山东省淄博市临淄中学2014年高二上学期期末考试物理试题及答案
山东省淄博市临淄中学2013-2014学年高二上学期期末(学分认定)考试化学(理)试题 Word版含答案.pdf
。 （用方程式和必要的文字说明）。 ．（1分）黄铜矿（CuFeS2）是制取铜及其化合物的主要原料之一。工业上
以黄铜矿为原料，采用火法熔炼工艺生产铜时发生如下反应：2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑。
Ⅰ．反应产生的SO2是大气污染物，可用NaOH溶液吸收得到NaHSO3。
常温下，0.1 mol·L-1NaHSO3溶液的pH小于7，则溶液中c（H2SO3） c（SO32-）（填“＞”、“＝”或
A．HCOOH＋H2OHCOO－＋H3O
B．CO2＋H2OHCO3－＋HC．CO32＋H2OHCO3－＋OH
D．HS＋H2OS2－＋H3O．25℃时，浓度均为0.2 mol/L的NaHCO3和Na2CO3溶液中，下列判断不正确的是
A．均存在电离平衡和水解平衡
B．存在的粒子种类相同
C．c（OH-）前者大于后者D．分别加入NaOH固体，恢复到原温度，c（CO32-）均增大
实验反应温度/℃Na2S2O3溶液稀H2SO4H2OV/mLc/mol·L-1V/mLc/mol·L-1V/mLA2550.1 100.1
5B2550.250.210C3550.1100.15D3550.250.210．25℃、101 kPa下，2g氢气燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，表示该
1．下列说法正确的是
A．向0.1 mol/LNa2CO3溶液中加酚酞，溶液变红色
B．Al3+、NO3-、Cl-、CO32-、Na+可大量共存于pH＝2的溶液中
C．乙醇和乙酸都能溶于水，都是电解质
D．分别与等物质的量的HCl和H2SO4反应时，消耗NaOH的物质的量相同
1．某温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，平衡pH值随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断正
山东省淄博市临淄中学2014-2015学年高二上学期期末考试地理试题
山东省淄博市临淄中学2014-2015学年高二上学期期末考试地理试题说明：试卷分为第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。
请将选择题答案涂在答题卡上。
非选择题部分请写在答题纸上。
考试时间90分钟。
第I卷（选择题，共50分）一、单项选择题（每题1分，共50分）1．我国的地势可大致分为三级阶梯，图中序号①～⑦代表的山脉中位于第二级阶梯与第三级阶梯分界线上的是：A．①昆仑山—⑤祁连山—⑥横断山脉B．①小兴安岭—②贺兰山—⑤祁连山C．③阴山—②太行山—⑦巫山—④雪峰山D．①大兴安岭—②太行山—⑦巫山—④雪峰山2．李华在考试前梳理了一下中国主要地形区的特征，判断下列说法正确的是：A．水源丰富，植被茂密——B、雪山连绵，冰川广布——EB．地面崎岖，地表缺水——F、气候湿润，天府之国——CC．三面环山，林海雪原——A、沙漠广布，油气丰富——GD．气候干旱、光照充足——D、地面平坦，一望无际——H服务外包属于现代高端服务业的重要组成部分，当前，全球服务外包正成为国际商务活动中的新浪潮，也是当今世界新一轮产业革命和转移的新趋势。
读“全球服务外包产业转移示意图”，完成3～4题。
3．影响全球服务外包产业第一阶段转移的最主要区位因素是A.大量廉价劳动力B.教育水平较高C.便利的交通D.工业基础雄厚4．中国正成为全球服务外包产业转移的主要国家之一，其最有利的区位条件是A.便利的交通B.IT产业迅猛发展C.自然资源丰富D.消费市场广大5．该区域建水库的主要目的是①保障城镇用水②开发水能资源③蓄水灌溉农田④发展水产养殖A.①②B.①③C.②④D．③④6．适合该地农业持续发展的措施是①开发山地，扩大耕地面积②大量开采地下水，灌溉农田③修建防渗灌渠，推广节水灌溉技术④营造防护林网，保护农田A.①②B. ①③C.②④D.③④7．若该地区急剧扩大种植业的规模可能带来的影响有A.长远来看经济收益增长明显B. 有利于缩小地区之间的贫富差距C.生态环境可能遭到破坏D.生物多样性不会有太大变化8．从兰州到河口段，黄河年径流总量变化的主要原因是A．位于温带大陆性气候，降水少，蒸发大B．该河段地势低，支流汇入多C．流经重要农业区，农业用水量大D．土质疏松，河水容易下渗9．关于黄河含沙量的变化和原因不正确的是A．黄河上游含沙量变化小：降水较少，地形平坦，流水侵蚀弱B．兰州附近含沙量较小：流经地区沙漠面积小C．过河口后含沙量明显增加：水土流失严重D．过孟津后含沙量逐渐减小：流速减慢，泥沙沉积10．关于黄河治沙措施叙述不正确的是A．中上游修水库 B．加强黄土高原的水土保持C．小流域综合治理 D．下游挖入海新河读下图，完成11题。
山东淄博市临淄中学高二物理上学期精选试卷检测题
山东淄博市临淄中学高二物理上学期精选试卷检测题一、第九章 静电场及其应用选择题易错题培优（难）1．如图所示，a 、b 、c 、d 四个质量均为 m 的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中 a 、b 、c 三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕 O 点做半径为 R 的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分。
小球 d 位于 O 点正上方 h 处，且在外力 F 作用下恰处于静止状态，已知 a 、b 、c 三小球的电荷量大小均为 q ，小球 d 的电荷量大小为 6q ，h ＝2R 。
重力加速度为 g ，静电力常量为 k 。
则（ ）A ．小球 a 一定带正电B ．小球 c 的加速度大小为2233kq mRC ．小球 b 2R mRq kπD ．外力 F 竖直向上，大小等于mg ＋226kq R【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】A ．a 、b 、c 三小球所带电荷量相同，要使三个做匀速圆周运动，d 球与a 、b 、c 三小球一定是异种电荷，由于d 球的电性未知，所以a 球不一定带正电，故A 错误。
BC ．设 db 连线与水平方向的夹角为α，则223cos 3R h α==+ 226sin 3R h α=+＝对b 球，根据牛顿第二定律和向心力得：22222264cos 2cos302cos30()q q q k k mR ma h R R Tπα⋅-︒==+︒ 解得23RmRT q kπ=2233kq a mR= 则小球c 的加速度大小为233kq mR，故B 正确，C 错误。
D ．对d 球，由平衡条件得2226263sin q q kq F k mg mg h R Rα⋅=+=++ 故D 正确。
故选BD 。
2．如图所示，竖直平面内有半径为R 的半圆形光滑绝缘轨道ABC ，A 、C 两点为轨道的最高点，B 点为最低点，圆心处固定一电荷量为+q 1的点电荷．将另一质量为m 、电荷量为+q 2的带电小球从轨道A 处无初速度释放，已知重力加速度为g ，则（）A ．小球运动到B 2gR B ．小球运动到B 点时的加速度大小为3gC ．小球从A 点运动到B 点过程中电势能减少mgRD ．小球运动到B 点时对轨道的压力大小为3mg ＋k 122q q R 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】A.带电小球q 2在半圆光滑轨道上运动时，库仑力不做功，故机械能守恒，则：212B mgR mv =解得：2B v gR 故A 正确；B.小球运动到B 点时的加速度大小为：22v a g R==故B 错误；C.小球从A 点运动到B 点过程中库仑力不做功，电势能不变，故C 错误；D.小球到达B 点时，受到重力mg 、库仑力F 和支持力F N ，由圆周运动和牛顿第二定律得：2122BN q q v F mg k m R R--=解得：1223N q q F mg kR =+ 根据牛顿第三定律，小球在B 点时对轨道的压力为：1223q q mg kR + 方向竖直向下，故D 正确．3．如图所示，带电量为Q 的正点电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底端C 点，斜面上有A 、B 、D 三点，A 和C 相距为L ，B 为AC 中点，D 为A 、B 的中点。
山东省淄博市临淄中学高二上学期期末考试物理试题
高二物理试题2017、1本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共8页。
满分100分。
考试用时90分钟。
答题前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、座号、准考证号、县区填写在试卷答 题卡规定的位置。
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷（共40分）一、选择题（本题包括10小题，每小题4分，共40分。
1～6小题，每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确；7～10小题，每小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分）1．已知A 为电场中一固定点，在A 点放一电荷量为q 的试探电荷时，受到的电场力为F ， A 点的场强为E ，则 ： A ．若在A 点换上－q ，A 点场强方向发生变化B ．若在A 点换上电量为2q 的电荷，A 点的场强将变为2EC ．若在A 点移去电荷q ，A 点的场强变为零D ．A 点场强的大小、方向与q 的大小、正负均无关2．图中a 、b 、c 、d 为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，且b 、d 连线水平，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。
