四川省内江市2014-2015学年高二上学期期末考试物理试题 扫描版及答案
2014-2015第一学期高二物理参考答案
石家庄市2014～2015学年度第一学期期末考试试卷高二物理参考答案一、选择题（本题共12小题，每题4分，共48分。
第1-8题为单选，第9-12题为多选，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）二、实验题（本大题共2小题，共15分） 13. （7分）（1）如图所示 （3分）（2）1.6V 0.29Ω （每空2分）14．（8分） （1）左（2分）（2）a ；2.00；c 、d 间断路 （每空2分）三、计算题（本大题共3小题，共37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）15．（12分） 解：(1)由题意知:1500U =V ，P 0=100kw ，升压变压器原、副线圈匝数比n 1n 2＝U 1U 2＝112（2分）解得：U 2＝6 000V （2分） 输电线上的电流02100k 50A=A 60003P I U ==（2分） 输电线上的损失的电功率2250014.4W=4000W 9P I R ∆==⨯（2分） (2) 由题意知: 4220U =V ，325760U U IR =-=V （2分）降压变压器原、副线圈匝数比n 3n 4＝U 3U 4=576028822011=（2分） 16．（12分）解：(1)带电粒子以速率v 0在匀强磁场B 中做匀速圆周运动，半径为R ，有 qv 0B ＝m v 02R（2分），当粒子沿y 轴正向入射，转过半个圆周至A 点，有：R ＝a2（1分），联立可得v 0＝qBa2m（1分）(2)如图所示，O 、A 两点处于同一周圆上，且圆心在x ＝a2的直线上，根据第一问可知：其半径为a （1分）。
当给定一个初速率2v 0时，有2个入射角，分别在第1、2象限，有sin θ′＝sin θ＝12，θ＝6π（1分）根据洛伦兹力提供向心力和周期公式，可得：2mT qBπ=（1分）， 2T tπα=（1分）， 可知：①轨迹圆所对应的圆心角23παθ==（1分），代入可得：023m m t qB qBθπ==，（1分） ②轨迹圆所对应的圆心角5223παπθ'=-=（1分）， 代入可得：02253m m m t qB qBπθπ-==（1分） 17．（13分）解：（1）当ab 棒的合力为零时，其速度达到最大值v m （1分），对其受力分析，如图所示，由牛顿第二定律、安培力公式，可得：0sin370mg BIl -=（2分）， 法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，可得：m2Blv I R r =+（1分）， 联立可得：v m =6m/s （1分）（2）设全程产生的焦耳热为Q ，由功能关系可得：02m 1sin 372mgx Q mv -=（2分）， 可得：Q =3J （1分）（3）设全程产生的电荷量为q ，由法拉第电磁感应定律可得：=E tϕ∆∆（1分） 电流的定义可得：q I t =⨯∆（1分）欧姆定律可得：=2E I R r +，（1分）联立可得：22Blxq R R r r ϕ∆===++2C （1分）； 由串并联电路的特点，可知：导轨通过下端电阻R 电荷量 112q q '==C （1分）。
高二物理期末试题-孝感高中2014-2015学年高二(上)期末试卷物理试题及答案
湖北省孝感高中2014-2015学年高二（上）期末物理试卷一、单项选择（每小题4分）1．（4分）每时每刻都有大量带电的宇宙射线向地球射来，地球磁场可以有效地改变这些宇宙射线中大多数带电粒子的运动方向，使它们不能到达地面，这对地球上的生命有十分重要的意义．假设有一个带正电的宇宙射线粒子正垂直于地面向赤道射来，（如图，地球由西向东转，虚线表示地球自转轴，上方为地理北极），在地球磁场的作用下，它将（）A．向东偏转B．向南偏转C．向西偏转D．向北偏转2．（4分）质量为m的钢球自高处落下，以速率v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为v2．在碰撞过程中，地面对钢球的冲量的方向和大小为（）A．向上，m（v1+v2）B．向下，m（v1+v2）C．向上，m（v1﹣v2）D．向下，m（v1﹣v2）3．（4分）有一个均匀带电圆环，以圆环圆心O为坐标原点，过O且垂直于圆环平面的线为x轴，如图甲所示，现测得x轴上的电场强度随坐标x值变化的图象如图乙所示（场强为正值，表示方向沿x轴正方向），H、I是x轴上两点，且HO＜OI，取无穷远处电势为零．则以下分析正确的是（）A．该圆环带负电B．x轴上O点电势为零C．将一个正的试探电荷沿x轴从H移动到I的过程中，电势能先增大后减小D．H点的电势低于I点的电势4．（4分）如图所示，R3是光敏电阻，当开关S闭合后在没有光照射时，a、b两点等电势，当用光照射电阻R3时，则（）A．R3的电阻变小，a点电势高于b点电势B．R3的电阻变小，a点电势低于b点电势C．R3的电阻变小，a点电势等于b点电势D．R3的电阻变大，a点电势低于b点电势5．（4分）介子衰变的方程为：K﹣→π﹣+π0，其中K﹣介子和π﹣介子带负的基元电荷，π0介子不带电．一个K﹣介子沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场中，其轨迹为圆弧AP，衰变后产生的π﹣介子的轨迹为圆弧PB，两轨迹在P点相切，它们的半径RK﹣与Rπ﹣之比为21．π0介子的轨迹未画出．由此可知π﹣的动量大小与π0的动量大小之比为（）A．1：1 B．1：2 C．1：3 D．1：66．（4分）如图所示，A1、A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略，下列说法中正确的是（）A．开关S接通时，A2灯先亮、A1灯逐渐亮，最后A1A2一样亮B．开关S接通时，A1、A2两灯始终一样亮C．断开S的瞬间，流过A2的电流方向与断开S前电流方向相反D．断开S的瞬间，流过A1的电流方向与断开S前电流方向相反7．（4分）如图，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d（d＞L）的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动．t=0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v﹣t图象中，可能正确描述上述过程的是（）A．B．C．D．二、多项选择题（全部选对得5分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分，）8．（5分）如图所示，Q为用毛皮摩擦过的橡胶圆盘，由于它的转动，使得金属环P中产生了逆时针方向的电流，则Q盘的转动情况是（）A．顺时针加速转动B．逆时针加速转动C．顺时针减速转动D．逆时针减速转动9．（5分）如图所示，设变压器为理想变压器，并保持输入电压U1不变，L为串联在原线圈的灯泡，L1、L2、L3、L4为副线圈的负载，当滑动变阻器R的滑片向下移动时（）A．L1灯亮度增加B．L2灯亮度减弱C．L3灯亮度增加D．L4灯亮度减弱10．（5分）如图所示，一根长度L的直导体棒中通以大小为I的电流，静止放在导轨上，垂直于导体棒的匀强磁场的磁感应强度为B，B的方向与竖直方向成θ角．下列说法中正确的是（）A．导体棒受到磁场力大小为BLI sinθB．导体棒对轨道压力大小为mg﹣BIL sinθC．导体棒受到导轨摩擦力为μ（mg﹣BIL sinθ）D．导体棒受到导轨摩擦力BLI cosθ11．（5分）如图所示，固定在水平绝缘平面上足够长的金属导轨不计电阻，但表面粗糙，导轨左端连接一个电阻R，质量为m的金属棒ab（电阻也不计）放在导轨上，并与导轨垂直，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，用水平恒力F把ab棒从静止起向右拉动的过程中（）A．恒力F做的功等于电路产生的电能B．恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能C．克服安培力做的功等于电路中产生的电能D．恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和棒获得的动能之和三、实验题（每空3分，共计18分）12．（9分）（2011•鹰潭一模）用精密仪器测量一物体的长度，得到结果为1.63812cm．现改用最小刻度为1mm的刻度尺去测量，结果应该为cm；如果改用20分度的游标卡尺去测量，结果应该为cm；如果改用螺旋测微器去测量，结果应该为cm．13．（9分）（2011•中山二模）某同学欲测一个未知电阻的阻值，可供选择的仪器有：电流表A，量程有10mA和0.6A两种，电压表V，量程有3V和15V两种，电源电压为4.5V．该同学先按如图接好电路，闭合S1后，把开关S2拨至a时发现，两电表的指针偏转都在满偏的处，再把S2拨至b时发现，其中电压表的指针偏角几乎不变，另一个电流表的指针偏转到满偏的处．则该同学在实验中：①所选电压表的量程为V；②所选电流表的量程为mA；③被测电阻R x=Ω．四、计算题（必须要有解答过程，只有结果没有过程的不得分．共计34分）14．（8分）如图所示，套在绝缘棒上的小球，质量为1g，带有q=4×10﹣3C的正电荷，小球在棒上可以自由滑动，直棒放在互相垂直且沿水平方向的匀强电场E=10N/C和匀强磁场B=5T之中，小球和直棒之间的动摩擦因数为μ=0.2，求小球由静止沿棒竖直下落的最大加速度和最大速度．（设小球在运动过程中电量不变，重力加速度g=10m/s2）．15．（12分）如图所示，线圈的面积是0.05m2，共100匝，线圈电阻为r=1Ω，外接电阻R=9Ω，匀强磁场的磁感应强度B=T，当线圈以300r/min的转速匀速旋转时，求：（1）若从中性面开始计时，写出线圈磁通量变化率的瞬时表达式．（2）电路中电压表和电流表的示数各是多少？（3）由图示位置转过60°角的过程产生的平均感应电动势为多少？16．（14分）如图（a）所示，两水平放置的平行金属板C、D相距很近，上面分别开有小孔O、O′，水平放置的平行金属导轨与C、D接触良好，且导轨在磁感强度为B1=10T的匀强磁场中，导轨间距L=0.50m，金属棒AB紧贴着导轨沿平行导轨方向在磁场中做往复运动．其速度图象如图（b）所示，若规定向右运动速度方向为正方向，从t=0时刻开始，由C板小孔O处连续不断以垂直于C板方向飘入质量为m=3.2×10﹣21kg、电量q=1.6×10﹣19C 的带正电的粒子（设飘入速度很小，可视为零）．在D板外侧有以MN为边界的匀强磁场B2=10T，MN与D相距d=10cm，B1、B2方向如图所示（粒子重力及其相互作用不计）．求：（1）在0～4.0s时间内哪些时刻发射的粒子能穿过电场并飞出磁场边界MN？（2）粒子从边界MN射出来的位置之间最大的距离为多少？湖北省孝感高中2014-2015学年高二（上）期末物理试卷参考答案一、单项选择（每小题4分）1．A2．A3．C4．A5．C6．D7．D二、多项选择题（全部选对得5分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分，）8．BC9．ACD10．BD11．CD三、实验题（每空3分，共计18分）12．【答案】1.64；1.640；1.6381．【解析】用精密仪器测量一物体的长度，得到结果为1.63812cm．现改用最小刻度为1mm的刻度尺去测量，记录结果时应估计到分度值的下一位，所以结果应该为1.64cm，如果改用20分度的游标卡尺去测量，精确度为0.05mm，所以结果应该为1.640cm．如果改用螺旋测微器去测量，精确度为0.001mm，结果应该为1.6381cm．13．【答案】（1）3．（2）10．（3）320．【解析】（1）电源电动势为4.5V，如果选择15V档位，偏转五分之四达到12V，超过电源的电动势，故电压表选择的是低档位；（2）电压表读数几乎不变，电流表读数变化明显，说明待测电阻阻值较大，与伏特表相接近，而伏特表电阻较大，至少几千欧姆，而电源电动势只有4.5V，故电流只有几个毫安，故电流表选10mA挡；（3）闭合S1后，把开关S2拨至a时发现，两电表的指针偏转都在满偏的处，故电流为8mA，电压表读数为2.4V；再把S2拨至b时发现，其中电压表的指针偏角几乎不变，另一个电流表的指针偏转到满偏的处，故电压表读数为2.4V，电流表读数为7.5mA；故待测电阻两端电压为2.4V，电流为7.5mA，故待测电阻为320Ω；四、计算题（必须要有解答过程，只有结果没有过程的不得分．共计34分）14．【答案】小球由静止沿棒竖直下落的最大加速度为10m/s2，最大速度为4.5m/s．