云南省曲靖市宣威市第七中学2017-2018学年高二物理下学期3月月考试题

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云南省曲靖市宣威民族中学高二物理测试题带解析

云南省曲靖市宣威民族中学高二物理测试题含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. 下列关于等势面的说法正确的是A．沿电场线方向，电势降低；电势降低的方向就是电场的方向B．在同一等势面上移动电荷时，电场力不做功C．在电场中将电荷由a点移到b点，电场力做功为零，则该电荷一定是在等势面上运动D．某等势面上各点的场强方向与该等势面垂直参考答案：BD2. （多选题）如图所示，水平木板上有质量m＝1.0 kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力F f的大小．取重力加速度g＝10 m/s2，下列判断正确的是A．4s内拉力对物块做功为零B．4 s末物块所受合力大小为4.0 NC．物块与木板之间的动摩擦因数为0.3D．6 s～9 s内物块的加速度大小为2.0 m/s2参考答案：ACD3. （单选）如图所示，线圈L的自感系数很大，且其电阻可以忽略不计，L1、L2是两个完全相同的小灯泡，在开关S闭合和断开的过程中，L1、L2的亮度变化情况是(灯丝不会断) ()．A．S闭合，L1亮度不变，L2亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮；S断开，L2立即不亮，L1逐渐变亮B．S闭合，L1亮度不变，L2很亮；S断开，L1、L2立即不亮C．S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2亮度不变；S断开，L2立即不亮，L1亮一下才逐渐熄灭．D．S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2则逐渐变得更亮；S断开时，L2立即不亮，L1亮一下才灭参考答案：D4. （单选）如图4所示，电池组的电动势为E，内电阻为r，R0为定值电阻，R为变阻器，已知R0＞r.为使R0上消耗的电功率最大，应将变阻器阻值调整到( )A．R0 B.R0＋r C.R0－r D.0参考答案：D5. （单选）关于电场和磁场的概念，以下说法正确的是B二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. 质量为m的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为μ，现用一水平恒力F作用于物体上使之加速前进，经过时间t撤去，则物体运动的总时间为。

2017_2018高二物理下学期第三次月考试题

2017--2018 学年第二学期高二第三次月考理科综合物理试卷二、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分，共48 分。

在每小题给出的四个选项中，第14~18 题只有一项符合题目要求，第19~21 题有多项符合题目要求。

全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分14.下列说法不符合物理学史的是（）A．奥斯特发现了电流的磁效应B．法拉第发现了电磁感应现象C．牛顿解释了涡旋电场的产生原理D．楞次找到了判断感应电流方向的方法15．如图所示，接在照明电路中的自耦变压器的副线圈上通过输电线接有三个灯泡L1、L2 和L3，输电线的等效电阻为R.当滑动触头P 向上移动一段距离后，下列说法正确的是（）A．等效电阻R 上消耗的功率变大B．三个灯泡都变亮C．原线圈两端的输入电压减小D．原线圈中电流表示数减小16.如图所示，面积为0.2m 2的100 匝线圈处在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，已知磁感应强度随时间变化的规律为B=（2+0.2t）T，定值电阻R1=6Ω，线圈电阻R2=4Ω，则a、b 两点间电压U ab （）A、2.4VB、.24VC、4VD、1.6V17.如图所示，闭合金属线框从一定高度自由下落进入匀强磁场中，磁场足够大，从ab 边开始进入磁场到cd 边刚进入磁场的这段时间内，若线框平面与磁感线保持垂直，则线框运动的速度−时间图象不可能的是（）18．如图所示，N 匝矩形导线框以角速度 ω 在磁感应强度为 B 的匀强磁场中绕轴 OO ′匀速转动，线框面积为 S ，线框的电阻、电感均不计，外电路接有电阻 R 、交流理想电流表和二极管 D .二极管 D 具有单向导电性，即正向电阻为零，反向电阻无穷大．下列说法正确的是（）A ．图示位置电流表的示数为 0B ．R 两端电压的有效值 UNBSC ．一个周期内通过 R 的电荷量 q ＝2BS /RD ．交流电流表的示数 I ＝2RωNBS 19.电阻 R 、电容 C 和电感器 L 是常用的电子元器件,在频率为 f 的交变电流电路中,如图所示,当开关 S 依次分别接通 R 、C. L 支路,这时通过各支路的电流有效值相等。

