江西省丰城中学2017-2018学年高二上学期物理周练4(尖子班9.29) Word版含答案

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江西省宜春市丰城中学2017-2018学年高三上学期补习班周练物理试卷(重点班) Word版含解析

2017-2018学年江西省宜春市丰城中学高三（上）补习班周练物理试卷（重点班）一、选择题（本大题共8小题，每小题6分，共48分．1～6题为单选，7～8题为多选）1．在如图所示的电路中，开关S闭合后，由于电阻元件发生短路或断路故障，电压表和电流表的读数都增大，则可能出现了下列哪种故障（）A．R1短路B．R2短路C．R3短路D．R1断路2．用图示的电路可以测量电阻的阻值．图中R x是待测电阻，R0是定值，G是灵敏度很高的电流表，MN是一段均匀的电阻丝．闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表G 的电流为零时，测得MP=l1，PN=l2，则R x的阻值为（）A．B．C．D．3．如图为某控制电路，由电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及电位器（滑动变阻器）R连接而成，L1、L2是两个指示灯．当电位器的触片由b端滑向a端时，下列说法正确的是（）A．L1、L2都变亮B．L1、L2都变暗C．L1变亮，L2变暗D．L1变暗，L2变亮4．如图所示，直线A是电源的路端电压和电流的关系图线，直线B、C分别是电阻R1、R2的两端电压与电流的关系图线，若这两个电阻分别接到这个电源上，则（）A．R1接在电源上时，电源的效率高B．R2接在电源上时，电源的效率高C．R1接在电源上时，电源的输出功率大D．电源的输出功率一样大5．如图所示电路中，电源电动势为E，电源内阻为r，串联的固定电阻为R2，滑动变阻器的总电阻为R1，电阻大小关系为R1=R2=r，则在滑动触头从a端移动到b端的过程中，下列描述中正确的是（）A．电路中的总电流先增大后减小B．电路的路端电压先增大后减小C．电源的输出功率先增大后减小D．滑动变阻器R1上消耗的功率先减小后增大6．图中B为电源，R1、R2为电阻．K为电键．现用多用电表测量流过电阻R2的电流．将多用电表的选择开关调至直流电流挡（内阻很小）以后，正确的接法是（）A．保持K闭合，将红表笔接在a处，黑表笔接在b处B．保持K闭合，将红表笔接在b处，黑表笔接在a处C．将K断开，红表笔接在a处，黑表笔接在b处D．将K断开，红表笔接在b处，黑表笔接在a处7．硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点．如图所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I的关系图象，图线b是某电阻R的U﹣I图象．当它们组成闭合回路时，下列说法正确的是（）A．电池的内阻r=B．电池的效率为η=×100%C．硅光电池的内阻消耗的热功率P r=U2I1﹣U1I2D．电源的输出功率P=U1I18．如图所示．直线1和2分别为两个不同电源的路端电压和电流的关系图象，E1、r1，分别为电源1的电动势和内阻，E2、r2分别为电源2的电动势和内阻，则下述说法正确的是（）A．E1=E2B．r1＞r2C．当两个电源短路时电源l的短路电流大D．当两个电源分别接相同电阻时，电源2的输出功率小二、实验题（共52分，）9．用以下器材测量待测电阻R X的阻值A、待测电阻R X：阻值约为200ΩB、电源E：电动势约为3.0V，内阻可忽略不计C、电流表A1：量程为0～10mA，内电阻r1=20Ω；D、电流表A2：量程为0～20mA，内电阻约为r2≈8Ω；E、定值电阻R0：阻值R0=80Ω；F、滑动变阻器R1：最大阻值为10Ω；G、滑动变阻器R2：最大阻值为200Ω；H、单刀单掷开关S，导线若干；（1）为了测量电阻R X，现有甲、乙、丙三位同学设计了以下的实验电路图，你认为正确的是；（填“甲”、“乙”或“丙”）（2）滑动变阻器应该选；在闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于端；（填“a”或“b”）（3）若某次测量中电流表A1的示数为I1，电流表A2的示数为I2．则R X的表达式为：R X=．10．实验室新进了一批低电阻的电磁螺线管，课外活动小组的同学设计了一个试验来测算螺线管的电阻．他们选择了多用电表、电流表、电压表、开关、滑动变阻器、导线和学生电源等．（1）他们使用多用电表粗测金属丝的电阻，操作过程分以下三个步骤：①将红表笔插入多用电表的插孔（正、负）、黑表笔插入多用电表的插孔（正、负）；选择电阻档“×1”；②③把红黑表笔分别与螺线管金属丝的两端相接，多用表的示数如图所示，读数为Ω（2）根据多用电表示数，为了减少实验误差，并在实验中获得较大的电压调节范围，应从图中的A、B、C、D四个电路中选择电路来测量金属丝电阻；11．某实验小组要描绘一个标有“3.8V，1W”的小灯珠R L的R～U曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：A．电压表V（量程5V，内阻约为5kΩ）B．直流电源E（电动势4.5V，内阻不计）C．电流表A1（量程150mA，内阻约为2Ω）D．电流表A2（量程300mA，内阻约为1Ω）E．滑动变阻器R1（阻值0～10Ω）F．滑动变阻器R2（阻值0～200Ω）（1）实验中为较准确测量、方便调节，电流表应选用，滑动变阻器应选用（填写仪器符号）；（2）据实验数据，计算并描绘出了R﹣U的图象，如图1所示．由图象可知，当所加电压为3.00V时，灯珠实际消耗的电功率为W．假设灯丝电阻R与其温度t的关系是R=k（t+273）（k为比例系数），室温为27℃，可知该灯珠正常发光时，灯丝的温度约为℃；（3）小灯珠的电功率P随电压U变化的图象及其伏安特性曲线可能分别是图2中的．A．①和③B．①和④C．②和③D．②和④12．某同学欲将满偏电流I g=100μA、内阻未知的电流表改装成量程较大的毫安表，并对改装表进行校对．（1）该同学采用“半偏法”利用如图所示的电路测量电流表的内阻（图中电源的电动势E=6V）时，先闭合开关S1，调节电位器R，使电流表指针偏转到满刻度：再闭合开关S2，保持R 不变，调节电阻箱R′，使电流表指针偏转到满刻度的：接着读出此时R′的阻值为198Ω．则该同学测出的电流表的内阻为R g=Ω．（2）若要将该电流表改装成量程为10mA的电流表，需给它（填“串联”或“并联”）一个阻值为R0=Ω的电阻．（3）把改装好的电流表与标准电流表串联在电路中进行校对．由于（1）中对电流表内阻测定存在系统误差，若改装好的电流表的测量值为I1，标准电流表的测量值为I2，则I1I2（选填“＞”、“=”或“＜”）．13．某班级开展了一次10分钟实验竞赛，试题形式为各小组自已出题，然后交到老师那进行审核，并汇总在一起，在某自习课进行随机抽取试题比赛，某小组在本次实验竞赛中，抽到的试题为：（1）若用主尺的最小分度是1mm，游标上有20个小的等分刻度的游标卡尺测量某一器件的长度时，显示如图甲所示，则该游标卡尺的读数为mm．（2）现有一多用电表，其欧姆挡的“0”刻度线与中值刻度线问刻度模糊，若用该欧姆挡的×100Ω挡，经正确调零后，规范测量某一待测电阻R时，指针所指的位置与“0”刻度线和中值刻度线间的夹角相等，如图乙所示，则该待测电阻R=Ω．14．为了精确测量一电动势约为5V，内阻约为2.5Ω的直流电源的电动势E和内电阻r，现在除提供导线若干、开关一个和待测电源外，还提供有如下仪器：A．电流表A（量程为200mA，内阻约为10Ω）B．电流表G1（量程为50mA，内阻约为20Ω）C．电流表G2（量程为20mA，内阻为50Ω）D．定值电阻10ΩE．定值电阻50ΩF．定值电阻150ΩH．滑动变阻器50ΩJ．滑动变阻器500Ω选择合适的仪器，设计的实验电路如图甲所示，电流表A的读数为I A，电流表G的读数为I g，移动滑动变阻器，测量多组I A和I g的数据，并以I A为纵轴坐标，以I g为横坐标描点作图，若得到的图象如乙图所示，对应的关系方程为I A=k I g+b，且测量电路中对应的仪器参数如图所示，则b=（用R、R1、R2、R g、R A、E和r中的某些量表示）；若b的数值为0.4，则电路中定值电阻R2应选择：（填D、E或F），滑动变阻器应该选择：（填H或J）；在该实验电路中，是否会因为仪表有内阻而产生系统实验误差：（填“会”或“不会”）．2015-2016学年江西省宜春市丰城中学高三（上）补习班周练物理试卷（重点班）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共8小题，每小题6分，共48分．1～6题为单选，7～8题为多选） 1．在如图所示的电路中，开关S 闭合后，由于电阻元件发生短路或断路故障，电压表和电流表的读数都增大，则可能出现了下列哪种故障（）A ．R 1短路B ．R 2短路C ．R 3短路D ．R 1断路【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】由题目中电表示数的变化可得出故障原因，根据电路结构可以得出是哪一个电阻发生故障．【解答】解：A 、若各原件没有故障，电路正常，则电流表测量流过R 1的支路电流，电压表测量R 3两端的电压；若R 1短路，则R 2被短路，外电路只有电阻R 3接在电源两端，电流表测量干路电流，电压表测量路端电压，两表示数均增大，故A 正确．B 、若R 2短路，则R 1被短路，电流表示数为零，显然不符合题意，故B 错误．C 、若R 3短路，则电压表示数为零，不符合题意；故C 错误．D 、若R 1断路，则电流表示数为零，也不符合题意，故D 错误．故选：A ．【点评】本题考查闭合电路的欧姆定律的应用，明确当电路中有电流时，说明电路中应发生了短路故障；若电压表示数变大，电压表可能直接并联到了电源两端．2．用图示的电路可以测量电阻的阻值．图中R x 是待测电阻，R 0是定值，G 是灵敏度很高的电流表，MN 是一段均匀的电阻丝．闭合开关，改变滑动头P 的位置，当通过电流表G 的电流为零时，测得MP=l 1，PN=l 2，则R x 的阻值为（）A ．B ．C ．D ．【考点】伏安法测电阻．【分析】闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表G的电流为零时，说明通过电阻丝两侧的电流是相等的，而总电流一定，故通过R0和R x的电流也相等；并联电路电压相等，故电阻丝MP段与PN段电压之比等于R0和R x的电压比；再结合欧姆定律列式求解即可．【解答】解：电阻丝MP段与PN段电压之比等于R0和R x的电压比，即；通过电流表G的电流为零，说明通过电阻丝两侧的电流是相等的，而总电流一定，故通过R0和R x的电流也相等，故；根据电阻定律公式，有；故，解得故选：C．【点评】本题是串并联电路中电流、电压关系和电阻定律、欧姆定律的综合运用问题，设计思路巧妙，考查了分析问题和解决问题的能力，不难．3．如图为某控制电路，由电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及电位器（滑动变阻器）R连接而成，L1、L2是两个指示灯．当电位器的触片由b端滑向a端时，下列说法正确的是（）A．L1、L2都变亮B．L1、L2都变暗C．L1变亮，L2变暗D．L1变暗，L2变亮【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】首先认识电路的连接关系：R2与L2并联后与L1串联，再与R1并联接入电源；滑片由b端滑向a端时，滑动变阻器接入电阻变大，则由闭合电路的欧姆定律可知电路中干路电流的变化及路端电压的变化，再分析通过两个灯泡的电流变化，从而判断灯泡亮度．【解答】解：当滑片由b端滑向a端滑动时，R接入电阻增大，总电阻增大；由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电流减小，则内电压减小，由U=E﹣Ir可知路端电压增大，则R1两端的电压增大，所以通过R1的电流增大，而总电流减小，所以通过L1的电流变小，即L1变暗，L1两端电压减小，并联电压增大，所以R2及其并联电压增大，所以通过R2电流增大，而通过L1的电流变小，所以通过L2电流变小，即L2变暗．故选：B【点评】本题考查闭合电路欧姆定律的使用，一般按局部﹣整体、局部的思路进行分析．4．如图所示，直线A是电源的路端电压和电流的关系图线，直线B、C分别是电阻R1、R2的两端电压与电流的关系图线，若这两个电阻分别接到这个电源上，则（）A．R1接在电源上时，电源的效率高B．R2接在电源上时，电源的效率高C．R1接在电源上时，电源的输出功率大D．电源的输出功率一样大【考点】路端电压与负载的关系；电功、电功率．【分析】电源的效率等于电源输出功率与电源总功率的百分比．根据效率的定义，找出效率与电源路端电压的关系，由图读出路端电压，就能求出效率．电源与电阻的U﹣I图线的交点，表示电阻接在电源上时的工作状态，可读出电压、电流，算出电源的输出功率，进而比较大小．【解答】解：A、B，电源的效率η===，效率与路端电压成正比，R1接在电源上时路端电压大，效率高，故A正确，B错误．C、D，由图线的交点读出，R1接在电源上时U=U0，I=I0，电源的输出输出功率P1=UI=U0I0；R2接在电源上时U=U0，I=I0，电源的输出输出功率P2=UI=U0I0，故C、D均错误．故选：A．【点评】本题首先要知道效率与功率的区别，电源的效率高，输出功率不一定大．其次，会读图．电源与电阻的伏安特性曲线交点表示电阻接在该电源上时的工作状态．5．如图所示电路中，电源电动势为E，电源内阻为r，串联的固定电阻为R2，滑动变阻器的总电阻为R1，电阻大小关系为R1=R2=r，则在滑动触头从a端移动到b端的过程中，下列描述中正确的是（）A．电路中的总电流先增大后减小B．电路的路端电压先增大后减小C．电源的输出功率先增大后减小D．滑动变阻器R1上消耗的功率先减小后增大【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【分析】滑动变阻器的左右两个部分并联后与电阻R2串联接到电源中，分析在滑动触头从a端滑到b端过程中，电阻的变化情况，根据闭合欧姆定律判断电流的变化情况，当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大．【解答】解：A、当滑动变阻器从a→b移动时，R1左右两个部分并联电路总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律可知：电流是先减小后增大，故A错误；B、路端电压U=E﹣Ir，因为电流先减小后增大，所以路端电压先增大后减小，故B正确；=r的时候电源的输出功率最大，可知当滑片在a端或者b端时，外电路总电阻R C、当R外=r，此时电源的输出功率最大，所以输出功率是先减小后增大的，故C错误；外D、将R2看成电源的内阻，等效电源的内阻为2r，变阻器为外电路，显然外电阻小于内电阻，外电阻先增大后减小，等效电源的输出功率，即R1上消耗的功率先增大后减小，故D 错误．故选：B【点评】本题关键判断出滑动变阻器滑片P从最右端→中间→左端总电阻变化情况和电源的输出功率与外电阻的关系，能巧妙运用等效思维分析变阻器功率的变化．6．图中B为电源，R1、R2为电阻．K为电键．现用多用电表测量流过电阻R2的电流．将多用电表的选择开关调至直流电流挡（内阻很小）以后，正确的接法是（）A．保持K闭合，将红表笔接在a处，黑表笔接在b处B．保持K闭合，将红表笔接在b处，黑表笔接在a处C．将K断开，红表笔接在a处，黑表笔接在b处D．将K断开，红表笔接在b处，黑表笔接在a处【考点】多用电表的原理及其使用．【分析】电流表内阻很小，所以串联入电路中，而电压表内阻很大，则并联入电路中；当多用电表用来测量电流时，红表笔必须与电源正极相连，黑表笔与电源负极相连．【解答】解：要想测电阻R2的电流，必须将开关K断开，将两表笔接入电路．红表笔接电源的正极，黑表笔接电源的负极．故选：C【点评】当多用电表测电流或电压时，红表笔要与电源的正极相连；当多用电表用来测电阻时，红表笔与电源的负极相连的，原因是测电流或电压时，电源在表的外部；而测电阻时，电源则在表的内部，然而表盘的指针偏转方向不变，即电流的流向不变，所以有这样的结果．7．硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点．如图所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I的关系图象，图线b是某电阻R的U﹣I图象．当它们组成闭合回路时，下列说法正确的是（）A．电池的内阻r=B．电池的效率为η=×100%C．硅光电池的内阻消耗的热功率P r=U2I1﹣U1I2D．电源的输出功率P=U1I1【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率；焦耳定律．【分析】由欧姆定律得U=E﹣Ir，的大小等于r，当I=0时，E=U，由图可知电池的电动势为U2．当电流为I1时，根据欧姆定律求出内阻；根据功率公式可求得输出功率和内阻上消耗的功率；根据效率公式可求得电源的效率．【解答】解：A、由欧姆定律得U=E﹣Ir，当I=0时，E=U，由a与纵轴的交点读出电动势为E=U2．根据两图线交点处的状态可知，电阻的电压为U1，则内阻r==；故A正确；B、电池的效率η=×100%；故B正确．C、内阻消耗的功率P r=U2I1﹣U1I1；故C错误；D、电源的路端电压为U1，电流为I1，则输出功率P=U1I1；故D正确；故选：ABD．【点评】本题考查对图象的理解能力．对于线性元件欧姆定律可以直接利用；但对于非线性元件不能直接利用欧姆定律求解；同时对于电源的内阻往往根据电源的外特性曲线研究斜率得到．8．如图所示．直线1和2分别为两个不同电源的路端电压和电流的关系图象，E1、r1，分别为电源1的电动势和内阻，E2、r2分别为电源2的电动势和内阻，则下述说法正确的是（）A．E1=E2B．r1＞r2C．当两个电源短路时电源l的短路电流大D．当两个电源分别接相同电阻时，电源2的输出功率小【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】根据闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir，分析电源的U﹣I图线纵轴截距和斜率的物理意义．当I=0时，U=E，图线纵轴截距等于电源的电动势．根据数学知识得知，图线的斜率大小等于电源的内阻．根据电源的输出功率规律可知两电源的输出功率的大小．【解答】解：A、根据闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir，当I=0时，U=E，说明图线纵轴截距等于电源的电动势，由图可知，两电源的电动势相等，即E1=E2．故A正确；B、根据数学知识可知，图线的斜率大小等于电源的内阻，由图可知，图线2的斜率大于图线1的斜率，则r2＞r1．故B错误C、短路电流I=，故电源1的短路电流要大，故C正确；D、只有当内外阻相等时，电源的输出功率最大，因不明确两电阻的大小关系，故无法确定输出功率的大小，故D错误；故选：AC．【点评】本题考查闭合电路欧姆定律的应用，抓住图线的截距和斜率的物理意义是关键．并注意分析输出功率的定义．二、实验题（共52分，）9．用以下器材测量待测电阻R X的阻值A、待测电阻R X：阻值约为200ΩB、电源E：电动势约为3.0V，内阻可忽略不计C、电流表A1：量程为0～10mA，内电阻r1=20Ω；D、电流表A2：量程为0～20mA，内电阻约为r2≈8Ω；E、定值电阻R0：阻值R0=80Ω；F、滑动变阻器R1：最大阻值为10Ω；G、滑动变阻器R2：最大阻值为200Ω；H、单刀单掷开关S，导线若干；（1）为了测量电阻R X，现有甲、乙、丙三位同学设计了以下的实验电路图，你认为正确的是乙；（填“甲”、“乙”或“丙”）（2）滑动变阻器应该选R1；在闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于b端；（填“a”或“b”）（3）若某次测量中电流表A1的示数为I1，电流表A2的示数为I2．则R X的表达式为：R X=．【考点】伏安法测电阻．【分析】所给器材没有电压表，但其中一个电流表的内阻已知，故可以把待测电阻与已知电阻组成并联电路，由电流与电阻的反比关系确定待测电阻的阻值．并由所选的电路的滑动变阻器的接法确定应选择的变阻器．并由电流与电阻系列式求解待测阻值．【解答】解：（1）所给的三个电路图中，乙图可明确确定两支路的电流值和含有电流表的支路的电阻值，由此可确定待测阻值．故乙图正确．（2）因乙图为滑动变阻器的分压式接法，则易用小阻值的变阻器．故应选R1，闭合开关前要让测量电路电压由小变大，故滑片P应置于a端．（3）由并联电路特点：R x（I2﹣I1）=（R0+r1）I1得：Rx=故答案为：（1）乙（2）R1 b（3）【点评】考查电阻的测量电路的设计，能灵活根据所给的器材确定合适的电路，并会求解阻值．10．实验室新进了一批低电阻的电磁螺线管，课外活动小组的同学设计了一个试验来测算螺线管的电阻．他们选择了多用电表、电流表、电压表、开关、滑动变阻器、导线和学生电源等．（1）他们使用多用电表粗测金属丝的电阻，操作过程分以下三个步骤：①将红表笔插入多用电表的正插孔（正、负）、黑表笔插入多用电表的负插孔（正、负）；选择电阻档“×1”；②两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在右侧欧姆零刻度线上③把红黑表笔分别与螺线管金属丝的两端相接，多用表的示数如图所示，读数为4Ω（2）根据多用电表示数，为了减少实验误差，并在实验中获得较大的电压调节范围，应从图中的A、B、C、D四个电路中选择D电路来测量金属丝电阻；【考点】用多用电表测电阻．【分析】（1）多用表的红表笔接正插孔，黑表笔插负插孔．测量前要进行欧姆调零．读数由表盘数乘以倍率．（2）由所粗测的电阻值选择合适的电路．【解答】解：（1）①根据直流电表正负极要求可知，电流都从红插孔进从黑插孔出，即所谓“红”进“黑”出，故应将红、黑表笔分别插入多用电表的“+”、“﹣”插孔．②两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在右侧欧姆零刻度线上；③由图示表盘可知，多用表的示数为R=4×1Ω=4Ω．（2）在实验中获得较大的电压调节范围，说明滑动变阻器应用分压式，由于待测金属丝电阻远小于电压表内阻，电流表应用外接法，应选图D所示电路图．故答案为：（1）①正；负；②两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在右侧欧姆零刻度线上；③4；（2）D．【点评】应记忆欧姆表“红表笔接内部电源的负极，黑表笔接内部电源的正极”．当要求电压或电流有较大的调节范围时，说明滑动变阻器应用分压式接法．11．某实验小组要描绘一个标有“3.8V，1W”的小灯珠R L的R～U曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：A．电压表V（量程5V，内阻约为5kΩ）B．直流电源E（电动势4.5V，内阻不计）C．电流表A1（量程150mA，内阻约为2Ω）D．电流表A2（量程300mA，内阻约为1Ω）E．滑动变阻器R1（阻值0～10Ω）F．滑动变阻器R2（阻值0～200Ω）（1）实验中为较准确测量、方便调节，电流表应选用A2，滑动变阻器应选用R1（填写仪器符号）；（2）据实验数据，计算并描绘出了R﹣U的图象，如图1所示．由图象可知，当所加电压为3.00V时，灯珠实际消耗的电功率为0.78W．假设灯丝电阻R与其温度t的关系是R=k （k为比例系数），室温为27℃，可知该灯珠正常发光时，灯丝的温度约为2327℃；（t+273）（3）小灯珠的电功率P随电压U变化的图象及其伏安特性曲线可能分别是图2中的C．A．①和③B．①和④C．②和③D．②和④【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【分析】（1）根据额定电流I=确定电流表的选择，根据电压要从0开始连续可调确定滑动变阻器采用分压接法，而分压接法时滑动变阻器的阻值越小越便于调节；（2）从图中确定小灯泡的电阻，从而确定小灯泡消耗的实际功率；根据图象可知当不通电时小灯泡的电阻为1.5Ω，则1.5=K（27+273），当小灯泡正常发光时，其电阻为13Ω，则13=K （t+273），联立以上二式求出t；（4）根据P=UI可知I=，即P﹣U图象的斜率为电流I，R﹣U图象的斜率的倒数为I；由乙图可知随电压的增大导体的电阻增大，故越大．【解答】解：（1）待测小灯泡为“3.8V，1W”，故其额定电流为：I===0.26A，故电流表只能选择A2；要描绘小灯珠R L的R～U曲线，故电压要从0开始连续可调，故滑动变阻器采用分压接法，而分压接法时滑动变阻器的阻值越小越便于调节，故选R1．（2）当电压为3V时，由图可知小灯泡的电阻为11.5Ω，故此时小灯泡消耗的实际功率为：P===0.78W；由图可知当不通电时小灯泡的电阻为1.5Ω，则1.5=K（27+273），当小灯泡正常发光时，其两端电压为3.8v，电阻为13Ω，则有：13=K（t+273），解得：t=2327°C；（3）根据P=UI可知I=，即P﹣U图象的斜率为电流I，R﹣U图象的斜率的倒数为I，由乙图可知随电压的增大提供导体的电流越大，故P﹣U图象的斜率应随电压的增大而增大，故②正确；由乙图可知随电压的增大导体的电阻增大，故越大，故I﹣U图象的斜率随电压的增大而减小，故③正确；故选C．故答案为：（1）A2，R1；（2）0.78，2327；（3）C．【点评】本题考查了滑动变阻器、电流表的接法及电表量程的选择和滑动变阻器的选择，电路图的设计，图象信息的读取，难度较大，综合性较强．12．某同学欲将满偏电流I g=100μA、内阻未知的电流表改装成量程较大的毫安表，并对改装表进行校对．（1）该同学采用“半偏法”利用如图所示的电路测量电流表的内阻（图中电源的电动势E=6V）时，先闭合开关S1，调节电位器R，使电流表指针偏转到满刻度：再闭合开关S2，保持R 不变，调节电阻箱R′，使电流表指针偏转到满刻度的一半：接着读出此时R′的阻值为198Ω．则该同学测出的电流表的内阻为R g=198Ω．（2）若要将该电流表改装成量程为10mA的电流表，需给它并联（填“串联”或“并联”）一个阻值为R0=2Ω的电阻．（3）把改装好的电流表与标准电流表串联在电路中进行校对．由于（1）中对电流表内阻测定存在系统误差，若改装好的电流表的测量值为I1，标准电流表的测量值为I2，则I1＜I2（选填“＞”、“=”或“＜”）．【考点】把电流表改装成电压表．。

