的方向是顺时针方向B．环中感电流的大小不变C．所施加水平拉力的大小要变D．假设将此环向左拉出磁场，那么环中感电流的方向也是顺时针方向4．〔3分〕〔2021秋•期末〕走廊里有一盏电灯，在走廊两端各有一个开关，我们不管哪一个开关接通都能使电灯点亮，那么设计的电路为〔〕A．“与〞门电路B．“非“门电路C．“或〞门电路D．上述答案都有可能5．〔3分〕〔2021•校级模拟〕关于磁场和磁感线的描述，正确的说法是〔〕A．磁感线从磁体的N极出发，终止于S极B．磁场的方向就是通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向C．沿磁感线方向，磁场逐渐减弱D．在磁场强的地方同一通电导体受的安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小6．〔3分〕〔2021•泗县模拟〕如下图，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，给电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，那么以下说法正确的选项是〔〕A．保持S闭合，将A板向B板靠近，那么θ增大B．保持S闭合，将A板向B板靠近，那么θ不变C．断开S，将A板向B板靠近，那么θ增大D．断开S，将A板向B板靠近，那么θ减小7．〔3分〕〔2021秋•区校级期末〕在图所示的电路中，两个灵敏电流表和的零点都在刻度盘，当电流从“+〞接线柱流入时，指针向右摆；电流从“﹣〞接线柱流入时，指针向左摆．在电路接通后再断开的瞬间，以下说法中符合实际情况的是〔〕A．表指针向左摆，表指针向右摆B．表指针向右摆，表指针向左摆C．、表的指针都向左摆D．、表的指针都向右摆8．〔3分〕〔2021秋•区校级期末〕质量为m长为L的导体棒电阻为R，初静止于光滑的水平轨道上，电源电动势为E，内阻不计．匀强磁场的磁感强度为B，其方向与轨道平面成θ角斜向上方，电键闭合后导体棒开始运动〔〕A．导体棒向左运动B．电键闭合瞬间导体棒MN所受支持力为mgC．电键闭合瞬间导体棒MN所受安培力为D．电键闭合瞬间导体棒MN的加速度为9．〔3分〕〔2021•模拟〕以下关于运动和力的表达中，正确的选项是〔〕A．做曲线运动的物体，其加速度方向一是变化的B．物体做圆周运动，所受的合力一指向圆心C．物体所受合力方向与运动方向相反，该物体一做直线运动D．物体运动的速率在增加，所受合力方向一与运动方向相同10．〔3分〕〔2021•模拟〕建筑工人用图所示的滑轮装置运送建筑材料．质量为70.0kg的工人站在地面上，通过滑轮将20.0kg的建筑材料以0.500m/s2的加速度拉升，忽略绳子和滑轮的质量及滑轮的摩擦，那么工人对地面的压力大小为〔g取10m/s2〕〔〕A．510 N B． 490 N C． 890 N D．910 N11．〔3分〕〔2021秋•区校级期末〕如图，斜面置于光滑水平地面上，其光滑斜面上有一物体由静止沿斜面下滑，在物体下滑过程中，以下说法不正确的选项是〔〕A．物体的重力势能减少，动能增加B．斜面的机械能增加C．斜面对物体的作用力垂直于接触面，不对物体做功D．物体和斜面组成的系统机械能守恒12．〔3分〕〔2021•一模〕如下图，物块M在静止的传送带上以速度v匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，假设传送带的速度大小也为v，那么传送带启动后〔〕A．M静止在传送带上B．M可能沿斜面向上运动C．M受到的摩擦力不变D．M下滑的速度不变13．〔3分〕〔2021•二模〕在如下图的电路中，由于某一电阻发生短路或断路，使A灯变暗，B灯变亮，那么故障可能是〔〕A．R1短路B． R2断路C． R3断路 D．R4短路14．〔3分〕〔2021秋•区校级期末〕在如下图的U﹣I图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路．由图象可知〔〕A．电源的电动势为3V，内阻为0.5ΩB．电阻R的阻值为1ΩC．电源的输出功率为2WD．电源的效率为6%15．〔3分〕〔2021秋•区校级期末〕有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流为I，设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电荷量为q，此时电子的向移动速度为v，在△t时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为〔〕A．nvS△t B．nv△t C． D．二、填空与〔共4小题，每空2分，图2分，共20分〕16．〔8分〕〔2021秋•区校级期末〕在探究“决导线电阻因素〞的中，需要进行以下测量．欲用伏安法测一段电阻丝的电阻，其阻值约为5Ω，要求测量结果尽量准确，并且电压、电流测量范围尽可能大一些．在方框内画出采用的电路图．以下器材中电流表选用的是，电压表选用的是，滑动变阻器选用的是．A．电池组E〔3V，内阻很小〕B．电流表A1〔0～3A，内阻0.0125Ω〕C．电流表A2〔0～0.6A，内阻0.125Ω〕D．电压表V1〔0～3V，内阻3kΩ〕E．电压表V2〔0～6V，内阻6kΩ〕F．滑动变阻器R1〔0～5Ω，2A〕G．滑动变阻器R2〔0～1000Ω，1A〕H．电键、导线．17．〔4分〕〔2021秋•区校级期末〕用电压表和电流表测金属丝的电压和电流，如下图，电压表的量程为0～3V，电流表的量程为0～0.6A，那么电压表的读数为V，电流表的读数为A．18．〔4分〕〔2021秋•区校级期末〕读出以下游标卡尺和螺旋测微器的读数①mm②mm．19．〔4分〕〔2021秋•区校级期末〕用欧姆表测同一值电阻的阻值时，分别用×10；×100；×1K三个档测量三次，指针所指位置如图的①、②、③所示，为了提高测量的准确度选择的是挡，被测电阻值约为Ω．三、计算题〔共4小题，共9+9+9+8=35分〕20．〔9分〕〔2021秋•期末〕如下图，电源电动势ε=20V，内阻r=1Ω，当接入固电阻R=4Ω时，电路中标有“3V W〞的灯泡L和内阻r′=0.5Ω的小型直流电动机恰能正常工作，求〔1〕电路中的电流强度？〔2〕电动机的额工作电压？〔3〕电源的总功率？21．〔9分〕〔2021秋•区校级期末〕长为L的平行金属板水平放置，两极板带量的异种电荷，板间形成匀强电场，一个带电量为+q、质量为m的带电粒子，以初速度v0紧贴上极板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从下极板边缘射出，射出时速度恰与下极板成30°角，如下图，不计粒子重力，求：〔1〕粒子末速度的大小；〔2〕匀强电场的场强；〔3〕两板间的距离．22．〔9分〕〔2021秋•区校级期末〕如下图，在第二象限内有水平向右的匀强电场，在第一、第四象限内分别存在匀强磁场，磁感强度大小相，方向如下图．现有一个带电粒子在该平面内从x轴上的P点，以垂直于x轴的初速度v0进入匀强电场，恰好经过y轴上的Q点且与y轴成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入下面的磁场．OP之间的距离为d，〔不计粒子的重力〕求：〔1〕Q点的坐标；〔2〕圆周运动的半径；〔3〕带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x轴的时间．23．〔8分〕〔2021•〕如下图，质量m1=0.1kg，电阻R1=0.3Ω，长度l=0.4m的导体棒ab横放在U型金属框架上．框架质量m2=0.2kg，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，相距0.4m的MM′、NN′相互平行，电阻不计且足够长．电阻R2=0.1Ω的MN垂直于MM′．