【解析】当重力和电场力平衡时，摩擦力为零，小球只受重力，加速度最大，为：a m=g=10m/s2；当摩擦力与重力平衡时，小球速度达到最大，有：μ（Bqv m﹣qE）=mg解得：v m==+=4.5m/s；15．【答案】（1）磁通量的变化率为0.5sin10πt；（2）电路中电压表的示数是45，电流表的示数是5A；（3）平均电动势为33.8V．【解析】（1）转速n=300r/min=5r/s，故频率f=n=5Hzω=2πf=2π×5rad/s=10πrad/s因为从中性面开始计时，=BSωsinωt=×0.05×10πsin10πt=0.5sin10πt（2）电阻两端电压的最大值为：U m===45（V）电压表的读数：U===45V电流表的读数：I===5A（3）转过60度角所用时间为△t==平均电动势：16．【答案】（1）0到4.0s内0.25s＜t＜1.75s时刻从O处飘入的粒子能穿过电场并飞出磁场边界MN．（2）粒子从边界MN射出来的位置之间最大的距离为7.3cm【解析】（1）由右手定则可判断AB向右运动时，C板电势高于D板电势，粒子被加速进入B2磁场中，AB棒向右运动时产生的电动势E=B1Lv（即为C、D间的电压）．粒子经过加速后获得的速度为v′，则有qE=mv′2，粒子在磁场B2中做匀速圆周运动，半径．要使粒子恰好穿过，则有r=d．联立上述各式代入数据可得v=5.0m/s．故要使粒子能穿过磁场边界MN则要求v＞5m/s．由速度图象可知，在0.25s＜t＜1.75s可满足要求．（2）当AB棒速度为v=5m/s时，粒子在磁场B2中到达边界MN打在P点上，其轨道半径r=d=0.1m（此时=r=0.1m）如图所示．此时粒子向左的位移最大，出射点P与O’的水平距离为d=10cm．当AB棒速度最大，即v′=20m/s时产生感应电动势为：ε′=B1Lv′=100V此时带电粒子经加速后速度为v，由动能定理有：qɛ′=代入数据，解得：v=100m/s此时带电粒子的轨迹半径为：R′=m出射点Q与O’的水平距离为：x=R′﹣m=2.7cm粒子从边界MN射出来的位置间最大距离为S=d﹣x═10cm﹣2.7cm=7.3cm。
四川省眉山市2014-2015学年高二下学期期末统考物理试卷 Word版含答案
眉山市高中2016届第四学期期末教学质量检测 理科综合·物理2015.07理科综合考试时间共150分钟，满分300分。
其中，物理110分，化学100分，生物90分。
物理试题卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）。
第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至4页，共4页。
考生作答时，须将答案答在答题卡上，在本试题卷、草稿纸上答题无效。
考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷（选择题 共42分）注意事项：必须使用2B 铅笔在答题卡上将所选答案对应的标号涂黑。
第Ⅰ卷共7题，每题6分，共42分。
每题给出的四个选项中，有的只有一个选项、有的有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。
1．下列说法中正确的是A ．狭义相对论的基本假设之一是：对不同惯性系，物理规律都是一样的B ．麦克斯韦第一次用实验证实了电磁波的存在C ．机械波和电磁波都能在真空中传播D ．只有高温物体才能向外辐射红外线2．中国已投产运行的1000kV 特高压输电，是目前世界上电压最高的输电工程。
假设甲、乙两地原来用500 kV 的超高压输电，在保持输电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1000 kV 特高压输电，不考虑其他因素的影响。
则A ．交变电流的频率变为原来的12B ．输电线上的电流变为原来的12C ．输电线上损失的电压变为原来的2倍D ．输电线上损耗的电功率变为原来的2倍 3．如图甲所示，光滑的水平杆上有一弹簧振子，振子以O 点为平衡位置，在a 、b 两点之间做简谐运动，其振动图像如图乙所示。
由振动图像可知 A ．振子的振动周期等于t 2 B ．在t =0时刻，振子的位置在a 点 C ．从0到t 1时刻，振子的速度减小 D ．从t 1到t 2时刻，振子的加速度增大4．用右图所示的实验装置做单色光的双缝干涉实验，下列说法正确的是屏a Ob xtxA ．屏上所有亮线都是两列光波的波峰与波峰叠加形成的，而暗 线是波谷与波谷叠加形成的B ．若将双缝间距增大，屏上出现的干涉条纹间距也增大C ．若将缝S 1封住，则屏上出现的条纹间距相等D ．若改白光作为光源，并在双缝前分别放红色和绿色滤光片，则屏上不会出现干涉条纹5．如图所示，一光滑的水平绝缘圆盘可绕其中心轴自由转动，圆盘的四周固定着一圈带电的金属小球，在圆盘的中心有一个轻质金属球冠。
《解析》四川省凉山州西昌市2014-2015学年高二上学期期末物理试卷Word版含解析
四川省凉山州西昌市2014-2015学年高二上学期期末物理试卷一、选择题（12小题，每小题3分，共36分，1-8题只有一个选项正确，9-12题为多选，未选全得1分）1．（3分）下面列举的四种器件中，在工作时利用了电磁感应现象的是（）A．回旋加速器B．日光灯C．质谱仪D．示波器2．（3分）下列说法中，正确的是（）A．电场中电场强度越大的地方，电势就越高B．磁感应强度的方向与磁场中通电直导线受安培力方向相同C．电场中电势降低的方向就是电场线的方向D．当穿过线圈的磁通量为零时，线圈中仍可能产生感应电动势3．（3分）我国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，当环中的电流是10mA时（设电子的速度是3×107m/s），在整个环中运行的电子数目为（电子电量e=1.6×10﹣19C）（）A．5×1011B．5×1010C．1×102D．1×1044．（3分）将一电源电动势为E，内阻为r的电池，与外电路连接，构成一个闭合电路，用R表示外电路电阻，I表示电路的总电流，下列说法正确的是（）A．由U外=IR可知，外电压随I的增大而增大B．由U外=E﹣Ir可知，电源输出电压随输出电流I的增大而减小C．电路的电流总是从电源正极流向电源的负极D．由P=IU外可知，电源的输出功率P随输出电流I的增大而增大5．（3分）一段长0.2m，通过2.5A电流的直导线，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，受到的安培力为F，则下列说法正确的是（）A．如果B=2T，F一定是1NB．如果F=0，B也一定为零C．如果B=4T，F有可能是1ND．如果F有最大值时，通电导线一定与B平行6．（3分）穿过一个内阻为1Ω的10匝闭合线圈的磁通量每秒均减少2Wb，则线圈中（）A．感应电动势每秒增加2V B．感应电动势每秒减少2VC．磁通量的变化率为2Wb/s D．感应电流为2A7．（3分）如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线，只在电场力作用下，一带电粒子经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（）A．粒子带正电B．粒子在A点电势能大C．粒子在B点动能大D．A、B两点相比，B点电势较低8．（3分）如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场．在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球．O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，b、O、d三点在同一水平线上．已知小球所受电场力与重力大小相等．现将小球从环的a点由静止释放，下列判断正确的是（）A．小球能越过d点并继续沿环向上运动B．当小球运动到d点时，不受洛伦兹力C．小球从a点运动到b点的过程中，电势能增大D．小球经过c点时速度最大9．（3分）如图所示，平行于纸面水平向右的匀强磁场，磁感应强度B1=1T．位于纸面内的细直导线，长L=1m，通有I=1A的恒定电流．当导线与B1成60°夹角时，发现其受到的安培力为零．则该区域同时存在的另一匀强磁场的磁感应强度B2的值，可能是（）A．0.25T B．0.5T C．1T D．2T10．（3分）如图所示的电路，电源电动势为E，内阻为r，R t为光敏电阻（光照强度增加时，其电阻值减小）．现增加光照强度，则下列判断正确的是（）A．B灯变暗，A灯变亮B．R0两端电压变大C．电源路端电压变小D．电源内电压变小11．（3分）图示的电路中，L为自感线圈，A为小灯泡．当开关S闭合后，灯泡正常发光；现断开开关S，以下说法正确的是（）A．断开开关S时，灯泡立即熄灭B．断开开关S时，灯泡逐渐熄灭C．断开开关S时，通过灯泡的电流方向为从D到CD．断开开关S时，通过灯泡的电流方向为从C到D12．（3分）在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n=1500匝，横截面积S=20cm2，螺线管导线电阻r=1.0Ω、R1=5.0Ω、R2=6.0Ω，C=30μF．在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示规律变化．则下列说法中正确的是（）A．2秒末通过线圈的磁通量为2×10﹣3wbB．螺线管中产生的感应电动势为1.5VC．电路中电流稳定后电容器上极板带正电，且电量为18cD．闭合S，电路稳定后电阻R1消耗电功率为5×10﹣2W二、实验探究题（共18分）13．（6分）在“测定金属的电阻率”的实验中，（1）某同学用螺旋测微器测金属丝直径时，测得结果如图1所示，则该金属丝的直径为mm．（2）用量程为3V的电压表和量程为0.6A的电流表测金属丝的电压和电流时读数如图2所示，则电压表的读数为V，电流表的读数为A．（3）用米尺测量金属丝的长度L=0.810m．利用以上测量数据，可得这种材料的电阻率为Ω•m （保留二位有效数字）．14．（9分）某同学在探究规格为“4V 2W”的小电珠伏安特性曲线实验中：现有下列器材供选用：A．电压表（0～5V，内阻约为10kΩ）B．电压表（0～10V，内阻约为20kΩ）C．电流表（0～0.3A，内阻约为1Ω）D．电流表（0～0.6A，内阻约为0.4Ω）E．滑动变阻器（10Ω，2A）F．滑动变阻器（1kΩ，1A）G．学生电源（直流6V），还有开关、导线若干（1）实验中所用电压表应选，电流表应选，滑动变阻器应选（用序号字母表示）．（2）在小电珠接入电路前，使用多用电表直接测量小电珠的电阻，则应将选择开关旋至档进行测量．（填选项前的字母）A．直流电压10V B．直流电流5mA C．欧姆×1 D．欧姆×100（3）该同学采用图甲所示的电路进行测量．Ⅰ．在实验过程中，开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应置于最端（填“左”或“右”）Ⅱ．在实验过程中，已知各元器件均无故障，但闭合开关S后，无论如何调节滑片P，电压表和电流表的示数总调不到零，其原因是点至点的导线没有连接好；（图甲中的黑色小圆点表示接线点，并用数字标记，空格中请填写图甲中的数字，如“2点至3点”的导线）Ⅲ．某同学通过实验得到的数据画出了该小灯泡的伏安特性曲线（如图乙所示），若用电动势为3.0V，内阻为2.5Ω的电源给该小灯泡供电，则该小灯泡的实际功率约为W．15．（3分）在研究电磁感应现象的实验中所用器材如图所示（1）在该实验中电流计G的作用是．（2）在产生感应电流的回路中，如图器材中相当于电源？（3）若连接滑动变阻器的两根导线接在接线柱C和D上，而在开关刚刚闭合时电流表指针右偏，则开关闭合后滑动变阻器的滑动触头向接线柱C移动时，电流表指针将（填“左偏”或“不偏”）三、计算题（写出必要的文字叙述和重要的演算步骤，只有最后结果不给分，共46分，16题6分，17题10分，18题15分，19题15分）16．（6分）如图在一个分布范围足够大的水平向右的匀强电场中，用长为L的绝缘轻质细丝线把一个带电小球悬挂在O点，小球的质量为m，带电量为q，现把小球用绝缘工具移动到B位置，使细丝线伸直且水平，无初速释放小球，小球向左能够到达的最远位置为D，小球速度最大位置为A，小球在D、A两位置时，细丝线与竖直方向的夹角分别为α、θ，且θ=30°．试求：（1）匀强电场的场强E（2）图中α角的大小．17．（10分）如图所示，水平放置的U形导轨足够长，处于竖直向上磁感应强度B=5T的匀强磁场中，导轨宽度L=0.4m，导体棒ab质量m=2.0kg，电阻R=1Ω，与导轨的动摩擦系数为μ=0.2，始终与导轨垂直，其余电阻可忽略不计．导体棒ab在垂直于ab的水平外力F=10N 的作用下，由静止开始运动了x=40cm后，速度达到最大．求：（1）导体棒ab运动的最大速度是多少？