河南省鲁山县一中2017-2018学年高二物理第一次月考试卷及答案【word版】.doc
2017--2018学年度高二上学期第一次月考物理答案
2017--2018学年度高二上学期第一次月考（物理）答案卷注意事项： 1.全卷满分100分 ，答题时间90分钟;2.答卷前，务必将答题卡上密封线内的各项目填写清楚；3.第I 卷选择题必须使用2B 铅笔填涂 ，第II 卷非选择题必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔书写，涂写要工整、清晰；4.考试结束，只交答题卡，不交试题，答案写在试题上无效。
第I 卷 (选择题 共56分)一、选择题 (本大题14小题，每小题4分，计56分，其中1~10题为单选题，每题有一项是正确的。
第11~14题为多选题，每题有几项是正确的，全部选对得4分，漏选得2分，错选、不选得0分)1.一切阻力均不计，斜向上抛出的金属球在空中的运动轨迹如图中虚线所示，下列各图中画出的金属球速度方向和受力方向正确的是 （D ）2.如图所示是我国自己独立研制的“直11”系列直升机，是一种小吨位直升机，用来当做轻型武装直升机或运输机。
在直升机螺旋桨上有A 、B 、C 三点，其中A 、C 在叶片的端点，B 在叶片的中点(叶片长度相等).当叶片转动时 ( C)A.这三点的周期A B C T T T >>B.这三点的角速度大小A B C ωωω>>C.这三点的线速度大小A C B v v v =>D.这三点的向心加速度大小A B C a a a >>3.以下关于行星运动及万有引力的描述正确的是 (B)A.开普勒认为行星绕太阳运行的轨道是椭圆，且行星在轨道上各处的速率均相等B.牛顿认为地球对月球的引力与地球对地面上一个苹果的引力是同种性质的力C.宇宙飞船绕地球做圆周运动时发动机的牵引力提供飞行的动力D.要在地球上发射地球同步卫星，发射速度至少要大于11.2km/s4.两辆完全相同的汽车，一辆满载，一辆空载，在相同的平直公路上行驶，它们所受的阻力只与质量成正比，则下列说法正确的是 ( B)A.它们具有相同的最大速率B.它们的最大速率与质量成反比C.它们具有相同的最大动能D.它们的最大动能与质量成正比5．下列说法正确的是（ D ）A ．不受外力作用的系统，其动量和机械能必然同时守恒B ．只要系统受到摩擦力，动量不可能守恒C ．物体受到的冲量越大，它的动量变化一定越快D ．某物体做直线运动，受到一个-6N ˙s 的冲量作用后其动量不一定减小6．如图所示，木块A 放在木块B 的左端，用恒力F 将A 拉至B 的右端，第一次将B 固定在地面上，F 做功为W 1，产生的热量为Q 1；第二次让B 可以在光滑地面上自由滑动，F 做的功为W 2，产生的热量为Q 2，则应有 (A)A.12W W <,12Q Q =B.12W W =,12Q Q =C.12W W <,12Q Q <D.12W W =,12Q Q <7.公路急转弯处通常是交通事故多发地带.如图，某公路急转弯处是一圆弧，其半径为R ,当汽车行驶的速率为c v ，汽车恰好没有沿公路内外两侧滑动的趋势。
高二物理第一次月考试卷
高二物理第一次月测试卷一．选择题〔本大题共12小题,每题4分共48分；每题可能有多个选项符合题意选对且全得4分,选对但不全得2分,不选或有错选得0分〕1．电阻R 1、R 2交流电源根据图1所示方式连接,R 1＝10 Ω,R 2＝20 Ω.合上开关后S 后,通过电阻R 2的正弦交变电流i 随时间t 变化的情况如图2所示.那么〔 〕A ．通过R 1的电流的有效值是1.2 AB ．R 1两端的电压有效值是6 VC ．通过R 2的电流的有效值是1.22AD ．R 2两端的电压有效值是62V2．矩形线框在匀强磁场内匀速转动过程中,线框输出的交流电压随时间变化的图像如图3所示,以下说法中正确的选项是〔 〕 A ．交流电压的有效值为36 2 VB ．交流电压的最大值为36 2 V,频率为0.25HzC ．2s 末线框平面垂直于磁场,通过线框的磁通量最大D ．1s 末线框平面垂直于磁场,通过线框的磁通量变化最快 3．图4是霓虹灯的供电电路,电路中的变压 器可视为理想变压器,变压器原线圈与副 线圈匝数比20121=n n ,加在原线圈的电压为t u π100sin 3111=〔V 〕,霓虹灯正常工作的电阻R ＝440 k Ω,I 1、I 2表示原、副线圈 中的电流,以下判断正确的选项是〔 〕A ．副线圈两端电压6220 V,副线圈中的电流14.1 mAB ．副线圈两端电压4400 V,副线圈中的电流10.0 mAC ．I 1＜I 2D ．I 1＞I 24．如图5所示电路中,当交流电源的频率为f 时,三只电流表 的读数相同；当交流电源的频率为3f 时,三只电流表A 1、A 2、 A 3的读数分别为I 1、I 2、I 3,以下有关它们的大小的关系中正 确的是：〔 〕A . I 1=I 2=I 3B . I 2 >I 3>I 1C . I 2<I 3<I 1D . I 1=I 2>I 3霓虹灯U 2U 1n 2n 1～ u 1 图4R 1R 2S～交流电源 图1图223 10.62－0.62i /Ai /×10－2 st /su /V1 2 3 40 236－236图3图55．一交流电压U = 62sin 〔314t + π/3〕伏,那么：〔 〕A ．用交流电压表测量值为8.5VB ．用它作“6V,3W 〞灯泡的电源,灯会坏C ．接上打点计时器,1秒钟能打50个点D ．对“8V,10μF 〞的电容器是平安的 6．作简谐运动的弹簧振子在位移到达最大值时,具有最大值的物理量是( ) A 、加速度B 、速度C 、势能D 、回复力7．如图6曲轴上悬挂一弹簧振子,摇动摇把,曲轴可以带动弹簧振子上 下振动,开始时不转动摇把,让振子自由振动,测得其频率为2Hz,然后 匀速转动摇把,转速240转/分,当振子振动稳定时,它的振动周期为( ) A 、0.5s B 、0.25s C 、2s8．如下图的电路中：〔 〕 A ．a 是电容较小的电容,b 是低频扼流圈 B ．a 是电容较小的电容,b 是高频扼流圈 C ．a 是电容较大的电容,b 是低频扼流圈 D ．a 是电容较大的电容,b 是高频扼流圈9．在输送功率和输电线总电阻都不变时,假设把输电电压提升到原来的10倍,那么下述正确的为:A.输电线上的损耗电压为原来的1/10B.输电线上的电流为原来的1/10 ( )C.输电线上输出的功率为原来的1/10D.输电线上损失的功率为原来的1/10 10．某一电学黑箱内可能有电容器、电感线圈、定值电阻等元件,在接线柱间以如图8所示的“Z 〞字形连接〔两接线柱间只有一个元件〕.为了确定各元件种类,小华同学把DIS 计算机辅助实验系统中的电流传感器〔相当于电流表〕与一直流电源、滑动变阻器、开关串联后,分别将AB 、BC 、CD 接入电路,闭合开关,计算机显示的电流随时间变化的图象分别如图9 a 、b 、c 所示,那么如下判断中正确的选项是〔 〕A ．AB 间是电容器 B ．BC 间是电感线圈 C ．CD 间是定值电阻 D ．CD 间是电容器 11．压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小,有位同学利用压敏电阻设计了判断小车运动 状态的装置,其工作原理如图10〔a 〕所示,将压敏电阻和一块挡板固定在绝缘小车上,中间 放置一个绝缘重球.小车向右做直线运动过程 中,电流表示数如图6〔b 〕所示,以下判断正 确的是〔 〕A ．从t 1到t 2时间内,小车做匀速直线运动v压敏电阻R EAIt t 1 t 2 t 3 0图10〔a 〕〔b 〕图6ab后 级输 出图7图8AB C Dab cS黑箱电流传感器图9B ．从t 1到t 2时间内,小车做匀加速直线运动C ．从t 2到t 3时间内,小车做匀速直线运动D ．从t 2到t 3时间内,小车做匀加速直线运动12．如图11是电熨斗的结构图,以下说法正确的选项是〔 〕 A ．双金属片上层金属的膨胀系数大于下层金属 B ．常温下,上下触点是分开的C ．需要较高温度熨烫时,要调节调温旋钮,使升降螺丝下移并推动弹性铜片下移 D ．双金属片温度传感器的作用是限制电路的通断二．填空题〔每空3分共30分〕13．如图12所示为一实验小车中利用光电脉冲测量车速和行程的装置示意图．A 为光源,B 为光电接收器,A 、B 均固定在车身上,C 为小车的车轮,D 为与C 同轴相连的齿轮．车轮转动时,A 发出的光束通过旋转齿轮上齿的间隙后变成脉冲光信号,被B 接收并转换成电信号,由电子电路记录和显示．假设实验显示单位时间内脉冲数为n ,那么要测出小车的速度和行程还必须测量的物理量和数据是：① 和 小车速度的表达式为：② v = ；14．如图13所示是某电热水器的温控电路原理图,其核心是中间的门电路,该门电路的输出端与继电器相连,当门电路输出端输出高电压时,继电器闭合,热水器加热．R t 为热敏电阻,温度越高电阻越小．R 1是调温电阻,其作用是预设水温的上下．A 、B 为两个接触端,当水箱内水加至与A 、B 两个接触端接触时,A 、B 间就导通,导通时A 、B 间电阻很小． 那么 ①图中的门电路为 门〔“与门〞或“或门〞〕, ②要调高预设的水温应 R 1的阻值〔“增大〞或“减小〞〕15．一小型发电机内的矩形线圈,在匀强磁场中以恒定的角速度ω绕垂直于磁场方向的固定轴图11图11 图12R tAB R 1 R DC +5V接继电器门电路 图13图14转动,线圈匝数n =100,穿过每匝线圈的磁通Φ 随时间t 按正弦规律变化,如图14所示．发电机内阻r =5.0Ω,外电路电阻R=95Ω．感应电动势的最大值E m =n ωΦm ,其中Φm 为穿过每匝线圈的磁通量的最大值．那么：①电动势的瞬时值为：e = V②串联在外电路中的交流电流表〔内阻不计〕的读数为 A ．〔保存2位有效数字〕 16．如图15所示,为一弹簧振子的振动图像； ①从计时开始经过 S 时间第一次弹性势能最大, ②在第2s 末到第3s 末这段时间内,弹簧振子的加速度 〔增大、减小〕 ③该振子的初相是三．计算题 要求写出必要的文字说明与过程,否那么不能得分17．〔10分〕发电机的端电压为220伏,输出功率为44千瓦,输电线电阻为0.2欧,求： (1)用户得到的电压和电功率各是多少? (2)如发电站用匝数比为1:10的变压器将电压升高,经同样输电后,再用10:1的降压变压器给用户,用户得到的电压和电功率各为多少?18．〔12分〕一行星上有一单摆,1min 内能完成30次全振动,该行星的半径是地球半径的21,行星密度与地球的密度相同,那么此单摆的摆长为多大？这只单摆在地球外表的周期为多少？〔地球外表g=9.80m/s 2,π2 =9.80〕图15高二物理第一次月考答案：一选择二．填空13．①齿轮的齿数P 和 车轮的半径R ②PRn v π2=； 14．①与门 ②减小 15．①)2200sin(200π+=t e ② 1．4A16．①1 ②增大 ③0 三．计算17．〔1〕180V ；36KW 〔2〕219.6V ；43920W18．0.5m。
2017——2018学年度第一学期高二第一次段考物理参考答案
2017——2018学年度第一学期高二第一次段考物理参考答案1~6、DBAADC 7~12、BD AD ABD AC BC AC13、（1）大（2）4.4 ，0.90（3）如图所示14、 a φ+15.解：(1)小球静止在电场中的受力如图所示：显然小球带正电，由平衡条件得：mgtan 37°＝Eq ①故E ＝3mg 4q② (2)电场方向变成向下后，小球开始摆动做圆周运动，重力、电场力对小球做正功．由动能定理：(mg ＋qE)l(1－cos 37°)＝12m v 2③ 由圆周运动知识，在最低点时，F T －(mg ＋qE)＝m v 2l④ 联立以上各式，解得：F T ＝4920mg=2.45mg ⑤（以上各式每式2分） 16、（12分）解：（1）设电子被加速后速度大小为v 0，对于电子在加速电场中由动能定理得： ①所以②（2）在偏转电场中，由电子做类平抛运动，设加速度为a ，极板长度为L ，由于电子恰好射出电场，所以有：③L=v 0t ④⑤由②③④⑤解得： ⑥（3）电子正好能穿过电场偏转电场，偏转的距离就是，由此对电子做功⑦①代人⑤中得：⑧（①②式各2分，③④⑤⑥式各1分，⑦⑧式各2分）17、解：带电小滑块受到的电场力：F 电=qE=2×10-6×1×103=2×10-3N ，方向：竖直向上．（4分）滑块的重力：G=1×10-3N ，则：F 电＞G ，滑块所受合场力竖直向上，带电小滑块会沿着玻璃管运动，受到摩擦力的作用，在玻璃管ABC 中做往返运动，最终停在B 点．（2分）根据动能定理得：W 电+W G+W f=0即：qE•L•sinα-mg•L•sinα-μ（qE-mg）cosα•s=0 （6分）解得：s=3.0m；（2分）答：小滑块通过的总路程为 3.0m．。