江西省宜春市丰城中学2017-2018学年高三上学期第四次周练物理试卷(实验班) Word版含解析

2017-2018学年江西省宜春市丰城中学高三（上）第四次周练物理试卷（实验班）一、选择题（本题共10小题，每小题5分，共50分．1～7为单选，其余为多选．）1．跳伞运动员以5m/s的速度匀速下降，在距地面10m处掉了一颗扣子，跳伞运动员比扣子晚着地的时间为（不计空气阻力对扣子的作用，g取10m/s2）（）A．1s B．2s C． D．2．如图所示，小球以某一初速度v0沿固定光滑斜面从底端向上运动，已知斜面倾角为θ=30°，小球经过时间t返回到原出点，那么，小球到达最大高度一半处的速度大小为（）A．B．C．D．3．如图所示，用细绳连接用同种材料制成的a和b两个物体．它们恰能沿斜面向下作匀速运动，且绳子刚好伸直，关于a、b的受力情况（）A．a受3个力，b受4个力B．a受4个力，b受3个力C．a、b均受3个力D．a、b均受4个力4．如图所示，匀质杆AB一端支在地上，另一端受一水平力F作用，杆呈静止状态，则地面对杆AB作用力的方向为（）A．总是偏向杆的左侧，如F4B．总是偏向杆的右侧，如F2C．总是沿着杆的方向，如F3D．总是垂直于地面向上，如F15．如图所示，不计滑轮质量与摩擦，重物挂在滑轮下，绳A端固定，将绳B端由B移到C 或D（绳长不变）其绳上张力分别为T B，T C，T D，夹角θ分别为θB，θC，θD则（）A．T B＞T C＞T D θB＜θC＜θD B．T B＜T C＜T D θB＜θC＜θDC．T B=T C＜T D θB=θC＜θD D．T B=T C=T DθB=θC=θD6．如图两个弹簧的质量不计，劲度系数分别为k1、k2，它们一端固定在质量为m的物体上，另一端分别固定在Q、P上，当物体平衡时上面的弹簧处于原长，若把固定的物体换为质量为2m的物体（弹簧的长度不变，且弹簧均在弹性限度内），当物体再次平衡时，物体比第一次平衡时的位置下降了x，则x为（）A．B．C．D．7．刹车距离是汽车安全性能的重要参数之一．图中所示的图线分别为甲、乙两辆汽车在紧急刹车过程中的刹车距离s与刹车前的车速v的关系曲线，已知紧急刹车过程中车与地面间的摩擦是滑动摩擦．据此可知，下列说法中正确的是（）A．甲车的刹车距离随刹车前的车速v变化快，甲车的刹车性能好B．乙车与地面间的动摩擦因数较大，乙车的刹车性能好C．以相同的车速开始刹车，甲车先停下来，甲车的刹车性能好D．甲车的刹车距离随刹车前的车速v变化快，甲车与地面间的动摩擦因数较大8．如图所示，一物块受到一个水平力F作用静止于斜面上，此力F的方向与斜面底边平行，如果将力F撤消，下列对物块的描述正确的是（）A．木块将沿斜面下滑 B．木块受到的摩擦力变小C．木块立即获得加速度D．木块所受的摩擦力方向改变9．自高为H的塔顶自由落下A物的同时B物自塔底以初速度v0竖直上抛，且A、B两物体在同一直线上运动．下面说法正确的是（）A．若v0＞两物体相遇时，B正在上升途中B．v0=两物体在地面相遇C．若＜v0＜，两物体相遇时B物正在空中下落D．若v0=，则两物体在地面相遇10．在倾角30°的光滑固定斜面上，用两根轻绳跨过两个固定的定滑轮接在小车上，两端分别悬挂质量为2m和m的物体A、B，当小车静止时两绳分别平行、垂直于斜面，如图所示．不计滑轮摩擦，现使A、B位置互换，当小车能在某位置再次静止平衡时，下列说法正确的是（）A．小车的质量为5mB．两绳拉力的合力不变C．原来垂直斜面的绳子现位于竖直方向D．斜面对小车的支持力比原来要小二、实验题（每空2分，共16分）11．某同学和你一起探究弹力和弹簧伸长的关系，并测弹簧的劲度系数k．做法是先将待测弹簧的一端固定在铁架台上，然后将最小刻度是毫米的刻度尺竖直放在弹簧一侧，并使弹簧另一端的指针恰好落在刻度尺上．当弹簧自然下垂时，指针指示的刻度数值记作L0，弹簧下端挂一个50g的砝码时，指针指示的刻度数值记作L1；弹簧下端挂两个50g的砝码时，指针指示的刻度数值记作L2；…；挂七个50g的砝码时，指针指示的刻度数值记作L7．①下表记录的是该同学已测出的6个值，其中有两个数值在记录时有误，它们的代表符号分别是和．37③为充分利用测量数据，该同学将所测得的数值按如下方法逐一求差，分别计算出了三个差值：d1=L4﹣L0=6.90cm d2=L5﹣L1=6.90cm d3=L6﹣L2=7.00cm．请你给出第四个差值d4==cm．④根据以上差值，可以求出每增加50g砝码的弹簧平均伸长量△L．△L用d1、d2、d3、d4表示的式子为：△L=，代入数据解得△L=cm．⑤计算弹簧的劲度系数k=N/m．（g取9.8m/s2）三、计算题（（8+8+9+9=34分））12．驾驶证考试中的路考，在即将结束时要进行目标停车，考官会在离停车点不远的地方发出指令，要求将车停在指定的标志杆附近，终点附近的道路是平直的，依次有编号为A、B、C、D、E的五根标志杆，相邻杆之间的距离△L=12.0m．一次路考中，学员甲驾驶汽车，学员乙坐在后排观察并记录时间，学员乙与车前端面的距离为△s=2.0m．假设在考官发出目标停车的指令前，汽车是匀速运动的，当学员乙经过O点时考官发出指令：“在D标志杆目标停车”，发出指令后，学员乙立即开始计时，学员甲需要经历△t=0.5s的反应时间才开始刹车，开始刹车后汽车做匀减速直线运动，直到停止．学员乙记录下自己经过B、C杆时的时刻t B=4.50s，t C=6.50s．已知L OA=44m．求：（1）刹车前汽车做匀速运动的速度大小v0及汽车开始刹车后做匀减速直线运动的加速度大小a；（2）汽车停止运动时车头前端面离D的距离．13．4×100m接力赛是奥运会上最为激烈的比赛项目，有甲乙两运动员在训练交接棒的过程中发现，甲短距离加速后能保持9m/s的速度跑完全程．为了确定乙起跑的时机，需在接力区前适当的位置设置标记，在某次练习中，甲在接力区前s0处作了标记，当甲跑到此标记时向乙发出起跑口令，乙在接力区的前端听到口令时立即起跑（忽略声音传播的时间及人的反应时间），已知接力区的长度为L=20m，设乙起跑后的运动是匀加速运动，试求：（1）若s0=13.5m，且乙恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，完成交接棒，则在完成交接棒时乙离接力区末端的距离为多大？（2）若s0=16m，乙的最大速度为8m/s，并能以最大速度跑完全程，要使甲乙能在接力区完成交接棒，则乙在听到口令后加速的加速度最大为多少？14．如图所示，重物A被绕过小滑轮P的细线所悬挂，小滑轮P被一根细线系于天花板上的O点，O点处安装一力传感器．质量为10kg的物块B放在粗糙的水平桌面上，O′是三根线的结点，bO′水平拉着B物体，aO′、bO′与bO′夹角如图所示．细线、小滑轮的重力和细线与滑轮间的摩擦力均可忽略，整个装置处于静止状态．若O点处安装的力传感器显示受到的拉力是F0=20N，物块B与水平桌面之间的动摩擦因数为0.2，求：（1）重物A的质量．（2）重物C的质量和桌面对B物体的摩擦力．15．如图所示，三个叠放在一起的物体A、B、C用水平方向轻绳通过光滑定滑轮连接，已知它们的质量m A=1kg，m B=2kg，m C=3kg，A与B、B与C、C与地的动摩擦因数分别为μ1=0.8、μ2=0.2、μ3=0.1，现对C施加水平力F将其拉动，所需F的最小值为多少？（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）2016-2017学年江西省宜春市丰城中学高三（上）第四次周练物理试卷（实验班）参考答案与试题解析一、选择题（本题共10小题，每小题5分，共50分．1～7为单选，其余为多选．）1．跳伞运动员以5m/s的速度匀速下降，在距地面10m处掉了一颗扣子，跳伞运动员比扣子晚着地的时间为（不计空气阻力对扣子的作用，g取10m/s2）（）A．1s B．2s C． D．【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】扣子掉下后，由于惯性保持原来向下的速度5m/s，故做初速度为5m/s、加速度为g的匀加速运动，根据位移公式求出扣子下落的时间，而跳伞爱好者仍做匀速运动，求出跳伞爱好者运动的时间，两者之差即为所求时间．【解答】解：设扣子着陆的时间为t，则：，代入数据解得t1=1s．设跳伞运动员着陆时间为t2，则：h=v0t2解得：t2=2 s而△t=t2﹣t1=1s．故A正确，B、C、D错误．故选A．2．如图所示，小球以某一初速度v0沿固定光滑斜面从底端向上运动，已知斜面倾角为θ=30°，小球经过时间t返回到原出点，那么，小球到达最大高度一半处的速度大小为（）A．B．C．D．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】小球在光滑的斜面先上滑和后下滑，两个过程的加速度相同，具有对称性，上滑和下滑过程所用时间相等，由牛顿第二定律求出加速度大小，由运动学公式求出斜面的长度，再求解小球到达最大高度一半处的速度大小．【解答】解：由题得知，小球运动具有对称性，则小球下滑的时间为．由牛顿第二定律得，小球在斜面上运动的加速度大小为：a==0.5g则斜面的长度为：L==当小球到达最大高度一半时，离斜面顶端的距离为，设此时速度大小为v，则有：得：v===选项ABD错误，C正确．故选C3．如图所示，用细绳连接用同种材料制成的a和b两个物体．它们恰能沿斜面向下作匀速运动，且绳子刚好伸直，关于a、b的受力情况（）A．a受3个力，b受4个力B．a受4个力，b受3个力C．a、b均受3个力D．a、b均受4个力【考点】力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．【分析】先对整体分析，根据共点力平衡求出动摩擦因数，再隔离对a或b分析，判断是否存在拉力作用，从而确定a、b的受力个数．【解答】解：对整体分析，根据平衡有：Mgsinθ=μMgcosθ，解得μ=tanθ．再隔离对a分析，假设受到拉力，有：mgsinθ=T+μmgcosθ，解得，T=0．所以绳子无拉力，a、b均受三个力，重力、拉力和摩擦力．故C正确，A、B、D错误．故选C．4．如图所示，匀质杆AB一端支在地上，另一端受一水平力F作用，杆呈静止状态，则地面对杆AB作用力的方向为（）A．总是偏向杆的左侧，如F4B．总是偏向杆的右侧，如F2C．总是沿着杆的方向，如F3D．总是垂直于地面向上，如F1【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【分析】当物体受到同平面内不平行的三力作用而平衡时，三力的作用线必汇交于一点．即物体在互相不平行的三个力作用下处于平衡状态时，这三个力必定共面共点，合力为零．【解答】解：棒受重力，拉力和地面作用力（是支持力和静摩擦力的合力），处于平衡状态，根据三力汇交原理，三个力的作用线交于一点，如图所示；由图可知，只有B正确；故选：B5．如图所示，不计滑轮质量与摩擦，重物挂在滑轮下，绳A端固定，将绳B端由B移到C 或D（绳长不变）其绳上张力分别为T B，T C，T D，夹角θ分别为θB，θC，θD则（）A．T B＞T C＞T D θB＜θC＜θD B．T B＜T C＜T D θB＜θC＜θDC．T B=T C＜T D θB=θC＜θD D．T B=T C=T DθB=θC=θD【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【分析】先根据数学知识，得出滑轮两侧的绳子与竖直方向的夹角与A、B间距离和绳长的关系，分析此夹角是否变化，再对滑轮研究．根据平衡条件分析绳子张力和夹角如何变化．【解答】解：设A与B（C）间的水平距离为S，绳子长度为L．由于滑轮上张力处处大小相等，则平衡时，滑轮两侧绳子关于竖直方向对称．当绳B端由B移到C的过程中，设绳子与竖直方向的夹角为α，则由数学知识得S=L1sinα+L2sinα=Lsinα得sinα=，在此过程中，S、L均不变，则α不变，两绳之间的夹角θ=2α，可见，θ也不变，即有θB=θC．根据滑轮平衡得知，两绳的张力大小也不变，即有T B=T C．当绳B端由C移到D过程中，用同样的方法可知，sinα=，S增大，L不变，α增大，两绳之间的夹角θ增大，则有θC＜θD．根据平衡条件得：2Tcos=G，当θ增大时，增大，cos减小，则知T增大，即有T C＜T D．故C正确．故选C6．如图两个弹簧的质量不计，劲度系数分别为k1、k2，它们一端固定在质量为m的物体上，另一端分别固定在Q、P上，当物体平衡时上面的弹簧处于原长，若把固定的物体换为质量为2m的物体（弹簧的长度不变，且弹簧均在弹性限度内），当物体再次平衡时，物体比第一次平衡时的位置下降了x，则x为（）A．B．C．D．【考点】牛顿第二定律．【分析】当物体的质量为m时，弹簧k2处于原长，下方弹簧k1的弹力等于mg，由胡克定律求出其压缩的长度．将物体的质量增为原来的2倍时，上方的弹簧伸长的长度与下方弹簧压缩量增加的长度相等，等于物体下降的高度，两弹簧弹力之和等于2mg，再由胡克定律求解物体下降的高度．