（2）导体棒ab由静止达到最大速度的过程，安培力做的功？（3）能否计算导体棒ab由静止达到最大速度的过程中棒ab产生的热量？若能请计算出结果，若不能，简要说明理由．18．（15分）如图所示，内壁光滑、内径很小的1/4圆弧管固定在竖直平面内，圆弧的半径r为0.2m，在圆心O处固定一个电荷量为﹣1.0×10﹣9 C的点电荷．质量为0.06kg、略小于圆管截面的带电小球，从与O点等高的A点沿圆管内由静止运动到最低点B，到达B点小球刚好与圆弧没有作用力，然后从B点进入板距d=0.08m的两平行板电容器后刚好能在水平方向上做匀速直线运动，且此时电路中的电动机刚好能正常工作．已知电源的电动势为12V，内阻为1Ω，定值电阻R的阻值为6Ω，电动机的内阻为0.5Ω．求（取g=10m/s2，静电力常量k=9.0×109N•m2/C2）（1）小球到达B点时的速度；（2）小球所带的电荷量；（3）电动机的机械功率．19．（15分）如图所示，在x轴下方的区域内存在方向与y轴相同的匀强电场，电场强度为E．在x轴上方以原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于xy平面并指向纸面外，磁感应强度为B．y轴下方的A点与O点的距离为d．一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从A点由静止释放，经电场加速后从O点射入磁场．不计粒子的重力作用．（1）求粒子在磁场中运动的轨道半径r．（2）要使粒子进入磁场之后不再经过x轴，电场强度需大于或等于某个值E0．求E0．（3）若电场强度E等于第（2）问E0的，求粒子经过x轴时的位置．四川省凉山州西昌市2014-2015学年高二上学期期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（12小题，每小题3分，共36分，1-8题只有一个选项正确，9-12题为多选，未选全得1分）1．（3分）下面列举的四种器件中，在工作时利用了电磁感应现象的是（）A．回旋加速器B．日光灯C．质谱仪D．示波器考点：电磁感应在生活和生产中的应用．分析：回旋加速器利用磁场使带电粒子旋转，电场使粒子加速．日光灯利用自感现象启动．质谱仪是利用电场加速，磁场使粒子偏转．电磁炉是利用电磁感应原理．解答：解：A、回旋加速器利用磁场使带电粒子旋转，电场使粒子加速．故A错误．B、日光灯利用自感现象启动，而自感现象是特殊的电磁感应现象．故B正确．C、质谱仪是利用电场加速，磁场使粒子偏转，不是电磁感应现象．故C错误．D、示波器采用的是带电粒子在电场中的偏转原理，不是电磁感应现象；故D错误；故选：B点评：本题考查对现代科技装置和产品原理的理解能力，基本题，不应失分．2．（3分）下列说法中，正确的是（）A．电场中电场强度越大的地方，电势就越高B．磁感应强度的方向与磁场中通电直导线受安培力方向相同C．电场中电势降低的方向就是电场线的方向D．当穿过线圈的磁通量为零时，线圈中仍可能产生感应电动势考点：电场线；电势．分析：电场中电势的高低与电场强度的大小无关；磁感应强度的方向与磁场中通电直导线所受安培力方向垂直；感应电动势E=，与磁通量的变化率有关．解答：解：A、电场中电势的高低与电场强度的大小无关，电场中电场强度越大的地方，电势不一定越高．故A错误．B、根据左手定则可知，磁感应强度的方向与磁场中通电直导线所受安培力方向垂直．故B 错误．C、电场线的方向是电势降低最快的方向，电场中电势降低的方向不一定是电场线的方向．故C错误．D、根据法拉第电磁感应定律E=，与磁通量的变化率有关，与磁通量无关；当穿过线圈的磁通量为零时，线圈中仍可能产生感应电动势．故D正确．故选：D．点评：解决本题的关键知道磁场的强弱由磁场本身的性质决定，与电流元所受力的大小无关，也可以通过磁感线的疏密表示磁场的强弱．3．（3分）我国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，当环中的电流是10mA时（设电子的速度是3×107m/s），在整个环中运行的电子数目为（电子电量e=1.6×10﹣19C）（）A．5×1011B．5×1010C．1×102D．1×104考点：电流、电压概念．专题：恒定电流专题．分析：根据电子转一圈的时间，求出在该时间内通过圆形轨道某一横截面的电量，即为整个环中电子的电量．再除以一个电子的电流，即为整个环中电子的数目．解答：解：电子转一圈的时间．整个环中电子的电量Q=It=10×10﹣3×8×10﹣6C=8×10﹣8C．所以电子的数目n=．故A正确，B、C、D错误．故选A．点评：解决本题的关键掌握电流的定义式，会根据公式求出某段时间内同过横截面的电量．4．（3分）将一电源电动势为E，内阻为r的电池，与外电路连接，构成一个闭合电路，用R表示外电路电阻，I表示电路的总电流，下列说法正确的是（）A．由U外=IR可知，外电压随I的增大而增大B．由U外=E﹣Ir可知，电源输出电压随输出电流I的增大而减小C．电路的电流总是从电源正极流向电源的负极D．由P=IU外可知，电源的输出功率P随输出电流I的增大而增大考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：根据闭合电路欧姆定律分析外电流增大时，路端电压的变化，当电源的内电阻等于外电阻时，输出功率最大解答：解：AB、根据闭合电路欧姆定律得：U=E﹣Ir，外电压随I的增大而减小，故A错误，B正确；C、外电路的电流总是从电源正极流向电源的负极，电源内部的电流总是从电源负极流向电源的正极，故C错误；D、根据数学知识分析得知，当电源的内电阻等于外电阻时，输出功率最大，而I=，所以电流增大时，电源的输出功率可能变大，也可能变小．故D错误．故选：B点评：本题主要考查闭合电路欧姆定律的直接应用，知道当电源的内电阻等于外电阻时，输出功率最大，难度适中5．（3分）一段长0.2m，通过2.5A电流的直导线，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，受到的安培力为F，则下列说法正确的是（）A．如果B=2T，F一定是1NB．如果F=0，B也一定为零C．如果B=4T，F有可能是1ND．如果F有最大值时，通电导线一定与B平行考点：安培力．分析：通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式F=BILsinθ求出安培力大小，当夹角为零时没有安培力；当夹角为90°时，安培力最大；则安培力在最大值与零之间．解答：解：A、如果B=2T，当直导线垂直于磁场时，则由公式可得安培力的大小为F=BIL=2×2.5×0.2N=1N．若不垂直，则通电导线受到的安培力小于1N，故A错误；B、如果F=0，直导线可能与磁场平行，则B不一定为零，故B错误；C、如果B=4 T，若垂直放置时，则安培力大小为F=BIL=4×2.5×0.2N=2N．因此F有可能是1N，故C正确；D、如果F有最大值，通电导线一定与B垂直，故D错误，故选：C点评：学会运用F=BIL计算安培力的大小，注意公式成立的条件是B与I相互垂直．若不垂直则可将磁感应强度沿直导线与垂直导线两方向进行分解，则平行的没有安培力，垂直的安培力可用F=BIL计算安培力的大小．6．（3分）穿过一个内阻为1Ω的10匝闭合线圈的磁通量每秒均减少2Wb，则线圈中（）A．感应电动势每秒增加2V B．感应电动势每秒减少2VC．磁通量的变化率为2Wb/s D．感应电流为2A考点：法拉第电磁感应定律．分析：根据磁通量的变化率，结合法拉第电磁感应定律求出感应电动势的大小，根据欧姆定律求出感应电流的大小．解答：解：A、闭合线圈的磁通量每秒均减少2Wb，知磁通量的变化率为2Wb/s，根据法拉第电磁感应定律得，E=n=10×2V=20V．故A、B错误，C正确．D、根据欧姆定律得，感应电流I=，故D错误．故选：C．点评：本题考查了法拉第电磁感应定律的基本运用，知道感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，基础题．7．（3分）如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线，只在电场力作用下，一带电粒子经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（）A．粒子带正电B．粒子在A点电势能大C．粒子在B点动能大D．A、B两点相比，B点电势较低考点：电场线．分析：电场线某点的切线方向表示电场强度的方向．不计重力的粒子在电场力作用下从A 到B，运动与力关系可知，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧．根据电场力做功情况，分析动能和电势能的变化．解答：解：A、根据曲线运动条件可得粒子所受合力应该指向曲线内侧，所以电场力逆着电场线方向，即粒子所受的电场力方向与电场方向相反，所以粒子带负电．故A错误；B、C、粒子从A到B，电场力对粒子运动做负功，电势能增加，B点的电势能小，导致动能减少，粒子在A点的动能比在B点大，故B错误，C错误；D、沿电场线的方向电势降低，所以A、B两点相比，B点电势较低．故D正确；故选：D点评：解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力方向，利用电场中有关规律求解．比较电势能的大小有两种方法：一可以从电场力做功角度比较，二从电势能公式角度判断，先比较电势，再比较电势能．8．（3分）如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场．在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球．O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，b、O、d三点在同一水平线上．已知小球所受电场力与重力大小相等．现将小球从环的a点由静止释放，下列判断正确的是（）A．小球能越过d点并继续沿环向上运动B．当小球运动到d点时，不受洛伦兹力C．小球从a点运动到b点的过程中，电势能增大D．小球经过c点时速度最大考点：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：电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”．关于圆心对称的位置（即bc弧的中点）就是“最低点”，速度最大．再根据竖直平面内的圆周运动的相关知识解题即可解答：解：电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”，关于圆心对称的位置（即bc弧的中点）就是“最低点”，速度最大；A、由于a、d两点关于新的最高点对称，若从a点静止释放，最高运动到d点，故A错误；B、由于bc弧的中点相当于“最低点”，即速度最大，而d点速度最小为零，则不受洛伦兹力，故B正确，D错误；C、小球从a到b，重力和电场力都做正功，重力势能和电势能都减少，故C错误；故选：B．点评：该题要求同学们能够根据受力分析找出做圆周运动新的最高点和最低点，再根据竖直平面内的圆周运动的知识解题，难度较大9．（3分）如图所示，平行于纸面水平向右的匀强磁场，磁感应强度B1=1T．位于纸面内的细直导线，长L=1m，通有I=1A的恒定电流．当导线与B1成60°夹角时，发现其受到的安培力为零．则该区域同时存在的另一匀强磁场的磁感应强度B2的值，可能是（）A．0.25T B．0.5T C．1T D．2T考点：安培力．分析：当磁场的方向与电流的方向平行时，则导体棒所受的安培力为零，通过平行四边形定则定则确定另一匀强磁场的磁感应强度B2大小可能值解答：解：根据平行四边形定则知，虚线表示合磁感应强度的方向，与电流的方向平行，可知B2的最小值为．则．故C、D正确，AB错误．故选：CD点评：解决本题的突破口在于抓住合场强的方向与电流方向平行，结合平行四边形定则进行求解10．（3分）如图所示的电路，电源电动势为E，内阻为r，R t为光敏电阻（光照强度增加时，其电阻值减小）．现增加光照强度，则下列判断正确的是（）A．B灯变暗，A灯变亮B．R0两端电压变大C．电源路端电压变小D．电源内电压变小考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：增加光照强度，R t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的变化情况，即可知道电灯A的亮度变化；根据干路电流与A灯电流的变化，判断通过R0电流的变化，根据路端电压和电阻R0电压的变化情况，即可分析B灯电压的变化情况，从而B的亮度变化．