【全国百强校】四川省成都市第七中学2015-2016学年高二上学期物理期末复习题：教科版选修3-1 电学实验

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四川省成都市第七中学2015-2016学年高二物理12月22日课后作业 Word版含答案

电磁感应补充练习7-------电磁感应与力学综合问题11．如图所示，在置于匀强磁场中的平行导轨上，横跨在两导轨间的导体杆PQ以速度v向右匀速移动，已知磁场的磁感强度为B、方向垂直于导轨平面（即纸面）向外，导轨间距为l，闭合电路acQPa中除电阻R外，其他部分的电阻忽略不计，则（）A．电路中的感应电动势E=IlBB．电路中的感应电流I=C．通过电阻R的电流方向是由a向cD．通过PQ杆中的电流方向是由Q向P2．如图，足够长的光滑导轨倾斜放置，导轨宽度为l，下端与电阻R连接，其它电阻不计,匀强磁场垂直于导轨平面向上．若金属棒ab以一定初速度v0沿导轨下滑，则棒A．电流方向从a到bB．刚开始下滑瞬间产生的电动势为BLv0C．最终能匀速下滑D．减少的重力势能全部等于电阻R产生的内能3．如图所示，倾角θ＝30°、宽为L＝1m的足够长的U形光滑金属导轨固定在磁感应强度B ＝1T、范围足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面斜向上。

现用一平行于导轨的F牵引一根质量m＝0.2kg、电阻R＝1Ω的导体棒ab由静止开始沿导轨向上滑动；牵引力的功率恒定为P=90W，经过t=2s导体棒刚达到稳定速度v时棒上滑的距离s=11.9m。

导体棒ab始终垂直导轨且与导轨接触良好，不计导轨电阻及一切摩擦，取g=10m/s2。

求：（1）从开始运动到达到稳定速度过程中导体棒产生的焦耳热Q1；（2）若在导体棒沿导轨上滑达到稳定速度前某时刻撤去牵引力，从撤去牵引力到棒的速度减为零的过程中通过导体棒的电荷量为q=0.48C，导体棒产生的焦耳热为Q2=1.12J，则撤去牵引力时棒的速度v′多大？4．如图所示，两根平行金属导轨固定在同一水平面内，间距为L，导轨左端连接一个电阻。

