學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精邯鄲市第二中學高二年級（2016級）期中考試物理試卷考試范圍:選修3—1;考試時間：90分鐘；注意:本試卷包含Ⅰ、Ⅱ兩卷。第Ⅰ卷為選擇題，所有答案必須用2B鉛筆涂在答題卡中相應的位置。第Ⅱ卷為非選擇題，所有答案必須填在答題卷的相應位置。答案寫在試卷上均無效，不予記分。第Ⅰ卷一、單選題（本大題共10小題,共30.0分)1。物理學中最早使用理想實驗方法、發現萬有引力定律、最早引入了電場概念并提出用電場線表示電場和發現電流磁效應分別由不同的物理學家完成，他們依次是（)

A。伽利略、牛頓、法拉第和奧斯特

B。牛頓、卡文迪許、洛倫茲和安培

C.伽利略、卡文迪許、庫侖和奧斯特

D.伽利略、牛頓、庫侖和洛倫茲.真空中兩個完全相同的帶電小球A和B(均可看做點電荷），帶電量分別為+2q和-6q，固定在相距為r的兩點，兩球間靜電力為F，現用絕緣工具使兩球接觸后分開,將其固定在距離為QUOTE的兩點，則兩球間庫侖力為（）

A。相互作用的斥力，大小為

B。相互作用的引力，大小為

C.相互作用的引力,大小為QUOTE

D.相互作用的斥力，大小為2F3。直線MN是某點電荷電場中的一條電場線（方向未畫出)．虛線是一帶電的粒子只在電場力的作用下，由a到b的運動軌跡．下列判斷正確的是（）

A.電場線MN的方向一定是由N指向M

B.帶電粒子由a運動到b的過程中動能一定逐漸減小

C.帶電粒子在a點的電勢能一定大于在b點的電勢能

D.帶電粒子在a點的加速度一定大于在b點的加速度4。如圖所示,勻強電場的場強E=3×105V/m，A、B兩點相距0。2m,兩點連線與電場的夾角是60°，下列說法正確的是（）

A。電荷量q=+2×10—4C的電荷從A點運動到B點電勢能增大6J

B.電荷量q=-2×10-4C的電荷從A點運動到B點電場力做功為-6J

C。若取A點的電勢為0，則B點的電勢φB=3×104V

D。A、B兩點間的電勢差是UAB=6×105.如圖所示，R1為定值電阻，R2為可變電阻，E為電源電動勢，r為電源的內電阻，以下說法中不正確的是（）

A.當R2=R1+r時，R2上獲得最大功率

B。當R1=R2+r時，R1上獲得最大功率

C。當R2=0時R1上獲得功率一定最大

D.當R2=0時，電源的輸出功率可能最大6。在如圖所示的U-I圖象中，直線Ⅰ為某一電源的路端電壓與電流的關系圖象，直線Ⅱ為某一電阻R的伏安特性曲線．用該電源與電阻R組成閉合電路．由圖象判斷錯誤的是（）

A。電源的電動勢為3V，內阻為0。5Ω

B。電阻R的阻值為1Ω

C.電源的效率為80%

D。電源的輸出功率為4W如圖所示的電路中，電源、電壓表、電流表都是理想的，當滑動變阻器的觸頭由a端向b端滑動時，下列說法正確的是（）

A。電壓表增大，電流表讀數增大

B.電壓表增大，電流表讀數減小

C.電壓表讀數不變,電流表讀數增大

D.電壓表讀數不變，電流表讀數增減小8.三根通電長直導線P、Q、R互相平行、垂直紙面放置．三根導線中電流方向均垂直紙面向里，且每兩根導線間的距離均相等．則P、Q中點O處的磁感應強度方向為（）

A。方向水平向左

B。方向水平向右

C.方向豎直向上

D.方向豎直向下9。在如圖所示的平行板器件中，電場強度E和磁感應強度B相互垂直．一帶電粒子（重力不計)

從左端以速度v沿虛線射入后做直線運動，則該粒子(）

A.一定帶正電B。速度v=QUOTE

C。若速度v＞QUOTE，粒子在板間的運動是類平拋運動

D。若此粒子從右端沿虛線方向進入平行板,仍做直線運動10。如圖所示的勻強磁場，磁感應強度為0。1T，通電直導線與磁場方向垂直，導線長度為0。1m，導線中電流為1A．該導線所受安培力的大小為（)

