四川省成都某重点中学2014～2015学年高二上期期中考试物理 Word版含答案

注意事项： 第Ⅰ卷 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，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4分，选对但不全的得2分，有选错的或不答的得0分。

） 1、两个完全相同的金属小球，电荷量之比为1∶7，相距为时，它们之间的库仑力为。

若两者充分接触后再放回到原来的位置上，则它们之间的库仑力可能变为( ) A．7/16B．7/9C．9/7D．16/7 2、电场强度的定义式E＝F/q，下列说法正确的是：（ ） A、该定义式只适用于点电荷形成的电场 B、F是试探电荷所受到的力，q是产生电场电荷的电荷量 C、电场强度的方向与F的方向相同 D、由该定义式可知，场中某点电荷所受的电场力大小与该点场强的大小成正比 3．图中，五点在一直线上，两点间的距离等于d两点间的距离。

在点固定放置一个点电荷，带电量为＋Q，已知在＋Q的电场中两点间的电势差为U。

将另一个点电荷＋q从d点移动到e点的过程中A 电场力做功qUB 克服电场力做功qUC 电场力做功大于qUD 电场力做功小于qU点运动到点的运动轨迹。

不计粒子所受重力，下列说法正确的是（ ） A．粒子带负电 B．粒子的速度一直增大 C．粒子的加速度一直增大 D．粒子的电势能一直减少 5、如图所示，A、B、C是相同的三盏灯，在滑动变阻器的滑动触头由c端向b端滑动的过程中（各灯都不被烧坏），各灯亮度的变化情况为（? ）A.C灯变亮，A、B灯变暗B.A、B灯变亮，C灯变暗C.A、C灯变亮，B灯变暗D.A灯变亮，B、C灯变暗 ，设其到达正极板的速度为，运动过程中加速度为。

现将两板间距离增为原来的2倍，再从负极板处释放一电子，设其到达正极板的速度为，运动过程中加速度为。

则有( ) A．B． C．D． 9、如图，水平放置的三块带孔的平行金属板与一个直流电源相连，一个带正电的液滴从A板上方M点处由静止释放，不计空气阻力，设液滴电量不变。

四川省成都市大邑中学2014-2015学年高二上学期期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括6小题，每小题3分，共18分．每小题只有一个选项正确）1．（3分）下列说法中正确的是（）A．摩擦起电，是因为摩擦导致质子从一个物体转移到另一个物体而形成的B．在电场中无论移动正电荷还是负电荷，只要电场力做正功，电荷电势能一定要减少C．由E p=qφ可知，对于同一电荷，在电势高处电势能大D．电势降低的方向，一定就是场强方向考点：电势能．分析：摩擦起电过程是电子在移动形成的；只要电场力做正功，电荷电势能一定要减少；运用公式E p=qφ时各个量要代入符号分析．电势降低最快的方向，一定就是场强方向．解答：解：A、由于不同物质的原子核对核外电子的束缚本领不同，在两个物体相互摩擦的过程中，束缚核外电子能力强的物体得电子带负电，束缚核外电子能力弱的失电子带正电．所以摩擦起电是因为摩擦导致电子从一个物体转移到另一个物体而形成的．故A错误．B、在电场中无论移动正电荷还是负电荷，根据功能关系可知：只要电场力做正功，电荷电势能一定要减少．故B正确．C、由E p=qφ可知，对于同一正电荷，在电势高处电势能大，而对于同一负电荷，在电势高处电势能小，故C错误．D、电势降低最快的方向，一定就是场强方向．故D错误．故选：B．点评：本题考查电场中的基本知识，要理解摩擦起电的实质，知道电场力做功与电势能的变化关系和重力做功与重力势能变化关系相似，只要电场力做正功，电荷电势能一定要减少．正确理解电场强度方向与电势变化方向的关系．2．（3分）下面关于电源的电动势的叙述中，正确的是（）A．电源的电动势是表示电源把其它形式的能转化为电能的本领大小的物理量B．电源的电动势就是接在电源两极间的电压C．电动势和电压的单位相同，所以物理意义也相同D．在闭合电路中，当外电阻变大时，路端电压变大，电源的电动势也变大考点：电源的电动势和内阻．专题：恒定电流专题．分析：电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，与外电路的结构无关；电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势；电源的电动势在数值上等于内、外电压之和．解答：解：A、电源的电动势是表示电源把其它形式的能转化为电能的本领大小的物理量，故A正确；B、电压表是有内阻的，跟电源连接后构成一个通路，此时电源有内电压，所以电源两极间电压值略小于电动势．故B错误；C、电动势反映的是把其它形式的能转化电能的本领，电压反映的是电能转化为其它形式的能，不相同，则C错误D、电动势反映本身的特性，与外电路的结构无关．即同一电源接入不同的电路，电动势不会变化；在闭合电路中，当外电阻变大时，路端电压增大，电源的电动势也不会变化，故D错误；故选：A．点评：本题考查对于电源的电动势的理解能力．电动势是表征电源把其他形式的能转化为电能本领大小，与外电路无关．3．（3分）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，a点场强比b点大C．a、b、c三点和无穷远处等电势，且均为零D．一个电子在a点的电势能比在b点的电势能大考点：电势能．分析：两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线．电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向．c点处电场线最密，场强最大．解答：解：AC、两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，此等势线一直延伸到无穷远处，a、b、c是两个等量异种电荷连线的垂直平分线的三点，则它们的电势相等，而且与无穷远处电势相等，均为零，故A错误，C正确．B、电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向．则知a、b两点的场强方向相同．电场线密的地方场强大，则知a点场强比b点小，故B错误．D、a、b两点的电势相等，电子在这两点的电势能相等．故D错误．故选：C．点评：对于等量异种电荷和等量同种电荷连线和垂直平分线的特点要掌握，抓住电场线和等势面的对称性进行记忆．4．（3分）如图1所示，两根横截面积不同的不同材料制成的导线I和II，串联后接入电路．若导线上任意一点的电势φ随该点与a点距离x的变化关系如图2所示．导线I和II的电阻率分别为ρ1、ρ2，电阻分别为R1、R2，则（）A．ρ1＜ρ2，R1＜R2B．ρ1＞ρ2，R1＜R2C．ρ1＜ρ2，R1＞R2D．ρ1＞ρ2，R1＞R2考点：电阻定律．专题：恒定电流专题．分析：通过图2判断出两段导线分的电压，由欧姆定律求的电阻大小，由电阻定律求的电阻率；解答：解：在I处分的电压为U1=∅，在II处分的电压为U2=2∅两导线流过的电流相等，由R=可知，R1＜R2由R=可知，，因S1＜S2，L1＞L2，故ρ1＜ρ2，故A正确故选：A点评：本题主要考查了欧姆定律和电阻定律公式的直接应用，关键是通过图象判断出必要的物理量；5．（3分）在如图所示电路中，当变阻器R3的滑动头P向b端移动时（）A．电压表示数变大，电流表示数变小B．电压表示数变小，电流表示数变大C．电压表示数变大，电流表示数变大D．电压表示数变小，电流表示数变小考点：闭合电路的欧姆定律．专题：压轴题．分析：由图可知R2与R3并联后与R1串联，电压表测量路端电压；由滑片的移动可得出滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路的欧姆定律可得出总电流的变化，由U=E﹣Ir可得出路端电压的变化；将R1作为内阻处理，则可得出并联部分电压的变化，求得R2中电流的变化，由并联电路的电流规律可得出电流表示数的变化．解答：解：当滑片向b端滑动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，则由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，故内压增大；因此路端电压减小，故电压表示数减小；将R1等效为内阻，则可知并联部分电压一定减小，故流过R2的电流减小，因总电流增大，故电流表示数增大；故B正确，ACD错误；故选B．点评：闭合电路的欧姆定律一般按先分析外电路，再分析内电路，最后再分析外电路的思路进行；若电阻与电源串联，可以等效为内阻处理．6．（3分）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0.5ΩB．电源内部消耗功率为3WC．电源的输出功率为1.5WD．电源电动势为3V，内阻为0.5Ω考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：电源的伏安特性曲线与纵坐标的交点为电源的电动势，与横坐标的交点为短路电路；两图象的交点为电阻的工作状态值，由图象可求得外电路的电压及内阻，则由功率公式可求得电源的功率．解答：解：A、根据欧姆定律得：R===1.5Ω，故A错误．BCD、由图可知，电源的电动势为E=3V，短路电流为I短=2A；则内阻为：r===1.5Ω用该电源直接与电阻R连接成闭合电路后，电路中电流为I=1A，路端电压为U=1.5V，则电源内部消耗功率为：P内=I2r=12×1.5W=1.5W；电源的输出功率为：P=UI=1.5W，故BD错误，C正确；故选：C．点评：因电源与电阻串联在一起，则电源与电阻中的电流一定相等，故两图象的交点为电阻的工作点；由图即可得出电源的输出电压及电流．二、选择题（本题包括6小题，每小题4分，共24分．每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得O分）7．（4分）关于欧姆定律的说法中正确的是（）A．由I=，通过电阻的电流强度跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比B．由U=IR，对一定的导体，通过它的电流强度越大，它两端的电压反而越小C．由R=，导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流强度成反比D．欧姆定律I=适用于任何导体的导电情况考点：欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：根据欧姆定律的内容可知，通过电阻的电流强度跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比，电阻的大小是由导体本身决定的，与电压的大小无关．解答：解：A、根据欧姆定律可知，通过电阻的电流强度跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比，所以A正确；B、由U=IR，对一定的导体，电流与电压程正比，所以通过它的电流强度越大，它两端的电压也越大，所以B错误；C、导体的电阻与电压的大小无关，是由导体本身决定的，所以C错误；D、欧姆定律只适用于金属导体与电解液导电，所以D错误．故选：A点评：本题就是考查学生对欧姆定律的理解，掌握住电阻是由导体本身决定的，与电压的大小无关，即可解决本题8．（4分）如图所示，虚线a、b、c代表电场中三条电场线，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点．比较P、Q两点下列判断错误的是（）A．P点的场强比Q点的场强大B．P点的电势比Q点的电势高C．带电质点通过Q点时电势能较大D．带电质点通过Q点时动能较小考点：电场线；电势能．分析：电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大．由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断．解答：解：A、根据电场线的疏密表示电场强度的相对大小，则知P点的场强比Q点的场强大，故A正确．B、若带电质点从P点进入电场，由图可知带电质点所受电场力沿电场线向右，由于质点带正电，故电场线向右，故P点的电势低于Q点的电势，故B错误．C、带电质点在从P向Q运动的过程中电场力做负功，则带电质点的电势能增大，故带电质点在P点时的电势能较小，通过Q点时电势能较大．故C正确．D、由于带电质点在从P向Q运动的过程中电场力做负功，根据动能定理可知：质点在P 点时的动能大于在Q点的动能．故D正确．本题选错误的，故选：B．点评：解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化．9．（4分）一个平行板电容器，板间距离为d，当对其加上电压后，A、B两板的电势分别为+ϕ和﹣ϕ，下述结论正确的是（）A．电容器两极板间可形成匀强电场，电场强度大小为E=ϕ/dB．电容器两极板间各点的电势，有的相同，有的不同；有正的，有负的，有的为零C．若只减小两极板间的距离d，该电容器的电容C要增大，极板上带的电荷量Q也会增加D．若有一个电子穿越两极板之间的电场，则电子的动能一定会增大考点：电容．专题：电容器专题．分析：根据A、B两板的电势，求出板间电势差，由E=求出板间场强大小．根据顺着电场线方向电势降低，分析板间各点电势的高低．只减小两极板间的距离d，该电容器的电容C 要增大，根据电容的定义式分析电量的变化．电子水平射入穿越两极板之间的电场，根据电场力做功的正负，判断电势能的变化．解答：解：A、电容器两极板间可形成匀强电场，板间电势差为U=2φ，电场强度为E==．故A错误．B、电容器上板带正电，下板带负电，电场强度方向向下，根据顺着电场线电势降低可知，电容器两极板间在同一等势线的各点电势相同，不在同一等势线上的电势不同．有正的，有负的，有的为零．故B正确．C、只减小两极板间的距离d，则由C=得知，该电容器的电容C增大，电压U不变，由电容的定义式C=分析得知，极板上带的电荷量Q增加．故C正确．D、电子水平射入穿越两极板之间的电场，电场力对电子做正功，故电子的动能一定增加；但电子不一定水平射入，故电场力不一定做正功，动能不一定增加．故D错误．故选BC．点评：本题中根据电容的决定式C=和定义式C=分析结合分析电容器电量的变化．10．（4分）如图，一带电液滴在重力场和水平方向匀强电场的作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论正确的是（）A．此液滴带负电B．液滴的加速度等于gC．合外力对液滴做的总功等于零D．液滴的电势能增加考点：带电粒子在匀强电场中的运动；匀强电场中电势差和电场强度的关系．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：根据带电液滴作直线运动可知：带电液滴所受重力与电场力的合力一定与其运动方向在同一直线上，由此可以判定出带电液滴所受电场力的方向，从而判断出带电液滴的电性，由力的合成法求出电场力的大小和合外力的大小，再根据牛顿第二定律计算出物体的加速度；根据合外力的方向与速度的方向相同可知合外力做正功，根据电场力做功的情况可以判定电势能变化情况．解答：解：A、据题带电液滴沿直线mhb运动到d，带电液滴所受重力与电场力的合力一定与其运动方向在同一直线上，对液滴进行受力分析，其受力情况如图所示，则电场力方向一定水平向右，与场强方向相反，所以该液滴带负电．故A正确．B、由图可得物体所受合力F=mg，故物体的加速度a===g，故B正确．C、由于液滴从静止开始做加速运动，故合力的方向与运动的方向相同，故合外力对物体做正功，故C错误．D、由于电场力所做的功W电=Eqx bd cos45°＞0，故电场力对液滴做正功，故液滴的电势能减小，故D错误．故选：AB．点评：解决本题的关键掌握物体做直线运动的条件：物体所受的合力与速度的方向在同一条直线上．以及知道电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．11．（4分）如图所示，一直流电动机与阻值R=9Ω的电阻串连接在电源上，电源电动势E=20V，内阻r=1Ω，用理想电压表测出电动机两端的电压U=10V，已知电动机线圈电阻R M=1Ω，则（）A．通过电动机的电流为10AB．电动机的输入功率为9WC．电动机发热消耗的功率为1WD．电动机输出的功率为10W考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：电动机正常工作时的电路是非纯电阻电路，欧姆定律U＞IR．对于R和r是纯电阻，可以用欧姆定律求电流．根据功率关系求出电动机输出的功率．解答：解：A．根据欧姆定律得回路中的电流I==1A，故A错误；B．电动机的输入功率为P入=UI=10W，故B错误；C．电动机发热消耗的功率P消=I2R M=1W，故C正确；D．P出=UI﹣I2R M=（10×1﹣12×1）W=9W，故D错误．故选：C点评：对于电动机电路区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路，可从从能量转化的角度理解：电能全部转化内能时，是纯电阻电路．电能转化为内能和其他12．（4分）一个用绝缘材料制成的劲度系数为k的轻弹簧，一端固定，另一端与质量为m、带正电荷q的小球相连，静止在光滑绝缘水平面上，当加入如图所示的场强为E的匀强电场后，小球开始运动，下列说法正确的是（）A．小球的速度最大时，弹簧伸长为B．小球向右一直做加速运动C．小球向右运动过程中，小球的加速度先增大再减小D．运动过程中，小球的电势能、动能和弹簧的弹性势能相互转化考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；牛顿第二定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：以小球为研究对象，受力分析与运动分析，找出平衡位置，根据简谐运动的对称性和功能关系进行分析讨论．解答：解：ABC、当小球在电场力的作用下，由于电场力的作用小球向右运动，随后小球受到弹簧的弹力，且逐渐增大，所以合力逐渐减小，小球做加速度逐渐减小的加速运动，当弹簧的弹力与电场力相等时，小球的速度最大，且弹簧的伸长x=；小球再向右运动，弹簧弹力大于电场力，小球做加速度逐渐增大的减速运动，故A正确，BC错误；D、小球运动过程中有电场力和弹簧弹力做功，故运动过程中，小球的电势能、动能和弹性势能相互转化，故D正确；故选：AD．点评：本题关键在于小球做简谐运动，运用简谐运动的规律和动能定理进行列式分析即可．三、实验题（共16分，其中电路图4分，其余每空2分）13．（4分）有一电流表的内阻r g=10Ω，从刻度盘上读出I g=3mA，为了将该电流表改装成量程为3.0V的电压表，应串联一个阻值为990Ω的电阻．考点：把电流表改装成电压表．专题：实验题；恒定电流专题．分析：把电流表改装成电压表需要串联一个分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律分析答题．解答：解：把电流表改装成电压表需要串联一个分压电阻，分压电阻阻值：R=﹣Rg=﹣10=990Ω；故答案为：串；990．点评：本题考查了电压表的改装，知道电压表的改装原理、应用串联电路特点与欧姆定律即可正确解题．14．（12分）有一个小灯泡上标有“3V 0.2A”字样，现要测量该灯泡的伏安特性曲线，有下列器材可供选用：A．电压表（0﹣3V，内阻1kΩ）B．电压表（0﹣15V，内阻5kΩ）C．电流表（0﹣0.3A，内阻2Ω）D．电流表（0﹣0.6A，内阻0.5Ω）E．滑动变阻器（10Ω，1A）F．滑动变阻器（1000Ω，0.5A）G．直流电源（6V，内阻不计）另有开关一个、导线若干．（1）实验中电压表应选A，电流表应选C，滑动变阻器应选E．（只填器材的字母代号）．（2）在答卷的虚线框中画出实验电路图，要求电流、电压能从零开始变化．（3）下面是四位同学在实验操作前根据他们的猜想分别做出的小灯泡的伏安特性曲线草图，其中最接近事实的是C（填选项字母）考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．专题：实验题．分析：本题（1）的关键是根据小灯泡的规格选择电压表和电流表的量程，根据实验要求电流从零调可知变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节；题（2）的关键是根据小灯泡电阻较小，满足，可知电流表应用外接法，即电路应是“分压外接”电路；题（3）的关键是根据欧姆定律写出I与U的函数表达式，然后根据斜率的含义即可求解．解答：解：（1）：根据小灯泡的规格“3V，0.2A”可知，电压表应选A，电流表应选C，由于测定小灯泡伏安特性曲线实验要求电流从零调，变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器E以方便调节；（2）：小灯泡的电阻较小，满足，所以电流表应用外接法，又变阻器采用分压式接法，电路图如图所示：（3）：根据I=，变形为I=，可知电阻的倒数等于I﹣U图象上的点与原点连线的斜率，由于导体的电阻随温度的升高而增大，所以I﹣U图象上的点与原点连线的斜率应逐渐减小，所以最接近事实的是C；故答案为：（1）A，C，E；（2）如图；（3）C点评：应明确：①应根据小灯泡的规格选择电表的量程；②当实验要求电流从零调或变阻器的全电阻远小于待测电阻时，变阻器采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节；③当待测电阻满足时，电流表应用外接法，满足时，电流表应用内接法．四、计算题（本题共4个题，共42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，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15．（8分）如图所示，电阻R1=12Ω，R2=8Ω，当开关S断开时，电流表A的示数为0.5A；当S闭合时，A的示数为0.75A．试求：（1）电源的电动势和内电阻分别是多少？（2）S闭合时，电源的效率多大？考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：（1）由电路图可知，当开关S断开时，两个电阻串联，电流表测通过R1的电流；当开关闭合时，R2被短路，根据闭合电路欧姆定律对两种情况分别列方程，联立即可求得电源的电动势和内电阻．（2）电源的效率等于电源的输出功率与总功率之比．解答：解：（1）根据闭合电路欧姆定律得：当开关S断开时，有：E=I1（R1+R2+r），代入得：E=0.5×（12+8+r）①当开关S闭合时，有：E=I2（R1+r），代入得：E=0.75×（12+r）②联立①②可解得：E=12V，r=4Ω（2）S闭合时，电源的效率为η=×100%=×100%=×100%=×100%=75%答：（1）电源的电动势为12V，内电阻是4Ω．（2）S闭合时，电源的效率为75%．点评：本题分析开关闭合前后电路变化是解题的关键，要掌握闭合电路欧姆定律，明确电源效率的含义，并能正确应用．16．（10分）如图所示，长为l的绝缘细线一端悬于O点，另一端系一质量为m、电荷量为q的小球．现将此装置放在水平向右的匀强电场中，小球静止在A点，此时细线与竖直方向成37°角．重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8．（1）判断小球的带电性质；（2）求该匀强电场的电场强度E的大小；（3）若将小球向左拉起至与O点处于同一水平高度且细绳刚好张紧，将小球由静止释放，求小球运动到最低点时的速度大小．考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据小球受力与所处于的位置可确定电场力的方向，再依据小球受力平衡条件，利用力的合成与分解可求出电场力的大小，从而算出电场强度．根据动能定理求出小球经过最低点的速度．解答：解：（1）由图可知，小球受到的电场力方向向左，电场方向向右，所以小球带负电．（2）小球受三个力作用处于平衡状态，有tan37°==可得：E=．（3）小球从水平位置到竖直方向的过程中重力和电场力做功，根据动能定理得mgL﹣qEL=联立解得v=答：（1）小球带负电（2）匀强电场电场强度的大小为．（3）小球经过A点时的速度为v=点评：对小球进行受力分析与运动分析，再运用三力平衡条件来进行力的处理，根据动能定理求出小球经过最低点的速度．．17．（10分）如图所示电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40cm．电源电动势E=24V，内电阻r=1Ω，电阻R=15Ω．闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4m/s竖直向上射入板间．若小球带电荷量为q=1×10﹣2C，质量为m=2×10﹣2kg，不考虑空气阻力（取g=10m/s2），小球恰能到达A板，求：（1）电容器两板间的电压；（2）滑动变阻器接入电路的阻值；（3）电源的输出功率．考点：动能定理的应用；电容器；电功、电功率．专题：电容器专题．分析：（1）对小球分析，由动能定理可求得电容器两板间的电势差；（2）电容器与R P并联，则电容器两端的电压等于R P两端的电压，则由闭合电路欧姆定律可求得电流，再由欧姆定律可求得滑动变阻器接入电阻；（3）由功率公式可求得电源的输出功率．解答：解：（1）对小球从B到A，有V A=0；则由动能定理可得：﹣qU AB﹣mgd=0﹣mv02得：U AB=8V；（2）由闭合电路欧姆定律可得：E=I（R+r）+U AB解得：I=1A；则有：R P==8Ω；（3）电源的输出功率等于外电路上消耗的功率：故电源的输出功率：P出=I2（R+R P）=1×（15+8）=23W．答：（1）电容器两端的电压为8V；（2）滑动变阻器接入电路的阻值为8Ω；（3）电源的输出功率为23W．点评：本题考查闭合电路欧姆定律中的含容电路，要明确电容的性质，知道电容器两端的电压等于与之并联的电阻两端的电压．。

