2016-2017学年江西省抚州市临川二中高二上学期期中物理试卷
一、选择题
1．（2016高二上·临川期中）一根均匀电阻丝的电阻为R，在温度不变的情况下，下列情况中其电阻值为2R的是（ ）
A．当长度不变，横截面积增大一倍时
B．当横截面积不变，长度增大一倍时
C．长度和横截面积都缩小一倍时
D．长度和横截面半径都增大一倍时
【答案】B
【知识点】电阻定律
【解析】【解答】解：A、由R= 可知，长度不变，横截面积增为2倍时，电阻变为原来的一半，故A错误；
B、当横截面积不变，长度增大一倍时，电阻变化原来的2倍，故B正确；
C、当长度和横截面积都缩小一半时，电阻不变；故C错误；
D、当长度和横截面半径都增大一倍时，电阻不变；故D错误；
故选：B．
【分析】由电阻定律的公式根据题意中给出的变化进行比较即可得出阻值不变的选项．
2．（2016高二上·南城期中）一平面线圈用细杆悬于P点，开始时细杆处于水平位置，释放后让它在如图所示的匀强磁场中运动．已知线圈平面始终与纸面垂直，当线圈第一次通过位置B和位置C的过程中，下列对磁通量变化判断正确的是（ ）
A．一直变大 B．一直变小
C．先变小后变大 D．先变大后变小
【答案】D
【知识点】磁通量；楞次定律
【解析】【解答】解：该题中，线圈在b位置与c位置时都不与磁场垂直，而根据磁通量的计算公式：Φ=BScosθ，当线圈与磁场垂直时，穿过线圈的磁通量最大，所以线圈第一次通过位置B和位置C的过程中，穿过线圈的磁通量是先增大后减小．
故选：D
【分析】本题的关键是明确线圈经过位置B和C过程中穿过线圈的磁通量的变化情况．
3．（2016高二上·临川期中）某一电源的路端电压与电流的关系和电阻R1、R2的电压与电流的关系如图所示．用此电源和电阻R1、R2组成电路．R1、R2可以同时接入电路，也可以单独接入电路．为使电源输出功率最大，可采用的接法是（ ）
A．将R1、R2串联后接到电源两端 B．将R1、R2并联后接到电源两端
C．将R1单独接到电源两端 D．将R2单独接到电源两端
【答案】C
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】解：由图象得到：电源的电动势为E=3V，内阻为r=0.5Ω，R1单独接到电源两端输出功率为P出1=1.5V×3A=4.5W，R2单独接到电源两端输出功率则为P出2=2V×2A=4W．
由电阻的伏安特性曲线求出 R1=0.5Ω、R2=1Ω，当将R1、R2串联后接到电源两端利用欧姆定律可得电路电流I串=1.5A，此时电源的输出功率P串=I串2（R1+R2）=3.75W．两电阻并联时，R并= = = Ω
利用欧姆定律可得电路电流I并= = A=3.6A，此时电源的输出功率P并=EI并﹣I并2r=4.32W．所以将R1单独接到电源两端时电源的输出功率最大．
故选C
【分析】由电源的U﹣I图线纵横截距读出电源的电动势，由斜率求出电源的内阻．由电阻的U﹣I图线求出电阻．再分别求出四种情况下电源的输出功率进行选择．
4．（2016高二上·临川期中）如图所示A、B为某电场中一条直线上的两个点，现将正点电荷从A点静止释放，仅在电场力作用下运动一段距离到达B点，其电势能EP随位移x的变化关系如图所示．从A到B过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电场力对电荷一直做正功 B．电势一直升高
C．电荷所受电场力先增大后减小 D．电荷所受电场力先减小后增大
【答案】D
【知识点】电场强度和电场线；电势差、电势、电势能
【解析】【解答】解：A、电势能先减小后增大，则电场力做正功后做负功．故A错误．
B、正电荷从A到B电场力先做正功，后做负功，则说明电场力方向变化，即电场线方向先向右，后向左，所以电势先降低后升高．故B错误．
CD、电势能EP随位移x的变化关系图象的斜率表示电场力的大小，因此电场力先减小后增大．故C错误，D正确．
故选：D．
【分析】根据题意和图象正确判断出电子的运动形式是解题的关键，由图可知，电子通过相同位移时，电势能的减小量越来越小，说明电场力做功越来越小，由W=Fs可知电场力逐渐减小，因此电子做加速度逐渐减小的加速运动，知道了运动形式即可解正确解答本题．
5．（2016高二上·临川期中）如图所示电路，已知R1=3kΩ，R2=2kΩ，R3=1kΩ，I=10mA，I1=6mA，则a、b两点电势高低和通过R2中电流正确的是（ ）
A．a比b高，7 mA B．a比b高，2 mA
C．a比b低，7 mA D．a比b低，2 mA
【答案】C
【知识点】欧姆定律
【解析】【解答】解：根据欧姆定律得R1两端的电压分别为 U1=I1R1=6×10﹣3×3×103V=18V，则a点的电势比c点电势低18V
R3两端的电压为：U3=I3R3=（I﹣I1）R3=4V，b点的电势比c点电势低4V，所以a电势比b点电势低．
R2两端的电压为：U2=U1﹣U3=14V，通过R2中电流为：I2= = =0.007A=7mA．故C正确．
故选：C
【分析】根据欧姆定律求出R1和R3两端的电压，R2的电压等于R1和R3电压之差，根据在外电路中顺着电流方向电势降低，判断a、b两点电势高低，并求出通过R2中电流．
6．（2016高二上·临川期中）如图所示，由相同材料制成的半径为r的圆形硬质线圈放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，线圈平面与磁场垂直．若通以图示方向的电流，且已知从P端流入的总电流强度为I，则线圈受到的总磁场力的大小为（ ）