A.0.01N

B.0。02N

C.0.03N

D。0.04N二、多選題（本大題共4小題,共16。0分)11.平行板電容器的兩極板接于電池兩極,一帶電小球懸掛在電容器內部．閉合電鍵k，電容器充電，這時懸線偏離豎直方向的夾角為θ．則下述說法正確的是（）

A。保持電鍵k閉合，帶正電的A板向B板靠近,則θ變大

B。保持電鍵k閉合，帶正電的A板向B板靠近，則θ不變

C。電鍵k斷開,帶正電的A板向B板靠近，則θ不變

D.電鍵k斷開，帶正電的A板向B板靠近，則θ增大12。如圖所示的電路中，AB兩端的電壓U恒為14V，燈泡L標有“6V

12W”字樣，電動機線圈的電阻RM=0。50Ω．若燈泡恰能正常發光，且電機能運轉,則以下說法正確的是（）

A.電動機的輸入功率是128W

B。電動機的輸入功率是16W

C.電動機的熱功率是2。0W

D。整個電路消耗的電功率是30W13.質量相同，電荷相等的帶電粒子M和N，以不同的速率經小孔S垂直進入勻強磁場，運行的半圓軌跡如圖中虛線所示．下列表述正確的是（不計重力）（）

A.M帶正電，N帶負電

B。M的速率大于N的速率

C.洛倫茲力對M、N不做功

D。M的運行時間大于N的運行時間14。如圖所示，電子由靜止經加速電場加速后，進入偏轉電場,若加速電壓為U1，偏轉電壓為U2，要使電子在電場中的偏轉量y增大為原來的2倍，下列方法中正確的是（)

A。使U1減小為原來的一半

B。使U2增大為原來的2倍

C。使兩偏轉板的長度增大為原來2倍

D。使兩偏轉板的間距減小為原來的一半第Ⅱ卷三、實驗題探究題（本大題共2小題，共18。0分）15.在“描繪小燈泡的伏安特性曲線的實驗中，可供選擇的器材及代號如下：

A．小燈泡L（3V、1。8W）;

B．滑動變阻器R（0~10Ω,額定電流1.5A）；

C．電壓表V1（量程：0～3V，RV=5kΩ)；

D．電壓表V2(量程:0～15V,RV=10kΩ）；

E．電流表A1（量程:0～0。6A，RA=0。5Ω）；

F．電流表A2（量程0～3A，RA=0.1Ω）

G．鉛蓄電池、電鍵各一個，導線若干

實驗中要求加在小燈泡兩端的電壓可連續地從零調到額定電壓

①為了減少誤差,實驗中應選電壓表______，電流表______；

②某同學實驗后作出的I-U圖象如圖1所示,請分析該圖象形成的原因是______．

③請在圖中虛線框內按要求完成實驗電路圖(用筆線代替導線）16.用如圖所示的電路，測定一節干電池的電動勢和內阻．電池的內阻較小，為了防止在調節滑動變阻器時造成短路，電路中用一個定值電阻R0起保護作用．除電池、開關和導線外，可供使用的實驗器材還有：

（1）電流表（量程0.6A、3A);

（2）電壓表（量程3V、15V）

（3）定值電阻(阻值1Ω，額定功率5W）

（4)定值電阻（阻值10Ω，額定功率10W）

(5）滑動變阻器（陰值范圍0—10Ω，額定電流2A）

（6）滑動變阻器（阻值范圍0—100Ω、額定電流1A)

那么

（1）要正確完成實驗，電壓表的量程應選擇______V，電流表的量程應選擇______A；

R0應選擇______Ω的定值電阻,R應選擇阻值范圍是______Ω的滑動變阻器．

（2）引起該實驗系統誤差的主要原因是______．四、計算題(本大題共3小題，共36.0分）17。(12分）水平放置的平行板電容器，兩極板A、B相距5mm，電容為50μF

(1）當將其充電到兩板電勢差為100V時，這時電容器的帶電量為多少庫侖？

（2）當兩板電勢差為100V，一個質量為1.0×10—14Kg的帶負電塵埃正好在板間靜止，電容器上極板帶何種電荷？該塵埃帶電量為多少？（取重力加速度g=10m/s2

