江西省安福中学2013-2014学年高二物理上学期第一次月考试题

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高二物理上学期第一次月考试卷高二全册物理试题_04

嗦夺市安培阳光实验学校扶余一中高二（上）第一次月考物理试卷一、选择题（48分，每小题4分）1．一个不带电金属球壳，在它的球心放入一个正电荷，其电场分布是图中的（）A ．B ．C ．D ．2．如图所示的各电场中，A、B两点电场强度相同的是（）A ．B ．C ．D ．3．两个带正电的小球，放在光滑的水平绝缘体上，相距一定的距离，若同时释放两球，它们的加速度之比将（）A．保持不变B．先增大后减小C．增大D．减小4．将一正点电荷从无穷远处移向M点，电场力做功为6.0×10﹣9J，若将一个等电量的负电荷从电场中N点移向无穷远处，电场力做功7.0×10﹣9J，设无穷远处电势为零，则M、N两点的电势φM、φN有下列关系（）A．φM＜φN＜0 B．φN＞φM＞0 C．φN＜φM＜0 D．φM＞φN＞05．对公式E=的理解，下列说法正确的是（）A．此公式适用于计算任何电场中a、b两点间的电势差B．a点和b点距离越大，则这两点的电势差越大C．公式中的d是指a点和b点之间的距离D．公式中的d是a、b所在的两个等势面间的垂直距离6．如图所示，一根横截面积为S的均匀长直橡胶棒上均匀带有负电荷，每米电荷量为q，当此棒沿轴线方向做速率为v的匀速直线运动时，由于棒运动而形成的等效电流大小为（）A．vq B ．C．qvS D ．7．如图所示，在一匀强电场区域中，有A、B、C、D四点恰好位于一平行四边形的四个顶点上，已知A、B、C三点电势分别为φA=6V，φB=4V，φC=0，则D 点电势φD的大小为（）A．﹣3V B．0 C．2V D．1V8．一只标有“220V、60W”的白炽灯泡，加上电压U由零逐渐增大到220V．在此过程中，电压U和电流I的关系可用图线表示．在如图所示的四个图线中，肯定不符合实际的是（）A ．B ．C ．D ．9．在研究平行板电容器电容的实验中，电容器的A、B两极板带有等量异种电荷，A板与静电计连接，如图所示．实验中可能观察到的现象是（）A．增大A、B板间的距离，静电计指针张角变大B．减小A、B板间的距离，静电计指针张角变大C．把B板向上平移，减小A、B板的正对面积，静电计指针张角变小D．在A、B板间放入一介质板，静电计指针张角变小10．如图所示，用电池对电容器充电，电路a、b之间接有一灵敏电流表，两极板间有一个电荷q处于静止状态．现将两极板的间距变大，则（）A．电荷将向上加速运动B．电荷将向下加速运动C．电流表中将有从a到b的电流D．电流表中将有从b到a的电流11．如图所示的电场中有A、B两点，下列判断正确的是（）A．电势φA＞φB，场强E A＞E BB．电势φA＞φB，场强E A＜E BC．将电荷量为q的正电荷从A点移到B点，电场力做正功，电势能减少D．将电荷量为q的负电荷分别放在A、B两点，电荷具有的电势能E pA＞E pB 12．下列关于电动势的说法中，正确的有（）A．电源的电动势越大，非静电力将正电荷从负极移送到正极做的功一定越多B．电源的电动势越大，非静电力将单位正电荷从负极移送到正极做的功一定越多C．电源的电动势越大，非静电力将正电荷从负极移送到正极的电量一定越多D．电源的电动势越大，非静电力移动相同电量转化的电能一定越多二、填空与实验题（共20分）13．如图所示为一个小灯泡的电流与它两端电压的变化关系曲线．若把三个这样的灯泡串联后，接到电压恒定的3V电源上，求流过小灯泡的电流为A，小灯泡的电阻为Ω．14．一个带正电的质点，电量q=2.0×10﹣9C，在静电场中由a点移到b点，在这过程中，除电场力外，其他力作的功为6.0×10﹣5J，质点的动能增加了8.0×10﹣5J，则a、b两点间的电势差U AB= V．15．有一绝缘空心金属球A，带有4×10﹣6C的正电荷，一个有绝缘柄的金属小球B，带有2×10﹣6C的正电荷，若把B球跟A球的内壁相接触，则B球上的带电荷量为C，A球上的带电荷量为C，电荷分布在．三、计算论述题（要求每题解答时有必要的文字说明，只写出结果不给分，共32分）16．将带电荷量为1×10﹣8 C的电荷，从无限远处移到电场中的A点，要克服静电力做功2×10﹣6 J，（取无限远处为电势零点）问：（1）电荷的电势能是增加还是减少？电荷在A点具有多少电势能？（2）A点的电势是多少？（3）若静电力可以把带电荷量为2×10﹣8 C的电荷从无限远处移到电场中的A 点，说明电荷带正电还是带负电？静电力做了多少功？17．如图所示的电场，等势面是一簇互相平行的竖直平面，间隔均为d，各面电势已在图中标出，现有一质量为m的带电小球以速度v0，方向与水平方向成45°角斜向上射入电场，要使小球做直线运动．问：（1）小球应带何种电荷？电荷量是多少？（2）在入射方向上小球最大位移量是多少？（电场足够大）18．如图所示为两组平行金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0加速后通过B点进入两板间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间，若电子从两块水平平行板的正中间射入，且最后电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，A、B 分别为两块竖直板的中点，求：（1）电子通过B点时的速度大小；（2）右侧平行金属板的长度；（3）电子穿出右侧平行金属板时的动能．扶余一中高二（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（48分，每小题4分）1．一个不带电金属球壳，在它的球心放入一个正电荷，其电场分布是图中的（）A ．B ．C ．D ．【考点】电场线．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】当正电荷放入不带电金属球壳内部的时候，由于静电感应的作用，在金属球壳的壳壁之间的电场强度为零，在球壳外的电场的分布不受球壳的影响．【解答】解：把正电荷放在金属球壳内部，由于静电感应的作用，在球壳的内壁会感应出负电荷，在球壳的外壁会感应出正电荷，所以在金属球壳的壳壁之间，由于正电荷的电场和感应电场的共同的作用，在金属球壳的壳壁之间的电场强度为零，所以在金属球壳的壳壁之间没有电场线，对于球壳外部的电场分布情况不会受到影响，所以正确的是B．故选B．【点评】本题是考查学生对于静电感应现象的理解情况，在球壳的内壁放电荷的时候，球壳不会对球壳外部的电场产生影响，只影响壳壁之间的电场的分布情况．2．如图所示的各电场中，A、B两点电场强度相同的是（）A ．B ．C ．D ．【考点】电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场强度是矢量，只有两点的场强大小和方向都相同时，电场强度才相同．根据这个条件进行判断．【解答】解：A、A、B是同一圆上的两点，场强大小相等，但方向不同，则电场强度不同．故A错误．B、A、B场强大小不等，但方向相同，则电场强度不同．故B错误．C、A、B是匀强电场中的两点，电场强度相同，故C正确D、电场线的疏密表示场强的大小，所以A、B场强不等，故D错误故选：C．【点评】矢量大小和方向都相同才相同．对于常见电场的电场线分布要了解，有助于解题．3．两个带正电的小球，放在光滑的水平绝缘体上，相距一定的距离，若同时释放两球，它们的加速度之比将（）A．保持不变B．先增大后减小C．增大D．减小【考点】库仑定律；牛顿第二定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】AB两球之间的库仑力属于作用力和反作用力，它们是大小相等，方向相反的，根据牛顿第二定律a=，可以判断a的比值关系．【解答】解：两小球之间的库仑力属于作用力和反作用力，大小相等，根据牛顿第二定律可得a=，所以它们的加速度和质量成反比，即，比值不变，所以A正确，BCD错误．故选：A．【点评】甲、乙两球之间的库仑力属于作用力和反作用力，根据作用力和反作用力的特点来判断即可．4．将一正点电荷从无穷远处移向M点，电场力做功为6.0×10﹣9J，若将一个等电量的负电荷从电场中N点移向无穷远处，电场力做功7.0×10﹣9J，设无穷远处电势为零，则M、N两点的电势φM、φN有下列关系（）A．φM＜φN＜0 B．φN＞φM＞0 C．φN＜φM＜0 D．φM＞φN＞0【考点】电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场力做的功等于电势能的减小量，即W AB=E pA﹣E pB，可求出正、负点电荷在M点和N点的电势能，然后结合电势的定义式φ=列式分析计算出φM、φN，即可进行比较．【解答】解：设无穷远处电势为零，电荷在无穷远处的电势能E pO=0，将一正点电荷从无穷远处移向M点，根据电场力做功与电势能的关系公式W∞M=E p∞﹣E pM，得：E pM=W∞M+E p∞=6.0×10﹣9J+0=6.0×10﹣9J；由电势定义式φ=，有：φM ==V；同理可得：将等量的负点电荷从电场中N点移向无穷远处，根据电场力做功与电势能的关系公式W N∞=E PN﹣E p∞，得：E pN=W N∞+E p∞=7.0×10﹣9J+0=7.0×10﹣9J；则φN ==﹣V；则得：φN＜φM＜0故选：C．【点评】本题关键是结合电场力做功与电势能的关系公式W AB=E pA﹣E pB和电势定义式φ=联立列式分析，同时要注意两个公式中的各个量都要代入正负号运算．5．对公式E=的理解，下列说法正确的是（）A．此公式适用于计算任何电场中a、b两点间的电势差B．a点和b点距离越大，则这两点的电势差越大C．公式中的d是指a点和b点之间的距离D．公式中的d是a、b所在的两个等势面间的垂直距离【考点】电势差与电场强度的关系．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】公式E=只能用于计算匀强电场中两点间的电势差．d为沿电场线方向两点间的距离，通过a、b两点的等势面间的垂直距离．【解答】解：A、公式E=只能用于计算匀强电场中两点间的电势差，不适用于非匀强电场．故A错误．B、在同一电场中，a点和b点沿电场线方向的距离越大时，则这两点的电势差才越大．故B错误．C、公式中的d是指a点和b点之间沿电场线方向的距离．故C错误．D、a、b沿电场线方向两点间的距离，等于通过a、b两点的等势面间的垂直距离．故D正确．故选D【点评】电场中公式较多，对于每个公式的适用条件要在理解的基础上记忆．公式E=是根据电场力做功W ab=qU和W ab=qEd推导出来的，W ab=qEd只适用于匀强电场，则此公式也只适用匀强电场．6．如图所示，一根横截面积为S的均匀长直橡胶棒上均匀带有负电荷，每米电荷量为q，当此棒沿轴线方向做速率为v的匀速直线运动时，由于棒运动而形成的等效电流大小为（）A．vq B ．C．qvS D ．【考点】电流、电压概念．【专题】恒定电流专题．【分析】棒沿轴线方向以速度v做匀速直线运动时，每秒通过的距离为v米，则每秒v米长的橡胶棒上电荷都通过直棒的横截面，由电流的定义式I=求解等效电流．【解答】解：棒沿轴线方向以速度v做匀速直线运动时，每秒通过的距离为v 米，每秒v米长的橡胶棒上电荷都通过直棒的横截面，每秒内通过横截面的电量Q=q•v，根据电流的定义式I=，t=1s，得到等效电流为 I=qv．故选：A【点评】本题关键是建立物理模型，利用电流的定义式进行求解电流．7．如图所示，在一匀强电场区域中，有A、B、C、D四点恰好位于一平行四边形的四个顶点上，已知A、B、C三点电势分别为φA=6V，φB=4V，φC=0，则D 点电势φD的大小为（）A．﹣3V B．0 C．2V D．1V【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】在平行四边形中找等势点，再确定D点的电势【解答】解：由于是平行四边形的四个顶点，那么连接BD、AC交于点O，那么有φA+φC=2φO=φB+φD；所以φD=6+0﹣4=2V，故选：C【点评】本题的技巧是找等势点，利用好平行四边形的性质．同时也可以由匀强电场中，沿着任意方向每前进相同的距离，电势变化相等，故φA﹣φD=φB ﹣φC．8．一只标有“220V、60W”的白炽灯泡，加上电压U由零逐渐增大到220V．在此过程中，电压U和电流I的关系可用图线表示．在如图所示的四个图线中，肯定不符合实际的是（）A ．B ．C ．D ．【考点】路端电压与负载的关系．【专题】恒定电流专题．【分析】金属导体的电阻随温度的升高而增大；而I﹣U图象中图象的斜率表示电阻的倒数．【解答】解：灯泡的电阻受温度的影响，不同电压下温度不同，其电阻也不同，随温度的升高电阻增大，因此图象B是符合要求的，故ACD不符合要求．本题选择不符合实际的，故选：ACD．【点评】解答本题要注意I﹣U图象与U﹣I图象的区别，同时明确金属导体的电阻随温度的升高而增大．9．在研究平行板电容器电容的实验中，电容器的A、B两极板带有等量异种电荷，A板与静电计连接，如图所示．实验中可能观察到的现象是（）A．增大A、B板间的距离，静电计指针张角变大B．减小A、B板间的距离，静电计指针张角变大C．把B板向上平移，减小A、B板的正对面积，静电计指针张角变小D．在A、B板间放入一介质板，静电计指针张角变小【考点】电容器的动态分析．【专题】电容器专题．【分析】改变板间距离、改变正对面积或放入电介质，根据电容的决定式分析电容的变化，电容器的电量不变，再根据电容的定义式分析板间电压的变化，判断静电计指针的变化．【解答】解：A、增大A、B板间的距离，根据电容的决定式C=知电容C减小，电容器的电量Q不变，则由定义式C=知，板间电压U增大，静电计指针张角变大．故A 正确．B、减小A、B板间的距离，根据电容的决定式C=知电容C增大，电容器的电量Q不变，则由定义式C=知，板间电压U减小，静电计指针张角变小．故B 错误．C、把B板向上平移，减小A、B板的正对面积，根据电容的决定式C=分析得知，电容C减小，电容器的电量Q不变，则由C=得知，板间电压U增大，静电计指针张角变大．故C错误．D、在A、B板间放入一介质板，根据电容的决定式C=知，电容C增大，电容器的电量Q不变，则板间电压U减小，静电计指针张角变小．故D正确．故选：AD【点评】本题是电容器的动态变化分析问题，在分析不变量的基础上，由电容的决定式C=知电容的定义式C=结合分析．10．如图所示，用电池对电容器充电，电路a、b之间接有一灵敏电流表，两极板间有一个电荷q处于静止状态．现将两极板的间距变大，则（）A．电荷将向上加速运动B．电荷将向下加速运动C．电流表中将有从a到b的电流D．电流表中将有从b到a的电流【考点】电容器的动态分析．【专题】电容器专题．【分析】电荷q处于静止状态，受到重力与电场力而平衡．将两极板的间距变大，而电容器的电压不变，根据板间场强E=分析场强的变化，再分析电荷q 所受电场力的变化，判断电荷q的运动方向．根据电容的决定式分析电容的变化，而电容器的电压一定，再由电容的定义式分析板间电容器电量的变化，根据电容器是充电还是放电，分析电路中电流的方向．【解答】解：A、B将两极板的间距变大，而电容器的电压不变，板间场强E=减小，电荷q 所受的电场力F=Eq减小，电荷将向下加速运动．故A错误，B正确．C、D根据电容的决定式C=可知，电容减小，电容器的电压U不变，由电容的定义式C=分析得知，电容器的电量减小，电容器放电，而电容器上极板带正电，则电流表中将有从b到a的电流．故C错误，D正确．故选BD【点评】对于电容器动态变化分析问题，首先要根据电容的决定式C=判断电容的变化，抓住不变量，再由电容的定义式C=分析电量或电压的变化，再进一步研究场强等的变化．11．如图所示的电场中有A、B两点，下列判断正确的是（）A．电势φA＞φB，场强E A＞E BB．电势φA＞φB，场强E A＜E BC．将电荷量为q的正电荷从A点移到B点，电场力做正功，电势能减少D．将电荷量为q的负电荷分别放在A、B两点，电荷具有的电势能E pA＞E pB 【考点】电场线；电场强度；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】该题考查电场中电场线的特点：疏密表示电场的强弱，箭头表示电场的方向，沿着电场线的方向电势降落．【解答】解：AB：疏密表示电场的强弱，故场强E A＜E B沿着电场线的方向电势降落，可知φA＞φB，故A错误，B正确．C：将电荷量为q的正电荷放在电场中，受力的方向是从A指向B，故从A点移到B点，电场力做正功，电势能减少，C正确；D：同上分析，应当是负电荷在电势低的地方电势能大，故D错误．故选：BC【点评】该题考查电场中电场线的特点，疏密表示电场的强弱，沿着电场线的方向电势降落．属于简单题．12．下列关于电动势的说法中，正确的有（）A．电源的电动势越大，非静电力将正电荷从负极移送到正极做的功一定越多B．电源的电动势越大，非静电力将单位正电荷从负极移送到正极做的功一定越多C．电源的电动势越大，非静电力将正电荷从负极移送到正极的电量一定越多D．电源的电动势越大，非静电力移动相同电量转化的电能一定越多【考点】电源的电动势和内阻．【专题】恒定电流专题．【分析】电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势．电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，与外电路的结构无关．电源的电动势在数值上等于内、外电压之和．【解答】解：A、由于不知道移送电量的多少，故无法确定做功的多少；故A 错误；B、电源的电动势越大，非静电力移动相同电量转化的电能一定越多；故BD正确；C、电源的电动势大小与移送的电量无关；故C错误；故选：BD．【点评】电源的电动势采用的是比值定义法，电动势与做功及电量无关；电动势大只能说明移送相同电量时，做功要多，转化的能量要多．二、填空与实验题（共20分）13．如图所示为一个小灯泡的电流与它两端电压的变化关系曲线．若把三个这样的灯泡串联后，接到电压恒定的3V 电源上，求流过小灯泡的电流为0.2 A，小灯泡的电阻为 5 Ω．【考点】串联电路和并联电路．【专题】恒定电流专题．【分析】三个电灯串联后，每只电灯的电压为2V，再由甲图读出电灯的工作电流，由公式R=求出电阻．【解答】解：把三个这样的电灯串联后，每只灯泡的实际电压为U=V=1V，在图甲上可以读出：U=1V时，流过小灯泡的电流为 I=0.2A，则此时每只电灯的实际电阻 R===5Ω故答案为：：0.2，5．【点评】此题中电灯是非线性元件，电阻R=，但R≠．I﹣U图线上每一点与原点连线的斜率的倒数等于电阻值．14．一个带正电的质点，电量q=2.0×10﹣9C，在静电场中由a点移到b点，在这过程中，除电场力外，其他力作的功为6.0×10﹣5J，质点的动能增加了8.0×10﹣5J，则a、b两点间的电势差U AB= 1×104V．【考点】电势能；电势差．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】质点在静电场中由A点移到B点的过程中，电场力和其他外力对质点做功，引起质点动能的增加．电场力做功为W ab=qU ab，根据动能定理求解a、b 两点间的电势差U ab．【解答】解：根据动能定理得qU ab+W其他=△E k看到 U ab===1×104V故答案为：1×104V．【点评】对于研究质点动能变化的问题，要首先考虑能否运用动能定理．基础题，比较容易．15．有一绝缘空心金属球A，带有4×10﹣6C的正电荷，一个有绝缘柄的金属小球B，带有2×10﹣6C的正电荷，若把B球跟A球的内壁相接触，则B球上的带电荷量为0 C，A球上的带电荷量为+6×10﹣6C，电荷分布在A的外表面．【考点】静电现象的解释．【分析】金属球A处于静电平衡状态，内部静电荷量为零，电荷均匀分布于外表面．【解答】解：把B球跟A球的内壁相接触，A与B构成整体，处于静电平衡状态，内部静电荷量为零，电荷均匀分布在外边面，即A的外表面；故B球的带电量减为零，A球表面的带电量为6×10﹣6C；故答案为：0，6×10﹣6A的外表面【点评】本题关键是建立物理模型，知道金属球A和小球B整体处于静电平衡状态，内部的电场强度为零，静电荷量也为零．三、计算论述题（要求每题解答时有必要的文字说明，只写出结果不给分，共32分）16．将带电荷量为1×10﹣8 C的电荷，从无限远处移到电场中的A点，要克服静电力做功2×10﹣6 J，（取无限远处为电势零点）问：（1）电荷的电势能是增加还是减少？电荷在A点具有多少电势能？（2）A点的电势是多少？（3）若静电力可以把带电荷量为2×10﹣8 C的电荷从无限远处移到电场中的A 点，说明电荷带正电还是带负电？静电力做了多少功？【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】取无限远处电势为零．根据电场力做正功时，电荷的电势能减小，电场力做负功时电势能增加．根据电势公式、电场力做功和功能关系进行分析和计算【解答】解：（1）静电力做负功，电荷的电势能增加，因无限远处电势能为零，电荷在A点具有的电势能为2×10﹣6 J．（2）A点的电势为：φA == V=200 V．（3）因静电力做正功，说明电荷受力方向与运动方向相同，说明电荷带负电，静电力做功为：W2=2W1=4×﹣6 J．答：（1）电荷的电势能是增加，电荷在A点具有2×10﹣6 J电势能（2）A点的电势是200 V（3）若静电力可以把带电荷量为2×10﹣8 C的电荷从无限远处移到电场中的A 点，说明电荷带负电，静电力做功为：4×﹣6 J．【点评】本题关键明确电场力做的功等于电势能的减小量，同时结合电势r 定义公式和电场力做功与电势差关系公式列式求解17．如图所示的电场，等势面是一簇互相平行的竖直平面，间隔均为d，各面电势已在图中标出，现有一质量为m的带电小球以速度v0，方向与水平方向成45°角斜向上射入电场，要使小球做直线运动．问：（1）小球应带何种电荷？电荷量是多少？（2）在入射方向上小球最大位移量是多少？（电场足够大）【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；等势面．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】（1）互相平行的竖直平面的等势面，与水平方向成45°角斜向上射入匀强电场，要使小球做直线运动，则重力与电场力的合力与初速度共线，由此可确定小球带电电性，及电荷量．（2）小球在入射方向先做匀减速直线运动，后反向做匀加速直线运动，由位移与速度的关系可确定小球的最大位移．【解答】解：（1）如图所示，电场线水平向左，由题意可知，只有小球受到向左的电场力，电场力和重力的合力才有可能与初速度方向在一条直线上，所以小球带正电．由图可知，Eq=mg，又E=，所以解得：（2）由下图可知，=由动能定理，得：﹣所以答：（1）小球应带正电，电荷量是；（2）在入射方向上小球最大位移量是．【点评】本题根据运动去判定受力，由于重力方向一定，且做直线运动，所以可确定电场力方向，再由电场线来确定电性及电量；根据受力分析，借助牛顿第二定律求出加速度，再由运动学公式来求出最大位移．18．如图所示为两组平行金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0加速后通过B点进入两板间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间，若电子从两块水平平行板的正中间射入，且最后电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，A、B 分别为两块竖直板的中点，求：（1）电子通过B点时的速度大小；（2）右侧平行金属板的长度；（3）电子穿出右侧平行金属板时的动能．【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】（1）电子在AB之间做加速运动，电场力的功等于电子动能的变化，根据动能定理即可解答；（2）电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，则电子的沿电场线方向的位移为，根据平抛运动的方法，结合牛顿第二定律即可解答；（3）电子的动能可以根据动能定理全程列式计算．【解答】解：（1）电子在AB之间做加速运动，由U0e=mv B2得：v B =（2）由y==可得：l=d（3）由动能定理得：U0e+e=E k末所以电子穿出右侧平行金属板时的动能：E k末=e（U0+）．答：（1）电子通过B 点时的速度大小为；（2）右侧平行金属板的长度为；（3）电子穿出右侧平行金属板时的动能为e（U0+）．【点评】该题中，电子先在加速电场中加速，然后在偏转电场中偏转，属于常规的典型题目．难度适中．。