一根质量为m、电阻为r的金属杆ab垂直放置在导轨上。

在杆的右方距杆为d处有一个匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度为B。

对杆施加一个大小为F、方向平行于导轨的恒力，使杆从静止开始运动，已知杆到达磁场区域时速度为v，之后进入磁场恰好做匀速运动。

2015-2016学年四川省成都七中高二上学期周测物理试卷(12.4)含解析

2015-2016学年四川省成都七中高二（上）周测物理试卷（12.4）一、选择题1．图甲、图乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示的电压按正弦规律变化，图乙所示的电压是正弦函数的一部分．下列说法错误的是（）A．图甲、图乙均表示交流电B．图甲所示电压的瞬时值表达式为u=20sin100πtC．图乙所示电压的有效值为20VD．图乙所示电压的有效值为10V2．如图所示，一面积为S，电阻为R的N匝矩形线圈处于一个交变的磁场中，磁感应强度的变化规律为B=B0sinωt．下列说法正确的是（）A．线框中会产生交变电流B．在t=时刻，线框中感应电流达到最大值C．从t=0到t=这一过程中通过导体横截面积的电荷量为D．若只增大变化磁场的频率，则线框中感应电流的频率也将增加，但电流的有效值不变3．如图所示，在第一、第二象限中存在垂直xoy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一半径为r 的扇形金属线框在xoy平面内，以角速度ω绕O点逆时针匀速转动，∠POQ=120°，线框的总电阻为R．则下列说法正确的是（）A．线圈中感应电流的最大值为B．线圈中感应电流的最大值为C．线圈中感应电流的有效值为D．线圈中感应电流的有效值为4．如图中理想变压器原副线圈的匝数之比为2：1，现在原线圈两端加上交变电压U=220sinV时，灯泡L1、L2均正常发光，电压表和电流表可视为理想电表．则下列说法中正确的是（）A．电压表的示数为110VB．该交流电的频率为100HzC．若将变阻器的滑片P向上滑动，则L1亮度不变、L2将变亮D．若将变阻器的滑片P向上滑动，则原线圈输入功率增大5．如图所示，理想变压器的原副线圈匝数比n1：n2=1：10，副线圈与阻值R=20Ω的电阻相连．原线圈两端所加的电压u=20sin20πt（V），则（）A．交流电压表的示数为20VB．副线圈输出交流电的频率为10HzC．电阻R上消耗的电功率为2kWD．原线圈中电流的最大值为100A6．一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是5：1，原线圈接入电压220V的正弦交流电，各元件正常工作，一只理想二极管和一个滑动变阻器R串联接在副线圈上，如图所示．电压表和电流表均为理想交流电表，则下列说法正确的是（）A．原、副线圈中的电流之比为5：1B．电压表的读数约为31.11VC．若滑动变阻器接入电路的阻值为20Ω，则1分钟内产生的热量为2904JD．若将滑动变阻器的滑片向上滑动，则两电表读数均减小7．某小型水电站的电能输送示意图如图甲，发电机的输出电压变化规律如图乙，输电线总电阻为r，升压变压器原副线圈匝数分别为n1、n2．降压变压器原副线圈匝数分别为n3、n4（变压器均为理想变压器）．要使额定电压为220V的用电器正常工作，则（）A．乙图中电压的瞬时值表达式为：u=220sin100πt VB．乙图中电压的有效值和用电器的额定电压都是220 V，所以=C．通过升压变压器的电流频率比通过降压变压器的电流频率大D．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率8．一理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头（）A．副线圈输出电压的频率为50HzB．副线圈输出电压的有效值为31VC．P向右移动时，原、副线圈的电流比减小D．P向右移动时，变压器的输出功率增加9．如图所示，理想变压器MN原线圈接一交流电源，副线圈回路中有一定值电阻R0和两个小灯泡L1、L2，电表为理想电表．最初电键S是断开的，现闭合电键S，则（）A．副线圈两端电压变大B．灯泡L1变亮C．电流表A1示数变大D．电阻R0中的电流变小10．理想变压器与电阻R及交流电流、电压表V和A按图示方式连接，已知变压器原副线圈的匝数比为n1：n2=10：1，电阻R=11Ω，原线圈两端输入电压U随时间变化的图象如图所示，下列说法中正确的是（）A．V表的读数为220V B．通过R的电流为2AC．A表的读数为2A D．变压器的输入功率为44W11．图甲所示电路中，A1、A2、A3为相同的电流表，C为电容器，电阻R1、R2、R3的阻值相同，线圈L 的电阻不计．在某段时间内理想变压器原线圈内磁场的变化如图乙所示，则在t1～t2时间内（）A．电流表A1的示数比A2的小 B．电流表A2的示数比A3的小C．电流表A1和A2的示数相同 D．电流表的示数都不为零12．一个单摆在竖直平面内做小幅振动，周期为2s．如果从单摆向右运动通过平衡位置时开始计时，则在t=1.6s至t=1.8s的过程中，摆球的（）A．速度向左在减小，加速度向右在增大B．速度向左在增大，加速度向左在增大C．速度向右在增大，加速度向右在减小D．速度向右在减小，加速度向左在减小13．一列沿x轴负方向传播的简谐横波在某时刻（设该时间为t=0时刻）的波形如图所示，在0.7s末，质点P恰好第二次到达波峰，则下列说法不正确的是（）A．在该列波的传播速度是10m/sB．在0.9s末，质点Q第一次到达波峰C．如果x=5m处就是波源，则它刚开始起振的方向是y轴的正方向D．当质点Q到达波峰时，质点P到达波谷14．在均质弹性绳中有一振源S，它以5Hz的频率上下做简谐运动，振幅为5cm，形成的波沿绳向左、右两边传播．从振源开始振动计时，t时刻的波形如图所示，质点P右边的绳还未振动，S左边的波形没有画出，则（）A．该波的波速为60cm/sB．波源S开始振动的方向向下C．图中的质点Q在t时刻处在波谷D．在t=0至t=1.0s时间内质点P运动的路程为70cm15．如图所示，一列简谐波向右以8.0m/s的速度传播，某一时刻沿波的传播方向上有a、b两质点，位移大小相等，方向相同，则（）A．无论再经多长时间，a、b两质点位移不可能大小相等、方向相反B．再经过0.25s，a、b两质点位移第一次大小相等、方向相反C．再经过0.25s，a、b两质点速度第一次大小相等、方向相反D．再经过0.5s，a、b两质点速度第一次大小相等、方向相同二、非选择题：16．如图（a）所示，细线的上端固定在铁架台上，下端系一个小钢球，做成一个单摆．测量摆长l和摆的周期T，得到一组数据．改变摆长，再得到几组数据．从中可以找出周期与摆长的关系．实验过程有两组同学分别用了图（b）（c）的两种不同方式悬挂小钢球，你认为（选填“b”或“c”）悬挂方式较好．图（d）是某组同学根据实验数据画出的T2﹣l图线，通过图线得到振动周期T（s）与摆长l（m）的函数关系式是．17．一列简谐横波沿x轴正方向传播，O为波源且t=0开始沿y轴负方向起振，如图所示是t=0.2s末x=0至4m范围内的波形图，虚线右侧的波形未画出．已知图示时刻x=2m处的质点第一次到达波峰，则该简谐横波的波速为；从t=0.2s时刻开始计时，写出x=1m处的质点的振动表达式．18．自t=0时刻起，质点A做简谐运动，其振动图象如图所示．t=10s时，距A质点10m处的B质点开始振动．求：①该波的波速大小v；②该波的波长λ．2015-2016学年四川省成都七中高二（上）周测物理试卷（12.4）参考答案与试题解析一、选择题1．图甲、图乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示的电压按正弦规律变化，图乙所示的电压是正弦函数的一部分．下列说法错误的是（）A．图甲、图乙均表示交流电B．图甲所示电压的瞬时值表达式为u=20sin100πtC．图乙所示电压的有效值为20VD．图乙所示电压的有效值为10V【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；正弦式电流的图象和三角函数表达式．【分析】解本题时应该掌握：交流电和直流电的定义，直流电是指电流方向不发生变化的电流；理解并会求交流电的有效值，U=只适用于正余弦交流电；根据图象书写交流电的表达式等．【解答】解：A、电流方向随着时间周期性变化的电流就是交流电，故图甲、图乙均表示，故A正确；B、图中电压的最大值为20V，频率为0.02s，故表达式为：u=U m sin=20sin100πt，故B正确；C、D、图乙所示电压的最大值为20V，根据有效值的定义，有：解得：U=故C错误，D正确；本题选择错误的，故选C．2．如图所示，一面积为S，电阻为R的N匝矩形线圈处于一个交变的磁场中，磁感应强度的变化规律为B=B0sinωt．下列说法正确的是（）A．线框中会产生交变电流B．在t=时刻，线框中感应电流达到最大值C．从t=0到t=这一过程中通过导体横截面积的电荷量为D．若只增大变化磁场的频率，则线框中感应电流的频率也将增加，但电流的有效值不变【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．【分析】根据交流电产生条件：闭合电路的磁通量发生变化，即可求解；根据法拉第电磁感应定律，得出感应电流的瞬时表达式，从而可确定感应电流的最大值；结合闭合电路欧姆定律，与电量表达式，即可求解电量的大小；根据线圈中产生感应电流瞬时表达式，结合有效值与最大值的关系，从而确定有效值．【解答】解：A、由题意可知，矩形线圈处于一个交变的磁场中，从而导致穿过线圈的磁通量变化，则产生感应电流，故A正确；B、线圈中产生感应电流的瞬时表达式，为i=cosωt，当在t=时刻，线框中感应电流达到最大值，故B正确；C、根据电量的表达式，q=N，从t=0到t=这一过程中通过导体磁通量变化为B0S，所以横截面积的电荷量为为N，故C错误；D、若只增大变化磁场的频率，则线框中感应电流的频率也将增加，导致最大值也增加，所以有效值也增大，故D错误．故选：AB3．如图所示，在第一、第二象限中存在垂直xoy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一半径为r 的扇形金属线框在xoy平面内，以角速度ω绕O点逆时针匀速转动，∠POQ=120°，线框的总电阻为R．则下列说法正确的是（）A．线圈中感应电流的最大值为B．线圈中感应电流的最大值为C．线圈中感应电流的有效值为D．线圈中感应电流的有效值为【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．【分析】根据转动切割磁感线产生的感应电动势公式E=ω，求出感应电动势的最大值，再由闭合电路欧姆定律求解感应电流的最大值．根据有效值的定义求解感应电流的有效值．【解答】解：A、B、线圈中感应电动势的最大值为：E m=ω，线圈中感应电流的最大值为：I m==．故A正确，B错误．C、D、画出一个周期内感应电流的图象如图所示．设感应电流的有效值为I，根据有效值的定义得：2×R•=I2RT解得：I=．故C错误，D正确．故选：AD．4．如图中理想变压器原副线圈的匝数之比为2：1，现在原线圈两端加上交变电压U=220sinV时，灯泡L1、L2均正常发光，电压表和电流表可视为理想电表．则下列说法中正确的是（）A．电压表的示数为110VB．该交流电的频率为100HzC．若将变阻器的滑片P向上滑动，则L1亮度不变、L2将变亮D．若将变阻器的滑片P向上滑动，则原线圈输入功率增大【考点】变压器的构造和原理．【分析】根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．【解答】解：A、原线圈两端加上交变电压U=220sinV，原线圈的电压的有效值为=110V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的有效值为55V，故A 错误；B、原线圈两端加上交变电压U=220sinV，ω=100πrad/s，f==50Hz，故B错误；C、在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，滑动变阻器的阻值变小，电路的总电阻减小，由于电压是由变压器决定的，输出的电压不变，所以电流变大，即电流表读数变大，L1两端电压不变所以亮度不变，通过L1和L2的电流之和变大，通过L1的电流不变，所以L2电流增大，将变亮，故C正确；D、若将变阻器的滑片P向上滑动，输出的电压不变，电流变大，所以原线圈输入功率增大，故D正确；故选：CD．