河北省石家庄市第一中学2013-2014学年高二上学期期中考试 物理试题 Word版含答案

石家庄一中2012级高二级部第一学期开学考试物理试卷一、单项选择题〔每一小题3分，共36分〕1．汽车遇情况紧急刹车，经1.5 s停止，刹车距离为9 m．假设汽车刹车后做匀减速直线运动，如此汽车停止前最后1 s的位移是( )A．4.5 mB．4 mC．3 mD．2 m2．一个小石块从空中a点自由落下，先后经过b点和c点，不计空气阻力．它经过b点时的速度为v，经过c点时的速度为3v，如此ab段与ac段位移之比为( )A．1∶3 B．1∶5C．1∶8 D．1∶93．在塔顶上将一物体竖直向上抛出，抛出点为A，物体上升的最大高度为20 m．不计空气阻力，设塔足够高．如此物体位移大小为10 m时，物体通过的路程不可能为( )A．10 mB．20 mC．30 mD．50 m4．如下说法中正确的答案是〔〕A．运动物体所受的合外力为零，如此物体的动能可能变化B．运动物体所受合外力不为零，如此该物体一定做变速运动，其动能一定要变化C．一个物体作匀速直线运动,它的机械能一定守恒D．一个物体作匀加速直线运动,它的机械能可能守恒5．如右图所示，竖直面内的固定圆环光滑，两个有孔的小球A和B套在环上．中间用一根轻绳相连，B处在过圆心的水平线上，绳与水平方向的夹角为30°时A、B均保持静止，B的质量为m，如下判断正确的答案是( )A．绳的张力大小等于3mgB．A的质量为2mC．剪断细绳的瞬间A的加速度大小为3g/2D．剪断细绳的瞬间A的加速度大小为g6．在绕地球做圆周运动的空间实验室内，能使用如下仪器完成的实验是( )A．用天平测物体的质量B．用弹簧秤、刻度尺验证力的平行四边形定如此C ．用弹簧秤测物体的重力D ．用水银气压计测定实验室的舱内气压7．一个负点电荷仅受电场力的作用，从某电场中的a 点由静止释放，它沿直线运动到b 点的过程中，动能Ek 随位移x 变化的关系图象如右图所示，如此能与图线相对应的电场线分布图是( )8．如右图所示，重为的物体A 在大小为F 、方向为水平向左的恒力作用下，静止在倾角为α的光滑斜面上．现将重为的小物体B 轻放在A 上，如此( )A ．A 仍静止B ．A 将加速下滑C ．斜面对A 的弹力不变D ．B 对A 的压力大小等于9．如下列图，一长为L 的轻绳，一端固定在天花板上，另一端系一质量为m 的小球，球绕竖直轴线O 1O 2做匀速圆周运动，绳与竖直轴线间的夹角为θ，如此如下说法中正确的答案是 A ．球受到重力，绳对球的拉力和向心力 B ．球受到重力和绳对球的拉力 C ．球需要的向心力大小为mgsin θ D ．球需要的向心力大小为mgcot θ10．如右图所示为点电荷a 、b 所形成的电场线分布，以下说法正确的答案是( ) A ．a 、b 为异种电荷2G 2G 1G O 1θ O 2mB ．a 、b 为同种电荷C ．A 点场强大于B 点场强D ．A 点电势低于B 点电势11．如下列图，质量均为1kg 的两个物体A 、B 放在水平地面上相距7m ，它们与水平地面的动摩擦因数均为μ=0.2．现使它们分别以初速度v A =6m/s 和v B =2m/s 同时相向运动，不计物体的大小，g 取10m/s 2．如此〔 〕 A 、它们经过()s 相遇B 、它们在距离物体A 出发点5.25m 处相遇C 、它们经过s 相遇 D 、它们在距离物体A 出发点6m 处相遇12．如右图所示，光滑绝缘斜面的底端固定着一个带正电的小物块P ，将另一个带电小物块Q 在斜面的某位置由静止释放，它将沿斜面向上运动．设斜面足够长，如此在Q 向上运动过程中( )A ．物块Q 的动能一直增大B ．物块P 、Q 之间的电势能一直增大C ．物块P 、Q 的重力势能和电势能之和一直增大D ．物块Q 的机械能一直增大二、双项选择题〔每一小题5分，共25分〕13．质量为2 kg 的质点在x －y 平面上做曲线运动，在x 方向的速度图象和y 方向的位移图象如右图所示，如下说法正确的答案是( ) A ．质点的初速度为5 m/s B ．质点所受的合外力为3 NC ．质点初速度的方向与合外力方向垂直 D. 全过程中摩擦力对A 、B 做功之比为1：2422-33+14．质量均为m 的A 、B 两物体分别在水平恒力F 1和F 2的作用下沿水平面运动，撤去F 1、F 2后受摩擦力的作用减速到停止，其v-t 图象如下列图，如此如下说法正确的答案是〔 〕 A. F 1和F 2大小相等B. F 1和F 2对A 、B 做功之比为2：1C. A 、B 所受摩擦力大小相等D. 全过程中摩擦力对A 、B 做功之比为1：215．如右图所示，一个木块放在固定的粗糙斜面上，今对木块施一个既与斜面底边平行又与斜面平行的推力F ，木块处于静止状态，如将力F 撤消，如此木块( ) A ．仍保持静止 B ．将沿斜面下滑 C ．受到的摩擦力大小不变 D ．受到的摩擦力方向改变16．关于运动的合成与分解，如下说法中正确的答案是 A ．两个速度大小不等的匀速直线运动的合运动一定是匀速直线运动 B ．两个直线运动的合运动一定是直线运动C ．合运动是加速运动时，其分运动中至少有一个是加速运动D ．合运动是匀变速直线运动时其分运动中至少有一个是匀变速直线运动 17．如右图，A 、B 两点各放一电荷量均为Q 的等量异种电荷，有一竖直放置的光滑绝缘细杆在两电荷连线的垂直平分线上，a 、b 、c 是杆上的三点，且ab ＝bc ＝l ，b 、c 关于两电荷连线对称．质量为m 、带正电荷q 的小环套在细杆上，自a 点由静止释放，如此( ) A ．小环通过b 点时速度为 B ．小环通过c 点时速度为2C ．小环从b 到c 速度可能先减小后增大gl glD．小环做匀加速直线运动二、实验题(每空2分，共14分)18．如图〔甲〕所示的实验装置，可用于探究力对静止物体做功与物体获得速度的关系。

石家庄市第一中学2013—2014学年第一学期期末考试高一年级物理试题命题人杨静蕊复核人杨朋聚2014—01-03第Ⅰ卷一、单项选择题：（本大题共8小题；每小题4分，共32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。

图示是幽默大师卓别林一个常用的艺术造型，他身子侧倾,依靠手杖的支持使身躯平衡．下列说法正确的是（)A．水平地面对手杖没有摩擦力的作用B．水平地面对卓别林没有摩擦力的作用C．水平地面对手杖的弹力方向沿杆向上D．水平地面对卓别林的作用力方向一定不是竖直向上的【答案】DA、手杖是倾斜的，在水平方向相对地面有运动趋势,地面又是不光滑的，所以有摩擦力,故A错误；B、手杖给卓别林的力有水平分力，所以卓别林水平方向一定受到摩擦力，故B错误;C、不管手杖与地面是如何角度的,它与地面之间的弹力都是垂直于地面向上，故C错误；D、地面对卓别林的力有两个：弹力和摩擦力，其合力一定斜向上，故D正确。

故选D。

【考点】力的合成与分解；共点力平衡2。

一个小球从空中自由下落一段距离后，落入淤泥底时速度恰好为零，设小球在淤泥中加速度恒定，以向下方向为正方向，则下列v －t图中，正确描写了小球运动的是（）【答案】B以向下方向为正方向，小球先在空中做自由落体运动,速度为正数越来越大,加速度恒定为g;进入淤泥后做匀减速运动直到末速度为零,此过程速度为正，加速度为负;故选B。

【考点】匀变速直线运动的图像3.一物体由静止开始自由下落，一小段时间后突然受一恒定水平向右的风力的影响，但着地前一段时间风突然停止，则其运动的轨迹可能是图中的哪一个？（)【答案】C物体一开始做自由落体运动，速度向下，当受到水平向右的风力时，合力的方向右偏下，速度和合力的方向不在同一条直线上,物体做曲线运动,轨迹应夹在速度方向和合力方向之间;风停止后，物体的合力方向向下,与速度仍然不在同一条直线上，做曲线运动,轨迹向下凹,故C正确。

故选C。

石家庄市第一中学 2015—2016学年第一学期期末考试高二年级物理试题第Ⅰ卷(48分)一、选择题：本题共16小题，每小题3分．在每小题给出的四个选项中，第1～10题只有一项符合题目要求，第11～16题有多项符合题目要求．全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有错选的得0分． 1． 238 92 U 衰变为22286 Rn 要经过m 次α衰变和n 次β衰变，则m ，n 分别为( )A ．2，4B ．4，2C ．4，6D ．16，6。

2．下列图中能产生感应电流的是( )3．14C 是一种半衰期为5730年的放射性同位素。

若考古工作者探测到某古木中14C 的含量为原来的14，则该古树死亡时间距今大约( )A.22920年B.11460年C.5730年D.2865年4．如图所示，A 、B 两个小球在光滑水平面上，沿同一直线相向运动，它们的动量大小分别为p 1和p 2，碰撞后A 球继续向右运动，动量大小为p'1,此时B 球的动量大小为p'2，则下列等式成立的是( ) A.p 1+p 2=p'1+p'2 B.p 1-p 2=p'1+p'2 C.p'1-p 1=p'2+p 2 D.-p'1+p 1=p'2+p 25．如图为研究光电效应的装置。

一光电管的阴极用极限频率ν0=6×1014Hz 的钠制成，当用频率ν=9.2×1014Hz 的紫外线照射阴极，同时在光电管阳极A 和阴极K 之间的电势差U =2.7V ，已知普朗克恒量h =6.63×10-34J ·s ，电子电量e =1.6×10-19C 。

则光电子到达阳极A 极时的最大动能为( )A ．2.6 eVB ．3.8 eVC ．4.0eVD ．4.8 eV6．在下列4个核反应方程中，x 表示质子的是( )A ．30301514P Si+x→ B ．2382349290U Th+x→ C ．2712713012Al+n Mg+x →D ．2743013215Al+He P+x→ 7．氦原子被电离一个核外电子，形成类氢结构的氦离子。

