高二物理上学期期中-盐城市建湖县上冈高中2014-2015学年高二上学期期中物理试题及答案(选修)
江苏省盐城市高二物理上学期期中试题必修
2020/2020学年度第一学期期中考试高二年级物理试题（必修）一、单项选择题：每小题只有一个选项符合题意(本大题23小题，每小题3分，共69分)1. 历史上首先正确认识力和运动的关系，推翻“力是维持物体运动的原因”的物理学家是( )A. 阿基米德B. 牛顿C.亚里士多德D. 伽利略2. 关于质点的描述，下列说法中正确的是( )A. 研究美丽的月食景象形成原因时，月球可看作质点B. 研究飞行中的直升飞机螺旋桨的转动，螺旋桨可看作质点C. 研究地球绕太阳的运动轨迹时，地球可看作质点D. 研究“天宫一号”在轨道上的飞行姿态时，“天宫一号”可看作质点3. 某时刻，质量为2 kg的物体甲受到的合力大小是6 N，速度大小是10 m/s；质量为3 kg的物体乙受到的合力大小是5 N，速度大小是10 m/s，则此时( )A. 甲比乙的惯性大B. 甲比乙的惯性小C. 甲和乙的惯性一大D. 无法判定哪个物体惯性大4. 中国是掌握空中加油技术的少数国家之一．如图是我国自行研制的第三代战斗机“歼10”在空中加油的情景，以下列哪个物体为参照物，可以认为加油机是运动的( )A. “歼10”战斗机B. 地面上的房屋C. 加油机中的飞行员D. “歼10”战斗机里的飞行员5. 用如图所示的装置研究平抛运动．敲击弹性金属片后，A、B两球同时开始运动，均落在水平地面上，下列说法中合理的是( )A. A球比B球先落地B. B球比A球先落地C. 能听到A球与B球同时落地的声音D. 当实验装置距离地面某一高度时，A球和B球才同时落地6. 将原长10 cm的轻质弹簧竖直悬挂，当下端挂200 g的钩码时，弹簧的长度为12 cm，则此弹簧的劲度系数约为( )A. 1000N/mB.100N/mC.10N/mD. 1N/m7. 在“互成角度的两个力的合成”实验中，用两个弹簧秤分别钩住细绳套，互成角度地拉橡皮条，使它伸长到某一位置O点，已读出弹簧秤的示数，这一步操作中还必须记录的是( )A. 橡皮条固定端的位置B. 细绳套的长度描C. 橡皮条伸长后的总长度D. 下O点位置和两条细绳套的方向阅读下列内容，回答8～11题问题改革开放以来，人们的生活水平得到了很大的改善，快捷、方便、舒适的家用汽车作为代步工具正越来越多的走进寻常百姓家中．汽车起动的快慢和能够达到的最大速度，是衡量汽车性能的指标体系中的两个重要指标.8. 下列物理量中，属于矢量的是( )A. 位移B. 路程C. 质量D. 时间9. 在平直的公路上，汽车启动后在第10 s末速度表的指针指在如图所示的位置，前10 s内汽车运动的距离为150 m．下列说法中正确的是( )A. 第10 s末汽车的瞬时速度大小是70 km/hB. 第10 s末汽车的瞬时速度大小是70 m/sC. 第10 s内汽车的平均速度大小是70 m/sD. 前10 s内汽车的平均速度大小是35 m/s10. 在如图所示的四个图象中，表示汽车做匀加速直线运动的是( )A B C D11. 汽车在一条平直公路上，若从静止启动到最大速度的时间内做匀加速直线运动，则汽车做匀加速直线运动的加速度大小为( )A.5 m/s2B. 2.5 m/s2C. 4.17 m/s 2D. 9 m/s212. 人乘电梯匀加速上升，在此过程中人受到的重力为G，电梯对人的支持力为F N，人对电梯的压力为F N’，则( )A．G和F N是一对平衡力 B．G和F N’是一对平衡力C．G和F N是一对相互作用力 D．F N和F N’是一对相互作用力13. 如图所示，当用扳手拧螺母时，扳手上的P、Q两点的角速度分别为ωP和ωQ，线速度大小分别为v P 和v Q，则( )A. ωP<ωQ，v P<v QB.ωP<ωQ，v P＝v QC. ωP＝ωQ，v P<v QD. ωP＝ωQ，v P>v Q14. 小明用如图所示的装置做“验证机械能守恒定律”实验．关于该实验，下列说法中正确的是( )A. 重锤的质量一定是越大越好B. 释放纸带前，手捏住纸带上端并使纸带处于竖直C. 必须用秒表测出重锤下落的时间D. 把秒表测得的时间代入v＝gt，计算重锤的速度15. 如图所示，物体在平行于斜面向上、大小为5 N的力F作用下，沿固定的粗糙斜面向上做匀速直线运动，物体与斜面间的滑动摩擦力( )A. 等于零B. 等于5 NC. 小于5 ND. 大于5 N16. 如图所示,当环形导线通以逆时针方向电流后,位于环形导线中央的小磁针N极的受力方向( )A. 水平向左B. 水平向右C. 垂直向外D. 垂直向里17. 真空中有两个静止的点电荷，它们之间静电力的大小为F.如果保持这两个点电荷之间的距离不变，而将它们的电荷量都变为原来的2倍，则它们之间静电力的大小变为( )A.F16B.F4C. 16FD. 4F18.下列有关运动电荷和通电导线受到磁场对它们的作用力方向判断,正确的是( )19. 关于通电直导线周围磁场的磁感线分布，下列示意图中正确的是( )20. 在如图所示的电场中，a、b两点的电场强度相同的是 ( )A ．B ．C ．D ．21. 关于我国发射的同步通讯卫星，下列说法中正确的是 ( )A．它运行的周期比地球自转周期大B．它运行的角速度比地球自转角速度小C．它运行的轨道平面一定与赤道平面重合D．它定点在北京正上方，所以我国可以利用它进行电视转播22. 关于重力做功、重力势能变化的说法正确的是（）A．当物体向下运动时，重力对物体做负功B．当物体向下运动时，重力势能增大C．当物体向上运动时，重力势能增大D．当物体向上运动时，重力对物体做正功23. 木块以一定的初速度沿粗糙斜面上滑，后又返回到出发点．若规定沿斜面向下为速度的正方向，下列各图像中能够正确反映该木块运动过程的速度随时间变化的关系的是()A．B．C． D.二、填空题：把答案填在答题卡相应的横线上(本大题2小题，其中24小题4分，25小题6分，共10分).24小题为选做题，包括241A和242B两题，考生只选择其中一题作答241 本题供使用选修11教材的考生作答在如图所示的电场中，一电荷量q＝－1.0×242 本题供使用选修31教材的考生作答如图所示，已知电源电动势E＝3V，内电阻r10－8 C的点电荷在A点所受电场力大小F＝2.0×10－4 N．则A点的电场强度的大小E＝________N/C; 该点电荷所受电场力F的方向为________．(填“向左”“向右”)＝1Ω，电阻 R＝5Ω，电路中的电表均为理想电表．则当开关S闭合时，电流表的读数为________A，电压表的读数________V.25. (6分) 某实验小组欲以如图1所示实验装置探究“加速度与物体受力和质量的关系”．图1中A为小车，B为装有砝码的小盘，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电磁打点计时器相连，小车的质量为m1，小盘(及砝码)的质量为m2.图1图2(1) 下列说法正确的是________A. 实验时先放开小车，再接通打点计时器的电源B. 每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力C. 本实验中应满足m2远小于m1的条件D. 在用图象探究小车加速度与受力的关系时，应作a-m1图象(2) 在使用打点计时器时应该使用________ (选填“交流”或“直流”)电源;实验中得到一条打点的纸带，如图2所示，已知相邻计数点间的时间间隔为T，且间距x1、x2、x3、x4、x5、x6已量出，则打点计时器打下F点时小车的瞬时速度的计算式为v F＝________．三、计算或论述题：解答时请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，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位(本大题3小题，其中26小题6分，27小题7分，28小题8分，共21分)．26. (6分) 如图所示，质量为50 kg的滑雪运动员，在倾角为37°的斜坡顶端，从静止开始匀加速下滑50 m到达坡底，用时10s．若g取10 m/s2，求⑴运动员下滑过程中的加速度大小；⑵运动员到达坡底时的速度大小；⑶运动员受到的合外力大小．27. (7分)如图所示，一个半径R＝516m的圆形靶盘竖直放置，A 、O两点等高且相距2m，将质量为20g 的飞镖从A点沿AO方向抛出，经0.2s落在靶心正下方的B点处．不计空气阻力，重力加速度取g＝10 m/s2.求：(1) 飞镖从A点抛出时的速度大小；(2) 飞镖从A处抛出到落到B处的过程中下降的高度；(3) 为了使飞镖能落在靶盘上，飞镖抛出的速度大小应满足什么条件？28. (8分)为了研究过山车的原理，某兴趣小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角为37°、长为l ＝2.0m的粗糙倾斜轨道AB，通过水平轨道BC与半径为R＝0.2m的竖直圆轨道相连，出口为水平轨道DE，整个轨道除 AB 段以外都是光滑的．其中AB 与BC 轨道以微小圆弧相接，如图所示．一个质量m＝1 kg 小物块以初速度v0＝5.0 m/s从A点沿倾斜轨道滑下，小物块到达C点时速度v C＝4.0 m/s.取g＝10 m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80.(1) 求小物块到达C点时对圆轨道压力的大小；(2) 求小物块从A到B运动过程中摩擦力所做的功；(3) 为了使小物块不离开轨道，并从轨道DE滑出，求竖直圆弧轨道的半径应满足什么条件？高二物理必修答案一、选择题（3分*23=69分）二、填空题（2分*5=10分）24、1×104，向左，25、 C ，交流，T xx 265.三、计算题（6分+7分+8分）26、（1）1m/s2(2)10m/s(3)50N27、(1)10m/s(2)0.2m(3)v≥8m/s28、(1)90N(2)-16.5J(3)≤0.32m高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
江苏省盐城中学高二上学期期中考试物理(必修)试题(扫
江苏省盐城中学2014—2015学年度第一学期期中考试
高二年级物理（必修）答题纸（2014.11）
试卷说明：本场考试时间75分钟，总分100分。
一、单项选择题：每小题只有一个
．．．．选项符合题意（本部分23小题，每小题3分，共69分）
二、填空题：把答题填在答题卡相应的横线上（本部分2小题，其中24小题4分，25小题6分，共10分）
24.F = 5×10－3N
竖直向上（选填“上”或“下”).
25.⑴打点计算器电源用了直流电，应为交流电
小车释放前离打点计时器太远，应靠近打点计时器
长木板没有倾斜，应倾斜长木板以平衡摩擦力
⑵ 1.28 m/s．
三、计算或论述题：解答时请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，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位（本部分3小题，其中26小题6分，
27小题7分，28小题8分，共21分）26．（6分）
27．（7分）
28．（8分）。
高二物理上学期期中试题高二全册物理试题_3
嘴哆市安排阳光实验学校高二（上）期中物理试卷一、选择题：本题共12小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～12题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．1．如图是某一点电荷的电场线分布图，下列表述正确的是（）A．该点电荷带正电B．a点的电势高于b点的电势C．a点的电场强度大于b点的电场强度D．a点和b点电场强度的方向相同2．在物理学中，常常用比值定义物理量，用来表示研究对象的某种性质，下面列出七个关系式：：①场强E=②电容C=③电阻R=④电流I=；⑤电流I=⑥R电阻=⑦电动势E=，下列针对这七个关系式说法正确的是（）A．①②③④属于比值定义式 B．①③⑤⑦属于比值定义式C．只有⑥⑦不属于比值定义式D．全部属于比值定义式3．四盏灯泡接成图示电路．a、c灯泡的规格为“220V 100W”，b、d灯泡的规格为“220V 40W”，各个灯泡的实际功率都没有超过它的额定功率．则这四盏灯泡中实际消耗功率最大的是（）A．a B．b C．c D．d4．欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律，有一个长方体金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且a＞b＞c．电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻阻值最小的是（）A ．B ．C ．D ．5．一平行板电容器两极板间距为d、极板面积为S，电容为C，对此电容器充电后断开电源，当增加两板间距时，电容器极板间（）A．电场强度不变，电势差变大B．电场强度不变，电势差不变C．电场强度减小，电势差不变D．电场强度减小，电势差减小6．图中是一个平行板电容器，其电容为C，带电量为Q，上极板带正电．现将一个试探电荷q由两极板间的A点移动到B点，如图所示．A、B两点间的距离为s，连线AB与极板间的夹角为30°，则电场力对试探电荷q所做的功等于（）A ．B ．C ．D ．7．关于静电场，下面结论普遍成立的是（）A．静电场是由实实在在的电场线组成的B．电场强度很大的地方电势可能为零C．将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功为零D．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8．小灯泡通电后，其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，则下列说法正确的是（）A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B．对应P点，小灯泡的电阻为R=C．对应P点，小灯泡的电阻为R=D．对应P点，小灯泡的功率为P=U1I29．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，其运动轨迹是图中虚线，由M运动到N，以下说法正确的是（）A．粒子一定带正电B．粒子由M运动到N过程中其速度越来越大C．粒子由M运动到N过程中其加速度越来越大D．粒子由M运动到N过程中其电势能越来越大10．某同学采用如图所示电路图做实验，开关闭合后，电路出现一处故障，以下分析正确的是（）A．若电流表无示数，电压表有示数，则可能是R1断路B．若电流表无示数，电压表有示数，则可能是R2断路C．若电流表有示数，电压表无示数，则可能是R1断路D．若电流表有示数，电压表无示数，则可能是R2短路11．图中a、b是两个点电荷，它们的电量分别为Q1、Q2，MN是ab连线的中垂线，P是中垂线上的一点．下列哪种情况能使P点场强方向指向MN的左侧？（）A．Q1、Q2都是正电荷，且Q1＜Q2B．Q1是正电荷，Q2是负电荷，且Q1＞|Q2|C．Q1是负电荷，Q2是正电荷，且|Q1|＜Q2D．Q1、Q2都是负电荷，且|Q1|＞|Q2|12．匀强电场中的三点是A、B、C是一个直角三角形的三个顶点，AC的长度为1cm，D为AB的中点，如图所示，已知电场线的方向平行于△ABC所在平面，A、B、C三点的电势分别为6V、2V和10V，设场强大小为E，一电量为1×10﹣6C的正电荷从C点移到D点电场力所做的功为W，则（）A．W=6×10﹣6J B．W=4×10﹣6J C．E＞4V/m D．E≤4V/m二、填空实验题：（13题6分，14题8分，共14分，将答案填写在横线上）13．（1）如图1螺旋测微器的读数是mm（2）如图2所示是试验室使用的螺旋测微器，也叫千分尺，它是用来测量物体长度的仪器，下列关于螺旋测微器的操作正确的是A．测量时，先顺时针（如图所示方向）转动旋钮D，在螺杆F快要靠近被测物体时，应改用微调旋钮H，直至棘轮发出咔咔声时停止转动B．测量时，先逆时针（与图示方向相反）转动旋钮D，在螺杆F快要靠近被测物体时，应改用微调旋钮H，直至棘轮发出咔咔声时停止转动C．当棘轮发出咔咔声时停止转动微调旋钮H，此时应固定旋钮G，使测杆固定后才可读数D旋钮D每转动一周，就带动测微螺杆F前进或后退0.1mm．14．有一只电流表，其内阻R g为100Ω，满偏电流I g为3mA．若要把它改装成量程为15V的电压表，应一个阻值为Ω的电阻，若要把它改装成量程为0.6A的电流表，应一个阻值为Ω的电阻．15．（2015秋•期中）如图，真空中A、B相距L=2.0m，将电荷量为q A=+2.0×10﹣6C的点电荷固定在A点，将电荷量为qB=﹣2.0×10﹣6C的点电荷固定在B点，已知静电力常量k=9×109N•m2/C2，求：（1）求q A受到的库仑力大小和方向；（2）求 AB连线中点C处的电场强度大小和方向；（3）若在AB连线中点C处再放置一个q C=﹣2.0×10﹣6C的点电荷，求q C所受静电力方向和大小．16．（2015秋•期中）如图所示，线路的电压U=220V，输电线的总电阻r=10Ω，电炉A的电阻R A=100Ω．电炉B的电阻R B=82Ω．（1）电键S断开时，电炉A上的电压和它消耗的功率分别是多少？（2）电键S闭合时，电炉A上的电压和它消耗的功率又是多少？17．（2015秋•期中）有一条横截面积S=1mm2的铜导线，通过的电流I=1A，已知铜的密度ρ=8.9×103kg/m3，铜的摩尔质量M=6.4×10﹣2kg/mol，阿伏常量N A=6.62×1023mol﹣1，电子的电量e=﹣1.6×10﹣19C，求铜导线中自由电子定向移动的速率．（铜可视为一价元素）18．（2015秋•期中）如图所示，离子发生器发射出一束质量为m，带电量为q 的离子（初速度不计，重力不计），经加速电压U1加速后以垂直于电场方向射入两平行板，受偏转电压U2作用后，飞出电场．已知平行板的长度为L，两板间距离为d，试计算：（1）偏转量y是多少？（2）离子离开电场时的速度偏角θ的正切值是多大？高二（上）期中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．