河北省任丘市第一中学2020_2021学年高二物理上学期第二次阶段考试试题

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2020-2021学年高二上学期阶段测试(二)物理(选修)试题含答案解析

江苏省如东高级中学【最新】高二上学期阶段测试（二）物理（选修）试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．如图为洛伦兹力演示仪的结构图．励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直．电子速度大小可通过电子枪的加速电压来控制，磁场强弱可通过励磁线圈的电流来调节．下列说法正确的是()A．仅增大励磁线圈的电流，电子束径迹的半径变大B．仅提高电子枪的加速电压，电子束径迹的半径变大C．仅增大励磁线圈的电流，电子做圆周运动的周期将变大D．仅提高电子枪的加速电压，电子做圆周运动的周期将变大2．如图所示，电源电动势为E，其内阻不可忽略，1L、2L是完全相同的灯泡，线圈L 的直流电阻不计，电容器的电容为C，合上开关S，电路稳定后（）A．电容器的带电量为CEB．灯泡1L、2L的亮度相同C．在断开S的瞬间，通过灯泡1L、的电流方向向右D．在断开S的瞬间，灯泡2L立即熄灭3．某温控电路的原理如图所示，R M是半导体热敏电阻，R是滑动变阻器，某种仪器要求在15°C−27°C的环境中工作，当环境温度偏高或偏低时，控制器会自动启动降温或升温设备，下列说法中正确的是（）A．环境温度降低，R M的阻值减小B．环境温度升高，U ab变大C．滑片P向下移动时，U ab变大D．调节滑片P的位置能改变降温和升温设备启动时的临界温度4．如图所示，线圈与电源.开关相连，直立在水平桌面上，铁芯插在线圈中，质量较小铝环套在铁芯上。

闭合开关的瞬间，铝环向上跳起来，则下列说法中正确的是（）A．若保持开关闭合，则铝环不动升高B．开关闭合后，铝环上升到某一高度后回落C．若保持开关闭合，则铝环跳起来到某一高度停留D．如果将电源的正.负极对调，则不能观察到同样的现象5．霍尔式位移传感器的测量原理如图所示，磁场方向沿x轴正方向，磁感应强度B随x的变化关系为B=B0+kx（B0 .k均大于零的常数），薄形霍尔元件的工作面垂直于x 轴，通过电流I沿z轴负方向，霍尔元件沿x轴正方向以速度v匀速运动，要使元件上.下表面产生的电势差变化得快，可以采取的方法是（）A．增大I B．增大B0C．减小k D．减小v6．如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ．如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是A．棒中的电流变大，θ角变大B ．两悬线等长变短，θ角变小C ．金属棒质量变大，θ角变大D ．磁感应强度变大，θ角变小二、多选题7．匀强磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正，磁感应强度B 随时间t 变化规律如图甲所示．在磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图乙所示．令I 1、I 2、I 3分别表示Oa .ab .bc 段的感应电流，f 1、f 2、f 3分别表示金属环对应感应电流时其中很小段受到的安培力，则（）A ．I 1沿逆时针方向，I 2沿顺时针方向B ．I 2沿顺时针方向，I 3沿顺时针方向C ．f 1方向指向圆心，f 2方向指向圆心D ．f 2方向背离圆心向外，f 3方向指向圆心8．如图所示，一理想变压器原线圈可通过移动滑动触头P 的位置改变接入电路的匝数，b 为原线圈的中点，当P 接a 时，原.副线圈的匝数比为:1n ，线圈L 的直流电阻不计，若原线圈接sin m u U t ω= 的交流电，则（）A ．只增大电源的频率，灯泡B 变亮B ．只将P 由a 向b 滑动时，变压器的输入功率增大C ．只将变阻器R 的滑片M 向上滑动时，灯泡B 亮度不变D ．当P 接a 时，灯泡B 两端的电压为m U9．如图1所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L ，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B ．垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．从t =0时刻起，棒上有如图2所示的持续交变电流I ，周期为T ，最大值为I m ，图1中I 所示方向为电流正方向．则金属棒（）A．一直向右移动B．速度随时间周期性变化C．受到的安培力随时间周期性变化D．受到的安培力在一个周期内做正功10．下列说法正确的是（）A．两个温度不同的物体相互接触，这两个物体组成的系统处于非平衡态B．温度升高，分子平均动能增大，内能也一定增大C．微粒的布朗运动的无规则性，反映了微粒内分子运动的物规则性D．在真空.高温条件下，可利用分子扩散向半导体材料中掺入其他元素三、实验题11．（1）用多用电表欧姆档粗略测量某元件的电阻，选用“×1”档，测量结果如图所示，则测得的电阻为________Ω；（2）为探究该元件的导电性能（电阻随电压变化不太大），提供了如下器材：A．电流表A（量程0.6A、内阻约0.9Ω）B．电压表V（量程3V、内阻约3kΩ）C．滑动变阻器R1（10Ω、0.3A）D．滑动变阻器R2（1000Ω、0.1A）E.电源E（电动势3V、内阻约0.1Ω）F.开关S及导线若干①实验中滑动变阻器应该选择_________（填写器材序号），以保证实验过程中调节方便；②在虚线框中画出实验电路图，要求闭合电键前滑动变阻器放置在合适位置________；③如图中Ⅰ、Ⅱ图线，一条为元件真实的U−I图线，另一条是本次实验中测得的U−I图线，其中是_________本次实验中测得的图线。

河北省任丘市第一中学2020-2021学年高二(上)第二次阶段考试物理试题

河北省任丘市第一中学2020-2021学年高二（上）第二次阶段考试物理试题学校_________ 班级__________ 姓名__________ 学号__________一、单选题1. 关于分子电流，下面说法中正确的是（）A．分子电流假说最初是由法国学者法拉第提出的B．磁场是客观存在的一种物质C．密立根首先发现了电磁感应现象，“磁生电”是在变化、运动的过程中才能出现的效应D．安培发现的电流磁效应现象，首次揭示了电与磁之间是有联系的2. 如图所示，a、b、c、d分别是一个菱形的四个顶点，∠abc＝120°，现将三个等量的正点电荷＋Q分别固定在a、b、c三个顶点上，下列说法正确的是（）A．d点的电场强度小于O点的电场强度B．O点电场强度的方向由d指向OC．d点的电场强度大于O点的电场强度D．d点电场强度的方向由d指向O3. 如图所示，平行长直导线1，2通过相反方向的电流，电流大小相等。

a，b 两点关于导线1对称，b，c两点关于导线2对称，且ab＝bc，则关于a，b，c 三点的磁感应强度B的说法中正确的是（）A．a，b，c三点的磁感应强度大小方向均相同B．a，c两点的磁感应强度大小方向均相同C．a，c两点的磁感应强度大小相同，方向相反D．b点的磁感应强度最小4. 用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图）．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，若A．保持S不变，增大d，则θ变大B．保持S不变，增大d，则θ变小C．保持d不变，减小S，则θ变小D．保持d不变，减小S，则θ不变5. 如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点．下列说法中正确的有A．粒子带负电B．粒子在M点的动能大于在N点的动能C．粒子在M点的电势能大于在N点的电势能D．粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力6. 如图所示，当滑动变阻器R的滑片P向下滑动时，电路中电压表和电流表示数的变化情况是（）A．V示数变大，A示数都变小B．V示数变小、A示数都变大C．R1消耗的功率变小，R2消耗的功率变大D．R1消耗的功率变大，R2消耗的功率变小7. 如图所示，两匀强磁场的方向相同，以虚线MN为理想边界，磁感应强度大小分别为B1、B2，今有一质量为m、电荷量为e的电子从MN上的P点沿垂直于磁场方向射入匀强磁场B1中，其运动轨迹为如图虚线所示的“心”形图线．则以下说法正确的是（）A．电子的运行轨迹为PENCMDP B．B1=2B2D．B1=4B2C．电子运行一周回到P用时为8. 如图所示，一个边长为L的正方形线框从匀强磁场的上方由静止开始自由下落高度h后，恰好匀速进入磁感应强度为B的匀强磁场中。