A．0 B．BIr C．2BIr D．2πBIr
【答案】C
【知识点】安培力
【解析】【解答】解：根据电流的串并联关系可知，流过每一个半圆的电流为
每个半圆受到的安培力为F=BI′ 2r=BIL，方向都向上，故受到的安培力为F=2F=2BIL，故C正确
故选：C
【分析】根据电流的串并联关系求得流过每个半圆的电流，根据通电导线的有效长度求得每个半圆受到的安培力即可求得总的安培力
7．（2016高二上·临川期中）如图所示，AB为均匀带有电荷量为+Q的细棒，C为AB棒附近的一点，CB垂直于AB．AB棒上电荷形成的电场中C点的电势为φ0，φ0可以等效成AB棒上电荷集中于AB上某点P处、带电量为+Q的点电荷所形成的电场在C点的电势．若PC的距离为r，由点电荷电势的知识可知φ0=k ．若某点处在多个点电荷形成的电场中，则电势为每一个点电荷在该点所产生的电势的代数和．根据题中提供的知识与方法，我们可将AB棒均分成两段，并看成两个点电荷，就可以求得AC连线中点C′处的电势为（ ）
A．2φ0 B． φ0 C．φ0 D．4φ0
【答案】A
【知识点】电势差、电势、电势能
【解析】【解答】解：设φ0等效成AB棒上的电荷集中于AB中点处，即AB的中点D到C的距离DC等于AD的中点E到C′的距离的一半；
带电量为+Q的点电荷所形成的电场在C点的电势，将AB棒均分成两段，并看成两个点电荷，每个点电荷的电荷量为 ，由φ0=k 可知，每个电荷量为 的点电荷在C′点产生电势为φ0，两个点电荷在AC连线中点C′处的电势为2φ0，故A正确，BCD错误；
故选：A．
【分析】根据题意，将棒等效成两点电荷，结合点电荷电势的φ0=k ．与电势为每一个点电荷在该点所产生的电势的代数和，即可求解．
8．（2016高二上·临川期中）如图所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度为B的匀强磁场中，以导线截面的中心为圆心，半径为r的圆周上有a、b、c、d四个点，已知c点的实际磁感应强度为零，则下列叙述正确的是（ ）
A．直导线中的电流方向垂直纸面向外
B．b点的实际磁感应强度大小为 B
C．a点的实际磁感应强度大小为2B
D．d点的实际磁感应强度跟b点的相同
【答案】A,B,C
【知识点】磁感应强度
【解析】【解答】解：A、由题，c点的磁感应强度为0，说明通电导线在c点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，即得到通电导线在c点产生的磁感应强度方向水平向左，根据安培定则判断可知，直导线中的电流方向垂直纸面向外．故A正确．
B、由上知道，通电导线在c点产生的磁感应强度大小为B，由安培定则可知，通电导线在b处的磁感应强度方向竖直向下，根据平行四边形与匀强磁场进行合成得知，b点感应强度为 B，方向与B的方向成45°斜向下．故B正确．
C、通电导线在a处的磁感应强度方向水平向右，则c点磁感应强度为2B，方向与B的方向相同．故C正确．
D、通电导线在d处的磁感应强度方向竖直向上，则d点感应强度为 B，方向与B的方向成45°斜向上，与b点磁感应强度大小相等，方向不同．故D错误．
故选：ABC．
【分析】由题，c点的磁感应强度为0，说明通电导线在O点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，由安培定则判断出通电导线中电流方向．通电导线在abcd四点处产生的磁感应强度大小相等，根据平行四边形定则进行合成分析a、b、d三点的磁感应强度大小和方向．
9．（2016高二上·临川期中）如图所示，E为电源，其内阻不可忽略，RT为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，R为定值电阻，C为平行板电容器， 为灵敏电流计，闭合开关S，当环境温度明显升高时，下列说法正确的是（ ）
A．C所带的电荷量保持不变
B．RT两端的电压变大
C．R两端电压变大
D．温度升高过程中， 中电流方向由a到b
【答案】C,D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】解：A、由图可知，热敏电阻RT与电阻R串联，当环境温度升高时热敏电阻阻值减小，则电路中电流增大，电源的内电压增大，路端电压减小，电容器的电压等于路端电压，故电容器的电压减小，所带电量减小，故A错误；
BC、电路中电流增大，电源的内电压及灯泡R两端的电压均增大，由E=U内+U外可得，RT两端电压减小，故B错误，C正确；
D、电容器电量减小，则电容器要放电，故G中电流由a→b，故D正确．
故选：CD
【分析】当环境温度升高，热敏电阻阻值减小；由闭合电路欧姆定律可知电路中电流及电压的变化；由电容器的充放电知识可知G中电流方向．
10．（2016高二上·临川期中）如图所示，在绝缘的斜面上方，存在着匀强电场，电场方向平行于斜面向上，斜面上的带电金属块在平行于斜面的力F作用下沿斜面移动．已知金属块在移动的过程中，力F做功32J，金属块克服电场力做功8J，金属块克服摩擦力做功16J，重力势能增加18J，则在此过程中金属块的（ ）
A．动能减少10J B．电势能增加24J
C．机械能减少24J D．内能增加16J
【答案】A,D