【小初高学习】2017-2018学年高二物理下学期3月月考试题12

云南省曲靖市宣威市第六中学2017-2018学年高二物理下学期3月月考试题本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间120分）分卷I一、单选题(共12小题,每小题3.0分,共36分)1.如图所示，用多用电表测量直流电压U和测电阻R，若红表笔插入多用电表的正(＋)插孔，则( )A．前者电流从红表笔流入多用电表，后者电流从红表笔流出多用电表B．前者电流从红表笔流入多用电表，后者电流从红表笔流入多用电表C．前者电流从红表笔流出多用电表，后者电流从红表笔流出多用电表D．前者电流从红表笔流出多用电表，后者电流从红表笔流入多用电表2.如图所示，将左边的铜导线和右边的铝导线连接起来，已知截面积S铝＝2S铜．在铜导线上取一截面A，在铝导线上取一截面B，若在1 s内垂直地通过它们的电子数相等，那么，通过这两截面的电流的大小关系是( )A．IA＝IB B．IA＝2IB C．IB＝2IA D．不能确定3.如图所示，长直导线MN通以图示方向竖直向上的电流I，现有一小段通电导线ab，如图放置，则ab受磁场力的方向是( )A．竖直向上B．竖直向下C．垂直纸面向外D．垂直纸面向里4.如图所示，在半径为R的圆柱形区域内有匀强磁场．一个电子以速度v0从M点沿半径方向射入该磁场，从N点射出，速度方向偏转了60°.则电子从M到N运行的时间是( )A．B．C．D．5.在物理学史上，奥斯特首先发现电流周围存在磁场．随后，物理学家提出“磁生电”的设想．很多科学家为证实这种设想进行了大量研究.1831年发现电磁感应现象的物理学家是( )A．牛顿 B．伽利略 C．法拉第 D．焦耳6.对库仑定律的数学表达式F=k的以下理解中，正确的是（）A．此式适用于任何介质中任意两个带电体间相互作用力的计算B．此式仅适用于真空中任意两个带电体间相互作用力的计算C．由此式可知，当r趋于零时F趋于无限大D．式中的k是与q1、q2及r的大小无关的恒量，且k=9.0×109N•m2/C27.如图所示，三个完全相同的小球a、b、c带有相同电量的正电荷，从同一高度由静止开始下落，当落下相同高度h1后，a球进入水平向左的匀强电场，b球进入垂直纸面向里的匀强磁场，若它们到达同一水平面上的速度大小分别用v a、v b、v c表示，从开始到落到此水平面的时间分别用ta、tb、tc表示，则它们的关系是( )A．v a>v b＝v c，ta＝tc＜tb B．v a＝v b＝v c，ta＝tb＝tcC．v a＞v b＞v c，ta＜tb＜tc D．v a＝v b＞v c，ta＝tb＞tc8.如图所示，在直线上A、B处各固定一个点电荷，相距为L，通过其连线中点O作此线段的垂直平分面，在此平面上有一个以O为圆心，半径为的圆周，其上有一个质量为m、带电荷量为－q的点电荷C做匀速圆周运动(不考虑重力)．下列判断正确的是( )A．A、B处固定的是等量的正电荷B．A、B处固定的是等量的异种电荷C．在A、B的连线上O点电势最高D．在圆周上各点的电场强度相同，电势也相同9.下列四个物理量的表达式中，采用比值定义法的是（）A．加速度 B．磁感应强度C．电容 D．电场强度10.A、B是两个完全相同的电热器，A通以图甲所示的方波交变电流，B通以图乙所示的正弦交变电流，则两电热器的电功率PA∶PB等于( )A．5∶4 B．3∶2 C．∶1 D．2∶111.一盏白炽灯的额定功率与额定电压分别为36 W与36 V．若把此灯泡接到输出电压为18 V的电源两端，则灯泡消耗的电功率( )A．等于 36 W B．小于 36 W，大于 9 WC．等于 9 W D．小于9 W12.如图为条形磁铁部分磁感线分布示意图，P、Q是同一条磁感线上的两点，关于这两点的磁感应强度，下列判断正确的是( )A．P、Q两点的磁感应强度相同B．P点的磁感应强度比Q点的大C．P点的磁感应强度方向由P指向QD．Q点的磁感应强度方向由Q指向P二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分)13.光滑平行导轨水平放置，导轨左端通过开关S与内阻不计，电动势为E的电源相连，右端与半径为L＝20c m的两段光滑圆弧导轨相接，一根质量m＝60 g，电阻R＝1 Ω，长为L的导体棒ab，用长也为L的绝缘细线悬挂，如图8－1－21所示，系统空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T，当闭合开关S后，导体棒沿圆弧摆动，摆到最大高度时，细线与竖直方向成θ＝53°角，摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态，导轨电阻不计，sin 53°＝0.8，g＝10 m/s2则( )．A．磁场方向一定竖直向下B．电源电动势E＝3.0 VC．导体棒在摆动过程中所受安培力F＝3 ND．导体棒在摆动过程中电源提供的电能为0.048 J14.(多选)如图所示，虚线a、b、c代表电场中一簇等势线，相邻等势线之间的电势差相等，实线为一带正电质点(重力不计)仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，质点先后通过这条轨迹上的P、Q两点，对同一带电质点，据此可知( )A．三个等势线中，a的电势最高B．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时大C．带电质点通过P点时的电场力比通过Q点时大D．带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大15.（多选）如图所示，正方形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，有两个质子从A点沿AB 方向垂直进入磁场，质子1从顶点C射出，质子2从顶点D射出，设质子1的速率为，在磁场中的运动时间为，质子2的速率为，在磁场中的运动时间为，则（）A．:=1:2B．:=2:1C．:=1:2D．:=2:116.（多选）如图示，在正交的匀强电场和磁场的区域内（磁场水平向内），有一离子恰能沿直线飞过此区域（不计离子重力）（）A．若离子带正电，E方向应向上B．若离子带负电，E方向应向上C．若离子带正电，E方向应向下D．若离子带负电，E方向应向下分卷II三、实验题(共2小题,每小题10.0分,共20分)17.在”描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，使用的小灯泡规格为“6V 3 W”，其他可供选择的器材有：电压表V1(量程6 V，内阻约为20 kΩ)电压表V2(量程20 V，内阻约为60 kΩ)电流表A1(量程3 A，内阻约为0.2 Ω)电流表A2(量程0.6 A，内阻约为1 Ω)变阻器R1(0～1 000 Ω，允许通过的最大电流为0.5 A)变阻器R2(0～20 Ω，允许通过的最大电流为2 A)学生电源E(6～8 V)开关S及导线若干(1)实验中要求电压表在0～6 V范围内读取并记录下12组左右不同的电压值U和对应的电流值I，以便作出伏安特性曲线，在上述器材中，电流表应选用________，电压表应选____________，变阻器应选用________．(2)在方框中画出实验的原理图．18.某物理学习小组的同学在研究性学习过程中，用伏安法研究某电子元件R1(6 V,2.5 W)的伏安特性曲线，要求多次测量尽可能减小实验误差，备有下列器材：A．直流电源(6 V，内阻不计)B．电流表G(满偏电流3 mA，内阻R g＝10 Ω)C．电流表A(0～0.6 A，内阻未知)D．滑动变阻器R(0～20 Ω ,5 A)E．滑动变阻器R′(0～200 Ω ,1 A)F．定值电阻R0(阻值1 990 Ω)G．开关与导线若干(1)在实验中，为了操作方便且能够准确地进行测量，滑动变阻器应选用________．(填写器材序号)(2)根据题目提供的实验器材，请你设计出测量电子元件R1伏安特性曲线的电路原理图(R1可用“”表示)．(画在方框内)(3)将上述电子元件R1和另一电子元件R2接入如图所示的甲电路中，它们的伏安特性曲线分别如图乙中Oa、Ob所示．电源的电动势E＝6.0 V，内阻忽略不计．调节滑动变阻器R3，使电子元件R1和R2消耗的电功率恰好相等，则此时电子元件R1的阻值为________Ω，R3接入电路的阻值为________Ω(结果保留两位有效数字)．四、计算题(共4小题,每小题18.0分,共72分)19.一束电子流经U＝5 000 V的加速电压加速后，在与两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若两板间距d＝1.0 cm，板长l＝5 cm，那么，要使电子能从平行极板间的边缘飞出，则两个极板上最多能加多大电压？20.如图甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻．一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下．导轨和金属杆的电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．(1)由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图．(2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小．(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值．21.