高二物理上学期二调试卷高二全册物理试题

嘴哆市安排阳光实验学校衡水中学高二（上）二调物理试卷一、选择题（本题共15小题，每小题4分，共60分，1-10题为单项选择题，11-15为多项选择题，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1．下列关于磁场的说法中，正确的是( )A．磁场只有在磁极与磁极磁极与电流发生相互作用时才产生B．磁场是为了解释磁极间相互作用而人为设定的C．磁极和磁极之间是直接发生相互作用的D．磁场和电场一样，是客观存在的特殊物质2．如图所示，通电螺线管周围能自由转动的小磁针a、b、c、d已静止，N指向正确的是( )A．小磁针a B．小磁针b C．小磁针c D．小磁针d3．图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面向内运动，它所受洛伦兹力的方向是( )A．向上B．向下C．向左D．向右4．关于磁电式电流表的说法，以下选项中正确的是( )①指针稳定后，线圈受到螺旋弹簧的力矩与线圈受到的磁力矩方向是相反的②通电线圈中的电流越大，电流表指针偏转的角度也越大③在线圈转动的范围内，各处的磁场都是匀强磁场④在线圈转动的范围内，线圈所受磁力大小与电流大小有关，而与所处位置无关．A．①②B．③④C．①②④D．①②③④5．如图所示，装有导电液的玻璃器皿放在上端为S极的蹄形磁铁的磁场中，器皿中心的圆柱形电极与电源负极相连，内壁边缘的圆环形电极与电源正极相连．电流方向与液体旋转方向（从上往下看）分别是( )A．由边缘流向中心、顺时针旋转B．由边缘流向中心、逆时针旋转C．由中心流向边缘、顺时针旋转D．由中心流向边缘、逆时针旋转6．如图所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场（磁场足够大），一对正、负电子分别以相同速度沿与x 轴成30°角的方向从原点垂直磁场射入，则负电子与正电子在磁场中运动时间之比为：（不计正、负电子间的相互作用力）( )A．1：B．2：1 C ．：1 D．1：27．如图所示，两平行导轨与水平面成θ角倾斜放置，电源、电阻、金属细杆及导轨组成闭合回路，细杆与导轨间的摩擦不计．整个装置分别处在如图所示的匀强磁场中，其中可能使金属细杆处于静止状态的是( )A ．B ．C ．D ．8．如图所示，摆球带负电的单摆，在一匀强磁场中摆动，匀强磁场的方向垂直纸面向里，摆球在AB间摆过程中，由A摆到最低点时，摆线拉力为F1，摆球加速度大小为a1；由B摆到最低点C时，摆线拉力的大小为F2，摆球加速度为a2，则( )A．F1＞F2，a1=a2B．F1＜F2，a1=a2C．F1＞F2，a1＞a2D．F1＜F2，a1＜a29．如图所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、带电量为+Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑．在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是( )A．滑块受到的摩擦力不变B．滑块到地面时的动能与B的大小无关C．B很大时，滑块最终可能静止于斜面上D．滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面并指向斜面10．一个带负电的小球在轻绳拉力作用下在光滑绝缘水平面上绕着竖直方向的轴O在匀强磁场中做逆时针方向的匀速圆周运动，磁场方向竖直向下，其俯视图如图所示．若小球运动到A点时绳子突然断开，关于小球在绳断开后可能的运动情况，以下说法中正确的是( )A．小球做逆时针匀速圆周运动，半径大于原绳长B．小球做逆时针匀速圆周运动，半径等于原绳长C．小球做顺时针匀速圆周运动，半径大于原绳长D．小球做顺时针匀速圆周运动，半径小于原绳长11．如图所示，金属板放在垂直于它的匀强磁场中，当金属板中有电流通过时，在金属板的上表面A和下表面A′之间会出现电势差，这种现象称为霍尔效应．若匀强磁场的磁感应强度为B，金属板宽度为h、厚度为d，通有电流I，稳定状态时，上、下表面之间的电势差大小为U．已知电流I与导体单位体积内的自由电子数n、电子电荷量e、导体横截面积S和电子定向移动速度v之间的关系为I=neSv．则下列说法中正确的是( )A．在上、下表面形成电势差的过程中，电子受到的洛仑兹力方向向上B．达到稳定状态时，金属板上表面A的电势高于下表面A′的电势C．只将金属板的厚度d减小为原来的一半，则上、下表面之间的电势差大小变为D．只将电流I 减小为原来的一半，则上、下表面之间的电势差大小变为12．如图所示，一条形磁铁静止在斜面上，固定在磁铁中心的垂直上方的水平导线中通有垂直流向纸外的恒定电流，若将磁铁的N极位置与S极位置对调后，仍放在斜面上原来的位置，若磁铁仍然静止，则磁铁对斜面的压力F N和摩擦力F f的变化情况分别是( )A．F N增大B．F N减小C．F f减小D．F f不变13．如图所示，匀强磁场的方向竖直向下，磁场中有光滑的水平桌面，在桌面上平放着内壁光滑、底部有带电小球的试管．在水平拉力F的作用下，试管向右匀速运动，带电小球能从试管口处飞出，则( )A．小球带负电B．小球运动的轨迹是一条抛物线C．洛伦兹力对小球做正功D．维持试管匀速运动的拉力F应逐渐增大14．如图所示，水平固定一截面为正方形绝缘方管的长度为L，空间存在场强为E、方向水平向右的匀强电场和磁感应强度为B．方向竖直向下的匀强磁场，将质量为m、带电量为+q的小球从左侧管口无初速度释放，已知小球与管道各接触面间动摩擦因数均为μ，小球运动到右侧管口处时速度为v，该过程( )A ．洛伦兹力对小球做功为qvBLB．电场力对小球做功为qELC．系统因摩擦而产生的热量为μmgLD．系统因摩擦而产生的热量为qEL ﹣mv215．如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O和y轴上的点a（0，L）．一质量为m、电荷量为e的电子从a点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的b点射出磁场，此时速度的方向与x轴正方向的夹角为60°．下列说法正确的是( )A．电子在磁场中运动的半径为LB ．电子在磁场中运动的时间为C．磁场的磁感应强度B=D．电子在磁场中做圆周运动的速度不变二、非选择题16．利用通电导线在磁场中受到的安培力与磁感应强度的关系就可以测定磁感应强度的大小．实验装置如图所示，弹簧测力计下端挂一矩形导线框，导线框接在图示电路中，线框的短边置于蹄型磁体的N、S极间磁场中的待测位置．①在接通电路前，待线框静止后，先观察并记录下弹簧测力计的读数F0；②接通电路，调节滑动变阻器使电流表读数为I，待线框静止后，观察并记录下弹簧测力计的读数F（F＞F0）．由以上测量数据可知：导线框所受重力大小等于__________；磁场对矩形线框位于磁场中的一条边的作用力大小为__________．若已知导线框在磁场中的这条边的长度为L、线圈匝数为N，则利用上述数据计算待测磁场的磁感应强度的表达示为B=__________．17．如图所示，一质量为m的导体棒MN两端分别放在两个固定的光滑圆形导轨上，两导轨平等且间距为L，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，当导体棒中通一自右向左的电流I时，导体棒静止在与竖直方向成37°角的导轨上，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）磁场的磁感应强度B；（2）每个圆导轨对导体棒的支持力大小F N．18．如图所示，两块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上．两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．将喷墨打印机的喷口放置在两极板的正处，从喷口连续不断喷出质量均为m、水平速度大小均为v0、带电荷量为q的墨滴，调节电源电压，使墨滴在电场区域恰能沿中心线水平向右做匀速直线运动；进入电场和磁场共存区域后，最终打在上极板的P点，且速度方向与上极板成53°角．（sin53°=0.8，cos53°=0.6）．（1）判断墨滴所带电荷的种类，并求出两板间的电压；（2）求磁感应强度B的值．19．如图所示，在倾角为30°的斜面OA的左侧有一竖直档板，其上有一小孔P，OP=0.5m．现有一质量m=4×10﹣20kg，带电量q=+2×10﹣14C的粒子，从小孔以速度v0=3×104m/s水平射向磁感应强度B=0.2T、方向垂直纸面向外的一圆形磁场区域．且在飞出磁场区域后能垂直打在OA面上，粒子重力不计．求：（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径；（2）粒子在磁场中运动的时间；（3）圆形磁场区域的最小半径．20．（14分）在如图所示的坐标系中，x轴水平，y轴垂直，x轴上方空间只存在重力场，第Ⅲ象限存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直xy平面向里的匀强磁场，在第Ⅳ象限由沿x轴负方向的匀强电场，场强大小与第Ⅲ象限存在的电场的场强大小相等．一质量为m，带电荷量大小为q的质点a，从y轴上y=h处的P1点以一定的水平速度沿x轴负方向抛出，它经过x=﹣2h处的P2点进入第Ⅲ象限，恰好做匀速圆周运动，又经过y轴上的y=﹣2h的P3点进入第Ⅳ象限，试求：（1）质点a到达P2点时速度的大小和方向；（2）第Ⅲ象限中匀强电场的电场强度和匀强磁场的磁感应强度的大小；（3）说明质点a从P3进入第Ⅳ象限后的运动情况（不需要说明理由）衡水中学高二（上）二调物理试卷一、选择题（本题共15小题，每小题4分，共60分，1-10题为单项选择题，11-15为多项选择题，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1．下列关于磁场的说法中，正确的是( )A．磁场只有在磁极与磁极磁极与电流发生相互作用时才产生B．磁场是为了解释磁极间相互作用而人为设定的C．磁极和磁极之间是直接发生相互作用的D．磁场和电场一样，是客观存在的特殊物质【考点】磁现象和磁场．【分析】磁场的存在不需要靠相互作用才产生．磁场是客观存在的．磁极和磁极之间是通过磁场发生相互作用的．磁场和电场一样，是客观存在的特殊物质．【解答】解：A、磁场的存在不需要靠相互作用才产生，没有磁极间的作用，磁铁的磁场一样存在，单独的通电导线也能产生磁场，故A错误．B、磁场是客观存在的，磁感线是人为设定的，故B错误．C、磁极和磁极之间是通过磁场发生相互作用的，故C错误．D、磁场和电场一样，是客观存在的特殊物质，故D正确．故选：D【点评】本题重点掌握磁场的物质属性，磁场和电场虽然看不见，摸不着，但是都是物质的一种表现形式．2．如图所示，通电螺线管周围能自由转动的小磁针a、b、c、d已静止，N指向正确的是( )A．小磁针a B．小磁针b C．小磁针c D．小磁针d【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【分析】用右手螺旋定则判断出通电螺线管的磁极，再由磁极间的相互作用规律判断小磁针静止时的磁极指向．【解答】解：由右手螺旋定则判断出通电螺线管的左端为N极，右端为S极，由同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引知，只有小磁针c的指向正确．故选：C．【点评】本题考查了磁极间的相互作用规律和右手螺旋定则：让四指弯曲，跟螺线管中电流的方向一致，则大拇指指的方向是通电螺线管的N极．3．图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面向内运动，它所受洛伦兹力的方向是( )A．向上B．向下C．向左D．向右【考点】洛仑兹力；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【分析】根据等距下电流所产生的B的大小与电流成正比，得出各电流在O点所产生的B的大小关系，由安培定则确定出方向，再利用矢量合成法则求得B 的合矢量的方向．【解答】解：根据题意，由右手螺旋定则知b与d导线电流产生磁场正好相互抵消，而a与c导线产生磁场正好相互叠加，由右手螺旋定则，则得磁场方向水平向左，当一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向内运动，根据左手定则可知，它所受洛伦兹力的方向向上．故A正确，BCD错误．故选：A．【点评】考查磁感应强度B的矢量合成法则，会进行B的合成，从而确定磁场的大小与方向．4．关于磁电式电流表的说法，以下选项中正确的是( )①指针稳定后，线圈受到螺旋弹簧的力矩与线圈受到的磁力矩方向是相反的②通电线圈中的电流越大，电流表指针偏转的角度也越大③在线圈转动的范围内，各处的磁场都是匀强磁场④在线圈转动的范围内，线圈所受磁力大小与电流大小有关，而与所处位置无关．A．①②B．③④C．①②④D．①②③④【考点】磁电式电表原理．【专题】实验题；定性思想；实验分析法；电磁感应与电路结合．【分析】磁电式电流表蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐射分布的，不管线圈转到什么角度，它的平面都跟磁感线平行，均匀辐射分布的磁场特点是大小相等、方向不同．根据安培力的大小公式F=BIL，即可求解．【解答】解：①、根据力矩平衡条件可知，稳定后，线圈受到螺旋弹簧的力矩与线圈受到的磁力矩方向是相反的，故①正确；②、由图看出，蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐射分布的，不管线圈转到什么角度，它的平面都跟磁感线平行，均匀辐射分布的磁场特点是大小相等．根据安培力的大小F=BIL，即可知：线圈中的电流越大，电流表指针偏转的角度也越大，故②正确，③错误；④、磁场呈幅状，故电流与磁场始终相互垂直，结合F=BIL，即可知，线圈所受磁力大小与电流大小有关，而与所处位置无关，故④正确．故选：C【点评】解决本题要注意磁场分布的特点，运用公式F=BIL，注意辐向磁场与匀强磁场的区别即可．5．如图所示，装有导电液的玻璃器皿放在上端为S极的蹄形磁铁的磁场中，器皿中心的圆柱形电极与电源负极相连，内壁边缘的圆环形电极与电源正极相连．电流方向与液体旋转方向（从上往下看）分别是( )A．由边缘流向中心、顺时针旋转B．由边缘流向中心、逆时针旋转C．由中心流向边缘、顺时针旋转D．由中心流向边缘、逆时针旋转【考点】洛仑兹力．【分析】在电源外部，电流由正极流向负极；由左手定则可以判断出导电液体受到的安培力方向，从而判断出液体的旋转方向．【解答】解：在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心；器皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转；故选B．【点评】本题是一道基础题，知道在电源外部电流由正极流向负极、熟练应用左手定则即可正确解题．6．如图所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场（磁场足够大），一对正、负电子分别以相同速度沿与x 轴成30°角的方向从原点垂直磁场射入，则负电子与正电子在磁场中运动时间之比为：（不计正、负电子间的相互作用力）( )A．1：B．2：1 C ．：1 D．1：2【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】应用题；定量思想；比例法；带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】电子在磁场中做匀速圆周运动，求出电子在磁场中转过的圆心角，然后求出电子的运动时间之比．【解答】解：电子在磁场中做圆周运动的周期：T=相等，电子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，由几何知识可知：α=120°，β=60°，电子在磁场中的匀速时间：t=T，负电子与正电子在磁场中运动时间之比：==；故选：D．【点评】本题考查了求电子在磁场中的运动时间之比，考查了电子在磁场中的运动，分析清楚电子运动过程、作出电子运动轨迹是解题的关键，应用电子做圆周运动的周期公式即可解题，解题时注意几何知识的应用．7．如图所示，两平行导轨与水平面成θ角倾斜放置，电源、电阻、金属细杆及导轨组成闭合回路，细杆与导轨间的摩擦不计．整个装置分别处在如图所示的匀强磁场中，其中可能使金属细杆处于静止状态的是( )A ．B ．C ．D ．【考点】安培力；左手定则．【分析】本题在磁场中考查了物体平衡问题，对物体正确进行受力分析，看能否满足平衡条件，同时知道左手定则的内容：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内，让磁感线进入手心，并使四指指向电流方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．【解答】解：A、磁场的方向与电流的方向相同，不受安培力，金属杆受重力和支持力不可能平衡．故A错误．B、金属杆所受的安培力方向竖直向上，若安培力与重力平衡，金属杆能处于平衡状态．故B正确．C、金属杆受垂直于斜面向上的安培力，重力，支持力，不可能平衡．故C错误．D、金属杆受到水平向右的安培力，重力，支持力，三个力可能处于平衡状态．故D正确．故选BD．【点评】这类问题的解题思路和以前所学物体平衡解题思路一样，只不过在受力分析时多了安培力，注意正确应用左手定则判断安培力的方向．8．如图所示，摆球带负电的单摆，在一匀强磁场中摆动，匀强磁场的方向垂直纸面向里，摆球在AB间摆过程中，由A摆到最低点时，摆线拉力为F1，摆球加速度大小为a1；由B摆到最低点C时，摆线拉力的大小为F2，摆球加速度为a2，则( )A．F1＞F2，a1=a2B．F1＜F2，a1=a2C．F1＞F2，a1＞a2D．F1＜F2，a1＜a2【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】摆球摆到最低点的时候，速度大小相等，重力、摆线拉力、洛伦兹力的合力提供向心力，根据向心力公式即可求解．【解答】解：设摆球所带电量为q，摆线长为r，磁场强度为B，在最低点时的速率为v，在摆动过程中，只有重力做功，机械能守恒，所以到达最低点速度相等，则由A摆到最低点时：F1+Bqv﹣mg=m由B摆到最低点时：F2﹣Bqv﹣mg=m解得：F1＜F2，根据牛顿第二定律得：ma=m所以两次通过C点时的加速度相同，即a1=a2．故选B【点评】解得本题要注意，摆球从A到C和从B到C的过程中，摆球的匀速速度相反，所以洛伦兹力方向也相反，难度适中．9．如图所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、带电量为+Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑．在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是 ( )A．滑块受到的摩擦力不变B．滑块到地面时的动能与B的大小无关C．B很大时，滑块最终可能静止于斜面上D．滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面并指向斜面【考点】带电粒子在混合场中的运动．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】小滑块向下运动的过程中受到重力，支持力，垂直斜面向下的洛伦兹力，摩擦力，向下运动的过程中，速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，滑动摩擦力增大，当加速度减到0，做匀速运动．【解答】解：A、小滑块向下运动的过程中受到重力，支持力，摩擦力，根据左手定则可知洛伦兹力垂直斜面向下，向下运动的过程中，速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，滑动摩擦力增大．故A错误，D正确．B、B的大小不同，洛伦兹力大小不同，导致滑动摩擦力大小不同，根据动能定理，摩擦力功不同，到达底端的动能不同．故B错误．C、滑块到地面时当B很大，则摩擦力有可能很大，当滑块受到的摩擦力与重力向下的分力相等时，滑块做匀速直线运动，洛伦兹力与摩擦力不再增大，所以滑块不可能静止在斜面上．故C错误．故选：D．【点评】解决本题的关键知道洛伦兹力的方向和洛伦兹力的大小以及能够正确的受力分析，理清物体的运动状况．10．一个带负电的小球在轻绳拉力作用下在光滑绝缘水平面上绕着竖直方向的轴O在匀强磁场中做逆时针方向的匀速圆周运动，磁场方向竖直向下，其俯视图如图所示．若小球运动到A点时绳子突然断开，关于小球在绳断开后可能的运动情况，以下说法中正确的是( )A．小球做逆时针匀速圆周运动，半径大于原绳长B．小球做逆时针匀速圆周运动，半径等于原绳长C．小球做顺时针匀速圆周运动，半径大于原绳长D．小球做顺时针匀速圆周运动，半径小于原绳长【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；向心力．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】运动的带电粒子在磁场中受力洛伦兹力的作用，分小球带正电和负电两种情况进行讨论，用左手定则判断洛伦兹力的方向，根据向心力公式分析绳子所受的力，绳子断开后，绳子的拉力为零，小球仅受洛伦兹力，根据受力情况判断小球的运动情况即可．【解答】解：小球带负电沿逆时针方向旋转，小球所受的洛伦兹力方向背离圆心，当洛伦兹力的大小大于小球原来所受合力大小时，绳子断后，小球做顺时针的匀速圆周运动，半径变大；当洛伦兹力的大小等于小球原来所受合力大小时，半径不变；也可能洛伦兹力小于之前合力的大小，则半径减小．故AB错误，CD正确．故选：CD．【点评】解题的关键是能正确分析向心力的来源，知道如何判断洛伦兹力的方向；该题中需要区分小球带正电与带负电的情况，难度适中．11．如图所示，金属板放在垂直于它的匀强磁场中，当金属板中有电流通过时，在金属板的上表面A和下表面A′之间会出现电势差，这种现象称为霍尔效应．若匀强磁场的磁感应强度为B，金属板宽度为h、厚度为d，通有电流I，稳定状态时，上、下表面之间的电势差大小为U．已知电流I与导体单位体积内的自由电子数n、电子电荷量e、导体横截面积S和电子定向移动速度v之间的关系为I=neSv．则下列说法中正确的是( )A．在上、下表面形成电势差的过程中，电子受到的洛仑兹力方向向上B．达到稳定状态时，金属板上表面A的电势高于下表面A′的电势C．只将金属板的厚度d减小为原来的一半，则上、下表面之间的电势差大小变为D．只将电流I 减小为原来的一半，则上、下表面之间的电势差大小变为【考点】霍尔效应及其应用．【分析】金属中移动的是自由电子，根据左手定则，判断出电子的偏转方向，从而得出电势的高低．最终电子受电场力和洛伦兹力平衡，根据平衡求出电势差的大小．【解答】解：A、B、电流向右、磁场向内，根据左手定则，安培力向上；电流是电子的定向移动形成的，故洛伦兹力也向上；故上极板聚集负电荷，下极板带正电荷，故下极板电势较高；故A正确；B错误；C、D、电子最终达到平衡，有：evB=e则：U=vBh电流的微观表达式：I=nevS=nevhd则：v=，代入得：U=Bh=∝只将金属板的厚度d减小为原来的一半，则上、下表面之间的电势差大小变为2U，故C错误；只将电流I 减小为原来的一半，则上、下表面之间的电势差大小变为，故D 正确．故选：AD．【点评】解决本题的关键会运用左手定则判断电子的偏转方向，当上下表面有电荷后，之间形成电势差，最终电荷受电场力和洛伦兹力平衡．12．如图所示，一条形磁铁静止在斜面上，固定在磁铁中心的垂直上方的水平导线中通有垂直流向纸外的恒定电流，若将磁铁的N极位置与S极位置对调后，仍放在斜面上原来的位置，若磁铁仍然静止，则磁铁对斜面的压力F N和摩擦力F f的变化情况分别是( )A．F N增大B．F N减小C．F f减小D．F f不变【考点】电流的磁场对磁针的作用．【分析】先判断电流所在位置的磁场方向，然后根据左手定则判断安培力方向；再根据牛顿第三定律得到磁体受力方向，最后对磁体受力分析，根据平衡条件判断．【解答】解：条形磁铁在导线处产生的磁场方向平行于斜面向上，由左手定则知导线所受安培力垂直斜面向上，根据牛顿第三定律则条形磁铁所受安培力垂直斜面向下，若将磁铁的N极位置与S极位置对调后，同理可知条形磁铁所受安培力垂直斜面向上，故磁铁对斜面的压力F减小，根据平衡条件：F f=mgsinθ保持不变；故选：BD．【点评】本题关键先对电流分析，得到其受力方向，再结合牛顿第三定律和平衡条件分析磁体的受力情况．。