5．如图所示，理想变压器的原副线圈匝数比n1：n2=1：10，副线圈与阻值R=20Ω的电阻相连．原线圈两端所加的电压u=20sin20πt（V），则（）A．交流电压表的示数为20VB．副线圈输出交流电的频率为10HzC．电阻R上消耗的电功率为2kWD．原线圈中电流的最大值为100A【考点】变压器的构造和原理．【分析】根据变压器的特点：电压之比等于匝数之比，电流之比等于匝数反比，输入功率等于输出功率分析．【解答】解：A、电压表显示的是有效值应为=20V，故A错误；B、原副线圈的频率是相同的f===10Hz，故B正确；C、由电压之比等于匝数之比知R两端的电压为200V，P==2000W，故C正确；D、由输入功率=输出功率=2KW=20I，I=100A，最大值为I=100A，故D错误；故选BC6．一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是5：1，原线圈接入电压220V的正弦交流电，各元件正常工作，一只理想二极管和一个滑动变阻器R串联接在副线圈上，如图所示．电压表和电流表均为理想交流电表，则下列说法正确的是（）A．原、副线圈中的电流之比为5：1B．电压表的读数约为31.11VC．若滑动变阻器接入电路的阻值为20Ω，则1分钟内产生的热量为2904JD ．若将滑动变阻器的滑片向上滑动，则两电表读数均减小【考点】变压器的构造和原理．【分析】根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，二极管的作用是只允许正向的电流通过，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．【解答】解：A 、原线圈接入电压为220V 的正弦交流电，原、副线圈的匝数比是5：l ，则副线圈电压为44V ，原、副线圈中的电流与匝数成反比，所以电流之比为1：5，A 错误；B 、原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为44 V ，由于副线圈接着二极管，它具有单向导电性，根据电流的热效应知解得U=22=31.11V ，故B 正确；C 、由B 求得电压表两端电压有效值为U 有效=22V ，则1 min 内产生的热量为Q==2904 J ，故C 正确；D 、将滑动变阻器滑片向上滑动，接入电路中的阻值变小，电流表的读数变大，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的读数不变，所以D 错误．故选：BC7．某小型水电站的电能输送示意图如图甲，发电机的输出电压变化规律如图乙，输电线总电阻为r ，升压变压器原副线圈匝数分别为n 1、n 2．降压变压器原副线圈匝数分别为n 3、n 4（变压器均为理想变压器）．要使额定电压为220V 的用电器正常工作，则（）A ．乙图中电压的瞬时值表达式为：u=220sin100πt VB ．乙图中电压的有效值和用电器的额定电压都是220 V ，所以=C ．通过升压变压器的电流频率比通过降压变压器的电流频率大D ．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率【考点】变压器的构造和原理．【分析】通过理想升压变压器T 1将电送到用户附近，然后用理想降压变压器T 2向远处用户供电家中．提升电压的目的是降低线路的功率损失，从而提高用户得到的功率．【解答】解：A 、根据乙图可知，电压的最大值，周期T=0.02s ，所以，则乙图中电压的瞬时值表达式为：u=220sin100πt V ，故A 正确；B 、由变压器的电压比与匝数之比的关系得：，；因升压变压器，所以U 1＞U 2，又因与为线路电压损失，即U 2＞U 3，所以，故B 错误．C 、通过变压器的原副线圈的电流的频率相同，故C 错误．D、因是理想变压器，则其输入功率与输出功率相等，但由于电线电阻功率损失，所以升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率．故D正确．故选：AD．8．一理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头（）A．副线圈输出电压的频率为50HzB．副线圈输出电压的有效值为31VC．P向右移动时，原、副线圈的电流比减小D．P向右移动时，变压器的输出功率增加【考点】变压器的构造和原理．【分析】根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．【解答】解：A、由图象可知，交流电的周期为0.02s，所以交流电的频率为50Hz，所以A正确．B、根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为220V，所以副线圈的电压的最大值为22V，所以电压的有效值为V=22V，所以B错误．C、原、副线圈的电流与匝数成反比，线圈的匝数不变，所以电流比也不变，所以C错误．D、P向右移动时，滑动变阻器的电阻减小，副线圈的电压不变，所以电路消耗的功率将变大，变压器的输出功率增加，所以D正确．故选AD．9．如图所示，理想变压器MN原线圈接一交流电源，副线圈回路中有一定值电阻R0和两个小灯泡L1、L2，电表为理想电表．最初电键S是断开的，现闭合电键S，则（）A．副线圈两端电压变大B．灯泡L1变亮C．电流表A1示数变大D．电阻R0中的电流变小【考点】变压器的构造和原理．【分析】输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可．【解答】解：A、由于输入的电压的大小和变压器的匝数比不变，所以变压器的输出的电压始终不变，故A错误；B、当S接通后，电路的总电阻减小，总电流变大，所以电阻R上消耗的电压变大，由于输出的电压不变，所以灯泡L1的电压减小，故灯泡L1变暗，故B错误；C、当S接通后，电路的总电阻减小，总电流变大，而变压器的匝数比不变，所以原线圈中的电流增大，故C正确；D、当S接通后，原线圈电路的总电阻减小，总电流变大，故D错误；故选：C．10．理想变压器与电阻R及交流电流、电压表V和A按图示方式连接，已知变压器原副线圈的匝数比为n1：n2=10：1，电阻R=11Ω，原线圈两端输入电压U随时间变化的图象如图所示，下列说法中正确的是（）A．V表的读数为220V B．通过R的电流为2AC．A表的读数为2A D．变压器的输入功率为44W【考点】变压器的构造和原理．【分析】电压表、电流表的示数表示电压电流的有效值，原副线圈的电压比等于匝数之比，电流比等于匝数之反比，原线圈的电压决定副线圈的电压，副线圈的电流决定原线圈的电流．【解答】解：由原线圈两端输入电压U随时间变化的图象可知，U1=220V，T=0.02sA、根据原副线圈的电压比等于匝数之比，可知，所以电压表的示数为22V，故A错误；B、根据欧姆定律得：I=，故B正确，C错误；C、副线圈功率P2=I2U2=44W，所以变压器的输入功率P1=P2=44W，故D正确．故选BD11．图甲所示电路中，A1、A2、A3为相同的电流表，C为电容器，电阻R1、R2、R3的阻值相同，线圈L 的电阻不计．在某段时间内理想变压器原线圈内磁场的变化如图乙所示，则在t1～t2时间内（）A．电流表A1的示数比A2的小 B．电流表A2的示数比A3的小C．电流表A1和A2的示数相同 D．电流表的示数都不为零【考点】变压器的构造和原理．【分析】由图可知副线圈电路中的磁通量的变化情况，则由电磁感应可得出产生的感应电流；根据电容器及电感器的性质可得出各表的电流大小．【解答】解：原线圈中磁场如乙图所示均匀变化，故副线圈中的磁通量均匀变化，故副线圈中产生恒定的电流，因线圈电阻不计，故线圈L对恒定电流没有阻碍作用，所以电流表A1和A2的读数相同，而电容器“通交隔直”，所以电流表A3的读数为0．故ABD错误，C正确；故选：C．12．一个单摆在竖直平面内做小幅振动，周期为2s．如果从单摆向右运动通过平衡位置时开始计时，则在t=1.6s至t=1.8s的过程中，摆球的（）A．速度向左在减小，加速度向右在增大B．速度向左在增大，加速度向左在增大C．速度向右在增大，加速度向右在减小D．速度向右在减小，加速度向左在减小【考点】简谐运动的振幅、周期和频率；简谐运动的回复力和能量．【分析】单摆的周期是2s，分析出t=1.6秒至t=1.8秒的过程中向哪个方向运动，即可分析出速度加速度的变化．【解答】解：由题，单摆的周期是2s，一个周期分成四个周期，从单摆向右运动通过平衡位置时开始计时，则在t=1.6秒至t=1.8秒的过程中，单摆是由平衡位置向右向最大位移处运动，所以速度向右在减小，加速度方向向右在增大．故A、B、D错误，C正确．故选C．13．一列沿x轴负方向传播的简谐横波在某时刻（设该时间为t=0时刻）的波形如图所示，在0.7s末，质点P恰好第二次到达波峰，则下列说法不正确的是（）A．在该列波的传播速度是10m/sB．在0.9s末，质点Q第一次到达波峰C．如果x=5m处就是波源，则它刚开始起振的方向是y轴的正方向D．当质点Q到达波峰时，质点P到达波谷【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．【分析】由波的传播方向判断出质点P的振动方向，从图示时刻开始质点P经过1第二次到达波峰，即可求出周期．读出波长，求出波速．当图示时刻x=2m处质点的状态传到Q时，质点Q第一次到达波峰．如果x=5m处就是波源，它刚开始起振的方向与x=﹣1m处质点此时刻的振动方向相同．根据PQ间距离与波长的关系，分析状态关系．【解答】解：A、由题，1=0.7s，得T=0.4s，由图读出波长λ=4m，则波速为v==10m/s．故A正确．B、当图示时刻x=2m处质点的状态传到Q时，质点Q第一次到达波峰，经过时间为t==．故B正确．C、如果x=5m处就是波源，它刚开始起振的方向与x=﹣1m处质点此时刻的振动方向相同，应沿y轴负方向．故C错误．D、PQ间的距离△x=10m=2.5λ，P、Q的振动情况总是相反，则当质点Q到达波峰时，质点P到达波谷．故D正确．本题选错误的，故选C14．在均质弹性绳中有一振源S，它以5Hz的频率上下做简谐运动，振幅为5cm，形成的波沿绳向左、右两边传播．从振源开始振动计时，t时刻的波形如图所示，质点P右边的绳还未振动，S左边的波形没有画出，则（）A．该波的波速为60cm/sB．波源S开始振动的方向向下C．图中的质点Q在t时刻处在波谷D．在t=0至t=1.0s时间内质点P运动的路程为70cm【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．【分析】根据频率求出周期，根据图象可知，波从S传到P点的时间为，根据v=求出波速，根据P点开始振动的方向判断波源开始振动方向，根据对称性判断x=﹣6cm处质点t时刻所处位置，根据一个周期内振动运动的路程为4A求出在t=0至t=1.0s时间内质点P运动的路程．【解答】解：A、波的频率f=5Hz，周期T=0.2s，由图知该波在t=T=0.3s时间内，波传播了12cm，则波速v=cm/s=cm/s=40cm/s，故A错误；B、此时P点的振动方向向下，则波源的起振方向向下，故B正确；C、由对称性知x=﹣6cm处质点t时刻处于波峰，故C错误；D、在t=0至t=1.0s时间内，即△t=1s，质点P已振动0.7s，运动的路程为s=×4A=×4×5cm=70cm，故D正确．故选：BD15．如图所示，一列简谐波向右以8.0m/s的速度传播，某一时刻沿波的传播方向上有a、b两质点，位移大小相等，方向相同，则（）A．无论再经多长时间，a、b两质点位移不可能大小相等、方向相反B．再经过0.25s，a、b两质点位移第一次大小相等、方向相反C．再经过0.25s，a、b两质点速度第一次大小相等、方向相反D．再经过0.5s，a、b两质点速度第一次大小相等、方向相同【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．【分析】由图读出波长，求出周期．根据时间与周期的关系，分析两质点的位移和速度关系．若经过时间是半个周期，波动图象将反相，两质点的速度大小相等，方向相反．【解答】解：A、B、C由图读出波长为λ=8m，则周期为T==1s．t=0.25s=．再过0.25s，波形向右平移．根据波形的平移法分析得知，再经过0.25s，质点a在平衡位置下方向下运动，质点b平衡位置上方向下运动，两质点到平衡位置的距离相等，则再经过0.25s，a，b两质点位移第一次大小相等、方向相反，速度第一次大小相等、方向相同．故B正确，AC错误．D、再经过0.5s，即半个周期，波形图象反相，a，b两质点速度仍大小相等、方向相反．故D错误．故选：B二、非选择题：。