如图，在xOy平面第一象限整个区域分布匀强电场，电场方向平行y轴向下，在第四象限内存在有界匀强磁场，左边界为y轴，右边界为x＝d的直线，磁场方向垂直纸面向外．质量为m，带电量为＋q的粒子从y轴上P点以初速度v0垂直y轴射入匀强电场，在电场力作用下从x轴上Q点以与x轴正方向成45°角进入匀强磁场，已知OQ＝d，不计粒子重力，求：(1)P点坐标；(2)要使粒子能再进入电场，磁感应强度B的取值范围；(3)要使粒子能第二次进入磁场，磁感应强度B的取值范围．22.如图所示，半径为r1的圆形区域内有匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B0、方向垂直纸面向里，半径为r2的金属圆环右侧开口处与右侧电路相连，已知圆环电阻为R，电阻R1＝R2＝R3＝R，电容器的电容为C，圆环圆心O与磁场圆心重合．一金属棒MN与金属环接触良好，不计棒与导线的电阻，开关S1处于闭合状态、开关S2处于断开状态．(1)若棒MN以速度v0沿环向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径的瞬间产生的电动势和流过R1的电流；(2)撤去棒MN后，闭合开关S2，调节磁场，使磁感应强度B的变化率k＝，k为常数，求电路稳定时电阻R3在t0时间内产生的焦耳热；(3)在(2)问情形下，求断开开关S1后流过电阻R2的电量．答案解析1.【答案】B【解析】题图中所示是多用电表的示意图，无论是测电压U还是测电阻R，电流都是从红表笔流入多用电表，从黑表笔流出多用电表，选项B正确．2.【答案】A【解析】这个题目中有很多干扰项，例如两个截面的面积不相等，导线的组成材料不同等等．但关键是通过两截面的电子数在单位时间内相等，根据I＝可知电流相等．3.【答案】A【解析】根据安培定则可知，通电导线MN在右侧产生的磁场方向垂直纸面向里．根据左手定则可知，向左的电流受到的安培力的方向竖直向上．故A正确，B、C、D错误．4.【答案】D【解析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T＝，粒子在磁场中做圆周运动的速度偏向角等于圆心角，如下图所示，则有tan 30°＝，所以r＝R，在磁场中运动的时间为t＝T＝，故选D.5.【答案】C【解析】发现电磁感应现象的物理学家是法拉第．6.【答案】D【解析】此式适用于任何真空中静止的点电荷间相互作用力的计算，故AB错误．由此式可知，当r趋于零时，电荷已不能看成点电荷，故此式不在成立，故得不到F趋于无限大的结论，故C错误．式中的k是与q1、q2及r的大小无关的恒量，且k=9.0×109N•m2/C2，故D正确．7.【答案】A【解析】根据题意可知，c做自由落体运动；而a除竖直方向做自由落体运动外，水平方向受到电场力作用做初速度为零的匀加速运动，所以下落时间与c相同，但下落的速度大于c做自由落体运动的速度；b受到洛伦兹力作用，因洛伦兹力始终与速度垂直，所以b在竖直方向除了受到重力作用外，偏转后还受洛伦兹力在竖直方向的分力，导致竖直方向的加速度小于g，则下落时间变长，由于洛伦兹力不做功，因此下落的速度大小不变；故v a>v b＝v c，ta＝tc＜tb.8.【答案】A【解析】电荷C做匀速圆周运动，电场力提供向心力，指向O点，故A、B处固定的是等量的正电荷，故A正确，B错误；A、B处固定的是等量的正电荷，故在A、B的连线上O点电势最低，故C错误；在圆周上各点的电场强度大小相等，但方向均向外，是不平行的，即电场强度不同，电势相同．故D错误．9.【答案】B【解析】由公式知，a与F成正比，与m反比，则知加速度不是比值定义法，故A 错误；磁感应强度的定义式采用的是比值定义法，B与F、IL无关，反映磁场本身的特性，故B正确；是电容的决定式，不是比值定义法，故C错误；是点电荷场强的决定式，不是比值定义法，故D错误.10.【答案】A【解析】方形波的有效值为I R＋I R＝I RT，解得：I1＝I0正弦交流电有效值为：I2＝所以PA∶PB＝I R∶I R＝5∶4，故选A.11.【答案】B【解析】设白炽灯在正常工作时的电阻为R，由P＝得R＝36 Ω，当接入18 V电压时，假设灯泡的电阻也为36 Ω，则它消耗的功率为P＝＝W＝9 W，但是当灯泡两端接入18 V 电压时，它的发热功率小，灯丝的温度较正常工作时温度低，其电阻率减小，所以其电阻要小于36 Ω，其实际功率大于9 W，故B项正确．12.【答案】D【解析】磁感线的疏密表示磁场强弱；故Q点的磁感应强度大于P点的磁感应强度；故A、B 错误；磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向；两点的磁感应强度方向均由Q指向P；故D正确，C错误．13.【答案】AB【解析】导体棒向右沿圆弧摆动，说明受到向右的安培力，由左手定则知该磁场方向一定竖直向下，A对；导体棒摆动过程中只有安培力和重力做功，由动能定理知BIL·L sinθ－mgL(1－c osθ)＝0，代入数值得导体棒中的电流为I＝3 A，由E＝IR得电源电动势E＝3.0 V，B对；由F＝BIL得导体棒在摆动过程中所受安培力F＝0.3 N，C错；由能量守恒定律知电源提供的电能W等于电路中产生的焦耳热Q和导体棒重力势能的增加量ΔE的和，即W＝Q＋ΔE，而ΔE ＝mgL(1－c osθ)＝0.048 J，D错．14.【答案】BC【解析】根据轨迹弯曲的方向和电场线与等势线垂直，画出P、Q两点处场强的方向如图所示．则可知，三个等势线中a的电势最低，故A错误；质点从P到Q的过程，电场力做负功，质点的电势能增大，动能减小，则质点通过P点时的动能比通过Q点时的大，在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能小，故B正确，D错误；根据电场线的疏密程度可知，P点的电场强度大于Q点，则带电质点在P点受到的电场力大于Q点，故C正确．15.【答案】BC【解析】由图可知质子1的半径为L，质子2的半径为，根据洛伦兹力充当向心力可得：可得：，故速度之比等于半径之比，故，故A错误，B正确；由可知，两粒子的质量相同，故周期相同，但由图可知，质子1转过的圆心角为，而质子2转过的圆心角为，则可知，所用时间之比等于转过的圆心角之比，故，故C正确，D错误.16.【答案】CD【解析】在复合场中对带电粒子进行正确的受力分析，在不计重力的情况下，离子在复合场中沿水平方向直线通过，故有qE=，若粒子带正电，则受洛伦兹力向上，而电场力向下，所以电场强度的方向向下；若带负电，则受洛伦兹力，方向向下，而电场力方向向上，所以电场强度的方向向下，因此C、D正确，A、B错误．17.【答案】(1)A2V1R2(2)如图所示【解析】(1)由于灯泡额定电压为6 V，所以电压表选择V1，灯泡的额定电流为＝0.5 A，所以电流表选择A2，由于本实验需要测量多组数据，滑动变阻器需要采用分压连接，所以滑动变阻器选择小电阻的R2(2)电流表外接，滑动变阻器分压方式．18.【答案】(1)D (2)电路图如下：(3)5. 0 5.0【解析】由电子元件额定电压和额点功率可知待测电子元件电阻较小，根据本题条件应选用电流表外接法，因缺少电压表，应把电流表G改装为电压表，因要描绘伏安特性曲线，且要求多次测量尽可能减小实验误差，滑动变阻器采取分压接法，且选用R.19.【答案】400 V【解析】在加速电压U一定时，偏转电压U′越大，电子在极板间的侧移量就越大．当偏转电压大到使电子刚好擦着极板的边缘飞出时，此时的偏转电压即为题目要求的最大电压．加速过程，由动能定理得：eU＝mv.①进入偏转电场，电子在平行于极板的方向上做匀速直线运动：l＝v0t.②a＝＝，③偏转距离：y＝at2，④能飞出的条件为：y≤.⑤联立①②③④⑤式得：U′≤＝400 V.20.【答案】(1)(2)g sinθ－(3)【解析】(1)如图所示，ab杆受：重力mg，竖直向下；支持力F N，垂直于斜面向上；安培力F，沿斜面向上．安(2)当ab杆速度大小为v时，感应电动势E＝BLv，此时电路中电流I＝＝ab杆受到安培力F安＝BIL＝根据牛顿第二定律，有ma＝mg sinθ－F安＝mg sinθ－a＝g sinθ－.(3)当a＝0时，ab杆有最大速度：v m＝.21.【答案】(1)(0，) (2)B≥(3)≤B≤【解析】(1)设粒子进入磁场时y方向的速度为v y，则v y＝v0tan 45°设粒子在电场中运动时间为t，则OQ＝v0t，OP＝t由以上各式，解得OP＝，P点坐标为(0，)(2)粒子刚好能再次进入电场时的轨迹如图所示，设此时的轨迹半径为r1，则r1＋r1sin 45°＝d解得：r1＝(2－)d令粒子在磁场中的速度为v，则v＝根据牛顿第二定律qvB1＝，解得：B1＝要使粒子能再进入电场，磁感应强度B的范围B≥(3)假设粒子刚好从x＝d处磁场边界与电场的交界D点处第二次进入磁场，设粒子从P到Q 的时间为t，则由粒子在电场中运动对称性可知粒子从第一次出磁场的C点到D点的时间为2t，由水平方向的匀速直线运动可得：CD＝2d，CQ＝CD－QD＝2d－(2.5d－d)＝设此时粒子在磁场中的轨道半径为r2，由几何关系知：2r2sin 45°＝CQ，解得：r2＝d根据牛顿第二定律得：qvB2＝，解得：B2＝要使粒子能第二次进入磁场，粒子必须先进入电场，故磁感应强度B要满足B≤B2综上所述要使粒子能第二次进磁场，磁感应强度B要满足≤B≤22.【答案】(1)E＝2Br1v0流过R1电流的大小，方向为自左向右流过R1(2)(3)【解析】(1)棒MN的电动势E＝2Br1v0流过R1电流的大小I1＝×＝，方向为自左向右流过R1 (2) 电动势E＝S＝kπr电流I＝＝R3在t0时间内产生的焦耳热Q＝I2Rt0＝(3)开关S1闭合时，UC＝U3＝IR3＝开关S1断开后，UC′＝E＝kπr流过电阻R2的电量q＝C(UC′－UC)＝.。