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～12题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．1．如图是某一点电荷的电场线分布图，下列表述正确的是（）A．该点电荷带正电B．a点的电势高于b点的电势C．a点的电场强度大于b点的电场强度D．a点和b点电场强度的方向相同【考点】点电荷的场强．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】本题考查的就是点电荷的电场的分布及特点，以及电场线方向与电势高低的关系，抓住电场线越密，场强越大、顺着电场线电势降低进行分析即可．【解答】解：A、根据电场线从无穷远出发到负电荷终止可知，该电荷是负电荷．故A错误．B、顺着电场线电势降低，则知a点的电势低于b点的电势．故B错误．C、由图知，a处电场线较密，则a处电场强度大．故C正确．D、由图看出，a、b两点场强方向不同．故D错误．故选C【点评】熟悉正、负点电荷，等量同种、等量异种电荷周围电场分布情况往往是解题关键．2．在物理学中，常常用比值定义物理量，用来表示研究对象的某种性质，下面列出七个关系式：：①场强E=②电容C=③电阻R=④电流I=；⑤电流I=⑥R电阻=⑦电动势E=，下列针对这七个关系式说法正确的是（）A．①②③④属于比值定义式 B．①③⑤⑦属于比值定义式C．只有⑥⑦不属于比值定义式D．全部属于比值定义式【考点】电场强度；闭合电路的欧姆定律．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．【分析】所谓比值定义法，就是用两个物理量的“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而改变．根据物理量的定义分析是否是比值定义法．【解答】解：①E=是电场强度的定义式，E与F、q无关，由电场本身决定，属于比值法定义．②C=是电容的定义式，C与Q、U无关，由电容器本身决定，属于比值法定义．③R=是电阻的定义式，R与I、U无关，由导体本身决定，属于比值法定义．④I=是欧姆定律表达式，I与U成正比，与R成反比，不属于比值法定义．⑤I=是电流的定义式，I与Q、t无关，属于比值法定义．⑥R═是电阻的决定式，ρ、L成正比，与S成反比，不属于比值法定义．⑦电动势E=，是比值定义式，电动势E与W，及q均无关，故ACD错误，B正确．故选：B．【点评】解决本题的关键理解比值定义法的特点：被定义的物理量往往是反映物质的属性，与定义所用的物理量无关．3．四盏灯泡接成图示电路．a、c灯泡的规格为“220V 100W”，b、d灯泡的规格为“220V 40W”，各个灯泡的实际功率都没有超过它的额定功率．则这四盏灯泡中实际消耗功率最大的是（）A．a B．b C．c D．d【考点】电功、电功率；串联电路和并联电路．【专题】恒定电流专题．【分析】先根据小灯泡的规格确定小灯泡的电阻，然后根据串并联电路的规律确定四个小灯泡电压电流的关系，从而根据P=UI=I2R=比较它们的功率大小．【解答】解：a、b灯泡的电阻R===484Ωc、d灯泡的电阻R′===1210Ω根据并联电路的特点知b、c并联后的总电阻R并＜R＜R′大电阻分大电压，所以b、c两端的电压小于d灯泡的电压，根据P=可得：P a＞P b，P c＜P b＜P da、d灯串联，电流相等，根据P=I2R知则P与R成正比，则P a＜P d，故实际电功率最大的是d灯泡；故选：D．【点评】已知用电器的额定功率、额定电压，求实际电压的功率时，要抓住电阻不变这一关键点，能结合串并联电路的特点解题，难度适中．4．欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律，有一个长方体金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且a＞b＞c．电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻阻值最小的是（）A ．B ．C ．D ．【考点】电阻定律．【专题】恒定电流专题．【分析】由金属导体电阻的决定式R=ρ进行计算，注意各电阻中的导体长度及截面积．【解答】解：由电阻的决定式可知，A中电阻R A =，B中电阻R B =；C中电阻R C =；D中电阻R D =；故电阻最小的为A；故选：A．【点评】本题考查电阻定率的应用，要注意电阻是由导体本身的性质决定的．5．一平行板电容器两极板间距为d、极板面积为S，电容为C，对此电容器充电后断开电源，当增加两板间距时，电容器极板间（）A．电场强度不变，电势差变大B．电场强度不变，电势差不变C．电场强度减小，电势差不变D．电场强度减小，电势差减小【考点】电容器的动态分析．【专题】电容器专题．【分析】通电后断开电容两板上的电荷量不变，由C=可知当d变化时C 的变化；由C=可知两板间的电势差的变化；由E=可知E的变化．【解答】解：因通电后断开，故两板上的带电量不变；增加d，则C减小，则电势差U增大；由公式可得：U=，则电场强度为：E==，故E与d无关，故电场强度不变，故A正确，BCD错误；故选：A．【点评】通电后断开若只改变两板间的距离，则极板间的电场强度将保持不变．6．图中是一个平行板电容器，其电容为C，带电量为Q，上极板带正电．现将一个试探电荷q由两极板间的A点移动到B点，如图所示．A、B两点间的距离为s，连线AB与极板间的夹角为30°，则电场力对试探电荷q所做的功等于（）A ．B ．C ．D ．【考点】电势能；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】由平行板电容器的电容C和带电量Q，由电容的定义式求出板间电压．由E=求出板间场强．根据功的计算公式求解电场力对试探电荷q所做的功．【解答】解：由电容的定义式C=得板间电压U=，板间场强E==．试探电荷q由A点移动到B点，电场力做功W=qEssin30°=故选C【点评】本题只要抓住电场力具有力的一般性质，根据功的一般计算公式就可以很好地理解电场力做功，并能正确计算功的大小．7．关于静电场，下面结论普遍成立的是（）A．静电场是由实实在在的电场线组成的B．电场强度很大的地方电势可能为零C．将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功为零D．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【考点】电场强度；电场线．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．【分析】电场强度与电势之间无必然联系，但沿电场方向电势降低，而且速度最快；电势差与两点的场强无关，只与两点间沿电场方向的距离和两点间的场强有关；电场力做功，只与电荷以及两点间的电势差有关，与两点的场强没有关系．【解答】解：A：电场实际存在，而电场线是假想的，故A错误．B：在正电荷的电场中，离正电荷近，电场强度大，电势高，离正电荷远，电场强度小，电势低；而在负电荷的电场中，离正电荷近，电场强度大，电势低，离负电荷远，电场强度小，电势高，因此电场强度很大的地方电势可能为零，故B正确；C：场强均为零的两点电势不一定相等，所以电场力做功不一定为零，故C错误；D：沿电场方向电势降低，而且速度最快．故D正确；故选：BD．【点评】电场强度、电势、电势差、电场力的功，它们的定义以及它们之间的关系要记清，有不好理解的题目可找实际的例子加以分析．8．小灯泡通电后，其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，则下列说法正确的是（）A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B．对应P点，小灯泡的电阻为R=C．对应P点，小灯泡的电阻为R=D．对应P点，小灯泡的功率为P=U1I2【考点】欧姆定律．【专题】定性思想；图析法；恒定电流专题．【分析】由图看出此灯泡是非线性元件，根据电阻是指对电流的阻碍作用判断灯泡电阻与电压之间的关系；找到P点对应的电压和电流，根据欧姆定律求出此时灯泡的电阻，由P=UI求解功率．【解答】解：A、由图象可知，灯泡的电阻等于R=，等于图线上的点与原点O 连线斜率的倒数，由数学知识可知，电压增大，此斜率减小，则灯泡的电阻增大．故A正确；BC、由图象可知，P点对应的电压为U1，电流为I2，则灯泡的电阻R=，故B 错误，C正确；D、因P=UI，所以对应P点，小灯泡的功率为P=U1I2，故D正确．故选：ACD．【点评】注意U﹣I图象的意义，知道斜率等于电阻的倒数，明确功率借助图象分析时所围得面积；明确灯泡伏安特性曲线不直的原因．9．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，其运动轨迹是图中虚线，由M运动到N，以下说法正确的是（）A．粒子一定带正电B．粒子由M运动到N过程中其速度越来越大C．粒子由M运动到N过程中其加速度越来越大D．粒子由M运动到N过程中其电势能越来越大【考点】电场线．【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题．【分析】电场线是从正电荷或者无穷远发出，到负电荷或无穷远处为止，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功时，电势能减小，电场力做负功时，电势能增加．【解答】解：A、带电粒子在电场中运动时，受到的电场力的方向指向运动轨迹的弯曲的内侧，由此可知，此带电的粒子受到的电场力的方向为沿着电场线向上，所以此粒子为正电荷，所以A正确；B、粒子带正电，从M到N的过程中，电场力对粒子做正功，粒子的动能要增加，速度也就增大，即粒子由M运动到N过程中其速度越来越大，所以B正确；C、由电场线的分布可知，电场线在N点的时候较密，所以在N点的电场强，粒子在N点时受到的电场力大，所以在N点加速度大，所以C正确；D、粒子带正电，从M到N的过程中，电场力对粒子做正功，所以粒子的电势能要减小，即粒子在M点的电势能大于N点的电势能，所以D错误；故选：ABC．【点评】本题就是考查学生基础知识的掌握，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点和根据轨迹判定受力方向的方法，即可解决本题．10．某同学采用如图所示电路图做实验，开关闭合后，电路出现一处故障，以下分析正确的是（）A．若电流表无示数，电压表有示数，则可能是R1断路B．若电流表无示数，电压表有示数，则可能是R2断路C．若电流表有示数，电压表无示数，则可能是R1断路D．若电流表有示数，电压表无示数，则可能是R2短路【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】若电流表无示数，电路中有断路，若电流表有示数，电路是通路，根据欧姆定律分析即可．【解答】解：AB、若电流表无示数，电压表有示数，说明电路中有断路，而电压表之外的电路是通路，不可能是R1断路，可能是R2断路，故A错误，B正确．CD、若电流表有示数，电压表无示数，则电路是通路，不可能是R1断路，可能是R2短路，电压表被短路，故C错误，D正确．故选：BD【点评】本题是故障分析问题，要明确当电流表无示数，电压表有示数时，往往与电压表并联的电路出现断路．11．图中a、b是两个点电荷，它们的电量分别为Q1、Q2，MN是ab连线的中垂线，P是中垂线上的一点．下列哪种情况能使P点场强方向指向MN的左侧？（）A．Q1、Q2都是正电荷，且Q1＜Q2B．Q1是正电荷，Q2是负电荷，且Q1＞|Q2|C．Q1是负电荷，Q2是正电荷，且|Q1|＜Q2D．Q1、Q2都是负电荷，且|Q1|＞|Q2|【考点】电场的叠加．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】利用在该点正电荷所受电场力方向为电场强度方向来确定各自电场强度方向．然后两点电荷在同一点的场强是由各自电场强度矢量叠加而成的．【解答】解：A、当两点电荷均为正电荷时，若电荷量相等，则它们在P点的电场强度方向沿MN背离N方向．当Q1＜Q2时，则b点电荷在p点的电场强度比a 点强，所以电场强度合成后，方向偏左．当Q1＞Q2时，则b点电荷在p点的电场强度比a点弱，所以电场强度合成后，方向偏右．故A正确；B、当Q1是正电荷，Q2是负电荷时，b点电荷在p点的电场强度方向沿bP连线背离b点，而a点电荷在p点的电场强度方向沿aP连线指向b点，则合电场强度方向偏右．不论电量大小关系，仍偏右．故B错误；C、当Q1是负电荷，Q2是正电荷时，b点电荷在p点的电场强度方向沿bP连线指向b点，而a点电荷在p点的电场强度方向沿aP连线背离a点，则合电场强度方向偏左．不论它们的电量大小关系，仍偏左．故C正确；D、当Q1、Q2是负电荷时，b点电荷在p点的电场强度方向沿bP连线指向b点，而a点电荷在p点的电场强度方向沿aP连线指向a点，由于|Q1|＞|Q2|，则合电场强度方向偏左．故D正确；故选：ACD【点评】正点电荷在某点的电场强度方向是这两点的连线且背离正电荷，而负点电荷在某点的电场强度方向是这两点的连线且指向负电荷．12．匀强电场中的三点是A、B、C是一个直角三角形的三个顶点，AC的长度为1cm，D为AB的中点，如图所示，已知电场线的方向平行于△ABC所在平面，A、B、C三点的电势分别为6V、2V和10V，设场强大小为E，一电量为1×10﹣6C的正电荷从C点移到D点电场力所做的功为W，则（）A．W=6×10﹣6J B．W=4×10﹣6J C．E＞4V/m D．E≤4V/m【考点】电势能；电场线．【专题】比较思想；图析法；电场力与电势的性质专题．【分析】根据U=Ed求出D点的电势，再由公式W=qU求出电场力做功．作出电场线，再由E=求电场强度的范围．【解答】解：根据U=Ed，知匀强电场中沿某一方向相等距离电势差相等，则D 点的电势为φD ==V=4VCD间的电势差为 U CD=φC﹣φD=10V﹣4V=6V电量为1×10﹣6C的正电荷从C点移到D点电场力所做的功为 W=qU CD=6×10﹣6J．BC的中点F的电势为φF ==V=6V=φA，由AF连线为一条等势线，根据电场线与等势面垂直，且指向电势较低的等势面，画出电场线如图，则场强E=因为U CA=φC﹣φA=10V﹣6V=4V，CG＜AC=1m，则E＞4V/m．故AC正确，BD错误．故选：AC【点评】本题考查对匀强电场中两点电势差与两点沿电场方向的距离成正比U=Ed与运用公式W=qU求解电场力做功，用活匀强电场中任一条直线上电势是均匀变化的（等势线除外）是解题的关键．二、填空实验题：（13题6分，14题8分，共14分，将答案填写在横线上）13．（1）如图1螺旋测微器的读数是 5.850 mm（2）如图2所示是试验室使用的螺旋测微器，也叫千分尺，它是用来测量物体长度的仪器，下列关于螺旋测微器的操作正确的是ACA．测量时，先顺时针（如图所示方向）转动旋钮D，在螺杆F快要靠近被测物体时，应改用微调旋钮H，直至棘轮发出咔咔声时停止转动B．测量时，先逆时针（与图示方向相反）转动旋钮D，在螺杆F快要靠近被测物体时，应改用微调旋钮H，直至棘轮发出咔咔声时停止转动C．当棘轮发出咔咔声时停止转动微调旋钮H，此时应固定旋钮G，使测杆固定后才可读数D旋钮D每转动一周，就带动测微螺杆F前进或后退0.1mm．【考点】螺旋测微器的使用．【专题】实验题；定性思想；推理法；直线运动规律专题．【分析】明确螺旋测微器的读数方法，知道在使用螺旋测微器时，选旋动粗调旋钮，再转到微调旋钮，最后拨动止动旋钮固定后读数．【解答】解：（1）固定部分读数为5.5mm，转动部分读数为35.0×0.01=0.350mm；故读数为：5.5+0.350=5.850mm；（2）ABC、用螺旋测微器测电阻丝的直径时，先转动粗调旋钮D使测微螺杆F 接近被测电阻丝，再转到微调旋钮H夹住被测物，直到棘轮发出声音为止，拨动止动旋钮G使F固定后读数，故AC正确，B错误；D、旋钮D每转动一周，就带动测微螺杆F前进或后退0.5mm，故D错误；故答案为：（1）5.850 （2）AC【点评】解决本题的关键掌握螺旋测微器的工作原理，与区别与游标卡尺，同时注意D每转动一周，就带动测微螺杆F前进或后退0.5mm．14．有一只电流表，其内阻R g为100Ω，满偏电流I g为3mA．若要把它改装成量程为15V的电压表，应串联一个阻值为4900 Ω的电阻，若要把它改装成量程为0.6A的电流表，应并联一个阻值为0.5 Ω的电阻．【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题；定量思想；比例法；恒定电流专题．【分析】把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，把电流表改装成大量程的电流表需要并联分流电阻，应用串并联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值．【解答】解：把电流表改装成15V的电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值为：R=﹣R g=4900Ω，把电流表改装成0.6A的电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值为：R′==≈0.5Ω；故答案为：串联；4900；并联；0.5．【点评】本题考查了电压表与电流表的改装，知道电表改装原理是解题的关键，应用串并联电路特点与欧姆定律可以解题．15．（2015秋•期中）如图，真空中A、B相距L=2.0m，将电荷量为q A=+2.0×10﹣6C的点电荷固定在A点，将电荷量为qB=﹣2.0×10﹣6C的点电荷固定在B点，已知静电力常量k=9×109N•m2/C2，求：（1）求q A受到的库仑力大小和方向；（2）求 AB连线中点C处的电场强度大小和方向；（3）若在AB连线中点C处再放置一个q C=﹣2.0×10﹣6C的点电荷，求q C所受静电力方向和大小．【考点】电场强度；库仑定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】（1）根据库仑定律列式求解库仑力的大小，并确定库仑力的方向．（2）先求解两个电荷单独存在时在C点的场强，然后根据电场的叠加原理合成得到C点的场强．（3）由公式F=qE求解q C所受静电力大小，根据负电荷所受的电场力与场强方向相反，确定静电力的方向．【解答】解：（1）q A受到的库仑力大小，方向由A指向B；（2）C处的电场强度大小 E C=E AC+E BC =k +k=3.6×104V/m，方向由C指向B．（3）q C所受静电力大小为，方向由C指向A．答：（1）q A受到的库仑力大小是9×10﹣3N，方向由A指向B；（2）AB连线中点C处的电场强度大小是3.6×104V/m，方向由C指向B；（3）q C所受静电力方向为由C指向A，大小为7.2×10﹣2N．【点评】本题考查了库仑定律和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．16．（2015秋•期中）如图所示，线路的电压U=220V，输电线的总电阻r=10Ω，电炉A的电阻R A=100Ω．电炉B的电阻R B=82Ω．（1）电键S断开时，电炉A上的电压和它消耗的功率分别是多少？（2）电键S闭合时，电炉A上的电压和它消耗的功率又是多少？【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】利用闭合电路的欧姆定律求出电流，据U=IR和P=I2R求电炉A上的电压和消耗的功率．【解答】解：（1）电键S断开时，所以电炉A上的电压U A=IR A=200V电炉A消耗的功率（2）电键S闭合时，两电炉的电阻并联值为。
