福建三明A区高中联盟2015-2016学年高二物理上学期期末试卷及答案

2015-2016学年福建省漳州市龙海二中高二（上）期末物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．每小题给出的四个选项中，1-8为单选题，9-12为多选题，全部选对的得4分，选对但不全的得1分，有错选的得0分．）1．用比值法定义物理量是物理学中一种常用方法．下面有四个物理量：①电势φ=②加速度a=③电场强度E=k④导体的电阻R=，其中属于比值法定义的一组是（）A．①② B．③④ C．①④ D．②③2．在真空中有两个完全相同的金属小球，带电荷分别为﹣q1和+q2，相距r时，其相互作用力为F；今将两小球接触一下再相距r，这时相互作用力为，则两球原来带电荷量大小的关系是（）A．q1：q2=1：2 B．q1：q2=2：1 C．q1：q2=3：1 D．q1：q2=2：33．条形磁铁位于线圈L的正上方，N极朝下．灵敏电流G、电容C与线圈L 连成如图所示的电路．现使磁铁从静止开始加速下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过G的电流方向和电容器极板的带电情况是（）A．从a到b，上极板带正电B．从a到b，下极板带正电C．从b到a，上极板带正电D．从b到a，下极板带正电4．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地．一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离（）A．带点油滴将沿竖直方向向上运动B．P点的电势将增大C．带电油滴的电势能将增大D．若电容器的电容减小，则极板带电量将增大5．（2015秋•蚌埠期末）如图所示，实线是电场线，一带电粒子只在电场力的作用下沿虚线由A运动到B的过程中，其速率﹣时间图象是选项中的（）A．B．C．D．6．（2011•南京模拟）在如图所示的电路中，R1、R2、R3和R4均为定值电阻，R5为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r，设电流表A1读数为I1，电流表A2的读数为I2，电压表V的读数为U，当R5的滑动触点向图中a端移动时（）A．I1变大，I2变大，U变大B．I1变大，I2变小，U变大C．I1变大，I2变小，U变小D．I1变小，I2变小，U变小7．有一毫安表，它的内阻是100Ω，量程为2mA，现要将它改装成量程为10A 的电流表，则毫安表应（）A．并联一个0.02Ω的电阻B．并联一个0.2Ω的电阻C．串联一个50Ω的电阻D．串联一个4900Ω的电阻8．（2005•山东）如图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里，abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为l，t=0时刻，bc边与磁场区域左边界重合．现令线圈以向右的恒定速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域，取沿a→b→c→d→a 方向的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线是（）A．B．C．D．9．如图所示，质量为M、长为L的直导线通有垂直纸面向外的电流I，被一绝缘线拴着并处在匀强磁场中，导线能静止在倾角为θ的光滑斜面上，则磁感应强度B的大小和方向可能是（）A．大小为，方向垂直斜面向上B．大小为方向垂直纸面向里C．大小为，方向水平向右D．大小为，方向沿斜面向下10．（2015秋•黑龙江期末）如图所示，从灯丝发出的电子经加速电场加速后，进入偏转电场，若加速电压为U1，偏转电压为U2，要使电子在电场中的偏转量y增大为原来的2倍，下列方法中正确的是（）A．使U1减小为原来的B．使U2增大为原来的2倍C．使偏转板的长度增大为原来2倍D．使偏转板的距离减小为原来的11．（2011•东城区模拟）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．速度选择器内互相垂直的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E．挡板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里C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小12．如图所示，直线A为某电源的U﹣I图线，直线B为电阻R的U﹣I图线，下列说法正确的是（）A．该电源的电动势为6 V，内阻为1ΩB．此电阻R大小为2.5ΩC．将该电阻与电源组成一闭合电路，则电源的输出功率为10 WD．将该电阻与电源组成一闭合电路，1 min内，电源内阻消耗的能量为720 J二、填空题（本题每空2分，共16分．把答案填在相应的横线上）13．（2分）（2014秋•湛江期末）如图是电压表的刻度盘．若当时使用的是该表的0﹣3V量程，那么电压表读数为V．14．（6分）（2014秋•云浮期末）图示为J0411多用电表示意图，其中A、B、C三个可调节的部件，某同学在实验室中用它测量一阻值约为1kΩ～3kΩ的电阻．他测量的操作步骤如下：（1）调节可调部件（填相应部件处所标字母），使电表指针指向．（2）调节选择开关B，使它的尖端指向倍率档．（3）将红、黑表笔分别插入正、负插孔中，两笔尖相互接触，调节可动部件（填相应部件处所标字母），使电表指针指向欧姆零刻度位置．（4）将两只表笔分别与待测电阻两端相接，进行测量读数．（5）若电表的示数如图所示，则该待测电阻的阻值是．15．（8分）如图甲所示，一根细长而均匀的合金管线样品，横截面为环形．此合金管线长度用L表示，外径用D表示，电阻约为5Ω．巳知这种合金的电阻率为ρ，且ρ受温度的影响很小，可以忽略．因管线内中空部分内径太小，无法直接测量．某实验小组设计了一个实验方案，测量中空部分的截面积S0，他们已选器材如下：A．毫米刻度尺B．螺旋测微器C．电流表A（300mA，1.0Ω）D．电压表V1（15V，约10kΩ）E．电压表V2（3V，约6kΩ）F．滑动变阻器R1（2KΩ，0.5A）G．滑动变阻器R2（10Ω，2A）H．标准电阻（R0=5Ω）I．蓄电池（3V，约0.05Ω）J．开关一个，带夹子的导线若干（1）小组同学用螺旋测微器测量该管线的外径D，示数如图乙所示，管线的外径等于mm；（2）上列器材中，电压表和滑动变阻器分别应选（只填代号字母，如ABC）．（3）请在如图丁方框中将该小组设计方案的实验电路图补充完整，要求电压表与电流表的示数均能过半，并能测量多组数据，合金管线电阻用R x表示．（4）小组将测得的多组U、I数据绘制成U﹣I图象如图丙所示，并计算出图象的斜率为K，同时用刻度尺测量出了管线的长度L．计算合金管线内部空间截面积S0的表达式为（用巳知量和所测物理量的符号如L、D、ρ、K、R0表示）三、计算题（共36分；解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的，答案中必须明确写出数值和单位．）16．（9分）如图所示，光滑斜面倾角为37°，一带有正电的小物块质量为m，电荷量为q，置于斜面上，当沿水平方向加如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变为原来的，求：（1）原来的电场强度为多大？（2）物块运动的加速度？（3）沿斜面下滑距离为l=0.5m时物块的速度大小．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）17．（12分）如图所示，水平放置的平行板电容器，与某一电源相连，它的极板长L=0.4m，两板间距离d=4×10﹣3m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0=10m/s从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下板上，已知微粒质量为m=4×10﹣5kg，电量q=+1×10﹣8C．（g=10m/s2）．为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U应取什么范围？18．（15分）（2013•宁夏校级模拟）在如图所示的空间区域里，y轴左方有一匀强电场，场强方向跟y轴正方向成60°，大小为E=4.0×105N/C；y轴右方有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.20T．有一质子以速度v=2.0×106m/s，由x轴上的A点（10cm，0）沿与x轴正方向成30°斜向上射入磁场，在磁场中运动一段时间后射入电场，后又回到磁场，经磁场作用后又射入电场．已知质子质量近似为m=1.6×10﹣27kg，电荷q=1.6×10﹣19C，质子重力不计．求：（1）质子在磁场中做圆周运动的半径．（2）质子从开始运动到第二次到达y轴所经历的时间．（计算结果保留3位有效数字）（3）质子第三次到达y轴的位置坐标．2015-2016学年福建省漳州市龙海二中高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．每小题给出的四个选项中，1-8为单选题，9-12为多选题，全部选对的得4分，选对但不全的得1分，有错选的得0分．）1．用比值法定义物理量是物理学中一种常用方法．下面有四个物理量：①电势φ=②加速度a=③电场强度E=k④导体的电阻R=，其中属于比值法定义的一组是（）A．①② B．③④ C．①④ D．②③【考点】物理学史【分析】所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比值”来定义一个新的物理量的方法．比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变．【解答】解：：①电势ϕ=，电势是电荷所受具有的电势能与该电荷所带电荷量的比值，电势与电势能和电荷量无关，所以U=属于比值定义法．故①正确．②加速度a=，这是牛顿第二定律表达式，说明加速度与所受的合力成正比，与质量成反比，所以a=不属于比值定义法．故②错误．③电场强度E=k，电场强度与场源电荷量成正比，与距离的平方成反比，所以E=k不属于比值定义法．故③错误．④导体的电阻R=，电阻R与电压、电流无关，是其本身的属性，属于比值定义法，故④正确．故选C．2．在真空中有两个完全相同的金属小球，带电荷分别为﹣q1和+q2，相距r时，其相互作用力为F；今将两小球接触一下再相距r，这时相互作用力为，则两球原来带电荷量大小的关系是（）A．q1：q2=1：2 B．q1：q2=2：1 C．q1：q2=3：1 D．q1：q2=2：3【考点】库仑定律【分析】库仑定律可得出两球在接触前后的库仑力表达式，则根据电量的变化可得出接触后的作用力与原来作用力的关系．【解答】解：根据库伦定律得：接触前，两球作用力大小为：①两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分：②③联立①②③解得：q1：q2=3：1，故ABD错误，C正确．故选：C．3．条形磁铁位于线圈L的正上方，N极朝下．灵敏电流G、电容C与线圈L 连成如图所示的电路．现使磁铁从静止开始加速下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过G的电流方向和电容器极板的带电情况是（）A．从a到b，上极板带正电B．从a到b，下极板带正电C．从b到a，上极板带正电D．从b到a，下极板带正电【考点】楞次定律【分析】当磁铁的N极向下运动，导致穿过线圈的磁通量发生变化，导致线圈中产生感应电动势．由楞次定律可得感应电流的方向，从而判定电容器下极板带何种电．【解答】解：当磁铁N极向下运动，导致穿过线圈的磁通量变大，且方向向下，则由楞次定律可得线圈中产生感应电流方向盘旋而下，螺线管下端相当于电源的正极．所以通过G的电流方向为从b到a，而电容器下极板则带正电．故选：D4．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地．一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离（）A．带点油滴将沿竖直方向向上运动B．P点的电势将增大C．带电油滴的电势能将增大D．若电容器的电容减小，则极板带电量将增大【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电容器【分析】将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据E=分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况．由U=Ed分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化．根据电容的定义式，电容器与电源保持相连，则U不变，Q与C成正比变化．【解答】解：A、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E=得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动．