2015-2016学年甘肃省定西市通渭县高二（上）期末物理试卷（解析版）

2015-2016学年甘肃省定西市通渭县高二（上）期末物理试卷

一、本题共有13道题：“每小题4分，共52分．1-7题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意，8--13题为多选，全对得4分，少选得2分）

1．一带负电绝缘金属小球放在潮湿的空气中，经过一段时间后，发现该小球上净电荷几乎不存在了，这说明（　　）

A．小球上原有负电荷逐渐消失了

B．在此现象中，电荷不守恒

C．小球上负电荷减少的主要原因是潮湿的空气将电子导走了

D．该现象是由于电子的转移引起的，不遵循电荷守恒定律

2．如图所示，AB是某点电荷电场中一条电场线，在电场线上P处自由释放一个负试探电荷时，它沿直线向B点处运动，对此现象下列判断正确的是（　　）

A．电荷向B做匀加速运动

B．电荷向B做加速度越来越小的运动

C．电荷向B做加速度越来越大的运动

D．电荷向B做加速运动，加速度的变化情况不能确定

3．如图所示的真空空间中，仅在正方体中的黑点处存在着电荷量大小相等的点电荷，则图中a，b两点电场强度和电势均相同的是（　　）

A． B． C． D．

4．一电饭煲和一台洗衣机同时并入u=311sin 314t V的交流电源上，均正常工作，用电流表分别测得电饭煲的电流是5A，洗衣机的电流是0.5A．下列说法正确的是（　　）

A．电饭煲的电阻是44Ω，洗衣机电动机线圈电阻是440Ω

B．电饭煲消耗的功率为1 555 W，洗衣机电动机消耗的功率为155.5 W

C．1 min内电饭煲消耗的电能为6.6×104 J，洗衣机电动机消耗的电能为6.6×103 J

D．电饭煲的发热功率是洗衣机电动机发热功率的10倍

5．如图所示，把两个相同的灯泡分别接在甲、乙电路中，甲电路两端的电压为8V，乙电路两端的电压为16V．调节变阻器R1和R2使两灯都正常发光，此时变阻器消耗的功率分别为P1和P2，两电路中消耗的总功率分别为P甲和P乙则下列关系中正确的是（　　）

A．P甲＜P乙 B．P甲＞P乙 C．P1＞P2 D．P1=P2

6．如图所示，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是（　　）

A．O点处的磁感应强度为零

B．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同

C．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反

D．a、c两点处磁感应强度的方向不同

7．如图所示，光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分，O点为圆弧的圆心．两金属轨道之间的宽度为0.5m，匀强磁场方向如图，大小为0.5T．质量为0.05kg、长为0.5m的金属细杆置于金属轨道上的M点．当在金属细杆内通以电流强度为2A的恒定电流时，金属细杆可以沿杆向右由静止开始运动．已知N、P为导轨上的两点，ON竖直、OP水平，且MN=OP=1m，g取10m/s2，则（　　）

A．金属细杆开始运动时的加速度大小为5 m/s2

B．金属细杆运动到P点时的速度大小为5 m/s

C．金属细杆运动到P点时的向心加速度大小为10 m/s2

D．金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N

8．如图所示，把一个带电小球A固定在光滑的水平绝缘桌面上，在桌面的另一处放置带电小球B，现给小球B一个垂直AB连线方向的速度v0，使其在水平桌面上运动，则下列说法中正确的是 （　　）

A．若A、B带同种电荷，B球可能做速度减小的曲线运动

B．若A、B带同种电荷，B球一定做加速度增大的曲线运动

C．若A、B带同种电荷，B球一定向电势较低处运动

D．若A、B带异种电荷，B球可能做速度和加速度大小都不变的曲线运动

9．一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经B、C点运动到D点，其v﹣t图象如图所示，则下列说法中正确的是（　　）