四川省成都七中实验学校2014-2015学年高二上学期月考物理试卷（12月份）一．选择题（4分/题共48分）1．（4分）下列说法中正确的是（）A．场与实物一样都是客观物质存在的形式，因此描述场的电场线、磁场线也是客观的B．场中某点的场强等于，但与检验电荷的受力大小及电荷量无关C．场中某点的场强方向是检验电荷在该点的受力方向D．公式E=、E=k和E=对于任何电场都是适用的2．（4分）如图，分别给出了导线中的电流方向或磁场中某处小磁针静止时N极的指向或磁感线方向．下列判断正确是（）A．（1）中电流方向向上B．（2）中电流从左侧看是反时针方向C．（3）中左、右两导线分别接电源正、负极D．（4）中电流方向是顺时针3．（4分）某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，粒子由M运动到N，以下说法正确的是（）A．静电场可能是负点电荷的电场B．粒子必带负电C．粒子在M点的加速度大于它在N点的加速度D．粒子的电势能减小动能增大4．（4分）如图所示，电路中每个电阻的阻值都相同．当电压U升高时，先烧坏的电阻应是（）A．R1和R2B．R3和R4C．R5D．不能确定5．（4分）电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比．如图，直线A、B和C分别是电源a、电源b和电阻R的伏安特性图线．将这个电阻R分别接到a、b两电源上，那么（）A．R接到电源a上，电源的效率较低B．R接到电源b上，电源的输出功率较大C．R接到电源a上，电源的输出功率较大，电源效率较高D．R接到电源b上，电源的输出功率较小，电源效率较高6．（4分）如图所示的电路中，输入电压U恒为12V，灯泡L上标有“6V，12W”字样，电动机线圈的电阻RM=0.50Ω．若灯泡恰能正常发光，以下说法中正确的是（）A．电动机的输入功率为24WB．电动机的输出功率为12WC．电动机的热功率为2.0WD．整个电路消耗的电功率为22W7．（4分）如图，一个半径为R的导电圆环与一个轴向对称的发散磁场处处正交，环上各点的磁感应强度B大小相等，方向均与环面轴线方向成θ角（环面轴线为竖直方向）．若导线环上载有如图所示的恒定电流I，则下列说法正确的是（）A．导电圆环不受安培力作用B．导电圆环所受安培力方向竖直向下，大小为2πBIRC．导电圆环所受安培力方向竖直向上，大小为2πBIRsin θD．导电圆环在水平方向上具有沿半径扩张变大的趋势8．（4分）如图，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点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带正电，b带负电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O点的距离比b的近9．（4分）在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P+和P3+，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示．已知离子P+在磁场中转过θ=30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，关于离子P+和P3+说法错误的是（）A．在磁场中运动的半径之比为：1B．在磁场中转过的角度之比为1：2C．在电场中的加速度之比为1：1D．离开电场区域时的动能之比为1：310．（4分）如图所示为质谱仪测定带电粒子质量的装置的示意图．速度选择器（也称滤速器）中场强E的方向竖直向下，磁感应强度B1的方向垂直纸面向里，分离器中磁感应强度B2的方向垂直纸面向外．在S处有甲、乙、丙、丁四个一价正离子垂直于E和B1入射到速度选择器中，若m甲=m乙＜m丙=m丁，v甲＜v乙=v丙＜v丁，在不计重力的情况下，则分别打在P1、P2、P3、P4四点的离子分别是（）A．甲乙丙丁B．甲丁乙丙C．丙丁乙甲D．甲乙丁丙11．（4分）如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v 从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过△t时间从C点射出磁场，OC与OB成60°角．现将带电粒子的速度变为，仍从A点射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为（）A．△t B．2△t C．△t D．3△t12．（4分）如图，将一束等离子体喷射入磁场，在场中有两块金属板A、B，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压．如果射入的等离子体速度均为v，两金属板的板长为L，板间距离为d，板平面的面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于速度方向，负载电阻为R，电离气体充满两板间的空间．当发电机稳定发电时，电流表示数为I．那么（）A．发电过程是通过磁场对带电粒子做功最终把等离子体的内能转化为电能的过程B．发动机稳定工作两板间电场E=C．发动机稳定工作时效率η=D．两板间电离气体的电阻率为（﹣R）二．填空题13．（8分）图中虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场，现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小、并判定其方向．所用部分器材已在图中给出，其中D为位于纸面内的U形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长；E 为直流电源；R为电阻箱；A为电流表；S为开关．此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线．（1）实验电路图如图，完成下列实验步骤①按图接线．②保持开关S断开，在托盘内加入适量细沙，使D处于平衡状态；然后用天平称出细沙质量m1．③闭合开关S，调节R的值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D重新处于平衡状态；然后读出电流表的示数I，并用天平称出此时细沙的质量m2．④用米尺测量D的底边长度L．（2）用测得的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得出B=．（3）判断磁感应强度方向的方法是：若m2＞m1，磁感应强度方向垂直纸面；反之，磁感应强度方向垂直纸面．14．（14分）要测一待测电源的电动势及内阻．所给的实验器材有：待测电源E，定值电阻R1（阻值未知），电压表V（量程为3.0V，内阻很大），电阻箱R（0～99.99Ω），单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干．（1）某同学连接了如图1所示的电路，接下来的操作是：①将S2接到a，闭合S1，拨动电阻箱旋钮，使各旋钮盘的刻度处于如图2所示的位置，记录下对应的电压表示数为2.20V，然后断开S1；②保持电阻箱示数不变，将S2切换到b，闭合S1，记录此时电压表的读数（电压表的示数如图3所示），然后断开S1．请你解答下列问题：图2所示电阻箱的读数为Ω，图3所示的电压表读数为V．由此可算出定值电阻R1的阻值为Ω（计算结果保留两位小数）．在上面第①步的操作中，有一处不恰当，请您帮同学指出来．（2）在完成上述操作后，同学继续以下的操作：将S2切换到a，多次调节电阻箱，闭合S1，读出多组电阻箱的示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出了如图4所示的﹣图线．由此可求得电源电动势E和电源内阻r，其中E=V；r=Ω（计算结果均保留两位小数）．三、计算．15．（8分）如图，质量为m电阻时R发热金属棒ab，静置在宽为L的水平轨道上，整个装置处在磁感应强度是B的匀强磁场中．已知电源电动势为E，内阻是r，金属棒an与轨道间动摩擦因数是η，轨道的电阻忽略不计．求：（1）金属棒ab与轨道间的摩擦力．（2）当磁场方向沿竖直向上时，要保持ab处于静止，问磁感应强度B的变化范围．16．（14分）如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应为B，方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴．一质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从y轴上的A点水平向右抛出，经x轴上的M点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次离开电场和磁场，MN之间的距离为L，小球过M点时的速度方向与x轴的方向夹角为θ．不计空气阻力，重力加速度为g，求（1）电场强度E的大小和方向；（2）小球从A点抛出时初速度v0的大小；（3）A点到x轴的高度h．17．（8分）如图所示，中轴线PQ将矩形区域MNDC分成上下两部分，上部分充满垂直纸面向外的匀强磁场，下部分充满垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度皆为B．一质量为m，带电量为q的带正电粒子从P点进入磁场，速度与边MC的夹角θ=30°．MC边长为a，MN 边长为8a，不计粒子重力．求：（1）若要该粒子不从MN边射出磁场，其速度最大值是多少？（2）若要该粒子恰从Q点射出磁场，其在磁场中的运行时间最少是多少？四川省成都七中实验学校2014-2015学年高二上学期月考物理试卷（12月份）参考答案与试题解析一．选择题（4分/题共48分）1．（4分）下列说法中正确的是（）A．场与实物一样都是客观物质存在的形式，因此描述场的电场线、磁场线也是客观的B．场中某点的场强等于，但与检验电荷的受力大小及电荷量无关C．场中某点的场强方向是检验电荷在该点的受力方向D．公式E=、E=k和E=对于任何电场都是适用的考点：电场强度；点电荷的场强．分析：电场强度等于检验电荷所受电场力与其电荷量的比值，但电场强度反映电场本身的特性，与检验电荷无关．场强方向与正电荷在该点的受力方向相同．解答：解：A、电场强度反映了电场的力的性质，由电场本身决定，场强与检验电荷在该点所受的电场力无关．故A错误．B、电场中某点的场强等于，E反映电场本身的强弱和方向，与检验电荷的受力大小及带电量无关．故B正确．C、电场中某点的场强方向即正检验电荷在该点的受力方向，与负检验电荷在该点的受力方向相反．故C错误．D、公式E=对任何静电场都是适用的，而公式E=k只适用于真空点电荷产生的电场．故D错误．故选：B．点评：本题考查对电场强度的理解，抓住电场强度的物理意义是关键，不能单纯从数学角度理解物理知识．2．（4分）如图，分别给出了导线中的电流方向或磁场中某处小磁针静止时N极的指向或磁感线方向．下列判断正确是（）A．（1）中电流方向向上B．（2）中电流从左侧看是反时针方向C．（3）中左、右两导线分别接电源正、负极D．（4）中电流方向是顺时针考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．分析：结合磁场方向，判断出甲图和图乙中导线中电流的方向．运用安培定则，结合电流方向，判断出丙图与丁图中磁场的方向．通电直导线的磁场可以由安培定则进行判断：用右手握住直导线，大拇指指向电流方向，四指弯曲的方向即为磁场的方向；根据安培定则，即右手螺旋定则，可知，大拇指指向即为内部磁场方向，而环绕四指指向即为电流的方向．解答：解：根据安培定则，各图中电流方向和磁感线方向判定如图所示．由上分析可知，故C正确，ABD错误，故选：C．点评：本题考查左手定则的应用，要注意与左手定则判断出电流受到的安培力的方向区别开来．3．（4分）某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，粒子由M运动到N，以下说法正确的是（）A．静电场可能是负点电荷的电场B．粒子必带负电C．粒子在M点的加速度大于它在N点的加速度D．粒子的电势能减小动能增大考点：电场线．分析：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，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．解答：解：A、负点电荷的电场是向内汇聚状，是直线，故A错误；B、由电荷的运动轨迹可知，电荷的受力沿着电场线的方向，据场强方向规定可知电荷为正电荷，故B错误．C、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，由图可知，N点的场强大于M点的场强的大小，在N点的受力大于在M的受力，所以粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度，所以C错误；D、正电荷沿着电场的方向运动，所以电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增加，故D 正确．故选：D．点评：加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．4．（4分）如图所示，电路中每个电阻的阻值都相同．当电压U升高时，先烧坏的电阻应是（）A．R1和R2B．R3和R4C．R5D．不能确定考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：先分析电路的结构，然后根据串并联电路的特点，判断哪个电阻的电压最高，哪个电阻就先烧坏．解答：解：由图可知，R1和R2并联后与R5串联，最后跟R3和R4的串联电路并联，设电阻都为R，则R3和R4的电压都为，R1和R2并联电阻为，所以R1和R2的电压都为，R5的电压为，所以R5的电压最大，所以随着电压U升高时，先烧坏的电阻应是R5．故选：C点评：本题解题的关键是弄清楚电路的结构，根据串并联电路的特点判断各个电阻电压的高低，难度适中．5．（4分）电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比．如图，直线A、B和C分别是电源a、电源b和电阻R的伏安特性图线．将这个电阻R分别接到a、b两电源上，那么（）A．R接到电源a上，电源的效率较低B．R接到电源b上，电源的输出功率较大C．R接到电源a上，电源的输出功率较大，电源效率较高D．R接到电源b上，电源的输出功率较小，电源效率较高考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：电源的效率等于电源的输出功率占总功率的百分比．根据欧姆定律得到，电源的效率也等于外电阻与电路总电阻之比．由电源的U﹣I图象斜率大小等于电源的内阻，比较读出电源内电阻的大小，确定电源的效率关系．当电阻R与电源组成闭合电路时，电阻R的U﹣I图线与电源的U﹣I图线的交点表示工作状态，交点坐标的乘积等于电源的输出功率．解答：解：A、当电阻R与电源组成闭合电路时，电阻R的U﹣I图线与电源的U﹣I图线的交点表示电阻的工作状态，交点的纵坐标表示电压，横坐标表示电流．由闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir 可知，两个电源的电动势E相等，由图知根据R接到电源a上时路端电压较大，则由电源的效率η=，知电源a的效率较高．故A错误．BCD、当电阻R与电源组成闭合电路时，电阻R的U﹣I图线与电源的U﹣I图线的交点表示电阻的工作状态，交点的纵坐标表示电压，横坐标表示电流，电源的输出功率P=UI，由图看出，R接到a电源上，电压与电流的乘积较大，电源的输出功率较大，电源的效率较高，故BD错误，C正确．故选：C．点评：本题是电源的外特性曲线与电阻的伏安特性曲线的综合，关键理解交点的物理意义，也可以根据欧姆定律研究电流与电压关系，来比较电源的输出功率．6．（4分）如图所示的电路中，输入电压U恒为12V，灯泡L上标有“6V，12W”字样，电动机线圈的电阻RM=0.50Ω．若灯泡恰能正常发光，以下说法中正确的是（）A．电动机的输入功率为24WB．电动机的输出功率为12WC．电动机的热功率为2.0WD．整个电路消耗的电功率为22W考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：由灯泡铭牌可知灯泡额定电是6V，额定功率是12W，由电功率的变形公式可以求出灯泡正常发光时的电流；由串联电路特点可以求出电动机的电压，由电功率公式可以求出电机总功率与热功率，进一步求出电动机的输出功率；由电功率公式可以求出电路总功率．解答：解：A、电动机两端的电压U1=U﹣U L=12﹣6V=6V，整个电路中的电流I=，所以电动机的输入功率P=U1I=6×2W=12W．故A错误．B、电动机的热功率P热=I2R M=4×0.5W=2W，则电动机的输出功率P2=P﹣I2R M=12﹣2W=10W．故B错误，C正确．D、整个电路消耗的功率P总=UI=12×2W=24W．故D错误．故选：C．点评：解决本题的关键知道电动机的输出功率P2=I2R M以及知道整个电路消耗的功率P总=UI．7．（4分）如图，一个半径为R的导电圆环与一个轴向对称的发散磁场处处正交，环上各点的磁感应强度B大小相等，方向均与环面轴线方向成θ角（环面轴线为竖直方向）．若导线环上载有如图所示的恒定电流I，则下列说法正确的是（）A．导电圆环不受安培力作用B．导电圆环所受安培力方向竖直向下，大小为2πBIRC．导电圆环所受安培力方向竖直向上，大小为2πBIRsin θD．导电圆环在水平方向上具有沿半径扩张变大的趋势考点：电磁波的产生．分析：根据感应电流方向由楞次定律判断出穿过环的磁通量如何变化，然后判断环有收缩趋势还是扩张趋势；由左手定则判断环所受安培力方向，由安培力公式求出环所受安培力大小．解答：解：A、把磁感应强度分解为水平分量与竖直分量，竖直方向的磁场对环形电流的安培力为零，由左手定则可知，水平方向的磁场对电流的安培力竖直向上，即导电圆环所受安培力竖直向上，故A错误；B、把磁感应强度分解为水平分量与竖直分量，竖直方向的磁场对环形电流的安培力为零，导电圆环可以等效为两直线电流，导线的有效长度等于环的直径，水平磁场对电流的安培力F=B水平I•2πR=2πBIRsinθ，故B错误，C正确；D、根据左手定则可知，安培力方向垂直磁场方向向内，则环有收缩的趋势，故D错误；故选：C．点评：考查左手定则的内容，掌握安培力表达式，及理解力的分解法则．8．（4分）如图，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点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带正电，b带负电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O点的距离比b的近考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，要熟练应用半径公式和周期公式进行分析．解答：解：a、b粒子的运动轨迹如图所示：A、粒子a、b都向下运动，由左手定则可知，a、b均带正电，故A错误；B、由r=可知，两粒子半径相等，根据上图中两粒子运动轨迹可知a粒子运动轨迹长度大于b粒子运动轨迹长度，粒子运动时间：t=，a在磁场中的运动时间比b的长，故BC错误；C、根据运动轨迹可知，a在P上的落点与O点的距离比b的近，故D正确．故选：D．点评：带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径．9．（4分）在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P+和P3+，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示．已知离子P+在磁场中转过θ=30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，关于离子P+和P3+说法错误的是（）A．在磁场中运动的半径之比为：1B．在磁场中转过的角度之比为1：2C．在电场中的加速度之比为1：1D．离开电场区域时的动能之比为1：3考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：要分析加速度就要先分析其受的电场力，而要分析动能就要看电场做的功；要分析半径就要用洛伦兹力充当向心力，来找出半径，有了半径其转过的角度就很容易了．解答：解：A、要想知道半径必须先知道进入磁场的速度，而速度的决定因素是加速电场，qU=mv2可知，在离开电场时其速度表达式为：v=，可知其速度之比为1：．又由qvB=m知，r=，所以其半径之比为：1，故A正确．B、离子在磁场中运动的半径之比为：1，设磁场宽度为L，离子通过磁场转过的角度等于其圆心角，所以有sinθ=，则可知角度的正弦值之比为1：，又P+的角度为30°，可知P3+角度为60°，即在磁场中转过的角度之比为1：2，故B正确．C、两个离子的质量相同，其带电量是1：3的关系，所以由a=可知，其在电场中的加速度是1：3，故C错误．D、由电场加速后：qU=mv2可知，两离子离开电场的动能之比为1：3，故D正确．本题选错误的，故选：C．点评：磁场中的圆周运动问题重点是要找出半径，然后通过合理的作图画出粒子的运动轨迹，基本就可以解决问题了，磁场中的轨迹问题是2015届高考特别喜欢考查的内容，而且都是出大题，应该多做训练．10．（4分）如图所示为质谱仪测定带电粒子质量的装置的示意图．速度选择器（也称滤速器）中场强E的方向竖直向下，磁感应强度B1的方向垂直纸面向里，分离器中磁感应强度B2的方向垂直纸面向外．在S处有甲、乙、丙、丁四个一价正离子垂直于E和B1入射到速度选择器中，若m甲=m乙＜m丙=m丁，v甲＜v乙=v丙＜v丁，在不计重力的情况下，则分别打在P1、P2、P3、P4四点的离子分别是（）A．甲乙丙丁B．甲丁乙丙C．丙丁乙甲D．甲乙丁丙考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：粒子通过速度选择器，只有满足qvB=qE，即速度满足v=，才能沿直线通过．当粒子的速度大于，洛伦兹力大于电场力，粒子向上偏转，当粒子的速度小于，洛伦兹力小于电场力，粒子向下偏转．解答：解：四种粒子，只有两个粒子通过速度选择器，只有速度满足v=，才能通过速度选择器．所以通过速度选择器进入磁场的粒子是乙和丙．由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：R=，乙的质量小于丙的质量，所以乙的半径小于丙的半径，则乙打在P3点，丙打在P4点．甲的速度小于乙的速度，即小于，洛伦兹力小于电场力，粒子向下偏转，打在P1点．丁的速度大于乙的速度，即大于，洛伦兹力大于电场力，粒子向上偏转，打在P2点．故选：B．点评：解决本题的关键知道速度选择器的原理，即所受洛伦兹力和电场力等大反向的粒子才能沿直线通过速度选择器．11．（4分）如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v 从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过△t时间从C点射出磁场，OC与OB成60°角．现将带电粒子的速度变为，仍从A点射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为（）A．△t B．2△t C．△t D．3△t考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题．分析：由于粒子在匀强磁场是做匀速圆周运动，运动周期T=，与粒子速度大小无关，可见，要计算粒子在磁场中运动的时间，只要求得它在磁场中运动轨迹对应的圆心角，就可得到所用的时间．解答：解：设圆形磁场区域的半径是R，以速度v射入时，半径，根据几何关系可知，，所以运动时间t=以速度射入时，半径，所以设第二次射入时的圆心角为θ，根据几何关系可知：tan所以θ=120°则第二次运动的时间为：t=′=2△t故选：B．点评：带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径，同时还利用圆弧的几何关系来帮助解题．12．（4分）如图，将一束等离子体喷射入磁场，在场中有两块金属板A、B，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压．如果射入的等离子体速度均为v，两金属板的板长为L，板间距离为d，板平面的面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于速度方向，负载电阻为R，电离气体充满两板间的空间．当发电机稳定发电时，电流表示数为I．那么（）A．发电过程是通过磁场对带电粒子做功最终把等离子体的内能转化为电能的过程B．发动机稳定工作两板间电场E=C．发动机稳定工作时效率η=D．两板间电离气体的电阻率为（﹣R）考点：霍尔效应及其应用；闭合电路的欧姆定律．。

