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2024届浙江省萧山中学物理高二第一学期期中达标检测模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。
写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是（）A．安培力的方向可以不垂直于直导线B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D．将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2、下列物理量中，属于矢量的是（）A．加速度B．质量C．路程D．时间3、物体以初速度v冲上粗糙的斜面，如选项所示的四个物体受力示意图中，正确的是( )A．B．C．D．4、如图所示，带正电的小球Q固定在倾角为θ的光滑固定绝缘细杆下端，让另一穿在杆上的质量为m、电荷量为q的带正电小球从A点由静止释放，到达B点时速度恰好为零。
若A、B间距为L，C是AB 的中点，两小球都可视为质点，重力加速度为g。
则下列判断正确的是A．从A至B，q 先做匀加速运动，后做匀减速运动B．在B点受到的库仑力大小是mgsinθC．Q产生的电场中，A、B两点间的电势差大小为U=D．在从A至C和从C至B的过程中，前一过程q电势能的增加量较大5、对于一定质量的物体而言，其速度、动量和动能的说法正确的是A．物体的速度发生变化，其动能一定发生变化B．物体的动量发生变化，其动能一定发生变化C．物体的动能发生变化，其动量一定发生变化D．物体的速度发生变化，其动量不一定发生变化6、如图所示是半偏法测电流表内阻的电路图，测量的过程包含以下几个主要的步骤：①闭合k1，调节R1的阻值，使电流表满偏；②闭合k2，保持R1不变，调节R2的阻值，使电流表半偏；③此时R2的读数即为电流表内阻测量值；④将R1的阻值调到最大；以上步骤，合理的顺序是（）A．①④②③B．④①②③C．④②①③D．④③②①二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2013学年浙江省第二次五校联考物理试题卷本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
满分300分，考试时间150分。
可能用到的相对原子质量：H:1 N:14第I 卷（选择题 共120分）一、选择题（本题共17小题，每小题6分，共102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。
）14．下列关于光和电磁波的说法中正确的是（ ）A ．雷达所用的微波波长比广播电台发射的长波波长长B ．红光由空气进入水中，波长变长、颜色不变C ．观察者迎着频率一定的声源运动时，接收到声波的频率一定发生变化D ．拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加装一个偏振片以增加透射光的强度15、一列简谐横波沿x 轴正方向传播，O 为波源且t=0开始沿y 轴负方向起振，如图所示是t=0.3s 末x=0至4m 范围内的波形图，虚线右侧的波形未画出。
已知图示时刻x=2m 处的质点第一次到达波峰，则下列判断中正确的是（ ）A ．这列波的周期为0.4s ，振幅为10 cmB ．这列波的波长为8m ，波速为20 m/sC ．t=0.4 s 末，x ＝8 m 处的质点速度沿y 轴正方向D ．t=3s 末，x ＝40 m 处的质点沿X 方向前进了80m16．如图所示，水平铜盘半径为r ，置于磁感应强度为B ，方向竖直向下的匀强磁场中，铜盘绕通过圆盘中心的竖直轴以角速度ω做匀速圆周运动，铜盘的边缘及中心处分别通过导线和滑动变阻器R 1与理想变压器的原线圈相连，该理想变压器原、副线圈的匝数比为n ∶1，变压器的副线圈与电阻为R 2的负载相连，则 （ ）A ．变压器原线圈两端的电压为Br 2ω2B ．若R 1不变时，通过负载R 2的电流强度为0C ．若R 1不变时，通过变压器的副线圈横截面磁通量为0D ．若R 1变化时，通过负载R 2的电流强度为通过R 1电流的1n17．如图所示，在足够长水平传送带上有三个质量分别为m 1、m 2、m 3的小木块（长度不计）1、2、3，中间分别用一原长为L ，劲度系数为k 的轻弹簧连接起来，木块与传送带间的动摩擦因数为μ，现用水平细绳将木块1固定在左边的墙上，传送带按图示方向匀速运动，当三个木块达到平衡后，1、3两木块之间的距离是（ ）A ．2L+μ（m 2+m 3）g/kB ．2L+μ（2m 2+m 3）g/kC ．2L+μ（m 2+2m 3）g/kD ．2L+μ（m 1+m 2+m 3）g/k二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。
浙江省杭州七校2012-2013学年上学期期中联考高二年级物理学科试题考生须知:1．本卷满分100分，考试时间90分钟；2．答题前，在答题卷密封区内填写班级、学号和姓名；座位号写在指定位置；3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；4．考试结束后，只需上交答题卷．一、单项选择题(本题10小题，每小题3 分，共 30分．每小题只有一个选项符合题意，请将正确答案填入答题卷中．)1．物理学中用到大量的科学方法建立概念，如“理想模型”、“等效替代”、“控制变量”等等，下列选项均用到“等效替代”方法的是:A ．“合力与分力”、“质点”、“电场强度”B ．“质点”、“平均速度”、“点电荷”C ．“点电荷”、“总电阻”、“电场强度”D ．“合力与分力”、“平均速度”、“总电阻”2．一节干电池的电动势为1.5V ，这表示该电池:A ．能将1.5J 的化学能转变成电能B ．接入电路工作时两极间的电压恒定为1.5VC ．它存储的电能比电动势为1.2V 可充电电池存储的电能多D ．将1C 电量的电荷由负极移送到正极的过程中，非静电力做了1.5J 的功3．在点电荷 Q 形成的电场中有一点A ，当一个－q 的检验电荷从电场的无限远处移到电场中的A 点时，电场力做的功为W ，则检验电荷在A 点的电势能及电场中A 点的电势分别为：A ．A A W W q εϕ=-=，B ．A A W W qεϕ==-， C ．A A W W q εϕ==， D ．A A W qW εϕ=-=-， 4．将标有“110V 、40W ”白炽灯L 1和标有“110V 、100W ”白炽灯L 2，与一只滑动变阻器(0～300Ω)组合起来接在220V 的线路上，要使L 1 、L 2都能正常发光而且最省电，应选择的电路图是A ．很暗，甚至不亮B ．正常发光C ．比正常发光略亮D ．有可能先发强光后被烧坏6．某导体置于电场后周围的电场分布情况如图所示，图中虚线表示电场线，实线表示等势面，A 、B 、C 为电场中的三个点．下列说法错．误．的是: A ．A 点的电场强度小于B 点的电场强度B ．A 点的电势高于B 点的电势C ．将负电荷从A 点移到B 点，电场力做正功D ．将正电荷从A 点移到C 点，电场力做功为零 7．某课外活动小组将锌片和铜片插入一个西红柿中，用电压表测量铜片和锌片间电压为0.30V ．然后又将同样的10个西红柿电池串联成电池组(n 个相同电池串联时，总电动势为nE ，总电阻为nr )，与一个额定电压为1.5V 、额定功率为1W 的小灯泡相连接，小灯泡不发光，测得小灯泡两端的电压为0.2V ．对此现象以下解释正确的是:A ．西红柿电池组的电动势大于小灯泡的额定电压，小灯泡已经烧毁B ．西红柿电池组不可能提供电能C ．西红柿电池组提供的电功率太小D ．西红柿电池组的内阻远小于小灯泡的电阻8．如图所示，带有等量异种电荷的两块很大的平行金属板M 、N 水平正对放置，两板间有一带电微粒以速度v 0沿直线运动，当微粒运动到P 点时，迅速将M 板上移一小段距离，则此后微粒的运动情况可能的是:A ．沿轨迹①做曲线运动B ．方向改变沿轨迹②做直线运动C ．方向不变沿轨迹③做直线运动D ．沿轨迹④做曲线运动9．如图所示，一带电量为q 的金属球，固定在绝缘的支架上，这时球外P 点的电场强度为E 0，当把一电量也是q 的点电荷放在P 点时，测得点电荷受到的静电力为f ；当把一电量为aq 的点电荷放在P 点时，测得作用于这点电荷的静电力为F ，则在国际单位制中:A ．f 的数值等于qE 0B ．F 的数值等于afC ．a 比1小得越多，F 的数值越接近afD ．a 比1小得越多，F 的数值越接近aqE 0通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断．根据你的判断，φ的合理表达式应为A ．rkql θϕsin = B ．2cos r kql θϕ=C ．2cos l kqr θϕ=D ．2sin r kql θϕ= 二、不定项选择题(本题5小题，每小题4 分，共20分．每小题有一个或一个以上的选项符合题意．全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分)11．如右图，实线表示一匀强电场的电场线，一个带正电荷的粒子射入该电场，虚线是它的运动轨迹， a 、b 是轨迹上的两点，不计重力，则:A ．场强方向向左B ．粒子一定是从a 点运动到b 点C ．a 点电势比b 点电势高D ．粒子在a 点的电势能大于在b 点的电势能12．节日挂在树上或商店门口的小彩灯通电后发出丽的色彩，众多小彩灯是先和电阻R 并联后再串联接到220 v 电源上的，其简化的电路如右图所示．下面对此电路正确的认识是: A ．当某小彩灯灯丝断时由于R 的导电作用仍保持整个电路通路，其他灯仍能发光B ．R 的作用是分流，使小彩灯的电流不至太大C ．R 的作用是分压，使得小彩灯不被烧坏D ．为了节能，R 的阻值要大于小彩灯的灯丝电阻13．如图所示，在等量异种电荷形成的电场中，有A 、B 、C 三点，A 为两点电荷连线的中心，B 为连线上距A 为d 的一点，C 为连线中垂线上距A 也为d 的一点，关于三点的场强大小、电势高低比较，正确的是:A ．C AB E E E >> B ．C B A E E E >>C ．B C A φφφ>=D ．A C B φφφ>=14．如图所示的电路，a 、b 、c 为三个相同的灯泡，每个灯泡的电阻大于电源内阻，当变阻器R 的滑臂P 向上移动时，下列判断中正确的是:A ．b 灯中电流变化值小于c 灯中电流变化值B ．