解答：解：由题意，增加光照强度，R t减小，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，电源的内电压增大，路端电压U减小，则A灯变暗；通过R0电流I0=I﹣I A，I增大，而I A减小，则I0增大，R0两端电压U0增大，而R0、B的电压之和等于路端电压，路端电压减小，则知，B的电压减小，B灯变暗；故C正确，ABD 错误．故选：C．点评：本题是电路动态分析问题，按局部到整体，再局部分析电压、电流的变化．根据干路电流的变化即可分析电源总功率的变化．11．（3分）图示的电路中，L为自感线圈，A为小灯泡．当开关S闭合后，灯泡正常发光；现断开开关S，以下说法正确的是（）A．断开开关S时，灯泡立即熄灭B．断开开关S时，灯泡逐渐熄灭C．断开开关S时，通过灯泡的电流方向为从D到CD．断开开关S时，通过灯泡的电流方向为从C到D考点：自感现象和自感系数．分析：当灯泡处于正常发光状态，由线圈电阻与灯泡电阻关系得出其电流关系，迅速断开开关S时，灯泡中原来的电流突然消失，线圈中电流逐渐减小，且要与灯泡组成回路．解答：解：当灯泡处于正常发光状态，线圈的直流的方向从C到D，灯泡电流的方向从C 到D，开关断开，则灯泡中的原电流立即消失，但是L由于自感要阻碍自身电流的减小，L中的电流逐渐减小，由于L与灯泡组成回路，L中的电流要经过灯泡，所以灯泡中的电流突然变大且电流为反方向由D到C，然后逐渐减小到0，故B、C正确．故选：BC点评：自感现象是特殊的电磁感应现象，法拉第电磁感应定律和楞次定律同样适用．12．（3分）在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n=1500匝，横截面积S=20cm2，螺线管导线电阻r=1.0Ω、R1=5.0Ω、R2=6.0Ω，C=30μF．在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示规律变化．则下列说法中正确的是（）A．2秒末通过线圈的磁通量为2×10﹣3wbB．螺线管中产生的感应电动势为1.5VC．电路中电流稳定后电容器上极板带正电，且电量为18cD．闭合S，电路稳定后电阻R1消耗电功率为5×10﹣2W考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：根据磁感应强度的大小求出磁通量的大小，结合法拉第电磁感应定律求出感应电动势．通过楞次定律确定电流的方向，从而得出电容器极板的电性．根据闭合电路欧姆定律以及功率的公式求出电阻R1消耗电功率．解答：解：A、2秒末通过线圈的磁通量为：Φ=BS=1×2×10﹣3Wb=2×10﹣3Wb，故A正确．B、根据法拉第电磁感应定律得：V=1.5V，故B正确．C、根据楞次定律知，感应电流的方向从右向左流过R1，可知电容器的下极板带正电，故C 错误．D、闭合S，电路中的电流为：I=，则电阻R1消耗电功率为：，故D错误．故选：AB．点评：本题考查了法拉第电磁感应定律、楞次定律与闭合电路欧姆定律的基本运用，会运用法拉第电磁感应定律求解感应电动势大小，运用楞次定律判断电流的方向是解决本题的关键．本题中面积不变，磁场变，可以将法拉第电磁感应定律变形为E=．二、实验探究题（共18分）13．（6分）在“测定金属的电阻率”的实验中，（1）某同学用螺旋测微器测金属丝直径时，测得结果如图1所示，则该金属丝的直径为2.935mm．（2）用量程为3V的电压表和量程为0.6A的电流表测金属丝的电压和电流时读数如图2所示，则电压表的读数为2.60 V，电流表的读数为0.52A．（3）用米尺测量金属丝的长度L=0.810m．利用以上测量数据，可得这种材料的电阻率为4.2×10﹣5Ω•m（保留二位有效数字）．考点：测定金属的电阻率．专题：实验题．分析：（1）掌握螺旋测微器的读数原理和读数方法即可．（2）明确电流表和电压表读数时注意是“几分之一估读”：若每小格读数是0.1，则应是“”估读，即应估读到0.01；若每小格读数为0.02，则应是“”估读，即应估读到0.01．（3）根据电阻定律求解．解答：解：（1）螺旋测微器的读数为：d=2.5mm+43.5×0.01mm=2.935mm；（2）因电压表的每小格读数为0.1V，所以应估读到0.01V，所以电压表的读数为：U=2.60V；同理，电流表的每小格读数为0.02A，应估读到0.01A，所以电流表的读数为：I=0.52A．（3）根据R=得：带入数据得：ρ=4.2×10﹣5Ω•m故答案为：（1）2.935；（2）2.60，0.52；（3）4.2×10﹣5Ω•m点评：考查电阻定律的应用，掌握螺旋测微器及电流表或电压表的读数方法．14．（9分）某同学在探究规格为“4V 2W”的小电珠伏安特性曲线实验中：现有下列器材供选用：A．电压表（0～5V，内阻约为10kΩ）B．电压表（0～10V，内阻约为20kΩ）C．电流表（0～0.3A，内阻约为1Ω）D．电流表（0～0.6A，内阻约为0.4Ω）E．滑动变阻器（10Ω，2A）F．滑动变阻器（1kΩ，1A）G．学生电源（直流6V），还有开关、导线若干（1）实验中所用电压表应选A，电流表应选D，滑动变阻器应选E（用序号字母表示）．（2）在小电珠接入电路前，使用多用电表直接测量小电珠的电阻，则应将选择开关旋至C 档进行测量．（填选项前的字母）A．直流电压10V B．直流电流5mA C．欧姆×1 D．欧姆×100（3）该同学采用图甲所示的电路进行测量．Ⅰ．在实验过程中，开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应置于最左端（填“左”或“右”）Ⅱ．在实验过程中，已知各元器件均无故障，但闭合开关S后，无论如何调节滑片P，电压表和电流表的示数总调不到零，其原因是1点至5点的导线没有连接好；（图甲中的黑色小圆点表示接线点，并用数字标记，空格中请填写图甲中的数字，如“2点至3点”的导线）Ⅲ．某同学通过实验得到的数据画出了该小灯泡的伏安特性曲线（如图乙所示），若用电动势为3.0V，内阻为2.5Ω的电源给该小灯泡供电，则该小灯泡的实际功率约为0.68W．。
2014--2015高二物理上学期期末考试卷及答案
芜湖市14---15学年高二第一学期第一学段模块测评物理试卷(选修3—1)一、单项选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分。
每个小题只有一个正确选项．．．．．．．．．．．．，请将正确选项的序号填入选择题答题表内)1．真空中两个相同的金属小球A 和B ，带电荷量分别为8210C A Q -=+⨯和8410C B Q -=+⨯，相互作用力为F ．若将两球接触后再放回原处，则它们之间的作用力将变为 ( ) A ．98F B ．F C ．8FD ．23F 2．关于电源电动势和电流，下列说法中正确的是 ( )A ．电动势是反映电源通过静电力做功把其他形式的能转化为电势能本领大小的物理量B ．只要电路中的自由电子运动，电路中就一定会产生恒定电流C ．单位时问内通过导体截面的电量越多，导体中的电流越大D ．在整个电路中，电流的方向是从正极流向负极 3．电场强度的定义式EE q=可知，则在电场中( ) A ．电场强度E 跟F 成正比，跟q 成反比 B ．无论检验电荷所带的电量如何变化，Eq始终不变 C ．正电荷所受电场力比负电荷在该点所受的电场力大D ．一个不带电的小球在某一点受到的电场力为零，则该点的场强一定为零 4．在如图1所示的各电场中，A 、B 两点场强相同的是（ ）5．一个标有“220V 60W ”的白炽灯泡，加上的电压U 由零逐渐增大到220V ，在此过程中，又压U 和电流I 的关系可用图线表示。
如图2中给出的四个图线中，符合实际的是6．如图3所示，A 、B 、C 为电场中同一电场线上的三点。
设电荷在电场中只受电场力作用，则下列说法中正确的是A ．若在C 点无初速地释放正电荷，则正电荷向B 运动，电势能减少B ．若在C 点无初速地释放正电荷，则正电荷向B 运动，电势能增加 C ．若在C 点无初速地释放负电荷，则负电荷向A 运动，电势能增加D ．若在C 点无初速地释放负电倚，则负电荷向A 运动，电势能不变7．如图4所示，AB 问的电压为30V ，改变滑动变阻器触头的位置，可以改变CD 间的电压，则U CD 的变化范围是 A ．0～10V B ．0～20V C ．20V ～30VD ．10V ～20V8．电容器是一种重要的电学元件，有着广泛的应用。
2014-2015第一学期期末考试高二理科物理试卷(答案)
【2014—2015学年第一学期期末考试高二年级理科物理试卷（参考答案） 第1页 共2页】湛江市2014—2015学年度第一学期期末调研考试 高二物理（选修3-1、3-2）试卷 参考答案一． 单项选择题（每小题3分，共24分。
每小题给出的四个选项中只有一项满足题设要求，选对得3分；错选或多选不得分。
）选对得4分，只选一个且正确得2分，有错选或不选不得分）三．实验题（每空2分，共18分）15．（1）0.884~0.888 （2）1.14~1.17 （3）×100 欧姆调零 OFF 或交流电压最高档 16．（1）ABD （全对2分，对而不全1分，有错0分）．（2）正确电路图如右图所示． （3）1.45 0.5四．计算题（共3小题，共34分） 17．（10分）解：粒子在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动 （1）粒子从A 到B 的时间：0v dt =(3分)（2）粒子在B 点的速度大小：00245cos v v v B ==（3分） (3) 竖直方向上由运动学公式及牛顿第二定律得：meEtat v v By ===0 (2分)解得：edmv E 20= (2分)18．（10分）解：⑴电阻R 2与电容器相串联，故此支路断路，电路中的总电阻r R r R R +=+=1总（1分）金属杆ab 切割磁感线产生的感应电动势Blv E =（2分） 流过R 1的电流为rR BlvR E I +==总（1分）【2014—2015学年第一学期期末考试高二年级理科物理试卷（参考答案） 第2页 共2页】⑵电容器两端的电压rR BlvRR r R Blv IR U U C +=⋅+===11（2分） 则带电量rR CBlvRCU Q C +==（1分） ⑶金属杆匀速运动，故水平拉力与安培力大小相等，有r R vl B BIl F F A +===22（2分）功率rR v l B Fv P +==222（1分）19．（14分） 解：（1）根据题意知，带电粒子的运动轨迹，垂直于y 轴，必然有圆心在y 轴上，根据半径垂直于速度，则可确定圆心O 位置，如图所示．由几何关系知粒子运动的半径30cos ar =（1 分） 解得 r ＝233a (1分)由牛顿第二定律有 qvB ＝mv 2r（2分）解得 B ＝3mv2qa (1分)(2).由qvB ＝mr (2πT)2得T ＝2πm qB ＝4πa 3v(2分)则t ＝T 3＝43πa 9v. (2分)（3）从磁场射出点：a r r y 330sin =+= （1分） 粒子进入第二象限的匀强电场先做匀减速直线运动至第一次速度为零时：由动能定理有 221mv qEx =（2分） 解得qEm v x 22= （1分）所以，带电粒子在电场中速度第一次为零时的坐标为（ qEm v 22-，a 3） （1分）。
黑龙江省哈三中2014-2015学年度高二上学期期末考试物理试卷 扫描版含答案
哈三中2014—2015学年度上学期高二学年模块考试物理试卷答案1、C2、C3、C4、C5、B6、B7、D8、BC 9、 BD 10、ABD 11、BD 12、BC13、A ；5.25mm 14、短接（对接）（接触）；中央；3200 15、3.0；0.50；小于16、(1)根据库仑定律，A 、B 两点电荷间的库仑力大小为：F ＝k q 2L 2① 代入数据得： F ＝9.0×10－3 N ②(2)A 、B 两点电荷在C 点产生的场强大小相等，则A 、B 两点电荷形成的电场在C 点的合场强大小为：E ＝2k q L 2cos30°③ 代入数据得：E ＝7.8×103 N/C ④场强E 的方向沿y 轴正方向（或竖直向上）．⑤评分细则：①-⑤各2分，共10分。
17、（1）静止时：IL B mg 1030sin =-------2分R EI 2=--------2分 得：EL mgRB =1----1分 （2）静止且无压力时：IL B mg 2=-------2分EL mgRB 22=--------2分方向水平向左-------1分18、（1）（8分）设粒子经PT 直线上的点R 由E 2电场进入E 1电场，由Q 到R 及R 到M 点的时间分别为t 2与t 1，到达R 时竖直速度为v y ，则：在E 2中：22221t a L = -------- 2分 22ma qE =------2分得：22221t m qE L ⋅=-----1分在E 1中，同理可得：211212t m qE L ⋅=-----1分 1122t m qE t m qE v y ⋅=⋅=-------1分 综上可得：221=E E ------1分（2）（8分）欲使粒子仍能从S 孔处射出，粒子的运动轨迹可能是如图甲、乙所示的两种情况。