学14—15学年高二上学期期中考试物理试题(扫描版)(附答案)
2014学年第一学期期中考试高二物理参考答案一、选择题：（本题共13小题，每小题3分，共39分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）二、填空题：(每空2分，共20分)14．250 V， -6×10－4 J（或减少6×10－4 J）； 15. ＞，＞；16. 1100 W，8Ω。
17. 4.8KΩ， 2.35×10－6 C.18．20 V/m，30°。
(3）保温电热丝消耗的电功率错误！未找到引用源。
-------------------（2分）22．（11分）解答：（1）＋q 与－q 在C 点产生的电场强度大小相等，有E 1＝E 2＝错误！未找到引用源。
又因为△ABC 为等边三角形，易知E 1、E 2的夹角是120°，所以二者的合场强为E C ＝错误！未找到引用源。
-------------（2分）方向竖直向下-------------（1分）（2）小球到达最低点C 时 有F N －mg －E C ＝m v 20R----（2分）F N ＝mg ＋m v 20R ＋k QqL 2 ----------------------（1分）（3）小球由最高点M 运动到C 的过程中，由动能定理得mgR ＋U MC Q ＝12mv 20 -------------------------（3分） 可得MC 两点的电势差为U MC ＝12Q(mv 20－2mgR ) 又等量异种电荷中垂线上的电势相等，即C 、D 两点电势相等为零 ----（1分） 故M 点的电势为φM ＝U MC ＝12Q (mv 20－2mgR ) ---------------------（1分）。
江苏省盐城市时杨中学、建湖二中2014-2015学年高二上学期期中联考物理试题(必修)(有答案)AqPUwK
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分100分，考试时间75分钟．第Ⅰ卷(选择题共69分)一、选择题(本题共23小题，每小题3分，共69分．在每小题给出的四个选项当中，只有一个选项是正确的)2013年12月2日，嫦娥三号怀抱着“玉兔”，承载着中国人的梦想，踏上了探月之旅。
她历经变轨、减速、悬停、避障等过程，于14日在月球表面软着陆。
我国成为世界上第三个实现在月球表面软着陆的国家。
……在月球表面着陆过程中，嫦娥三号先减速调整，速度从1 700m/s逐渐减为0，悬停在距月球面100m高处；然后利用探测器对着陆区进行观测，选择着陆点；再缓慢下降到着陆点上方4m处，最终以自由落体方式完美着陆在月球表面。
接着，140kg的“玉兔”款款而出，开始了与月球的亲密接触……根据以上材料，完成1、2题：1．上述材料提及嫦娥三号“速度从1 700m/s逐渐减为0”,这里所选的参考系是A．太阳B．月球表面C．地球表面D．嫦娥三号2．嫦娥三号着陆前最后4m的运动过程中，能反映其运动的v-t图象是3．下列情况中的物体，能看作质点的是（）A．匀速行驶着的汽车的车轮B．正在闯线的百米赛跑运动员C．太空中绕地球运行的卫星D．正在跃过横杆的跳高运动员4．平直公路上一汽车甲中的乘客看见窗外树木向东移动，恰好此时看见另一汽车乙从旁边匀速向西行驶，此时公路上两边站立的人观察的结果是 ( )A．甲车向东运动，乙车向西运动B．乙车向西运动，甲车不动C．甲车向西运动，乙车向东运动D．两车均向西运动，乙车速度大于甲车5．2012年7月29日，孙杨在伦敦奥运会男子400 m自由泳决赛中以3分40秒的成绩夺冠，并打破奥运会纪录．关于他在决赛中的运动速度，下列说法正确的是( ) A．平均速度约为1.82 m/sB．冲刺速度一定为1.82 m/sC．平均速率约为1.82 m/sD. 起动速率约为1.82 m/s6. 游乐园中的“蹦极”项目是先将游客提升至几十米高处，然后释放，释放的开始阶段，游客做自由落体运动．在刚释放的瞬间( )A. 游客的速度和加速度均为零B. 游客的速度不为零，加速度为零C. 游客的速度为零，加速度不为零D. 游客的速度和加速度均不为零7. 2013年1月1日，新交通法规开始实施，其中“闯黄灯扣6分”被部分网友称为违背牛顿第一定律，导致各地追尾事故频发．在紧急刹车过程中关于汽车的惯性和动能变化，下列说法正确的是( )A. 惯性不变，动能不变B.惯性不变，动能减小C. 惯性减小，动能减小D. 惯性减小，动能不变8. 一物体从塔顶自由下落，在到达地面前的最后1s内通过的位移是整个位移的5/9，则塔高为（g=10m/s2），下列正确的是( )A. 9mB. 25mC. 35mD. 45m9. 在探究加速度与力、质量的关系实验中，如图所示是某同学正要释放小车的情形，下列说法正确的是( )A. 应把长木板水平放置B. 应使小车离打点计时器远些C. 应将打点计时器接在直流电源上D. 应调整滑轮高度使细绳与长木板表面平行10．汽车以10m/s的速度在水平路面上做匀速直线运动，后来以2m/s2的加速度刹车，那么刹车后6s内的位移是（）A．24 m B．96 m C．25 m D．96 m或24 m11、两个完全相同的金属小球，分别带有+3Q 和-Q 的电荷量，当它们相距r 时，它们之间的库仑力是F ．若把它们接触后分开，再置于原来位置（此时两带电小球仍可视为点电荷），则它们的库仑力的大小将变为A 、F/3B 、FC 、4F/3D 、12F 12．两个等量点电荷P 、Q 在真空中产生的电场线（方向未画出）如图所示，一电子在A 、B 两点所受的电场力分别为F A 和F B ，则它们的大小关系为( )A ．F A =FB B ．F A <F BC ．F A >F BD ．无法确定13．如图所示，在圆环状导体圆心处，放一个可以自由转动的小磁针．现给导体通以顺时针方向的恒定电流，不计其他磁场的影响，则 ( )A ．小磁针保持不动B ．小磁针的N 极将向下转动C ．小磁针的N 极将垂直于纸面向外转动D ．小磁针的N 极将垂直于纸面向里转动14．如图所示，一矩形线框置于磁感应强度为B 的匀强磁场中，线框平面与磁场方向平行，若线框的面积为S ，则通过线框的磁通量为 ( )A.BSB.B/SC.S/BD.0 15．关于磁感应强度，下列说法正确的是 ( )A ．磁感应强度沿磁感线方向逐渐减小B ．磁感应强度的方向就是通电导线在磁场中受力的方向C ．磁感应强度的方向就是正电荷在该处的受力方向D ．磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量 16. 关于点电荷，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. 体积很大的带电体一定不能看作点电荷C. 点电荷一定是电荷量很小的带电体D. 点电荷为理想模型，实际并不存在 17. 关于磁感线，下列说法正确的是( )A. 磁感线是小磁针受磁场力后运动的轨迹BB. 磁感线是磁场中实际存在的线C. 磁感线上某点的切线方向跟该点的磁感应强度的方向一致D. 磁感线始于磁体的N极，终止于磁体的S极18. 关于平行板电容器，下列说法正确的是( )A. 电容器所带的电荷量越多，电容就越大B. 电容器两极间电介质的性质不会影响电容器的电容C. 其他条件不变，电容器极板间的正对面积越大，电容就越大D. 其他条件不变，电容器极板间的距离越大，电容就越大19. 下列属于防止静电危害做法的是( )A. 在汽车喷漆时采用静电喷漆的方法B. 水泥厂利用静电除去废气中的粉尘C. 复印机采用静电复印的方式工作D. 行驶中的油罐车尾带一条拖地的铁链20. 关于通电螺旋线管的磁感线方向的判断，下列示意图中正确的是( )21. 如图所示，把长为0.4 m的导体棒置于竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为0.5 T，导体棒与磁场方向垂直，棒中通有电流为2A，则导体棒所受安培力( )A. 大小为0.4 NB. 大小为0.8 NC. 方向垂直纸面向外D. 方向与磁场方向相同22．用遥控器调换电视机的频道的过程，实际上就是传感器把光信号转化为电信号的过程，下列装置属于这类传感器的是A、红外报警装置B、走廊照明灯的声控开关C、自动洗衣机中的压力传感装置D、电饭煲中控制加热和保温的温控器23、小球从空中自由下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，其速度-时间图象如图所示，则由图可知（）①小球下落的最大速度为5m/s ②小球第一次反弹初速度的大小为5m/s ③小球能弹起的最大高度0.45m ④小球能弹起的最大高度1.25mA 、②③B 、①②C 、 ②④D 、 ①③第Ⅱ卷(非选择题 共31分)二、 填空题(本大题共2小题，其中24小题4分，25小题6分，共10分) 24. 本题为选做题，考生只选择一题作答．若两题都作答，则按24－1计分．24－1.(本题供使用选修1－1教材的考生作答)在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，产生的交变电动势随时间变化的图象如图所示，则(1) 该交流电的频率为________Hz ； (2) 该交流电电动势的有效值为________V.24－2.(本题供使用选修3－1教材的考生作答)如图所示，a 、b 为电场中同一电场线上的两点，两点的电势分别为5φa＝8 V ，φb＝6 V ．将一个带电量为1.6×10－19 C 的质子放在电场中的a 点． (1) 该质子在a 点具有的电势能为________J ；(2) 该质子从a 点运动到b 点，电场力做功为________J.25. 在用电火花计时器（或电磁打点计时器）研究匀变速直线运动的实验中，某同学打出了一条纸带，已知计时器打点的时间间隔为0.02s ，他按打点先后顺序每5个点取1个计数点，得到了O 、A 、B 、C 、D 等几个计数点，如图所示，则相邻两个计数点之间的时间间隔为 ▲ s ．用刻度尺量得点A 、B 、C 、D 到O 点的距离分别为x 1=1.50cm ，x 2=3.40cm ，x 3=5.70cm ，x 4=8.40cm.由此可知，打C 点时纸带的速度大小为 ▲ m/s ．与纸带相连小车的加速度大小为 ▲ m/s 2．x 4x 1x 2x 3OABCD三、计算或论述题(本部分共3小题，其中26小题6分，27小题7分，28小题8分，共21分．解答时请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．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位) 26. 2014年2月，第22届冬奥会在俄罗斯索契成功举行。
高二物理上学期期中-盐城市射阳二中2014-2015学年高二上学期期中(必修)物理试题及答案
2014-2015学年江苏省盐城市射阳二中高二（上）期中物理试卷（必修）参考答案与试题解析一、选择题（共23小题，每小题3分，满分69分）1．（3分）国际单位制中力的单位的符号是（）A．N B．m C．k g D．m/s考点：力学单位制．专题：常规题型．分析：在国际单位制中，力的单位是以科学家牛顿的名字命名的解答：解：在国际单位制中，力的单位是牛顿，简称牛，符号为“N”．故A正确，BCD错误．故选：A点评：力的单位、力的单位的符号，这都是我们学习力学最基本的知识，必须熟知．2．（3分）大小分别为3N和6N的两个共点力，其合力大小可能是（）A．2N B．9N C．12N D．18N考点：力的合成．专题：受力分析方法专题．分析：此题考查两个力的合力大小问题同一直线上、同方向，两个力的合力大小为二力之和，为最大值；同一直线上、反方向，两个力的合力大小为二力之差，为最小值；不在同一直线上，两个力的合力大小居于最大值和最小值之间．解答：解：此题考查两个力的合力大小问题，据平行四边形法则可得：若二力方向相同时，合力大小为：F=F1+F2=3N+6N=9N，为最大值；若二力方向相反时，合力大小为：F=F2﹣F1=6N﹣3N=3N，为最小值；故两力的合力大小可能范围为：3N≤F≤9N．从选项中得只有选项B在此范围内，所以B正确，ACD错误．故选B．点评：此题只考查两个力的合力大小范围问题，简单的平行四边形法则运用，为基础题．3．（3分）2008年在北京举行奥林匹克运动会，下列运动项目中，运动员可看作质点的是（）A．武术B．击剑C．自由体操D．马拉松赛跑考点：质点的认识．分析：当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，根据把物体看成质点的条件来判断即可．解答：解：A、观看武术要注意人的肢体动作，不能看作质点，故A错误；B、击剑要注意人的肢体动作，不能看作质点；故B错误；C、体操中主要根据人的肢体动作评分，故不能忽略大小和形状，故不能看作质点；故C错误；D、马拉松赛跑时，人相对于跑道来说大小可以忽略不计，故运动员可以看作质点，故D正确；故选：D．点评：本题考查质点的概念，在研究的问题中大小和形状可以忽略物体即可以看作质点．4．（3分）关于速度，下列说法错误的是（）A．速度是表示物体运动快慢的物理量，既有大小，又有方向，是矢量B．平均速度只有大小，没有方向，是标量C．运动物体在某一时刻或某一位置的速度，叫做瞬时速度，它是矢量D．汽车上的速度计是用来测量汽车瞬时速度大小的仪器考点：速度．专题：直线运动规律专题．分析：平均速度不一定等于速度的平均值．瞬时速率是瞬时速度的大小．物体经过某一位置的速度是瞬时速度．物体在某一过程上的速度是指平均速度．解答：解：A、速度是表示物体运动快慢的物理量，既有大小，又有方向，是矢量．故A正确；B、平均速度有大小，有方向，是矢量．故B错误；C、在某一时刻或某一位置的速度，叫做瞬时速度，它是矢量．故C正确；D、速度计是用来测量汽车瞬时速度大小的仪器，故D正确．本题选择错误的，故选：B．点评：区分平均速度与瞬时速度，关键抓住对应关系：平均速度与一段时间或位移对应，瞬时速度与时刻或位置对应．5．（3分）如图是某质点运动的速度图象．由图象可求得，质点在0﹣2s内的加速度和3s 末的瞬时速度分别是（）A．4m/s2，4m/s B．2m/s2，2m/s C．2m/s2，4m/s D．4m/s2，0考点：匀变速直线运动的图像；加速度；匀变速直线运动的速度与时间的关系专题：运动学中的图像专题．分析：速度时间图线反映质点的速度随时间的变化情况，能直接读出瞬时速度，其斜率表示加速度，由数学知识求解．解答：解：质点在0﹣2s内的加速度等于这段图线的斜率，为：a==m/s2=2m/s2；3s末的瞬时速度为v=4m/s．故C正确，ABD错误．故选：C．点评：解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线斜率的含义．常规题．6．（3分）下列关于重力的说法正确的是（）A．重力的方向不一定竖直向下B．重力是由于物体受到地球的吸引而产生的C．所有物体的重心都在物体上D．只有静止的物体才受到重力考点：重力专题：受力分析方法专题．分析：明确重力的产生、大小、方向以及重心的含义即可正确解答本题．解答：解：重力是由于地球的吸引而产生的，重力的大小与运动状态无关，其方向总是竖直向下的，重心是重力的作用点，可能在物体之上也可能在物体之外，故ACD错误，B 正确．故选B．点评：本题比较简单，考查了重力特点，对于所学各种力要明确其产生、大小、方向、作用点等．7．（3分）关于惯性，下列说法中正确的是（）A．物体只有在突然运动或突然静止时才有惯性B．物体质量越大，惯性越大C．物体运动速度越大，惯性越大D．在太空中飞行的宇宙飞船内的物体没有惯性考点：惯性专题：常规题型．分析：惯性是物体的固有属性，它指的是物体能够保持原来的运动状态的一种性质，惯性大小与物体的质量有关，质量越大，惯性越大．解答：解：A、惯性是物体的固有属性，它指的是物体能够保持原来的运动状态的一种性质，物体在任何状态下都具有惯性，故A错误B、惯性大小只与物体的质量有关，与运动状态无关；物体质量越大，惯性越大．故B正确，C错误D、物体在任何状态下都具有惯性，故D错误故选B．点评：惯性是物体的固有属性，它指的是物体能够保持原来的运动状态的一种性质，惯性大小与物体的质量有关，质量越大，惯性越大．8．（3分）如图，人静止站在测力计上，下列说法中正确的是（）A．人对测力计的压力和测力计对人的支持力是一对平衡力B．人对测力计的压力和测力计对人的支持力是一对作用力与反作用力C．人所受的重力和人对测力计的压力是一对平衡力D．人所受的重力和人对测力计的压力是一对作用力与反作用力考点：牛顿第三定律；力的合成与分解的运用．分析：人静止说明人受力平衡，人受到重力、支持力，二力平衡．同时人对测力计的压力与测力计对人的支持力是一对作用力与反作用力．解答：解：A、人对测力计的压力和测力计对人的支持力是一对作用力与反作用力，故A错误．B、人对测力计的压力和测力计对人的支持力是一对作用力与反作用力，满足牛顿第三定律，故B正确．C、人所受的重力和人对测力计的压力，既不是一对平衡力，也不是作用力与反作用力．力的性质不同，故C、D错误．故选B点评：本题考查了一对平衡力与一对作用力和反作用力的区别．