命题人：王祖彬 审题人：王祖彬一、选择题（本题14小题。

每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得3分，选对但不全的得1分，有选错的、不选的得0分） 1.下列说法中正确的是( ) A.金属的电阻率一般随温度变化而变化 B.导体材料的电阻率与其粗细长短有关 C.一般金属的电阻率都随温度升高而减小D.测电阻率时为了提高精度,通过导线的电流要足够大,而且要等到稳定一段时间后才可读数2.如图所示电路,其中R 为一热敏电阻(温度升高时,阻值减小),C 为电容器,R 1、R 2为两个电阻箱。

闭合电键,当环境温度升高时,以下说法正确的是( )A.电容器的带电荷量减少B.减小电阻箱R 1的阻值,可使电容器的带电荷量保持不变C.减小电阻箱R 2的阻值,可使电容器的带电荷量保持不变D.增加电阻箱R 2的阻值,可使电容器的带电荷量保持不变 3.M 和N 是两个不带电的物体,它们互相摩擦后M 带正电1.6×10-10C,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.N 在摩擦后一定带负电1.6×10-10C D.M 在摩擦过程中失去1.6×10-10个电子 4.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.负电荷沿电场线方向移动时,电势能一定增加 5．如图2所示，为一小灯泡的伏安特性曲线，横轴和纵轴分别表示电压U 和电流I .图线上点A 的坐标为(U 1，I 1)，过点A 的切线与纵轴交点的纵坐标为I 2.小灯泡两端电压为U 1时，电阻等于( )A.I 1U 1B.U 1I 1C.U 1I 2D.U 1I 1－I 26．如图所示，电源电动势为E ，内电阻为r .两电压表可看作是理想电表，当闭合开关，将滑动变阻器的触片由右端向左滑动时，下列说法中正确的是( ) A ．小灯泡L 1、L 2均变暗B ．小灯泡L 1变亮，V 1表的读数变大C ．小灯泡L 2变亮，V 2表的读数不变D．小灯泡L1变暗，V1表的读数变小7．某同学将一直流电源的总功率P E、输出功率P R和电源内部的发热功率P r随电流I变化的图线画在了同一坐标上，如图9中的a、b、c所示，以下判断正确的是()A．直线a表示电源的总功率P E—I图线B．曲线c表示电源的输出功率P R—I图线C．电源的电动势E＝3 V，内电阻r＝1 ΩD．电源的最大输出功率P m＝2 W8.真空中存在范围足够大、竖直方向上的匀强电场,A、B为该匀强电场的两个等势面。

成都市五校协作体2014-2015学年高二第一学期期中试题物 理（全卷满分：100分 完成时间：100分钟）一、选择题（本题包括8个小题，每小题3分，共24分，每小题只有一个选项符合题意）1．下列说法正确的是：（ ）A ．只有体积很小的带电体才能看作点电荷B ．电场强度是矢量,方向就是电荷在该点的受力方向C ．电容器的电容跟它两极所加电压成反比，跟它所带电量成正比D ．外电路断开时,电动势数值上等于电源两极的电压2．两个分别带有电荷量为-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2r，则两球间库仑力的大小（ ） A ．112F B ．34F C ．43F D ．12F 3．三个点电荷电场的电场线分布如图所示，图中a 、b 两点处的场强大小分别为E a 、E b ，电势分别为a ϕ、b ϕ，则 ( ) A. E a >E b ，a ϕ<b ϕ B ．E a <E b ，a ϕ<b ϕ C ．E a >E b ，a ϕ>b ϕ D ．E a <E b ，a ϕ>b ϕ4．如图所示，在A 板附近有一电子由静止开始向B 板运动，则关于电子到达了B 板时的速率，下列解释正确的是 ( )A ．两板间距越大，加速的时间就越长，则获得的速率越大B ．两板间距越小，加速度就越大，则获得的速率越大C ．与两板间的距离无关，仅与加速电压U 有关D ．以上解释都不正确5．平行板间加如图a 所示周期性变化的电压，重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t=0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况．图b 中，定性描述粒子运动的v-t 图象正确的是 ( )6．热敏电阻是传感电路中常用的电子元件，其电阻R 随温度t 变化的图线如图甲所示．如图乙所示电路中，热敏电阻R t 与其它电阻构成的闭合电路中，当R t 所在处温度升高时，两电表读数的变化情况是 ( )A ．A 变大，V 变大B ．A 变小，V 变小C．A变小，V变大D．A变大，V变小7．电流表的内阻足R g = 100Ω，满刻度电流值是I g= 1mA，现欲把这电流表改装成量程为3V的电压表，正确的方法是( )A．应串联一个2900Ω的电阻B．应并联一个0.1Ω的电阻C．应串联一个0.1Ω的电阻D．应并联一个2900Ω的电阻8.如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹。