高二物理上学期第一次月考试卷高二全册物理试题_22 (2)

嗦夺市安培阳光实验学校九江一中高二（上）第一次月考物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．1-9为单选，10-12为多选．多选题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选或不选的得0分）．1．一个小电珠上标有“6V 0.3A”，它在正常发光时的电阻是( )A．20ΩB．1.8ΩC．0.05ΩD．6.3Ω2．关于电阻和电阻率的说法中，正确的是( )A．导体对电流的阻碍作用叫做导体的电阻，因此只有导体中有电流通过时才有电阻B．由R=可知导体的电阻与导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比C．电阻率由材料决定，与导体的长度没有关系D．将一根导线等分为二，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一3．横截面的直径为d、长为l的导线，两端电压为U，当这三个量中一个改变时，对自由电子定向运动的平均速率的影响是( )A．电压U加倍，自由电子定向运动的平均速率不变B．导线长度l加倍，自由电子定向运动的平均速率加倍C．导线横截面的直径加倍，自由电子定向运动的平均速率不变D．以上说法均不正确4．将一只阻值为几千欧的电阻R1和一只阻值为千分之几欧的电阻R2串联起来，则总电阻( )A．很接近R1而略大于R1B．很接近R1而略小于R1C．很接近R2而略大于R2D．很接近R2而略小于R25．通过一个导体电流是2A，经过4min通过该导体横截面的电量是( ) A．8C B．20C C．480C D．1200C6．将一个满偏电流I g=1mA 内阻R g=60Ω的表头改装成一个量程为0﹣0.6A的电流表，应该( )A．并联一个R=540Ω的电阻 B．并联一个R=0.1Ω的电阻C．并联一个R=5400Ω的电阻D．串联一个R=0.6Ω的电阻7．图中，输入端ab间的电压为30V，改变滑动变阻器触头的位置，可以改变输出端AB间的电压，A、B间电压的变化范围为( )A．0﹣10V B．0﹣15V C．0﹣30V D．15﹣30V8．如图电路所示，R1：R2：=1：2：3当ab两端接入60V电压时，cd段端输出电压等于( )A．60V B．30V C．15V D．10V9．科学家在实验室中找到一种材料，它的I﹣U曲线如图，OC段为曲线，CD 段为直线，CD的连线与横轴的交点在原点的左侧，下列说法正确的是( ) A．该材料的电阻随电流的增大而一直增大B．该材料的电阻随电流的先增大后不变C．该材料的电阻随电流的增大而一直减小D．该材料的电阻随电流的先减小后不变10．如图所示的电路中，R1、R2、、和R4皆为定值电阻，R5为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r=R1，设电流表A的读数为I，电压表V的读数为U，当R5的滑动角点向图中a端移动时( )A．I变小B．U变小C．电源的效率变低D．电源的输出功率变小11．两块电压表V1和V2是由完全相同的电流表改装成的，V2的量程为3V，V1的量程为15V，为了测量15～20V的电压，把V1和V2串联起来使用，在这种情况下( )A．V1和V2的读数相等B．V1和V2的指针偏转角相等C．V1和V2的读数之比等于两个电压表内阻之比D．V1和V2的指针偏转角之比等于两个电压表内阻之比12．四个小灯连接成如图所示电路，合上电键S，各灯均正常发光．若小灯L2灯丝突然烧断，则下列说法正确的是( )A．L1变亮B ．变亮C．L4变亮D．电源的效率变低二、实验题（本题共2小题，13题8分，14题4分，共12分，将正确答案填写在题目的横线处．）13．测一个阻值约为18kΩ的电阻，备有下列器材：A．电流表（量程500 μA，内阻100Ω）B．电流表（量程0.6A，内阻300Ω）C．电压表（量程10V，内阻100kΩ）D．电压表（量程50V，内阻500kΩ）E．直流稳压电源（电动势15V，允许最大电流1A）F．滑动变阻器（最大电阻1kΩ，额定功率1W）G．电键、导线若干（1）电流表应选__________，电压表应选__________．（填电表之前的字母即可）（2）电路选择__________ （填“分压式”或者“限流式”）（3）电路选择电流表__________（填“内接法”或者“外接法”）14．某同学在一次测量时，电压表（0﹣15V）、电流表（0﹣0.6A）的示数如图所示．则电压值为__________ V，电流值为__________ A15．手电筒的干电池给小灯泡供电时，电流为0.4A，在某次接通开关的20s时间内，一节干电池（电动势为1.5V）中有多少化学能转化为电能？16．将一个满偏电流I g=1mA 内阻R g=30Ω的表头改装成一个量程为0﹣3V的电压表，（1）应该串联还是并联一个电阻？阻值为多大？（2）改装后的电流表测量电流时，指针指在表盘上原来0.2mA处，则被测电压的大小是多少？17．如图所示，电源电动势E=8V，内阻r=1Ω，R1=R2=R3=2Ω，求：（1）干路电流（2）路端电压．18．有一条横截面积为S的铜导线中自由电子定向移动的速率为v，已知铜的密度为ρ，铜的摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为N A，电子的电量为e，求铜导线通过的电流．（在这个问题中可以认为导线中每个铜原子贡献一个电子，答案用题中已知的物理量表示）19．如图所示，已知电源电动势E=18V，内阻r=1Ω，当接入固定电阻R=2Ω时，电路中标有“4V，8W”的灯泡L和内阻R D=1Ω的小型直流电动机D都恰能正常工作．试求：（1）电路中的电流大小；（2）电动机的额定电压；（3）电动机的输出功率．20．在如图所示的电路中，电源的电动势E=15.0V，内阻r=1.0Ω；电阻R1=60Ω，R2=10Ω，R3=20Ω，R4=35Ω；电容器的电容C=100 μF，求：（1）接通电键S后，流过电源的电流和R3两端的电压；（2）待电路稳定后再断开开关S，求流过R3的电荷量．九江一中高二（上）第一次月考物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．1-9为单选，10-12为多选．多选题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选或不选的得0分）．1．一个小电珠上标有“6V 0.3A”，它在正常发光时的电阻是( )A．20ΩB．1.8ΩC．0.05ΩD．6.3Ω【考点】欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】小电珠正常发光时其电压为额定电压，电流为额定电流，由欧姆定律求解其电阻．【解答】解：由题意知小电珠正常发光时电压为 U=6V，电流为 I=0.3A则在正常发光时的电阻是 R==Ω=20Ω故选：A．【点评】本题要明确电珠正常发光的条件，由其铭牌读出额定电压和额定电流，能熟练运用欧姆定律变形求电阻．2．关于电阻和电阻率的说法中，正确的是( )A．导体对电流的阻碍作用叫做导体的电阻，因此只有导体中有电流通过时才有电阻B．由R=可知导体的电阻与导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比C．电阻率由材料决定，与导体的长度没有关系D．将一根导线等分为二，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一【考点】电阻定律；欧姆定律．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】导体的电阻由电阻本身的性质决定，与通过导体的电流以及两端的电压无关．电阻率由材料决定和温度决定，与导体的长度没有关系．【解答】解：A、根据R=知，导体的电阻由本身的性质决定，通过导体的电流无关．故A错误．B、电阻R由本身性质决定，与通过导体的电流以及两端的电压无关．故B 错误．C、电阻率由材料决定和温度决定，与导体的长度没有关系．故C正确．D、电阻率的大小有材料本身性质决定，与导线的长度和横截面积无关．故D错误．故选：C．【点评】解决本题的关键掌握电阻定律，知道电阻的大小与电流、电压无关，以及知道电阻率的大小由材料本身性质决定．3．横截面的直径为d、长为l的导线，两端电压为U，当这三个量中一个改变时，对自由电子定向运动的平均速率的影响是( )A．电压U加倍，自由电子定向运动的平均速率不变B．导线长度l加倍，自由电子定向运动的平均速率加倍C．导线横截面的直径加倍，自由电子定向运动的平均速率不变D．以上说法均不正确【考点】电流、电压概念；电阻定律．【专题】恒定电流专题．【分析】根据欧姆定律、电流的微观表达式I=nqvS和电阻定律结合分析自由电子定向运动的平均速率如何变化．【解答】解：A、电压U加倍时，由欧姆定律得知，电流加倍，由电流的微观表达式I=nqvS 得知，自由电子定向运动的平均速率v加倍．B、导线长度l加倍，由电阻定律得知，电阻加倍，电流减半，则由电流的微观表达式I=nqvS得知，自由电子定向运动的平均速率v减半．故B错误．C、导线横截面的直径d加倍，由S=得到，截面积变为4倍，由电阻定律得知，电阻变为倍，电流变为原来的4倍，根据电流的微观表达式I=nqvS得知，自由电子定向运动的平均速率v不变．故C正确．D、由上得到D错误．故选C 【点评】高中物理中涉及自由电荷定向移动速度的公式只有电流的微观表达式I=nqvS．本题考查欧姆定律、电阻定律和电流的微观表达式I=nqvS综合应用能力．4．将一只阻值为几千欧的电阻R1和一只阻值为千分之几欧的电阻R2串联起来，则总电阻( )A．很接近R1而略大于R1B．很接近R1而略小于R1C．很接近R2而略大于R2D．很接近R2而略小于R2【考点】串联电路和并联电路．【专题】恒定电流专题．【分析】串联电路的总电阻等于各个电阻之和，据此列式分析即可进行判断．【解答】解：串联的总电阻为 R=R1+R2；由题知：R1远大于R2，所以R很接近R1而略大于R1，远大于R2，故A正确，BCD 错误．故选：A【点评】解决本题的关键是掌握串联电路总电阻与各个电阻的关系，知道串联总电阻与最大的电阻还要大．5．通过一个导体电流是2A，经过4min通过该导体横截面的电量是( ) A．8C B．20C C．480C D．1200C【考点】电流、电压概念．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题．【分析】已知电流2A和时间4min，根据Q=It可求出电荷量．【解答】解：t=4min=240s，通过导体横截面的电荷量：Q=It=2A×240s=480C．故选：C【点评】本题考查了电量及其计算，比较基本，只要记住公式：I=即可求解．但要注意单位配套．6．将一个满偏电流I g=1mA 内阻R g=60Ω的表头改装成一个量程为0﹣0.6A的电流表，应该( )A．并联一个R=540Ω的电阻 B．并联一个R=0.1Ω的电阻C．并联一个R=5400Ω的电阻D．串联一个R=0.6Ω的电阻【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题；定量思想；比例法；恒定电流专题．【分析】把电流表改装成大量程的电流表应并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值．【解答】解：把电流表改装成0.6A的电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值为：R==≈0.1Ω；故选：B．【点评】本题考查了电流表的改装，知道电流表的改装原理是解题的关键，应用并联电路特点与欧姆定律可以解题．7．图中，输入端ab间的电压为30V，改变滑动变阻器触头的位置，可以改变输出端AB间的电压，A、B间电压的变化范围为( )A．0﹣10V B．0﹣15V C．0﹣30V D．15﹣30V【考点】路端电压与负载的关系．【专题】定量思想；方程法；恒定电流专题．【分析】根据串联电路电压与电阻的关系分析得知，当滑动变阻器触头置于变阻器的最上端时，U AB最大，当滑动变阻器触头置于变阻器的最下端时，U AB最小，分别求出U AB最小值和最大值，再得到U AB的变化范围．【解答】解：当滑动变阻器触头置于变阻器的最上端时，U AB最大，最大值为：U max=1×30=30V；当滑动变阻器触头置于变阻器的最下端时，U AB最小，最小值为：U min=0×30V=0V，所以U AB的变化范围是0～30V，故C正确，ABD错误．故选：C．【点评】本题实质是分压器电路，考查对串联电路电压与电阻成正比特点的理解和应用能力．8．如图电路所示，R1：R2：=1：2：3当ab两端接入60V电压时，cd段端输出电压等于( )A．60V B．30V C．15V D．10V【考点】路端电压与负载的关系；串联电路和并联电路．【专题】定性思想；方程法；恒定电流专题．【分析】当cd端接电压表时，R1、R2、R1串联，此时两个R3相当于导线，电压表测R2两端的电压，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，根据欧姆定律求出电压表的示数；【解答】解：当cd端接电压表时，R1、R2、R1串联，此时两个R3相当于导线，电压表测R2两端的电压，则得电压表的示数：U V ==V故选：B．【点评】本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是cd端接电压表时或接电流表时电路串并联的辨别，理清电阻之间的关系特别关键．9．科学家在实验室中找到一种材料，它的I﹣U曲线如图，OC段为曲线，CD 段为直线，CD的连线与横轴的交点在原点的左侧，下列说法正确的是( ) A．该材料的电阻随电流的增大而一直增大B．