一带正电的粒子从正方形中心O 点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是A ．向上B ．向下C ．向左D ．向右 3．如图所示，导线ab 和cd 互相平行，则下列四种情况下导线cd 中无感应电流的是A ．开关S 闭合或断开的瞬间B ．闭合开关S ，滑动变阻器的触头向左滑动C ．闭合开关S ，滑动变阻器的触头向右滑动D ．闭合开关S ，变阻器的触头不滑动4．一电池外电路断开时的路端电压为3V ，接上8Ω的负载电阻后路端电压降为2.4V ，则可以判定电池的电动势E 和内电阻r 为A ． 2.4E V = 1r =ΩB ．3E V = 2r =ΩC ． 2.4E V = 2r =ΩD ．3E V = 1r =ΩA B5．如图所示，A 和B 是材料相同、厚度相同、表面为正方形的两个导体，但B 的正方形 边长比A 的小很多。
山东省淄博市临淄中学2013-2014学年高二上学期期中考试物理试题 Word版含答案.pdf
第Ⅰ卷 一．选择题（1-10题为基础题，11-14题为发展题，每小题5分，共70分；每小题有一个或多个选项符合题意，全部选对的得分，选对但不全的得分，有选错的得0分1．关于元电荷和点电荷的理解正确的是A．元电荷就是电子 B．元电荷是表示跟电子所带电量数值相等的电量 C．体积很小的带电体就是点电荷D．．q，相距r，两点电荷连线中点处的场强为 A．0 B．2kqr2 C．4kq／r2 D．8kq／r2 3．如图所示，A、B为相互接触的用绝缘柱的金属导体，起初它们不带电，在它们的下部贴有金属箔片，C是带正电的小球，下列说法正确的是A．把C移近导体A时，A、B上的金属箔片都张开 B．把C移近导体A时，先把A、B分开，然后移去导体C，A、B上的金属箔片仍张开 C．先把C移走，再把A、B分开，A、B上的金属箔片仍张开 D．先把A、B分开，再把C移走，然后重新让A、B接触，A上的金属箔片张开，而B上的金属箔片闭合 ．3：5，甲、乙两导线通电时间之比为3：2， 则通过甲、乙两导体的电流强度之比为 A．1：5 B．2：5 C．5：2 D．5：1 5．下图某电场中的几条电场线，在电场中有A、B两点，试比较两点的电场强度Ｅ大小和电势φ高低，其中正确的是：A．EA＞EB，φA＞φB； B．EA＞EB，φA＜φB； C．EA＜EB，φA＞φB； D．EA＜EB，φA＜φB．如图为某匀强电场的等势面分布图，每两个相邻等势面相距2cm，则电场场强的大小和方向分别为A．E=1V/m，水平向左 B．E=1V/m，水平向右 C．E=100V/m，水平向左 D．E=100V/m，水平向右 ．关于电容的定义式，下列说法正确的是A．电容器电容越大，电容器所带电荷量就越多 B．电容器的两极板间电势差越大，电容越小 C．电容器的电容与其带电荷量成正比，与两极板间的电势差成反比 D．电容器的电容不随所带电荷量及两极板间的电势差的变化而变化 ．A．S闭合为保温状态 B．．．．一个电流表的满偏电流Ig=1mA，内阻Rg=500Ω，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上A．串联一个10kΩ的电阻 B．并联一个10kΩ的电阻 C．串联一个9．5kΩ的电阻 D．并联一个9．5kΩ的电阻．一带电粒子从电场中的A点运动到B点，径迹如图中虚线所示，不计粒子所受重力，则A．粒子带正电 B．粒子加速度逐渐减小C．粒子的速度不断D．粒子逐渐．如图所示，M和N是材料相同，厚度相同，上、下表面为正方形的导体，但M和N的尺寸不同，M、N的上表面边长关系为a1>a2，通过两导体的电流方向如图所示，M的电阻为R1，N的电阻为R2，则两导体电阻大小关系是 A．R1＞R2 B．R1＝R2 C．R1＜R2 D．因不知电流大小故无法确定 ．如图所示为相同的两个灯泡均发光，当变阻器的滑片向下端滑动时.则 A．灯变亮，灯变暗 B．灯变暗，灯变亮 C．、灯均变亮 D．、灯均变暗 B．O点电势不为零，场强为零 C．将质子沿a→O→c移动，电势能先增加后减少 D．将电子沿a→b→c移动，电场力先做负功，再做正功 14．如图所示，初速为零的电子经电压加速后，垂直进入偏转电场偏转，离开偏转电场时侧向位移是.偏转板间距离为，偏转电压为，板长为.为了提高偏转灵敏度（每单位偏转电压引起的侧向位移），可采用下面哪个办法 A．增大偏转电压 B．减小板长 C．减小板间距离 D．增大加速电压 （分）×10-8 C的试探电荷，它受到的电场力为8×10-6N，则P点的场强为 N/C，若取走试探电荷，则P点的场强为 N/C 。
山东省淄博市第十四中学高二物理上学期期末试卷带解析
山东省淄博市第十四中学高二物理上学期期末试卷含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. 关于库仑定律，下列说法正确的是A ．库仑定律适用于点电荷，点电荷其实就是体积很小的球体B．根据F=k ，当两点电荷间的距离趋近于零时，电场力将趋向无穷大C．若点电荷Q1的电荷量大于Q2的电荷量，则Q1对Q2的电场力大于Q2对Q1的电场力D ．库仑定律和万有引力定律的表达式相似，都是平方反比定律参考答案：D2. （多选）如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的初速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上极板的过程中()A．它们运动的时间tQ＝tPB．它们所带电荷量之比qP∶qQ＝1∶2C．它们的电势能减少量之比ΔEP∶ΔEQ＝1∶2D．它们的动能增量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝2∶1参考答案：AB3. (单选)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，那么它们之间的静电力的大小应为( )A．B．C．D．参考答案：D4. （单选）在平直轨道上匀加速向右行驶的封闭车厢中，悬挂着一个带有滴管的盛油容器，如图5所示．当滴管依次滴下三滴油时(设三滴油都落在车厢底板上)，下列说法中正确的是A．这三滴油依次落在OA之间，且后一滴比前一滴离O点远B．这三滴油依次落在OA之间，且后一滴比前一滴离O点近C．这三滴油依次落在O点上D．这三滴油依次落在OA间同一位置上参考答案：D5. 如图所示，在水平放置的条形磁铁的N极附近，一个闭合导线框竖直向上抛出并始终保持水平，经过图中A、B、C三个位置。
在位置B，N极附近的磁感线正好与线圈平面平行，A 与B和B与C的距离相等。
则在向上运动过程中（）A.在位置B处的感应电流为零B.在位置A和位置C处的感应电流方向相同C.在位置A和位置C处的感应电流大小相等D.线圈从A运动到B损失的机械能等于从B运动到C损失的机械能参考答案：B二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. 物体内所有和的总和叫物体的内能。
山东省淄博市古城中学高二物理上学期期末试卷含解析
山东省淄博市古城中学高二物理上学期期末试卷含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. 如图所示，真空中存在竖直向上的匀强电场和水平向里的匀强磁场，一质量为m，带电荷量为q的质点恰能以速度v在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，取t＝0时质点在轨迹最低点，且重力势能为零，电势能也为零，则质点▲时针（填“顺”或“逆”）转动，质点机械能的变化量随时间变化的关系式为ΔE＝▲．参考答案：2. 如图，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直．线段ab、bc和cd的长度均为L，且∠abc＝∠bcd＝135°.流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示．导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力A．方向沿纸面向上，大小为(＋1)ILBB．方向沿纸面向上，大小为(－1)ILBC．方向沿纸面向下，大小为(＋1)ILBD．方向沿纸面向下，大小为(－1)ILB参考答案：A 3. 2009年4月29日，美国亚利桑那州一天文观测机构发现一颗与太阳系其他行星逆向运行的小行星，代号为2009HC82，该小行星的直径为2~3km，绕太阳一周的时间为3.39年，假定该小行星与地球均以太阳为中心做匀速圆周运动，则（）A、该小行星和地球绕太阳运行的速度大小之比为B、该小行星和地球绕太阳运行的轨道半径之比为C、该小行星和地球绕太阳运行的角速度大小之比为D、该小行星和地球绕太阳运行的向心加速度大小之比为参考答案：B4. （单选）水波通过小孔发生了一定程度的衍射，为了使衍射现象明显，下列方法一定可行的是（）解：波在介质中传播时波速是由介质决定的，与波的频率无关，所以改变波的频率不会改变波速，但由v=λf可知，当波速一定时，减小频率则波长增大，而发生明显衍射的条件是障碍物或孔、缝的尺寸比波长小或相差不多，所以缩小障碍物的尺寸，同时减小波的频率会使衍射现象更明显，A选项正确，BCD错误．故选：A．5. 一个倾角为37°的斜面固定不动，其上有一个重10N的物体静止不动，当给物体加一个水平向右的从零逐渐增大到8N的推力作用时物体仍不动，（sin37o=0.6 cos37o=0.8）下列说法正确的是（）A．斜面对物体的支持力一定一直增大B ．斜面对物体的摩擦力会先变小后增大C ．斜面对物体的摩擦力一定变大D ．斜面对物体的摩擦力的方向会发生变化 参考答案： ABD二、 填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. 如图所示，用水平力F 把一铁块紧压在竖直墙壁上静止不动，当F 增大时，墙对铁块的支持力将 ，墙与铁块间的摩擦力将 。
山东省淄博三中五校联考2014-2015学年高二上学期理科物理期末试题 Word版含答案