河北省任丘一中2020-2021学年高三第一学期阶段考试物理试卷含答案

任丘一中2010—2021学年第一学期高三年级阶段考试（一）物理试题考试时间：10月21日考试范围：必修1、必修2(部分)选修全部，试卷总分：100分第I 卷一.选择题（本题共12小题，共40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，每小题3分，第9-12题有多项符合题目要求，每小题4分。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

）1.关于物理学思想方法，下列叙述正确的是()A.卡文迪许的测量引力常量实验和伽利略的斜面实验中，都运用了“放大法”B.在推导匀变速直线运功位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看成匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了“微元法”C.利用现代科技手段，牛顿运动定律可以用实验证明D.探究加速度与力和质量关系的实验体现了“等效替代”的物理思想2.沿水平方向抛出两个小球A 、B ，两球相遇于空中的P 点，其运动轨迹如图所示，不计空气阻力，最终两小球落在水平地面上，关于两个小球的运动，下列说法正确的是A.在空中运动时小球A 的速度变化率等于小球B 的速度变化率B.在空中运动时小球A 的运动时间小于小球B 的运动时间C.抛出A 球的初速度大于抛出B 球的初速度D.小球A 、B 落地时的速度相同3.某小车沿水平面做直线运动，小车的xt－t 图线如图所示，t 是从某时刻开始计时小车运动的时间，x 为小车在时间t 内的位移，由此可知A.小车的加速度大小为1m/s 2B.4s 末小车的速度大小为6m/s C.0～4s 内小车的位移大小为24m D.0～4s 内小车的速度变化量为4m/s4.如图所示，PQ 为圆的竖直直径，AQ、BQ、CQ 为三个光滑倾斜轨道，分别与圆相交于A、B、C 三点。

现让三个小球(可以看成质点)分别沿着AQ、BQ、CQ 轨道自轨道顶端由静止滑下到Q 点，运动的平均速度分别为v 1、v 2和v 3。

则有A．v 2>v 1>v 3B．v 1>v 2>v 3C．v 3>v 1>v 2D．v 1>v 3>v 25.如图所示,质量均为m的A、B两小球用两轻弹簧连接悬挂于天花板上并处于静止状态,已知重力加速度为g。

2020-2021学年河北省高二上学期第二次月考物理试卷(解析版).doc

2020-2021学年河北省高二上学期第二次月考物理试卷（解析版）姓名:_____________ 年级:____________ 学号:______________题型选择题填空题解答题判断题计算题附加题总分得分1. （知识点：力学实验）评卷人得分在实验中，下列关于计数点间时间间隔的说法中正确的是（）A．每隔四个点取一个计数点，则计数点间的时间间隔为0.10 sB．每隔四个点取一个计数点，则计数点间的时间间隔为0.08 sC．每隔五个点取一个计数点，则计数点间的时间间隔为0.08 sD．每隔五个点取一个计数点，则计数点间的时间间隔为0.10 s【答案】A【解析】试题分析：实验中每隔四个点取一个计数点，中间有五个时间间隔，故计数点间的时间间隔为，A正确B错误；每隔五个点取一个计数点，，中间有六个时间间隔，，故计数点间的时间间隔为，CD错误；考点：考查了打点计时器电磁打点计时器和电火花打点计时器的电源频率相同，工作时，下列说法中正确的是（）A．他们打点周期相同B．频率都为50HzC．都使用6～10 V的低压交流电源D．都使用220 V的高压交流电源【答案】AB【解析】试题分析：电磁打点计时器使用的是4-6V的低压交流电，电火花打点计时器使用的是220V的交流电，频率都为50Hz，打点周期都为0.02s，故AB正确考点：考查了打点计时器在物理学史上，首先发现电流周围存在磁场的著名科学家是A．伽利略B．牛顿C．奥斯特D．爱因斯坦【答案】C【解析】试题分析：奥斯特发现了电流的磁效应，伽利略用理想实验法推导出力不是维持物体运动的原因，牛顿发现了牛顿运动定律，爱因斯坦发现了相对论，故C正确。

考点：考查了物理学史一颗子弹垂直穿过紧挨在一起的三块木板后速度刚好为零，设子弹在各木板中运动的加速度大小恒定，则下列说法正确的是（）A．若子弹穿过每块木板时间相等，则三木板厚度之比为1∶2∶3B．若子弹穿过每块木板时间相等，则三木板厚度之比为3∶2∶1C．若三块木板厚度相等，则子弹穿过木板时间之比为1∶1∶1D．若三块木板厚度相等，则子弹穿过木板时间之比为（－）∶（－1）∶1【答案】D【解析】试题分析：将子弹的运动看成沿相反方向的初速度为0的匀加速直线运动，则位移公式得：若子弹穿过每块木板时间相等，三木板厚度之比为5：3：1，故AB错误；若三块木板厚度相等，由位移公式，通过三块、后边两块、最后一块的时间之比为，则子弹通过穿过木板时间之比为，故C错误，D正确．考点：考查了匀变速直线运动规律的应用一小球在斜面上由静止开始匀加速滚下，进入水平面后又做匀减速运动，直至停止．下图所示的速率—时间图象中可以反映小球这一运动过程的是（）【答案】C【解析】试题分析：过程中速度先随时间增大后随时间减小，故C正确。

2020-2021学年高二物理上学期期末考试试题 (II)[1]

2020-2021学年高二物理上学期期末考试试题 (II)注意：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

共100分。

考试时间90分钟。

第Ⅰ卷（选择题共56分）•选择题（本题共14道小题，每题4分共56分.1-9题是单项选择题，10-14题是多项选择题，在每小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全选对的得4分，选不全的得２分，错选或不选的均得0分）1．物理学的基本原理在生产生活中有着广泛应用.下面列举的四种器件中，在工作时利用了电磁感应现象的是（）A.回旋加速器B.金属探测仪C.质谱仪D.示波器2．以下说法正确的是（）A．电场线是电场中实际存在的线B．在同一电场中电场线越密的地方，同一试探电荷所受的电场力越大C．电场中某点的电场强度的方向与放在该点的试探电荷所受电场力方向相同D．根据磁感应强度定义B＝，磁场中某点的磁感应强度B与F成正比，与I成反比3．在磁感应强度为B0、方向竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根通电长直导线，电流的方向垂直于纸面向里．如图所示，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中( )A．c、d两点的磁感应强度大小相等B．a、b两点的磁感应强度大小相等C．c点的磁感应强度的值最小D．b点的磁感应强度的值最大4．如图，闭合线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N极朝下。

当磁铁向下运动时（但未插入线圈内部）（）A.线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互吸引B.线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互排斥C.线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互吸引D.线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互排斥5．如图所示，电阻R和线圈自感系数L的值都较大，电感线圈的电阻不计，A、B是两只完全相同的灯泡，当开关S闭合时，电路可能出现的情况是（）A．B比A先亮，然后B熄灭 B．A比B先亮，然后A熄灭C．A、B一起亮，然后A熄灭D．A、B一起亮，然后B熄灭6．有一个匀强磁场边界是EF，在EF右侧无磁场，左侧是匀强磁场区域，如图甲所示。