整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感强度B=0.5T．垂直于ab施加F=2N的水平恒力，ab从静止开始无摩擦地运动，始终与MM′、NN′保持良好接触．当ab运动到某处时，框架开始运动．设框架与水平面间最大静摩擦力于滑动摩擦力，g取10m/s2．〔1〕求框架开始运动时ab速度v的大小；〔2〕从ab开始运动到框架开始运动的过程中，MN上产生的热量Q=0.1J，求该过程ab位移x的大小．高二〔上〕期末物理试卷〔理科〕参考答案与试题解析一、选择题〔共15小题，每题3分，共45分．其中1～11小题是单项选择题，12～15小题是多项选择题，选对得3分，对而不全得2分．〕1．〔3分〕〔2021秋•区校级期末〕在电场中的某点放一个检验电荷，其电量为q，受到的电场力为F，那么该点的电场强度，以下说法正确的选项是〔〕A．假设移去检验电荷，那么该点的电场强度为0B．假设检验电荷的电量变为4q，那么该点的场强变为4EC．假设放置到该点的检验电荷变为﹣2q，那么场中该点的场强大小不变，但方向相反D．假设放置到该点的检验电荷变为﹣2q，那么场中该点的场强大小方向均不变考点：电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场强度是反映电场本身的力的性质的物理量，与试探电荷无关，在电场中同一点，电场强度是确不变的．解答：解：A、由题，该点的电场强度，假设移去检验电荷，该点的电场强度仍为．故A错误．B、假设检验电荷的电量变为4q，检验电荷所受的电场力为4F，该点的电场强度仍为．故B错误．C、D假设放置到该点的检验电荷变为﹣2q，检验电荷所受的电场力为﹣2F，该点的电场强度仍为．故C错误，D正确．应选：D．点评：电场强度的义式，具有比值义法的共性，义出的电场强度与F、q无关，由电场本身决．2．〔3分〕〔2021秋•区校级期末〕实线为三条未知方向的电场线，从电场中的M点以相同的速度飞出a、b 两个带电粒子，a、b的运动轨迹如图中的虚线所示〔a、b只受电场力作用〕，那么〔〕A．a一带正电，b一带负电B．电场力对a做正功，对b做负功C．a的速度将减小，b的速度将增大D．a的加速度减小，b的加速度将增大考点：电场线；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，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．解答：解：A、电场线的方向不知，所以粒子带电性质不；从图中轨道变化来看电场力都做正功，动能都增大，电势能都减少．所以ABC错误．D、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，所以a受力减小，加速度减小，b受力增大，加速度增大，所以D正确．应选：D点评：根底知识的学习，掌握住电场线的特点：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，即可解决此题．3．〔3分〕〔2021秋•区校级期末〕如图，一个金属圆环放在匀强磁场中，将它匀速拉出磁场，以下错误的选项是〔不计重力〕〔〕A．环中感电流的方向是顺时针方向B．环中感电流的大小不变C．所施加水平拉力的大小要变D．假设将此环向左拉出磁场，那么环中感电流的方向也是顺时针方向考点：楞次律．专题：电磁感与电路结合．分析：将线圈拉出磁场，磁通量都减小，根据楞次律判断感电流的方向．公式E=BLv中L是有效的切割长度．根据欧姆律分析感电流的大小变化．安培力的大小：F=BIL中L是有效长度．解答：解：A、D、不管沿什么方向将线圈拉出磁场，穿过线圈的磁通量都减小，根据楞次律判断可知，线圈中感电流的方向都是沿顺时针方向，故A、D正确；B、线圈在切割磁感线的过程中，感电动势E=BLv，有效长度L先增大后减小，所以感电动势先增大后减小，感电流的大小先增大后减小，会发生变化．故B错误．C、线圈在切割磁感线的过程中，线圈受到的安培力：F=BIL，有效长度L先增大后减小，感电流的大小先增大后减小，所以安培力先增大，后减小，会发生变化，那么水平拉力也要发生变化．胡C正确此题选择错误的，应选：B．点评：此题是楞次律和E=BLv的用，关键要注意公式E=BLv中L是有效的切割长度．安培力的大小：F=BIL 中L是有效长度．4．〔3分〕〔2021秋•期末〕走廊里有一盏电灯，在走廊两端各有一个开关，我们不管哪一个开关接通都能使电灯点亮，那么设计的电路为〔〕A．“与〞门电路B．“非“门电路C．“或〞门电路D．上述答案都有可能考点：简单的逻辑电路．专题：恒电流专题．分析：“或〞逻辑关系的特点是，当事件的某一个条件满足，该事件就能发生．解答：解：不管哪一个开关接通都能使电灯点亮，所满足的关系是“或〞逻辑关系，即事件的某一个条件满足，该事件就能发生．故C正确，A、B、D错误．应选C．点评：解决此题的关键理解“或〞逻辑关系的特点，当事件的某一个条件满足，该事件就能发生．5．〔3分〕〔2021•校级模拟〕关于磁场和磁感线的描述，正确的说法是〔〕A．磁感线从磁体的N极出发，终止于S极B．磁场的方向就是通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向C．沿磁感线方向，磁场逐渐减弱D．在磁场强的地方同一通电导体受的安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小考点：磁感线及用磁感线描述磁场．分析：在磁体外部磁感线从N极出发进入S极，在磁体内部从S极指向N极．磁场的方向与通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向垂直．磁感线的疏密表示磁场的强弱．安培力的大小取决于四个因素：B、I、L，及导线与磁场的夹角，在磁场强的地方同一通电导体受的安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小．解答：解：A、磁感线分布特点：在磁体外部磁感线从N极出发进入S极，在磁体内部从S极指向N极．故A错误．B、磁场的方向与通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向垂直．故B错误．C、磁场的强弱看磁感线的疏密，与磁感线方向无关，沿磁感线方向，磁场不一减弱．故C错误．D、根据安培力公式F=BILsinα，可见，在B大的地方，F不一大．故D正确．应选D点评：此题考查对磁场根本知识的理解和掌握程度，根底题．注意安培力与电场力不同：安培力方向与磁场方向垂直，而电场力方向与电场强度方向相同或相反．6．〔3分〕〔2021•泗县模拟〕如下图，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，给电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，那么以下说法正确的选项是〔〕A．保持S闭合，将A板向B板靠近，那么θ增大B．保持S闭合，将A板向B板靠近，那么θ不变C．断开S，将A板向B板靠近，那么θ增大D．断开S，将A板向B板靠近，那么θ减小考点：电容器的动态分析；电场强度．专题：电容器专题．分析：小球受重力、电场力和绳子的拉力处于平衡状态，当电场力变大时θ增大，电场力变小时θ减小，因此解决此题关键是判断小球所受电场力的变化情况；注意电容器的两种状态的不同，电键闭合其电压不变，电键断开电容器所带电量保持不变．解答：解：假设保持S闭合，那么电容器两极板之间的电压保持不变，因此根据可知，当将A板向B板靠近时，电场强度增大，那么电场力增大，θ将增大，故A正确，B错误．假设断开S，电容器带电量保持不变，由和以及可得：，由于Q、S不变，只是d变化，所以电场强度不变，故电场力不变，那么θ不变，故CD错误．应选A．