2014—2015年第一学期高二物理理科期末测试本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分共120分，考试时间90分钟.第Ⅰ卷（共48分）一、选择题（共48分，每小题有一个或一个以上的选项是正确的，选对的得4分，选对但选不全的得2分，有错选或不选的得0分）1．下列说法正确的是（）A、某点的电势为零，则该点的电场强度一定为零B、通电导线所受安培力为零，则该处磁感应强度一定为零C、闭合电路中外电阻增大，则电源的输出功率一定增大D、电荷在某点受到的电场力为零，则该点场强一定为零2．一段长为L，电阻为R的均匀电阻丝，把它拉制成3L长的均匀细丝后，其电阻值为（）A、R／3B、3RC、R／9D、9R3．如图为某个电场中的部分电场线，如A、B两点的场强分别记为E A、E B，电势分别记为ϕA、ϕB，则 ( )C．E A <E B、ϕA <ϕB D．E A > E B、ϕA <ϕB4．如下图所示，是匀强电场中的一组等势面，每两个相邻等势面的距离是25cm，由此可确定电场强度的方向及大小为（）A、竖直向下，E＝0.4N/CB、水平向右，E＝0.4N/C40V/mC、水平向左，E＝40N/CD、水平向右，E＝5．为维护消费者权益，某质量技术监督部门对市场上的电线产品进行抽查，发现有一个品牌电线中的铜芯直径明显比电线规格上标定的直径要小，引起电阻偏大．从影响导体电阻大小的因素来分析，引起这种电线电阻不符合规格的主要原因是( )A．电线的横截面积 B．电线的长度C．电线的材料 D．电线的温度6．下列闭合电路的说法中，错误的是 ( )A．电源短路时，电源的内电压等于电动势B．电源短路时，路端电压为零C ．电源断路时，路端电压为零D ．电源的外电阻增加时，路端电压也增大7．已知一平行金属板电容器带电量为2×10-3C ，两板间的电势差为2V ，若使电容器的带电量增至4×10-3C ，则电容器的电容为( )A 、1×103FB 、1×10-3FC 、2×10-3FD 、2×103F8．关于磁场的方向,下列叙述中不正确的是 （ ）A ．磁感线上每一点的切线方向B ．小磁针北极受力的方向C ．小磁针静止时北极所指的方向D ．磁铁内部N 极到S 极的方向 9．有四个金属导体，它们的U -I 图线如下图所示，电阻最小的导体是： A 、A 导体 B 、B 导体 C 、C 导体 D 、D 导体10．如上图所示，闭合电路后当滑动变阻器的滑动触点向下移动时（ ） A 、电压表V 的读数增大，电流表A 的读数减小 B 、电压表V 的读数减小，电流表A 的读数增大 C 、电压表V 和电流表A 的读数都减小 D 、电压表V 和电流表A 的读数都增大11．有两个完全一样的金属小球A 、B ，带电量Q A =2×10-9C ，，Q B =-3×10-9C ，固定于相距为r 的两点上，A 、B 间作用力为F 。
山东淄博市临淄中学学年高二期末物理试卷
2015-2016学年山东省淄博市临淄中学高二（上）期末物理试卷一、选择题（本题包括12小题，每小题4分，共48分．1～8小题，每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确；9～12小题，每小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分）1．在电场中某点放入电荷量为q的正电荷时，测得该点的场强为E，若在同一点放入电荷量q′=﹣2q的负电荷时，测得该点的场强为E′，则有（）A．E′=E，方向与E的方向相反B．E′=E，方向与E的方向相同C．E′=E，方向与E的方向相反D．E′=2E，方向与E的方向相同2．关于电磁感应现象，下列说法正确的是（）A．线圈放在磁场中就一定能产生感应电流B．闭合线圈放在匀强磁场中做切割磁感线运动时，一定能产生感应电流C．感应电流的磁场总是阻碍原来磁场的磁通量的变化D．感应电流的磁场总是与原磁场方向相反3．如图所示，小磁针正上方的直导线与小磁针平行，当导线中有电流时，小磁针会发生偏转．首先观察到这个实验现象的物理学家和观察到的现象是（）A．奥斯特，小磁针的N极转向纸内B．法拉第，小磁针的S极转向纸内C．库仑，小磁针静止不动D．洛伦兹，小磁针的N极转向纸内4．粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，两粒子均带正电．让它们在匀强磁场中同一点以大小相等、方向相反的速度开始运动．以下四个图中，磁场方向垂直纸面向里，大圆的半径是小圆半径的两倍，能正确表示两粒子运动轨迹的是（）A．B．C．D．5．如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点位于MN 上，d点位于两电荷的连线上．则以下判断正确的是（）A．b点场强大于d点场强B．b点电势高于d点电势C．a、b两点的电势差大于b、c两点的电势差D．试探电荷+q在a点的电势能大于在c点的电势能6．如图所示的实验装置中，平行板电容器的极板B与一静电计相接，极板A接地，静电计此时指针的偏角为θ．下列说法正确的是（）A．将极板A向左移动一些，静电计指针偏角θ不变B．将极板A向右移动一些，静电计指针偏角θ变小C．将极板A向上移动一些，静电计指针偏角θ变小D．在极板间插入一块玻璃板，静电计指针偏角θ变大7．如图所示的速度选择器中有正交的电场和磁场，有一粒子沿垂直于电场和磁场的方向飞入其中，并沿直线运动（不考虑重力作用），则此粒子（）A．一定带正电B．一定带负电C．可能带正电或负电，也可能不带电D．一定不带电8．在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环．规定导体环中电流的正方向如图甲所示，磁场方向竖直向上为正．当磁感应强度B 随时间t 按图乙变化时，下列能正确表示导体环中感应电流随时间变化情况的是（）A．B．C．D．9．如图所示，初速为零的电子经电压U1加速后，垂直进入偏转电场，离开偏转电场时侧向位移位y，已知偏转板间距离为d，偏转电压为U2，板长为l．为了提高偏转灵敏度（每单位偏转电压引起的侧向位移），可采用下面哪个办法（）A．增大加速电压U1B．增大偏转电压U2C．减小板间距离d D．增大板长l10．如图所示，平行金属板之间有一个很强的磁场，将一束含有大量正、负带电粒子的等离子体，沿图中所示方向喷入磁场．图中虚线框部分相当于发电机．把两个极板与用电器相连，则（）A．用电器中的电流方向从A到BB．用电器中的电流方向从B到AC．若板间距及粒子的喷入速度不变，增强磁场，发电机的电动势增大D．若磁场及板间距不变，增大喷入粒子的速度，发电机的电动势增大11．如图所示，边长为L、不可形变的正方形导体框内有半径为r的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为B=kt（常量k＞0），磁场方向是垂直纸面向里．回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1=R0、R2=R0．闭合开关S，电压表的示数为U．则（）A．电容器的b极板带正电B．正方形导线框中的感应电动势为kL2C．R1两端的电压为D．R1的热功率为电阻R2的4倍12．如图所示，质量为M的绝缘足够长的木板Q放置在光滑的水平面上．质量为m的物块P叠放在Q的左端，PQ所在空间存在着如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小为B．P带正电，电荷量为q，Q不带电，P、Q之间的动摩擦困数为μ．一水平恒力F作用在Q上，使P、Q由静止开始向左运动．在运动的过程中，下列说法正确的是（）A．P和Q一起运动时，PQ间的摩擦力逐渐减小B．P刚好脱离Q时，P的速度大小为C．P脱离Q后，Q做匀速直线运动D．P、Q刚好发生相对滑动时P的速度大小为﹣二、实验题（本题共2小题，第13题4分，第14题6分，共10分．请把答案写在答题卡中指定的答题处）13．某同学用多用电表测量一未知电阻的阻值，他按照如下步骤进行：将多用电表机械调零后，先把选择开关置于欧姆档的“×10”挡位进行测量，按照正确的步骤操作后，表针的指示情况如图甲所示．为了使读数更加准确，将选择开关旋至挡位（填“×1”或“×100”），重新进行，测量得到的结果如图乙所示，则此电阻为Ω14．某一元件的电阻值约为12Ω，为描绘该元件的U﹣I图象，提供了如下器材：A．电压表（量程3V，内阻约3kΩ）B．电流表（量程是0.6A，内阻约0.5Ω）C．电流表（量程是3A，内阻约0.1Ω）D．滑动变阻器R1（0～10Ω，2A）E．滑动变阻器R2（0～1000Ω，1A）F．电源（电动势约为6V，内阻很小）G．开关S及导线若干（1）在供选择的器材中，电流表应选择，滑动变阻器应选择．（填字母代号）（2）设计合适的电路，在答题纸的线框内画出实验电路图．（3）如图中I、II图线，其中一条为元件真实的U﹣I图线，另一条是本次实验中测得的U﹣I图线，其中是本次实验中测得的图线．三、计算题（本题共3小题，第15题7分，第16题9分，第17题12分，第18题14分，共42分．请把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和主要演算步骤）15．如图所示，两平行金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，导轨的一端接有电动势E=3V、内阻r=0.5Ω的直流电源，导轨间的距离L=0.4m．在导轨所在空间内分布着磁感应强度B=0.5T、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场．现把一个质量m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒的电阻R=1.0Ω，导体棒恰好能静止．金属导轨电阻不计．（g 取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：（1）ab受到的安培力大小；（2）ab受到的摩擦力大小．16．电视机显像管原理如图所示，初速度不计的电子经电势差为U的电场加速后，沿水平方向进入有边界的磁感应强度为B匀强磁场中．已知电子电量为e、质量为m．若要求电子束的偏转角为α，求：磁场有限边界的宽度L．17．如图所示，水平的平行虚线间距d=10cm，其间有磁感应强度B=1.0T的匀强磁场．一个正方形线圈ABCD的边长l=10cm，质量m=100g，电阻R=0.04W．开始时，线圈的下边缘到磁场上边缘的距离h=80cm．将线圈由静止释放，取g=10m/s2，求：（1）线圈下边缘刚进入磁场时，CD两端的电势差（2）线圈下边缘刚进入磁场时加速度的大小（3）整个线圈穿过磁场过程中产生的电热Q．2015-2016学年山东省淄博市临淄中学高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括12小题，每小题4分，共48分．1～8小题，每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确；9～12小题，每小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分）1．