2020-2021学年高二上学期12月月考物理试题含答案解析

【全国百强校】山东省菏泽市第一中学八一路校区【最新】高二上学期12月月考物理试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．—匝数为10的线圈垂直磁场放置，穿过线圈的磁通量为ϕ．现将该线圈的匝数减为5匝，同时将线圈转至与磁场的夹角为30°，其他条件不变，则穿过该线圈的磁通量变为A ．ϕB ．2ϕC ．2ϕD ．4ϕ 2．已知矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示，则下列说法正确的是（）A ．t =0时刻线圈平面与中性面垂直B ．t =0.01s 时刻Φ的变化率达最大C ．t =0.02s 时刻感应电动势达到最大D ．该线圈相应的感应电动势图象如图乙所示 3．如图所示，ab 是一个可以绕垂直于纸面的轴O 转动的闭合矩形导体线圈，当滑动变阻器R 的滑片P 自左向右滑动过程中，线圈ab 将( )A ．静止不动B ．逆时针转动C ．顺时针转动D ．发生转动，但因电源的极性不明，无法确定转动的方向4．如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数比为3∶1，副线圈上并联接三个相同的灯泡，均能正常发光，原线圈中再串联一个相同的灯泡L ，则（）A．灯L也能正常发光B．灯L比另外三个灯都暗C．灯L将会被烧坏D．不能确定5．已知某电阻元件在正常工作时，通过它的电流按如图所示的规律变化．今与这个电阻元件串联一个多用电表(已调至交变电流电流挡)，则多用电表的读数为( )A．5 A B．4 AC． A D． A6．下图中两个电路是研究自感现象的电路，对实验结果的描述正确的是( )①接通开关时，灯P2立即就亮，P1稍晚一会儿亮；②接通开关时，灯P1立即就亮，P2稍晚一会儿亮；③断开开关时，灯P1立即熄灭，P2稍晚一会儿熄灭；④断开开关时，灯P2立即熄灭，P1稍晚一会儿熄灭．A．①③B．①④C．②③D．②④7．发电厂发电机的输出电压为U1，发电厂至学校的输电线电阻为R，通过导线的电流为I，学校输入电压为U2，下列4个计算输电线损耗的式子中，不正确的是（）A．21URB．212()U UR-C．I2R D．12()I U U-8．如图所示电路，两根光滑金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨下端接有电阻R，导轨电阻不计，斜面处在竖直向上的匀强磁场中，电阻可略去不计的金属棒ab 质量为m，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F的作用，金属棒沿导轨匀速下滑，则它在下滑高度h的过程中，以下说法正确的是（）A．作用在金属棒上各力的合力做正功B．重力做的功等于系统产生的电能C．金属棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热D．金属棒克服恒力F做的功等于电阻R上产生的焦耳热二、多选题9．如图所示，线圈两端与电阻相连构成闭合回路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁。

2020-2021学年第一学期高二物理期末考试试卷含答案

2020-2021学年第一学期高二级质量检查物理科试卷一、单项选择题（本题共17小题，每小题3分，共51分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确）1．首先发现电流产生磁场的科学家是（）A.牛顿B.阿基米德C.奥斯特D.伏特2．下述物理量单位为“特斯拉”的是（）A．磁感应强度B．电场强度C．安培力D．电容3.关于点电荷的说法中不正确的是（）A.真正的点电荷是不存在B.点电荷是一种理想化的物理模型C.小的带电体就是点电荷D.形状和大小对所研究的问题的影响可以忽略不计的带电体4.在医疗手术中，为防止麻醉剂乙醚爆炸，地砖要用导电材料制成，医生护士要穿由导电材料制成的鞋子和棉布外套，一切设备要良好接地，甚至病人身体也要良好接地，这样做是为了（）A.消除静电B. 除菌消毒C. 应用静电D. 防止漏电5.真空中有甲、乙两个点电荷相距为r，它们间的静电引力为F.若甲的电荷量变为原来的2倍，乙的电荷量变为原来的31，它们间的距离变为2r ，则它们之间的静电引力将变为( ) A.F 83B .F 61C.F 38D.F 326.下列关于电场线的说法中，正确的是( )A.电场线是电场中实际存在的线B.在复杂电场中的电场线是可以相交的C.沿电场线方向，场强必定越来越小D .电场线越密的地方.同一试探电荷所受的电场力越大 7.如图示，点P 在与通电直导线垂直的圆周面上，则P 点的磁场方向为：( )A 、垂直纸面向里B 、垂直纸面向外C 、水平向左D 、水平向右8．磁体之间的相互作用是通过磁场发生的。

对磁场认识正确的是A ．磁感线有可能出现相交的情况B ．磁感线总是由N 极出发指向S 极C ．某点磁场的方向与放在该点小磁针静止时N 极所指方向一致D ．若在某区域内通电导线不受磁场力的作用，则该区域的磁感应强度一定为零9.要使平行板电容器的电容增大：（）A 、增大电容器两级板的正对面积B 、增大电容器两级间的电压C 、增大电容器的带电量D 、增大电容器两级板的距离10．在图中，标出了磁场B 的方向、通电直导线中电流I 的方向，以及通电直导线所受磁场力F 的方向，其中正确的是11．下列是几种典型的电场线的分布示意图，其中正确的是（）ABCD BBFF12．面积是S 的矩形导线框，放在一磁感应强度为B 的匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直，则穿过导线框所围面积的磁通量为 A ．SBB ．BSC ．BSD ．B13. 如图所示，通电直导线右边有一个矩形线框，线框平面与直导线共面，若使线框逐渐远离（平动）通电导线，则穿过线框的磁通量将A.逐渐增大B.逐渐减小C.保持不变D.不能确定14.根据电阻定律可以推导得出，电阻率LS R =ρ，对于温度一定的某种金属导线来说，它的电阻率（） A ．跟导线的电阻成正比B ．跟导线的电阻无关，与导线的横截面积成正比，与导线的长度成反比C ．与导线的电阻、横截面积、长度均无关，由所用材料本身特性决定D ．与导线的温度无关15.一个运动电荷通过某一空间时，没有发生偏转，那么这个空间是否存在电场或磁场，下列说法正确的是（） A.一定不存在电场 B.一定不存在磁场C.一定存在磁场 D .可能既存在磁场，又存在电场 16.如图所示的电路中，电源的电动势和内阻分别为E 和r ，当闭合开关S ，向左移动滑动变阻器的滑片时，下列说法正确的是（）A ．电流表的示数变大，电压表的示数变大B ．电流表的示数变大，电压表的示数变小C ．电流表的示数变小，电压表的示数变小D ．电流表的示数变小，电压表的示数变大 17．关于电动势，下列说法正确的是（）A ．电源两极间的电压等于电源电动势B ．电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大C ．电动势、电压和电势差名称不同，但物理意义相同，所以单位也相同D ．电源电动势与外电路的组成有关二、实验题（共18分）18．（8分）（1）如图a 所示中给出的是用螺旋测微器测量某导体棒直径时的示数，此读数应为 mm20510 02025 15101525 5（2）某物理实验小组在使用多用电表按正确步骤测量某一电阻阻值，选择开关指在“×100”欧姆档，指针指示位置如图b 所示，则这电阻是 Ω。

2020-2021高二物理上学期第二次调研考试试题

2020-2021高二物理上学期第二次调研考试试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡上。

2. 将答案写在答题卡上。

写在本试卷上无效。

3. 考试结束后，将答题卡交回。

一、单项选择题：（每小题只有一个选项正确。

每小题5分，共35分）1．关于磁感应强度的下列说法中，正确的是A．由可知，B与电流强度I成反比B．由可知，B与电流受到的安培力F成正比C．垂直磁场放置的通电导线的受力方向就是磁感应强度方向D．磁感应强度的大小、方向与放入磁场的导线的电流大小、导线长度、导线取向等均无关2．磁场中某区域的磁感线，如图所示，则（）A． a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a＞B bB． a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a＜B bC．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大D．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小3.如图所示，直线A为电源的U—I图线，直线B为电阻R的U—I图线，用该电源和电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电路的总功率分别是（）A. 4 W、8 WB. 2 W、4 WC. 4 W、6 WD. 2 W、3 W4．如图所示，把一重力不计的通电直导线水平放置在蹄形磁铁磁极的正上方，导线可以移动，当导线通过图示方向的电流I 时，导线的运动情况是（从上往下看）( )A ．顺时针方向转动，同时下降B ．顺时针方向转动，同时上升C ．逆时针方向转动，同时下降D ．逆时针方向转动，同时上升5．如图所示，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为θ。

整个装置处于匀强磁场中。

金属杆ab 垂直导轨放置，当杆中通有从a 到b 的恒定电流I 时，金属杆ab 刚好静止。

则A ．磁场方向一定是竖直向上B ．磁场方向竖直向上时，磁场的磁感应确定最小C ．ab 受安培力的最小值为θtan mg F =D ．ab 受安培力的最小值为sin F mg θ=6．如图所示，边长为l ，质量为m 的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板，导线框中通一逆时针方向的电流，图中虚线过ab 边中点和ac 边中点，在虚线的下方有一垂直于导线框向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B ，此时导线框处于静止状态，细线中的拉力为F 1；保持其他条件不变，现将虚线下方的磁场移至虚线上方，此时细线中拉力为F 2。

2020-2021学年高二物理上学期第二次质量检测试题

2020-2021学年高二物理上学期第二次质量检测试题本试卷分第一部分（选择题）和第二部分（非选择题），满分100分，考试时间90分钟。

第I 卷(选择题共48分)一、选择题(共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，其中9--12题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．用比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法。

下面几个物理量都是用比值法定义的，其中定义式不正确的是( )A. 电容C ＝QU B. 电势φ＝E p qC. 电场强度E ＝k q r 2D. 电阻R ＝U I2．关于电源和电流，下述说法正确的是（）A. 电源的电动势在数值上始终等于电源正负极之间的电压B. 从能量转化的角度看，电源是把其他形式的能转化为电能的装置C. 由公式R ＝U I可知，导体的电阻与通过它的电流成反比D. 闭合白炽灯开关，灯立刻就亮，这表明导线中自由电荷定向运动的速率接近光速 3．如图所示，a 、b 、c 为不同材料做成的电阻，b 与a 的长度相等，横截面积是a 的两倍；c 与a 的横截面积相等，长度是a 的两倍。

当开关闭合后，三个理想电压表的示数关系是U 1∶U 2∶U 3＝1∶1∶2。

关于三种材料的电阻率ρa 、ρb 、ρc ，下列说法中正确的是( )A ．ρb 是ρc 的2倍B ．ρa 是ρc 的2倍C ．ρa 是ρb 的2倍D ．ρc 是ρa 的2倍 4．如图所示是某电场沿x 轴上各点电势分布图，其中OA 间图线是一水平线，AC 间图线关于x 轴上点B 中心对称，BD 间C 点电势最低，则下列说法正确的是( )A. OA 段电场一定是匀强电场B. B 、C 两点的电场强度均为0C. 将一正点电荷从B点移到D点，电场力先做正功后做负功D. 将电荷量为q的正点电荷从A点移到C点，电势能增加2qφ04题图 5题图5．图示为“探究影响平行板电容器电容的因素”的实验装置，下列说法正确的是（）A. 保持开关S闭合，将A、B两极板分开些，指针张角增大B. 保持开关S闭合，将变阻器滑动触头向右移动，指针张角增大C. 先闭合再断开开关S后，将A、B两极板靠近些，指针张角减小D. 先闭合再断开开关S后，减小A、B两极板的正对面积，指针张角减小6．如图所示，甲、乙两个电路都是由一个表头G和一只变阻器R组成的，下列说法正确的是( )A. 甲表是电压表，R减小时量程增大B. 乙表是电流表，R减小时量程增大C. 甲表是电流表，R增大时量程减小D. 乙表是电压表，R增大时量程增大7．如图所示，直线M、N和P、Q是处于匀强电场中的两组平行线，a、b、c、d 是它们的交点，一电子由a点分别运动到c点和d点的过程中，电场力所做的正功相等，一质子从c点以速度v射入电场，则( )A. a点电势比c点高B. M是等势线，P是电场线C. 若速度方向沿ca方向，则质子做匀减速直线运动D. 若速度方向沿ca方向，则质子做匀加速直线运动8．如图所示，C为两极板水平放置的平行板电容器。

物理上学期第二次考试试题高二全册物理试题

批扯州址走市抄坝学校东湖区高二物理上学期第二次考试试题一、选择题〔1-7为单项选择题，8-12为多项选择题。

每题4分，共48分。

〕1. 电动机的电枢阻值为R，电动机正常工作时，两端的电压为U，通过的电流为I，工作时间为t，以下说法中正确的选项是( )A.电动机消耗的电能为U2t/RB.电动机消耗的电能为I2RtC.电动机线圈产生的热量为I2RtD.电动机线圈产生的热量为UIt【答案】C【解析】D错误；应选C。

考点：焦耳律【点睛】电动机消耗的电能为UIt，根据焦耳律电动机线圈产生的热量为I2Rt。

对于纯电阻电路，消耗的电能转化成热量。

而电动机是非纯电阻电路，消耗的电能大于产生的热量，电动机两端的电压大于IR。

2. 如下图的电路中，L1、L2为“220V、100W〞灯泡，L3、L4为“220V，40W〞灯泡，现将两端接入电路，其实际功率的大小顺序是〔〕A．P4＞P1＞P3＞P2B．P4＞P1＞P2＞P3C．P1＞P4＞P2＞P3D．P1＞P4＞P3＞P2【答案】B【解析】试题分析：根据R U P 2=可得，四个灯泡的电阻：R 1=R 2=22P U =Ω1002202=484Ω，考点：串并联电路、功率【点睛】四个灯泡额电压相，根据功率公式R U P 2=，求解四个灯泡的电阻。

串联电路电流相，根据P=I 2R 可比拟灯泡1和灯泡4的功率。

并联电路电压相，根据功率RU P 2=，可以比拟灯泡2和灯泡3的功率。

判断四个灯泡实际功率的大小。

3. 用相同的灵敏电流计作表头改装成电流表A 和电压表V ，分别将其串联和并联在一起，然后接入电路中。

通电后关于指针的偏角情况的表达正确的选项是〔〕A.图电压表的指针偏角与电流表的相B.图电压表的指针偏角比电流表的小C.图乙中电压表的指针偏角与电流表的相D.图乙中电压表的指针偏角比电流表的小【答案】D试题分析：根据改装电流表需要并联一个电阻分流，改装电压表需要串联一个电阻分压原理分析。