2017_2018学年高二物理下学期3月月考试题(2)

云南省曲靖市陆良县第五中学2017-2018学年高二物理下学期3月月考试题本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间120分钟。

分卷I一、单选题(共12小题,每小题3.0分,共36分)1.一个磁场的方向如图所示，一个小磁针被放入磁场中，最后小磁针N极将( )A．向右B．向左C．向上D．向下2.夏天由于用电器的增多，每年都会出现“用电荒”，只好拉闸限电．若某发电站在供电过程中，用电高峰时输电的功率是正常供电的2倍，输电线电阻不变，下列说法正确的是( ) A．若输送电压不变，则用电高峰时输电电流为正常供电时的2倍B．若输送电压不变，则用电高峰时输电线损失的功率为正常供电时的2倍C．若用电高峰时的输电电压变为正常供电的2倍，则此时输电电流为正常供电时的4倍D．若用电高峰时的输电电压变为正常供电的2倍，则此时输电线损失的功率为正常供电时的4倍3.如图所示，质量为60 g的铜棒长为L=20 cm，棒的两端与等长的两细软铜线相连，吊在磁感应强度B=0.5 T、方向竖直向上的匀强磁场中.当棒中通过恒定电流I后，铜棒能够向上摆动的最大偏角θ=60°，g取10 m／s2，则铜棒中电流I的大小是( )A．B．C． 6AD．4.如图甲所示，一理想变压器的原线圈串联一电流表，并接在有效值为220 V的交流电源上，副线圈利用导线通过滑动变阻器和小灯泡串联，其中滑动变阻器接入电路部分的电阻R0＝10 Ω，小灯泡的电压R L＝5 Ω，如图甲所示；现用示波器测出小灯泡两端的电压变化图象如图乙所示，则下列说法正确的是( )A．交变电流的频率为100 HzB．原副线圈的匝数比n1∶n2＝10∶1C．电流表的读数I＝1.32 AD．滑动变阻器的触头向右滑动，变压器的输入功率增大5.两相同的白炽灯L1、L2接到如图所示的电路中，灯L1与电容器串联，灯L2与电感线圈串联，当A，B处接电压最大值为U m，频率为f的正弦交流电源时，两灯都正常发光，且亮度相同，更换一个新的正弦交流电源后灯L1的亮度大于灯L2的亮度，新电源的电压最大值和频率应该满足的条件是( )A．最大值仍为U m，而频率大于fB．最大值仍为U m，而频率小于fC．最大值大于U m，而频率为fD．最大值小于U m，而频率仍为f6.如图所示，虚线表示某电场的等势面．一带电粒子仅在电场力作用下由A运动到B的径迹如图中实线所示，则下列结论正确的( )A．粒子带正电，由A到B的过程中加速度一直增大B．粒子带负电，由A到B的过程中速度先增大再减小C．粒子带正电，由A到B的过程中电场力一直做正功D．粒子带负电，由A到B的过程中电势能先增大再减小，但B点电势能比A点大7.两个点电荷相距为d，相互作用力大小为F，保持两点电荷电荷量不变，改变它们之间的距离，使之相互作用力大小变为4F，则两点电荷之间的距离应变为( )A． 4dB． 2dC．D．8.如图所示，两个点电荷，电荷量分别为q1＝4×10－9C和q2＝－9×10－9C，分别固定于相距20 cm的a、b两点，有一个点电荷q放在a、b所在直线上且静止不动，该点电荷所处的位置是( )A．在a点左侧40 cm处B．在a点右侧8 cm处C．在b点右侧20 cm处D．无法确定9.关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流，以下说法中正确的是( )A．线圈平面每经过中性面一次，感应电流方向就改变一次，感应电动势方向不变。

【精品试卷】云南省曲靖市宣威市第新学高二物理下学期3月月考试题

云南省曲靖市宣威市第八中学2017-2018学年高二物理下学期3月月考试题本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间120分钟。