点评：对于电容器的讨论注意电容器的两种状态，同时熟练掌握公式：、、之间的推导，尤其是在电容器电量保持不变时，要正确根据这三个公式推导电场强度的表达式，从而正确判断电场强度的变化．7．〔3分〕〔2021秋•区校级期末〕在图所示的电路中，两个灵敏电流表和的零点都在刻度盘，当电流从“+〞接线柱流入时，指针向右摆；电流从“﹣〞接线柱流入时，指针向左摆．在电路接通后再断开的瞬间，以下说法中符合实际情况的是〔〕A．表指针向左摆，表指针向右摆B．表指针向右摆，表指针向左摆C．、表的指针都向左摆D．、表的指针都向右摆考点：自感现象和自感系数．分析：电感器对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小．解答：解：电路稳后断开，通过电阻这一支路的电流立即消失，由于电感器对电流的变化有阻碍作用，会阻碍其减小，通过电感器的电流并且通过电阻．所以含有电感器的支路的电流从“+〞接线柱流入，G1指针向右摆．含有电阻的支路电流从“﹣〞接线柱流入，G2指针向左摆．故B正确，A、C、D错误．应选：B．点评：解决此题的关键知道电感器对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小．8．〔3分〕〔2021秋•区校级期末〕质量为m长为L的导体棒电阻为R，初静止于光滑的水平轨道上，电源电动势为E，内阻不计．匀强磁场的磁感强度为B，其方向与轨道平面成θ角斜向上方，电键闭合后导体棒开始运动〔〕A．导体棒向左运动B．电键闭合瞬间导体棒MN所受支持力为mgC．电键闭合瞬间导体棒MN所受安培力为D．电键闭合瞬间导体棒MN的加速度为考点：安培力．分析：根据左手那么来确通电导线的安培力的方向，闭合电路欧姆律与安培力公式结合可求出安培力的大小，最后由牛顿第二律来确导体棒瞬间的加速度．解答：解：A、开关闭合，由左手那么可知，磁感线穿过掌心，那么大拇指向为垂直磁感线向右，从而导致导体棒向右运动．故A错误；B、C、当开关闭合后，根据安培力公式F=BIL与I=可得：F=；压力：N=mg+Fcosθ=mg+故B错误，C错误；D、当开关闭合后，安培力的方向与导轨成90°﹣θ的夹角，再根据力的分解可得，合力大小，再由牛顿第二律与安培力的大小可知，加速度a=，故D正确；应选：D点评：考查左手那么、闭合电路欧姆律、牛顿第二律、安培力的大小公式及力的分解，注意左手那么与右手那么的区别．同时注意安培力的方向与导轨的夹角．9．〔3分〕〔2021•模拟〕以下关于运动和力的表达中，正确的选项是〔〕A．做曲线运动的物体，其加速度方向一是变化的B．物体做圆周运动，所受的合力一指向圆心C．物体所受合力方向与运动方向相反，该物体一做直线运动D．物体运动的速率在增加，所受合力方向一与运动方向相同考点：物体做曲线运动的条件；牛顿第二律．专题：物体做曲线运动条件专题．分析：曲线运动的条件是初速度与加速度不在一条直线上，速度不断变化，它是变速运动，曲线运动有加速度不变的，也有加速度变化的．当物体做圆周运动，其合力不一指向圆心，假设是匀速圆周运动，那么合力一指向圆心．解答：解：A、做曲线运动的物体，其速度一变化，但加速度不一变化，比方平抛运动，故A错误；B、物体做圆周运动，所受的合力不一指向圆心，当是匀速圆周运动时，由于速度大小不变，所以加速度垂直于速度，因此合力一指向圆心，故B错误；C、当物体所受合力方向与运动方向相反，那么一做减速且直线运动，故C正确；D、物体运动的速率在增加，那么一有加速度存在，但不一与运动方向相同，比方平抛运动，合力方向与运动方向不相同．故D错误；应选：C点评：曲线运动有加速度，所以必是变速，可能是匀变速曲线，比方：平抛运动．也可能是速率不变，方向变化．比方：匀速圆周运动．10．〔3分〕〔2021•模拟〕建筑工人用图所示的滑轮装置运送建筑材料．质量为70.0kg的工人站在地面上，通过滑轮将20.0kg的建筑材料以0.500m/s2的加速度拉升，忽略绳子和滑轮的质量及滑轮的摩擦，那么工人对地面的压力大小为〔g取10m/s2〕〔〕A．510 N B． 490 N C． 890 N D．910 N考点：共点力平衡的条件及其用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：工人站在地面上，匀加速拉升物体，同时绳子也有个力拉工人，由牛顿第二律可求出绳子的拉力，从而对工人受力分析，由平衡条件可求出工人受地面的支持力，最后由牛顿第三律可得出工人对地面的压力大小．解答：解：先研究物体，以加速度0.5m/s2匀加速被拉升，受力分析：重力与绳子的拉力．那么有：F﹣mg=ma代入数据解得：F=210N，再研究工人，受力分析，重力、绳子拉力、支持力，处于平衡状态．那么有：Mg=F+F支代入数据解得：F支=490N，由牛顿第三律可得：F压=490N应选：B点评：虽然压力是地面所受，但该选工人作为研究对象；要知道绳子的拉力，那么必须选中物体为研究对象由牛顿运动律方可求出．所以此题渗透如何合理选择研究对象的思想．11．〔3分〕〔2021秋•区校级期末〕如图，斜面置于光滑水平地面上，其光滑斜面上有一物体由静止沿斜面下滑，在物体下滑过程中，以下说法不正确的选项是〔〕A．物体的重力势能减少，动能增加B．斜面的机械能增加C．斜面对物体的作用力垂直于接触面，不对物体做功D．物体和斜面组成的系统机械能守恒考点：机械能守恒律；动能和势能的相互转化．专题：机械能守恒律用专题．分析：只有重力或只有弹力做功时，系统的机械能守恒，对物体进行受力分析，根据机械能守恒条件分析答题．解答：解：A、物体下滑时，重力做正功，物体的重力势能减小，动能增加，故A正确；B、物体下滑过程，物体对斜面的压力对斜面做正功，M向右加速运动，M的动能增加，重力势能不变，那么其机械能增加，故B正确；C、斜面对物体的作用力垂直于斜面，但在作用力方向上，物体有位移，斜面对物体的作用力对物体做功，故C错误；D、物体和斜面组成的系统，在整个运动过程中，只有重力做功，系统的机械能守恒，故D正确；此题选不正确的，应选：C．点评：此题的关键的地方在于斜面体M置于光滑水平地面上，由此可知不是m的机械能守恒，而是系统的机械能守恒．12．〔3分〕〔2021•一模〕如下图，物块M在静止的传送带上以速度v匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，假设传送带的速度大小也为v，那么传送带启动后〔〕A．M静止在传送带上B．M可能沿斜面向上运动C．M受到的摩擦力不变D．M下滑的速度不变考点：滑动摩擦力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其用．分析：对物体受力分析，由于传送带是向上运动的，对物体的受力没有影响，所以物体的运动状态不变．解答：解：由于传送带是向上转动的，在传送带启动前后，物块都只受重力、支持力、沿斜面向上的滑动摩擦力，物块受力不变，所以其下滑的速度也不变．应选CD点评：物体本来就是向下运动，受到的摩擦力是向上的，当传送带在向上转动时，对物体的受力没影响，可以思考一下，如果传送带向下转动，情况又会如何呢？13．〔3分〕〔2021•二模〕在如下图的电路中，由于某一电阻发生短路或断路，使A灯变暗，B灯变亮，那么故障可能是〔〕A．R1短路B． R2断路C． R3断路 D．R4短路考点：闭合电路的欧姆律．专题：恒电流专题．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；应选BC．点评：此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．14．〔3分〕〔2021秋•区校级期末〕在如下图的U﹣I图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路．由图象可知〔〕A．电源的电动势为3V，内阻为0.5Ω。