成都七中2015-2016学年度上期半期考试高二年级物理试卷【满分110分考试时间100分钟】第Ⅰ卷选择题（共42分）一．单项选择题（每小题只有一个选项正确，每小题3分，共18分）1 .在科学发展史上，很多科学家做出了杰出的贡献。

他们在物理学的研究过程中应用了很多科学的思想方法。

下列叙述不．正．确．的是（）A．法拉第首先提出用电场线描绘抽象的电场，这是一种形象化的研究方法B．库仑得出库仑定律并用扭秤实验最早测出了元电荷e的数值C．用点电荷来代替实际带电体是采用了理想化物理模型的方法D．电场强度的表达式和电势差的表达式都是利用比值法得到的定义式2．如图所示，真空中O点有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为Ea，方向与ab连线成60°角，b点的场强大小为Eb，方向与ab连线成30°角．关于a、b两点场强大小Ea、Eb的关系，以下结论正确的是( )3. 在真空中上、下两个区域均有竖直向下的匀强电场，其电场线分布如图所示．有一带负电的微粒，从上边区域沿平行电场线方向以速度v0匀速下落，并进入下边区域(该区域的电场足够广)，在如图所示的速度—时间图象中，符合粒子在电场内运动情况的是(以v0方向为正方向)( )4.如图所示，三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面，其电势分别为10 V、20 V、30 V。

实线是一带负电的粒子（不计重力）在该区域内运动的轨迹，对于轨迹上的a、b、c三点，下列说法中正确的是（）A．带电粒子一定是先过a，再到b，然后到cB．带电粒子在三点所受电场力的大小：Fb>Fa>FcC．带电粒子在三点动能的大小：Ekb> Eka>EkcD．带电粒子在三点电势能的大小：Epb>Epa>Epc5．如图为多用表欧姆挡的原理示意图，其中电流表的满偏电流为Ig=300μA，内阻Rg＝100Ω，调零电阻最大阻值R＝50kΩ，串联的固定电阻R0＝50Ω，电池电动势E＝1.5V，用它测量电阻Rx，能准确测量的阻值范围是（）A．30 kΩ～80 kΩB．3 kΩ～8 kΩC．300 kΩ～800 kΩD．3000 kΩ～8000 kΩ6．如图所示，为一比较两个电源输出功率的实验电路图，两个电源的电动势分别为E1和E2，内阻分别为r1和r2.单刀双掷开关置1或2时，调节电阻箱的阻值相同，两电源可能有相同的输出功率的是( )A．E1>E2、r1>r2B．E1＝E2、r1>r2C．E1>E2、r1＝r2D．E1>E2、r1<r2二.不定项选择题(共24分）（每小题至．少．有一个选项正确，每小题4分，选不全得2分）7. 如图所示，A、B、C三个小球(可视为质点)的质量分别为m、2m、3m，B小球带负电，电荷量为q，A、C两小球不带电(不考虑小球间的电荷感应)，不可伸长的绝缘细线将三个小球连接起来悬挂在O点，三个小球均处于竖直向上的匀强电场中，电场强度大小为E.则以下说法正确的是( )A．静止时，A、B两小球间细线的拉力为5mg＋qEB．静止时，A、B两小球间细线的拉力为5mg－qEC．剪断O点与A小球间细线瞬间，A、B两小球间细线的拉力为qE/3D．剪断O点与A小球间细线瞬间，A、B两小球间细线的拉力为qE/68．用电场线能直观、方便地比较电场中各点场强的强弱．如图甲是等量异种点电荷形成电场的电场线，图乙是场中的一些点：O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对于O点对称的两点，B、C和A、D也相对于O点对称．则( )A．B、C两点场强大小和方向都相同B．A、D两点场强大小相等，方向相反C．E、O、F三点比较，O点场强最强D．B、O、C三点比较，O点场强最弱9. 如图所示，两面积较大、正对着的平行极板A、B水平放置，极板上带有等量异种电荷．其中A极板用绝缘线悬挂，B极板固定且接地，P点为两极板的中间位置．下列结论正确的是( )A．若在两极板间加上某种绝缘介质，A、B两极板所带电荷量会增大B．A、B两极板电荷分别在P点产生电场的场强大小相等，方向相同C．若将A极板竖直向上平移一小段距离，两极板间的电场强度将增大D．若将A极板竖直向下平移一小段距离，原P点位置的电势将不变10. 在如图所示的电路中，电压表和电流表均为理想电表，电源内阻不能忽略。