作用力与反作用力作用对象不同、力的性质相同．9．（3分）若某一物体受共点力作用处于平衡状态，则该物体一定是（）A．静止的B．做匀速直线运动C．各共点力的合力可能不为零D．各共点力的合力为零考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．分析：平衡状态，是指静止状态或匀速直线运动状态，处于匀速直线运动状态时解答：解：A、平衡状态，是指静止状态或匀速直线运动状态，所以AB错误；C、物体处于平衡状态，受平衡力的作用，所以受到的合力为零，D正确C错误；故选：D．点评：此题考查了学生对物体平衡状态的判断，平衡状态，是指静止状态或匀速直线运动状态，此时受平衡力，受合力为零．10．（3分）下列说法表示时刻的是（）A．第5s末B．前5s内C．第5s内D．从第3s末到第5s末考点：时间与时刻．分析：时间是指时间的长度，在时间轴上对应一段距离，时刻是指时间点，在时间轴上对应的是一个点，在难以区分是时间还是时刻时，可以通过时间轴来进行区分．解答：解：A、第5秒末，在时间轴上对应的是一个点，是时刻，故A正确；B、前5s内是从0时刻到5秒末之间，在时间轴上对应一段距离，是时间，故B错误；C、第5s内是1s钟的时间，在时间轴上对应一段距离，指的是时间，故C错误；D、第第3s末到第5s末，在时间轴上对应一段距离，指的是时间，故D正确．故选：A．点评：对于物理中的基本概念要理解其本质不同，如时刻具有瞬时性的特点，是变化中的某一瞬间通常与物体的状态相对应；时间间隔具有连续性的特点，与某一过程相对应．11．（3分）下列物理量中是矢量的是（）A．重力势能B．加速度C．路程D．速率考点：矢量和标量．分析：矢量是既有大小，又有方向的物理量，标量是只有大小，没有方向的物理量．解答：解：加速度是既有大小又有方向的矢量，而路程、重力势能和速率都是只有大小没有方向的标量，故B正确，ACD错误．故选：B．点评：矢量与标量的区别有两个：一矢量有方向，而标量没有方向；二矢量运算遵守平行四边形定则，标量运算遵守代数加减法则．12．（3分）关于匀变速直线运动的说法，正确的是（）A．它一定是速度越来越大的直线运动B．它是加速度越来越大的直线运动C．它是加速度越来越小的直线运动D．它是加速度不变的直线运动考点：加速度．专题：直线运动规律专题．分析：物体在一条直线上运动，如果在相等的时间内速度的变化相等，这种运动就叫做匀变速直线运动．也可定义为：沿着一条直线，且加速度不变的运动，叫做匀变速直线运动．解答：解：A、匀变速直线运动有匀加速直线运动和匀减速直线运动之分，速度可能增加，也可能减小，故A错误；B、C、D、匀变速直线运动的加速度是不变的，故B错误，C错误，D正确；故选：D．点评：本题关键匀变速直线运动的定义，知道其是加速度不变的直线运动．13．（3分）在加速上升的电梯中，下列说法正确的是（）A．电梯中的人处于失重状态B．电梯中的人不受重力作用C．电梯中的人处于超重状态D．电梯中的人不会出现超重或失重现象考点：超重和失重．专题：常规题型．分析：失重状态：当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度，合力也向下；超重状态：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度，合力也向上．解答：解：ACD、在加速上升的电梯中，人的加速度方向向上，处于超重状态，故A错误，C正确，D错误B、处于失重状态和超重状态下，物体的重力不变，故B错误故选：C．点评：本题考查了学生对超重失重现象的理解，掌握住超重失重的特点，本题就可以解决了．14．（3分）一质点沿半径为R的圆周运动一周，回到原地．它发生的位移大小是（）A．2πR B．πR C．2R D．0考点：位移与路程．专题：直线运动规律专题．分析：位移是指从初位置到末位置的有向线段，位移是矢量，有大小也有方向；路程是指物体所经过的路径的长度，路程是标量，只有大小，没有方向．解答：解：只要是物体在运动，物体的路程就要增加，所以路程的最大值是在最后停止运动的时候，此时的路程为圆的周长，即为2πR；位移是从初位置到末位置的有向线段，转动一周位移为零．故选：D．点评：本题就是对位移和路程的考查，掌握住位移和路程的概念就能够解决了．15．（3分）试判断下列几个速度中哪个是平均速度（）A．子弹出枪口的速度800m/sB．小球第3s末的速度6m/sC．汽车从甲站行驶到乙站的速度40km/hD．汽车通过站牌时的速度72km/h考点：平均速度．专题：直线运动规律专题．分析：瞬时速度表示某一时刻或某一位置的速度，平均速度表示某一段时间或某一段位移内的速度．解答：解：A、子弹出枪口的速度是研究的某一位置的速度，是瞬时速度．故A错误．B、第3s末是一时刻，该时刻的速度表示瞬时速度．故B错误．C、汽车从甲站行驶到乙站的速度表示一段位移内的速度，为平均速度．故C正确．D、汽车通过站牌时的速度，是对应一个位置的速度，是瞬时速度．故D错误．故选：C．点评：解决本题的关键会区分平均速度和瞬时速度，瞬时速度表示某一时刻或某一位置的速度，平均速度表示某一段时间或某一段位移内的速度．16．（3分）三共点力大小分别为8N、10N、14N，则它们的合力的最大值和最小值分别为（）A．32N 4N B．32N 0N C．24N 16N D．40N 0N考点：力的合成．分析：三力同向时合力最大；找出两个力合力的范围，然后用与第三力数值上最接近的合力值与第三个力相减得到最小值．解答：解：10N、8N和14N三个力同向时合力最大，为：10+8+14=32N；10N、8N合成时合力范围为：2N≤F12≤18N，当合力为14N时，再与第三个力合成，合力最小为零；故选：B．点评：对于三个力合力的最大值总等于三力之和，但合力最小值不一定等于两个较小力的和与最大力之差，可以用与第三力数值上最接近的合力值与第三个力相减得到最小值．17．（3分）从20m高的塔上一个石子自由下落，取g=10m/s2石子经多久时间落地（）A．s B．s C．2s D．3s考点：自由落体运动．专题：自由落体运动专题．分析：小球做自由落体运动，是初速度为0加速度为g的匀加速直线运动，由位移公式求出时间解答：解：根据自由落体运动位移时间公式得：t===2s，则A正确故选：C点评：自由落体运动是特殊的匀变速直线运动，遵守匀变速运动的普遍规律，难度不大，属于基础题．18．（3分）重为100N的物体，受到竖直向上的30N拉力作用，静止在水平面上，则该物体所受的合力为（）A．100N B．0N C．70N D．30N考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：物体处于静止状态或匀速直线运动状态时，物体受的是平衡力的作用，其合力为零．解答：解：由于重力100N，受到竖直向上的拉力为30N，小于重力，拉不动，故物体保持静止，故加速度为零，合力为零；物体受重力、拉力和支持力，三力平衡．故选B．点评：本题对于初学者很容易出错，往往会求解拉力和重力的合力，要注意题目求解的是物体的合力，是三力平衡．19．（3分）甲车的人看到乙车处于静止，乙车的人看到路边的树在向北运动，则关于甲乙两车的运转状态描述正确的是（）A．甲车静止，乙车向北运动B．甲乙两车都向北运动C．甲车静止，乙车向南运动D．甲乙两车都向南运动考点：参考系和坐标系．分析：先考虑乙车与地面间的相对运动，甲车与乙车间的相对运动，然后再以地面为参考系，考虑两车的运动．解答：解：甲车的人看到乙车处于静止，说明甲、乙两车相对静止；乙车的人看到路边的树在向北运动，说明乙车相对路边的树在向南运动；故相对地面，两部车都向南运动；故选：D．点评：本题关键是明确各个物体间的相对运动情况，知道选择不同的参考系，物体的运动情况可能不同．20．（3分）关于重心的说法正确的是（）A．物体的重心一定在物体上B．物体的重心一定在它的几何中心C．物体的重心可能在物体之外D．任何物体的重心都可以用悬挂法确定考点：重心．分析：重力在物体上的作用点，叫做物体的重心；形状规则、质量分布均匀的物体的重心在物体的几何中心上；重心只是重力在作用效果上的作用点，重心的位置可以在物体之外．解答：解：A、C、重心可以在物体上，也可以在物体之外，如空心的均匀球体重心在球心上，不在物体上，故A错误，C正确；B、重心位置与物体的质量分布和几何形状两个因素有关，形状规则的物体的重心不一定在物体的几何中心，还与物体的质量分布情况有关，故B错误；D、悬挂法要改变悬挂的位置，如果物体是液体，改变悬挂位置后重心的位置会改变，故D错误；故选：C．点评：本题关键要掌握重心的定义、重心位置与什么因素有关，掌握物体重心的确定方法和原理．21．（3分）物体在于其初速度v0始终共线的合力F的作用下运动．取v0方向为正，合力F 随时间t的变化情况如图所示，则在0﹣t1这段时间内（）A．物体的加速度先减小后增大，速度也是先减小后增大B．物体的加速度先增大后减小，速度也是先增大后减小C．物体的加速度先减小后增大，速度一直增大D．物体的加速度先减小后增大，速度一直减小考点：牛顿第二定律；加速度．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：根据物体所受的合力确定加速度的变化，结合加速度方向与速度方向的关系判断速度的变化．解答：解：物体所受的合力先减小后增大，根据牛顿第二定律知，物体的加速度先减小后增大；由于0﹣t1这段时间内加速度方向不变，加速度方向始终与速度方向相同，知速度一直增大．故C正确，A、B、D错误．故选：C．点评：解决本题的关键知道加速度方向与合力的方向相同，当加速度方向与速度方向相同，做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，做减速运动．22．（3分）在光滑的水平面上，有两个相互接触的物体如图所示，已知M＞m，第一次用水平力F由左向右推M，物体间的作用力为N1，第二次用同样大小的水力F由右向左推m，物体间的作用力为N2，则（）A．N1＞N2B．N1=N2C．N1＜N2D．无法确定考点：牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：先对整体分析求出加速度的大小，再隔离分析求出M、m间的作用力大小，再进行比较相互间作用力大小．解答：解：第一次：对左图，根据牛顿第二定律得：整体的加速度：a1=，再隔离对m分析：N1=ma1=m．第二次：对右图，整体的加速度：a2=，再隔离对M分析：N2=Ma2=M．由题M＞m，a1=a2，N1＜N2．故选：C．点评：本题考查了牛顿第二定律的运用，关键掌握整体法和隔离法的使用，先由整体法求加速度，再隔离法求出相互的作用力．23．（3分）如图用细绳悬挂一个小球，小球在水平拉力F的作用下从平衡位置P点缓慢地沿圆弧移动到Q点，在这个过程中，绳子拉力T 和水平拉力F的大小变化情况是（）A．T不断增大，F不断减小B．T不断减小，F不断增大C．T与F都不断增大D．T与F都不断减小考点：牛顿第二定律；向心力．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：物体缓慢偏离竖直位置，说明物体始终处于平衡状态，受力分析后找出不变的物理量画出平行四边形分析即可．解答：解：对物体受力分析并合成如图：因为物体始终处于平衡状态，故G′始终等于G，大小和方向均不发生变化．在物体缓慢偏离竖直位置的过程中细线与竖直方向的夹角逐渐变大，画出平行四边形如图所示，可以看出：力F逐渐变大，绳子的拉力也逐渐变大．故C正确，A、B、D错误．故选C．点评：本题是受力平衡的应用之一：动态分析，常用的方法是解析式法和画图法，本题应用画图法分析即可．二、填空题（每空2分，共10）24．（4分）一物体置于水平粗糙地面上，施以水平向右大小为40N的力，物体没有推动，则物体受到的摩擦力大小为40N，方向水平向左．考点：摩擦力的判断与计算．专题：摩擦力专题．分析：物体保持静止，故受静摩擦力；由二力平衡可求得摩擦力．解答：解：物体受到的静摩擦力一定与推力大小相等，方向相反；故摩擦力大小为40N，方向水平向左；故答案为：40；水平向左．点评：对于摩擦力的分析，首先要明确物体受到的是静摩擦力还是滑动摩擦力；然后才能根据不同的方法进行分析．25．（6分）打点计时器接交流（填交流、直流）电，当频率是50Hz时，打点计时器每隔0.02秒打一个点．若测得纸带上打下的第10个到第20个点的距离为20.00cm，则物体在这段位移的平均速度为1m/s．考点：电火花计时器、电磁打点计时器．专题：实验题．分析：了解电磁打点计时器的工作电压、工作原理即可正确解答；同时要知道平均速度为位移比时间．解答：解：打点计时器接交流电，当频率是50Hz时，打点计时器每隔0.02秒打一个点．平均速度为：v==1m/s．故答案为：交流，0.02，1．点评：本题考查了打点计时器的知识及平均速度的公式应用．知道打点计时器的打点时间间隔、应用平均速度公式即可正确解题．三、计算与简答题（本题包括3小题，第25题6分，第26题7分，27题8分，共21）26．（6分）一物体受两共点力作用，F1大小40N方向正东，F2大小30N方向正北，请分别用作图法和计算法求合力．考点：力的合成．分析：（1）根据力的三要素，取一定标度，运用平行四边形定则，即可作出两个力的合力；（2）根据力的平行四边形定则，运用三角函数关系，即可求解．解答：解：方法一（作图法）：取5 mm长线段表示10 N，作出平行四边形如图所示：量得对角线长为25 mm，则合力F大小约为50 N，方向与F2夹角为53°．法二（计算法）：由于两个力大小相等，夹角为90°．故作出的平行四边形为正方形，可用计算法求合力F．如图所示可得：F==N=50N；方向：tanθ==，即θ=53°，故合力方向与F2成53°．答：这两个力的合力大小50 N，方向与F2成53°角．点评：考查学会由作图与计算两种方法，求解两个力的合力，注意突出作图的严格性．27．（7分）汽车以20m/s的速度行驶，刹车后获得大小为4m/s2的加速度，则（1）刹车后4s末的速度是多少？（2）刹车后6s通过的位移为多少米？考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：（1）汽车刹车过程做匀减速直线运动，初速度v0=20m/s，加速度a=﹣4m/s2，根据速度公式求出末速度；（2）刹车停下来时末速度可能为v=0，根据速度公式求出汽车刹车到停下来的时间，与6s进行比较，分析汽车是否停下，再求解第6S末汽车的位移．解答：解：（1）汽车减速到零所需的时间为：s，刹车后4s末的速度是：v=v0+at=20+（﹣4）×4=4m/s（2）刹车后5s时的速度即减小为0，则6s内的位移等于停止时的位移．汽车刹车过程初速度v0=20m/s，加速度a=﹣4m/s2，末速度v=0，由v2﹣v02=2ax得：m答：（1）刹车后4s末的速度是4m/s；（2）刹车后6s通过的位移为50m．点评：对于汽车刹车过程，已知时间，求解速度或位移时，不能乱套公式，首先求出刹车到停下的时间，比较已知的时间与刹车时间，分析汽车是否停下，再进行相关的计算．28．（8分）（2012•丰台区模拟）如图所示，光滑水面上，质量为5kg的物体在水平拉力F=15N 的作用下，从静止开始向右运动，求：（1）物体运动的加速度是多少？（2）在力F的作用下，物体在前10s内的位移？考点：牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：根据牛顿第二定律求出加速度的大小，再根据匀变速直线运动的位移时间公式求出物体在前10s内的位移．解答：解：（1）根据牛顿第二定律得，a=．（2）物体在10s内的位移x=答：（1）物体的加速度为3m/s2．（2）在力F的作用下，物体在前10s内的位移为150m．点评：本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，比较基础，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．。
高二物理上学期期中试题(含解析)高二全册物理试题_02