批扯州址走市抄坝学校高二〔上〕期末物理试卷一、此题共8小题，每题6分．在每题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．〔6分〕〔2021•三模〕如下图，用手指捏住圆规的一个针脚，另一个有铅笔芯的脚支撑在手掌心位置，使OA水平，然后在外端挂上一些不太重的物品，这时手对针脚A、B均有作用力，以下图对这两个作用力方向的描述，大致正确的选项是〔〕A．B．C．D．2．〔6分〕〔2021•三模〕如下图，A、B两物块的质量均为m，把它们靠在一起从一个坡面光滑质量为M的斜面C顶端由静止开始下滑．斜面的倾角为θ，斜面始终保持静止．那么在此过程中，以下说法正确的选项是〔〕A．A、B两物体间作用力为0B．A、B两物体间的作用力为2mgsinθC．斜面对地面的压力为Mg+2mgD．地面对斜面的摩擦力为03．〔6分〕〔2021•三模〕如下图，真空中有A、B两个量异种点电荷，O、M、N是AB连线的垂线上的三个点，且AO＞OB．一个带负电的检验电荷仅在电场力的作用下，运动轨迹如图中实线所示．假设分别用φM和φN 代表M、N两点的电势，用E kM和E kN，a M和a N代表粒子经过M、N两点时的动能和加速度，那么以下关系正确的选项是〔〕A．φM=φN，E kM=E kN，a M=a N B．φM＜φN，E kM＞E kN，a M＞a NC．φM＜φN，E kM＜E kN，a M＞a N D．φM＞φN，E kM＞E kN， a M＜a N4．〔6分〕〔2021•八道江区校级二模〕如下图，从倾角为θ=30°的斜面顶端以初动能E1=6J向下坡方向平抛出一个小球，那么小球落到斜面上时的动能E2为〔〕A．8J B．12J C．14J D． 16J5．〔6分〕〔2021•一模〕1980年10月14日，中国院紫天文台发现了一颗绕太阳运行的小行星，2001年12月21日，经小行星中心和小行星命名会批准，将这颗小行星命名为“钱学森星〞，以表彰这位“两弹一星〞的功臣对我国科技事业做出的奉献．假设将地球和“钱学森星〞绕太阳的运动看作匀速圆周运动，它们的运行轨道如下图．“钱学森星〞绕太阳运行一周的时间约为年，设地球绕太阳运行的轨道半径为R，那么“钱学森星〞绕太阳运行的轨道半径约为〔〕A．B．C．D．6．〔6分〕〔2021•三模〕一课外活动小组在一次活动中，用到的用电器上标有“36V72W〞字样，用电器工作时需使用变压器将220V的交变电压进行降压．由于手边只有一个匝数比为5：1的变压器，不能直接使用．经过讨论后，认为可在原线圈上加一个可变电阻进行调节，设计好的电路示意图如图甲所示．当在ab两端间加上如图乙所示的电压后，用电器恰好能正常工作，那么以下说法正确的选项是〔〕A．原线圈cd两点间的电压为220 VB．在t=0.01 s时，电压表的示数为0 VC．通过原线圈中的电流为0.4 AD．可变电阻R0上消耗的电功率为l6 W7．〔6分〕〔2021•三模〕如下图，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．以下说法正确的选项是〔〕A．假设将滑片P向上滑动，粒子将向a板偏转B．假设将a极板向上移动，粒子将向b板偏转C．假设增大带电粒子带电量，粒子将向a板偏转D．假设增大带电粒子的速度，粒子将向b板偏转8．〔6分〕〔2021•区校级二模〕如图甲所示，导体框架abcd的ab、cd边平行，框架平面与水平面的夹角为θ，质量为m的导体棒PQ垂直放在两平行导轨ab、cd上，导体棒与框架构成回路的总电阻为R，整个装置处于垂直于框架平面的变化磁场中，磁感强度〔取垂直框架向上为正〕随时间变化规律如图乙所示．PQ 能始终保持静止，那么在0〜t2时间内，回路中电流i随时间t变化的图象〔取P→Q→c→b→P方向为正〕和PQ受到的摩擦力f随时间t变化的图象〔取平行于框架平面向上为正〕可能正确的选项是〔〕A．B．C．D．二、非选择题：包括必考题和选考题两．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第16题为选考题，考生根据要求作答．〔一〕必考题〔共47分〕9．〔6分〕〔2021•二模〕在用游标为20分度的游标卡尺测某金属管的内径时，示数如图甲所示，读数为cm．在测金属丝的电阻率的中，用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图乙所示，读数为mm．10．〔9分〕〔2021•下陆区校级模拟〕现有一量程为3V的电压表，内阻约为3kΩ．为了较准确地测量其内电阻，在没有电流表的情况下，某同学设计了如图a所示的电路，按此电路可以测出电压表的内电阻．其中R1是最大阻值为9999Ω的电阻箱，R2是最大阻值为20Ω的滑动变阻器．①试根据图a所示的电路图，完成如图b所示的实物电路的连线．②根据电路图连线后有如下的主要操作步骤：a．将电阻箱的阻值调至某一确阻值〔最好为3kΩ左右〕，并记下此时的电阻值R．闭合开关S1和S2，调节滑动变阻器R2的滑动头P，使电压表的指针偏转一个较大的角度〔或满刻度〕，并记录此时电压表的示数U1．b．断开S1，撤除电路，器材复原．c．保持P的位置不变，断开S2，记录此时电压表的示数U2．d．按电路图连好电路后，将滑动变阻器的滑动头P移至A端．按本正确的操作步骤排序〔只填写步骤前的字母〕．③根据记录的数据R、U1、U2，可求出电压表的内电阻为：R V= ．④根据此原理，电压表内阻的测量值与真实值的关系为：测量值真实值〔选填大于、于或小于〕．11．〔14分〕〔2021•校级模拟〕如下图，倾角θ=37°的斜面底端B平滑连接着半径r=0.40m的竖直光滑圆轨道．质量m=0.50kg的小物块，从距地面h=2.7m处沿斜面由静止开始下滑，小物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.25，求：〔sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2〕〔1〕物块滑到斜面底端B时的速度大小．〔2〕物块运动到圆轨道的最高点A时，对圆轨道的压力大小．12．〔18分〕〔2021秋•区校级期末〕如下图，匀强磁场分布在0≤x≤〔2+〕a且以直线PQ为下边界的区域内，∠OPQ=30°．y≤0的区域内存在着沿y轴正向的匀强电场．一质量为m、电荷量为q的带正电粒子〔不计粒子重力〕从电场中一点M〔﹣2a，﹣a〕以初速度v o沿x轴正向射出后，恰好经坐标原点O进入第I象限，最后刚好不能从磁场的右边界飞出．求：〔1〕匀强电场的电场强度的大小E；〔2〕匀强磁场的磁感强度的大小B；〔3〕粒子在磁场中的运动时间．三、〔二〕选考题：共15分．请考生从给出的2道物理题、选一题作答．【物理3-3】〔15分〕13．〔6分〕〔2021秋•忻府区校级月考〕以下说法正确的选项是〔〕A．物体吸收热量，其温度一升高B．橡无固熔点，是非晶体C．做功和热传递是改变物体内能的两种方式D．布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的分子无规那么运动的反映E．第二类永动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一律，但它违反热力学第二律14．〔9分〕〔2021•二模〕一质量的理想气体从状态A变化到状态B再变化到状态C，其状态变化过程的p ﹣V图象如下图．该气体在状态A时的温度为27℃．那么：①该气体在状态B．C时的温度分别为多少℃？②该气体从状态A到状态C的过程中是吸热，还是放热？传递的热量是多少？四、【物理3-5】〔15分〕15．〔2021•三模〕以下说法正确的选项是〔〕A．氡的半衰期为天，假设取8个氡原子核，经天后可能还剩5个氡原子核B．β衰变的实质是原子核内的一个中子转化成一个质子和一个电子，这种转化产生的电子发射到核外，就是β粒子C．物质波的波长由动能所决D．氘核和氚核可发生热核聚变，核反方程是H+H→He+nE．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，电势能增大，原子的总能量不变16．〔2021•三模〕如图，质量为m=1kg的木桩竖直插在沙中，质量为M=4kg的铁锤从木桩的正上方离木桩上端H=5m高处自由落下，铁锤击中木桩后不反弹，在极短时间内两者到达共同速度一起竖直向下运动，经时间t=0.1s停下．〔不计空气阻力和碰撞时间，g取10m/s2〕求：①铁锤和木桩的共同速度大小；②木桩受到沙的平均作用力大小．