该材料的电阻随电流的先增大后不变C．该材料的电阻随电流的增大而一直减小D．该材料的电阻随电流的先减小后不变【考点】欧姆定律；路端电压与负载的关系．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】根据I﹣U图象上某点与坐标原点的连线的斜率表示电阻的倒数判断即可．【解答】解：I﹣U图象上某点与坐标原点的连线的斜率表示电阻的倒数，根据图象可知，随电流的增大，图象与坐标原点连线的斜率先减小，后不变，所以电阻先增大，后不变，故B正确．故选：B【点评】本题关键是明确小灯泡电阻随温度升高的变化情况，结合I﹣U曲线进行分析，要求同学们能根据图象得出有效信息，难度不大，属于基础题．10．如图所示的电路中，R1、R2、、和R4皆为定值电阻，R5为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r=R1，设电流表A的读数为I，电压表V的读数为U，当R5的滑动角点向图中a端移动时( )A．I变小B．U变小C．电源的效率变低D．电源的输出功率变小【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】当R5的滑动触点向图中a端移动时，R5变小，外电路总电阻变小，根据欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，确定电流表A和电压表的读数变化，电源的效率，当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大．【解答】解：A、当R5的滑动触点向图中a端移动时，R5变小，外电路总电阻变小，则由闭合电路欧姆定律知，总电流I变大，路端电压变小，U变小，根据闭合电路欧姆定律，电路中并联部分电压U并=E﹣I（r+R1+R2）变小，则I变小，故AB正确；C 、电源的效率=，路端电压减小，E不变，则效率变低，故C正确；D、当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，而r=R1，所以外电路电阻一定大于内阻，则外电路总电阻变小，输出功率增大，故D错误；故选：ABC．【点评】本题电路动态变化分析问题，首先要明确电路的结构，按“局部→整体→局部”的顺序进行分析，知道当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大．11．两块电压表V1和V2是由完全相同的电流表改装成的，V2的量程为3V，V1的量程为15V，为了测量15～20V的电压，把V1和V2串联起来使用，在这种情况下( )A．V1和V2的读数相等B．V1和V2的指针偏转角相等C．V1和V2的读数之比等于两个电压表内阻之比D．V1和V2的指针偏转角之比等于两个电压表内阻之比【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题；定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】两表串联后，通过每个电流表的电流相同，指针偏转角度相同，但两电压表的总内阻不同，则两表的示数不同，其示数之比为两表的内阻之比．【解答】解：A、两表的示数与内阻成正比，而两表量程不同，内阻不同，则示数不同．故A错误．B、因是串联关系，电流大小一样，则指针偏转角度相同，故B正确．C、两表指针偏转角度相同，示数不等．读数为分压，正比于两表的内阻，故C 正确D错误．故选：BC．【点评】本题考查的是电压表的改装原理，电压表的内部电路为串联关系，相同的电流表电流相同，偏转角度一样，而对应刻度由量程决定．12．四个小灯连接成如图所示电路，合上电键S，各灯均正常发光．若小灯L2灯丝突然烧断，则下列说法正确的是( )A．L1变亮B ．变亮C．L4变亮D．电源的效率变低【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】动态预测题；整体思想；控制变量法．【分析】小灯L2灯丝突然烧断后，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化，由欧姆定律分析L1两端电压的变化，判断L1亮度的变化．由总电流和L1电流的变化，判断L3中电流的变化，确定L3亮度的变化．由L1、L3电压的变化判断L4电压的变化，判断L4亮度的变化．【解答】解：ABC、小灯L2灯丝突然烧断后，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知：电路中总电流I减小，L1两端电压 U1=E﹣I（R+r），I减小，其他量不变，则U1增大，L1变亮．L3中电流 I3=I﹣I1，I减小，I1增大，则I3减小，L3变暗．L4电压U4=U1﹣U3，U1增大，U3减小，则U4增大，L4变亮．所以L1、L4变亮，L3变暗．故AC正确，B 错误．D、电源的效率η=×100%=×100%，外电阻增大时路端电压U增大，而E不变，则电源的效率提高，故D错误．故选：AC【点评】本题实质是电路动态变化分析问题，要善于分析局部与整体的关系．分析L3中电流和L4电压如何变化，采用的是总量法要熟练掌握．二、实验题（本题共2小题，13题8分，14题4分，共12分，将正确答案填写在题目的横线处．）13．测一个阻值约为18kΩ的电阻，备有下列器材：A．电流表（量程500 μA，内阻100Ω）B．电流表（量程0.6A，内阻300Ω）C．电压表（量程10V，内阻100kΩ）D．电压表（量程50V，内阻500kΩ）E．直流稳压电源（电动势15V，允许最大电流1A）F．滑动变阻器（最大电阻1kΩ，额定功率1W）G．电键、导线若干（1）电流表应选A，电压表应选C．（填电表之前的字母即可）（2）电路选择分压式（填“分压式”或者“限流式”）（3）电路选择电流表内接法（填“内接法”或者“外接法”）【考点】伏安法测电阻．【专题】实验题；定性思想；类比法；恒定电流专题．【分析】（1）根据电源电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表；（2）根据待测电阻阻值与滑动变阻器最大阻值间的关系确定滑动变阻器的接法；（3）根据待测电阻阻值与电表内阻关系确定电流表的接法．【解答】解：（1）电源电动势为15V，电压表应选择C，电路最大电流约为：I==≈0.00056A=0.56mA=560μA，电流表应选择A；（2）待测电阻阻值约为18kΩ，滑动变阻器最大阻值为1kΩ，待测电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法；（3）==180，=≈5.56，＞，电流表应采用内接法；故答案为：（1）A；C；（2）分压式；（3）内接法．【点评】本题考查了实验器材的选择、滑动变阻器与电流表的接法，要掌握实验器材的选择方法，在伏安法测电阻实验中，当待测电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值时、电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器应采用分压接法．14．某同学在一次测量时，电压表（0﹣15V）、电流表（0﹣0.6A）的示数如图所示．则电压值为9.0 V，电流值为0.33 A【考点】多用电表的原理及其使用．【专题】实验题；推理法；实验分析法；恒定电流专题．【分析】首先明确电表的量程，再根据刻度线确定最小分度，从而根据指针的位置确定读数．【解答】解：电压表量程为15V，最小分度为0.5V，则读数为：9.0V；电流表量程为0.6A，最小分度为0.02A，则其读数为：0.33A；故答案为：9.0；0.33【点评】本题考查电表的读数方法，要注意明确最小分度为1时需要估读一位；而最小分度为2或5时不需要估读．15．手电筒的干电池给小灯泡供电时，电流为0.4A，在某次接通开关的20s时间内，一节干电池（电动势为1.5V）中有多少化学能转化为电能？【考点】电源的电动势和内阻；功能关系．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题．【分析】电动势是描述电池将其他形式能转化为电能的装置，根据公式W=EIt 列式求解电功．【解答】解：一节7号干电池电动势为1.5V，电功为：W=EIt=1.5×0.4×20=12J答：则这段时间内电池将12J的化学能转化为电能．【点评】本题关键是明确电动势的物理意义，知道其定义公式为E=，基础问题．16．将一个满偏电流I g=1mA 内阻R g=30Ω的表头改装成一个量程为0﹣3V的电压表，（1）应该串联还是并联一个电阻？阻值为多大？（2）改装后的电流表测量电流时，指针指在表盘上原来0.2mA处，则被测电压的大小是多少？【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题；定量思想；比例法；恒定电流专题．【分析】（1）把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出串联电阻阻值．（2）根据欧姆定律可以求出电压表的示数．【解答】解：（1）把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值：R=﹣R g =﹣30=2970Ω；（2）0.2mA处电压表示数：U=IR V=I（R+R g）=0.0002×（2970+30）=0.6V；答：（1）应该串联一个电阻，阻值为2970Ω；（2）改装后的电流表测量电流时，指针指在表盘上原来0.2mA处，则被测电压的大小是0.6V．【点评】本题考查了电压表的改装，知道电压表的改装原理是解题的关键，应用串联电路特点与欧姆定律可以解题．17．如图所示，电源电动势E=8V，内阻r=1Ω，R1=R2=R3=2Ω，求：（1）干路电流（2）路端电压．【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】计算题；定量思想；恒定电流专题．【分析】（1）由图知，R1与R2并联后与R3串联，先求出外电路总电阻，再由闭合电路欧姆定律求出干路电流．（2）由闭合电路欧姆定律求路端电压．【解答】解：（1）外电路总电阻为 R=R1+R3=1+2=3（Ω）由闭合电路欧姆定律得：干路电流 I==A=2A（2）路端电压 U=E﹣Ir=8﹣2×1=6（V）答：（1）干路电流是2A．（2）路端电压是6V．【点评】对于电路的计算，先分析电路的结构，求出总电阻，再由电路中电流和电压关系，求出局部的电压和电流．18．有一条横截面积为S的铜导线中自由电子定向移动的速率为v，已知铜的密度为ρ，铜的摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为N A，电子的电量为e，求铜导线通过的电流．（在这个问题中可以认为导线中每个铜原子贡献一个电子，答案用题中已知的物理量表示）【考点】电流、电压概念．【专题】计算题；定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】设自由电子定向移动的速率为v和导线中自由电子从一端定向移到另一端所用时间为t，求出导线中自由电子的数目，根据电流的定义式推导出电流的微观表达式，解得自由电子定向移动的速率【解答】解：设铜导线中自由电子定向移动的速率为v，导线中自由电子从一端定向移到另一端所用时间为t．则导线的长度为l=vt，体积为V=Sl=Svt，质量为m=ρvtS，这段导线中自由电子的数目为：n==在t时间内这些电子都能通过下一截面，则电流为：I==，代入解得，I=答：铜导线通过的电流【点评】本题关键是建立物理模型，根据电流的定义式推导电流的微观表达式，它是联系微观与宏观的桥梁19．如图所示，已知电源电动势E=18V，内阻r=1Ω，当接入固定电阻R=2Ω时，电路中标有“4V，8W”的灯泡L和内阻R D=1Ω的小型直流电动机D都恰能正常工作．试求：（1）电路中的电流大小；（2）电动机的额定电压；（3）电动机的输出功率．【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【专题】计算题；定量思想；推理法；恒定电流专题．【分析】（1）由题，“4V，8W”的灯泡L和内阻R D=1Ω的直流电动机D都恰能正常工作，则知电路中电流等于灯泡的额定电流，由灯泡的额定功率和额定电压，由P=UI求出电路中的电流大小．（2）根据串联特点电压的分配关系，由欧姆定律求出电动机的额定电压；（3）由功率公式可求得电动机的输出功率．【解答】解：（1）由题，“4V，8W”的灯泡L正常发光，则通过灯泡的电流等于额定电流，则电路中的电流大小为：I===2A．（2）直流电动机D能正常工作，其两端的电压等于额定电压，则有：U M=E﹣I（R+r）﹣U L=18﹣2×（2+1）﹣4=8V（3）电动机的输出功率为：P出=U M I﹣I2R D=8×2﹣4×1=12W；答：（1）电路中的电流大小是2A；（2）电动机的额定电压为8V（3）电动机的输出功率为12W．【点评】本题为闭合电路欧姆定律的计算题，在解题时要注意明确电动机不是纯电阻电路，欧姆定律不能使用，注意根据串并联电路的基本规律进行分析求解．20．在如图所示的电路中，电源的电动势E=15.0V，内阻r=1.0Ω；电阻R1=60Ω，R2=10Ω，R3=20Ω，R4=35Ω；电容器的电容C=100 μF，求：（1）接通电键S后，流过电源的电流和R3两端的电压；（2）待电路稳定后再断开开关S，求流过R3的电荷量．【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．【专题】计算题；定量思想；电容器专题．【分析】（1）闭合电键S后，稳定时没有电流流过R4，此电路相当断路．先求出外电路总电阻，再由闭合电路欧姆定律求出流过电源的电流，求出路端电压，由串联电路分压规律求R3两端的电压．。