在电场中某点放入电荷量为q的正电荷时，测得该点的场强为E，若在同一点放入电荷量q′=﹣2q的负电荷时，测得该点的场强为E′，则有（）A．E′=E，方向与E的方向相反B．E′=E，方向与E的方向相同C．E′=E，方向与E的方向相反D．E′=2E，方向与E的方向相同【考点】A8：点电荷的场强．【分析】电场强度是描述电场本身的力的性质的物理量，与试探电荷无关，在电场中同一点，电场强度是唯一确定的．由此分析即可．【解答】解：电场强度是描述电场本身的力的性质的物理量，与试探电荷无关，当在电场中某点放入电量为q的正电荷时，该点的场强为E，若在同一点放入电量为q′=﹣2q的负电荷时，该点的电场强度的大小和方向都不变，即E′=E，方向与E的方向相同．故B正确，ACD错误．故选：B2．关于电磁感应现象，下列说法正确的是（）A．线圈放在磁场中就一定能产生感应电流B．闭合线圈放在匀强磁场中做切割磁感线运动时，一定能产生感应电流C．感应电流的磁场总是阻碍原来磁场的磁通量的变化D．感应电流的磁场总是与原磁场方向相反【考点】DB：楞次定律．【分析】感应电流产生的条件是：当穿过闭合回路的磁通量发生变化，在闭合回路中就会产生感应电流，电路必须闭合，如果导体做切割磁感线运动，电路不闭合，则不会有感应电流产生．电磁感应现象中，感应电流的磁场总阻碍原来电场的变化，感应电流的磁场可能与原磁场方向相同，也可能相反．【解答】解：A、感应电流产生的条件是，只有穿过闭合电路的磁通量发生变化，线圈中才会有感应电流产生，故A错误．B、闭合线圈放在匀强磁场中做切割磁感线运动时，若穿过线圈的磁通量变化，则产生感应电流，若穿过线圈的磁通量不变，则没有感应电流，故B错误．CD、电磁感应现象中，感应电流的磁场总阻碍原来磁场的磁通量的变化，即原来的磁场增强，则感应电流的磁场与原磁场方向向相反，若原磁场减弱，则感应电流的磁场与原磁场方向相同，故C正确，D错误．故选：C．3．如图所示，小磁针正上方的直导线与小磁针平行，当导线中有电流时，小磁针会发生偏转．首先观察到这个实验现象的物理学家和观察到的现象是（）A．奥斯特，小磁针的N极转向纸内B．法拉第，小磁针的S极转向纸内C．库仑，小磁针静止不动D．洛伦兹，小磁针的N极转向纸内【考点】C6：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【分析】解答本题的关键是了解发现电流磁效应的科学家是哪位同时明确通电直导线周围的磁场分别情况．【解答】解：发现电流周围存在磁场的科学家是奥斯特，根据安培定则可知该导线下方飞磁场方向垂直纸面向里，因此小磁针的N极垂直转向纸内，故A正确，BCD错误．故选：A．4．粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，两粒子均带正电．让它们在匀强磁场中同一点以大小相等、方向相反的速度开始运动．以下四个图中，磁场方向垂直纸面向里，大圆的半径是小圆半径的两倍，能正确表示两粒子运动轨迹的是（）A．B．C．D．【考点】CF：洛仑兹力．【分析】由洛仑兹力充当向心力可求得两粒子的半径关系，则由图可知两粒子的轨迹图；由左手定则可判断粒子的运动方向．【解答】解：两粒子均带正电，以大小相等的速度在磁场中向相反的方向运动，都是由洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力，所以有：Bqv=m，得到：R=；因为粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，所以甲的半径为乙半径的2倍，故AB错误；再根据左手定则，甲粒子做圆周运动的洛伦兹力指向圆心，运动方向一定为逆时针，所以C正确，D错误；故选：C5．如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点位于MN 上，d点位于两电荷的连线上．则以下判断正确的是（）A．b点场强大于d点场强B．b点电势高于d点电势C．a、b两点的电势差大于b、c两点的电势差D．试探电荷+q在a点的电势能大于在c点的电势能【考点】AA：电场的叠加；AC：电势．【分析】根据等量异号电荷的电场分布特点分析各点的场强大小，由电场线性质及电场的对称性可知ab间及bc两点间的电势差关系；由电势能的定义可知a、c两点电势能的大小．【解答】解：A、在MN上，两电荷连线中点电场线最密，场强最大．在两电荷连线上，中点处电场线最疏，场强最小，则b点场强小于连线中点的场强，也小于d点场强，故A错误．B、MN是一条等势线，根据顺着电场线方向电势降低，可知与两等量异号电荷连线上的点相比较，d点的电势要高，所以d点电势高于b点电势，故B错误．C、由对称性可知，a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差，故C错误．D、因c点的电势小于d点的电势，故试探电荷+q在a点的电势能大于在c点的电势能，故D正确；故选：D6．如图所示的实验装置中，平行板电容器的极板B与一静电计相接，极板A接地，静电计此时指针的偏角为θ．下列说法正确的是（）A．将极板A向左移动一些，静电计指针偏角θ不变B．将极板A向右移动一些，静电计指针偏角θ变小C．将极板A向上移动一些，静电计指针偏角θ变小D．在极板间插入一块玻璃板，静电计指针偏角θ变大【考点】AS：电容器的动态分析．【分析】先根据电容的决定式C=分析电容的变化情况，再抓住电容器的电量不变，由电容的定义式C=分析极板间的电势差的变化情况，即可判断偏角θ的变化情况．【解答】解：A、将极板A向左移动一些时，两极板间的距离d增大，根据电容的决定式C=分析得知电容C减小，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=分析可知，极板间的电势差U增大，所以静电计指针偏角θ变大，故A错误．B、将极板A向右移动一些时，两极板间的距离d减小，根据电容的决定式C=分析得知电容增大，而电容器的电量不变，由电容的定义式C=分析可知，极板间的电势差减小，所以静电计指针偏角θ变小，故B正确．C、将极板A向上移动一些，两极板正对面积S减小，根据电容的决定式C=分析得知电容减小，而电容器的电量不变，由电容的定义式C=分析可知，极板间的电势差增大，所以静电计指针偏角θ变大，故C错误．D、在极板间插入一块玻璃板，ɛ增大，电容增大，而电容器的电量不变，由电容的定义式C=分析可知，极板间的电势差减小，所以静电计指针偏角θ变小，故D错误．故选：B7．如图所示的速度选择器中有正交的电场和磁场，有一粒子沿垂直于电场和磁场的方向飞入其中，并沿直线运动（不考虑重力作用），则此粒子（）A．一定带正电B．一定带负电C．可能带正电或负电，也可能不带电D．一定不带电【考点】CM：带电粒子在混合场中的运动．【分析】在速度选择器中，存在相互正交的匀强电场、磁场，带电粒子进入其中后受到电场力和洛伦兹力，只有两力平衡，粒子才能从左孔射入，从右孔射出．由左手定则判断洛伦兹力方向，当然也可以不带电，则做匀速直线运动．【解答】解：若带电粒子带正电，受到的洛伦竖直向下，电场力竖直向上，且qv0B=qE，即速度v0=，该电荷做匀速直线运动，从左向右运动；若带电粒子带负电，受到的洛伦竖直向上，电场力竖直向下，且qv0B=qE，即速度v0=，该电荷做匀速直线运动，也从左边射入，从右边射出．若不带电，则不受到任何力，所以做匀速直线运动，故C正确，ABD错误．故选：C8．在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环．规定导体环中电流的正方向如图甲所示，磁场方向竖直向上为正．当磁感应强度B 随时间t 按图乙变化时，下列能正确表示导体环中感应电流随时间变化情况的是（）A．B．C．D．【考点】D8：法拉第电磁感应定律；BB：闭合电路的欧姆定律．【分析】正确解答本题一定要明确B﹣t图象中斜率的含义，注意感应电动势的大小与磁通量大小无关与磁通量变化率成正比．【解答】解：根据法拉第电磁感应定律有：E=n=ns，因此在面积、匝数不变的情况下，感应电动势与磁场的变化率成正比，即与B﹣t图象中的斜率成正比，由图象可知：0﹣2s，斜率不变，故形成的感应电流不变，根据楞次定律可知感应电流方向顺时针即为正值，而2﹣4s斜率不变，电流方向为逆时针，即为负值，整个过程中的斜率大小不变，所以感应电流大小不变，故ACD错误，B正确．故选：B．9．如图所示，初速为零的电子经电压U1加速后，垂直进入偏转电场，离开偏转电场时侧向位移位y，已知偏转板间距离为d，偏转电压为U2，板长为l．为了提高偏转灵敏度（每单位偏转电压引起的侧向位移），可采用下面哪个办法（）A．增大加速电压U1B．增大偏转电压U2C．减小板间距离d D．增大板长l【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】带电粒子在加速电场中加速，结合动能定理求出粒子进入偏转电场的速度，根据粒子在偏转电场中做类平抛运动，通过牛顿第二定律和运动学公式求出偏转位移的大小，得出偏转灵敏度的表达式，从而进行分析．【解答】解：根据动能定理得：qU1=mv02；电子在偏转电场中运行的时间为：t=偏转位移为：y=at2=••==．则偏转灵敏度为：=．可知，减小极板间的距离d，增大板长l，或减小加速电压U1可以提高偏转的灵敏度．故CD正确，AB错误．故选：CD10．如图所示，平行金属板之间有一个很强的磁场，将一束含有大量正、负带电粒子的等离子体，沿图中所示方向喷入磁场．图中虚线框部分相当于发电机．把两个极板与用电器相连，则（）A．用电器中的电流方向从A到BB．用电器中的电流方向从B到AC．若板间距及粒子的喷入速度不变，增强磁场，发电机的电动势增大D．若磁场及板间距不变，增大喷入粒子的速度，发电机的电动势增大【考点】CM：带电粒子在混合场中的运动．【分析】先根据左手定则判断出正离子（或负离子）受到的洛伦兹力方向，从而判断出金属板电势的高低，进一步分析离子除受洛伦兹力外还受到电场力，最终二者达到平衡，得出结论．【解答】解：AB、首先对等离子体进行动态分析：开始时由左手定则判断正离子所受洛伦兹力方向向上（负离子所受洛伦兹力方向向下），则正离子向上板聚集，负离子则向下板聚集，两板间产生了电势差，即金属板变为一电源，且上板为正极、下板为负极，所以通过用电器的电流方向从A到B，故A正确，B错误；CD、此后的正离子除受到向上的洛伦兹力f外还受到向下的电场力F，最终两力达到平衡，即最终等离子体将匀速通过磁场区域，因f=qvB，F=q，则qvB=q，解得E=Bdv，所以电动势E与速度v及磁场B成正比，所以C正确D正确．故选：ACD．11．