四川省成都市第七中学2015-2016学年高二物理12月31日周末作业 Word版含答案.doc

成都七中高2017届期末复习：选择题专项训练1一、单项选择题（每小题3分）1．下列说法正确的是( )A ．电场是为了研究问题的方便而设想的一种物质，实际上不存在B ．由F B IL可知，某处的磁感应强度的大小与放入该处的通电导线所受磁场力F 成正比，与导线的I 、L 成反比C ．当穿过线圈的磁通量为零时，线圈所处的磁感应强度可能不为零D ．磁感应强度的方向与磁场中通电直导线所受安培力方向相同2．如图所示为洛伦兹力演示仪的结构图。

励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直。

电子速度的大小和磁场强弱可分别由通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节。

下列说法正确的是（）A ．仅增大励磁线圈中电流，电子束径迹的半径变大B ．仅提高电子枪加速电压，电子束径迹的半径变大C ．仅增大励磁线圈中电流，电子做圆周运动的周期将变大D ．仅提高电子枪加速电压，电子做圆周运动的周期将变大3．如图所示，通电直导线MN 与闭合的矩形金属线圈abcd 彼此绝缘，它们处于同一水平面内，直导线与线圈的对称轴线重合，直导线中电流方向由M 到N 。

为了使线圈中产生感应电流，可行的方法是( )A.减弱直导线中的电流强度B.MN 不动，使线圈上下平动C.MN 不动，使线圈以MN 为轴旋转D.MN 不动，使线圈向左平动4．如图所示的电路中，R 1=1Ω，R 2=6Ω，电源内阻r=1Ω，若开关闭合后，铭牌上标有“6V 12W”励磁线圈玻璃泡的电动机刚好正常工作，则( )A ．流过电动机的电流为6AB ．电动机线圈电阻为3ΩC ．电源电动势E=12VD ．若电动机线圈电阻为0.5Ω，则电动机输出功率为7.5W5．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。

速度选择器内匀强磁场和匀强电场的方向相互垂直，磁感应强度为B ，电场强度为E ，平板S 上有可让粒子通过的狭缝P 和记录粒子位置的胶片12A A ，平板S 下方有磁感应强度为0B 的匀强磁场，下列表述正确的是（）A ．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向内B ．只有速率等于E B的带电粒子才能通过狭缝P C ．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P ，粒子的比荷q m 越小 D ．质谱仪不能区分同位素6．如图所示为两个固定在同一水平面上的点电荷, 距离为d, 电荷量分别为+ Q 和- Q 。

【百强校】2016届四川省成都市第七中学等校高三二模理综物理试卷(带解析)

【百强校】2016届四川省成都市第七中学等校高三二模理综物理试卷（带解析）一、选择题1.如图所示，一个质量为M＝2 kg的小木板放在光滑的水平地面上，在木板上放着一个质量为m＝1 kg的小物体，它被一根水平方向上压缩了的弹簧推着静止在木板上，这时弹簧的弹力为2 N。

现沿水平向左的方向对小木板施以作用力，使木板由静止开始运动起来，运动中力F由0逐渐增加到9 N，以下说法正确的是（）A．物体与小木板先保持相对静止一会，后相对滑动B．物体受到的摩擦力一直减小C．当力F增大到 6 N时，物体不受摩擦力作用D．小木板受到9N的拉力时，物体受到的摩擦力为3N【答案】C【解析】试题分析: A、当弹簧的弹力是2N向右时，物体仍然静止在木板上，所以物体与木板之间的最大静摩擦力要大于等于2N．若要使物体相对于木板向左滑动，则物体受到的木板的摩擦力至少要大于等于2N，方向向右，即可物体受到的合力至少向右的4N的力，物体的加速度：，同时，物体与木板有相对运动时，木板的加速度要大于物体的加速度，当二者相等时，为最小拉力．则：，即只有在拉力大于12N时，物体才能相对于木板滑动，所以在拉力小于9N时，物体绳子相对于木板静止．故A错误；B、C、若物体与木板之间的摩擦力恰好为0，则物体只受到弹簧的弹力的作用，此时物体的加速度：，由于物体始终相对于木板静止，所以此时整体在水平方向的受力：，所以：当力F增大到6N时，物体不受摩擦力作用．则拉力小于6N之前，摩擦力岁拉力F的最大而减小，当拉力大于6N时，摩擦力又随拉力的增大而增大．故B错误，C正确．D、小木板受到9N拉力时，整体的加速度：，物体受到的摩擦-2=1×3-2=1N．故D错误．故选C力为f′，则：ma″=f′+2，所以：f′=ma″考点：考查牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算．【名师点睛】该题结合物体受到的摩擦力等于0的临界条件与物体恰好要相对于木板滑动的临界条件考查牛顿第二定律的应用，解题的关键就是能够正确分析物体的受力，找出对应的临界条件．2.一列简谐横波a，某时刻的波形如图甲所示。

2016-2017年四川省成都七中高二(上)期末物理试卷(解析版)

2016-2017学年四川省成都七中高二（上）期末物理试卷一、单项选择题（以下题目只有一个正确选项，每题3分，错选多选均不得分）1．（3分）下列不符合物理学史实的是（）A．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系B．卡文迪许通过扭称实验测定了静电力常量C．法拉第发现了电磁感应现象，实现了磁生电的设想D．安培提出了著名的分子电流假说，揭示了磁现象的电本质2．（3分）如图所示是20 世纪30 年代劳伦斯发明的回旋加速器的原理图，他的发明为人类进一步探索微观世界的奥秘提供了强有力的条件。

现在回旋加速器也被广泛运用于人们的生产、生活中，例如：癌症的治疗、工业探伤、食品的防腐与保鲜、复合材料的生产以及医疗用品消毒等。

下列关于回旋加速器的相关说法正确的是（）A．回旋加速器是利用磁场对运动电荷的作用使带电粒子加速的B．被加速的粒子获得的最大动能是由通过交变电场的次数决定的C．增大缝隙间交变电压的值就能使被加速的粒子获得的最大动能增大D．如果磁场保持不变，加速比荷不同的带电粒子时必须调节缝隙间交变电场的频率3．（3分）如图所示，通电直导线cd 右侧有一金属框与其在同一水平面内，金属棒ab 放在框架上且接良好。

若发现金属棒ab 向左运动并且电流方向为a 到b．则cd 中电流的变化情况是（）A．cd 中通有由c→d 方向逐渐减小的电流B．cd 中通有由c→d 方向逐渐增大的电流C．cd 中通有由d→c 方向逐渐减小的电流D．cd 中通有由d→c 方向逐渐增大的电流4．（3分）如图所示，一个粒子源发出很多种带电粒子，经速度选择器后仅有甲、乙、丙、丁四种粒子沿平行于纸面的水平直线穿过竖直挡板MN 上的小孔O，之后进入正方形虚线框内，虚线框内分布着垂直纸面向里的匀强磁场，四种粒子的运动轨迹如图所示，则关于速度选择器两极板间磁场方向和四种粒子的比荷大小说法正确的是（）A．垂直于纸面向里，甲的比荷最大B．垂直于纸面向里，丙的比荷最大C．垂直于纸面向外，丙的比荷最大D．垂直于纸面向外，丁的比荷最大5．（3分）某同学对时下流行的一款充一次电就可使用一个月的电动牙刷产生了兴趣，于是他对电动牙刷内的主要部件﹣﹣微型电动机的性能进行了研究。

四川省成都市2015-2016学年高二上学期期末调研考试物理试题(pdf)