高二物理上学期第一次月考试题_21

嗦夺市安培阳光实验学校高二上学期第一次月考物理试题（4-8班）满分：100分时间：90分钟一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共计24分.每小题只有一个选项符合题意.1、如图所示，A、B是匀强电场中相距4 cm的两点，其连线与电场方向成60°，两点间的电势差为200 V，则电场强度大小为（）A．8 V/m B．50 V/mC．5×103 V/m D．1×104 V/m2、一同学将变阻器与一只6V,6～8W的小灯泡L及开关S串联后接在6V的电源E上，当S闭合时，发现灯泡发亮．按此图的接法，当滑片P 向右滑动时，灯泡将 ( )A．变暗B．变亮C．亮度不变D．可能烧坏灯泡3、在如图所示电路中，当滑动变阻器滑片P向上移动时，则（）A．A灯变亮、B灯变亮、C灯变亮B．A灯变暗、B灯变亮、C灯变暗C．A灯变亮、B灯变暗、C灯变暗D．A灯变暗、B灯变暗、C灯变亮4、某学生用多用电表测量一个电阻的阻值．将选择开关置于“×10”挡时，指针位置如图所示．接着合理的做法是（）A．换“×1”挡，再读数B．换“×100”挡，再读数C．换“×1”挡，调整欧姆零点后再读数D．换“×100”挡，调整欧姆零点后再读数5、如图所示为一未知电路，现测得两个端点a、b之间的电阻为R，若在a、b之间加上电压U，测得通过电路的电流为I，则该未知电路的电功率一定为 ( ) A．I2R B.U 2RC．UI D．UI－I2R6、如图所示的四个电场的电场线，其中A和C图中小圆圈表示一个点电荷，A 图中虚线是一个圆，B图中几条直线间距相等互相平行，则在图中M、N处电场强度相同的是( )7、8、一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc 从a 运动到c ，已知质点的速率是递减的．关于b 点电场强度E 的方向，下列图示中可能正确的是(虚线是曲线在b点的切线)二、不定项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分，每小题至少有一个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分.9、两个完全相同的金属小球(视为点电荷)，带电量之比为1∶7，相距为r ，两者相互接触后放回到原位置上，则相互作用力可能是原来的( )．A.47B.37C.97D.16710、如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹．粒子先经过M 点，再经过N 点．可以判定（）A ．粒子在M 点受到的电场力大于在N 点受到的电场力B ．M 点的电势高于N 点的电势C ．粒子带正电D ．粒子在M 点的动能大于在N 点的动能11、如图所示，在光滑、绝缘的水平桌面上固定放置一光滑、绝缘的挡板ABCD ，AB 段为直线挡板，BCD 段是半径为R 的圆弧挡板，挡板处于场强为E 的匀强电场中，电场方向与圆直径MN 平行．现有一带电量为q 、质量为m 的小球由静止从挡板内侧上的A 点释放，并且小球能恰好沿挡板内侧运动，到D 点抛出．则( )A ．小球运动到N 点时，挡板对小球的弹力最大B ．小球运动到C 点时，挡板对小球的弹力最大 C ．小球运动到M 点时，挡板对小球的弹力最小D ．小球运动到D 点时，挡板对小球的弹力最小 12、如图所示，两块正对平行金属板M 、N 与电池相连，N 板接地，在距两板等距离的P 点固定一个带负电的点电荷，如果M 板向上平移一小段距离，则（）A ．点电荷受到的电场力变小B ．M 板的带电荷量增加C ．P 点的电势升高D ．点电荷在P 点具有的电势能增加三、实验和填空题：每空3分，共24分，请将结果填在答题卷相应的位置。

高二物理上学期第一次月考.doc

高二物理上学期第一次月考命题人：周丽（总分1时间100分钟）一、选择题（每小题5分，共50分） 1．在机械波中有（） A ．各质点都在各自的平衡位置附近振动 B ．相信质点间必有相互作用力 C ．前一质点的振动带动相邻的后一质点振动，后一质点的振动必定落后于前一质点 D ．各质点也随波的传播而迁移 2．区分横波和纵波是根据（） A ．沿水平方向传播的叫做横波 B ．质点振动的方向和波传播的远近 C ．质点振动的方向和波传播的方向 D ．质点振动的快慢3．对公式f υλ=的理解，以下说法中正确的是（） A ． f υλ=可知，波速与频率成正比 B ．波速υ由介质决定，频率f 由波源决定 C ．当波由一种介质进入另一种介质时，频率不变，波速、波长改变 D ． f υλ=适用于横波，不适用于纵波4．有经验的战士可以从炮弹飞行时的尖叫声判断炮弹的飞行方向。

他所利用的应是（） A ．声波的干涉现象 B ．声波的衍射现象 C ．声波的多普勒效应 D ．声波的反射现象5．已知空间中的声鼓掌为340m/s.现有几种声波：①周期为1/②频率为410Hz ， ③波长为10m.它们传播时若遇到宽约为13m 的障碍物，能产生显著的衍射现象的是（） A ．①和② B.②和③ C.①③ D.都可以 6.如右图所示为一列简谐横横波在某时刻的波形图，传播方向向左。

则此时刻有（） A ．各质点的位移都为5cmB ．x=2m 处的质点速度沿y 轴正方向C ．x=4m 处的质点加速度方向为正方向D ．x=8m 处的质点速度为正的最大值7．一列横波沿绳子向右传播，某时刻形成如图2所示的凸凹形状，对此时绳A 、B 、C 、D 、E 、F 六个质点，下列说法正确的是（）A ．它们的振幅相同B ．其中D 、F 速度方向相同C ．其中A 、C 速度方向相同D ．从此时算起，B 比C 先回到平衡位置8．简谐横波沿x 轴。

江西省安福中学高二物理上学期开学考试【会员独享】

江西省安福中学高二开学考试物理试题考试时间:100分钟总分:100分预计全年级平均分55分一. 本题共10小题，每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，有一个或一个以上选项正确，选对得4分，不选全得2分，有选错或不答的得0分。