四川省成都市邛崃市2014-2015学年高二上学期期中物理试卷一．本大题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个是正确的1．（3分）如图所示是点电荷Q周围的电场线，以下判断正确的是（）A．Q是正电荷，A点的电场强度小于B点的电场强度B．Q是正电荷，A点的电场强度大于B点的电场强度C．Q是负电荷，A点的电场强度大于B点的电场强度D．Q是负电荷，A点的电场强度小于B点的电场强度2．（3分）如图电路中，A、B为两块竖直放置的金属板，G是一只静电计，开关S合上时，静电计张开一个角度，下述情况中可使指针张角增大的是（）A．合上S，使A、B两板靠近一些B．合上S，使A、B正对面积错开一些C．断开S，使A、B间距靠近一些D．断开S，使A、B正对面积错开一些3．（3分）现将一根导线均匀拉长，使导线的直径减小为原来的一半，此时它的电阻为32Ω，则可知导线原来的电阻为（）A．16ΩB．8ΩC．2ΩD．1Ω4．（3分）下列说法中，正确的是（）A．由E=可知电场中某点的电场强度E与q成反比B．公式C=，其中电容器的电容C与电容器两极板间电势差U无关C．由U ab=Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大D．由公式φ=可知电场中某点的电势φ与q成反比5．（3分）某同学用伏安法测小灯泡的电阻时，误将电流表和电压表接成如图所示的电路，接通电源后，可能出现的情况是（）A．小灯泡不亮B．电压表烧坏C．小灯泡烧坏D．电流表烧坏6．（3分）如图所示，电压表和电流表的读数分别为10V和0.1A，电流表的内阻为0.2Ω，那么有关待测电阻R x的说法正确的是（）A．R x的测量值比真实值小B．R x的真实值为100ΩC．R x的真实值为100.2ΩD．R x的真实值为99.8Ω7．（3分）如图所示，带箭头的实线表示电场中的一条电场线，在这条电场线上有a、b两点，则（）A．a点的场强一定大于b点的场强B．a点的电势一定高于b点的电势C．从a点由静止释放的正电荷，仅在电场力作用下一定能运动到b点D．将一负电荷从b点移到a点，电荷的电势能一定增加8．（3分）如图所示为示波管中电子枪的原理示意图，示波管内被抽成真空．A为发射电子的阴极，K为接在高电势点的加速阳极，A、K间电压为U，电子离开阴极时的速度可以忽略，电子经加速后从K的小孔中射出的速度大小为v．下列说法中正确的是（）A．如果A、K间距离减半而电压仍为U，则电子离开K时的速度仍为2vB．如果A、K间距离减半而电压仍为U，则电子离开K时的速度变为C．如果A、K间距离不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为vD．如果A、K间距离不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为9．（3分）如图（a），直线MN表示某电场中一条电场线，a、b是线上的两点，将一带负电荷的粒子从a点处由静止释放，粒子从a运动到b过程中的v﹣t图线如图（b）所示，设a、b两点的电势分别为φa、φb，场强大小分别为E a、E b，粒子在a、b两点的电势能分别为W a、W b，不计重力，则有（）A．φa＞φb B．E a＞E b C．E a＜E b D．W a＜W b10．（3分）如图所示，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3均为定值电阻，与均为理想电表；开始时开关S闭合，均有读数，某时刻发现和读数均变大，则电路中可能出现的故障是（）A．R1断路B．R2断路C．R1短路D．R3短路二、本大题4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中有一个或一个以上的选项正确，全对得4分，选对但不全得2分，有错或不选得0分．11．（4分）细胞膜的厚度等于700nm（1nm=10﹣9m），当膜的内外层之间的电压达0.4V时，即可让一价钠离子渗透．设细胞膜内的电场为匀强电场，则钠离子在渗透时（）A．膜内电场强度为5.71×105V/mB．膜内电场强度为1.04×106V/mC．每个钠离子沿电场方向透过膜时电场力做的功等于6.4×10﹣20JD．每个钠离子沿电场方向透过膜时电场力做的功等于1.28×10﹣19J12．（4分）位于A、B处的两个带有不等量负电的点电荷在平面内电势分布如图所示，图中实线表示等势线，则（）A．a点和b点的电场强度相同B．正电荷从c点移到d点，电场力做正功C．负电荷从a点移到c点，电场力做正功D．正电荷从e点沿图中虚线移到f点，电势能先减小后增大13．（4分）把标有“220V100W”的A灯泡和“220V200W”的B灯泡串联后接入220V的电路中，如果导体电阻忽略不计，不考虑温度对电阻的影响，则有（）A．A、B两灯泡的电阻之比为R A：R B=1：2B．A、B两灯泡在串联电路中的电压之比为U A：U B=2：1C．A、B两灯泡在串联电路中消耗的功率之比为P A：P B=2：1D．A、B两灯泡在串联电路中产生的热量之比为Q A：Q B=1：214．（4分）相同的电流表分别改装成两个电流表A1、A2和两个电压表V1、V2，A1的量程大于A2的量程，V1的量程大于V2的量程，把它们接入图所示的电路，闭合开关后（）A．A1的读数比A2的读数大B．A1指针偏转角度比A2指针偏转角度大C．V1的读数比V2的读数大D．V1指针偏转角度比V2指针偏转角度大三．实验题：共16分．15．（4分）关于多用电表的使用，下列说法正确的是（）A．待测电阻不跟别的元件断开，其测量值将偏大B．测量电阻时，用两手碰表笔的金属杆，其测量值偏小C．测量电阻时，如果电路不和电源断开，可能出现烧坏表头的情况D．用多用电表测量60W灯泡的电阻，其阻值比用额定电压和额定功率算出的电阻大16．（8分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，除有一标有“6V，1.5W”的小灯泡、导线和开关外，还有：A．直流电源6V（内阻不计）B．直流电流表0～3A（内阻0.1Ω以下）C．直流电流表0～300mA（内阻约为5Ω）D．直流电压表0～10V（内阻约为15kΩ）E．滑动变阻器10Ω，2AF．滑动变阻器1kΩ，0.5A实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量．（1）实验中电流表应选用，滑动变阻器应选用（均用序号表示）．（2）在方框内画出实验电路图．17．（4分）某研究性学习小组利用如图1所示电路测量电池组的电动势E和内阻r．根据实验数据绘出如图2所示的R﹣图线，其中R为电阻箱读数，I为电流表读数，由此可以得到E= V，r=Ω．三、计算题：本大题3小题，共38分．要求写出必要的文字说明、主要的计算步骤和明确的答案．18．（10分）如图所示，电源的电动势E=10V，内电阻r=1Ω，电容器的电容C=40μF，定值电阻R1=R2=4Ω，R3=5Ω．当接通开关S，待电路稳定后，试求：（1）理想电压表V的示数；（2）电容器所带的电荷量．19．（12分）如图，A、B为两块水平放置的带等量异种电荷的平行金属板，一个质量m=10﹣4 kg，电荷量q=5×10﹣5 C的带正电粒子静止于两板的正中央，已知两板间距离为20cm，g=10m/s2，求：（1）两板间匀强电场的场强大小；（2）两板间的电势差；（3）若用某种方法将带电粒子的带电荷量减少一半，使带电粒子从两板正中央由静止开始运动，则经过多长时间粒子撞到板上．20．（16分）在光滑绝缘水平面上放置一质量m=0.2kg、q=+5.0×10﹣4C的小球，小球系在长L=0.5m的绝缘细线上，线的另一端固定在O点．整个装置置于匀强电场中，电场方向与水平面平行且沿OA方向，如图所示（此图为俯视图）．现给小球一初速度使其绕O点做圆周运动，小球经过A点时细线的张力F=140N，小球在运动过程中，最大动能比最小动能大△E K=20J，小球视为质点．（1）求电场强度E的大小；（2）求运动过程中小球的最小动能；（3）若小球运动到动能最小的位置时细线被剪断，则小球经多长时间其动能与在A点时的动能相等？此时小球距A点多远？四川省成都市邛崃市2014-2015学年高二上学期期中物理试卷参考答案与试题解析一．本大题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个是正确的1．（3分）如图所示是点电荷Q周围的电场线，以下判断正确的是（）A．Q是正电荷，A点的电场强度小于B点的电场强度B．Q是正电荷，A点的电场强度大于B点的电场强度C．Q是负电荷，A点的电场强度大于B点的电场强度D．Q是负电荷，A点的电场强度小于B点的电场强度考点：电场线．分析：电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，电场线疏密描述电场强弱，电场线密的地方，电场强度大，疏的地方电场强度弱．根据这些知识分析即可．解答：解：根据电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，可知Q应是正电荷．由于A处电场线较密，所以A点的电场强度大于B点的电场强度，故B正确，ACD错误．故选：B．点评：解决本题的关键是掌握电场线的特点，知道电场线的疏密表示电场强度的相对大小．2．（3分）如图电路中，A、B为两块竖直放置的金属板，G是一只静电计，开关S合上时，静电计张开一个角度，下述情况中可使指针张角增大的是（）A．合上S，使A、B两板靠近一些B．合上S，使A、B正对面积错开一些C．断开S，使A、B间距靠近一些D．断开S，使A、B正对面积错开一些考点：电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：静电计测量的是电容器两端间的电势差．合上开关，电容器两端间的电势差不变；断开开关，电容器所带的电荷量不变．解答：解：A、合上开关，电容器两端间的电势差不变，静电计指针张角不变．故A、B错误．C、断开S，电容器带电量保持不变，使A、B间距靠近一些，根据，d变小，C变大．根据，U减小，张角变小．故C错误．D、断开S，电容器带电量保持不变，使A、B正对面积错开一些，根据，S变小，C变小．根据，U增大，张角增大．故D正确．故选D．点评：解决本题的关键在处理电容器动态分析时，电容始终与电源相连，两端间电势差不变，与电源断开，电量保持不变．3．（3分）现将一根导线均匀拉长，使导线的直径减小为原来的一半，此时它的电阻为32Ω，则可知导线原来的电阻为（）A．16ΩB．8ΩC．2ΩD．1Ω考点：电阻定律．专题：恒定电流专题．分析：由电阻的决定式R=来判断电阻的变化．解答：解：直径减小一半，横截面积为原来的，长度为原来的4倍，由R=知此时的电阻为原来的16倍，所以原来的电阻为2Ω．故选：C点评：本题考查了电阻公式，做本题的关键是根据体积不变判断长度和横截面积的变化．4．（3分）下列说法中，正确的是（）A．由E=可知电场中某点的电场强度E与q成反比B．公式C=，其中电容器的电容C与电容器两极板间电势差U无关C．由U ab=Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大D．由公式φ=可知电场中某点的电势φ与q成反比考点：电场强度；匀强电场中电势差和电场强度的关系；电容．分析：电场强度与放入电场中的电荷无关，由电场本身性质决定．E=、C=、φ=这三个公式均采用比值法定义，根据比值法定义的共性分析即可．解答：解：A、E=是电场强度的定义式，采用比值法定义，则知E与F、q无关，故A错误．B、公式C=是电容的定义式，采用比值法定义，则知C与Q、U无关，故B正确．C、U ab=Ed中d是两点沿电场线方向的距离，可知匀强电场中的任意两点a、b间沿电场线方向的距离越大，两点间的电势差才一定越大，故C错误．D、公式φ=是电势的定义式，采用比值法定义，则知φ与E p、q无关，故D错误．故选：B．点评：解决本题的关键要掌握比值法的共性来理解场强、电容和电势的物理意义，知道这三个仅由电场决定，与检验电荷无关．5．（3分）某同学用伏安法测小灯泡的电阻时，误将电流表和电压表接成如图所示的电路，接通电源后，可能出现的情况是（）A．小灯泡不亮B．电压表烧坏C．小灯泡烧坏D．电流表烧坏考点：伏安法测电阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：本题的关键是明确电流表内阻非常小电压表内阻非常大，然后再根据欧姆定律讨论即可求解．解答：解：由于电流表内阻非常小，电压表内阻非常大，所以若按图示连接电路时，通过干路的电流非常小，通过灯泡的电流更小，小灯泡应不亮，所以A正确C错误；由于通过电流表与电压表的电流都很小，电流表与电压表不会烧坏，所以BD错误；故选：A点评：电流表内阻很小，电压表内阻很大，在涉及到与电表内阻有关的问题中，应将电表的内阻考虑之内，然后再根据欧姆定律求解即可．6．（3分）如图所示，电压表和电流表的读数分别为10V和0.1A，电流表的内阻为0.2Ω，那么有关待测电阻R x的说法正确的是（）A．R x的测量值比真实值小B．R x的真实值为100ΩC．R x的真实值为100.2ΩD．R x的真实值为99.8Ω考点：伏安法测电阻．专题：恒定电流专题．分析：由电路图可知，实验电路采用的是电流表的内接法，由于电流表的分压，电阻测量值大于真实值；由欧姆定律求出电阻的测量值，然后由串联电路特点求出电阻的真实值．解答：解：由电路图可知，实验采用了电流表的内接法，电阻的测量值：R===100Ω；由电路图可知，电压表所测的是电流表与待测电阻的电压，因此电阻测量值是待测电阻阻值与电流表内阻之和，则电阻的真实值：R x=R﹣R A=100Ω﹣0.2Ω=99.8Ω，电阻的测量值大于电阻真实值，故ABC错误，D正确；故选：D．点评：本题考查了实验误差分析、求待测电阻的真实值等问题，分析清楚电路结构、熟练应用欧姆定律及串联电路特点即可正确解题．7．（3分）如图所示，带箭头的实线表示电场中的一条电场线，在这条电场线上有a、b两点，则（）A．a点的场强一定大于b点的场强B．a点的电势一定高于b点的电势C．从a点由静止释放的正电荷，仅在电场力作用下一定能运动到b点D．将一负电荷从b点移到a点，电荷的电势能一定增加考点：电势能；电场强度；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场线的疏密才能表示场强的相对大小，顺着电场线方向电势一定降低．从a点由静止释放的正电荷，根据电场力的方向分析电荷能否运动到B点．负电荷从b点移到a点，电场力做正功，电荷的电势能一定减小．解答：解：A、电场线的疏密才能表示场强的相对大小，一条电场线看不出其疏密，所以不能比较场强的大小．故A错误．B、顺着电场线方向电势一定降低，则a点的电势一定高于b点的电势．故B正确．C、正电荷在a点受到的电场力沿电场线的切线方向，使从a点由静止释放的正电荷离开电场线而运动，所以仅在电场力作用下一定不能运动到b点．