【知识点】电势差、电势、电势能
【解析】【解答】解：A、在金属块移动的过程中，外力F做功为32J，电场力做功为﹣8.0J，摩擦力做功为﹣16J，重力做功﹣18J，则总功为W=32J﹣8.0J﹣16J﹣18J=﹣10J，根据动能定理得知，动能减少10 J．故A正确；
B、金属块克服电场力做功8.0J，则电势能增加8J．故B错误；
C、外力、电场力和摩擦力做的总功为8J，根据功能关系得知，机械能增加8J．故C错误；
D、金属块克服摩擦力做功16J，就有16J的机械能转化为内能，内能增加16J．故D正确．
故选：AD．
【分析】在金属块移动的过程中，重力、拉力、电场力和摩擦力做功，总功等于动能的变化，根据动能定理分析动能的增加量．金属块克服电场力做功8.0J，知电势能的增加量．拉力、电场力和摩擦力三力做功的总和等于机械能的变化量．根据功能关系进行分析．
二、填空题
11．（2016高二上·临川期中）小明同学在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，为了更准确选取电压表和电流表的合适量程，决定先用多用电表测量小灯泡的阻值．
（1）在使用前发现电表指针位置如下图甲所示，该同学应该调节哪个位置 （选“①”或者“②”）；
（2）小明使用多用电表欧姆档的“×10”档测量小灯泡电阻阻值，读数如图乙所示，
为了更准确地进行测量，小明应该旋转开关至欧姆档 （填“×100”档；或
“×1”档），两表笔短接并调节 （选“①”或者“②”）．
（3）按正确步骤测量时，指针指在如图丙位置，则小灯泡阻值的测量值为 Ω
【答案】（1）①
（2）×1；②
（3）28
【知识点】电磁学实验
【解析】【解答】解：（1）由图甲可知，电表指针没有指在左侧零刻度处，故应进行机械调零，故应用螺丝刀调节旋钮①；（2）由图乙可知，测量电阻时指针偏转较大，表盘上示数偏小，则说明所选档位太大，故应换用小档位，故选：×1；同时每次换档后均应进行欧姆调零，故将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮使指针指到右侧零刻度处；（3）由图可知，电阻R=28×1=28Ω；故答案为：（1）①；（2）×1，②；（3）28．
【分析】（1）明确多用电表的使用方法，知道在使用前应观察指针是否在左侧零刻度处，如不在应进行机械调零；（2）用欧姆表测电阻时，欧姆表指针应指在欧姆表刻度盘中央附近，根据待测电阻阻值选择合适的挡位，并进行欧姆调零；（3）根据指针位置得出读数，再乘以档位即可得出最终的读数．
12．（2016高二上·临川期中）在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：
A．待测的干电池（电动势约为1.5V，内电阻小于1.0Ω ）
B．电流表A1（量程0﹣3mA，内阻Rg1=10Ω）
C．电流表A2（量程0﹣0.6A，内阻Rg2=0.1Ω）
D．滑动变阻器R1（0﹣20Ω，10A）
E．滑动变阻器R2（0﹣200Ω，l A）
F．定值电阻R0（990Ω）
G．开关和导线若干
（1）某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，于是他设计了如图甲所示的（a）、（b）两个参考实验电路，其中合理的是 图所示的电路；在该电路中，为了操作方便且能准确地进行测量，滑动变阻器应选 （填写器材前的字母代号）．
（2）图乙为该同学根据（1）中选出的合理的实验电路，利用测出的数据绘出的I1﹣I2图线（I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数，且I2的数值远大于I1的数值），则由图线可得被测电池的电动势E= V，内阻r= Ω．（结果保留小数点后2位）
（3）所测得电池的电动势E测 电动势的真实值E真．（填“大于”、“小于”或者“等于”）
【答案】（1）b；D
（2）1.50；1.00
（3）小于
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】解：（1）上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，将电流表G串联一个电阻，可以改装成较大量程的电压表． a、b两个参考实验电路，其中合理的是b，因为电源的内阻较小，所以应该采用总阻值较小的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小．滑动变阻器应选D．（2）由图示电源U﹣I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.5，电源电动势：E=0.0015（Rg1+R0）=0.0015×（10+990）=1.5V，图象斜率：k= = = =0.001，解得：r=0.001（Rg1+R0）=0.001×（10+990）=1.00Ω；（3）由图甲可知，由于电压表的分流，电流表测量出来的电流总是小于电源的总电流，而且电压表示数越大，电流的测量值与真实值差异越大，作出U﹣I的真实图象，如图蓝线所示，
图象与纵坐标的交点表示电源的电动势，则电池电动势测量值小于真实值；故答案为：（1）b，D（2）1.50； 1.00； （3）小于