高二〔上〕期末物理试卷参考答案与试题解析一、此题共8小题，每题6分．在每题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．〔6分〕〔2021•三模〕如下图，用手指捏住圆规的一个针脚，另一个有铅笔芯的脚支撑在手掌心位置，使OA水平，然后在外端挂上一些不太重的物品，这时手对针脚A、B均有作用力，以下图对这两个作用力方向的描述，大致正确的选项是〔〕A．B．C．D．考点：共点力平衡的条件及其用；物体的弹性和弹力．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：如图，在圆规外端挂上物品，针脚A相对于手有向左运动的趋势，手对针脚有向右的静摩擦力，针脚B对手有斜向右下方的压力．解答：解：由题，在圆规外端挂上物品，针脚A相对于手指有向左运动的趋势，手指对针脚有向右的静摩擦力；挂上物品后，针脚B对手产生斜向右下方的压力，根据牛顿第三律，手对针脚B有向左上的支持力；应选：B．点评：此题是生活中的物理现象，运用物理知识进行分析，培养观察和思考问题的习惯，对学习物理大有好处．2．〔6分〕〔2021•三模〕如下图，A、B两物块的质量均为m，把它们靠在一起从一个坡面光滑质量为M的斜面C顶端由静止开始下滑．斜面的倾角为θ，斜面始终保持静止．那么在此过程中，以下说法正确的选项是〔〕A．A、B两物体间作用力为0B．A、B两物体间的作用力为2mgsinθC．斜面对地面的压力为Mg+2mgD．地面对斜面的摩擦力为0考点：共点力平衡的条件及其用；物体的弹性和弹力．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：对整体受力分析求出整体的加速度，再对B受力分析即可求得A对B的压力；对ABC整体受力分析，根据牛顿第二律列式求解地面对其的支持力和静摩擦力情况．解答：解：A、B、对整体受力分析可知，整体受重力、支持力而做匀加速直线运动；由牛顿第二律可知，a==gsinθ；那么再对B由牛顿第二律可知：F合=ma=mgsinθ；合力于B的重力沿斜面向下的分力；故说明AB是没有相互作用力；故A正确，B错误；C、D、对ABC整体受力分析，受重力、支持力、静摩擦力；由于AB整体向左下方加速下滑，C静止不动，故ABC整体的合力向左下方，故支持力小于重力，即斜面对地面的压力小于Mg+2mg；地面对斜面的摩擦力水平向左；故C错误，D错误；点评：此题考查牛顿第二律的用，要明确AB两物体加速度相同，均是重力的分力提供加速度；对加速度不同的连接体问题也可以用整体法列式．3．〔6分〕〔2021•三模〕如下图，真空中有A、B两个量异种点电荷，O、M、N是AB连线的垂线上的三个点，且AO＞OB．一个带负电的检验电荷仅在电场力的作用下，运动轨迹如图中实线所示．假设分别用φM和φN 代表M、N两点的电势，用E kM和E kN，a M和a N代表粒子经过M、N两点时的动能和加速度，那么以下关系正确的选项是〔〕A．φM=φN，E kM=E kN，a M=a N B．φM＜φN，E kM＞E kN，a M＞a NC．φM＜φN，E kM＜E kN，a M＞a N D．φM＞φN，E kM＞E kN，a M＜a N考点：电势差与电场强度的关系；电场强度；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，粒子所受的电场力大，加速度大；电场线疏的地方电场的强度小，电场力和加速度小．电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．分析电势能的变化，根据能量守恒分析动能的大小．解答：解：据负带电粒子的运动轨迹，粒子受到的电场力指向轨迹弯曲的一侧，所以该负电荷受到的电场力指向带正电的电荷，所以A带正电，B带负电，因为AO＞OB，根据量异种点电荷电场线及势面分布特点可知，所以M点的电势低，场强大，即φM＜φN，E M＞E N．由于粒子带负电，根据负电荷在电势高处电势能小，那么知粒子在M处电势能大，即E pM＞E pN，根据能量守恒律可得：粒子在N处动能大，即E kM＜E kN．故C正确，ABC错误．点评：此题要求掌握住量异种电荷的电场的分布的情况，根据电场分布的特点可以分析此题．4．〔6分〕〔2021•八道江区校级二模〕如下图，从倾角为θ=30°的斜面顶端以初动能E1=6J向下坡方向平抛出一个小球，那么小球落到斜面上时的动能E2为〔〕A．8J B．12J C．14J D． 16J考点：平抛运动；动能理．专题：平抛运动专题．分析：小球落在斜面上，根据竖直位移与水平位移的关系得出运动的时间，从而得出竖直分速度与水平分速度的关系，结合动能的表达式求出小球落到斜面上的动能大小．解答：解：根据得：，那么竖直分速度为：．因为，那么有：==14J．故C正确，A、B、D错误．应选：C．点评：解决此题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直上的运动规律，抓住竖直位移与水平位移的关系进行求解．5．〔6分〕〔2021•一模〕1980年10月14日，中国院紫天文台发现了一颗绕太阳运行的小行星，2001年12月21日，经小行星中心和小行星命名会批准，将这颗小行星命名为“钱学森星〞，以表彰这位“两弹一星〞的功臣对我国科技事业做出的奉献．假设将地球和“钱学森星〞绕太阳的运动看作匀速圆周运动，它们的运行轨道如下图．“钱学森星〞绕太阳运行一周的时间约为年，设地球绕太阳运行的轨道半径为R，那么“钱学森星〞绕太阳运行的轨道半径约为〔〕A．B．C．D．考点：开普勒律；万有引力律及其用．分析：根据开普勒第三律，地球与钱学森星的轨道半径的三次方之比于公转周期的平方之比，列式求解．解答：解：根据开普勒第三律，有=解得R钱==R应选C．点评：此题考查开普勒律的用，当然，也可根据万有引力于向心力列式求解．6．〔6分〕〔2021•三模〕一课外活动小组在一次活动中，用到的用电器上标有“36V72W〞字样，用电器工作时需使用变压器将220V的交变电压进行降压．由于手边只有一个匝数比为5：1的变压器，不能直接使用．经过讨论后，认为可在原线圈上加一个可变电阻进行调节，设计好的电路示意图如图甲所示．当在ab两端间加上如图乙所示的电压后，用电器恰好能正常工作，那么以下说法正确的选项是〔〕A．原线圈cd两点间的电压为220 VB．在t=0.01 s时，电压表的示数为0 VC．通过原线圈中的电流为0.4 AD．可变电阻R0上消耗的电功率为l6 W考点：变压器的构造和原理；电功、电功率；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．专题：交流电专题．分析：副线圈两端的电压即用电器两端的电压，根据变压器的电压与匝数的关系，即可求得cd两端的电压；电压表中的电压是交流的有效值，不是瞬时值；根据公式P=UI计算出副线圈中的电流，然后根据变压器的电流与匝数的关系计算原线圈中的电流；根据P=UI计算可变电阻上的电功率．解答：解：A、副线圈两端的电压即用电器两端的电压，根据变压器的电压与匝数的关系得：．故A错误；B、电压表中的电压是交流的有效值，不是瞬时值．故B错误；C、根据公式P=UI得：副线圈中的电流为：，根据变压器的电流与匝数的关系得：．故C正确；D、可变电阻R0上消耗的电功率为：P0=〔U﹣U1〕I1=〔220﹣180〕×0.4W=16W．故D正确．应选：CD．点评：考查变压器的原理，明确电流与电压与匝数的关系，还要明确该电路中，ab两端的电压与cd两端的电压不是一个电压，cd两端的电压才是变压器的输入电压．7．〔6分〕〔2021•三模〕如下图，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．以下说法正确的选项是〔〕A．假设将滑片P向上滑动，粒子将向a板偏转B．假设将a极板向上移动，粒子将向b板偏转C．假设增大带电粒子带电量，粒子将向a板偏转D．假设增大带电粒子的速度，粒子将向b板偏转考点：带电粒子在混合场中的运动；闭合电路的欧姆律．