如图所示，边长为L、不可形变的正方形导体框内有半径为r的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为B=kt（常量k＞0），磁场方向是垂直纸面向里．回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1=R0、R2=R0．闭合开关S，电压表的示数为U．则（）A．电容器的b极板带正电B．正方形导线框中的感应电动势为kL2C．R1两端的电压为D．R1的热功率为电阻R2的4倍【考点】D8：法拉第电磁感应定律；BB：闭合电路的欧姆定律．【分析】这是电磁感应与电路结合，左侧的导体框相当于电源．要先用电磁感应求出产生的感应电动势，然后由闭合电路欧姆定律来分析电路中电压，再由焦耳定律分析电阻电热．而至于电容器的极板电性，需要可依据感应电动势的正负极，有右手定则可以判定，电路左侧的变化磁场在正方形导体内产生逆时针电流，由此可知导体框相当于一个上负下正的电源，所以电容器b极板带正电．【解答】解：A、磁场垂直与纸面向里，磁感应强度增大，磁通量增大，由楞次定律可知，电容器b板电势高，a板电势低．a板带负电，b极板带正电，故A 正确；B、由法拉第电磁感应定律得，感应电动势：E===k•πr2，故B错误；C、R2与R的右半部分并联，滑动变阻器右半部分电阻阻值为R0，R2与滑动变阻器右半部分并联阻值为，滑动变阻器两端总电阻为，外电路的总电阻为：R1+R并+R滑左=，R2两端电压为：R0=U，故C 正确；D、设干路电流为I则通过滑动变阻器左半部分的电流为I，通过其右半部分的电流为，由于此部分与R2并联切阻值相等，因此通过R2的电流也为，由P=I2R知：电阻R1的热功率为P=I2•R0，R2的热功率为：P2=（）2•=，所以电阻R1的热功率为电阻R2的8倍，故D错误．故选：AC．12．如图所示，质量为M的绝缘足够长的木板Q放置在光滑的水平面上．质量为m的物块P叠放在Q的左端，PQ所在空间存在着如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小为B．P带正电，电荷量为q，Q不带电，P、Q之间的动摩擦困数为μ．一水平恒力F作用在Q上，使P、Q由静止开始向左运动．在运动的过程中，下列说法正确的是（）A．P和Q一起运动时，PQ间的摩擦力逐渐减小B．P刚好脱离Q时，P的速度大小为C．P脱离Q后，Q做匀速直线运动D．P、Q刚好发生相对滑动时P的速度大小为﹣【考点】37：牛顿第二定律；2G：力的合成与分解的运用；CF：洛仑兹力．【分析】对整体分析，判断加速度是否变化，再隔离分析，运用牛顿第二定律判断P、Q间的摩擦力是否变化．P刚好脱离Q时，P对Q的压力为0，洛伦兹力等于重力，从而求出P刚好脱离Q时，P的速度大小；P、Q刚好发生相对滑动时，运用整体法和隔离法分别运用牛顿第二定律联立即可求解【解答】解：A、P、Q发生相对滑动前，P与Q向左运动，对整体F=（M+m）a，一起做匀加速直线运动，对P：f=ma，PQ间摩擦力不变，故A错误；B、当物体受到的洛伦兹力的大小与重力相等时，即mg=qvB，速度达到v=时，P刚好脱离Q，故B正确；C、P脱离Q后，Q在水平恒力作用下做匀加速直线运动，故C错误；D、P、Q刚好发生相对滑动时，设P的速度为v，则有μ（mg﹣qvB）=ma；对PQ：联立解得v=，故D正确；故选：BD二、实验题（本题共2小题，第13题4分，第14题6分，共10分．请把答案写在答题卡中指定的答题处）13．某同学用多用电表测量一未知电阻的阻值，他按照如下步骤进行：将多用电表机械调零后，先把选择开关置于欧姆档的“×10”挡位进行测量，按照正确的步骤操作后，表针的指示情况如图甲所示．为了使读数更加准确，将选择开关旋至×1挡位（填“×1”或“×100”），重新进行欧姆调零，测量得到的结果如图乙所示，则此电阻为6Ω【考点】N4：用多用电表测电阻．【分析】欧姆表的表盘左边密右边疏，且零刻度在右边，偏角大说明阻值小，要换较小挡，重新调零后测量，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数【解答】解：指针偏角大，则电阻小，要用小档位：选×1；换档后要进行欧姆调零．示数为：6×1=6Ω故答案为：×1；欧姆调零；614．某一元件的电阻值约为12Ω，为描绘该元件的U﹣I图象，提供了如下器材：A．电压表（量程3V，内阻约3kΩ）B．电流表（量程是0.6A，内阻约0.5Ω）C．电流表（量程是3A，内阻约0.1Ω）D．滑动变阻器R1（0～10Ω，2A）E．滑动变阻器R2（0～1000Ω，1A）F．电源（电动势约为6V，内阻很小）G．开关S及导线若干（1）在供选择的器材中，电流表应选择B，滑动变阻器应选择D．（填字母代号）（2）设计合适的电路，在答题纸的线框内画出实验电路图．（3）如图中I、II图线，其中一条为元件真实的U﹣I图线，另一条是本次实验中测得的U﹣I图线，其中II是本次实验中测得的图线．【考点】N5：描绘小电珠的伏安特性曲线．【分析】（1）根据电源电动势和元件的电阻估算电路中的电流，再选择电流表，描绘U﹣I图象，电路中滑动变阻器采用分压接法，来选择变阻器的大小；（2）判断电流表和滑动变阻器的接法，再画出实验电路图即可；（3）误差分析，由于电压表的分流会导致电流表的测量值比真实值判断，由欧姆定律可知测量的元件电阻将偏小，再来判断哪一条是实验测得的图线．【解答】解：（1）器材中电源电动势约为6V，元件的电阻值约为12Ω，则电路中电流约为：I=故电流表量程选0.6A即可，电流表选B；描绘元件的U﹣I图象，电压和电流要从0开始测量，因此电路中滑动变阻器采用分压接法，为了便以调节滑动变阻器要选用最大阻值较小的，故滑动变阻器选D；（2）电压表内阻约3kΩ，电流表内阻约0.5Ω，而元件的电阻约为12Ω，则电压表的内阻远大于元件的电阻，所以电流表采用外接法，又滑动变阻器采用分压式接法，画出实验电路图如图所示：（3）实验过程中，由于电压表的分流，会导致电流表的测量值比真实值偏大，根据R=可知，。
淄博六中2014-2015学年高二上学期期末物理试题及答案
2014-2015学年山东省淄博六中高二（上）期末物理试卷一、选择题：（本大题共有10小题，每题4分，每小题至少有一个选项是符合题意的，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分．）1．（4分）（2014秋•周村区校级期末）下述说法正确的是（）A．由E=可知，电场强度E跟放入的电荷q所受的电场力成正比B．当电场中存在试探电荷时，电荷周围才出现电场这种特殊的物质，才存在电场强度C．由E=可知，在离点电荷很近，r接近于零，电场强度达无穷大D．在电场中某点放入试探电荷q，该点的场强为E=，取走q后，该点场强不为零考点：电场强度；点电荷的场强．分析：解答本题需掌握：电场强度的定义式是E=，是用比值定义法定义的物理量，式子中的q 表示试探电荷的电荷量，而E为原电场的电场强度，是由电场本身决定的，与试探电荷无关，试验电荷q的数值应足够小，不改变它所在处的电场，这样，电场强度就等于每单位正电荷所受的力；库仑力属于强相互作用，是一种远程力，点电荷电场的决定式E=k（只适用于点电荷），也不适用于r接近0的情况．解答：解：A：电场强度是由电场本身决定的，是电场的一种性质，与试探电荷是否存在无关，故A错误；BD：电场强度E可以根据定义式E=来测量，电场强度就等于每单位正电荷所受的力，但场强与试探电荷无关，是由电场本身决定的，故B错误，D正确；C：库仑力属于强相互作用，是一种远程力，点电荷电场的决定式E=k，也不适用于r 接近0的情况．故C错误．故选：D．点评：本题涉及电场强度的定义式和点电荷电场强度的决定式，要抓住电场强度是由电场本身决定的，是电场的一种性质，与试探电荷是否存在无关这一根本的特点，才能做出正确的判断．属于简单题．2．（4分）（2014•宿州一模）如图所示，实线为方向未知的三条电场线，a、b两带电粒子从电场中的O点以相同的初速度飞入．仅在电场力作用下，两粒子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加速度增大，b加速度增大C．a电势能减小，b电势能增大D．a和b的动能一定都增大考点：电场线．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据粒子轨迹的弯曲方向可判断粒子所受电场力的方向，根据电场力方向与场强方向的关系判断电性．电场线越密，场强越大，电荷所受电场力越大，加速度越大；电场线越疏，场强越小，电荷所受电场力越小，加速度越小．根据电场力做功正负判断电势能和动能的变化．解答：解：A、由图，b粒子的轨迹向左弯曲，b粒子受到的电场力方向向左，如图．a的轨迹向右弯曲，b粒子受到的电场力方向向右，由于电场线未知，无法确定两个粒子的电性．故A错误；B、由图看出，向右电场线越来越疏，场强越来越小，则a所受电场力减小，加速度减小，b所受电场力增大，加速度增大．故B错误；C、D、由图判断电场力对两个粒子都做正功，电势能都减小，动能都增大．故C错误，D正确．故选：D．点评：本题是轨迹问题，根据轨迹的弯曲方向判断出电荷所受的电场力是关键．基础题，不应失分．3．（4分）（2014秋•周村区校级期末）如图所示，图线a是某一电源的U﹣I曲线，图线b是一定值电阻的U﹣I曲线．若将该电源与该定值电阻连成闭合电路（已知该电源的内阻r=2.0Ω），则说法错误的是（）A．该定值电阻为6ΩB．该电源的电动势为20VC．将2只这种电阻串联作为外电阻，电源输出功率最大D．将3只这种电阻并联作为外电阻，电源输出功率最大考点：电功、电功率；欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：根据图线b的斜率求出定值电阻的阻值；读出两图线交点处电压和电流，根据欧姆定律求出电源的电动势；对于电源，当内外电路的电阻相等时输出功率最大．解答：解：A、图线b的斜率k==6Ω，则定值电阻的阻值R=k=6Ω；故A正确；B、由图读出交点的电压U=15V，电流I=2.5A，根据闭合电路欧姆定律得，电源的电动势：E=U+Ir=15V+2.5×2V=20V；故B正确；C、D、对于电源，当内外电路的电阻相等时输出功率最大，故将3只这种电阻并联作为外电阻，电源输出功率最大，故C错误，D正确；本题选错误的，故选：C点评：定值电阻的伏安特性曲线斜率等于电阻，电源的伏安特性曲线的斜率绝对值表示内电阻、纵轴截距表示电动势．4．（4分）（2014秋•周村区校级期末）如图电路中，忽略自感线圈的电阻，R的阻值和L的自感系数都很大，A、B为两个完全相同的灯泡，当S闭合时，正确的是（）A．