故A错误．B、板间场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P 点的电势将降低．故B错误．C、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加．故C正确．D、根据电容的定义式，电容器与电源保持相连，则U不变，当C减小，则Q也减小．故D错误．故选：C．5．（2015秋•蚌埠期末）如图所示，实线是电场线，一带电粒子只在电场力的作用下沿虚线由A运动到B的过程中，其速率﹣时间图象是选项中的（）A．B．C．D．【考点】电场线【分析】根据带电粒子运动轨迹判定电场力方向，再结合电场强度方向判断电性，然后根据电场线的疏密程度判断加速度的大小，从而判断粒子的运动情况选择速度图象．【解答】解：电场线的疏密程度表示场强大小，A点电场线密集，故电场强度大，电场力大，故加速度大，所以粒子的加速度一直减小，由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力的方向大致斜向左下方，与电场强度方向相反，故粒子带负电，电场力做负功，速度慢慢减小，所以粒子做加速度减小的减速运动，故B正确．故选：B．6．（2011•南京模拟）在如图所示的电路中，R1、R2、R3和R4均为定值电阻，R5为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r，设电流表A1读数为I1，电流表A2的读数为I2，电压表V的读数为U，当R5的滑动触点向图中a端移动时（）A．I1变大，I2变大，U变大B．I1变大，I2变小，U变大C．I1变大，I2变小，U变小D．I1变小，I2变小，U变小【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】当R5的滑动触点向图中a端移动时，R5变小，外电路总电阻变小，根据欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，确定电流表A1和电压表的读数变化．再分析并联部分的电压变化，判断电流表A2读数变化．【解答】解：当R5的滑动触点向图中a端移动时，R5变小，外电路总电阻变小，则由闭合电路欧姆定律知，总电流I变大，路端电压变小，则有I1变大，U变小．电路中并联部分电压变小，则I2变小．故选C7．有一毫安表，它的内阻是100Ω，量程为2mA，现要将它改装成量程为10A 的电流表，则毫安表应（）A．并联一个0.02Ω的电阻B．并联一个0.2Ω的电阻C．串联一个50Ω的电阻D．串联一个4900Ω的电阻【考点】把电流表改装成电压表【分析】把毫安表改装成电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值．【解答】解：把毫安表改装成10A的电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值：R==≈0.02Ω；故选：A．8．（2005•山东）如图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里，abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为l，t=0时刻，bc边与磁场区域左边界重合．现令线圈以向右的恒定速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域，取沿a→b→c→d→a 方向的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线是（）A．B．C．D．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；右手定则【分析】首先根据右手定则判断边cb刚进入磁场时回路中感应电流方向，排除部分答案，然后根据进入磁场中有效切割长度的变化，求出感应电流的变化，从而得出正确结果．【解答】解：开始时bc边进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，即为负方向，故AC错误；当bc边开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针，方向为正方向，因此D错误，电流方向为逆时针，后顺时针，并都逐渐增大，故只有B正确；故选：B．9．如图所示，质量为M、长为L的直导线通有垂直纸面向外的电流I，被一绝缘线拴着并处在匀强磁场中，导线能静止在倾角为θ的光滑斜面上，则磁感应强度B的大小和方向可能是（）A．大小为，方向垂直斜面向上B．大小为方向垂直纸面向里C．大小为，方向水平向右D．大小为，方向沿斜面向下【考点】安培力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用【分析】通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式F=BIL求出安培力大小，由左手定则来确定安培力的方向．【解答】解：A、安培力沿斜面向上大小为Mgtanθ．而重力和支持力的合力等于Mgsinθ小于安培力，所以导线有沿斜面往上的运动趋势，故A错误；B、无所谓B的大小安培力均为0．而绳的拉力，重力和支持力可以满足平衡条件，故B正确；C、安培力竖直向上，重力和安培力平衡，没有支持力和拉力，故C正确；D、安培力垂直斜面向上大小为Mg，沿斜面方向分解重力．因为Mg＞Mgcosθ，所以导线有离开斜面的运动趋势，故D错误；故选：BC．10．（2015秋•黑龙江期末）如图所示，从灯丝发出的电子经加速电场加速后，进入偏转电场，若加速电压为U1，偏转电压为U2，要使电子在电场中的偏转量y增大为原来的2倍，下列方法中正确的是（）A．使U1减小为原来的B．使U2增大为原来的2倍C．使偏转板的长度增大为原来2倍D．使偏转板的距离减小为原来的【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】电子先经加速电场加速后，进入偏转电场，根据动能定理求出加速获得的速度与加速电压的关系．由牛顿第二定律求出电子进入偏转电场时的加速度，根据运动的合成与分解，推导出电子在偏转电场中偏转量与偏转电压的关系，再综合得到偏转电场中偏转量与加速电压、偏转电压的关系，再进行选择．【解答】解：设电子的质量和电量分别为m和e．电子在加速电场中加速过程，根据动能定理得eU1=①电子进入偏转电场后做类平抛运动，加速度大小为a=②电子在水平方向做匀直线运动，则有t=③在竖直方向做匀加速运动，则有偏转量y=④联立上述四式得，y=A、根据偏转量y=得知，要使电子在电场中的偏转量y增大为原来的2倍，使U1减小为原来的．故A正确．B、根据偏转量y=得知，要使电子在电场中的偏转量y增大为原来的2倍，使U2增大为原来的2倍．故B正确．C、根据偏转量y=得知，要使电子在电场中的偏转量y增大为原来的2倍，使偏转板的长度L增大为原来倍．故C错误．D、要使电子在电场中的偏转量y增大为原来的2倍，使偏转板的距离减小为原来的．故D正确．故选ABD11．（2011•东城区模拟）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．速度选择器内互相垂直的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E．挡板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里C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理【分析】带电粒子在速度选择器中受电场力和洛伦兹力平衡，做匀速直线运动，进入偏转电场后做匀速圆周运动，根据半径公式得出半径与粒子比荷的关系．【解答】解：A、粒子在速度选择器中做匀速直线运动，有qE=qvB，解得v=．进入偏转电场后，有，解得，知r越小，比荷越大．同位素电量相等，质量不同，则偏转半径不同，所以质谱仪是分析同位素的重要工具．故A正确，C、D错误．B、因为电荷所受电场力与洛伦兹力平衡，根据左手定则知，磁感应强度的方向垂直纸面向外．故B错误．故选A．12．如图所示，直线A为某电源的U﹣I图线，直线B为电阻R的U﹣I图线，下列说法正确的是（）A．该电源的电动势为6 V，内阻为1ΩB．此电阻R大小为2.5ΩC．将该电阻与电源组成一闭合电路，则电源的输出功率为10 WD．将该电阻与电源组成一闭合电路，1 min内，电源内阻消耗的能量为720 J 【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】由电源的U﹣I图象读出电动势，求出内阻．据闭合电路欧姆定律求出用该电源和该电阻组成闭合电路时电路中电流和电源的输出电压，再求出电源的输出功率和电源内阻消耗的能量．【解答】解：A、由A图线知，图象纵轴截距大小等于电源的电动势，则电源的电动势E=6V．图象的斜率大小等于电源的内阻，则内阻r===0.5Ω．故A错误．B、由图知，I=2A时，U=5A，由闭合电路欧姆定律得：R=﹣r=﹣0.5=2.5Ω．故B正确．C、将该电阻与电源组成一闭合电路，电路中电流为I=2A，路端电压为U=5V，则电源的输出功率为P=UI=10W．故C正确．D、将该电阻与电源组成一闭合电路，1 min内，电源内阻消耗的能量为E消=I2rt=22×0.5×60J=120J．故D错误．耗故选：BC二、填空题（本题每空2分，共16分．把答案填在相应的横线上）13．（2分）（2014秋•湛江期末）如图是电压表的刻度盘．若当时使用的是该表的0﹣3V量程，那么电压表读数为 1.15 V．【考点】用多用电表测电阻【分析】电压表的读数：明确电压表使用的量程，明确每一个大格和每一个小格代表的示数．【解答】解：电压表使用0～3V量程，每一个大格代表1V，每一个小格代表0.1V，示数为1.15V．故答案为：1.15．14．（6分）（2014秋•云浮期末）图示为J0411多用电表示意图，其中A、B、C三个可调节的部件，某同学在实验室中用它测量一阻值约为1kΩ～3kΩ的电阻．他测量的操作步骤如下：（1）调节可调部件 A （填相应部件处所标字母），使电表指针指向左侧零刻度线．（2）调节选择开关B，使它的尖端指向×100Ω倍率档．（3）将红、黑表笔分别插入正、负插孔中，两笔尖相互接触，调节可动部件C （填相应部件处所标字母），使电表指针指向欧姆零刻度位置．（4）将两只表笔分别与待测电阻两端相接，进行测量读数．（5）若电表的示数如图所示，则该待测电阻的阻值是 2.2kΩ．【考点】用多用电表测电阻【分析】用多用电表测量电阻时，先进行机械校零，需将选择开关旋到殴姆档某一位置，再进行欧姆调零，殴姆调零后，测量电阻读出示数．注意示数是由刻度值与倍率的乘积．【解答】解：（1）实验多用电表前首先要进行机械调零，调节可调部件A，使电表指针停在表盘左边的零刻度线位置；（2）测阻值为1kΩ～3kΩ的电阻，为使指针指在中央刻度附近，应选择开关B，使它的尖端指向×100Ω倍率档．（3）选档后要进行欧姆调零，将红、黑表笔分别插入“+”、“﹣”插孔，笔尖相互接触，调节可调部件C，使电表指针指向表盘右边的欧姆挡零刻线位置．（5）由图示可知，该待测电阻阻值为：22×100Ω=2200Ω=2.2kΩ．故答案为：（1）A；左侧零刻度线；（2）×100Ω；（3）C；（5）2.2kΩ．15．（8分）如图甲所示，一根细长而均匀的合金管线样品，横截面为环形．此合金管线长度用L表示，外径用D表示，电阻约为5Ω．巳知这种合金的电阻率为ρ，且ρ受温度的影响很小，可以忽略．因管线内中空部分内径太小，无法直接测量．某实验小组设计了一个实验方案，测量中空部分的截面积S0，他们已选器材如下：A．毫米刻度尺B．螺旋测微器C．电流表A（300mA，1.0Ω）D．电压表V1（15V，约10kΩ）E．电压表V2（3V，约6kΩ）F．滑动变阻器R1（2KΩ，0.5A）G．滑动变阻器R2（10Ω，2A）H．标准电阻（R0=5Ω）I．蓄电池（3V，约0.05Ω）J．开关一个，带夹子的导线若干（1）小组同学用螺旋测微器测量该管线的外径D，示数如图乙所示，管线的外径等于 1.510 mm；（2）上列器材中，电压表和滑动变阻器分别应选E和G （只填代号字母，如ABC）．（3）请在如图丁方框中将该小组设计方案的实验电路图补充完整，要求电压表与电流表的示数均能过半，并能测量多组数据，合金管线电阻用R x表示．（4）小组将测得的多组U、I数据绘制成U﹣I图象如图丙所示，并计算出图象的斜率为K，同时用刻度尺测量出了管线的长度L．计算合金管线内部空间截面积S0的表达式为（用巳知量和所测物理量的符号如L、D、ρ、K、R0表示）【考点】测定金属的电阻率【分析】（1）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；（2）本实验需要用伏安法测量电阻，同时要结合电阻定律公式R=求解导体的截面积，故可以先得到截面积的表达式，再结合欧姆定律得到待测量，从而进一步选择器材；（3）用伏安法测量电阻，要求尽可能测出多组有关数值，故滑动变阻器要采用分压式接法；由于金属原件长度较短，故电阻较小，故采用安培表外接法，画出电路图；（4）根据欧姆定律和电阻定律公式可以得到要测量的物理量，并进一步推导出公式．。