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：电容器与R并联，故电容器两端的电压于R两端的电压；那么a、b之间形成电场，带电粒子在混合场中做匀速运动，那么可知电场力与磁场力大小相方向相反；那么分析滑片移动时，极板间场强的变化可知电场力的变化，那么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，那么粒子将向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，假设粒子带负电，那么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，那么粒子将向b板偏转，故B正确；C、假设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，故粒子将不会偏转，故C错误；D、由图可知a板带正电，b板带负电；带电粒子带负电，受电场力向上，洛仑兹力向下，原来二力大小相，物体才能做匀速直线运动；假设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D正确；应选：BD．点评：此题综合了电路、电容及磁场的知识，综合性较强；同时要注意由于题目中没有给出粒子的电性，故必须讨论可能出现的情况．8．〔6分〕〔2021•区校级二模〕如图甲所示，导体框架abcd的ab、cd边平行，框架平面与水平面的夹角为θ，质量为m的导体棒PQ垂直放在两平行导轨ab、cd上，导体棒与框架构成回路的总电阻为R，整个装置处于垂直于框架平面的变化磁场中，磁感强度〔取垂直框架向上为正〕随时间变化规律如图乙所示．PQ 能始终保持静止，那么在0〜t2时间内，回路中电流i随时间t变化的图象〔取P→Q→c→b→P方向为正〕和PQ受到的摩擦力f随时间t变化的图象〔取平行于框架平面向上为正〕可能正确的选项是〔〕A．B．C．D．考点：导体切割磁感线时的感电动势；闭合电路的欧姆律．专题：电磁感与图像结合．分析：由图看出，磁感强度均匀增大，穿过PQcb回路的磁通量均匀增加，回路中产生恒电流，根据安培力公式分析安培力大小的变化情况，由左手那么判断安培力方向，由平衡条件分析棒PQ受到的静摩擦力的大小变化情况．解答：解：A、B由图看出，磁感强度均匀变化，一，穿过PQcb回路的磁通量均匀变化，根据法拉第电磁感律得知，回路中产生的感电动势恒不变，感电流也恒不变，根据楞次律得知，回路中感电流方向沿P→Q→c→b→P方向，为正；故A错误，B正确．C、由左手那么判断可知，在0﹣t1时间内，导体棒PQ所受安培力方向沿斜面向上．由F=BIL可知，B均匀减小，PQ所受安培力大小F均匀减小，假设静摩擦力沿斜面向上，根据平衡条件得到，棒PQ受到的静摩擦力大小f=mgsinθ﹣F，F均匀减小，那么f均匀增大．在t1﹣t2时间内，导体棒PQ所受安培力方向沿斜面向下．由F=BIL可知，B均匀增大，PQ所受安培力大小F均匀增大，静摩擦力沿斜面向上，根据平衡条件得到，棒PQ受到的静摩擦力大小f=F+mgsinθ，F均匀增大，那么f均匀增大．故C正确．D、由左手那么判断可知，在0﹣t1时间内，导体棒PQ所受安培力方向沿斜面向上．由F=BIL可知，B均匀减小，PQ所受安培力大小F均匀减小，假设静摩擦力沿斜面向下，根据平衡条件得到，棒PQ受到的静摩擦力大小f=F﹣mgsinθ，F均匀减小，那么f均匀减小．在t1﹣t2时间内，导体棒PQ所受安培力方向沿斜面向下．由F=BIL可知，B均匀增大，PQ所受安培力大小F均匀增大，静摩擦力沿斜面向上，为正．根据平衡条件得到，棒PQ受到的静摩擦力大小f=F+mgsinθ，F 均匀增大，那么f均匀增大．故D错误．应选：BC点评：此题是楞次律、安培力和力平衡知识的综合用，直接由楞次律判断安培力的方向，也可以由楞次律、左手那么结合判断安培力方向．二、非选择题：包括必考题和选考题两．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第16题为选考题，考生根据要求作答．〔一〕必考题〔共47分〕9．〔6分〕〔2021•二模〕在用游标为20分度的游标卡尺测某金属管的内径时，示数如图甲所示，读数为6.170 cm．在测金属丝的电阻率的中，用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图乙所示，读数为 1.780 mm．考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．专题：题．分析：解决此题的关键掌握游标卡尺读数的方法，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：1、游标卡尺的主尺读数为：6.1cm=61mm，游标尺上第14个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为14×0.05mm=0.70mm，所以最终读数为：61mm+0.70mm=61.70mm=6.170cm．2、螺旋测微器的固刻度为1.5mm，可动刻度为28.0×0.01mm=0.280mm，所以最终读数为1.5mm+0.280mm=1.780mm．故答案为：70，80．点评：对于根本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器要了解其原理，正确使用这些根本仪器进行有关测量．注意读出的数据小数最后面的零不能漏掉．10．〔9分〕〔2021•下陆区校级模拟〕现有一量程为3V的电压表，内阻约为3kΩ．为了较准确地测量其内电阻，在没有电流表的情况下，某同学设计了如图a所示的电路，按此电路可以测出电压表的内电阻．其中R1是最大阻值为9999Ω的电阻箱，R2是最大阻值为20Ω的滑动变阻器．①试根据图a所示的电路图，完成如图b所示的实物电路的连线．②根据电路图连线后有如下的主要操作步骤：a．将电阻箱的阻值调至某一确阻值〔最好为3kΩ左右〕，并记下此时的电阻值R．闭合开关S1和S2，调节滑动变阻器R2的滑动头P，使电压表的指针偏转一个较大的角度〔或满刻度〕，并记录此时电压表的示数U1．b．断开S1，撤除电路，器材复原．c．保持P的位置不变，断开S2，记录此时电压表的示数U2．d．按电路图连好电路后，将滑动变阻器的滑动头P移至A端．按本正确的操作步骤排序dacb 〔只填写步骤前的字母〕．③根据记录的数据R、U1、U2，可求出电压表的内电阻为：R V= ．④根据此原理，电压表内阻的测量值与真实值的关系为：测量值大于真实值〔选填大于、于或小于〕．考点：伏安法测电阻．专题：题；恒电流专题．分析：根据的原理图，逐步连接即可；依据的原理，设计合理的步骤即可；据半偏法测电阻原理分析即可．解答：解：〔1〕据原理图，连接电路如图：〔2〕据的操作的大体步骤：准备﹣操作﹣数据处理﹣整理仪器，所以本的操作步骤为：dacb．〔3〕本中电压表的阻值远大于滑动变阻器的电阻，并用滑动变阻器的分压解法，故在操作中电路的总电阻几乎不变，故保持P的位置不变，含有电压表的支路的电压几乎不变，所以断开S2，流过R1的电流为I=，所以电压表的内电阻为：R V==〔4〕操作中，断开S2，当p不变时，会使电路总电阻稍微变大，总电流稍微减小，会使含电压表支路的电压稍微变大；而具体操作中认为含有电压表的支路的电压不变，即断开S2，R1两端的电压比U1﹣U2大，再据R V==知，故会使测量值大于真实值．故答案为：〔1〕如图〔2〕dacb：〔3〕〔4〕大于．点评：解决问题首先要掌握该原理，了解的操作步骤和数据处理以及考前须知，掌握半偏法测电阻的原理及误差分析．11．〔14分〕〔2021•校级模拟〕如下图，倾角θ=37°的斜面底端B平滑连接着半径r=0.40m的竖直光滑圆轨道．质量m=0.50kg的小物块，从距地面h=2.7m处沿斜面由静止开始下滑，小物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.25，求：〔sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2〕〔1〕物块滑到斜面底端B时的速度大小．〔2〕物块运动到圆轨道的最高点A时，对圆轨道的压力大小．考点：动能理的用；牛顿第二律；向心力．专题：动能理的用专题．分析：〔1〕物块滑动到B点过程中，重力和摩擦力做功，根据动能理列式求解即可；〔2〕物块运动到圆轨道的最高点A时，受到重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二律可以列式；物体从B滑动到A过程，只有重力做功，机械能守恒，根据守恒律列式；最后联立方程组求解即可．解答：解：〔1〕物块滑动到B点过程中，受重力、支持力和摩擦力，根据动能理，有。