第I卷（选择题，共50分）一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.下列关于磁感应强度的说法正确的是()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处的磁感应强度比B处的磁感应强度大B．由FBIL=可知，某处的磁感应强度的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I、L成反比C．一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零D．小磁针N极所受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向【答案】D考点：考查了安培力，磁感应强度【名师点睛】关键是知道当通电导线垂直磁场方向放置时，受到的安培力最大，当平行磁场方向放置时，受到的安培力为零，磁场中一点的磁感应强度大小和外界因数无关，只和磁场本身性质有关，公式F BIL =只是计算式，不是决定式2.带电质点在匀强磁场中运动，某时刻速度方向如图所示，所受的重力和洛伦兹力的合力恰好与速度方向相反，不计阻力，则在此后的一小段时间内，带电质点将A ．可能做直线运动B ．可能做匀减速运动C ．一定做曲线运动D ．可能做匀速圆周运动【答案】C考点：考查了洛伦兹力【名师点睛】需要知道洛伦兹力总是垂直于速度方向，当速度发生变化后，洛伦兹力也发生变化，还需要知道做曲线运动的条件，当合力方向与速度方向不共线时，物体做曲线运动3.如图所示，一个边长L 、三边电阻相同的正三角形金属框放置在磁感应强度为B 的匀强磁场中。

若通以图示方向的电流(从A 点流入，从C 点流出)，电流为I ，则金属框受到的磁场力的合力为A. 0B. ILBC. 43ILB D. 2ILB 【答案】B【解析】试题分析：电流沿两条路通过，一条是沿ABC ，一条是沿AC ，沿ABC 方向流出的电流受到的安培力为221111cos 60cos 60AB BC AC F BI l BI l BI l =+=，沿AC 方向流出的电流受到的安培力为22AC F BI l =，因为12I I I +=，所以12F F F BIL =+=，故B 正确考点：考查了安培力的计算【名师点睛】关键是理解F BIL =中的L 是垂直磁场方向的有效长度，4.某空间中存在一个有竖直边界的水平方向匀强磁场区域，现将一个等腰梯形闭合导线圈，从图示位置垂直于磁场方向匀速拉过这个区域，尺寸如图所示，图中能正确反映该过程线圈中感应电流随时间变化的图象是( )【答案】A考点：考查了电磁感应与图像【名师点睛】关键是根据线圈的运动，判断线圈的有效切割长度的变化，根据楞次定律判断电流方向，对于图象问题可以通过排除法进行求解，如根据图象过不过原点、电流正负、大小变化等进行排除5.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，电键闭合和断开的瞬间电流计指针均不会偏转C．电键闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，会使电流计指针静止在中央零刻度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【答案】A【解析】试题分析：电键闭合后，线圈A插入或拔出都会造成穿过线圈B的磁通量发生变化，故闭合线圈中会产生感应电流，A正确；线圈A插入线圈B中后，电键闭合和断开的瞬间穿过线圈B的磁通量发生变化，故闭合线圈中会产生感应电流，B错误；电键闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，则A中的电流发生变化，则电流产生的磁场发生变化，故穿过B的磁通量发生变化，所以有感应电流产生，C错误；只要滑动变阻器连入电路的电阻发生变化，就会引起电流的变化，继而引起A的磁场发生变化，最后影响了B的磁通量的变化，一定会产生感应电流，至于如何滑动P都行，D错误考点：考查了感应电流的产生【名师点睛】关键是知道产生感应电流的条件：只要穿过闭合回路的磁通量发生变化，则回路中一定会产生感应电流6.如图所示，A、B、C是三个完全相同的灯泡，L是一个自感系数较大的线圈（直流电阻可忽略不计）．则（）A、S闭合时，A灯立即亮，然后逐渐熄灭B、S闭合时，B灯立即亮，然后逐渐熄灭C、电路接通稳定后，三个灯亮度相同D、电路接通稳定后，S断开时，C灯立即熄灭【答案】A考点：考查了电感线圈对电流的阻碍作用【名师点睛】解决本题的关键掌握线圈对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，线圈会阻碍电流的增大，当电流减小时，线圈会阻碍电流的减小．当电流不变时，线圈将与之并联的电路短路7.竖直平面内有一形状为抛物线的光滑曲面轨道，如图所示，抛物线方程是y＝x2，轨道下半部分处在一个水平向外的匀强磁场中，磁场的上边界是y＝a的直线(图中虚线所示)，一个小金属环从抛物线上y＝b(b>a)处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，金属环沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是A ．mgb B.12mv 2 C ．mg (b －a ) D ．mg (b －a )＋12mv 2 【答案】D考点：考查了能量守恒定律，感应电流产生条件【名师点睛】解决本题的关键知道最终在y a =以下来回摆动，在摆动时无热量产生，以初始位置与y a =位置为研究过程，动能和重力势能的减小量全部转化为热量，根据能量守恒求出金属环沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量8.如图所示，两光滑平行金属导轨间距为L ，直导线MN 垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B .电容器的电容为C ，除电阻R 外，导轨和导线的电阻均不计．现给导线MN 一初速度，使导线MN 向右运动，当电路稳定后，MN 以速度v 向右做匀速运动A ．电容器两端的电压为零B ．电阻两端的电压为BLvC ．电容器所带电荷量为CBLvD ．为保持MN 匀速运动，需对其施加的拉力大小为22B L v R【答案】C【解析】考点：考查了导体切割磁感应运动【名师点睛】当电路稳定后，MN 以速度v 向右做匀速运动时，导线产生的感应电动势恒定，对电容器不充电也放电，电路中无电流，电容器两板间的电压等于感应电动势，即可求出电荷量．匀速时，电路中没有电流，不受安培力，无需拉力9.如图所示，有一金属块放在垂直于表面C 的匀强磁场中，磁感应强度B ，金属块的厚度为d ，高为h ，当有稳恒电流I 平行平面C 的方向通过时，由于磁场力的作用，金属块中单位体积内参与导电的自由电子数目为（上下两面M 、N 上的电压为U ）A.U IB ed B ．edU BI C ． edU BI 2 D ．U IBed 2 【答案】B【解析】试题分析：定向移动的电子在磁场中受洛伦兹力发生偏转，在上下表面间形成电势差，最终电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，故有U Bqv Eq q h==，根据电流微观表达式I nqSv =，q e =联立可得BI v edU=，故B 正确； 考点：考查了霍尔效应【名师点睛】做本题的关键是知道定向移动的电子在磁场中受洛伦兹力发生偏转，在上下表面间形成电势差，最终电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，再根据电流的微观表达式，列式联立求出单位体积内导电的自由电子数目10.如图所示，在光滑水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B 、方向相反的水平匀强磁场，PQ 为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一个边长为L 、质量为m 、电阻为R 的正方形金属线框沿垂直磁场方向，以速度v 从图示位置向右运动，当线框中心线AB 运动到与PQ 重合时，线框的速度为2v ，则A ．此时线框的电功率为2224B L v RB ．此时线框的加速度为2224B L v mRC ．此过程通过线框截面的电荷量为2BL RD ．此过程回路产生的电能为0.75mv 2【答案】C考点：考查了电磁感应与能量【名师点睛】当线框中心线AB 运动到与PQ 重合时，左右两边都切割磁感线产生感应电动势，两个电动势方向相同串联．根据感应电动势公式和欧姆定律求出感应电流，再求线框中的电功率．求出左右两边所受安培力大小，由牛顿第二定律求出加速度．由推论求出电量．根据功能关系求解回路产生的电能二、选择题： 本题共5小题，每小题4分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。