A．A点的电场强度一定大于B点的电场强度

B．粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能

C．CD间各点电场强度和电势都为零

D．AB两点间的电势差大于CB两点间的电势差

10．如图所示，R1、R2、R3、R4均为可变电阻，C1、C2均为电容器，电源的电动势为E，内阻r≠0．若改变四个电阻中的一个阻值，则（　　）

A．减小R1，C1、C2所带的电量都增加

B．增大R2，C1、C2所带的电量都增加

C．增大R3，C1、C2所带的电量都增加

D．减小R4，C1、C2所带的电量都增加

11．在如图所示的电路中，由于某一电阻发生短路或断路，使A灯变暗，B灯变亮，则故障可能是（　　）

A．R1短路 B．R2断路 C．R3断路 D．R4短路

12．如图所示，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O′，并处于匀强磁场中，当导线中通以沿x正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ．则磁感应强度方向和大小可能为（　　）

A．z正向， tan θ B．y负向，

C．z负向， tan θ D．沿悬线向下， sin θ

13．如图甲所示是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断中正确的是（　　）

A．在Ek﹣t图中应有t4﹣t3=t3﹣t2=t2﹣t1

B．高频电源的变化周期应该等于tn﹣tn﹣1

C．粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大

D．要想粒子获得的最大动能越大，则要求D形盒的面积也越大

二、实验题（共计16分，14题为4分；15题为12分）

14．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正检验电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是（　　）

A． B． C． D．

15．（1）用游标为50分度的卡尺（测量值可精确到0.02mm）测定某圆筒的内径时，卡尺上的示数如图甲所示，可读出圆筒的内径为　　　　　　mm．

（2）图乙中给出的是用螺旋测微器测量一金属薄板厚度时的示数，此读数应为　　　　　　mm．

16．某同学测量阻值约为25kΩ的电阻Rx，现备有下列器材：

A．电流表（量程100 μA，内阻约为 2kΩ）；

B．电流表（量程500 μA，内阻约为300Ω）；

C．电压表（量程15V，内阻约为100kΩ）；

D．电压表（量程50V，内阻约为500kΩ）；

E．直流电源（20V，允许最大电流1A）；

F．滑动变阻器（最大阻值1kΩ，额定功率1W）；

G．电键和导线若干．

电流表应选　　　　　　，电压表应选　　　　　　．（填字母代号）

该同学正确选择仪器后连接了以下电路，为保证实验顺利进行，并使测量误差尽量减小，实验前请你检查该电路，指出电路在接线上存在的问题：

①　　　　　　；

②　　　　　　．

三、计算题，共42分，解答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能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．

17．如图所示，在O点放置一个正电荷，在过O点的竖直平面内的A点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m电荷量为q．小球落下的轨迹如图 中虚线所示，它与以O为圆心、R为半径的圆（图中实线表示）相交于B、C两点，O、C在同一水平线上，∠BOC=30°，A距离OC的竖直高度为h．若小球通过B点的速度为v，试求：

（1）小球通过C点的速度大小．

（2）小球由A到C的过程中电势能的增加量．

18．一台小型电动机在3V电压下工作，用此电动机提升所受重力为4N的物体时，通过它的电流是0.2A．在30s内可使该物体被匀速提升3m．若不计除电动机线圈生热之外的能量损失，求：

（1）电动机的输入功率；

（2）在提升重物的30s内，电动机线圈所产生的热量；

（3）线圈的电阻．

19．在如图所示的电路中，两平行正对金属板A、B水平放置，两板间的距离d=4.0cm．电源电动势E=400V，内电阻r=20Ω，电阻R1=1980Ω．闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球（可视为质点）从B板上的小孔以初速度v0=1.0m/s竖直向上射入两板间，小球恰好能到达A板．若小球所带电荷量q=1.0×10﹣7C，质量m=2.0×10﹣4kg，不考虑空气阻力，忽略射入小球对电路的影响，取g=10m/s2．求：

（1）A、B两金属板间的电压的大小U；

（2）滑动变阻器消耗的电功率P滑；

（3）电源的效率η．

20．如图（甲）所示，MN为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔OO′正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图（乙）所示．有一群正离子在t=0时垂直于M板从小孔O射入磁场，已知正离子质量为m、带电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0．不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力．求：

（1 ）磁感应强度B0的大小；

（2）要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v0的可能值．

2015-2016学年甘肃省定西市通渭县高二（上）期末物理试卷

参考答案与试题解析

一、本题共有13道题：“每小题4分，共52分．1-7题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意，8--13题为多选，全对得4分，少选得2分）