高二上册物理期末试题(含答案解析)导读：本文高二上册物理期末试题(含答案解析)，仅供参考，如果能帮助到您，欢迎点评和分享。

高二上册物理期末试题(含答案解析)一、选择题( 共16 题,共64 分)1、如图所示，表示了闭合回路的一部分导体在磁场中运动的情况。

其中不会产生感应电流的是( )2、在电磁感应现象中，下列说法正确的是( )a.导体在磁场中运动，导体内一定会产生感应电流b.导体做切割磁感线运动，导体中就有感应电流c.闭合电路在磁场内做切割磁感线运动，电路中一定会产生感应电流d.穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中一定有感应电流3、一段导线与电流表组成一闭合回路，导线上的ab部分在一磁场中。

已知该磁场磁感应线的方向竖直向上，则当ab导线竖直向下运动时，下列关于电流表指针的说法中正确的是( )a.一定发生偏转b.一定不发生偏转c.可能发生偏转4、如图所示，恒定的磁场中有一圆形的闭合导体线圈，线圈平面垂直于磁场方向，当线圈在此磁场中做下列哪种运动时，线圈中能产生感应电流( )a.线圈沿自身所在的平面做匀速运动b.线圈沿自身所在的平面做加速运动c.线圈绕任意一条直径做匀速转动d.线圈绕任意一条直径做变速转动5、关于产生电磁感应电流的条件，下列说法中正确的是( )a.任何导体在磁场中运动，都能产生感应电流b.一段导体在磁场中运动时，就能产生感应电流c. 当闭合电路的部分导体沿磁感线运动时，就能产生感应电流d.当闭合电路的部分导体切割磁感线运动时，就能产生感应电流7、如图所示，通电直导线垂直穿过闭合线圈l，则( )a.当导线中电流强度i变化时，线圈l中有感应电流b.当线圈l左右平动时，线圈l中有感应电流c.当线圈l上下平动时，线圈l中有感应电流d.以上各种情况，线圈l中都不会有感应电流8、如图4-2-11 所示，a、b、c、d四个线圈平面都垂直于无边界的匀强磁场，a线圈以速度v 沿箭头方向匀速运动，b线圈以加速度a 沿箭头方向做加速运动，c线圈绕轴oo′转动，d线圈绕过c点的垂直线圈平面的轴转动。

2022-2023学年高二上学期物理(理)期末考试题及答案第一部分: 选择题 (共30题，每题2分，共60分)1. 在空旷地带，一个看起来像草的物体的图像在平台上。

实物和它的图像之间的距离是多少？- A. 0- B. 小于实物高度- C. 等于实物高度- D. 大于实物高度答案：B. 小于实物高度2. 射线经过一个平心镜，射线的入射角和反射角之间的关系为：- A. 两者相等- B. 反射角大于入射角- C. 反射角小于入射角- D. 无法确定答案：A. 两者相等3. 在一台纯滚动的看似理想的装置中，一段木板放在两个平行的支撑物上，当木板静止时，滚动摩擦力为什么总是比滑动摩擦力小？- A. 滚动摩擦面积小- B. 滚动摩擦系数大- C. 滚动摩擦力是由静摩擦力产生的- D. 滚动摩擦力与滑动摩擦力无关答案：C. 滚动摩擦力是由静摩擦力产生的4. "今天有阳光。

" 这个陈述属于以下哪一种观察？- A. 客观观察- B. 主观观察- C. 科学观察- D. 资料观察答案：B. 主观观察5. 下列哪一个是机械波的例子？- A. 电磁波- B. 声波- C. 光波- D. X射线答案：B. 声波...第二部分: 主观题 (共3题，共40分)题目一：请解释动量守恒定律并给出一个例子。

回答：动量守恒定律是指在没有外力作用的情况下，系统的总动量保持不变。

即系统中各个物体的动量之和在整个过程中保持不变。

例子：两个相互碰撞的小球，假设它们只受到彼此之间的作用力，没有外力的影响。

根据动量守恒定律，两个小球碰撞前后的总动量保持相等。

题目二：请解释心理学中的反射与物理学中的反射有何不同。

回答：在心理学中，反射是指一种主观感受或行为的自发性反应，通常与外部刺激直接相关。

例如，如果手触碰到热的物体，我们会迅速将手缩回来，这是一种自发的反射。

而在物理学中，反射指的是光线、声波或其他波在与界面相交时改变传播方向的现象。

高二年级上学期期末考试物理试卷说明：1.考试时间90分钟，总分110分。

2.本卷分为试题卷和答题卷两部分，全部答案只答在答题卷上，各题均应答在指定的位置，不答在指定的位置无效。

3.考试结束只需交回答题卷。

一、选择题：本题共9小题，每小题6分，共54分。

在每小题给出的四个选项中，第1~5题只有一项符合随目要求，第6~9题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1.一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上。

若将云母介质移出，则（）A.电容器电容增大B.电容器极板间电场强度变大C.电容器极板间电势差变小D.电容器极板上的电荷量变小2.如图所示，在绝缘光滑水平面上，相隔一定距离有两个带同种电荷的小球。

同时从静止释放，则两个小球的加速度大小和速度大小随时间变化的情况是（）A.速度变大，加速度变大B.速度变小，加速度变小C.速度变大，加速度变小D.速度变小，加速度变大3.如图所示，两个初速度大小相同的同种正离子a和b，从0点分别从不同方向沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上。

不计重力，下列说法正确的有（）A.a在磁场中飞行的半径比b小B.a在磁场中飞行的时间比b的短C.a在磁场中飞行的路程比b的短D.a在P上的落点与0点的距离比b的近4.与一般吉他以箱体的振动发声不同，电吉他靠拾音器发声。

如图所示，拾音器由磁体及绕在其上的线圈组成。

磁体产生的磁场使钢质琴弦磁化而产生磁性，即琴弦也产生自己的磁场。

当某根琴弦被拨动而相对线圈振动时，线圈中就会产生相应的电流，并最终还原为声音信号。

下列说法中正确的是A.若磁体失去磁性，电吉他仍能正常工作B.换用尼龙材质的琴弦，电吉他仍能正常工作C.琴弦振动的过程中，线圈中电流的方向不会发生变化D.拾音器的作用是利用电磁感应把琴弦的振动转化成电信号5.如图所示，两平行光滑导轨相距为L=20cm，金属棒MN的质量为m=10g，电阻R=8Ω，匀强磁场的磁感应强度B=0.8T，方向竖直向下，电源电动势E=10V，内阻r=1Ω，当开关K闭合时，MN恰好平衡，则变阻器R1的取值为（）（设θ=45°，g取10m/s2）A.1ΩB.7ΩC.8ΩD.16Ω6.如图，静电植线时，真空中带负电的绒毛一旦与布匹上的黏合剂接触就粘贴在布匹上，则带负电线毛落向布匹的过程中（）A.做匀速运动B.做加速运动C.做减速运动D.电场力做正功，电势能逐渐减小7.如图所示，在光滑水平面上放根固定的通电直导线（电流方向如图中所示），并在它旁边与它在同一水平面内放一通电矩形导线框abcd(电流方向如图中所示），则（）A.线框的ab、cd、ad、bc边都受到安培力作用。