2015-2016学年福建省福州教育学院二附中高二（上）期末物理试卷一、选择题（12小题，每题3分，共36分．每小题只有一个选项正确）1．关于电场线的叙述正确的是（）A．电场线就是带电粒子在电场中的运动轨迹B．在电场中没画电场线的地方场强为零C．电场线是电场中实际存在的线D．电场中某点电场线的切线方向与正电荷在该点所受电场力的方向相同2．下列各图中能正确表示电流磁场的分布情况的是（）A．B．C．D．3．真空中两个静止点电荷间的静电力大小为F．若电荷电量不变，两点电荷间的距离减小到原来的，则两点电荷间的静电力大小为（）A．B．C．4F D．2F4．某电场的分布如图所示，带箭头的实线为电场线，虚线为等势面．A、B、C三点的电场强度分别为E A、E B、E C，电势分别为φA、φB、φC，关于这三点的电场强度和电势的关系，以下判断正确的是（）A．E A＜E B，φB=φC B．E A＞E B，φA＜φB C．E A＞E B，φA＞φB D．E A=E C，φB=φC 5．以下说法正确的是（）A．由E=可知电场中某点的电场强度E与F成正比B．由可知，某两点的电势差与电场力做功成正比，与电荷量成反比C．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D．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6．关于磁感应强度，下列说法中正确的是（）A．由B=可知，B与F成正比，与IL成反比B．由B=可知，一小段通电导体在某处不受磁场力，说明此处一定无磁场C．通电导线在磁场中受力越大，磁场可能越强D．磁感应强度的方向就是该处电流受力方向7．如图所示，表示磁场对直线电流的作用，其中正确的是（）A．B．C．D．8．一束混合粒子流从一发射源射出后，进入如图所示的磁场，分离为1、2、3三束，则下列说法正确的是（）A．1带负电B．1带正电C．2带负电D．3带正电9．如图所示，某同学将电压表直接与干电池的正、负极相接时，能测出的物理量是（）A．电压表的电阻 B．干电池的内电阻C．干电池的电动势D．干电池的短路电流10．在电场中某处放入电荷量为1.0×10﹣9C的点电荷时，它受到的电场力的大小为2.0×10﹣5N，则该处的电场强度大小是多少？（）A．2.0×104N/C B．5.0×10﹣5N/C C．2.0×10﹣14N/C D．无法确定11．一个直流电动机所加电压为U，电流为 I，线圈内阻为 R，当它工作时，下述说法中正确的是（）A．电动机的输出功率为B．电动机的输出功率为IU﹣I2RC．电动机的发热功率为IUD．电动机的功率可写作IU=I2R=12．在如图所示的电路中，电源的内电阻r=1Ω，外电路电阻R=9Ω，闭合开关后，电流表的示数I=0.3A，电流表的内阻不计．电源的电动势E等于（）A．1V B．2V C．3V D．5V二、实验题（两小题，每空3分，共15分．）13．某同学为测定金属丝的电阻，做如下测量：（1）用多用表粗测该金属丝的电阻，选用“×10”倍率的电阻挡后，应先，再进行测量，之后多用表的示数如图所示，测得该金属丝电阻为Ω．（2）测得金属丝的长度为L，金属丝的直径为d，则这种金属材料的电阻率ρ=（用题中字母L、R、d表示答案）14．某同学用伏安法测干电池的电动势E和内阻r，测得两节不同干电池U﹣I图象如图所示．（1）电源电动势E1E2．（填“＞”或“＜”或“=”）（2）内阻r1r2．（填“＞”或“＜”或“=”）三、计算题（四小题，共49分）15．电场中某区域的电场线如图所示，A、B是电场中的两点．一个电荷量q=+4.0×10﹣8 C 的点电荷在A点所受电场力F A=2.0×10﹣4 N，将该点电荷从A点移到B点，电场力做功W=8.0×10﹣7J．求：（1）A点电场强度的大小E A．（2）A、B两点间的电势差U．16．如图所示电路，电源电动势E=3V，内阻r=0.6Ω，R1=4Ω，R2=6Ω，求流过电源的电流，路端电压．17．把一根长为L=10cm的直导线垂直磁感线方向放入如图所示的匀强磁场中．（1）当导线中通以I1=2A的电流时，导线受到的安培力大小为1.0×10﹣7N，试求该磁场的磁感应强度的大小B．（2）若该导线中通以I2=3A的电流，试求此时导线所受安培力大小F，并判断安培力的方向．18．如图所示，半径为r的圆形区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．现有一带电离子（不计重力）从A以速度v沿圆形区域的直径射入磁场，已知离子从C点射出磁场的方向与入射方向间的夹角为60°．求：①该离子带何种电荷；②该离子的电荷量与质量之比．三、计算题（四小题，共49分）19．用30cm的细线将质量为4×10﹣3kg的带电小球P悬挂在O点下，当空中有方向为水平向右，大小为1×104N/C的匀强电场时，小球偏转37°后处在静止状态．（1）分析小球的带电性质；（2）求小球的带电量；（3）求细线的拉力．20．如图所示的电路中，已知四个电阻的阻值为R1=1Ω、R2=4Ω、R3=3Ω、R4=2Ω，电源电动势E=4V，内阻r=0.5Ω，试求：（1）S闭合，S′断开时，通过R1和R2的电流之比；（2）S和S′都闭合后的总电流I．21．如图所示，在倾角为θ=30°的斜面上，固定一宽L=0.25m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和变阻器．电源电动势E=12V，内阻r=1.0Ω一质量m=20g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好．整个装置处于磁感强度B=0.80T、垂直于斜面向上的匀强磁场中（导轨与金属棒的电阻不计）．金属导轨是光滑的，取g=10m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：（1）金属棒所受到的安培力；（2）通过金属棒的电流；（3）滑动变阻器R接入电路中的阻值．22．如图所示，在xOy坐标系y轴右侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，在第四象限还有沿x轴负方向的匀强电场，y轴上有一点P，坐标已知为（0，L），一电荷量为q、质量为m的粒子从P点以某一大小未知的速度沿与y轴正方向夹角为30°的方向垂直射入磁场，已知粒子能够进入第四象限，并且在其中恰好做匀速直线运动．不计重力．求：（1）粒子在第一象限中运动的时间t；（2）电场强度E．2015-2016学年福建省福州教育学院二附中高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（12小题，每题3分，共36分．每小题只有一个选项正确）1．关于电场线的叙述正确的是（）A．电场线就是带电粒子在电场中的运动轨迹B．在电场中没画电场线的地方场强为零C．电场线是电场中实际存在的线D．电场中某点电场线的切线方向与正电荷在该点所受电场力的方向相同【考点】电场线．【分析】电场线的方向是正电荷所受电场力的方向，而正负电荷所受的电场力的方向相反；电场线的切线方向即为场强的方向，故任意两条电场线都不会相交；只有电场线是直线，带电粒子的初速度为零或初速度方向与电场线方向在同一条直线上时电场线才与带电粒子的轨迹重合；电场线的疏密代表电场的强弱，故电场线越密的地方场强越强．【解答】解：A、电场线不一定与带电粒子的轨迹重合，只有电场线是直线，带电粒子的初速度为零或初速度方向与电场线方向在同一条直线上时电场线才与带电粒子的轨迹重合．故A错误．B、在电场中没画电场线的地方场强不一定为零．故B错误．C、电场线不存在，故C错误．D、电场中某点电场线的切线方向与正电荷在该点所受电场力的方向相同．故D正确．故选：D2．下列各图中能正确表示电流磁场的分布情况的是（）A．B．C．D．【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【分析】运用安培定则，逐个选项判断电流方向与磁场方向的关系，从而即可求解．【解答】解：A、根据安培定则，由电流方向向下可知，磁场方向（俯视）应该顺时针，故A错误．B、由电流方向向上，根据安培定则，磁感线方向为逆时针方向．故B正确．C、根据安培定则，由电流方向可知，环形电流的磁场的方向向右，磁感线方向应向右，故C错误．D、电源外部的电流方向由正极流向负极，所以螺旋管外侧的电流的方向向上，根据安培定则可知，则螺线管磁场的方向向左，右侧为S极．故D错误．故选：B．3．真空中两个静止点电荷间的静电力大小为F．若电荷电量不变，两点电荷间的距离减小到原来的，则两点电荷间的静电力大小为（）A．B．C．4F D．2F【考点】库仑定律．【分析】根据库仑定律的内容，找出变化量和不变量求出问题．【解答】解：真空中两个静止点电荷间的静电力大小为F=若电荷电量不变，两点电荷间的距离减小到原来的，则两点电荷间的静电力大小F′==4F．故选C．4．某电场的分布如图所示，带箭头的实线为电场线，虚线为等势面．A、B、C三点的电场强度分别为E A、E B、E C，电势分别为φA、φB、φC，关于这三点的电场强度和电势的关系，以下判断正确的是（）A．E A＜E B，φB=φC B．E A＞E B，φA＜φB C．E A＞E B，φA＞φB D．E A=E C，φB=φC 【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．【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．沿着电场线方向电势是降低的．【解答】解：由图示可知，A处的电场线密，B处的电场线稀疏，因此A点的电场强度大，B 点的场强小，即E A＞E B，E A＞E C；沿着电场线的方向，电势逐渐降低，在同一等势面上，电势相等，由图示可知，φA＞φB，φB=φC，故C正确，ABD错误；故选：C．5．以下说法正确的是（）A．由E=可知电场中某点的电场强度E与F成正比B．由可知，某两点的电势差与电场力做功成正比，与电荷量成反比C．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D．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【考点】电场强度；电势能．【分析】E=、、C=三个公式都运用比值法定义，根据比值法定义分析各个量的物理意义．公式U ab=Ed中d是两点沿电场线方向的距离．【解答】解：A、E=运用比值法定义，E与F、q无关，反映电场本身的性质，故A错误．B、电势是表征电场本身属性的物理量，某两点的电势差与电场力做功无关，故B错误．C、公式C=运用比值法定义，反映电容器本身的特性，C与电容器两极板间电势差U无关．故C正确．D、由U ab=Ed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，两点间的电势差才越大，故D错误．故选：C6．关于磁感应强度，下列说法中正确的是（）A．由B=可知，B与F成正比，与IL成反比B．由B=可知，一小段通电导体在某处不受磁场力，说明此处一定无磁场C．通电导线在磁场中受力越大，磁场可能越强D．磁感应强度的方向就是该处电流受力方向【考点】磁感应强度．【分析】B=是磁感应强度的定义式，运用比值法定义，B与F、IL无关．当通电导线与磁场平行时不受磁场力，磁感应强度的方向与该处电流受力方向垂直．结合这些知识进行分析．【解答】解：A、B=是磁感应强度的定义式，运用比值法定义，B反映磁场本身的性质，与F、IL无关．故A错误．B、一小段通电导体在某处不受磁场力，此处不一定无磁场，也可能有磁场，由于通电导体与磁场平行，故B错误．C、根据F=BILsinα，可知通电导线在磁场中受力F越大，可能B越大，即磁场越强．故C 正确．D、磁感应强度的方向与该处电流受力方向垂直．故D错误．故选：C．7．如图所示，表示磁场对直线电流的作用，其中正确的是（）A．B．C．D．【考点】左手定则．【分析】磁场对直线电流的作用称为安培力，用左手定则判断方向．将四个选项逐一代入检验，选择符合题意的选项．【解答】解：A、伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向里穿过手心，则手心向左．四指指向电流方向：垂直纸面向里，根据左手定则判断可知，拇指指向安培力方向：竖直向下．故A错误．B、通电导线与磁场方向平行，没有安培力．故B错误．C、伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向里穿过手心，则手心向右．四指指向电流方向：垂直纸面向外，根据左手定则判断可知，拇指指向安培力方向：竖直向下．故C 正确．D、伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向里穿过手心，则手心垂直向里．