【分析】（1）将电流表G串联一个电阻，可以改装成较大量程的电压表．因为电源的内阻较小，所以应该采用较小最大值的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小．（2）应用描点法作出图象，根据图象求出电源电动势与内阻．（3）分析电路中电流表和电压表的内阻带来的影响，从而明确实验误差．
三、计算题
13．（2016高二上·临川期中）质量为m、长度为L的导线棒MN静止于水平导轨上，通过MN的电流为I，匀强磁场的磁感应强度为B，方向与导轨平面成θ角斜向下，如图所示，求棒MN受到的支持力和摩擦力．
【答案】解：水平方向：Fμ=Fsinθ
竖直方向：FN=Fcosθ+mg
且F=BIL
从而得：Fμ=BILsinθ，FN=BILcosθ+mg
答：棒MN受到的支持力和摩擦力分别为BILcosθ+mg、BILsinθ．
【知识点】安培力
【解析】【分析】带电金属杆进行受力分析，除重力、支持力外、在磁场中受到安培力，还有静摩擦力，四力处于平衡状态．根据磁场的方向由左手定则来确定安培力的方向，从而对安培力进行力的分解，由平衡可得支持力、摩擦力的大小．
14．（2016高二上·临川期中）如图所示电路中，灯L标有“6V，3W”，定值电阻R1=4Ω，R2=10Ω，电源内阻r=2Ω，当滑片P滑到最下端时，理想电流表读数为1A，此时灯L恰好正常发光，试求：
（1）滑线变阻器最大值R；
（2）当滑片P滑到最上端时，电流表的读数．
【答案】（1）解：灯L的电阻为：RL= = =12Ω
当P滑到下端时，R2被短路，灯L与整个变阻器R并联，此时灯正常发光，通过灯L的电流为：IL= = =0.5A
通过变阻器R的电流为：IR=IA﹣IL=1A﹣0.5A=0.5A
则IR=IL
即得滑线变阻器最大值为：R=RL=12Ω
（2）解：干路电流为：
电源电动势为： = =12V
当P滑到上端时，灯L、变阻器R及电阻R2都被短路，此时电流表的读数为： =
【知识点】全电路的功和能
【解析】【分析】（1）当P滑到下端时，R2被短路，灯L与整个变阻器R并联，此时灯正常发光，可由P=UI求出灯L的电流，由并联电路的特点得到R的电流，再由欧姆定律求R的最大值．（2）结合上题的结果，求电源的电动势．当P滑到上端时，灯L、变阻器R及电阻R2都被短路，再由闭合电路欧姆定律求电流表的读数．
15．（2016高二上·临川期中）如图所示，一带电为+q质量为m的小球，从距地面高h处以一定的初速水平抛出，在距抛出点水平距离为L处有根管口比小球略大的竖直细管，管的上口距地面 ．为了使小球能无碰撞地通过管子，可在管子上方整个区域内加一水平向左的匀强电场，求：
（1）小球的初速度；
（2）应加电场的场强；
（3）小球落地时的动能．
【答案】（1）解：要使小球无碰撞地通过管口，则当它到达管口时，速度方向为竖直向下，
从抛出到管口过程，竖直方向为自由落体运动，则运动时间t满足：
= gt2
水平方向，粒子做匀减速运动，减速至0
位移：L= t
解得：v0=2L
（2）解：水平方向，根据牛顿第二定律：qE=ma
又由运动学公式：02﹣ =﹣2as
解得：E= ，方向水平向左．
（3）解：对小球从抛出到落地的全过程应用动能定理：
即：mgh﹣qEL=EK﹣
解得：EK=mgh
【知识点】动能定理的综合应用；平抛运动
【解析】【分析】（1）要使小球无碰撞地通过管口，则当它到达管口时，速度方向为竖直向下，而小球水平方向仅受电场力，做匀减速运动，竖直方向为自由落体运动，可求时间，由分运动的等时性，结合水平方向匀变速运动的位移公式可求水平初速度（2）已知初速度和位移，由运动学公式可得加速度，结合牛顿第二定律可求电场力和电场强度（3）对全程应用动能定理求解落地时的动能
16．（2016高二上·临川期中）如图所示，在竖直平面内，用长为L的绝缘轻绳将质量为m、带电量为+q、的小球悬于O点，整个装置处在水平向右的匀强电场中．初始时刻小球静止在P点．细绳与场强方向成θ角．今用绝缘锤子沿竖直平面、垂直于OP方向打击一下小球，之后迅速撤离锤子，当小球回到P处时，再次用锤子沿同一方向打击小球，两次打击后小球恰好到达Q点，且小球总沿圆弧运动，打击的时间极短，小球电荷量不损失．锤子第一次对小球做功为W1，第二次对球做功为W2．
（1）求匀强电场的场强大小E；
（2）若 的值达到最大，分别求W1、W2．
【答案】（1）解：小球在 P点处于静止时有
解得：
（2）解：等效重力F为重力mg与电场力qE的合力，方向沿OP方向，
为使 最大，须使 最大， 最小，但细绳不能松弛，所以锤子第一次打击小球后，恰好能使细绳转过90°，这种情况下锤子对小球做功为 ，根据动能定理有：
解得
锤子第二次对小球做功使小球从P点运动到Q点，在Q点，小球的等效重力F刚好提供向心力，这种情况下锤子第二次对小球做功为
在Q点，
解得：
根据动能定理有：
解得：
【知识点】共点力平衡条件的应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据小球在P点受力平衡，列出平衡方程求E（2）为使 最大，须使 最大， 最小，但细绳不能松弛，所以锤子第一次打击小球后，恰好能使细绳转过90°，这种情况下锤子对小球做功为 ，根据动能定理求出 ；锤子第二次对小球做功使小球从P点运动到Q点，在Q点，小球的等效重力F刚好提供向心力，这种情况下锤子第二次对小球做功为 最小，在Q点根据向心力公式列式，然后根据动能定理即可求出
2016-2017学年江西省抚州市临川二中高二上学期期中物理试卷
一、选择题