a 、b 两灯变亮，c 灯变暗C ．电源输出功率增大D ．电源的供电效率增大15．水平放置的光滑绝缘环上套有三个带电小球，小球可在环上自由移动．如图所示，是小球平衡后的可能位置图．甲图中三个小球构成一个钝角三角形，A 点是钝角三角形的顶点．乙图中小球构成一个锐角三角形，其中三角形边长DE ＞DF ＞EF ．可以判断正确的是:A ．甲图中A 、B 两小球一定带异种电荷B ．甲图中三个小球一定带等量电荷C ．乙图中三个小球一定带同种电荷D ．乙图中三个小球带电荷量的大小为Q D ＞Q F ＞Q E三、填空、实验题(16、17、18题每空2分，19题7分，共19分)16．雷雨天的闪电是雷暴云中正电荷区与负电荷区的电场大到一定程度，空气被击穿形成的火花放电．假设两带电的云团某一时刻相距600 m 发生闪电，两云团间的电场可视作场强为2×106 N /C 的匀强电场．则此时两云团间的电势差为____________V ．若这次闪电通过的电量为20C ，则释放的电能为________J (设闪电的火花路径为直线)17．若将一个电量为2.0×10－10C 的正电荷，从零电势点移到电场中M 点要克服电场力做功8.0×10－9J ，则M 点的电势是________V ；若再将该电荷从M 点移到电场中的N 点，电场力做功1.8×10－8J ，则M 、N 两点间的电势差U MN ＝________V ．18．如图所示是定性研究平行板电容器电容的影响因素的装置，平行板电容器的A 板与静电计相连，B 板和静电计金属壳都接地,指出图甲、乙所示的情况下，静电计指针的偏转角度变化情况：(1)正对面积增大时，静电计指针的偏转角度____________；(2)板间距离减小时，静电计指针的偏转角度_____________．19．某同学利用电流、电压传感器描绘小灯泡的伏安特性曲线，采用了如图甲所示的电路．实验中得出了如下一组数据：(1)图甲中矩形框1中应接_______，矩形框2中应接_______，矩形框3中应接_______；(选填“电流传感器”、“电压传感器”或“小灯泡”)(2)在图乙中画出小灯泡的U—I图线；(3)把与本题中相同的两个灯泡接到如图丙所示的电路中，若电源电动势E＝4.5V，内阻不计，定值电阻R＝10Ω，此时每个灯泡的实际功率是_____W．(结果保留两位有效数字)四、计算题(共31分)解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．21．(11分)如图所示，固定于同一条竖直线上的A 、B 是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为＋Q 和－Q ，A 、B 相距为2D .MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p ，其质量为m 、电荷量为＋q (可视为点电荷，不影响电场的分布．)，现将小球p 从与点电荷A 等高的C 处由静止开始释放，小球p 向下运动到距C 点距离为d 的O 点时速度为v ，已知MN 与AB 之间的距离为d ，静电力常量为k ，重力加速度为g ．求：(1)C 、O 间的电势差U CO ；(2)小球p 在O 点时的加速度；(3)小球p 经过与点电荷B 等高的D 点时的速度大小．22．(12分)带有等量异种电荷的两块水平金属板M 、N 正对放置，相距为d (d 远小于两板的长和宽)，一个带正电的油滴A 恰好能悬浮在两板正中央，如图所示．A 的质量为m ，所带电荷量为q ，在A 正上方距离M 板2d 处，有另一质量也为m 的带电油滴B由静止释放，可穿过M 板上的小孔进入两板间，若能与油滴A相碰，会结合成一个油滴，结合后的瞬间该油滴的速度为碰前油滴B 速度的一半，方向竖直向下．整个装置放在真空环境中，不计油滴B 和A 间的库仑力以及金属板的厚度，为使油滴B 能与油滴A 相碰且结合后不会与金属板N 接触，重力加速度取g ，求：(1)金属板M、N间的电压U的大小；(2)油滴B带何种电荷？请简要说明理由；(3)油滴B所带电荷量的范围．浙江省杭州七校2012-2013学年上学期期中联考高二年级物理学科试题参考答案二、不定项选择题三、填空、实验题16．1.2×109；2.4×101017．40V；90V．18．(1)减小；(2)减小．19．(1)电压传感器，小灯泡，电流传感器；(2)见右图(3)0.20～0.26．四、计算题20．(1)L正常发光，电路中的电流为62A3LLPIU===(＋2分)(2)由闭合电路欧姆定律可求得，电动机的额定电压为U D＝E－I(r＋R)－U L＝20－2×(1＋4)－3＝7V(＋3分)(3)电动机的总功率为P总＝IU D＝2×7＝14W(＋1分)电动机的热功率为P热＝I2R D＝22×0.5＝2W(＋1分)所以电动机的输出功率为P出＝P总－P热＝14－2＝12W(＋1分)221)2(d k F F ==(＋1分) 它们的合力为：202012245cos 45cos d kQq F F F =+=(＋1分)∴p 在O 点处的加速度g md kQq m mg F a +=+=222(＋1分) 方向竖直向下(＋1分)(3)由电场特点可知，在C 、D 间电场的分布是对称的即小球p 由C 运动到O 与由O 运动到D 的过程中合外力做的功是相等的，(＋1分)运用动能定理22212021mv mv W D =-=合(＋2分) 解得 v v D 2=(＋1分)22．(12分)(1)根据油滴平衡得到mg ＝Eq ＝q dU ，(＋2分) 解得：qm gd U =(＋1分)(2)正电荷,(＋1分)．因为油滴B 与A 结合时重力增大，所以电场力也必须增大才能使新油滴接下来做减速运动，而碰不到金属板N ，由此可知：油滴B 的电性与A 相同，带正电荷．(＋3分)(3)设油滴B 与A 相碰前的瞬时速度为v ，根据动能定理有:0212222--mv U Q )d d (mg =+……………………………① 将qU ＝mgd 代入式中可得：0212252--mv U Q qU = 因为v 必须大于0，所以Q ＜ 5q ．(＋2分)当油滴B 与A 结合后，根据动能定理有：222210222)v (m Q U dmg --<+）q （…………………② 由①②解得：q Q 37>(＋2分) 所以：q Q q 537<<(＋1分)。
浙江省杭州市萧山五校2011-2012学年高二下学期期中联考试题（物理）考生须知：1、本卷共4页；2、本卷答案必须做在答案卷上，做在试卷上无效；3、答题前请在答题卷密封线内填好相关栏目。
一、单项选择题（本题有8小题，每题3分，共24分。
）1、在物理学史上，一位丹麦科学家首先发现电流周围存在磁场。
随后，物理学家提出“磁生电”的闪光思想。
很多科学家为证实这种思想进行了十多年的艰苦研究，首先成功发现“磁生电”的物理学家是 ( )A、安培B、奥斯特C、法拉第D、韦伯2、如图所示，通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ，第二次将金属框绕cd边翻转到Ⅱ，设先后两次通过金属框的磁通量变化大小分别为和，则（）A、＞B、=C、＜D、不能判断3、如图中，A1、A2是两个电流表，R是变阻器，L是带铁芯的线圈，AB和CD两支路直流电阻相同，下列结论正确的有（）(1)、闭合K时，A1示数小于A2示数(2)、闭合K后 (经足够长时间)，A1示数等于A2示数(3)、断开K时，A1示数等于A2示数(4)、断开K后的瞬间，通过R的电流方向与断开K前方向相反A、(1)(2)B、(3)(4)C、(1)(2)(3)(4)D、(2)(4)4、如图所示，三只白炽灯L1、L2、L3分别和电感、电阻、电容器串联后并联接在同一个交变电源上，当交变电源的电压为U，频率为50Hz时，三只灯泡的亮度相同，那么当交变电源的电压不变，而频率增大后，三只灯泡的亮度变化将是（）A、L1变暗，L2不变，L3变亮B、L1变亮，L2不变，L3变亮C、L1变暗，L2变亮，L3变亮D、L1变亮，L2变亮，L3变暗5、图中理想变压器原、副线圈匝数之比nl∶n2=4∶l，原线圈两端连接光滑导轨，副线圈与电阻R相连成闭合回路。
当直导线AB在匀强磁场中沿导轨匀速地向右做切割磁感线运动时，电流表Al的读数是12mA，那么电流表A2的读数是( )A、0B、3mAC、48mAD、与R值大小有关6、如图所示，R1为定值电阻，R2是负温度系数电阻的热敏电阻，L为小灯泡，当温度下降时，则（）A、R1两端的电压增大B、电流表的示数增大C、小灯泡的亮度变强D、小灯泡的亮度变弱7、一质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是( )A、质点振动频率是4Hz L1L2L3CRLB、在10s内质点经过的路程是20cmC、第4s末质点的速度是零D、在t＝1s和t＝3s两时刻，质点位移大小相等、方向相同二、不定项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分，多选或错选均不得分。
浙江高二高中物理期中考试班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.如图所示是空间某一电场中的一条电场线．M、N是该电场线上的两点．下列说法中正确的是（）A．该电场一定是匀强电场B．比较M、N两点的场强大小，一定有>C．比较同一个试探电荷在M、N两点受到的电场力，一定有<D．比较电子在M、N两点的电势能，一定有>2.在示波管中,电子枪2s发射了6.0×1013个电子，则示波管中电流的大小为（）A．4.8×10－6 A B．3.0×10－13 A C．3.0×10－6 A D．9.6×10－6 A3.如图所示，在直线MN上有一个点电荷，A.B是直线MN上的两点，两点的间距为L，场强大小分别为E和2E.则（）A．该点电荷一定在A点的右侧B．该点电荷一定在A点的左侧C．A点场强方向一定沿直线向右D．A点的电势一定低于B点的电势4.一个带正电的质点，电量q=2.0×10－9 C。
在静电场中由a点移到b点，在这过程中，除电场力外其它力做的功为6.0×10－5J，质点的动能增加了8.0×10－5J。