A比B先亮，然后A灭B．B比A先亮，然后A逐渐变亮C．A、B一起亮，而后A灭D．A、B一起亮，而后B灭考点：自感现象和自感系数．分析：当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据自感现象的规律来分析．解答：解：闭合开关的瞬间，由于线圈中自感电动势的阻碍，b灯先亮，a灯后亮，然后A中的电流逐渐增大，A逐渐变亮．故选：B．点评：对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，它是电阻不计的导线；当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源．5．（4分）（2014秋•周村区校级期末）如图所示，一边长为l的正方形，其中a、b、c三个顶点上分别固定了三个电荷量相等的正点电荷Q，O点为正方形的中心，d点为正方形的另一个顶点．下列判定正确的是（）A．O点和d点的场强方向相同B．d点电势比O点的电势高C．同一试探电荷+q在d点比在O点受到的电场力小D．同一试探电荷+q在d点比在O点的电势能大考点：电场的叠加；电场强度．分析：在O点电场方向沿ad指向d点，d点电场方向用矢量合成可求得与a点相同．据电荷周围电势的特点分析电势的高低．解答：解：A、由点电荷的电场及场的叠加可知，在O点b、c两处的点电荷产生的电场相互抵消，O点处的场强方向沿ad指向d点，在d点b、c两处的点电荷产生的电场合成方向也是沿ad指向d点，所以三个正点电荷在O点和d点的场强方向相同，故A正确；B、ad是b、c两处点电荷连线的中垂线，由两等量正电荷的电场中电势分布可知在b、c两点电荷的电场中O点电势高于d点电势，而在点电荷a的电场中O点电势也高于d点电势，再由电势叠加可知O点电势高．故B错误；C、由点电荷的电场及场的叠加可知，在O点b、c两处的点电荷产生的电场相互抵消，O点处的场强等于a处点电荷所产生的场强，即：E o==方向由a指向O；而在d点处E d=×cos45°×2+=（+）×＜E o，因此同一试探电荷+q在d点比在O点受到的电场力小，故C正确；D、O点电势高，正电荷在电势越高处电势能越大，所以同一试探电荷+q在d点比在O点的电势能小，故D错误；故选：AC．点评：考查电场地场强的求解：明确其计算用矢量合成法则，会分析电势的高低．6．（4分）（2012•日照二模）如图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，虚线问的距离为l，金属圆环的直径也是l．圆环从左边界进入磁场，以垂直于磁场边界的恒定速度v穿过磁场区域．则下列说法正确的是（）A．感应电流的大小是先增大后减小再增大再减小B．感应电流的方向先逆时针后顺时针C．金属圆环受到的安培力先向左后向右D．进入磁场的过程中感成电动势的平均值为=πBlv考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．专题：电磁感应——功能问题．分析：应用E=BLv判断电动势如何变化，然后根据欧姆定律判断电流大小如何变化；由楞次定律可以判断出感应电流方向；应用左手定则判断出安培力方向；由法拉第电磁感应定律求出感应电动势的平均值．解答：解：A、在圆环进入磁场的过程中，通过圆环的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向，出磁场的过程中磁通量减小，根据楞次定律知，感应电流的方向为顺时针方向，在整个过程中切割的有效长度先增大后减小，再增大后减小，所以感应电流的大小是先增大后减小再增大再减小．故A、B正确．C、由左手定则可知，在整个过程中，圆环所受安培力始终向左，故C错误；D、由法拉第电磁感应定律可知，进入磁场过程中，平均感应电动势：E=，故D错误．故选：AB．点评：本题考查了判断感应电流大小如何变化、判断感应电流方向、判断安培力方向、求感应电动势，应用E=BLv、欧姆定律、楞次定律、左手定则、法拉第电磁感应定律即可正确解题．7．（4分）（2014•东湖区校级模拟）在地面附近，存在着一有理想边界的电场，边界A、B将该空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向下的匀强电场，区域Ⅰ中无电场．在区域Ⅱ中边界下方某一位置P，由静止释放一质量为m，电荷量为q的带负电小球，如图（a）所示，小球运动的v﹣t图象如图（b）所示，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则以下说法不正确的是（）A．小球在7s末回到出发点B．电场强度大小是C．P点距边界的距离为D．若边界AB处电势为零，则P点电势为﹣考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：小球受到电场力作用先向上做加速运动，离开电场后向上做竖直上抛运动，再做自由落体运动，回到出发点，从而完成一个周期的运动．由图直接看出小球回到出发点的时间．分别求出小球进入电场前、后加速度大小，由牛顿第二定律求出电场强度．运用动能定理求解P点到边界的距离．由动能定理求出AB间的电势差，即可求得P点的电势．解答：解：A、小球回到出发点时通过的位移为0，根据v﹣t图象与时间轴所围的面积表示位移可知，小球在7s末总位移为零，回到出发点，故A正确．B、由图象的斜率等于加速度，得0﹣2s内的加速度为：a1=、2s﹣3.5s内加速度大小为：a2===g．则得：a1=由牛顿第二定律得：qE﹣mg=ma1可得电场强度为：E=．故B错误．C、从P点到边界过程，由动能定理得：，结合B分析得：y=，故C正确D、P点与边界AB间的电势差为U=﹣E•y=﹣=﹣．若边界AB处电势为零，则P点电势为﹣，故D正确．本题选错误的，故选：B点评：本题是多过程问题，分析受力情况和运动情况是解题的基础，关键要灵活选择力学的规律列式求解．要准确理解电势与电势差的概念．8．（4分）（2013秋•垫江县期末）如图所示电路中，电流表A和电压表V均可视为理想电表．现闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动，下列说法正确的是（）A．电流表A的示数变小，电压表V的示数变大B．小灯泡L变亮C．电容器C上电荷量减少D．电源的总功率变大考点：闭合电路的欧姆定律；电容器．专题：恒定电流专题．分析：闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动时，分析变阻器接入电路的电阻如何变化，确定外电路总电阻的变化，根据闭合电路欧姆定律分析电路中总电流的变化，判断电流表示数和灯泡亮度的变化．由欧姆定律分析电压表示数的变化．根据变阻器电压的变化，判断电容器的电量变化．电源的总功率为P=EI，与电流成正比．解答：解：A、B闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中总电流I减小，则小灯泡L变暗，电流表A的示数变小．电压表的示数U=E﹣I（R L+r），I减小，其他量不变，则U增大，即电压表V的示数变大．故A正确，B错误．C、电容器的电压等于变阻器两端的电压，即等于电压表的示数，U增大，由Q=CU，知电容器C上的电荷量增大．故C错误．D、电源的总功率P=EI，I减小，则电源的总功率变小．故D错误．故选：A点评：本题是电路动态变化分析问题，电容器所在电路相当于开关断开，根据欧姆定律进行分析．9．（4分）（2002•天津）图中MN、GH为平行导轨，AB、CD为跨在导轨上的两根横杆，导轨和横杆均为导体．有匀强磁场垂直于导轨所在的平面，方向如图．用I表示回路中的电流．（）A．当AB不动而CD向右滑动时，I≠0且沿顺时针方向B．当AB向左、CD向右滑动且速度大小相等时，I=0C．当AB、CD都向右滑动且速度大小相等时，I=0D．当AB、CD都向右滑动，且AB速度大于CD时，I≠0且沿逆时针方向考点：法拉第电磁感应定律．专题：压轴题；电磁感应与电路结合．分析：C D切割产生感应电动势，回路中有感应电流，根据两棒所受的安培力分别判断出两棒的运动规律，当两棒速度相等时，回路中没有感应电流，两棒不受安培力作用．解答：解：A、当AB不动而CD棒向右运动时，产生感应电动势，在整个回路中产生感应电流，其方向逆时针方向，故A错误；B、当AB向左、CD也向左滑动且速度大小相等时，此时，穿过电路中的磁通量不变，则整个回路中的感应电流为零；若AB、CD都向右滑动且速度大小相等时，I=0，故B错误，C正确．D、当AB、CD都向右滑动，且AB速度大于CD时，则相当于AB棒向右切割，因而产生I≠0且沿顺时针方向，故D错误；故选C．点评：解决本题的关键能正确地对两棒受力分析，根据受力情况，判断其运动情况．10．（4分）（2014秋•周村区校级期末）如图所示，套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球，其质量为m，带电量为q，小球可在棒上滑动，小球与棒的动摩擦因数为μ，现将此棒竖直放入沿水平方向的且互相垂直的匀强磁场和匀强电场中，设小球电量不变，电场强度为E，方向水平向右，磁感应强度为B，小球沿棒由静止开始下滑，则（）A．小球下落的最大加速度是gB．小球下落的最大速度是C．当电场反向时，小球下落的最大加速度是gD．当电场反向时，小球下落的最大速度是考点：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：本题应通过分析小球的受力情况，来判断其运动情况：小球受重力、摩擦力（可能有）、弹力（可能有）、向左的洛伦兹力、向右的电场力，当洛伦兹力等于电场力时，合力等于重力，加速度最大；当洛伦兹力大于电场力，且滑动摩擦力与重力平衡时，速度最大．解答：解：A、小球下滑过程中，受到重力、摩擦力（可能有）、弹力（可能有）、向左的洛伦兹力、向右的电场力；开始阶段，洛伦兹力小于电场力时，小球向下做加速运动时，速度增大，洛伦兹力增大，小球所受的杆的弹力向左，大小为N=qE﹣qvB，N随着v的增大而减小，滑动摩擦力f=μN也减小，小球所受的合力F合=mg﹣f，f减小，F合增大，加速度a增大；当洛伦兹力等于电场力时，合力等于重力，加速度最大，为g；故A正确；B、当mg=f时，a=0，速度最大，故：mg=μ（qvB﹣qE）解得：v=+，故B正确；C、当电场反向时，洛伦兹力和电场力同向，故摩擦力不断增加，开始时加速度最大，小于g，故C错误；D、根据B选项分析可知，当电场反向时，小球下落的最大速度是，故D正确；故选：ABD．