故C错误．D、负电荷从b点移到a点，电场力做正功，电荷的电势能一定减小．故D错误．故选B点评：本题考查电场线的两个物理意义：疏密表示电场强度的大小、方向反映电势的高低．8．（3分）如图所示为示波管中电子枪的原理示意图，示波管内被抽成真空．A为发射电子的阴极，K为接在高电势点的加速阳极，A、K间电压为U，电子离开阴极时的速度可以忽略，电子经加速后从K的小孔中射出的速度大小为v．下列说法中正确的是（）A．如果A、K间距离减半而电压仍为U，则电子离开K时的速度仍为2vB．如果A、K间距离减半而电压仍为U，则电子离开K时的速度变为C．如果A、K间距离不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为vD．如果A、K间距离不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：电子在加速电场中运动时，电场力做功eU，根据动能定理列式得出v与U的关系式，即可进行分析．解答：解：根据动能定理得：eU=，解得v=．A、B、由上式可知，v与A、K间距离无关，则若A、K间距离减半而电压仍为U不变，则电子离开K时的速度仍为v，故AB错误．C、D、由上式可知，电压减半时，则电子离开K时的速度变为，故C正确，D错误．故选：C．点评：此题关键运用动能定理研究加速过程，要知道粒子加速获得的速度与极板间的距离无关，而且动能定理不仅适用于匀强电场，也适用于非匀强电场．9．（3分）如图（a），直线MN表示某电场中一条电场线，a、b是线上的两点，将一带负电荷的粒子从a点处由静止释放，粒子从a运动到b过程中的v﹣t图线如图（b）所示，设a、b两点的电势分别为φa、φb，场强大小分别为E a、E b，粒子在a、b两点的电势能分别为W a、W b，不计重力，则有（）A．φa＞φb B．E a＞E b C．E a＜E b D．W a＜W b考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场线．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据粒子的电场力方向得出电场线的方向，根据沿电场线方向电势逐渐降低得出电势的高低．根据加速度的变化得出电场强度的变化．根据电场力做功得出电势能的变化．解答：解：A、负电荷从a运动到b，做加速运动，可知电场力的方向水平向右，则电场线的方向水平向左，可知φa＜φb．故A错误．B、从a到b的过程中，电荷的加速度逐渐减小，可知电场强度的大小逐渐减小，则E a＞E b．故B正确，C错误．D、从a到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，则W a＞W b．故D错误．故选：B．点评：解决本题的关键知道电荷做加速度逐渐增大的加速运动，知道沿电场线方向电势逐渐降低，以及知道电场力做功与电势能的关系．10．（3分）如图所示，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3均为定值电阻，与均为理想电表；开始时开关S闭合，均有读数，某时刻发现和读数均变大，则电路中可能出现的故障是（）A．R1断路B．R2断路C．R1短路D．R3短路考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：将四个选项分别代入，分别分析两个电表读数的变化，选择符合题意的选项．解答：解：A、若R1断路，电流表A中没有读数，不符合题意，故A错误．B、若R2断路，外电路总电阻增大，总电流减小，内电压减小，则电压表读数变大；R3的分压增大，则电流表A的读数变大，符合题意，故B正确．C、若R1短路，外电路总电阻减小，总电流增大，内电压增大，则电压表读数变小；R3的分压增大，则电流表A的读数变大，不符合题意，故C错误．D、若R3短路，外电路总电阻减小，总电流增大，内电压增大，则电压表读数变小，不符合题意，故D错误．故选：B．点评：在故障分析问题中，常常用排除法．本题中是理想电表，电压表内阻认为是无限大，电流表的内阻认为为零．二、本大题4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中有一个或一个以上的选项正确，全对得4分，选对但不全得2分，有错或不选得0分．11．（4分）细胞膜的厚度等于700nm（1nm=10﹣9m），当膜的内外层之间的电压达0.4V时，即可让一价钠离子渗透．设细胞膜内的电场为匀强电场，则钠离子在渗透时（）A．膜内电场强度为5.71×105V/mB．膜内电场强度为1.04×106V/mC．每个钠离子沿电场方向透过膜时电场力做的功等于6.4×10﹣20JD．每个钠离子沿电场方向透过膜时电场力做的功等于1.28×10﹣19J考点：电势能．分析：匀强电场电场强度与电势差的关系E=，可求出E．电场力做功与电势差的关系w=qU可求每个钠离子沿电场方向透过膜时电场力做功．解答：解：由题意得，膜内电场强度为：E=V/m=5.71×105V/m由电场力做功与电势差的关系得，每个钠离子沿电场方向透过膜时电场力做的功为：W=qU=1.6×10﹣19×0.4=6.4×10﹣20J，故AC正确故选：AC．点评：本题关键要掌握匀强电场的电场强度与与电势差的关系、电场力做功与电势差的关系，并能灵活选择公式．12．（4分）位于A、B处的两个带有不等量负电的点电荷在平面内电势分布如图所示，图中实线表示等势线，则（）A．a点和b点的电场强度相同B．正电荷从c点移到d点，电场力做正功C．负电荷从a点移到c点，电场力做正功D．正电荷从e点沿图中虚线移到f点，电势能先减小后增大考点：等势面；电势能．专题：带电粒子在电场中的运动专题；电场力与电势的性质专题．分析：场强是矢量，故a点和b点的电场强度不同；根据电场力的方向和电荷运动的方向判定电场力做正功还是负功；解答：解：A、等势线越密电场线越密，电场线越密表示电场越强，虽然ab两处电场强度的大小相同但方向不同，由于场强是矢量，所以a点和b点的电场强度不同，故A错误．B、由于场源是负电荷，正电荷从c点移到d点过程中受到场源的引力，而远离场源运动，所以电场力做负功，故B错误．C、由于场源是负电荷，负电荷从a点移到c点过程中受到场源的斥力，而远离场源运动，所以电场力做正功，故C正确．D、正电荷从e点沿图中虚线移到f点的过程中电场力先做正功后做负功，所以电势能先减小后增大．故D正确．故选C、D．点评：把握电场力做功的特点和负电荷的电场的分布情况是解决此类题目的关键．13．（4分）把标有“220V100W”的A灯泡和“220V200W”的B灯泡串联后接入220V的电路中，如果导体电阻忽略不计，不考虑温度对电阻的影响，则有（）A．A、B两灯泡的电阻之比为R A：R B=1：2B．A、B两灯泡在串联电路中的电压之比为U A：U B=2：1C．A、B两灯泡在串联电路中消耗的功率之比为P A：P B=2：1D．A、B两灯泡在串联电路中产生的热量之比为Q A：Q B=1：2考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：已知额定功率和额定电压，利用R=判断出电阻大小，A、B两灯泡在串联电路中，电流相等，根据U=IR判断电压关系，根据P=I2R判断出实际功率的关系，根据Q=Pt判断产生的热量关系．解答：解：A、根据R=得：A的电阻，B的电阻，则R A：R B=2：1，故A错误；B、A、B两灯泡在串联电路中，电流相等，根据U=IR可知，电压之比等于电阻之比，则U A：U B=2：1，故B正确；C、A、B两灯泡在串联电路中，电流相等，根据P=I2R可知，消耗的功率之比为P A：P B=R A：R B=2：1，故C正确；D、产生的热量Q=Pt，时间相等，则Q A：Q B=P A：P B=2：1，故D错误．故选：BC点评：正确运用公式R=和P=I2R比较电阻和实际功率是本题的关键，知道A、B两灯泡在串联电路中，电流相等，再选择合适的公式求解即可．14．（4分）相同的电流表分别改装成两个电流表A1、A2和两个电压表V1、V2，A1的量程大于A2的量程，V1的量程大于V2的量程，把它们接入图所示的电路，闭合开关后（）A．A1的读数比A2的读数大B．A1指针偏转角度比A2指针偏转角度大C．V1的读数比V2的读数大D．V1指针偏转角度比V2指针偏转角度大考点：把电流表改装成电压表．专题：实验题；恒定电流专题．分析：四个电表均由相同的电流表改装而成，由量程及电表的结构可知各电表的内阻大小关系；由图可知两电流表并联，两电压表串联；由串并联电路的规律可知各表的示数大小关系．解答：解：A、电流表A1的量程大于A2的量程，故电流表A1的内阻小于A2的内阻；电压表V1的量程大于V2的量程，故V1的电阻大于V2的电阻；由图可知，两电流表并联，故两流表两端的电压相等，故A1中的电流要大于A2中的电流，故A1的读数比A2的读数大，故A正确；B、因两表由同一电流表改装而成，而将电流表扩大量程时为并联一小电阻，故相当于为四个电阻并联，故两表头中电流相同，故两表的偏角相同；故B错误；C、两电压表串联，故通过两表的电流相等，故V1的读数比V2的读数大，故C正确；D、因表头与电阻串联，故为四个电阻串联，因此通过两表头的电流相等，两表的偏转角度一样，故D错误；故选AC．点评：本题要求学生能熟练应用串并联电路的规律及电表的性质，应明确由电流表扩大量程时为并联一小电阻，而将电流表改装为电压表时应串联一大电阻．三．实验题：共16分．15．（4分）关于多用电表的使用，下列说法正确的是（）A．待测电阻不跟别的元件断开，其测量值将偏大B．测量电阻时，用两手碰表笔的金属杆，其测量值偏小C．测量电阻时，如果电路不和电源断开，可能出现烧坏表头的情况D．用多用电表测量60W灯泡的电阻，其阻值比用额定电压和额定功率算出的电阻大考点：用多用电表测电阻．专题：实验题．分析：测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开，电流要从红表笔流入，测量电阻时要选择适当的挡位，使电表的指针指在刻度盘的中央附近；指针偏转过大，应将选择倍率较小的档位，且重新欧姆调零．解答：解：A、待测电阻不跟别的元件断开，可能会烧坏电表，不会使测量值偏大，故A 错误，C正确；B、人体是导体，测量电阻时，用两手碰表笔的金属杆，人体与导体并联，所测的是并联电阻阻值，其测量值偏小，故B正确；D、灯泡电阻随温度升高而增大，用多用电表测量60W灯泡的电阻时灯泡温度低，电阻小于灯泡正常发光时的电阻，其阻值比用额定电压和额定功率算出的电阻小，故D错误；故选：BC．点评：本题考查了欧姆表的使用方法与注意事项，掌握多用电表的使用方法与注意事项即可正确解题，平时学习要注意基础知识的学习与掌握．。

高二上学期期中考试物理试题 考试时间：100分钟 试题满分：110分 命题人：范波 审题人：谢英胜 第卷选择题部分（42分） 1、关于磁感线的描述，下列哪些是正确的( ) A．磁感线从磁体的N极出发到磁体的S极终止 B．自由转动的小磁针放在通电螺线管内部，其N极指向螺线管的极 C．磁感线上每一点的切线方向就是该点的磁场方向 D．磁感线以导线上任意点为圆心垂直于导线的多组同心圆 关于静电场，下列结论普遍成立的是( ) A．只有体积很小的带电体才可以看点电荷 B．正负检验电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反，所以某一点场强方向与放入检验电荷的正负有关 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 ．电场中任意两点之间的电势差与这两点的场强有关 3关于电流，下列说法中正确的是 ( ) A． B．电子运动的速率越大，电流越大 C．电流是一个矢量，其方向就是正电荷定向移动的方向 D．在国际单位制中，电流是一个基本物理量，其单位是基本单位 ，内阻为，现在要改装成量程为的电流表，应在电流表上( ) A电阻B.串联一个电阻C.并联一个电阻D.并联一个电阻 5、如图所示，带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的3倍，它们以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M、N点，若OM＝MN，则P和Q的质量之比为( ) A．34 B．43 C．32 D．23 6、一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中， 7、两个等量异种电荷的连线的垂直平分线上有三点，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． 8、如图所示，电源的电动势为E，内电阻为r，两电表均可看做是理想电表．闭合开关，使滑动变阻器的滑片由右端向左端滑动，在此过程中( ) A．小灯泡L1、L2均变暗 B．小灯泡L1变暗，L2变亮 C．电流表A的读数变小，电压表V的读数变大 D．电流表A的读数变大，电压表V的读数变小 如图所示的电路，闭合开关S，滑动变阻器滑片P向左移动，下列结论正确的是( ) A．电流表读数变小，电压表读数变大 B．小电泡L变亮 C．电容器C上电荷量减小 D．电源的总功率变大 如图所示，A、B两导体板平行放置，在t＝0时将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)．分别在A、B两板间加四种电压，它们的UAB－t图线如下列四图所示．其中可 如图所示的电路中，R1=1Ω，R2=6Ω，电源内阻r=1Ω，若开关闭合后，铭牌上标有“6V 12W”的电动机刚好正常工作，则( ) A．流过电动机的电流为6A B．流过R2上的电流为1A C．电源电动势E=12V D．若电动机线圈电阻为0.5Ω，则电动机输出功率为7.5W 如图所示，真空中的匀强电场与水平方向成15°角，AB直线垂直匀强电场E.现有一质量为m、电荷量为＋q的小球在A点以初速度大小为v0方向水平向右抛出，经时间t小球下落到C点(图中未画出)时速度大小仍为v0，则小球由A点运动到C点的过程中，下列说法正确的是( ) A．C可能位于AB直线的左侧 B．电场力对小球做功为零 ．小球的电势能减小 ．小球的机械能一定减小 第卷选择题部分（分） 13、（5分）某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻， (1)在图 (a)方框中画出相应的实验电路图； (2)根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图(b)所示的U－I图，则干电池的电动势E＝________V，内电阻r＝________Ω. 14、（11分）在做“测定金属丝的电阻率”的实验中待测金属丝的电阻约为5Ω （1）若用L表示金属丝的长度，d表示直径，测得电阻为R，请写出计算金属丝电阻率的表达式ρ＝________。