【解答】解：当物体的质量为m时，下方弹簧被压缩的长度为：x1=…①当物体的质量变为2m时，设物体下降的高度为x，则上方弹簧伸长的长度为x，下方弹簧被压缩的长度为x1+x，两弹簧弹力之和等于2mg由胡克定律和平衡条件得：k2x+k1（x1+x）=2mg…②由①②联立解得：x=；故选：A．7．刹车距离是汽车安全性能的重要参数之一．图中所示的图线分别为甲、乙两辆汽车在紧急刹车过程中的刹车距离s与刹车前的车速v的关系曲线，已知紧急刹车过程中车与地面间的摩擦是滑动摩擦．据此可知，下列说法中正确的是（）A．甲车的刹车距离随刹车前的车速v变化快，甲车的刹车性能好B．乙车与地面间的动摩擦因数较大，乙车的刹车性能好C．以相同的车速开始刹车，甲车先停下来，甲车的刹车性能好D．甲车的刹车距离随刹车前的车速v变化快，甲车与地面间的动摩擦因数较大【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】分析图象问题要首先明确两坐标轴所代表物理量及其含义，然后根据所学物理知识明确两物理量之间的关系，最好能写出两坐标轴所代表物理量的函数关系，就明确了图象斜率等所表示的物理意义．【解答】解：A、汽车刹车后做减速运动，根据运动学公式可知：s=，故s和v的图象是抛物线，根据抛物线特点可知a1＜a2，即甲车刹车时加速度小于乙车的，乙车刹车距离随刹车前的车速变化快．故A错误．B、因为乙车的加速度大，以相同的车速开始刹车乙车先停止运动，故乙车刹车性能好，乙车与地面间的动摩擦因数较大．故B正确，C错误，D错误．故选：B．8．如图所示，一物块受到一个水平力F作用静止于斜面上，此力F的方向与斜面底边平行，如果将力F撤消，下列对物块的描述正确的是（）A．木块将沿斜面下滑 B．木块受到的摩擦力变小C．木块立即获得加速度D．木块所受的摩擦力方向改变【考点】牛顿第二定律；滑动摩擦力．【分析】将木块所受的重力分解为垂直于斜面方向和沿斜面方向，在垂直于斜面的平面内分析受力情况，根据平衡条件分析摩擦力大小和方向如何变化．【解答】解：设木块的重力为G，将木块所受的重力分解为垂直于斜面方向和沿斜面向下方向，沿斜面向下的分力大小为Gsinθ，如图，在斜面平面内受力如图．力F未撤掉时，由图1根据平衡条件得，静摩擦力大小f1=，力F撤掉时，重力分力Gsinθ＜，所以木块仍保持静止．由图2，根据平衡条件得f2=Gsinθ，所以木块受到的摩擦力变小．由图看出，木块所受的摩擦力方向发生了改变．故选BD9．自高为H的塔顶自由落下A物的同时B物自塔底以初速度v0竖直上抛，且A、B两物体在同一直线上运动．下面说法正确的是（）A．若v0＞两物体相遇时，B正在上升途中B．v0=两物体在地面相遇C．若＜v0＜，两物体相遇时B物正在空中下落D．若v0=，则两物体在地面相遇【考点】自由落体运动；竖直上抛运动．【分析】先求出B球正好运动到最高点时相遇的初速度，再求出两球正好在落地时相遇的初速度，分情况讨论即可求解．【解答】解：若B球正好运动到最高点时相遇，则有：B速度减为零所用的时间：t=…①s a=gt2…②s b=…③s a+s b=h…④由①②③④解得：v0=当ab两球恰好在落地时相遇，则有：t=此时A的位移s a=gt2=h解得：v0=A、若V o＞，则两物体在b上升途中相遇，故A正确；B、若V o=，则b球正好运动到最高点时相遇，故B错误；D 、若V o =，则b 球正好运动到地面时相遇，故D 正确；C 、若＜v 0＜，则两物体在b 下降途中相遇，故C 正确；故选：ACD ．10．在倾角30°的光滑固定斜面上，用两根轻绳跨过两个固定的定滑轮接在小车上，两端分别悬挂质量为2m 和m 的物体A 、B ，当小车静止时两绳分别平行、垂直于斜面，如图所示．不计滑轮摩擦，现使A 、B 位置互换，当小车能在某位置再次静止平衡时，下列说法正确的是（）A ．小车的质量为5mB ．两绳拉力的合力不变C ．原来垂直斜面的绳子现位于竖直方向D ．斜面对小车的支持力比原来要小【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【分析】A 、B 位置未互换时，分析小车的受力，根据平衡条件求解小车的质量，分别由A 、B 平衡，得到两绳的拉力．根据拉力的大小，确定小车再次静止平衡时两绳子的位置，运用平衡条件确定斜面的支持力．【解答】解：A 、位置未互换时，拉B 的绳子拉力大小为T B =mg ，拉A 的绳子拉力大小为T A =2mg ，对小车由平衡条件得：m 车gsin30°=T A =2mg ，则得斜面对小车的支持力：N=m 车gcos30°﹣T B =2（﹣1）mg 和m 车=4m ，故A 错误；BC 、使A 、B 位置互换，当小车再次静止平衡时，拉B 的绳子拉力大小为T B ′=2mg ，拉A 的绳子拉力大小为T A ′=mg ；设绳子与斜面垂直方向的夹角为α，则根据平衡条件得：m 车gsin30°=T A ′sin α+T B '，解得：α=30°，故原来垂直斜面的绳子现位于竖直方向；由于两绳的夹角减小，所以两绳的合力增大，故B 错误C 正确；D 、使A 、B 位置互换后，斜面对小车的支持力为N ′=m 车gcos30°﹣T A ′cos30°=mg ，故D 正确；故选：CD ．二、实验题（每空2分，共16分）11．某同学和你一起探究弹力和弹簧伸长的关系，并测弹簧的劲度系数k ．做法是先将待测弹簧的一端固定在铁架台上，然后将最小刻度是毫米的刻度尺竖直放在弹簧一侧，并使弹簧另一端的指针恰好落在刻度尺上．当弹簧自然下垂时，指针指示的刻度数值记作L 0，弹簧下端挂一个50g 的砝码时，指针指示的刻度数值记作L 1；弹簧下端挂两个50g 的砝码时，指针指示的刻度数值记作L 2；…；挂七个50g 的砝码时，指针指示的刻度数值记作L 7． ①下表记录的是该同学已测出的6个值，其中有两个数值在记录时有误，它们的代表符号分别是 L 5 和 L 6 ．37③为充分利用测量数据，该同学将所测得的数值按如下方法逐一求差，分别计算出了三个差值：d1=L4﹣L0=6.90cm d2=L5﹣L1=6.90cm d3=L6﹣L2=7.00cm．请你给出第四个差值d4=L7﹣L3=7.20cm．④根据以上差值，可以求出每增加50g砝码的弹簧平均伸长量△L．△L用d1、d2、d3、d4表示的式子为：△L=，代入数据解得△L= 1.74cm．⑤计算弹簧的劲度系数k=28N/m．（g取9.8m/s2）【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系．【分析】1、用毫米刻度尺测量长度是要估读到分度值的下一位，即要有估读的．2、根据指针指示的刻度读出L3和L7的值．3、按照d1、d2、d3的表达式的规律表示出d4．4、d1、d2、d3、d4中每个数据中含有4个△L．3、充分利用测量数据，根据公式△F=k△x可以计算出弹簧的劲度系数k．其中△x为弹簧的形变量．【解答】解：（1）刻度尺的最小分度值为1mm，读数时估读一位，记录数据要记录到0.1mm，所以长度L5应为10.30cm，L6为12.10cm．故错误的是L5，L6；（2）根据图所示读出指针指示的刻度数值：L3=6.85cm，L7=14.05cm；（3）根据题意：d4=L7﹣L3=14.05cm﹣6.85cm=7.20cm．（4）d1、d2、d3、d4中每个数据中含有4个△L，故△L=，代入数据得：△L=1.74cm；（5）充分利用测量数据，d1=6.90cm=0.0690m d2=0.0690m d3=7.00cm=0.0700md4=7.20cm=0.0720mk===28N/m．故答案为：（1）L5；L6；（2）6.85，14.05（3）L7﹣L3；7.20；（4）；1.74；（5）28三、计算题（（8+8+9+9=34分））12．驾驶证考试中的路考，在即将结束时要进行目标停车，考官会在离停车点不远的地方发出指令，要求将车停在指定的标志杆附近，终点附近的道路是平直的，依次有编号为A、B、C、D、E的五根标志杆，相邻杆之间的距离△L=12.0m．一次路考中，学员甲驾驶汽车，学员乙坐在后排观察并记录时间，学员乙与车前端面的距离为△s=2.0m．假设在考官发出目标停车的指令前，汽车是匀速运动的，当学员乙经过O点时考官发出指令：“在D标志杆目标停车”，发出指令后，学员乙立即开始计时，学员甲需要经历△t=0.5s的反应时间才开始刹车，开始刹车后汽车做匀减速直线运动，直到停止．学员乙记录下自己经过B、C杆时的时刻t B=4.50s，t C=6.50s．已知L OA=44m．求：（1）刹车前汽车做匀速运动的速度大小v0及汽车开始刹车后做匀减速直线运动的加速度大小a；（2）汽车停止运动时车头前端面离D的距离．【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．【分析】（1）学员甲在反应时间△t内，汽车做仍匀速运动，刹车后做匀减速运动．汽车从O到标志杆B的过程中和汽车从O到标志杆C的过程中分别列位移方程，联立求解速度和加速度．（2）先求出汽车从开始到停下运动的距离，在根据位移关系求汽车停止运动时车头前端面离D的距离．【解答】解：（1）根据位移公式有：L OA+△L=v0△t+v0（t B﹣△t）﹣a（t B﹣△t）2L OA+2△L=v0△t+v0（t C﹣△t）﹣a（t C﹣△t）2联立解得：v0=16 m/s a=2 m/s2．（2）汽车刹车位移：x1=64 m反应时间内汽车位移：x2=v0△t=8 m汽车停止运动时满足：L OA+3△L﹣△s=x+x1+x2解得：x=6 m．答：（1）刹车前汽车做匀速运动的速度大小为16m/s及汽车开始刹车后做匀减速直线运动的加速度大小a为；（2）汽车停止运动时车头前端面离D的距离6m．13．4×100m接力赛是奥运会上最为激烈的比赛项目，有甲乙两运动员在训练交接棒的过程中发现，甲短距离加速后能保持9m/s的速度跑完全程．为了确定乙起跑的时机，需在接力区前适当的位置设置标记，在某次练习中，甲在接力区前s0处作了标记，当甲跑到此标记时向乙发出起跑口令，乙在接力区的前端听到口令时立即起跑（忽略声音传播的时间及人的反应时间），已知接力区的长度为L=20m，设乙起跑后的运动是匀加速运动，试求：（1）若s0=13.5m，且乙恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，完成交接棒，则在完成交接棒时乙离接力区末端的距离为多大？（2）若s0=16m，乙的最大速度为8m/s，并能以最大速度跑完全程，要使甲乙能在接力区完成交接棒，则乙在听到口令后加速的加速度最大为多少？【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．【分析】（1）甲追上乙时，位移之差等于s0，根据匀变速直线运动的平均速度公式，抓住位移关系求出追及的时间，从而求出在完成交接棒时乙离接力区末端的距离．（2）甲、乙的最大速度：v甲＞v乙，所以在完成交接棒时甲走过的距离越长，成绩越好．因此应当在接力区的末端完成交接，且乙达到最大速度．通过乙先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，通过加速的时间和匀速的时间，求出匀加速直线运动的加速度．【解答】解：（1）设经过时间t，甲追上乙，根据题意有：vt﹣=s0，将v=9m/s，s0=13.5m代入得：t=3s，此时乙离接力区末端的距离为△s=L﹣=20﹣=6.5m（2）因为甲、乙的最大速度：v甲＞v乙，所以在完成交接棒时甲走过的距离越长，成绩越好．因此应当在接力区的末端完成交接，且乙达到最大速度v乙．设乙的加速度为a，加速的时间，在接力区的运动时间t=，∴L=at12+v乙（t﹣t1），解得：a=m/s2=2.67 m/s2答：（1）完成交接棒时乙离接力区末端的距离为6.5m．（2）乙在听到口令后加速的加速度最大为2.67 m/s2．14．如图所示，重物A被绕过小滑轮P的细线所悬挂，小滑轮P被一根细线系于天花板上的O点，O点处安装一力传感器．质量为10kg的物块B放在粗糙的水平桌面上，O′是三根线的结点，bO′水平拉着B物体，aO′、bO′与bO′夹角如图所示．细线、小滑轮的重力和细线与滑轮间的摩擦力均可忽略，整个装置处于静止状态．若O点处安装的力传感器显示受到的拉力是F0=20N，物块B与水平桌面之间的动摩擦因数为0.2，求：（1）重物A的质量．（2）重物C的质量和桌面对B物体的摩擦力．【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【分析】（1）对滑轮受力分析，根据平衡条件求解悬挂小滑轮的斜线中的拉力与O′a绳的拉力关系，求出O′a绳的拉力，重物A的重力大小等于O′a绳的拉力大小；（2）以结点O′为研究对象，分析受力，根据平衡条件求出绳子的拉力和绳O′b的拉力；再根据物体B平衡求出桌面对物体B的摩擦力．【解答】解：（1）设悬挂小滑轮的斜线中的拉力与O′a绳的拉力分别为T1和T，则有：2Tcos30°=T1得：T=20N．重物A的质量m A==2kg；（2）结点O′为研究对象，受力如图，根据平衡条件得，绳子的弹力为：F1=Tcos60°=10N．。