1. 如图为某品牌自行车的部分结构。

A、B、C分别是飞轮边缘、大齿盘边缘和链条上一个点。

现在提起自行车后轮，转动脚蹬子，使大齿盘和飞轮在链条带动下转动，则下列说法正确的是( )A. A、B、C三点线速度大小相等B. A、B两点的角速度大小相等C. A、B两点的向心加速度与飞轮、大齿盘半径成反比D. 由图中信息，A、B两点的角速度之比为1：32．如图所示，一质量为m的汽车保持恒定的速率运动，若通过凸形路面最高处时对路面的压力为F1 ，通过凹形路面最低处时对路面的压力为F2 ，则（）A．F1 > mg B．F1 = mgC．F2 > mg D．F2 = mg3．如图甲所示，质量不计的轻弹簧竖直固定在水平地面上，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球接触弹簧并将弹簧压缩至最低点（形变在弹性限度内），然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后又下落，如此反复。

现通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出该过程中弹簧弹力F随时间t变化的图像如图乙所示，则 ( )A．t2时刻小球的速度为零 B．t2时刻小球的加速度为零C．t1～t2这段时间内，小球的动能先增大后减小D．t2～t3这段时间内，小球的动能与重力势能之和增加4．2011年9月29日晚21时16分，我国首个目标飞行器天宫一号发射升空，它将在两年内分别与神舟八号、神舟九号、神舟十号飞船对接，从而建立我国第一个空间实验室。

假如神舟八号与天宫一号对接前所处的轨道如图甲所示，图乙是它们在轨道上即将对接时的模拟图。

当它们处于图甲所示的轨道运行时，下列说法正确的是（）A．神舟八号的加速度比天宫一号的小B．神舟八号的运行速度比天宫一号的大C．神舟八号的运行周期比天宫一号的长 D．神舟八号通过加速后变轨可实现与天宫一号对接5. 如图是某游乐园的“摩天转轮”,它的直径达98m。

江西省安福二中高三物理第一次月考试题(试题不全,无答案)

安福二中2013届高三第一次月考物理试题二，实验题（19分）11．某同学利用图甲所示的实验装置，探究物块在水平桌面上的运动规律．物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上(尚未到达滑轮处)．从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如图乙所示．打点计时器电源的频率为50 Hz.（8分）图乙①通过分析纸带数据，可判断物块在两相邻计数点____和_____之间某时刻开始减速．（每空1分）②计数点5对应的速度大小为_____m/s，计数点6对应的速度大小为_____m/s.(保留三位有效数字)③物块减速运动过程中加速度的大小为a＝________m/s212．某同学探究弹力与弹簧伸长量的关系．（7分）①将弹簧悬挂在铁架台上，将刻度尺固定在弹簧一侧，弹簧轴线和刻度尺都应在________方向(填“水平”或“竖直”)②弹簧自然悬挂，待弹簧________时，长度记为L0；弹簧下端挂上砝码盘时，长度记为______．③图8是该同学根据表中数据作的图，纵轴是砝码的质量，横轴是弹簧长度与________的差值(填“L0”或“L x”)．④由图可知弹簧的劲度系数为________N/m；通过图和表可知砝码盘的质量为________g(结果保留两位有效数字，重力加速度取9.8 m/s2)．图813．在“探究求合力的方法”的实验中，需要将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上两根细绳，细绳的另一端都有绳套，实验中需用两个弹簧测力计分别勾住绳套，并互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一位置O.(1)某同学在做该实验时认为：A．用两个弹簧测力计拉橡皮条时，应使两个绳套之间的夹角为90°，以便计算出合力的大小B．拉橡皮条时，弹簧测力计、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行C．用两个弹簧测力计拉橡皮条时结点的位置必须与用一个弹簧测力计拉时的结点重合D．拉力F1和F2的夹角越大越好其中正确的是________(填入相应的字母，2分)．(2)若两个弹簧测力计的读数均为4 N，且两弹簧测力计拉力的方向相互垂直，则________(选填“能”或“不能”)用一个量程为5 N的弹簧测力计测量出它们的合力？（2分）三，计算题14.（9分）如图13所示，质量为m的物体置于倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，物体在水平推力F作用下，沿斜面匀速下滑，斜面保持静止，求水平推力F的大小和斜面受到地面给的摩擦力。

2013-2014学年江西省吉安市安福中学高二(上)期中物理试卷

2013-2014学年江西省吉安市安福中学高二（上）期中物理试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共7小题，共28.0分)1.下列关于电场线的说法中，正确的是（）A.沿电场线方向电场强度逐渐减小B.沿电场线方向电势逐渐降低C.电场线方向就是电荷受力的方向D.沿电场线方向移动电荷，电荷的电势能逐渐减小【答案】B【解析】解：AB、电场线的疏密程度反映电场的强弱，沿电场线方向电势越来越低，并不是沿电场线方向电场强度逐渐减小，故A错误，B正确；C、据场强方向的规定，正电荷所受的电场的方向与场强方向相同，负电荷所受电场力的方向相反，所以电场线的方向并不一定是电场力的方向，故C错误；D、沿电场线方向移动电荷，当电场力做正功时，电势能减小；当电场力做负功时，电势能增大，故D错误．故选：B．用电场线的特点分析求解，电场线的疏密程度反映电场的强弱，沿电场线方向电势越来越低；利用场强方向的规定判断电荷所受电场力的方向；据电场力做功情况，判断电势能和动能的变化即可．明确电场线的疏密程度反映场强，沿电场线方向电势越来越低是解题的关键；灵活应用电场力做功和场强方向的规定是解题的核心．2.下列关于电源的说法中正确的是（）A.电源的输出电流越小时，电源的电动势越大B.电源的输出电流越大时，电源的电动势越大C.外电路断开时电源的电动势为零D.电路中，如果每通过1 C的电荷，电源能把2 J的其他形式的能转化为电能，则电源的电动势就为2 V【答案】D【解析】解：A、B、电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，由电源本身的特性决定，与电路中电流无关，故AB错误．C、电动势与外电路的结构无关，外电路断开时电源的电动势不变，故C错误．D、电路中，如果每通过1C的电荷，电源能把2J的其他形式的能转化为电能，非静电力做功为W=2J，根据电动势的定义式E=分析可知，电源的电动势就为E=2V．故D正确．故选：D外电路断开时两极间的电压等于电源电动势．电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，电动势与外电路无关．根据电动势的定义式E=分析电动势的意义．本题关键要理解电动势的物理意义：电动势是表征电源把其他形式的能转化为电能本领大小，与外电路无关．掌握电动势的定义式E=，再进行分析．3.如图所示，是两个电阻R1、R2的U-I图线，它们并联的电阻阻值为R，则R的U-I图线在图中（）A.区域ⅠB.区域ⅡC.区域ⅢD.不能确定【答案】C【解析】解：根据欧姆定律I=，定值电阻的电流与电压成正比，故其U-I图象是一条通过坐标原点的直线，斜率表示电阻；是两个电阻R1、R2的并联电阻的阻值比任意一个电阻都小，故其U-I图线的斜率最小，图线在Ⅲ区；故选C．根据欧姆定律I=，定值电阻的电流与电压成正比，故其U-I图象是一条通过坐标原点的直线，斜率表示电阻；求解出并联电阻，根据斜率判断R的U-I图线在图中的区域．本题关键明确U-I图线的斜率的物理意义，同时明确并联电路的电阻值小于任意支路的电阻值．4.关于磁感应强度，下列说法正确的是（）A.磁感强度的方向与电流受到的安培力方向一致B.通电导线所受磁场力为零，该处磁感应强度一定为零C.通电导线所受磁场力为零，该处磁感应强度不一定为零D.磁感强度与通电导线受到的磁场力F成正比，与电流强度和导线长度的乘积成反比【答案】C【解析】解：A、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．故A错误；B、C、当通电直导线的方向与磁场的方向平行时，通电直导线受到的安培力为0，而磁感应强度却不为0．故B错误，C正确；D、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．故D错误．故选：C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．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．5.一个带电粒子，沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场，粒子的一段径迹如图所示．径迹上的每一小段都可近似看成圆弧．由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小（带电量不变）．从图中情况可以确定（）A.粒子从a到b，带正电B.粒子从b到a，带正电C.粒子从a到b，带负电D.粒子从b到a，带负电【答案】B【解析】解：由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，根据粒子在磁场中运动的半径公式r=可知，粒子的半径逐渐的减小，所以粒子的运动方向是从b到a，在根据左手定则可知，粒子带正电，所以B正确．故选B．根据粒子在磁场中运动的半径公式r=来分析粒子的运动的方向，在根据左手定则来分析电荷的性质．根据r=可知，粒子运动的半径与速度的大小有关，根据半径的变化来判断粒子的运动的方向，这是解决本题的关键．6.如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过△t时间从C点射出磁场，OC与OB成60°角．现将带电粒子的速度变为，仍从A点射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为（）A.△tB.2△tC.△tD.3△t【答案】B【解析】解：设圆形磁场区域的半径是R，以速度v射入时，半径，根据几何关系可知，°，所以运动时间t=以速度射入时，半径，所以设第二次射入时的圆心角为θ，根据几何关系可知：tan所以θ=120°则第二次运动的时间为：t=′=2△t故选：B．由于粒子在匀强磁场是做匀速圆周运动，运动周期T=，与粒子速度大小无关，可见，要计算粒子在磁场中运动的时间，只要求得它在磁场中运动轨迹对应的圆心角，就可得到所用的时间．带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径，同时还利用圆弧的几何关系来帮助解题．7.在场强大小为E的匀强电场中，一质量为m、带电量为q的物体以某一初速沿电场反方向做匀减速直线运动，其加速度大小为0.8q E/m，物体运动S距离时速度变为零．则（）A.物体克服电场力做功q ESB.物体的电势能减少了0.8q ESC.物体的电势能增加了q ESD.物体的动能减少了0.8q ES【答案】ACD【解析】解：A、由于物体所受电场力和运动方向相反，故电场力做负功即克服电场力做功W=E q S，故A正确；B、电场力做负功，电势能增加，故B错误；C、电势能增加量和克服电场力做功相等，所以电势能增加了E q S，故C正确；D、物体做减速运动，合外力做负功，动能减小，由动能定理得：△E k=F合S=ma S=0.8E q S，故D正确．故选ACD．物体所受电场力为F=E q，方向和电场方向相同，由于运动方向和电场方向相反，故电场力做负功，根据电场力做功情况可以判断电势能的变化；动能的变化可以利用动能定理通过合外力做功来求．本题在电场中考察了各种功能关系的转化，正确解答的关键是明确各种功能关系．二、多选题(本大题共2小题，共8.0分)8.在如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑动触点从a向b移动时（）A.电压表的示数增大B.电压表的示数不变C.电流表的示数减小D.电流表的示数增大【答案】AC【解析】解：当滑动变阻器的滑动触点向b端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，并联部分的电阻增大，则外电路总电阻R增大，由闭合电路欧姆定律分析可知：总电流I减小，路端电压U=E-I r增大，电压表V的读数增大；电阻R2的电压U2=E-I（r+R1）增大，流过电阻R2的电流I2增大，则流过电流表的电流I3=I-I2减小．所以，安培表A的读数减小．故AC正确．故选：AC当滑动变阻器的滑动触点向b端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，再分析流过变阻器电流的变化，来判断电表读数的变化．本题是简单的电路动态变化分析问题，按“部分→整体→部分”的顺序进行分析．9.通电矩形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内，电流方向如图所示，ab边与NM平行．关于MN的磁场对线框的作用，下列叙述正确的是（）A.线框有两条边所受的安培力方向相同B.线框中有两条边所受的安培力大小相同C.线框所受安培力的合力向左D.cd所受安培力垂直纸面向外【答案】BC【解析】解：A、直导线中的电流方向由M到N，根据安培定则，导线右侧区域磁感应强度方向向内，根据左手定则，ab边受向左的安培力，cd边受到向右的安培力，ad边受到向下的安培力，bc受到向上的安培力，方向全不同，故A错误；B、离MN越远的位置，磁感应强度越小，故根据安培力公式F=BIL，ab边受到的安培力大于cd边，ad边受到的安培力等于bc受到受到的安培力，故B正确；C、ab边受向左的安培力，cd边受到向右的安培力，ad边受到向下的安培力，bc受到向上的安培力；ab边受到的安培力大于cd边，ad边受到的安培力等于bc受到受到的安培力；故合力向左，故C正确，D错误；故选BC直导线中的电流方向由M到N，根据安培定则判断导线框所在处磁场方向．根据左手定则分析导线框所受的安培力情况．本题关键：（1）会根据安培定则判断通电直导线的磁场；（2）会根据左手定则判断安培力方向；（3）会根据安培力公式F=BIL并结合微元法判断安培力的大小．三、单选题(本大题共1小题，共4.0分)10.回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是（）A.增大匀强电场间的加速电压B.增大狭缝间的距离C.减小狭缝间的距离D.增大D形金属盒的半径【答案】D【解析】解：由qv B=m，解得v=．则动能E K=mv2=，知动能与加速的电压无关，狭缝间的距离无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关，增大磁感应强度和D形盒的半径，可以增加粒子的动能故ABC 错误，D 正确．故选：D．利用回旋加速器的工作原理，是用电场对粒子加速，磁场对带电粒子偏转，且电场的周期与在磁场的运动周期相同．解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道粒子的最大动能与加速的电压无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关．四、填空题(本大题共1小题，共8.0分)11.用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T．请根据下列步骤完成电阻测量：①旋动部件______ ，使指针对准电流的“0”刻线．②将K旋转到电阻挡“×100”的位置．③将插入“+”、“-”插孔的表笔短接，旋动部件______ ，使指针对准电阻的______ （填“0刻线”或“∞刻线”）．④将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按______ 的顺序进行操作，再完成读数测量．A．将K旋转到电阻挡”×1K”的位置B．将K旋转到电阻挡”×10”的位置C．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接D．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准．【答案】S；T；0刻线；ADC【解析】解：首先要对表盘机械校零，所以旋动部件是S．接着是欧姆调零，将“十“、“-“插孔的表笔短接，旋动部件T，让表盘指针指在最右端电阻的零刻度处．当两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，为了得到比较准确的测量结果，必须将指针在中间刻度附近，所以要将倍率调大．原因是指针偏转小，则说明刻度盘值大，现在要指针偏大即刻度盘值要小，则只有调大倍率才会实现．所以正确顺序ADC故答案为：①S；③T；0刻线；④ADC．多用电表测量电阻时，需将选择开关旋到殴姆档某一位置，接着机械校零，然后殴姆调零后，测量电阻读出示数．注意示数是由刻度值与倍率的乘积．当发现指针偏转太小时，则需要选择更大的倍率．考查多用电表欧姆档的使用方法，要正确选择档位，明确每次换档要进行欧姆调零．五、实验题探究题(本大题共1小题，共10.0分)12.某同学用图1所示电路，测绘标有“3.8V、0.3A”的小灯泡的灯丝电阻R随电压U变化的图象除了导线和开关外，有以下一些器材可供选择：电流表：A1（量程100m A，内阻约2Ω）；A 2（量程0.6A，内阻约0.3Ω）；电压表：V1（量程5V，内阻约5kΩ）；V 2（量程15V，内阻15kΩ）；滑动变阻器：R1（阻值范围0～10Ω）；R2（阻值范围0～2kΩ）；电源：E1（电动势为1.5V，内阻约为0.2Ω）；E 2（电动势为4V，内阻约为0.04Ω）为了调节方便，测量准确，实验中应选用电流表______ ，电压表______ ，滑动变阻器______ ，电源______ （填器材的符号）（2）根据实验数据，计算并描绘出R-U的图象如图2所示，由图象可知，此灯泡在不工作时，灯丝电阻为______ ；当所加电压为3.00V时，灯丝电阻为______ ，灯泡实际消耗的电功率为______ W．【答案】A2；V1；R1；R2；2Ω；12；0.75【解析】解：（1）因小灯泡额定电流为0.3A，额定电压为3.8V，故电流表应选A2，电压表应选V1，又因测伏安特性曲线要求电压与电流调节范围大，故变阻器需用分压式接法，应选阻值小的变阻器，故变阻器应选R1，显然电源应选R2．（2）由R-U图象知U=0时R为2Ω，U=3V时R为12Ω，由P=得P=0.75W．故答案为：（1）A2、V1、R1、E2（2）2，12，0.75根据“安全性”和“精确性”原则，电表读数要求指针在满刻度的～之间．灯泡两端的电压为0，由图可知此时灯泡的电阻为1.5Ω；当灯泡两端的电压为3.0V时，灯泡的电阻为11.5Ω，灯泡为纯电阻，故P=．测定小灯泡的伏安特性曲线实验要求电压与电流从零调起或要求电流电压调节范围大一些，因此，滑动变阻器应采用分压式接法．六、计算题(本大题共4小题，共42.0分)13.所示，在正的点电荷Q的电场中有a、b两点，它们到点电荷Q的距离r1＜r2．（l）a、b两点哪点电势高？（2）将一负电荷放在a、b两点，哪点电势能较大？（3）若a、b两点间的电势差大小为100V，将二价负离子由a点移到b点电场力对电荷做功多少？（二价负离子电量q=-2×1.6×10-19C）【答案】解：（1）由于r1＜r2，a点离正点电荷近，所以φa＞φb①（2）由①可知φa＞φb，所以U ab=φa-φb＞0，当把负电荷从a点移往b点过程，电场力做功W ab=q U ab＜0，电场力做负功，电势能增加，负电荷在b点电势能较大；（3）若U ab=100V，二价负离子电量q=-2×1.6×10-19C=-3.2×10-19C，将该离子从a点移往b点，电场力做功W ab=q U ab=-3.2×10-17J，即克服电场力做功 3.2×10-17J答：a点的电势比b点电势高，负电荷在b点电势能较大，二价负离子由a点移到b点电场力对电荷做功为-3.2×10-17J．【解析】（1）画出正的点电荷形成电场的电场线和等势面分布，根据沿着电场线的方向电势降低可判断电势高低；（2）根据电场力做功与电势能的关系可判电势能的高低；（3）根据公式W AB=U AB q可求电场力的功．本题考查了判断电势高低的方法：沿着电场线的关系电势降低，还考察到了电场力做功的计算和电场力做功与电势能的关系，其关系为：电场力对电荷做正功时，电荷的电势能减少；电荷克服电场力做功，电荷的电势能增加．14.如图所示的电路中，电源的电动势E=12V，内阻未知，R1=8Ω，R2=1.5Ω，L为规格“3V，3W”的灯泡，开关S断开时，灯泡恰好正常发光．（不考虑温度对灯泡电阻的影响）试求：（1）灯泡的额定电流和和灯丝电阻；（2）电源的内阻；（3）开关S闭合时，灯泡实际消耗的功率．【答案】解：（1）灯泡的额定电流灯丝电阻Ω；（2）断开S时，灯L正常发光，即I1=I0，根据闭合电路欧姆定律E=I0（R1+R L+r）得r=Ω；（3）闭合S时，设外电路总电阻为R外Ω；并所以R外=R并+R1=1+8=9Ω；；设干路电流为I总，则总外灯两端的电压U L，则总；灯的实际功率为P L：；答：（1）灯泡的额定电流和和灯丝电阻为3Ω；（2）电源的内阻为1Ω；（3）开关S闭合时，灯泡实际消耗的功率为0.48W．【解析】（1）根据求出小灯泡的额定电流，根据求电阻；（2）断开S时，灯L正常发光，即I1=I0，根据闭合电路欧姆定律即可求解；（3）闭合S时，求出外电路总电阻，根据欧姆定律求出电流和电压，从而求出实际功率．对于直流电路的计算问题，往往先求出局部的电阻，再求出外电路总电阻，根据欧姆定律求出路端电压和总电流，再计算各部分电路的电压和电流．15.如图所示，水平导轨间的距离L=0.5m，B=2T，ab棒的质量m=1kg，物块重G=3N，ab棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.2，电源的电动势E=10V，r=0.1Ω，导轨的电阻不计，ab棒电阻也不计，（g取10m/s2），问：（1）R的取值范围为多少时棒处于静止状态？（2）若物块G开始以a=3m/s2向下运动，求此时电源的总功率？【答案】解：（1）依据物体的平衡条件可得，ab棒恰不右滑时：G-μmg-BI1L=0，得I1=1A；ab棒恰不左滑时：G+μmg-BI2L=0，得：I2=5A；根据闭合电路欧姆定律可得：E=I1（R1+r）E=I2（R2+r）代入数据得：R1=9.9Ω，R2=1.9Ω；所以R的取值范围为：1.9Ω≤R≤9.9Ω；（2）以物块和ab棒整体为研究对象，根据牛顿第二定律：G-μmg-BIL=（M+m）a 得：I=0.61AP=EI=10×0.61=6.1w答：（1）R的取值范围为1.9Ω≤R≤9.9Ω时棒处于静止状态；（2）若物块G开始以a=3m/s2向下运动，此时电源的总功率6.1w．【解析】（1）若要保持ab静止不动，受力必须平衡．分两种情况研究：安培力大于M g和安培力小于M g进行讨论；（2）根据牛顿第二定律求出电流的大小，电源的总功率P=EI．此题是通电导体在磁场中平衡问题，要抓住静摩擦力会外力的变化而变化，挖掘临界条件进行求解．16.等离子体是由带等量异种电荷的离子组成的粒子流．为研究某等离子体中正负离子的质量关系，有人设计了如图所示的实验：在宽度为L=4cm的有界匀强磁场中建立一直角坐标系，坐标系的y轴与磁场的左边界重合，将速度相同的一细束等离子体从坐标原点0沿x轴正方向射入磁场中，离子从磁场的右边界飞出时的位置坐标为（4，-2）和（4，3），试确定：（1）正离子飞出磁场时的位置坐标是哪个？（2）正负离子的质量比为多少？【答案】解：（1）根据左手定则，正离子向上偏转，则正离子飞出磁场时的位置坐标为（4，3）．（2）设正离子飞出磁场的位置为a，过a点作速度v的垂线，交y轴于O1点，O1点即是正离子作圆周运动的圆心，则O1a=O10=R，过a点作y轴的垂线，交y轴于b点，如图所示．设0b=d在三角形a O1b中，满足R2=（R-d）2+L2解得：R=…①带电粒子在磁场中作匀速圆周运动时满足：，即：R=…②联立①②式得：m=将正离子的d1=3cm和负离子的d2=2cm带入上式并考虑到q、B、v相同可得：=答：（1）正离子飞出磁场时的位置坐标是（4，3）；（2）正负离子的质量比为．【解析】（1）根据左手定则，判断出正离子偏转的方向，即可确定正离子飞出磁场时的位置坐标是哪个；（2）画出其中某一个的轨迹，找出其中的几何关系，结合洛伦兹力提供向心力的方程，得出质量的表达式，即可求得正负离子的质量比．对于带电粒子在磁场中运动的轨迹问题，画出轨迹，运用几何知识求轨迹半径是经常采用的方法，要加强数学能力的培养，提高解题能力．。