1．一带负电绝缘金属小球放在潮湿的空气中，经过一段时间后，发现该小球上净电荷几乎不存在了，这说明（　　）

A．小球上原有负电荷逐渐消失了

B．在此现象中，电荷不守恒

C．小球上负电荷减少的主要原因是潮湿的空气将电子导走了

D．该现象是由于电子的转移引起的，不遵循电荷守恒定律

【考点】电荷守恒定律．

【分析】电荷守恒定律：电荷既不能被创造，也不能被消灭，只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移的过程中，电荷的总量保存不变．

【解答】解：A、根据电荷守恒定律，电荷不能消灭，也不能创生，只会发生转移．故A错误．

B、此过程中电荷仍然守恒，电荷没有消失，只是被潮湿的空气导走而已，仍然遵循电荷守恒定律．故B错误．

C、金属小球上的负电荷减少是由于潮湿的空气将电子导走了．故C正确．

D、该现象是潮湿的空气将电子导走了，是电子的转移引起，仍遵守电荷守恒定律．故D错误．

故选：C．

2．如图所示，AB是某点电荷电场中一条电场线，在电场线上P处自由释放一个负试探电荷时，它沿直线向B点处运动，对此现象下列判断正确的是（　　）

A．电荷向B做匀加速运动

B．电荷向B做加速度越来越小的运动

C．电荷向B做加速度越来越大的运动

D．电荷向B做加速运动，加速度的变化情况不能确定

【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．

【分析】电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．

【解答】解：在电场线上P处自由释放一个负试探电荷时，它沿直线向B点处运动，电荷受到的电场力向右，所以电场线的方向向左，但是只有一条电场线，不能判断电场线的疏密的情况，不能判断电荷的受力的变化的情况，不能判断加速度的变化的情况，所以D正确，ABC错误．

故选：D．

3．如图所示的真空空间中，仅在正方体中的黑点处存在着电荷量大小相等的点电荷，则图中a，b两点电场强度和电势均相同的是（　　）

A． B． C． D．

【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．

【分析】根据点电荷的电场强度公式E=k可得各个点电荷在正方体的顶点的电场场强大小，再根据矢量合成，求出合场强，再根据正电荷的受力判断场强的方向．有U=Φ2﹣Φ1，U=Ed得，Φ2﹣Φ1=Ed可判断电势高低

【解答】解：根据点电荷的电场强度公式E=k可得各个点电荷在a、b两点的电场场强大小相等，再根据矢量合成，求出合场强相等，再根据正电荷的受力判断场强的方向相同．再根据U=Φ2﹣Φ1，U=Ed得，Φ2﹣Φ1=Ed可判断a、b两电势相等．故A正确

B、根据点电荷的电场强度公式E=k，可求得各个点电荷在a、b两点的电场场强大小，再根据矢量的合成，可得a、b两点的电场场强大小不等，两点电势不等，故B错误．

C、根据点电荷的电场强度公式E=k，可求得各个点电荷在a、b两点的电场场强大小，再根据矢量的合成，可得a、b两点的电场场强大小不等，两点电势不等，故C错误；

D、根据点电荷的电场强度公式E=k，可求得各个点电荷在a、b两点的电场场强大小，再根据矢量的合成，可得a、b两点的电场场强大小相等，方向不同，两点电势不等，故D错误；

故选：A

4．一电饭煲和一台洗衣机同时并入u=311sin 314t V的交流电源上，均正常工作，用电流表分别测得电饭煲的电流是5A，洗衣机的电流是0.5A．下列说法正确的是（　　）

A．电饭煲的电阻是44Ω，洗衣机电动机线圈电阻是440Ω

B．电饭煲消耗的功率为1 555 W，洗衣机电动机消耗的功率为155.5 W

C．1 min内电饭煲消耗的电能为6.6×104 J，洗衣机电动机消耗的电能为6.6×103 J

D．电饭煲的发热功率是洗衣机电动机发热功率的10倍

【考点】电功、电功率．

【分析】电饭煲是纯电阻，洗衣机不是纯电阻，加在洗衣机两端的电压不是全部加在内阻上，根据功率公式和热量公式可以方向各项．

【解答】解：A、电饭煲与洗衣机的都与电源并联，电源两端电压相等，均为220V，由欧姆定律可求得电饭煲的电阻为=44Ω，但洗衣机不是纯电阻用电器，由=440Ω求得的电阻是错误的，所以A项错误；