2017-2018学年江西省丰城中学高二上学期第一次月考物理试题(重点班) Word版含答案

江西省丰城中学2017-2018学年度高二年级上学期重点班第一次考试试题（物理）（考试时间100分钟，共100分）一、选择题：（本大题共12小题，每小题4分，共48分. 其中1--9单选；10--12多选）1.欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律．有一个长方体金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a 、b 、c ，且a ＞b ＞c ．电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻阻值最小的是（）A. B. C.D.2.电阻R 和电动机M 串联，电阻R 与电动机线圈的电阻相等，当开关闭合，电动机正常工作，设电阻R 与电动机两端的电功率分别是P 1和P 2，经过时间t 电流产生的热量分别是Q 1和Q 2，则有( ) A ．P 1>P 2 B ．P 1=P 2 C ．Q 1<Q 2 D ．Q 1=Q 23.如图为某电场中的电场线和等势面，已知φA =10V ，φC =6V ，ab=bc ，则（）A．φB =8V B．φB＞8VC．φB＜8V D．上述三种情况都可能4.如图所示，有一正电荷电场中的A点自由释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的速度图象正确的是( )5.如图所示，两块较大的金属板A、B相距为d，平行放置并与一电源相连，S闭合后，两板间恰好有一质量为m、带电量为q的油滴处于静止状态，以下说法正确的是( )A．若将S断开，则油滴将做自由落体运动，G表中无电流B．若将A向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G表中有a→b的电流C．若将A向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G表中有b→a的电流D．若将A向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G表中有b→a的电流6.如图所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的水平速率相同，则两次偏转电压之比为（）A.U1∶U2＝1∶8 B.U1∶U2＝1∶4C.U1∶U2＝1∶2 D.U1∶U2＝1∶17.如图所示，正方体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料．ABCD面带负电，EFGH面带正电．从小孔P沿水平方向以相同速率射入三个带负电的小球A、B、C，最后分别落在1、2、3三点，则下列说法正确的是( )A．三个小球在真空盒中都做类平抛运动B. C球在空中运动时间最长C．C球落在平板上时速度最大D．C球所带电荷量最少8.如图所示，每个电阻的阻值都是2欧，安培表内阻不计，在B、C间加6伏电压时，安培表的示数是（）A．0安 B．1安 C．2安 D．3安9.如图所示，直线A为某电源的U﹣I图线，曲线B为某小灯泡的U﹣I图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的总功率分别是（）A．4 W，8 W B．4W，6 WC．2 W，3 W D．2 W，4 W10.如图所示，M、N为两个固定的等量同种正电荷，在其连线的中垂线上的P点放一个静止的负电荷(重力不计)，下列说法中正确的是( )A．从P到O，可能加速度越来越小，速度越来越大B．从P到O，可能加速度先变大，再变小，速度越来越大C．越过O点后，电势能越来越大，直到速度为零D．越过O点后，动能越来越大，直到电势能为零11.如图所示，在匀强电场中，有六个点A、B、C、D、E、F，正好构成一正六边形。

江西省丰城中学2017-2018学年高三上学期物理周练(尖子班重点班9.27) Word版含答案

丰城中学2017-2018学年上学期高三周练卷物理一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分．）1.已知地球的质量约为火星质量的10倍，地球的半径约为火星半径的2倍，则航天器在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动的速率约为( )A ．3.5 km/sB ．5.0 km/sC ．17.7 km/sD ．35.2 km/s2.研究表明，地球自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时．假设这种趋势会持续下去，地球的其他条件都不变，未来人类发射的地球同步卫星与现在的相比( )A ．距地面的高度变大B ．向心加速度变大C ．线速度变大D ．角速度变大3．质量为m 的小球用长为L 的轻绳悬于O 点，如图所示，小球在水平力F 作用下由最低点P 缓慢地移到Q 点，在此过程中F 做的功为（）A ．FL sin θB ．mgL cos θC ．mgL （1－cos θ）D ．FL tan θ4、如图所示，中间有孔的物块A 套在竖直杆上，通过滑轮用不可伸长的轻绳将物体拉着匀速向上运动，所有摩擦均不计．则关于拉力F 及拉力F 的功率P ，下列说法正确的是（）A ．F 不变，P 减小B ．F 增大，P 不变C ．F 增大，P 增大D ．F 增大，P 减小5、水平地面上静止放置一个质量为m=1kg 的小物块，物块与地面间的动摩擦因素2.0=μ，现对物体施加一个水平向右的拉力F ，F 随物块运动距离x 的变化图像如图所示，重力加速度2s m 10=g ，则当x=4m 时物体的速度大小为( )A ．0B ．m 22C ．m 62D ．s m 246．如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，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，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复。

通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F 随时间t 变化的图象如图乙所示，则( )A ．t 1时刻小球动能最大B ．t 2时刻小球动能最大C ．t 2～t 3这段时间内，小球的动能先增加后减少D ．t 2～t 3这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能 7．关于机械能是否守恒，下列说法正确的是( )A ．做匀速直线运动的物体机械能一定守恒B ．做圆周运动的物体机械能一定守恒C ．做变速运动的物体机械能可能守恒D ．合外力对物体做功不为零，机械能一定不守恒8．有一竖直放置的“T”形架，表面光滑，滑块A 、B 分别套在水平杆与竖直杆上，A 、B 用一不可伸长的轻细绳相连，A 、B 质量相等，且可看做质点，如图所示，开始时细绳水平伸直，A 、B 静止。