江西省安福中学高二物理上学期第一次月考(缺答案) 新人教版

江西省安福中学09-10学年高二上学期第一次月考物理一、选择题，共10个小题，每小题中有一个或多个选项是符合要求，每小题4分，共40分。

1、关于电场强度，下列说法正确的是（）A 、根据公式E=qF可知，场强E 跟电荷所受的电场力F 成正比，跟放入电荷的电荷量q 成反比。

B 、由公式E=2r Qk可知，在真空中由点电荷Q 形成的电场中，某点的场强E 跟Q 成正比，跟该点到Q 的距离r 的平方成反比。

C 、虽然正、负电荷在电场中的同一点所受的电场力方向相反，但该点的场强方向只有一个，即正电荷在该点的受力方向，也就是负电荷在该点受力方向的反方向。

D 、由式E=qF 及E=2r Qk 均可以确定在真空中点电荷形成的电场中某点的场强，可见场强E 与Q 、q 均有关。

2、真空中两个相距r 的等量异种点电荷的电荷量的数值均为q ，两点电荷的连线中点的电场强度大小为（） A 、0 B 、22r kq C 、24r kq D 、28rkq3、图示为静电场的一部分，电场线的分布，下列说法正确的是（） A 、这个电场可能是负点电荷形成的 B 、C 处的场强为零，因为那里没有电场线C 、点电荷q 在A 点所受到的静电力比在B 点所受到的静电力大D 、负电荷在B 点，受到的静电力的方向垂直B 点的切线方向。

4、一个带电的金属球，当它带的电荷量增加后（稳定），其内部的场强 A 、一定增加 B 、不变 C 、一定减弱 D 、可能增加也可能减弱5、有一电场的电场线分布如图所示，场中A 、B 两点的电场强度和电势分别用E A 、E B 和ψA 、ψB 表示，则有：（）A 、E A ＞EB ， ψ A ＞ψ B B 、E A ＞E B ， ψ A ＜ψ BC 、E A ＜E B ， ψ A ＞ψ BD 、E A ＜E B ， ψ A ＜ψ B6、把一正电荷从电场中的M 点移到P 点，克服电场力做了8×10－9J 的功，把另一个等量的负电荷从该电场中的N 点移到P 点，电场力做功为5×10－9J ，设P 点的电势为零，则可以判定（） A 、M 点的电势为正值 B 、N 点的电势为正值C 、M 点的电势比N 点的低D 、正电荷从M 点移到N 点其电势能减少· A ·C·BA ·B·7、一个点电荷从静电场中的a点移到b点，其电势能的变化为零，则A、a、b两点的电场强度一定相等B、a、b两点的电势一定相等C、该电荷一定沿等势面移动的D、该电荷所受的静电力一定总与其位移的方向垂直8、一平行板电容器，两板之间的距离d和两板面积S都可以调节电容器两板与电池相连接，以Q表示电容器的电量，E表示两极板间的电场强度，则（）A、当d增大，S不变，Q减小，E减小B、当S增大，d不变时，Q增大，E增大C、当d减小，S增大时，Q增大，E增大D、当S减小，d减小时，Q不变，E不变9、电子在电势差为U1的电场中加速后，垂直射入电势差为U2的偏转电场，在满足电子能射出偏转电场的条件下，下列四种情况中，一定能使电子偏转角变大的是（）A、U1变大，U2变大B、U1变小，U2变大C、U1变大，U2变小D、U1变小，U2变小10、三个相同的带电粒子a、b、c在同一处沿同一方向垂直于电场线飞进偏转电场，出现如图所示的运动轨迹（b擦着板边缘飞出），由此可知（）A、当b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上B、b和c 同时飞离电场C、进入电场时，C的速度最大，a的速度最小D、动能增加量C最小，a和b一样大2009—2010学年度高二年级上学期第一次月考物理答题卷第Ⅰ卷一、选择题(4分×10=40分)第Ⅱ卷二、填空题（20分）11、质量为M 的铁球从距地面高为h 处自由落下进入地表面以下深度为△h ，则地面对铁球的平均阻力大小为（不计空气阻力）12、体重是60千克的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬拉起来，已知安全带长5m ，缓冲时间为1.2秒，取g=10m/s 2，则安全带所受的平均冲力的大小为 13、A 、B 两带电小球，A 固定不动，B 的质量为m ，在库仑力作用下，B 由静止开始运动，已知初始时，A 、B 间的距离为d ，B 的加速度为a ，经过一段时间后，B 的加速度变为4a ，此时，A 、B 间的距离应为，已知此时B 的速度为V ，则在此过程中电势能的减少量为14、质量为m ，电量为q 的质点，在静电力作用下以恒定速率v 沿圆弧从A 点运动到B 点，其速度方向改变的角度为θ（弧度），AB 弧长为S ，则AB 两点间的电势差U A －U B = ，AB 弧中点的电场强度大小E= 。