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．。

高二上学期期末考试物理试卷（附参考答案与解析）学校:___________班级：___________姓名：___________考号：___________一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）1. 如图所示，下列矩形线框在无限大的匀强磁场中运动，则能够产生感应电流的是( )A. B.C. D.2. 下列关于磁场、电场及电磁波的说法中正确的是( )A. 均匀变化的磁场在周围空间产生均匀变化的电场B. 只有空间某个区域有振荡变化的电场或磁场，才能产生电磁波C. 麦克斯韦通过实验证实了电磁波的存在D. 只要空间某处的电场或磁场发生变化，就会在其周围产生电磁波3. 如图所示，电源的电动势为E，内阻为r，R1为定值电阻，R2为光敏电阻(阻值随光照强度的增大而减小)，C为电容器，L为小灯泡，电表均为理想电表，闭合开关S后，若减弱照射光强度，则( )A. 电压表的示数增大B. 电容器上的电荷量减小C. 电流表的示数增大D. 小灯泡的功率减小4. 如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨间距为L，导轨下端接有电阻R，匀强磁场B垂直于斜面向上，电阻可忽略不计的金属棒ab质量为m，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F的作用，金属棒沿导轨以速度v匀速上滑，则它在上滑ℎ高度的过程中，以下说法正确的是( )A. 安培力对金属棒所做的功为W=B2L2vℎRsinθB. 金属棒克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热C. 拉力F做的功等于回路中增加的焦耳热D. 重力做的功等于金属棒克服恒力F做功5. 如图所示A，B是两个完全相同的白炽灯，L是自感系数很大、电阻可忽略不计的自感线圈，下列说法正确的是( )A. 断开开关S时，A灯与B灯同时慢慢熄灭B. 断开开关S时，B灯立即熄灭而A灯慢慢熄灭C. 闭合开关S时，A，B灯同时亮，且达到正常亮度D. 闭合开关S时，A灯比B灯先亮，最后一样亮6. 在一个很小的矩形半导体薄片上制作四个电极E、F、M、N，做成了一个霍尔元件。

高二物理试题第一学期期末检测注意事项：1.本试卷共6页，全卷满分100分，答题时间90分钟；2.答卷前，考生须准确填写自己的姓名、准考证号，并认真核准条形码上的姓名、准考证号；3.第Ⅰ卷选择题必须使用2B铅笔填涂，第Ⅱ卷非选择题必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔书写，涂写要工整、清晰；4.考试结束，监考员将试题卷、答题卡一并收回。

第I卷（选择题共48分）一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，计48分，其中1~8题为单选题，每题有一项是正确的.第9~12题为多选题，每题有几项．．得0分）．．得2分，错选、不选．．是正确的，全部选对得4分，漏选1.下列哪项科技的应用与电磁感应原理相关（）A.回旋加速器B.手机无线充电C.示波管D.电磁弹射器2.关于电场和磁场，以下说法正确的是（）A.电场、磁场、电场线、磁感线都是为了研究问题方便而假想的B.电场的电场线和磁场的磁感线都是闭合的曲线C.无论是运动电荷还是静止的电荷在电场中都会受电场力的作用D.电荷在磁场中某位置受到的磁场力为零，则该位置的磁感应强度为零3.下面有关静电场的叙述正确的是（）A.点电荷就是体积和带电荷量都很小的带电体B.在点电荷电场中，以点电荷为球心的同一球面上各点的场强都相同C.放在电场中某点的电荷，其电量越大，它所具有的电势能越大D.将真空中两个静止点电荷的电荷量均加倍、间距也加倍时，则库仑力大小不变4.一架悬挂于天花板上的弹簧秤下挂水平导线AB，导线中通有如图所示向右的电流1I，导线中心的正下方有与导线AB垂直的另一长直导线，当长直导线中通人向里的电流2I时，关于导线AB的运动及弹簧秤读数A.A向外、B向里转动，弹簧秤的读数增大B.A向里、B向外转动，弹簧秤的读数减小C.A向里、B向外转动，弹簧秤的读数增大D.A向外、B向里转动，弹簧秤的读数减小5.一灵敏电流计（电流表），当电流从它的正接线柱流入时，指针向正接线柱一侧偏转.现把它与开关、线圈串联，下列各图中能使灵敏电流计指针向正接线柱一侧偏转的是（）A. B. C. D.6.关于电阻、电感、电容对电流作用的说法正确的是（）A.电阻对直流电和交流电的阻碍作用相同B.电感线圈对交流电的阻碍作用是由于线圈自身存在电阻C.电容器两极板间是绝缘的，故电容支路上没有电流通过D.交变电流的频率增加时，电阻、电感线圈、电容器对电流的阻碍作用都增强7.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.将通电直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半D.将通电直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的2 2倍8.甲、乙、丙三只阻值相同的电阻分别通以如图所示的三种电流，电流的最大值和周期相等，则三只电阻产A.1:2:4B.:2:2:4 D.1:1:29.下列有关说法正确的是（）A.由I nqSv =可知，金属导体中自由电荷的运动速率越大，电流一定越大B.由E IR Ir =+外内内可知，电源电动势的大小与外电路电阻大小有关C.使用多用电表测电阻时，如果发现指针偏转很大，应选择倍率较小的欧姆挡重新测量D.根据Q=1PRt 可知，在电流一定时，电阻越大，相同时间内产生的热量越多10.如图所示，图中两平行板电容器、电源都完全相同，先闭合开关S ，稳定后将甲图中的开关S 断开，乙图中开关S 保持闭合，当将两图中的下极板向上移动少许，则（）A.甲图中电容器的电容增大，乙图中电容器的电容不变B.甲图中电容器所带电荷量不变，乙图中电容器所带电荷量增大C.甲图中电容器两端的电势差增大，乙图中电容器两端的电势差不变D.甲图中两板间的电场强度不变，乙图中两板间的电场强度增大11.英国物理学家阿斯顿首次制成质谱仪，并用此对同位素进行了研究，若速度相同的三个带电粒子（不计重力）由左端射入质谱仪的运动轨迹如图所示，则下列相关说法中正确的是（）A.三个带电粒子都带负电B.速度选择器的1P 极板带负电C.三个粒子通过狭缝0S 时速率等于1EB D.在2B 磁场中运动半径越大的粒子，比荷q m 越小12.如图所示，A 、B 、C 为匀强电场中的三个点，已知60CAB ∠= ，24cm AB AC ==，0V A ϕ=、8V B ϕ=-，将一带电量为5410C q -=⨯的正电荷从A 点移到C 点，电场力做功5810J -⨯，则下列说法正确的是（）A.C 点电势为2VB.电场强度E 沿AB 方向由A B →，大小为200N/CC.该正电荷在B 点具有的电势能为43.210J--⨯D.将该正电荷从C 点移到B 点，电势能增加了42.410J-⨯第Ⅱ卷（非选择题共52分）二、实验题（本大题2小题，计16分）13.（7分）某同学用图甲所示的电路测量一节干电池的电动势和内电阻.（1）图甲中虚线框内是满偏电流为100mA 、表头电阻为9Ω的毫安表改装成量程为0.6A 的电流表，电阻1R 的电阻值为______Ω；（2）某次测量时毫安表的示数如图乙所示，则此时通过电池的电流为______A ；（3）实验得到的电压表示数U 与毫安表示数I 的关系图线如图丙所示。