2013-2014学年河北省石家庄市正定中学高二（上）期中物理试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共4小题，共16.0分)1.一白炽灯泡的额定功率与额定电压分别为36W与36V．若把此灯泡接到输出电压为18V的电源两端，则灯泡消耗的电功率（）A.等于36WB.小于36W，大于9WC.等于9WD.小于36W【答案】B【解析】解：由于金属的电阻随温度的升高而增大，所以以额定电压工作时的电阻大于以18V电压工作的电阻．根据部分电路欧姆定律，有，，所以＞，所以灯泡消耗的功率小于36W大于9W，所以B正确．故选B．根据功率的公式P=可以分析，当电压有36V变为18V时灯泡的功率的变化，在由金属的电阻随温度的变化可以分析得出灯泡消耗的电功率．在本题中要考虑到电压的变化对灯泡的电阻带来的影响，电压降低之后由于温度的降低，灯泡的电阻会减小．2.某学生用电流表和电压表测干电池的电动势和内阻时，所用滑动变阻器的阻值范围为0～20Ω，接电路的实物图如图所示．下列对该学生接线的说法错误的是（）A.滑动变阻器不起变阻作用B.电流表接线有错C.电压表量程选用不当D.电压表接线不妥【答案】CD【解析】解：A、由电路图可知，滑动变阻器同时接下面两个接线柱，滑动变阻器被接成了定值电阻，不起变阻作用，故A正确；B、由电路图可知，电流表正负接线柱接反了，电流表接线错误，故B正确；C、由电路图可知，电压表选3V量程，电压表量程选择正确故C错误；D、电压表直接接在电源连接上，开关不能控制电压表与电源断开，电压表接线错误，故D错误；本题选错误的，故选：CD．滑动变阻器的限流接法应接一上一下两个接线柱，开关应能控制整个电路的通断，电表正负接线柱不能接反．本题考查了实验电路分析，知道连接实物电路图的注意事项、分析图示电路图即可正确解题；滑动变阻器采用限流接法时要接一上一下两个接线柱．3.实验桌上放着晶体二极管、电阻、电容各一只；性能均正常，外形十分相似．现将多用电表转换开关拨到R×1000档，分别测它们的正反电阻加以鉴别．测甲元件时，R正=R反=0.5kΩ；测乙元件时，R正=0.5kΩ，R反=l00kΩ；测丙元件时，开始指针偏转到0.5kΩ，接着读数逐渐增加，最后停在100kΩ上．则甲、乙、丙三个元件分别是（）A.电容、电阻、二极管B.电阻、电容、二极管C.电阻、二极管、电容D.二极管、电阻、电容【答案】C【解析】解：现将多用电表转换开关拨到R×1000档，分别测它们的正反电阻加以鉴别．测甲元件时，R正=R反=0.5kΩ，说明正反接电阻一样，所以甲元件是电阻；测乙元件时，R=0.5kΩ，R反=l00kΩ，说明正向接时阻值较小，反向接时阻值较大，因此乙元件是二正极管；测丙元件时，开始指针偏转到0.5kΩ，接着读数逐渐增加，最后停在100kΩ上．说明刚开始时正在给电容器充电，阻值较小，当稳定后阻值会很大．则丙元件是电容器．故选：C多用电表能测量电器的电压、电阻及电流，除直流电流外还可以交流电流．电阻是表笔正反接均一样，而二极管具有单向导通性，所以若正向电阻阻值小，那么反向阻值必大．对于电容器是容纳电荷的，刚接通时对电容器进行充电，稳定后相当于断开，阻值会变得很大．多用电表测电阻时，表盘刻度不均匀，从右向左间格越来越密，同时测量读数时指针尽可能在中间附近．二极管具有单向导通性．4.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【答案】D【解析】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，磁场不一定减弱．故C错误．D、根据安培力公式F=BIL sinα，可见，在B大的地方，F不一定大．故D正确．故选D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．本题考查对磁场基本知识的理解和掌握程度，基础题．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．二、多选题(本大题共1小题，共4.0分)5.在如图所示的U-I图象中，直线l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66.7%【答案】ABD【解析】解：A、根据闭合电路欧姆定律得U=E-I r，当I=0时，U=E，由读出电源的电动势E=3V，内阻等于图线的斜率大小，则r==Ω=0.5Ω．故A正确．B、电阻的U-I图线的斜率等于电阻，则电阻R==Ω=1Ω．故B正确．C、两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压U=2V，电流I=2A，则电源的输出功率为P出=UI=4W．故C错误．===66.7%．故D正确．D、电源的效率η=出总故选ABD由电源的U-I的关系图象与纵轴的交点读出电源的电动势，其斜率大小等于电源的内阻．电阻R的伏安特性曲线的斜率等于电阻．两图线的交点读出电流与电压，求出电源的输出功率和效率．对于图线关键要根据物理规律，从数学角度来理解其物理意义．本题要抓住图线的斜率、交点的意义来理解图象的意义．三、单选题(本大题共4小题，共16.0分)6.如图所示的电路为欧姆表原理图，电池的电动势E=1.5V，G为电流表，满偏电流为200μA．当调好零后，在两表笔间接一被测电阻R x时，电流表G的指针示数为50μA，那么R x的值是（）A.7.5kΩB.22.5kΩC.15kΩD.30kΩ【答案】B【解析】解：由满偏电流求欧姆表的内阻：R中===7500Ω；连入电阻后，由I=求得R X=-R中=-7500=22.5kΩ；中故选：B．求得R x．先求出欧姆表的内阻即R中：R中=；再由I=中考查欧姆表的电路原理，明确内部电阻求法，会由电流求外接电阻．7.如图所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动．那么（）A.微粒带正、负电荷都有可能B.微粒做匀减速直线运动C.微粒做匀速直线运动D.微粒做匀加速直线运动【答案】B【解析】解：微粒做直线运动的条件是速度方向和合外力的方向在同一条直线上，只有微粒受到水平向左的电场力才能使得合力方向与速度方向相反且在同一条直线上，由此可知微粒所受的电场力的方向与场强方向相反，则微粒必带负电，且运动过程中微粒做匀减速直线运动，故B正确．故选：B带点微粒做直线运动，所以所受合力方向与运动方向在同一直线上，根据重力和电场力的方向可确定微粒运动的性质．本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，属于基础题．8.两个电压表V1和V2是由完全相同的两个小量程电流表改装成的，V1的量程是5V，V2的量程是15V，为了测量15～20V的电压，把两个电压表串联起来使用，下列说法正确的是（）A.V1和V2的示数相等B.V1和V2的指针偏转角度相同C.V1和V2的示数不相等，指针偏转角度也不相同D.V1和V2的示数之比等于两个电压表的内阻之比【答案】BD【解析】解：A 两表的示数与内阻成正比，而两表量程不同，内阻不同，则示数不同．故A错误．B 因是串联关系，电流大小一样，则指针偏转角度相同，故B正确．C两表指针偏转角度相同，示数不等．故C错误．D因是串联关系，分压之比为内阻之比．故D正确．故选：BD两表串联后，通过每个电流表的电流相同，指针偏转角度相同，但两电压表的总内阻不同，则两表的示数不同，其示数之比为两表的内阻之比．考查的是电压表的改装原理，电压表的内部电路为串联关系，相同的电流表电流相同，偏转角度一样，而对应刻度由量程决定．9.如图所示，质量m=0.1kg的AB杆放在倾角θ=30°的光滑轨道上，轨道间距l=0.2m，电流I=0.5A．当加上垂直于杆AB的某一方向的匀强磁场后，杆AB处于静止状态，则所加磁场的磁感应强度不可能为（）A.3TB.6TC.9TD.12T【答案】A【解析】解：金属导轨光滑，所以没有摩擦力，则金属棒只受重力支持力和安培力，根据平衡条件支持力和安培力的合力应与重力等大反向，根据矢量三角形合成法则作出三种情况的合成图如图：由图可以看出当安培力F与支持力垂直时有最小值：F min=mgsinθ即BIL=mgsinθmgsin30°=0.5mg得：B=5T．故不可能的是A、3T．故选：A．对杆受力分析，由图解法求出杆受的安培力的最小值，根据F=BIL求出B的最小值．本题借助磁场中安培力考查了矢量三角形合成法则求最小值问题，判断出最小值时关键．四、多选题(本大题共1小题，共4.0分)10.某同学设计了一个路灯自动控制门电路，如图所示，天黑了，让路灯自动接通，天亮了，让路灯自动熄灭．图中R G是一个光敏电阻，当有光照射时，光敏电阻的阻值会显著地减小．R是可调电阻，起分压作用．J为路灯总开关--控制继电器（图中未画路灯电路）．关于此电路，正确的是（）A.天黑时，R G增大，A为高电位，Z为低电位，J使路灯亮B.天黑时，R G增大，A为低电位，Z为高电位，J使路灯亮C.R调大时，傍晚路灯亮得早一些D.R调大时，傍晚路灯亮得晚一些【答案】BD【解析】解：A、B、因为白天时，有光照，光敏电阻R G阻值较小，分担的电压小，则门电路的输入端A的电势高，继电器J没有接通电路，此时路灯不亮．天黑时，光敏电阻R G阻值变大，分担的电压大，门电路的输入端A的电势低，此时路灯亮，则输出端Z应该为高电势，继电器J接通电路，使路灯发光．故A错误、B正确．C、D、R调大时，使得R的分得电压变大，使非门电路的输入端A电势变大，则继电器得到的电压变小，路灯不亮．当天黑一些，光敏电阻的阻值变大一些，这时A的点位降低，Z电位升高，路灯变亮，故R调大时，傍晚路灯亮得晚一些．故C错误、D正确．故选：BD．非门的特点是输入状态和输出状态完全相反．设计时使路灯白天熄灭，夜晚亮起来，即白天时继电器两端的电压小，夜晚继电器两端的电压大．解决本题的关键知各种门电路和光敏电阻的特点，能够根据它们的特点解释它们在实际运用过程中的原理．五、单选题(本大题共3小题，共12.0分)11.如图所示，电源电动势为E，内阻为r，滑动变阻器电阻为R，开关闭合．两平行极板间有匀强磁场，一带电粒子（不计重力）正好以速度v匀速穿过两板．以下说法正确的是（）A.保持开关闭合，将滑片p向上滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出B.保持开关闭合，将滑片p向下滑动一点，粒子将不可能从下极板边缘射出C.保持开关闭合，将a极板向下移动一点，粒子将继续沿直线穿出D.如果将开关断开，粒子将继续沿直线穿出【答案】A【解析】解：A、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，二力应大小相等，物体才能做匀速直线运动；若滑片向上滑动，则滑动变阻器接入电阻减小，则电流增大，定值电阻及内阻上的电压增大，则由闭合电路的欧姆定律可知R两端的电压减小，故电容器两端的电压减小，则由E=可知，所受极板间电场强度小，则所受电场力减小，而所受洛仑兹力不变，故粒子将向下偏转从下极板边缘飞出，故A正确；B、若粒子带正电，则粒子所受电场力向下，洛仑兹力向上，而当滑片下移时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中电流减小，则由以上分析可知，滑动变阻器两端的电压增大，则电容器两极板间的电场强度增大，带电粒子受电场力变大，则粒子将向下偏转，故可能从下板边缘飞出，故B错误；C、两极板间的电势差不变，当a板下移时，两板间的距离减小，则两板间的电场强度增大，则所受电场力变大，若粒子为正电，则粒子会向下偏转；若粒子会负电粒子会向上偏转，故C错误；D、若开关断开，则电容器与电源断开，而与R形成通路，电荷会减小，故两板间的电场强度要减小，故所受电场力减小，粒子不会做直线运动，故D错误；故选A．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．本题综合了电路、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．12.图甲为某一小灯泡的U-I图线，现将两个这样的小灯泡并联后再与一个4Ω的定值电阻R串联，接在内阻为1Ω、电动势为5V的电源两端，如图乙所示，则（）A.通过每盏小灯泡的电流强度为0.2A，此时每盏小灯泡的电功率为0.6WB.通过每盏小灯泡的电流强度为0.3A，此时每盏小灯泡的电功率为0.6WC.通过每盏小灯泡的电流强度为0.2A，此时每盏小灯泡的电功率为0.26WD.通过每盏小灯泡的电流强度为0.3A，此时每盏小灯泡的电功率为0.4W【答案】B【解析】解：设通过每个小灯泡的电流为I，电压为U，则电路中总电流为2I．根据闭合电路欧姆定律得U=E-2I（R+r）代入得：U=5-10I当U=0时，I=0.5A；当I=0时，U=5V，在U-I图上作出U=5-10I的图象如图，此图线与小灯泡的U-I图线的交点即为乙图状态下小灯泡的工作状态，由图读出通过每盏小灯泡的电流强度为I=0.3A，电压为U=2V，则此时每盏小灯泡的电功率为P=UI=0.6W．故选B设通过每个小灯泡的电流为I，电压为U，根据闭合电路欧姆定律得到U与I的关系式，在U-I图作出图象，图线与小灯泡伏安特性曲线的交点表示小灯泡的工作状态，读出交点的电压和电流，求出功率．本题考查运用数学知识解决物理问题的能力，由物理规律得到解析式作出图象是常用的思路．13.已知两电源的电动势E1＞E2，当外电路电阻为R时，外电路消耗功率正好相等．当外电路电阻降为R′时，电源为E1时对应的外电路功率P1，电源为E2时对应的外电路功率为P2，电源E1的内阻为r1，电源E2的内阻为r2．则（）A.r1＞r2，P1＞P2B.r1＜r2，P1＜P2C.r1＜r2，P1＞P2D.r1＞r2，P1＜P2【答案】D【解析】解：根据闭合电路欧姆定律得：U=E-I r，可知电源的U-I图线的斜率绝对值等于r，所以有：r1＞r2．电源的U-I图线与电阻的U-I图线的交点就表示了该电阻接在该电源上时的工作状态，此交点的横、纵坐标的乘积为电源的输出功率，即以此交点和坐标原点为两个顶点的长方形的面积表示电源的输出功率，由数学知识得知，若将R减少为R′，电源的输出功率减小，则有：P1＜P2．故选：D根据两个电池的U-I图线，据两者电动势的大小关系及两条图线有交点，由图可读出内阻的大小关系；两线的交点对应的工作电阻为R，再作出一大于R的电阻的U-I图线，分析对应电流及电压从而分析出功率的大小关系．本题为有关全电路电阻、功率关系的半定量问题，采用图线方法分析是较简捷的思路．把电源和外电阻的伏安特性曲线合在一个坐标轴上比较，给运算带来方便．六、多选题(本大题共1小题，共4.0分)14.利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子．图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d的缝，两缝近端相距为L，一群质量为m、电荷量为q，具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽度为d的缝射出的粒子，下列说法正确的是（）A.粒子带正电B.射出粒子的最大速度为C.保持d和L不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大D.保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差不变【答案】BCD【解析】解：A、粒子向右偏转，根据左手定则知，粒子带负电．故A错误．B、粒子在磁场中运动的最大半径为，根据半径公式r=得，粒子的最大速度．故B正确．C、粒子在磁场中偏转的最小半径为，根据半径公式r=得，粒子的最小速度，则最大速度和最小速度之差，保持d和L不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大．保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度和最小速度之差不变．故C、D正确．故选：BCD．根据左手定则，结合粒子的偏转方向确定电荷的电性．根据粒子的偏转的最大半径，结合半径公式求出粒子的最大速度．根据粒子在磁场中的半径公式求出粒子的最大速度和最小速度之差，从而进行分析．解决本题的关键确定粒子在磁场中偏转的临界半径，结合粒子在磁场中运动的半径公式进行求解．七、填空题(本大题共2小题，共10.0分)15.某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度．该螺旋测微器校零时的示数如图（a）所示，测量金属板厚度时的示数如图（b）所示．图（a）所示读数为______ mm，图（b）所示读数为______ mm，所测金属板的厚度为______mm．【答案】0.010；6.870；6.860【解析】解：该螺旋测微器校零时的示数如图（a）所示，螺旋测微器的固定刻度为0mm，可动刻度为0.01×1.0mm=0.010mm，所以最终读数为0.010mm．测量金属板厚度时的示数如图（b）所示．螺旋测微器的固定刻度为6.5mm，可动刻度为0.01×37.0mm=0.370mm，所以最终读数为6.870mm．所测金属板的厚度为6.870-0.010=6.860mm故答案为：0.010，6.870，6.860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．螺旋测微器的读数方法，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．16.把量程为3m A的电流表改装成欧姆表，其结构如图所示，其中电池的电动势E=1.5V，改装后，将原来电流表3m A的刻度定为电阻的“0”刻度，则2m A刻度处标______ Ω，1m A刻度处应标______ Ω．【答案】250；1000【解析】解：电池电动势E=1.5V，3m A刻度线为电阻的0刻度，即外加电阻为零，欧姆表内阻：R内===500Ω；2m A的时候总电阻=750Ω，该处电阻值：750-500=250Ω；1m A的时候总电阻=1500Ω，该处刻度值为：1500-500=1000Ω；故答案为：250；1000．先根据闭合电路的欧姆定律求内电阻，再分别求不同电流时所对应的总电阻，用总电阻减去内阻即是外接电阻的值，即欧姆表的示数．本题考查欧姆表的改装原理，这一直是难点问题，知道其改装原理也是欧姆定律，多做几个练习应该可以掌握．八、实验题探究题(本大题共1小题，共10.0分)17.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，使用的小灯泡标有“6V3W”，其他可供选择的器材有：A．电压表V1（量程6V，内阻20kΩ）B．电压表V2（量程20V，内阻60kΩ）C．电流表A1（量程3A，内阻0.2Ω）D．电流表A2（量程0.6A，内阻1Ω）E．滑动变阻器R1（0～1000Ω，0.5A）F．滑动变阻器R2（0～20Ω，2A）G．学生电源E（6V～8V）H．开关S及导线若干某同学通过实验测得小灯泡两端的电压U和通过它的电流I，绘成U-I关系曲线如图甲所示．（1）实验中电压表应选用______ ，电流表应选用______ ，滑动变阻器应选用______ ；（2）在虚线框乙中画出实验所用的电路图；（3）若将该小灯泡接在电动势为6V，内阻为4Ω的电源两端，则灯泡实际消耗的功率为______ W．【答案】A；D；F；1.89【解析】解：（1）灯泡额定电压为6V，电压表选择A；由图甲所示图象可知，最大电流为0.5A，电流表选择D；为方便实验操作，滑动变阻器应选择F．（2）描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡电阻约为R==12Ω，电流表内阻为1Ω，电压表内阻为20kΩ，相对来说电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，电路图如图所示．（3）在同一坐标系内作出电源的U-I图象如图所示；两图象的交点坐标值是该电源给灯泡供电时灯泡两端电压与通过灯泡的电流，由图象可知，灯泡两端电压U=4.2V，电流I=0.45A，灯泡实际功率P=UI=4.2V×0.45A=1.89W．故答案为：（1）A；D；F；（2）电路图如图所示；（3）1.89．（1）根据灯泡额定电压选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器．（2）根据题目要求确定滑动变阻器与电流表的接法，然后作出实验电路图．（3）作出电源的U-I图象，求出灯泡两端电压与通过灯泡的电流，然后由P=UI求出灯泡实际消耗的功率．本题考查了实验器材的选择、作实验电路图、求灯泡实际功率；电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器应采用分压接法．九、计算题(本大题共3小题，共34.0分)18.如图所示，光滑的平行导轨倾角为θ，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，导轨中接入电动势为E、内阻为r的直流电源．电路中有一阻值为R的电阻，其余电阻不计，将质量为m、长为L的导体棒由静止释放，求导体棒在释放瞬间的加速度的大小．【答案】解：受力分析如图所示，导体棒受重力mg、支持力F N和安培力F，由牛顿第二定律：|mgsinθ-F cosθ|=ma①F=BIL②I=③由①②③式可得a=|gsinθ-|．答：导体棒在释放瞬间的加速度的大小为|gsinθ-|．【解析】导体棒在释放瞬间受重力、支持力和安培力，根据正交分解求出导体棒所受的合力，根据牛顿第二定律求出释放瞬间的加速度．解决本题的关键能够正确地进行受力分析，求出合力，运用牛顿第二定律进行求解．19.如图所示的电路中，R1=9Ω，R2=30Ω，S闭合时，电压表V的示数为11.4V，电流表A的示数为0.2A，S断开时，电流表A的示数为0.3A，求：（1）电阻R3的值；（2）电源电动势E和内电阻r的值．【答案】解：（1）根据欧姆定律得：电阻R2两端的电压U2=I2R2=0.2×30=6V则R1两端的电压U1=U-U2=11.4-6=5.4V根据欧姆定律得：根据串并联电路电流关系得：I3=I1-I2=0.6-0.2=0.4A根据欧姆定律得：Ω（2）根据闭合电路欧姆定律得：E=U+I r所以E=11.4+0.6r…①E=0.3×（9+30）+0.3r…②解①式和②，得E=12V，r=1Ω答：（1）电阻R3的值为15Ω；（2）电源电动势E为12V，内电阻r的值为1Ω．【解析】（1）本电路的结构为：R2和R3并联再与R1串联，最后接到电源上，根据欧姆定律及串并联电路电压、电流的关系即可求解；（2）根据闭合电路欧姆定律列式，联立方程即可求解．本题主要考查了闭合电路欧姆定律及串并联电路电压、电流的关系的直接应用，要求同学们能正确分析电路的结构，难度适中．20.一足够长的矩形区域abcd内充满磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，矩形区域的左边界ad宽为L，现从ad中点O垂直于磁场射入一带电粒子，速度大小为v0方向与ad边夹角为30°，如图所示．已知粒子的电荷量为q，质量为m（重力不计）．（1）若粒子带负电，且恰能从d点射出磁场，求v0的大小；（2）若粒子带正电，使粒子能从ab边射出磁场，求v0的取值范围以及该范围内粒子在磁场中运动时间t的范围．【答案】（1）由图可知：据洛伦兹力提供向心力，得：则（2）当v0最大时：°得R1=L则：当v0最小值：°得：则＜带电粒子从ab边射出磁场，当速度为v max时，运动时间最短．°°速度为v min时运动时间最长：°°∴粒子运动时间t的范围＜答：（1）粒子带负电，且恰能从d点射出磁场，；。