一、单选题(共12小题,每小题3.0分,共36分)1.在《测定电源电动势和内阻》的实验中，进行数据处理时的作图，正确做法是( ) A．横坐标I的起点一定要是零B．纵坐标U的起点一定要是零C．使表示实验数据的点尽可能地集中在一边D．使表示实验数据的点尽可能地布满整个图纸2.如图所示，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为( )A．v0＋v B．v0－vC．v0＋(v0＋v) D．v0＋(v0－v)3.用电器到电源的距离为l，线路上的电流为I，已知输电线的电阻率为ρ，为使在线路上的电压降不超过U，那么，输电线的横截面积的最小值为( )A． B．C． D．4.如图所示为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器．原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P，使输出电压有效值由220 V 降至110 V，调节前后( )A．副线圈中的电流比为1∶1B．副线圈输出功率比为2∶1C．副线圈的接入匝数比为2∶1D．原线圈输入功率比为1∶25.下面关于冲量的说法中正确的是( )A．物体受到很大的冲力时，其冲量一定很大B．当力与位移垂直时，该力的冲量为零C．不管物体做什么运动，在相同时间内重力的冲量相同D．只要力的大小恒定，其相同时间内的冲量就恒定6.关于交流电的下列说法正确的是( )A．在一个周期内交流电的方向只改变一次B．交流电器设备上标出的电压和电流值都是指有效值C．某正弦交流电压的最大值为311 V，则该交流电压最小值为－311 VD．用交流电流表和交流电压表测交流电流或电压时，应测得交流电流或电压的最大值7.按照玻尔理论，当氢原子中电子由半径为ra的圆轨道跃迁到半径为rb的圆轨道上时，若rb＜，则在跃迁过程中( )raA．氢原子要吸收一系列频率的光子B．氢原子要辐射一系列频率的光子C．氢原子要吸收一定频率的光子D．氢原子要辐射一定频率的光子8.如图所示，将一光敏电阻接入多用电表两表笔上，将多用电表的选择开关置于欧姆挡，用光照射光敏电阻时，表针的偏角为θ；现用手掌挡住部分光线，表针的偏角为θ′，则可判断( )A．θ′＝θB．θ′＜θC．θ′＞θD．不能确定9.两个带正电的小球，放在光滑的水平绝缘板上，它们相距一定距离．若同时释放两球，它们的加速度之比将( )A．保持不变 B．先增大后减小C．增大 D．减小10.放射性元素放出的射线，在电场中分成A、B、C三束，如图所示，其中( )A．C为氦原子核组成的粒子流B．B为比X射线波长更长的光子流C．B为比X射线波长更短的光子流D．A为高速电子组成的电子流11.在α粒子散射实验中，不考虑电子和α粒子的碰撞影响，这是因为( )A．α粒子和电子根本无相互作用B．α粒子碰撞不到电子，是因为电子体积极小C．α粒子和电子碰撞损失能量极少，可忽略不计D．α粒子受电子作用的合力为零，是因为电子是均匀分布的12.实验室有一盏“40 V 5.0 A”的弧光灯，要使它接入220 V的电路中能正常工作，应该( )A．串联一个阻值为36 Ω的电阻后接入电路中B．串联一个阻值为72 Ω的电阻后接入电路中C．并联一个阻值为36 Ω的电阻后接入电路中D．并联一个阻值为72 Ω的电阻后接入电路中二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分)13.(多选)如图所示，质量为M的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ.一个质量为m的小物块从斜面底端沿斜面向上以初速度v0开始运动．当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v，距地面高度为h，则下列关系式中正确的是( )A．mv＝(m＋M)vB．mv0cosθ＝(m＋M)vC．mgh＝m(v0sinθ)2D．mgh＋(m＋M)v2＝mv14.(多选)图甲左侧的调压装置可视为理想变压器，负载电路中R＝55 Ω，、为理想电流表和电压表．若原线圈接入如图乙所示的正弦交变电压，电压表的示数为110 V，下列表述正确的是( )A．电流表的示数为2 AB．原、副线圈匝数比为1∶2C．电压表的示数为电压的有效值D．原线圈中交变电压的频率为100 Hz15.(多选)下列说法正确的是( )A．汤姆孙提出原子的核式结构模型，建立的基础是α离子的散射实验B．发现天然放射现象的意义在于使人类认识到原子核具有复杂的结构C．加热、加压或利用化学反应等方式不会改变放射性元素的半衰期D．核反应方程N＋He→O＋H属于原子核的人工转变16.(多选)如图所示，M为理想变压器，电表均可视为理想电表，电源电压U不变，输电线电阻忽略不计．当变阻器滑片P向上移动时，读数发生变化的电表是( )A． A1B． A2C． V1D． V2分卷II三、实验题(共2小题,每小题10.0分,共20分)17.在测定金属丝电阻的实验中，为提高测量精确度，减小误差，需要确定电流表采用内接法还是外接法．由于电表内阻未知，一位同学运用试触法进行判断．具体做法是：按图所示的电路闭合开关后，当与电压表连接的导线(带箭头部分)接到a点时，电压表示数为2.0 V，电流表示数为0.40 A；当接到b点时，电压表示数为3.0 V，电流表示数为0.38 A．电源内阻不计．(1)由以上数据可知，应该采用电流表__________接法．(2)测得Rx的阻值是__________Ω.(取两位有效数字)18.欲用伏安法测定一段阻值约为 5 Ω左右的金属导线的电阻,要求测量结果尽量准确,现备有以下器材:A.电池组（3 V,内阻1 Ω）B.电流表（0～3 A,内阻0.0125 Ω）C.电流表（0～0.6 A,内阻0.125 Ω）D.电压表（0～3 V,内阻3 kΩ）E.电压表（0～15 V,内阻15 kΩ）F.滑动变阻器（0～20 Ω,额定电流1 A）G.滑动变阻器（0～2 000 Ω,额定电流0.3 A） H.开关、导线（1）上述器材中应选用的是；（填写各器材的字母代号）（2）实验电路应采用电流表接法；（填“内”或“外”）（3）设实验中,电流表、电压表的某组示数如下图所示，图示中I=A，U=V.（4）为使通过待测金属导线的电流能在0～0.5 A范围内改变,请按要求画出测量待测金属导线的电阻Rx的原理电路图,然后根据你设计的原理电路将下图中给定的器材连成实验电路.四、计算题(共4小题)19.如图所示，在绝缘光滑水平面的上方存在着水平方向的匀强电场．现有一个质量m＝2.0×10－3kg、电荷量q＝2.0×10－6C的带正电的物体(可视为质点)，从O点开始以一定的水平初速度向右做直线运动，其位移随时间的变化规律为x＝6.0t－10t2，式中x的单位为m，t 的单位为s.不计空气阻力，取g＝10 m/s2.求：(1)匀强电场的场强大小和方向．(2)带电物体在0～0.5 s内电势能的变化量．20.在一直电场线上有A、B两点，已知将一个带电荷量q＝－5×10－4C的点电荷从A移到B点，它的电势能增加了4×10－3J．求：(1)A、B两点间的电势差UAB等于多少？(2)将4×10－5C的点电荷从B移到A，电场力所做的功．21.如图所示，粗糙斜面与光滑水平面通过可忽略的光滑小圆弧平滑连接，斜面倾角α＝37°.A、B是两个质量均为m＝1 kg的小滑块(可视为质点)，C为左侧附有胶泥的竖直薄板(质量均不计)，D是两端分别水平连接B和C的轻质弹簧．