则A.b两点间的电势差为U=（）abA.3×104 VB.1×104 VC.4×104 VD.7×104 V5.如图将一带负电的粒子自A点由静止释放后，粒子仅受电场力作用，则该粒子（）A．一定能到达B点B．电势能一定逐渐增加C．动能一定逐渐增加D．一定作匀加速直线运动6.鸟儿落在110V的高压输电线上，虽然通电的高压线是裸露电线，但鸟儿仍安然无恙，这是因为（）A．鸟有耐高压的天性B．鸟儿是干燥的，所以鸟体不导电C．鸟体电阻极大所以无电流通过D．鸟两脚间的电压几乎为零7.一个电容器，带了电量Q后，两极板间电势差为U，若它带的电量减少Q/2，则（）A．电容为原来的1/2，两极板间的电压不变B．电容为原来2倍，两极板间的电压不变C．电容不变，两极板间的电压是原来的1/2D．电容不变，两极板间的电压是原来的2倍8.两电阻R1、Ｒ2的电流I 和电压U 的关系如图所示，可知两电阻R1∶Ｒ2等于A ．1∶3B ．3∶1C ．１∶D ．∶１9.如图所示，空间有一水平匀强电场，在竖直平面内有一初速度V 0的带电微粒，沿图中虚线由A 运动至B ，其能量变化情况是(重力不能忽略)：（ ）A ．动能减少，重力势能增加，电势能减少B ．动能减少，重力势能增加，电势能增加C ．动能不变，重力势能增加，电势能减少D ．动能增加，重力势能增加，电势能减少10.如图电路中，在滑动变阻器的滑片P 向上端a 滑动过程中，两表的示数情况为（ ）A 电压表示数增大，电流表示数减少B 电压表示数减少，电流表示数增大C 两电表示数都增大D 两电表示数都减少11.三个电阻之比为R 1:R 2:R 3=1:2:5，将这三个电阻并联，则通过这三支路的电流强度I 1:I 2:I 3之比为( ) A ．1:2:5 B ．5:2:1 C ．10:5:2 D ．2:5:1012.一根粗细均匀的电阻丝截成长度相等的三段，再将它们并联起来，测得阻值为3Ω，则此电阻丝原来的阻值为（ ） A ．9Ω B ．27Ω C ．8Ω D ．3Ω13.下列物理量中哪些与检验电荷无关？ （ ） A ．电场强度E B ．电势U C ．电势能εD ．电场力F14.用多用电表欧姆档测电阻时，下列说法正确的是 （ ） A ．测量前必须调零，而且每测一次电阻都要重新调零B ．为了使测量值比较准确，应该用两手分别将两表笔与待测电阻两端紧紧捏在一起，以使表笔与待测电阻接触良好C ．待测电阻若是连接在电路中，应当先把它与其它元件断开后再测量D ．使用完毕应当拔出表笔，并把选择开关旋到OFF 档或交流电压最高档15.一台电动机，额定电压是100V,电阻是1Ω.正常工作时，通过的电流为5A ，则电动机因为发热损失的功率为（ ） A ．500 W B ．25 W C ．1000 W D ．475 W16.两个等量异种电荷的连线的垂直平分线上有A.B. c三点，如图所示，下列说法正确的是（）A．a点电势比b点高B．A.b两点的场强方向相同，b点场强比a点大C．A.B.c三点和无穷远处等电势D．一个电子在a点无初速释放，则它将在c点两侧往复振动17.如图所示，在点电荷Q的电场中，已知A.b两点在同一等势面上，C.d两点在同一等势面上，无穷远处电势为零．甲、乙两个带粒子经过a点时动能相同，甲粒子的运动轨迹为acb，乙粒子的运动轨迹为adb．由此可以判定（）A．甲粒子经过c点与乙粒子经过d点时的动能相等B．甲、乙两粒子带同种电荷C．甲粒子经过c点时的电势能小于乙粒子经过d点时的电势能D．两粒子经过b点时具有相同的动能二、填空题如图所示，电源电动势ε=10V，，，电容，电池的内阻可以忽略。
2012-2013学年浙江省杭州市萧山区五校联考高二（下）期中物理试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共8小题，共24.0分)1.发现通电导线周围存在磁场的科学家是（）A.洛伦兹B.库仑C.法拉第D.奥斯特【答案】D【解析】解：A、洛伦兹研究发现了运动电荷在磁场中受到的磁场力的规律．故A错误．B、库仑通过库仑扭秤研究发现了库仑定律．故B错误．C、法拉第发现了电磁感应现象及其规律．故错误．D、奥斯特发现了通电导线周围存在磁场．故D正确．故选D发现通电导线周围存在磁场的科学家是奥斯特，不是洛伦兹、库仑、法拉第．对于电磁学发展史上重大发现、重要理论等要加强记忆，这也是高考考查内容之一．2.关于感应电流的方向，以下说法中正确的是（）A.感应电流的方向总是与原电流的方向相反B.感应电流的方向总是与原电流的方向相同C.感应电流的磁场总是阻碍闭合电路内原磁场的磁通量的变化D.感应电流的磁场总是与原线圈内的磁场方向相反【答案】C【解析】解：A、当磁通量增大时，感应电流的磁场与它相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与它相同．即感应电流的磁场方向取决于引起感应电流的磁通量是增加还是减小，感应电流的方向与原来电流的方向没有关系．故A、B错误，D错误；C、感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．故C正确．故选：C．根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．当磁通量增大时，感应电流的磁场与它相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与它相同．解决本题的关键掌握楞次定律的内容，知道感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．3.如下图所示图象中不属于交流电的有（）A. B. C. D.【答案】【解析】解：交流电是指电流的方向发生变化的电流，电流的大小是否变化对其没有影响，电流的方向变化的是ABC，故ABC是交流电，D是直流电．本题选择不是的，故选：D．直流电是指电流的方向不发生变化的电流，其大小可以变化，交流电是指电流的方向发生变化的电流，但是它的电流的大小可以不变．交流电的最大的特点是电流方向在不断的变化，对于其大小是否变化没有要求．4.理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，以下说法中正确的是（）A.穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是10：1B.穿过原、副线圈每一匝磁通量的变化率相等C.原、副线圈每一匝产生的电动势瞬时值之比为10：1D.正常工作时原、副线圈的输入、输出功率之比为10：1【答案】B【解析】解：A、理想变压器无漏磁，故穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是1：1，故A错误；B、理想变压器无漏磁，故穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是1：1，故穿过原、副线圈每一匝磁通量的变化率相等，故B正确；C、穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是1：1，根据法拉第电磁感应定律，原、副线圈每一匝产生的电动势瞬时值之比为1：1，故C错误；D、理想变压器改变的是电压和电流，不改变电功率，故正常工作时原、副线圈的输入、输出功率之比为1：1，故D错误；故选：B．理想变压器的工作原理是原线圈输入变化的电流时，导致副线圈的磁通量发生变化，从而导致副线圈中产生感应电动势．而副线圈中的感应电流的变化，又导致在原线圈中产生感应电动势．变压器的原副线圈电流与匝数成反比，原副线圈电压与匝数成正比．理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象．同时副线圈的电压由原线圈电压与原副线圈匝数决定，而原线圈的电流由副线圈决定．5.一理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=11：5，原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u如图所示．副线圈仅接入一个10Ω的电阻，则（）A.原线圈电流表的示数是22 AB.与电阻并联的电压表的示数是100√2VC.经过1分钟电阻发出的热量是6×103 JD.变压器的输入功率是1×103 W【答案】D【解析】解：A、由图象可知，原线圈中电压的最大值为220√2V，所以电压的有效值为220V，因原、副线圈匝数比n1：n2=11：5，根据U1n1=U2n2可知，则副线圈的电压有效值为100V，所以流过电阻的电流I=UR =10010A=10A，由于I1I2=n2n1，因此原线圈电流表的示50B、根据电压与匝数成正比可知，因原、副线圈匝数比n1：n2=11：5，则副线圈的电压有效值为100V，所以与电阻并联的电压表的示数是100V，故B错误；C、由Q=U2R t=100210×60J=60000J，所以经过1分钟，即60s电阻发出的热量是6×104J，所以C错误；D、副线圈的电阻为10Ω，所以输出功率P=U2R =100210W=1000W，因输入功率等于输出功率，所以D正确．故选：D．根据图象可以求得输出电压的有效值，再根据电压与匝数成正比，结合欧姆定律与焦耳定律的知识，即可求得结论．掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题，注意电表读数是交流电的有效值．6.在收音机线路中，经天线接收下来的电信号既有高频成分，又有低频成分，经放大后送到下一组，需要把低频成份和高频成份分开，只让低频成份输送到再下一级，我们可以采用如图所示电路，其中a、b应选择的元件是（）A.a是电容较小的电容器，b是高频扼流圈B.a是电容较大的电容器，b是高频扼流圈C.a是电容较小的电容器，b是低频扼流圈D.a是电容较大的电容器，b是低频扼流圈【答案】A【解析】解：根据交流电路中电容的通高频阻低频和电感线圈的通低频阻高频作用可知，元件a要让高频信号通过，阻止低频信号通过，故元件a是电容较小的电容器；元件b要让低频信号通过，阻止高频信号通过，故元件b是高频扼流圈，故A正确，BCD错误．故选：A本题综合考查电路和交变电流的知识，电容器具有通高频、阻低频的作用，这样的电容器电容应较小．电感线圈在该电路中要求做到通低频、阻高频，所以它是一个高频扼流圈，其自感系数应该较小根据电感和电容对交流电的作用去判断，首先分清用哪种电器．7.如图所示，水平桌面上放有一个闭合铝环，在铝环轴线上方有一个条形磁铁．当条形磁铁沿轴线竖直向上迅速移动时，下列判断正确的是（）A.铝环有收缩趋势，对桌面压力减小B.铝环有扩张趋势，对桌面压力减小C.铝环有收缩趋势，对桌面压力增大D.铝环有扩张趋势，对桌面压力增大【答案】B【解析】解：根据楞次定律可知：当条形磁铁沿轴线竖直向上迅速移动时，闭合导体环内的磁通量减小，因此线圈做出的反应是面积有扩张的趋势，同时将靠近磁铁，从而阻碍磁确，ACD错误，故选：B解本题时应该掌握：楞次定律的理解、应用．