河南省平顶山市鲁山县第一中学高二物理月考试卷含解析
河南省平顶山市鲁山县第一中学高二物理月考试卷含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. 在如图所示电路中，电源电动势为12V，电源内阻为1.0，电路中的电阻R0为1.5，小型直流电动机M的内阻为0.5，电流表内阻不计。
闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0A。
则以下判断中正确的是A．电动机两端的电压为1.0VB．电动机两端的电压为7.0VC．电动机的热功率为2.0WD．电动机输出的机械功率为12W参考答案：BCD2. （单选）如图图线1、2分别表示电阻R1和电阻R2的I/U图像，则A．R1：R2=1：3B．R1：R2=3：1C．将R1与R2串联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3D．将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3参考答案：3. （单选）传感器是把非电学量（如温度、速度、压力等）的变化转换为电学量变化的一种元件，自动控制中有着广泛的应用．如图所示是一种测量液面高度h的电容式传感器的示意图，从电容C大小的变化就能反映液面的升降情况．关于两者关系的说法中正确的是（）A．C增大表示h减小B．C增大表示h增大C．C减小表示h增大D．C的变化与h的变化无直接关系参考答案：B4. 如图，拖着旧橡胶轮胎跑是身体耐力训练的一种有效方法。
如果某受训者拖着轮胎在水平直道上跑了100 m，那么下列说法正确的是（）A．摩擦力对轮胎做了负功B．重力对轮胎做了正功C．拉力对轮胎不做功D．支持力对轮胎做了正功参考答案：5. 下列说法正确的是（）A、有电荷存在，电荷周围也不一定存在电场B、电场是一种物质，它与其它物质一样，是不依赖我们的感觉而客观存在的东西C、电荷间的相互作用是通过电场而产生的，电场对处在它当中的电荷有时有力的作用，有时没有力的作用D、电荷只有通过接触才能产生力的作用参考答案：B二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. 如图甲所示，为热敏电阻的R－t图像，图乙为用此热敏电阻R和继电器组成的一个简单恒温箱温控电路，继电器的电阻为100 Ω。
2017-2018学年河南省平顶山市鲁山一高高三(上)第一次月考物理试卷 Word版含解析
2017-2018学年河南省平顶山市鲁山一高高三（上）第一次月考物理试卷一、单项选择题（每题4分，共48分）1．（4分）（2013春•秦皇岛校级期末）做匀加速直线运动的物体先后通过A、B两点的速度分别为3v和4v，所经历的时间为T，则下列说法正确的是（）A．经过A、B中点的速度为3.5vB．经过A、B中间时刻的速度为vC．再运动T时间通过的距离比A、B间距离大0.5vTD．再运动T时间通过的距离比A、B间距离大vT考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的速度与位移的关系．专题：直线运动规律专题．分析：解决本题需要掌握：匀变速直线运动的时间中点和位移中点的速度公式，明确公式适用条件和物理量意义．然后直接利用公式求解即可．解答：解：A、在匀变速直线运动中中点位移的速度=5v，故A错误；B、在匀变速直线运动中中点时刻的速度=3.5v，故B错误；C、匀加速直线运动，相邻的相等时间内的位移差是一个定值，即△x=aT2，所以再运动T时间通过的距离比A、B间距离大=vT，故C错误，D正确．故选D点评：本题考查了匀变速直线运动推论公式的应用，对于这些推论公式既要会推导也要明确其适用条件并能灵活应用．2．（4分）（2011•兖州市三模）如图所示，质量为m的质点静止地放在半径为R的半球体上，质点与半球体间的动摩擦因数为μ，质点与球心的连线与水平地面的夹角为θ，则下列说法正确的是（）A．地面对半球体的摩擦力方向水平向左B．质点对半球体的压力大小为mgcosθC．质点所受摩擦力大小为mgsinθD．质点所受摩擦力大小为mgcosθ考点：共点力平衡的条件及其应用；静摩擦力和最大静摩擦力；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：以整体为研究对象可得出地面对半球体的摩擦力；以质点为研究对象，对质点进行受力分析，由共点力的平衡可得出质点受到的摩擦力及支持力，由牛顿第三定律可得出半球体受到的压力．解答：解：A、以整体为研究对象，整体处于静止状态，而水平方向不受外力，故半球体不受地面的摩擦力；故A错误；B、对质点受力分析，质点受重力、支持力及摩擦力，三力作用下物体处于平衡状态，则合力为零，质点对球面的压力为mgsinθ，故B错误；C、摩擦力沿切线方向，在切线方向重力的分力与摩擦力相等，即f=mgcosθ，故C错误，D 正确；故选D．点评：对于圆面上的物体，此支持力沿径向方向，摩擦力沿切线方向．3．（4分）（2011秋•平顶山月考）A、B、C三物体同时、同地、同向出发做直线运动，如图是它们位移﹣时间图象，由图可知它们在0到t0时间内（）A．平均速度v A=v B=v C B．平均速率v A＞v C＞v BC．C一定做匀变速直线运动D． A的速度一直比B、C大考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：由位移与时间的图象纵坐标的变化量读出位移关系，再根据平均速度公式判断平均速度的大小．分析三个物体的运动情况，确定路程关系，再研究平均速率关系．根据图线的斜率研究速度的大小及其变化．解答：解：A、由图读出A、B、C三物体位移相同，经历的时间相同，由平均速度公式得到v A=v B=v C．故A正确．B、根据图线的斜率等于速度分析可知：A先沿正方向做减速运动，后沿负方向做加速运动．B 一直沿正方向做匀速直线运动．C一直沿正方向做加速运动．三个物体通过的位移相同，则A通过的路程最大，B、C通过的路程相等，则A的平均速率最大，BC的平均速率相等，即有平均速率v A＞v C=v B．故B错误．C、由于C图象不一定是抛物线，则C不一定做匀变速直线运动，故C错误．D、由于A先做减速运动，速度减到零后做反向加速运动，故速度不可能一直比B、C要大．故D错误．故选：A．点评：本题考查对位移图象的理解能力，关键要抓住：图线上某点的纵坐标表示一个位置，纵坐标的变化量表示位移，斜率表示速度．4．（4分）（2012春•琅琊区校级月考）光滑的水平面上静止放置一个光滑的斜面体M，另有一个小物块m从斜面的顶端由静止滑下，在m沿斜面下滑的过程中，以下关于物块和斜面体构成的系统说法正确的是（）A．动量守恒，机械能守恒B．动量不守恒，机械能守恒C．动量守恒，机械能不守恒D．动量不守恒，机械能不守恒考点：动量守恒定律；机械能守恒定律．分析：当系统不受外力或所受的外力之和为零，系统动量守恒，当系统只有重力做功，系统机械能守恒．解答：解：在m沿斜面下滑的过程中，M往后滑，M与m组成的系统，在竖直方向上所受的外力之和不为零，所以系统动量不守恒．m下滑的过程中，M与m所组成的系统只有重力做功，所以机械能守恒．故B正确，A、C、D错误．故选B．点评：解决本题的关键掌握系统动量守恒的条件，以及系统机械能守恒的条件．5．（4分）（2012春•琅琊区校级月考）物块1、2放在光滑水平面上并用轻质弹簧秤相连，如图对物块施以方向相反的水平力F1、F2，且F1＞F2，当两物体相对静止时弹簧秤的示数为（）A．一定等于F1+F2B．一定等于F1﹣F2 C．一定大于F2小于F1D．以上说法都不对考点：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：先用整体法求出加速度，然后用隔离法隔离出物体1，运用牛顿第二定律求出弹簧的拉力．解答：解：两个物体一起向左做匀加速直线运动，对两个物体整体运用牛顿第二定律，有：F1﹣F2=（M+m）a，再对物体1受力分析，运用牛顿第二定律，得到：F1﹣F=Ma，由以上两式解得，由于F1大于F2，故F一定大于F2小于F1，故C正确，ABD错误．故选：C．点评：本题关键是首先要认识到该题中的两个物体受力后不能在光滑的水平面上静止，而是一起做匀加速直线运动．能否意识到这一点，与平时的对题目进行受力分析的习惯有关，要注意对大小的题目进行受力分析．6．（4分）（2008•山东）直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子，如图所示．设投放初速度为零，箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，且运动过程中箱子始终保持图示姿态．在箱子下落过程中，下列说法正确的是（）A．箱内物体对箱子底部始终没有压力B．箱子刚从飞机上投下时，箱内物体受到的支持力最大C．箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚投下时大D．若下落距离足够长，箱内物体有可能不受底部支持力而“飘起来”考点：牛顿运动定律的应用-超重和失重．分析：根据箱子的受力的情况可以判断物体的运动状态，进而由牛顿第二定律可以判断物体和箱子之间的作用力的大小．解答：解：A、由于箱子在下降的过程中受到空气的阻力，加速度的大小要小于重力加速度，由牛顿第二定律可知物体一定要受到箱子底部对物体的支持力的作用，所以A错误．B、箱子刚从飞机上投下时，箱子的速度为零，此时受到的阻力的大小也为零，此时加速度的大小为重力加速度，物体处于完全失重状态，箱内物体受到的支持力为零，所以B错误．C、箱子接近地面时，速度最大，受到的阻力最大，所以箱子底部对物体向上的支持力也是最大的，所以C正确．D、若下落距离足够长，由于箱子阻力和下落的速度成二次方关系，最终将匀速运动，受到的压力等于重力，所以D错误．故选：C．点评：本题主要是考查根据物体的运动情况来分析物体受力的大小，物体运动状态的判断是解题的关键．7．（4分）（2012•镜湖区校级四模）质量为m的物块在平行于斜面的力F作用下，从固定斜面的底端A由静止开始沿斜面上滑，经B点时速率为v，此时撤去F，物块滑回斜面底端时速率也为v，斜面倾角为θ，A、B间距离为x，则（）A．整个过程中重力做功为mgxsinθB．整个过程中物块克服摩擦力做功为FxC．上滑过程中克服重力做功为（Fx﹣mv2）D．从撤去F到物块滑回斜面底端，摩擦力做功为﹣mgxsinθ考点：动能定理的应用．专题：压轴题；动能定理的应用专题．分析：重力做功公式W G=mgh，h是初末位置的高度差．根据动能定理研究整个过程，求解物块克服摩擦力做功．分别对上滑和下滑过程研究，求解物块克服重力做功．根据动能定理研究从撤去F到物块滑回斜面底端摩擦力做功．解答：解：A、根据重力做功公式W G=mgh可知，整个过程中初末位置高度差为零，则重力做功为零．故A错误．B、对整个过程研究，根据动能定理得：Fx﹣W f=2﹣0，得到：物块克服摩擦力做功为W f=Fx﹣2．故B错误．C、设上滑过程中克服重力做功为W G，则根据动能定理得：上滑过程：Fx﹣W G﹣W f=0，下滑过程：W G﹣W f=联立两式得；W G=（Fx+）．故C错误．D、从撤去F到物块滑回斜面底端过程，根据动能定理得：mgxsinθ+W f=﹣，得到摩擦力做功为W f=﹣mgxsinθ．故D正确．故选：D点评：本题根据功的公式和动能定理求解重力和摩擦力做功，要灵活选择研究的过程，采用分段法和全过程两种方法结合研究．8．（4分）（2011秋•颍泉区校级月考）竖直固定的圆轨道，半径为R，内表面光滑，质量为m 的小球静止于轨道最低点，现给小球水平初速度v0，同时另外施加一个竖直向下的恒力F=mg，若小球能到达圆轨道的最高点，则v0可能为（）A．B．C．D．考点：向心力；牛顿第二定律．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：小球到达最高点的临界情况是轨道对球的弹力为零，根据牛顿第二定律求出最高点的最小速度，再根据动能定理求出最低点的最小速度．解答：解：在最高点，有：F+mg=m，解得v=．根据动能定理得，解得v0=，知最小速度为．故D正确，A、B、C错误．故选D．点评：解决本题的关键知道最高点的临界情况，知道向心力的来源，结合牛顿第二定律和动能定理进行求解．9．（4分）（2013秋•安阳县校级月考）如图所示，AB和CD是两条光滑斜槽，它们各自的两端分别位于半径为R和r的两个相切的竖直圆上，并且斜槽都通过切点P．有一个小球由静止开始分别沿斜槽从A滑到B和从C滑到D，所用时间分别为t1和t2，则t1和t2之比为（）A．2：1 B．1：1 C．：1 D．