高二物理学业质量监测答案第1㊀页(共3页)成都市2015~2016学年度上期期末学业质量监测高二物理参考答案及评分意见第Ⅰ卷㊀(选择题,共42分)一㊁单项选择题(共6题,18分)1.B ㊀㊀㊀2.A㊀㊀㊀3.C ㊀㊀㊀4.A㊀㊀㊀5.D㊀㊀㊀6.C 二㊁多项选择题(共6题,24分)7.C D㊀㊀8.A D㊀9.B C ㊀㊀10.A D㊀㊀11.A B ㊀㊀12.B C第Ⅱ卷(非选择题,共58分)三㊁实验题(共3题,16分)13.(2分)左偏(1分)㊀右偏(1分)14.(6分)(1)见答图1(2分㊂说明:电路正确得1分,所选变阻器的代号字母或符号正确再得1分)(2)2.0㊀(2分)㊀2.4(2.3~2.5均可)(2分)15.(8分)(1)㊀A 2(1分)㊀R 1(1分)(2)见答图2(2分)(3)2.0(1.9~2.1均可)㊀(2分)灯泡的冷态电阻小于正常工作时的电阻(或灯泡电阻随温度升高而变大)(2分)四㊁计算题(共3题,42分)16.(12分)解:(1)电动机不转动时可看成纯电阻由欧姆定律有I 1=U 1r (2分)代入数据解得r =5Ω(1分)(2)10s 内,电动机线圈产生的热量Q =I 22Rt (1分)入数据解得Q =4.5J(1分)(3)电动机的输入功率为P 入=U 2I 2=5ˑ0.3W=1.5W (1分)高二物理学业质量监测答案第2㊀页(共3页)电动机的热功率为P 热=I 22R =0.32ˑ5W=0.45W (1分)电动机的机械功率为P 出=P 入-P 热=1.05W(1分)小物块匀速上升的速度为v =h t =0.1m /s (1分)设细线对物块的拉力为F ,根据P 机=F v (1分)解得F =10.5N 根据F =m g(1分)解得M =1.05k g(1分)17.(12分)解:(1)小球带正电(2分)在P 点,小球受三力作用(见答图3)而平衡由力的平衡条件有q E =m gt a n α(2分)代入数据解得q =6ˑ10-6C (2分)(2)设小球到达P 点时的速度为v ,细线对小球的拉力为F 从P ᶄ至P ,由动能定理有q E L s i n α-m g L (1-c o s α)=12m v 2-0㊀㊀㊀㊀㊀(2分)在P 点,由牛顿低二定律有F -m g c o s α-q E s i n α=m v 2L(2分)联立以上两式并代入数据解得F =0.7N (1分)根据牛顿第三定律知,小球到对细线的拉力大小为F ᶄ=F =0.7N(1分)18.(18分)解:(1)在第四象限,微粒受电场力F 和洛伦兹力f 作用做直线运动,由左手定则知f 的方向垂直于直线MP 斜向左上方由洛伦兹力的特点可知,F 与f 必是一对平衡力(受力图见答图4)㊂(1分)因微粒带正电,故E 与F 的方向相同,即与x 轴正方向成60ʎ角斜向右下方(1分)由力的平衡条件有q E =q v B 1(2分)代入数据解得v =20m /s (1分)(2)微粒从P 点进入第一象限后做匀速圆周运动,因区域长㊁宽足够大,故一定从a d 边离开磁场区域㊁此后做直线运动通过N 点,做出微粒的运动轨迹如答图5所示㊂设微粒在高二物理学业质量监测答案第3㊀页(共3页)磁场中运动的轨道半径为R由对称性和几何知识有2R s i n 60ʎ+O M =O N(1分)代入数据得R =0.23m (1分)由牛顿第二定律有q v B 2=m v 2R (1分)代入数据解得B 2=33T (1分)因周期T =2πR v (1分)故t =13T =2πR 3v(1分)代入数据解得t =2π33ˑ10-2s =3.63ˑ10-2s (1分)(3)当磁感应强度变为B 3后,微粒做圆周运动的半径为R ᶄ由牛顿第二定律有q v B 3=m v 2R ᶄ(1分)代入数据得R ᶄ=0.13m (1分)因圆弧对应的圆心角仍然为120ʎ不变,所以当微粒的运动轨迹过a ㊁d 且与b c 边相切(见答图6)时,区域a b c d有满足条件的最小面积(1分)由几何关系有a d =2R ᶄs i n 60ʎ=0.3m(1分)a b =R ᶄ(1-c o s 60ʎ)=0.053m (1分)S =a d ˑa b =0.0153m 2(1分)。

【全国百强校】四川省成都市第七中学2015-2016学年高二物理9月14日课后作业(电势能电势与

启迪训练1答案1. 下列说法中正确的是( )①无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，电场力做的正功越多，电荷在该点的电势能越大②无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，电场力做的正功越少，电荷在该点的电势能越大③无论是正电荷还是负电荷，从无穷远处移到电场中某点时，克服电场力做功越多，电荷在该点的电势能越大④无论是正电荷还是负电荷，从无穷远处移到电场中某点时，电场力做功越多，电荷在该点的电势能越大A. ①③B. ②④C. ②③D. ①④【答案】A【解析】试题分析：电荷在无穷远处电势能为零，从电场中某点移到无穷远处时，电场力做的正功越多，电荷的电势能减少就越多，则电荷在该点的电势能就大，故①正确，②错误．电荷在无穷远处电势能为零，从无穷远处移到电场中某点时，克服电场力做功越多，电荷的电势能增加就越多，则电荷在该点的电势能就大，故③正确，④错误．故选A。

考点：电场力的功；电势能【名师点睛】对于电场力做功与电势能变化的关系，可运用类比的方法加深理解，将它们的关系类比成重力做功与重力势能变化的关系，即可容易理解，也便于掌握。

2. 两个带同种电荷的物体间距增大一些时( )A. 电场力做正功，电势能增加B. 电场力做正功，电势能减小C. 电场力做负功，电势能增加D. 电场力做负功，电势能减小【答案】B【解析】带同种电荷时两物体间的力是斥力，距离增大，电场力做正功，则电势能减小，故B正确，ACD错误。

3. 关于电荷的电势能，下列说法正确的是( )A. 电荷在电场强度大的地方，电势能一定大B. 电荷在电场强度为零的地方，电势能一定为零C. 只在静电力的作用下，电荷的电势能一定减少D. 只在静电力的作用下，电荷的电势能可能增加，也可能减少【答案】D4. 某电场区域的电场线如图所示。

把一个电子从A点移到B点时( )A. 电子所受的电场力增大，电子克服电场力做功B. 电子所受的电场力减小，电场力对电子做正功C. 电子所受的电场力增大，电势能减少D. 电子所受的电场力增大，电势能增大【答案】C【解析】试题分析：由图看出，B处电场力密，场强E较大，电场力F=qE，则电子在B受到的电场力较大．而电场力方向与电场线方向相反，所以从A运动到B，电场力对电子做正功，故AB均错误．电子从A点移到B点时，电场力增大，而电场力做正功，其电势能减小，故C正确，D错误．故选C．考点：电场线；电势能【名师点睛】根据电场线的物理意义：疏密表示场强的大小及电子的电场力与电场线相反，电场力做正功，电势能减小；克服电场力做功，电势能变大；判断电场力做功正负，都是应具备的基本能力。

四川省成都市第七中学2015-2016学年高二物理12月31日课后作业 Word版含答案.doc

课后跟踪训练（电场的力的性质）1．下列说法中，你认为正确的是（）A.电子伏是能量的单位B.1J =1.60×1019 eVC．只要是均匀的球形带电体，不管球的大小，都能被看成点电荷D．带电体间的距离比它们本身的大小大得多，以至于带电体的形状和大小对它们间相互作用力的影响可忽略不计时，带电体就可以视为点电荷2．真空中有相隔距离为r的两个点电荷，它们分别带4q和3q的电量，其间的静电力为F，如果保持它们之间的距离r不变，而将它们所带电量分别改变为8q和q，那么它们之间的静电力的大小应为（）A．2F B． F C． F D．3．如图所示，真空中有两个可视为点电荷的小球，其中A带正电电量为Q1，固定在绝缘的支架上，B质量为m，带电量为Q2，用长为L的绝缘细线悬挂，两者均处于静止，静止时悬线与竖直方向成θ角，且两者处在同一水平线上．相距为R，静电力常量为ｋ，重力加速度为g。

以下说法正确的是（）A．小球B带正电荷B．细线的拉力为mgcosθC．小球受到的库仑力是mgtanθ4．下列说法中正确的是（）A．电场强度反映了电场的力的性质，因此电场中某点的电场强度与试探电荷在该点所受的电场力成正比B．电场中某点的电场强度，由电场本身的性质决定，与试探电荷在该点所受的静电力及带电量无关C．规定电场中某点电场强度的方向与正试探电荷在该点所受的静电力方向相同D．公式E=和E=对于任何静电场都是适用的5．如图所示，在真空中分别固定有电荷量为+Q和﹣Q的点电荷，a、b、c、d是两点电荷连线上的四个点，已知a、b到+Q的距离以及c、d到﹣Q的距离均为L，下列说法正确的是（）A．a、d两点的电场强度相同，电势不等B．b、c两点的电场强度不同，电势相等C．将一个正试探电荷从a点沿任意路径移动到b点时电场力做的功，跟从d点沿任意路径移动到c点时电场力做的功相同D．一个正试探电荷在c点的电势能大于它在d点的电势能6．如图所示，Q1和Q2是两个电荷量大小相等的点电荷，MN是两电荷的连线，HG是两电荷连线的中垂线，O是垂足，下列说法正确的是（）A．若两电荷是异种电荷，则OM的中点与ON的中点电势一定相等B．若两电荷是异种电荷，则O点的电场强度大小，与MN上各点相比是最小的，而与HG上各点相比是最大的C．若两电荷是同种电荷，则OM中点与ON中点处的电场强度一定相同D．若两电荷是同种电荷，则O点的电场强度大小，与MN上各点相比是最小的，与HG上各点相比是最大的7．如图所示，甲、乙两图分别有等量同种的电荷A1、B1和等量异种的电荷A2、B2．在甲图电荷A1、B1的电场中，a1、O1、b1在点电荷A1、B1的连线上，c1、O1、d1在A1、B1连线的中垂线上，且O1a1=O1b1=O1c1=O1d1；在乙图电荷A2、B2的电场中同样也存在这些点，它们分别用a2、O2、b2和c2、O2、d2表示，且O2a2=O2b2=O2c2=O2d2．则A．a1、b1两点的场强相同，电势相同B.c1、d1两点的场强相同，电势相同C.a2、b2两点的场强相同，电势相同D.c2、d2两点的场强相同，电势相同8．某电场线分布如图所示，一带电粒子沿图中虚线所示途径运动，先后通过M点和N点，以下说法正确的是A．M、N点的场强E M＞E NB．粒子在M、N点的加速度a M＞a NC．粒子在M、N点的速度v M＞v ND．粒子带正电9．一根长为L的丝线吊着一质量为m，带电荷量为q的小球静止在水平向右的匀强电场中，如图所示丝线与竖直方向成37°角，现突然将该电场方向变为向下且大小不变，不考虑因电场的改变而带来的其他影响(重力加速度为g)，求(1)匀强电场的电场强度的大小；(2)小球经过最低点时丝线的拉力课后跟踪训练（电场的力的性质）1．【答案】AD2．【答案】B3．【答案】CD4．【答案】BC5．【答案】AD6．【答案】B7．【答案】D8．【答案】D9．【答案】（1（2。