物理一．选择题：本大题共10小题；每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，每小题中只有一项是正确。

1．一列横波沿x轴正方向传播，在t s与（t＋0.8）s两时刻，在x轴上－3m~3m区间内的两波形图正好重合，如图所示。

则下列说法中正确．．的是A. 质点振动周期一定为0.8sB. 该波的波速可能为10m/sC. 从t时刻开始计时，x＝1m处的质点比x＝-1m处的质点先到达波峰位置D. 在（t＋0.4）s时刻，x＝－2m处的质点位移可能为零2．一个弹簧振子沿x轴做简谐运动，取平衡位置O为x轴坐标原点。

从某时刻开始计时，经过四分之一的周期，振子具有沿x轴正方向的最大加速度。

能正确反映振子位移x与时间t关系的图像是3．如图所示，水盆中盛有一定浓度的水，盆底处水平放置一个平面镜．平行的红光束和蓝光束斜射入水中，经平面镜反射后，从水面射出并分别投射到屏MN 上两点，则有 A ．从水面射出的两束光彼此平行，红光投射点靠近M 端 B ．从水面射出的两束光彼此平行，蓝光投射点靠近M 端 C ．从水面射出的两束光彼此不平行，红光投射点靠近M 端 D ．从水面射出的两束光彼此不平行，蓝光投射点靠近M 端4．质量相等的A 、B 两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑台面上. 当用板挡住小球A 而只释放B 球时，B 球被弹出落于桌边距离为s 的水平地面上，如图所示. 问当用同样的程度压缩弹簧，取走A 左边的挡板，将A 、B 同时释放，B 球的落地点离桌边为 A ．2sB ．s 2C ．sD ．s 22 5．某人手持边长为6 cm 的正方形平面镜测量身后一棵树的高度．测量时保持镜面与地面垂直，镜子与眼睛的距离为0.4 m ．在某位置时，他在镜中恰好能够看到整棵树的像，然后他向前走了6.0m ，发现用这个镜子长度的5/6就能看到整棵树的像．这棵树的高度约为 A ．4.0 m B ．4.5 m C ．5.0 mD ．5.5 m6．如图所示，质量为m 的小球A 以水平速度v 与静止在光滑水平面上质量为3m 的小球B 正碰后，小球A 的动能损失是其原来的43，则小球B 的速度是A ．6vB ．v -C ．3v -D ．2v7．质量为1.0kg 的小球从高20m 处自由下落到软垫上，反弹后上升的最大高度为5.0m. 小球与软垫接触的时间为1.0s ，在接触时间内小球受到软垫平均作用力的大小为(空气阻力不计，g 取10m/s 2)。