1：考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：对物体受力分析可知，小球在两条斜槽上的运动规律是一样的，只是加速度的大小和位移的大小不一样，由牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律可以求得它们各自的运动时间．解答：解：对物体受力分析可知：当重物从A点下落时，重物受重力mg，支持力F，在沿斜面方向上加速度是a1，重力分解：mgcos30°=ma1，解得a1=g，根据公式：S=a1t12，得S=2R×cos30°+2r×cos30°=（R+r）所以：t1=2，当重物从C点下滑时，受重力mg，支持力F，在沿斜面方向上加速度是a2，重力分解：mgcos60°=ma2，解得a2=，根据公式：S=a2t22，得S=2R×cos60°+2r×cos60°=R+rt2=2，所以t1=t2 ，故选：B．点评：对于两种不同的情况，位移有大有小，它们之间的运动时间是什么关系？不能简单的从位移的大小上来看，要注意用所学的物理规律来推导．10．（4分）（2012春•琅琊区校级月考）从倾角为θ的足够长的斜面顶端P以速度v0水平抛出一个小球，落在斜面上的Q点，小球落在斜面上时的速度与斜面的夹角为α，若把初速度变为2v0，则以下说法错误的是（）A．空中的运动时间变为原来的2倍B．水平位移变为原来的4倍C．夹角α与原来相同D．PQ间的距离变为原来的3倍考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：A、小球做平抛运动落在斜面上，竖直方向上的位移和水平方向上的位移的比值是定值，等于斜面倾角的正切值．根据该关系求出运动的时间和什么因素有关，从而确定时间比．B、根据水平方向做运动运动，可以求解水平位移的关系；C、物体落在斜面上，竖直方向上的位移与水平方向上的位移的比值是定值，根据几何关系可以求解夹角的关系；D、分别求出水平位移、竖直位移与原来的水平位移、竖直位移的关系，根据位移的合成原则求解．解答：解：A、斜面倾角的正切值tanθ==，得：t=知运动的时间与平抛运动的初速度有关，初速度变为原来的2倍，则运行时间变为原来的2倍．故A正确；B、因为初速度变为原来的两倍，运行的时间也变为原来的两倍，根据x=v0t，水平位移变为原来的4倍．因此x1：x2=1：4．故B正确；C、由图可知，tanα=，而tanθ==，可知tanφ=2tanθ．则初速度变为原来的两倍，则时间变为原来的两倍，速度与水平方向的夹角不变．所以α1=α2．故C正确；D、根据y=gt2，初速度变为原来的两倍，运行时间变为原来的两倍，则竖直位移变为原来的4倍．因此y1：y2=1：4．而x1：x2=1：4，又s=，所以PQ间距一定大于原来间距的3倍，故D错误．本题选错误的故选D点评：解决本题的关键知道球做平抛运动落在斜面上，竖直方向上的位移和水平方向上的位移的比值是定值，以及熟练掌握平抛运动的位移公式．11．（4分）（2012春•琅琊区校级月考）有三个斜面1、2、3，其中斜面1、2底边相同，斜面2、3高度相同．同一物体与三斜面的动摩擦因数相同，当它分别沿三斜面从顶端由静止下滑到底端，下列说法正确的是（）A．三种情况下物体损失的机械能△E3＞△E2＞△E1B．三种情况下摩擦产热Q1=Q2＜Q3C．物体滑到底端时的速度v1＞v2=v3D．以上说法都不正确考点：功能关系；动能定理．分析：损失的机械能转化成摩擦产生的内能．物体从斜面下滑过程中，重力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可以比较三者动能大小，注意物体在运动过程中克服摩擦力所做功等于因摩擦产生热量，据此可以比较摩擦生热大小．解答：解：设斜面和水平方向夹角为θ，斜面长度为X，则物体下滑过程中克服摩擦力做功为：W=μmgcosθX，Xcosθ即为底边长度．A、B、D、物体下滑，除重力外有摩擦力做功，根据能量守恒，损失的机械能转化成摩擦产生的内能．由图可知1和2底边相等且等于3的，故摩擦生热关系为：Q1=Q2=Q3，即：Q1=Q2=Q3，所以损失的机械能△E1=△E2＜△E3，Q1=Q2＜Q3．故A错误、B正确、D错误．C、设物体滑到底端时的速度为v，根据动能定理得：mgH﹣mgμXcosθ=mv2﹣0，E k1=mgh1﹣mgμL，E k2=mgh﹣mgμL，E k3=mgh﹣mgμ•2L，根据图中斜面高度和底边长度可知滑到底边时动能大小关系为：E k1＞E K2＞E k3，v1＞v2＞v3，故C错误．故选：B．点评：本题比较简单直接利用功能关系即可求解，易错点在于写出表达式后的数学运算，因此学生要加强练习，提高利用数学知识解决物理问题的能力．12．（4分）（2011秋•平顶山月考）某行星和地球绕太阳公转的轨道均可视为圆，每过N年，该行星会运行到太阳和地球的连线的延长线上，如图，该行星与地球的公转轨道半径之比为（）A．（）B．（）C．（）D．（）考点：万有引力定律及其应用；向心力．专题：万有引力定律的应用专题．分析：由图可知行星的轨道半径大，那么由开普勒第三定律知其周期长，其绕太阳转的慢．每过N年，该行星会运行到日地连线的延长线上，说明N年地球比行星多转1圈，即行星转了N﹣1圈，从而再次在日地连线的延长线上，那么，可以求出行星的周期是年，接着再由开普勒第三定律求解该行星与地球的公转半径比．解答：解：由图可知行星的轨道半径大，那么由开普勒第三定律知其周期长．每过N年，该行星会运行到日地连线的延长线上，说明从最初在日地连线的延长线上开始，每一年地球都在行星的前面比行星多转圆周的N分之一，N年后地球转了N圈，比行星多转1圈，即行星转了N﹣1圈，从而再次在日地连线的延长线上．所以行星的周期是年，根据开普勒第三定律有：=，则：==，故C正确，ABD错误．故选：C．点评：解答此题的关键由题意分析得出每过N年地球比行星多围绕太阳转一圈，由此求出行星的周期，再由开普勒第三定律求解即可．二、实验题（13题4分，14题6分，15题6分，共16分）13．（4分）（2011秋•颍泉区校级月考）请读出下图：游标卡尺的读数为100.2mm，螺旋测微器的读数为 3.207mm考点：螺旋测微器的使用；刻度尺、游标卡尺的使用．专题：实验题．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．解答：解：游标卡尺的主尺读数为100mm，游标读数为0.1×2mm=0.2mm，所以最终读数为100.2mm螺旋测微器固定刻度为3mm，可动刻度为0.01×20.7=0.207mm，所以最终读数为3.207mm．故答案为：100.2；3.207点评：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．以及螺旋测微器的读数方法，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．14．（6分）（2011秋•颍泉区校级月考）在做牛顿第二定律实验时：（1）如图是某同学得到的一条纸带，从0点开始每5个计时点取一个计数点，依照打点的先后顺序依次编号为1、2、3、4、5、6，测得x1=5.18cm，x2=4.40cm，x3=3.62cm，x4=2.78cm，x5=2.00cm，x6=1.22cm．根据纸带求得小车的加速度为﹣0.80m/s2（结果保留两位有效数字）（2）在实验中另一同学得不出当小车的质量一定时加速度a与作用力F成正比的正确图线，而是得出下列图线．请分别说出得出图中A、B、C三种图的原因．①得到A图的原因平衡摩擦力时，轨道倾角过大．②得到B图的原因平衡摩擦力不够，或未平衡摩擦力．③得到C图的原因未满足小车质量远远大于砂、桶总质量．考点：验证牛顿第二运动定律．专题：实验题；牛顿运动定律综合专题．分析：（1）根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，（2）①A图象表明在小车的拉力为0时，合外力大于0，说明平衡摩擦力过度．②B图象说明在拉力大于0时，物体的加速度为0，说明绳子的拉力被摩擦力平衡了，即没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足．③当小车的质量远大于砝码盘和砝码的总质量时，才能近似认为细线对小车的拉力大小等于砝码盘和砝码的总重力大小，否则图象将会发生弯曲．解答：解：（1）打点计时器的打点周期为0.02s，所以相邻两记数点间的时间间隔为：T=5×0.02=0.1s．根据逐差法有：a==﹣0.80m/s2，负号表示与运动方向相反．（2）①A图象表明在小车的拉力为0时，小车的加速度大于0，说明合外力大于0，说明平衡摩擦力过渡，即平衡摩擦力时，轨道倾角过大．②B图象说明在拉力大于0时，物体的加速度为0，说明合外力为0，即绳子的拉力被摩擦力平衡了，即没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，也就是没有将长木板的末端抬高或抬高不够．③该实验中当小车的质量远大于砂、桶总质量时，才能近似认为细线对小车的拉力大小等于砝码盘和砝码的总重力大小，随着F的增大，即随着钩码质量增大，逐渐的钩码质量不再比小车质量小的多，因此会出现较大误差，图象会产生偏折现象．故答案为：（1）0.80（2）①平衡摩擦力时，轨道倾角过大②平衡摩擦力不够，或未平衡摩擦力③未满足小车质量远远大于砂、桶总质量点评：（1）本题借助实验考查了匀变速直线的规律以及推论的应用，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，提高解决问题能力．（2）解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，尤其是理解平衡摩擦力和M＞＞m的操作和要求的含义．15．（6分）（2014春•鞍山校级期末）探究能力是物理学研究的重要能力之一，有同学通过设计实验探究绕轴转动而具有的转动动能与哪些因素有关．他以圆形砂轮为研究对象，研究其转动动能与质量、半径、角速度的具体关系．砂轮由动力带动匀速旋转测得其角速度ω，然后让砂轮脱离动力，用一把弹性尺子与砂轮接触使砂轮慢慢停下，设尺子与砂轮间的摩擦力大小恒为牛（不计转轴与砂轮的摩擦），分别取不同质量、不同半径的砂轮，使其以不同的角速度旋转进行实验，得到数据如下表所示：（1）由上述数据推导出转动动能E k与质量m、角速度ω、半径r的关系式为．（2）以上实验运用了物理学中的一个重要的实验方法是．半径r/cm 质量/m0角速度（rad/s）圈数转动动能/J4 1 2 84 1 3 184 1 4 324 2 2 164 3 2 244 4 2 328 1 2 1612 1 2 2416 1 2 32考点：探究影响摩擦力的大小的因素．专题：实验题；摩擦力专题．分析：（1）物理学中对于多因素（多变量）的问题，常常采用控制因素（变量）的方法，把多因素的问题变成多个单因素的问题．每一次只改变其中的某一个因素，而控制其余几个因素不变，从而研究被改变的这个因素对事物影响，分别加以研究，最后再综合解决，这种方法叫控制变量法．（2）砂轮受到摩擦力作用做减速运动最终停下来，克服摩擦力所做的功等于砂轮的动能，根据表中实验数据求出砂轮的动能；然后分析实验数据找出推导出转动动能E k与质量m、角速度ω、半径r的关系式．解答：解：（1）砂轮停下时，砂轮边缘某点转过的弧长s=2πn，其中n是砂轮转过的圈数，砂轮克服摩擦力做的功等于砂轮动能的变化量，由能量守恒率可知：E K=W f=fs=×2πn=20n（cm）=0.2n（m），实验时砂轮的动能如下表所示：半径r/cm 质量/m0角速度（rad/s）圈数转动动能/J4 1 2 8 1.604 1 3 18 3.604 1 4 32 6.404 2 2 16 3.204 3 2 24 4.804 4 2 32 6.408 1 2 16 3.2012 1 2 24 4.8016 1 2 32 6.40①根据第一、二、三组数据，半径、质量相同，角速度不同，发现角速度变为原来的2倍，转动动能变为原来的4倍，角速度变为原来的倍，转动动能变为原来的倍，可知转动动能与角速度的二次方成正比．②根据第一、四组数据，半径、角速度相同，质量不同，发现质量变为原来的2倍，转动动能变为原来的2倍，可知转动动能与质量成正比．③由第七九两组数据可知，质量、角速度相同，半径不同，发现半径变为原来的2倍，转动动能变为原来的2倍，可知转动动能与半径的成正比，综上所述，转动动能与质量、半径成正比、与角速度的二次方成正比，表达式为：E K=kmω2r（k为比例系数）；（2）分析的过程中总要控制一些量不变，故答案为：控制变量法．故答案为：（1）kmω2r；（2）控制变量法．点评：研究某一物理量与几个量的关系时，必须控制其它量不变，去改变一个量，找出它们的关系，然后再控制其它量不变，再去改变一个量，再找出关系，依此类推，最终就能找出这一物理量与其他量的关系．三、计算说明题16．（10分）（2014春•浉河区校级期末）一质量为2kg的物体（视为质点）从某一高度由静止下落，与地面相碰后（忽略碰撞时间）又上升到最高点，该运动过程的v﹣t图象如图所示．如果上升和下落过程中空气阻力大小相等，求：（1）物体上升的最大高度；（2）物体下落过程中所受的空气阻力的大小．（取g=10m/s2）考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：速度时间图象与时间轴围成的面积表示位移，斜率表示加速度，在下落和上升过程中运动牛顿第二定律即可求解物体下落过程中所受的空气阻力的大小解答：解：（1）由图象可知：上升的最大高度为H=S=（2）由图知，下落时a1=8m/s2，上升时a2=12m/s2由牛顿第二定律得，下落时mg﹣f=ma1上升时mg+f=ma2联立可解：f=4N答：（1）物体上升的最大高度为1.5m；（2）物体下落过程中所受的空气阻力的大小为4N点评：牛顿运动定律和运动学公式结合是处理动力学问题常用的方法．速度图象要抓住两个意义：斜率表示加速度，“面积”表示位移．17．（12分）（2014•抚州校级模拟）带有斜轨道（足够高）的滑块C静止在平台右边，质量为3m，其左端静止放置一质量为2m的小物块B，质量为m的小物块A以速度v0和B发生弹性碰撞，不计一切摩擦，重力加速度为g，求：。