点评：本题关键明确小球的运动情况，先做加速度增加的加速运动，然后做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，速度最大．二、实验题（本题共10分）11．（10分）（2014秋•周村区校级期末）利用如图（a）所示电路，可以测量电源的电动势和内阻，所用的实验器材有：待测电源，电阻箱R（最大阻值999.9Ω），电阻R0（阻值为3.0Ω），电阻R1（阻值为3.0Ω），电流表（量程为200mA，内阻为R A=6.0Ω），开关S．实验步骤如下：①将电阻箱阻值调到最大，闭合开关S；②多次调节电阻箱，记下电流表的示数I和电阻箱相应的阻值R；③以为纵坐标，R为横坐标，作出﹣R图线（用直线拟合）；④求出直线的斜率k和在纵轴上的截距b回答下列问题：（1）分别用E和r表示电源的电动势和内阻，则和R的关系式为=R+（5.0+r）；（2）实验得到的部分数据如下表所示，其中电阻R=3.0Ω时电流表的示数如图（b）所示，读出数据，完成下表．答：①0.110，②9.09．R/Ω 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 6.0 7.0I/A 0.143 0.125 ①0.100 0.091 0.084 0.077I﹣1/A﹣1 6.99 8.00 ②10.0 11.0 11.9 13.0（3）在图（c）的坐标纸上将所缺数据点补充完整并作图，根据图线求得斜率k=1A﹣1Ω﹣1，截距b=6A﹣1；（4）根据图线求得电源电动势E= 3.0V，内阻r= 1.0Ω．考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题．分析：（1）根据图a所示电路图应用欧姆定律求出图象的函数表达式．（2）根据图b所示电流表读出其示数，然后答题．（3）应用描点法作出图象，然后根据图象分析答题．（4）根据图象与图象的函数表达式求出电源电动势与内阻．解答：解：（1）电流表与电阻R1并联，两端电压相等，电阻R1的阻值为3.0Ω，电流表内阻为R A=6.0Ω，则通过电阻R1的电流为为通过电流表的2倍，电流表示数为I，电路电流为3I，并联电阻R并=2Ω，由图a所示电路图可知，E=3I（R并+R0+R+r），则=R+3=R+（5.0+r）；（2）由图b所示可知，电流I=0.110A，电流的倒数为9.09；（3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示：由图示图象可知，图象斜率k===1，由图示可知，图象截距：b=6.0；（4）由图示图象与图象的函数表达式可知，k=，b=（5.0+r），代入数据解得，电源电动势E=3.0V时，内阻r=1.0Ω；故答案为：（1）=R+（5.0+r）；（2）0.110；9.09；（3）图象如图所示；1；6；（4）3.0；1.0．点评：本题考查了求图象函数表达式、电表读数、作图象、求电源电动势与内阻问题，应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握描点法作图的方法，要会用图象法处理实验数据．三、计算题（共四个题，要写出必要的步骤，只给出结果不给分）12．（12分）（2014秋•周村区校级期末）如图所示，一电荷量q=3×10﹣4C带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的O点，已知两板相距d=0.1m．合上开关后，小球静止时细线与竖直方向的夹角α=37°，电源电动势E=12V，内阻r=2Ω，电阻R1=4Ω，R2=R3=R4=12Ω．g取10m/s2．试求：（1）流过电源的电流（2）两板间的场强大小；（3）小球的质量．考点：闭合电路的欧姆定律；电容．分析：（1）先求出R2、R3并联后的总电阻，然后根据闭合电路欧姆定律求干路的电流强度（2）根据U=IR求出电容器两端的电压，然后根据E=求出极板间的场强大小；（3）对小球进行受力分析，根据平衡条件求小球的质量；解答：解：（1）R2与R3并联后的电阻值R23===6Ω由闭合电路欧姆定律得：I==A=1A（2）电容器两板间的电压U C=I（R1+R23）电容器两板间的电场强度得E1=100N/C（3）小球处于静止状态E1==，所受电场力为F，由平衡条件得：F=mgtanα又F=qE1得m=得：m=4×10﹣3 kg答：（1）流过电源的电流强度为1A；（2）两板间的电场强度的大小100N/C；（3）小球的质量4×10﹣3 kg．点评：本题考查含有电容器的电路问题，难点是确定电容器两端的电压，一定要明确与电容器串联的电阻相当于导线．13．（14分）（2010•谯城区校级模拟）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的正中央，已知微粒质量为m=4×10﹣5kg，电量q=+1×10﹣8C，（g=10m/s2）求：（1）微粒入射速度v0为多少？（2）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？考点：带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：（1）粒子刚进入平行板时，两极板不带电，粒子做的是平抛运动，根据平抛运动的规律可以求得粒子入射速度v0的大小；（2）由于两板之间加入了匀强电场，此时带电粒子在电场中的运动是类平抛运动，仍把运动在水平和竖直两个方向上分解，进行列式计算．由于带电粒子的水平位移增加，在板间的运动时间变大，而竖直方向位移不变，所以在竖直方向的加速度减小了，由此可判断受到了竖直向上的电场力作用，再结合牛顿运动定律列式求解即可．解答：解：（1）粒子刚进入平行板时，两极板不带电，粒子做的是平抛运动，则有：水平方向有：竖直方向有：解得：v0=10m/s（2）由于带电粒子的水平位移增加，在板间的运动时间变大，而竖直方向位移不变，所以在竖直方向的加速度减小，所以电场力方向向上，又因为是正电荷，所以上极板与电源的负极相连，当所加电压为U1时，微粒恰好从下板的右边缘射出，则有：根据牛顿第二定律得：解得：U1=120V当所加电压为U2时，微粒恰好从上板的右边缘射出，则有：根据牛顿第二定律得：解得：U2=200V所以所加电压的范围为：120V≤U≤200V答：（1）微粒入射速度v0为10m/s；（2）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负极相连，所加的电压U的范围为120V≤U≤200V．点评：解得此类问题，首先要正确的对带电粒子在这两种情况下进行正确的受力分析，确定粒子的运动类型．解决带电粒子垂直射入电场的类型的题，应用平抛运动的规律进行求解．此类型的题要注意是否要考虑带电粒子的重力，原则是：除有说明或暗示外，对基本粒子（例如电子，质子、α粒子、离子等），一般不考虑重力；对带点微粒，（如液滴、油滴、小球、尘埃等），一般要考虑重力．14．（10分）（2014秋•周村区校级期末）如图所示，小灯泡的规格为“2V、4W”，连接在光滑水平导轨上，两导轨相距0.1m，电阻不计，金属棒ab垂直搁置在导轨上，电阻1Ω，整个装置处于磁感强度B=1T的匀强磁场中，求：（1）为使小灯正常发光，ab的滑行速度多大？（2）拉动金属棒ab的外力的功率多大？考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．专题：电磁感应——功能问题．分析：（1）通过灯泡的正常发光，由闭合电路欧姆定律来确定棒切割产生的感应电动势，再由法拉第电磁感应定律来算出滑行速度；（2）在外力作用下，金属棒做匀速直线运动，外力的功率即为电路中消耗的电功率，即为P=I2R．解答：解：（1）小灯泡的规格为“2V、4W”，由I==；由R==所以闭合电路的总电阻为2Ω．则由E=IR总=2×2V=4V因为E=BLv可得v=（2）拉动金属棒ab的外力的功率等于电路中消耗的电功率，即为P=I2R总=22×2W=8W因此拉动金属棒ab的外力的功率为8W．答：（1）为使小灯正常发光，ab的滑行速度40m/s；（2）拉动金属棒ab的外力的功率8W．点评：考查P=UI、、E=I2R总、E=BLV、P=I2R总等电磁学公式的基本运用．注意金属棒要垂直切割磁感线，才能有E=BLV．15．（14分）（2014秋•周村区校级期末）如图，在某装置中有一匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于xOy所在纸面向外．某时刻在x=l0、y=0处，一质子（质子的质量为m，电荷量为e）沿y轴负方向进入磁场；同一时刻，在x=﹣l0、y=0处，一个α粒子（α粒子的质量为4m，电荷量为2e）进入磁场，速度方向与磁场垂直．不考虑质子与α粒子的相互作用，设．则：（1）如果质子经过坐标原点O，它的速度为多大？（2）如果α粒子与质子经最短时间在坐标原点相遇，α粒子的速度应为何值？方向如何？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：（1）根据质子运动的轨道半径，结合半径公式求出质子的速度．（2）如果α粒子与质子经最短时间在坐标原点相遇，结合两者周期的关系，确定出α粒子的速度方向，结合粒子在磁场中运动的半径求出速度的大小．解答：解：（1）质子的运动轨迹如图所示：其圆心在：x=处，其半径r1=．质子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：evB=m，解得：v=；（2）质子从x=l0处到达坐标原点O处的时间为：t H=，又T H=，可得：t H=．α粒子的周期为：Tα=，可得：tα=，两粒子的运动轨迹如图所示：由几何关系得：rα=l0，。
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A． a 点的电势高于 b 点的电势 B．金属棒的最大加速度为 5m/s2 C．金属棒向左做先加速后减速运动直到静止 D．水平拉力的最大功率为 200W
12．如图甲所示，垂直纸面向里的匀强磁场区域宽度为 2a，磁感应强度的大小为 B 。一边 长为 a、各边电阻相等的正方形均匀导线框 CDEF，从图示位置开始沿 x 轴正方向以速度 v 匀速穿过磁场区域，则乙图中能正确反映线框 E、F 两端的电压 UEF 与线框移动距离 x 的关 系的图象是
解得：f=0．06N …………1 分
15． （10 分） 解： （1）如图所示，由题意可知： =30°
r=
Ob =0．2m（2 分） sin v02 r
（2 分） 得：