18.（12分）在直角區域aob內，有垂直紙面向里的勻強磁場，一帶電粒子從o點沿紙面以一定速度射入磁場中，速度方向與邊界ob成30°角，從磁場出來的位置離開O點的距離為L，求

（1）粒子帶正電還是負電；

（2）若磁場的磁感應強度為B，粒子的質量為m，帶電量為q，則粒子在磁場中運動的速度為多少？在磁場中運動的時間為多少？

19.（12分）如圖所示，兩平行金屬導軌間的距離L=0.2m，金屬導軌所在的平面與水平面夾角θ=37°,金屬導軌的一端接有電動勢E=6V、內阻r=1Ω的直流電源．現把一個質量QUOTEkg的導體棒ab放在金屬導軌上，導體棒與金屬導軌垂直、且接觸良好，它們之間的動摩擦因數為μ=0。5．為使導體棒能靜止在導軌上，在導軌所在平面內,加一個豎直向上的勻強磁場．導軌電阻不計，導體棒接入電路的電阻R0=2Ω．已知sin37°=0。6，cos37°=0.8，取g=10m/s2．求:

（1)當磁感應強度B1多大時，導體棒與導軌間的摩擦力為零；

(2)當磁感應強度B2=12.5T時，導體棒與導軌間摩擦力的大小和方向；

(3)使導體棒能靜止在導軌上所加磁場的磁感應強度B的最小值．

答案和解析【答案】

1。A2。A3。C4.B5.B6。C7。A8。A9.B10。A11.AC12.BC13.BC14。ABD

15。C；E；溫度升高，燈泡電阻增大

16。3;0。6;1；0~10；由于電壓表的分流作用造成電流表讀數總是比電池實際輸出電流小．

17.解：（1）由電容的定義式C=可知，電容器的帶電量為：

Q=CU=50×10-6×100C=5×10-3C

（2）上極板帶正電,

由平衡條件有q=mg

解得：q===5×10-18C

答:

（1）當將其充電到兩板電勢差為100V時，這時電容器的帶電量為5×10-3C．

（2)當兩板電勢差為100V，一個質量為1.0×10—14Kg的帶負電塵埃正好在板間靜止，電容器上極板帶正電荷，該塵埃帶電量為5×10-18C．

18.解：(1)粒子做曲線運動總是彎向所受合力的方向,再加上洛侖茲力與速度方向垂直，畫出粒子的運動軌跡如圖所示：由左手定則知道粒子帶負電．

（2）粒子做勻速圓周運動時，洛侖茲力提供向心力：…①

由幾何關系有：…②

聯立以上兩式得：

由于粒子在磁場中偏轉了60°，所以粒子在磁場中的時間為：

答:（1）粒子帶負電．

（2)若磁場的磁感應強度為B，粒子的質量為m,帶電量為q,則粒子在磁場中運動的速度為，在磁場中運動的時間為．

19.解：(1)根據閉合電路的歐姆定律，則有:=2A

由平衡條件得：mgsinθ=BILcosθ

得：==6.25T

（2）導體棒受力情況如圖所示（圖中摩擦力f未畫出)

當磁感應強度B=12.5T時,mgsinθ＜BILcosθ

摩擦力f沿斜面向下

由平衡條件得：f+mgsinθ=BILcosθ

代入數據得：f=2N

（3）當磁感應強度B最小時，導體棒恰好不下滑，這時摩擦力f沿斜面向上,

則有：B1ILcosθ+fm=mgsinθ

而:fm=μN

又：N=mgcosθ+BILsinθ

聯立得:==T

答：(1)當磁感應強度6.25T時,導體棒與導軌間的摩擦力為零；

(2）當磁感應強度B2=12.5T時，導體棒與導軌間摩擦力的大小2N和方向沿斜面向下；

（3）使導體棒能靜止在導軌上所加磁場的磁感應強度B的最小值為．

【解析】

1。解：伽利略對自由落體的研究，最早使用理想實驗方法，開創了研究自然規律的科學方法；牛頓提出的萬有引力定律奠定了天體力學的基礎，法拉第最早引入了電場概念并提出用電場線表示電場，奧斯特發現了電流得磁效應，故A正確．