当滑块A置于斜面上且受到大小F＝4 N、方向垂直斜面向下的恒力作用时，恰能沿斜面向下匀速运动．现撤去F，让滑块A从斜面上距底端L＝1 m处由静止下滑，求：(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6)(1)滑块A到达斜面底端时的速度大小；(2)滑块A与C接触粘在一起后，A、B和弹簧构成的系统在作用过程中，弹簧的最大弹性势能．22.如图所示，长为L＝0.2 m、电阻为r＝0.3 Ω、质量为m＝0.1 kg的金属棒CD垂直放在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上，两导轨间距也为L，棒与导轨接触良好，导轨电阻不计，导轨左端接有R＝0.5 Ω的电阻，量程为0～3.0 A的电流表串联在一条导轨上，量程为0～1.0 V的电压表接在电阻R的两端，垂直导轨平面的匀强磁场向下穿过平面．现以向右恒定的外力F使金属棒右移，当金属棒以v＝2 m/s的速度在导轨平面上匀速滑动时，观察到电路中的一个电表正好满偏，而另一电表未满偏．问：(1)此时满偏的电表是什么表？说明理由．(2)拉动金属棒的外力F多大？(3)导轨处的磁感应强度多大？答案解析1.【答案】D【解析】如果实验数据比较集中，电流和电压的取值不一定要从零开始，以图线占整个坐标纸的范围取值，A、B、C错；D对．2.【答案】C【解析】小船和救生员组成的系统满足动量守恒：(M＋m)v0＝m·(－v)＋Mv′解得v′＝v0＋(v0＋v)，C项正确．3.【答案】B【解析】4.【答案】C【解析】设导气管电阻为R，对于副线圈，I2＝，I2′＝，则调节前后I2∶I2′＝2∶1，A错误．由P＝可知，调节前后副线圈输出功率之比为4∶1，B错误．原、副线圈电压之比为匝数之比，电压减为原来一半，则副线圈匝数也减为原来的一半，C正确．理想变压器副线圈功率等于原线圈功率，则原线圈输入功率之比为4∶1，D错误．5.【答案】C【解析】冲量是力与时间的乘积，是矢量，力大，冲量不一定大，A错误；当力与位移垂直时，该力的冲量不为零，B错误；不管物体做什么运动，在相同时间内重力的冲量相同，C正确；只要力的大小恒定，其相同时间内冲量大小一样，但方向不一定一样，D错误．6.【答案】B【解析】交流电在一个周期内方向改变两次，A错误；交流电器设备上标出的电压和电流值指有效值，B正确；正弦交流电压的最大值为311 V，最小值为零，负表示方向，C错误；用交流电流表和交流电压表测交流电流或电压时，测得的是有效值，D错误．7.【答案】D【解析】因为是从高能级向低能级跃迁，所以应放出光子，因此可排除A、C.“直接”从一能级跃迁至另一能级，只对应某一能级差，故只能辐射某一频率的光子，故选D.8.【答案】B【解析】光敏电阻的阻值随光照强度的增强而减小，用手掌挡住部分光线，阻值变大，指针自左向右偏转角度变小．9.【答案】A【解析】两者之间的库仑力时刻保持大小相等、方向相反，由牛顿第二定律知：a1∶a2＝m2∶m1，故A正确．10.【答案】C【解析】根据射线在电场中的偏转情况，可以判断，A射线向电场线方向偏转，应为带正电的粒子组成的射线，所以是α射线；B射线在电场中不偏转，所以是γ射线；C射线在电场中受到与电场方向相反的作用力，应为带负电的粒子，所以是β射线．11.【答案】C【解析】α粒子碰到电子，像子弹碰到灰尘，损失的能量极少，不改变运动的轨迹．故C正确，A、B、D错误．12.【答案】A【解析】电阻需要分担的电压为：U＝220 V－40 V＝180 V．由串联电路的特点，各处电流相等，则有：R＝＝36 Ω.13.【答案】BD【解析】小物块上升到最高点时，速度与楔形物体的速度相同，系统水平方向动量守恒，全过程机械能也守恒．以向右为正方向，在小物块上升过程中，由水平方向系统动量守恒得：mv0cosθ＝(m＋M)v，故A错误，B正确；系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh＋(m ＋M)v2＝mv，故C错误，D正确．14.【答案】AC【解析】由图乙可知原线圈两端电压的有效值U1＝220 V，由＝，可得原副线圈匝数之比＝＝＝2∶1，故B错误．电流表示数与电压表示数都为有效值，故C正确．电流表示数I＝＝A＝2 A，故A正确．由图乙可知T＝0.02 s，所以交变电压的频率为f ＝＝Hz＝50 Hz，D错误．15.【答案】BCD【解析】卢瑟福提出原子的核式结构模型，建立的基础是α粒子的散射实验，故A错误；发现天然放射现象的意义在于使人类认识到原子核具有复杂的结构，故B正确；半衰期与原子所处的温度、压强、化学性质无关，故C正确；核反应方程N＋He→O＋H属于原子核的人工转变，故D正确．16.【答案】AB【解析】输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入电压和匝数比不变，变压器的输出电压不变，V1、V2的示数都不变；当变阻器的滑片P向上移动时，滑动变阻器的电阻减小，副线圈的电流增大，原线圈的电流变大，所以A、B正确，C、D错误．17.【答案】(1)外接法(2)5.0【解析】(1)采用试触法确定电流表接法时，电压表示数变化大应采用外接法，电流表示数变化大，应采用电流表内接法；确定电流表接法时，根据所测电压与电流，由欧姆定律可以求出待测电阻阻值．由题意可知，电压表示数变化量大，说明电流表分压较大，为准确测量，电流表应采用外接法；(2)待测电阻阻值：R＝＝5.0 Ω18.【答案】（1）A、C、D、F、H；（2）外；（3）0.48 , 2.2； (4)略【解析】19.【答案】(1)2.0×104N/C 方向水平向左(2)2.0×10－2J【解析】(1)由x＝6.0t－10t2可知，加速度大小a＝20 m/s2，方向水平向左根据牛顿第二定律Eq＝ma解得场强E＝2.0×104N/C，方向水平向左(2)物体在0.5 s内发生的位移为x＝6.0×0.5 m－10×0.52m＝0.5 m电场力做负功，电势能增加ΔE p＝qEx＝2.0×10－2J20.【答案】(1)8 V (2)－3.2×10－4J【解析】(1)依题意有：WAB＝－ΔE＝－4×10－3J由UAB＝得UAB＝V＝8 V(2)UBA＝－UAB＝－8 V，W′＝q′×UBA＝4×10－5×(－8) J＝－3.2×10－4J即电场力对该电荷做了3.2×10－4J的负功．21.【答案】(1)2 m/s (2)1 J【解析】(1)设μ为滑块与斜面间的动摩擦因数、v1为滑块A到达斜面底端时的速度．当施加恒力F时，滑块A沿斜面匀速下滑，有μ(F＋mg cosα)＝mg sinα未施加恒力F时，滑块A将沿斜面加速下滑，由动能定理有(mg sinα－μmg cosα)L＝上二式联立解得v1＝2 m/s(2)当A、B具有共同速度时，系统动能最小，弹簧的弹性势能最大，为E pm由动量守恒定律有mv1＝2mvE pm＝－由上二式解得E pm＝1 J22.【答案】(1)见解析(2)1.6 N (3)4 T【解析】(1)假设电流表满偏，则I＝3.0 A，R两端电压U＝IR＝3.0×0.5 V＝1.5 V，将大于电压表的量程，不符合题意，故满偏电表应该是电压表．(2)由能量关系知，电路中的电能是外力做功转化来的，所以有Fv＝I2(R＋r)，I＝，两式联立得F＝＝1.6 N.(3)磁场是恒定的，且不发生变化，由于CD运动而产生感应电动势，因此是动生电动势．根据法拉第电磁感应定律有E＝BLv，根据闭合电路欧姆定律得E＝U＋Ir以及I＝，联立三式得B＝＋＝4 T.。