2017-2018学年高二物理下学期第一次月考试题 (III)
2017-2018学年高二物理下学期第一次月考试题 (III) 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间90分钟。
一、选择题（本题共12小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求。
全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
把正确的答案涂在答题卡上，答在试卷上的无效）1．如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R.金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现使磁感应强度随时间均匀增加，ab始终保持静止，下列说法正确的是( )A. ab中感应电流方向由b→aB. ab中的感应电流逐渐增加C. ab所受的安培力保持不变D. ab受到水平向右的摩擦力2．如图所示，正方形ABCD区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场。
一个等腰直角三角形导体框abc 与ABCD在同一平面内，bc边与磁场的边界BC在同一直线上，bc的长是BC长的一半。
现让导体框匀速向右通过磁场区，速度方向始终平行于BC边。
设沿顺时针方向为感应电流的正方向，则在导体框穿过磁场区的过程中，导体框中产生的感应电流随时间变化关系图象正确的是（）3．如图所示，在方向垂直向里，磁感应强度为B的匀强磁场区域中有一个由均匀导线制成的单匝矩形线框abcd，线框在水平拉力作用下以恒定的速度v沿垂直磁场方向向右运动，运动中线框dc边始终与磁场右边界平行，线框边长ad＝l，cd＝2l。
线框导线的总电阻为R。
则线框离开磁场的过程中 ( )A. 线框中的电流在ab边产生的热量为B. 线框中的电流在ad边产生的热量为C. ab间的电压为D. ad间的电压为4．如图甲、乙所示的电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，且小于灯A的电阻，接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则（）A. 在电路甲中，断开S后，A将立即熄灭B. 在电路甲中，断开S后，A将先变得更亮，然后逐渐变暗C. 在电路乙中，断开S后，A将逐渐变暗D. 在电路乙中，断开S后，A将先变得更亮，然后逐渐变暗5．如图所示，光滑平行金属导轨PP′和QQ′处于同一水平面内，P和Q之间连接一电阻R，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中．现垂直于导轨放置一根导体棒MN，用一水平向右的力F拉动导体棒MN，下列关于导体棒MN中感应电流的方向和它所受安培力的方向的说法正确的是（）A. 感应电流的方向是Q→PB. 感应电流的方向是M→NC. 安培力水平向左D. 安培力水平向右6．在如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有( )A. 升压变压器的输出电压增大B. 降压变压器的输出电压增大C. 输电线上损耗的功率减小D. 输电线上损耗的功率占总功率的比例增大7．如图所示，理想变压器原线圈匝数匝，副线圈匝数匝，交流电源的电压，电阻，电表均为理想交流电表，则下列说法中正确的是（）A. 交流电的频率为B. 电压表的示数为C. 电流表的示数为D. 变压器的输入功率为22W8．如图所示表示一交变电流随时间变化的图象，其中，从t＝0开始的每个T/2时间内的图象均为半个周期的正弦曲线。
2017-2018学年第一学期高二年级物理第一次月考试卷
2017-2018学年第一学期高二年级物理第一次月考试题一、选择题（每小题3分，共30分。
每小题中只有一个选项是正确的。
）1．将一根长为L，横截面积为S，电阻率为ρ的保险丝截成等长的两段，并把两段并起来作为一根使用，则它的电阻和电阻率分别为：（）A．ρL/（4S）、ρ/2 B．ρL/（4S）、ρC．ρL/（8S）、ρD．ρL/（8S）、ρ/2 2．在1分钟内流过导体横截面的电荷量为12C，则导体中的电流强度是（）A．12A B．0.2A C．1.2A D．1A3．两个电阻阻值相同，串联等效电阻为20Ω，并联等效电阻为（）A．5Ω B．10Ω C．20Ω D．40Ω4．两个电阻串联，R1：R2=1：2，总电压为60V，则电阻R1两端电压的大小为（）A．10V B．20V C．30V D．60V5．R1和R2为两个并联电阻，已知R1＝R2，且R2上消耗的功率为1W，则R1上消耗的功率为。
A 2WB 1WC 4WD 0.5W6．将R1＞R2＞R3三只电阻串联,接在电压为U的电源上,获得最大功率的电阻是（）A．R1 B．R2 C．R3 D．一样大7．白炽灯灯丝断后搭上再使用，往往比原来要亮些，这是因为（）A．电阻增大，功率增大 B．电阻减小，功率减小C．电阻减小，功率增大D．电阻增大，功率减小8．一电热器运行时，端电压100V，流过的电流是2A，则运行1小时所消耗的电能是（）。
A．2度B．0.2度 C．1KW D．0.2KW9．电源电动势是2V，内电阻是0.1Ω，当外电路断开时，电路中电流和端电压分别是（）。
A 0 ,2VB 20A ,2VC 20A ,0D 0 ,0 10．（）通常是一种严重事故，应尽力预防。
A．短路 B．开路C．回路D．闭路二、填空（每小题2分，共16分。
）9、当外电路断路时，端电压等于，当外电路短路时，端电压等于。
2.焦耳通过实验，总结出焦耳定律：电流通过导体产生的热量，等于电流的，跟导体的，跟通电三者的乘积。
鲁山县第一中学校2018-2019学年高二上学期第二次月考试卷物理
鲁山县第一中学校2018-2019学年高二上学期第二次月考试卷物理班级__________ 座号_____ 姓名__________ 分数__________一、选择题1．如图所示，带正电的小球Q固定在倾角为θ的光滑固定绝缘细杆下端，让另一穿在杆上的质量为m、电荷量为q的带正电小球从A点由静止释放，到达B点时速度恰好为零。
若A、B间距为L，C是AB 的中点，两小球都可视为质点，重力加速度为g。
则下列判断正确的是A. 从A至B，q 先做匀加速运动，后做匀减速运动B. 在B点受到的库仑力大小是mgsinθC. Q产生的电场中，A、B两点间的电势差大小为U=D. 在从A至C和从C至B的过程中，前一过程q电势能的增加量较大【答案】C【解析】2．下列说法中正确的是A. 在家庭电路中洗衣机和电冰箱是串联的B. 节能灯比白炽灯的发光效率高C. 变压器是用于改变直流电压的装置D. 交流电的周期越长，频率也越高【答案】B【解析】试题分析：在家庭电路中各用电器之间是并联关系，A错误；节能灯是通过发热而发光的，比白炽灯的发光效率高，B正确；变压器是用于改变交流电压的装置，C错误；根据公式可得周期越长，频率越小，D错误。
考点：考查了家庭电路，变压器，交流电3．如图甲所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因数为μ，小木块的速度随时间变化关系如图乙所示，v0、t0已知，则A. 传送带一定逆时针转动B.C. 传送带的速度大于v0D. t0后木块的加速度为【答案】AD【解析】试题分析: A、若传送带顺时针转动，当滑块下滑（），将一直匀加速到底端；当滑块上滑（），先匀加速运动，在速度相等后将匀速运动，两种均不符合运动图象；故传送带是逆时针转动，选项A正确.B、滑块在0~t0内，滑动摩擦力向下作匀加速下滑，，由图可知，则，选项B错误.C、只有当滑块的速度等于传送带的速度时，滑块所受的摩擦力变成斜向上，故传送带的速度等于v0，选项C错误.D、等速后的加速度，代入μ值得，选项D正确。
2017-2018学年度第二学期第一次月考物理试题(含答案)
绝密★启用前2017-2018学年度第二学期第一次月考卷物��理考试范围：几年级全一册、声光部分；考试时间：理化合卷120分钟；满分：90分学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2，本试卷g=10N/kg一、选题题（每小题3分，共计21分）A. 有时对着墙壁按遥控器键也能控制电视机，这是因为紫外线发生了反射B. 斜插入盛水的玻璃杯中的筷子，看上去好像在水面处折射了，这是光的反射现象C. 看到物体成的虚像时，并没有光线射入我们的眼睛D. 透过书桌上的玻璃板看玻璃板下面的字，是光的折射现象，看到的字是虚像2．将质量相同，材料不同的三块金属甲、乙、丙，加热到相同的温度后，放到上表面水平的长方体冰块上．经过一定时间后，冰块形状基本不再变化，最终观察到如下图所示的现象．由此说明三块金属的比热容（）A.甲最大B. 乙最大B.C. 丙最大 D. 一样大3．下列说法正确的是（）第2题图A. 核能是指原子核发生变化时所释放的能量B. 核废料可以像普通垃圾一样处理C. 原子弹和氢弹都是利用核裂变D. 目前核电站获得核能的途径是核聚变4．如下图所示，是小文设计的四种能自动测量身高的仪器电路．电源电压保持不变，R 是定值电阻，R'是滑动变阻器．其中能够实现身高越高电压表示数越大的电路是（）A. B. C. D.第4题图5．小明在一次野炊活动中，将中间剪得较窄的口香糖锡箔纸（可看做导体）接在干电池正负两极上，如下图所示，锡箔纸较窄处最先燃烧。
这是因为与长度相同的锡箔纸较宽处相比，较窄处【】A.电阻较大B. 电流较大C. 电压较小D. 电功率较小第5题图6．“神舟十号”载人飞船完成各项任务后，在返回的过程中，返回舱进入大气层将通过一段黑障区，这一段时间飞船将“烧成”一个大火球，而飞船内的宇航员和设备则安然无恙，下列说法正确的是( )A. 飞船“燃烧”是由于高速运动的飞船与大气层摩擦，内能转化为机械能B. 飞船“燃烧”是由于高速运动的飞船与大气层摩擦，机械能转化为内能C. 飞船“燃烧”是航天员为了消除太空细菌采取的高温消毒措施D. 飞船外壳上的烧蚀层先熔化后汽化，从而放出了大量的热保护了飞船7．智能手机在现代生活中的作用越来越重要，频繁的使用会导致它的电能消耗很快，当手机的“电量”所剩无几时，通常可以将其设置成“省电模式”来延长使用时间，这是通过以下哪种方式实现的A. 减小总功率B. 增加总功率C. 增大电池电压D. 降低散热能力二、填空题（每空2分，共26分）8．眼球好像一架照相机，晶状体和角膜的共同作用相当于一个________，来自物体的光线在视网膜上成________（填“倒立、缩小的实像”或“正立、缩小的虚像”）。
河南省鲁山县一中2017_2018学年高二物理6月月考试题
2017-2018学年河南省鲁山县第一高级中学高二6月月考物理试卷说明：本试卷分第I卷（选择题）和第n卷（非选择题）两部分，全卷共100分，答题时间：90分钟。