2013-2014学年河北省石家庄市高二（上）期末物理试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共1小题，共4.0分)1.在物理学建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（）A.安培发现并总结了带电粒子在磁场中的受力规律B.奥斯特发现了电磁感应现象C.库伦总结出了点电荷间相互作用的规律D.楞次发现了电流的磁效应【答案】C【解析】解：A、洛伦兹发现并总结了带电粒子在磁场中的受力规律，故A错误；B、法拉第发现了电磁感应现象，故B错误；C、库伦总结出了点电荷间相互作用的规律，故C正确；D、奥斯特发现了电流的磁效应，故D错误；故选：C．根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．二、多选题(本大题共1小题，共4.0分)2.地球大气层外部有一层复杂的电离层，既分布有地磁场，也分布有电场．假设某时刻在该空间中有一小区域存在如图所示的电场和磁场，电场的方向在纸面内斜向左下方，磁场的方向垂直纸面向里．某时刻一带电粒子恰以速度v垂直于电场和磁场射入该区域，不计粒子重力，则在该区域中带电粒子的运动情况不可能的是（）A.做直线运动B.立即向左下方偏转C.立即向右下方偏转D.做匀速圆周运动【答案】CD【解析】解：带电粒子在混合场中受到电场力和洛伦兹力作用，A、若粒子带正电，且B qv=E q，则粒子受力平衡，粒子将做匀速直线运动，故A正确；B、若粒子带正电，且B qv＜E q，则粒子受到向左下方的电场力大于向右上方的洛伦兹力，粒子立即向左下方偏转，故B正确；C、若粒子带正电，且B qv＞E q，则粒子受到向左下方的电场力小于向右上方的洛伦兹力，粒子立即向右上方偏转，故C错误；D、要使带电粒子做匀速圆周运动，则粒子只能受洛伦兹力而不能受到电场力，故D错误．若粒子带负电，分析相同，结论也相同．本题选择错误的，故选：CD．带电粒子在混合场中受到电场力和洛伦兹力作用，对粒子进行受力分析，根据受力情况即可判断运动情况．本题主要考查了带电粒子在电磁场中运动问题，关键是对粒子的受力分析，根据受力情况判断粒子的运动情况，难度适中．三、单选题(本大题共3小题，共12.0分)3.交流发电机给灯泡供电，产生正弦式交变电流的图象如图所示，下了说法中正确的是（）A.在t=0.01s时，穿过交流发电机线圈的磁通量最大B.交变电流的频率为0.02H zC.若发电机线圈电阻为0.4Ω，则其产生的热功率为5WD.交变电流的瞬时表达式为i=5cos10πt（A）【答案】C【解析】解：A、在t=0.01s时，感应电流最大，所以此时穿过交流发电机线圈的磁通量的变化率最大，穿过交流发电机线圈的磁通量最小，所以A错误；B、由图象可知，交流电的周期为20×10-3s，所以交流电的频率为f==50H z，所以B 错误；C、交流电的有效值为I=A，所以发电机的发热功率为P=I2r==5W，所以C正确；D、根据图象可得，交变电流的瞬时表达式为i=A cosωt=5cos100πt（A），所以D错误．故选：C根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，即可求得结论．解决本题的关键就是有电流的瞬时值表达式求得原线圈中电流的最大值，进而求得原线圈的电流的有效值的大小．4.一台理想变压器从20k V的线路中降压并提供400A的负载电流．已知两个线圈的匝数比是50：1，则变压器的原线圈电流、输出电压及输出功率分别是（）A.400A，20k V，8×103k WB.400A，400V，8×103k WC.8A，20k V，160k WD.8A，400V，160k W【答案】D【解析】解：由题意可知，原线圈电压为20KV；副线圈两端的电流为400A；由，可得：U2==400V；由，可得：I1=8A；输出功率P=U2I2=400×400W=160KW；故选D．理想变压器不消耗能量，原副线圈两端的电压之比等于匝数之比；电流之比等于匝数的反比；由P=UI可求得输出功率．本题考查变压器的基本原理，注意题目出给出的电流为输出电流（负载电流），而不是输入电流．5.如图所示是回旋加速器的原理示意图，其核心部分是两个D型金属盒，两D型盒置于匀强磁场中并分别与高频电源相连．在用回旋加速器加速某粒子时，若仅减小其加速电场的电压，以下说法正确的是（）A.粒子所能获得的最大动能将增大B.粒子在磁场中运动的周期将增大C.粒子在D型盒中运动的总时间将变短D.粒子在D型盒中运动的总时间将变长【答案】D【解析】解：据回旋加速器的工作原理知：电场加速，磁场偏转且二者的周期相等．当在磁场偏转时，洛伦兹力提供向心力，即qv B=，推导出r=，T=．AB、据此可知，粒子获得的最大速率由D形盒的半径决定，与加速电压无关；其周期与加速电压无关，只取决与粒子的荷质比和磁场；故AB错误；CD、粒子获得的最大速率由D形盒的半径决定，当电压减小时，要达到最大速率，粒子在加速器的加速次数变多，即在D形盒运动的时间变长，故C错误；D正确．故选：D．带电粒子在回旋加速器中，靠电场加速，磁场偏转，其在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等，当粒子从D形盒中出来时，速度最大，此时运动的半径等于D形盒的半径．明确回旋加速器的工作原理是解题的关键，注意最大速率由D形盒半径决定，周期由荷质比与磁场决定．四、多选题(本大题共4小题，共16.0分)6.在如图所示的U-I图象中，直线I为某电源的路端电压与电流的关系，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连接成闭合电路，由图象可知（）A.R的阻值为1.5ΩB.电源电动势为3V，内阻为0.5ΩC.电源的输出功率为3.0wD.电阻R消耗的功率为1.5w【答案】AD【解析】解：A、由图象Ⅱ可知，外电阻，故A正确．B、由图象Ⅰ可知，电源电动势E=3.0V，短路电流I短=2.0A，电源内阻短，故B错误．C、由两图象的交点坐标，可得电源的路端电压为1.5V，干路电流为1.0A，电源的输出功率为P=UI=1.5×1.0W=1.5W，故C错误．D、由两图象的交点坐标，可得电阻两端的电压为1.5V，流过电阻的电流为1.0A，电阻消耗的功率为P=UI=1.5×1.0W=1.5W，故D正确．故选AD．由图象Ⅰ可知电源的电动势为3.0V，短路电流为2.0A；由图象Ⅱ可得外电路电阻R为1.5Ω，两图象的交点坐标即为电阻R和电源构成闭合回路时的外电压和干路电流．根据U-I图象Ⅰ正确读出电源的电动势和短路电流，根据U-I图象正确读出外电路两端的电压和流过电阻的电流，是解决此类问题的出发点．7.如图所示，有一绝缘、粗糙且足够长的水平管道处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，磁感应强度方向与管道垂直．管道中有一带电量为+q，质量为m的带电小球，管道直径略大于小球直径．现给带小球一个水平初速度v0，则在整个运动过程中，带电小球克服摩擦力所做的功可能为（）A.0B.m（）2C.mv o2D.m[v02+（）2]【答案】AC【解析】解：（1）当qv0B=mg时，圆环不受支持力和摩擦力，摩擦力做功为零．（2）当qv0B＜mg时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功．根据动能定理得：-W=0-mv02得W=mv02．（3）当qv0B＞mg时，圆环先做减速运动，当qv B=mg，即当qv B=mg，v=时，不受摩擦力，做匀速直线运动．根据动能定理得：-W=mv2-mv02，代入解得：W=m[v02-（）2]；故选：AC．圆环向右运动的过程中可能受到重力、洛伦兹力、杆的支持力和摩擦力，根据圆环初速度的情况，分析洛伦力与重力大小关系可知：圆环可能做匀速直线运动，或者减速运动到静止，或者先减速后匀速运动，根据动能定理分析圆环克服摩擦力所做的功．本题考查分析问题的能力，摩擦力是被动力，要分情况讨论．在受力分析时往往先分析场力，比如重力、电场力和磁场力，再分析弹力、摩擦力．8.如图所示，同一平面内的三条平行金属导轨接有两个电阻R和r，导体棒PQ与三条导轨接触良好，导体棒的电阻可忽略，该电路处在垂直纸面向里的匀强磁场中．当导体棒向左滑动时，下列说法正确的是（）A.流过R的电流由d到cB.流过R的电流由c到dC.流过r的电流由a到bD.流过r的电流由b到a【答案】BD【解析】解：根据右手定则，可判断PQ作为电源，Q端电势高，在PQ cd回路中，电流为逆时针方向，即流过R的电流为由c到d，在电阻r的回路中，电流为顺时针方向，即流过r的电流为由b到a．故AC错误，BD 正确．故选：BD．根据右手定则，可判断PQ作为电源，QQ端电势高，在PQ cd回路和在电阻r的回路中找出电流方向．本题考查右手定则的应用．注意PQ作为电源构成了两个回路，分别在各自的回路中找出电流方向．9.某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为4.5×10-5T．一灵敏电压表连接两块金属板，两块金属板紧靠当地入海河段两岸插入海水中，河宽100m，该河段涨潮和落潮时有海水（视为导体）流过，设落潮时，海水自西向东流，流速为2m/s．下列说法正确的是（）A.电压表记录的电压为5m VB.电压表记录的电压为9m VC.河南岸的金属板电势较高D.河北岸的金属板电势较高【答案】BD【解析】解：A、B、海水自西向东流切割地磁场的磁感线，产生的感应电动势大小为：E=BL v=4.5×10-5×100m×2=9m V则电压表记录的电压为9m V．故A错误，B正确．C、D、地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，落潮时，海水自西向东流，相当于导体切割磁感线，由右手定则判断可知，感应电动势的方向由河南岸指向北岸，则河北岸的金属板电势较高．故C错误，D正确．故选：BD落潮时，海水自西向东流，相当于导体切割磁感线，有效切割的长度等于河宽100m，由右手定则判断电势高低，由E=BL v求解感应电动势，得到电压表的示数等于感应电动势大小．本题运用等效思维，根据右手定则判断感应电动势的方向，由E=BL v求感应电动势，考查运用物理知识处理实际问题的能力．五、单选题(本大题共1小题，共4.0分)10.半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，处在如图甲所示的磁场中，规定磁场方向向纸内为正，磁感应强度B随时间的变化规律如图乙所示．圆环缺口处分别与两块平行金属板连接，两板间距为d，t=0时刻在平板中心将一重力不计、电荷量为+q的微粒由静止释放，微粒始终没与极板相碰，以下说法正确的是（）A.第2s内上极板带正电B.第3s内上极板带负电C.第2s末粒子回到了原来位置D.第3s末两极板之间的电场强度大小为【答案】A【解析】解：0～1s内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带负电，金属板下极板带正电；因粒子带正电，则粒子所受电场力方向竖直向上而向上做匀加速运动．A、1～2s内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电；故A 正确；因粒子带正电，则粒子所受电场力方向竖直向下而向上做匀减速运动，2s末速度减小为零．B、2～3s内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电；故B 错误；C、由A选项分析可知，2s末速度减小为零，位移最大，当第4s末，粒子回到了原来位置．故C错误；D、因粒子带正电，则粒子所受电场力方向竖直向下而向下做匀加速运动．两极板间的电场强度大小E==×=，故D错误；故选：A．由图可知磁感应强度的变化，则由楞次定则可得出平行板上的带电情况；对带电粒子受力分析可知带电粒子的受力情况，由牛顿第二定律可知粒子的运动情况；根据粒子受力的变化可知粒子加速度的变化，通过分析可得出粒子的运动过程．本题属于综合性题目，注意将产生感应电流的部分看作电源，则可知电容器两端的电压等于线圈两端的电压，这样即可还原为我们常见题型．六、多选题(本大题共2小题，共8.0分)11.如图所示，A、B是两盏完全相同的白炽灯，L是电阻不计、自感系数很大的电感线圈．下列叙述正确的是（）A.合上S瞬间，A、B两盏灯同时发光B.合上S后，A灯逐渐变亮，B灯逐渐变暗直至熄灭C.电路稳定时，断开S瞬间，A、B两盏灯同时熄灭D.