1．（2016高二上·临川期中）一根均匀电阻丝的电阻为R，在温度不变的情况下，下列情况中其电阻值为2R的是（ ）
A．当长度不变，横截面积增大一倍时
B．当横截面积不变，长度增大一倍时
C．长度和横截面积都缩小一倍时
D．长度和横截面半径都增大一倍时
2．（2016高二上·南城期中）一平面线圈用细杆悬于P点，开始时细杆处于水平位置，释放后让它在如图所示的匀强磁场中运动．已知线圈平面始终与纸面垂直，当线圈第一次通过位置B和位置C的过程中，下列对磁通量变化判断正确的是（ ）
A．一直变大 B．一直变小
C．先变小后变大 D．先变大后变小
3．（2016高二上·临川期中）某一电源的路端电压与电流的关系和电阻R1、R2的电压与电流的关系如图所示．用此电源和电阻R1、R2组成电路．R1、R2可以同时接入电路，也可以单独接入电路．为使电源输出功率最大，可采用的接法是（ ）
A．将R1、R2串联后接到电源两端 B．将R1、R2并联后接到电源两端
C．将R1单独接到电源两端 D．将R2单独接到电源两端
4．（2016高二上·临川期中）如图所示A、B为某电场中一条直线上的两个点，现将正点电荷从A点静止释放，仅在电场力作用下运动一段距离到达B点，其电势能EP随位移x的变化关系如图所示．从A到B过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电场力对电荷一直做正功 B．电势一直升高
C．电荷所受电场力先增大后减小 D．电荷所受电场力先减小后增大
5．（2016高二上·临川期中）如图所示电路，已知R1=3kΩ，R2=2kΩ，R3=1kΩ，I=10mA，I1=6mA，则a、b两点电势高低和通过R2中电流正确的是（ ）
A．a比b高，7 mA B．a比b高，2 mA
C．a比b低，7 mA D．a比b低，2 mA
6．（2016高二上·临川期中）如图所示，由相同材料制成的半径为r的圆形硬质线圈放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，线圈平面与磁场垂直．若通以图示方向的电流，且已知从P端流入的总电流强度为I，则线圈受到的总磁场力的大小为（ ）
A．0 B．BIr C．2BIr D．2πBIr
7．（2016高二上·临川期中）如图所示，AB为均匀带有电荷量为+Q的细棒，C为AB棒附近的一点，CB垂直于AB．AB棒上电荷形成的电场中C点的电势为φ0，φ0可以等效成AB棒上电荷集中于AB上某点P处、带电量为+Q的点电荷所形成的电场在C点的电势．若PC的距离为r，由点电荷电势的知识可知φ0=k ．若某点处在多个点电荷形成的电场中，则电势为每一个点电荷在该点所产生的电势的代数和．根据题中提供的知识与方法，我们可将AB棒均分成两段，并看成两个点电荷，就可以求得AC连线中点C′处的电势为（ ）
A．2φ0 B． φ0 C．φ0 D．4φ0
8．（2016高二上·临川期中）如图所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度为B的匀强磁场中，以导线截面的中心为圆心，半径为r的圆周上有a、b、c、d四个点，已知c点的实际磁感应强度为零，则下列叙述正确的是（ ）
A．直导线中的电流方向垂直纸面向外
B．b点的实际磁感应强度大小为 B
C．a点的实际磁感应强度大小为2B
D．d点的实际磁感应强度跟b点的相同
9．（2016高二上·临川期中）如图所示，E为电源，其内阻不可忽略，RT为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，R为定值电阻，C为平行板电容器， 为灵敏电流计，闭合开关S，当环境温度明显升高时，下列说法正确的是（ ）
A．C所带的电荷量保持不变
B．RT两端的电压变大
C．R两端电压变大
D．温度升高过程中， 中电流方向由a到b
10．（2016高二上·临川期中）如图所示，在绝缘的斜面上方，存在着匀强电场，电场方向平行于斜面向上，斜面上的带电金属块在平行于斜面的力F作用下沿斜面移动．已知金属块在移动的过程中，力F做功32J，金属块克服电场力做功8J，金属块克服摩擦力做功16J，重力势能增加18J，则在此过程中金属块的（ ）
A．动能减少10J B．电势能增加24J
C．机械能减少24J D．内能增加16J
二、填空题
11．（2016高二上·临川期中）小明同学在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，为了更准确选取电压表和电流表的合适量程，决定先用多用电表测量小灯泡的阻值．
（1）在使用前发现电表指针位置如下图甲所示，该同学应该调节哪个位置 （选“①”或者“②”）；
（2）小明使用多用电表欧姆档的“×10”档测量小灯泡电阻阻值，读数如图乙所示，
为了更准确地进行测量，小明应该旋转开关至欧姆档 （填“×100”档；或
“×1”档），两表笔短接并调节 （选“①”或者“②”）．
（3）按正确步骤测量时，指针指在如图丙位置，则小灯泡阻值的测量值为 Ω
12．（2016高二上·临川期中）在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：
A．待测的干电池（电动势约为1.5V，内电阻小于1.0Ω ）
B．电流表A1（量程0﹣3mA，内阻Rg1=10Ω）
C．电流表A2（量程0﹣0.6A，内阻Rg2=0.1Ω）