江西省(安福二中、吉安三中)高二物理上学期精选试卷检测题

江西省（安福二中、吉安三中）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，y轴上固定有两个电荷量相等的带正电的点电荷，且关于坐标原点O对称。

某同学利用电场的叠加原理分析在两电荷连线的中垂线（x轴）上必定有两个场强最强的点A、'A，该同学在得到老师的肯定后又在此基础上作了下面的推论，你认为其中正确的是（）A．若两个点电荷的位置不变，但电荷量加倍，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置B．如图(1)，若保持两个点电荷的距离不变、并绕原点O旋转90°后对称的固定在z轴上，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置C．如图(2)，若在yoz平面内固定一个均匀带正电圆环，圆环的圆心在原点O。

直径与(1)图两点电荷距离相等，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置D．如图(3)，若在yoz平面内固定一个均匀带正电薄圆板，圆板的圆心在原点O，直径与(1)图两点电荷距离相等，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置【答案】ABC【解析】【分析】【详解】A．可以将每个点电荷（2q）看作放在同一位置的两个相同的点电荷（q），既然上下两个点电荷（q）的电场在x轴上场强最大的点仍然在A、A＇两位置，两组点电荷叠加起来的合电场在x轴上场强最大的点当然还是在A、A＇两位置，选项A正确；B．由对称性可知，保持两个点电荷的距离不变、并绕原点O旋转90°后对称的固定在z轴上，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置，选项B正确；C．由AB可知，在yOz平面内将两点电荷绕O点旋转到任意位置，或者将两点电荷电荷量任意增加同等倍数，在x轴上场强最大的点都在A、A＇两位置，那么把带电圆环等分成一些小段，则关于O点对称的任意两小段的合电场在x轴上场强最大的点仍然还在A、A＇两位置，所有这些小段对称叠加的结果，合电场在x轴上场强最大的点当然还在A、A＇两位置，选项C正确；D．如同C选项，将薄圆板相对O点对称的分割成一些小块，除了最外一圈上关于O点对称的小段间距还是和原来一样外，靠内的对称小块间距都小于原来的值，这些对称小块的合电场在x轴上场强最大的点就不再在A、A＇两位置，则整个圆板的合电场在x轴上场强最大的点当然也就不再在A、A＇两位置，选项D错误。

高二物理上学期第一次月考试题高二全册物理试题__03

嗦夺市安培阳光实验学校高二物理上学期第一次月考试题一、单选题(本大题共8小题，共32.0分)1.判断下列说法，哪个是错误的？（）A.电流的方向即正电荷定向移动的方向B.直流电为方向不随时间而改变的电流C.并联电路中各支路两端的电压相等D.电荷运动形成电流2.某电解池，如果在1秒钟内共有2.0×1018个二价正离子和4.0×1018个一价负离子通过某横截面，那么通过这个横截面的电流是（）A.0AB.0.64AC.1.28AD.2.56A3.三个电阻的阻值之比为R1：R2：R3=1：2：5，并联后接入电路，则通过三个支路电流的比值为（）A.1：2：5B.5：2：1C.2：5：10D.10：5：24.已知三个电阻R1=3Ω、R2=2ΩR3=1Ω3按如图所示连接，则哪两点间的电阻最小（）A.A与B两点间B.B与C两点间C. A与C两点间D.无法判断5.电路中有一段金属丝长为L，电阻为R，要使电阻变为4R，下列可行的方法是（）A.将金属丝拉长至2LB.将金属丝两端的电压提高到原来的4倍C.将金属丝对折后拧成一股D.将金属丝拉长至4L 6.按如图所示的电路连接各元件后，闭合开关S，L1、L2两灯泡都能发光．在保证灯泡安全的前提下，当滑动变阻器的滑动头向左移动时，下列判断正确的是（）A.L1变暗B.L1变亮C.L2变暗D.L2亮度不变7.关于闭合电路的性质，下列说法不正确的是（）A.外电路断路时，路端电压最高B.外电路短路时，电源的功率最大C.外电路电阻变大时，电源的输出功率变大D.不管外电路电阻怎样变化，其电源的内、外电压之和保持不变8.如图所示，电源电动势为E，内阻r，R1为定值电阻，在滑动变阻器R2的滑片p向右移动时，则以下说法正确的是（）A.电源的总功率一定减小B.电源的效率先增大后减小C.当R2=R1+r时，R2消耗的功率最大D.当R1=R2+r时，R1消耗的功率最大二、多选题(本大题共5小题，共20.0分)9.铅蓄电池的电动势为2V，这表示（）A.电路通过1C电量，电源把2J的化学能转变为电能B.电源两极间电压为2VC.电源内电压为2VD.把化学能转化为电能的本领比一节干电池大10.照明供电线路的路端电压基本上是保持不变的．可是我们在晚上七、八点钟用电高峰时开灯，电灯比深夜时要显得暗些．这是因为用电高峰时（）A.总电阻比深夜时大，供电线路上的电流小，每盏灯两端的电压较低B.总电阻比深夜时大，供电线路上的电流小，通过每盏灯的电流较小C.总电阻比深夜时小，供电线路上的电流大，输电线上损失的电压较大D.总电阻比深夜时小，供电线路上的电流大，每盏灯两端的电压较低11.如图所示，a、b、c、d是滑动变阻器的4个接线柱，现把此变阻器串联接入电路中，并要求滑片P向接线柱c移动时，电路中的电流减小，则接入电路的接线柱可能是（）A.a和bB.a和cC.b和cD.b和d12.下列说法中正确的是（）A.由可知，电阻与电压、电流都有关系B.由R=ρ可知，电阻与导体的长度和横截面积都有关系C.各种材料的电阻率都与温度有关，金属的电阻率随温度的升高而减小D.所谓超导体，当其温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，它的电阻率突然变为零13.如图所示为两个不同闭合电路中两个不同电源的U-I图象，则下列判断正确的是（）A.电源电动势E1＞E2B.电源电动势E1=E2C.电源内阻r1＞r2D.电源内阻r1＜r2三、实验题探究题(本大题共2小题，共18.0分)14.如图中游标卡尺的读数为 ______ cm，螺旋测微器读数 ______ cm．15.用伏特法测定一段阻值约为5Ω的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：A．电池组（3V，内阻约为1Ω）；B．电流表（0～3A，内阻约为0.01Ω）；C．电流表（0～0.6A，内阻约为0.1Ω）；D．电压表（0～3V，内阻约为3kΩ）：E．电压表（0～15V，内阻约为15kΩ，）；F．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流1A）；G．滑动变阻器（0～2000Ω，额定电流0.3A）；H．开关、导线．（1）上以器材中应选用的是 ______ （填写器材前的字母代号）；（2）实验电路应采用电流表 ______ 接法（填“内”或“外”）；（3）某次测量时，电流表、电压表示数如图1所示，图示中I= ______ A，U= ______ V；（4）为使通过待测金属导线的电流能在0～0.5A范围内调节，请按要求将图2中的实验器材连接完整．四、计算题(本大题共3小题，共30.0分)16.如图所示为两个电阻的I-U图线，由图可知（1）甲乙两电阻阻值之比R1：R2为多少？（2）给甲乙两端加相同的电压，则通过的电流之比I1：I2为多少？（3）若甲乙两个导体中的电流相等（不为零）时，则电压之比为多少？17.如图所示，电源电动势为E=6V，内电阻为r=1Ω，滑动变阻器电阻的阻值范围0-10Ω，当滑动变阻器电阻R=2Ω时，当K闭合后，求：（1）电路中的电流为多大？（2）电路中路端电压为多少？（3）电源的输出功率为多少？（4）电源的总功率为多少？18.如图所示，电源电动势有E=12V，内阻r=0.5Ω，“10V、20W”的灯泡L与直流电动机M并联在电源两极间，灯泡恰能正常发光，已知电动机线圈的电阻为R M=1Ω，求：（1）流过内阻的电流为多少？（2）电动机的输出功率为多少？（3）电源的效率为多少？【答案】1.D2.C3.D4.C5.A6.A7.C 8.C 9.AD 10.CD 11.CD 12.BD13.BD14.2.472；0.003215.ACDFH；外；0.44；2.216.解：（1）电流为2A时，甲、乙的电压分别为5V、10V；故甲的电阻为：R1=，乙的电阻为：R2=；甲乙两电阻阻值之比为：R1：R2=1：2；（2）两端加相同的电压，根据I=，电流与电压成反比，故有：I1：I2=2：1；（3）若两个导体中的电流相等（不为零），根据U=IR，电压与电阻成正比，故有：U1：U2=1：2；答：（1）甲乙两电阻阻值之比R1：R2为1：2；（2）给甲乙两端加相同的电压，则通过的电流之比I1：I2为2： 1；（3）若甲乙两个导体中的电流相等（不为零）时，则电压之比为1：2．17.解：（1）根据闭合电路欧姆定律，电流：I=；（2）电路中路端电压：U=IR=2×2V=4V；（3）电源的输出功率为：P=UI=4V×2A=8W；（4）电源的总功率为：P=EI=6V×2A=12W；答：（1）电路中的电流为2A；（2）电路中路端电压为4V；（3）电源的输出功率为8W；（4）电源的总功率为12W．18.解：（1）设流过灯泡的电流为I L，则I L ===2A，内阻r的电压U r=E-U L=12V-10V=2V，流过内阻的电流为I===4A；（2）设流过电动机的电流为I M，I M=I-I L=4-2=2 A，电动机的输入功率为P M总=I M U=2×10=20W，电动机线圈的热功率为P Q=I2M R M=22×1=4W，电动机输出功率为：P M出=P M总-P Q=20-4=16W；（3）电源的总功率为P总=IE=4×12=48W，电源的效率为η==×100%=83%；答：（1）流过内阻的电流为4A；（2）电动机的输出功率为16W；（3）电源的效率为83%．。

江西省安福中学高二上学期第一次月考物理试题无答案

一．选择题：本大题共10小题，每小题4分，1—6题只有一项符合题目要求，7—10题有多项符合题目要求。

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. 在已接电源的闭合电路里，关于电源的电动势、内电压、路端电压的关系应是 A. 如路端电压增大，则内电压增大，电源电动势也会随之增大B. 如路端电压减小，内电阻不变，内电压也就不变，电源电动势必然减小C. 如路端电压不变，则内电压减小时，电源电动势也随内电压减小D. 如路端电压增大，则内电压减小，电源的电动势始终为二者之和。

保持恒量2. 如下图为两个不同闭合电路中两个不同电源的U －I 图像，下列判断正确的是 A. 电动势E 1=E 2，发生短路时的电流I 1>I 2 B. 电动势E 1=E 2，内阻r 1>r 2 C. 电动势E 1>E 2，内阻r 1<r 2D. 当两电源的工作电流变化量相同时，电源2的路端电压变化小3. 在上图所示的电路中，电源的内阻不能忽略。

已知定值电阻R 1=10Ω，R 2=8Ω。

当单刀双掷开关S 置于位置1时，电压表读数为2V 。

则当S 置于位置2时，电压表读数的可能值为 A. 2.2VB. 1.9VC. 1.6VD. 1.3V4. 在如上图的电路中，当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，A 、B 两灯亮度的变化情况为A. A 灯和B 灯都变亮B. A 灯、B 灯都变暗C. A 灯变亮，B 灯变暗D. A 灯变暗，B 灯变亮5. 如图所示，R 1和R 2都是“100Ω 4W ”的电阻，R 3是“100Ω 1W ” 的电阻，A 、B 两端允许输入最大电功率是 A ．9W B ．3WC ．89W D ．1.5W6. 在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路。

当调节滑动变阻器R 并控制电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.50A 和2.0V 。

重新调节R 并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.0A 和24.0V 。

高二物理上学期第一次月考试题高二全册物理试题__ (2)

嗦夺市安培阳光实验学校高二物理上学期第一次月考试题（满分：100分考试时间：90 分钟）一、单项选择题（每小题3分，计30分。

每个小题只有一个正确选项）1．下列四组物理量中，各量均为矢量的是：A．位移、速度、加速度 B．力、磁场、时间C．速度、加速度、电流 D．重力、位移、磁通量2．关于点电荷、元电荷、试探电荷，下列说法正确的是A．点电荷是一种理想化的物理模型 B．点电荷就是元电荷C．点电荷所带电荷量一定很小 D．点电荷、元电荷、试探电荷是同一种物理模型3．R1和R2是材料相同、厚度相同、上下表面都为正方形的导体，但R1的尺寸比R2大得多，把它们分别连接在如图所示的电路的A、B两端，接R1时电压表的读数为U1，接R2时电压表的读数为U2，则下列判断正确的是A．U1>U2 B．U1=U2C．U1<U2 D．无法断定4．关于感应电流，下列说法中正确的是A．只要穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中就一定有感应电流B．只要闭合导线做切割磁感线运动，导线中就一定有感应电流C．若闭合电路的一部分导体不做切割磁感线运动，闭合电路中一定没有感应电流D．当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路中一定有感应电流5．a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点．电场线与矩形所在平面平行．已知a点的电势为20V，b点的电势为24V，d点的电势为4V，如图，由此可知c点的电势为（）A．4V B．8V C．12V D．24V6．如果你看过电视台体育频道的围棋讲座就会发现，棋子在竖直放置的棋盘上可以移动，但不会掉下来。