2021-2022年高二上学期第二次考试物理试题含答案

2021年高二上学期第二次考试物理试题含答案一、选择题（每小题4分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是正确的，全部选对得4分，对而不全得2分。

）1.关于磁通量的下列说法中正确的是（）A．磁通量是个反映磁场强弱和方向的物理量B．某一面积上的磁通量是表示穿过此面积的磁感线的总条数C．在磁场中所取的面积越大，该面上磁通量一定越大D．穿过封闭曲面的磁通量无限大2．关于电动势，下列说法中正确的是（）A．一个电源的电动势的大小只由电源本身决定B．因电动势的单位和电势差相同，所以电动势实质上就是电势差C．一个电动势为1.5V的电池接入电路时，若有1C的电荷量通过电路，就有1.5J的化学能转变成电能D．电压表接到电源两极时，测得的就是电动势3．为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的。

在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是( )4．如图1所示，已知R 1=100Ω，右方虚线框内为黑盒，电阻连接不知，今用电压表测得U AC =10V ，U BC =40V ，则 AB 间的总电阻为( )A ．200Ω B.300Ω C.450Ω D.500Ω 5．如图2所示，三个阻值相同的电阻R 1、R 2、R 3，其最大允许的功率分别为10W 、10W 、4W ，则此电路允许消耗的最大功率为( ) A ．12W B.15W C.16W D.24W6．有一“3V ，3W ”的小灯泡，则接入下列的哪一电源可使小灯泡最亮( ) A ．E=3V ，r=1.0Ω B. E=3V ，r=1.5Ω C. E=3V ，r=2.0Ω D. E=3V ，r=2.5Ω7．如图3所示，若ab 端为输入端，AB 为输出端，滑动变阻器的滑动头在变阻器的中央位置，则下列说法正确的为（） A ．空载时输出的电压U AB = Uab2B ．当AB 间接上负载R 时，输出的电压U AB < Uab2C ． AB 间的负载R 越大，输出的电压U AB 越接近 Uab2D ． AB 间的负载R 越小，输出的电压U AB 越接近 Uab28．在如图所示的电路中，E 为电源电动势，r 为电源内阻，R 1和R 3均为定值电阻，R 2为滑动变阻器。

高二物理上学期第二次试卷高二全册物理试题 (5)