电路稳定时，断开S后，A灯立即熄灭，B灯闪亮一下后熄灭【答案】ABD【解析】解：A、B、闭合S时，电源的电压同时加到两灯上，A、B同时亮；随着L中电流增大，由于线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，B逐渐被短路直到熄灭，外电路总电阻减小，总电流增大，A灯变亮．故AB正确．C、D、电路稳定时，断开S瞬间，A灯立即熄灭，线圈L中电流减小，产生自感电动势，感应电流流过B灯，B闪亮一下后熄灭．故C错误，D正确．故选：ACD．闭合S，A、B同时亮，随着L中电流增大，线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，B灯逐渐被短路，总电阻减小，再由欧姆定律分析B灯亮度的变化．断开S，A灯立即熄灭，线圈中的电流逐渐减小，根据楞次定律判断B灯亮度如何变化．对于通电与断电的自感现象，它们是特殊的电磁感应现象，可法拉第电磁感应定律和楞次定律分析发生的现象．12.如图所示，电源电动势为E，内阻为r，滑动变阻器的总电阻为R，平行板电容器两极间有垂直纸面向里的匀强磁场．开关S1、S2闭合，移动滑片P，使以速度v水平射入平行板电容器的某带电粒子（不计重力）恰好匀速穿过两板之间．以下说法正确的是（）A.仅将滑片P向上滑动一点，粒子可能从下极板边缘射出B.仅将滑片P向下滑动一点，粒子可能从下极板边缘射出C.仅将a极板向下移动一点，粒子一定向下偏转D.仅将S2开关断开，粒子仍沿直线穿出【答案】ABD【解析】解：A、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；若滑片向上滑动，则滑动变阻器接入电阻减小，则电路中电流增大，内阻上的电压增大，则由闭合电路的欧姆定律可知R两端的电压减小，故电容器两端的电压减小，则由E=可知，所受极板间电场强度减小，则所受电场力减小，而所受洛仑兹力不变，故粒子将向上偏转，可能从上板边缘飞出，若粒子带负电，则可能向下偏转，可以从下极板边缘飞出，故A正确；B、同理，若若带电粒子带正电，滑片P下滑时，则滑动变阻器接入电阻增大，则电路中电流减小，内阻上的电压减小，则由闭合电路的欧姆定律可知R两端的电压增大，故电容器两端的电压增大，则由E=可知，所受极板间电场强度增大，则所受电场力增大，而所受洛仑兹力不变，故粒子将向下偏转，可能从下板边缘飞出，若带负电，则从上极板边缘飞出，故B正确；C、保持开关闭合，滑片P的位置不动，将a板向下移动一点，板间距离减小，电压不变，由E=可知，板间场强增大，若带正电粒子，所受向下电场力增大，洛仑兹力又不变，则粒子将向下偏转，即可能从下板边缘射出，若带负电，则从上极板边缘飞出，故C错误；D、若开关S2断开，则电容器不变，故两板间的电场强度不变，故所受电场力不变，粒子仍做直线运动，故D正确；故选：ABD．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M、N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．本题综合了电路、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．七、实验题探究题(本大题共3小题，共16.0分)13.如图所示，某同学用20分度的游标卡尺测量一薄金属圆板的直径D，用螺旋测微器测量其厚度d，由图可读出D= ______ mm，d= ______mm．【答案】101.55；4.700±0.001【解析】解：1、游标卡尺的主尺读数为：10.1cm=101mm，游标尺上第11个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为11×0.05mm=0.55mm，所以最终读数为：101mm+0.55mm=101.55mm．2、螺旋测微器的固定刻度为4.5mm，可动刻度为20.0×0.01mm=0.200mm，所以最终读数为4.5mm+0.200mm=4.700mm，由于需要估读，最后的结果可以为4.700±0.001．故答案为：（1）101.55，4.700±0.001解决本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．对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．14.某同学要用多用电表粗测一个电阻丝电阻，选择开关指向欧姆挡“×10”挡位的多用电表测量，发现指针的偏转角度太大，这时他应该将选择开关换成欧姆挡的“ ______ ”档位（选填“×100”或“×1”），然后进行______ ，再次测量电阻丝的阻值，其表盘及指针所指位置如图所示，则此段电阻丝的电阻为______ Ω．【答案】×1；欧姆调零；12【解析】解：某同学要用多用电表粗测一个电阻丝电阻，选择开关指向欧姆挡“×10”挡位的多用电表测量，发现指针的偏转角度太大，说明所选挡位太大，为准确测量，应换小挡，应该将选择开关换成欧姆挡的“×1”档位，然后进行欧姆调零；由图示表盘可知，则此段电阻丝的电阻为12×1=12Ω．故答案为：×1，欧姆档调零，12．使用欧姆表测电阻应选择合适的挡位，使指针指针中央刻度线附近；欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数．本题考查了欧姆表的使用注意事项与欧姆表读数，要注意：欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数．15.有一标有“4V，2W”字样的小灯泡，现在要用伏安法描绘这个灯泡的U-I图线，有下列器材供选用：A．电压表（0～5V，内阻10kΩ）B．电压表（0～10V，内阻20kΩ）C．电流表（0～0.3A，内阻1Ω）D．电流表（0～0.6A，内阻0.4Ω）E．滑动变阻器（最大阻值5Ω，允许通过的最大电流1A）F．滑动变阻器（最大阻值为500Ω，允许通过的最大电流为0.2A）G．蓄电池（电动势为6V，内阻约为1.0Ω）H．开关一个、导线若干（1）实验中电压表应选用______ ，电流表应选用______ ．为使实验误差尽量减小，要求电压表从零开始变化且多取几组数据，滑动变阻器应选用______ （用所选器材前的字母表示）．（2）请在方框内画出满足实验要求的电路图，并用实线补全实物电路图．【答案】A；D；E【解析】解：解：（1）因灯泡的额定电压为4V，为保证安全选用的电压表量程应稍大于4V，但不能大太多，量程太大则示数不准确；故只能选用0～5V的电压表，故选A；由P=UI得，灯泡的额定电流I===0.5A，故电流表应选择0～0.6A的量程，故选D；而由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，而分压接法中应选总阻值小的滑动变阻器，故选E；（2）由P=可求得：灯泡内阻为：R===8Ω；则有：==1250；==20；故说明电压表远大于灯泡内阻，应采用电流表外接法；而由以上分析知，滑动变阻器应选择分压接法；故答案如图所示：（1）A，D，E．（2）如图所示．（1）仪表的选择应本着安全准确的原则；电压表要测量灯泡两端的电压，故应通过灯泡的额定电压值判断需要的电压表；由流过灯泡的电流判断需要的电流表；由题意判断需要的滑动变阻器；（2）根据滑动变阻器分压及限流接法的不同作用，结合题意选择滑动变阻器的接法；由电流表、电压表与灯泡内阻间的大小关系确定电流表的接法．本题考查实验中的仪表选择及接法的选择；应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别及应用，同时还应明确内外接法的不同及判断．八、计算题(本大题共3小题，共36.0分)16.如图所示，倾角为θ=30°的光滑金属导轨A和B的上端接入一电动势E=3V、内阻r=0.2的电源，导轨间距为L=10cm，导轨周围存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，导轨电阻不计．将一个质量为m=30g，电阻R=0.3Ω的金属棒水平放置在滑轨上，当闭合开关S后，金属棒刚好静止．重力加速度取g=10m/s2．（1）判断导轨周围空间的磁场方向；（2）求磁感应强度的大小．【答案】解：（1）对导体棒受力分析，如图所示，由平衡条件，其合力为零，根据左手定则可知：磁场方向为垂直于斜面向上；（2）根据闭合电路欧姆定律可得：I=由平衡条件可得：mgsinθ=BIL联立可得：B==T=0.25T答：（1）导轨周围空间的磁场方向为垂直于斜面向上；（2）磁感应强度的大小为0.25T．【解析】金属棒在磁场中受到重力、斜面的支持力和安培力三个作用，根据平衡条件和安培力公式求解磁感应强度的大小，由左手定则判断B的方向．本题通电导体在磁场中平衡问题，掌握左手定则的应用，注意分析安培力在什么方向是解题的关键．17.如图所示，在真空中，半径为r的虚线所围的圆形区域内只存在垂直纸面向外的匀强磁场，在磁场右侧有一平行板电容器，板长为l，两板的中心线O1O2与与磁场区域的圆心O在同一直线上．现有一电荷量为+q、质量为m的带电粒子，从周围上的P点沿垂直于半径OO l并指向圆心O的方向进入磁场，经圆周上的O1点飞出磁场后进入匀强电场，最后从两板右端某处飞出．已知该粒子在电、磁场中运动的总时间为t，不计粒子所受重力．求（1）粒子从P点进入磁场时的速率v0；（2）磁场的磁感应强度B的大小．【答案】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为R，由几何关系知：R=r由牛顿第二定律，有：qv0B=m解得：B=粒子在磁场中运动的周期：T=在磁场中运动时间为四分之一个周期，故：t1==粒子在电场中做类平抛运动，平行板的方向做匀速直线运动，有：x=v0t2=l所以：t2=在电、磁场中运动的总时间：t=t1+t2=解得：v0=B=答：（1）粒子从P点进入磁场时的速率为；（2）磁场的磁感应强度B的大小为．【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由几何知识得到轨迹半径，由牛顿第二定律列式表示半径；粒子运动周期时间，求得周期，即可表示出粒子在磁场中运动的时间；粒子在电场中做类平抛运动，平行板的方向做匀速直线运动，而水平方向位移大小为l，由表示出时间，得到总时间表达式；最后联立求解即可．本题粒子在磁场中运动时，由几何知识求出轨迹半径是切入点，在电场中分析两段位移的关系是突破口．18.如图甲所示，间距为L、电阻不计的光滑导轨固定在倾角为θ的斜面上．在区域Ⅰ内有方向垂直于斜面的匀强磁场，磁感应强度小为B；在沿斜面的长度为2L的区域Ⅱ内有垂直于斜面向下的磁场，其磁感应强度B t的大小随时间t变化的规律如图乙所示．t=0时刻在轨道上端的金属细棒ab从图示位置由静止开始沿导轨下滑，在t x时刻（t x未知）ab棒恰进入区域Ⅱ．已知在0～t x时间内，放在导轨上区域Ⅰ内的另一金属细棒cd棒始终静止不动，两棒均与导轨接触良好．已知cd棒的质量为m、电阻为R，ab棒的质量为m、阻值未知，重力加速度为g．求：（1）当ab棒在区域Ⅱ内运动时cd棒消耗的电功率；（2）ab棒开始下滑的位置离EF的距离；（3）ab棒开始下滑至EF的过程中回路中产生的热量．【答案】解：（1）对cd棒，有：F安=BIL=mgsinθ，通过cd棒的电流大小为：I=当ab棒在区域Ⅱ内运动时cd棒消耗的电功率为：P=I2R=（2）ab棒在到达区域Ⅱ前做匀加速直线运动，有：a=gsinθcd棒始终静止不动，ab棒在到达区域Ⅱ前、后回路中产生的感应电动势不变，则ab棒在区域Ⅱ中一定做匀速直线运动可得：=BL v t，即：=BL gsinθt x，有：t x=ab棒在区域Ⅱ中做匀速直线运动的速度为：v t=则ab棒开始下滑的位置离EF的距离为：h=at X2+2L=3L（3）ab棒在区域Ⅱ中运动的时间为：t2==ab棒从开始下滑至EF的总时间为：t=t x+t2=2E=BL v t=BLab棒从开始下滑至EF的过程中闭合回路中产生的热量为：Q=EI t=4mg L sinθ答：（1）当ab棒在区域Ⅱ内运动时cd棒消耗的电功率为；（2）ab棒开始下滑的位置离EF的距离为3L；（3）ab棒开始下滑至EF的过程中回路中产生的热量为4mg L sinθ．【解析】（1）根据右手定则判断出ab棒中的电流方向，从而得出通过cd棒中的电流方向，根据cd棒处于静止，通过安培力的方向，根据左手定则判断出区域I内磁场的方向．对cd棒，根据平衡求出感应电流的大小，根据P=I2R求出当ab棒在区域II内运动时cd棒消耗的电功率．（2）棒ab进入II区域前后回路中的电动势不变，即磁场变化产生电动势与导体切割磁感线产生电动势相等，据此求出导体棒进入II时速度大小，然后根据导体棒匀加速下滑的特点即可求出结果．（3）回路中电流恒定，根据Q=EI t可求出结果．解决这类问题的关键是弄清电路结构，正确分析电路中的电流以及安培力的变化情况．。