在楞次定律中线圈所做出的所有反应都是阻碍其磁通量的变化．如：感应电流磁场的磁通量、面积、速度、受力等．本题从力、运动的角度考察楞次定律，思维含量高，考察角度新颖．8.如图，一个边长为l的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个边长也为l的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直，虚线框的对角线ba与导线框的一条边垂直，ab的延长线平分导线框．在t=0时，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿ab方向移动，直到整个导线框离开磁场区域．以i表示导线框中感应电流的强度，取逆时针方向为正．下列表示i-t关系的图示中，可能正确的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】解：A、从正方形线框下边开始进入到下边完全进入过程中，线框切割磁感线的有效长度逐渐增大，所以感应电流也逐渐拉增大，故A错误；B、从正方形线框下边完全进入至下边刚穿出磁场边界时，切割磁感线有效长度不变，故感应电流不变，故B错误；C、当正方形线框下边离开磁场，上边未进入磁场的过程比正方形线框上边进入磁场过程中，磁通量减少的稍慢，故这两个过程中感应电动势不相等，感应电流也不相等，故D错误，C正确．故选：C．根据右手定则判断感应电流的方向，根据切割磁感线的有效切割长度的变化得出电流的大小变化．本题的难点在于根据几何关系求出有效切割长度，注意当导线框的前条边出磁场后条边开始进磁场的过程中线框中的电流大小继续减小，且减小的情况比前一阶段减小情况更快，这是学生在练习中经常出错的地方．二、多选题(本大题共1小题，共4.0分)9.关于干簧管，下列说法正确的是（）A.干簧管接入电路中相当于开关的作用B.干簧管是根据热胀冷缩的原理制成的C.干簧管接入电路中相当于电阻的作用D.干簧管是作为电控元件以实现自动控制的【答案】AD解：A、C、当干簧管处在磁场中，弹性舌簧闭合，电路接通，以实现自动控制．所以干簧管接入电路中相当于开关的作用，故A正确、C错误．B、将一对磁性材料制成的弹性舌簧片密封于玻璃管中，舌簧端面互叠，但留有空隙，当干簧管处在磁场中，舌簧由于磁化而吸引，利用磁化及磁极间的相互作用，故B错误．D、干簧管能将磁场的变化转化为电路的通断，实现自动控制，故D正确．故选：AD．将一对磁性材料制成的弹性舌簧片密封于玻璃管中，舌簧端面互叠，但留有空隙，就制成了一种磁控元件-干簧管，当干簧管处在磁场中，弹性舌簧闭合，电路接通，以实现自动控制．传感器的作用是将温度、力、光、声音等非电学量转换为电学量，干簧管就是将磁场的变化转化成电路的通断的电控元件．三、单选题(本大题共1小题，共4.0分)10.用如图所示的实验装置研究电磁感应现象．当有电流从电流表的正极流入时，指针向右偏转．下列说法哪些是正确的（）A.当把磁铁N极向下插入线圈时，电流表指针向左偏转B.当把磁铁N极从线圈中拔出时，电流表指针向左偏转C.保持磁铁在线圈中静止，电流表指针不发生偏转D.磁铁插入线圈后，将磁铁和线圈一起以同一速度向上运动，电流表指针向左偏【答案】AC【解析】解：据题意，当有电流从电流表的正极流入时，指针向右偏转，这说明：电流从哪极流入，指针向哪极偏转；A、当把磁铁N极向下插入线圈时，穿过线圈的磁场方向向下，磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流从负极流入，电流表指针向左偏，故A正确；B、当把磁铁N极从线圈中拔出时，穿过线圈的磁场方向向下，磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流从正极流入，电流表指针向右偏转，故B错误；C、保持磁铁在线圈中静止，穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，电流表指针不发生偏转，故C正确；D、磁铁插入线圈后，将磁铁和线圈一起以同一速度向上运动，穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，电流表指针不偏转，故D错误；故答案为：AC当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中产生感应电流，由楞次定律判断出感应电流的方向，根据电流流向与电流计指针偏转方向间的关系分析答题．本题考查了楞次定律的应用，掌握楞次定律是正确解题的关键；本题难度不大，是一道基础题．四、多选题(本大题共1小题，共4.0分)11.一矩形线圈在匀强磁场中转动，产生的感应电动势e=220√2sin100πt（V），则（）A.t=0时线圈平面垂直于中性面B.交流电的频率是100πH zC.交流电的周期是0.02sD.电动势的有效值为220VCD【解析】解：A、由e=220√2sin100πt可知，当t=0时e=0，此时线圈处在中性面上，故A 错误；B、线圈的转速为100πrad/s，故其频率为：f=1T =100π2π=50H z，故B错误，C正确；D、由e=220√2sin100πt可知该交流电的最大值为220√2V，即311V，有效值为220V，故D正确；故选：CD．本题考查了交流电的描述，根据交流电的表达式，可知知道其最大值，以及线圈转动的角速度等物理量，然后进一步求出其它物理量，如有效值、周期、频率等．对于交流电的产生和描述要正确理解，要会推导交流电的表达式，明确交流电表达式中各个物理量的含义．五、单选题(本大题共1小题，共4.0分)12.如图所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上的磁感应强度大小为B的匀强磁场中．一质量为m（质量分布均匀）的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ．现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离l时，速度恰好达到最大（运动过程中杆始终与导轨保持垂直）．设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g．则此过程（）A.杆的速度最大值为(F−μmg)RB2d2B.流过电阻R的电荷量为BdlR+rC.恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D.恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量【答案】BD【解析】解：A、设杆的速度最大值为v，此时杆所受的安培力为F A=B2L2vR+r =B2d2vR+r，而且杆受力平衡，则有F=F A+μmg，解得，v=(F−μmg)(R+r)B2d2．故A错误．B、流过电阻R的电荷量为q=△ΦR+r =BdlR+r．故B正确．C、D根据动能定理得：恒力F做的功、摩擦力做的功、安培力做的功之和等于杆动能的变化量，而摩擦力做负功，安培力也做负功，则知恒力F做的功与摩擦力做的功之和大于杆动能的变化量，恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量．故C错误，D正确．故选BD导体在恒力作用下向左先做加速运动后做匀速运动，此时速度达到最大，根据平衡条件和安培力的表达式F A=B2L2vR+r 求解最大速度．由q=△ΦR+r求解电量．根据功能关系分析和与动能变化量的关系．本题是收尾速度问题，从力和能两个角度分析，关键掌握两个经验公式：安培力F A =B 2L 2v R+r，感应电量q =△ΦR+r ．六、实验题探究题(本大题共1小题，共8.0分)13.如图所示是研究电磁感应现象实验所需的器材，用实线将带有铁芯的线圈A 、电源、滑动变阻器和开关连接成原线圈回路，将小量程电流表和线圈B 连接成副线圈回路，列出在实验中改变副线圈回路磁通量，使副线圈回路产生感应电流的三种方式： （1） ______ ； （2） ______ ； （3） ______ ． 【答案】原线圈插入副线圈、原线圈从副线圈中拔出；变阻器快速移动；插入铁芯、拔出铁芯 【解析】解：在实验中分别研究开关断开、闭合；原线圈插入副线圈、原线圈从副线圈中拔出；变阻器快速移动；插入铁芯、拔出铁芯等情况下达到穿过闭合回路磁通量发生变化的目的，从而产生感应电流． 故答案为：（1）原线圈插入副线圈、原线圈从副线圈中拔出； （2）变阻器快速移动； （3）插入铁芯、拔出铁芯．研究电磁感应现象实验时，通过理论分析与多种因素有关，因此通过控制变量的思想来研究问题，从而带来方便．解决本题的关键是知道产生感应电流的条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化．七、填空题(本大题共3小题，共12.0分)14.一个200匝、面积为20cm 2的线圈，放在磁场中，磁场的方向与线圈平面成30°角，若磁感应强度在0.05s 内由0.1T 均匀增加到0.5T ．在此过程中穿过线圈的磁通量的变化是 ______ W b ；线圈产生的感应电动势的大小是 ______ V ． 【答案】 4×10-4；1.6 【解析】解：圆线圈在匀强磁场中，现让磁感强度在0.05s 内由0.1T 均匀地增加到0.5T ． 所以穿过线圈的磁通量变化量是：△∅=∅2-∅1=（B 2-B 1）S •sin 30°=4×10-4W b 而磁通量变化率为：△∅△t =4×10−40.05Wb/s =8×10-3W b /s则线圈中感应电动势大小为：E=N △∅△t =200×8×10-3V=1.6V ；故答案为：4×10-4，1.6．穿过线圈的磁通量发生变化，导致线圈中产生感应电动势，从而出现感应电流．由法拉第电磁感应定律可得感应电动势的大小．感应电动势的大小与磁通量的变化率有关，而与磁通量变化及磁通量没有关系．由此切割磁感线的速度．15.某发电厂用2.2KV的电压将电能输出到远处的用户，后改为用22KV的电压，在既有输电线路上输送同样的电功率．前后两种输电方式消耗在输电线上的电功率之比为______ ．要将2.2KV的电压升高到22KV，若变压器原线圈的匝数为180匝，则副线圈的匝数应该是______ 匝．【答案】100：1；1800【解析】解：设输送功率为P，则有P=U1I1=U2I2，而在电线上损耗功率为P损=I2R=P2RU2，所以有损失的功率与输送电压的平方成反比，两种输电方式的输送电压之比为1：10，所以损失功率之比为100：1，即前后两种输电方式消耗在输电线上的电功率之比为100：1．