四指指向电流方向：水平向右，根据左手定则判断可知，拇指指向安培力方向：竖直向下．故D 错误．故选：C．8．一束混合粒子流从一发射源射出后，进入如图所示的磁场，分离为1、2、3三束，则下列说法正确的是（）A．1带负电B．1带正电C．2带负电D．3带正电【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【分析】该题考察了带电粒子在磁场中的偏转，先由偏转方向判断出粒子的受力方向，再由左手定则判断出粒子的带电情况．由图可知，2是不带电的，1和3带电．【解答】解：A、1粒子从发射源射出后向左偏转，说明受到向左的洛伦兹力，由左手定则可判断，1粒子带正点．所以选项A错误．B、由对选项A的分析可知，选项B正确．C、由图可知，2粒子在磁场中没有发生偏转，即2粒子没有受到洛伦兹力的作用，粒子是不带电的．所以选项C错误．D、3粒子从发射源射出后向右偏转，说明受到向右的洛伦兹力，由左手定则可判断，3粒子带负点．所以选项D错误．故选：B9．如图所示，某同学将电压表直接与干电池的正、负极相接时，能测出的物理量是（）A．电压表的电阻 B．干电池的内电阻C．干电池的电动势D．干电池的短路电流【考点】电源的电动势和内阻．【分析】电压表直接与干电池的正、负极相接时测得的为干电池的电动势．【解答】解：设电源内阻为r，电压表内阻为R，电压表直接与干电池的正、负极相接时，电压表与电源串联，电路相等，则分压之比等于电阻之比，即：U= E因为R＞＞r，则≈1有U=E．所以能测出的物理量是电动势．ABD错误，C正确．故选：C．10．在电场中某处放入电荷量为1.0×10﹣9C的点电荷时，它受到的电场力的大小为2.0×10﹣5N，则该处的电场强度大小是多少？（）A．2.0×104N/C B．5.0×10﹣5N/C C．2.0×10﹣14N/C D．无法确定【考点】电场强度．【分析】放入电场中的电荷是试探电荷，已知试探电荷的电量和所受电场力，根据电场强度的定义式求解场强大小【解答】解：已知试探电荷q=1.0×10﹣9C，电场力F=2.0×10﹣5N，则该处的电场强度大小为 E=，故A正确．故选：A11．一个直流电动机所加电压为U，电流为 I，线圈内阻为 R，当它工作时，下述说法中正确的是（）A．电动机的输出功率为B．电动机的输出功率为IU﹣I2RC．电动机的发热功率为IUD．电动机的功率可写作IU=I2R=【考点】电功、电功率；焦耳定律．【分析】电动机工作时，为非纯电阻电路，输入功率P=UI，内部消耗的功率为P热=I2R，输出功率P出=P﹣P热．【解答】解：A、直流电动机为非纯电阻电路，电动机的输出功率为P出=UI﹣I2R，故A错误，B正确；C、电动机的发热功率，根据焦耳定律，P热=I2R．故C错误．D、电动机的功率可写作P=IU，而I2R为内阻消耗的热功率，故D错误．故选B．12．在如图所示的电路中，电源的内电阻r=1Ω，外电路电阻R=9Ω，闭合开关后，电流表的示数I=0.3A，电流表的内阻不计．电源的电动势E等于（）A．1V B．2V C．3V D．5V【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】电源的电动势E等于电路中内外电压之和，根据闭合电路欧姆定律求解电源的电动势E．【解答】解：根据闭合电路欧姆定律得电源的电动势为：E=I（R+r）=0.3×（9+1）V=3V故选：C二、实验题（两小题，每空3分，共15分．）13．某同学为测定金属丝的电阻，做如下测量：（1）用多用表粗测该金属丝的电阻，选用“×10”倍率的电阻挡后，应先进行欧姆调零，再进行测量，之后多用表的示数如图所示，测得该金属丝电阻为70 Ω．（2）测得金属丝的长度为L，金属丝的直径为d，则这种金属材料的电阻率ρ=（用题中字母L、R、d表示答案）【考点】用多用电表测电阻．【分析】（1）使用欧姆表测电阻时要选择合适的挡位，然后进行欧姆调零；读数还要乘上倍率；（2）根据电阻定律得：R=求解即可．【解答】解：（1）使用欧姆表测电阻时要选择合适的挡位，然后进行欧姆调零，读数还要乘上倍率，则电阻为：7×10=70Ω，（2）根据电阻定律得：R=，其中S=，解得：故答案为：（1）进行欧姆调零；70；（2）14．某同学用伏安法测干电池的电动势E和内阻r，测得两节不同干电池U﹣I图象如图所示．（1）电源电动势E1= E2．（填“＞”或“＜”或“=”）（2）内阻r1＜r2．（填“＞”或“＜”或“=”）【考点】测定电源的电动势和内阻．【分析】分析闭合电路欧姆定律公式，再根据图象利用数学规律分析电动势和内电阻．【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律可知，U=E﹣Ir；则可知图象与纵坐标的交点为电源的电动势，由图可知，两图象的截距相同，故说明电动势相同；（2）图象的斜率绝对值表示电源的内阻，由图可知，1的斜率绝对值小于2的斜率绝对值，故1的内阻小于2的内阻；故答案为：（1）=；（2）＜三、计算题（四小题，共49分）15．电场中某区域的电场线如图所示，A、B是电场中的两点．一个电荷量q=+4.0×10﹣8 C 的点电荷在A点所受电场力F A=2.0×10﹣4 N，将该点电荷从A点移到B点，电场力做功W=8.0×10﹣7J．求：（1）A点电场强度的大小E A．（2）A、B两点间的电势差U．【考点】电势能；电场强度；电势差．【分析】根据电场强度的定义式E=，求解A点电场强度的大小．根据公式U AB=求解A、B两点间的电势差U．【解答】解：（1）E A===5×103N/C（2）U===20V答：（1）A点电场强度的大小E A为5×103N/C．（2）A、B两点间的电势差U为20V．16．如图所示电路，电源电动势E=3V，内阻r=0.6Ω，R1=4Ω，R2=6Ω，求流过电源的电流，路端电压．【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】先分析电路的结构，再根据闭合电路欧姆定律直接求解即可．【解答】解：根据闭合电路欧姆定律得电流为：I=，路端电压为：U=E﹣Ir=3﹣1×0.6=2.4V答：流过电源的电流为1A，路端电压为2.4V．17．把一根长为L=10cm的直导线垂直磁感线方向放入如图所示的匀强磁场中．（1）当导线中通以I1=2A的电流时，导线受到的安培力大小为1.0×10﹣7N，试求该磁场的磁感应强度的大小B．（2）若该导线中通以I2=3A的电流，试求此时导线所受安培力大小F，并判断安培力的方向．【考点】安培力．【分析】（1）B⊥L，根据安培力的公式F=BIL，求磁感应强度B．（2）根据安培力的公式F=BIL，求出安培力的大小．【解答】解：（1）由B=代入数据得：B=5×10﹣7T故磁场的磁感应强度为5×10﹣7T．（2）由F=BIL代入数据得：F=1.5×10﹣7N答：（1）当导线中通以I1=2A的电流时，导线受到的安培力大小为1.0×10﹣7N，则该磁场的磁感应强度的大小5×10﹣7T．（2）若该导线中通以I2=3A的电流，此时导线所受安培力大小1.5×10﹣7N．18．如图所示，半径为r的圆形区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．现有一带电离子（不计重力）从A以速度v沿圆形区域的直径射入磁场，已知离子从C点射出磁场的方向与入射方向间的夹角为60°．求：①该离子带何种电荷；②该离子的电荷量与质量之比．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【分析】①离子在A点受到的洛伦兹力向下，根据左手定则判断电性．②画出轨迹，由几何知识求出半径，根据牛顿第二定律求出比荷．【解答】解：（1）离子在A点受到的洛伦兹力向下，根据左手定则判断得知该离子带负电（2）离子的偏向角为θ=600 轨迹如图所示由得﹣﹣﹣①由几何知识得R=rcot30°﹣﹣②由①②得故答：①该离子带负电荷；②该离子的电荷量与质量之比．三、计算题（四小题，共49分）19．用30cm的细线将质量为4×10﹣3kg的带电小球P悬挂在O点下，当空中有方向为水平向右，大小为1×104N/C的匀强电场时，小球偏转37°后处在静止状态．（1）分析小球的带电性质；（2）求小球的带电量；（3）求细线的拉力．【考点】共点力平衡的条件及其应用；电场强度．【分析】对小球受力分析，根据带电小球处于静止状态，结合力的合成或分解解决问题【解答】解：（1）小球受力如图，电场力方向与电场同向，故带正电（2）小球受力平衡，在水平方向：qE=mgtan37°，得（3）由受力图可知=0.05N所以，（1）正电（2）带电量3×10﹣6C（3）拉力0.05N20．如图所示的电路中，已知四个电阻的阻值为R1=1Ω、R2=4Ω、R3=3Ω、R4=2Ω，电源电动势E=4V，内阻r=0.5Ω，试求：（1）S闭合，S′断开时，通过R1和R2的电流之比；（2）S和S′都闭合后的总电流I．【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】（1）当S闭合，S′断开时，电阻R1与R3串联，R2与R4串联，两部分再并联．根据并联电路电压相等的特点，欧姆定律研究通过R1和R2的电流之比．（2）当S和S′都闭合时，电阻R1与R2并联，R3与R4并联，两部分再串联，求出外电路总电阻，由闭合电路欧姆定律求出总电流I．【解答】解：（1）当S闭合，S′断开时，电阻R1与R3串联电阻 R13=R1+R3=4Ω，电阻R2与R4串联电阻 R24=R2+R4=6Ω，由于并联电路电压相等，则通过R1和R2的电流之比为I1：I2=R24：R13=3：2（2）S和S′都闭合时，外电路总电阻R′=+=+=2Ω则总电流 I==A=1.6A答：（1）S闭合，S′断开时，通过R1和R2的电流之比是；（2）S和S′都闭合时的总电流I是1.6A．21．如图所示，在倾角为θ=30°的斜面上，固定一宽L=0.25m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和变阻器．电源电动势E=12V，内阻r=1.0Ω一质量m=20g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好．整个装置处于磁感强度B=0.80T、垂直于斜面向上的匀强磁场中（导轨与金属棒的电阻不计）．金属导轨是光滑的，取g=10m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：（1）金属棒所受到的安培力；（2）通过金属棒的电流；（3）滑动变阻器R接入电路中的阻值．【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；闭合电路的欧姆定律．【分析】（1）金属棒受到重力、安培力和导轨的支持力而处于平衡状态．根据平衡条件，列方程求出安培力．（2）金属棒与磁场方向垂直，根据安培力公式F=BIL，求出电流．（3）根据欧姆定律求出滑动变阻器R接入电路中的阻值．【解答】解：（1）作出金属棒的受力图，如图．则有F=mgsin30° F=0.1N（2）根据安培力公式F=BIL得得（3）设变阻器接入电路的阻值为R，根据闭合电路欧姆E=I（R+r）解得答：（1）金属棒所受到的安培力为 0.1N；（2）通过金属棒的电流为0.5A；（3）滑动变阻器R接入电路中的阻值为23Ω．22．如图所示，在xOy坐标系y轴右侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，在第四象限还有沿x轴负方向的匀强电场，y轴上有一点P，坐标已知为（0，L），一电荷量为q、质量为m的粒子从P点以某一大小未知的速度沿与y轴正方向夹角为30°的方向垂直射入磁场，已知粒子能够进入第四象限，并且在其中恰好做匀速直线运动．不计重力．求：（1）粒子在第一象限中运动的时间t；（2）电场强度E．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【分析】（1）粒子能够进入第四象限，并且在其中恰好做匀速直线运动，说明粒子在第四象限运动时，电场力对粒子也不做功，所以粒子运动的方向一定垂直于电场的方向．然后根据这一条件画出粒子在磁场中运动的轨迹，根据洛伦兹力提供向心力，求得粒子运动的周期的公式，进而结合运动的时间与偏转角之间的关系求出粒子在磁场中运动的时间．（2）粒子在电场与磁场的复合场中做匀速直线运动，洛伦兹力等于电场力，写出公式，求得电场强度．【解答】解：（1）由题意可得，粒子在第一象限沿顺时针方向做匀速圆周运动，垂直x轴方向进入第四象限，粒子运动轨迹如图，设做匀速圆周运动的周期为T，轨道半径为r，则：周期运动时间解得；（2）设粒子的速度大小为v，做匀速圆周运动的轨道半径为r，则，又∵粒子在第四象限恰好做匀速直线运动，则qvB=qE，解得：；答：（1）粒子在第一象限时间为．（2）电场强度为．。