2021-2022学年四川省成都七中试验学校高二（上）期中物理试卷一.单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共18分每小题只有一个选项符合题意）1．（3分）（2022秋•宝安区校级期末）两个完全相同的小金属球，它们的带电荷量之比为5：1（皆可视为点电荷），它们在相距肯定距离时相互作用力为F1，假如让它们接触后再放回各自原来的位置上，此时相互作用力变为F2，则F1：F2可能为（）A．5：2 B．5：4 C．5：6 D．5：9考点：库仑定律．分析：两个球的电性可能相同也可能不同，则接触带电的原则是总电荷平分，依据F=得出接触后再放回原处的库仑力大小．解答：解：它们在相距肯定距离时相互作用力为F1=；若两电荷异性，接触后再分开，两球电量的确定值为2q，此时两球的库仑力F2==，则F1：F2为5：4，若两电荷同性性，接触后再分开，两球电量的确定值为3q，此时两球的库仑力F2==，则F1：F2为5：9，故B、D正确，AC错误；故选：BD．点评：解决本题的关键把握接触带电的原则，总电荷平分，同时要留意原来的电荷的电性，以及把握库仑定律的公式F=．2．（3分）（2022秋•东莞期末）下述说法正确的是（）A．依据E=，可知电场中某点的场强与电场力成正比B．依据E=，可知点电荷电场中某点的场强与该点电荷的电量Q成正比C．依据场强叠加原理，可知合电场的场强肯定大于分电场的场强D．电场线就是点电荷在电场中的运动轨迹考点：电场强度；点电荷的场强；电场的叠加．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，不能简洁从数学理解．E=k是真空中点电荷Q产生的电场强度的计算式，E与Q成正比．场强的叠加遵守平行四边形定则，合电场的场强与几个分场强效果相同，但大小不肯定比分场强大．电场线与运动轨迹不是一回事．解答：解：A、E由电场本身打算，与F、q无关．故A错误．B、E=k是真空中点电荷Q产生的电场强度的计算式，E与Q成正比．故B正确．C、场强的叠加遵守平行四边形定则，合电场的场强与几个分场强效果相同，但不肯定比分场强大，也可能相等，也可能比分场强小．故C错误．D、电场线表示电场的强弱和方向，与电荷的轨迹不肯定重合．故D错误．故选B．点评：本题考查对场强两个公式的理解力量，要留意区分摸索电荷还是场源电荷，电场强度与场源电荷有关，与摸索电荷无关．3．（3分）（2021秋•武侯区校级期中）如图所示，a、b、c为电场中同一条水平方向电场线上的三点．a、b电势分别为φa=5V，φb=3V．下列叙述正确的是（）A．该电场在c处的电势肯定为4VB．a点处的场强E a肯定大于b点处的场强E bC．一正电荷从c点运动到b点电势能肯定增加D．一正电荷运动到c点时受到的电场力肯定由c到b考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：只有当该电场是匀强电场时，在c点处的电势肯定为4V；电场力做功状况，分析正电荷从c点运动到b点电势能如何变化，电场线的疏密可以推断场强的大小；正电荷受到的电场力方向与场强方向相同．解答：解：A、当该电场是匀强电场时，由于沿电场方向相同距离电势差相等，则场在c点处的电势肯定为4V．当该电场不是匀强电场时，在c点处的电势不肯定为4V，故A错误；B、一条电场线无法比较电场线的疏密，就无法比较场强的大小，则a点处的场强E a不肯定大于b点处的场强E b．故B错误；CD、据电场线和场强方向的规定可知，正电荷所受的电场力方向水平向左，所以从c到b电场力做做功，电势能减小，动能增加，故C错误，D正确．故选：D．点评：本题要抓住电场线的物理意义：电场线的疏密表示电场的强弱，电场线的方向表示电势的凹凸，电场力做功与动能和电势能间的关系．4．（3分）（2009•常德模拟）如图是一火警报警装置的一部分电路示意图，其中R2是半导体热敏传感器，它的电阻随温度上升而减小，a、b接报警器．当传感器R2所在处消灭火情时，电流表的电流I和a、b两端电压U与消灭火情前相比（）A．I变大，U变大B．I变小，U变小C．I变大，U变小D．I变小，U变大考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：当传感器R2所在处消灭火情时，R2减小，分析外电路总电阻如何变化，依据欧姆定律分析干路电流的变化状况和路端电压U的变化状况，依据R2、R3并联电压的变化状况，分析通过R3电流的变化状况，即可知电流表示数变化状况．解答：解：由题知，当传感器R2所在处消灭火情时，R2减小，R2、R3并联的电阻减小，外电路总电阻减小，依据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I干增大，路端电压减小，即a、b两端电压U变小；R2、R3并联电压U并=E﹣I干（R1+r），I干增大，E、R1、r均不变，则U并减小，通过R3电流减小，由于干路电流增大，则知电流表示数I变大．故C正确，ABD错误．故选C点评：本题是信息题，首先要抓住传感器R2电阻与温度的关系，其次按“部分→整体→部分”的挨次进行动态分析．5．（3分）（2021秋•梁山县校级期中）如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线．在电场力作用下，一带电粒子（不计重力）经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（）A．B点电势高于A点B．粒子带正电C．粒子在A点加速度大D．粒子在B点电势能高考点：电场线；电场强度；电势；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向．不计重力的粒子在电场力作用下从A到B，运动与力关系可知，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧．解答：解：A、沿电场线方向电势降低，所以B点电势低于A点．故A错误；B、依据曲线运动条件可得粒子所受合力应当指向曲线内侧，所以电场力逆着电场线方向，即粒子受力方向与电场方向相反，所以粒子带负电．故B错误；C、由于B点的电场线密，所以B点的电场力大，则A点的加速度较小，故C错误；D、依据曲线运动条件可得粒子所受合力应当指向曲线内侧，所以电场力逆着电场线方向，即粒子受力方向与电场方向相反，电场力做负功，电势能增大，故D正确；故选：D点评：电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布．对于本题关键是依据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧．6．（3分）（2021秋•梁山县校级期中）有一台电风扇，额定电压为220V，额定电功率为50W，线圈电阻为0.4Ω．当电风扇在额定电压下工作时，关于它的线圈电阻每分钟产生的热量是多少，有四位同学计算如下，其中正确的是（）A．Q=I2Rt=（）2×0.4×60J≈1.24JB．Q=Pt=50×60J=3000JC．Q=IUt=J=3000JD．Q==J=7.26×106J考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：已知电流和线圈的电阻以及通电时间，由Q=I2Rt就可计算出线圈产生的热量．解答：解：电风扇正常工作时产生的热量是由于内阻发热产生的，所以每分钟产生的热量为：Q=I2Rt=（）2×0.4×60J≈=1.24J故选：A．点评：本题考查了电动机正常工作时产生热量的计算，是一道基础题，关键是正确理解电功和电热的关系以及各自的求解方法．7．（3分）（2021秋•武侯区校级期中）下列关于电源电动势概念的生疏中，正确的是（）A．电源电动势是描述电源把其他形式的能转化成电能本事大小的物理量B．电源把越多其他形式的能转化为电能，电动势就越大C．电动势和电压单位相同，所以物理意义也相同D．在闭合电路中，电源电动势等于路端电压与电源内部电势降落之和考点：电源的电动势和内阻．专题：恒定电流专题．分析：电源电动势是描述电源把其它形式的能量转化为电能本事的物理量；电动势等于非静电力把1C的正电荷在电源内部从负极搬运到正极所做的功，电动势等于电源没有接入电路时电源两极间的电压，电动势等于内外电路电压之和．解答：解：A、电源电动势表征了电源把其他形式的能转化为电能的本事，电源的电动势大，该电源把其他能转化成电能的本事大，故A正确．B、依据W=qU，电源把其他形式的能转化为电能越多，电动势不肯定大，还跟移动电荷的多少有关．故B错误；C、电动势定义式ɛ=，电压定义式U=，故其物理意义不同，C错误；D、依据闭合电路欧姆定律，在闭合电路中，电源电动势等于路端电压与电源内部电势降落之和，D正确．故选：AD．点评：知道电源的概念、物理意义、定义式即可正确解题，本题要留意电源电动势表征了电源把其他形式的能转化为电能的本事大小，依据W=qU可知，电源把其他形式的能转化为电能越多，电动势不肯定大，还跟移动电荷的多少有关．8．（3分）（2022春•常州期末）如图所示，两块相互靠近彼此绝缘的平行金属板组成平行板电容器，极板N 与静电计金属球相连，极板M和静电计的外壳均接地．用静电计测量平行板电容器两极板间的电势差U．在两板相距为d时，给电容器充电，静电计指针张开肯定角度．在与外界绝缘的状况下保持电容器的带电量Q 不变，下面的操作中将使静电计指针张角变小的是（）A．仅将M板向下平移B．仅将M板向左平移C．仅在M、N之间插入云母板（相对介电常数大于1）D．仅在M、N之间插入金属板，且不和M、N接触考点：电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：电容器充电后断开电源保持带电量不变，依据平行板电容器的打算式可求得C的变化，再由电容的定义式可求知指针张角的变化，留意指针张角变大时，极板之间的电压增大．解答：解：A、仅将M板向下平移，两极板正对面积减小，电容减小，而电容器的电荷量不变，由C=得知，板间电压增大，静电计指针张角变大，故A错误．B、仅将M板向左平移，板间距离增大，电容减小，而电容器的电荷量不变，由C=得知，板间电压增大，静电计指针张角变大，故B错误．C、仅在M、N之间插入云母板，电容增大，而电容器的电荷量不变，由C=得知，板间电压减小，静电计指针张角变小，故C正确．D、仅在M、N之间插入金属板，板间距离减小，电容增大，而电容器的电荷量不变，由C=得知，板间电压减小，静电计指针张角变小，故D正确．故选：CD．点评：本题关键要把握打算电容的三个因素：板间距离、电介质、正对面积，以及电容的定义式C=．二、不定项选择题（本题共4小题，每小题4分，共24分．每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）9．（4分）（2022秋•建邺区校级期中）如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即U ab=U bc，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R同时在等势面b上，据此可知（）A．三个等势面中，c的电势最高B．带电质点在P点的电势能比在Q点的小C．带电质点在P点的动能与电势能之和比在Q点的小D．带电质点在P点的加速度比在Q的加速度大考点：等势面；电场强度．分析：作出电场线，依据轨迹弯曲的方向可知，电场线向上．故c点电势最高；依据推论，负电荷在电势高处电势能小，可知电荷在P点的电势能大；总能量守恒；由电场线疏密确定出，P点场强小，电场力小，加速度小．解答：解：A、负电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧；作出电场线，依据轨迹弯曲的方向和负电荷可知，电场线向上．故c点电势最高，故A正确；B、利用推论：负电荷在电势高处电势能小，知道P点电势能大，故B错误；C、只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故带电质点在P点的动能与电势能之和等于在Q点的动能与电势能之和，故C错误；D、P点位置电场线与Q处的密，电场强度大，故电场力也大，由于只受电场力，故粒子在P点的加速度比Q点大，故D正确；故选：AD．点评：依据电场线与等势面垂直，作出电场线，得到一些特殊点（电场线与等势面交点以及已知点）的电场力方向，同时结合能量的观点分析是解决这类问题常用方法．10．（2分）（2021秋•西陵区期中）经过精确校准的电压表V1和V2，分别用来测定如图所示电路中R两端a、b间的电压，读数依次为12.7V和12.3V，则（）A．a、b间的实际电压应大于12.7VB．a、b间的实际电压应小于12.3VC．电压表V1的内阻大于V2的内阻D．电压表V1的内阻小于V2的内阻考点：伏安法测电阻．专题：恒定电流专题．分析：本题的关键是明确电压表不是抱负电表，依据欧姆定律和串并联规律不能得出接入电压表后电路两端的电压小于没接入电压表时电路两端的实际电压，即电压表内阻越大电压表的示数越接近电路两端的实际电压．解答：解：由于电压表不是抱负电表（内阻不是无穷大），当a、b两端接入电压表后，电阻R与电压表的并联电阻小于电阻R，依据欧姆定律和串并联规律可知，电阻R与电压表的并联总电压小于电阻R的实际电压，即a、b 两端实际电压将大于电压表的示数，当然大于电压表的示数，所以A正确B错误．依据欧姆定律可知，若电压表的内阻越大，电压表与R的并联电阻就越大，电压表的示数也越大，即电压表的内阻大于电压的内阻，所以C正确D错误．故选AC．点评：应牢记若电压表不是抱负电表时，电压表的示数总小于电路两端的实际电压，电压表的内阻越大，电压表示数越接近实际电压．11．（2分）（2021秋•武侯区校级期中）如图所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U，电子最终打在荧光屏P上，关于电子的运动，则下列说法中正确的是（）A．滑动触头向右移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置下降B．滑动触头向右移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升C．电压U增大时，其他不变，则电子打在荧光屏上的速度大小不变D．电压U增大时，其他不变，则电子从发出到打在荧光屏上的速度变大考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：粒子在电场中加速时，滑动触头向右移动时，加速电压增大，加速后速度变大，粒子在偏转电场中运动时间变短，粒子在平行偏转电场方向的位移减小．同理触头向左移动时，加速电压减小，加速后速度变小，粒子在电场中运动时间变长，粒子在平行偏转电场方向的位移增大；当加速电压不变时，偏转电压变化，影响平行电场方向的电场力的大小，也就是影响加速度的大小，粒子在电场中运动时间不变，转变偏转的位移大小．解答：解：由题意知电子在加速电场中加速运动，电子获得的速度，电子进入偏转电场后做类平抛运动，电子在沿极板方向做匀速直线运动，粒子在电场中运动时间：，在平行电场方向做初速度为0的匀加速直线运动，加速度，电子在电场方向偏转的位移，又∵偏转电场方向向下，∴电子在偏转电场里向上偏转．A、B：滑动触头向右移动时，加速电压变大，所以电子获得的速度v 增加，故电子偏转位移变小，由于电子向上偏转，故在屏上的位置下降，故A正确，B错误；C、D：偏转电压增大时，电子在电场中受到的电场力增大，即电子偏转的加速度a增大，又由于电子获得的速度v不变，电子在电场中运动的时间不变，a 增大电子打在屏上的速度，由于加速度a变大时间不变，故电子打在屏上的速度增大，所以C错误，D正确．故选：AD点评：电子在加速电场作用下做加速运动，运用动能定理可得电子获得的速度与加速电场大小间的关系，电子进入偏转电场后，做类平抛运动，运动时间受电场的宽度和进入电场时的速度所打算，电子在电场方向偏转的距离与时间和电场强度共同打算．娴熟用矢量合成与分解的方法处理类平抛运动问题．12．（2分）（2022•武汉校级模拟）如图1，A板的电势U A=0，B板的电势U B随时间的变化规律如图2所示．电子只受电场力的作用，且初速度为零，则（）A．若电子在t=0时刻进入的，它将始终向B板运动B．若电子在t=0时刻进入的，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最终打在B板上C．若电子在t=时刻进入的，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最终打在B板上D．若电子是在t=时刻进入的，它将时而向B板、时而向A板运动考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：依据电子在电场力作用下，结合牛顿其次定律与运动学公式的关系，从而可确定不同时刻电子的运动状况，即可求解．解答：解：A、若电子在t=0时刻进入的，它将在电场力作用下，先加速向B运动，后减速向B运动，接着加速向B运动，后减速向B运动，因此它始终向B板运动，直到到达B板，故A正确，B错误；C、若电子在t=时刻进入的，从到它先向B 板加速运动，后减速运动，当到，电子回头运动，当到又向B运动，这样时而向B板运动，时而向A板运动，最终打到B板上，故C正确；D、同理，若电子是在t=T/4时刻进入的，它将时而向B板、时而向A板运动，故D正确；故选ACD点评：考查粒子在电场力作用下，依据运动与受力来确定运动的状况，把握牛顿其次定律与运动学公式的应用，留意粒子从不同时刻进入电场，发生的运动状况不同．三、试验题（本题共4小题，共20分）13．（4分）（2022秋•金山区校级期中）请依据（a）图中的电路图完成（b）图中的实物图连接，若图中电流表为抱负电表，电源的电压恒为U，则用电器R0两端的电压U0的变化范围是0≤U≤U0（请用不等式表示）．考点：伏安法测电阻．专题：试验题；恒定电流专题．分析：依据图a所示电路图连接实物电路图；依据电路结构、应用串并联电路特点求电压变化范围．解答：解：由图a所示电路图可知，滑动变阻器接受分压接法，依据电路图连接实物电路图如图所示；由电路图可知，当滑片在最左端时，用电器R0两端的电压U0=U，当滑片在最右端时，用电器R0两端的电压U0′=0，则用电器R0两端的电压U0的变化范围是0≤U≤U0；故答案为：实物电路图如图所示；0≤U≤U0．点评：本题考查了实物电路图的连接、求电阻两端电压变化范围，分析清楚电路结构是正确连接实物电路图的前提与关键；滑动变阻器接受分压接法时，电压可以从零开头变化．14．（4分）（2021秋•武侯区校级期中）用多用电表欧姆档测电阻时，下列说法正确的是（）A．测量前必需进行欧姆档调零，且每次变换测量档位后都要重新调零B．测量电路中的电阻时，可以不将待测电阻与电源断开C．多用电表使用完毕，应将选择开关旋到欧姆档“×1”档D．多用电表使用完毕，应将选择开关旋到“OFF”或沟通电压最高档考点：用多用电表测电阻．专题：试验题；恒定电流专题．分析：每选定一次欧姆档位后电路发生转变要重新进行欧姆调零，测量电阻要把电阻与其它元件独立；测完要把选择开关正确放置．解答：解：A、运用欧姆表测量电阻时，测量前必需欧姆调零，且每次在换挡后要重新调零．A正确．B、测量电路中的电阻时，由于多用电表内部电源被接通，要将待测电阻与外部电源断开，故B错误．C、多用电表使用完毕，应将选择开关旋到“OFF”或沟通电压最高挡，故C错误，D正确．故选：AD．点评：本题考查了欧姆表的使用方法，特殊留意是每次换挡都要重新调零．15．（2分）（2021秋•武侯区校级期中）某同学用多用电表按正确步骤测量，如图所示为多用表在测量时指针在刻度盘上停留的位置，若选择旋钮在：①“×1kΩ”位置，则测量值为32k Ω；②直流“10V”位置，则测量值为 4.4V；③直流“50mA”位置，则测量值为22mA．考点：用多用电表测电阻．专题：试验题；恒定电流专题．分析：依据选择开关位置确定多用电表测量的两及量程，然后依据多用电表表盘确定其分度值，读出其示数．解答：解：①“×1kΩ”位置，多用电表测电阻，测量值为32×1kΩ=32kΩ；②直流“10V”位置，多用电表测直流电压，量程为10V，由图示表盘可知，其分度值为0.2V，测量值为4.4V；③直流“50mA”位置，多用电表测直流电流，量程为50mA，由图示表盘可知，其分度值为1mA，测量值为22mA；故答案为：①32kΩ；②4.4V；③22mA．点评：本题考查了多用电表的读数，对多用电表读数时，要依据选择开关的位置确定电表所测量的量与电表的量程（或倍率），然后依据表盘确定其分度值，依据指针位置读出其示数，读数时视线要与电表刻度线垂直．16．（8分）（2021秋•武侯区校级期中）在测定一节干电池的电动势和内电阻的试验中，备有下列器材：A．干电池E（电动势约为1.5V、内电阻大约为1.0Ω）B．电流表A1（满偏电流2mA、内阻R A1=20Ω）C．电流表A2（0～0.6A、内阻约0.1Ω）D．滑动变阻器R1（0～10Ω、2A）E．滑动变阻器R2（0～100Ω、1A）F．定值电阻R3=980ΩG．开关S、导线若干（1）为了便利且能较精确地进行测量，其中应选用的滑动变阻器是R1（填“R1”或“R2”）（2）四位同学分别设计了甲、乙、丙、丁四个试验电路图，其中最合理的是乙．（3）四位同学争辩后，依据最合理的试验方案正确操作，利用测出的数据绘出了如图1所示的I1﹣I2图线（I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数）．由图线可求得被测电池的电动势E= 1.46V （结果保留三位有效数字）．内电阻r=0.84Ω（结果保留两位有效数字）．考点：测定电源的电动势和内阻．专题：试验题；恒定电流专题．分析：（1）为便利试验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器．（2）依据所给试验器材与伏安法测电源电动势与内阻的原理选择试验器材．（3）依据试验电路求出图象的函数表达式，然后依据图象求出电源电动势与内阻．解答：解：（1）为便利试验操作，滑动变阻器应选择R1．（2）没有电压表，应当用电流表A1与电阻R3串联组成电压表，电压表测路端电压，用电流表A2测电路电流，由电路图可知，合理的试验电路图是乙．（3）由图乙所示试验电路可知，在闭合电路中：E=I1（R A1+R3）+I2r，I1=﹣I2，由图象可知，图象的截距：b=1.46×10﹣3===，则电源电动势E=1.46V；图象斜率：k====≈0.84，电源内阻r=0.84Ω；故答案为：（1）R1；（2）乙；（3）1.46；0.84．点评：在应用图象法处理试验数据求电源电动势与内阻时，要依据试验电路与试验原理求出图象的函数表达式，然后求出电源电动势与内阻．四、计算题（本题共4小题，共48分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最终答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必需明确写出数值和单位）17．（12分）（2021秋•武侯区校级期中）一太阳能电池板，测得其开路电压为800mV，短路电流为40mA．若该电池板与阻值为20Ω的电灯泡组成一个闭合电路，则它的内阻、路端电压分别是多少？电源效率是多少？考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：由开路电路等于电源的电动势，求出电动势，由短路电流求出电源的内阻．再依据欧姆定律求出电流和路端电压．解答：解：电源没有接入外电路时，路端电压值等于电动势，则电动势E=800mV由闭合电路欧姆定律得短路电流I短=则电源内阻r==20Ω该电源与20Ω的电阻连成闭合电路时，电路中电流I==20mA故路端电压U=IR=400mV=0.4V，电源的效率η==50%答：电源的内阻20欧姆，路端电压0.4V，电源效率50%．点评：对于电动势的概念要理解：电动势等于外电压和内电压之和，当外电路开路时，内电压为零，开路电路等于电源的电动势．18．（12分）（2021秋•邵阳县校级期中）如图所示，一质量为m=1.0×10﹣2kg，带电量为q=1.0×10﹣6C的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，假设电场足够大，静止时悬线向左与竖直方向成45°角．小球在运动过程电量保持不变，重力加速度g=10m/s2．结果保留2位有效数字．（1）画出小球受力图并推断小球带何种电荷（2）求电场强度E（3）若在某时刻将细线突然剪断，求经过0.5s时小球的速度v．考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：（1）首先对小球受力分析，依据平衡条件可得小球受到的电场力方向向左，即可推断出小球的电性．（2）小球处于静止状态，由平衡条件和电场力公式F=qE结合求出电场强度E的值．（3）剪断细线后，由于小球受到的重力与电场力都为恒力，所以小球将做初速度为零的匀加速直线运动，依据牛顿其次定律和运动学公式即可求解0.5s时小球的速度v．解答：解：（1）小球受到重力mg、电场力F和细线的拉力T，受力图如图．由于电场力向左，与场强方向相反，故小球带负电．（2）小球所受的电场力F=qE由平衡条件得：F=mgtanθ解得电场强度：E==N/C=1.0×105N/C．（3）剪断细线后小球做初速度为0的匀加速直线运动，经过0.5s时小球的速度为v．小球所受合外力F合=由牛顿其次定律有F合=ma，则得：a=又运动学公式v=at解得小球的速度：v=t=10××0.5m/s=7.1m/s速度方向为与竖直方向夹角为45°，斜向下．答：（1）小球受力图见上，小球带负电．（2）电场强度E为1.0×105N/C．。