对图甲所示的情形，粒子运动的半径为R 1，则⋯⋯=+=210,)12(21、、n n d R （1分） 又12010R mv B qv = （1分） 解得：⋯⋯=+=210,)12(201、、n qdmv n B （2分） 对图乙所示的情形，粒子运动的半径为R 2，则⋯⋯==321,42、、n nd R （1分） 又22020R mv B qv = （1分） ⋯⋯==321,402、、n qdnmv B （2分） 综合B 1、B 2得：⋯⋯==32120、、N ,qa Nmv B乙。
《新课标》2014-2015学年高二上学期月考(1)物理 Word版含答案
2014-2015学年度上学期第一次月考高二物理试题【新课标】考试时间：100分钟注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一、不定项选择1. 如图所示的电路中，若ab为输入端，AB为输出端，并把滑动变阻器的滑动触片置于变阻器的中央，则()A.空载时输出电压U AB＝U ab/2B.当AB间接上负载R时，输出电压U AB<U ab/2C.AB间的负载R越大，U AB越接近U ab/2D.AB间的负载R越小，U AB越接近U ab/22. 如图电路中，电源电动势为E、内阻为r，闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电压表示数的变化量为△U。
在这个过程中，下列判断正确的是（）A．电阻R1两端的电压减小，减小量等于B．电容器的带电量减小，减小量小于C．电压表的示数U和电流表的示数I的比值变大D．电压表示数变化量和电流表示数变化量的比值不变3. 如图所示，开始时矩形线圈平面与磁场垂直，且一半在匀强磁场内一半在匀强磁场外，若要使线圈中产生感应电流，下列方法可行的是( )A.以ab为轴转动O 为轴转动B.以OC.以ad为轴转动（小于60 ）60）D.以bc为轴转动（小于4. 对于水平放置的平行板电容器，下列说法中正确的是()A．将两极板的间距加大，电容将增大B．将两极板平行等距错开，使正对面积减小，电容将减小C．在下极板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的陶瓷板，电容将增大D．在下极板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的铝板，电容将增大5. 分别置于a、b两处的长直导线垂直纸面放置，通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，a、b、c、d在一条直线上，且ac=cb=bd。
已知c点的磁感应强度大小为B1，d点的磁感应强度大小为B2。
若将b处导线的电流切断，则（）（A ）c 点的磁感应强度大小变为12B 1，d 点的磁感应强度大小变为12B 1- B 2（B ）c 点的磁感应强度大小变为12B 1，d 点的磁感应强度大小变为12B 2- B 1（C ）c 点的磁感应强度大小变为B 1-B 2，d 点的磁感应强度大小变为12B 1- B 2（D ）c 点的磁感应强度大小变为B 1- B 2，d 点的磁感应强度大小变为12B 2- B 16. 小灯泡通电后其电流I 随所加电压U 变化的图线如图10所示，P 为图线上一点，PN 为图线的切线，PQ 为U 轴的垂线，PM 为I 轴的垂线，下列说法中正确的是( ) 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21I U R =C ．对应P 点，小灯泡的电阻为121I I U R -=D ．对应P 点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM 所围“面积”第II 卷（非选择题）二、单项选择7. 在水平向右的匀强磁场中，一线框绕垂直于磁感线的轴匀速转动，线框通过电刷、圆环、导线等与定值电阻组成闭合回路。
雅安市2014-2015学年高二上学期期末试卷物理试题及答案
四川省雅安市2014-2015学年高二上学期期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共15小题，每小题3分，共45分，每题所给的选项中有的只有一个是正确的，有的有几个是正确的，全部选对的得3分，部分选对的得2分，有错选或不选的得0分）1．（3分）首先发现电流磁效应的物理学家是（）A．法拉第B．特斯拉C．安培D．奥斯特考点：物理学史．专题：常规题型．分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．解答：解：奥斯特发现了通电导体周围存在磁场，是第一个发现电流磁效应的科学家；故ABC错误，D正确；故选：D．点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．2．（3分）下述说法正确的是（）A．由E=可知，电场中某点的场强与电场力成正比B．由E=k可知，点电荷产生的电场中某点的场强与该点电荷的电荷量成正比C．根据场强叠加原理可知，合场强一定大于分场强D．电场线就是点电荷在电场中的运动轨迹考点：电场强度；库仑定律．分析：公式E=是电场强度的定义式，公式E=k是点电荷的电场强度的计算式，它们的内涵与外延不同，电场强度是矢量，合成遵循平行四边形定值，电场线不是点电荷在电场中的运动轨迹．解答：解：A、公式E=是电场强度的定义式，场强的大小是由电场本身决定的，与电场力无关，故A错误；B、公式E=k是真空中点电荷的电场强度的计算式，所以E与Q成正比，与r2成反比，故B正确；C、电场强度是矢量，合成遵循平行四边形定值，则合电场的场强可以大于分电场的场强，也可以小于分电场的场强，也可以等于分电场的场强，故C错误；D、带电粒子在电场中运动的轨迹可能与电场线重合，但电场线不是点电荷在电场中的运动轨迹，故D错误．故选：B．点评：电场线是为了现象描述电场而引入的，电场强度是用比值法定义的物理量之一，电场中某点的电场强度是由电场本身决定的，与该点是否有试探电荷无关．加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．3．（3分）下列说法中，正确的是（）A．电场中电场强度越大的地方，电势就越高B．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C．由定义式B=可知，电流I越大，导线长度L越长，则某处的磁感应强度越小D．当穿过线圈的磁通量为零时，线圈中仍可能产生感应电动势考点：法拉第电磁感应定律；功的概念；磁感应强度．分析：根据左手定则可知，磁感应强度的方向与安培力的方向垂直；磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度．此比值与磁场力及电流元均无关．磁感应强度的方向就是该处小磁针N极所受磁场力的方向．解答：解：A、电场线的疏密表示电场的强弱，而沿电场线的方向电势降落；故A错误；B、根据左手定则，磁感应强度的方向与磁场中通电直导线所受安培力方向垂直．故B错误；C、磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，是磁场本身性质的反映，其大小由磁场以及磁场中的位置决定，与F、I、L都没有关系，B=只是磁感应强度的定义式．同一通电导体受到的磁场力的大小由所在处B和放置的方式共同决定，故C错误．D、感应电动势的大小取决于磁通量的变化，而不是磁通量的数量；故穿过线圈的磁通量为零时，线圈中仍可能产生感应电动势；故D正确；故选：D．点评：本题关键要掌握磁感应强度的物理意义、定义方法，以及磁感应强度与安培力之间的关系，即可进行分析判断．基础题目．4．（3分）在图中，标出磁场B的方向，通电直导线中电流I的方向，以及通电直导线所受磁场力F的方向，其中正确的是（）A．B．C．D．考点：左手定则；安培力．分析：带电粒子在匀强磁场中运动时，其受到的安培力的方向由左手定则来判定．解答：解：通电导线在磁场中受到安培力作用，其方向均由左手定则来确定．左手定则内容是：伸开左手大拇指垂直四指且在同一平面内，让磁感线穿过掌心，四指指的是电流的方向，则大拇指就是安培力的方向．所以安培力方向与磁场方向垂直、与电流方向垂直，即其与磁场和电流的方向所构成的平面垂直．A、电流方向水平向右，由左手定则可知安培力竖直向下，故A错误；B、由于电流方向与磁场方向平行，则没有安培力，故B错误；C、电流方向垂直纸面向外，由左手定则可得安培力方向竖直向下，故C正确；D、电流方向水平向右，由左手定则可知，安培力方向垂直纸面向外，故D错误；故选：C点评：左手定则是判定安培力方向，而右手定则是确定感应电流方向．同时强调磁感线穿过掌心，且四指指向为电流的方向．5．（3分）如图所示，通有恒定电流的直导线左边有一个矩形线框，线框平面与直导线共面，使线框向右平移并紧贴直导线越过，则线框中的磁通量变化情况为（）A．先增大后减小，再增大再减小B．先增大到最大，再减小C．先减小后增大，再减小D．不能确定考点：磁通量．分析：根据安培定则判断出穿过线框的磁感线方向．分四段研究：线框从a位置到刚b、从刚到b到中线经过b、从a的中线离开b到完全离开b时、从离开b到c四个过程．解答：解：分四段过程研究：线框从a位置到右侧刚b的过程，根据安培定则判断得到：穿过线框的磁场方向向外，磁场增强，磁通量增大；从线框右侧刚b到线框中线经过b的过程：穿过线框的左部分的磁场向外，右侧磁场向里，两边磁通量有抵消，而且抵消增多，磁通量减小；从线框中线经过b到刚离开b的过程：穿过线框的左部分的磁场向外，右侧磁场向里，右侧的磁感线较多，两边磁通量有抵消，但抵消减小，磁通量增大；从线框离开b到c位置的过程，磁场减弱，磁通量减小．所以先增加再减少，再增加再减少．故选：A．点评：本题中线框经过b位置时，穿过线框的磁场有两种方向，磁通量有抵消，当线框中线经过b时，完全抵消，磁通量为零．6．（3分）如图所示，A、B为等量异种点电荷，A带负电，B带正电，PQ为AB连线的中垂线，R为中垂线上的一点，M、N分别为AR、BR的中点．下列判断中正确的是（）A．R点电场强度方向沿QR方向B．M、N两点电势相等C．M、N两点电场强度相等D．将电子从M移到N，其电势能减小考点：电场强度．分析：利用正试探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：画出该等量异种电荷的电场线如图：A、R点的电场强度的方向垂直于RQ的方向向左．故A错误；B、沿电场线的方向电势降低，所以N点的电势高于M点的电势．故B错误；C、根据等量异种点电荷电场的对称性可知，MN两点的场强大小相等，但方向不同，故电场强度（矢量）不等．故C错误；D、将电子从M移到N，电场力做正功，电势能减小，故D正确；故选：D．点评：本题关键是在P点放置一个试探电荷，利用平行四边形定则确定电场力方向，然后进一步确定电场强度的方向，同时要记住电场力做功等于电势能的减小量．7．（3分）如图，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，∠MOP=60°．两个等量异种点电荷分别置于M、N两点时，这时O点的场强大小为E1．将置于M处的点电荷移至P点，则O点的场强大小变为E2．则E1与E2之比为（）A．1：2 B．2：1 C．2：D．4：考点：电场强度．分析：由电场的叠加可知各点电荷单独在O点形成的场强大小，移动之后电荷距O点的距离不变，故电场强度大小不变，则由矢量合成的方向可得出移动之后的合电场；即可求得比值．解答：解：依题意，每个点电荷在O点产生的场强为，则当N点处的点电荷移至P点时，O点场强如图所示，合场强大小为E2=，则则E1与E2之比为2：1．故选：B．点评：电场强度为矢量，在求合场强时应先分别求得各电荷在O点的场强再由矢量的合成方法﹣平行四边形求得总的场强．8．（3分）如图所示，长为2L的直导线折成边长相等、夹角为60°的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，当在该导线中通以大小为I的电流时，该V形通电导线受到的安培力大小为（）A．0B．B IL C．BIL D．BIL考点：安培力．分析：由安培力公式F=BIL进行计算，注意式中的L应为等效长度解答：解：导线在磁场内有效长度为2lsin30°=l，故该V形通电导线受到安培力大小为F=BI2lsin30°=BIL，故B正确．故选：B点评：本题考查安培力的计算，熟记公式，但要理解等效长度的意义9．