2017-2018学年江西省宜春市丰城中学高二上学期周练物理试卷(4)(尖子班9 Word版含解析

2017-2018学年江西省宜春市丰城中学高二（上）周练物理试卷（4）（尖子班一、选择题（1-8题为单选，9-12题为多选，每题4分，共48分）1．原子中的电子绕原子核的运动可以等效为环形电流．设氢原子的电子以速率v在半径为r的圆周轨道上绕核运动，电子的电荷量为e，等效电流是（）A．B． C．D．2．关于电流，下列说法中正确的是（）A．大小不随时间而改变的电流叫做恒定电流B．电子运动的速率越大，电流越大C．电流是一个矢量，其方向就是正电荷定向移动的方向D．在国际单位制中，电流是一个基本物理量，其单位“安培”是基本单位3．某电解池内含有等量的二价正离子和二价负离子，通电后，测得通过电解液的电流为3.2A，那么1秒钟有多少个二价正离子通过电解液的横截面（）A．5×1018B．1.0×1019 C．2×1019D．1.5×10194．用电器距离电源为L，线路上的电流为I，为使在线路上的电压降不超过U，已知输电线的电阻率为ρ．那么，输电线的横截面积的最小值是（）A． B．C．D．5．R1=10Ω，R2=20Ω，R1允许通过的最大电流为1.5A，R2两端允许加的最大电压为10V．若将它们串联，加在电路两端的最大电压可以是（）A．10V B．15V C．27.5V D．37.5V6．如图所示是电阻R1和R2的伏特性曲线，并且把第一象限分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域，现把R1和R2并联在电路中，R1、R2消耗的电功率分别为P1和P2，并联的总电阻设为R，下列关于P1和P2的大小关系及R的伏安特性曲线所在的区域正确的是（）A．伏安特性曲线在Ⅰ域，P1＜P2B．伏安特性曲线在Ⅲ域，P1＞P2C．伏安特性曲线在Ⅰ域，P1＞P2D．伏安特性曲线在Ⅲ域，P1＜P27．一电流表G，内阻为R=10Ω，满偏电流是15mA，把它改装成量程为0.6A的电流表，则连接电阻的阻值约为（）A．25ΩB．2.5ΩC．0.25ΩD．0.025Ω8．如图，电源内阻不能忽略，R1=10Ω，R2=8Ω，开关K接1时，电压表示数为2V，当开关接2时，电压表示数可能下列读数中的（）A．2.2V B．1.9V C．1.6V D．1.3V9．经过精确校准的电压表V1和V2，分别用来测定如图所示电路中R两端a、b间的电压，读数依次为12.7V和12.3V，则（）A．a、b间的实际电压应大于12.7VB．a、b间的实际电压应小于12.3VC．电压表V1的内阻大于V2的内阻D．电压表V1的内阻小于V2的内阻10．用甲、乙两个完全相同的电流表表头改装成量程分别为5V和10V的电压表，串联后测量12V的电压，则（）A．两表的电压示数相同，均为6 VB．两表头的指针偏角相同C．两表头的指针偏角不相同D．两表的电压示数不同11．一直流电动机与阻值R=9Ω的电阻串联接在电源上，电源电动势E=20V，内阻r=1Ω，用理想伏特表测出电动机两端电压U=10V，已知电动机线圈电阻R M=1Ω则（）A．通过电动机的电流为10A B．电动机的输入功率为100WC．电动机发热消耗的功率为1W D．电动机输出功率为9W12．在如图所示电路中，电源电动势为ε，内电阻不能忽略．闭合S后，调整R的阻值，使电压表的示数增大△U．在这一过程中（）A．通过R1的电流增大，增量为B．R2两端的电压减小，减小量为△UC．通过R2的电流减小，减小量小于D．路端电压增大，增大量为△U二．实验题（每空2分，共14分）13．如图1为测量电压表内阻r的电路原理图．图中两个固定电阻的阻值均为R，S1、S2是开关，E是电源（内阻可忽略）．（1）按电路原理图将图2中的实物图连线；（2）开关S1保持断开，合上开关S2，此时电压表的读数为U1；再合上开关S1，电压表的读数变为U2，电压表内阻r=______（用U1、U2和R表示）．14．用如图甲所示的电路图研究灯泡L（2.4V，1.0W）的伏安特性，并测出该灯泡在额定电压下正常工作时的电阻值，检验其标示的准确性．（1）在闭合开关S前，滑动变阻器触头应放在______端．（选填“a”或“b”）（2）根据电路图，请在图乙中以笔划线代替导线将实物图补充完整．（3）实验后作出的U﹣I图象如图丙所示，图中曲线弯曲的主要原因是：______．（4）根据所得到的图象如图丙所示，求出它在额定电压（2.4V）下工作时的电阻值R=______Ω，这个测量值比真实值偏______．（选填“大”或“小”）三．计算题（15题12分，16题10分，17题16分，共38分）15．某金属导体两端的电压为24V，30s内有36C的电荷量通过导体的横截面，则：（1）每秒钟内有多少个自由电子通过该导体的横截面？（2）导体中的电流有多大？（3）该导体的电阻多大？16．如图为某电路中的一部分电路（其他部分未画出），已知I=3A，I1=2A，R l=10Ω，R2=5Ω，R3=30Ω，则通过电流表的电流强度为多少？方向如何？17．如图所示，定值电阻R1=9Ω，R2=7Ω．当开关S接到位置1时，电压表V的示数为3.6V；当开关S接到位置2时，电压表V的示数为3.5V，求电源电动势和内阻．2016-2017学年江西省宜春市丰城中学高二（上）周练物理试卷（4）（尖子班9.29）参考答案与试题解析一、选择题（1-8题为单选，9-12题为多选，每题4分，共48分）1．原子中的电子绕原子核的运动可以等效为环形电流．设氢原子的电子以速率v在半径为r的圆周轨道上绕核运动，电子的电荷量为e，等效电流是（）A．B． C．D．【考点】电流、电压概念；向心力．【分析】原子中的电子绕原子核的运动，根据圆周运动的知识求出周期，再根据电流的定义式I=，研究等效电流的大小【解答】解：由题，电子圆周运动的速率为v，半径为r，则电子运动的周期T=，根据电流的定义式得到，等效电流为I==，故C正确，ABD错误．故选：C【点评】本题根据电流的定义式求解等效电流．有时还与牛顿第二定律结合起来求出周期，再求解等效电流．2．关于电流，下列说法中正确的是（）A．大小不随时间而改变的电流叫做恒定电流B．电子运动的速率越大，电流越大C．电流是一个矢量，其方向就是正电荷定向移动的方向D．在国际单位制中，电流是一个基本物理量，其单位“安培”是基本单位【考点】电流、电压概念；力学单位制．【分析】电流由通过某一横截面积的电量q与通过这些电量所用时间t共同决定；恒定电流的大小和方向始终保持不变；电流的运算满足代数法则，而矢量的运算满足平行四边形定则；“安培”是国际单位制中七个基本单位中的一个，也是电学中的唯一一个．【解答】解：A、恒定电流是指电流的大小和方向始终保持不变的电流，如大小不变，方向改变也不是恒定电流．故A错误．B、由电流的微观表达式I=nesv，电流的大小跟导体的材料（决定n），导体的横截面积（s）和电荷定向移动的速率（v）共同决定，故B错误．C、电流有方向，但电流的运算满足代数法则，而矢量的运算满足平行四边形定则，故电流是标量，故C错误．D、电流的单位“安培”是国际单位制中七个基本单位中的一个，也是电学中的唯一一个．故D正确．故选：D．【点评】掌握了基本概念即可顺利解决此类物体，故要加强基本概念的积累．3．某电解池内含有等量的二价正离子和二价负离子，通电后，测得通过电解液的电流为3.2A，那么1秒钟有多少个二价正离子通过电解液的横截面（）A．5×1018B．1.0×1019 C．2×1019D．1.5×1019【考点】电流、电压概念．【分析】电解液中电流是由正负离子同时向相反方向定向移动形成的，通过横截面的总电量是两种离子电量绝对值之和，根据电流的定义式由电流可知1s内通过横截面的电量，从而确定多少正离子通过．【解答】解：电流由正、负离子的定向移动形成，由电流的定义式可知：I==3.2A．则在1s内通过横截面的总电荷量应为q=3.2×1C=3.2C所以1秒内共有N个二价离子通过横截面由于内含有等量的二价正离子和二价负离子，所以1秒钟通过电解液的横截面二价正离子有5×1018个故选A．【点评】本题考查对电流定义式中电量的理解，电解液中通过横截面的总电量正负离子电量绝对值之和．4．用电器距离电源为L，线路上的电流为I，为使在线路上的电压降不超过U，已知输电线的电阻率为ρ．那么，输电线的横截面积的最小值是（）A． B．C．D．【考点】欧姆定律；电阻定律．【分析】根据欧姆定律、电阻定律求出输电导线的横截面积．【解答】解：根据欧姆定律得，R=，根据电阻定律R=2，解得S=．故B正确，A、C、D错误．故选：B．【点评】解决本题的关键掌握电阻定律和欧姆定律，注意导线输电导线应为两条．5．R1=10Ω，R2=20Ω，R1允许通过的最大电流为1.5A，R2两端允许加的最大电压为10V．若将它们串联，加在电路两端的最大电压可以是（）A．10V B．15V C．27.5V D．37.5V【考点】串联电路和并联电路；电功、电功率．【分析】根据R2=20Ω，R2两端允许加的最大电压为10V，根据欧姆定律求出通过R2的最大电流为0.5A；若将它们串联时，允许电路的最大电流为0.5A，再根据U=IR求最大电压．【解答】解：根据欧姆定律求出通过R2的最大电流I==0.5A，若将它们串联时，允许的最大电流为0.5A，而不是1.5A；再根据U=IR=0.5A×30Ω=15V，故ACD错误，B正确．故选：B．【点评】本题考查电阻的串并联规律，要注意明确串联电路允许的最大电流为两个电阻最大电流的最小值，才能保证电路的安全．6．如图所示是电阻R1和R2的伏特性曲线，并且把第一象限分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域，现把R1和R2并联在电路中，R1、R2消耗的电功率分别为P1和P2，并联的总电阻设为R，下列关于P1和P2的大小关系及R的伏安特性曲线所在的区域正确的是（）A．伏安特性曲线在Ⅰ域，P1＜P2B．伏安特性曲线在Ⅲ域，P1＞P2C．伏安特性曲线在Ⅰ域，P1＞P2D．伏安特性曲线在Ⅲ域，P1＜P2【考点】欧姆定律．【分析】伏安特性曲线的斜率等于电阻的倒数．当两个电阻并联后总电阻R比任何一个电阻都要小，R的伏安特性曲线的斜率大于R1和R2的伏安特性曲线的斜率．R1和R2并联在电路中，电压相等，由图读出电流关系，再研究功率关系．【解答】解：把R1和R2并联在电路中，并联的总电阻R比R1和R2都小，则R的伏安特性曲线的斜率大于R1和R2的伏安特性曲线的斜率，则R的伏安特性曲线应该Ⅰ区．R1和R2并联在电路中，电压相等，由图读出流过电阻R1的电流较大，则功率P1＞P2．故C正确．故选：C【点评】本题首先要从数学角度理解图线的物理意义：斜率越大，电阻越小．其次抓住并联电路的基本特点：支路两端的电压相等．7．一电流表G，内阻为R=10Ω，满偏电流是15mA，把它改装成量程为0.6A的电流表，则连接电阻的阻值约为（）A．25ΩB．2.5ΩC．0.25ΩD．0.025Ω【考点】把电流表改装成电压表．【分析】把电流表G改装成大量程电流表，应并联一个分流电阻，根据并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值．【解答】解：把电流表改装成大量程电流表，需要并联分流电阻阻值：R==≈0.25Ω，故C正确；故选：C．【点评】本题考查了电流表的改装问题，知道电流表的改装原理、应用并联电路特点与欧姆定律即可正确解题．8．如图，电源内阻不能忽略，R1=10Ω，R2=8Ω，开关K接1时，电压表示数为2V，当开关接2时，电压表示数可能下列读数中的（）A．2.2V B．1.9V C．1.6V D．1.3V【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】由闭合电路欧姆定律可得出开关置于两位置时的表达式，则由开关置1时的电压U 可表示出开关置2时的路端电压的表达式，通过分析可得出电压的可能值．【解答】解：由闭合电路欧姆定律得：当开关置1时：U=当开关置2时：U′=将两式相比可得：故有：U′=2×=2﹣因为，故1.6＜U′＜2.0；故只有1.9V符合题意故选：B．【点评】本题无法直接求出路端电压的值，只是求可能的值，故可通过列出表达式后利用数学中的不等式进行分析判断，从而得出最后的结果．9．经过精确校准的电压表V1和V2，分别用来测定如图所示电路中R两端a、b间的电压，读数依次为12.7V和12.3V，则（）A．a、b间的实际电压应大于12.7VB．a、b间的实际电压应小于12.3VC．电压表V1的内阻大于V2的内阻D．电压表V1的内阻小于V2的内阻【考点】伏安法测电阻．【分析】本题的关键是明确电压表不是理想电表，根据欧姆定律和串并联规律不能得出接入电压表后电路两端的电压小于没接入电压表时电路两端的实际电压，即电压表内阻越大电压表的示数越接近电路两端的实际电压．【解答】解：由于电压表不是理想电表（内阻不是无穷大），当a、b两端接入电压表后，电阻R与电压表的并联电阻小于电阻R，根据欧姆定律和串并联规律可知，电阻R与电压表的并联总电压小于电阻R的实际电压，即a、b两端实际电压将大于电压表的示数，当然大于电压表的示数，所以A正确B错误．根据欧姆定律可知，若电压表的内阻越大，电压表与R的并联电阻就越大，电压表的示数也越大，即电压表的内阻大于电压的内阻，所以C正确D错误．故选AC．【点评】应牢记若电压表不是理想电表时，电压表的示数总小于电路两端的实际电压，电压表的内阻越大，电压表示数越接近实际电压．10．用甲、乙两个完全相同的电流表表头改装成量程分别为5V 和10V 的电压表，串联后测量12V 的电压，则（）A ．两表的电压示数相同，均为6 VB ．两表头的指针偏角相同C ．两表头的指针偏角不相同D ．两表的电压示数不同【考点】把电流表改装成电压表．【分析】串联后两表的分压即示数与其电阻成正比，因电流大小一样，故指针偏转角度相同．【解答】解：A 、因量程不同，内阻不同，则分压不同，故示数不同．故A 错误，D 正确；B 、因是串联关系，通过表头的电流大小一样，则指针偏转角度相同．故B 正确，C 错误；故选：BD ．【点评】考查的串联电路电压与电阻的关系及电压表的内部原理，明确电压与电阻成正比．11．一直流电动机与阻值R=9Ω的电阻串联接在电源上，电源电动势E=20V ，内阻r=1Ω，用理想伏特表测出电动机两端电压U=10V ，已知电动机线圈电阻R M =1Ω则（）A ．通过电动机的电流为10AB ．电动机的输入功率为100WC ．电动机发热消耗的功率为1WD ．电动机输出功率为9W 【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．【分析】电动机正常工作时的电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，而R 和r 是纯电阻，可以对R 和r ，运用用欧姆定律求电路中的电流；电动机输入功率 P 入=UI ，发热功率P 热=I 2R M ，输出功率P 出=P ﹣P 热．根据功率关系求出电动机输出的功率．【解答】解：A 、根据闭合电路欧姆定律，有： E=U +I （r +R ）解得：I==1A ，故A 错误；B 、C 、D 、电动机的输入功率：P 入=UI=10×1=10W 电动机的热功率：P 热=I 2R M =12×1=1W电动机的输出功率：P 出=P ﹣P 热=UI ﹣I 2R M =10×1﹣12×1=9W 故B 错误，C 正确，D 正确；故选：CD ．【点评】对于电动机电路区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路，可从从能量转化的角度理解：电能全部转化内能时，是纯电阻电路．电能转化为内能和其他能时，是非纯电阻电路．12．在如图所示电路中，电源电动势为ε，内电阻不能忽略．闭合S 后，调整R 的阻值，使电压表的示数增大△U ．在这一过程中（）A．通过R1的电流增大，增量为B．R2两端的电压减小，减小量为△UC．通过R2的电流减小，减小量小于D．路端电压增大，增大量为△U【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】R1是定值电阻，电压表V的示数增大△U的过程中，通过R1的电流增加，增加量△I=．电压表V的示数增大，变阻器有效电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，R2两端电压减小，根据路端电压的变化分析其电压减小量．电压表示数增加，R2电压减小，路端电压增加量一定小于△U．【解答】解：A、R1是定值电阻，电压表V的示数增大△U的过程中，通过R1的电流增加，增加量△I=．故A正确．B、电压表V的示数增大，变阻器有效电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，R2两端电压减小，路端电压增大，则R2两端电压减少量一定小于△U．故B错误．C、由欧姆定律得到：通过R2的电流的减少量一定小于．故C正确．D、电压表示数增加，R2电压减小，路端电压增加量一定小于△U．故D错误．故选AC．【点评】本题是电路动态变化分析问题，本题中采用总量法，由电压表示数变化和总电压（路端电压）的变化来分析R2电压的变化，这是常用的方法．二．实验题（每空2分，共14分）13．如图1为测量电压表内阻r的电路原理图．图中两个固定电阻的阻值均为R，S1、S2是开关，E是电源（内阻可忽略）．（1）按电路原理图将图2中的实物图连线；（2）开关S1保持断开，合上开关S2，此时电压表的读数为U1；再合上开关S1，电压表的读数变为U2，电压表内阻r=（用U1、U2和R表示）．【考点】把电流表改装成电压表．【分析】（1）分析清楚电路图，明确各电路元件的连接方式，然后根据电路图连接实物电路图．（2）根据实验步骤求出电源电动势，然后根据电路结构，由串并联电路特点及欧姆定律列方程，然后求出电压表内阻．【解答】解：（1）根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示；（2）由电路图可知，合上开关S1、S2，只有一个电阻电阻接在电源两端，电压表测电源电压，电压表的读数变为U2，因此电源电动势E=U2；由电路图可知，开关S1保持断开，合上开关S2，两电阻串联接在电源两端，电压表测其中一个电阻电压，此时电压表的读数为U1，此时电路电流I=I R+I r=+，E=U1+IR，即U2=U1+（+）R，解得r=；故答案为：（1）实物电路图如图所示；（2）．【点评】分析清楚电路图明确各电路元件的连接方式，然后再连接实物电路图；分析清楚电路结构，熟练应用串并联电路特点、欧姆定律即可正确解题．14．用如图甲所示的电路图研究灯泡L（2.4V，1.0W）的伏安特性，并测出该灯泡在额定电压下正常工作时的电阻值，检验其标示的准确性．（1）在闭合开关S前，滑动变阻器触头应放在a端．（选填“a”或“b”）（2）根据电路图，请在图乙中以笔划线代替导线将实物图补充完整．（3）实验后作出的U﹣I图象如图丙所示，图中曲线弯曲的主要原因是：随着灯丝中的电流增大，温度升高，灯丝的电阻率增大，电阻增大．（4）根据所得到的图象如图丙所示，求出它在额定电压（2.4V）下工作时的电阻值R= 4.8Ω，这个测量值比真实值偏小．（选填“大”或“小”）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【分析】做电学实验首先应注意保护电流表，因此，闭合开关前应将滑动触头打到使通过电流表电路的电流最小的位置．【解答】解：（1）、由图甲知当滑动触头打到a端时通过电流表的电流是零，为防止烧表，在闭合开关S前，滑动变阻器触头应放在a端．（2）、根据电路图连线实物图如图所示．（3）、图中曲线弯曲的主要原因是随着灯丝中的电流增大，温度升高，灯丝的电阻率增大，电阻增大．（4）、由图丙知小灯泡在额定电压（2.4V）下工作时的电流为0.5A，由R=得R=Ω=4.8Ω，根据欧姆定律，由于电压表的分流使得电流表测量值大于通过小灯泡的实际电流，故测得的电阻值偏小．故答案为（1）a．（2）如图所示．（3）随着灯丝中的电流增大，温度升高，灯丝的电阻率增大，电阻增大．（4）4.8，小．【点评】注意变阻器分压式和限流式在在闭合开关S前滑动触头位置的不同要求．三．计算题（15题12分，16题10分，17题16分，共38分）15．某金属导体两端的电压为24V，30s内有36C的电荷量通过导体的横截面，则：（1）每秒钟内有多少个自由电子通过该导体的横截面？（2）导体中的电流有多大？（3）该导体的电阻多大？【考点】电流、电压概念．【分析】（1）金属中是电子导电，通过的总电子数=总电荷量÷电子电量．（2）由电流的定义式可得电流大小．（3）由电阻公式可求电阻大小．【解答】解：（1）金属靠自由电子导电，电子带负电，其电荷量大小为e=1.6×10﹣19 C，所以在每秒钟内通过该导体横截面的自由电子数为（2）导体中的电流为（3）导体的电阻为（2）导体中的电流为1.2A．（3）答：（1）每秒钟内有7.5×1018个自由电子通过该导体的横截面．该导体的电阻为20Ω．【点评】要解本题需要知道电子的带电量，牢记电流的定义式和求电阻的公式．16．如图为某电路中的一部分电路（其他部分未画出），已知I=3A，I1=2A，R l=10Ω，R2=5Ω，R3=30Ω，则通过电流表的电流强度为多少？方向如何？【考点】欧姆定律．【分析】通过R1R2的电流和电阻的大小可以得到R1R2两端的电势差的大小，从而可以判断通过R3的电流的大小和方向，进而可以判断经过电流表的电流的大小和方向．【解答】解：电阻R1两端的电势差U ab=I1R1=20V，电阻R2两端的电势差U ac=（I﹣I1）R2=5V，电阻R3两端的电势差U bc=﹣15V，所以，电阻R3的电流I3==A=0.5A，方向向上，电阻R2的电流I2=1A，方向向右，所以电流表的电流的大小为I2﹣I3=0.5A，方向向右．答：通过电流表的电流强度为0.5A，方向为：从左向右通过电流表．【点评】解决本题的难点就是通过R3的电流的方向的判断，电流一定是从高电势流向低电势，所以只要判断出R3两端的电势的高度，电流的方向就可以判断了．17．如图所示，定值电阻R1=9Ω，R2=7Ω．当开关S接到位置1时，电压表V的示数为3.6V；当开关S接到位置2时，电压表V的示数为3.5V，求电源电动势和内阻．【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】由闭合电路欧姆定律可得出开关置于1、2两位置时的表达式，解方程组即可求解．【解答】解：由电路图知，电压表测量路端电压，设电源的电动势为E，内阻为r．由闭合电路欧姆定律可知：当开关置1时，E=U1+r…①当开关置于2时，E=U2+r…②代入得：E=3.6+×r ③E=3.5+×r ④联立③④解之得：E=4V，r=1Ω答：电源电动势和内阻分别为4V和1Ω．【点评】本题提供了一种测量电源电动势和内阻的方法：伏阻法，利用闭合电路的欧姆定律列方程组即可求解．。

江西省丰城中学2017-2018学年高二上学期物理周练3(实验班9.29) Word版含答案

2017-2018学年上学期丰城中学高二物理周练三（2至5班）一、选择题：（共10小题，每题5分，共50分。

1-5为单选，6-10为多选） 1．下列说法中正确的是（）A 通过导体的电流越大，则导体的电阻越小。

B 导体的电阻跟加在它两端的电压成正比，跟通过导体的电流成反比。

C 电源提供的电能越多，电源的电动势越大。

D 当电源的内阻可忽略不计时，无论外电路是否断开，路端电压均等于电源电动势2．下列关于电阻率的说法中，错误．．的是： A ．电阻率只是一个比例常数，与任何其他因素无关 B ．电阻率反映材料导电性能的好坏，所以与材料有关 C ．电阻率与导体的温度有关D ．电阻率在国际单位制中的单位是欧姆米 3．电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比。

在测电源电动势和内电阻的实验中得到的实验图线如图所示，图中U 为路端电压，I 为干路电流，a 、b 为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为a η、b η。

由图可知a η、b η的值分别为A ．34、14 B ．13、23 C ．12、12 D ．23、134．如图所示，电源电动势E ＝8V ，内阻不为零，电灯A 标有“10V ，10W”字样，电灯B 标有“8V ，20W”字样，滑动变阻器的总电阻为6Ω，当滑动触头P 由a 端向b 端滑动的过程中（不考虑电灯电阻的变化）（） A ．电流表的示数一直增大，电压表的示数一直减小 B ．电流表的示数一直减小，电压表的示数一直增大C ．电流表的示数先增大后减小，电压表的示数先减小后增大D ．电流表的示数先减小后增大，电压表的示数先增大后减小5．某个由导电介质制成的电阻截面如图所示。

导电介质的电阻率为ρ、制成内、外半径分别为a 和b 的半球壳层形状(图中阴影部分)，半径为a 、电阻不计的球形电极被嵌入导电介质的球心为一个引出电极，在导电介质的外层球壳上镀上一层电阻不计的金属膜成为另外一个电极。