qv0B=m
v q 0 =5×103C/kg （2 分） m Br
（2）粒子在第Ⅰ象限内做圆周运动对应的圆心角为 =l80°－ =150°（2 分） 则粒子在第Ⅰ象限内运动的时间 t=
9．如图所示，质量为m的金属环用线悬挂起来，金属环有一半处于水平且与环面垂直的匀 强磁场中，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线拉力大小的下 列说法中正确的是 A．大于环重力 mg，并逐渐增大 B．大于环重力 mg，并逐渐减小 C．小于环重力 mg，并逐渐减小 D．小于环重力 mg，并逐渐增大 10．如图甲所示，理想变压器的原线圈电路中装有额定电流 0.5A 的保险丝 L，原线圈匝数
2．关于磁场和磁感线的描述，下列说法正确的是 A．磁极之间的相互作用是通过磁场发生的，磁场和电场一样，也是一种物质 B．磁感线可以形象地描述磁场的强弱与方向 C．磁感线总是从磁铁的 N 极出发，到 S 极终止 D．磁感线就是细铁屑在磁铁周围排列出的曲线，没有细铁屑的地方就没有磁感线 3．矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，当线圈通过中性面时，下列说法正确的是 A．穿过线圈的磁通量等于零，线圈中的感应电动势等于零 B．穿过线圈的磁通量等于零，线圈中的感应电动势最大 C．穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势等于零 D．穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势最大 4．一段长 0．2m，通过 2．5A 电流的直导线，关于在磁感应强度为 B 的匀强磁场中所受安 培力 F 的情况，正确的是 A．如果 B=2T，F 一定是 1N C．如果 B=4T，F 有可能是 1N B．如果 F=0，B 也一定为零 D．当 F 有最大值时，通电导线一定与磁场平行
17． （13 分）如图所示，真空中有以 O 为圆心，r 为半径的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂 直纸面向外，磁感应强度为 B。圆的最下端与 x 轴相切于直角坐标原点 O，圆的右端与平行 于 y 轴的虚线 MN 相切，在虚线 MN 右侧 x 轴上方足够大的范围内有方向竖直向下、场强大 小为 E 的匀强电场， 在坐标系第四象限存在方向垂直纸面向里、 磁感应强度大小也为 B 的匀 强磁场， 现从坐标原点 O 沿 y 轴正方向发射质子， 质子在磁场中做半径为 r 的匀速圆周运动， 然后进入电场到达 x 轴上的 C 点。已知质子带电量为 q，质量为 m，不计质子的重力及质子 对电磁场的影响。求： （1）质子刚进入电场时的速度方向和大小； （2）NC 间的距离； （3）若质子到达 C 点后经过第四限的磁场后恰好被放在 x 轴上 D 点处（图上未画出）的一 检测装置俘获，此后质子将不能再返回电场，则 CD 间的距离为多少。
5．如图所示的方框中有一能产生磁场的装置，在方框右边放一 通电直导线（电流方向如图箭头方向） ，若发现通电导线受到向 右的作用力，则方框中放置的装置可能是下面哪个
×
通电螺线管 A 垂直纸面的通电 直导线 B 通电圆环 C 通电直导线 D
பைடு நூலகம்
6．下图是电子射线管的示意图。接通电源后，电子射线由阴极沿 x 轴正方向射出，在荧 光屏上会看到一条亮线。要使荧光屏上的亮线向下（z 轴负方向）偏转，在下列措施中可 采用的是 A．加一电场，电场方向沿 y 轴正方向 B．加一电场，电场方向沿 z 轴正方向 C．加一磁场，磁场方向沿 z 轴负方向 D．加一磁场，磁场方向沿 y 轴负方向
x3 = 2
m vy 2 E mv v y ● =2 = qB v qB B
2m r …………（1 分） qE
2
（1 分）
(2) 线圈从开始运动到刚要进入第二区域的磁场，做匀变速运动所走的距离是 2L
v2 2 =4gL
（2 分）
v2 2 gL （1 分）
从开始到穿过第 2 个磁场区域，共下落了 6L 高度． 由能量守恒定律 解得 ：
6m g L
1 2 mv 2
Q （2 分）
（1 分）
Q4mgL
第Ⅱ卷（非选择题
共 52 分）
二、计算题（本题 5 个小题，共 52 分）解答时应写出必要的文字说明、方程式 和重要演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明 确写出数值和单位
13． （8 分）如图所示为交流发电机示意图，匝数为 n=100 匝的矩形线圈，边长分别为 10cm 和 20cm，内阻为 5Ω，在磁感应强度 B=0.5T 的匀强磁场中绕 OO′轴以 50 2 rad/s 的角速度匀速 转动，转动开始时线圈平面与磁场方向垂直，线圈通过电刷和 外部 20Ω 的电阻 R 相接．电键 S 合上后： （1）写出线圈内产生的交变电动势瞬时值的表达式． （2）求电阻 R 上所消耗的电功率．
导体棒受到的安培力： F 安=BIL=0．30N…………2 分 方向沿斜面向上 1 分
（2）导体棒所受重力沿斜面向下的分力 F1= mg sin37º=0．24N………1 分 由于 F1 小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力 f…………1 分 根据共点力平衡条件 mg sin37º+f=F 安…………1 分
Em =50V. 2
电键 S 合上后，由闭合电路欧姆定律 I=
E 50 A=2.0A， R r 20 5
电阻 R 上所消耗的电功率 P=I2R=80W.
（2 分） （2 分）
14． （9 分） （1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有： I=
E =1．5A…………2 分 Rr
高二上学期期末考试物理试题
本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共 100 分，考试时间 90 分钟 第Ⅰ卷（48 分）
一、选择题（12 个小题，每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确， 有的有多个选项正确，全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分）
1．最先发现电流磁效应的科学家是 A．安培 B．法拉第 C．奥斯特 D．特斯拉
7．如图所示，现有一带正电的粒子能够在正交的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，板间距离为 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（不计粒子的重力） 。以下说法正确的是 A．若只增大速度 v，其他条件不变，则粒子仍能直线穿过 B． 若只增大电压 U，其他条件不变，则粒子仍 过 C．匀速穿过时粒子速度 v 与 U、d、B 间的关系为 能直线穿
电场中 NC=v t =
qBr 2mr …………（1 分） m qE
（3）竖直方向的速度 v y at …………（1 分） 设质子合速度为 v ，质子合速度与 x 轴正向夹角的正弦值 sinθ=
vy v
…………（1 分）
x3 =CD= 2R sinθ…………（1 分）
运动半径 R
mv …………（1 分） qB
v
U Bd
D．若保持两板间电压不变，只减小 d，其他条件不变，粒子进入两板间后将向上偏 8．质谱仪的两大重要组成部分是加速电场和偏转磁场．如图所示为质谱仪的原理图．设 想有一个静止的质量为 m、带电荷量为 q 的带电粒子（不计重力） ，经电压为 U 的加速电 场加速后垂直进入磁感应强度为 B 的偏转磁场中，带电粒子打到底片上的 P 点，设 OP
15． （10 分）如图所示，在平面直角坐标系 xoy 第Ⅰ象限中存在垂直于坐标平面向外的匀强 磁场，磁感应强度 B 1T 。一质量为 m、电荷量为 q 的带正电的粒子从 y 轴正半轴上的 a 点以 v0 1103 m / s 的速度垂直于 y 轴射入匀强磁场，经 x 轴上的 b 点与 x 轴正方向成
答案（2015.01）
二、计算题（本题 5 个小题，共 52 分）解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算 步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位 13． （8 分）解： （1）感应电动势最大值 Em=nBSω=100×0.5×0.1×0.2×50 2 V=50 2 V 故交变电动势瞬时值的表达式为 e= Emsinsωt=50 2 sin50 2 t V （2）感应电动势有效值 E= （2 分） （1 分） （1 分）
14． （9 分）如图所示，两平行金属导轨间的距离 L=0．4m，金属导轨所在的平面与水 平面夹角 θ=37º，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度 B=0．5T、方向垂直于导轨所 在平面向上的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势 E=4．5V、内阻 r=0．5Ω 的直流电 源。现把一个质量 m=0．04kg 的导体棒 ab 放在金属导轨上，并与金属导轨垂直、且接触 良好。导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻 R=2．5Ω，金属导轨电阻不计，g 取 10m/s2， 已知 sin37º=0．60，cos37º=0．80，当导体棒静止时 求： （1）导体棒受到的安培力大小以及方向；
n1 600 匝，副线圈匝数 n2 120 匝。当原线圈接在如图乙所示的交流电源上时，要使整
个电路和用电器正常工作，则副线圈两端可以接 BD
A．工作频率为 10Hz 的用电设备 B．阻值为 15Ω 的电阻 C．耐压值为 36V 的电容器 D．并联两盏“36V 40W”的灯泡 11. 如图所示，足够长的平行光滑导轨固定在水平面上，导轨间距 L＝1m，其右端连接有定 值电阻 R＝2Ω， 整个装置处于垂直导轨平面磁感应强度 B＝1T 的匀强磁场中。 一质量 m＝2kg 的金属棒在恒定的水平拉力 F=10N 的作用下，在导轨上由静止开始向左运动，运动中金属 棒始终与导轨垂直。导轨及金属棒的电阻不计，下列说法正确的是