第I卷选择题（共50 分）、单项选择题：（本大题包括10小题，每小题3分，共30 分）1 .质量为m的带电小球在正交的匀强电场、匀强磁场中做匀速圆周运动，轨道平面在竖直平面内，电场方向竖直向下，磁场方向垂直圆周所在平面向里，如图所示，由此可知（）A. 小球带正电，沿顺时针方向运动B .小球带负电，沿逆时针方向运动C.小球带正电，沿逆时针方向运动 D .小球带负电，沿顺时针方向运动2. 如图所示，在光滑绝缘水平面上，有一矩形线圈以一定的初速度进入匀强磁场区域，线圈全部进入匀强磁场区域时，其动能恰好等于它在磁场外面时的一半，设磁场区域宽度大于线圈宽度，则（）A. 线圈恰好在完全离开磁场时停下B. 线圈在未完全离开磁场时即已停下C. 线圈在磁场中某个位置停下D. 线圈能通过场区不会停下3. 信用卡的磁条中有一个个连续的相反极性的磁化区,每个磁化区代表了二进制数1或0,用以储存信息。
刷卡时，当磁条以某一速度拉过信用卡阅读器的检测头时，在检测头的线圈中会产生变化的电压（如图1所示）。
当信用卡磁条按图2所示方向以该速度拉过阅读检测头时，在线圈中产生的电压随时间的变化关系正确的是2234. 如图所示，在磁感应强度大小为 B 方向竖直向上的匀强磁场中，有一质量为 m 、 阻值为R 的闭合矩形金属线框 abcd 用绝缘轻质细杆悬挂在 0点，并可绕0点摆动。
金属 线框从右侧某一位置静止开始释放， 在摆动到左侧最高点的过程中， 细杆和金属线框平面始 终处于同一平面，且垂直纸面。
则线框中感应电流的方向是 A. a —； b —； c —； d —； a B. 先是 d c b a d ，后是 a b c d aA. 3 mA B . 48 mA C . 0, D.与负载 R 的值有关6、下列说法正确的是（）A. 不考虑摩擦的热机可以把吸收的能量全部转化为机械能B. 物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功C. 晶体在一定条件在可以转变为非晶体，而非晶体不能转变为晶体D. 能量耗散过程违背了热力学第一定律C . d r C r b r a r dD.先是 a —■ b r c 』d r a ，后是 d r c —- b —- a —- d5•如图所示，理想变压器原、畐U 线圈的匝数 n i : n 2=4： 1,当导体棒在匀强磁场 中向左做匀速直线运动切割磁感线时，电流表 示数为（）isLXXX@；的示数是12mA 则电流表■-的A7、用一段金属丝做成环状，把棉线的两端松弛地系在环的两点上，然后把环浸入肥皂水中，再拿出来使环上形成肥皂膜，如果用针刺破棉线一侧的肥皂膜，则如图所示a、b、c三个图中，可能的是图（）A.a、b、cB.a、bC.b、cD.a、c8、容积为20L的钢瓶充满氧气后，压强为150atm,打开钢瓶的阀门让氧气同时分装到容积为5L的小瓶中，若小瓶原来是抽空的，小瓶中充气后压强为10atm，分装过程中无漏气,且温度不变，那么最多能分装（）A. 4 瓶B. 50 瓶C. 56 瓶D. 60 瓶9、如图所示，用导热的固定隔板把一容器隔成容积相等的甲、乙两部分，甲、乙中分别有质量相等的氮气和氧气. 在达到平衡时，它们的温度必相等，若分子势能可忽略,则甲、乙中（）C.气体的内能相等D.气体分子的平均速率相等A.气体的压强相等B.气体分子的平均动能相等10、一定质量的理想气体初始状态为（P o, V0）,分别经过三个不同的过程变到末状态（P o,①等温膨胀变为2V0,再等容升压到（P o, 2V o）,总共吸收热量为Q;②等压膨胀到（P o, 2V0）,吸收的热量为Q2;③先等容降压到O.5P o,再等压膨胀到2V）,最后等容升压到（P o, 2V o）,总共吸收热量Q3;2V0）.4则Q、Q2、Q3的大小关系是（)5。
河南省鲁山县第一高级中学2019-2020学年高二物理上学期第一次阶段考试试题(含答案)
2019-2020学年度第一学期第一次学段考试高二物理试卷一、选择题（每小题4分，共14小题，共计56分。
其中1～10题为单项选择题；11～14题为多项选择题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选得0分）1．下列说法正确的是（）A．若电荷在电场中某点受到的电场力大，则该点的电场强度就大B．负电荷受到的电场力的方向跟电场强度的方向相反C．电场强度的方向总跟电场力的方向一致D．在匀强电场中，不同的带电粒子受到的电场力一定相同2．在静电场中（）A．电场处处为零的区域内，电势也一定处处为零B．电场强度处处相同的区域内，电势也一定处处相同C．电场强度的方向总是跟等势面垂直D．如果是负点荷产生的电场，沿着电场强度的方向，电势升高3．真空中有两个相同的可以看成点电荷的带电金属小球A、B，两小球相距L固定，A小球所带电荷量为、B所带电荷量为，两小球间的静电力大小是F，现在让A、B两球接触后，使其距离变为此时，A、B两球之间的库仑力的大小是( )A. B. C. D.4．如图所示，是某电场的电场线的分布情况，下列说法中正确的是( )A.A点电场强度比B点电场强度小B.A点电势比B点电势高C.正电荷从A点移动到B点过程中，静电力做负功D.同一负电荷在B点电势能比在A点电势能大5．如图所示，R是一个定值电阻，A、B为水平正对放置的两块平行金属板，两板间带电微粒P处于静止状态，则下列说法正确的是（）A. 若增大A、B两金属板的间距,则有向右的电流通过电阻RB. 若增大A、B两金属板间的间距,P将向上运动C. 若紧贴A板内侧插入一块一定厚度的金属片,P将向上运动D. 若紧贴B板内侧插入一块一定厚度的陶瓷片,P将向上运动6．两个带等量正电荷的点电荷，O点为两电荷连线的中点，a点在连线的中垂线上，若在a 点由静止释放一个电子，如图1所示，关于电子的运动，下列说法正确的是( ) A．电子在从a向O运动的过程中，加速度越来越大，速度越来越大B．电子在从a向O运动的过程中，加速度越来越小，速度越来越大C．电子运动到O时，加速度为零，速度最大D．电子通过O后，速度越来越小，加速度越来越大，一直到速度为零7．如图所示,取一对用绝缘柱支撑的导体A 和B,使它们彼此接触,起初它们不带电，分别贴在导体A、B 下部的金属箔都是闭合的。
河南省鲁山县第一高级中学2019_2020学年高二物理上学期月考试题
河南省鲁山县第一高级中学2019-2020学年高二物理上学期月考试题一、单选题(共8小题,每小题5.0分,共40分)1.关于点电荷、元电荷、检验电荷，下列说法正确的是( )A．点电荷是一种理想化的物理模型B．点电荷所带电荷量不一定是元电荷电荷量的整数倍C．点电荷所带电荷量一定很小D．点电荷、元电荷、检验电荷是同一种物理模型2.如下图所示，放在绝缘支架上带正电的导体球A，靠近放在绝缘支架上不带电的导体B，导体B用导线经开关接地，( )A．未接通开关S时，导体B上b段带负电B．接通开关S，电子从大地流向导体BC．接通开关S，先移去导体球A ，再断开开关S，导体B带正电D．接通开关S，导体B不带电3.如图所示，三个同心圆是以点电荷Q为圆心的同心圆，则下列说法正确的是( )A．一个点电荷＋q在B点所受的静电力比在A点的大B．一个点电荷＋q在B点具有的电势能比在A点的小C．将同一电荷从B点移到D点，电场力做功比由C点移到A点多D．将电荷＋q由B点移到C点，电场力做正功4.一个空气平行板电容器，极板间相距d，正对面积S，充以电荷量Q后，两极板间电压为U，为使电容器的电容加倍，可采用的办法是( )A．将电压变为 B．将带电荷量变为2QC．将极板间的距离变为 D．两板间充满介电常数为原来介电常数的电介质5.如图甲所示，MN是某一电场中的一条电场线，a、b是该电场线上的两个点，如果在a、b两点分别引入试探电荷，测得试探电荷所受的电场力F跟它的电荷量q之间的关系如图乙所示，选从N到M的方向为电场力的正方向，那么，关于a、b两点的场强和电势的大小关系，下列说法中正确的是( )A．电场强度E a＞E b；电势φa＞φbB．电场强度E a＞E b，电势φa＜φbC．电场强度E a＜E b，电势φa＞φbD．电场强度E a＜E b，电势φa＜φb6.如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，这时电容器的带电量为Q，P是电容器内一点，电容器的上板与大地相连，下列说法正确的是( )A．若将电容器的上板左移一点，则两板间场强减小B．若将电容器的下板上移一点，则P点的电势升高C．若将电容器的下板上移一点，则两板间电势差增大D．若将电容器的下板上移一点，则两板间电势差减小7.在电场中，把电荷量为4×10－9C的正点电荷从A点移到B点，克服静电力做功6×10－8J，以下说法中正确的是( )A．电荷在B点具有的电势能是6×10－8JB．B点电势是15 VC．电荷的电势能增加了6×10－8JD．电荷的电势能减少了6×10－8J8. 一带电粒子从电场中的A点运动到B点，轨迹如图中虚线所示，电场线如图中实线所示，不计粒子所受重力，则下列说法不正确的是( )A．粒子带正电荷B．粒子加速度逐渐减小C．粒子在A点的速度大于在B点的速度D．粒子的初速度不为零二、多选题(共4小题,每小题5.0分,共20分)9.(多选)如图甲所示为某一点电荷Q产生的电场中的一条电场线，A、B为电场线上的两点，一电子以某一速度沿电场线由A运动到B的过程中，其速度―时间图象如图乙所示，则下列叙述正确的是( )A．电场线方向由B指向AB．场强大小E A>E BC．Q可能为负电荷，也可能为正电荷D．Q在A的左侧且为负电荷10.(多选)如图所示，在一电场强度沿纸面方向的匀强电场中，用一绝缘丝线系一带电小球，小球的质量为m、电荷量为q，为保证当丝线与竖直方向的夹角为θ＝60°时，小球处于平衡状态，则匀强电场的电场强度大小可能为( )A．B．C．D．11.(多选)如图所示，真空中有一个固定的点电荷，电荷量为＋Q.图中的虚线表示该点电荷形成的电场中的四个等势面．有两个一价离子M、N(不计重力，也不计它们之间的电场力)先后从a点以相同的速率v0射入该电场，运动轨迹分别为曲线apb和aqc，其中p、q分别是它们离固定点电荷最近的位置．以下说法中正确的是( )A．M一定是正离子，N一定是负离子B．在p点的电势一定小于在q点的电势C．M在b点的速率一定大于N在c点的速率D．M从p→b过程电势能的增量一定小于N从a→q电势能的增量12.(多选)如图所示，实线表示一簇关于x轴对称的等势面，在轴上有A、B两点，则( )A．A点场强小于B点场强B．A点场强方向指向x轴负方向C．A点场强大于B点场强D．A点电势高于B点电势三、填空题（共3小题，14、15每空2分，16题每空3分）13.如图所示，在一条直线上有两个相距0.4 m的点电荷A、B，A带电荷量＋Q，B带电荷量－9Q.现引入第三个点电荷C，恰好使三个点电荷处于平衡状态，则C应带电，（填“-”）应放于离电荷A的距离r= m ，所带电荷量为 C。
河南省鲁山县一中高二物理第一次月考试题(含解析)
2017-2018上学期鲁山一高高二第一次月考物理试卷一、选择题（每题4分，共48分。
其中1-8为单选，9-12为多选）1. 半径相同的两个金属小球A、B带有电荷量大小相等的电荷，相隔一定的距离，两球之间的相互吸引力大小为F.今用第三个半径相同的不带电的金属小球C先后与A、B两个球接触后移开，这时，A、B两个球之间的相互作用力大小是( )A. FB. FC. FD. F【答案】B【解析】两球之间的相互吸引力，则两球带等量异种电荷；假设A带电量为Q，B带电量为-Q，两球之间的相互吸引力的大小是：；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：，故B正确；ACD错误．故选B．点睛：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．2. 真空中有一静电场，其在x轴正半轴的电势随x变化的关系如图所示，则根据图象可知( )A. 把正点电荷从x1处移到x3处，电场力做正功B. x2处的电场强度E＝0C. x1处与x3处的电场强度方向相反D. 该电场一定是处在O点的正点电荷激发产生的【答案】A【解析】若试探电荷从处移到处，电势降低，根据公式，电场力做正功，故A 正确；图象中，曲线上任意一点的切线的斜率表示电场强度；R处切线的斜率不为零，故电场强度不为零，B错误；处与处的切线斜率同为负值，故x方向的电场强度分量的方向相同，C错误；离电荷越近，电场强度越大，故φ-x图象的斜率越大，而在O点向右，切线斜率变大，故O点不可能有电荷，D错误；【点睛】φ-x图象：①电场强度的大小等于φ-x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ-x图线存在极值，其切线的斜率为零．②在φ-x图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向．③在φ-x图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用，进而分析的正负，然后作出判断．