石家庄市第一中学2009- 2010学年度第二学期咼二年级期中考试物理理科试卷I （选择题，共60 分）注意事项：1。

答卷I前，考生务必将自己的姓名、考号、科目填涂在答题卡上。

2•每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

答在试卷上无效。

一、选择题（本题共12小题，每小题5分，计60分。

每小题有一项或多项是正确的, 选项正确得5分，选项不全得3分，有错选的得0分）1•放射性元素衰变时放出三种射线，按穿透能力由强到弱的排列顺序是A. 射线，射线，射线B. 射线，射线，射线C. 射线，射线，射线D. 射线，射线，射线2.下列说法正确的是A. 17N1H6C 2He是衰变方程B. ；H2H32 He 是核聚变反应方程C. 292u234 490Th 2 He是核裂变反应方程D. 4 He2713…30 f 1Al 15 P 0 n是原子核的人工转变方程3•如图所示，光在真空和某介质的界面A .光是从真空射入介质的V3B. 介质的折射率为——2C. 介质的折射率为-3D.反射光线与折射光线的夹角为60°4.一束由两种单色光组成的细光束入射到三棱镜镜折射经棱后，分成了两束光a、b,则A. a光的波长大于b光的波长B . a光的频率大于b 光的频率C. a光的波长小于b光的波长D .在同一介质中传播时，a光的传播速度小于b光的传播速度5.氢原子能级的示意图如图所示，大量氢原子从n= 4级向n= 2的能级跃迁时辐射出可见光a,从n= 3 级向n= 2的能级跃迁时辐射出可见光b,贝UA.氢原子从高能级向低能级跃迁时可能会辐射出线B.氢原子从n = 4的能级向n = 3的能级跃迁时会出紫外线n E e / eVg ---------------------- 04 --------------------- -0.83 --------------------- -1.52-3.4-13.6C.在水中传播时，a光较b光的速度小D.氢原子在n = 2的能级时可吸收任意频率的光而发生电离6•光在科学技术、生产和生活中有着广泛的应用，下列说法正确的是A •用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象B •用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的衍射现象C. 在光导纤维束内传送图像是利用光的色散现象D. 光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象7.光电效应的实验结论是：对于某种金属A •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B. 无论光的频率多低，只要光照时间足够长就能产生光电效应C. 超过极限频率的入射光强度越弱，所产生的光电子的最大初动能就越小D. 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&如图，P是一偏振片，P的振动方向（用带有箭头的实线表示）为竖直方向。