四川省成都七中2015-2016学年高二上学期段考物理试卷(10月份) 带解析

2015-2016学年四川省成都七中高二（上）段考物理试卷（10月份）一、不定项选择题（共7小题，每小题6分，选对不全得3分）1．关于静电场，下列结论普遍成立的是( )A．电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低B．电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关C．在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向D．将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功一定为零考点：电场．专题：电场力与电势的性质专题．分析：场强与电势没有直接关系．在匀强电场中场强与电势差的关系为：U=Ed．场强方向都指向电势降低最快的方向．电场力做功为W=qU，U是电势差．由这些知识分析即可．解答：解：A、电场强度与电势没有直接的关系，所以电场强度大的地方电势不一定高，电场强度小的地方电势不一定低，故A错误．B、由U=Ed知电场中任意两点之间的电势差与这两点间的场强和沿场强方向的距离均有关．故B错误．C、在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向，故C正确．D、场强均为零的两点间电势差不一定为零，由电场力做功公式W=qU知，将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功不一定为零，故D错误．故选：C．点评：对于电势与场强的大小关系：两者没有关系，可根据电势高低看电场线的方向，场强大小看电场线疏密来理解．电场力做功与电势差有直接关系，而与场强没有直接关系．2．如图是表示在同一点电荷电场中a，b，c，d四点分别引入检验电荷时，测得的检验电荷的电荷量跟它所受电场力的函数关系图象，那么下列叙述正确的是( )A．这个电场是匀强电场B．a，b，c，d四点的场强大小关系是E a＞E b＞E c＞E dC．a、b、c，d四点的场强方向相同D．a，b，c，d四点一定在同一直线上考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由电荷在电场力中受到的电场力F=Eq可知，F﹣q图象的斜率大小等于场强的大小．直线的斜率越大，场强越大．矢量的正负表示矢量的方向．根据斜率的正负判断场强的方向是否相同．解答：解：A、B、由F﹣q图象的斜率大小等于场强的大小得知，四点的场强大小关系是E a＞E c＞E b＞E d．所以此电场是非匀强电场．故AB错误C、由F﹣q图象的斜率正负反映场强的方向得知，a、b、d三条直线的斜率均为正值，说明三点的场强方向均为正方向，方向相同，而c图线的斜率是负值，说明c点的场强方向为负方向．故C错误；D、因力分别沿正方向和反方向，则说明四点一定在同一直线上；故D正确；故选：D点评：本题抓住图线斜率的物理意义是关键，寻找到物理公式与数学图象之间的关系是基本能力；要注意明确F﹣t图象中F只有正反两个方向，故这些点只能在同一直线上．3．如图所示，a、b分别是带电体A周围的两点，下列说法正确的是( )A．若把一点电荷从a点沿不同路径移到b点，则电场力做功相等，电势能的变化也相等B．虽然a点位置没有电荷q，但电场所具有的电势能客观存在C．虽然a点位置没有电荷q，但该点电势客观存在，并且大小也是确定的D．若a点的电势高于b点电势，则某一点电荷放在口处时电势能一定大于放在b处时电势能考点：电势能．分析：在电场中，某点的电荷所具的电势能跟它的所带的电荷量之比是一个常数，它是一个与电荷本身无关的物理量，它与电荷存在与否无关，是由电场本身的性质决定的物理量．解答：解：A、电势能的变化量等于克服电场力做的功，电场力做的功与路径无关，故若把一点电荷从a点沿不同的路径移到b点，则电场力做功相等，电势能变化也相等，A正确；B、电势能E p=qφ，故在该点所具有的电势能与试探电荷的电荷量有关，B错误；C、虽然a点位置没有试探电荷q，但该点电势是客观存在的，并且大小也是唯一确定的，C 正确；D、若a点的电势高于b点的电势，E p=qφ，若q为负电荷，则点电荷放在a点的电势能小于放在b点处的电势能，D错误；故选：AC．点评：电势也是只有大小，没有方向，也是标量．和地势一样，电势也具有相对意义，在具体应用中，常取标准位置的电势能为零，所以标准位置的电势也为零．4．A、B两个点电荷在真空中产生电场的电场线（方向未标出）如图所示．图中C点为两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连线的中垂线，D为中垂线上的一点，电场线的分布关于MN左右对称．下列说法中正确的是( )A．这两个点电荷一定是等量同种电荷B．这两个点电荷一定是等量异种电荷C．把某正点电荷q从C点移到D点，电场力做正功D．D点的电场强度可能比C点的电场强度大考点：电场线；电势．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．在两等量异号电荷连线的中垂线上，中间点电场强度最大，也可以从电场线的疏密判断场强的大小．解答：解：AB、根据电场线的特点：电场线从正电荷出发到负电荷终止，可知A、B是一定两个等量异种电荷．故A错误，B正确；C、由图可知，CD两点电势相等，正点电荷q从C点移到D点，电场力不做功，故C错误；D、根据电场线的疏密可知，D点的电场强度比C点电场强度小，故D错误，故选：B．点评：常见电场的电场线分布及等势面的分布要求我们能熟练掌握，并要注意沿电场线的方向电势是降低的，同时注意等量异号电荷形成电场的对称性．加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．5．如图所示，平行板电容器与直流电源连接，上极接地．一带负电的油滴位于容器中的P 点且处于静止状态．现将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离，则( )A．带电油滴将竖直向下运动B．带电油滴的机械能将增加C．P点的电势将升高D．通过灵敏电流计有从b往a的电流考点：电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：根据平行板电容器的电容决定式C=，分析电容的变化情况，抓住电容器的电压不变，由E=分析板间场强的变化情况，由C=分析电容器所带电量的变化，即可判断电路中电流方向．根据P点与上极板间电势差的变化，判断P点电势的变化．解答：解：A、将下极板竖直向下缓慢移动时，d增大，电容减小；电容器的电压U不变；故Q=UC可知电量减小；由E=分析得知，板间场强减小，则油滴所受电场力减小，油滴将沿竖直向下运动．故A正确．B、C，P点到上极板的距离不变，而E减小，由U=Ed知，P点与上极板间电势差减小，P点的电势小于零，则P点的电势升高，由于油滴带负电，因向下运动，电场力做负功，则带电油滴的电势能将增加，则机械能减小．故B错误，C正确．D、因电量减小，故电容器放电，由电流计中由a到b的电流；故D错误；故选：AC．点评：本题是电容器动态变化分析问题，抓住不变量：电容器与电源保持相连，电压不变，由C=，C=和E=结合进行分析．6．电荷量q=1×10﹣4C的带正电的小物块静止在绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向的电场，其电场强度E的大小与时间t的关系如图1所示，物块速度v的大小与时间t的关系如图2所示．重力加速度g=10m/s2．则( )A．物块在4s内位移是8mB．物块的质量是1kgC．物块与水平面间动摩擦因数是0.4D．物块在4s内电势能减少了14J考点：电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据v﹣t图象的“面积”求位移．前2s内物块做匀加速直线运动，2s后物块做匀速运动，处于平衡状态，分别使用牛顿第二定律和物体的平衡条件即可解出质量；匀速运动时电场力与滑动摩擦力平衡；物体电势能的该变量等于电场力做的功．解答：解：A、物块在4s内位移为：x=×2×（2+4）m=6m，故A错误．BC、由图可知，前2s物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：qE1﹣μmg=ma，由图线知加速度为：a=1m/s21s后物块做匀速运动，由平衡条件有：qE2=μmg联立解得：q（E1﹣E2）=ma由图可得：E1=3×104N/C，E2=2×104N/C，代入数据解得：m=1kg由qE2=μmg可得：μ=0.2，故B正确，C错误．D、物块在前2s的位移 S1=×2×2m=2m物块在第2s的位移为 S2=vt2=4m电场力做正功 W=qE1S1+qE2S2=3×2+2×4=14J则电势能减少了14J，故D正确．故选：BD．点评：能根据题目提供的E﹣t图和v﹣t图得到相关的信息是解题的关键．明确v﹣t图象的斜率等于加速度，“面积”大小等于位移．7．如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，在t=0时刻，一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，粒子射入电场时的速度为V0，t=T时刻粒子刚好沿MN板右边缘射出电场．则( )A．该粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的B．在t=时刻，该粒子的速度大小为2V0C．若该粒子在时刻以速度V0进入电场，则粒子会打在板上D．若该粒子的入射速度变为2V0，则该粒子仍在t=T时刻射出电场考点：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：将粒子的运动分解垂直电场方向和沿电场方向，结合竖直方向上的运动规律，通过平行四边形定则分析判断．解答：解：A、粒子射入电场在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上前半个周期内先做匀加速直线运动，在后半个周期内做匀减速直线运动，一个周期末竖直方向上的分速度为零，可知粒子射出电场时的速度方向一定沿垂直电场方向．故A正确．B、在t=时刻，粒子在水平方向上的分速度为v0，因为两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，则有：，解得v y=2v0，根据平行四边形定则知，粒子的速度为v=，故B错误．