3. 两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A为MN上的一点．一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则( )A. q由A向O的运动是匀加速直线运动B. q由A向O运动的过程电势能逐渐减小C. q运动到O点时的动能最小D. q运动到O点时电势能为零【答案】B【解析】两等量正电荷周围部分电场线如右图所示，其中P、Q连线的中垂线MN上，从无穷远到O过程中电场强度先增大后减小，且方向始终指向无穷远方向．...............4. 安培提出了著名的分子电流假说，根据这一假说，电子绕核运动可等效为一环形电流．设带电荷量为e的电子以速率v绕原子核沿顺时针方向做半径为r的匀速圆周运动，其电流的等效电流强度I和方向为A. 电流为，电流方向为顺时针B. 电流为，电流方向为顺时针C. 电流为，电流方向为逆时针D. 电流为，电流方向为逆时针【答案】C【解析】试题分析：电子绕核运动可等效为一环形电流，电子运动周期为；根据电流的定义式得：电流强度为;因为电子带负电，所以电流方向与电子定向移动方向相反，即沿逆时针方向，故C正确．考点：电流强度【名师点睛】5. 如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表示数变化量的绝对值分别为，理想电流表A示数变化量的绝对值为，正确的是（）A. 的示数增大B. 电源输出功率在减小C. 与的比值在减小D. 大于【答案】D【解析】试题分析：理想电压表内阻无穷大，相当于断路．理想电流表内阻为零，相当短路，所以R与变阻器串联，电压表分别测量R、路端电压和变阻器两端的电压．当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则A的示数增大，电路中电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，所以的示数减小，A错误；当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，故当滑动变阻器滑片向下滑动时，外电阻越来越接近内阻，故输出功率一定增大，故B错误；根据闭合电路欧姆定律得：，则得：，据题：，则，故大于，D正确；根据闭合电路欧姆定律得：，则得：，恒定不变，C错误；考点：考查了电路的动态分析【名师点睛】在分析电路动态变化时，一般是根据局部电路变化（滑动变阻器，传感器电阻）推导整体电路总电阻、总电流的变化，然后根据闭合回路欧姆定律推导所需电阻的电压和电流的变化（或者电流表，电压表示数变化），也就是从局部→整体→局部6. 如图所示是一个多用电表的简化电路图．为单刀多掷开关，通过操作开关，接线柱可以接通，也可以接通、、、或．下列说法正确的是（）A. 当开关分别接或时，测量的是电流，其中接时量程较大B. 当开关分别接或时，测量的是电阻，其中是黑表笔C. 当开关分别接或时，测量的是电阻，其中是红表笔D. 当开关分别接或时，测量的是电压，其中接时量程较大【答案】A【解析】当开关S分别接1或2时，定值电阻与表头G并联，接1时分流电阻相对更小，故接1时电表的量程更大，第1档为大量程， A正确；3、4两档用来测电阻，其中黑表笔连接表内电池的正极，故B为黑表笔；A与电源的负极相连，故A为红表笔，B错误；要测量电压，电流表应与电阻串联，由图可知当转换开关S旋到位置5、6时，即5、6两档用来测电压．因为6档共用一个表头，所以测电压时外部电源的正极应该接在A表笔上，故A为红表笔，测量电压，电流表所串联的电阻越大，所测量电压值越大，故当转换开关S旋到6的量程比旋到5的量程大，故CD错误．7. 如图所示，在长直导线A通电后，小磁针静止在图示位置，则直导线中的电流方向和P点的磁场方向分别为( )A. 垂直纸面向里，向上B. 垂直纸面向里，向下C. 垂直纸面向外，向上D. 垂直纸面向外，向下【答案】B【解析】由题意可知，小磁针N极指向即为磁场方向，根据右手螺旋定则可知，通电导线电流方向垂直纸面向里，那么通电直导线右侧的P点的磁场方向向下，故ACD错误，B正确．故选B．8. 乐乐同学想利用“电磁弹簧秤”称量一金属棒的质量，如图所示，一根粗细均匀的金属棒ab用两个完全相同的弹簧悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向里，弹簧上端固定，下端与金属棒连接且绝缘，金属棒通过开关与一电路相连，电源右侧为正极，开关接通以后，下列说法正确的是( )A. 仅增大磁感应强度，安培力变小B. 仅改变电流方向，安培力方向不变C. 金属棒所受安培力竖直向下D. 若滑动变阻器的滑片向左滑动，则安培力减小【答案】C【解析】根据F=BIL可知，当磁场强度增大时，安培力增大，故A错误；仅改变电流方向，根据左手定则可知安培力方向改变，故B错误；根据安培左手定则可知，导体棒受到的安培力竖直向下，故C正确；若滑动变阻器的滑片向左滑动，滑动变阻器的电阻减小，回路中的电流增大，根据F=BIL可知，安培力增大，故D错误，故选C.9. 如图所示，是一提升重物用的直流电动机工作的电路图，电动机的内阻为，。
河南省鲁山县一中2017-2018学年高二物理月月考试题
2017-2018学年河南省鲁山县第一高级中学高二6月月考物理试卷说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，全卷共100分，答题时间：90分钟。
第I卷选择题（共50分）一、单项选择题：（本大题包括10小题，每小题3分，共30分）1．质量为m的带电小球在正交的匀强电场、匀强磁场中做匀速圆周运动，轨道平面在竖直平面内，电场方向竖直向下，磁场方向垂直圆周所在平面向里，如图所示，由此可知（）A．小球带正电，沿顺时针方向运动 B．小球带负电，沿逆时针方向运动C．小球带正电，沿逆时针方向运动 D．小球带负电，沿顺时针方向运动2．如图所示，在光滑绝缘水平面上,有一矩形线圈以一定的初速度进入匀强磁场区域,线圈全部进入匀强磁场区域时,其动能恰好等于它在磁场外面时的一半,设磁场区域宽度大于线圈宽度,则( )A．线圈恰好在完全离开磁场时停下B．线圈在未完全离开磁场时即已停下C．线圈在磁场中某个位置停下D．线圈能通过场区不会停下3．信用卡的磁条中有一个个连续的相反极性的磁化区，每个磁化区代表了二进制数1或0，用以储存信息。
刷卡时，当磁条以某一速度拉过信用卡阅读器的检测头时，在检测头的线圈中会产生变化的电压（如图1所示）。
当信用卡磁条按图2所示方向以该速度拉过阅读检测头时，在线圈中产生的电压随时间的变化关系正确的是4．如图所示，在磁感应强度大小为B 、方向竖直向上的匀强磁场中，有一质量为m 、阻值为R 的闭合矩形金属线框abcd 用绝缘轻质细杆悬挂在O 点，并可绕O 点摆动。
金属线框从右侧某一位置静止开始释放，在摆动到左侧最高点的过程中，细杆和金属线框平面始终处于同一平面，且垂直纸面。
则线框中感应电流的方向是A ．a d c b a →→→→B ．先是d a b c d →→→→，后是a d c b a →→→→C ． d a b c d →→→→D ．先是a d c b a →→→→，后是d a b c d →→→→5．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数n 1：n 2=4：1，当导体棒在匀强磁场中向左做匀速直线运动切割磁感线时，电流表的示数是12mA ，则电流表的示数为（ ）A ．3 mAB ．48 mAC ．0，D ．与负载R 的值有关6、下列说法正确的是（ ）A. 不考虑摩擦的热机可以把吸收的能量全部转化为机械能B. 物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功C. 晶体在一定条件在可以转变为非晶体，而非晶体不能转变为晶体D. 能量耗散过程违背了热力学第一定律7、用一段金属丝做成环状，把棉线的两端松弛地系在环的两点上，然后把环浸入肥皂水中，再拿出来使环上形成肥皂膜，如果用针刺破棉线一侧的肥皂膜，则如图所示a、b、c三个图中，可能的是图（）A.a、b、cB.a、bC.b、cD.a、c8、容积为20L的钢瓶充满氧气后，压强为150atm，打开钢瓶的阀门让氧气同时分装到容积为5L的小瓶中，若小瓶原来是抽空的，小瓶中充气后压强为10atm，分装过程中无漏气，且温度不变，那么最多能分装（）A. 4瓶B. 50瓶C. 56瓶D. 60瓶9、如图所示，用导热的固定隔板把一容器隔成容积相等的甲、乙两部分，甲、乙中分别有质量相等的氮气和氧气．在达到平衡时，它们的温度必相等，若分子势能可忽略，则甲、乙中（）A. 气体的压强相等B. 气体分子的平均动能相等C. 气体的内能相等D. 气体分子的平均速率相等10、一定质量的理想气体初始状态为（P0，V0），分别经过三个不同的过程变到末状态（P0，2V0）．①等温膨胀变为2V0，再等容升压到（P0，2V0），总共吸收热量为Q1；②等压膨胀到（P0，2V0），吸收的热量为Q2；③先等容降压到0.5P0，再等压膨胀到2V0，最后等容升压到（P0，2V0），总共吸收热量Q3；则Q1、Q2、Q3的大小关系是（）A．Q1=Q2=Q3B．Q1＞Q2＞Q3C．Q2＞Q1＞Q3 D．Q3＞Q2＞Q1D．Q3＞Q2＞Q1二、多项选择题：（本大题包括5小题，每小题4分，共20分。
高中河南省鲁山县一中高二上学期11月月考物理试题[答案解析]
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河南省鲁山县一中【精品】高二上学期11月月考物理试题 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．把电流均为I 、长度均为L 的两小段通电直导线分别置于磁场中的1、2两点处时，两小段通电直导线所受磁场力的大小分别为F 1和F 2，若已知1、2两点处碰感应强度的大小关系为B 1<B 2，则必有（ ）A ．11FB IL = B ．22F B IL= C ．12F F < D ．以上都不对2．矩形通电导线框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MN 平行．关于MN 的磁场对线框的作用，下列叙述正确的是( )A ．线框有两条边不受安培力B ．线框有两条边所受的安培力相同C ．线框所受安培力的合力向左D ．线框将绕MN 转动3．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，bd 沿水平方向。
已知小球所受电场力与重力大小相等，现将小球从环的顶端a 点由静止释放，下列判断正确的是( )A ．小球能越过与O 等高的d 点并继续沿环向上运动B ．当小球运动到c 点时，洛伦兹力最大C ．小球从a 点到b 点，重力势能减小，电势能增大D．小球从b点到c点，电势能增大，动能先增大后减小4．图为一速度选择器，内有一磁感应强度为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场，一束粒子流以速度v水平射入，为使粒子流经磁场时不偏转（不计重力），则磁场区域内必须同时存在一个匀强电场，关于这处电场场强大小和方向的说法中，正确的是（）A．大小为B/v，粒子带正电时，方向向上B．大小为B/v，粒子带负电时，方向向上C．大小为Bv，方向向下，与粒子带何种电荷无关D．大小为Bv，方向向上，与粒子带何种电荷无关5．如图所示，水平桌面上放一根条形磁铁，磁铁正中央上方吊着跟磁铁垂直的导线，当导线中通入指向纸内的电流时( )A．悬线上的拉力将变大B．悬线上的拉力将不变C．磁铁对水平桌面的压力将变大D．磁铁对水平桌面的压力将不变6．如图所示,正方形线圈abcd的一半处于匀强磁场中,线圈平面与磁场方向垂直．在线圈以ab为轴旋转90°的过程中,穿过线圈的磁通量大小( )A．一直减小B．先减小后不变C．先不变后减小D．先增大后减小7．如图所示，质量为m，电量为q的正电物体，在磁感强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，沿动摩擦因数为μ的水平面向左运动，物体运动初速度为υ，则（）A ．物体的运动由υ减小到零所用的时间等于mυ/μ（mg +qυB ）B ．物体的运动由υ减小到零所用的时间小于mυ/μ（mg +qυB ）C ．若另加一个电场强度为μ（mg +qυB ）/q 、方向水平向左的匀强电场，物体做匀速运动D ．若另加一个电场强度为μ（mg +qυB ）/q 、方向竖直向上的匀强电场，物体做匀速运动8．如图所示，电路中电源电动势为E ，内阻为r ，C 为电容器，L 为小灯泡，R 为定值电阻，闭合电键，小灯泡能正常发光，．