嗦夺市安培阳光实验学校新余一中高二（上）第二次段考物理试卷一、选择题（本题有10小题，每小题4分，共40分．1-7小题只有一个选项正确．8-10题有多个选项正确，全部选对得4分，选对部分得2分，有选错得0分）1．关于电动势，下列说法正确的是( )A．电源电动势一定等于电源两极间的电压B．电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大C．体积越大的电源，电动势一定越大D．电源电动势与外电路的组成有关2．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 ．3．如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相同，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q 是这条轨迹上的两点，由此可知( )A．三个等势面中，c等势面电势最高B．带电质点通过P点时电势能较小C．带电质点通过Q点时动能较大D．带电质点通过P点时加速度较小4．两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则( )A．N点的电场强度大小为零B．q1电量小于q2C．NC间场强方向指向x轴负方向D．将一正点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功5．某点电荷和金属圆环间的电场线分布如图所示．下列说法正确的是( ) A．a点的电势低于b点的电势B．若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做正功C．c点的电场强度与d点的电场强度大小无法判断D．若将一正试探电荷从d点由静止释放，电荷将沿着电场线由d到c6．平行板电容器两极板A和B分别与电源的正、负极相连且A板接地，P为两板间的一点．现保持B板不动，将A板慢慢平移到图中虚线所示的位置，这时( )A．电容器两极板间的电势差将减小B．P点的场强将减小C．P点的电势将降低D．固定在P点的负电荷电势能将减小7．某同学将一直流电源的总功率P E、输出功率P R和电源内部的发热功率P r随电流I变化的图线画在了同一坐标系上，如图中的A、B、C所示，根据图线可知( )A．反映P r变化的图线是bB．电源电动势为4 VC．电源内阻为1ΩD．当电流为0.5 A时，外电路的电阻为8Ω8．如图所示，A是带正电的球，B为不带电的导体，A、B均放在绝缘支架上，M、N是导体B中的两点．以无限远处为电势零点，当导体B达到静电平衡后，说法正确的是( )A．M、N两点电场强度大小关系为E M=E N=0B．M、N两点电势高低关系为φM＞φNC．M、N两点电势高低关系为φM＞φN＞0D．感应电荷在M、N两点产生的电场强度E M′＞E N′9．一对平行金属板长为L，两板间距为d，质量为m、电荷量为e的电子从平行板左侧以速度v0沿两板的中线不断进入平行板之间，两板间所加交变电压u AB 如图所示，交变电压的周期T=，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏距的粒子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，则( )A．所有电子都从右侧的同一点离开电场B．所有电子离开电场时速度都是v0C．t=0时刻进入电场的电子，离开电场时动能最大D．t=时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为10．如图电路，C为电容器的电容，D为理想二极管（具有单向导通作用），电流表、电压表均为理想表．闭合开关S至电路稳定后，调节滑动变阻器滑片P 向左移动一小段距离，结果发现电压表V1的示数改变量大小为△U1，电压表V2的示数改变量大小为△U2，电流表A的示数改变量大小为△I，则下列判断正确的有( )A ．的值变大B ．的值变大C ．的值不变，且始终等于电源内阻rD．滑片向左移动的过程中，电容器所带的电荷量要不断减少二．实验题（本题共2小题，每空2分，共16分）11．某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ．步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为__________mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为__________mm；（3）用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图3，则该电阻的阻值约为__________Ω．（4）若该同学用伏安法跟用多用电表测量得到的R测量值几乎相等，由此可估算此圆柱体材料的电阻率约为ρ=__________Ω•m．（保留2位有效数字）12．某同学采用如图1所示的电路测定电源电动势和内电阻．已知干电池的电动势约为1.5V，内阻约为1Ω；电压表（0﹣3V，3kΩ）、电流表（0～0.6A，1.0Ω）、滑动变阻器有R1（10Ω，2A）和R2（100Ω，0.1A）各一只．①实验中滑动变阻器应选用__________（填“R1”或“R2”）．②在图2中画出实验电路图．③在实验中测得多组电压和电流值，得到如图3所示的U﹣I图线，由图可较准确地求出该电源电动势E=__________V；内阻，r=__________Ω．13．一个量程为15V的电压表，串一个电阻为3000Ω的电阻后再去测量电路某两端的电压时，电压表示数为12V，已知该两端实际电压为15V，求：（1）电压表的内阻．（2）将该电压表改装成量程为90V的新电压表，应串联一个多大的电阻？14．在一个水平面上建立x轴，如图在过原点O右侧空间有一个匀强电场，电场强度大小E=6×105N/C，方向与x轴正方向相同，在O处放一个电荷量q=5×10﹣8C、质量m=0.010kg的带负电绝缘物块．物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，沿x轴正方向给物块一个初速度v0=2m/s，如图所示，（g取10m/s2）求：（1）物体进入电场的最大距离（2）物块最终停止时的位置；（3）物块在电场中运动过程的机械能增量．15．有一个用直流电动机提升重物的装置，重物的质量m=50kg，电路电压为120V，当电动机以v=0.9m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流I=5A，（取g=10m/s2）求：（1）电动机线圈的电阻R等于多少．（2）电动机对该重物的最大提升速度是多少．（3）若因故障电动机不能转动，这时通过电动机的电流是多大，电动机消耗的电功率又为多大．16．（14分）如图所示，在O点放一个正电荷，在过O点的竖直平面内的A点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m、电荷量为q．小球落下的轨迹如图中虚线所示，它与以O为圆心、R为半径的圆（图中实线表示）相交于B、C 两点，O、C在同一水平线上，∠BOC=30°，A距离OC的竖直高度为h．若小球通过B点的速度为v，试求：（1）小球通过C点的速度大小．（2）小球由A到C的过程中电场力做了多少功；（3）小球由A到C机械能的损失．新余一中高二（上）第二次段考物理试卷一、选择题（本题有10小题，每小题4分，共40分．1-7小题只有一个选项正确．8-10题有多个选项正确，全部选对得4分，选对部分得2分，有选错得0分）1．关于电动势，下列说法正确的是( )A．电源电动势一定等于电源两极间的电压B．电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大C．体积越大的电源，电动势一定越大D．电源电动势与外电路的组成有关【考点】电源的电动势和内阻；闭合电路的欧姆定律．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】电源是把其它形式的能转化为电能的装置，电动势表征了这种转化本领的大小，等于电源没有接入电路时两极间的电压，根据闭合电路欧姆定律分析电动势与外、内电压的关系．【解答】解：A、根据闭合电路欧姆定律得知：电动势的数值等于内外电压之和，当电源没有接入电路时，电路中没有电流，电源的内电压为零，外电压即电源两极间的电压等于电动势；当电源接入电路时，电路有电流，电源有内电压，两极间的电压小于电动势，故A错误．B、电源是把其它形式的能转化为电能的装置，电动势表征了这种转化本领的大小，所以电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大，故B正确．C、干电池的电动势与正负极的材料有关，与电源的体积无关；而其他的电源的电动势的大小也不一定与体积有关．故C错误．D、电动势由电源本身特性决定，与外电路的组成无关，故D错误．故选：B【点评】对于电动势，可以结合电动势的物理意义、定义式和闭合电路欧姆定律等知识理解．2．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 ．【考点】电阻定律．【专题】恒定电流专题．【分析】由金属导体电阻的决定式R=ρ进行计算，注意各电阻中的导体长度及截面积．【解答】解：由电阻的决定式可知，A中电阻R A =，B中电阻R B =；C中电阻R C =；D中电阻R D =；故电阻最小的为A；故选：A．【点评】本题考查电阻定率的应用，要注意电阻是由导体本身的性质决定的．3．如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相同，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q 是这条轨迹上的两点，由此可知( )A．三个等势面中，c等势面电势最高B．带电质点通过P点时电势能较小C．带电质点通过Q点时动能较大D．带电质点通过P点时加速度较小【考点】电势差与电场强度的关系；等势面．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大．【解答】解：A、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故a等势线的电势最高，c等势线的电势最低，故A错误；B、根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P 点的电势能大于Q点的电势能，故B错误；C、从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故C正确；D、由于相邻等势面之间的电势差相同．等势线密的地方电场线密场强大，故P 点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故D错误．故选：C．【点评】解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化4．两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则( )A．N点的电场强度大小为零B．q1电量小于q2C．NC间场强方向指向x轴负方向D．将一正点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度；电势．【专题】定性思想；控制变量法；电场力与电势的性质专题．【分析】φ﹣x图象的斜率等于电场强度E．根据两点电荷连线的电势高低的分布如图所示，由于沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性．根据功能关系分析电场力做功的正负．【解答】解：A、该图象的斜率等于场强E，则知N点电场强度不为零，故A错误；B、如果q1和q2为等量异种电荷，点连线中垂线是等势面，故连线中点为零电势点；由于OA＞AM，故q1＞q2；故B错误；C、由图可知：OM间电场强度方向沿x轴正方向，MC间电场强度方向沿x轴负方向，NC间场强方向向x轴负方向．故C正确D、由于从N到D，电势先增加后减小；将一正电荷从N点移到D点，根据公式E p=qφ，电势能先增加后减小，故电场力先做负功后正功；故D错误；故选：C【点评】电势为零处，电场强度不一定为零．电荷在电场中与电势的乘积为电势能．电场力做功的正负决定电势能的增加与否5．某点电荷和金属圆环间的电场线分布如图所示．下列说法正确的是( ) A．a点的电势低于b点的电势B．若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做正功C．c点的电场强度与d点的电场强度大小无法判断D．若将一正试探电荷从d点由静止释放，电荷将沿着电场线由d到c【考点】电势差与电场强度的关系；电势；电势能．【专题】比较思想；图析法；电场力与电势的性质专题．【分析】对于不在同一电场线上的两点在判断其电势高低时，可以通过等势线把它们移动到同一电场线上，然后根据沿电场线电势降低进行判断．根据电场线的疏密判断电场强度的大小，根据电场力做功情况，判断电势能的变化．【解答】解：A、由沿电场线的方向电势降落和电场线与等势面垂直的特点，可知a点的电势低于b点的电势，故A正确；B、将一正试探电荷由a点移到b点，由于a点的电势低于b点的电势，由电势能的公式式：E p=qφ，可知正电荷在a点的电势能小于b点的电势能，由电场力做功与电势能变化的关系，说明电场力做负功，故B错误；C、因为电场线的疏密表示电场的强弱，故c点的电场强度小于d点的电场强度，故C错误；D、正试探电荷在d点时所受的电场力沿该处电场线的切线方向，使该电荷离开该电场线，所以该电荷不可能沿着电场线由d到c．故D错误．故选：A【点评】本题考查了电场线和电场强度、电势之间的关系，对于电势能可以通过电势高度进行判断，也可以通过电场力做功进行判断．6．平行板电容器两极板A和B分别与电源的正、负极相连且A板接地，P为两板间的一点．现保持B板不动，将A板慢慢平移到图中虚线所示的位置，这时( )A．电容器两极板间的电势差将减小B．P点的场强将减小C． P点的电势将降低D．固定在P点的负电荷电势能将减小【考点】电容器的动态分析；匀强电场中电势差和电场强度的关系；电容．【专题】电容器专题．【分析】平行板电容器充电后与电源断开后所带电量不变．移动极板，根据推论分析板间场强是否变化．由电容的决定式分析电容的变化，确定电压U的变化．根据P点与上板间电势差的变化，分析P点的电势如何变化，判断电势能的变化．【解答】解：A、由题意可知，电容器始终与电源相连，故电源器两端的电压不变；即电容器两端的电势差保持不变，故A错误；B、由U=Ed可知，d增大，U不变，则场强E减小；故B正确；C、因E减小，而BP间的距离不变，故BP间的电势差减小，故P与A之间的电势差减增大；因A板接地，则P点的电势为降低；故C正确；D、因电势降低，而P点放置的为负电荷，故电荷的电势能将增大；故D错误；故选BC．【点评】本题要注意上极板接地，故电容器中的各点的电势均为负值；同时明确对于负电荷来说，电势越低的地方，电荷的电势能越高．7．某同学将一直流电源的总功率P E、输出功率P R和电源内部的发热功率P r随电流I变化的图线画在了同一坐标系上，如图中的A、B、C所示，根据图线可知( )A．反映P r变化的图线是bB．电源电动势为4 VC．电源内阻为1ΩD．当电流为0.5 A时，外电路的电阻为8Ω【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【专题】定量思想；图析法；电学图像专题．【分析】电源内部的发热功率P r=I2r．直流电源的总功率P E=EI，P﹣I图象的斜率等于电动势E．由图知：当I=2A时，电源内部的发热功率P r与电源的总功率相等，求出电源的内阻．根据闭合电路欧姆定律求出电流为0.5A时的外电阻．【解答】解：A、电源内部的发热功率为 P r=I2r，则P r﹣I图象是抛物线，而且是增函数，则反映P r变化的图线是c．故A错误．B、直流电源的总功率为 P E=EI，P﹣I图象的斜率等于电动势E，则有E==V=4V．故B正确．C、图中I=2A时，电源内部的发热功率P r与电源的总功率相等，则有P r=I2r，得到r==Ω=2Ω．故C错误．D、当电流为0.5A时，根据闭合电路欧姆定律得：I=，代入解得：R=6Ω．故D错误．故选：B【点评】本题要根据电源的总功率公式P E=EI求解电动势，根据发热功率的解析式I2r，求解电源的内阻．要明确内外电路功率的关系．8．如图所示，A是带正电的球，B为不带电的导体，A、B均放在绝缘支架上，M、N是导体B中的两点．以无限远处为电势零点，当导体B达到静电平衡后，说法正确的是( )A．M、N两点电场强度大小关系为E M=E N=0B．M、N两点电势高低关系为φM＞φNC．M、N两点电势高低关系为φM＞φN＞0D．感应电荷在M、N两点产生的电场强度E M′＞E N′【考点】静电场中的导体；电场强度；电势．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．【分析】物体带电有接触起电，有感应带电，有摩擦起电．对于感应带电，是利用同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原理．且带电体是等势体．【解答】解：A、D、M、N两点的场强为导体球与B上感应电荷在这两处的场强之和，合场强大小为零，即E M=E N=0；而带电球A在M、N两点产生的场强不同，故B上感应电荷在M、N两点产生的电场强度不相等，根据点电荷电场强度公式，可知，离A越远的，电场强度越小，则感应电荷在M、N两点产生的电场强度E M′＞E N′，故AD正确．B、C、处于静电平衡的导体，其整体是等势体，故φM=φN，故B错误，C错误．故选：AD．【点评】本题重点掌握感应带电的本质是电荷的转移；当金属导体处于电场时出现静电平衡现象，注意处于静电平衡的导体内部电场强度为零，是由感应电荷与场源电荷叠加而成的，同时知道是等势体是解题的关键．9．一对平行金属板长为L，两板间距为d，质量为m、电荷量为e的电子从平行板左侧以速度v0沿两板的中线不断进入平行板之间，两板间所加交变电压u AB 如图所示，交变电压的周期T=，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏距的粒子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，则( )A．所有电子都从右侧的同一点离开电场B．所有电子离开电场时速度都是v0C．t=0时刻进入电场的电子，离开电场时动能最大D．t=时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】压轴题；带电粒子在电场中的运动专题．【分析】电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向运动情况不同，则知不是从同一点离开电场．所有电子都能穿过平行板，竖直方向加速和减速的时间必然相等，飞出电场时，电子只有水平速度．t=0时刻进入电场的电子，离开电场时速度等于v0，电子的动能不是最大．分析t=时刻进入电场的电子运动情况，由牛顿第二定律和运动学公式求解最大侧位移．【解答】解：A、电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向分速度图象如图，根据图象的“面积”大小等于位移可知，各个电子在竖直方向的位移不全相同，故所有电子从右侧的离开电场的位置不全相同．故A 错误．B、由图看出，所有电子离开电场时竖直方向分速度v y=0，速度都等于v0，故B 正确．C、由上分析可知，电子离开电场时的速度都相同，动能都相同．故C错误．D、t=时刻进入电场的电子，在t=时刻侧位移最大，最大侧位移为y max =2=…①在t=0时刻进入电场的电子侧位移最大为，则有：=4×a…②联立①②得：y max =故D正确．故选BD【点评】本题作出速度图象，根据“面积”大小等于位移分析竖直方向的运动情况．10．如图电路，C为电容器的电容，D为理想二极管（具有单向导通作用），电流表、电压表均为理想表．闭合开关S至电路稳定后，调节滑动变阻器滑片P 向左移动一小段距离，结果发现电压表V1的示数改变量大小为△U1，电压表V2的示数改变量大小为△U2，电流表A的示数改变量大小为△I，则下列判断正确的有( )A ．的值变大B ．的值变大C ．的值不变，且始终等于电源内阻rD．滑片向左移动的过程中，电容器所带的电荷量要不断减少【考点】电容；闭合电路的欧姆定律．【专题】电容器专题．【分析】由电路图先明确电路的结构，再根据滑动变阻器的移动明确电阻的变化；由闭合电路欧姆定律可知电路电流的变化，则可分析内电压、路端电压及各部分电压的变化．【解答】解：由图可知R1与R串联，V1测R两端的电压，V2测路端的电压．若P向左端移动，则滑动变阻器接入电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，则内电压减小，路端电压增大，即电压表V2的示数增大，R1两端的电压减小，所以V1的示数增大．A、根据欧姆定律得的值等于滑动变阻器的阻值，所以的值变大，故A正确；B、根据闭合电路欧姆定律得：U1=E﹣I（R1+r），则=R1+r，所以的值不变；故B错误；C、根据闭合电路欧姆定律得：由U2=E﹣Ir，则=r，所以的值不变；故C正确；D、滑片向左移动的过程中，由于理想二极管具有单向导通作用，所以电容器所带的电荷量不变，故D错误；故选：AC．【点评】闭合电路欧姆定律的动态分析类题目，一般可按外电路﹣内电路﹣外电路的分析思路进行分析，在分析时应注意结合闭合电路欧姆定律及串并联电路的性质．二．实验题（本题共2小题，每空2分，共16分）11．某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ．步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为50.15mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为4.700mm；（3）用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图3，则该电阻的阻值约为220Ω．（4）若该同学用伏安法跟用多用电表测量得到的R测量值几乎相等，由此可估算此圆柱体材料的电阻率约为ρ=7.6×10﹣2Ω•m．（保留2位有效数字）【考点】测定金属的电阻率．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】（1）20分度游标卡尺游标每一分度表示长度为0.05mm，由主尺读出整毫米数，根据游标尺上第几条刻度线与主尺对齐，读出毫米的小数部分．（2）螺旋测微器固定刻度最小分度为1mm，可动刻度每一分度表示0.01mm，由固定刻度读出整毫米数包括半毫米数，由可动刻度读出毫米的小数部分．（3）电阻的测量值=指针指示值×倍率．（4）根据欧姆定律求得电阻的表达式，再由电阻定律即可求得电阻率．【解答】解：（1）主尺读数为50mm，游标上第3条刻度线与主尺对齐，读数为3×0.05mm=0.15mm，则长度为50.15mm．（2）螺旋测微器固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为0.200mm，则直径为4.700mm．（3）电阻的阻值R=22×10Ω=220Ω（4）由电阻定律R=，S=代入解得ρ=7.6×10﹣2Ω•m．本题答案是（1）50.15（2）4.700（3）220（4）7.6×10﹣2【点评】测量电阻最基本的原理是伏安法，电路可分为测量电路和控制电路两部分设计．测量电路要求精确，误差小，可根据电压表、电流表与待测电阻阻值倍数关系，选择电流表内、外接法．控制电路关键是变阻器的分压式接法或限流式接法．在两种方法都能用的情况下，为了减小能耗，选择限流式接法．12．某同学采用如图1所示的电路测定电源电动势和内电阻．已知干电池的电动势约为1.5V，内阻约为1Ω；电压表（0﹣3V，3kΩ）、电流表（0～0.6A，1.0Ω）、滑动变阻器有R1（10Ω，2A）和R2（100Ω，0.1A）各一只．①实验中滑动变阻器应选用R 1（填“R 1”或“R2”）．②在图2中画出实验电路图．③在实验中测得多组电压和电流值，得到如图3所示的U﹣I图线，由图可较准确地求出该电源电动势E=1.47V；内阻，r=1.81Ω．【考点】测定电源的电动势和内阻．【专题】实验题．【分析】①为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；②根据实物电路图作出实验电路图；③根据电源U﹣I图象求出电源电动势与内阻．【解答】解：①电源内阻约为1.5V，电路最大电流约为零点几安培，两滑动变阻器均可保证安全，为方便实验操作，滑动变阻器应选R1；②伏安法测电源电动势与内阻，电压表测路端电压，电流表测电路电流，实验电路图如图所示：③由图示电源U﹣I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.47，电源电动势E=1.47V，电源内阻：r==≈1.81Ω．故答案为：①R1；②电路图如图所示；③1.47，1.81．【点评】本题考查了实验器材选择、作电路图、求电源电动势与内阻，电源U ﹣I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻．13．一个量程为15V的电压表，串一个电阻为3000Ω的电阻后再去测量电路某两端的电压时，电压表示数为12V，已知该两端实际电压为15V，求：（1）电压表的内阻．（2）将该电压表改装成量程为90V 的新电压表，应串联一个多大的电阻？【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】（1）由串联关系知电压之比为电阻之比，可求得R V．（2）先求出串联的电阻的分压，再由电阻与电压成正比，求得R2．【解答】解：（1）当电压表串联一个R1=3kΩ的电阻测量某电路两端的电压时，电压表两端的电压为U=12V，电阻分得的电压为U1=3V，电压表与电阻串联，通过它们的电流相等：=解得：R V=R1=×3000Ω=12000Ω=12kΩ；（2）将这个电压表改装成量程为90V的电压表，原电压表两端最大分得的电压为U V=15V，串联电阻分得的电压：U2=75V，=R2=R V=×12kΩ=60kΩ；答：（1）该电压表的内阻R v是12KΩ；（2）应串联电阻的阻值为60KΩ．【点评】考查的是串联电路电压与电阻成正比，及改装电压表的原理，明确串联电阻起分压作用．14．在一个水平面上建立x轴，如图在过原点O右侧空间有一个匀强电场，电场强度大小E=6×105N/C，方向与x轴正方向相同，在O处放一个电荷量q=5×10。