D．滑动变阻器R1（0﹣20Ω，10A）
E．滑动变阻器R2（0﹣200Ω，l A）
F．定值电阻R0（990Ω）
G．开关和导线若干
（1）某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，于是他设计了如图甲所示的（a）、（b）两个参考实验电路，其中合理的是 图所示的电路；在该电路中，为了操作方便且能准确地进行测量，滑动变阻器应选 （填写器材前的字母代号）．
（2）图乙为该同学根据（1）中选出的合理的实验电路，利用测出的数据绘出的I1﹣I2图线（I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数，且I2的数值远大于I1的数值），则由图线可得被测电池的电动势E= V，内阻r= Ω．（结果保留小数点后2位）
（3）所测得电池的电动势E测 电动势的真实值E真．（填“大于”、“小于”或者“等于”）
三、计算题
13．（2016高二上·临川期中）质量为m、长度为L的导线棒MN静止于水平导轨上，通过MN的电流为I，匀强磁场的磁感应强度为B，方向与导轨平面成θ角斜向下，如图所示，求棒MN受到的支持力和摩擦力．
14．（2016高二上·临川期中）如图所示电路中，灯L标有“6V，3W”，定值电阻R1=4Ω，R2=10Ω，电源内阻r=2Ω，当滑片P滑到最下端时，理想电流表读数为1A，此时灯L恰好正常发光，试求：
（1）滑线变阻器最大值R；
（2）当滑片P滑到最上端时，电流表的读数．
15．（2016高二上·临川期中）如图所示，一带电为+q质量为m的小球，从距地面高h处以一定的初速水平抛出，在距抛出点水平距离为L处有根管口比小球略大的竖直细管，管的上口距地面 ．为了使小球能无碰撞地通过管子，可在管子上方整个区域内加一水平向左的匀强电场，求：
（1）小球的初速度；
（2）应加电场的场强；
（3）小球落地时的动能．
16．（2016高二上·临川期中）如图所示，在竖直平面内，用长为L的绝缘轻绳将质量为m、带电量为+q、的小球悬于O点，整个装置处在水平向右的匀强电场中．初始时刻小球静止在P点．细绳与场强方向成θ角．今用绝缘锤子沿竖直平面、垂直于OP方向打击一下小球，之后迅速撤离锤子，当小球回到P处时，再次用锤子沿同一方向打击小球，两次打击后小球恰好到达Q点，且小球总沿圆弧运动，打击的时间极短，小球电荷量不损失．锤子第一次对小球做功为W1，第二次对球做功为W2．
（1）求匀强电场的场强大小E；
（2）若 的值达到最大，分别求W1、W2．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】电阻定律
【解析】【解答】解：A、由R= 可知，长度不变，横截面积增为2倍时，电阻变为原来的一半，故A错误；
B、当横截面积不变，长度增大一倍时，电阻变化原来的2倍，故B正确；
C、当长度和横截面积都缩小一半时，电阻不变；故C错误；
D、当长度和横截面半径都增大一倍时，电阻不变；故D错误；
故选：B．
【分析】由电阻定律的公式根据题意中给出的变化进行比较即可得出阻值不变的选项．
2．【答案】D
【知识点】磁通量；楞次定律
【解析】【解答】解：该题中，线圈在b位置与c位置时都不与磁场垂直，而根据磁通量的计算公式：Φ=BScosθ，当线圈与磁场垂直时，穿过线圈的磁通量最大，所以线圈第一次通过位置B和位置C的过程中，穿过线圈的磁通量是先增大后减小．
故选：D
【分析】本题的关键是明确线圈经过位置B和C过程中穿过线圈的磁通量的变化情况．
3．【答案】C
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】解：由图象得到：电源的电动势为E=3V，内阻为r=0.5Ω，R1单独接到电源两端输出功率为P出1=1.5V×3A=4.5W，R2单独接到电源两端输出功率则为P出2=2V×2A=4W．
由电阻的伏安特性曲线求出 R1=0.5Ω、R2=1Ω，当将R1、R2串联后接到电源两端利用欧姆定律可得电路电流I串=1.5A，此时电源的输出功率P串=I串2（R1+R2）=3.75W．两电阻并联时，R并= = = Ω
利用欧姆定律可得电路电流I并= = A=3.6A，此时电源的输出功率P并=EI并﹣I并2r=4.32W．所以将R1单独接到电源两端时电源的输出功率最大．
故选C
【分析】由电源的U﹣I图线纵横截距读出电源的电动势，由斜率求出电源的内阻．由电阻的U﹣I图线求出电阻．再分别求出四种情况下电源的输出功率进行选择．
4．【答案】D
【知识点】电场强度和电场线；电势差、电势、电势能
【解析】【解答】解：A、电势能先减小后增大，则电场力做正功后做负功．故A错误．
B、正电荷从A到B电场力先做正功，后做负功，则说明电场力方向变化，即电场线方向先向右，后向左，所以电势先降低后升高．故B错误．
CD、电势能EP随位移x的变化关系图象的斜率表示电场力的大小，因此电场力先减小后增大．故C错误，D正确．
故选：D．
【分析】根据题意和图象正确判断出电子的运动形式是解题的关键，由图可知，电子通过相同位移时，电势能的减小量越来越小，说明电场力做功越来越小，由W=Fs可知电场力逐渐减小，因此电子做加速度逐渐减小的加速运动，知道了运动形式即可解正确解答本题．
5．【答案】C
【知识点】欧姆定律
【解析】【解答】解：根据欧姆定律得R1两端的电压分别为 U1=I1R1=6×10﹣3×3×103V=18V，则a点的电势比c点电势低18V