河北省石家庄市第一中学【精品】高二上学期期中考试物理试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、多选题1．根据磁感应强度的定义式B＝F/(IL)，下列说法中正确的是（）A．在磁场中某确定位置，B与F成正比，与I、L的乘积成反比B．一小段通电直导线在空间某处受磁场力F＝0，那么该处的B一定为零C．磁场中某处B的方向跟电流在该处受磁场力F的方向相同D．一小段通电直导线放在B为零的位置，那么它受到的磁场力F也一定为零2．质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正撞，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量M与m的比值可能为( )A．2 B．3 C．4 D．53．如图所示，一质量为m、电量大小为q的带电油滴，从水平向右的匀强电场中的O 点以速度v沿与场强方向成37°角射入电场中，油滴运动到最高点时速度大小也是v，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．最高点不可能在O点的正上方B．匀强电场的电场强度可能为E＝mg/4qC．O点与最高点之间的电势差可能为零D．匀强电场的电场强度可能为E＝3mg/q4．如图是质谱仪的工作原理示意图．带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场分别为B和E．平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2．平板S下方有磁感应强度为B0的匀强磁场．下列表述正确的是（）A．质谱仪是分析同位素的重要工具B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向内C．能通过的狭缝P的带电粒子的速率等于E/BD．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小5．如图在光滑四分之一圆弧轨道的顶端a点，质量为m的物块(可视为质点)由静止开始下滑，经圆弧最低点b滑上粗糙水平面，圆弧轨道在b点与水平轨道平滑相接，物块最终滑至c点停止．若圆弧轨道半径为R，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是()A．物块滑到bB．c点与b点的距离为RC．物块滑到b点时对b点的压力是3mgD．整个过程中物块机械能损失了mgR6．在如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r恒定，闭合开关S后灯泡能够发光，以下四个选项中能让灯泡突然变亮的是（）A．电阻R1短路B．电阻R2断路C．电阻R2短路D．电容器C短路7．空间存在竖直向下的匀强电场和水平方向（垂直纸面向里）的匀强磁场，如图所示，已知一离子在电场力和洛仑兹力共同作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C为运动的最低点.不计重力，则A．该离子带负电B．A、B两点位于同一高度C．C点时离子速度最大D．离子到达B点后，将沿原曲线返回A点二、单选题8．假设地球磁场是由地球的环形电流引起的，则该假设中的电流方向是(注：磁子午线是地球磁场N极与S极在地球表面的连线) （）A．由西向东垂直磁子午线B．由东向西垂直磁子午线C．由南向北沿子午线D．由赤道向两极沿子午线9．如图所示，若一束电子沿y轴正方向移动，则在z轴上某点A的磁场方向应该( )A．沿x轴的正向B．沿x轴的负向C．沿z轴的正向D．沿z轴的负向10．倾角为α的导电轨道间接有电源，轨道上静止放有一根金属杆ab.现垂直轨道平面向上加一匀强磁场，如图所示，磁感应强度B逐渐增加的过程中，ab杆受到的静摩擦力（）A．逐渐增大B．逐渐减小C．先减小后增大D．先增大后减小11．如图所示，a、b、c是一条电场线上的三个点，电场线的方向由a到c，a、b间的距离等于b、c间的距离，用φa、φb、φc和E a、E b、E c分别表示a、b、c三点的电势和电场强度，可以判定（）A．φa>φb>φc B．E a>E b>E cC．φa－φb＝φb－φc D．E a＝E b＝E c12．某同学按如图电路进行实验，电压表和电流表均为理想电表，实验中由于电路发生故障，发现两电压表示数相同(但不为零)，若这种情况的发生是由用电器引起的，则可能的故障原因是（）A．R3短路B．R1短路C．R3断开D．R2断开13．一学校物理兴趣小组用蓄电池、电动机、皮带、自行车组装了一辆电动车，人骑上后总质量为50 kg，假定蓄电池能提供的电压为24 V，内电阻不计，当电动车在水平地面上以0.8 m/s的速度匀速行驶时，通过电动机的电流为5 A，设车所受的阻力恒为车重的0.2倍，忽略电动车自身的摩擦，则电动机的阻值是(g取10 m/s2) （）A．4.8 ΩB．3.2 ΩC．1.6 ΩD．0.4 Ω14．如图所示，空间某一区域中存在着方向互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里．一个带电粒子在这一区域中运动时动能保持不变，不计粒子的重力，则带电粒子运动的方向可能是（）A．水平向右B．水平向左C．竖直向上D．竖直向下15．在如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，在调节可变电阻R的阻值过程中，发现理想电压表的示数减小，则（）A．R的阻值变大B．路端电压不变C．干路电流减小D．路端电压和干路电流的比值减小16．回旋加速器是加速带电粒子的装置，其主体部分是两个D形金属盒，两金属盒处在垂直于盒底的匀强磁场中，并分别与高频交流电源两极相连接，从而使粒子每次经过两盒间的狭缝时都得到加速，如图所示，现要增大带电粒子从回旋加速器射出时的动能，下列方法可行的是（）A．增大金属盒的半径B．减小狭缝间的距离C．减小磁场的磁感应强度D．增大高频交流电压三、实验题17．有一只量程为6V的电压表，内阻约为5～8kΩ，某同学要精确地测量该电压表的内阻，设计的测量电路如图甲所示，其中R2为最大电阻9999Ω的电阻箱，R1为滑动变阻器，电源电动势为9V，内阻很小．实验步骤如下：①按电路图连接电路；②闭合S2；③将滑动变阻器滑片调至最左端；④闭合S1；⑤调节滑动变阻器，使电压表满偏；⑥再断开S2，调节电阻箱，调至电压表半偏，并记下电阻箱的读数，并认为此时电阻箱的电阻为该电压表的内阻．(1)乙图电阻箱的读数为_____kΩ．(2)实验室中有两个滑动变阻器：(a)最大阻值为15Ω，额定电流为1A；(b)最大阻值为30kΩ，额定电流为25mA，为了能精确测量电压表内阻，实验中应选择____滑动变阻器(填变阻器前的字母代号)．(3)实验中S2从闭合到断开(断开S2之前，电阻箱置于9999Ω)，断开后A、B两点的电压U AB_____6V(选填“>”、“<”或“=”)．(4)实验中由于电路设计所存在的实验误差(系统误差)，导致测量值_____真实值(选填“>”、“<”或“=”)．18．某同学用如图甲所示的电路测量某电池的电动势E和内阻r，R为电阻箱．干电池的工作电流不宜超过0.5A，实验室提供的器材如下：电压表(量程0〜3V，内阻约3kΩ)；电阻箱(阻值范围0〜999.9Ω)；开关、导线若干．(1)请根据图甲的电路图在图乙中画出连线，将器材连接成实验电路__________．(2)实验时，改变电阻箱R的值，记录电压表的示数U，得到若干组R、U的数据．根据实验数据绘出如图丙所示的11U R图线，由图像得出电池组的电动势E＝____V，内阻r＝____Ω．(保留三位有效数字)(3)关于这个实验中存在的误差以及减小误差的各种方法，下列说法正确的是（______）A．电压表的分流作用引起的误差属于偶然误差B．该同学读电压表读数引起的误差属于系统误差C．本实验用图像法处理数据可以减小偶然误差D．如果将电压表的内阻计算在内就可以减小系统误差四、解答题19．在如图所示的电路中，当S闭合时，电压表和电流表(均为理想电表) 的示数各为1.6 V和0.4 A；当S断开时，它们的示数各改变0.1 V和0.2 A，求电源的电动势和内阻．20．如图所示，在磁感应强度B＝1.0T、方向竖直向下的匀强磁场中，有一个与水平面成θ＝37°角的平行导电滑轨，滑轨上放一个可以自由滑动的金属杆ab．已知接在滑轨中的电源电动势E＝12 V，内阻不计，滑轨间距L＝0.5m，金属杆质量m＝0.2 kg，杆与平行滑轨间的动摩擦因数μ＝0.5，不计滑轨与ab杆的电阻，g取10 m/s2，求接在滑轨上的变阻器R的阻值在什么范围内变化时，可以使ab杆在滑轨上保持静止．21．如图所示在边长为L的等边三角形OAB区域内有垂直纸面向里的匀强磁场．在纸面内从O点向磁场区域AOB各个方向瞬时射入质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，所有粒子的速率均为v．已知沿OB方向射入的粒子从AB边的中点C射出，不计粒子．求：之间的相互作用和重力的影响，已知sin35°≈0.577 1.731(1)匀强磁场的磁感应强度的大小；(2)带电粒子在磁场中运动的最长时间；(3)沿OB方向射入的粒子从AB边的中点C射出时，还在磁场中运动的粒子占所有粒子的比例．参考答案1．BD【详解】磁感应强度的定义式B=,是比值定义的，在磁场中某确定位置，B 与F 与I 、L 的乘积没有直接关系，仅是它们的比值．A 错．一小段能通电直导线在空间某处受磁场力F=0，如果电流平行于磁场放置则B 不一定为零，B 错．磁场中某处的B 的方向跟电流在该处受磁场力F 的方向垂直，C 错．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 对．2．AB【详解】设碰撞后两者的动量都为P ，由于题意可知，碰撞前后总动量为2P ，根据动量和动能的关系有：22k P mE =，碰撞过程动能不增加，有：2222 2(22)p p p M M m ≥+，解得： 3M m ≤，由于两者碰撞之后M 的速度不大于m 的速度，设碰撞后M 的速度为1v ，m 的速度为2v ，根据题意可得12Mv mv =，故 1M m≥，综上所述，AB 正确．【点睛】考点：动量守恒定律及能量守恒定律解答此题关键是知道系统的动量守恒，以及在碰撞的过程中动能不增加，通过这两个关系判断两个物体的质量关系．3．AD【解析】【详解】A. 粒子到最高点的速度仍为v ，则动能的变化量为零，根据动能定理知，克服重力做的负功等于电场力做的正功，最高点如果是O 点正上方，则电场力不做功，故A 正确。

2013-2014学年度高二第一学期期末考试物理试题一、本题14小题,每小题4分，共56分,在每小题的四个选项中,有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得全分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分.）1．在物理学发展的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是( ）A．安培首先提出了磁场对运动电荷的作用力公式B．法拉第根据小磁针在通电导线周围的偏转发现了电流的磁效应C．楞次发现了电磁感应现象，并研究得出了判断感应电流方向的方法—-楞次定律D．法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律—-库仑定律【答案】DA、洛伦兹首先提出了磁场对运动电荷的作用力公式，故A错误；B、奥斯特根据小磁针在通电导线周围的偏转而发现了电流的磁效应，故B错误；C、法拉第发现了电磁感应现象，故C错误；故选D。

【考点】物理学史2．将一电荷量为＋Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等．a、b为电场中的两点,则( )A．a点的电场强度比b点的大B．a点的电势比b点的高C．检验电荷－q在a点的电势能比在b点的大D．将检验电荷－q从a点移到b点的过程中，电场力做正功【答案】ABA、电场线的疏密表示场强的大小,故A正确；B、a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b 点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势，故B正确；C、电势越高的地方,负电荷具有的电势能越小，即负电荷在a点的电势能较b点小，故C错误;D、由上知，—q在a点的电势能较b点小，则把—q电荷从电势能小的a点移动到电势能大的b点，电势能增大，电场力做负功,故D错误。

故选AB。

【考点】电势差与电场强度的关系;电场强度3．在高速公路隧道内两侧的电灯泡不易更换，为了延长电灯泡的使用寿命，一个接口处通常安装两个完全相同的灯泡，下列说法正确的是( ）A．两个灯泡串联B．两个灯泡并联C．每个灯泡实际消耗的功率是其额定功率的四分之一D．每个灯泡实际消耗的功率小于其额定功率的四分之一【答案】AA、两个灯泡串联,每个灯泡承受的电压为220U V110V＝,低于额定电压，灯泡不易损坏，故A正确；2B、两个灯泡并联,每个灯泡承受的电压为U=220V，仍等于灯泡的额定电压,灯泡正常工作，不能延长电灯泡的使用寿命，故B错误;CD、由2U，两个灯泡串联时，U变为原来的12，由于灯丝较正常发光时温度偏低，故灯丝电阻PR较正常发光时小，所以每个灯泡实际消耗的功率大于其额定功率的四分之一，故CD错误。