四川省成都市2014-2015学年高二上学期期末物理模拟试卷一、选择题（每题2分，共46分）1．（2分）真空中有甲、乙两个相同的带电金属小球（均可视为点电荷），它们所带电荷量相等，相距一定的距离，它们之间的静电斥力为F．现让第三个与甲、乙完全相同但不带电的金属小球丙先后与甲、乙两球接触后移开，这时甲、乙两球之间的相互作用力为（）A．吸引力， F B．吸引力， F C．排斥力， F D．排斥力，2．（2分）如图所示，真空中O点有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为E a，方向与ab连线成60°角，b点的场强大小为E b，方向与ab连线成30°．关于a、b两点场强E a、E b的关系，正确的是（）A．2E a=3E b B．E a=3E b C．E a=D．E a=E b3．（2分）如图所示，在原来不带电的金属杆ab附近，在ab连线的延长线上放置一个正点电荷，达到静电平衡后，下列判断正确的是（）A．a 端的电势比b端的高B．b端的电势比d点的高C．a端的电势与b端的电势相等D．感应电荷在杆内c处产生的场强方向由b指向a4．（2分）对于真空中电荷量为q的静止点电荷而言，当选取离点电荷无穷远处的电势为零时，离点电荷距离为r的位置的电势为φ=（k为静电力常量），如图所示，两电荷量大小均为Q的异种点电荷相距为d，现将一质子（电荷量为e）从两电荷连线上的A点沿以负电荷为圆心、半径为R的半圆形轨迹ABC移到C点，在质子从A到C的过程中，系统电势能的变化情况为（）A．减少B．增加C．减少D．增加5．（2分）如图所示，匀强电场中有a、b、c三点，在以它们为顶点的三角形中，∠a=30°，∠c=90°．电场方向与三角形所在平面平行．已知a、b和c点的电势分别为（2﹣） V、（2+） V和2V．该三角形的外接圆上最低、最高电势分别为（）A．（2﹣） V、（2+） V B．0、4 VC．（2﹣） V、（2+） V D．0、2 V6．（2分）如图所示，平行板电容器在充电后不切断电源，此时板间有一带电尘粒恰能在电场中静止．若正对的平行板左右错开一些，则（）A．带电尘粒将向上运动B．带电尘粒将向下运动C．错开过程中，通过电阻R的电流方向为B到AD．错开过程中，通过电阻R的电流方向为A到B7．（2分）如图所示，有三个电阻，已知R l：R2：R3=1：3：6，则电路工作时，电压U l：U2为（）A．1：6 B．1：9 C．1：3 D．1：28．（2分）如图所示，放在台秤上的条形磁铁两极未知，为了探明磁铁的极性，在它中央的正上方固定一导线，导线与磁铁垂直，给导线通以垂直纸面向外的电流，则（）A．如果台秤的示数增大，说明磁铁左端是N极B．如果台秤的示数增大，说明磁铁右端是N极C．无论如何台秤的示数都不可能变化D．台秤的示数随电流的增大而增大9．（2分）如图，是磁电式电流表的结构，蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀地辐向分布，线圈中a、b两条导线长均为l，通以图示方向的电流I，两条导线所在处的磁感应强度大小均为B．则（）A．该磁场是匀强磁场B．线圈平面总与磁场方向垂直C．线圈将逆时针方向转动D．a、b导线受到的安培力大小总为IlB10．（2分）如图所示，甲带正电，乙是不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的固定斜面上，地面上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现用平行于斜面的恒力F拉乙物块，在使甲、乙一起无相对滑动沿斜面向上加速运动的阶段中（）A．甲、乙两物块间的摩擦力不断增大B．甲、乙两物块间的摩擦力保持不变C．甲、乙两物块间的摩擦力不断减小D．乙物块与斜面之间的摩擦力不断减小11．（2分）如图所示，ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，比荷为的电子以速度v0从A 点沿AB边射出（电子重力不计），欲使电子能经过AC边，磁感应强度B的取值为（）A．B＜B．B＜C．B＞D．B＞12．（2分）如图所示为某圆柱体的截面图，O点为截面圆的圆心，圆形区域内分布有垂直圆面向外的、磁感应强度为B的匀强磁场．一带质子（不计重力）沿直径AC方向以速度v0从A点射入，经磁场偏转后从B点射出．已知∠BOC=60°，若将磁场改为竖直向下的匀强电场E，其他条件不变，要使质子仍从B点射出，则E的大小为（）A．Bv0B．Bv0C．Bv0D．Bv013．（2分）如图所示，速度相同的一束粒子由左端垂直射入质谱仪后的运动轨迹，则下列相关说法中正确的是（）A．该束带电粒子带负电B．能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于C．若保持B2不变，粒子打在胶片上的位置越远离狭缝S0，粒子的比荷越小D．若增大入射速度，粒子在磁场中轨迹半圆将变大14．（2分）如图所示，相距为d的平行金属板M、N的上方有一半径为R的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里．质量为m、电荷量为q的带正电粒子紧靠M 板的P处由静止释放，粒子经N板的小孔S沿半径SO方向射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°，粒子重力不计，则平行金属板间匀强电场的电场强度大小为（）A．B．C．D．15．（2分）如图所示，在xOy直角坐标系中，第Ⅰ象限内分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场，第Ⅱ象限内分布着沿y轴负方向的匀强电场．初速度为零、带电荷量为q、质量为m 的粒子经过电压为U的电场加速后，从x轴上的A点垂直x轴进入磁场区域，重力不计，经磁场偏转后过y轴上的P点且垂直于y轴进入电场区域，在电场中偏转并击中x轴上的C 点．已知OA=OC=d．则磁感应强度B和电场强度E可表示为（）A．B=，E=B．B=，E=C．B=，E=D．B=，E=16．（2分）如图所示，某一真空室内充满竖直向下的匀强电场E，在竖直平面内建立坐标xOy，在y＜0的空间里有与场强E垂直的匀强磁场B，在y＞0的空间内，将一质量为m的带电液滴（可视为质点）自由释放，此液滴则沿y轴的负方向，以加速度a=2g（g为重力加速度）做匀加速直线运动，当液滴运动到坐标原点时，瞬间被安置在原点的一个装置改变了带电性质（液滴所带电荷量和质量均不变），随后液滴进入y＜0的空间运动．液滴在y＜0的空间内的运动过程中（）A．重力势能一定不断减小B．电势能一定先减小后增大C．动能不断增大D．动能保持不变17．（2分）用一根横截面积为S、电阻率为p的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径．如图所示，在ab的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率=k（k＜0），则（）A．圆环中产生逆时针方向的感应电流B．圆环具有收缩的趋势C．圆环中感应电流的大小为D．图中a、b两点间的电压U=|0.25kπr2|18．（2分）如图所示是等腰直角三棱柱abcd为正方形，边长为L，它们按图示位置放置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，下面说法中不正确的是（）A．通过bcf平面的磁通量为零B．通过dcfe平面的磁通量大小为L2•BC．通过abfe平面的磁通量大小为零D．通过abcd平面的磁通量大小为L2•B19．（2分）如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场．在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球．O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，bd沿水平方向．已知小球所受电场力与重力大小相等．现将小球从环的顶端a点由静止释放．下列判断正确的是（）A．小球能越过与O等高的d点并继续沿环向上运动B．当小球运动到c点时，小球受到的洛仑兹力最大C．小球从b点运动到c点，电势能增大，动能先增大后减小D．小球从a点到b点，重力势能减小，电势能增大20．（2分）如图所示，在x轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，x轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为的匀强磁场．一带负电的粒子从原点O以与x轴成30°角斜向上射入磁场，且在上方运动半径为R．不计重力，则（）A．粒子经偏转一定能回到原点OB．粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2：1C．粒子完成一次周期性运动的时间为D．粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进3R21．（2分）如图所示，在半径为R的圆形区域内，有匀强磁场，方向垂直于圆平面（未画出）．一群相同的带电粒子以相同速率v0，由P点在纸平面内向不同方向射入磁场．当磁感应强度大小为B1时，所有粒子出磁场的区域占整个圆周长的；当磁感应强度大小减小为B2时，这些粒子在磁场中运动时间最长的是．则磁感应强度B1、B2的比值（不计重力）是（）A．1：B．2：C．3：D．4：22．（2分）如图所示，一半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m，电荷量为q的正电荷（重力忽略不计）以速度v沿正对着圆心O的方向射入磁场，从磁场中射出时速度方向改变了θ角．磁场的磁感应强度大小为（）A．B．C．D．二、多项选择（每空4分，共16分）23．（4分）某静电场中的一条电场线与X轴重合，其电势的变化规律如图所示．在O点由静止释放一个负电荷，该负电荷仅受电场力的作用，则在﹣x0～x0区间内（）A．该静电场是匀强电场B．该静电场是非匀强电场C．负电荷将沿X轴正方向运动，加速度不变D．负电荷将沿X轴负方向运动，加速度逐渐减小24．（4分）电位器是变阻器的一种．如图所示，如果把电位器与灯泡串联起来，利用它改变灯泡的亮度，下列说法正确的是（）A．连接A、B使滑动触头顺时针转动，灯泡变暗B．连接A、C使滑动触头逆时针转动，灯泡变亮C．连接A、C使滑动触头顺时针转动，灯泡变暗D．连接B、C使滑动触头顺时针转动，灯泡变亮25．（4分）在如图所示电路中，R1＞r，当变阻器R3的滑片P向b端移动时，下列说法正确的是（）A．电源内部消耗的热功率增大B．电源的输出功率增大C．电压表示数变大，电流表示数变大D．电压表示数变大，电流表示数变小26．（4分）一个用半导体材料制成的电阻器D，其电流I随它两端的电压U的关系图象如图甲所示，将它与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源上，如图乙所示，三个用电器消耗的电功率均为P．现将它们连接成如图丙所示的电路，仍然接在该电源的两端，设电阻器D和电阻R1、R2消耗的电功率分别为P D、P1、P2，它们之间的大小关系为（）A．P1=4P2B．P D＜P2C．P1＞4P2D．P D＞P2三、计算题27．如图所示，从阴极K发射的电子经电势差U0=4500V的阳极加速后，沿平行于板面的方向从中央射入两块长L1=10cm，间距d=4cm的平行金属板AB之后，在离金属板边缘L2=75cm 处放置一个直径D=20cm的带有记录纸的圆筒，轴线OO1垂直圆筒，整个装置放在真空内，电子发射的初速度不计．已知电子的质量m=0.9×10﹣30kg，电子的电荷量的绝对值e=1.6×10﹣19C，不考虑相对论效应．（1）求电子刚进入金属板AB时的速度大小．（2）若电子刚好能从AB极板边缘飞出，求加在AB两极板间的直流电压U1多大？刚好飞出时的动能多大？（用电子伏作为能量单位表示动能大小）（3）若在两个金属板上加上U2=1000cos 2πt（V）的交流电压，并使圆筒绕中心轴按图示方向以ω=4π rad/s的角速度匀速转动，确定电子在记录纸上的偏转位移随时间变化的关系式并在所给坐标系中定性画出1s内所记录的图形．（电子穿过AB的时间很短，可认为这段时间内板间的电压不变）28．如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中．现有一质量为m、带正电的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g．（1）若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点时速度为多大？（2）在（1）的情况下，求滑块到达C点时受到轨道的作用力大小；（3）改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小．29．如图所示，绝缘的水平桌面上方有一竖直方向的矩形区域，该区域是由三个边长均为L 的正方形区域ABFE、BCGF和CDHG首尾相接组成的，且矩形的下边EH与桌面相接．三个正方形区域中分别存在方向为竖直向下、竖直向上、竖直向上的匀强电场，其场强大小比例为1：1：2．现有一带正电的滑块以某一初速度从E点射入场区，初速度方向水平向右，滑块最终恰从D点射出场区，已知滑块在ABFE区域所受静电力和所受重力大小相等，桌面与滑块之间的滑动摩擦因素为0.125，重力加速度为g，滑块可以视作质点．求：（1）滑块进入CDHG区域时的速度大小．（2）滑块在ADHE区域运动的总时间．30．如图所示，边长为2l的正方形ABCD内存在两个场强大小相等、方向相反的有界匀强电场，中位线OO′上方的电场方向竖直向下，OO′下方的电场方向竖直向上．从某时刻起，在A、O两点间（含A点，不含O点）连续不断地有电量为+q、质量为m的粒子以相同速度v0沿水平方向射入电场．其中从A点射入的粒子第一次穿越OO′后就恰好从C点沿水平方向射出正方形电场区．不计粒子的重力及粒子间的相互作用．求：（1）从A点入射的粒子穿越电场区域的时间t和匀强电场的场强E的大小；（2）在AO间离O点高度h为多大的粒子，最终能沿水平方向从CD间射出正方形电场区？（3）上一问中能沿水平方向射出正方形电场区的这些粒子，在穿越OO′时的速度v的大小．31．如图所示，为一磁约束装置的原理图，圆心为原点O、半径为R0的圆形区域Ⅰ内有方向垂直xoy平面向里的匀强磁场．一束质量为m、电量为q、动能为E0的带正电粒子从坐标为（0、R0）的A点沿y负方向射入磁场区域Ⅰ，粒子全部经过x轴上的P点，方向沿x轴正方向．当在环形区域Ⅱ加上方向垂直于xoy平面的匀强磁场时，上述粒子仍从A点沿y轴负方向射入区域Ⅰ，粒子经过区域Ⅱ后从Q点第2次射入区域Ⅰ，已知OQ与x轴正方向成60°．不计重力和粒子间的相互作用．求：（1）区域Ⅰ中磁感应强度B1的大小；（2）若要使所有的粒子均约束在区域内，则环形区域Ⅱ中B2的大小、方向及环形半径R至少为大；（3）粒子从A点沿y轴负方向射入后至再次以相同的速度经过A点的运动周期．32．在如图所示的直角坐标系中，第四象限内有互相正交的匀强电场E与匀强磁场B1，一质量m=1×10﹣14kg、电荷量q=1×10﹣10C的带正电微粒以某一速度v沿与y轴正方向60°角从M点沿直线运动，M点的坐标为（0，﹣10），E的大小为0.5×103V/m，B1大小为0.5T；粒子从x轴上的P点进入第一象限内，第一象限的某个矩形区域内，有方向垂直纸面向里的匀强磁场B2，一段时间后，粒子经过y轴上的N点并与y轴正方向成60°角的方向飞出，N点的坐标为（0，30），不计粒子重力，g取10m/s2．（1）请分析判断匀强电场E的方向并求出微粒的运动速度v；（2）粒子在磁场B2中运动的最长时间为多少？运动最长时间情况下的匀强磁场B2的大小是多少？（3）若B2=T，则矩形磁场区域的最小面积为多少？33．如图所示，在xOy平面内的第III象限中有沿﹣y方向的匀强电场，场强大小为E．只第I和第II象限有匀强磁场，磁场方向垂直于坐标平面向里，有一质量为m，电荷量为e的电子，从y轴的P点以初速度v0垂直于电场方向进入电场，P点坐标为，经电场偏转后，与x轴负半轴成一定角度进入磁场，设磁感应强度B的大小为．求：（1）电子经过x轴负半轴的坐标和此时速度方向与﹣x轴方向的夹角；（2）电子再次经过y轴负半轴的坐标．四、实验，探究题34．现有一块69C2型的小量程电流表G（表头），满偏电流为50μA，内阻约为800～850Ω，把它改装成1mA、10mA的两量程电流表．可供选择的器材有：滑动变阻器R1，最大阻值20Ω；滑动变阻器R2，最大阻值100kΩ；电阻箱R′，最大阻值9999Ω；定值电阻R0，阻值1kΩ；电池E1，电动势1.5V；电池E2，电动势3.0V；电池E3，电动势4.5V；（电池内阻均不计）标准电流表A，满偏电流1.5mA；单刀单掷开关S1和S2，单刀双掷开关S 3，电阻丝及导线若干．（1）采用如图甲所示电路测量表头的内阻，为提高测量精确度，选用的滑动变阻器为；选用的电池为．（2）将G改装成两量程电流表．现有两种备选电路，如图乙和丙所示．图合理电路．（3）将改装后的电流表与标准电流表逐格进行核对（仅核对1mA量程），画出所用电路图，图中待核对的电流表符号用A′来表示．35．2013年12月14日晚上9点14分左右嫦娥三号月球探测器平稳降落在月球虹湾，并在4分钟后展开太阳能电池帆板．这是中国航天器第一次在地外天体成功软着陆，中国成为继美国、前苏联之后第三个实现月面软着陆的国家．太阳能电池在有光照时，可以将光能转化为电能，在没有光照时，可以视为一个电学器件．某实验小组用测绘小灯泡伏安特性曲线的实验方法，探究一个太阳能电池在没有光照时（没有储存电能）的I﹣U特性．所用的器材包括：太阳能电池，电源E，电流表A，电压表V，滑动变阻器R，开关S及导线若干．（1）为了达到上述目的，应选用图1中的哪个电路图（填“甲”或“乙”）；（1分）（2）该实验小组根据实验得到的数据，描点绘出了如图2的I﹣U图象．由图可知，当电压小于2.00V时，太阳能电池的电阻（填“很大”或“很小”）；当电压为2.80V时，太阳能电池的电阻约为Ω．（保留一位有效数字）（3）该实验小组在另一实验中先用一强光照射太阳能电池，并用如图3电路调节滑动变阻器，通过测量得到该电池的U﹣I曲线a．再减小实验中光的强度，用一弱光重复实验，测得U﹣I曲线b，见图4．当滑动变阻器的电阻为某值时，若曲线a的路端电压为1.5V．则滑动变阻器的测量电阻为Ω，曲线b外电路消耗的电功率为W（计算结果保留两位有效数字）．四川省成都市2014-2015学年高二上学期期末物理模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题2分，共46分）1．（2分）真空中有甲、乙两个相同的带电金属小球（均可视为点电荷），它们所带电荷量相等，相距一定的距离，它们之间的静电斥力为F．现让第三个与甲、乙完全相同但不带电的金属小球丙先后与甲、乙两球接触后移开，这时甲、乙两球之间的相互作用力为（）A．吸引力， F B．吸引力， F C．排斥力， F D．排斥力，考点：库仑定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：接触带电的原则是先中和，再平分，根据该原则求出接触后两球的电量，根据库仑定律得出两球之间的库仑力大小．注意需讨论初始时，两球带等量的同种电荷或等量的异种电荷．解答：解：由于它们之间的静电斥力为F，故两球带等量的同种电荷，设电量都为Q，则有：F=k．则让第三个半径相同的不带电的金属小球先后与A，B两球接触后移开．两球所带的电量大小分别为、，则库仑力F′=k=F，由于仍为同种电荷，故为排斥力．故C正确，A、B、D错误．故选：C．点评：解决本题的关键掌握接触带电的原则，以及掌握库仑定律的公式F=k．2．（2分）如图所示，真空中O点有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为E a，方向与ab连线成60°角，b点的场强大小为E b，方向与ab连线成30°．关于a、b两点场强E a、E b的关系，正确的是（）A．2E a=3E b B．E a=3E b C．E a=D．E a=E b考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：要比较两点的场强的大小，必需求出两点各自的场强E，根据E=可知必需知道ab两点到O的距离大小关系a点到O点的距离R a=L ab cos60°=L ab，b点到O点距离R b=L b cos30°=L ab．解答：解：a点到O点的距离为：r a=L ab cos60°=L ab，b点到O点距离r b=L b cos30°= L ab，根据点电荷的场强公式E=可得==故E a=3E b，故选：B点评：理解场强的决定式，把握沿电场线方向电势降低的特点即可顺利解决此类题目．3．（2分）如图所示，在原来不带电的金属杆ab附近，在ab连线的延长线上放置一个正点电荷，达到静电平衡后，下列判断正确的是（）A．a 端的电势比b端的高B．b端的电势比d点的高C．a端的电势与b端的电势相等D．感应电荷在杆内c处产生的场强方向由b指向a考点：电势；静电场中的导体．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据静电平衡可知，同一个导体为等势体，导体上的电势处处相等，再由静电平衡的导体内部场强为零判断场强的反向．解答：解：ABCD、达到静电平衡后，导体为等势体，导体上的电势处处相等，所以可以得到φa=φb，由于杆处于静电平衡状态，所以内部的场强为零，即正电荷和感应电荷在内部产生的合场强为零，正电荷在c 处产生的场强方向由b指向a，所以感应电荷在杆内c处产生的场强方向由a指向b，故ABD错误，C正确．故选：C．点评：达到静电平衡后，导体为等势体，导体上的电势处处相等，这是解决本题的关键的地方，对于静电场的特点一定要熟悉．4．（2分）对于真空中电荷量为q的静止点电荷而言，当选取离点电荷无穷远处的电势为零时，离点电荷距离为r的位置的电势为φ=（k为静电力常量），如图所示，两电荷量大小均为Q的异种点电荷相距为d，现将一质子（电荷量为e）从两电荷连线上的A点沿以负电荷为圆心、半径为R的半圆形轨迹ABC移到C点，在质子从A到C的过程中，系统电势能的变化情况为（）A．减少B．增加C．减少D．增加考点：电势能；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据题中信息φ=公式，分别求出质子在A点和C点的电势，由公式E p=qφ求解电势能及其变化量．解答：解：A点的电势为φA=﹣k+k=﹣；C点的电势为φC=﹣k+k=﹣则A、C间的电势差为 U AC=φA﹣φC=﹣﹣（﹣）=，质子从A移到C，电场力做功为 W AC=eU AC=，是正功，所以质子的电势能减少，故A正确．故选：A．点评：本题是信息给予题，关键要读懂题意，知道如何求解电势，并掌握电场力做功公式和电场力做功与电势能变化的关系．5．（2分）如图所示，匀强电场中有a、b、c三点，在以它们为顶点的三角形中，∠a=30°，∠c=90°．电场方向与三角形所在平面平行．已知a、b和c点的电势分别为（2﹣） V、（2+） V和2V．该三角形的外接圆上最低、最高电势分别为（）A．（2﹣） V、（2+） V B．0、4 VC．（2﹣） V、（2+） V D．0、2 V考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：作出三角形的外接圆，其圆心O在ab的中点，该点电势为2V，OC为等势线，作出OC的垂线MN为电场线，根据U=Ed，顺着电场线MN，找出离O点最远的点，电势最低；逆着电场线，离O点最远点电势最高．解答：解：如图所示，取ab的中点O，根据几何知识可知：O就是三角形外接圆的圆心，且该点电势为：φO=2v=φc，故Oc为等势线，其垂线MN为电场线，方向为M→N方向．根据顺着电场线电势逐渐降低可知：外接圆上电势最低点为N点，最高点为M点．设外接半径为R，则U OP=U Oa=φO﹣φa=V．因为U ON=ER，U OP=ERcos30°，则 U ON：U OP=2：，故U ON=2V，又U ON=φO﹣φN，则得：φN=φO﹣U oN=2V﹣2V=0V，即三角形的外接圆上最低电势为0；同理M点电势为4V，为最高电势点．故选：B点评：求电势时，往往要作出等势线．本题的关键是得到O点电势，知道O与c电势相等，找到等势点，再作等势线，进一步作出电场线，并结合几何知识是求电势问题常用的方法．6．（2分）如图所示，平行板电容器在充电后不切断电源，此时板间有一带电尘粒恰能在电场中静止．若正对的平行板左右错开一些，则（）A．带电尘粒将向上运动B．带电尘粒将向下运动C．错开过程中，通过电阻R的电流方向为B到AD．错开过程中，通过电阻R的电流方向为A到B考点：带电粒子在混合场中的运动；电容．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：本题由电容器的决定式由平行板左右错开时，电容器的正对面积发生变化，由正对面积的变化判定电容器的变化，由于不切断电源，电容器极板间电压恒定，由此判定电容器的带电量的变化，从而确定粒子的运动和电流的变化问题．解答：解：根据电容器的决定式C=，当正对面积S减小时，电容器的电容减小．A、带电尘粒受电场力F=q没有发生变化，故电场力不变粒子仍处于平衡状态，故AB错误；CD、由于电容器的电容减小，两极板间电压保持不变，故电容器的带电荷量将减小，故电容器放电，流经电阻R电流方向从A至B，故C错误，D正确．故选：D．。