嘴哆市安排阳光实验学校一中高二（上）期中物理试卷一、不定项选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分）1．如果你看CCTV﹣5的围棋讲座，就会发现棋子都是由磁性材料制成，棋子不会掉下来是因为( )A．棋盘对它的吸引力与重力平衡B．质量小，重力可以忽略不计C．受到棋盘对它向上的摩擦力D．它一方面受到棋盘的吸引力，另一方面还受到空气的浮力2．北京正负电子对撞机的储存环是周长为240m的近似圆形轨道．当环中电子以光速的的速度流动而形成的电流是10mA时，环中运行的电子数目为（已知光速c=3×108 m/s，电子的电荷量e=1.6×10﹣19 C）( )A．5×1010B．5×1011C．1×102D．1×1043．两根通电的长直导线平行放置，电流分别为I1和I2，电流的方向如图所示，在与导线垂直的平面上有a、b、c、d四个点，其中a、b在导线横截面连线的延长线上，c、d在导线横截面连线的垂直平分线上．则导体中的电流在这四点产生的磁场的磁感应强度可能为零的是( )A．a点B．b点C．c点D．d点4．如图所示电路，电源内阻不可忽略，开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中( )A．电压表的示数减小，电流表的示数增大B．电压表的示数增大，电流表的示数减小C．电压表的示数增大，电流表的示数增大D．电压表的示数减小，电流表的示数减小5．用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用串联或并联的方式接入电路，如图所示（a）（b），则闭合开关后，下列有关电表的示数和指针偏转角度的说法正确的是( ) A．图（a）中的A1，A2的示数不相同B．图（a）中的A1，A2的指针偏角不相同C．图（b）中的A1，A2的示数不相同D．图（b）中的A1，A2的示数不相同6．有四盏灯，如图所示连接在电路中，L1和L2都标有“220V，100W”字样，L3和L4都标有“220V，40W”字样，把电路接通后，最暗的是( )A．L1B．L2C．L3D．L47．如图虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷．一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点．则该粒子( )A．带正电B．在c点受力最大C．在b点的电势能小于在c点的电势能D．由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化8．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B．曲线c表示电源的输出功率C．电源的电动势ε=3 V，内电阻r=1ΩD．电源的最大输出功率P m=9w9．如图所示，AB是某电场中的一条电场线，若有一电子以某一初速度且仅在电场力的作用下，沿AB由点A运动到点B，所经位置的电势随距A点的距离变化的规律如图（b）所示．以下说法正确的是( )A．A、B两点的电场强度E A＞E BB．电子在A、B两点的速度v A＞v BC．A、B两点的电势φA＞φBD．电子在A，B两点的电势能E PA＜E PB10．如图所示，电阻R1、R2、R3均为定值电阻，R4为滑动变阻器，电路中的电压表和电流表均为理想电表．当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列说法正确的是( )A．电表A1、V1示数均减小，电表A2、V2示数均增大B．电压表V1示数的改变量大于电压表V2示数改变量C．电压表A1示数的改变量小于电压表A2示数改变量D．电源的效率增大二、实验题（26分）11．（1）有一只电流计，已知其I g=500μA，R g=100Ω，现欲改装成量程为6V 的电压表，则应该__________联__________Ω的电阻；由于所用电阻不准，当改装表与表比较时，发现当值为6v时，改装电压表读数为36.1V，则实际所用的电阻值偏__________（填“大”或“小”）．12．（1）如图1游标卡尺的读数为__________mm．（2）图2中给出的是用螺旋测微器测量一金属薄板厚度时的示数，此读数应为__________mm．13．欲用伏安法测定一段阻值约为5Ω左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：A．电池组（3V，内阻1Ω） B．电流表（0～3A，内阻0.0125Ω）C．电流表（0～0.6A，内阻0.125Ω） D．电压表（0～3V，内阻3kΩ）E．电压表（0～15V，内阻15kΩ）F．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流1A）G．滑动变阻器（0～2 000Ω，额定电流0.3A） H．开关、导线（1）上述器材中电流表应选用的是__________；电压表应选用的是__________；滑动变阻器应选用的是__________；（填写各器材的字母代号）（2）实验电路应采用电流表__________接法；（填“内”或“外”）（3）设实验中电流表电压表的某组示数如图所示，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范围内改变，请按要求画出测量待测金属导线的电阻R x的原理电路图．三、计算题（3小题，共34分）14．如图甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，R3为一滑动变阻器．当其滑片P从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化图线如图乙所示，其中A、B两点是滑片P在变阻器的两个不同端点得到的．求：（1）电源的电动势和内阻；（2）定值电阻R2的阻值；（3）电源的最大输出功率．15．如图所示，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，电阻R1=2Ω，R2=3Ω，R3=7.5Ω，电容器的电容C=4μF．开关S原来断开，现在合上开关S到电路稳定，试求：（1）S断开时电容器的带电量；（2）S合上电路稳定后电容器的带电量；（3）这一过程中通过电流表的电荷量和流过电流表的电流方向（回答向上或向下）．16．如图所示，在倾角θ=37°的绝缘面所在空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E=4.0×103N/C，在斜面底端有一与斜面垂直的绝缘弹性挡板．质量m=0.20kg 的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下，滑到斜面底端与挡板相碰后以碰前的速率返回．已知斜面的高度h=0.24m，滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.30，滑块带电荷q=﹣5.0×10﹣4C．取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80．求：（1）滑块从斜面最高点滑到斜面底端时的速度大小．（2）滑块被挡板弹回能够沿斜面上升的最大高度．（3）滑块从开始运动到停下来的整个过程中产生的热量Q．（计算结果保留2位有效数字）一中高二（上）期中物理试卷一、不定项选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分）1．如果你看CCTV﹣5的围棋讲座，就会发现棋子都是由磁性材料制成，棋子不会掉下来是因为( )A．棋盘对它的吸引力与重力平衡B．质量小，重力可以忽略不计C．受到棋盘对它向上的摩擦力D．它一方面受到棋盘的吸引力，另一方面还受到空气的浮力【考点】物体的弹性和弹力．【专题】受力分析方法专题．【分析】首先对棋子进行受力分析，根据棋子的运动状态，结合二力平衡的条件可知棋子不会掉下来的原因．【解答】解：A、棋盘对棋子的吸引力和重力不共线，不是平衡力，故A错误．B、棋子的质量小，重力也小，若没有其他阻力存在，它会向下运动，故B错误．C、棋子不会掉下来是因为竖直方向受到了棋盘对它向上的摩擦力，且摩擦力与重力平衡，故C正确．D、空气的浮力很小，不足以使棋子静止．棋子不下落，是棋子受到棋盘的吸引力，从而产生了摩擦力，故D错误．故选：C【点评】解决本题的关键是分析棋子的受力情况，分水平和竖直两个方向进行研究，知道两个作用在同一物体上、大小相等、方向相反、作用在同一条直线的力为平衡力．2．北京正负电子对撞机的储存环是周长为240m的近似圆形轨道．当环中电子以光速的的速度流动而形成的电流是10mA时，环中运行的电子数目为（已知光速c=3×108 m/s，电子的电荷量e=1.6×10﹣19 C）( )A．5×1010B．5×1011C．1×102D．1×104【考点】电流、电压概念．【专题】恒定电流专题．【分析】知道电子的速度和周长，利用速度公式求电子运动一周用的时间，再根据电流定义式求电荷量，而一个电子电荷量e=1.6×10﹣19C，可求在整个环中运行的电子数目．【解答】解：电子运动一周用的时间：t===8×10﹣6s，I=，则电量为：Q=It=0.01A×8×10﹣6s=8×10﹣8C，在整个环中运行的电子数目：n==5×1011个．故选：B．【点评】本题考查了学生对电流定义式、速度公式的掌握和运用，要求灵活运用所学知识，有一定的难度！3．两根通电的长直导线平行放置，电流分别为I1和I2，电流的方向如图所示，在与导线垂直的平面上有a、b、c、d四个点，其中a、b在导线横截面连线的延长线上，c、d在导线横截面连线的垂直平分线上．则导体中的电流在这四点产生的磁场的磁感应强度可能为零的是( )A．a点B．b点C．c点D．d点【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；磁感应强度．【分析】由安培定则确定两电流在图示各点所产生的磁场方向，若方向相反，磁感应强度可能为0，否则不可．【解答】解：A、两电流在a 点B的方向相反，若因 I1＜I2且离I1近，故I1的磁感应强度可能等于I2的磁感应强度．则a点可能为0．故A正确；B、两电流在d点的B的方向相反，I1＞I2，而I2离b点近，则可以大小相等，故b点磁感应强度可为0．故B正确；C、两电流在 c 点 d点的B的方向不相反，故b，c两点的磁感应强度不可能为0．故CD错误；故选：AB【点评】考查磁场的合成，明确电流的磁感应强度与电流的大小，距离有关．4．如图所示电路，电源内阻不可忽略，开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中( )A．电压表的示数减小，电流表的示数增大B．电压表的示数增大，电流表的示数减小C．电压表的示数增大，电流表的示数增大D．电压表的示数减小，电流表的示数减小【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】在变阻器R0的滑片向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压如何变化，即可知电压表示数的变化情况．由欧姆定律分析并联部分电压的变化，判断电流表示数的变化．【解答】解：在变阻器R0的滑片向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，变阻器R0与R2并联电阻R并减小，则外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，电源的内电压和R1的电压都增大，则R0与R2并联电压减小，所以电流表示数减小，路端电压U减小，则电压表示数减小．故D正确．故选：D【点评】本题是电路的动态变化分析问题，首先确定出变阻器接入电路的电阻如何变化，再按局部到整体，再到部分的思路进行分析．5．用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用串联或并联的方式接入电路，如图所示（a）（b），则闭合开关后，下列有关电表的示数和指针偏转角度的说法正确的是( ) A．图（a）中的A1，A2的示数不相同B．图（a）中的A1，A2的指针偏角不相同C．图（b）中的A1，A2的示数不相同D．图（b）中的A1，A2的示数不相同【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题．【分析】电流表A1、A2是由两个相同的小量程电流表改装成的，它们并联时，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程大的电流表读数大．当它们串联时，A1、A2的示数相同．由于量程不同，内阻不同，两电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同．【解答】解：A、图甲中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同，故A正确，B错误．C、图乙中的A1、A2串联，A1、A2的示数相同．由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同．故CD错误．故选：A．【点评】本题要对于安培表的内部结构要了解：小量程电流表（表头）与分流电阻并联而成．指针偏转角度取决于流过表头的电流大小．6．有四盏灯，如图所示连接在电路中，L1和L2都标有“220V，100W”字样，L3和L4都标有“220V，40W”字样，把电路接通后，最暗的是( )A．L1B．L2C．L3D．L4【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】根据额定电压和额定功率，由功率公式比较两种灯泡的电阻大小．根据公式P=I2R比较L1和L2、L3和L4功率的大小．根据公式P=，比较L2和L3功率大小．再确定哪个灯泡功率最小．【解答】解：设L1、L2、L3、L4实际消耗的功率分别为P1、P2、P3、P4．由公式P=可知，L1和L2的电阻小于L3和L4的电阻．通过L1的电流大于L2的电流，由公式P=I2R得到，P1＞P2．L2和L3的电压相等，由公式P=可知，P2＞P3．通过L3的电流小于L4的电流，由公式P=I2R得到，P4＞P3．所以P1＞P2，P2＞P3，P4＞P3．所以L3最暗．故选C【点评】对于纯电阻电路，功率公式形式较多，要根据不同条件灵活选择公式．7．如图虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷．一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点．则该粒子( )A．带正电B．在c点受力最大C．在b点的电势能小于在c点的电势能D．由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化【考点】电势差与电场强度的关系；电势；电势能．【专题】定性思想；图析法；电场力与电势的性质专题．【分析】根据带电粒子的运动轨迹，分析粒子的电性．根据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，分析电场强度的大小，判断电场力的大小．沿电场线的方向，电势降低，电场力做正功，电势能减小，动能增大．电场力做负功时，电势能增加，动能减小．【解答】解：A、根据轨迹弯曲方向判断出，带电粒子在a→b→c的过程中，一直受静电斥力作用，根据同性电荷相互排斥，故粒子带正电荷，故A正确；B、点电荷的电场中电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，粒子在c点受到的电场力最小，故B错误；C、粒子由b到c，电场力对粒子做正功，动能增加，电势能减小，故粒子在b 点电势能一定大于在c点的电势能，故C错误；D、由于ab间的场强大于bc间的场强，虚线为间距相等的同心圆，根据U=Ed 可知，ab间的电势差大于bc间的电势差，粒子从a到b电场力做功大于从b到c电场力做功，由动能定理知，由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化．故D正确．故选：AD【点评】本题中，点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题．8．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B．曲线c表示电源的输出功率C．电源的电动势ε=3 V，内电阻r=1ΩD．电源的最大输出功率P m=9w【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】根据电源消耗的总功率的计算公式P E=EI可得电源的总功率与电流的关系，根据电源内部的发热功率P r=I2r可得电源内部的发热功率与电流的关系，从而可以判断abc三条线代表的关系式，再由功率的公式可以分析功率之间的关系．【解答】解：A、电源消耗的总功率的计算公式P E=EI∝I，故A正确；B、P R=P E﹣P r=EI﹣I2r，是曲线，故B正确；C、当I=3A时，P R=0．说明外电路短路，根据P=EI，得到E=，r=，故C正确；D、图线c表示电源的输出功率与电流的关系图象，很显然，最大输出功率小于3W，故D错误；故选ABC．【点评】当电源的内阻和外电阻的大小相等时，此时电源的输出的功率最大，并且直流电源的总功率P E等于输出功率P R和电源内部的发热功率P r的和．9．如图所示，AB是某电场中的一条电场线，若有一电子以某一初速度且仅在电场力的作用下，沿AB由点A运动到点B，所经位置的电势随距A点的距离变化的规律如图（b）所示．以下说法正确的是( )A．A、B两点的电场强度E A＞E BB．电子在A、B两点的速度v A＞v BC．A、B两点的电势φA＞φBD．电子在A，B两点的电势能E PA＜E PB【考点】电势差与电场强度的关系；电势；电势能．【专题】比较思想；图析法；电场力与电势的性质专题．【分析】根据φ﹣x图象的斜率大小等于电场强度，分析场强的变化．由图看出，电势逐渐降低，可判断出电场线的方向，确定电势的高低，由电场力做功正负，分析速度的大小并判断电子电势能的变化．【解答】解：A、φ﹣x图象的斜率大小等于电场强度，由几何知识得知，图象切线斜率不断减小，场强不断减小，则E A＞E B．故A正确；BCD、由图看出，电势逐渐降低，φA＞φB，可判断出电场线的方向从A到B，电子所受的电场力从B到A，则电子在A点运动到B点的过程中，电场力做负功，电子的动能减小，速度减小，而电子的电势能增大．即有v A＞v B，E PA＜E PB．故BCD正确．故选：ABCD【点评】本题关键要理解φ﹣t图象的斜率等于场强，由电势的高低判断出电场线的方向，来判断电场力方向做功情况，并确定电势能的变化．10．如图所示，电阻R1、R2、R3均为定值电阻，R4为滑动变阻器，电路中的电压表和电流表均为理想电表．当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列说法正确的是( )A．电表A1、V1示数均减小，电表A2、V2示数均增大B．电压表V1示数的改变量大于电压表V2示数改变量C．电压表A1示数的改变量小于电压表A2示数改变量D．电源的效率增大【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：R1、R2并联，R3、R4并联，然后再串联，当滑动变阻器R4的滑片向右移动时，R4增大，总电阻增大，总电流减小，根据闭合电路欧姆定律分析电流表和电压表示数变化情况以及两个电流表、两个电压表示数变化的大小，电源的效率η=×100%．【解答】解：A、此电路的结构为R1、R2并联，R3、R4并联，然后再串联，当滑动变阻器R4的滑片向右移动时，R4增大，外电路总电阻增大，总电流减小，即A1示数减小，则R1、R2并联电压减小，即V1示数减小．电源内阻所占的电压也减小，所以R3、R4并联电压增大，即V2示数增大，所以通过R3的电流增大，而总电流减小，所以通过R4的电流减小，即A2示数减小，故A1、V1示数均减小，A2示数减小，V2示数增大，故A错误；B、根据闭合电路欧姆定律可知，电压表V1示数减小量加上电源内阻电压的减小量等于V2示数的增加量，所以电压表V1示数变化的绝对值小于电压表V2示数变化的绝对值，故B错误．C、电流表A1示数减小量等于A2示数减小量加上通过R3的电流变化量，所以电流表A1示数变化的绝对值小于电流表A2示数变化的绝对值，故C正确；D、电源的效率η=×100%=×100%，当滑动变阻器R4的滑片向右移动时，外电阻增大，路端电压U增大，所以电源的效率增大，故D正确；故选：CD．