2015-2016学年福建省三明一中高二（上）第一次月考物理试卷（普通班）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共8小题，共24.0分)1.下列关于电荷、电荷量的说法正确的是（）A.自然界只存在三种电荷：正电荷、负电荷和元电荷B.足够小（如体积小于1mm3）的电荷，就是点电荷C.一个带电体能否看成点电荷，是看它的形状和大小对所研究问题的影响是否可忽略不计D.物体的带电量可以是2×10-19C【答案】C【解析】解：A、自然界只存在两种电荷：正电荷、负电荷，故A错误；B、当一个带电体的形状及大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状无具体关系．故B错误，C正确；D、元电荷的电量是1.60×10-19C．任何物体的带电量都是元电荷或是元电荷的整数倍．所以物体的带电量不可能是2×10-19C，故D错误；故选：C．自然界只存在两种电荷：正电荷、负电荷．带电体看作点电荷的条件，当一个带电体的形状及大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状无具体关系．本题是基础的题目，考查的就是学生对基本内容的掌握的情况，在平时要注意多积累．2.对于电场中的某一点，下列各量中，与检验电荷无关的物理量是（）A.电场力F、电场强度EB.电场强度E、电势φC.电势能E p、电势φD.电场力做的功W、电势能E p【答案】B【解析】解：AB、电场强度电势都取决于电场本身，与检验电荷无关；而电场力F=E q与试探电荷有关；故A错误，B正确；C、据电势能公式E P=qφ可知，电势能与电场、电荷都有关，故C错误．D、由电场力公式E=q U知，电场力做功与电场、电荷都有关，故D错误．故选：B．电场强度取决于电场本身，与试探电荷无关；知道电场力、电势能和电场力做功公式，据此分析即可．知道场强度取决于电场本身，与试探电荷无关；知道电场力、电势能和电场力做功公式，题目较简单．3.如图所示，将带电棒移近两个不带电的导体球，两个导体球开始（）①先移走棒，再把两球分开②先把两球分开，再移走棒③先将棒接触一下其中的一球，再把两球分开④以上都不行．A.①②B.①③C.②③D.④【答案】C【解析】解：先移走棒，此时甲乙两球中的电荷又发生中和，不再带电，再把球分开，同样不再带电．先把两球分开，再移走棒，两球由于感应起电带上异种电荷．使棒与其中一球接触时，这样两球都带同种电，当移走棒，两球仍带电；故②③可以使两小球均带电；故选：C．将棒移近两个不带电的导体球，靠感应起电使物体带电，带电的实质是电荷的移动，总电荷量保持不变．解决本题的关键知道摩擦起电、感应起电、接触带电的实质都是电荷的移动，电荷的总量保持不变．4.如图是某电场中的一条电场线，A、B是电场线上的两点．若将一负电荷从A点自由释放，它能沿电场线从A运动到B，但加速度越来越小，则这一电场可能是图中的（）A. B. C. D.【答案】B【解析】解：一负电荷从A点自由释放，它能沿电场线从A运动到B，则有负电荷受到由A指向B的电场力，则电场线方向向左，又加速度越来越小，根据牛顿第二定律得，电场强度由A到B越来越小，即A点的电场线比B点的密，故B正确，ACD错误．故选：B．带电离子只在电场力的作用下，需明确带电粒子的电性，才能判断电场力的方向，从而判断带电粒子的运动情况，从而即可求解．明确电场力做功与速度、动能和电势能的变化关系是解本题的关键，电场线的疏密反映电场的强弱．5.下列选项中的各圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各圆环间彼此绝缘．坐标原点O处电场强度最大的是（）A. B. C. D.B【解析】解：设带电圆环在O点产生的场强大小为E．A图中坐标原点O处电场强度是带电圆环产生的，原点O处电场强度大小为E；B图中坐标原点O处电场强度是第一象限带正电圆环和第二象限带负电圆环叠加产生，坐标原点O处电场强度大小等于E．C图中第一象限带正电圆环和第三象限带正电圆环产生电场相互抵消，所以坐标原点O处电场强度是带电圆环带电圆环产生的，原点O处电场强度大小为E；D图中第一象限带正电圆环和第三象限带正电圆环产生电场相互抵消，第二象限带负电圆环和第四象限带负电圆环产生电场相互抵消，所以坐标原点O处电场强度为0．所以坐标原点O处电场强度最大的是B．故选：B．根据点电荷场强的公式和场强叠加原理，与选项相对比，分析求解问题．分析时要抓住电场线从正电荷出发发无穷远处终止，或从无穷远处出发到负电荷终止．本题关键抓住对称性和叠加原理分析O点的场强．要求学生在牢固的掌握基本知识的基础上要能过灵活的分析问题．6.如图两个等量异种点电荷电场，O为电荷连线的中点，AB在中垂线上，且AO=BO，则（）A.A、B两点场强相同B.A点电势高于O点电势C.正电荷从A运动到O，电势能增加D.负电荷从A运动到B，电势能先减小后增大【答案】A【解析】解：A、两个等量异种点电荷形成的电场，两个电荷的连线上下的电场是对称的，AO=BO，那么AB两点的场强就是相等的，故A正确；B、该中垂线是一条等势线，所有点的电势都相等，AB之间的电势差为0，故B错误；C、该中垂线上，是一条等势线，正电荷从A运动到O，电势能不变．故C错误．D、负电荷从A运动到B，电场力不做功，电势能不变．故D错误；故选：A．两个等量异种点电荷形成的电场，中垂线上所有点的电场强度的方向都相同且与之垂直；该中垂线是一条等势线，所有点的电势都相等．该题考查常见的电场和电场线，只有掌握两个等量异种点电荷形成的电场的特点，即可正确解答．属于简单题．7.如图所示，实线为不知方向的几条电场线，从电场中M点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示．则（）A.a一定带正电，b一定带负电B.a的速度将减小，b的速度将增加C.两个粒子的动能，一定一个增加一个减少D.两个粒子的电势能，一定都减少【答案】D【解析】解：A、物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，所以能判断a、b一定带异种电荷，但是不清楚哪一个是正电荷，哪一个是负电荷，故A错误B、物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，从图中轨道变化来看电场力都做正功，动能都增大，速度都增大，故BC错误C、电场力都做正功，故电势能都减小，故D正确．故选：D电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧．根据电场力做功来判断动能的变化加本题主要考查了带电粒子在电场中的偏转，抓住电场线的特点即电场力做功的特点即可解决本题8.两个通草球带电后相互推斥，如图所示．两悬线a、b跟竖直方向的夹角分别为α、β，两球在同一水平面上．两球质量用m和M表示，所带电量用q和Q表示．若已知α＞β，则一定有的关系（）A.m受到的电场力一定大于M所受电场力B.悬线a受到的拉力一定大于悬线b受到的拉力C.m一定小于MD.q一定小于Q【答案】C【解析】解：A、两个球相互排斥，根据牛顿第三定律，相互排斥力相等，故A错误；B、C、对左侧小球受力分析，受重力mg，拉力T和静电斥力F，如图根据平衡条件，有已知α＞β，所以，悬线a受到的拉力一定小于悬线b受到的拉力，故B错误；T cosα=mg解得F=mgtanα①再对右侧小球受力分析，同理有F=M gtanβ②由①②解得m＜M故C正确；D、两球相互排斥，根据牛顿第三定律，相互排斥力相等，与带电量无关，D错误；故选C．两球相互排斥，故带异种电荷，根据牛顿第三定律可知相互排斥力相等，与带电量无关；再根据平衡条件得到排斥力的表达式进行分析．本题关键是对小球受力分析，根据平衡条件得到电场力表达式，然后再结合牛顿第三定律进行分析判断．二、多选题(本大题共2小题，共8.0分)9.两个用相同材料制成的半径相等的带电金属小球，其中一个球的带电量的绝对值是另一个的5倍，它们间的库仑力大小是F，现将两球接触后再放回原处，它们间库仑力的大小可能是（）A. B. C. D.【答案】BD【解析】解：若两电荷同性，设一个球的带电量为Q，则另一个球的带电量为5Q，此时F=，接触后再分开，带电量各为3Q，则两球的库仑力大小=．若两电荷异性，接触后再分开，两球电量的绝对值为2Q，此时两球的库仑力=．故B、D正确，A、C错误．故选BD．接触带电的原则是先中和后平分，两个球的电性可能相同，可能不同，根据F=得出接触后再放回原处的库仑力大小．解决本题的关键掌握接触带电的原则，先中和后平分，以及掌握库仑定律的公式F=．10.如图所示，A、B为两个固定的等量的正电荷，在它们连线的中点处有一个可以自由运动的正电荷C，现给电荷C一个垂直于连线的初速度v0，若不计电荷C所受的重力，则关于电荷C运动过程中的速度和加速度情况，下列说法正确的是（）A.加速度始终增大B.加速度先增大后减小C.速度始终增大D.速度先增大后减小BC【解析】解：A、B、根据等量同号点电荷电场的特点，可知两个电荷连线上中点的电场强度为零，电场强度从C点到无穷远，先增大后减小，所以点电荷C的加速度先增大后减小，故A错误，B正确；C、D、在全过程中，电场力做正功，点电荷C的速度始终增大，故D错误，C正确．故选BC．由题，q1、q2是两个等量的正电荷，DC为A、B连线的中垂线，作出CD线上的电场线，根据电场线方向判断正电荷q3由C点沿CD移至无穷远的过程中，电势的变化，由电场力做功正负判断其电势能的变化．对于等量同种和等量异种电荷电场线、等势面的分布情况要掌握，这是考试的热点．特别是抓住电荷连线的中垂线电场线与等势面的特点．三、单选题(本大题共1小题，共4.0分)11.某带电粒子只在电场力作用下运动，电场线及粒子经A点运动到B点的轨迹如图所示，则由图可知（）A.运动粒子带负电荷B.运动粒子做减速运动C.粒子在A点时的电势能大于它在B点时的电势能D.粒子在A点时的加速度大于它在B点时的加速度【答案】B【解析】解：A、粒子受到的电场力指向曲线弯曲的内侧，所以受到的电场力的方向是沿电场线向右上的，由于不知道电场线的方向，所以不能判断出粒子的电性．故A错误；B、粒子受到的电场力指向曲线弯曲的内侧，所以受到的电场力的方向是沿电场线向右上的，所以粒子从A到B的过程中，电场力做负功，动能减小，所以粒子做减速运动，故B正确；C、粒子从A到B的过程中，电场力做负功，电势能增大．所以粒子在A点时的电势能小于它在B点时的电势能．故C错误；D、由电场线可知，B点的电场线密，所以B点的电场强度大，粒子受的电场力大，加速度也就大，所以D错误．故选：B．电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．电场线是画在电场中的一条条有方向的曲线，用电场线可以形象地描述电场的强弱和方向．四、多选题(本大题共1小题，共4.0分)12.如图所示匀强电场E的区域内，在O点处放置一点电荷+Q，a、b、c、d、e、f为以O点为球心的球面上的点，aecf平面与（）A.b、d两点的电场强度相同B.a点的电势大于f点的电势C.点电荷+q在球面上任意两点之间移动时，电场力一定做功D.将点电荷+q在球面上任意两点之间移动，从球面上a点移动到c点的电势能变化量最大【答案】BD【解析】解：A、点电荷+Q在b点产生的电场方向为竖直向上，在d点产生的电场方向为竖直向下，匀强电场方向水平向右，根据平行四边形定则可知，b点的合场强斜向右上方，d 点的合场强斜向左下方，两点场强大小相同，方向不同，电场强度不同．故A错误B、讲一个试探正电荷由a点移动到f点，受O点的点电荷电场力不做功，匀强电场的电场力做正功，故合力做正功，电势能减小，电势降低，故B正确；C、当电荷+q沿着球面上的bedf移动时，匀强电场的电场力不做功，点电荷电场力也不做功，故合电场力不做功，故C错误；D、将点电荷+q在球面上任意两点之间移动，受O点的点电荷电场力不做功，从a点移动到c点，匀强电场的电场力做功最大，故合力做功最大，故D正确．故选：BD．本题中电场可以看作是由匀强电场和点电荷的电场叠加而成，在判断电场力做功、电场强度时再进行合成即可．本题还是要将电场看作是由匀强电场和点电荷的电场组合而成，再分析电场力做功、电场强度和电势能时更是如此．五、计算题(本大题共3小题，共16.0分)13.一个带电粒子，在电场中只受电场力作用，从A点运动到B点的过程中，克服电场力做了8×10-5J的功．在此过程中，带电粒子的电势能______ （填“增加”或“减少”）了______ ev．【答案】增加；5×1014【解析】解：电场力做负功，根据动能定理可得动能减少，电势能增加，增加量为故答案为：增加5×1014电荷由A点移至B点时，电场力和外力做功，引起动能变化，根据动能定理列方程求解电场力做的功本题电场力做功与电势能之间的关系即电场力做正功，电势能减小即可14.如图所示，匀强电场中A、B、C三点构成一个直角三角形，把电荷量q=-2×10-10C的点电荷由A点移到B点，电场力做功4.8×10-8J；再由B点移到C点克服电场力做功2.4×10-8J．若取C点的电势为零，则A点电势φA= ______ V，B点电势φB= ______ V．在图中定性画出电场线的方向及分布情况．【答案】-120；120【解析】解：A、B间电势差为U AB=，B、C间电势差为U BC=AC间的电势差为U AC=U AB+U BC=-120V又U AC=φA-φC，U BC=φB-φC，φC=0，得到φA=-120V，φB=120V，ϕA=-120VϕB=+120V如图，A、B中点D电势为0，连线CD为等势线，电场线与其垂直，从高电势指向低电势．故答案为：-120，120根据电势差公式U=分别求出A、B间，B、C间电势差，B点的电势为零，再求解A、C两点的电势．在AC边上找出与B点电势相等的点，作出等势线，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，判断场强的方向运用电势差公式U=时，三个量U、W、q都要代入符号进行计算15.相距L的两个点电荷A、B分别带的电荷量为+4Q和-Q，放在光滑绝缘的水平面上，现引入第三个点电荷C，使三者在相互间库仑力作用下都处于静止状态，则C应放在距B点电荷距离为______ 的位置上，带______ 电（填“正”或“负”），电荷量为______ ．【答案】L；正；4Q【解析】解：A、B、C三个电荷要平衡，必须三个电荷的一条直线，外侧二个电荷相互排斥，中间电荷吸引外侧两个电荷，所以外侧两个电荷距离大，要平衡中间电荷的拉力，必须外侧电荷电量大，中间电荷电量小，所以C必须为正，在B的另一侧．所以A对C的电场力大小等于B对C的电场力大小，设C的电量为q．则有：k=k解得：r=L对点电荷A，其受力也平衡，则有：k=k解得：q=+4Q故答案为：L，正，4Q．因题目中要求三个小球均处于平衡状态，故可分别对任意两球进行分析列出平衡方程即可求得结果．我们可以去尝试假设C带正电或负电，它应该放在什么地方，能不能使整个系统处于平衡状态．不行再继续判断．六、填空题(本大题共1小题，共2.0分)16.密立根油滴实验进一步证实了电子的存在，揭示了电荷的非连续性．如图所示是密立根实验的原理示意图，设小油滴质量为m，调节两板间电势差为U，当小油滴悬浮在两板间电场中不动时，测出两板间距离为d．可求出小油滴的电荷量q= ______ ．【答案】【解析】解：小油滴悬浮在两板间电场中不动，处于静止状态即平衡态，mg=E q…①匀强电场中内部场强，E=…②联立①②解之得：q=．故答案为：．小油滴悬浮在两板间电场中不动，处于静止状态即平衡态，再根据E=，即可求的小油滴的电荷量．小油滴悬浮在两板间电场中不动是本题的题眼，利用平衡关系列方程．七、计算题(本大题共5小题，共42.0分)17.如图，真空中x O y平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形，边长L．若将电荷量均为q的两正点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量为k．求C点的电场强度．【答案】解：A、B点电荷在C点产生的场强大小相等，均为：A、B两点电荷形成的电场在C点的合场强大小为：=方向沿y轴正方向答：C点的电场强度为，方向沿y轴正方向【解析】先求解两个电荷单独存在时在C点的场强，然后根据平行四边形定则合成得到C点的场强本题考查了电场强度的矢量合成问题，关键是根据平行四边形定则合成，基础问题18.如图所示，在匀强电场中，有A、B两点，它们间距为2cm，两点的连线与场强方向成60°角．将一个不知道电荷性质、电量绝对值为2×10-5C的电荷由A移到B，电势能增加了0.2J．求：（1）由A到B电场力做正功还是负功？电荷带正电还是负电？（2）A、B两点的电势差U AB为多少？（3）匀强电场的场强多大？【答案】解：（1）因电势能增加0.2J即电场力做功为W=-0.2J则带负电，做负功（2）由A→B电场力做负功q=-2×10-5c则U AB=（3）根据匀强电场中的关系式有：U=E d=106v/m由几何关系可知：d=L AB cos60°=0.01m则E=°答：（1）电荷负电由A到B电场力做的负功（2）A、B两点的电势差U AB为104V（3）匀强电场的场强的大小106v/【解析】根据电势差的变化得出电场力做功，结合电场力做功与电势差的关系求出A、B两点的电势差．根据匀强电场的电场强度公式求出场强的大小解决本题的关键知道电场力做功等于电势差的减小量，掌握电场力做功与电势差的关系．注意运用W=q U计算时，功的正负、q的正负都要代入计算，以及在E=中，d表示沿电场线方向上的距离．19.如图所示，绝缘水平面上静止者两个质量均为m、电荷离为r，与水平面间的动摩擦因数均为μ，求：（1）A受到得摩擦力为多大？（2）如果将A的电荷量增至+4Q，两物体开始运动，当它们的加速度第一次为零时，A、B间距增大了多少？【答案】解：（1）A静止时，它受到的静摩擦力F f与库仑力大小相等，故：F f=k（2）设A、B加速度为零时二者之间距离为R，由平衡条件得：μmg=k解得：R=2Q所以A、B间距增大了R-r=2Q-r答：（1）A受到的摩擦力为k；（2）如果将A的电荷量增至+4Q，两物体开始运动，当它们的加速度第一次为零时，A、B间距增大了2Q-r．【解析】（1）两个物体水平方向均是受静电斥力和静摩擦力，根据平衡条件求解静摩擦力；（2）当增加A电荷的电量后，两电荷受到库仑斥力运动，当所受的库仑斥力与摩擦力相等时，加速度为零，根据这一关系求出两电荷的距离．解决本题的关键掌握库仑定律的公式F=k，以及知道电荷所受的库仑力与摩擦力相等时，加速度为零．20.一个带正电的微粒，从A点射入一方向未知的匀强电场中，微粒沿直线AB运动，AB与水平方向夹角θ=30°．已知带电微粒的质量m=1.0×10-7kg，电量q=1.0×10-10C，A、B相距L=0.2m，g取=10m/s2．（1）若微粒做匀速直线运动，求电场强度的大小和方向．（2）若电场为水平方向，微粒具体做什么运动？并求电场强度的大小．（3）在（2）的情况下，若要使微粒运动到B点速度恰好为0，其从A点射入电场时的速度是多少？【答案】解：（1）微粒匀速运动根据共点力平衡可得mg=q E，解得N/C方向：竖直向上（2）电场力在水平方向，与重力的合力要沿直线AB，所以只能电场力向左，合力沿BA斜向下，微粒从A到B做匀减速直线运动．在垂直于AB方向上：q E sinθ=mgcosθ=1.73×104N/C（3）微粒进入电场时的速度为v A，运动到B点时速度为0，由动能定理得：解得m/s答：（1）若微粒做匀速直线运动，电场强度的大小为104N/C，方向竖直向上．（2）若电场为水平方向，微粒具体做匀减速运动，电场强度的大小为1.73×104N/C．（3）在（2）的情况下，若要使微粒运动到B点速度恰好为0，其从A点射入电场时的速度是【解析】（1）匀速运动，根据共点力平衡求的场强，判断出方向；（2）根据直线运动的条件并结合受力分析，得到电场力的方向，最终分析出物体的运动规律，根据力的合成的平行四边形定则并结合几何关系得到电场力，求出电场强度；（3）对粒子的运动过程运用动能定理列式求解即可本题关键结合运动情况得到粒子受力的受力情况，然后根据动能定理列式求解21.如图所示，质量为m的带电小球用长为L的绝缘细线（不可伸长）悬挂于O点，并处在场强为E、水平向左的匀强电场中，球静止时丝线与竖直方向的夹角为θ=37°（sin37°=0.6，重力加速度为g），则：（1）小球带何种电荷，电量q是多少？（2）现将小球拉至虚线所示位置（细线水平拉直，与O点相同高度）后从静止开始释放，求小球摆动到最低点时速度v的大小和细线所受拉力T的大小．（3）如果小球摆动到最低点时，细绳刚好断裂，最后小球竖直落地，求下落高度h．（电场充满整个空间）【答案】解：（1）小球静止，受三个力：重力mg，水平向左电场力F=q E，绳子拉力F T可知：小球带正电，由平衡条件得：q E=mgtan37°得：（2）小球从水平位置摆动到最低点的过程中，由动能定理有：得：小球在最低点，由动力学规律有：得：（3）小球竖直落地瞬间，水平方向上的速度为0，水平加速度大小为：则空中运动时间：竖直方向上自由落体：答：（1）小球带正电荷，电量为（2）小球摆动到最低点时速度是细线所受拉力T为（3）下落高度h为【解析】小球受到重力、电场力和拉力而平衡，作出受力图，根据平衡条件求解电量，据动能定理，带电小球到最低点时重力和电场力做的功全部转化为小球的动能，求得速度，由向心力公式求得拉力．由水平与竖直两方向求得高度本题考查匀变速运动、自由落体、动能定理、牛顿运动定律，综合性强，要认真分析，较难．。