（3分）如图所示为圆柱形区域的横截面，在没有磁场的情况下，带电粒子（不计重力）以某一初速度沿截面直径方向入射，穿过此区域的时间为t，在该区域加沿轴线垂直纸面向外方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射并沿某一直径方向飞出此区域时，速度方向偏转角为60°，如图所示，根据上述条件可求下列哪几种物理量（）①带电粒子的比荷②带电粒子在磁场中运动的周期③带电粒子在磁场中运动的半径④带电粒子的初速度．A．①②B．①③C．②③D．③④考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：在没有磁场时，不计重力的带电粒子以某一初速度沿截面直径方向入射，穿过此区域时粒子做匀速直线运动；在有磁场时，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，粒子飞出此区域时，粒子做匀速圆周运动．在匀速直线运动中虽不知半径，但可由位移与时间列出与入射速度的关系，再由匀速圆周运动中半径公式可算出粒子的比荷、周期．解答：解：设圆柱形区域的横截面半径为R，带电粒子（不计重力）以某一初速度沿截面直径方向入射，穿过此区域的时间为t，则：2R=vt ①在该区域加沿轴线垂直纸面向外方向的匀强磁场，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射并沿某一直径方向飞出此区域时，速度方向偏转角为60°，画出运动轨迹：结合几何关系，有：r=Rtan60°=②粒子做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有：qvB=m③周期：T=④解得：粒子的周期：T==πt因为初速度无法求出，则无法求出轨道半径，故①②正确，③④错误；故选：A．点评：带电粒子仅在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，洛伦兹力只改变速度的方向不改变速度的大小，洛伦兹力对粒子也不做功．同时当粒子沿半径方向入射，则也一定沿着半径方向出射．10．（3分）如图所示，平行板电容器与一个恒压直流电源连接，下极板通过A点接地，一带正电小球被固定于P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（）A．平行板电容器的电容将变大B．静电计指针张角变小C．电容器的电荷量不变D．带电小球的电势能将增大考点：电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：电容器始终与电源相连，则电容器两端间的电势差不变，根据电容器d的变化判断电容的变化以及电场强度的变化，从而判断电荷电势能和电场力的变化；再根据电容的定义式C=，电容器与电源保持相连，则U不变，Q与C成正比变化．解答：解：A、根据C=知，下极板竖直向下移动一小段距离，即d增大，则电容减小，故A错误．B、静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变．故B错误．C、下极板竖直向下移动一小段距离，电容减小，根据电容的定义式C=，电容器与电源保持相连，则U不变，当C减小，则Q也减小．故C错误．D、电势差不变，d增大，则由公式E=分析得知板间电场强度减小，P点与上极板间的电势差减小，而P点的电势比上极板低，上极板的电势不变，则P点的电势增大，因为油滴带正电荷，则小球的电势能增大．故D正确．故选：D．点评：本题运用E=分析板间场强的变化，及掌握电容的定义式与决定式的区别．运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化．11．（3分）如图所示，两平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab、cd与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动．ab、cd 两棒的质量之比为2：1．用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉cd 棒，经过足够长时间以后（）A．c d棒所受安培力的大小等于B．a b棒上的电流方向是由a向bC．两棒间距离保持不变D．a b棒、cd棒都做匀速运动考点：电磁感应现象的发现过程；安培力；楞次定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：运用排除法分析AD两项：若金属棒ab做匀速运动，所受的安培力为零，ab中电流为零，则知cd中电流也为零，而cd还受到F作用，cd将做匀加速运动．若两金属棒间距离保持不变，同理可知，cd将做匀加速运动，两棒间距离将增大．由此分析可知，两棒都做匀加速运动，加速度相同，cd的速度大于ab的速度，由楞次定律分析感应电流方向，由牛顿第二定律求出加速度，再对cd研究，求出安培力的大小．解答：解：A、B、由上分析得知，当两棒的运动稳定时，两棒速度之差一定，回路中产生的感应电流一定，两棒所受的安培力都保持不变，一起以相同的加速度做匀加速运动，由于两者距离不断增大，穿过回路的磁通量增大，由楞次定律判断可知，金属棒ab上的电流方向是由b向a．设cd棒的质量为m，则根据牛顿第二定律得：对整体：F=3ma对cd棒：F﹣F A=ma解得，F A=F，故A正确，B错误；C、若两金属棒间距离保持不变，回路的磁通量不变，没有感应电流产生，两棒都不受安培力，则cd将做匀加速运动，两者距离将增大．故C错误．D、若金属棒ab做匀速运动，所受的安培力为零，ab中电流为零，则cd中电流也为零，cd 不按安培力，而cd还受到F作用，cd将做匀加速运动，故D错误．故选：A．点评：本题的解题关键是分析两棒的运动情况，本题回路中的感应电动势为E=BL△v，△v是两棒速度之差．12．（3分）如图所示是某电源的路端电压与电流的关系图象，下面结论正确的是（）A．电源的电动势为6.0VB．电源的内阻为12ΩC．电源的短路电流为0.5AD．电流为0.3A时的外电阻是18Ω考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：根据闭合电路欧姆定律分析图线与纵轴交点的物理意义和图线斜率的物理意义．当外电阻为零时，电源被短路，由闭合电路欧姆定律求出短路电流．当电流为0.3A时，由闭合电路欧姆定律求出外电压，再欧姆定律求出外电阻．解答：解：A、由闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir得，当I=0时，U=E，即图线与纵轴交点表示断路状态，电动势E=6V．故A正确．B、电源的内阻等于图线的斜率大小，r==A=2Ω．故B错误．C、外电阻R=0时，短路电流为I===3A．故C错误．D、电流为I=0.3A时，路端电压U=E﹣Ir=（6﹣0.3×2）Ω=5.4V，外电阻是R==18Ω．故D正确．故选AD点评：本题关键从数学的角度理解物理图象的物理意义，容易产生的错误是求电源的内阻，认为是r==12Ω．13．（3分）如图所示，固定于水平绝缘面上的很长的金属导轨，表面粗糙、电阻不计，导轨左端与一个定值电阻R相连，金属棒ab的质量为m，电阻不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面，则当棒ab在水平恒力F的作用下从静止起向右滑动的过程中（）A．恒力F做的功等于电路中产生的电能B．恒力F与摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能C．克服安培力做的功等于电路中产生的电能D．恒力F与摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能与棒ab获得的动能之和考点：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：金属棒在运动中受拉力、摩擦力及安培力，根据力的做功情况及功能间的关系可得出能量间的关系；由力的平衡可得出最终的速度解答：解：AC、克服安培力做功等于电路中产生的热量，安培力做功不等于恒力F做功，故A错误，C正确；B、由动能定理可知，拉力与安培力、摩擦力的总功等于金属棒动能的增加量，故B错误；D、由能量守恒可知，恒力F与摩擦力的合力做的功等于金属棒获得的动能及电路中产生的热量，故D正确；故选：CD点评：在电磁感应现象中电路中产生的热量等于外力克服安培力所做的功；在解题时要注意体会功能关系及能量转化与守恒关系14．（3分）等腰三角形OPQ区域内存在匀强磁场．另有一等腰直角三角形导线框ABC以恒定的速度沿如图所示方向穿过磁场．C点刚出磁场时，AB边全部在磁场内，关于线框中的感应电流，以下说法中正确的是（）A．开始进入磁场时感应电流沿顺时针方向B．开始穿出磁场时感应电流沿顺时针方向C．A C边刚进入磁场时感应电流最大D．A B边即将出磁场时感应电流最小考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：由楞次定律判定感应电流的方向，电流的大小由感应电动势决定，电动势由切割导体的有效长度决定解答：解：A、由右手定则，可判定部分导体切割磁感线产生的感应电流方向为C到A，即感应电流沿逆时针方向，故A错误B、开始穿出磁场时，ABC边切割，由右手定则，可判定部分导体切割磁感线产生的感应电流方向为C到B到A，即感应电流沿顺时针方向，故B正确C、感应电流I=，E=Blv，L为有效长度，AC边刚进入磁场时，有效长度最大为L，感应电动势最大，此时，感应电流最大，故C正确D、AB边即将出磁场时，有效切割长度也为L，故感应电流最大，故D错误．故选：BC点评：考查了应用楞次定律判定感应电流的方向，注意有效切割长度的判断15．（3分）如图所示，当闭合电键s，将滑动触头向右移动时，四个理想电表的示数都发生变化，以下分析正确的是（）A．电流表A1、A2读数I1、I2均增大B．电压表V1、V2读数U1、U2均增大C．增大，减小D．不变，不变考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：由电路图可知R2与R3并联后与串联，V1测量R1两端的电压，V2测量R2两端的电压，V3测量路端电压，由欧姆定律可得出电压与电流的变化；由闭合电路的欧姆定律可分析得出电压的变化值与电流变化值的比值解答：解：A、将滑动触头向右移动时，变阻器的有效电阻增大，外电阻增大，总电流减小，则电流表A1读数减小．根据“串同并反”，可知A2读数减小．故A错误．B、根据串联电路分压规律，知电压表V1、V2读数U1、U2均增大，故B正确．C、因R1不变，则由欧姆定律可得，=R1保持不变；等于并联部分的电压，增大，故C错误；D、根据闭合电路欧姆定律得：U1=E﹣I1r，得=r不变．U2=E﹣I1（R1+r），得=R1+r不变．故D正确．故选：BD．点评：本题难点在于U2和U1电压的变化量与电流变化量的比值的分析判断，要知道当电阻变化时，其电压及电流变化量的比值往往保持不变，应通过闭合电路的欧姆定律分析得出其电压变化值的表达式，再进行分析．二、填空题（本大题共2小题，每空3分，共12分）16．（6分）在电场中把电荷量为2.0×10﹣9C的正电荷从A点移到B点，电场力做功1.5×10﹣7J，再把这个电荷从B点移到C点，电场力做功﹣4.0×10﹣7J．则A、B、C三点中电势最高的是C点，A、C两点的电势差为﹣125V．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：根据电场力做功与电势差的关系求出AB、BC间的电势差，从而比较A、B、C三点的电势高低，得出AC间的电势差，解答：解：（1）AB间的电势差．BC间的电势差．知A点电势比B点电势高75V，C点电势比B点高200V，则C点的电势最高（2）AC间的电势差U AC=U AB+U BC=﹣125V．故答案为：C，﹣125点评：解决本题的关键掌握电场力做功与电势差的关系公式，注意在运用该公式求解时，电荷的正负、电势差的正负、功的正负均要代入计算17．（6分）四根通电长直导线彼此绝缘放置，围成一个正方形，电流的大小均为I，电流的方向如图所示．四根导线之间有一通电圆环，圆环与导线位于同一平面内，且圆环的中心O 点与四根长直导线的距离相等．已知O点的磁感强度为B，通电圆环在O点产生的磁感强度为B1，由此可得通电的四根长直导线在圆环中心O点产生的磁感强度为B﹣B1；若取走直导线MN，则O点的磁感强度变为．考点：磁感应强度．分析：根据通电导线周围存在磁场，由右手螺旋定则来确定磁场的方向，再由矢量叠加原理，则可确定通电直导线在O点的磁感应强度．解答：解：根据右手螺旋定则可知，四根直导线及环导线在O点的磁场方向均相同，且它们在O点的合磁感应强度为B，而通电圆环在O点产生的磁感强度为B1，因此由矢量叠加原则可知，四通电直导线在O点产生的磁感应强度为B′=B﹣B1；若取走直导线MN，由于两直导线的电流大小相等，所以O点的磁感应强度为B1+3=．故答案为：B﹣B1、．点评：考查右手螺旋定则、矢量叠加原理：方向相同则相加，方向相反则相减，注意求出四根长直导线在O点的磁感强度是解题的关键．三、实验题（本大题共2小题，共13分）18．（4分）如图所示，是“研究电磁感应现象”的实验装置．（1）线圈L1插入线圈L2后，闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，将线圈L1迅速从线圈L2中拔出，电流计指针将向左偏转．（填“向左”“向右”或“不”）（2）在线圈L1插入线圈L2，闭合开关后，将滑动变阻器滑片迅速向右移动时，电流计指针将向左偏转．（填“向左”“向右”或“不”）考点：研究电磁感应现象．专题：实验题．分析：根据在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，结合题意，应用楞次定律分析答题．解答：解：如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，说明穿过线圈的磁通量增加，电流计指针向右偏，合上开关后，将原线圈迅速从副线圈拔出时，穿过线圈的磁通量减少，电流计指针将向左偏；原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向右移动时，则电流减小，导致穿过线圈的磁通量减小，电流计指针将向左偏．故答案为：向左，向左．点评：知道探究电磁感应现象的实验有两套电路，这是正确连接实物电路图的前提与关键．对于该实验，要明确实验原理及操作过程，平时要注意加强实验练习．19．（9分）通过实验描绘一个“2V，1W”小灯泡的U﹣I曲线，可供选择的仪器有：A．量程0～0.6A，内阻约0.2Ω的电流表B．量程0～100mA，内阻约5Ω的电流表C．量程0～3V，内阻10kΩ的电压表D．量程0～15V，内阻50kΩ的电压表E．最大阻值为20Ω，额定电流为1A的滑动变阻器。