故選：A

根據物理學史的相關知識，即可對題目做出正確的解答：伽利略用理想斜面實驗推翻了亞里士多德關于“力是維持物體運動原因"的觀點;牛頓發現了萬有引力定律；法拉第最早建立了電場概念并用電場線描述電場；奧斯特最早發現了電流的磁效應現象．

本題考查物理學史,是常識性問題，對于物理學上重大發現、發明、著名理論要加強記憶，平時注意積累．

2。解：相距為r時,根據庫侖定律得：F=k；

接觸后，各自帶電量變為q′==-2q，則此時有：F′=k

兩式聯立得:F′=F，

再依據同種電荷相斥，可知，它們相互作用力為斥力，故A正確，BCD錯誤,

故選：A．

清楚兩小球相互接觸后，其所帶電量先中和后均分．

根據庫侖定律的內容，根據變化量和不變量求出問題．

本題考查庫侖定律及帶電題電量的轉移問題．注意兩電荷接觸后各自電荷量的變化，這是解決本題的關鍵．

3。解：A、由于該粒子只受電場力作用且做曲線運動，物體所受外力指向軌跡內側,所以粒子受力方向一定是由M指向N．故A錯誤;

B、粒子從a運動到b的過程中,電場力做正功，電勢能減小，動能增加，故B錯誤；

C、粒子從a運動到b的過程中，電場力做正功，電勢能減小，帶電粒子在a點的電勢能一定大于在b點的電勢能,故C正確;

D、由a到b的運動軌跡為曲線，是曲線運動，無法比較a、b點的合力大小，故也就無法比較a、b點的加速度大小，故D錯誤；

故選:C．

解答本題的突破口是根據粒子的運動軌跡確定其所受電場力方向，根據電場力做功的情況判斷電勢能的變化，從而確定電場線MN的方向以及點電荷的位置，然后根據點電荷周圍電場分布情況，進一步解答．依據帶電粒子的運動軌跡確定其所受電場力方向是解決帶電粒子在電場中運動問題的突破口，然后可進一步根據電場線、電場力做功等情況確定電勢、電勢能的高低變化情況

4。解:A、從A到B，電場力做功W=qEdABcos60°=J=6J．則電勢能減小6J．故A錯誤．

B、從A到B，電場力做功W=-qEdABcos60°=—J=—6J．故B正確．

C、AB間的電勢差UAB=EdABcos60°=V=3×104V,因為A點的電勢為0，則B點的電勢為φB=—3×104V．故C、D錯誤．

故選：B．

根據電場力做功判斷電勢能的變化，根據U=Ed求出A、B兩點間的電勢差，從而得出B點的電勢．

解決本題的關鍵掌握電場力做功與電勢差、電勢差與電場強度的關系，并能靈活運用，基礎題．

5.解:A、將R1等效到電源的內部,R2上的功率等于等效電源的輸出功率，當等效電源的外電阻等于內阻時，即R2=R1+r時，輸出功率最大，即R2上的功率最大．故A正確．

B、根據P=I2R，電流最大時，R1上的功率最大．當外電阻最小時,即R2=0時,電流最大．故B錯誤，C正確．

D、當外電阻等于內阻時電源的輸出功率最大,外電阻與內電阻越接近，電源的輸出功率越大，當R1＞r,故當R2=0時,電源的輸出功率最大，故D正確;

因選不正確的，故選：B．

當外電阻等于內阻時電源的輸出功率最大．對于定值電阻，根據P=I2R，電流最大時，功率最大．

解決本題的關鍵掌握當外電阻等于內阻時電源的輸出功率最大．對于定值電阻，根據P=I2R，電流最大時,功率最大．

6。解：A、根據閉合電路歐姆定律得U=E-Ir，當I=0時，U=E，由讀出電源的電動勢E=3V，內阻等于圖線的斜率大小，則r=|｜=Ω=0。5Ω．故A正確．

B、電阻R==Ω=1Ω．故B正確．

C、電源的效率η====66.7%．故C錯誤．

D、兩圖線的交點表示該電源直接與電阻R相連組成閉合電路時工作狀態,由圖讀出電壓U=2V,電流I=2A，則電源的輸出功率為P出=UI=4W．故D正確．

本題選擇錯誤的，故選：C．

由電源的路端電壓與電流的關系圖象可知,圖象與縱軸的交點等于電源的電動勢,其斜率大小等于電源的內阻．電阻R的伏安特性曲線的斜率等于電阻．兩圖線的交點讀出電流與電壓，求出電源的輸出功率和效率．