2021年高二上学期第二次段考物理试题含解析

2021年高二上学期第二次段考物理试题含解析一、选择题（每题至少有一项是正确的，请在机读卡作答）1．（3分）（xx秋•东莞市校级期末）有一段长1m电阻丝，电阻是10Ω，现把它均匀拉伸到长为5m的电阻丝，则电阻变为（）D．250ΩA．10ΩB．50ΩC．150Ω考点：电阻定律．专题：恒定电流专题．分析：当导体的长度由1m变为5m时，导体的体积不变，导体的横截面积变成原来的．根据电阻定律，分析电阻的变化．解答：解：设导体原来的横截面积为S1，长度原来为L1，拉长后横截面积为S2，长度为L2．由体积V=SL得，V不变，L与S成反比．长度之比L1：L2=1：5，则S1：S2=5：1．根据电阻定律R=得，R2：R1=25：1 则电阻变为250Ω．故选D．点评：本题考查运用比例法解决物理问题的能力．还要抓住当导体长度变化时，体积不变，横截面积也同时发生变化的特点．2．（3分）（xx秋•市中区校级月考）一个点电荷，从静电场中的a点移至b点，其电势能的变化为零，则（）A．a、b两点的场强一定相等B．该电荷一定沿等势面移动C．作用于该点电荷的电场力与其移动方向总是垂直的D．a、b两点的电势相等考点：电势能；电场线．分析：从静电场中a点移到b点，其电势能的变化为零，电场力做功为零．但电荷不一定沿等势面移动．a，b两点的电势一定相等．解答：解：A、根据公式W ab=qU ab分析可知，电场力做功W ab=0，a、b两点的电势差U ab为零．而电势与场强无关，所以a、b两点的电场强度不一定相等．故A错误．B、电场力做功只与初末位置有关，与路径无关．电场力做功为零，电荷可能沿等势面移动，也可能不沿等势面移动．故B错误．C、电场力做功为零，作用于该点电荷的电场力与其移动的方向不一定总是垂直的．故C错误．D、由公式W ab=qU ab，W ab=0，得U ab=0，即a、b电势一定相等．故D正确．故选：D．点评：本题抓住电场力做功只与电荷初末位置有关，与路径无关是关键，与重力做功的特点相似．3．（3分）（xx•海南）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连线上某点R处的电场强度为零，且PR=2RQ．则（）A．q1=2q2B．q1=4q2C．q1=﹣2q2D．q1=﹣4q2考点：库仑定律；电场的叠加．分析：根据点电荷的电场强度公式，由点电荷电场强度的叠加求解．解答：解：已知在P、Q连线上某点R处的电场强度为零，根据点电荷的电场强度公式得=，PR=2RQ．解得：q1=4q2．故选：B．点评：理解点电荷的电场强度公式及电场强度的叠加，并掌握电场强度的矢量性．4．（3分）（xx秋•薛城区校级月考）如图所示，已知直流电动机M的电阻是R，电源的电阻是r，当电动机正常工作时电压表的示数是U，电流表的示数是I．（）A．t秒钟内，电动机产生的热量是IUtB．t秒钟内，电动机消耗的电能是IUtC．电源电动势是IR+IrD．电源电动势是U+Ir考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：电动机是非纯电阻电路，电动机总功率等于输出功率与热功率之和；由闭合电路欧姆定律可以求出电源电动势．解答：解：A、B、t秒钟内，电动机消耗的电能为UIt，电动机产生的热量是I2Rt，输出的电功为UIt﹣I2Rt，故A错误，B正确；C、D、根据闭合电路欧姆定律，有：E=U+Ir，电动机是非纯电阻电路，故U＞IR，故E＞IR+Ir，故C错误，D正确；故选：BD．点评：电动机是非纯电阻电路，电动机总功率等于输出功率与热功率之和．5．（3分）（xx秋•薛城区校级月考）如图所示电路，下列说法正确的是（）A．当R1=0时，电源输出功率最大B．当R1=0时，R0消耗功率最大C．当R0+R1=r时，电源输出功率最大D．当R1=R0+r时，R1消耗功率最大考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：根据功率公式分析定值电阻的功率；当外电阻和内电阻相等时，电源的输出功率最大．解答：解：A、当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，故此时应有：R0+R1=r；故A错误，C 正确；B、R0为定值电阻，当电流最大时功率最大，故应当R1=0时，R0的功率最大；故B正确；D、当R0等效为内电阻，则当R1=R0+r时，R1消耗的功率最大；故D正确；故选：BCD．点评：本题考查电源的功率及定值电阻的功率，要注意明确等效电源的使用方法．6．（3分）（xx春•加格达奇区校级期末）如图，电路用来测定电池组的电动势和内电阻．其中V 为电压表（理想电表），定值电阻R=7.0Ω．在电键未接通时，V的读数为6.0V；接通电键后，V 的读数变为5.6V．那么，电池组的电动势和内电阻分别等于（）A．6.0V，1.25ΩB．6.0V，0.5ΩC．5.6V，1.25ΩD．5.6V，0.5Ω考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：当开关断开时，电压表接在电源两端，电压表示数为电池组的电动势；K闭合时，电压表测量路端电压，则根据闭合电路的欧姆定律可求得内电阻．解答：解：电键未接通时，电压表示数即为电源电动势，故电动势E=6.0V；接通电键后，对R由欧姆定律可得：电路中电流I==0.8A；由闭合电路欧姆定律可知：内电阻r==0.5Ω；故选：B点评：本题考查闭合电路的欧姆定律的使用，注意因电压表为理想电表，故当电压表直接接在电源两端时，相当于开路，电压表示数即为电源的电动势．7．（3分）（xx秋•薛城区校级月考）人们借助电表，能直观地了解和监测各种电路的运行情况，及时、准确地找出电路的故障所在．在用多用电表测电阻时，有很多注意事项，下列说法中正确的是（）A．为了减小误差，选择档位时应尽量使指针指在中心刻度附近B．每次换档后都必须调零C．待测电阻如果是连接在电路中，应当把它先与其它元件断开再进行测量D．电流从红表笔流出，从黑表笔流入考点：用多用电表测电阻．专题：实验题．分析：欧姆表的使用方法与注意事项：①电表使用前要使指针指在0刻线位置，通过调节调零旋钮实现；③欧姆表测量前要进行欧姆调零；④欧姆表中值电阻附近刻度线最均匀，读数误差最小，故测量电阻时，要通过选择恰当的倍率使指针指在中值电阻附近；每次换挡要重新调零；⑤欧姆表读数=刻度盘读数×倍率；⑥欧姆表使用完毕，要将旋钮选择“OFF”挡或者交流电压最大挡，若长期不用，需要将电池取出．解答：解：A、为了减小误差，选择档位时应尽量使指针指在中心刻度附近，故A正确；B、用欧姆表测量电阻时，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零，如果不换挡，不需要重新进行欧姆调零，不是每次测量都要重新调零，故B正确；C、待测电阻如果是连在电路中，应当把它与其它元件断开，再进行测量，故C正确．D、用欧姆表测电阻时，电流从红表笔流入，从黑表笔流出，故D错误；故选：ABC．点评：本题考查了多用电表的使用方法，掌握基础知识即可正确解题；使用欧姆表测电阻时，要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近．8．（3分）（xx•清浦区校级学业考试）如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r恒定不变，电灯L恰能正常发光，如果滑动变阻器的滑片向b端移动，则（）A．电灯L更亮，安培表的示数变大B．电灯L更亮，安培表的示数变小C．电灯L变暗，安培表的示数变小D．电灯L变亮，安培表的示数不变考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：由滑动变阻器的滑片向b端移动得到电阻R1的变化情况，得到整个外电阻的变化情况后，再根据闭合电路欧姆定律得到干路电流的变化情况，由U=E﹣Ir判断路段电压变化情况，即可判断电灯亮度的变化．解答：解：滑动变阻器的滑片向b端移动时，电阻R1变大，故整个外电阻变大，根据闭合电路欧姆定律，有：I=，得干路电流减小，故安培表的示数变小；路端电压U=E﹣Ir变大，故电灯泡变得更亮；故B正确．故选：B．点评：本题关键是由局部电阻的变化得到总电阻变化，根据闭合电路欧姆定律判断电流的变化情况，然后再分析各个局部电流和电压情况．9．（3分）（xx秋•庆安县校级期末）如图所示，直线A为电源的U﹣I图线，直线B为电阻R 的U﹣I图线；用该电源和电阻组成的闭合电路，电源输出功率和电路的总功率分别是（）A．4 W，8 W B．2 W，4 W C．4 W，6 W D．2 W，3 W考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：根据图象可以得到电阻的电压和电阻的电流之间的关系，由此可以判断电源的功率和电路的总功率的大小．解答：解：由图可知，E=3V，U=2V，I=2A则电源输出功率为：P=UI=2×2=4W电源总功率是：P=EI=3×2=6W故选：C．点评：电源输出功率和电源总功率计算的公式不同，区分开不同的公式即可求得不同的功率的大小．10．（3分）（xx•盱眙县校级学业考试）如图所示电路中，电键S1、S2、S3、S4均闭合，C是极板水平放置的平行板电容器，板间悬浮着一油滴P，断开哪一个电键后P会向下运动？（）（闭合电键）A．S1B．S2C．S3D．S4考点：闭合电路的欧姆定律；电容．专题：电容器专题．分析：平行板电容器板间悬浮着一油滴P，油滴所受的重力与电场力平衡，当电场力减小时，油滴会向下运动．根据条件分别分析哪种情况下板间场强和油滴的电场力是减小的．解答：解：A、断开S1，电容器两板间的电压不变，场强不变，油滴所受的电场力不变，油滴仍处于平衡状态．故A错误．B、断开S2，电容器两板间的电压增大，稳定时，其电压等于电源的电动势，板间场强增大，油滴所受的电场力增大，油滴将向上运动．与题意不符，故B错误．C、断开S3，电容器通过电阻放电，板间场强逐渐减小，油滴所受的电场力减小，油滴将向下运动．故C正确．D、断开S4，电容器的电量不变，板间场强不变，油滴仍处于静止状态．故D错误．故选C点评：本题考查分析电容器电压的能力．难点是断开s2，稳定后电容器的电压等于电源的电动势，可以用电势差等于电压来理解11．（3分）（xx秋•怀化期末）如图所示是一个三输入端复合门电路，当C端输入“0”时，A、B 端输入何值时输出端Y输出“1”？（）A．00 B．0 1 C．10 D．1 1考点：简单的逻辑电路．专题：恒定电流专题．分析：该门电路是或门和与门的复合门电路，与门的特点是事件的几个条件都满足，该事件才能发生．或门的特点是只要一个条件得到满足，事件就会发生；解答：解：当C端输入0，输出端Y输出1时，可知与门的输出端为1，则A、B端的输入分别为1，1．故D正确，A、B、C错误．故选：D．点评：解决本题的关键掌握与门和或门的特点，或门的特点是只要一个条件得到满足，事件就会发生；与门的特点是事件的几个条件都满足，该事件才能发生．12．（3分）（xx秋•薛城区校级月考）一个用半导体材料制成的电阻D，其电流I随它两端电压U的关系如图（a）所示，如果它与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源两端，三个用电器消耗的电功率均为P．现将它们连接为如图（b）所示的电路，再接在该电源的两端，设电阻D和电阻R1、R2消耗的电功率分别是P D、P1、P2，下列判断中错误的是（）A．P1＞P2B．P1＞4P D C．P D＜P2D．P1＜4P2考点：电功、电功率；欧姆定律．专题：功率的计算专题．分析：（1）当R1、R2、R D并联时，根据并联电路各支路两端的电压相等和三电阻的功率相等，利用R=可知此时三电阻的阻值相等；（2）当它们连接为如图（b）所示的电路时，假如R D的电阻不变，根据电阻的并联特点求出并联部分的电阻，再根据串联电路电阻的分压特点求出它们分得的电压，利用P=求出P1、P D的电功率关系；由a图可知电流的变化量大于电压的变化量，利用欧姆定律可知电压越大、电阻变小，反之越大；再由并联电路电阻越并越小、小于任何一个分电阻和串联电路的分压特点可知各电阻两端电压的变化，最后利用P=得出各电阻功率之间的关系．解答：解：（1）当R1、R2、R D并联时，三电阻两端的电压相等，均为U，根据R=可知，三电阻的功率相同时，则R1=R2=R D；（2）当它们连接为如图（b）所示的电路时，假如R D的电阻不变，则R D和R2并联后的电阻为R2，由串联电路的电阻分压特点可知，电阻R1两端的电压变大为U，并联部分的电压变小为U，P D=，4P D；由a图可知可知，电压增大，电流增大，但电流的变化量比电压的变化量大，根据欧姆定律可知R D的电阻减小，所以当电压变小时，R D的电阻应变大，R D＞R2；由并联电路电阻的特点：电阻越并越小，小于任何一个分电阻可知，并联后的总电阻应小于R1的阻值，即R1两端的电压大于R2、R D两端的电压，且并联部分分得的电压大于U，R1两端的电压小于U；根据P=可知，P1＞P2，P D＜P2，P1＜4P D．因选不正确的，故选：B．点评：本题考查了串联电路的分压特点和并联电路特点，以及欧姆定律、电功率公式的灵活应用；难点是根据欧姆定律分析出a图中电阻与电压的关系和各电阻功率关系的判断，是一道较为复杂的题目．二、实验题13．（3分）（xx秋•新县校级期中）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，除有一标有“6V，1.5W”的小灯泡、导线和开关外，还有：A．直流电源6V（内阻不计）B．直流电流表0～300mA（内阻约为5Ω）C．直流电压表0～10V（内阻约为15kΩ）D．滑动变阻器10Ω，2A实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量．（1）画出实验电路图．（2）试将实物图所示器材连成实验电路．考点：伏安法测电阻．专题：实验题．分析：（1）由题目要求确定出滑动变阻器的接法及电流表的接法，即可画出电路图；（2）对照电路原理图连接实物图即可．解答：解：（1）实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化，故变阻器必须采用分压接法；由于电压表内阻远大于小灯泡的内阻，为减小测量误差，故电流表采用外接法，则电路图如左图所示；（2）对照电路图，将实物图所示器材连成实验电路如右图所示．答：（1）电路图如左图所示．（2）将实物图所示器材连成实验电路如右图所示．点评：测定小灯泡伏安特性曲线实验一般采用电流表的外接法，变阻器用分压式接法，可根据“大内小外”的口诀，记住电流表的接法．14．（3分）（xx秋•金乡县校级期中）在“测定金属的电阻率”的实验中，需要用刻度尺测出被测金属丝的长度l．用螺旋测微器测出金属丝的直径d，用电流表和电压表测出金属丝的电阻R．①请写出测金属丝电阻率的表达式：ρ=（用上述测量量的字母表示）．②若实验中测量金属丝的长度和直径时，刻度尺和螺旋测微器的示数分别如图所示，则金属丝长度的测量值为l=36.50cm，金属丝直径的测量值为d=0.796mm．考点：测定金属的电阻率．专题：实验题；恒定电流专题．分析：①根据电阻定律求出电阻率的表达式；②根据图示刻度尺确定其分度值，金属丝两端点所对应刻度尺示数之差是金属丝的长度；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数．解答：解：①由电阻定律可知，金属丝电阻R=ρ=ρ，则金属丝电阻率ρ=；②由图示刻度尺可知，其分度值为1mm，金属丝的长度l=36.50﹣0.00=36.50cm；由图示螺旋测微器可知，螺旋测微器固定刻度示数为0.5mm，可动刻度示数为29.6×0.01mm=0.296mm，螺旋测微器示数为0.5mm+0.296m=0.796mm；故答案为：①；②36.50；0.796．点评：本题考查了电阻定律的应用、刻度尺与螺旋测微器的读数，应用电阻定律即可求出电阻率的表达式；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数，螺旋测微器需要估读．15．（3分）（xx秋•岑巩县校级期中）测定电源的电动势和内电阻的实验电路（图1和U﹣I图象（图2）如下：（1）闭合开关前为防止电表过载滑动变阻器的滑动头P应放在a（填“a”或“b”）处（2）现备有以下器材：A．干电池1个B．滑动变阻器（0～50Ω）C．滑动变阻器（0～1750Ω）D．电压表（0～3V）E．电压表（0～15V）F．电流表（0～0.6A）G．电流表（0～3A）其中滑动变阻器应选B，电流表应选F，电压表应选D．（填字母代号）（3）由U﹣I图象．由此可知这个干电池的电动势E= 1.5V，内电阻r=1Ω．（4）由于本实验电路存在系统误差，导致E测＜E真，r测＜r真（填“＞”“＜”或“=”）考点：测定电源的电动势和内阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：（1）滑动变阻器采用限流接法，为保护电路，闭合开关前滑片要置于阻值最大处．（2）为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器，根据实验所测量的最大电流选择电流表，根据电源电动势选择电压表．（3）电源的U﹣I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻．（4）根据实验电路分析实验误差．解答：解：（1）由图1所示实验电路图可知，滑动变阻器采用限流接法，因此闭合开关前为防止电表过载滑动变阻器的滑动头P应放在a端．（2）为方便实验操作，滑动变阻器应选B，由图2所示图象可知，最大电流为0.4A，则电流表应选F，电源电动势约为1.5V，电压表应选D．（3）由图2所示电源U﹣I图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.5，电源电动势E=1.5V，电源内阻r===1Ω．（4）由图1所示电路图可知，相对于电源来说，电流表采用外接法，由于电压表分流，电流测量值小于真实值，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的U﹣I图象如图所示：电源的U﹣I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻，由图象可知，电源电动势的测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值．故答案为：（1）a；（2）B；F；D；（3）1.5；1；（4）＜；＜．点评：为保护电路，如果滑动变阻器采用限流接法，在闭合开关前，滑片应置于最大阻值处；如果滑动变阻器采用分压接法，在闭合开关前，滑片应置于分压电路分压最小的位置．三、计算题（在答题卷作答，写出必要的步骤）16．（xx秋•临海市校级期中）如图所示是利用电动机提升重物的示意图，其中D是直流电动机．p 是一个质量为m的重物，它用细绳拴在电动机的轴上．闭合开关s，重物p以速度v被匀速提升，这时电流表和电压表的示数分别是I=5.0A和U=110V，重物p上升的速度v=0.90m/s．重物的质量m=50kg．不计一切摩擦，g取10m/s2．求：（1）电动机消耗的电功率P电；（2）电动机线圈的电阻R．考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：（1）已知电动机两端的电压和通过的电流，根据P=UI求出电动机的耗电功率，根据P出=mgv求出机械功率；（2）由机械部分的机械效率可求出电动机输出功率，根据电动机消耗的功率与输出功率之差，即为线圈电阻发热功率，再由P=I2R求出电动机线圈的电阻．解答：解：（1）电动机的输入功率：P入=UI=5×110W=550W（2）电动机的输出功率：P出=mgv=50×10×0.9=450W电动机线圈的发热功率：P热=P入﹣P出P热=I2R代入数据，联立解得：R=4Ω答：（1）电动机消耗的电功率为550V；（2）电动机线圈的电阻为4Ω．点评：知道电动机工作时，消耗的电能转化为其它形式的能（一是机械能，二是内能）是解本题的关键．17．（xx春•宝安区校级期末）一个电源的路端电压U随外电路电阻R的变化规律如图（甲）所示，图中U=12V的直线为图线的渐近线．现将该电源和一个变阻器R0接成如图（乙）所示电路，已知电源允许通过的最大电流为2A，变阻器的最大阻值为R0=22Ω．求：（1）电源电动势E和内电阻r；（2）空载时A、B两端输出的电压范围；（3）A、B两端所能接负载的电阻的最小值．考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：（1）当外电阻无穷大时，路端电压等于电动势，由图象可知电源的电动势，由闭合电路欧姆定律可求得电源的内阻；（2）AB输出电压为AB并联的滑动变阻器部分电阻的电压，根据滑动变阻器两端的电压范围即可求出；（3）根据闭合电路欧姆定律可求得当电源达最大电流时的外电阻，分析外电路的特点可得出AB两端所接的最小电阻．解答：解：（1）当外电阻无穷大时，路端电压等于电动势．由图可知，当外电阻无穷大时，路端电压接近12V，故说明电源的电动势E=12V；由图象可知，当外电阻为R=2Ω时，路端电压为U=6V，由欧姆定律可得：电路中电流为I==A=3A，由U r=E﹣U=Ir，得内电阻r==Ω=2Ω；（2）空载时，当变阻器滑片移至最下端时，输出电压最小，为U最小=0V当变阻器滑片移至最上端时，输出电压最大，为U最大===11V故空载时A、B两端输出的电压范围是0～11V．（3）设所接负载的电阻的最小值为R′，此时滑片应移至最上端，电源电流最大I=2A，有E=I（R外+r）其中R外=代入得：12=2×（+2）代入数据解得：R′≈4.9Ω答：（1）电源电动势E是12V，内电阻r为2Ω；（2）空载时A、B两端输出的电压范围是0～11V；（3）A、B两端所能接负载的电阻的最小值是4.9Ω．点评：本题要理解电动势与路端电压的关系，正确运用闭合电路的欧姆定律，要注意正确结合串并联电路的规律进行求解．36852 8FF4 迴27475 6B53 歓E19969 4E01 丁LQ40254 9D3E 鴾24796 60DC 惜33280 8200 舀37129 9109 鄉38468 9644 附29623 73B7 玷23818 5D0A 崊x36682 8F4A 轊。