B、它们消耗的电功率分别为P1=UI1=1100W，P2=UI2=110W，所以B项错误；

C、电饭煲和洗衣机在1min内产生的电能分别为Q1=P1t=6.6×104J，Q2=P2t=6.6×103J，所以C项正确；

D、因洗衣机的内阻未知，无法比较二者的发热功率，所以D项错误．

故选：C

5．如图所示，把两个相同的灯泡分别接在甲、乙电路中，甲电路两端的电压为8V，乙电路两端的电压为16V．调节变阻器R1和R2使两灯都正常发光，此时变阻器消耗的功率分别为P1和P2，两电路中消耗的总功率分别为P甲和P乙则下列关系中正确的是（　　）

A．P甲＜P乙 B．P甲＞P乙 C．P1＞P2 D．P1=P2

【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．

【分析】设灯泡的额定电流为I0，额定电压为U0，求解出变阻器消耗的功率和电路中消耗的总功率表达式进行讨论．

【解答】解：C、D、设灯泡的额定电流为I0，额定电压为U0，则P1=（8﹣U0）•2I0，P2=（16﹣2U0）•I0，故P1=P2，故C错误，D正确；

A、B、设灯泡的额定电流为I0，额定电压为U0，则P甲=8×2I0=16I0，P乙=16×I0=16I0，故P甲=P乙，故A错误，B错误；

故选D．

6．如图所示，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是（　　）

A．O点处的磁感应强度为零

B．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同

C．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反

D．a、c两点处磁感应强度的方向不同

【考点】磁感应强度．

【分析】根据右手螺旋定则确定两根导线在a、b、c、d四点磁场的方向，根据平行四边形定则进行合成．

【解答】解：A、根据右手螺旋定则，M处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0．故A错误．

B、M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，在d出产生的磁场方向垂直dM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下，在d处产生的磁场方向垂直于dN偏下，根据平行四边形定则，知c处的磁场方向竖直向下，d处的磁场方向竖直向下，且合场强大小相等．故B正确．

C、M在a处产生的磁场方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向竖直向下，b处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同．故C错误．

D、a、c两点的磁场方向都是竖直向下，方向相同．故D错误．

故选：B

7．如图所示，光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分，O点为圆弧的圆心．两金属轨道之间的宽度为0.5m，匀强磁场方向如图，大小为0.5T．质量为0.05kg、长为0.5m的金属细杆置于金属轨道上的M点．当在金属细杆内通以电流强度为2A的恒定电流时，金属细杆可以沿杆向右由静止开始运动．已知N、P为导轨上的两点，ON竖直、OP水平，且MN=OP=1m，g取10m/s2，则（　　）

A．金属细杆开始运动时的加速度大小为5 m/s2

B．金属细杆运动到P点时的速度大小为5 m/s

C．金属细杆运动到P点时的向心加速度大小为10 m/s2

D．金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N

【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；向心力．

【分析】根据牛顿第二定律和安培力公式结合求解金属细杆开始运动时的加速度大小．

金属细杆由于受到安培力作用而沿水平导轨加速运动，滑到圆弧段的P点时，由安培力和轨道的支持力的合力提供向心力，先根据动能定理求出金属杆到达P点时的速度大小，再根据向心加速度公式a=求解到P点时的向心加速度大小，由牛顿第二定律求每个轨道对细杆的作用力，再由牛顿第三定律求细杆对每一条轨道的作用力．

【解答】解：A、根据牛顿第二定律得：金属细杆开始运动时的加速度大小为：a==m/s2=10m/s2；故A错误．

B、设金属细杆运动到P点时的速度大小为v．从M到P过程，由动能定理得：﹣mgR+BIL（MN+OP）=

则得：v==m/s=2m/s；故B错误．

C、金属细杆运动到P点时的向心加速度大小为：a===20m/s2．故C错误．

D、在P点，设每一条轨道对细杆的作用力大小为N，由牛顿第二定律得：2N﹣BIL=ma

代入数据解得：N==N=0.75N

由牛顿第三定律得细杆在P点对每一条轨道的作用力大小为N′=N=0.75N．故D正确．

故选：D．

8．如图所示，把一个带电小球A固定在光滑的水平绝缘桌面上，在桌面的另一处放置带电小球B，现给小球B一个垂直AB连线方向的速度v0，使其在水平桌面上运动，则下列说法中正确的是 （　　）