C、若该粒子在时刻以速度V0进入电场，粒子在竖直方向上的运动情况与0时刻进入时运动的方向相反，运动规律相同，则粒子不会打在板上．故C错误．D、若该粒子的入射速度变为2V0，则粒子射出电场的时间t=，故D错误．故选：A．点评：解决本题的关键掌握处理带电粒子在电场中偏转的方法，知道粒子的两个分运动的运动规律，抓住等时性，结合运动学公式灵活求解．二．实验题（共2小题，每空3分，共18分，本题须将答案填写在答题卷上相应位置）8．某研究性学习小组在探究电荷间的相互作用与哪些因素有关时，设计了以下实验：（1）该组同学首先将一个带正电的球体A固定在水平绝缘支座上．把系在绝缘细线上的带正电的小球B（图1中未画出）先后挂在图中P1、P2、P3位置，比较小球在不同位置所受带电体的作用力的大小．同学们根据力学知识分析得出细线偏离竖直方向的角度越小，小球B 所受带电球体A的作用力越小（填“越大”或“越小”或“不变”），实验发现小球B在位置P l细线偏离竖直方向的角度最大（填“P l或P2或P3”）（2）接着该组同学使小球处于同一位置，增大或减少小球A所带的电荷量，比较小球所受作用力大小的变化．如图（2），悬挂在P，点的不可伸长的绝缘细线下端有一个带电量不变的小球B．在两次实验中，均缓慢移动另一带同种电荷的小球A．当A球到达悬点P，的正下方并与B在同一水平线上B处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向角度为θ．若两次实验中A的电量分别为q l和q2，θ分别为45°和30°，则为1：2或：6．考点：库仑定律；共点力平衡的条件及其应用．分析：（1）同种电荷相互排斥，A处固定，带电的小球挂在丝线上，通过图中细线偏转的角度，可以判断带电小球带有正电荷，偏转角度越大，受到的磁力作用越大．（2）小球A受力平衡，在两种情况下，对小球A受力分析，根据受力平衡的条件列方程既可以求得q1和q2的关系．解答：解：（1）小球远离带正电的A球，说明细线悬挂的小球带正电，悬挂的小球离带正电的A球越远，受到的作用力越小，同种电荷越近排斥作用越强，所以，电荷之间的相互作用跟距离有关．（2）A球电量不变，设为q0．两种情况下A球均受三个力作用下平衡．库仑力F=k．A球质量设为m，对A球应用共点力平衡条件得 F=k=mgtanθ，两球之间的距离 r=Lsinθ，其中L为线长，r为两球球心之间的距离．由以上两式得到 q=tanθsin2θ所以==1：2．故答案为：（1）越小，P1 （2）1：2或：6．点评：掌握电荷间的作用，通过悬挂小球是靠近带正电的A球，还是远离靠近带正电的A 球，判断悬挂小球带什么电荷，这是本题的关键．根据库仑定律，找出两种情况下AB之间的库仑力的大小，就可以求得q1和q2的关系，本题主要还是考查对库仑定律的理解．9．用如图所示装置可以研究影响平等板电容器电容的因素，设两极板正对面积为S，两极板间的距离为d，板间电介质的介电常数为ɛ，静电计指针偏角为θ，实验中，极板所带电荷量不变，①若保持d，ɛ不变，减小S，则θ变大；②若保持S，ɛ不变，增大d，则θ变大；③若保持d，S不变，在板间插入介电常数ɛ更大的电介质，则θ变小．考点：电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大．根据电容的决定式C=分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，再由电容的定义式C=分析板间电势差的变化，即可再确定静电计指针的偏角变化情况．解答：解：①根据电容的决定式C=得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，减小S时，电容减小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角θ变大．②根据电容的决定式C=得知，电容与极板间距离成反比，当保持S不变，增大d时，电容减小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大；③保持S、d均不变，插入电介质，电容C质大，因电量不变，则U减小，故偏角将减小；故答案为：①变大，②变大，③变小．点评：本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是掌握电容的两个公式：电容的决定式C=和C=．三．计算题（共3小题，50分，要求写出必要的解答过程和文字说明，仅写答案不给分）10．如图，在匀强电场中，一电荷量为q=﹣5.0×10﹣10C的负电荷由a点移到b点克服电场力做的功是3.0×10﹣8J，将该电荷由b点移动到c点与从b点移到无穷远处电场力做功相同，都是1.5×10﹣8J：己知a、b、c三点的连线组成直角三角形，ac=20cm，θ=30°．取无穷远处电势为零．求：（l）a、c两点间的电势差U ac；（2）该匀强电场的场强．考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：（1）根据U ac=求解a、c两点间的电势差．（2）根据电场力做功公式W=qEd，d为沿电场方向两点间的距离分析求解电场强度．或先求电势差，再根据公式E=求解E．解答：解：（1）a、c两点间的电势差 U ac=（2）ab两点的电势差 U ab==由于C点电势为零，故取ab的中点为d，连接cd为等势线，电场强度为 E=方向与ac成60°斜向右上答：（l）a、c两点间的电势差U ac为30V（2）该匀强电场的场强为300V/m，方向与ac成60°斜向右上点评：解决本题的关键掌握电场力做功与电势差的关系，再运用W=qU计算时，注意q的正负和U的正负都要代入计算，掌握匀强电场的场强公式E=注意d是沿电场线方向上的距离11．（16分）如图（a）所示，A、B为两块平行金属板，极板间电压为U AB=1125V，板中央有小孔O和O′．现有足够多的电子源源不断地从小孔O由静止进入A、B之间．在B板右侧，平行金属板M、N长L1=4×10﹣2m，板间距离d=4×10﹣3m，在距离M、N右侧边缘L2=0.1m处有一荧光屏P，当M、N之间未加电压时电子沿M板的下边沿穿过，打在荧光屏上的O″并发出荧光．现给金属板M、N之间加一个如图（b）所示的变化电压u1，在t=0时刻，M板电势低于N板．已知电子质量为kg，电量为e=1.6×10﹣19C．（1）每个电子从B板上的小孔O′射出时的速度多大？（2）打在荧光屏上的电子范围是多少？（3）打在荧光屏上的电子的最大动能是多少？考点：带电粒子在匀强电场中的运动；平抛运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：（1）电场力对电子做功，电子的动能增加；（2）打在荧光屏上的电子在y方向的位移是电场中的偏转与电场外y方向的运动两部分组成的，要分别计算出；（3）计算电子的动能要计算电子的合速度．解答：解：（1）电子经A、B两块金属板加速，有得（2）当u=22.5V时，电子经过MN极板向下的偏移量最大，为Y1＜d，说明所有的电子都可以飞出M、N．此时电子在竖直方向的速度大小为电子射出极板MN后到达荧光屏P的时间为电子射出极板MN后到达荧光屏P的偏移量为电子打在荧光屏P上的总偏移量为y=y1+y2=0.012m，方向竖直向下；y的计算方法Ⅱ：由三角形相似，有即解得y=0.012m（3）当u=22.5V时，电子飞出电场的动能最大，==1.82×10﹣16J答：（1）每个电子从B板上的小孔O′射出时的速度是2×107m/s（2）打在荧光屏上的电子范围是y=0.012m；（3）打在荧光屏上的电子的最大动能是1.82×10﹣16J．点评：电子先经加速电场加速，后经偏转电场偏转，是常见的问题，本题的难点是加速电压是周期性变化的，推导出偏转距离与两个电压的关系是关键，同时要挖掘隐含的临界状态．12．（19分）在动摩擦因数μ=0.2的粗糙绝缘足够长的水平滑漕中，长为2L的绝缘轻质细杆两端各连接一个质量均为m的带电小球A和B，如图为俯视图（槽两侧光滑）．A球的电荷量为+2q，B球的电荷量为﹣3q（均可视为质点，也不考虑两者间相互作用的库仑力）．现让A处于如图所示的有界匀强电场区域MPQN内，已知虚线MP恰位于细杆的中垂线，MP和NQ 的距离为3L，匀强电场的场强大小为E=1.2mg/q，方向水平向右．释放带电系统，让A、B 从静止开始运动（忽略小球运动中所产生的磁场造成的影响）．求：（1）小球B第一次到达电场边界MP所用的时间；（2）小球A第一次离开电场边界NQ时的速度大小（3）带电系统运动过程中，B球电势能增加量的最大值．考点：功能关系；牛顿第二定律；电势能．分析：（1）B进入电场前的过程中，系统做匀加速运动，使用牛顿第二定律，先求出加速度，再求出运动的时间；（2）B进入电场后前的过程中，系统做匀减速运动，使用牛顿第二定律，先求出加速度，再求出运动的时间最后求出速度．也可以使用动能定理求解；（3）带电系统速度第一次为零，此时A已经到达右边界NQ外，B克服电场力做的功最多，B增加的电势能最多，据此列公式求出即可．解答：解：（1）带电系统开始运动后，先向右加速运动；当B进入电场区时，开始做减速运动．设B 进入电场前的过程中，系统的加速度为a1，由牛顿第二定律：2Eq﹣μ2mg=2ma1即：a1=gB刚进入电场时，由：可得：（2）当A刚滑到右边界时，电场力对系统做功为：W1=2Eq•2L+（﹣3Eq•L）=EqL摩擦力对系统做功为：W2=﹣μ•2mg•2l=﹣0.8mgLW总=EqL﹣0.8mgL=0.4mgL 故A球从右端滑出．设B从静止到刚进入电场的速度为v 1，设B进入电场后，系统的加速度为a2，由牛顿第二定律：2Eq﹣3Eq﹣2μmg=2ma2a2=﹣0.8g系统做匀减速运动，设小球A第一次离开电场边界NQ时的速度大小为v2；由：，可得：（3）当带电系统速度第一次为零，此时A已经到达右边界NQ外，B克服电场力做的功最多，B增加的电势能最多，设此时A离右边界NQ的距离为x由动能定理：2Eq•2L﹣3Eq×（L+x）﹣μ2mg（2L+x）=0可得：x=0.1L所以B电势能增加的最大值△W1=3Eq×1.1L=3.3EqL=3.96mgL答：（1）小球B第一次到达电场边界MP所用的时间；（2）小球A第一次离开电场边界NQ时的速度大小；（3）带电系统运动过程中，B球电势能增加量的最大值3.96mgL．点评：该题情景新颖，针对同一过程的问题精致，要求我们需要对该过程减小细致的分析，才能找出正确的解题思路和方法．。