2015-2016学年福建省宁德市高二（上）期末物理试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共7小题，共28.0分)1.磁感应强度的单位是斯特拉（Γ），与它等价的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】解：根据磁感应强度的定义式得，，故A正确BCD错误．故选：A．根据磁感应强度与磁能量的关系和磁感应强度的定义式推导出T与其他单位的关系．T是导出单位，可根据物理公式推导出各物理量单位的关系，要对公式要熟悉．基础题．2.下列图中分别给出了导线中的电流方向、磁场中某处小磁针N极的指向或磁感线方向，其中不正确的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】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ACD正确，B错误，本题选择错误的，故选：B．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．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.如图，电荷量为q1和q2的两个点电荷分别位于P点和Q点．已知在P、Q连线上某点R处的电场强度为零，且PR=2RQ．则（）A.q1=2q2B.q1=4q2C.q1=-2q2D.q1=-4q2B【解析】解：已知在P、Q连线上某点R处的电场强度为零，根据点电荷的电场强度公式得=，PR=2RQ．解得：q1=4q2．故选：B．根据点电荷的电场强度公式，由点电荷电场强度的叠加求解．理解点电荷的电场强度公式及电场强度的叠加，并掌握电场强度的矢量性．4.如图所示，有一内电阻为4.0Ω的电解槽和一盏标有“110V，55W”的灯泡串联后接在电压为220V的直流电路两端，灯泡正常发光，则下列判断正确的是（）A.电解槽消耗的电功率为1WB.电解槽的发热功率为55WC.电路消耗的总功率为56WD.电解槽将电能转化为化学能的功率为54W【答案】D【解析】解：A、由于电解槽和灯泡串联，它们的电流相等，所以有：I===0.5A，而电压U=220-110=110V；所以电解槽的消耗的功率为：P=UI=110×0.5=55W；故A错误；B、电解槽的发热功率为：P热=I2r=（）2×4.0=1.0W，故B错误；C、电路消耗总功率为：P总=220V×A=110W，故C错误．D、电解槽将电能转化为化学能的功率为P有=P-P热=55-1.0=54W；故D正确；故选：D．由于电解槽和灯泡串联，根据灯泡正常发光，可以判断出电解槽的电压和电流，从而可以求得电解槽的输入功率、发热功率以及输出功率．本题考查功率公式的计算，要注意明确发热的功率用P=I2R来计算，总功率用P=IU来计算，而输出功率P出=P总-P热．5.在某控制电路中，需要连成如图所示的电路，主要由电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及电位器（滑动变阻器）R连接而成，L1、L2是红绿两个指示灯，当电位器的触头由弧形碳膜的中点逆时针滑向a端时，下列说法中正确的是（）A.L1、L2两个指示灯都变亮B.L1、L2两个指示灯都变暗C.L1变亮，L2变暗D.L1变暗，L2变亮【答案】B【解析】解：当电位器向a段滑动时，电路的总电阻减小，干路电流增大，所以内电压增大，路即通过灯L2两端的电压减小，所以此灯变暗，故ACD错误，B正确．故选：B．首先知道电位器的原理，再据闭合电路的欧盟定律判断干路电流、支路电流和电压间的关系，从而判断两灯的变化情况．本题是动态电路的分析题，注意电位器的原理与滑动变阻器的原理相同，注意动态电路的分析方法，先整体后局部．6.某电场的电场线分布如图所示，O为M、N的中点，OQ连线垂直于MN．以下说法正确的是（）A.O点的电势与Q点的电势相等B.N点的场强大于Q点的场强C.将一负点电荷由M点移到Q点，电荷的电势能增加D.M、O间的电势差小于O、N间的电势差【答案】C【解析】解：A、根据电场线与等势线垂直特点，在O点所在电场线上找到Q点的等势点，该等势点在O点的上方，根据沿电场线电势降低可知，O点的电势比Q点的电势高，故A 错误；B、电场线的疏密程度表示场强大小，则N点的场强小于Q点的场强，故B错误；C、M点的电势比Q点的电势高，负电荷从高电势移动到低电势电场力做负功，电荷的电势能增加，故C正确．D、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大，故由公式U=E d可知，OM间的电势差大于NO间的电势差，故D错误；故选：C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．7.如图，平行板电容器两极板M、N相距d，两极板分别与电压为U的恒定电源两极连接，极板M带正电，现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k，则（）A.油滴带正电B.油滴带电荷量为C.电容器的电容为D.将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动C【解析】解：A、由题，带电荷量为q的微粒静止不动，则微粒受到向上的电场力，平行板电容器板间场强方向竖直向下，则微粒带负电．故A错误．B、由平衡条件得：mg=，解得油滴带电荷量为：q=，故B错误．C、根据U=，结合mg=q E，且Q=kq，则得电容器的电容为：C=．故C正确．D、极板N向下缓慢移动一小段距离，电容器两极板距离s增大，板间场强减小，微粒所受电场力减小，则微粒将向下做加速运动．故D错误．故选：C．带电荷量为q的微粒静止不动，所受的电场力与重力平衡，由平衡条件分析微粒的电性；由E=求解电源电动势．断开电键s，根据微粒的电场力有无变化，分析微粒的运动情况．本题整合了微粒的力平衡、电容器动态分析，由平衡条件判断微粒的电性，注意由受力情况来确定运动情况，是解题的思路．二、多选题(本大题共3小题，共12.0分)8.如图所示，正方形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，O为其中一条边的中点．现有一束速率不同的质子（不计重力）自O点垂直边界射入磁场，这些质子在磁场中运动轨迹如图，所用时间分别为t a、t b、t c、t d，则下列判断正确的是（）A.t a＜t bB.t a=t bC.t c＞t dD.t c＜t d【答案】BC【解析】解：质子在同一电场中运动，根据T=可知，转动周期相同；质子在磁场中转动的时间t=；A、由图可知，ab转过的圆心角均为π；故t a=t b；故A错误，B正确；C、由几何关系可知，c转动的圆心角大于d转动的圆心角，故t c＞t d；故C正确，D错误；故选：BC．根据周期公式可明确质子在磁中转动的周期均相同，则根据几何关系判断其在磁场中转动轨迹所对应的圆心角即可明确转动时间，即可进行比较．本题考查带电粒子在磁场中的运动问题的分析，此类问题解决的基本方法即为：定圆心，找半径，然后利用几何关系求解即可．9.某区域的电场分布如图所示，中间一根电场线是直线，一带正电的粒子（不计重力）从直线上的O点由静止开始在电场力作用下运动到A点．取O点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向，粒子由O点向A运动的过程中，下列关于粒子运动速度v和加速度a随时间t变化、粒子的动能A. B. C. D.【答案】BD【解析】解：A、由图可知，从O到A点，电场线由疏到密，再由密到疏，电场强度先增大后减小，方向不变，因此电荷受到的电场力先增大后减小，则加速度先增大后减小，故A 错误，B正确；C、沿着电场线方向电势降低，而电势与位移的图象的斜率表示电场强度，由题图可知，电势的降低先快后慢．故C错误；D、E k与x的图象斜率与a有关，而a与电场强度E有关，即为E k=•2a•x，因电场强度先增大后减小，则斜率也先增大后减小，故D正确；故选：BD．根据电场线的分布，可确定电场强度的方向与大小，根据电荷在电场中受到的电场力可知加速度大小的变化．由电场线的来确定电势的变化，再由电荷的电性与电势高低来确定电势能的变化．考查电场线的分布体现电场强度的大小与方向，并根据电场线来确定加速度，速度，电势及电势能如何变化．注意图象含义的应用．10.如图为一个电磁泵从血库里向外抽血的结构示意图，长方形导管的左右表面绝缘，上下表面为导体，管长为a，内壁高为b，宽为L，且内壁光滑．将导管放在垂直左右表面向右的匀强磁场中，由于充满导管的血浆中带有正负离子，将上下表面和电源接通，电路中会形成大小为I的电流，导管的前后两侧便会产生压强差p，从而将血浆抽出，其中v为血液流动方向．若血浆的电阻率为ρ，电源的电动势为E，内阻为r，匀强磁场的磁感应强度为B，则下列判断正确的是（）A.此装置中血浆的等效电阻R=B.此装置中血浆受到安培力大小F=BILC.增大磁感应强度可以加快血浆的外抽速度D.前后两侧的压强差p=【答案】ACD【解析】解：A、导体长度为b，横截面积为a L，由电阻定律可得此装置中血浆的等效电阻为：R=ρ，故A正确．B、导体长度为a，故所受安培力为F=BI b，故B错误．C、根据洛伦兹力与电场力平衡，则有qv B=q，解得：U=B av，当增大磁感应强度BD、压强公式得可得：p===，故D正确．故选：ACD．由电阻定律可得等效电阻；由安培力定义式可得安培力大小；根据洛伦兹力等于电场力，从而确定前后表面的电势差表达式；由压强公式得p=可得压强．掌握电阻定律的基本表达形式，要会区分导体的长度，看电路的组成可以得到电流方向，即可知道导体长度．三、实验题探究题(本大题共2小题，共16.0分)11.如图是多用电表的示意图，用它来测量一个阻值约为200-300Ω的定值电阻，具体测量步骤如下：（1）将多用电表的选择开关旋转到电阻______ （选填“×1”、“×10”、“×100”或“×1K”）挡；（2）将红、黑表笔分别插入“+”、“-”插孔，比尖相互接触，旋转______ ，使表针指在______ （选填“右”或“左”）端的零刻度位置；（3）经红、黑表分别与待测电阻两端相接触，读出相应的示数；（4）测量完成后，拔出红、黑表笔，将选择开关置于“OFF”挡．【答案】×10；欧姆调零旋钮；右【解析】解：（1）选择开关，打在×10，指针指在中央附近．（2）将红、黑表笔分别插入“+”、“-”插孔，将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使电表指针指向表盘右侧的零刻度线处．故答案为：（1）×10；（2）欧姆调零旋钮，右运用多用电表欧姆挡测量电阻，先将选择开关置于合适的倍率，使指针指在刻度盘中央附近．接着进行欧姆调零．多用电表测电阻时，首先要进行欧姆调零，方法是调节选择开关K指在相应的倍率，调节调零电阻，使指针指向右侧电阻刻度为0的位置．12.用伏特法测定一段阻值约为5Ω的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：A．电池组（3V，内阻约为1Ω）；B．电流表（0～3A，内阻约为0.01Ω）；C．电流表（0～0.6A，内阻约为0.1Ω）；D．电压表（0～3V，内阻约为3kΩ）：E．电压表（0～15V，内阻约为15kΩ，）；F．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流1A）；G．滑动变阻器（0～2000Ω，额定电流0.3A）；（1）上以器材中应选用的是______ （填写器材前的字母代号）；（2）实验电路应采用电流表______ 接法（填“内”或“外”）；（3）某次测量时，电流表、电压表示数如图1所示，图示中I= ______ A，U= ______ V；（4）为使通过待测金属导线的电流能在0～0.5A范围内调节，请按要求将图2中的实验器材连接完整．【答案】ACDFH；外；0.44；2.2【解析】解：（1）必选器材有：A、H．电池组的电动势是3V，电压表的量程选3V，即选择电压表D．金属导线的电阻约为5Ω左右，则通过导线的电流最大值约为I max===0.6A．故电流表选C．为方便实验操作，滑动变阻器应选F，即需要的实验器材是：A、C、D、F、H．（2）由题意可知：==50，==600，因＞，则电流表应采用外接法．（3）由图示电流表可知，其量程为0～0.6A，分度值为0.02A，示数为0.44A；由图示电压表可知，其量程为0～3V，分度值为0.1V，示数为2.2V．（4）由于电流表的内阻为确定值，应用内接法时可以精确求出待测电阻的阻值，所以电流表应用内接法；由于实验要求电流从零调，所以变阻器应采用分压式接法，连线图如图所示：故答案为：（1）ACDFH；（2）外；（3）0.44，2.2；（4）如上图所示．（1）用伏安法测定电阻的原理是电阻定义式R=．根据电源的电动势，选择电压表的量程．由电源的电动势与测电阻的大约值，估算电流的最大值，选择电流表的量程．根据待测电阻与变阻器总阻值的大小，选择变阻器的规格．（2）根据两电表内阻与待测电阻的大小关键，选择电流表的内接法或外接法．（3）由图示电表确定其量程与分度值，然后读出其示数；（4）根据欧姆定律可知，若电流表内阻为确定值时，应用内接法可精确求出待测电阻的阻值，所以当电流表内阻为已知的确定值时，电流表应用内接法；根据电路从零调可知变阻器应采用分压式接法．本题考查了实验器材的选择、电流表的接法、电表读数；对电表读数时要先确定其量程与分度值，然后再读数，读数时视线要与电表刻度线垂直．应明确：①应根据通过电路的最大电流来选择电流表量程，根据电源电动势大小来选择电压表量程；②当实验要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法；③当电流表的内阻为确定值时，电流表应用内接法，当电流表的内阻为大约值时，应根据比较与的大小来选择电流表内外接法．四、计算题(本大题共4小题，共44.0分)13.电场中某区域的电场线如图所示，A、B是电场中的两点．一个电荷量q=+4.0×10-8C的点电荷在A点所受电场力F A=2.0×10-4N，将该点电荷从A点移到B点，电场力做功W=8.0×10-7J．求：（1）A点电场强度的大小E A．（2）A、B两点间的电势差U．【答案】解：（1）E A===5×103N/C（2）U===20V答：（1）A点电场强度的大小E A为5×103N/C．（2）A、B两点间的电势差U为20V．【解析】根据电场强度的定义式E=，求解A点电场强度的大小．根据公式U AB=求解A、B 两点间的电势差U．本题考查物理基本公式的应用能力．对于公式U=应用时，一般各量要代入符合计算，而E=，一般不代入符合计算．14.如图所示，有一质量m=0.1kg、电阻不计的金属细棒ab，可在两条轨道上滑动．轨道间距L=0.5m，其平面与水平面的夹角θ=37°，置于垂直于轨道平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B=1.0T，已知金属棒与轨道的动摩擦力因数μ=0.5，回路中电源电动势E=3.0V，内阻r=0.25Ω．设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10m/s2，sin37°=0.5，cos37°=0.8，求：（1）为保证金属细棒ab不会沿轨道向上滑动，允许通过金属细棒的电流最大值I m；（2）若轨道平面与水平面的夹角θ=90°，并将磁感应强度的方向改为竖直向上，大小仍不变，要使金属棒仍能静止在轨道上，滑动变阻器连入电路的最大阻值R．【答案】解：（1）当金属棒将要向上滑动时，静摩擦力沿斜面向下并达最大，此时通过金属棒的电流的最大值为I m，受力分析如图最大静摩擦力：f m=μmgcosθ安培力最大值：F=BI m L由力的平衡可得：mgsinθ+f m=F代入数据解得：I m=2A（2）金属棒所受安培力水平向右，受力如图，由力的平衡可得：N=F=BILmg=f=μN代入数据解得：I=4A若滑动变阻器连入电路的最大阻值为R，根据闭合电路欧姆定律得：答：（1）为保证金属细棒ab不会沿轨道向上滑动，允许通过金属细棒的电流最大值I m 为2A（2）若轨道平面与水平面的夹角θ=90°，并将磁感应强度的方向改为竖直向上，大小仍不变，要使金属棒仍能静止在轨道上，滑动变阻器连入电路的最大阻值R为0.5Ω．【解析】（1）当金属棒正要向上滑动时，摩擦力沿斜面向下并达最大，此时通过金属棒的电流达到最大．（2）当磁场竖直向上时，重力等于摩擦力时处于平衡状态，求得安培力，根据F=BIL 求得电流，有闭合电路的欧姆定律求得电阻本题关键是金属棒能静止在轨道上是有静摩擦力作用，静摩擦力作用的问题总是离不开方向的变化，由此以最大静摩擦力的方向来分析解决问题15.如图所示，真空室中电极K发出的电子（初速度不计）经过电势差为U1的加速电场加速后，沿两水平金属板C、D间的中心线射入两板间的偏转电场，电子离开偏转电极时速度方向与水平方向成45°，最后打在荧光屏上，已知电子的质量为m、电荷量为e，C、D极板长为l，D板的电势比C板的电势高，极板间距离为d，荧光屏距C、D右端的距离为．电子重力不计．求：（1）电子通过偏转电场的时间t0；（2）偏转电极C、D间的电压U2；（3）电子到达荧光屏离O点的距离Y．【答案】解：（1）电子在离开B板时的速度为v，根据动能定理可得：e U1=得：v=电子进入偏转电场水平方向做匀速直线运动，则有：t0==l（2）电子在偏转电极中的加速度：a=离开电场时竖直方向的速度：v y=at0=离开电场电子的速度与水平方向的夹角：tan45°==解得：U2=（3）离开电场的侧向位移：y1=解得：y1=电子离开电场后，沿竖直方向的位移：y2=tan45°=电子到达荧光屏离O点的距离：Y=y1+y2=l；答：（1）电子通过偏转电场的时间t0为l（2）偏转电极C、D间的电压U2为（3）电子到达荧光屏离O点的距离Y为l．【解析】（1）电子先AB板间电场加速，后进入CD板间电场偏转做类平抛运动，最后离开电场而做匀速直线运动．先由动能定理求出加速获得的速度．电子在偏转电场中，水平方向做匀速直线运动，由公式x=vt可求时间．（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，根据运动的合成和分解可求得偏转电压；（3）根据位移公式可求得粒子在偏转电场中的位移，再根据粒子离开电场后的偏转后做匀速运动，根据竖直方向上的分速度可以求出竖直方向上的位移，则可以求出总位移．本题考查带电粒子在电场中的运动，要注意明确带电粒子的运动可分加速和偏转两类，加速一般采用动能定理求解，而偏转采用的方法是运动的合成和分解．16.如图所示，在匀强电场中建立直角坐标系x O y中，一质量为m、电荷量为+q的微粒从x轴上的M点射出，方向与x轴夹角为θ，微粒恰能以速度v做匀速直线运动，已知重力加速度为g．（1）求匀强电场场强E的大小和方向；（2）若再叠加一圆心在y轴的圆形匀强磁场，为使微粒能到达x轴上的N点，M、N两点关于原点O对称，微粒运动轨迹关于y轴对称．已知磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直x O y平面向外，求磁场区域的最小面积S；（3）若所叠加的圆形匀强磁场边界过坐标原点O，圆心仍在y轴上，M点距原点O的距离为L，为使进入磁场中的粒子刚好不能离开磁场，θ角与微粒的速度v应满足什么关系？【答案】解：（1）微粒做匀速直线运动，则电场力与重力平衡q E=mg则：E=方向竖直向上（2）微粒进入磁场中，洛伦兹力充当向心力qv B=m得：R=如图，当PQ为圆形磁场的直径时，圆形磁场面积最小，则r=R sinθ=其最小面积为：S=πr2=（3）微粒的速度与磁场边界相切进入磁场，当微粒在磁场中做圆周运动的半径r等于圆形磁场的半径R时，微粒刚好不能离开磁场，如图可得：r=R=tan==则θ=2arctan答：（1）求匀强电场场强E的大小为；方向竖直向上；（2）磁场区域的最小面积S为（3）θ角与微粒的速度v应满足θ=2arctan【解析】（1）微粒恰能以速度v做匀速直线运动，受力平衡，根据平衡条件求场强E的大小；（2）微粒运动轨迹也关于y轴对称，则粒子在磁场中的偏转角为2θ，磁场区域有最小面积S时，是以磁场中圆周运动的弦为直径的圆．（3）当微粒在磁场中做圆周运动的半径r等于圆形磁场的半径R时，微粒刚好不能离开磁场；根据几何关系可明确θ角与微粒的速度v应满足的关系．本题是带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求同学们能画出粒子运动的轨迹，结合几何关系求解，知道半径公式及何时所加磁场区域面积最小．此类题型一定要注意明确几何关系的正确应用．。