A．若A、B带同种电荷，B球可能做速度减小的曲线运动

B．若A、B带同种电荷，B球一定做加速度增大的曲线运动

C．若A、B带同种电荷，B球一定向电势较低处运动

D．若A、B带异种电荷，B球可能做速度和加速度大小都不变的曲线运动

【考点】电势能．

【分析】分AB为同种电荷和异种电荷两种情况来讨论，当为同种电荷时，B球要远离A球，当为异种电荷的时候，根据库仑力和向心力的大小关系来分别讨论可能的运动情况．

【解答】解：A、若A、B为同种电荷，AB之间的库仑力为排斥力，并且力的方向和速度的方向不再一条直线上，所以B球一定做曲线运动，库仑力对B做正功，速度增大，故A错误．

B、由于AB之间的距离越来越大，它们之间的库仑力也就越来越小，所以B球的加速度在减小，故B错误；

C、若A、B为同种电荷，库仑力做正功，导致电势能减小，由于带电性不知，所以无法得知，B球一定向电势较低处运动，故C错误；

D、若A、B为异种电荷，AB之间的库仑力为吸引力，当AB之间的库仑力恰好等于向心力的时候，B球就绕着A球做匀速圆周运动，此时B球速度的大小和加速度的大小都不变，当AB之间的库仑力大于需要的向心力的时候，B球做向心运动，速度和加速度都要变大，当AB之间的库仑力小于需要的向心力的时候，B球做离心运动，速度和加速度都要减小，故D正确．

故选：D．

9．一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经B、C点运动到D点，其v﹣t图象如图所示，则下列说法中正确的是（　　）

A．A点的电场强度一定大于B点的电场强度

B．粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能

C．CD间各点电场强度和电势都为零

D．AB两点间的电势差大于CB两点间的电势差

【考点】电势差；电场强度．

【分析】从图象可以看出，粒子做的是非匀变速直线运动，可得出受到的电场力不恒定，由带正电的粒子仅在电场力作用，有图线斜率代表加速度，有牛顿第二定律得知电场力的大小关系，从而得到电场强度德大小关系．由运动过程中，动能增加，势能减少，所以可判断出粒子在AB两点的电势能大小，有电场力做功的公式可得AB两点间的电势差与CB两点间的电势差的大小关系．

【解答】解：

A、由运动的速度﹣﹣时间图象可看出，带正电的粒子的加速度在A点时较大，有牛顿第二定律得知在A点的电场力大，故A点的电场强度一定大于B点的电场强度，故A正确；

B、由A到B的过程中，速度越来越大，说明是电场力做正功，电势能转化为动能，由功能关系可知，此过程中电势能减少，正电荷在A点是电势能大于在B时的电势能，所以A点的电势能高于B点的电势能，故B正确．

C、从C到D，粒子速度一直不变，故电场力做功为零，可知CD间各点电场强度为零，但电势不一定为零，故C错误；

D、A、C两点的速度相等，故粒子的动能相同，因此从A到B和从B到C电场力做功的绝对值相同，AB两点间的电势差等于CB两点间的电势差，故D错误．

故选：AB

10．如图所示，R1、R2、R3、R4均为可变电阻，C1、C2均为电容器，电源的电动势为E，内阻r≠0．若改变四个电阻中的一个阻值，则（　　）

A．减小R1，C1、C2所带的电量都增加

B．增大R2，C1、C2所带的电量都增加

C．增大R3，C1、C2所带的电量都增加

D．减小R4，C1、C2所带的电量都增加

【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．

【分析】由电路图可知，电阻R2、R3、R4串联接入电路，电容器C1并联在电阻电阻R2两端，电容器C2与R2、R3的串联电路并联；根据电路电阻的变化，应用欧姆定律及串联电路特点判断电容器两端电压如何变化，然后由Q=CU判断出电容器所带电荷量如何变化．