《解析》四川省雅安中学2014-2015学年高二上学期期末物理模拟试卷Word版含解析
四川省雅安中学2014-2015学年高二上学期期末物理模拟试卷一、选择题（以下各题至少有一个选项是正确的，各题选择全且正确得3分，选择正确但不全得2分，有错误不得分，15小题共45分）1．（3分）一个点电荷所带的电量为Q，则Q的电荷量可能是以下哪个电量（）A．3×10﹣19c B．1.6×10﹣18c C．18×10﹣20c D．7×10﹣19c2．（3分）完全相同的两个带有相等电荷量的金属小球A、B（可看成点电荷），相距一定的距离时，相互作用力的大小是F，现将第三个完全相同的金属小球C先后与A、B接触后移开，这时A、B两球之间的相互作用力的大小可能是（）A．B．C．D．3．（3分）在场强为E的匀强电场中，以O为圆心，r为半径作一圆，在O点固定一电量为Q的正点电荷．a、b、c、d为相互垂直的两条直线与圆周的交点，当一不计重力的试探电荷+q外在b点时恰好平衡（如图），则关于匀强电场方向和大小正确的判断是（）A．方向竖直向上，大小为B．方向竖直向上，大小为C．方向水平向左，大小为D．方向水平向右，大小为4．（3分）一个电子在静电场中运动，只受电场力作用，则在一段时间内（）A．电子的速率可能增大B．电子的速率可能不变C．电子的速率一定减小D．电子的速度可能不变5．（3分）在图中实线是匀强电场的电场线，虚线为某一带电粒子的运动轨迹，a、b是轨迹上的两个点．带电粒子在电场中只受电场力，则正确的判断是（）A．带电粒子一定带正电B．带电粒子一定带负电C．带电粒子在b点的动能较a点的大D．带电粒子一定做匀变速运动6．（3分）空间存在竖直向上的匀强电场，质量为m的带正电的微粒水平射入电场中，微粒的运动轨迹如图所示，在相等的时间间隔内（）A．重力做的功相等B．电场力做的功相等C．电场力做的功大于重力做的功D．电场力做的功小于重力做的功7．（3分）水平放置的平行板电容器与一电池相连，在两板间有一带电质点处于静止状态，则以下说法正确的是（）A．电源不断开，增大两板间距离时，质点将静止不动B．电源断开，增大两板间距离时，质点将向下运动C．电源不断开，增大两板间距离时，质点将向下运动D．电源断开，增大两板间距离时，质点将向上运动8．（3分）关于形成电流的条件，下列说法中正确的是（）A．导体中有自由电荷的运动B．导体接在电路上C．导体两端存在电流D．导体两端有电压9．（3分）关于一只“220V、100W”的灯泡的电阻，以下说法正确的是（）A．正常发光时的电阻是484Ω，不工作时的电阻小于484ΩB．正常发光时的电阻是484Ω，不工作时的电阻大于484ΩC．正常发光时的电阻大于484Ω，不工作时的电阻小于484ΩD．正常发光时的电阻小于484Ω，不工作时的电阻大于484Ω10．（3分）关于半导体及二极管以下说法正确的是（）A．半导体的导电性能比导体的导电性能好，并不受温度和光照的影响B．半导体的导电性能介于导体和绝缘体之间，并要受温度和光照的影响C．晶体二极管具有双向导电的特点D．晶体二极管具有单向导电的特点11．（3分）关于超导，下列说法正确的是（）A．超导体对电流无阻碍作用，电流在超导中传输时不发热B．半导体温度升高后，就可以变成超导体C．超导体也有电阻，只是很小，可以忽略D．超导体就是绝缘体12．（3分）对于接入电路的灯泡来说，亮度大的灯泡一定是（）A．流过的电流大的B．电阻大的C．消耗功率大的D．加在两端电压高的13．（3分）如图所示，线段A是某电源的U﹣I图线，线段B是某电阻R的U﹣﹣﹣I图线，以上述电源和电阻组成闭合电路时，下列说法正确的是（）A．R的电阻和电源的电阻均为1ΩB．电源的输出功率是4W，总功率是6WC．电源的内部损耗功率是4W，输出功率是2WD．电源的电动势是3V，内电阻是0.5Ω14．（3分）如图所示的电路中，当可调电阻R的阻值增大时，关于电路中的电流表和电压表的读数，以下说法正确的是（）A．电流表的读数变大，电压表的读数变小B．电流表的读数变大，电压表的读数变大C．电流表的读数变小，电压表的读数变小D．电流表的读数变小，电压表的读数变大15．（3分）关于伏特表和安培表，以下说法正确的是（）A．伏特表是用一只小量程的电流表并联一个大阻值电阻而组成B．伏特表是用一只小量程的电流表串联一个小阻值电阻而组成C．安培表是用一只小量程的电流表串联一个大阻值电阻而组成D．安培表是用一只小量程的电流表并联一个小阻值电阻而组成二、填空题（16-20题每空2分，21题每空1分，共24分）16．（4分）在水平方向的匀强电场中，用一绝缘细线悬挂一个质量为m、电量为q的带负电小球，静止时细线与竖直方向的夹角为θ，则电场的方向是，大小为．17．（4分）长为L的导体棒原来不带电，现将一带电量为+q的点电荷放在距棒左端R处，如图所示．当棒达到静电平衡后，棒上感应电荷在棒内中点产生的场强大小等于，方向为．18．（4分）将一个电量是﹣2.0×10﹣8C的点电荷，从零电势点S移到M点，克服电场力做功4.0×10﹣8J，则M点的电势ΦM=，若将该电荷从M点移到N点，电场力做功为1.4×10﹣7J，则M、N两点的电势差U MN=．19．（2分）如图所示，A、B、C分别是匀强电场中等腰直角三角形的三个顶点，已知三点的电势分另是15V、3V、﹣3V，试在图中求作出电场线，并标明方向（三条）20．（6分）如图所示，图象所对应的两个导体A和B．（1）它们之间的电阻关系R A：R B=；（2）当两个导体中的电流相等（且不等于零）时，它们两端的电压之比为U A：U B=；（3）两个导体两端的电压相等（且不等于零）时，它们两端的电流之比为I A：I B=．21．（4分）在用电流场模拟静电场等势线的实验中，要把白纸、复写纸、导电纸铺在绝缘板上，它们自上而下的顺序是、、；电源应采用6V的（选填“交流电”或“直流电”）三、分析计算题（共4小题，22、23、23各8分，25题7分）22．（8分）一束电子流在经U=5000V的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若两板间距d=1.0cm，板长l=5.0cm，那么，要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大电压？23．（8分）如图所示，半径为r的绝缘细环的环面固定于水平面上，场强为E的电场与环面平行，环上穿有一个电量为q，质量为m的小球，可沿环做无摩擦的圆周运动．若小球经A点时速度v A的方向恰好与电场线垂直，且小球与环恰好没有水平方向的作用力，试计算（1）速度V A的大小是多少？（2）小球运动到A的对称点B时，在水平方向上小球对环的作用力是多少？24．（8分）如图，R1=14Ω、R2=9Ω，当开关S切换到位置1时，电流表的示数I1=0.2A，当开关S切换到位置2时，电流表的示数为I2=0.3A．求：电源的电动势E 和内阻r．25．（7分）有一电流表G，内阻Rg=10Ω，满偏电流Ig=3mA，若要将其改装成量程为3V 的电压表，应该如何连接一个多大的电阻？四川省雅安中学2014-2015学年高二上学期期末物理模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题（以下各题至少有一个选项是正确的，各题选择全且正确得3分，选择正确但不全得2分，有错误不得分，15小题共45分）1．（3分）一个点电荷所带的电量为Q，则Q的电荷量可能是以下哪个电量（）A．3×10﹣19c B．1.6×10﹣18c C．18×10﹣20c D．7×10﹣19c考点：元电荷、点电荷．专题：常规题型．分析：元电荷是指最小的电荷量，任何物体的带电量都是元电荷或是元电荷的整数倍．解答：解：最小的电荷量是e=1.6×10﹣19C，我们把这个最小的电荷量叫做元电荷，任何物体的带电量都是元电荷或是元电荷的整数倍；A、3×10﹣19c=1.875e，故A错误；B、1.6×10﹣18c=10e，故B正确；C、18×10﹣20c=1.125e，故C错误；D、7×10﹣19c=4.375e，故D错误；故选：B．点评：本题就是对元电荷概念的考查，知道任何物体的带电量都是元电荷或是元电荷的整数倍即可解决本题．2．（3分）完全相同的两个带有相等电荷量的金属小球A、B（可看成点电荷），相距一定的距离时，相互作用力的大小是F，现将第三个完全相同的金属小球C先后与A、B接触后移开，这时A、B两球之间的相互作用力的大小可能是（）A．B．C．D．考点：库仑定律．分析：理解库仑定律的内容，知道带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分，然后根据各种情况列库仑定律方程，然后两式比较即可正确求解．解答：解：第一种情况，当两球带等量异种电荷时有：假设A带电量为Q，BA带电量为﹣Q，两球之间的相互吸引力的大小是：F=k第三个不带电的金属小球C与A接触后，A和C的电量都为：C与B接触时先中和再平分，则C、B分开后电量均为：﹣这时，A、B两球之间的相互作用力的大小：F′=k=，故A正确；同理当两球带有同种电荷时，有：F′=F，故C正确，BD错误．故选：AC．点评：要清楚带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分，根据库仑定律的内容，找出变化量和不变量熟练应用库仑定律即可求题．3．（3分）在场强为E的匀强电场中，以O为圆心，r为半径作一圆，在O点固定一电量为Q的正点电荷．a、b、c、d为相互垂直的两条直线与圆周的交点，当一不计重力的试探电荷+q外在b点时恰好平衡（如图），则关于匀强电场方向和大小正确的判断是（）A．方向竖直向上，大小为B．方向竖直向上，大小为C．方向水平向左，大小为D．方向水平向右，大小为考点：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：一电量为q的正检验电荷放在a点时恰好平衡，根据平衡条件和点电荷场强公式求得匀强电场的场强和方向．解答：解：电量为q的正检验电荷放在a点时恰好平衡，根据平衡条件得qE=匀强电场的场强E=，点电荷在b点的场强竖直向下，故匀强电场的方向竖直向上，故A正确故选：A．点评：解决该题关键要掌握点电荷的电场分布特点4．（3分）一个电子在静电场中运动，只受电场力作用，则在一段时间内（）A．电子的速率可能增大B．电子的速率可能不变C．电子的速率一定减小D．电子的速度可能不变考点：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：一个电子在静电场中运动，只受电场力作用，根据电场力方向与电子速度方向的关系，分析速率可能的变化．解答：解：A、当所受电场力方向与速度方向相同或成锐角时，电场力做正功，电子的速率增大，当所受电场力方向与速度方向相反或成钝角时，电场力做负功，电子的速率减小，故A正确，C错误．B、当电场力提供向心力，电子可以做匀速圆周运动，速率不变．故B正确．D、电子在电场中一定受到电场力的作用，电场力产生加速度，电子的速度一定变化，故D 错误；故选：AB．点评：本题考查分析电子运动情况的能力，要考虑电场力方向与电子速度方向间各种可能的关系．