理想变压器没有能量损失，原副线圈的电压比等于匝数比．所以副线圈的匝数为原线圈匝数的10倍，等于1800匝．答案：100；1800由于电线的电阻不变，相同的功率，以不同的电压输送时，输送电流也不同．设输送功率为P，则有P=U1I1=U2I2，而在电线上损耗功率为P损=I2R=P2RU2，所以有损失的功率与输送电压的平方成反比．理想变压器没有能量损失，原副线圈的电压比等于匝数比．本题考查减小输电线路电功率损失的方法，此题与我们的日常生活联系比较紧密，是这几年高考出题的一个新的方向．我们在日常生活中要养成勤于观察、勤于思考的好习惯．16.如图所示，线圈匝数n=200匝，直径d1=40cm，电阻r=2Ω，线圈与阻值R=6Ω的电阻相连．在线圈的中心有一个直径d2=20cm的有界圆形匀强磁场，磁感应强度按如图所示规律变化，则通过电阻R的电流方向______ （由A流向B或由B流向A）和电压表的示数______V．（结果中π予以保留）【答案】由B流向A；1.5π【解析】解：（1）穿过线圈的磁场方向向下，在增大，根据楞次定律判断出电流方向从B流向A．（2）根据法拉第电磁感应定律：感应电动势：E=n△B△t S=n△B△tπd24感应电流：I=ER+r =π4A所以电压表的示数：U=IR=π4•6V=1.5π V本题考查了电磁感应与电路的结合，线圈中的磁通量发生变化，因此线圈为电源，根据楞次定律判断出通过电阻R 的电流方向．根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势．这类问题主要分析清楚谁是电源、电源的正负极、外电路的构造即电阻的串并联情况，然后根据有关电路知识进去求解．八、计算题(本大题共4小题，共40.0分)17.如图所示，矩形线圈abcd 在磁感应强度B=2T 的匀强磁场中绕轴OO ′以角速度ω=10πrad /s 匀速转动，线圈共10匝，线圈电阻r =5Ω，ab =0.3m ，bc =0.6m ，负载电阻R=45Ω．求：（1）写出从图示位置开始计时线框中感应电动势的瞬时值表达式；（2）电阻R 在0.05s 内产生的热量．【答案】 解：（1）电动势的最大值为E m =n BS ω=10×2×0.3×0.6×10πV ≈113.04 V 故瞬时值表达式e =E m •cos ωt =113.04cos （10πt ）V ． （2）电流的有效值 I=I m√2=E m√2R+r =1.6 A所以0.05 s 内R 上产生的热量 Q=I 2R t =5.76 J ． 答：（1）写出从图示位置开始计时线框中感应电动势的瞬时值表达式e =113.04cos （10πt ）V ；（2）电阻R 在0.05s 内产生的热量5.76 J ． 【解析】（1）根据公式E m =n B s ω求解感应电动势的最大值，再根据e =E m sin ωt 求解瞬时值表达式；（2）根据电流的有效值，结合焦耳定律，即可求解．本题关键记住最大值公式E m =n B s ω和瞬时值公式e =E m sin ωt ，然后结合闭合电路欧姆定律与焦耳定律列式求解，不难．18.如图所示，足够长的U 型光滑导体框架的两个平行导轨间距为L ，导轨间连有定值电阻R ，框架平面与水平面之间的夹角为θ，不计导体框架的电阻．整个装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直于框架平面向上，磁感应强度大小为B ．导体棒ab 的质量为m ，电阻不计，垂直放在导轨上并由静止释（1）导体棒ab下滑的最大速度；（2）导体棒ab以最大速度下滑时定值电阻消耗的电功率．【答案】解：（1）导体棒ab下滑达到最大速度时，产生的感应电动势为：E=BL v m由欧姆定律得棒中的电流值为：I=ER =BLv mR导体棒ab下滑达到最大速度时，重力沿斜面下滑的分力与安培力平衡，故有：mgsinθ=BIL=B2L2v mR解得：v m=mgRsinθB2L2（2）定值电阻消耗的电功率就是安培力做负功的功率，故：P=F v m=mgsinθv m=(mgsinθ)2RB2L2答：（1）导体棒ab下滑的最大速度：v m=mgRsinθB2L2；（2）导体棒ab以最大速度下滑时定值电阻消耗的电功率P=(mgsinθ)2RB2L2【解析】（1）导体棒ab下滑达到最大速度时，重力沿斜面下滑的分力与安培力平衡，据此结合法拉第电磁感应定律和欧姆定律可求最大速度；（2）定值电阻消耗的电功率就是安培力做负功的功率本题考查应用平衡条件解决磁场中导体的平衡问题，关键在于安培力的分析和计算，比较容易．在匀强磁场中，当通电导体与磁场垂直时，安培力大小F=BIL，方向由左手定则判断．19.如图所示，P、Q为水平面内平行放置的光滑金属长直导轨，间距为L1，处在竖直向下、磁感应强度大小为B1的匀强磁场中．一导体杆ef垂直于P、Q放在导轨上，在外力作用下向左做匀速直线运动．质量为m、每边电阻均为r、边长为L2的正方形金属框abcd置于竖直平面内，两顶点a、b通过细导线与导轨相连，磁感应强度大小为B2的匀强磁场垂直金属框向里，金属框恰好处于静止状态．不计其余电阻和细导线对a、b点的作用力．（1）通过ab边的电流I ab是多大？（2）导体杆ef的运动速度v是多大？【答案】解：（1）设通过正方形金属框的总电流为I，ab边的电流为I ab，dc边的电流为I dc，有：I ab=34II cd=14I金属框受重力和安培力，处于静止状态，有：mg=B2I ab L2+B2I dc L2联立三式解得：I ab=3mg4B2L2故通过ab边的电流I ab是：I ab=3mg4B2L2．（2）由（1）可得：I=mgB2L2设导体杆切割磁感线产生的电动势为E，有：E=B1L1v设ad、dc、cb三边电阻串联后与ab边电阻并联的总电阻为R，则：R=34r根据闭合电路欧姆定律，有：I=ER联立解得：v=3mgr4B1B2L1L2．故导体杆ef的运动速度v是：v=3mgr4B1B2L1L2．【解析】（1）外电路是：ad、dc、cb三边电阻串联后再与ab边电阻并联构成，竖直方向上ab 边与cd边所受安培力均向上，根据受力平衡列方程即可求解，注意并联电路中电流与电阻关系．（2）根据闭合电路欧姆定律求出电源的电动势，根据E=BL v，即可求出导体棒的速度．本题易错点为不能正确分析外电路的串并联情况，从而不能正确分析安培力大小最后导致错误．对于电磁感应与电路的结合问题一定分析整个电路的组成情况，然后根据闭合电路的欧姆定律求解．20.如图，在水平地面MN上方空间存在一垂直纸面向里、磁感应强度B=1.0T的有界匀强磁场区域，上边界EF距离地面的高度H=0.7m．正方形金属线框abcd的质量m=0.1kg、边长L=0.1m，总电阻R=0.02Ω，线框的ab边距离EF上方h=0.2m处由静止开始自由下落，abcd始终在竖直平面内且ab保持水平．求线框从开始运动到ab边刚要落地的过程中（g取10m/s2）：（1）线框产生的焦耳热Q；（2）通过线框截面的电量q；（3）通过计算画出线框运动的v～t图象．【答案】解：（1）当线圈ab边进入磁场时速度为：v1=√2gℎ=2m/s产生的电动势为：E=BL v1=0.2V安培力为：F=BLI=BL ER=1N线圈cd边进入磁场前F=G，线圈做匀速运动，由能量关系可知焦耳热为：Q=mg L=0.1J（2）ab切割磁感线产生的电动势为：E=BL v1电流是：I=ER通过a点电量：Q=It=ER Lv1=BLv1LRv1=BLR2=1×0.010.02=0.5C（3）由解（1）可知，线圈自由落下的时间：t1=√2ℎg=0.2s在磁场内匀速v=v1时间：t2=L v1=0.05s完全进入磁场后到落地运动时间为t3，则有：H−l=v1t3+12gt32t3=0.2s图象如右答：（1）线框产生的焦耳热Q为0.1J；（2）通过线框截面的电量q为0.5C；（3）通过计算画出线框运动的v～t图象如上图所示．【解析】线框先自由下落，以一定的速度垂直进入磁场，ab边在切割磁感线，产生感应电动势，出现感应电流，导致安培力去阻碍线框下落．当线框进入磁场时，根据安培力表达式，确定安培力与重力大小关系，从而由焦耳定律，求在下落的过程中，线框产生的焦耳热．再通过线框截面的电量q则是线框的磁通量的变化与总电阻的比值．并通过运动学公式，结合速度与时间的关系，作出图象．本题电磁感应与力学知识简单的综合，培养识别、理解图象的能力和分析、解决综合题的能力．。
浙江省杭州市萧山二中、三中、五中2014-2015学年高二物理上学期期中联考试题考生须知：1、本卷共5页；2、本卷答案必须做在答案卷上，做在试卷上无效；一、单项选择题〔此题共8小题，每一小题4分，共32分．在每一小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，有选错或不答的得0分．〕1、关于如下列图的验电器，如下说法正确的答案是〔〕A、硬杆b应该用金属材料制成B、a与c应该互相绝缘C、用毛皮摩擦过的橡胶棒靠近a时，两金属箔片带等量异种电荷D、用毛皮摩擦过的橡胶棒接触a后，c所带电荷与橡胶棒所带电荷的电性相反2、请用学过的电学知识判断如下说法正确的答案是( )A．电工穿绝缘衣比穿金属衣安全B．小鸟停在单根高压输电线上会被电死C．燃气灶的电子点火器的放电电极做成钉尖型比球形好D．打雷时，呆在汽车里比呆在木屋里要危险3、两带电量分别为q和－q的点电荷放在x轴上，相距为L，能正确反映两电荷连线上场强大小E与x关系的是图4、在如下列图的电路中，R t为半导体热敏电阻，闭合开关，灯泡L1、L2、L3的亮度一样．当R t 处的温度升高时，小灯泡的亮度变化情况是A．L1变亮，L2变暗，L3变亮B．L1变暗，L2变亮，L3变暗C．L1、L2变亮， L3变暗E rL1L3R tSL2D ．L 1、L 2变暗， L 3变亮5、如下列图A 、B 是两块金属板，分别与高压直流电源的两极相连。
一个电子自贴近A 板处静止释放〔不计重力〕，当A 、B 两板平行、两板面积很大且两板间的距离较小时，它刚到达B 板时的速度为v 0.在如下情况下以v 表示电子刚到达B 板时的速度，如此〔 〕A ．假设A 、B 两板不平行，如此v ＜v 0B ．假设A 板面积很小，B 板面积很大，如此v ＜v 0C ．假设A 、B 两板间的距离很大，如此v ＜v 0D ．不论A 、B 两板是否平行、两板面积大小与两板间距离多少，v 都等于v 0 6、用伏安法测电阻，可接成如下列图的两个电路．当用(a)图的电路测量时，电压表和电流表的示数分别为3V 、0.6A ；用(b)图的电路测量时，电压表和电流表的示数分别为2.8V 、0.8A 。