對于圖線關鍵要根據物理規律，從數學角度來理解其物理意義．本題要抓住圖線的斜率、交點的意義來理解圖象的意義．

7.解:由圖可知,R與R2并聯后與R1串聯；當滑動變阻器的觸頭由a端向b端滑動時，滑動變阻器接入電路的電阻增大,外電路總電阻增大，由閉合電路歐姆定律可知，電路中總電流減小，內電壓減小，則路端電壓增大，故電壓表V示數增大；

因電路中總電流減小，則R1兩端的電壓減小,而路端電壓減小，故并聯部分電壓增大，R2中電流增大，故電流表讀數增大；故A正確，BCD錯誤．

故選：A

分析電路結構,由滑片的移動方向分析變阻器接入電阻的變化,由閉合電路歐姆定律可得出電路中電流及路端電壓的變化，再對局部電路分析即可得出電流表與電壓表的變化．

對于電路的動態變化分析問題，一般按局部→整體→局部的思路進行分析，注意正確利用好串聯電路的分壓關系和并聯電路的分流關系．

8.解：用右手螺旋定則判斷通電直導線在O點上所產生的磁場方向，如圖所示：

直導線P在O點產生磁場與直導線Q在O點產生磁場方向相反,大小相等．

則合磁場為零;而直導線R在O點產生磁場，方向從Q指向P,即為水平向左;

故選：A．

該題考查了磁場的疊加問題．用右手定則首先確定三根通電直導線在a點產生的磁場的方向，利用矢量的疊加分析疊加后磁場大小和方向，從而判斷各選項．

磁感應強度既有大小，又有方向，是矢量．它的合成遵循矢量合成的平行四邊形法則．

9.解：A、粒子從左射入，不論帶正電還是負電，電場力大小為qE，洛倫茲力大小F=qvB=qE,兩個力平衡,速度v=，粒子做勻速直線運動．故A錯誤,B正確．

C、若速度v＞,則粒子受到的洛倫茲力大于電場力,使粒子偏轉，做曲線運動；但洛倫茲力方向不斷變化，故合力不恒定，不是類似平拋運動；故C錯誤．

D、此粒子從右端沿虛線方向進入，電場力與洛倫茲力在同一方向，不能做直線運動．故D錯誤．

故選：B．

帶電粒子進入復合場,受電場力和洛倫茲力，通過比較電場力和洛倫茲力的大小和方向，判斷是否平衡，從而確定能否沿虛線路徑通過．

解決本題的關鍵知道在速度選擇器中，從左邊射入，速度滿足條件，電場力與洛倫茲力平衡與電量、電性無關．

10.解:電流的方向與磁場垂直,則安培力F=BIL=0。1×1×0。1N=0.01N．

故選:A．

根據導線的長度、電流的大小、磁感應強度的大小，結合安培力公式求出安培力的大小．

解決本題的關鍵掌握安培力大小公式,當電流與磁場垂直時，F=BIL，當電流與磁場平行時,F=0．

11。解：A、B、保持電鍵k閉合時，電容器板間電壓不變,帶正電的A板向B板靠近時，板間距離d減小，由E=分析得知，板間場強增大，小球所受電場力增大,則θ增大．故A正確，B錯誤．