现将滑动变阻器滑片向右滑动一段距离，滑动前后理想电压表V 1、V 2、V 3示数变化量的绝对值分别为123U U U ∆∆∆、、，理想电流表A 示数变化量的绝对值为I ∆，则（ ）A ．电源的输出功率一定增大B ．灯泡亮度逐渐变暗C ．312U U U I I I∆∆∆∆∆∆、、均保持不变 D ．当电路稳定后，断开电键，小灯泡立刻熄灭二、多选题9．质量为m 、电荷量为q 的微粒以速度v 与水平方向成θ角从O 点进入竖直平面内方向如图所示的正交匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒只在电场力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A ，下列说法中正确的是( )A ．该微粒一定带负电B ．微粒从O 到A 的运动可能是匀变速运动C ．该磁场的磁感应强度大小为cos mg qv θD ．该电场的场强为Bv cos θ10．如图所示，等腰直角三角形abc 区域内（包含边界）有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B ，在bc 的中点O 处有一粒子源，可沿与ba 平行的方向发射大量速率不同的同种粒子，这些粒子带负电，质量为m ，电荷量为q ，已知这些粒子都能从ab 边离开abc 区域，ab =2l ，不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用．关于这些粒子，下列说法正确的是A．速度的最大值为)1qBlmB ．速度的最小值为qBl mC ．在磁场中运动的最短时间为4m qBπ D ．在磁场中运动的最长时间为πm qB 11．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，则下列方法可行的是（ ）A ．增大磁场的磁感应强度B ．减小狭缝间的距离C ．增大D 形金属盒的半径 D ．增大两D 形金属盒间的加速电压12．如图所示，一束带电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场和匀强电场组成的速度选择器，然后通过平板S上的狭缝P进入另一匀强磁场（磁感应强度为B′），最终打在照相底片A1A2上，不计粒子间的相互作用，下列说法正确的是（）A．粒子带负电B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外C．粒子打在照相底片A1A2上的位置越近P，粒子的比荷越大D．所有粒子在匀强磁场B中的运动时间都相等三、实验题13．电动自行车现在已经成为人们时尚的代步工具，其中的电池是铅蓄电池，用三块或四块铅蓄电池串联后给电动自行车供电.某兴趣小组将一辆旧电动自行车的电池拆下后充满电，测量其中一块铅蓄电池的电动势和内阻．（1）用多用电表直流电压50V挡测量该蓄电池的电动势，电表的指针如图甲所示，其读数为___V．（2）用图乙所示的电路测量该蓄电池的电动势E和内阻r，图中R0为保护电阻，其阻值为5Ω，改变电阻箱的阻值R，测出对应的电流I，根据测量的数据作出该蓄电池的1 I-R图线，如图丙所示.由图线可求得该电池的电动势E=____V，内阻r=___Ω．（3）本实验中测得的电池内阻比真实值____（填“大”或“小”或“相等”）．14．图为某同学组装完成的简易多用电表，图中E是电池，R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连．（1）图（a）中的A端与______________（选填“红”或“黑”）色表笔相连接．（2）关于R6的使用，下列说法正确的是_____________________．A．在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置B．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置C．使用电流挡时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置（3）用×100档测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到_____________档（选填“×10”或“×1K”）．如果换档后立即用表笔连接待测电阻进行测量，那么缺少的步骤是__________________________，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图b，则该电阻的阻值是___________________________Ω．四、解答题15．如图所示，质量m=0.5kg的通电导体棒在安培力作用下静止在倾角为37°、宽度为L=1m的光滑绝缘框架上，磁感应强度B的方向垂直于框架平面向下（磁场仅存在于绝缘框架内），右侧回路电源的电动势E=8V、内电阻r=1Ω，额定功率为8W、额定电压为4V的电动机正常工作，取sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度大小g=10m/s2．求：（1）干路中的电流为多少安培？（2）求磁感应强度为多少T？16．如图所示，半径为R的圆形区域内存在着磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于纸面向里，一带负电的粒子(不计重力)在A点（图中未画出）沿水平方向以速度v正对圆心入射，通过磁场区域后速度方向偏转了60 ,求：（1）求粒子的比荷qm；（2）粒子在磁场中的运动时间t；（3）如果保持速度的大小和方向不变，欲使粒子通过磁场区域后速度方向的偏转角度最大，则需将粒子的入射点沿圆弧向上平移，入射点到OA的距离d为多少？17．如图所示，两平行金属板A、B长l=8cm，两板间距离d=8cm．一带正电的粒子电荷量q=10-10C，质量m=10-20Kg，从R点沿电场中心线垂直电场线飞入电场，初速度V0=2×106m/s．粒子飞出平行板电场并经过无场区域后进入界面为MN、PQ间匀强磁场区域，穿越MN时，向上偏离中心线RO的距离为12cm，从磁场的PQ边界出来后刚好打在中心线上离PQ边界4L/3的S点上．已知MN边界与平行板的右端相距为L，两界面MN、PQ相距为L，且L=12cm．粒子重力不计，求：（1）粒子射出电场时，偏离中心线RO的距离及射出电场时的速度大小；（2）两板间的电势差；（3）匀强磁场的磁感应强度大小．参考答案1．D【解析】【详解】AB.由题意可知，当将通电导线垂直放入磁场时，由FBIL=得11FBIL=，22FBIL=；若不是垂直放入磁场时，则磁感应强度比以上值要大，故AB错误.CD.两点处磁感应强度的大小关系虽然为B1<B2，但不知通电导线是否与磁场垂直放置，则两者所受磁场力大小关系无法确定，故C错误，D正确.2．C【解析】【详解】A.直导线中的电流方向由M到N，根据安培定则，知导线右侧区域磁感应强度方向向内，根据左手定则，知ab边受的安培力向左，cd边受到的安培力向右，bc边受到的安培力向上，ad受到的安培力向下，都受安培力作用，故A错误；B.由于离MN越远的位置，磁感应强度B越小，故根据安培力公式F=BIL，a b边受到的安培力大于cd边，bc边受到的安培力大小等于ad受到受到的安培力，但方向相反，故B错误；CD.根据ab边受的安培力向左，cd边受到的安培力向右，bc边受到的安培力向上，ad受到的安培力向下，bc边受到的安培力大小等于ad受到受到的安培力大小，方向相反，所以线框所受的安培力的合力向左，将向左平动，故C正确，D错误；故选C.3．D【详解】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”。
河南省平顶山市鲁山县第一高级中学2018-2019学年高二物理联考试题
河南省平顶山市鲁山县第一高级中学2018-2019学年高二物理联考试题一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. 任何一个运动着的物体，小到电子、质子，大到行星、太阳，都有一种波与它对应，波长满足(其中，h为普朗克常量，p为动量) ，人们把这种波叫做德布罗意波。
现有德布罗意波波长为λ1的一个中子和一个氘核相向对撞，撞后结合成一个波长为λ2的氚核，则氘核的德布罗意波波长可能为A．Ｂ．||Ｃ．Ｄ．||参考答案：C2. 某种金属在黄光照射下才有光电子逸出，现在要使逸出的光电子初动能增大，可以采用的方法有（）A．增加黄光的照射强度B．改用一束强度很强的红光照射C．使光电管的正向电压加倍D．改用一束强度较小的紫光参考答案：D【考点】光电效应．【分析】根据光电效应方程E k=hγ﹣W，分析光电子的最大初动能．光电流的强度与入射光的强度有关，从而即可求解．【解答】解：根据光电效应方程E k=hγ﹣W，同一金属逸出功相同，则入射光的频率越大，光电子的最大初动能越大；A、同一金属在能发生光电效应的条件下，光电流强度与入射光的强度成正比，与光电子初动能无关．故A错误．B、光电子最大初动能与入射光的强度无关，而红光的频率小于黄光，因此逸出的光电子初动能减小．故B错误．C、光电子最大初动能与光电管的正向电压也无关．故C错误．D、光电子最大初动能与入射光的强度无关，而紫光的频率大于黄光，因此逸出的光电子初动能增大．故D正确．故选：D．3. 对于点电荷的理解，正确的是DA．点电荷就是带电量很少的带电体B．点电荷就是体积很小的带电体C．体积大的带电体肯定不能看成点电荷D．带电体如果本身大小和形状对它们间的相互作用影响可忽略，则可视为点电荷参考答案：D4. 一条直线上依次有a、b、c三点．ab=bc．在这三点分别放三个点电荷，在静电力的作用下都处于平衡状态。
巳知a点电荷带正电，电量为Q，则（）A．c点电荷一定带正电B．若b也带正电，那么c带负电C．c所带的电量为9QD．b，c两点电荷电量大小之比为1: 9参考答案：AD5. （单选）电流表的内阻是Rg=100Ω，满刻度电流值是Ig=1mA，现欲把这电流表改装成量程为3V的电压表，正确的方法是（）A．应串联一个0.1Ω的电阻B．应并联一个0.1Ω的电阻C．应串联一个2900Ω的电阻D．应并联一个2900Ω的电阻参考答案：C二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. （2分）三个标有“100Ω，4W”、“12.5Ω，8W”、“90Ω，10W”字样的电阻，当它们串联时允许加的最大总电压是V。
鲁山县高中2018-2019学年高二上学期9月月考物理试卷含解析
鲁山县高中2018-2019学年高二上学期9月月考物理试卷含解析 班级__________ 座号_____ 姓名__________ 分数__________一、选择题1． 甲、乙、丙三个观察者，同时观察一个物体的运动，甲说：“它在做匀速运动”。
乙说：“它是静止的”。
丙说：“它在做加速运动”。
这三个人的说法（ ） A ．在任何情况下都不对B ．三人中总有一人或两人是讲错的C ．如果选择同一参考系，那么三人的说法就都对了D ．如果各自选择自己的参考系，那么三人的说法就可能都对了2． 在光滑绝缘水平面上，一轻绳拉着一个带电小球绕竖直方向的轴，在匀强磁场中做逆时针方向的水平匀强圆周运动，磁场方向竖直向下，其俯视图如图所示，若小球运动到A 点时，绳子突然断裂，关于小球在绳断后可能的运动情况是（ ） ①小球仍做逆时针匀速圆周运动，半径不变 ②小球仍做逆时针匀速圆周运动，半径减小 ③小球做顺时针匀速圆周运动，半径不变 ④小球做顺时针匀速圆周运动，半径减小A ．①②B ．②③C ．②④D ．①③④3． 如图1所示，1R 为定值电阻，2R 为可变电阻，E 为电源电动势，r 为电源内阻，以下说法正确的是A ．当2R =1R +r 时，2R 上获得最大功率B ．当1R =2R +r 时，1R 上获得最大功率C ．当2R 增大时，电源的效率变大D ．当2R =0时，电源的输出功率一定最小4． 如图所示，平直木板AB 倾斜放置，板上的P 点距A 端较近，小物块与木板间的动摩擦因数由A 到B 逐渐减小，先让物块从A 由静止开始滑到B 。
然后，将A 着地，抬高B ，使木板的倾角与前一过程相同，再让物块从B 由静止开始滑到A 。
上述两过程相比较，下列说法中一定正确的有（ ） A ．物块经过P 点的动能，前一过程较小B ．物块从顶端滑到P 点的过程中因摩擦产生的热量，前一过程较少C ．物块滑到底端的速度，前一过程较大D ．物块从顶端滑到底端的时间，前一过程较长5． 右图是质谱仪的工作原理示意图。