2016-2017学年四川省成都七中高二(上)期末物理试卷

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电学实验——期末复习提升练习
1．在探究磁场产生电流的条件时，做了下面实验（下右图）：由线圈，电流表构成的闭合回路。

条形磁铁提供磁场。

请填写观察到现象:
由这个实验可以得出磁场产生电流的条件是：。

2．（I ）为了探究“感应电流产生的条件”，甲同学将电池组、滑线变阻器、带铁芯的线圈A 、线圈B 、电流计及开关如图连接. 经乙同学检查后发现甲同学接线有错误，应该导线是 _________（用导线两端的字母符号表示）。

如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上电键后可能出现的情况有：将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将________。

（填“向右偏”、“向左偏”或“不偏转”）原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针___________。

（填“向右偏”、“向左偏”或“不偏转”）
3．如图所示是研究电磁感应现象实验所需的器材，用实线将带有铁芯的线圈A 、电源、滑动变阻器和开关连接成原线圈回路，将小量程电流表和线圈B 连接成副线圈回路。

并列举出在实验中改变副线圈回路磁通量，使副线圈回路产生感应电流的三种方式：
（1）___________________________；
（2）___________________________；
（3）___________________________。

4．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，现除了有一个标有“5 V,2.5 W”的小灯泡、导线和开关外，还有： A ．直流电源(电动势约为5 V ，内阻可不计) B ．直流电流表(量程0～3 A ，内阻约为0.1 Ω) C ．直流电流表(量程0～600 mA ，内阻约为5 Ω) D ．直流电压表(量程0～15 V ，内阻约为15 k Ω) E ．直流电压表(量程0～5 V ，内阻约为10 k Ω)
F ．滑动变阻器(最大阻值10 Ω，允许通过的最大电流为2 A)
G ．滑动变阻器(最大阻值1 k Ω，允许通过的最大电流为0.5 A) 实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据．
(1)实验中电流表应选用________，电压表应选用________，滑动变阻器应选用________(均用序号字母表示)．
(2)请按要求将图中所示的器材连成实验电路． (3)某同学通过实验正确作出的小灯泡的伏安特性曲线如图所示．现把实验中使用的小灯泡接到如图所示的电路中，其中电源电动势E ＝6 V ，内阻r ＝1 Ω，定值电阻R ＝9 Ω，此时灯泡的实际功率为
条形磁铁
________W(结果保留两位有效数字)
5．（共18分）小灯泡灯丝的电阻随温度的升高而变大，某同学利用实验探究这一现象。

所提供的器材有：
（1）请你推测该同学选择的器材是：电流表为，电压表
为，滑动变阻器为（以上均填写器材代号）。

（2）请你推测该同学设计的实验电路图并画在图甲的方框中。

（3）请在图乙的坐标系中画出小灯泡的I — U曲线。

（4）若将该小灯泡直接接在电动势是 1.5 V，内阻是 2.0 Ω的电池两端，小灯
泡的实际功率为 _________W。

6．用下列器材组装成一个电路，既能测量出电池组的电动势E和内阻r，又能同时描绘灯泡的伏安特性曲线。

A．电压表V1（量程6V、内阻很大） B．电压表V2（量程3V、内阻很大）
C．电流表A（量程3A、内阻很小） D．滑动变阻器R（最大阻值10Ω）
E．小灯泡（2A、5W） F．电池组（电动势E、内阻r）
G．开关一只，导线若干
（1）某同学设计的实验电路图如下图，实验时，调节滑动变阻器的滑动片向右，则电压表V1的示数，则电压表V2的示数。

（选填“变大”、“变小”或“不变”）
（2）每一次操作后，同时记录电流表A、电压表V1和电压表V2的示数，组成两个坐标点（I，U1）、（I，U2），标到U—I坐标中，经过多次测量，最后描绘出两条图线，如图所示，则电池组的电动势E＝ V、内阻r ＝Ω。

（结果保留两位
．．有效数字）
（3）在U—I坐标中两条图线在P点相交，此时滑动变阻器连入电路的阻值应为Ω，电池组的效率为
（结果保留两位
．．有效数字）。

7．（1）用DIS测电源电动势和内电阻电路如图（a）所示，R0为定值电阻。

调节电阻箱R，记录电阻箱的阻
值R 和相应的电流值I ，通过变换坐标，经计算机拟合得到如图（b ）所示图线，则该图线选取了_______为纵坐标，由图线可得该电源电动势为 ________V 。

（2）现有三个标有“2.5V，0.6A”相同规格的小灯泡，其I-U 特性曲线如图（c ）所示，将它们与图（a ）中电源按图（d ）所示电路相连，A 灯恰好正常发光，则电源内阻r=____Ω，图（a ）中定值电阻R 0=____Ω。

0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 O
I 图（c ）
图（a ）
图（b ）
电学实验——期末复习提升练习
参考答案
1.偏转，不偏转，偏转穿过闭合线圈的磁通量发生变化
2. gh 向右偏向左偏
3.（1）合上（或断开）开关瞬间（2）将原线圈插入副线圈或从副线圈中取出（3）将原线圈放到副线圈中，移动滑动变阻器的滑动片
4. (1)C E F (2)略 (3)0.84(0.81～0.87)皆可
5.（1）A ；C ；E ；（2）外接分压；（3）略；（4）0.27W 。

6.（1）变小、变大；（2）4.5 ；1.0 ；（3）0 ；56%；
7.（1）I
1
；6；（2）5；1。