C、D、電鍵k斷開，根據推論可知，板間場強不變，小球所受電場力不變,則θ不變．故C正確,D錯誤．

故選:AC

保持電鍵S閉合時，電容器板間電壓不變,由E=分析板間場強的變化，判斷板間場強的變化，確定θ的變化．電鍵S斷開，根據推論可知,板間場強不變，分析θ是否變化．

本題解答的關鍵是抓住不變量進行分析，當電容器保持與電源相連時，其電壓不變；當電容器充電后斷開時，其電量不變．

12.解：A、電動機兩端的電壓U1=U—UL=14-6V=8V，整個電路中的電流I=,所以電動機的輸入功率P=U1I=8×2W=16W．故A錯誤，B正確．

C、電動機的熱功率P熱=I2RM=4×0。5W=2W，故C正確．

D、整個電路消耗的功率P總=UI=14×2W=28W．故D錯誤．

故選:BC．

由燈泡銘牌可知燈泡額定電是6V，額定功率是12W，由電功率的變形公式可以求出燈泡正常發光時的電流；由串聯電路特點可以求出電動機的電壓,由電功率公式可以求出電機總功率與熱功率，進一步求出電動機的輸出功率；由電功率公式可以求出電路總功率．

解決本題的關鍵知道電動機的輸出功率P2=I2RM以及知道整個電路消耗的功率P總=UI．

13.解：A、磁場的方向向里，由左手定則判斷出N帶正電荷,M帶負電荷，故A錯誤;

B、粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力qvB=m，半徑為：R=，在質量與電量相同的情況下，半徑大說明速率大，即M的速率大于N的速率，故B正確；

C、洛倫茲力的方向始終與速度的方向垂直,所以洛倫茲力不做功．故C正確．

D、粒子在磁場中運動半周，即時間為周期的一半，而周期為T=,M的運行時間等于N的運行時間，故D錯誤．

故選：BC

由左手定則判斷出M帶正電荷,帶負電荷;結合半徑的公式可以判斷出粒子速度的大小;根據周期的公式可以判斷出運動的時間關系，知道洛倫茲力永不做功的性質．

本題結合帶電粒子的磁場中的運動考查到左手定則、半徑的公式和根據周期的公式,屬于基本應用．要注意明確洛倫茲力永不做功的性質應用．

14.解：在加速電場中，根據動能定理可得：

根據牛頓第二定律可得在偏轉電場的加速度:

在偏轉電場中的偏轉位移為：，

由此可知：A、使U1減小為原來的一半,偏轉量y增大為原來的2倍，A正確;

B、使U2增大為原來的2倍，偏轉量y增大為原來的2倍,B正確;

C、使兩偏轉板的長度增大為原來2倍，偏轉量y增大為原來的4倍，C錯誤；

D、使兩偏轉板的間距減小為原來的一半，偏轉量y增大為原來的2倍，D正確；

故選：ABD．

根據動能定理求解射出加速電場的速度，再根據類平拋運動求解側移量y的表達式，由此分析．

本題主要是考查了帶電粒子在電場中的加速和偏轉，解答本題要知道類平拋運動的規律，能夠根據動能定理、牛頓第二定律等規律解答．

15.解：（1）由于小燈泡的額定電壓為3伏，而電壓表最佳測量范圍為大于等于滿偏的,故不能選0—15v的量程，而只能選0—3v的量程，故電壓表應選C．

由于小燈泡的額定電流I===0.6A，而電流表最佳測量范圍為大于等于滿偏的，故不能選0—3A的量程而只能選0。6A的量程,故電流表應選E．

（2）由于=R,故I—U圖象的斜率等于電阻R的倒數，從圖象可知I—U圖象的斜率逐漸減小，即電阻R逐漸增大，故金屬材料的電阻隨著溫度的升高而升高，而R=，故隨溫度升高，金屬材料的電阻率升高，燈泡電阻增大．

（3）由于要描繪小燈泡的伏安特性曲線，故要小燈泡兩端的電壓從0開始連續可調，故滑動變阻器要采用分壓接法；由于的電阻R===5Ω，而中值電阻R中===50Ω，故被測電阻是小電阻，故電流表應該采用外接法．如圖所示．

故答案為:（1）C；E；（2）溫度升高，燈泡電阻增大；(3）如圖所示；

（1）電壓表、電壓表最佳測量范圍為大于等于滿偏的；根據額定值可以確定電表的選擇；

（2）I—U圖象的斜率等于電阻R的倒數，故I-U圖象的斜率逐漸減小，即電阻R逐漸增大；

（3）被測電阻是小電阻，電流表應該采用外接法；要小燈泡兩端的電壓從0開始連續可調，滑動變阻器要采用分壓接法．

本題主要考查了電流表的