设该电阻的阻值为R 。

高二物理上学期周练试卷(班含解析)高二全册物理试题

嘴哆市安排阳光实验学校丰城中学高二（上）周练物理试卷（重点班12.24）一、选择题（本题共12个小题，每小题4分，共48分）1．长为a宽为b的矩形线圈，在磁感强度为B的匀强磁场中垂直于磁场的OO′轴以恒定的角速度ω旋转，设t=0时，线圈平面与磁场方向平行，则此时的磁通量和磁通量的变化率分别是（）A．0，0 B．0，BabωC．Babω，BabωD．Babω，02．如图，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管截面平行，当电键S接通一瞬间，两铜环的运动情况是（）A．同时向两侧推开B．同时向螺线管靠拢C．一个被推开，一个被吸引，但因电源正负极未知，无法具体判断D．同时被推开或同时向螺线管靠拢，但因电源正负极未知，无法具体判断3．如图所示，在光滑水平面上的直线MN左侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，右侧是无磁场空间．将两个大小相同的铜质矩形闭合线框由图示位置以同样的速度v向右完全拉出匀强磁场．已知制作这两只线框的铜质导线的横截面积之比是1：2．则拉出过程中下列说法中正确的是（）A．所用拉力大小之比为2：1B．通过导线某一横截面的电荷量之比是1：1C．拉力做功之比是1：4D．线框中产生的电热之比为1：24．如图所示，在磁感强度为B的匀强磁场中，有半径为r的光滑半圆形导体框架，OC为一能绕O在框架上滑动的导体棒，OC之间连一个电阻R，导体框架与导体棒的电阻均不计，若要使OC能以角速度ω匀速转动，则外力做功的功率是（）A ．B ．C ．D ．5．如图所示，把金属圆环匀速拉出磁场，下面叙述正确的是（）A．向左拉出和向右拉出所产生的感应电流方向相反B．不管向什么方向拉出，只要产生感应电流方向都是顺时针C．向右匀速拉出时，感应电流大小不变D．要将金属环匀速拉出，拉力大小要改变6．如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力作用下运动时，MN在磁场力作用下向右运动．则PQ所做的运动可能是（）A．向右匀加速运动B．向左匀加速运动C．向右匀减速运动D．向左匀减速运动7．如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落．如果线圈中受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为（）A．a1＞a2＞a3＞a4B．a1=a2=a3=a4C．a1=a3＞a2＞a4D．a4=a2＞a3＞a18．如图α所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P 和Q共轴，Q中通有变化电流i，电流随时间变化的规律如图b所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为N，则在下列时刻（）A．t1时刻N＞G，P有收缩的趋势B．t2时刻N=G，此时穿过P的磁通量最大C．t3时刻N=G，此时P中无感应电流D．t4时刻N＜G，此时穿过P的磁通量最小9．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．线圈能通过场区不会停下D．线圈在磁场中某个位置停下10．如图所示，xoy坐标系第一象限有垂直纸面向外的匀强磁场，第三象限有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感强度大小均为B，第二、四象限内没有磁场．一个围成四分之一圆弧形的导体环oab，其圆心在原点o，开始时导体环在第四象限，从t=0时刻起绕o点在xoy坐标平面内逆时针匀速转动．若以逆时针方向的电流为正，下列表示环内感应电流i随时间t变化的图象中，正确的是（）A ．B ．C ．D ．11．如图所示，用铝板制成“⊃”形框，将一质量为m的带电小球用绝缘细线悬挂在框的上方，让整体在垂直于水平方向的匀强磁场中向左以速度v匀速运动，悬线拉力为T，则（）A．悬线竖直，T=mg B．悬线竖直，T＜mgC．v选择合适的大小，可使T=0D．因条件不足，T与mg的大小关系无法确定12．如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B．将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g．下列选项正确的是（）A．P=2mgvsinθB．P=3mgvsinθC ．当导体棒速度达到时加速度大小为D．在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功二、计算题（本题共4个小题，共52分）13．用电阻为18Ω的均匀导线弯成如图所示直径D=0.80m的封闭金属圆环，环上AB弧所对圆心角为60°，将圆环垂直于磁感线方向固定在磁感应强度B=0.50T的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里．一根每米电阻为1.25Ω的直导线PQ，沿圆环平面向左以v=3.0m/s的速度匀速滑行（速度方向与PQ垂直），滑行中直导线与圆环紧密接触（忽略接触处的电阻），当它通过环上A、B位置时，求：（1）直导线AB段产生的感应电动势，并指明该段直导线中电流的方向；（2）此时圆环上发热损耗的电功率．14．一电阻为R的金属圆环，放在匀强磁场中，磁场与圆环所在平面垂直，如图（a）所示．已知通过圆环的磁通量随时间t的变化关系如图（b）所示，图中的最大磁通量Ф0和变化周期T都是已知量，求：（1）在t=0到的时间内，通过金属圆环的电流大小及方向；（2）在t=0到t=T的时间内，金属环所产生的电热Q．15．用质量为m、总电阻为R的导线做成边长为l的正方形线框MNPQ，并将其放在倾角为θ的平行绝缘导轨上，平行导轨的间距也为l，如图所示．线框与导轨之间是光滑的，在导轨的下端有一宽度为l（即ab=l）、磁感应强度为B 的有界匀强磁场，磁场的边界aa′、bb′垂直于导轨，磁场的方向与线框平面垂直．某一次，把线框从静止状态释放，线框恰好能够匀速地穿过磁场区域．若当地的重力加速度为g，求：（1）线框通过磁场时的运动速度；（2）开始释放时，MN与bb′之间的距离；（3）线框在通过磁场的过程中所生的热．16．如图所示，x轴上方有一匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于纸面向里，大小为B，x轴下方有一匀强电场，电场强度的大小为E，方向与y轴的夹角θ为45°且斜向上方．现有一质量为m电量为q的正离子，以速度v0由y轴上的A点沿y轴正方向射入磁场，该离子在磁场中运动一段时间后从x轴上的C点进入电场区域，该离子经C点时的速度方向与x轴夹角为45°．不计离子的重力，设磁场区域和电场区域足够大．求：（1）C点的坐标；（2）离子从A点出发到第三次穿越x轴时的运动时间；（3）离子第四次穿越x轴时速度的大小及速度方向与电场方向的夹角．丰城中学高二（上）周练物理试卷（重点班12.24）参考答案与试题解析一、选择题（本题共12个小题，每小题4分，共48分）1．长为a宽为b的矩形线圈，在磁感强度为B的匀强磁场中垂直于磁场的OO′轴以恒定的角速度ω旋转，设t=0时，线圈平面与磁场方向平行，则此时的磁通量和磁通量的变化率分别是（）A．0，0 B．0，BabωC．Babω，BabωD．Babω，0【考点】法拉第电磁感应定律；磁通量．【专题】电磁学．【分析】根据磁能量的定义可知磁通量的大小；由法拉第电磁感应定律可知磁通量的变化率的大小．【解答】解：线圈平面与磁场方向相互平行，则没有磁感线穿过；故磁通量为零；磁通量的变化率最大，电动势最大；由E M=BSω及E=可知；磁通量的变化率：=Babω；故选：B．【点评】了解交流电产生的原理，特别是两个特殊位置：中性面和垂直中性面时，磁通量和电动势的变化．对于正弦交变电流的最大值E m=nBSω=nωΦm，要在理解的基础上加强记忆．交流电流表和电压表测量的是有效值．2．如图，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管截面平行，当电键S接通一瞬间，两铜环的运动情况是（）A．同时向两侧推开B．同时向螺线管靠拢C．一个被推开，一个被吸引，但因电源正负极未知，无法具体判断D．同时被推开或同时向螺线管靠拢，但因电源正负极未知，无法具体判断【考点】楞次定律．【专题】电磁感应中的力学问题．【分析】当电键S接通瞬间，小铜环中磁通量从无到有增加，产生感应电流，铜环受到安培力将发生运动，根据楞次定律判断两环的运动方向．【解答】解：当电键S接通瞬间，小铜环中磁通量从无到有增加，根据楞次定律，感应电流的磁场要阻碍磁通量的增加，则两环将向两侧运动．故A正确．故选A．【点评】本题考查运用楞次定律判断电磁感应现象中导体运动方向问题的能力．本题也可以按因果关系，按部就班的分析两环受到的安培力方向判断．3．如图所示，在光滑水平面上的直线MN左侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，右侧是无磁场空间．将两个大小相同的铜质矩形闭合线框由图示位置以同样的速度v向右完全拉出匀强磁场．已知制作这两只线框的铜质导线的横截面积之比是1：2．则拉出过程中下列说法中正确的是（）A．所用拉力大小之比为2：1B．通过导线某一横截面的电荷量之比是1：1C．拉力做功之比是1：4D．线框中产生的电热之比为1：2【考点】电磁感应中的能量转化；法拉第电磁感应定律．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】根据E=BLv、I=、F=BIL ，R=ρ得到安培力的表达式，即可根据平衡条件得到拉力的大小关系；根据感应电荷量q=分析电荷量的关系；由功的公式得到拉力做功的表达式，再求解做功之比；根据功能关系分析电热之比．【解答】解：A、设矩形线圈左右边长为L1，上下边长为L2．电阻率为ρ，截面积为S．则感应电流为 I==拉力F=BIL1==，则知F∝S，所以所用拉力大小之比为1：2．故A错误．B、根据感应电荷量q==∝S，所以通过导线某一横截面的电荷量之比是1：2．故B错误．C、拉力做功W=FL1=∝S，拉力做功之比是1：2．故C错误．D、根据功能关系可知，线框中产生的电热等于拉力做功，故电热之比为1：2．故D正确．故选D【点评】本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，考查了导体切割产生的感应电动势公式，闭合电路欧姆定律、电阻定律、感应电荷量等多个知识，推导出所求量的表达式是关键．4．如图所示，在磁感强度为B的匀强磁场中，有半径为r的光滑半圆形导体框架，OC为一能绕O在框架上滑动的导体棒，OC之间连一个电阻R，导体框架与导体棒的电阻均不计，若要使OC能以角速度ω匀速转动，则外力做功的功率是（）A ．B ．C ．D ．【考点】电功、电功率；导体切割磁感线时的感应电动势．【专题】电磁感应中的力学问题．【分析】导体棒匀速转动，说明处于受力平衡状态，外力的功率和电阻的发热的功率大小相等，求出电阻发热的功率即可．【解答】解：因为OC是匀速转动的，根据能量的守恒可得，P外=P电=，又因为E=Br•，联立解得：P外=，所以C正确．故选C．【点评】解决本题的关键是分析出外力的功率与电阻的发热的功率大小相等，知道这一点本题就简单的多了．5．如图所示，把金属圆环匀速拉出磁场，下面叙述正确的是（）A．向左拉出和向右拉出所产生的感应电流方向相反B．不管向什么方向拉出，只要产生感应电流方向都是顺时针C．向右匀速拉出时，感应电流大小不变D．要将金属环匀速拉出，拉力大小要改变【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．【分析】将线圈拉出磁场，磁通量都减小，根据楞次定律判断感应电流的方向．公式E=BLv中L是有效的切割长度．安培力的大小：F=BIL中L是有效长度．【解答】解：A、B、不管沿什么将线圈拉出磁场，穿过线圈的磁通量都减小，根据楞次定律判断可知，线圈中感应电流的方向都是沿顺时针方向．故B正确，A错误．C、感应电流的大小与感应电动势有关，而感应电动势与线圈移动时切割磁感线的有效长度有关，由于移动过程中有效的切割长度先增大后减小，则感应电动势也先增大后减小，感应电流先增大后减小．故C错误．D、线圈在切割磁感线的过程中，安培力的大小：F=BIL，与电流的大小以及安培力的有效长度有关，由于感应电流先增大后减小，移动过程中有效长度先增大后减小，所以对金属环的拉力大小会发生变化．故D正确．故选：BD．【点评】本题是楞次定律和E=BLv的应用，注意公式E=BLv中L是有效的切割长度．安培力的大小：F=BIL中L是有效长度．6．如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力作用下运动时，MN在磁场力作用下向右运动．则PQ所做的运动可能是（）A．向右匀加速运动B．向左匀加速运动C．向右匀减速运动D．向左匀减速运动【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；根据右手螺旋定则，与楞次定律可知PQ的运动情况．【解答】解：MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；再由右手螺旋定则与楞次定律可知，PQ可能是向左加速运动或向右减速运动．故BC正确，AD错误．故选：BC．【点评】本题关键是分析好引起感应电流的磁通量的变化，进而才能分析产生电流的磁通量是由什么样的运动产生的．7．如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落．如果线圈中受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为（）A．a1＞a2＞a3＞a4B．a1=a2=a3=a4C．a1=a3＞a2＞a4D．a4=a2＞a3＞a1【考点】法拉第电磁感应定律；安培力．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】线圈自由下落时，加速度为g．线圈进入和穿出磁场过程中，切割磁感线产生感应电流，将受到向上的安培力．线圈完全在磁场中时，不产生感应电流，线圈只受重力，加速度等于g．根据牛顿第二定律分析加速度的关系．【解答】解：线圈自由下落时，加速度为a1=g．线圈完全在磁场中时，磁通量不变，不产生感应电流，线圈不受安培力作用，只受重力，加速度为a3=g．线圈进入和穿出磁场过程中，切割磁感线产生感应电流，将受到向上的安培力，根据牛顿第二定律得知，a2＜g，a4＜g．线圈完全在磁场中时做匀加速运动，到达4处的速度大于2处的速度，则线圈在4处所受的安培力大于在2处所受的安培力，又知，磁场力总小于重力，则a2＞a4，故a1=a3＞a2＞a4．故选：C【点评】本题关键是分析安培力的大小和方向情况，抓住安培力大小与速度成正比，分析B、D两处安培力的大小关系．8．如图α所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P 和Q共轴，Q中通有变化电流i，电流随时间变化的规律如图b所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为N，则在下列时刻（）A．t1时刻N＞G，P有收缩的趋势B．t2时刻N=G，此时穿过P的磁通量最大C．t3时刻N=G，此时P中无感应电流D．t4时刻N＜G，此时穿过P的磁通量最小【考点】楞次定律；磁通量．【专题】电学图像专题．【分析】当螺线管中通入变化的电流时形成变化的磁场，这时线圈P中的磁通量发生变化，由其磁通量的变化根据楞次定律可以判断P中产生感应电流的大小方向以及P线圈收缩和扩展趋势．【解答】解：A、当螺线管中电流增大时，其形成的磁场不断增强，因此线圈P 中的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈P将阻碍其磁通量的增大，故线圈有远离和面积收缩的趋势，故A正确；B、D当螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此磁铁线圈中无感应电流产生，故t2时刻N=G，此时穿过P的磁通量最大，故B 正确，D错误；C、t3时刻螺线管中电流为零，但是线圈P中磁通量是变化的，因此此时线圈中有感应电流，此瞬间螺线管中电流为零，两线圈间没有作用力，因此此时N=G，故C错误．故选AB．【点评】正确理解楞次定律中“阻碍”的含义，注意判断感应电流的大小看磁通量的变化率而不是看磁通量的大小，如C选项，学生很容易错选．9．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．线圈能通过场区不会停下D．线圈在磁场中某个位置停下【考点】电磁感应中的能量转化；法拉第电磁感应定律．【专题】电磁感应——功能问题．【分析】线圈完全进入磁场后做匀速运动，进磁场和出磁场的过程都做变减速直线运动，比较进磁场和出磁场时所受的安培力大小，从而判断出线圈能否通过磁场．【解答】解：线圈出磁场时的速度小于进磁场时的速度，安培力F=BIL=，知出磁场时所受的安培力小于进磁场时所受的安培力，根据动能定理，由于进磁场时安培力做功大于出磁场时安培力做功，则出磁场时动能的变化量小于进磁场时动能的变化量，进磁场时其动能恰好等于它在磁场外面时的一半，知出磁场后，动能不为零，还有动能，将继续运动，不会停下来．故D正确．A、B、D错误．故选：C．【点评】解决本题的关键比较出进磁场和出磁场时的安培力，根据动能定理进行分析．10．如图所示，xoy坐标系第一象限有垂直纸面向外的匀强磁场，第三象限有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感强度大小均为B，第二、四象限内没有磁场．一个围成四分之一圆弧形的导体环oab，其圆心在原点o，开始时导体环在第四象限，从t=0时刻起绕o点在xoy坐标平面内逆时针匀速转动．若以逆时针方向的电流为正，下列表示环内感应电流i随时间t变化的图象中，正确的是（）A ．B ．C ．D ．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．【专题】电磁感应——功能问题．【分析】根据右手定则判断线框中感应电流的方向．由导体棒转动切割磁感线产生的感应电动势公式E=BL2ω和欧姆定律分析感应电流的大小的变化情况．【解答】解：在0﹣内，oa切割磁力线运动，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为顺时针方向，为负值．﹣内，ob切割磁力线运动，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为逆时针方向，为正值．T ﹣T，oa切割磁力线运动，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为逆时针方向，为正值．T﹣T内，ob切割磁力线运动，根据右手定则判断可知，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为顺时针方向，为负值．无论哪个半径切割磁力线，所产生的感应电动势大小相同，设加速度为ω，由感应电动势公式E=BL2ω和欧姆定律得知感应电流的大小是不发生变化的，由此可得知选项ABC错误，D正确．故选：D．【点评】本题首选要明确右手定则的使用方法，要会根据感应电动势公式和欧姆定律分析感应电流的大小情况，再选择图象．对于电流的方向，还可直接利用楞次定律来解答．11．如图所示，用铝板制成“⊃”形框，将一质量为m的带电小球用绝缘细线悬挂在框的上方，让整体在垂直于水平方向的匀强磁场中向左以速度v匀速运动，悬线拉力为T，则（）A．悬线竖直，T=mgB．悬线竖直，T＜mgC．v选择合适的大小，可使T=0D．因条件不足，T与mg的大小关系无法确定【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；导体切割磁感线时的感应电动势．【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】注意铝框在磁场中也产生感应电动势，故小球在总共受四个力作用，由洛仑兹力公式及电场力公式可得出两力间的关系；从而得出拉力与重力的关系．【解答】解：因为竖直的铝板切割磁感线所以产生感应电动势．U形框的上下板形成一个上板为负下板为正的匀强电场．小球这时候受到4个力的作用，重力方向向下，绳子的弹力方向向上，洛伦磁力，电场力，如果带的是正电则洛伦磁力方向向下，所受电场力方向向上；如果带的是负电则洛伦磁力方向向上，所受电场力方向向下，且洛仑磁力等于电场力．f洛=BqV，F电=Eq，E=，u=E；感应电动势=BVL（L为竖直板的长度）联合起来得 F电=BqV，故洛伦磁力等于电场力且方向相反．故拉力等于重力；故选A．【点评】本题不要只认为小球只受洛仑兹力而忽视了电场力，注意导体切割磁感线时都会产生感应电动势，从而形成电场．12．如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B．将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g．下列选项正确的是（）A．P=2mgvsinθB．P=3mgvsinθC ．当导体棒速度达到时加速度大小为D．在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；功率、平均功率和瞬时功率；电磁感应中的能量转化．【专题】压轴题；电磁感应——功能问题．【分析】导体棒最终匀速运动受力平衡可求拉力F，由P=Fv可求功率，由牛顿第二定律求加速度，由能量守恒推断能之间的相互转化．【解答】解：A、当导体棒以v匀速运动时受力平衡，则mgsinθ=BIl=，当导体棒以2v匀速运动时受力平衡，则F+mgsinθ=BIl=，故F=mgsinθ，拉力的功率P=Fv=2mgvsinθ，故A正确B、同理，B错误C 、当导体棒速度达到时，由牛顿第二定律，mgsinθ﹣=ma，解得a=，故C正确D、由能量守恒，当速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力及重力所做的功，故D错误故选：AC【点评】考查了电磁感应定律结合闭合电路，注意平衡条件得应用，能量、功率关系．二、计算题（本题共4个小题，共52分）13．用电阻为18Ω的均匀导线弯成如图所示直径D=0.80m的封闭金属圆环，环上AB弧所对圆心角为60°，将圆环垂直于磁感线方向固定在磁感应强度B=0.50T的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里．一根每米电阻为1.25Ω的直导线PQ，沿圆环平面向左以v=3.0m/s的速度匀速滑行（速度方向与PQ垂直），滑行中直导线与圆环紧密接触（忽略接触处的电阻），当它通过环上A、B位置时，求：（1）直导线AB段产生的感应电动势，并指明该段直导线中电流的方向；（2）此时圆环上发热损耗的电功率．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】由右手定则得直道线感应电流的方向．。