5．（3分）在图中实线是匀强电场的电场线，虚线为某一带电粒子的运动轨迹，a、b是轨迹上的两个点．带电粒子在电场中只受电场力，则正确的判断是（）A．带电粒子一定带正电B．带电粒子一定带负电C．带电粒子在b点的动能较a点的大D．带电粒子一定做匀变速运动考点：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：根据轨迹的弯曲得出电场力的方向，从而得出带电粒子的电性．根据粒子的受力确定粒子的运动情况．解答：解：A、因为轨迹的凹向大致指向合力的方向，知粒子所受电场力方向水平向左，则粒子带负电．故A错误，B正确C、粒子从b到a的运动过程中，电场力做负功，动能减小，故带电粒子在b点的动能较a 点的大，故C正确D、粒子仅受电场力且恒定，做匀变速曲线运动．故D正确．故选：BCD．点评：解决本题的关键知道轨迹的凹向大致指向合力的方向，这是解决本题的关键，知道正电荷所受电场力方向与电场强度方向相同，负电荷所受电场力方向与电场强度方向相反．6．（3分）空间存在竖直向上的匀强电场，质量为m的带正电的微粒水平射入电场中，微粒的运动轨迹如图所示，在相等的时间间隔内（）A．重力做的功相等B．电场力做的功相等C．电场力做的功大于重力做的功D．电场力做的功小于重力做的功考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；功能关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据重力做功导致重力势能的变化，电场力做功导致电势能的变化，再由动能定理，并依据曲线运动的条件，从而确定电场力与重力的关系，同时运用运动的分解，即可求解．解答：解：A、B：将微粒的运动分解成竖直方向与水平方向．在竖直方向，电场力大于重力，所以加速度方向竖直向上，则在连续相等的时间内，变化的高度不同，所以电场力与重力做功均不相等，故AB均错误；C、D：由上分析可知，电场力大于重力，因此电场力做功总大于重力做功，故C正确，D 错误；故选C点评：考查曲线运动的条件，掌握运动的合成与分解，理解电场力与重力做功的特点．7．（3分）水平放置的平行板电容器与一电池相连，在两板间有一带电质点处于静止状态，则以下说法正确的是（）A．电源不断开，增大两板间距离时，质点将静止不动B．电源断开，增大两板间距离时，质点将向下运动C．电源不断开，增大两板间距离时，质点将向下运动D．电源断开，增大两板间距离时，质点将向上运动考点：电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：带电微粒静止不动，所受的电场力与重力平衡；断开电键s，根据微粒的电场力有无变化，分析微粒的运动情况；保持开关S闭合，把电容器两极板距离减小，可根据电容的决定式、定义式和场强公式E=，判断出板间场强不变，微粒不动．解答：解：带电微粒静止不动，所受的电场力与重力平衡，故：q=mgA、C、保持电源不断开，极板间距d增大，根据E=，场强减小，故电场力小于重力，合力向下，微粒向下运动，故A错误，C正确；B、D、当电源断开，则Q一定；根据C=、C=、E=，有：E=；故极板间距d减小时，场强不变，电场力不变，故微粒保持静止；故BD错误；故选：C．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；二是关于电容的两个公式．8．（3分）关于形成电流的条件，下列说法中正确的是（）A．导体中有自由电荷的运动B．导体接在电路上C．导体两端存在电流D．导体两端有电压考点：电流、电压概念．专题：恒定电流专题．分析：导体中有电荷运动不一定能形成电流．只有导体中电荷的定向移动才能形成电流；即应用电压和自由电荷．解答：解：A、在导体中，电荷无规则的运动不能形成电流，只有定向移动时才会形成电流；故A错误．B、D导体接在电路上不一定有电流，电压是使电荷发生定向移动的原因，故导体两端要存在电压．故B错误，D正确．C、当导体接入电路时，若只有导体两端存在着电流，但导体两端的电压为零；则不能在导体中形成电流．故C错误．故选：D点评：本题应抓住电流形成的条件：一要有自由电荷；二要导体两端存在电压．9．（3分）关于一只“220V、100W”的灯泡的电阻，以下说法正确的是（）A．正常发光时的电阻是484Ω，不工作时的电阻小于484ΩB．正常发光时的电阻是484Ω，不工作时的电阻大于484ΩC．正常发光时的电阻大于484Ω，不工作时的电阻小于484ΩD．正常发光时的电阻小于484Ω，不工作时的电阻大于484Ω考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：铭牌上标的为正常发光时的额定电压和额定功率，不工作时电阻较小．解答：解：由铭牌知灯泡正常发光时电压为220V，功率为100w，故正常发光的电阻：R===484Ω，不工作时电阻丝温度较低，电阻较小；故选：A．点评：本题考查了对灯泡铭牌的理解，即正常发光时的电压和功率；电阻丝电阻随温度升高而变大．10．（3分）关于半导体及二极管以下说法正确的是（）A．半导体的导电性能比导体的导电性能好，并不受温度和光照的影响B．半导体的导电性能介于导体和绝缘体之间，并要受温度和光照的影响C．晶体二极管具有双向导电的特点D．晶体二极管具有单向导电的特点考点：电阻定律．专题：恒定电流专题．分析：半导体的阻值随温度、光照和杂质等外界因素的不同而发生变化，故可以利用半导体制作成光敏电阻、热敏电阻以及二极管三极管等．解答：解：AB、半导体的导电性能介于导体和绝缘体之间，并要受温度和光照的影响；故A错误，B正确；C、晶体二极管具有单向导电性，即加正向电压时电阻很小，而加反向电压时，电阻很大；故C错误，D正确；故选：BD．点评：本题考查对半导体性质的掌握，要注意半导体的电阻随外界温度或光照的变化而变化．11．（3分）关于超导，下列说法正确的是（）A．超导体对电流无阻碍作用，电流在超导中传输时不发热B．半导体温度升高后，就可以变成超导体C．超导体也有电阻，只是很小，可以忽略D．超导体就是绝缘体考点：电阻定律．专题：恒定电流专题．分析：超导体对电流的阻碍作用为零，容易导电的物体叫导体，不容易导电的物体叫绝缘体．解答：解：A、超导体对电流无阻碍作用，故电阻为零，根据焦耳定律，电流在超导中传输时不发热，故A正确；B、某些金属材料在温度降低到绝对零度附近时，电阻突然减小为零，变为超导体；半导体温度降低后电阻反而增加，不可能变为超导体；故B错误；C、超导体对电流无阻碍作用，故电阻为零，故C错误；D、超导体对电流无阻碍作用，故电阻为零，不是绝缘体，故D错误；故选：A．点评：本题考查了导体和绝缘体的导电能力不同的原因及它们在一定条件下可以相互转化．12．（3分）对于接入电路的灯泡来说，亮度大的灯泡一定是（）A．流过的电流大的B．电阻大的C．消耗功率大的D．加在两端电压高的考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：灯泡的亮度指的是灯泡消耗的功率的大小，亮度大的灯泡指的是消耗的功率大．解答：解：连入电路的不同灯泡，灯泡的亮度指的是灯泡消耗的功率的大小，亮度大的灯泡指的是消耗的功率大，所以C正确．故选：C．点评：本题考查了物理知识在生活中的应用，知道亮度大的灯泡指的是消耗的功率大．13．（3分）如图所示，线段A是某电源的U﹣I图线，线段B是某电阻R的U﹣﹣﹣I图线，以上述电源和电阻组成闭合电路时，下列说法正确的是（）A．R的电阻和电源的电阻均为1ΩB．电源的输出功率是4W，总功率是6WC．电源的内部损耗功率是4W，输出功率是2WD．电源的电动势是3V，内电阻是0.5Ω考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：在U﹣I图象中图象与纵坐标的交点为电源的电动势；图象的斜率表示电源的内阻；两图象的交点为该电阻的工作点；则由图可知工作电流、电压等，即可求出功率．解答：解：A、根据题意，从图线A可读出：E=3V；，从图线B可得出：，故A错误，D 正确；B、由闭合电路欧姆定律得：，则，P总=EI=3×2=6W，电源的内部损耗功率，故B正确，C错误．故选：BD点评：本题考查对U﹣I图象的认识，在注意明确图象的截距、交点等的意义；并明确功率的计算方法．14．（3分）如图所示的电路中，当可调电阻R的阻值增大时，关于电路中的电流表和电压表的读数，以下说法正确的是（）A．电流表的读数变大，电压表的读数变小B．电流表的读数变大，电压表的读数变大C．电流表的读数变小，电压表的读数变小D．电流表的读数变小，电压表的读数变大考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：先分析可调电阻R的阻值增大时，外电路总电阻如何变化，分析干路电流如何变化，再根据闭合电路欧姆定律分析并联部分电压的变化，即可知道电压表读数的变化．根据干路电流与通过上面的定值电阻电流的变化，判断电流表的读数变化．解答：解：可调电阻R的阻值增大时，外电路总电阻增大，则知干路电流I减小，电源的内电压和干路中定值电阻的电压减小，根据闭合电路欧姆定律分析可知并联部分电压增大，电压表读数增大．因为干路电流减小，而通过上面的定值电阻电流增大，则知电流表的读数减小．故D正确．故选：D．点评：本题是一道电路动态分析题，分析清楚电路结构、熟练应用串联电路特点及欧姆定律即可正确解题．本题也可根据结论分析：变阻器的电阻减小，所在电路的电流必定增大，来分析电流表读数的变化．15．（3分）关于伏特表和安培表，以下说法正确的是（）A．伏特表是用一只小量程的电流表并联一个大阻值电阻而组成B．伏特表是用一只小量程的电流表串联一个小阻值电阻而组成C．安培表是用一只小量程的电流表串联一个大阻值电阻而组成D．安培表是用一只小量程的电流表并联一个小阻值电阻而组成考点：把电流表改装成电压表．专题：实验题．分析：电表的改装，电压表要串联电阻分压，电流表要并联电阻分流．解答：解：A、B、伏特表为电流表串联一分压电阻组成，则A错误，B正确C、D、安培表为电流表并联一分流电阻组成，则C错误，D正确故选：BD点评：本题考查了电流表与电压表的改装，知道电表的改装原理、应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解题二、填空题（16-20题每空2分，21题每空1分，共24分）16．（4分）在水平方向的匀强电场中，用一绝缘细线悬挂一个质量为m、电量为q的带负电小球，静止时细线与竖直方向的夹角为θ，则电场的方向是水平向左，大小为．考点：电场强度；共点力平衡的条件及其应用．分析：以小球为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件求解电场力F；根据F=qE 解出E．解答：解：小球受力如图所示，根据平衡条件可知：电场力qE与重力mg的合力与细线的拉力T等值、方向反向，则力的合成图得知：F=qE=mgtanθ=mgtanθ解得：E=，小球带负电，电场力方向水平向右，所以电场强度方向水平向左．故答案为：水平向左；点评：本题是带电体在电场中平衡问题，当作力学问题去处理，关键是分析电场力大小和方向．17．（4分）长为L的导体棒原来不带电，现将一带电量为+q的点电荷放在距棒左端R处，如图所示．当棒达到静电平衡后，棒上感应电荷在棒内中点产生的场强大小等于，方向为沿pq连线且指向+q．考点：电场强度；静电场中的导体．专题：电场力与电势的性质专题．分析：当棒达到静电平衡后，棒内各点的合场强为零，即感应电荷产生的电场强度与+q 产生的电场强度大小相等、方向相反，根据静电平衡的特点和点电荷场强公式E=k结合求解．解答：解：水平导体棒当达到静电平衡后，棒上感应电荷中点P处产生的场强大小与点电荷+q在该处产生的电场强度大小相等，方向相反．则棒上感应电荷在棒内中点产生的场强大小为：E=，由于P处的合场强为零，所以感应电荷产生的场强方向与点电荷+q在该处产生的电场强度的方向相反，即沿pq连线且指向+q．故答案为：，沿pq连线且指向+q．点评：感应带电的本质是电荷的转移，当金属导体处于电场时会出现静电平衡现象，关键要理解并掌握静电平衡的特点．18．（4分）将一个电量是﹣2.0×10﹣8C的点电荷，从零电势点S移到M点，克服电场力做功4.0×10﹣8J，则M点的电势ΦM=﹣2V，若将该电荷从M点移到N点，电场力做功为1.4×10﹣7J，则M、N两点的电势差UMN=﹣7V．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：电场力做功与电势能的关系，再有电势与电势能的关系求某点的电势高低，电势差与电势的关系．解答：解：由题意可知，从O点移到M点电场力做功W=﹣8×10﹣9J，根据公式W=qU可知，U=，U SM=0﹣φM=2V，故φM=﹣2V；将该点电荷从M点再移至N点电场力做功1.8×10﹣8J，根据公式W=qU可知，U MN=。