【解答】解：A、减小R1，电容器C1、C2两端电压不变，电容器所带电量不变，故A错误；

B、增大R2，整个电路电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流减小，路端电压变大，

电阻R3、R4两端电压变小，电阻R2两端电压变大，电阻R2、R3串联电压变大，

电容器C1、C2两端电压变大，由Q=CU可知，两电容器所带的电量都增加，故B正确；

C、增大R3，整个电路电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流减小，

由U=IR可知，电阻R2两端电压变小，电容器C1两端电压变小；路端电压变大，

电阻R4两端电压变小，电阻R2、R3串联电压变大，电容器C2两端电压变大，

由Q=CU可知，电容器C1所带电荷量减少，C2所带的电量都增加，故C错误；

D、减小R4，电路总电阻变小，由闭合欧姆定律可知，电路电流变大，

电阻R2两端电压变大，电阻R2、R3串联电压变大，电容器C1、C2两端电压都增大，

由Q=CU可知C1、C2所带的电量都增加，故D正确；

故选BD．

11．在如图所示的电路中，由于某一电阻发生短路或断路，使A灯变暗，B灯变亮，则故障可能是（　　）

A．R1短路 B．R2断路 C．R3断路 D．R4短路

【考点】闭合电路的欧姆定律．

【分析】A灯变暗，说明外电阻总电阻变大了；B灯变亮，说明其分得的电压变大了；根据传并联电路的特点和闭合电路欧姆定律列式求解．

【解答】解：A、R1短路，外电路总电阻减小，电流变大，A灯变亮，故A错误；

B、R2断路，B灯泡分得的电压变大，变亮；外电阻总电阻变大，电流减小，A灯变暗，故B正确；

C、R3断路，B灯泡分得的电压变大，变亮；外电阻总电阻变大，电流减小，A灯变暗，故C正确；

D、R4短路，外电路总电阻减小，电流变大，A灯变亮，故D错误；

故选BC．

12．如图所示，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O′，并处于匀强磁场中，当导线中通以沿x正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ．则磁感应强度方向和大小可能为（　　）

A．z正向， tan θ B．y负向，

C．z负向， tan θ D．沿悬线向下， sin θ

【考点】安培力．

【分析】对导体棒进行受力分析，根据共点力平衡进行判断，并根据共点力平衡求出磁感应强度的大小．

【解答】解：A、磁感应强度方向为z正向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y负方向，直导线不能在此位置平衡，故A错误；

B、当磁场沿y负方向时，由左手定则可知，导线受到的安培力竖直向下，当BIL=mg，B=导线静止，与竖直方向夹角θ=0°，不符合题意，故B错误；

C、磁感应强度方向为z负方向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y正方向，根据平衡条件：BILRcosθ=mgRsinθ，所以B=．故C正确；

D、磁感应强度方向沿悬线向下，根据左手定则，直导线所受安培力方向垂直于绳子斜向上，根据平衡条件：F=mgsinθ，得：B=，故D正确．

故选：CD．

13．如图甲所示是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断中正确的是（　　）

A．在Ek﹣t图中应有t4﹣t3=t3﹣t2=t2﹣t1

B．高频电源的变化周期应该等于tn﹣tn﹣1

C．粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大

D．要想粒子获得的最大动能越大，则要求D形盒的面积也越大

【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．

【分析】交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，由周期公式T=和半径公式r=进行判断．

【解答】解：A、根据周期公式T=知，粒子的回旋的周期不变，与粒子的速度无关，所以t4﹣t3=t3﹣t2=t2﹣t1．故A正确．

B、交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，故电源的变化周期应该等于2（tn﹣tn﹣1），故B错误；

C、根据半径公式r=知，v=，则粒子的最大动能Ek=mv2=，与加速的次数无关，与D形盒的半径以及磁感应强度有关，因此当电荷比荷与磁场一定时，最大动能要越大，则要求D形盒半径越大，则其的面积也越大．故C错误，D正确．

故选：AD．

二、实验题（共计16分，14题为4分；15题为12分）

14．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正检验电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是（　　）