江西省丰城中学2017-2018学年高三上学期物理周练试卷(尖子9.8) Word版含答案

丰城中学2017-2018学年上学期高三第三次周练卷物理（4-14）一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．）1．下列说法中，符合历史事实的是（）A．卡文迪许首次测出万有引力常量B．开普勒发现了万有引力定律C．牛顿发现了行星的运动规律D．天王星被称为“笔尖下发现的行星”2．使船头方向始终垂直河岸过河，当船行驶到河中央时水流速度突然增大，下列船渡河的说法中正确的是（）A．船渡河时间会变短B．船渡河时间不变C．船渡河位移会变短D．船的合速度会变小3．火车转弯时，如果铁路弯道内外轨一样高，外轨对轮绝（如图a所示）挤压的弹力F提供了火车转弯的向心力（如图b所示），但是靠这种办法得到向心力，铁轨和车轮极易受损。

在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨（如图c所示），当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度小为υ，以下说法中正确的是A．该弯道的半径错误！未找到引用源。

B．当火车质量改变时，规定的行驶速度也将改变C．当火车速率大于υ时，外轨将受到轮缘的挤压D．当火车速率小于υ时，外轨将受到轮缘的挤压4．同步卫星离地心距离为r，运行速率为v1，加速度为a1，地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a2，第一宇宙速度为v2，地球的半径为R，则下列比值正确的是（）5．如图为测定运动员体能的装置，轻绳拴在腰间沿水平线跨过定滑轮（不计滑轮的质量与摩擦），下悬重为G的物体，设人的重心相对地面不动，人用力向后蹬传送带，使水平传送带以速率为v逆时针转动，则（）A．人对重物做功功率为GvB．人对传送带的摩擦力大小等于G，方向水平向右C．在时间t内人对传送带做功消耗的能量为GvtD．若增大传送带的速度，人对传送带做功的功率不变6．某地区的地下发现天然气资源，如图所示，在水平地面P 点的正下方有一球形空腔区域内储藏有天然气．假设该地区岩石均匀分布且密度为ρ，天然气的密度远小于ρ，可忽略不计．如果没有该空腔，地球表面正常的重力加速度大小为g ；由于空腔的存在，现测得P 点处的重力加速度大小为kg （k<l ）．已知引力常量为G ，球形空腔的球心深度为d ，则此球形空腔的体积是（）A ．kgd G ρB ．2kgd G ρC ．(1)k gd G ρ-D ．2(1)k gd G ρ-7．如图所示，一根长为L 的轻杆OA ，O 端用铰链喧固定，轻杆靠在一个高为h 的物块上，某时杆与水平方向的夹角为θ，物块向右运动的速度v ，则此时A 点速度为（）8．如图所示，三个固定的斜面，底边长度都相等，斜面倾角分别为30°、45°、60°，斜面的表面情况都一样。

江西省丰城中学2017-2018学年高二上学期物理第一次周练试卷(零班9.8) Word版含答案

2017-2018学年上学期丰城中学高二物理周练一（2至5班）一、选择题：（共10小题，每题5分，共50分。

1-5为单选，6-10为多选） 1、一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地.在两极板间有一正电荷固定在P 点，如图1所示，以E 表示两极板间的场强，U 表示电容器的电压，ε表示正电荷在P 点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示位置，则（） A.U 不变，E 变小 B.E 变大，ε变大 C.U 变小，ε不变 D.U 不变，ε不变2、如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a 、b 与电池相连，在距离两板等远的M 点有一个带电液滴处于静止状态。

若将板向下平移一小段距离，但仍在M 点上方，稳定后，下列说法中正确的是①液滴将加速向下运动 ②M 点电势升高③M 点的电场强度变小了④在板移动前后两种情况下，若将液滴从a 板移到板，电场力做功相同A ．①②B ．③④C ．①③D ．②④3、把两个相同的电容器A 和B 连接起来，如右图所示.当它们带有一定电量时，电容器A 中带电微粒M 恰好静止.现在使电容器B 板错开，而间距不变，使它们的正对面积变为原来的21，则此时M 的加速度为 A.g B.2g C.3g D. 4g 4、如图所示，将平行板电容器与电池组相连，两板间的带电尘埃恰好处于静止状态．若将两板缓慢地错开一些，其他条件不变，则A ．电容器带电量不变B ．尘埃仍静止C ．电流计中有a →b 的电流D ．电流计中有b →a 的电流5、如图所示，D 是一只二极管，它的作用是只允许电流从a流向b ，不允许电流从b 流向a ，平行板电容器AB 内部原有电荷P 处于静止状态，当两极板A 和B 的间距稍增大一些的瞬间(两极板仍平行)，关于电荷P 的说法正确的是 A ．仍静止不动． B ．向下运动．C．向上运动． D．电荷P带正电6、如图8所示的两个平行板电容器水平放置，A板用导线与M板相连，B板和N板都接地。

江西省丰城市第九中学高二上学期第四次周考物理试卷

物理试卷考试时间：100分钟满分100分一、选择题（本题共12个小题，每小题5分，共60分；其中1-10为单选题，其中9,11,12为多选题；多选全部选对得5分，选对但不全得3分，有错选得0分．）1．公元前600年左右，希腊人泰勒斯就发现了用毛皮摩擦过的琥珀能吸引轻小的物体，公元一世纪，我国学者王充在《论衡》一书中也写下了“顿牟掇芥”．下列关于摩擦起电现象说法正确的是A．玻璃棒与丝绸摩擦过后，玻璃带的是负电B．摩擦起电的过程就是创造电荷的过程，C．橡胶棒与毛皮摩擦后带负电，是因为毛皮上的电子移动到橡胶棒上D．摩擦起电可以使物体带上任意大小的电量2．如图，绝缘光滑圆环竖直放置，a、b、c为三个套在半径为R圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知小球c位于圆环最高点（未画出），ac连线与竖直方向成60°角，bc连线与竖直方向成30°角，小球a的电量为3q(q＞0)，质量为m，三个小球均处于静止状态。

下列说法正确的是（）A．a、b、c小球带同种电荷B．a、b小球带异种电荷，b、c小球带同种电荷C．a、b小球电量之比为3 6D．小球c电量数值为2 3mgR3．如图所示，竖直平面内固定一个半径为R的刚性光滑绝缘圆环。

在圆环的最顶端固定一个电荷量为q的小球，另一个质量为m带负电的小圆环套在大圆环上，当小圆环平衡时，测得两电荷之间的连线与竖直线的夹角为30°，则（设静电力常量为k）（）A．大圆环对小圆环的弹力大小为(31)mgB．小圆环带电量的大小为2 33mgRkqC．大圆环对小圆环的弹力指向圆心D．小圆环带电量增加，小环受到的弹力先增加后减小4．如图，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab=5cm，bc=3cm，ca=4cm．小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线．设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k，则（）A．a、b的电荷同号，169 k=B．a、b的电荷异号，169 k=C．a、b的电荷同号，6427 k=D．a、b的电荷异号，6427 k=5．如图，电荷量为q1和q2的两个点电荷分别位于P点和Q点．已知在P、Q连线至某点R 处的电场强度为零，且PR=3RQ．则（）A．q1=3q2B．q1=-9q2C．q1=-3q2D．q1=9q26．如图真空中有三个带等电荷量的点电荷a、b和c，分别固定在水平面内正三角形的顶点上，其中a、b带正电，c带负电。