杭州二中2012学年第一学期高二年级期中考物理试卷本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第II 卷（非选择题）两部分，共100分，考试时间90分钟。
第Ⅰ卷（共42分）一、单项选择题（本题共6小题，每小题3分，共18分。
在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，选对的得3分，选错或不答的得0分。
） 1．关于静电场，下列说法正确的是（ ）A. 电势等于零的物体一定不带电B. 电场强度为零的点，电势一定为零C. 同一电场线上的各点，电势一定相等D. 负电荷顺着电场线方向移动时，电势能一定增加 2．图1表示一个电场中a 、b 、c 、d 四点分别引入试探电荷，测得试探电荷所受的力F 与电荷量q 之间的函数关系，如图所示，下列说法正确的是( ) A ．该电场是匀强电场B ．a 、b 、c 、d 四点场强大小关系是：E d ＞E a ＞E b ＞E cC ．这四点场强大小关系是：E a ＞E b ＞E c ＞E d ，场源是正电荷D ．无法判断a 、b 、c 、d 四点场强大小关系3．如图2所示，A 、C 是以正点电荷Q 为圆心的某一圆周上的两点，B 是线段AC 的中点．现将一正电荷从A 经B 移到C ，则( ) A ．从A 到C ，电场力对该电荷一直做正功 B ．从A 到C ，电场力对该电荷一直不做功C ．该电荷在A 、B 、C 三点时的电势能大小关系是E B >E A ＝E CD ．该电荷在A 、C 两点时所受电场力相同 4．关于电源的电动势，下列说法正确的是（ ）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 5．如图3所示电路中，电键K 闭合时，P 点和Q 点的电势变化情况是（ ） A ．P 点升高，Q 点降低 B ．两点电势均升高 C ．P 点降低，Q 点升高D ．两点电势均降低6．如图4所示为汽车蓄电池与车灯（电阻不变）、启动电动机组成的电路，蓄电池内阻为0.05 ，电流表和电压表都是理想电表，只接通S 1时，电流表示数为10A ，电压表示数为12V ，再接通S 2，启动电动机稳定工作时，电流表示数变为8A 。
2012——2013学年度上学期期中考试高二年级物理科试卷参考答案一、选择题：1．C 2．BD 3．B 4．AD 5．C 6.AD 7．C 8．B 9．B 10．A 11．D12．C二、实验题：13．（1）1.203-1.205均对 (2) 11.4mm14．①R 1 ，②R 1和R 2串联，③R 2（或电源）15．（1）如图所示（2）A 2（3）bk r b E ==,1三、计算题：16．解析: S 断开，设电容器两极板间距离为d ，有2124C R U E V R R r ==++ S 闭合后， /228C R U E V R r ==+S 闭合后，流过R 3的总电荷量等于电容器上电荷的增加量，所以ΔQ ＝C ( U /c 一Uc)＝4×10－4 C.17．画出ab 杆在恰好不下滑和恰好不上滑这两种情况下的受力分析，如下图所示．当ab 杆恰好不下滑时，如图甲.由平衡条件得沿斜面方向：mg sin θ＝μF N1＋F 安1cos θ，① 垂直斜面方向：F N1＝mg cos θ＋F 安1sin θ，②而F 安1＝B E R 1L ，③ 由①②③式，得R 1＝5 Ω当ab 杆恰好不上滑时，如图乙所示．由平衡条件得沿斜面方向：mg sin θ＋μF N2＝F 安2cos θ，④垂直斜面方向：F N2＝mg cos θ＋F 安2sin θ，⑤而F 安2＝B E R 2L ，⑥ 由④⑤⑥三式，得R 2＝3 Ω所以，要使ab 杆保持静止，R 的取值范围是3 Ω≤R ≤5 Ω.18.由于磁场边界的限制，粒子从ab 边射出磁场时速度有一定范围．当v 0有最小值v 1时，粒子速度恰与ab 边相切；当v 0有最大值v 2时，粒子速度恰与cd 边相切．轨迹示意图如下图所示．(1)当v 0有最小值v 1时，有：R 1＋R 1sin30°＝12l ，① 由轨道半径公式R ＝mv /qB ，得：v 1＝qBl /3m .当v 0有最大值v 2时，有：R 2＝R 2sin30°＋l 2，② 由半径公式R ＝mv /qB ，得：v 2＝qBl /m .③所以带电粒子从磁场中的ab 边射出时，其速度范围应为：qBl 3m ＜v 0＜qBl m.(2)要使粒子在磁场中运动时间最长，其轨迹对应的圆心角应最大，由①知，当速度为v 1时，粒子在磁场中的运动时间最长，对应轨迹的圆心角为：θ＝4π3， 则：t max ＝(4/3)π2π·2πm qB ＝4πm 3qB.。
浙江省五校联考2024届物理高二上期中考试模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。
写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、下列关于磁通量的说法中，正确的是（）A．穿过一个面的磁通量一定等于磁感应强度与该面面积的乘积B．在磁场中所取的面积越大，该面上磁通量一定越大C．穿过一个面的磁通量就是穿过该面单位面积的磁感线的条数D．穿过一个面的磁通量就是穿过该面的磁感线的条数2、电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，下列说法正确的是（）A．电压表和电流表读数都增大B．电压表和电流表读数都减小C．电压表读数的变化量与电流表读数的变化量比值不变D．电源输出功率变大3、两个电阻R1、R2的电流I和电压U的关系如图所示．若两个电阻R1、R2串联接在电路中，那么电阻R1、R2两端的电压之比U1：U2等于（）A．1：3B．3：1C．1：D．：14、有一条窄长小船停靠在湖边码头，某同学想用一个卷尺粗略测定它的质量。
他首先使船平行码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头后停下来，然后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离为d，船长为L，已知他自身的质量为m，则船的质量M为A．mLdB．()m L dd-C．()m L dd+D．mdL d-5、M和N是两个原来都不带电的物体，它们互相摩擦后，N带正电荷．下列判断正确的是（）A．在摩擦前M和N的内部没有任何电荷B．摩擦的过程中电子从N转移到MC．M在摩擦过程中创造了正电荷D．N在摩擦过程中得到电子6、关于磁感应强度B，下列说法中正确的是（）A．根据磁感应强度定义B＝FIL，磁场中某点的磁感应强度与F成正比，与IL成反比B．磁感应强度B是标量，没有方向C．磁感应强度B是矢量，方向与F的方向相反D．同一点的磁感应强度是确定的，磁感线密集的地方磁感应强度B大些二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2012-2013学年浙江省杭州市萧山区五校联考高二（上）期中物理试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共10小题，共30.0分)1.下列物理量中与检验电荷有关的是（）A.电场强度EB.电势φC.电势差U ABD.电场力F【答案】D【解析】解：AB、电场强度E=Fq和电势φ=E Pq分别从力和能量的角度来描述电场的，均是采用比值定义法定义的，它们的大小均与检验电荷的电量无关，由电场本身决定的，故AB 错误；C、电势差：U AB=φA-φB所以电势差仅仅与电场本身以及电场中的点有关，与试探电荷无关．故C错误；D、电场力F=q E，在电场中的同一点，检验电荷所受的电场力与试探电荷的电量成正比．故D正确．故选：D．本题考查了对电场中几个概念的理解情况，物理中有很多物理量是采用比值法定义的，要正确理解比值定义法的含义．对于物理中各个物理量要明确其确切含义，以及其定义式和决定式的不同，这要在学习中不断的总结和积累．2.对于库仑定律，下面说法中正确的是（）A.凡计算两个点电荷间的相互作用力，就可以使用公式F=k q1q2r2B.两个带电小球即使相距非常近，也能用库仑定律C.相互作用的两个点电荷，不论它们电量是否相同，它们之间的库仑力大小一定相等D.两个点电荷的电量各减为原来的一半，它们之间的距离保持不变，则它们之间库存仑力减为原来的一半【答案】C【解析】解；A、库仑定律的适用条件是：真空和静止点电荷，故A错误．B、如果在研究的问题中，带电体的形状、大小以及电荷分布可以忽略不计，即可将它看作是一个几何点，则这样的带电体就是点电荷．一个实际的带电体能否看作点电荷，不仅和带电体本身有关，还取决于问题的性质和精度的要求，B中两个金属球不能看成点电荷，库仑定律不适用，故B错误．C、相互作用的两个点电荷之间的库伦力为作用力和反作用力的关系，大小始终相等，故C正确．D、两个点电荷的电量各减为原来的一半，它们之间的距离保持不变，根据公式F=KQ1Q2 r2，则有它们之间库存仑力减为原来的14，故D错误；故选：C．清楚库仑定律的适用条件，了解点电荷这一个理想化的模型．两个带电体间的距离趋近于零时，带电体已经不能看成点电荷．运用牛顿第三定律解决B受到的静电力和A受到的静电力关系．清楚书本中一些定理和定律的适用条件，知道在处理复杂物理问题时建立具有普遍意义的基本规律一些不可或缺的理想模型，使得问题处理更简便．3.M和N是原来不带电的物体，它们相互摩擦后M带1.6×10-10C的正电荷，下列判断正确的是（）A.在摩擦前M和N的内部没有任何电荷B.摩擦过程中电子从M转移到NC.摩擦过程中质子从N转移到MD.在摩擦过程中M和N的电荷总量发生了改变【答案】B【解析】解：A、原来不带电的物体处于电中性，不是不带电，而是正负电荷的个数相等，相互抵消；故A错误；B、摩擦起电中移动的是自由电子，失去电子的物体带正电，得到电子的物体带负电，故摩擦起电中M失去电子，转移到了N物体上，故B正确，C错误；D、由电荷守恒定律可知，在电子的转移中电荷的总量保持不变，故D错误．故选：B．解答本题应明确起电的本质，明确不带电的物体呈现电中性，而带电的原因是失去或获得电子．本题考查电荷守恒定律，要明确在起电过程中总电荷量保持不变，得到电子的物体带负电，失去电子的物体带正电．4.关于静电场，下列结论普遍成立的是（）A.电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低B.电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关C.