A． B． C． D．

【考点】电容器的动态分析．

【分析】由题意可知电量不变，由平行板电容器的决定式可知电容的变化；由定义式可得出两端电势差的变化；再由U=Ed可知E的变化，进而判断势能的变化．

【解答】解：A、当负极板右移时，d减小，由C=可知，C与x图象不能为一次函数图象！故A错误；

B、由U=可知，U=Q，则E==，故E与d无关，故B错误；

C、因负极板接地，设P点原来距负极板为l，则P点的电势φ=E（l﹣l0）；故C正确；

D、电势能E=φq=Eq（l﹣l0），不可能为水平线，故D错误；

故选：C．

15．（1）用游标为50分度的卡尺（测量值可精确到0.02mm）测定某圆筒的内径时，卡尺上的示数如图甲所示，可读出圆筒的内径为　54.12　mm．

（2）图乙中给出的是用螺旋测微器测量一金属薄板厚度时的示数，此读数应为　6.125　mm．

【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．

【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读，注意二者读数的差别．

【解答】解：游标卡尺的主尺读数为5.4cm=54mm，游标尺上第6个刻度与主尺上某一刻度对齐，故其读数为0.02×6mm=0.12mm，

所以最终读数为：54mm+0.12mm=54.12mm；

螺旋测微器的固定刻度读数为6mm，可动刻度读数为：0.01×12.5mm=0.125mm，

所以最终读数为：6mm+0.125mm=6.125mm．

故答案为：54.12；6.125．

16．某同学测量阻值约为25kΩ的电阻Rx，现备有下列器材：

A．电流表（量程100 μA，内阻约为 2kΩ）；

B．电流表（量程500 μA，内阻约为300Ω）；

C．电压表（量程15V，内阻约为100kΩ）；

D．电压表（量程50V，内阻约为500kΩ）；

E．直流电源（20V，允许最大电流1A）；

F．滑动变阻器（最大阻值1kΩ，额定功率1W）；

G．电键和导线若干．

电流表应选　B　，电压表应选　C　．（填字母代号）

该同学正确选择仪器后连接了以下电路，为保证实验顺利进行，并使测量误差尽量减小，实验前请你检查该电路，指出电路在接线上存在的问题：

①　电流表应采用内接的方法　；

②　滑动变阻器应采用分压器方式的接法　．

【考点】伏安法测电阻．

【分析】合理选择实验器材，先选必要器材，再根据要求满足安全性，准确性，方便操作的原则选择待选器材．电流表的接法要求大电阻内接法，小电阻外接法．滑动变阻器是小电阻控制大电阻，用分压式接法．

【解答】解：（1）电阻上是最大电流：，故电流表应选择B；因直流电源的电压是20V，故量程是50V的电压表的使用效率偏低，应选择电压表C；

（2）因待测电阻约为25KΩ，大电阻故用内接法；因是小电阻控制大电阻，若用限流式接法，控制的电压变化范围太小，则应用分压式接法．

故答案为：B，C

①电流表应采用内接的方法；②滑动变阻器应采用分压器方式的接法

三、计算题，共42分，解答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能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．

17．如图所示，在O点放置一个正电荷，在过O点的竖直平面内的A点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m电荷量为q．小球落下的轨迹如图 中虚线所示，它与以O为圆心、R为半径的圆（图中实线表示）相交于B、C两点，O、C在同一水平线上，∠BOC=30°，A距离OC的竖直高度为h．若小球通过B点的速度为v，试求：

（1）小球通过C点的速度大小．

（2）小球由A到C的过程中电势能的增加量．

【考点】动能定理的应用．

【分析】（1）B、C在以点电荷为圆心的圆上，故BC两点电势相等，从B至C的过程中合外力做功等于重力做功，根据动能定理求解C点速度大小；

（2）从A到C的过程中只有重力和电场力做功，根据动能定理求出电场力做的功，再根据电场力做功与电势能变化的关系求电势能的增加量．

【解答】解：（1）因B、C两点电势相等，小球由B到C只有重力做功，由动能定理得：

解得小球在C点的速度为：

（2）小球从A到C的过程中只有重力和电场力做功，根据动能定理得：

解得： =

根据电势能变化与电场力做功的关系得电势能的增加量为：

答：（1）小球通过C点的速度大小为．

（2）小球由A到C的过程中电势能的增加量．

18．一台小型电动机在3V电压下工作，用此电动机提升所受重力为4N的物体时，通过它的电流是0.2A．在30s内可使该物体被匀速提升3m．若不计除电动机线圈生热之外的能量损失，求：