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云南省曲靖市宜良县第二中学2017－2018学年高二物理下学期3月月考试题考试时间：120分钟分卷I一、单选题(共12小题,每小3.0分,共36分)1.如图所示，矩形区域MPQN的长为MN＝d，宽为MP＝d，一质量为m(不计重力)、电荷量为q的带正电的粒子从M点以初速度v0水平向右射出，若区域内只存在竖直向下的电场或只存在垂直纸面向外的匀强磁场，粒子均能击中Q点，则电场强度E的大小与磁感应强度B的大小的比值为( )A． B．C． D．2.如图所示条形磁铁放在水平面上，在它的上方偏右处有一根固定的垂直纸面的直导线，当直导线中通以图示方向的电流时，磁铁仍保持静止．下列结论正确的是( )A．磁铁对水平面的压力减小B．磁铁对水平面的压力增大C．磁铁对水平面施加向右的静摩擦力D．磁铁所受的合外力增加3.如图，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线中点，连线上a、b两点关于O点对称．导线均通有大小相等、方向向上的电流．已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B＝k，式中k是常数，I是导线中电流，r为点到导线的距离．一带正电的小球以初速度v0从a点出发沿连线运动到b点．关于上述过程，下列说法正确的是( )①小球先做加速运动后做减速运动②小球一直做匀速直线运动③小球对桌面的压力先减小后增大④小球对桌面的压力一直在增大A．①③ B．①④C．②③ D．②④4.在如图所示的电路中，电源内阻不能忽略，当移动滑动变阻器滑片时，电流表示数变大，则( )A．电源的总功率不一定增大B．电源的输出功率一定增大C．电源内部消耗的功率一定减小D．电源的效率一定减小5.在竖直向上的匀强磁场中放置载有相同电流的三根导线，如图所示，导线aa′水平放置并且长为L；导线bb′长为2L且与水平方向成60°角；直角折导线cOc′中Oc＝Oc′＝L，c、c′在同一水平面；假如它们所受安培力分别为F1、F2、F3，不计通电导线间的相互作用力，则它们的大小关系为( )A．F1＜F2＜F2 B．F1＞F2＞F3C．F1＜F2，无法判断F3的大小 D．F1＝F2＝F36.在商店选购一个10 μF电容器，在只有一台多用电表的情况下，为了挑选一个优质产品，应选用哪个量程：①直流电压挡；②直流电流挡；③欧姆挡；④交流电压挡．选好量程以后，再将多用电表两根测试笔接待检电容器，如果电容器是优质的，电表指针应该：⑤不偏转；⑥偏转至最右边；⑦偏转至中值；⑧偏转一下又返回至最左边．正确的选项是( )A．①⑤ B．①⑥ C．③⑤ D．③⑧7.真空中有两个固定的带正电的点电荷，其电量Q1＞Q2，点电荷q置于Q1、Q2连线上某点时，正好处于平衡状态，则( )A．q一定是正电荷 B．q一定是负电荷C．q离Q2比离Q1远 D．q离Q2比离Q1近8.已知两电阻R1、R2的I－U图线如图所示，把R1、R2并联接到一电源上，R1消耗的功率为6 W，则电源输出的功率是( )A． 8 WB． 10 WC． 15 WD． 22 W9.关于电场强度，下列说法正确的是( )A．以点电荷为球心、r为半径的球面上，各点的场强都相同B．正电荷周围的电场一定比负电荷周围的电场场强大C．若放入正电荷时，电场中某点的场强向右，则当放入负电荷时，该点的场强仍向右D．电荷所受到的电场力很大，即该点的电场强度很大10.如图所示，在匀强电场中取一点O，过O点作射线OA＝OB＝OC＝OD＝10 cm，已知O、A、B、C和D各点电势分别为0、7 V、8 V、7 V、5 V，则匀强电场场强的大小和方向最接近于( )A． 70 V/m，沿AO方向B． 70 V/m，沿CO方向C． 80 V/m，沿BO方向D． 80 V/m，沿CO方向11.如图所示，在xOy坐标系的第一象限中有一圆心为D、半径为r＝0.1 m的圆形磁场区域，磁感应强度为B＝1 T，方向垂直纸面向里，该区域同时与x轴、y轴相切，切点分别为A、C，现有大量质量为1×10－18kg(重力不计)，电量大小为2×10－10C，速率均为2×107m/s的带负电的粒子从A垂直磁场进入第一象限，速度方向与y轴的夹角为θ，且0＜θ＜180°，则下列说法错误的是( )A．粒子的轨迹圆和磁场圆的半径相等B．这些粒子轨迹圆的圆心构成的圆和磁场圆的半径相等C．部分粒子的运动轨迹可以穿越坐标系进入第二象限D．粒子的轨迹可以覆盖整个磁场圆12.如图所示，用两根同样的绝缘细线把甲、乙两个质量相等的带电小球悬挂在同一点上，甲、乙两球均处于静止状态．已知两球带同种电荷，且甲球的电荷量大于乙球的电荷量，F1、F2分别表示甲、乙两球所受的库仑力，则下列说法中正确的是( )A．F1一定大于F2B．F1一定小于F2C．F1与F2大小一定相等D．无法比较F1与F2的大小二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分)13.(多选)一个带电量为＋q、质量为m的圆环，套在水平的粗细均匀的细杆上，细杆足够长，它们之间的动摩擦因数为μ，细杆处于垂直纸面向里大小为B的匀强磁场以及水平向右大小为E的匀强电场中，如图所示．重力加速度为g，且qE＞μmg.静止释放带电圆环，则( )A．带电圆环将做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动B．带电圆环加速度先减小后增大C．带电圆环最大加速度为a＝D．带电圆环最终向右做匀速运动，且最大速度为v m＝＋14.(多选)如图所示，空间有正交的匀强磁场和匀强电场，一带电粒子(不计重力)从M点以初速度v0沿曲线MN运动到N点，图中虚线为电场的等势线，电势φa＜φb＜φc＜φd，磁场方向垂直纸面向外．则( )A．粒子一定带负电B．曲线MN是抛物线C．从M点到N点，粒子电势能减少D．粒子在N点速度大于M点速度15.(多选)如图所示，平行板间有互相垂直的匀强电场和匀强磁场，重力不计的带电粒子沿平行于极板方向从左侧射入，从右侧离开场区时动能比初动能小了些，为了使它离开场区时的动能比初动能大，可以( )A．增大粒子进入场区时的初速度B．改变带电粒子的带电性质C．减小磁场的磁感应强度D．增加两板间的电压16.(多选)如图所示，质量为m的带电绝缘小球(可视为质点)用长为l的绝缘细线悬挂于O点，在悬点O下方有匀强磁场．现把小球拉离平衡位置后从A点由静止释放，则下列说法中正确的是( )A．小球从A至C和从D至C到达C点时，速度大小相等B．小球从A至C和从D至C到达C点时，绳子上的拉力相等C．小球从A至C和从D至C过程中，运动快慢不一样D．小球从A至C和从D至C过程中，运动快慢一样分卷II三、实验题(共2小题,每小题10.0分,共20分)17.图a中电源电动势为E，内阻可忽略不计；电流表具有一定的内阻，电压表的内阻不是无限大，S为单刀双掷开关，R为待测电阻．当S向电压表一侧闭合时，电压表读数为U1，电流表读数为I1；当S向R一侧闭合时，电流表读数为I2．（1）根据已知条件与测量数据，可以得出待测电阻R=（2）根据图a所给出的电路，在图b的各器件实物图之间画出连接的导线．18.为测定标有“4.5 V,2 W”字样的小灯泡的伏安特性曲线，有下列器材可供选用：A、电压表V1(0～3 V，内阻为3 kΩ)B、电压表V2(0～15 V，内阻为15 kΩ)C、电流表A(0～0.6 A，内阻约1 Ω)D、定值电阻R0(阻值为3 kΩ)E、滑动变阻器R(10 Ω，2 A)F、学生电源(直流6 V，内阻不计)；开关导线若干．(1)为使实验误差尽可能减小，并要求从零开始多取几组数据，下面所示的四副电路图中满足实验要求的是________．该实验电路图中V是电压表________(填V1或者V2)；该电路图中小灯泡两端电压U与对应电压表读数U V的比值＝________.(2)正确连接电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P移到__________端(填a或b)；实验操作中，为使灯泡不被烧坏，当观察到电表V的示数接近________ V时，要特别注意滑动变阻器的调节．四、计算题(共4小题)19.如图所示，竖直放置的平行金属光滑导轨MN和PQ，相距L＝0.40 m，导轨上端接一电阻R＝1.5 Ω，导轨处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.5 T．有质量m＝0.02 kg，阻值为r＝0.5 Ω的导体棒AB紧挨导轨，沿着导轨由静止开始下落，其他部分的电阻及接触电阻均不计．(1)导体棒AB在下落过程中，产生的感应电流的方向和AB棒受到的磁场力的方向．(2)导体棒能达到的最大速度是多少？(3)从静止释放到达最大速度过程中，若下降高度h＝8 m，则回路中产生的电能是多少？20.如图所示，光滑导轨与水平面成α角，导轨宽L.匀强磁场磁感应强度为B.金属杆长为L，质量为m，水平放在导轨上．当回路总电流为I1时，金属杆正好能静止．求：(1)这时B至少多大？B的方向如何？(2)若保持B的大小不变而将B的方向改为竖直向上，应把回路总电流I2调到多大才能使金属杆保持静止？21.如图所示，匀强电场的电场线与AC平行，把带电荷量10－8C的负电荷从A移至B的过程中，电场力做功6×10－8J，AB长6 cm，AB与AC的夹角为60°.