在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向D.将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功这零【答案】C【解析】解：A：在正电荷的电场中，离正电荷近，电场强度大，电势高，离正电荷远，电场强度小，电势低；而在负电荷的电场中，离正电荷近，电场强度大，电势低，离负电荷远，电场强度小，电势高，故A错误．B：电势差的大小决定于两点间沿电场方向的距离和电场强度，故B错误C：沿电场方向电势降低，而且速度最快，故C正确D：电场力做功，只与电荷以及两点间的电势差有关，与两点的场强没有关系．场强为零，电势不一定为零，如从带正电荷的导体球上将正电荷移动到另一带负电荷的导体球上，电场力做正功．故D错误故选：C．电场强度与电势之间无必然联系，但沿电场方向电势降低，而且速度最快；电势差与两点的场强无关，只与两点间沿电场方向的距离和两点间的场强有关；电场力做功，只与电荷以及两点间的电势差有关，与两点的场强没有关系．电场强度、电势、电势差、电场力的功，它们的定义以及它们之间的关系要记清，有不好理解的题目可找实际的例子加以分析．5.在研究平行板电容器电容的实验中，电容器的A、B两极板带有等量异种电荷，A板与静电计连接，如图所示．已知静电计指针张角随着电容器两极间的电势差的增大而增大．实验中可能观察到的现象是（）A.在A、B板间放入一金属板，静电计指针张角变大B.减小A、B板间的距离，静电计指针张角变小C.把B板向上平移，静电计指针张角变小D.在A、B板间放入一介质板，静电计指针张角变大【答案】B【解析】分析得知，电容C增解：A、在A、B板间放入一金属板，根据电容的决定式C=ɛS4πkd得知，板间电压U减小，静电计指针张角变大，电容器的电量Q不变，则由C=QU小．故A错误．B、减小A、B板间的距离，根据电容的决定式知电容C增大，电容器的电量Q不变，则由定义式知，板间电压U减小，静电计指针张角变小．故B正确．C、把B板向上平移，相对面积减小，根据电容的决定式知，电容C减小，电容器的电量Q不变，则由定义式知板间电压U增大，静电计指针张角变大．故C错误．D、在A、B板间放入一介质板，根据电容的决定式知，电容C增大，电容器的电量Q 不变，则板间电压U减小，静电计指针张角变小．故D错误．故选：B．改变板间距离、改变正对面积或放入电介质，根据电容的决定式分析电容的变化，电容器的电量不变，再根据电容的定义式分析板间电压的变化，判断静电计指针的变化．本题是电容器的动态变化分析问题，在分析不变量的基础上，由电容的决定式和电容的定义式结合分析．6.如图所示，A、B、C为等量异种电荷产生的静电场中的三个等势面，已知三个等势面的电势关系为φA＜φB＜φC．一带电粒子进入此静电场后，沿实线轨迹运动，依次与三个等势面交于a、b、c、d、e五点．不计粒子重力，下列说法中正确的是（）A.该带电粒子带负电B.粒子在ab段速率逐渐增大C.粒子在a点的速率大于在e点的速率D.a点的场强大小小于b点的场强大小【答案】D【解析】解：A、由轨迹的弯曲方向判断出带电粒子所受电场力大体向左．由电场线与等势面垂直画出电场线的分布，可知电场的方向向左，所以粒子带正电．故A错误；B、因ab段受力向左做减速运动，所以粒子在ab段速率逐渐减小．故B错误；C、a、e在同一等势面上，粒子的电势能相等，由能量守恒可知动能相等，速度大小相等．故C错误；D、从图中可以看出，a点的电场线比b点的电场线疏，所以a点的电场强度小．故D 正确．故选：D．根据轨迹的弯曲方向判断出带电粒子所受电场力大体向左，根据电场线与等势面垂直，画出电场线的分布，确定粒子的电性．由电场线的疏密判断电场强度的大小，分析a、b两点的电场强度大小，由牛顿第二定律确定加速度的大小．由速度方向与电场力的关系分析电场力做功正负，分析速度的变化情况和电势能的大小．本题是轨迹问题，首先根据轨迹的弯曲方向判断带电粒子所受的电场力方向，画电场线是常用方法．7.如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个正六边形的六个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为1V、6V和9V．则D、E、F三点的电势分别为（）A.+7V、+2V和+1VB.-7V、-2V和+1VC.+7V、+2V和1VD.+7V、-2V和1V【答案】C【解析】解：根据题意，有：φA=1V，φB=6V，φC=9V设φD=x V，由于匀强电场中沿着任意平行的方向前进相同距离，电势的降落必定相等，由于从A到D方向平行于BC方向，且AD间距等于BC间距的两倍，故有φD-φA=2（φC-φB）代入数据解得φD=φA+2（φC-φB）=1+2×（9-6）=7VAB间的电势差等于ED间的电势差，即有φA-φB=φE-φD，得φE=φA-φB+φD=1-6+7=2VEF间电势差等于CB间电势差，有：φE-φF=φC-φB，得φF=φE-φC+φB=2-9+6=-1V故φD=7V，φE=2V，φF=-1V故选：C．在匀强电场中，沿着任意平行的方向前进相同距离，电势的降落必定相等，根据这个特点并结合几何关系就可以得到D点的电势；沿着图中一周电势变化量为零．本题关键要明确匀强电场中沿着任意方向电势降落相等，同时要熟悉匀强电场中等势面和电场线的关系，然后结合几何关系分析求解．8.如图所示电路中，三个相同的灯泡额定功率是40W，在不损坏灯泡的情况下（设定灯泡的阻值不会随温度改变），这三个灯泡消耗的总功率最大不应超过（）A.40WB.60WC.80WD.120W【答案】B【解析】解：设灯泡的额定电压为U，电阻为R，则加上最大电压U后，灯泡L1的功率：P=UI=U2R=40W；此时，灯泡L2与灯泡L3的功率之和为：P′=U22R =12P=20W；故三个灯泡的总功率为：P+P′=40W+20W=60W；故选：B．图中L2与L3串联后与L1并联，灯泡L1电压最大，只要保证L1不损坏即可，故最大电压等于灯泡的额定电压，即灯泡L1的功率为40W，然后求解灯泡L2和L3的功率．因为三个灯泡的电阻相等，在不损坏灯泡的情况下，并联灯泡L1电压最大，只要保证L1不损坏即可．9.如图所示，P、Q是两个等量的正点电荷，它们连线的中点是O，A、B是中垂线上的两点，OA＜OB，用E A、E B、ϕA、ϕB分别表示A、B两点的场强和电势，则（）A.E A一定大于E B，ϕA一定大于ϕBB.E A一定大于E B，ϕA不一定大于ϕBC.E A不一定大于E B，ϕA不一定大于ϕBD.E A不一定大于E B，ϕA一定大于ϕB【答案】D【解析】解：两个等量同种电荷连线中点O的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从O点沿着中垂线向上到无穷远处电场强度先增大后减小，场强最大的P点可能在A、B 连线之间，也可能在A、B连线上，还可能在A、B连线下，由于A、B两点的间距也不确定，故E A可能大于E B，也可能小于E B，还可能等于E B；根据平行四边形定则可知中垂线上电场强度方向一直向上，故电势越来越低，φA一定大于φB；故ABC错误，D正确；故选：D．根据电场线的分布情况，分析两电荷连线中垂线上各个点的合场强大小情况和方向特点，根据顺着电场线方向电势降低，判断电势的高低．本题关键是要明确两个等量同种电荷连线的中垂线上的场强分布情况和电势分布情况，知道沿着场强方向，电势越来越低，从而判断场强和电势关系．10.如图所示，一簇电场线的分布关于y轴对称，O是坐标原点，M、N、P、Q是以O为圆心的一个圆周上的四个点，其中M、N在y轴上，Q点在x轴上，则（）A.OM间的电势差小于NO间的电势差B.M点的电势比P点的电势高C.一正电荷在O点时的电势能小于在Q点时的电势能D.将一正电荷由M点移到P点，电场力做正功【答案】A【解析】解：A、根据电场分布可知，OM间的平均电场强度比NO之间的平均电场强度小，故由公式U=E d可知，OM间的电势差小于NO间的电势差，故A正确；B、根据电场线与等势线垂直特点，在M点所在电场线上找到p点的等势点，根据沿电场线电势降低可知，P点的电势比M点的电势高，故B错误；C、O点电势高于Q点，根据E p=φq可知，正电荷在O点时的电势能大于在Q点时的电势能，故C 错误；D 、M 点的电势比P 点的电势低，正电荷从低电势移动到高电势电场力做负功，故D 错误．故选：A ．根据电场线方向判断电势高低；灵活应用公式U=E d 判断两点之间电势差的高低；根据电势高低或电场力做功情况判断电势能的高低；正确判断电荷在电场中移动时电场力做功的正负．电场线、电场强度、电势、电势差、电势能等物理量之间的关系以及大小比较，是电场中的重点和难点，在平时训练中要加强这方面的练习，以加深对概念的理解．二、多选题(本大题共4小题，共16.0分)11.下列说法，正确的是（ ）A.电源向外电路提供的电能越多，表示电动势越大B.电动势在数值上等于电源将单位正电荷从负极移送到正极时，非静电力所做的功C.电源的电动势与外电路有关，外电路电阻越大，电动势就越大D.电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大【答案】BD【解析】解：A 、电源向外电路提供的电能越多，W 越大，根据电动势的定义式E=W q 可知，电动势E 不一定越大．故A 错误．B 、根据电动势的定义式E=W q 可知，电动势在数值上等于电源将单位正电荷从负极移送到正极时，非静电力所做的功．故B 正确．C 、电动势表征电源把其他形式能转化为电能的本领，外电路的电阻无关．故C 错误．D 、电动势表征电源把其他形式能转化为电能的本领大小．故D 正确．故选：BD ．电动势表征电源把其他形式能转化为电能的本领，与电源向外提供的电能多少、外电路的电阻等均无关．本题考查电动势的物理意义，可根据电源的作用和电动势的定义式E=W q 加深理解并记忆．12.如图所示，光滑绝缘水平面上固定有两个带电量相等的点电荷甲和乙，其中甲带正电荷．O 点为它们连线的中点，现在O 点左侧的P 点由静止释放另一带正电的点电荷丙，丙向右运动，下列说法正确的是（ ）A.乙一定带负电B.P 点的电势一定比O 点高C.在向右运动过程中，丙的电势能一定始终减小D.在向右运动过程中，丙的加速度一定先减小后增大【答案】BD【解析】解：A 、不论乙带正电还是负电，丙都会向右运动．故A 错误．B 、沿电场线方向电势逐渐降低，不论是等量的同种电荷还是异种电荷，根据电场线的分布，知P点的电势比0点高．故B正确．