【点评】本题是电路的动态变化分析问题，首先分析变阻器接入电路的电阻如何变化，接着分析总电阻、总电流和路端电压的变化，再分析局部电流、电压的变化，即按“局部到整体再到局部”的思路进行分析．二、实验题（26分）11．（1）有一只电流计，已知其I g=500μA，R g=100Ω，现欲改装成量程为6V 的电压表，则应该串联11900Ω的电阻；由于所用电阻不准，当改装表与表比较时，发现当值为6v时，改装电压表读数为36.1V，则实际所用的电阻值偏小（填“大”或“小”）．【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题．【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6V的电压表，需要串联分压电阻，串联电阻阻值：R=﹣R g=﹣100=11900Ω．当改装表与表比较，表为6V时，改装电压表显示却是6.1V，说明表头指针偏角太大，通过改装电压表的电流太大，这是由串联电阻阻值偏小造成的．故答案为：串；11900；小．【点评】本题考查了电压表改装、实验误差分析，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．12．（1）如图1游标卡尺的读数为10.55mm．（2）图2中给出的是用螺旋测微器测量一金属薄板厚度时的示数，此读数应为6.123（6.122﹣6.124）mm．【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．【专题】实验题．【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．【解答】解：游标卡尺的固定刻度读数为10mm，游标读数为0.05×11mm=0.55mm，所以最终读数为：10mm+0.55mm=10.55mm．螺旋测微器的固定刻度读数为6mm，可动刻度读数为0.01×12.3mm=0.123mm，所以最终读数为6.123mm，由于需要估读在范围6.122﹣6.124mm都正确．故本题答案为：10.55，6.123（6.122﹣6.124）．【点评】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．13．欲用伏安法测定一段阻值约为5Ω左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：A．电池组（3V，内阻1Ω） B．电流表（0～3A，内阻0.0125Ω）C．电流表（0～0.6A，内阻0.125Ω） D．电压表（0～3V，内阻3kΩ）E．电压表（0～15V，内阻15kΩ）F．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流1A）G．滑动变阻器（0～2 000Ω，额定电流0.3A） H．开关、导线（1）上述器材中电流表应选用的是C；电压表应选用的是D ；滑动变阻器应选用的是F；（填写各器材的字母代号）（2）实验电路应采用电流表外接法；（填“内”或“外”）（3）设实验中电流表电压表的某组示数如图所示，图示中I=0.48A，U=2.20V．（4）为使通过待测金属导线的电流能在0～0.5A范围内改变，请按要求画出测量待测金属导线的电阻R x的原理电路图．【考点】伏安法测电阻．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】（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）根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表接法，根据伏安法测电阻原理作出实验电路图．【解答】解：（1）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．（2）由题意可知金属导线的电阻远小于电压表内阻，所以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0.48A；由图示电压表可知，其量程为0～3V，分度值为0.1V，示数为2.20V．（4）为使通过待测金属导线的电流能在0～0.5A范围内改变，所以滑动变阻器采用分压式接法，电流表采用外接法．电路图如图：故答案为：（1）C、D、F（2）外（3）0.48；2.20（4）如图所示【点评】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．三、计算题（3小题，共34分）14．如图甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，R3为一滑动变阻器．当其滑片P从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化图线如图乙所示，其中A、B两点是滑片P在变阻器的两个不同端点得到的．求：（1）电源的电动势和内阻；（2）定值电阻R2的阻值；（3）电源的最大输出功率．【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】（1）电路电流与路端电压关系图象与纵轴的交点的纵坐标是电源的电动势，图象的斜率等于电源内阻，根据图象可以求出电源电动势与电源内阻．（2）由图甲所示电路图可知，滑片在最右端时，只有电阻R2接入电路，此时对应与图乙所示图象的B点，由图象求出此时的路端电压与电路电流，然后由欧姆定律求出电阻阻值．（3）当R3的滑片从最左端滑到最右端时，外电路总电阻从小于电源内阻r变至大于r，当外阻和内阻相等时，电源输出功率最大．【解答】解：（1）将乙图中AB线延长，交U轴于20V处，所以电源的电动势为E=20V．图象斜率表示内阻r==20Ω．（2）当P滑到R3的右端时，电路参数对应乙图中的B点，只有电阻R2接入电路，由图乙所示图象可知，U2=4V，I2=0.8A，则定值电阻R2的阻值R2===5Ω；（3）．当R3的滑片从最左端滑到最右端时，外电路总电阻从小于电源内阻r变至大于r，当外阻和内阻相等时，电源输出功率最大，其值P===5W．答：（1）电源的电动势为20V和内阻20Ω；（2）定值电阻R2的阻值为5Ω；（3）电源的最大输出功率为5W．【点评】要掌握U﹣I图象，会由U﹣I图象求电源电动势与内电阻；分析清楚电路结构，根据图象找出电路所对应的电压与电流值是正确解题的关键．15．如图所示，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，电阻R1=2Ω，R2=3Ω，R3=7.5Ω，电容器的电容C=4μF．开关S原来断开，现在合上开关S到电路稳定，试求：（1）S断开时电容器的带电量；（2）S合上电路稳定后电容器的带电量；（3）这一过程中通过电流表的电荷量和流过电流表的电流方向（回答向上或向下）．【考点】电容；闭合电路的欧姆定律．【专题】电容器专题．。
高中高二物理上学期期中试卷(含解析)-人教版高二全册物理试题
2014-2015学年某某博尔塔拉州博乐高中高二〔上〕期中物理试卷一、选择题〔此题共10小题，每一小题4分，共40分．在每一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，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．〕1．最早测定元电荷电量的科学家是〔〕A．库仑B．密立根C．法拉第D．牛顿2．在真空中，电量为q1的点电荷产生的电场中有一个点P，P点与q1的距离为 r，把一个电量为q2的试探电荷放在P点，它受的静电力为F，如此P点电场强度的大小等于〔〕A．B．C． k D． k3．如下列图，a、b、c是一条电场线上的三个点，电场线的方向由a到c．a、b间的距离等于b、c间的距离．用φa、φb、φc和E a、E b、E c分别表示三点的电势和场强，可以判定〔〕A．φa﹣φb=φb﹣φc B．φa＞φb＞φc C． E a＞E b＞E c D． E a=E b=E c 4．如下列图，a、b两直线分别是用电器A和B的伏安特性曲线，如此如下说法正确的答案是〔〕A．通过用电器的电流与用电器两端的电压成正比B．用电器中的电流、两端的电压和用电器的电阻不符合欧姆定律C．用电器A的电阻值比B大D．用电器A的电阻值比B小5．要使平行板电容器两极板间的电压加倍，同时极板间的场强减半，可采用〔〕A．两板电量加倍，距离变为原来的4倍B．两板电量加倍，距离变为原来的2倍C．两板电量减半，距离变为原来的4倍D．两板电量减半，距离变为原来的2倍6．如下列图，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，如下说法正确的答案是〔〕A．粒子带正电B．粒子在A点加速度大C．粒子在B点动能小D． A、B两点相比，B点电势能较高7．一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，下述正确的答案是〔〕A．电动机的输出功率为B．电动机的发热功率为IUC．电动机的输出功率为IU﹣I2RD．电动机的功率可写作IU=I2R=8．如图电路中，在滑动变阻器的滑片P向上端a滑动过程中，两表的示数情况为〔〕A．电压表示数增大，电流表示数减少B．电压表示数减少，电流表示数增大C．两电表示数都增大D．电阻R2的功率减小9．如下列图，电子在电压为U1的电场中由静止加速后，垂直射入电压为U2的偏转电场．在满足电子能射出偏转电场的条件下，如下四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是〔〕A． U1变大，U2变大B． U1变小，U2变大C． U1变大，U2变小D． U1变小，U2变小10．如下列图为用直流电动机提升重物的装置，重物的重量为500N，电源电动势为110V，不计电源内阻与各处摩擦，当电动机以0.90m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流为5.0A，可以判断〔〕A．电动机消耗的总功率为550W B．提升重物消耗的功率为450WC．电动机线圈的电阻为22ΩD．电动机线圈的电阻为4Ω二、实验题〔共18分，其中11题4分、12题14分〕11．如下列图，将一个电流表G和另一个电阻连接可以改装成电压表或大量程的电流表，如此甲图对应的是表，乙图是表．12．为了描绘标有“3V，0.4W〞的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡电压能从零开始变化．所给器材如下：A．电流表〔0～200mA，内阻约0.5Ω〕B．电流表〔0～0.6A，内阻约0.01Ω〕C．电压表〔0～3V，内阻约5kΩ〕D．电压表〔0～15V，内阻约50kΩ〕E．滑动变阻器〔0～10Ω，0.5A〕F．滑动变阻器〔0～1kΩ，0.1A〕G．电源〔3V〕H．电键一个，导线假设干．〔1〕为了完成上述实验，电流表应选择，电压表应选择，滑动变阻器应选择．〔2〕在如图1的虚线框中画出完成此实验的原理图，并将实物〔图2〕按电路图补充完整．〔3〕此实验描绘出的I﹣U图线是〔填“曲线〞或“直线〞〕，其原因是三、计算题〔此题共4小题，共42分〕解答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．有数值计算的题答案中必须明确写出数值和单位．〕13．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．14．如下列图，R1=14Ω，R2=9Ω，当S扳到位置1时，电压表示数为2.8V，此时通过电源的电流为I1．当开关S扳到位置2时，电压表示数为2.7V，此时通过电源的电流为I2．求〔1〕I1，I2的值各是多少？〔2〕电源的电动势和内阻？〔电压表为理想电表〕15．如下列图，一束电子流在经U1=5000V的电压加速后，沿偏转极板的中线进入偏转电场中，偏转极板的长度L=5.0cm，间距d=1.0cm．试问：要使电子能从偏转极板顺利飞出，偏转电压U2不能超过多少？16．如下列图的电路中，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．假设小球带电量为q=1×10﹣2C，质量为m=2×10﹣2kg，不考虑空气阻力．那么〔1〕滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板？〔2〕此时，电源的输出功率是多大？〔取g=10m/s2〕2014-2015学年某某博尔塔拉州博乐高中高二〔上〕期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题〔此题共10小题，每一小题4分，共40分．在每一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，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．〕1．最早测定元电荷电量的科学家是〔〕A．库仑B．密立根C．法拉第D．牛顿考点：元电荷、点电荷．分析：密立根通过油滴实验，测出了元电荷电量的准确数值．根据各个科学家的物理学成就进展解答．解答：解：密立根通过油滴实验，最早测出了元电荷电量的准确数值．故B正确，ACD错误；应当选：B．点评：对于物理学史的学习要注意平时加强积累和记忆，不可无视，这也是高考的重要内容之一．2．在真空中，电量为q1的点电荷产生的电场中有一个点P，P点与q1的距离为 r，把一个电量为q2的试探电荷放在P点，它受的静电力为F，如此P点电场强度的大小等于〔〕A．B．C． k D． k考点：电场强度；库仑定律．分析：电量为q1的点电荷是场源电荷，在P点产生的电场强度的大小可根据公式E=k可以确定．电量为q2的电荷是试探电荷，在P点所受的电静电力为F，根据电场强度的定义式E=也可以确定P点电场强度的大小．解答：解：据题，电量为q1的点电荷是场源电荷，在P点产生的电场强度的大小为 E=k．电量为q2的电荷是试探电荷，在P点所受的电静电力为F，如此P点电场强度的大小也能为E=．故AD错误，BC正确．应当选：BC．点评：此题要掌握电场强度的两个公式：E=和E=k，并要理解这两个公式适用，知道式中q是试探电荷，Q是场源电荷．3．如下列图，a、b、c是一条电场线上的三个点，电场线的方向由a到c．a、b间的距离等于b、c间的距离．用φa、φb、φc和E a、E b、E c分别表示三点的电势和场强，可以判定〔〕A．φa﹣φb=φb﹣φc B．φa＞φb＞φc C． E a＞E b＞E c D． E a=E b=E c考点：电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：此题根据顺着电场线方向电势逐渐降低，判断电势关系；电场线的疏密表示电场强度的相对大小．根据匀强电场中场强与电势差的关系U=Ed，定性分析电势差的关系．解答：解：ACD、只有匀强电场中U ab=φa﹣φb=Ed ab，这个关系成立，其余电场由于E是变化的，故这个关系不成立，该题只有一条电场线，不能确定电场线的分布情况，无法比拟场强的大小，故无法比拟两点间电势差关系，故A错误，C错误，D错误．B、沿电场线方向电势降低，可以比拟电势上下，根据电场线方向可知φa＞φb＞φc，故B 正确．应当选：B．点评：此题考查了电场线和电势、电场强度以与电势差之间的关系，尤其注意公式U=Ed的适用条件以与公式中各个物理量的含义．4．如下列图，a、b两直线分别是用电器A和B的伏安特性曲线，如此如下说法正确的答案是〔〕A．通过用电器的电流与用电器两端的电压成正比B．用电器中的电流、两端的电压和用电器的电阻不符合欧姆定律C．用电器A的电阻值比B大D．用电器A的电阻值比B小考点：欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：此题为图象分析问题，在图中任意做一条与纵轴垂直的直线，如此与两图象的交点为电流一样点，对应的横坐标得出电压值，如此由欧姆定律可进展电阻大小的比拟．解答：解：A、由图可知，两电器为纯电阻电路，故电流与用电器两端的电压成正比；故A正确；B错误；C、因a的斜率高于b的斜率，故A的电阻值比B的大；故C正确，D错误；应当选：AC．点评：此题为图象分析问题，要能从图象中得出有效信息，注意图象为直线说明用电器为线性元件，而图象的斜率表示用电器的电阻．5．要使平行板电容器两极板间的电压加倍，同时极板间的场强减半，可采用〔〕A．两板电量加倍，距离变为原来的4倍B．两板电量加倍，距离变为原来的2倍C．两板电量减半，距离变为原来的4倍D．两板电量减半，距离变为原来的2倍考点：电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：根据C=，判断电容的变化，再根据U=判断电压的变化，最后根据E=判断电场强度的变化．解答：解：A、极板上的电量加倍，距离变为原来的4倍，根据C=，知，电容变为原来的，根据U=知电压变为原来的8倍，根据E=知电场强度变为原来的2倍．故A 错误．B、极板上的电量加倍，距离变为原来的2倍，根据C=，知，电容变为原来的，根据U=知电压变为原来的4倍，根据E=知电场强度变为原来的2倍．故B错误．C、极板上的电量减半，距离变为原来的4倍，根据C=，知，电容变为原来的，根据U=知电压变为原来的2倍，根据E=知电场强度变为原来的一半．故C正确．D、极板上的电量减半，距离变为原来的2倍，根据C=，知，电容变为原来的，根据U=知电压不变，根据E=知电场强度变为原来的一半．故D错误．应当选：C．点评：此题属于电容器的动态分析，解决此题的关键会根据电容的决定式判断电容的变化，根据电容的定义式C=判断电压的变化，根据E=判断电场强度的变化．6．如下列图，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，如下说法正确的答案是〔〕A．粒子带正电B．粒子在A点加速度大C．粒子在B点动能小D． A、B两点相比，B点电势能较高考点：电场线；功能关系；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，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．