R3两端的电压为：U3=I3R3=（I﹣I1）R3=4V，b点的电势比c点电势低4V，所以a电势比b点电势低．
R2两端的电压为：U2=U1﹣U3=14V，通过R2中电流为：I2= = =0.007A=7mA．故C正确．
故选：C
【分析】根据欧姆定律求出R1和R3两端的电压，R2的电压等于R1和R3电压之差，根据在外电路中顺着电流方向电势降低，判断a、b两点电势高低，并求出通过R2中电流．
6．【答案】C
【知识点】安培力
【解析】【解答】解：根据电流的串并联关系可知，流过每一个半圆的电流为
每个半圆受到的安培力为F=BI′ 2r=BIL，方向都向上，故受到的安培力为F=2F=2BIL，故C正确
故选：C
【分析】根据电流的串并联关系求得流过每个半圆的电流，根据通电导线的有效长度求得每个半圆受到的安培力即可求得总的安培力
7．【答案】A
【知识点】电势差、电势、电势能
【解析】【解答】解：设φ0等效成AB棒上的电荷集中于AB中点处，即AB的中点D到C的距离DC等于AD的中点E到C′的距离的一半；
带电量为+Q的点电荷所形成的电场在C点的电势，将AB棒均分成两段，并看成两个点电荷，每个点电荷的电荷量为 ，由φ0=k 可知，每个电荷量为 的点电荷在C′点产生电势为φ0，两个点电荷在AC连线中点C′处的电势为2φ0，故A正确，BCD错误；
故选：A．
【分析】根据题意，将棒等效成两点电荷，结合点电荷电势的φ0=k ．与电势为每一个点电荷在该点所产生的电势的代数和，即可求解．
8．【答案】A,B,C
【知识点】磁感应强度
【解析】【解答】解：A、由题，c点的磁感应强度为0，说明通电导线在c点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，即得到通电导线在c点产生的磁感应强度方向水平向左，根据安培定则判断可知，直导线中的电流方向垂直纸面向外．故A正确．
B、由上知道，通电导线在c点产生的磁感应强度大小为B，由安培定则可知，通电导线在b处的磁感应强度方向竖直向下，根据平行四边形与匀强磁场进行合成得知，b点感应强度为 B，方向与B的方向成45°斜向下．故B正确．
C、通电导线在a处的磁感应强度方向水平向右，则c点磁感应强度为2B，方向与B的方向相同．故C正确．
D、通电导线在d处的磁感应强度方向竖直向上，则d点感应强度为 B，方向与B的方向成45°斜向上，与b点磁感应强度大小相等，方向不同．故D错误．
故选：ABC．
【分析】由题，c点的磁感应强度为0，说明通电导线在O点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，由安培定则判断出通电导线中电流方向．通电导线在abcd四点处产生的磁感应强度大小相等，根据平行四边形定则进行合成分析a、b、d三点的磁感应强度大小和方向．
9．【答案】C,D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】解：A、由图可知，热敏电阻RT与电阻R串联，当环境温度升高时热敏电阻阻值减小，则电路中电流增大，电源的内电压增大，路端电压减小，电容器的电压等于路端电压，故电容器的电压减小，所带电量减小，故A错误；
BC、电路中电流增大，电源的内电压及灯泡R两端的电压均增大，由E=U内+U外可得，RT两端电压减小，故B错误，C正确；
D、电容器电量减小，则电容器要放电，故G中电流由a→b，故D正确．
故选：CD
【分析】当环境温度升高，热敏电阻阻值减小；由闭合电路欧姆定律可知电路中电流及电压的变化；由电容器的充放电知识可知G中电流方向．
10．【答案】A,D
【知识点】电势差、电势、电势能
【解析】【解答】解：A、在金属块移动的过程中，外力F做功为32J，电场力做功为﹣8.0J，摩擦力做功为﹣16J，重力做功﹣18J，则总功为W=32J﹣8.0J﹣16J﹣18J=﹣10J，根据动能定理得知，动能减少10 J．故A正确；
B、金属块克服电场力做功8.0J，则电势能增加8J．故B错误；
C、外力、电场力和摩擦力做的总功为8J，根据功能关系得知，机械能增加8J．故C错误；
D、金属块克服摩擦力做功16J，就有16J的机械能转化为内能，内能增加16J．故D正确．
故选：AD．
【分析】在金属块移动的过程中，重力、拉力、电场力和摩擦力做功，总功等于动能的变化，根据动能定理分析动能的增加量．金属块克服电场力做功8.0J，知电势能的增加量．拉力、电场力和摩擦力三力做功的总和等于机械能的变化量．根据功能关系进行分析．
11．【答案】（1）①
（2）×1；②
（3）28
【知识点】电磁学实验
【解析】【解答】解：（1）由图甲可知，电表指针没有指在左侧零刻度处，故应进行机械调零，故应用螺丝刀调节旋钮①；（2）由图乙可知，测量电阻时指针偏转较大，表盘上示数偏小，则说明所选档位太大，故应换用小档位，故选：×1；同时每次换档后均应进行欧姆调零，故将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮使指针指到右侧零刻度处；（3）由图可知，电阻R=28×1=28Ω；故答案为：（1）①；（2）×1，②；（3）28．
【分析】（1）明确多用电表的使用方法，知道在使用前应观察指针是否在左侧零刻度处，如不在应进行机械调零；（2）用欧姆表测电阻时，欧姆表指针应指在欧姆表刻度盘中央附近，根据待测电阻阻值选择合适的挡位，并进行欧姆调零；（3）根据指针位置得出读数，再乘以档位即可得出最终的读数．