原来，棋盘和棋子都是由磁性材料制成的．棋子不会掉落是因为A．质量小，重力可以忽略不计 B．受到棋盘对它向上的摩擦力C．棋盘对它的吸引力与重力平衡 D．它一方面受到棋盘的吸引，另一方面受到空气的浮力7.用两个一样的弹簧吊着一根铜棒，铜棒所在虚线范围内有垂直于纸面的匀强磁场，棒中通以自左向右的电流（如图所示），当棒静止时，弹簧秤的读数为F1；若将棒中的电流方向反向，当棒静止时，弹簧秤的示数为F2，且F2＞F1，根据这两个数据，不能确定A．磁场的方向 B．磁感强度的大小C．安培力的大小 D．铜棒的重力8.质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速度率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图2种虚线所示，下列表述正确的是A．M带负电，N带正电 B. M的速度率小于N的速率VabMU+ BθN S C. 洛伦磁力对M 、N 做正功 D. M 的运行时间大于N 的运行时间 9. 如图是回旋加速器示意图，其核心部分是两个D 形金属盒，两个完全相同的金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连。

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2010—2011学年度高二年级上学期第一次月考物理试题（本试题满分为100分，考试时间为100分钟）一、选择题（本题共10小题，40分。

给出的四个选项中，有的选项只有一个选项正确，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．下列说法正确的是（）A ．元电荷实质就是电子（或质子）本身B ．元电荷是表示跟电子所带电荷量数值相等的电荷量C ．摩擦起电是通过摩擦创造出了等量的异种电荷的过程D ．不论是摩擦起电还是感应起电，都是电荷的转移 2. 关于电场强度，下列说法中正确的是（）A ．电场中某点的电场强度与试探电荷在该点所受的静电力成正比，与试探电荷的电荷量成反比B ．电场中某点的电场强度qFE =，但与试探电荷的受力大小及电荷量无关 C ．电场中某点的电场强度的方向就是试探电荷在该点的受力方向 D ．公式q F E =及2rqk E =对任何静电场都适用 3. 下列关于电势和电势能的说法中正确的是（） A ．克服电场力做功时，电荷的电势能减少B ．电荷在电场中某点的电势能与其电荷量的比值，叫做这一点的电势C ．沿着电场线的方向，电势逐渐降低D ．电场中电势为正值的地方，电荷的电势能必为正值4．某研究性学习小组学习电学知识后对电工穿的高压作业服进行研究，发现高压作业服是用铜丝编织的，下列各同学的理由正确的是（）A ．甲认为铜丝编织的衣服不易拉破，所以用铜丝编织B ．乙认为电工被铜丝编织的衣服所包裹，使体内电势保持为零，对人体起保护作用C ．丙认为电工被铜丝编织的衣服所包裹，使体内电场强度保持为零，对人体起保护作用D ．丁认为铜丝必须达到一定的厚度，才能对人体起到保护作用5．若带正电荷的小球只受到电场力的作用，则在任意一段时间内关于小球的运动，下列判断正确的是（）A ．一定沿电场线由高电势处向低电势处运动B ．一定沿电场线由低电势处向高电势处运动C ．不一定沿电场线运动，但一定由高电势处向低电势处运动D ．不一定沿电场线运动，也不一定由高电势处向低电势处运动 6．如图所示的实验装置中，极板A 接地，平行板电容器的极板B 与一个灵敏的静电计相接．将A 极板向左移动（且始终接地）增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q 、电容C 、两极间的电压U ，电容器两极板间的场强E 的变化情况是（） A ．Q 变小，C 不变，U 不变，E 变小 B ．Q 变小，C 变小，U 不变，E 不变 C ．Q 不变，C 变小，U 变大，E 不变 D ．Q 不变，C 变小，U 变大，E 变小7．两个等量异种电荷的连线的垂直平分线上有a 、b 、c 三点，如图所示，下列说法正确的是（）A ．a 点电势比b 点高B ．a 、b 两点的场强方向相同，b 点场强比a 点小C ．a 、b 、c 三点和无穷远处等电势D ．一个电子在a 点的电势能比在b 点的电势能大 8． a 、b 、c 、d 是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点。

江西省安福县第二中学高二物理上学期第一次月考试题(

安福二中高二上学期第一次月考物理试卷一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。

1-6小题为单选题，7-10小题为多选题。

全部选对的得4分，选对但不全得2分，错选或不答的得0分。

）1.下列说法正确的是( )A.机械能守恒时，物体一定不受阻力B.机械能守恒时，物体一定只受重力和弹力作用C. 物体所受的外力不等于零，其机械能也可以守恒D. 物体处于平衡状态时，机械能必守恒2.把一个小球放在漏斗中，晃动漏斗，可以使小球沿光滑的漏斗壁在某一水平面做匀速圆周运动，则提供小球运动的向心力是( )A.小球的重力B. 小球所受的重力与支持力的合力C. 小球对漏斗的压力D.手晃动漏斗的力3.一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离。

假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法不正确的是( )A.运动员到达最低点前重力势能始终减小B.蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力做负功，弹性势能增加C.蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D.蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关4、如图所示，水平传送带以速度v 的匀速传动，一质量为m 的小木块由静止轻放在传送带上，若小木块与传送间的动摩擦因数为μ，当小木块与传送带相对静止时，转化为内能的能量为（）A ．221mvB ．2mvC ．22mvD ．412mv 5. 如图所示，平行金属板A 、B 水平正对放置，分别带等量异号电荷。

一带点微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么( )A.若微粒带正电荷，则A 板一定带正电荷B.微粒从M 点运动到N 点电势能一定增加C.微粒从M 点运动到N 点动能一定增加D. 微粒从M 点运动到N 点机械能一定增加6． 2013年6月13日13时18分，“神舟10号”载人飞船成功与“天宫一号”目标飞行器交会对接，如图所示，若“神舟10号”对接前从圆轨道Ⅰ变轨至圆轨道Ⅱ，已知地球半m v径为R ，轨道Ⅰ距地面高度h 1，轨道Ⅱ距地面高度h 2，则关于“神舟10号”的下列判断正确的是（）A ．变轨时需减速才能从轨道Ⅰ变轨至轨道ⅡB ．变轨前后向心加速度大小的比值为C ．变轨后“神舟10号”的线速度大于7.9km/sD ．若“天宫一号”与“神舟10号”同轨，且一前一后沿同一方向绕行，只要飞船向后喷气加速，两飞行器就可实现对接7．如图所示，弹簧固定在地面上，一小球从它的正上方A 处自由下落，到达B 处开始与弹簧接触，到达C 处速度为0，不计空气阻力，则在小球从B 到C 的过程中( )A.弹簧的弹性势能不断增大B.弹簧的弹性势能不断减小C.系统机械能不断减小D.系统机械能保持不变8．光滑水平面上静置一质量为M 的木块，一质量为m 的子弹以水平速度v 1射入木块，以v 2速度穿出，木块速度变为v ，对这个过程，下列说法中正确的是（）A ．子弹对木块做的功等于221MvB ．子弹对木块做的功等于子弹克服阻力做的功C ．子弹对木块做的功等于木块获得的动能与子弹跟木块间摩擦生热的内能之和D ．子弹损失的动能等于木块的动能跟子弹与木块间摩擦转化的内能之和9．某静电场中的一条电场线与x 轴重合，其电势的变化规律图像关于O 点对称，如图所示。

高二物理上学期第一次月考试题高二全册物理试题_2

嗦夺市安培阳光实验学校高二物理上学期第一次月考试题一、选择题1．如图所示，有三个斜面a 、b 、c ，底边的长分别为L 、L 、2L ，高度分别为2h 、h 、h 。

某物体与三个斜面间的动摩擦因数都相同，这个物体分别沿三个斜面从顶端由静止开始下滑到底端。

三种情况相比较，下列说法正确的是( ) A. 物体减少的重力势能ΔE a ＝2ΔE b ＝2ΔE c B. 物体到达底端的动能E ka ＝2E kb ＝2E kc C. 因摩擦产生的热量2Q a ＝2Q b ＝Q c D. 因摩擦产生的热量4Q a ＝2Q b ＝Q c2．如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上，物块质量为M ，到小环的距离为L ，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F ．小环和物块以速度v 向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P 后立刻停止，物块向上摆动．整个过程中，物块在夹子中没有滑动．小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g ．下列说法正确的是（） A. 物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2F B. 小环碰到钉子P 时，绳中的张力大于2FC. 物块上升的最大高度为22v gD. 速度v3．如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P 栓接，另一端与物体A 相连，物体A 静止于光滑水平桌面上，A 右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B 相连．开始时用手托住B ，让细线恰好伸直，然后由静止释放B ，直至B 获得最大速度．下列有关该过程的分析正确的是（） A. B 物体的机械能一直减小B. B 物体动能的增量等于它所受重力与拉力做功之和C. B 物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量D. 细线拉力对A 做的功等于A 物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量 4．氢原子分能级示意图如题所示，不同色光的光子能量如下表所示。

处于某激发态的氢原子，发射的光的谱线在可见光范围内仅有2条，其颜色分别为红、蓝靛黄、绿红、紫蓝靛、紫5．如图所示，三个小球A 、B 、C 的质量分别为2m 、m 、m ，A 与B 、C 间通过铰链用轻杆连接，杆长为L ，B 、C 置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长．现A 由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°，A 、B 、C 在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g ．则此下降过程中 ( )A. A 的动能达到最大前，B 受到地面的支持力大于2mgB. A的动能最大时，B受到地面的支持力等于2mgC. 弹簧的弹性势能最大时，A的加速度为零D. 弹簧的弹性势能最大值为（31-）mgL6．在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。

高二物理上学期第一次月考试题高二全册物理试题_5

嗦夺市安培阳光实验学校第一学期第一次月考高二物理试卷注意事项：1.本试卷分第I卷和第II卷两部分。

试卷满分100分，考试时间90分钟。

2.请将答案填写在答题卡上。

第I卷选择题一选择题（本大题共12个小题，每题4分，共48分，其中1-8小题为单选，9-12小题为多选）1．关于电源的电动势，下面正确叙述的是：（）A．电源的电动势就是接在电源两极间的电压表测得的电压B．同一电源接入不同的电路，电动势就会发生变化C．电源的电动势是表示电源把其他形式的能转化为电能的本领大小的物理量D．在闭合电路中，当外电阻变大时，路端电压增大，电源的电动势也增大2. 如图所示，电流表G的内阻不可忽略不计，R1、R2是两个可变电阻，当a、b 间的电压为4 V时，电流表的指针刚好满偏(指针指在刻度盘的最大值处)，当a、b间的电压为3 V时，如果仍要使电流表G的指针满偏，下列方法中可行的是( )①保持R2不变，增大R1②增大R1，减小R2③保持R2不变，减小R1④增大R2，减小R1A．①② B．①④ C．②③ D．③④3. 如图所示，A、B为两个验电器，在B上装有一个几乎封闭的空心金属球C（仅在上端开有小孔），最初B和C带电，A不带电。

D是带有绝缘柄的金属小球。

某同学利用这些器材完成了下面实验：使不带电的D先跟C的外部接触，再让D跟A 的金属球接触，这样操作若干次，发现A的D先跟C的内部接触，再让D跟A的金属球接触，这样操作若干次，发现A 的箔片始终不张开。

通过以上实验，能直接得到的结论是（）A．电荷分布在C的外表面 B．电荷在CC．带电的C是一个等势体 D．电荷总量是守恒的4. 两个分别带有电荷量Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F。

两小球相互接触后将其固定距离变为2r，则两球间库仑力的大小为( )A．112F B．34F C．43F D．12F5. 如图所示，在一个粗糙的绝缘水平面上，彼此靠近地放置两个带电的小物块。

江西省安福中学高二物理上学期期中试题(无答案)新人教版

江西省安福中学2013-2014学年高二物理上学期期中试题（无答案）新人教版2013.10.31一．选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分。

只有一个选项正确，选错或不选的得0分）1．下列说法正确的是（）A．沿电场线方向场强逐渐减小 B．沿电场线方向电势逐渐降低C．沿电场线方向电势逐渐升高 D．沿电场线方向移动电荷电势能逐渐减小2．下列关于电源的说法中正确的是（）A．电源的输出电流越小时，电源的电动势越大B．电源的输出电流越大时，电源的电动势越大C．外电路断开时电源的电动势为零D．电路中，如果每通过1 C的电荷，电源能把2 J的其他形式的能转化为电能，则电源的电动势就为2 V3．如图所示是两个电阻R1、R2的I-U图线，将R1、R2并联后的电阻为R，则电阻R的I-U图线在图中的（）A．区域Ⅰ C．区域Ⅲ B．区域Ⅱ D．不能确定4．关于磁感应强度，下列说法正确的是（）A．磁感强度的方向与电流受到的安培力方向一致B．通电导线所受磁场力为零，该处磁感应强度一定为零C．通电导线所受磁场力为零，该处磁感应强度不一定为零[学。

D．磁感强度与通电导线受到的磁场力F成正比，与电流强度和导线长度的乘积成反比5．一个带电粒子，沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场，粒子的一段径迹如图所示．径迹上的每一小段都可近似看成圆弧．由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小（带电量不变）．从图中情况可以确定（）A．粒子从a到b，带正电 B．粒子从b到a，带正电C．粒子从a到b，带负电D．粒子从b到a，带负电6．如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过Δt时间从C点射出磁场，OC与OB成60°角。

现将带电粒子的速度变为v,3仍从A点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为( )A.12Δt B.2Δt C.13Δt D.3Δt二．多项选择（本题共4个小题，每小题4分，共16分。