解答：解：A、电场线的方向向上，根据粒子的运动的轨迹可以判断得出粒子受到的电场力的方向为向下，与电场线的方向相反，所以该离子带负电，所以A错误；B、电场线密的地方电场的强度大，所以粒子在B点受到的电场力大，在B点时的加速度较大，所以B错误．C、从A到B得过程中，电场力对粒子做负功，所以粒子的动能减小，电势能增加，所以C、D正确．应当选CD．点评：加强根底知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决此题．7．一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，下述正确的答案是〔〕A．电动机的输出功率为B．电动机的发热功率为IUC．电动机的输出功率为IU﹣I2RD．电动机的功率可写作IU=I2R=考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：电动机工作时，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、电动机的总功率为P=UI，由于是非纯电阻电路，故I，故P≠，故A错误；B、电动机的发热功率，根据焦耳定律，P热=I2R．故B错误．C、电动机的输出功率P出=P﹣P热=UI﹣I2R．故C正确．D、因为P＞P热，即UI＞I2R，U＞IR，欧姆定律不适用．故UI≠I2R≠，故D错误．应当选：C．点评：解决此题的关键明确电动机正常工作时是非纯电阻电路，掌握电动机输入功率、输出功率、发热功率之间的关系．8．如图电路中，在滑动变阻器的滑片P向上端a滑动过程中，两表的示数情况为〔〕A．电压表示数增大，电流表示数减少B．电压表示数减少，电流表示数增大C．两电表示数都增大D．电阻R2的功率减小考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：动态变化分析问题一般按照“局部→整体→局部〞的顺序，分析总电阻变化→总电流变化→总电压变化，再分析局部电压、电流、功率的变化进展．对于电流表读数来说，由于滑动变阻器的电流、电压和电阻都在变化，不好确定，可从总电流的变化和R2电流变化确定．解答：解：A、B、C、当滑动变阻器的滑片P向上滑动时，接入电路的电阻增大，与R2并联的电阻增大，外电路总电阻R总增大，总电流I减小，路端电压U=E﹣Ir增大，电压表读数增大；并联局部的电阻增大，分担的电压增大，U2增大，流过R2的电流I2增大，电流表的读数I A=I﹣I2，如此减小．故BC错误，A正确．D、流过R2的电流I2增大，故电阻R2的功率增大，故D错误；应当选：A．点评：电路动态变化分析是常见的题型，容易犯的错误是认为支路电阻增大，并联总电阻减小．此题中变阻器的电压、电流和电阻都是变化的，技巧是研究干路电流和另一支路电流变化情况来确定．9．如下列图，电子在电压为U1的电场中由静止加速后，垂直射入电压为U2的偏转电场．在满足电子能射出偏转电场的条件下，如下四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是〔〕A． U1变大，U2变大B． U1变小，U2变大C． U1变大，U2变小D． U1变小，U2变小考点：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：电子经电场加速后，进入偏转电场，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出电子离开电场时数值方向分速度，表示出偏转角正切值的表达式，从而判断使偏转角变小的方法．解答：解：根据动能定理：eU1=mv2得：v=在偏转电场中由平抛规律可得：v y=at加速度为：a=运动时间为：t=可得偏角的正切值为：tanθ==假设使偏转角变小即使tanθ变小，由上式看出可以增大U2减小U1．故B正确，ACD错误．应当选：B．点评：此题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成，常规问题．10．如下列图为用直流电动机提升重物的装置，重物的重量为500N，电源电动势为110V，不计电源内阻与各处摩擦，当电动机以0.90m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流为5.0A，可以判断〔〕A．电动机消耗的总功率为550W B．提升重物消耗的功率为450WC．电动机线圈的电阻为22ΩD．电动机线圈的电阻为4Ω考点：闭合电路中的能量转化．分析：当电动机以恒定速度向上提升重物时，同时电动机因线圈电阻消耗功率．如此电源产生的总功率等于提升物体消耗的功率加上线圈电阻消耗的功率．解答：解：重物被提升的功率P1=Fv=Gv=500×0.9W=450W此时电路中的电流为5A．如此电源的总功率P总=EI=110×5W=550W所以线圈电阻消耗的功率为P r=P总﹣P1=550﹣450W=100W由殴姆定律可得：r==应当选：ABD．点评：由能量守恒定律可知，提升功率与电阻发热功率之和为电源的总功率．二、实验题〔共18分，其中11题4分、12题14分〕11．如下列图，将一个电流表G和另一个电阻连接可以改装成电压表或大量程的电流表，如此甲图对应的是电流表，乙图是电压表．考点：把电流表改装成电压表．专题：实验题．分析：把电流表改装成大量程的电流表需要并联分流电阻，把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，分析图示电路图答题．解答：解：由图甲所示可知，G与分流电阻并联，图甲所示为电流表；由图乙所示电路可知，G与分压电阻串联，图乙所示为电压表；故答案为：电流；电压．点评：此题考查了电压表与电流表的改装，知道电压表与电流表的改装原理，分析清楚图示电路图即可解题．12．为了描绘标有“3V，0.4W〞的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡电压能从零开始变化．所给器材如下：A．电流表〔0～200mA，内阻约0.5Ω〕B．电流表〔0～0.6A，内阻约0.01Ω〕C．电压表〔0～3V，内阻约5kΩ〕D．电压表〔0～15V，内阻约50kΩ〕E．滑动变阻器〔0～10Ω，0.5A〕F．滑动变阻器〔0～1kΩ，0.1A〕G．电源〔3V〕H．电键一个，导线假设干．〔1〕为了完成上述实验，电流表应选择 A ，电压表应选择 C ，滑动变阻器应选择 E ．〔2〕在如图1的虚线框中画出完成此实验的原理图，并将实物〔图2〕按电路图补充完整．〔3〕此实验描绘出的I﹣U图线是曲线〔填“曲线〞或“直线〞〕，其原因是温度变化，灯丝电阻也会变化考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．专题：实验题．分析：〔1〕根据灯泡额定电流选择电流表，根据灯泡额定电压选择电压表，为方便实验操作应选最大阻值较小的滑动变阻器；〔2〕根据题意确定滑动变阻器与电流表接法，然后作出实验电路；根据电路图连接实验电路图；〔3〕根据灯泡对灯泡电阻的影响分析答题．解答：解：〔1〕灯泡的额定电压为3V，所以电压表的量程选择3V的C误差较小；额定电流I==≈0.133A，所以电流表的量程选择200mA的A；灯泡额定电压为3V，电压表应选C；灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，使用选择电阻值比拟小的滑动变阻器E；〔2〕灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，灯泡正常工作时的电阻R===22.5Ω，远小于电压表的内阻，属于小电阻，电流表采用外接法．电路图和实物连线图如下列图．〔3〕由于温度升高，电阻变化，所以描绘出的I﹣U图线是曲线．故答案为：〔1〕A；C；E；〔2〕电路图如下列图；〔3〕曲线温度变化，灯丝电阻也会变化点评：解决此题的关键掌握器材选择的原如此，以与知道滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别，电流表内外接的区别．三、计算题〔此题共4小题，共42分〕解答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．有数值计算的题答案中必须明确写出数值和单位．〕13．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：共点力平衡的条件与其应用；电场强度．专题：共点力作用下物体平衡专题．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0.05N点评：受力分析是解决力学问题的第一步，要结合力的合成或分解找出力与力之间的关系14．如下列图，R1=14Ω，R2=9Ω，当S扳到位置1时，电压表示数为2.8V，此时通过电源的电流为I1．当开关S扳到位置2时，电压表示数为2.7V，此时通过电源的电流为I2．求〔1〕I1，I2的值各是多少？〔2〕电源的电动势和内阻？〔电压表为理想电表〕考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：由欧姆定律可求得流过两电阻的电流；再由闭合电路欧姆定律可求得电源的内阻与电动势．解答：解：〔1〕由欧姆定律可得：I1==A=0.2A；I2==A=0.3A；〔2〕由闭合电路欧姆定律可得：E=I1r+U1E=I2r+U2代入数据，联立解得：E=3V；r=1Ω；答：〔1〕I1，I2的值分别为0.2A，0.3A；〔2〕电动势为3V；内阻为1Ω．点评：此题考查闭合电路欧姆定律与欧姆定律的应用，注意先分析电路的结构，再正确应用规律求解．15．如下列图，一束电子流在经U1=5000V的电压加速后，沿偏转极板的中线进入偏转电场中，偏转极板的长度L=5.0cm，间距d=1.0cm．试问：要使电子能从偏转极板顺利飞出，偏转电压U2不能超过多少？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：粒子在电场中加速直线运动，由动能定理可列式，再由粒子在电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律与运动学公式，从而即可求解．解答：解：粒子能飞出电场的条件为：竖直方向的位移小于或等于，即由粒子在电场中做类平抛运动，如此有由牛顿第二定律，如此匀速运动，如此有根据粒子在电场中加速运动，由动能定理，得如此有，联立得到：U2=400V答：要使电子能从偏转极板顺利飞出，偏转电压U2不能超过400V．点评：考查粒子在电场中加速与偏转，掌握动能定理与牛顿第二定律的应用，理解处理平抛运动的方法与思路．16．如下列图的电路中，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．假设小球带电量为q=1×10﹣2C，质量为m=2×10﹣2kg，不考虑空气阻力．那么〔1〕滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板？〔2〕此时，电源的输出功率是多大？〔取g=10m/s2〕考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用；欧姆定律；电功、电功率．专题：压轴题；带电粒子在电场中的运动专题．分析：小球恰好运动到A板，根据动能定理列式求解两板间的电压；然后根据欧姆定律求解滑动变阻器的电阻值；最后根据电功率表达式求解电源的输出功率．解答：解：〔1〕小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到A板时速度为零．设两板间电压为U AB由动能定理得﹣mgd﹣qU AB=0﹣①∴滑动变阻器两端电压U滑=U AB=8 V ②设通过滑动变阻器电流为I，由欧姆定律得I==1A ③滑动变阻器接入电路的电阻R滑==8Ω ④即滑动变阻器接入电路的阻值为8Ω时，小球恰能到达A板．〔2〕电源的输出功率P出=I2〔R+R滑〕=23 W ⑤故电源的输出功率是23W．点评：此题关键是分析清楚电路结构和运动情况后，根据动能定理、欧姆定律联立列式求解．。
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2014-2015学年江苏省盐城市建湖县上冈高中高二（上）期中物理试卷（选修）一、选择题（本题共7题，每小题3分，共21分）1．（3分）（2015•广东模拟）导体的电阻是导体本身的一种性质，对于同种材料的导体，下列表述正确的是（）A．横截面积一定，电阻与导体的长度成正比B．长度一定，电阻与导体的横截面积成正比C．电压一定，电阻与通过导体的电流成正比D．电流一定，电阻与导体两端的电压成反比考点：欧姆定律；电阻定律．专题：恒定电流专题．分析：解答本题应掌握：导体的电阻是导体本身的一种性质，导体的电阻与导体本身的材料、长度、横截面积有关，还与温度有关；与电流以及电压的大小无关．解答：解：有电阻定律R=ρ可知，电阻的大小与导体的长度成正比，与横截面积成反比，A、横截面积一定，电阻与导体的长度成正比，故A正确；B、长度一定，电阻与导体的横截面积成反比，故B错误；C、电阻与电流以及电压的大小无关，故CD错误；故选A．点评：电阻是导体本身的属性，导体的电阻大小与导体的长度、横截面积和材料等有关，与电流以及电压的大小无关．2．（3分）（2015秋•福州校级期中）一个T型电路如图所示，电路中的电阻R1=10Ω，R2=120Ω，R3=40Ω．另有一测试电源电动势为100V，内阻忽略不计．则（）A．当cd端短路时，ab之间的等效电阻是30ΩB．当ab端短路时，cd之间的等效电阻是40ΩC．当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压为80VD．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为80V考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：当cd端短路时，ab间电路的结构是：电阻R2、R3并联后与R1串联．当ab端短路时，cd之间电路结构是：电阻R1、R3并联后与R2串联．当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压等于电阻R3两端的电压．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻R3两端的电压．根据欧姆定律求解电压．解答：解：A、当cd端短路时，ab间电路的结构是：电阻R2、R3并联后与R1串联，等效电阻为R=+R1=40Ω；故A错误；B、当ab端短路时，cd之间电路结构是：电阻R1、R3并联后与R2串联，等效电阻为R=+R2=128Ω；故B错误；C、当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压等于电阻R3两端的电压，U=E=80V；故C正确；D、当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻R3两端的电压，为U3=E=25V；故D错误；故选：C．点评：对于电路要明确电路的结构，并能正确应用串并联电路的规律进行分析，必要时应进行电路的简化．3．（3分）（2008•徐州模拟）电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，下列说法正确的是（）A．电压表和电流表读数都减小B．电压表和电流表读数都增大C．电压表读数增大，电流表读数减小D．电压表读数减小，电流表读数增大考点：闭合电路的欧姆定律．分析：由图可知R2与R并联后与R1串联，电压表测路端电压，电流表测量流过R2的电流；滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则由闭合电路的欧姆定律可知电路中干路电流的变化及路端电压的变化；再分析并联电路可得出电流表示数的变化．解答：解：当滑片向b滑动时，R接入电阻增大，总电阻增大；由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电流减小，则内电压减小，由U=E﹣Ir可知路端电压增大，即电压表示数增大；总电流减小，R1两端的电压减小，而路端电压增大，故并联部分电压增大，由欧姆定律可知电流表示数增大；故B正确；故选B．点评：本题中R1也可直接作为内电阻处理，可直接由闭合电路欧姆定律得出并联部分的电压增大，流过R2的电流增大．4．（3分）（2015秋•福州校级期中）一白炽灯泡的额定功率与额定电压分别为36W与36V．若把此灯泡接到输出电压为18V的电源两端，则灯泡实际消耗的电功率（）A．大于9WB．等于9WC．小于9WD．无法确定考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：当灯泡在额定电压下工作的时候，功率的大小为36W，当电压减半时，灯泡的功率并不是减半，因为灯泡的电阻在这个过程中会变化．解答：解：根据P=可知，当电压减半的时候，功率应该见为原来的，即为9W，但是当电压减小的同时，由于工作的温度降低，灯泡的电阻也会减小，所以实际的功率要比9W 大，所以A正确．故选A．点评：对于金属电阻来说，当温度升高的时候，电阻会变大，反之，当电压降低的时候，工作的温度降低，电阻也会减小．5．（3分）（2015•江苏）在如图所示的闪光灯电路中，电源的电动势为E，电容器的电容为C．当闪光灯两端电压达到击穿电压U时，闪光灯才有电流通过并发光，正常工作时，闪光灯周期性短暂闪光，则可以判定（）A．电源的电动势E一定小于击穿电压UB．电容器所带的最大电荷量一定为CEC．闪光灯闪光时，电容器所带的电荷量一定增大D．在一个闪光周期内，通过电阻R的电荷量与通过闪光灯的电荷量一定相等考点：电容器的动态分析；串联电路和并联电路．专题：压轴题．分析：本题重在理解题意并能明确电路的工作原理，根据工作原理才能明确电源电压与击穿电压U之间的关系，由Q=UC可知极板上的电荷量．解答：解：A、电容器两端的电压与闪光灯两端的电压相等，当电源给电容器充电，达到闪光灯击穿电压U时，闪光灯被击穿，电容器放电，放电后闪光灯两端电压小于U，断路，电源再次给电容器充电，达到电压U时，闪光灯又被击穿，电容器放电，如此周期性充放电，使得闪光灯周期性短暂闪光．