（1）电动机的输入功率；

（2）在提升重物的30s内，电动机线圈所产生的热量；

（3）线圈的电阻．

【考点】电功、电功率；能量守恒定律．

【分析】（1）由P=UI求出电动机的输入功率．

（2）电动机总功率等于热功率与输出功率之和，由P=Fv求出电动机的输出功率，然后求出线圈的热功率．

（3）由电功率公式Q=I2r的变形公式求出线圈电阻．

【解答】解：（1）电动机的输入功率P入=UI=0.2×3 W=0.6 W．

（2）电动机提升重物的机械功率P机=Fv=（4×3/30）W=0.4 W．

根据能量关系P入=P机+PQ，得生热的功率PQ=P入﹣P机=（0.6﹣0.4）W=0.2 W．

所生热量Q=PQt=0.2×30 J=6 J．

（3）由焦耳定律Q=I2Rt，得线圈电阻R==Ω=5Ω．

答：（1）电动机的输入功率为0.6W．

（2）线圈电阻产生的热量为6J．

（3）线圈电阻为5Ω．

19．在如图所示的电路中，两平行正对金属板A、B水平放置，两板间的距离d=4.0cm．电源电动势E=400V，内电阻r=20Ω，电阻R1=1980Ω．闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球（可视为质点）从B板上的小孔以初速度v0=1.0m/s竖直向上射入两板间，小球恰好能到达A板．若小球所带电荷量q=1.0×10﹣7C，质量m=2.0×10﹣4kg，不考虑空气阻力，忽略射入小球对电路的影响，取g=10m/s2．求：

（1）A、B两金属板间的电压的大小U；

（2）滑动变阻器消耗的电功率P滑；

（3）电源的效率η．

【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用；闭合电路的欧姆定律．

【分析】（1）小球从B板上的小孔射入恰好到达A板的过程中，在电场力和重力的作用下做匀减速直线运动，电场力做功﹣qU，重力做功﹣mgd，根据动能定理求解U．

（2）变阻器两端的电压等于U，由I=，U=IR滑，相结合求出R滑，滑动变阻器消耗的电功率．

（3）电源的效率η==．

【解答】解：（1）小球从B板上的小孔射入恰好到达A板的过程中，在电场力和重力的作用下做匀减速直线运动，设A、B两极板间电压为U，根据动能定理有

﹣qU﹣mgd=0﹣mv02

解得U=200V

（2）设此时滑动变阻器接入电路中的电阻值为R滑，根据闭合电 路欧姆定律可知，电路中的电流

得 I=

根据部分电路欧姆定律可知 U=IR滑

解得 R滑=2.0×103Ω

滑动变阻器消耗的电功率 =20W

（3）电源的效率η=×100%=×100%=99.5%．

答：

（1）A、B两金属板间的电压的大小U是200V；

（2）滑动变阻器消耗的电功率P滑是20W．

（3）电源的效率η是99.5%．

20．如图（甲）所示，MN为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔OO′正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图（乙）所示．有一群正离子在t=0时垂直于M板从小孔O射入磁场，已知正离子质量为m、带电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0．不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力．求：

（1 ）磁感应强度B0的大小；

（2）要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v0的可能值．

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．

【分析】（1）根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力，结合圆周运动的周期公式，可求出磁感应强度．

（2）由几何关系可确定运动半径与已知长度的关系，由正离子在两板运动n个周期，从而即可求解．

【解答】解：（1）正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力

做匀速圆周运动的周期，

联立两式得磁感应强度，

（2）要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，v0的方向应如图所示，

两板之间正离子只运动一个周期，即T0，则

两板之间正离子运动n个周期，即nT0，则R=，

联立上式可得，正离子的速度=

答：（1 ）磁感应强度B0的大小；

（2）要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v0的可能值为（n=1，2，3…）．

2016年6月17日

本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/bc597bf8964bcf84b9d57bf0.html