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2017-2018上学期鲁山一高高二第一次月考物理试卷一、选择题（每题4分，共48分。
其中1-8为单选，9-12为多选）1. 半径相同的两个金属小球A、B带有电荷量大小相等的电荷，相隔一定的距离，两球之间的相互吸引力大小为F.今用第三个半径相同的不带电的金属小球C先后与A、B两个球接触后移开，这时，A、B两个球之间的相互作用力大小是( )A. FB. FC. FD. F【答案】B【解析】两球之间的相互吸引力，则两球带等量异种电荷；假设A带电量为Q，B 带电量为-Q，两球之间的相互吸引力的大小是：；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：，故B正确；ACD错误．故选B．点睛：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．2. 真空中有一静电场，其在x轴正半轴的电势随x变化的关系如图所示，则根据图象可知( )A. 把正点电荷从x1处移到x3处，电场力做正功B. x2处的电场强度E＝0C. x1处与x3处的电场强度方向相反D. 该电场一定是处在O点的正点电荷激发产生的【答案】A【解析】若试探电荷从处移到处，电势降低，根据公式，电场力做正功，故A正确；图象中，曲线上任意一点的切线的斜率表示电场强度；R处切线的斜率不为零，故电场强度不为零，B错误；处与处的切线斜率同为负值，故x方向的电场强度分量的方向相同，C错误；离电荷越近，电场强度越大，故φ-x 图象的斜率越大，而在O点向右，切线斜率变大，故O点不可能有电荷，D错误；【点睛】φ-x图象：①电场强度的大小等于φ-x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ-x图线存在极值，其切线的斜率为零．②在φ-x图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向．③在φ-x图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用，进而分析的正负，然后作出判断．3. 两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A为MN上的一点．一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则( )A. q由A向O的运动是匀加速直线运动B. q由A向O运动的过程电势能逐渐减小C. q运动到O点时的动能最小D. q运动到O点时电势能为零【答案】B【解析】两等量正电荷周围部分电场线如右图所示，其中P、Q连线的中垂线MN 上，从无穷远到O过程中电场强度先增大后减小，且方向始终指向无穷远方向．...............4. 安培提出了著名的分子电流假说，根据这一假说，电子绕核运动可等效为一环形电流．设带电荷量为e的电子以速率v绕原子核沿顺时针方向做半径为r的匀速圆周运动，其电流的等效电流强度I和方向为A. 电流为，电流方向为顺时针B. 电流为，电流方向为顺时针C. 电流为，电流方向为逆时针D. 电流为，电流方向为逆时针【答案】C【解析】试题分析：电子绕核运动可等效为一环形电流，电子运动周期为；根据电流的定义式得：电流强度为;因为电子带负电，所以电流方向与电子定向移动方向相反，即沿逆时针方向，故C正确．考点：电流强度【名师点睛】5. 如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表示数变化量的绝对值分别为，理想电流表A示数变化量的绝对值为，正确的是（）A. 的示数增大B. 电源输出功率在减小C. 与的比值在减小D. 大于【答案】D【解析】试题分析：理想电压表内阻无穷大，相当于断路．理想电流表内阻为零，相当短路，所以R与变阻器串联，电压表分别测量R、路端电压和变阻器两端的电压．当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则A的示数增大，电路中电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，所以的示数减小，A错误；当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，故当滑动变阻器滑片向下滑动时，外电阻越来越接近内阻，故输出功率一定增大，故B错误；根据闭合电路欧姆定律得：，则得：，据题：，则，故大于，D正确；根据闭合电路欧姆定律得：，则得：，恒定不变，C错误；考点：考查了电路的动态分析【名师点睛】在分析电路动态变化时，一般是根据局部电路变化（滑动变阻器，传感器电阻）推导整体电路总电阻、总电流的变化，然后根据闭合回路欧姆定律推导所需电阻的电压和电流的变化（或者电流表，电压表示数变化），也就是从局部→整体→局部6. 如图所示是一个多用电表的简化电路图．为单刀多掷开关，通过操作开关，接线柱可以接通，也可以接通、、、或．下列说法正确的是（）A. 当开关分别接或时，测量的是电流，其中接时量程较大B. 当开关分别接或时，测量的是电阻，其中是黑表笔C. 当开关分别接或时，测量的是电阻，其中是红表笔D. 当开关分别接或时，测量的是电压，其中接时量程较大【答案】A【解析】当开关S分别接1或2时，定值电阻与表头G并联，接1时分流电阻相对更小，故接1时电表的量程更大，第1档为大量程，A正确；3、4两档用来测电阻，其中黑表笔连接表内电池的正极，故B为黑表笔；A与电源的负极相连，故A为红表笔，B错误；要测量电压，电流表应与电阻串联，由图可知当转换开关S旋到位置5、6时，即5、6两档用来测电压．因为6档共用一个表头，所以测电压时外部电源的正极应该接在A表笔上，故A为红表笔，测量电压，电流表所串联的电阻越大，所测量电压值越大，故当转换开关S旋到6的量程比旋到5的量程大，故CD错误．7. 如图所示，在长直导线A通电后，小磁针静止在图示位置，则直导线中的电流方向和P点的磁场方向分别为( )A. 垂直纸面向里，向上B. 垂直纸面向里，向下C. 垂直纸面向外，向上D. 垂直纸面向外，向下【答案】B【解析】由题意可知，小磁针N极指向即为磁场方向，根据右手螺旋定则可知，通电导线电流方向垂直纸面向里，那么通电直导线右侧的P点的磁场方向向下，故ACD错误，B正确．故选B．8. 乐乐同学想利用“电磁弹簧秤”称量一金属棒的质量，如图所示，一根粗细均匀的金属棒ab用两个完全相同的弹簧悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向里，弹簧上端固定，下端与金属棒连接且绝缘，金属棒通过开关与一电路相连，电源右侧为正极，开关接通以后，下列说法正确的是()A. 仅增大磁感应强度，安培力变小B. 仅改变电流方向，安培力方向不变C. 金属棒所受安培力竖直向下D. 若滑动变阻器的滑片向左滑动，则安培力减小【答案】C【解析】根据F=BIL可知，当磁场强度增大时，安培力增大，故A错误；仅改变电流方向，根据左手定则可知安培力方向改变，故B错误；根据安培左手定则可知，导体棒受到的安培力竖直向下，故C正确；若滑动变阻器的滑片向左滑动，滑动变阻器的电阻减小，回路中的电流增大，根据F=BIL可知，安培力增大，故D错误，故选C.9. 如图所示，是一提升重物用的直流电动机工作的电路图，电动机的内阻为，。
直流电压，电压表示数为，则（）A. 通过电流计的电流B. 输入电动机的电功率为C. 电动机的输出功率为D. 电动机的效率是95.5%【答案】CD【解析】电动机和电阻串联，所以电流相等．电阻R两端电压U1=160-110=50V，通过电动机的电流大小为：，故A错误；电动机的电功率P=UI=110×5=550W，故B错误；电动机的热功率P热=I2R=52×1W=25W；电动机，故C正确；电动机的效率：的机械功率P′=P-P热=550W-25W=525W故D正确；故选CD．点睛：对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的．10. 如图所示是一个由电池、电阻R、开关S与平行板电容器组成的串联电路，开关S闭合．一带电液滴悬浮在两板间P点不动，下列说法正确的是()A. 带电液滴可能带正电B. 减小两极板距离的过程中，电阻R中有从b到a的电流C. 断开S，减小两极板正对面积的过程中，液滴将加速下降D. 断开S，减小两极板距离的过程中，液滴静止不动【答案】BD【解析】由图可知A带正电，所以电场的方向向下；液滴受到重力和电场力的作用处于平衡状态，所以电场力的方向向上，与电场的方向相反，所以液滴带负电．故A错误；减小电容器两极板间距离过程中，根据电容的决定式分析得知，电容C变大，而电压U不变，则电容器所带电量Q=CU变大，电容器充电，由于电容器上板带正电，下板带负电，则电阻R中有从b流向a的电流．故B正确；断开S，极板上的电量Q不变，减小两极板距离的过程中根据电容的决定式分析得知，d减小，电容C增大，极板之间的电场强度：,可知断开S，减小两极板正对面积的过程中，由公式可知，E增大，所以液滴受到的电场力F=qE增大，液滴将加速上升．故C错误；断开S，减小两极板距离的过程中，电场强度不变，所以液滴仍然处于平衡状态，静止不动．故D正确；故选BD.点睛：本题是电容器的动态变化分析问题，根据电容器的决定式和电容的定义式C=结合进行分析．11. 如图甲所示，R为电阻箱(0～99.9 Ω)，置于阻值最大位置，R x为未知电阻．(1)断开S2，闭合S1，逐次减小电阻箱的阻值，得到多组R、I值，并依据R、I值作出了如图乙所示的R－图线．(2)断开S2，闭合S1，当R调至某一位置时，电流表的示数I1＝1.0 A；保持电阻箱的位置不变，断开S1，闭合S2，此时电流表的示数为I2＝0.8 A．根据以上数据可知( )A. 电源电动势为3.0 VB. 电源内阻为0.5 ΩC. R x的阻值为0.5 ΩD. S1断开、S2闭合时，随着R的减小，电源输出功率减小【答案】BC【解析】当中断开s2闭合s1时，根据闭合电路欧姆定律应有：,整理得：，根据斜率和截距的概念可知：, r=0.5Ω,所以A错误，B正确；当中断开s2闭合s1时，由上式可得：，断开s1，闭合s2时，根据闭合电路欧姆定律应有：，联立解得：，故C正确；根据电源输出功率与外电阻关系可知，由于定值电阻=r，断开s2时R外=r+R+R3，根与r逐渐接近，则电源的输出功率应据图象可知，随着电阻箱电阻R的减小R外逐渐增大，所以D错误。
所以BC正确，AD错误。
12. 如图所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U，电子最终打在光屏P上．关于电子的运动，下列说法中正确的是（）A. 滑动触头向左移动时，电子打在荧光屏上的位置上升B. 滑动触头向右移动时，电子打在荧光屏上的位置上升C. 电压U增大时，电子打在荧光屏上的速度大小不变D. 电压U增大时，电子从发出到打在荧光屏上的时间不变【答案】AD【解析】电子在加速电场中做加速运动，则：eU′=mv2，电子获得的速度为：．电子进入偏转电场后做类平抛运动，电子在沿极板方向做匀速直线运动，粒子在电场中运动时间：；在垂直电场方向做初速度为0的匀加速直线运动，加速度，电子在电场方向偏转的位移y=at2．联立以上各式得：，又因为偏转电场方向向下，所以电子在偏转电场里向上偏转．当滑动触头向右移动时，加速电压U′变大，由上可知电子偏转位移变小，因为电子向上偏转，故在屏上的位置下降，相反，滑动触头向左移动时，电子打在荧光屏上的位置上升，故B错误，A正确；当偏转电压U增大时，电子在电场中受到的电场力增大，即电子偏转的加速度a增大，又因为电子加速获得的速度v不变，电子在电场中运动的时间不变，a增大，而电子打在屏上的速度为v′=，故电子打在屏上的速度增大，故C错误．电子在电场中运动的时间不变，离开电场后做匀速直线运动，由于水平速度不变，运动时间也不变，所以电子从发出到打在荧光屏上的时间不变．故D 正确．故选AD．点睛：电子在加速电场作用下做加速运动，要能运用动能定理可得电子获得的速度与加速电场大小间的关系．电子进入偏转电场后，做类平抛运动，运动时间受电场的宽度和进入电场时的速度所决定，电子在电场方向偏转的距离与时间和电场强度共同决定．熟练用矢量合成与分解的方法处理类平抛运动问题．二、实验题（共两小题，共15分）13. 下列测量仪器所测得物体的长度为游标卡尺读数为_____________cm,螺旋测微器读数为___________mm.【答案】(1). 2.465cm (2). 0．410mm【解析】游标卡尺读数为2.4cm+0.05mm×13=2.465cm；螺旋测微器读数为41.0×0.01mm=0.410mm.14. 某实验小组要描绘一只小灯泡L（2.5V 0.5A）的伏安特性曲线。