要使得充电后达到电压U，则电源电动势一定大于等于U，A 项错误；B、电容器两端的最大电压为U，故电容器所带的最大电荷量为Q=CU，B项错误；C、闪光灯闪光时电容器放电，所带电荷量减少，C项错误；D、充电时电荷通过R，通过闪光灯放电，故充放电过程中通过电阻R的电荷量与通过闪光灯的电荷量一定相等，D项正确．故选D．点评：本题有效地将电路及电容器结合在一起，考查学生的审题能力及知识的迁移应用能力，对学生要求较高．6．（3分）（2014•内黄县校级模拟）如图所示的虚线框为一长方形区域，该区域内有一垂直于纸面向里的匀强磁场，一束电子以不同的速率从O点垂直于磁场方向、沿图中方向射入磁场后，分别从a、b、c、d四点射出磁场，比较它们在磁场中的运动时间t a、t b、t c、t d，其大小关系是（）A．t a＜t b＜t c＜t d B．t a=t b=t c=t d C．t a=t b＜t c＜t d D．t a=t b＞t c＞t d考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：电子进入匀强磁场后只受洛伦兹力做匀速圆周运动，四个电子运动的周期都相同，作出轨迹，根据圆心角的大小判断电子在磁场运动时间的大小．解答：解：电子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T=四个电子m、q相同，B也相同，则它们圆周运动的周期相同．画出电子运动的轨迹如图．从图1看出，从a、b两点射出的电子轨迹所对的圆心角都是π，则t a=t b==从图2看出，从d射出的电子轨迹所对的圆心角∠OO2d＜∠OO1C＜π，根据圆周运动的时间t=，T相同时，圆心角α越大，时间t越大，所以t c＞t d．所以t a=t b＞t c＞t d．故选D点评：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的问题，画轨迹是基本方法，也是基本能力，粒子运动的时间常常根据t=（α是轨迹的圆心角）求解．7．（3分）（2015秋•建湖县期中）如图所示的是电视机显像管及其偏转线圈L，如果发现电视画面幅度比正常时偏大，可能是因为（）A．电子枪发射能力减弱，电子数减少B．加速电场电压过低，电子速率偏小C．偏转线圈匝间短路，线圈匝数减小D．偏转线圈电流过小，偏转磁场减弱考点：电子束的磁偏转原理及其应用．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：根据电视机显像管的工作原理分析，可知其作用．运动的电子在电流提供的磁场中受到洛伦兹力作用，从而使电子打到荧光屏上．画面变大，是由于电子束的偏转角增大，即轨道半径减小所致．根据洛伦兹力提供向心力，从而确定影响半径的因素．解答：解：如果发现电视画面幅度比正常时偏大，是由于电子束的偏转角增大，即轨道半径减小所致．A、电子枪发射能力减弱，电子数减少，而运动的电子速率及磁场不变，因此不会影响电视画面偏大，所以A错误；B、当加速电场电压过低，电子速率偏小，则会导致电子运动半径减小，从而使偏转角度增大，导致画面比正常偏大，故B正确；C、当偏转线圈匝间短路，线圈匝数减小时，导致偏转磁场减小，从而使电子运动半径增大，所以导致画面比正常偏小，故C错误；D、当偏转线圈电流过小，偏转磁场减弱时，从而导致电子运动半径变大，所以导致画面比正常偏小，故D错误；故选：B点评：本题虽然是考查电视机显像管的作用，但需要掌握电视机的工作原理，电视画面的大小是由电子偏转角度决定，即电子运动的轨道半径．当轨道半径变大，则画面偏小；当轨道半径变小，则画面偏大．这是解答本题的关键．二、多选题（本题共7题，每小题4分，共28分）8．（4分）（2015秋•广陵区校级期中）如图所示，定值电阻R1=10Ω，R2=8Ω，当开关S接“1”时，电流表示数为0.20A，那么当S接“2”时，电流表示数的可能值为（电源内阻不可忽略）（）A．0.28 AB．0.24 AC．0.22 AD．0.19 A考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：根据欧姆定律求出电键S接位置1时路端电压．当电键S接位置2时，外电阻减小，路端电压减小，总电流增大，根据欧姆定律进行分析．解答：解：当电键S接位置1时，电流表的示数为0.20A，则根据欧姆定律得知：路端电压U1=I1R1=10×0.2V=2V．A、当电键S接位置2时，若电流表的示数为I2=0.28A，根据欧姆定律得到，路端电压U2=I2R2=0.28×8V=2.24V．但是由于R2＜R1，路端电压减小，不可能增大，所以U2＜2V，则电流表的示数不可能是0.28A．故A错误．B、当电键S接位置2时，若电流表的示数为I2=0.24A，根据欧姆定律得到，路端电压U2=I2R2=0.24×8V=1.92V．可见U2＜2V，而且外电路减小，电路中电流大于0.2A，则电流表的示数可能是0.24A．故B正确．C、当电键S接位置2时，若电流表的示数为I2=0.22A，根据欧姆定律得到，路端电压U2=I2R2=0.22×8V=1.76V，可见U2＜2V，而且外电路减小，电路中电流大于0.2A，则电流表的示数可能是0.22A．故C正确．D、由于R2＜R1，当电键S接位置2时，电流表的示数大于0.20A．故D错误．故选：BC点评：本题要根据闭合电路欧姆定律分析路端电压与外电阻的关系，同时分析总电流与外电路总电阻的关系，可确定出电流表示数的范围进行选择．9．（4分）（2015秋•建湖县期中）如图所示的电路中，输入电压U恒为12V，灯泡L标有“6V，12W”字样，电动机线圈的电阻R M=0.50Ω．若灯泡恰能正常发光，以下说法中正确的是（）A．电动机的输入功率是72 WB．电动机的输出功率12 WC．电动机的热功率是2 WD．整个电路消耗的电功率是22 W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==A=2A，所以电动机的输入功率P=U1I=6×2W=12W．故A错误．B、C、电动机的热功率P热=I2R M=22×0.5W=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正确．故选：CD．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．10．（4分）（2015秋•麒麟区校级期末）如图所示，通电导线均置于匀强磁场中，其中导线受安培力作用的是（）A．B．C．D．考点：安培力；左手定则．分析：当磁场的方向与电流的方向平行，导线不受安培力作用，当磁场的方向与磁场的方向不平行，导线受安培力作用．解答：解：A、磁场的方向与电流方向垂直，受安培力作用．故A正确．B、磁场的方向与电流的方向不平行，受安培力作用．故B正确．C、磁场的方向与电流方向平行，不受安培力作用．故C错误．D、磁场的方向与电流方向垂直，受安培力作用．故D正确．故选ABD．点评：解决本题的关键知道磁场的方向与电流的方向平行，导线不受安培力作用，当磁场的方向与磁场的方向不平行，导线受安培力作用．11．（4分）（2015秋•建湖县期中）关于磁感线的描述，正确的是（）A．磁铁的磁感线从N极出发，终止于S极B．利用磁感线疏密程度可定性地描述磁场中两点相对强弱C．磁铁周围小铁屑有规则的排列，正是磁感线真实存在的证明D．不管有几个磁体放在某一空间，在空间任一点绝无两根（或多根）磁感线相交考点：磁感线及用磁感线描述磁场．分析：磁感线在磁铁的外部，由N到S，在内部，由S到N，形成闭合曲线，磁感线越密的地方，磁场越强，越疏的地方，磁场越弱，磁感线不会相交．解答：解：A、磁感线在磁铁的外部，由N到S，在内部，由S到N，形成闭合曲线．故A 错误．B、磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线越密的地方，磁场越强，越疏的地方，磁场越弱．故B正确．C、磁感线是为了形象地描述磁场而假想的曲线，不存在．故C错误．D、磁感线不会相交，因为如果相交，交点会有两个切线方向，即有两个磁场方向．故D正确．故选BD．点评：解决本题的关键知道磁感线的性质，知道磁感线是为了形象地描述磁场而假想的曲线．12．（4分）（2015秋•瓦房店市校级期末）一初速度为零的电子经电场加速后，垂直于磁场方向进入匀强磁场中，此电子在匀强磁场中做圆周运动可等效为一环状电流，其等效电流的大小（）A．与电子质量无关B．与电子电荷量有关C．与电子进入磁场的速度有关D．与磁场的磁感应强度有关考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动；电流、电压概念．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：电子在匀强磁场中做圆周运动一周的时间为T，电荷量为e，根据电流等于单位时间内通过横截面的电荷量，即I=即可求解．解答：解：根据电流的定义式得：I=电子在匀强磁场中做圆周运动一周的时间为T，电荷量为e，又因为：T=所以：I=由此可知，电流大小与电子的电荷量和磁感应强度有关．故选：BD点评：本题主要考查了带电粒子在磁场中运动的周期公式及电流的定义式的直接应用，难度不大，属于基础题．13．（4分）（2008•广东模拟）不计重力的负粒子能够在如图所示的正交匀强电场和匀强磁场中匀速直线穿过．设产生匀强电场的两极板间电压为U，距离为d，匀强磁场的磁感应强度为B，粒子带电荷量为q，进入速度为v，以下说法正确的是（）A．若同时增大U和B，其他条件不变，则粒子一定能够直线穿过B．若同时减小d和增大v，其他条件不变，则粒子可能直线穿过C．若粒子向下偏，能够飞出极板间，则粒子动能一定减小D．若粒子向下偏，能够飞出极板间，则粒子的动能有可能不变考点：带电粒子在混合场中的运动．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：首先根据粒子做匀速直线运动，可判断带负电粒子的电场力和洛伦兹力相等，即可得知电场强度和磁场强度的关系．解答：解：A、若同时增大U和B，其他条件不变，虽然使得电场力与洛伦兹力均增大，但两者不一定相等，所以粒子可能做直线运动，也可能做曲线运动，故A错误；B、若同时减小d和增大v，其他条件不变，则会有电场力与洛伦兹力均增大，但两者不一定相等，所以粒子可能做直线运动，故B正确；C、若粒子向下偏，能够飞出极板间，则电场力做负功，由于洛伦兹力不做功，所以导致动能一定减小．故C正确；D、若粒子向下偏，能够飞出极板间，则电场力做负功，由于洛伦兹力不做功，所以导致动能一定减小．故D错误；故选：BC点评：在速度选择器中，粒子的受力特点：同时受到方向相反的电场力和洛伦兹力作用；粒子能匀速通过选择器的条件：电场力和洛伦兹力平衡，即qvB=qE，v=，只有速度为的粒子才能沿直线匀速通过选择器．若粒子从反方向射入选择器，所受的电场力和磁场力方向相同，粒子必定发生偏转．14．（4分）（2014秋•上饶期末）利用如图所示的方法可以测得金属导体中单位体积内的自由电子数n，现测得一块横截面为矩形的金属导体的宽为b，厚为d，并加有与侧面垂直的匀强磁场B，当通以图示方向电流I时，在导体上、下表面间用电压表可测得电压为U．已知自由电子的电荷量为e，则下列判断正确的是（）A．上表面电势高B．下表面电势高C．该导体单位体积内的自由电子数为D．该导体单位体积内的自由电子数为考点：霍尔效应及其应用．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：金属导体中移动的是自由电子，电子定向移动，受到洛伦兹力发生偏转，使得上下表面存在电势差，最终电子受电场力和洛伦兹力处于平衡．根据上下表面带电的正负判断电势的高低．根据电流的微观表达式求出单位体积内的自由电子数．解答：解：A、电流方向水平向右，则自由电子的运动方向水平向左，根据左手定则，电子向上偏，上表面得到电子带负电，下表面失去电子带正电．所以下表面的电势高．故A错误，B正确．C、电流的微观表达式为I=nevS，n表示单位体积内的电子数，S表示横截面积，则n=．最终电子受电场力和洛伦兹力处于平衡，有：，则v=．所以n=．故D正确，C错误．故选BD．点评：解决本题的关键知道最终电子受电场力和洛伦兹力处于平衡，以及掌握电流的微观表达式I=nevS．三、实验题（8+12=20）15．（8分）（2014•射洪县校级模拟）分别用图（a）、（b）两种电路测量同一未知电阻的阻值．图（a）中两表的示数分别为3V、4mA，图（b）中两表的示数分别为4V、3.9mA，则待测电阻R x的真实值为（）A．略小于1kΩB．略小于750ΩC．略大于1kΩD．略大于750Ω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：先判断采用的测量方法，由于在两种不同的接法中电压表的示数变化大，说明测量的是小电阻，这样电流表分压较大，应该采用（a）图进行测量比较准确．（a）图中测量值较真实值偏小．解答：解：因电压表示数变化大，则用电压表的真实值测量电路，为（a）电路．用（a）电路：电流表示数含电压表的分流，故电流比真实值大．由R测===R真即测量值偏小故ABC错误，D正确故选：D点评：考查伏安法测电阻的原理，明确不出接法所引起的误差．16．（12分）（2015•南昌校级二模）两位同学在实验室中利用如图（a）所示的电路测定定值电阻R0、电源的电动势E和内电阻r，调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，一个同学记录的是电流表A和电压表V1的测量数据，另一同学记录的是电流表A和电压表V2的测量数据．并根据数据描绘了如图（b）所示的两条U﹣I图线．回答下列问题：（1）根据甲、乙两同学描绘的图线，可知ADA．甲同学是根据电压表V1和电流表A的数据B．甲同学是根据电压表V2和电流表A的数据C．乙同学是根据电压表V1和电流表A的数据D．乙同学是根据电压表V2和电流表A的数据（2）图象中两直线的交点表示的物理意义是BCA．滑动变阻器的滑动触头P滑到了最右端B．电源的输出功率最大C．定值电阻R0上消耗的功率为0.5WD．电源的效率达到最大值（3）根据图（b），可以求出定值电阻R0= 2.0Ω，电源电动势E= 1.50V，内电阻r= 1.0Ω．考点：测定电源的电动势和内阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：（1）从电路连接结合电流表和电压表的读数变化判断甲、乙两同学描绘的图线的含义．（2）图象中两直线的交点表示电压表V1的读数与电压表V2的读数相等，即滑动变阻器的阻值为0，根据图象求解．（3）由图可知，图象由纵坐标的交点为电动势；由图象与横坐标的交点利用闭合电路欧姆定律可求得内电阻．解答：解：（1）从电路连接可以看出，电流表A的读数增大时，电压表V1的读数减小，电压表V2的读数增大．甲同学是根据电压表V1和电流表A的数据绘制图象的，故B错误，A正确；乙同学是根据电压表V2和电流表A的数据绘制图象的，故C错误，D正确．故选AD．图象中两直线的交点表示电压表V1的读数与电压表V2的读数相等，即滑动变阻器的阻值为0，A、滑动变阻器的滑动触头P滑到了最左端，故A错误；B、图象可以得出电阻R0的阻值大于电源的内阻，滑动变阻器的阻值减小，电源的输出功率增大，两直线的交点对应滑动变阻器的阻值为0，即电源的输出功率最大，故B正确；C、定值电阻R0消耗功率为：P=U2I=1.0×0.5 W=0.5 W，故C正确；D、电源的效率为：η==，U越大，效率越大，故D错误．故选BC．（3）从图象可以得出定值电阻R0的阻值为：R0==2.0Ω；从甲同学的图象可以得出图象在U轴上的截距为1.50 V，即电源的电动势为1.50 V，图象斜率的绝对值为：k==1.0，即电源的内阻为r=1.0Ω．故答案为：（1）AD（2）BC（3）2.0 1.50 1.0点评：本题考查测量电动势和内电阻实验的数据和定值电阻电流及电压数据的处理，并能用图象法求出电势和内电阻．四、计算题（10+12+12+15=51）17．（10分）（2015秋•建湖县期中）如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，宽度为d，边界为CD和EF．一电子从CD边界外侧以速率v0垂直射入匀强磁场，入射方向与CD边界间夹角为θ．已知电子的质量为m，电荷量为e，为使电子能从磁场的另一侧EF射出，求电子的速率v0至少多大？若θ角可取任意值，v0的最小值是多少？考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：电子在磁场中做匀速圆周运动，当其轨迹恰好与EF边相切时，轨迹半径最小，对应的速度最小．由几何知识求出，再牛顿定律求出速度的范围．运用数学知识，由θ的取值来确定速度的最小，从而求出半径的最小值．解答：解：当入射速率v0很小时，电子会在磁场中转动一段圆弧后又从CD一侧射出，速率越大，轨道半径越大，当轨道与边界EF相切时，电子恰好不能从EF射出，如图所示：电子恰好射出时，由几何知识可得：r+rcosθ=d ①电子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：ev0B=m，解得：r=②由①②得：v0=③故电子要射出磁场，速率至少应为：．由③式可知，θ=0°时，v0=最小，由②式知此时半径最小，r min=，答：为使电子能从磁场的另一侧EF射出，求电子的速率v0至少为，θ角可取任意值，v0的最小值是：．点评：本题考查圆周运动的边界问题的求解方法．当入射速率v0很小时，电子会在磁场中转动一段圆弧后又从CD一侧射出，速率越大，轨道半径越大，当轨道与边界EF相切时，电子恰好不能从EF射出．18．（12分）（2005秋•黄冈期末）如图所示，在A、B两点间接一电动势为8V，内电阻为2Ω的直流电源，电阻R1=4Ω，R2、R3的阻值均为6Ω，电容器的电容为30μF，电流表的内阻不计，求：（1）电流表的读数；（2）电容器所带的电荷量；（3）断开电源后，通过R2的电荷量．考点：电容器．专题：电容器专题．分析：当电键S闭合时，电阻R1、R2被短路．根据欧姆定律求出流过R3的电流，即电流表的读数．电容器的电压等于R3两端的电压，求出电压，再求解电容器的电量．断开电键S后，电容器通过R1、R2放电，R1、R2相当并联后与R3串联．再求解通过R2的电量．解答：解：（1）当电键S闭合时，电阻R1、R2被短路．根据欧姆定律得，电流表的读数：I==A=1A。