江西省宜春市丰城中学2017-2018学年高二上学期第一次周练物理试卷(尖子班)Word版含解析

2017-2018 学年江西省宜春市丰城中学高二（上）第一次周练物理试卷（尖子班）一、选择题（1-6 题为单项选择，每题 4 分， 7-12 题为多项选择，每题 6 分，共 60 分）1．在研究平行板电容器的电容与哪一种要素相关的实验中，一已充电的平行板电容器与静电计连结如下图．已知静电计指针张角跟着电容器两极间的电势差的增大而增大．现保持电容器的电量不变，且电容器 B 板地点不动．以下说法中正确的选项是（）A ．将 A 板向左平移，则静电计指针张角不变B ．将 A 板向左平移，则静电计指针张角增小C．将 A 板竖直向上平移，则静电计指针张角减小D ．将 A 板竖直向上平移，则静电计指针张角增添2．如下图，一平行板电容器的电容为C，两极板M 、 N 间距离为d，所接电源的电动势为E，两板间a、b、 c 三点的连线构成一等腰直角三角形．三角形的两直角边长均为L，此中边与两板平行，以下说法正确的选项是（）abA ．电容器所带电荷量为2CEB．两极板间匀强电场的电场强度大小为C． a、 c 两点间的电势差为D ．若增大两板间距离时，a、 c 两点间电势差不变3．如下图，带有等量异种电荷的两块很大的平行金属板M 、N 带电微粒以速度v0沿直线运动，当微粒运动到P 点时，快速将M 微粒的运动状况可能的是（）水公正对搁置，两板间有一板上移一小段距离，则今后A ．沿轨迹①做曲线运动B ．方向改变沿轨迹② 做直线运动C．方向不变沿轨迹③ 做直线运动D ．沿轨迹④做曲线运动4． M 、 N 两金属板竖直搁置，使其带电后与电源断开，悬挂此中的带电小球P 如图偏离竖直方向．设 P 球一直不与金属极板接触，以下会使OP悬线与竖直方向的夹角增大的举措是（）A ．紧贴 M 板插入一块适合厚度的金属板B ．保持 N 板不动，将M 板迟缓向右平移少量C．保持 M 板不动，将N 板迟缓向右平移少量D ．保持 M 板不动，将N 板迟缓向下平移少量5．如下图，平行板电容器与电动势为 E 的直流电源连结，下极板接地，静电计所带电荷量极少，可被忽视．一带负电油滴被固定于电容器中的 P 点．现将平行板电容器的下极板竖直向下挪动一小段距离，则（）A．平行板电容器的电容将变小B．静电计指针张角变小D．若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下挪动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变6．一水平搁置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔（小孔对电场的影响可忽视不计）．小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始着落，经过小孔进入电容器，并在下极板处（未与极板接触）返回．若将下极板向上平移，则从 P 点开始着落的相同粒子将（）A ．打到下极板上B ．在下极板处返回C．在距上极板处返回D．在距上极板处返回P 7．如下图，在两条竖直界限限所围的匀强电场中，一个不计重力的带电粒子从左界限的点以某一水平速度射入电场，从右界限的 Q 点射出，以下判断正确的有（）A．粒子带正电B．粒子做匀速圆周运动C．粒子电势能增大D．仅增大电场强度粒子经过电场的时间不变8．如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子（不计重力），两板间距离足够大，当两板间加上如图乙所示的电压后，在以下图中反应电子速度v、位移 x 和加快度 a 三个物理量随时间 t 的变化规律可能正确的选项是（）A．B．C．D．9．一个平行板电容器，在充入必定电量后与电源断开，电容器的带电量为Q，两极板间的电压为 U，电容为 C，两极板间的距离为d，在电容器的电介质、两极板正对面积不变的前提下，以下图象正确的选项是（）A．B．C．D．10．如下图，两个有小孔S1、 S2的平行金属板M 、 N 水平搁置，并分别与电源的正负板相连，将一带正电的小球从小孔正上方的P 点无初速开释，不计空气阻力，小球恰巧能穿过小孔 S2，以下状况中，小球还能穿过S2的是（）A ．开关 S 闭合，将B ．开关 S 闭合，将C．开关 S 断开，将D ．开关 S 断开，将N板向下平移一段距离M板向上平移一段距离N板向下平移一段距离M板向下平移一段距离11．如下图是示波器原理图，电子被电压为U1的加快电场加快后射入电压为U2的偏转电场，走开偏转电场后电子打在荧光屏上的P 点， P 点与 O 点的距离叫做偏转距离，而单位偏转电压惹起的偏转距离称为示波器的敏捷度，欲提升示波器的敏捷度，可能有效的方法是（）A ．提升加快电压U1B ．增大偏转电场极板长度C．增大偏转电场极板与荧光屏间的距离D ．增大偏转电场极板间的距离12．以下图是示波管的原理图．它由由子枪、偏转电极（XX ′和 YY ′）、荧光屏构成．管内抽成真空．给电子枪通电后，假如在偏转电极XX ′和 YY ′上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心 O 点，在那边产生一个亮斑，以下说法正确的选项是（）A ．要想让亮斑沿 OY 向上挪动，需在偏转电极YY ′上加电压，且Y′比 Y 电势高B ．要想让亮斑移到荧光屏的右上方，需在偏转电极XX ′、 YY ′上加电压，且X 比 X ′电势高，Y 比 Y′电势高C．要想在荧光屏上出现一条水平亮线，需在偏转电极XX ′上加特定的周期性变化的电压（扫描电压）D ．要想在荧光屏上出现一条正弦曲线，需在偏转电极XX ′上加适合频次的扫描电压、在偏转电极 YY ′上加按正弦规律变化的电压三．计算题：（ 13 题 12 分， 14 题 14 分， 15 题 14分，共 40 分）13．如下图，一电子（质量为m，电量绝对值为e）处于电压为U 的水平加快电场的左极板A 内侧，在电场力作用下由静止开始运动，而后穿过极板B 中间的小孔在距水平极板M 、 N 等距处垂直进入板间的匀强偏转电场．若偏转电场的两极板间距为d，板长为 l，求：（ 1）电子刚进入偏转电场时的速度v0；（ 2）要使电子能从平行极板M 、 N 间飞出，两个极板间所能加的最大偏转电压U max′．14．如图，加在极板 A 、B 间的电压做周期性的变化，正向电压为 U0，反向电压为．周期为 2τ．在 t=0 时，极板 B 邻近的一个电子，质量为m，电荷量为 e，受电场力的作用由静止开始运动．不计电子重力．①若在 0→2τ时间内，电子不可以抵达极板②板间距 d 知足何种条件时，电子抵达极板A ，求板间距 d 应知足的条件．A 时动能最大？15．如下图的直角坐标系中，在直线x= ﹣ 2l0到 y 轴地区内存在着两个大小相等、方向相反的有界匀强电场，此中 x 轴上方的电场方向沿 y 轴负方向，x 轴下方的电场方向沿y 轴正方向．在电场左界限上 A （﹣2l0，﹣ l 0）到 C（﹣ 2l0， 0）地区内，连续散布着电荷量为+q、质量为 m 的粒子．从某时辰起由 A 点到 C 点间的粒子，挨次连续以相同的速度v0沿 x 轴正方向射入电场．若从 A 点射入的粒子，恰巧从y 轴上的 A ′（ 0，l 0）沿 x 轴正方向射出电场，其轨迹如图虚线所示．不计粒子的重力及它们间的互相作用．求（1）粒子从 A 点到 A ′的时间 t；（2）匀强电场的电场强度 E．2016-2017 学年江西省宜春市丰城中学高二（上）第一次周练物理试卷（尖子班）参照答案与试题分析一、选择题（1-6 题为单项选择，每题 4 分， 7-12 题为多项选择，每题 6 分，共 60 分）1．在研究平行板电容器的电容与哪一种要素相关的实验中，一已充电的平行板电容器与静电计连结如下图．已知静电计指针张角跟着电容器两极间的电势差的增大而增大．现保持电容器的电量不变，且电容器 B 板地点不动．以下说法中正确的选项是（）A ．将 A 板向左平移，则静电计指针张角不变B ．将 A 板向左平移，则静电计指针张角增小C．将 A 板竖直向上平移，则静电计指针张角减小D ．将 A 板竖直向上平移，则静电计指针张角增添【考点】电容器的动向剖析．【剖析】先依据电容的决定式剖析电容的变化，再依据电容的定义式剖析板间电势差的变化，判断静电计指针张角的变化．【解答】解：A 、B 将 A 板向左平移，板间距离 d 增大，依据电容的决定式C=得悉电容C 减小，而电容器的电量Q 不变，由电容的定义式C=剖析得悉板间电势差U 增大，则静电计指针张角增大．故 A 、 B错误．C、D将 A板竖直向上平移，两极板正对的面积减小，依据电容的决定式C=得悉电容C 减小，而电容器的电量Q 不变，由电容的定义式C=剖析得悉板间电势差U 增大，则静电计指针张角增大．故 C 错误， D 正确．应选： D2．如下图，一平行板电容器的电容为 C，两极板 M 、 N 间距离为 d，所接电源的电动势为E，两板ab间a、b、c 三点的连线构成一等腰直角三角形．三角形的两直角边长均为L，此中边与两板平行，以下说法正确的选项是（）A ．电容器所带电荷量为2CEB ．两极板间匀强电场的电场强度大小为C． a、 c 两点间的电势差为D ．若增大两板间距离时，a、 c 两点间电势差不变【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【剖析】明确两极间的电压等于电源的电动势，依据电容的定义式C=求出电容器的带电量．两极板间匀强电场的电场强度大小E=．PN间的电势差小于板间电压U．依据U=Ed ，d是两点间沿场强方向的距离求电势差．【解答】解： A、电容器两头的电压为电源的电动势；故电容器的带电量Q=EC ；故 A 错误；B 、两板间的电场强度E==；故 B 正确；C、 ac 两点的电势差U ac=Ed ac=Lsin45 °=；故C 错误；D、因电容器与电源相连；故电容两头的电压不变；增大两板间的距离时，电场强度减小，故ac 两点的电势差减小；故 D 错误；应选： B．3．如下图，带有等量异种电荷的两块很大的平行金属板M 、N 水公正对搁置，两板间有一带电微粒以速度v0沿直线运动，当微粒运动到P 点时，快速将M 板上移一小段距离，则今后微粒的运动状况可能的是（）A ．沿轨迹①做曲线运动B ．方向改变沿轨迹② 做直线运动C．方向不变沿轨迹③ 做直线运动D ．沿轨迹④做曲线运动【考点】电容器的动向剖析；带电粒子在匀强电场中的运动．【剖析】平行金属板所带电量和正对面积不变，依据推论剖析板间场强能否变化，确立微粒的电场力的变化，剖析微粒的可能运动状况．【解答】解：当微粒运动到P 点时，快速将M 板上移一小段距离，由电容的决定式C=、定义式C=以及E=得， E=．知电场强度不变，粒子的遇到电场力也不变，微粒的运动方向不变，仍沿轨迹③ 做直线运动．故 C 正确，A、B、D错误．应选 C．4． M 、 N 两金属板竖直搁置，使其带电后与电源断开，悬挂此中的带电小球P 如图偏离竖直方向．设 P 球一直不与金属极板接触，以下会使OP悬线与竖直方向的夹角增大的举措是（）A ．紧贴 M 板插入一块适合厚度的金属板B ．保持 N 板不动，将M 板迟缓向右平移少量C．保持 M 板不动，将N 板迟缓向右平移少量D ．保持 M 板不动，将N 板迟缓向下平移少量【考点】电容器的动向剖析．【剖析】对小球受力剖析，要使夹角增大，所受的电场力要增大，场强就要增大．依据电容的决定式 C=剖析电容的变化，抓住电容器的电量不变，由C=剖析板间电压的变化，由 E= 剖析场强的变化．只需剖析逐项中能使场强增大的选项即可．【解答】解：使 OP 悬线与竖直方向的夹角增大即增大小球的受力，使板间的场强变大即可．A 、紧贴 M 板插入一块适合厚度的金属板，极板间距离减小，由电容的决定式C=、电容的定义式 C=和场强公式 E=，得 E=，则知场强不变，则 OP 悬线与竖直方向的夹角不变．故 A 错误．B 、C、同理，保持 N 板不动，将 M 板迟缓向右平移或保持M 板不动，将 N 板迟缓向右平移，板间距离变化，因为电荷量和板的面积都不变，板间场强不变，OP 悬线与竖直方向的夹角均不变．故 BC 错误．D 、保持 M 板不动，将 N 板迟缓向下平移时，由电容的决定式C=知电容减小，因为电容器的电量不变，由电容的定义式C=知板间电压增大，则由场强公式E= 知场强增大，小球所受的电场力增大， OP 悬线与竖直方向的夹角增大．故 D 正确．应选： D5．如下图，平行板电容器与电动势为 E 的直流电源连结，下极板接地，静电计所带电荷量P 点．现将平行板电容器的下极板竖直极少，可被忽视．一带负电油滴被固定于电容器中的向下挪动一小段距离，则（）A．平行板电容器的电容将变小B．静电计指针张角变小D．若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下挪动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变【考点】电容器的动向剖析．【剖析】电容器一直与电源相连，电容器两头间的电势差保持不变，依据电容器 d 的变化判断电容的变化，由公式E=剖析电场强度的变化，进而判断电荷电势能和电场力的变化．【解答】解：A 、依据电容的决定式C=知，下极板竖直向下挪动时， d 增大，则电容减小．故 A 正确．B、静电计丈量的是电容器两头的电势差，因为电容器一直与电源相连，则电势差不变，因此静电计指针张角不变．故 B 错误．C、电势差不变， d 增大，则由公式E=剖析得悉板间电场强度减小，P 点与上极板间的电势差减小，而P 点的电势比上极板低，上极板的电势不变，则P 点的电势增大，因为油滴带负电荷，则油滴的电势能减小．故 C 错误．D、电容器与电源断开，则电荷量不变， d 改变，依据E=，C=和C=得E=，D 正确．则知电场强度不变，则油滴所受电场力不变．故应选： AD ．6．一水平搁置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔（小孔对电场的影响可忽视不计）．小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始着落，经过小孔进入电容器，并在下极板处（未与极板接触）返回．若将下极板向上平移，则从 P 点开始着落的相同粒子将（）A ．打到下极板上B ．在下极板处返回C．在距上极板处返回D．在距上极板处返回【考点】电容器的动向剖析．【剖析】下极板未挪动时，带电粒子抵达下极板处返回，知道重力做功与电场力做功之和为零，向上挪动下极板，若运动到下极板，重力做功小于战胜电场力做功，可知不行能运动到下极板返回，依据动能定理，联合电势差大小与 d 的关系，求出粒子返回时的地点．【解答】解：对下极板未挪动前，从静止开释到速度为零的过程运用动能定理得，．将下极板向上平移，设运动到距离上司板x 处返回．依据动能定理得，联立两式解得x=．故D正确，A、B、C错误．应选 D．7．如下图，在两条竖直界限限所围的匀强电场中，一个不计重力的带电粒子从左界限的P 点以某一水平速度射入电场，从右界限的Q 点射出，以下判断正确的有（）A．粒子带正电B．粒子做匀速圆周运动D．仅增大电场强度粒子经过电场的时间不变【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【剖析】依据带电粒子的偏转方向得出粒子所受电场力的方向，进而确立电荷的电性，粒子垂直进入匀强电场做类平抛运动，依据电场力做功判断电势能的变化，将粒子的运动分解为水平方向和竖直方向，抓住水平方向上做匀速直线运动判断时间的变化．【解答】解： A、粒子垂直电场进入，做类平抛运动，电场力竖直向下，知粒子带正电．故A 正确， B 错误．B 、从 P 到 Q，电场力做正功，电势能减小．故C 错误．D 、粒子在水平方向上做匀速直线运动，初速度不变，穿越电场的时间不变，仅增大电场强度，经过电场的时间不变．故 D 正确．应选： AD ．8．如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子（不计重力），两板间距离足够大，当两板间加上如图乙所示的电压后，在以下图中反应电子速度v、位移x 和加快度 a 三个物理量随时间 t 的变化规律可能正确的选项是（）A ．B．C．D．【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【剖析】剖析电子一个周期内的运动状况：0～时间内，电子从静止开始向 A 板做匀加快直线运动，～时间内沿原方向做匀减速直线运动，～T 时间内向 B 板做匀加快直线运动，～T 时间内做匀减速直线运动．依据牛顿第二定律剖析加快度．依据电子的运动状况剖析判断．【解答】解：剖析电子一个周期内的运动状况：0～时间内，电子从静止开始向 A 板做匀加速直线运动，～时间内沿原方向做匀减速直线运动，时辰速度为零．～T 时间内时间内向 B 板做匀加快直线运动，～ T 时间内做匀减速直线运动．接着循环往复．A 正确，A 、C、依据匀变速运动速度图象是倾斜的直线可知， A 图切合电子的运动状况．故C 错误．B 、电子做匀变速直线运动时x﹣ t 图象应是抛物线，故 B 错误．D、依据电子的运动状况：匀加快运动和匀减速运动交替产生，而匀变速运动的加快度不变，a﹣ t 图象应平行于横轴．故 D 正确．应选： AD9．一个平行板电容器，在充入必定电量后与电源断开，电容器的带电量为 Q，两极板间的电压为 U，电容为 C，两极板间的距离为 d，在电容器的电介质、两极板正对面积不变的前提下，以下图象正确的选项是（）A．B．C．D．【考点】电容．【剖析】充入必定电量后与电源断开，电容器的带电量为Q 不变，电量不变，电容器极板间的场强不变，由公式知，电容与 d 成反比．【解答】解： A、充入必定电量后与电源断开，电容器的带电量为Q 不变，A正确；B 、电量不变，电容器极板间的场强不变，因此E=不变， B 正确；C、由公式知，电容与 d 成反比， CD 错误；应选： AB10．如下图，两个有小孔 S1、 S2的平行金属板M 、 N 水平搁置，并分别与电源的正负板相连，将一带正电的小球从小孔正上方的P 点无初速开释，不计空气阻力，小球恰巧能穿过小孔 S2，以下状况中，小球还能穿过S2的是（）A ．开关 S 闭合，将 N 板向下平移一段距离B ．开关 S 闭合，将M 板向上平移一段距离C．开关 S 断开，将 N 板向下平移一段距离D ．开关 S 断开，将M 板向下平移一段距离【考点】电容器的动向剖析；带电粒子在匀强电场中的运动．【剖析】由题小球恰巧能穿过小孔S2，小球抵达小孔S2时速度恰巧为零，此过程小球的重力做功等于战胜电场力做功．开关S 闭合，将 N 板向下或向上平移一段距离，电场力做功不变，而重力做功改变，依据动能定理剖析小球经过小孔S2时速度状况，确立小球可否穿过小孔．开关 S 断开，板间场强不变，小球着落与本来相同的高度时，速度为零，再剖析两板挪动时，判断小球可否穿过小孔．【解答】解： A、由题小球恰巧能穿过小孔S2，小球抵达小孔S2时速度恰巧为零．此过程小球的重力做功等于战胜电场力做功．开关S 闭合，将 N 板向下平移一段距离，电场力做功不变，重力做功增大，依据动能定理剖析可知，小球经过小孔S2时有向下的速度，必定能穿过小孔．故 A 正确．B 、开关S 闭合，将M 板向上平移一段距离，小球的重力做功等于战胜电场力做功，依据动能定理剖析可知，小球抵达小孔S2时速度恰巧为零，不可以穿过小孔．故C、开关 S 断开，电容器电量不变，距离变化，但板间场强不变，将离，小球着落与本来相同的高度时，速度为零，而后返回，不可以穿过小孔．故B 错误．N 板向下平移一段距C 错误．D、开关 S 断开，电容器电量不变，距离变化，但板间场强不变，将M 距离时，电场力做功减小，重力做功不变，则小球抵达小孔时仍有向下的速度，板向下平移一段能穿过小孔．故D正确．应选 AD11．如下图是示波器原理图，电子被电压为U1的加快电场加快后射入电压为U2的偏转电场，走开偏转电场后电子打在荧光屏上的P 点， P 点与 O 点的距离叫做偏转距离，而单位偏转电压惹起的偏转距离称为示波器的敏捷度，欲提升示波器的敏捷度，可能有效的方法是（）A ．提升加快电压U1B．增大偏转电场极板长度C．增大偏转电场极板与荧光屏间的距离D．增大偏转电场极板间的距离【考点】示波器的使用．【剖析】依据敏捷度的定义，剖析电子的偏转位移的大小，找出敏捷度的关系式，依据关系式来剖析敏捷度与哪些物理量相关．【解答】解：电子在加快电场中加快，依据动能定理可得，eU1=mv 02，因此电子进入偏转电场时速度的大小为，v0=，电子进入偏转电场后的偏转的位移为，h= at 2===，因此示波管的敏捷度=，因此要提升示波管的敏捷度能够增大l ，减小 d 和减小 U1故 B 正确 AD 错误又偏转电场极板与荧光屏间的距离越大，则偏转距离越大，则敏捷度越高，故 C 正确应选： BC ．12．以下图是示波管的原理图．它由由子枪、偏转电极（XX ′和 YY ′）、荧光屏构成．管内抽成真空．给电子枪通电后，假如在偏转电极XX ′和 YY ′上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心 O 点，在那边产生一个亮斑，以下说法正确的选项是（）A ．要想让亮斑沿OY 向上挪动，需在偏转电极YY ′上加电压，且Y ′比 Y 电势高B ．要想让亮斑移到荧光屏的右上方，需在偏转电极XX ′、 YY ′上加电压，且X 比 X ′电势高，Y比 Y ′电势高C．要想在荧光屏上出现一条水平亮线，需在偏转电极XX ′上加特定的周期性变化的电压（扫描电压）D ．要想在荧光屏上出现一条正弦曲线，需在偏转电极XX ′上加适合频次的扫描电压、在偏转电极 YY ′上加按正弦规律变化的电压【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；示波器的使用．【剖析】电子枪发射出电子，要想让亮斑沿 OY 向上挪动，要使电子在 YY ′中遇到的电场力向上，可判断电场强度方向，剖析出电势的高低．要想让亮斑移到荧光屏的右上方，用相同的方法剖析电子在两个电场中所受的电场力方向，判断出电势高低．依据水平方向偏转距离与偏转电压的关系，即可剖析所加电压的特色．依据竖直方向偏转距离与偏转电压的关系，分析要想在荧光屏上出现一条正弦曲线，水平方向和竖直方向所加电压的特色．【解答】解：A 、电子枪发射出电子，要想让亮斑沿OY 向上挪动，电子在YY ′中遇到的电场力一定向上，板间场强一定向下，则需在偏转电极YY ′上加电压，且Y 比 Y ′电势高．故 A 错误．B 、要想让亮斑移到荧光屏的右上方，电子在偏转电极XX ′间遇到的电场力指向X、在 YY ′间遇到的电场力指向 Y ，则需在偏转电极 XX ′、 YY ′上加电压，且X 比 X′电势高， Y 比 Y′电势高．故 B 正确．C、设加快电场的电压为 U1，偏转电场的电压为U 2，偏转电极的长度为 L，板间距离为d，根据推论得悉，偏转距离为 y=，可见，偏转距离与偏转电压U2成正比，由几何知识得悉，电子在荧光屏偏转的距离也与偏转电压成正比，则偏转电极 XX ′上加上随时间作线性变化的电压时，电子在荧光屏偏转的距离与时间也是线性关系，形成一条亮线，若电压是周期性变化，就能够使电子在水平方向不停扫描．故 C 正确．D 、由上剖析知，电子在荧光屏偏转的距离与偏转电压成正比，则在偏转电极YY ′上加按正弦规律变化的电压，电子在荧光屏偏转的距离按正弦规律变化，而在偏转电极 XX ′上加适合频次的扫描电压，水平方向电子不停从右向左匀速扫描，在荧光屏上出现一条正弦曲线．故 D 正确．应选 BCD三．计算题：（ 13 题 12 分， 14 题 14 分， 15 题 14分，共40 分）13．如下图，一电子（质量为m，电量绝对值为e）处于电压为 U 的水平加快电场的左极板A 内侧，在电场力作用下由静止开始运动，而后穿过极板B 中间的小孔在距水平极板M 、 N 等距处垂直进入板间的匀强偏转电场．若偏转电场的两极板间距为d，板长为 l，求：（ 1）电子刚进入偏转电场时的速度v0；（ 2）要使电子能从平行极板M 、 N 间飞出，两个极板间所能加的最大偏转电压U max′．【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．。