2015-2016学年福建省三明市A片区高中联盟校高二（上）期末数学试卷（文科）一、选择题：本大题共12小题．每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．1．（5分）已知命题p：∀x∈R，log2x=2015，则￢p为（）A．∀x∉R，log2x=2015B．∀x∈R，log2x≠2015C．∃x 0∈R，log2x0=2015D．∃x0∈R，log2x0≠20152．（5分）为了检查某超市货架上的奶粉是否含有三聚氰胺，要从编号依次为1到50的袋装奶粉中抽取5袋进行检验，用系统抽样方法确定所选取的5袋奶粉的编号可能是（）A．5，10，15，20，25B．2，4，8，16，32C．5，6，7，8，9D．6，16，26，36，463．（5分）如果一个家庭有两个小孩，则两个孩子是一男一女的概率为（）A．B．C．D．4．（5分）双曲线x2﹣=1的渐近线方程为（）A．x±2y=0B．2x±y=0C．D．5．（5分）甲、乙两名学生五次数学测验成绩（百分制）如图所示．①甲同学成绩的中位数大于乙同学成绩的中位数；②甲同学的平均分与乙同学的平均分相等；③甲同学成绩的方差大于乙同学成绩的方差．以上说法正确的是（）A．①②B．②③C．①③D．①②③6．（5分）用秦九韶算法求多项式f（x）=4x4+3x3+2x2+x+7的值，则f（2）的值为（）A．98B．105C．112D．1197．（5分）运行如图的程序后，输出的结果为（）A．B．C．D．8．（5分）已知椭圆过点P（﹣2，1）作弦且弦被P平分，则此弦所在的直线方程为（）A．2x﹣y﹣3=0B．2x﹣y﹣1=0C．x﹣2y﹣4=0D．x﹣2y+4=0 9．（5分）已知g（x）为函数f（x）=2ax3﹣3ax2﹣12ax（a≠0）的导函数，则它们的图象可能是（）A．B．C．D．10．（5分）已知倾斜角为45°的直线l过抛物线y2=4x的焦点，且与抛物线交于A，B两点，则△OAB（其中O为坐标原点）的面积为（）A．2B．C．D．811．（5分）已知f（x），g（x）都是定义在R上的函数，且满足以下条件：①f（x）=a x•g（x）（a＞0，且a≠1；②g（x）≠0；③f′（x）•g（x）＜f（x）•g′（x）．若+=，则实数a的值为（）A．B．2C．D．2或12．（5分）如图，直线x=m与抛物线x2=4y交于点A，与圆（y﹣1）2+x2=4的实线部分（即在抛物线开口内的圆弧）交于点B，F为抛物线的焦点，则△ABF 的周长的取值范围是（）A．（2，4）B．（4，6）C．[2，4]D．[4，6]二、填空题：本大题共四小题，每小题5分．13．（5分）将十进制数2016（10）化为八进制数为．14．（5分）已知变量x与y的取值如下表：从散点图可以看出y对x呈现线性相关关系，则y与x的线性回归直线方程必经过的定点为．15．（5分）已知P为圆M：（x+2）2+y2=4上的动点，N（2，0），线段PN的垂直平分线与直线PM的交点为Q，点Q的轨迹方程为．16．（5分）已知函数f（x）=xe x，现有下列五种说法：①函数f（x）为奇函数；②函数f（x）的减区间为（﹣∞，1），增区间为（1，+∞）；③函数f（x）的图象在x=0处的切线的斜率为1；④函数f（x）的最小值为．其中说法正确的序号是（请写出所有正确说法的序号）．三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17．（10分）设命题p：|x﹣2|＞1；命题q：x2﹣（2a+1）x+a（a+1）≤0．若¬p 是¬q的必要不充分条件，求实数a的取值范围．18．（12分）某校对高二年段的男生进行体检，现将高二男生的体重（kg）数据进行整理后分成6组，并绘制部分频率分布直方图（如图所示）．已知第三组[60，65）的人数为200．根据一般标准，高二男生体重超过65kg属于偏胖，低于55kg属于偏瘦．观察图形的信息，回答下列问题：（1）求体重在[60，65）内的频率，并补全频率分布直方图；（2）用分层抽样的方法从偏胖的学生中抽取6人对日常生活习惯及体育锻炼进行调查，则各组应分别抽取多少人？（3）根据频率分布直方图，估计高二男生的体重的中位数与平均数．19．（12分）（1）执行如图所示的程序框图，如果输入的t∈[﹣1，3]，若输出的s的取值范围记为集合A，求集合A；（2）命题p：a∈A，其中集合A为第（1）题中的s的取值范围；命题q：函数有极值；若p∧q为真命题，求实数a的取值范围．20．（12分）已知双曲线C：﹣=1（a＞0，b＞0）．（1）有一枚质地均匀的正四面体玩具，玩具的各个面上分别写着数字1，2，3，4．若先后两次投掷玩具，将朝下的面上的数字依次记为a，b，求双曲线C 的离心率小于的概率；（2）在区间[1，6]内取两个数依次记为a，b，求双曲线C的离心率小于的概率．21．（12分）已知椭圆C：的中心在坐标原点O，对称轴在坐标轴上，椭圆的上顶点与两个焦点构成边长为2的正三角形．（1）求椭圆C的标准方程；（2）若斜率为k的直线l经过点M（4，0），与椭圆C相交于A，B两点，且，求k的取值范围．22．（12分）已知函数．（1）当a=1时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（2）当a＞0时，若函数f（x）在[1，e]上的最小值记为g（a），请写出g（a）的函数表达式．2015-2016学年福建省三明市A片区高中联盟校高二（上）期末数学试卷（文科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12小题．每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．1．（5分）已知命题p：∀x∈R，log 2x=2015，则￢p为（）A．∀x∉R，log2x=2015B．∀x∈R，log2x≠2015C．∃x0∈R，log2x0=2015D．∃x0∈R，log2x0≠2015【解答】解：命题是全称命题，则命题的否定是特称命题，即∃x0∈R，log2x0≠2015，故选：D．2．（5分）为了检查某超市货架上的奶粉是否含有三聚氰胺，要从编号依次为1到50的袋装奶粉中抽取5袋进行检验，用系统抽样方法确定所选取的5袋奶粉的编号可能是（）A．5，10，15，20，25B．2，4，8，16，32C．5，6，7，8，9D．6，16，26，36，46【解答】解：∵要从编号依次为1到50的袋装奶粉中抽取5袋进行检验，用系统抽样方法确定所选取的5袋奶粉的编号，∴所选取的5袋奶粉的编号应该分别在1～10，11～20，21～30，30～40，41～50中各一袋，且所选取的5袋奶粉的编号间隔相等，由此能排除A、B、C，用系统抽样方法确定所选取的5袋奶粉的编号可能是D．故选：D．3．（5分）如果一个家庭有两个小孩，则两个孩子是一男一女的概率为（）A．B．C．D．【解答】解：一个家庭有两个小孩，基本事件为：{男男}，{女女}，{男女}，{女男}，∴两个孩子是一男一女的概率为p=．故选：C．4．（5分）双曲线x2﹣=1的渐近线方程为（）A．x±2y=0B．2x±y=0C．D．【解答】解：由双曲线﹣=1（a，b＞0）的渐近线方程为y=±x，可得双曲线的渐近线方程为y=±x．故选：D．5．（5分）甲、乙两名学生五次数学测验成绩（百分制）如图所示．①甲同学成绩的中位数大于乙同学成绩的中位数；②甲同学的平均分与乙同学的平均分相等；③甲同学成绩的方差大于乙同学成绩的方差．以上说法正确的是（）A．①②B．②③C．①③D．①②③【解答】解：根据茎叶图中的数据，得；甲同学成绩的中位数是90，乙同学成绩的中位数是90，中位数相等，①错误；甲同学的平均分是=（87+89+90+91+93）=90，乙同学的平均分是=（88+89+90+91+92）=90，平均分相等，②正确；甲同学成绩的方差是=[（﹣3）2+（﹣1）2+02+12+32]=4，乙同学成绩的方差是=[（﹣2）2+（﹣1）2+02+12+22]=2，＞，③正确；综上，正确的命题是②③．故选：B．6．（5分）用秦九韶算法求多项式f（x）=4x4+3x3+2x2+x+7的值，则f（2）的值为（）A．98B．105C．112D．119【解答】解：f（x）=4x4+3x3+2x2+x+7=（（（4x+3）x+2）x+1）x+7，∴f（2）=（（（4×2+3）×2+2）×2+1）×2+7=105，故选：B．7．（5分）运行如图的程序后，输出的结果为（）A．B．C．D．【解答】解：根据程序语言的运行过程，得该程序运行后输出的是S=++++；计算S=（1﹣）+（﹣）+（﹣）+（﹣）+（﹣）=1﹣=．所以输出S=．故选：C．8．（5分）已知椭圆过点P（﹣2，1）作弦且弦被P平分，则此弦所在的直线方程为（）A．2x﹣y﹣3=0B．2x﹣y﹣1=0C．x﹣2y﹣4=0D．x﹣2y+4=0【解答】解：将P（﹣2，1）代入椭圆方程可得：+＜1，即点P在椭圆内，设弦的端点的坐标为（x1，y1），（x2，y2），可得+=1，+=1，相减可得+=0，则弦所在直线的斜率为=﹣，由中点坐标公式可得，x1+x2=﹣4，y1+y2=2，可得斜率为﹣=，即有直线的方程为y﹣1=（x+2），即为x﹣2y+4=0．故选：D．9．（5分）已知g（x）为函数f（x）=2ax3﹣3ax2﹣12ax（a≠0）的导函数，则它们的图象可能是（）A．B．C．D．【解答】解：∵f（x）=2ax3﹣3ax2﹣12ax（a≠0），∴g（x）=f′（x）=6ax2﹣6ax﹣12a=6a﹣，对称轴x=，而f′（﹣1）=f′（2）=0，根据f′（x）＞0时，y=f（x）递增；f′（x）＜0时，y=f（x）递减可得．①中函数的图象的增减趋势与导函数的正负区间是吻合的，可能正确；而②④中的对称轴不是，③中函数的图象的增减趋势与导函数的正负区间不吻合，故错误，故选：A．10．（5分）已知倾斜角为45°的直线l过抛物线y2=4x的焦点，且与抛物线交于A，B两点，则△OAB（其中O为坐标原点）的面积为（）A．2B．C．D．8【解答】解：抛物线C：y2=4x的焦点F（1，0），∵直线l：y=x+b经过抛物线的焦点，∴b=﹣1，∴直线l：y=x﹣1，由抛物线的定义：|AB|=x A+x B+2，将直线与抛物线方程联立，消去y可得x2﹣6x+1=0，∴x A+x B=6，∴|AB|=8，∵原点到直线的距离为d=，∴S==2．故选：B．11．（5分）已知f（x），g（x）都是定义在R上的函数，且满足以下条件：①f（x）=a x•g（x）（a＞0，且a≠1；②g（x）≠0；③f′（x）•g（x）＜f（x）•g′（x）．若+=，则实数a的值为（）A．B．2C．D．2或【解答】解：由+=，得a1+a﹣1=，所以a=2或a=．又由f（x）•g′（x）＞f′（x）•g（x），即f（x）g′（x）﹣f′（x）g（x）＞0，也就是[]′=﹣＜0，说明函数=a x是减函数，即0＜a＜1，故a=．故选：A．12．（5分）如图，直线x=m与抛物线x2=4y交于点A，与圆（y﹣1）2+x2=4的实线部分（即在抛物线开口内的圆弧）交于点B，F为抛物线的焦点，则△ABF 的周长的取值范围是（）A．（2，4）B．（4，6）C．[2，4]D．[4，6]【解答】解：圆（y﹣1）2+x2=4的圆心为（0，1），与抛物线的焦点重合，∴|FB|=2，|AF|=y A+1，|AB|=y B﹣y A，∴三角形ABF的周长=2+y A+1+y B﹣y A=y B+3，∵1＜y B＜3，∴三角形ABF的周长的取值范围是（4，6）．故选：B．二、填空题：本大题共四小题，每小题5分．13．（5分）将十进制数2016（10）化为八进制数为3740（8）．【解答】解：2016÷8=252 0252÷8=31 (4)31÷8=3 (7)3÷8=0 (3)∴化成8进制是3740．（8）故答案为：3740．（8）14．（5分）已知变量x与y的取值如下表：从散点图可以看出y对x呈现线性相关关系，则y与x的线性回归直线方程必经过的定点为（4，9）．【解答】解：==4，==9，∴线性回归方程必经过（4，9）．故答案为（4，9）．15．（5分）已知P为圆M：（x+2）2+y2=4上的动点，N（2，0），线段PN的垂直平分线与直线PM的交点为Q，点Q的轨迹方程为x2﹣=1．【解答】解：∵Q在PN的中垂线上，∴|QN|=|PQ|，∴||QN|﹣|QM||=||PQ|﹣|QM||=|PM|=2，∴Q的轨迹为以M，N为焦点的双曲线．设双曲线方程为，则，又∵a2+b2=c2，∴a2=1，b2=3，∴点Q的轨迹方程为x2﹣=1．故答案为x2﹣=1．16．（5分）已知函数f（x）=xe x，现有下列五种说法：①函数f（x）为奇函数；②函数f（x）的减区间为（﹣∞，1），增区间为（1，+∞）；③函数f（x）的图象在x=0处的切线的斜率为1；④函数f（x）的最小值为．其中说法正确的序号是③④（请写出所有正确说法的序号）．【解答】解：①f（﹣x）=（﹣x）•≠﹣f（x），不是奇函数，故①错误；②f′（x）=（1+x）e x，当x∈（﹣∞，﹣1）时，f′（x）＜0，当x∈（﹣1，+∞）时，f′（x）＞0，∴f（x）的单调递增区间为（﹣1，+∞），单调递减区间为（﹣∞，﹣1），故②错误；③∵f′（x）=（1+x）e x，∴f′（0）=1，即函数f（x）的图象在x=0处的切线的斜率为1；故③正确；④f（x）的单调递增区间为（﹣1，+∞），单调递减区间为（﹣∞，﹣1），∴f（x）的最小值是f（﹣1）=﹣，故④正确；故答案为：③④．三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17．（10分）设命题p：|x﹣2|＞1；命题q：x2﹣（2a+1）x+a（a+1）≤0．若¬p 是¬q的必要不充分条件，求实数a的取值范围．【解答】解：由p：|x﹣2|＞1，解得x＜1或x＞3．…（3分）由q：x2﹣（2a+1）x+a（a+1）≤0得（x﹣a）[x﹣（a+1）]≥0，解得x≤a或x≥a+1．…（6分）∵¬p是¬q的必要不充分条件，∴p是q的充分不必要条件．…（8分）∴，则1≤a≤2．∴实数a的取值范围是[1，2]．（10分）18．（12分）某校对高二年段的男生进行体检，现将高二男生的体重（kg）数据进行整理后分成6组，并绘制部分频率分布直方图（如图所示）．已知第三组[60，65）的人数为200．根据一般标准，高二男生体重超过65kg属于偏胖，低于55kg属于偏瘦．观察图形的信息，回答下列问题：（1）求体重在[60，65）内的频率，并补全频率分布直方图；（2）用分层抽样的方法从偏胖的学生中抽取6人对日常生活习惯及体育锻炼进行调查，则各组应分别抽取多少人？（3）根据频率分布直方图，估计高二男生的体重的中位数与平均数．【解答】解：（1）体重在[60，65）内的频率=1﹣（0.03+0.07+0.03+0.02+0.01）×5=0.2=，补全的频率分布直方图如图所示．…（4分）（2）设男生总人数为n，由，可得n=1000体重超过65kg的总人数为（0.03+0.02+0.01）×5×1000=300在[65，70）的人数为0.03×5×1000=150，应抽取的人数为，在[65，70）的人数为0.02×5×1000=100，应抽取的人数为，在[75，80）的人数为0.01×5×1000=50，应抽取的人数为．所以在[65，70），[70，75），[75，80]三段人数分别为3，2，1．…（8分）（3）中位数为60kg平均数为（52.5×0.03+57.5×0.07+62.5×0.04+67.5×0.03+72.5×0.02+77.5×0.01）×5=61.75（kg）…（12分）19．（12分）（1）执行如图所示的程序框图，如果输入的t∈[﹣1，3]，若输出的s的取值范围记为集合A，求集合A；（2）命题p：a∈A，其中集合A为第（1）题中的s的取值范围；命题q：函数有极值；若p∧q为真命题，求实数a的取值范围．【解答】（本题满分为12分）解：（1）由程序框图可知，当﹣1≤t＜1时，s=2t，则s∈[﹣2，2），当1≤t≤3时，s=﹣（t﹣2）2+3，∵该函数的对称轴为t=2，∴该函数在[1，2]上单调递增，在[2，3]上单调递减．∴s max=3，s min=2，∴s∈[2，3]．综上知，s∈[﹣2，3]，集合A=[﹣2，3]．…（4分）（2）∵函数有极值，且f′（x）=x2+2ax+1，∴f′（x）=0有两个不相等的实数根，即△=（2a）2﹣4＞0，解得a＜﹣1或a＞1，即命题p：a＜﹣1或a＞1．…（8分）∵p∧q为真命题，∴则，解得﹣2≤a＜﹣1或1＜a≤3；∴实数a的取值范围是[﹣2，﹣1）∪（1，3]．…（12分）20．（12分）已知双曲线C：﹣=1（a＞0，b＞0）．（1）有一枚质地均匀的正四面体玩具，玩具的各个面上分别写着数字1，2，3，4．若先后两次投掷玩具，将朝下的面上的数字依次记为a，b，求双曲线C 的离心率小于的概率；（2）在区间[1，6]内取两个数依次记为a，b，求双曲线C的离心率小于的概率．【解答】解：（1）双曲线的离心率．因为∴．…（2分）因玩具枚质地是均匀的，各面朝下的可能性相等，所以基本事件（a，b）共有16个：（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（2，1），（2，2），（2，3），（2，4），（3，1），（3，2），（3，3），（3，4），（4，1），（4，2），（4，3），（4，4）．设“双曲线C的离心率小于”为事件A，则事件A所包含的基本事件为：（1，1），（2，1），（2，2），（2，3），（3，1），（3，2），（3，3），（3，4），（4，1），（4，2），（4，3），（4，4）共有12个．故双曲线C的离心率小于的概率为．…（7分）（2）∵a∈[1，6]，b∈[1，6]∴所以以a为横轴，以b为纵轴建立直角坐标系，如图所示，S阴影==21，由几何概型可知，双曲线C的离心率小于的概率为．…（12分）21．（12分）已知椭圆C：的中心在坐标原点O，对称轴在坐标轴上，椭圆的上顶点与两个焦点构成边长为2的正三角形．（1）求椭圆C的标准方程；（2）若斜率为k的直线l经过点M（4，0），与椭圆C相交于A，B两点，且，求k的取值范围．【解答】解：（1）∵椭圆的上顶点与两个焦点构成边长为2的正三角形，∴2c=2，a=2，∴b2=a2﹣c2=3∴椭圆C的标准方程为．…（4分）（2）设直线l的方程为y=k（x﹣4），设A（x1，y1），B（x2，y2）联立，消去y可得（（3+4k2）x2﹣32k2x+64k2﹣12=0∵直线l与椭圆C相交于A，B两点，∴△＞0由△=（32k2）2﹣4（3+4k2）（64k2﹣12）＞0解得设A（x1，y1），B（x2，y2）则，…（7分）解得∴∴k的取值范围是﹣或．…（12分）22．（12分）已知函数．（1）当a=1时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（2）当a＞0时，若函数f（x）在[1，e]上的最小值记为g（a），请写出g（a）的函数表达式．【解答】解：（1）∵，∴当a=1时，，f（1）=3，k=f′（1）=﹣2，曲线f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为：y﹣3=﹣2（x﹣1）即2x+y﹣5=0．…（3分）（2），∵a＞0，x＞0，由f′（x）＞0得x＞2a，由f′（x）＜0得0＜x＜2a，∴f（x）在（0，2a]上为减函数，在（2a，+∞）上为增函数．…（5分）①当0＜2a≤1即0＜a≤时，f（x）在[1，e]上为增函数，∴g（a）=f（1）=2a2+1在（0，2a]上为减函数，在（2a，+∞）上为增函数．…（7分）②当1＜2a＜e即＜a＜时，f（x）在[1，2a]上为减函数，在（2a，e]上为增函数，∴g（a）=f（2a）=﹣aln（2a）+3a…（9分）③当2a≥e即a≥时，f（x）在[1，e]上为减函数，∴…（11分）综上所述，…（12分）。