C、当乙带正电，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大．故C错误．D、不论是等量的同种电荷还是异种电荷，电场线都是中间疏，靠近两端比较密，所以电场力先减小后增大，加速度先减小后增大．故D正确．故选：BD．当乙电荷带负电，丙电荷会从静止向右做加速运动；若乙带正电，由于甲电荷对丙的库仑力大于乙电荷对丙的库仑力，过了0点，乙电荷对丙的库仑力大于甲电荷对丙的库仑力，所以丙电荷先加速后减速．解决本题的关键掌握等量同种电荷和异种电荷周围电场线的分布，会根据电场力做功判断电势能的变化．13.如图所示，一质量为m、带电量为q的物体处于场强按E=E0-kt（E0、k均为大于0的常数，取水平向左为正方向）变化的电场中，物块与竖直墙壁的动摩擦因素为μ，当t=0时刻物体处于静止状态．若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，电场空间和墙面均足够大，下列说法正确的是（）A.物体开始运动后加速度先增加、后保持不变B.物体开始运动后加速度不断增加C.经过时间t=E0，物体在竖直墙壁上的位移达最大值kD.经过时间t=μqE0−mg，物体运动速度达最大值μkq【答案】BC【解析】解：A、B、由题意：E=E0-kt，物体所受的电场力F=q E．电场改变方向之前，物体沿竖直墙运动，由于水平方向支持力与电场力相等，电场强度E减小，所以支持力减小，故摩擦力减小，所以物体受到的重力和摩擦力的合力增大，加速度增大，速度增大；电场改为水平向右时，物体受互相垂直的重力和电场力，而电场力随电场强度的增大而增大，所以合力增大，加速度增大．因此，整个过程中，物体运动的加速度不断增大，故A错误，B正确．C、墙壁对物体的支持力N=0时，物体将要离开墙壁，它在墙壁上运动的位移达到最大，此时q E=0，则得：E=0，即E0-kt=0，所以t=E0，故C正确．kD、根据上述分析可知，物体运动的加速度不断增大，且速度不断增大，故D错误．故选：BC．对物体进行受力分析，运用牛顿第二定律求出物体的加速度大小和方向，根据物体的初状态确定物体的运动情况．分析时，要抓住电场强度是随时间变化的，要注意分析合力的大小和方向如何变化．本题关键要找出物体的合力，求出物体的加速度，根据加速度的情况判断物体运动情况．14.点电荷A、B是带电量为Q的正电荷，C、D是带电量为Q的负电荷，它们处在一个矩形的四个顶点上．它们产生静电场的等势面如图中虚线所示，在电场中对称地有一个正方形路径abcd（与ABCD共面），如图中实线所示，O为正方形与矩形的中心，则（）A.取无穷远处电势为零，则O点电势为零，场强为零B.b、d两点场强相等，b点比d点电势高C.将某一正试探电荷沿正方形路径a→d→c移动，电场力先做正功，后做负功D.将某一正试探电荷沿正方形路径a→b→c移动，电场力先做正功，后做负功【答案】BC【解析】解：A、从图中可以看出，经过O点的等势面通向无穷远处，故O点的电势与无穷远处电势相等，故O点电势为零，而场强不为零，故A错误；B、根据对称性可知，b、d两点的场强相等，b、d两点间的电场线由b指向d，所以b 点的电势高于d点的电势，B正确；C、ad间电势差为正值，而dc间电势差为负值，由W=q U可得电场力先做负功，后做正功，所以C答案正确；D、cd间电势差为负值，而ba间电势差为正值，由W=q U可得电场力先做负功，后做正功，所以D答案错误．故选：BC．电场线与等势面垂直，电场线的疏密程度也可以反映场强的大小．沿电场线的方向，电势降低，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．根据电场的对称性，电场线与等势面垂直，沿电场线的方向，电势降低，可以分析解决本题．三、填空题(本大题共3小题，共14.0分)15.在“描绘小电珠的伏安特性曲线”的实验中备有下列器材：A．小灯泡（3.8V，1.5W）B．直流电源（电动势4.5V，内阻约0.4Ω）C．电流表（量程0～500m A，内阻约0.5Ω）D．电压表（量程0～5V，内阻约5000Ω）E．滑动变阻器R1（0～5Ω，额定电流2A）F．滑动变阻器R2（0～50Ω，额定电流1A）G．开关一个，导线若干（1）如果既要满足测量要求，又要使测量误差较小，应选择如图1所示的四个电路中的______ ，应选用的滑动变阻器是______ ．（2）小灯泡的伏安特性曲线如图2中的AB 段（曲线）所示，由图可知，灯丝的电阻因温度的影响改变了 ______ Ω．【答案】丙；R 1；5【解析】解：（1）由于伏安特性曲线中的电压和电流均要从零开始测量，所以滑动变阻器应选用分压式，分压式接法适用于测量较大阻值电阻（与滑动变阻器的总电阻相比）；小灯泡电阻R L =3.821.5=9.6Ω，由于R 1＜R L ，选用R 1时滑片移动时，电压变化明显，便于调节．由于R VR L ＞R LR A ，所以安培表应该选用外接法．故应选用图丙所示电路由于电路中采用分压接法，故滑动变阻器应采用小电阻R 1；（2）由图读出，当电压U A =3V 时，电流I A =0.20A ，则电阻为R A =15Ω； 当电压U B =6V 时，电流I B =0.30A ，则电阻为R B =20Ω，则电阻的改变量△R=5Ω 故答案为：（1）丙，R 1；（2）5．（1）根据实验的原理可得实验中应选用滑动变阻器的接法；由电流表及灯泡内阻间的关系可选用电流表的接法．（2）根据电阻的定义式分别求出灯泡电压是3V 和6V 时的电阻，再求解灯丝电阻的改变量．1、要熟记：当要求电流或电压从零调或变阻器的最大电阻值远小于待测电阻值时，滑动变阻器必须用分压式接法；当定值电阻值远小于电压表内阻时，电流表应用外接法．2、本题小灯泡的伏安特性曲线是非线性变化的，电阻R=U I ，但不能用R=△U △I 求电阻．16.有一规格为1μA/格的电流表，共有N=100格，内阻r g =50Ω．若将其改为最大测量电压为U=1V 的电压表，则应 ______ 联一个阻值为 ______ Ω的电阻，电压表每格对应 ______ V ．【答案】串；9950；0.01【解析】解：改装成电压表要串联的阻值为：R=U I g -R g =9950Ω每格对应的数值为：1100=0.01V故答案为：串，9950Ω，0.01V ．改装成电压表要串联电阻起分压作用，阻值根据欧姆定律求得．改装成电压表要串联电阻分压，电阻值等于量程除以满偏电流减去原内阻．17.一根横截面积为0.10mm 2的康铜线，长1.2m ，在它两端加0.6V 的电压时，通过它的电流是0.1A ，则这根康铜线的电阻率是 ______ ．【答案】5.0×10-7Ω•m【解析】解：根据欧姆定律得，R=U I =0.60.1Ω=6Ω．根据电阻定律得，R=ρL s ，则电阻率ρ=Rs L =6×0.1×10−61.2=5×10−7Ω⋅m ．故答案为：5.0×10-7Ω•m ．根据欧姆定律求出电阻的大小，再结合电阻定律R=ρL s 求出康铜线的电阻率． 本题考查欧姆定律和电阻定律的基本运用，比较简单，注意电阻率是有单位的，需正确写出电阻率的单位．四、计算题(本大题共4小题，共40.0分)18.将带电量为6×10-6C 的负电荷从电场中的A 点移到B 点，克服电场力做了3×10-5J 的功．（1）则A 、B 间的电势差为多少？（2）再将电荷从B 移到C ，电场力做了4.2×10-5J 的功，则A 、C 间的电势差为多少？【答案】解：（1）A 、B 间的电势差为：U AB =W AB q =−3×10−5−6×10−6V=5V （2）A 、C 间的电势差为：U AC =W ACq =W AB +W BCq =−3×10−5+4.2×10−5−6×10−6=-2V 答：（1）A 、B 间的电势差为5V ．（2）再将电荷从B 移到C ，电场力做了4.2×10-5J 的功，则A 、C 间的电势差为-2V ．【解析】（1）A 、B 间的电势差由公式U AB =W ABq 求解，注意电场力做功为-3×10-5 J ．（2）根据题意，电荷从A 到B 再到C ，电场力做功W AC =W AB +W BC ，再由公式U AC =W ACq 求解A 、C 间的电势差．本题关键掌握电势差的定义式U=W q ，公式中做功要注意正与负，电荷量也要代入电性．19.如图所示，光滑绝缘细杆竖直放置，细杆右侧距杆0.3m 处有一固定的正点电荷Q ，A 、B 是细杆上的两点，点A 与Q 、点B 与Q 的连线与杆的夹角均为α=37°．一中间有小孔的带电小球穿在绝缘细杆上滑下，通过A 点时加速度为零，速度为3m /s ，取g =10m /s 2．求：（1）小球下落到B 点时的加速度；（2）小球下落到B 点时的速度的大小．【答案】解：（1）在A 处，小球受力如图所示，由题意可知 K Qq r 2cos α-mg =0 ①在B 处，小球受力如图所示，根据牛顿第二定律得K Qq r 2cos α+mg =ma ②联立①②得a =2g =20m /s 2，方向竖直向下．（2）A 、B 两点位于同一等势面上，所以小球从A 运动到B 过程中，电场力做功为零，由动能定理得：mgh AB =12mv B 2-12mv A 2 由题，h AB =2×0.3cot 37°=0.8m联立上两式得v B =5m /s答：（1）小球下落到B 点时的加速度是20m /s 2，方向竖直向下．（2）小球下落到B 点时的速度的大小是5m /s ．【解析】（1）分析小球在A 处和B 处的受力情况，根据库仑定律和牛顿第二定律分别列式，联立求解小球下落到B 点时的加速度．（2）小球从A 到B ，电场力做功为零，重力做功为mgh AB ，根据动能定理求解小球下落到B 点时的速度的大小．本题关键抓住AB 两点的位置关系，分析受力情况，确定电势关系，运用牛顿第二定律和动能定理求解．20.如图所示AB 、CD 为平行金属板，A 、B 两板间电势差为500V ，C 、D 始终和电源相接，测得其间的场强为104V/m ，一质量为2.5×10-24㎏，电荷量为8×10-16C 的带电粒子（重力不计）由静止开始，经A 、B 加速后穿过CD 发生偏转，最后打在荧光屏上，已知C 、D 极板长均为4cm ，荧光屏距CD 右端的距离为3cm ．问：（1）粒子带正电还是带负电？（2）粒子打在荧光屏上距O 点下方多远处？（3）粒子打在荧光屏上时的动能为多大？【答案】解：（1）电场力方向与电场线方向相同，所以粒子带正电（2）根据动能定理：q U=12mv 2得射出AB 电场时速度V=√2qU m 水平方向：V x =V x =V t =X竖直方向：V y =at y =12at 2 其中a =qE m t =Sv。