2020年高二年级上学期第二次段考物理试题

2020年高二年级上学期第二次段考物理试题姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、多选题 (共6题；共17分)1. （3分） (2019高二上·邢台月考) 在如图所示的电路中，两定值电阻的阻值R1=R2=5Ω，变压器为理想变压器，两电表均为理想电表，在a、b端输入u=100 sinωt的正弦交流电压，原副线圈的匝数之比为1：2，则下列说法正确的是（）A . 电流表的示数为8AB . 电压表的示数为40VC . 电路消耗的总功率为1600WD . 电阻R1、R2消耗的功率之比为1：12. （3分） (2016高二上·阿拉善盟期中) 如图所示，电解池内有一价的电解液，ts内通过溶液内截面S的正离子数是n1 ，负离子数是n2 ，设元电荷为e，则以下解释中正确的是（）A . 正离子定向移动形成的电流方向是从A→B，负离子定向移动形成的电流方向是B→AB . 溶液内正、负离子向相反方向移动，电流方向相同C . 溶液内电流方向从A到B，电流I=D . 溶液中电流方向从A到B，电流I=3. （3分） (2017高二上·会宁期中) 某区域电场线如图所示，左右对称分布，A、B为区域上两点．下列说法正确的是（）A . A点电势一定高于B点电势B . A点场强一定小于B点场强C . 正电荷在A点的电势能小于在B点的电势能D . 将电子从A点移动到B点，电场力做负功4. （2分）如图所示,竖直平面内有一固定的光滑轨道ABCD，其中倾角为θ=370的斜面AB与半径为R的圆弧轨道平滑相切于B点，CD为竖直直径，O为圆心。

质量为m的小球（可视为质点）从与B点高度差为h的位置A 点沿斜面由静止释放。

重力加速度大小为g，sin37°= 0.6,cos370=0.8，则下列说法正确的是（）A . 当h= 2R时,小球过C点时对轨逍的压カ大小为27mg/5B . 当h= 2R时,小球会从D点离开圆弧轨道做平拋运动C . 当h= 3R时，小球运动到D点时对轨道的压力大小为1.4mgD . 调整h的值，小球能从D点离开圆弧轨道，并能恰好落在B点.5. （3分） (2019高二上·平遥月考) 如图所示，平行板电容器的两极板A、B接在电池的两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合开关S，给电容器充电，稳定后悬线偏离竖直方向的夹角为θ ，则（）A . 若保持开关S闭合，A极板向B极板靠近，则θ增大B . 若保持开关S闭合，A极板向B极板靠近，则θ不变C . 若开关S断开，A极板向B极板靠近，则θ不变D . 若开关S断开，A极板向B极板靠近，则θ增大6. （3分） (2019高三上·鹤岗月考) 某种小灯泡的伏安特性曲线如图甲所示,三个完全相同的这种小灯泡连接成如图乙所示的电路,电源的内阻为1.0 Ω。

河北省2020年高二上学期物理期中考试试卷(II)卷精版

河北省2020年高二上学期物理期中考试试卷（II）卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、选择题 (共10题；共24分)1. （2分）在两个等量同种点电荷的连线上，有与连线中点O等距的两点a、b ，如图所示，则下列判断不正确的是（）A . a、b两点的电势相同B . a、b两点的场强矢量相同C . 同一电荷放在a、b两点的电势能相同D . a、O两点间与b、O两点间的电势差相同2. （2分） (2017高二上·绵阳期中) 两个大小相同、带等量异种电荷的导体小球A和B，彼此间的引力为F．另一个不带电的与A、B大小相同的导体小球C，先与A接触，再与B接触，然后移开，这时A和B之间的作用力为F′，则F与F′之比为（）A . 8：3B . 8：1C . 1：8D . 4：13. （2分） (2016高二上·清流期中) 如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ．一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行．小球A的质量为m、电量为q．小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d．静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷．小球A静止在斜面上，则下列说法中正确的是（）A . 小球A与B之间库仑力的大小为kq2/dB . 当 = 时，细线上的拉力为0C . 当 = 时，细线上的拉力为0D . 当 = 时，斜面对小球A的支持力为04. （2分） (2017高二上·池州期末) 图示为某电容传声器结构示意图，当人对着传声器讲话，膜片会振动．若某次膜片振动时，膜片与极板距离增大，则在此过程中（）A . 膜片与极板间的电容增大B . 极板的带电量增大C . 膜片与极板间的电场强度增加D . 电阻R中有电流通过5. （2分）如图所示，粗细均匀的金属环的电阻为r的金属圆环，放在图示的匀强磁场中，磁感应强度为B ，圆环直径为l；长为l、电阻为r/2的金属棒ab放在圆环上，以υ0向左运动，当ab棒运动到图示虚线位置时，金属棒两端的电势差为（）A . 0B . Blυ0C . Blυ0/2D . Blυ0/36. （2分） (2017高一下·广州期中) 物体做曲线运动的条件为（）A . 物体所受的合外力为恒力B . 物体所受的合外力为变力C . 物体所受的合外力的方向与速度的方向不在同一条直线上D . 物体所受的合外力的方向与加速度的方向不在同一条直线上7. （3分）(2017·黑龙江模拟) 如图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．让A板带电后，在左边电容器间有一个带电油滴P处于静止状态．AB间电容为C1 ，电压为U1 ，带电量为Q1 ， MN间电容为C2 ，电压为U2 ，带电量为Q2 ．下列说法正确的是（）A . 如果将MN间的绝缘介质抽出、带电油滴P将向上移动B . 如果将MN间的绝缘介质抽出、U1增大，U2增大C . 如果将N板下移，Q1增大，Q2减小D . 如果将N板下移，U1减小，U2增大8. （3分） (2018高一上·玉山月考) 在x轴上有两个点电荷q1、q2 ，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示．下列说法正确有（）A . q1和q2带有异种电荷B . x1处的电场强度为零C . 负电荷从x1移到x2 ，电势能减小D . 负电荷从x1移到x2 ，受到的电场力增大9. （3分） (2016高二上·桂林开学考) 如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面（纸面）内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知（）A . Q点的电势比P点高B . 油滴在Q点的动能比它在P点的大C . 油滴在Q点的电势能比它在P点的大D . 油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小10. （3分）如图所示，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面（纸面）内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称。