12．【答案】（1）b；D
（2）1.50；1.00
（3）小于
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】解：（1）上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，将电流表G串联一个电阻，可以改装成较大量程的电压表． a、b两个参考实验电路，其中合理的是b，因为电源的内阻较小，所以应该采用总阻值较小的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小．滑动变阻器应选D．（2）由图示电源U﹣I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.5，电源电动势：E=0.0015（Rg1+R0）=0.0015×（10+990）=1.5V，图象斜率：k= = = =0.001，解得：r=0.001（Rg1+R0）=0.001×（10+990）=1.00Ω；（3）由图甲可知，由于电压表的分流，电流表测量出来的电流总是小于电源的总电流，而且电压表示数越大，电流的测量值与真实值差异越大，作出U﹣I的真实图象，如图蓝线所示，
图象与纵坐标的交点表示电源的电动势，则电池电动势测量值小于真实值；故答案为：（1）b，D（2）1.50； 1.00； （3）小于
【分析】（1）将电流表G串联一个电阻，可以改装成较大量程的电压表．因为电源的内阻较小，所以应该采用较小最大值的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小．（2）应用描点法作出图象，根据图象求出电源电动势与内阻．（3）分析电路中电流表和电压表的内阻带来的影响，从而明确实验误差．
13．【答案】解：水平方向：Fμ=Fsinθ
竖直方向：FN=Fcosθ+mg
且F=BIL
从而得：Fμ=BILsinθ，FN=BILcosθ+mg
答：棒MN受到的支持力和摩擦力分别为BILcosθ+mg、BILsinθ．
【知识点】安培力
【解析】【分析】带电金属杆进行受力分析，除重力、支持力外、在磁场中受到安培力，还有静摩擦力，四力处于平衡状态．根据磁场的方向由左手定则来确定安培力的方向，从而对安培力进行力的分解，由平衡可得支持力、摩擦力的大小．
14．【答案】（1）解：灯L的电阻为：RL= = =12Ω
当P滑到下端时，R2被短路，灯L与整个变阻器R并联，此时灯正常发光，通过灯L的电流为：IL= = =0.5A
通过变阻器R的电流为：IR=IA﹣IL=1A﹣0.5A=0.5A
则IR=IL
即得滑线变阻器最大值为：R=RL=12Ω
（2）解：干路电流为：
电源电动势为： = =12V
当P滑到上端时，灯L、变阻器R及电阻R2都被短路，此时电流表的读数为： =
【知识点】全电路的功和能
【解析】【分析】（1）当P滑到下端时，R2被短路，灯L与整个变阻器R并联，此时灯正常发光，可由P=UI求出灯L的电流，由并联电路的特点得到R的电流，再由欧姆定律求R的最大值．（2）结合上题的结果，求电源的电动势．当P滑到上端时，灯L、变阻器R及电阻R2都被短路，再由闭合电路欧姆定律求电流表的读数．
15．【答案】（1）解：要使小球无碰撞地通过管口，则当它到达管口时，速度方向为竖直向下，
从抛出到管口过程，竖直方向为自由落体运动，则运动时间t满足：
= gt2
水平方向，粒子做匀减速运动，减速至0
位移：L= t
解得：v0=2L
（2）解：水平方向，根据牛顿第二定律：qE=ma
又由运动学公式：02﹣ =﹣2as
解得：E= ，方向水平向左．
（3）解：对小球从抛出到落地的全过程应用动能定理：
即：mgh﹣qEL=EK﹣
解得：EK=mgh
【知识点】动能定理的综合应用；平抛运动
【解析】【分析】（1）要使小球无碰撞地通过管口，则当它到达管口时，速度方向为竖直向下，而小球水平方向仅受电场力，做匀减速运动，竖直方向为自由落体运动，可求时间，由分运动的等时性，结合水平方向匀变速运动的位移公式可求水平初速度（2）已知初速度和位移，由运动学公式可得加速度，结合牛顿第二定律可求电场力和电场强度（3）对全程应用动能定理求解落地时的动能
16．【答案】（1）解：小球在 P点处于静止时有
解得：
（2）解：等效重力F为重力mg与电场力qE的合力，方向沿OP方向，
为使 最大，须使 最大， 最小，但细绳不能松弛，所以锤子第一次打击小球后，恰好能使细绳转过90°，这种情况下锤子对小球做功为 ，根据动能定理有：
解得
锤子第二次对小球做功使小球从P点运动到Q点，在Q点，小球的等效重力F刚好提供向心力，这种情况下锤子第二次对小球做功为
在Q点，
解得：
根据动能定理有：
解得：
【知识点】共点力平衡条件的应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据小球在P点受力平衡，列出平衡方程求E（2）为使 最大，须使 最大， 最小，但细绳不能松弛，所以锤子第一次打击小球后，恰好能使细绳转过90°，这种情况下锤子对小球做功为 ，根据动能定理求出 ；锤子第二次对小球做功使小球从P点运动到Q点，在Q点，小球的等效重力F刚好提供向心力，这种情况下锤子第二次对小球做功为 最小，在Q点根据向心力公式列式，然后根据动能定理即可求出