三明一中2015-2016学年上学期高二物理第一次月考试卷（特保班）一、单项选择题：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，只有一个选项正确，选对的得3分。

选错或不选的得0分。

1、如图所示，电场中有A、B两点，则下列说法中正确的是A．电势φ A > φ B ，场强E A > E BB．电势φ A > φ B ，场强E A < E BC．将＋q电荷从A点移到B点电场力做负功D．将－q电荷分别放在A、B两点时具有的电势能Ep A > Ep B2、如图所示的电解槽接入电路后，在t秒内有n1个1价正离子通过溶液内截面S，有n2个1价负离子通过溶液内截面S，设e为基元电荷，以下说法正确的是A．当n1＝n2时电流强度为零B．当n1＞n2时，电流方向从A→B，电流强度为I ＝n1－n 2etC．当n1＜n2时，电流方向从B→A，电流强度I ＝n2－n 1etD．电流方向从A→B，电流强度I ＝n2＋n 1et3、如图所示为某示波管的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线．两电子分别从a、b两点运动到c点，设电场力对两电子做的功分别为W a和W b，a、b点的电场强度大小分别为E a和E b，则A．W a＝W b，E a>E bB．W a≠W b，E a>E bC．W a＝W b，E a<E bD．W a≠W b，E a<E b4、图中a、b、c是匀强电场中同一平面上的三个点，各点的电势分别是ϕa＝5V，ϕb＝2V，ϕc＝3V，则在下列各示意图中能表示该电场强度的方向是cA BccC D5、如图所示，一个半径为R的绝缘光滑半圆环，竖直放在场强为E的匀强电场中，电场方向竖直向下．在环壁边缘处有一质量为m，带有正电荷q的小球，由静止开始下滑，则小球到达最低点的过程下列中，下列说法正确的有A．小球的机械能守恒B．小球的电势能增大C．小球的电势能和动能之和不变D．小球的动能增大6、如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x轴垂直于环面且过圆心O.下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是A．O点的电场强度为零，电势最低B．O点的电场强度为零，电势最高C．从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高D．从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低7、分别将带正电、负电和不带电的三个等质量小球，分别以相同的水平速度由P点射入水平放置的平行金属板间，已知上板带负电，下板接地．三小球分别落在图中A、B、C三点，则错误的是A．A带正电、B不带电、C带负电B．三小球在电场中加速度大小关系是：a A<a B<a CC．三小球在电场中运动时间相等D．三小球到达下板时的动能关系是E k C>E k B>E k A8、某区域的电场线分布如图所示，其中间一根电场线是直线，一带正电的粒子从直线上的O点由静止开始在电场力作用下运动到A点．取O点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向，粒子的重力忽略不计．在O到A运动过程中，下列关于粒子运动速度v和加速度a随时间t的变化、粒子的动能E k和运动径迹上电势φ随位移x的变化图线可能正确的是9、如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象。

“华安、连城、永安、漳平、泉港一中、龙海二中”六校联考2015-2016学年上学期第二次月考高二物理试题命题人：连城一中审题人：连城一中（考试时间：90分钟总分：100分）第Ⅰ卷（选择题共52分）一、单项选择题（共9小题，每小题4分，共36分）1．关于点电荷、元电荷、检验电荷，下列说法正确的是（）A．点电荷是一种理想化的物理模型B．点电荷所带电荷量一定是元电荷的电荷量C．点电荷所带电荷量一定很小D．点电荷、元电荷、检验电荷是同一种物理模型2．关于电势和电势能的说法正确的是( )A．电荷在电场中电势越高的地方电势能也越大B．电荷在电场中电势越高的地方，电量越大所具有的电势能也越大C．在负点电荷电场中的任意一点处，正电荷具有的电势能一定大于负电荷具有的电势能D．在正点电荷电场中的任意一点处，正电荷具有的电势能一定大于负电荷具有的电势能3．某金属导线的电阻率为ρ，电阻为R，现将它均匀拉长到直径为原来的一半，那么该导线的电阻率和电阻分别变为( )A．4ρ和4R B．ρ和4R C．ρ和16R D．16ρ和16R4. 两个小灯泡的标识分别是L1“6V 6W”，L2“6V 9W”，把它们分别接在同一直流电源上（电源内阻不可忽略），L1消耗的功率恰好为6W，则L 2消耗的功率为（）A．一定等于9W B．一定小于9W C．一定大于9W D．条件不足，不能确定5．如图，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Eb，方向与ab连线成30°角，则关于a、b两点场强大小及电势φa、φb的高低关系正确的为( )A．E a=3E b，φa＞φ b B．E a=，φa＜φ bC．E a=3E b，φa＜φ b D．E a=E b，φa＜φb6．AB是一个点电荷的电场线，方向如图甲所示，图乙则是在电场线上的二点a、b处的检验电荷的电量大小与所受电场力大小之间的函数图像，由此可以判断（）A．场源是正电荷，位置在B侧 B．场源是正电荷，位置在A侧C．场源是负电荷，位置在A侧 D．场源是负电荷，位置在B侧7．如图，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，与分别为电压表和电流表．初始时S0与S均闭合，现将S断开，则( )A ．的读数变小，的读数变小B ．的读数变小，的读数变大C ．的读数变大，的读数变小D ．的读数变大，的读数变大8.在如图所示的电路中，S 闭合，电容器已经充电。

福建省三明市A片区高中联盟校2017-2018学年高二上学期阶段性考试(期末考)物理试题一、单项选择题1. 下列关于点电荷的说法中，正确的是A. 点电荷是电荷量和体积都很小的带电体B. 点电荷就是体积足够小的电荷C. 点电荷是一种理想化的物理模型D. 任何带电体都可以看作是电荷全部集中于球心的点电荷【答案】C【解析】AB、带电体看作点电荷的条件，当一个带电体的形状及大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状无关，故AB错误；C、点电荷是一种理想化的物理模型，故C正确；D、当电荷在球上均匀分布时，可以将其看成是电荷全部集中于球心的点电荷，否则会产生较大的误差，故D错误；故选C。

【点睛】带电体看作点电荷的条件，当一个带电体的形状及大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状无关，点电荷是一种理想化的物理模型。

2. 下列说法中正确的是A. 沿电场线方向电势降低，但场强不一定减小B. 电场线密集处场强大，电势高C. 在电势高处电荷具有的电势能大D. 场强为零处，电势一定为零【答案】A【解析】A、沿电场线方向电势降低，但场强不一定减小，例如在匀强电场里，场强大小处处相等，故A正确；B、电场线密集处，电场强度大，而电场线方向不确定，故无法判断电势高低，电势就不一定高，故B错误；C、据电势能公式可知，正电荷在电势高处电荷具有的电势能大，负电荷在电势高处电荷具有的电势能小，故C错误；D、场强为零处，电势不一定为零，例如等量同种电荷的连线中点，故D错误；故选A。

【点睛】电场强度和电势都是描述电场本身性质的物理量，可根据电场线的物理意义来理解它们之间的关系：场强大小看电场线的疏密，而电势高低看电场线的方向。

3. 两个分别带有电荷量-Q和+3Q的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F.两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为A. B. C. D.【答案】C【解析】开始时两球间的库仑力为：，两小球相互接触后，电量先中和在均分：，此时的库仑力为：，故C正确，ABD错误。

三明市A片区高中联盟校2015—2016学年第一学期阶段性考试高二语文试卷一、现代文阅读（9分，每小题3分）阅读下面的文字，完成1—3题美食传承与健康《舌尖上的中国2》的第一集和第二集不仅为观众带来了各地的特色美食，如徽州臭豆腐、陕西挂面等，也展示了拥有上千年历史的徽州古法榨油。

但是，后者也随即遭到了批评，因为徽州的古法榨油方法落后，保质期短，还可能会产生癌症诱变剂苯并芘。

能入选“舌尖中国”的美食有四个标准：一要健康，二要真实，三要相对日常，四要解馋。

所谓美味的真实，又有两个标准，一是好吃，二是有传承。

对照这些标准，徽州古法榨的油就有些不符合。

因为，如果经常食用古法榨取的油，难免会对健康有害。

食用油并非一种食品，而是烹制食品不可或缺的原料，因此，更需要注意这种食材是否健康。

好在经过多年的健康传播，一些人已经知道这种古法榨出的油对健康不利，而且现在公众消费的食用油也是经过精炼处理，减少了烹调时的油溶烟雾（其中包含多种致癌物，如苯并芘和多环芳烃），从而把致癌的危险降低了许多。

这集的导演陈磊表示，之所以要表现古法榨油是为了表现祖先智慧的传承。

如同任何领域的传承一样，美食中的传承代表了某种传统和智慧。

但是，传统也未必就是合理和健康的，经过现代实验科学的验证，无论是国人的饮食还是国外的饮食，都有很多传统食品与健康并不相符，好吃和传承就会出现矛盾。

一般来说，美味或好吃是一种食物能获得人们青睐并传承下来的第一个关口，这在人的进化中已经得到验证。

研究人员发现，人们的体内都有一种苦味基因TAS2R16，但是，在中国人的身上这一基因表达得更充分，因而与神农尝百草的传说吻合。

苦味基因的形成和充分表达在中国人身上大约是在5000-6000年前，所以，只要是苦味的食物，人们就会排除掉，以避免中毒，而美味的食物才会被人们选择，包括种植、培育、捕获和烹调。

所以，食物的美味的确是传承中第一位的要素。

但是，好吃未必就有利于健康。