求：(1)场强方向；(2)设B处电势为1 V，则A处电势为多少；(3)A处的场强大小；(4)电子在A点的电势能．22.如图a所示的平面坐标系xOy，在整个区域内充满了匀强磁场，磁场方向垂直坐标平面，磁感应强度B随时间变化的关系如图b所示，开始时刻，磁场方向垂直纸面向里(如图)．t＝0时刻，有一带正电的粒子(不计重力)从坐标原点O沿x轴正向进入磁场，初速度为v0＝2×103m/s.已知正粒子的比荷为1.0×104C/kg，其它有关数据见图中标示．试求：(1)t＝×10－4s时刻，粒子的坐标．(2)粒子从开始时刻起经多长时间第一次到达y轴；(3)粒子是否还可以返回坐标原点O？如果可以，则经多长时间第一次返回坐标原点O.答案解析1.【答案】B【解析】在电场中做类平抛运动，根据分运动公式，有：水平方向：d＝v0t①竖直方向：d＝··t2②只有磁场时，做匀速圆周运动，轨迹如图所示：结合几何关系，有：r2＝(r－d)2＋(d)2解得：r＝2d③洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得，qv0B＝m④联立①～④解得：E＝B＝故＝v02.【答案】B【解析】以导线为研究对象，由左手定则判断得知导线所受安培力方向斜向右上方，根据牛顿第三定律得知，导线对磁铁的安培力方向斜向左下方，磁铁有向左运动的趋势，受到向右的摩擦力，故磁铁对水平面施加向左的静摩擦力，同时磁铁对地的压力增大，故B正确．3.【答案】D【解析】根据右手螺旋定则可知，从a点出发沿连线运动到b点，直线M处的磁场方向垂直于MN向里，直导线N处的磁场方向垂直于MN向外，所以合磁场大小先减小过O点后反向增大，而方向先向里，过O点后向外，根据左手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力方向开始向上，大小在减小，过O点后洛伦兹力的方向向下，大小在增大．由此可知，小球在速度方向不受力的作用，将做匀速直线运动，而小球对桌面的压力一直在增大．故①③错误，②④正确．4.【答案】D【解析】假设滑动变阻器的滑片向左移动，变阻器接入电路的电阻增大，并联部分电阻增大，外电路总电阻R增大，由闭合电路欧姆定律得：，可知干路电流I减小，由，可知路端电压增大．电路中并联部分的电压增大，电阻的电流增大，电流表的示数变小.由题意得电流表示数变大，可知滑动变阻器的滑片向右移动，干路电流I 增大，电源的总功率，可知P总增大.由于电源的内阻与外电阻的关系未知，不能判断电源的输出功率如何变化.I增大，由得知电源内部消耗功率一定增大.电源的效率，滑动变阻器的滑片向右移动，总电阻R减小，所以电源的效率一定减小，故D正确，A、B、C错误.5.【答案】D【解析】aa′通电导线与磁场垂直，故受到的安培力为F1＝BILbb′在磁场内有效长度为2L co s 60°＝L，故受到的安培力为F2＝BILcc′在磁场内有效长度为＝L，故受到的安培力为F3＝BIL故F1＝F2＝F3.6.【答案】D【解析】若用电压、电流挡，则因无电源无法检测，故要用欧姆挡，刚接通时是充电过程，充电完毕后，相当于断路，电阻无穷大，故测量时指针先偏转一下又返回到最左边．7.【答案】D【解析】因为Q1、Q2为固定的正电荷，只要放入的电荷受到的合力为0即可，通过受力分析可知，既可以放入正电荷，也可以放入负电荷，故A、B错误；由库仑定律，对q有k＝k①Q1＞Q2②由①②得＝＜1所以选D.8.【答案】B【解析】从题图得出R1＝8 Ω，R2＝12 Ω，并联时，U1＝U2，故P1R1＝P2R2，得6 W×8 Ω＝12 Ω·P2，求得P2＝4 W，则P＝P1＋P2＝10 W.9.【答案】C【解析】场强是矢量，有大小有方向，故A选项错；电场的强弱与正、负电荷形成的电场无关，B选项错；电荷受到的电场力很大，可能是因为电荷带电荷量很大导致的，D错误．10.【答案】C【解析】由O、A、B、C、D各点电势值可知，O点电势最低，为零，A、C在同一等势面上，所以电场线与AC连线垂直，最接近BO方向．大小接近E＝＝V/m＝80 V/m，故C正确．11.【答案】C【解析】电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝m，代入数据解得：r＝0.1 m，故A正确；由题意知，粒子的轨迹，相当于把半径r＝0.1 m的圆以A点为中心顺时针转动，如图所示，所以粒子轨迹圆的圆心构成的圆的圆心在A点，半径等于AD，即与磁场圆的半径相等，且粒子的轨迹可以覆盖整个磁场圆，故B、D正确；粒子带负电，粒子射入磁场后沿顺时针方向做匀速圆周运动，竖直向上射入磁场的粒子最有可能射入第二象限，竖直向上射入磁场的粒子运动轨迹如图所示，由图示可知，该粒子不可能进入第二象限，则所有的粒子都不可能进入第二象限，故C错误．12.【答案】C【解析】甲、乙两球所受的库仑力属于作用力和反作用力，它们是大小相等，方向相反的，与带的电荷量的大小无关，所以C正确，A、B、D错误．13.【答案】CD【解析】①当圆环受到的洛伦兹力F洛＝qvB＜G＝mg时，即v＜时，圆环水平方向受到向右的电场力F＝qE和向左的摩擦力F f＝μ(mg－qvB)，由牛顿第二定律得加速度a＝，则当F f＝0时，即mg＝qvB时，加速度最大为a m＝，C正确；加速度a＝＝，因为qE＞μmg，圆环一开始做加速运动，但F洛＝qvB逐渐增大，则摩擦力F f＝μ(mg－qvB)逐渐减小，加速度随着增大，这一阶段圆环做加速度增大的加速运动．②当圆环受到的洛伦兹力F洛＝qvB＞G＝mg，即v＞时，圆环水平方向受到向右的电场力F ＝qE和向左的摩擦力F f＝μ(qvB－mg)，由牛顿第二定律得加速度a＝，洛伦兹力F洛＝qvB继续增大，则摩擦力F f＝μ(qvB－mg)逐渐增大，加速度a＝减小，这一阶段圆环做加速度减小的加速运动直到F＝qE＝F f＝μ(qvB－mg)，即v＝＝＋时，加速度减为0，之后圆环以这个速度做匀速直线运动，D正确；综合以上分析，可知带电圆环将先做加速度增大的加速运动，再做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动，A错误；带电圆环加速度先增大，增大到a m＝后，加速度开始减小，最后减为0，故B错误．14.【答案】ACD【解析】由题意可知，电场线与等势线平行，且指向左，根据曲线运动的条件可知，合力方向向右，假设带负电，电场力方向和洛伦兹力方向都向右，符合题意，假设带正电，电场力方向和洛伦兹力方向均向左，矛盾，故A正确；在复合场中，粒子受到电场力与洛伦兹力作用，因此不可能做抛体运动，故B错误；根据切线方向即为速度方向可知，电场力与速度方向夹角小于90°，电场力做正功，导致电势能减小，动能增加，故C、D正确．15.【答案】CD【解析】由题意知粒子从右侧离开场区时的动能比初动能小了些，因粒子在板间只受电场力和洛伦兹力的作用而洛伦兹力不做功，所以在粒子运动过程中电场力做负功，故电场力qE小于洛伦兹力Bqv.若增大粒子进入场区时的初速度，则洛伦兹力Bqv增大，粒子运动轨迹向受洛伦兹力方向的一侧偏转，电场力做负功，动能减小，所以A错误；若改变带电粒子的带电性质，则电场力与洛伦兹力的方向同时改变而大小不变，所以还是动能减小，故B错误；若减小磁场的磁感应强度B，则洛伦兹力减小，当Bqv小于qE时，在粒子运动过程中电场力做正功，则动能增大，所以C正确；若增加两板间的电压，则板间电场强度增大，粒子受电场力增大，当qE大于Bqv时，在粒子运动过程中电场力做正功，则动能增大，所以D正确．16.【答案】AD【解析】由题意可知，当小球进入磁场后，才受到洛伦兹力作用，且洛伦兹力的方向与速度垂直，因此整个运动过程可以等效成没有磁场，只在重力场作用下的单摆，除细线对小球的拉力不同之外，其它均一样，则小球从A至C和从D至C到达C点时，速度大小相等，从A 至C和从D至C过程中，运动快慢也一样，故A、D正确，C错误；由于从A至C和从D至C到达C点时速度的方向不同，由左手定则可知，洛伦兹力方向不同，所以拉力的大小不同，故B错误．17.【答案】（1）（2）如图所示【解析】（1）当S向电压表一侧闭合时，电压表读数为U1，电流表读数为I1，根据闭合电路欧姆定律有E=U1+I1r整理得当S向R一侧闭合时，电流表读数为I2，根据闭合电路欧姆定律有E=I2（R+r）整理得（2）按照电路图连线，如图，要注意电流从电压表和电流表的正接线柱流入，负接线柱流出，单刀双掷开关控制整个电路的通断，连线不要交叉．18.【答案】(1)乙V1 2 (2)a 2.25【解析】(1)本题中由于要求电压从零开始调节，故应采用滑动变阻器分压接法；同时由于灯泡内阻较小，故采用电流表外接法；由于给出的电压表量程分别为3 V和15 V，由于15 V 量程过大，不能准确测量；因此应将3 V量程与定值电阻串联以进行电压表改装来扩大量程；故电路图应为乙图；根据改装原理可知，改装后的读数应为电压表读数的：＝2倍；(2)实验开始时应使测量部分电压为零，故滑片开始时应滑至a端；当达到灯泡额定电压时应注意调节滑动变阻器，不能使灯泡两端的电压过大；根据改装原理可知，此时电压表示数应接近2.25 V.19.【答案】(1)从A到B向上(2)10 m/s (3)0.6 J【解析】(1)根据右手定则可知，导体棒AB在下落过程中，产生的感应电流的方向从A到B；AB棒受到的磁场力的方向竖直向上；(2)当导体棒速度最大时满足：mg＝B L解得v m＝10 m/s(3)由能量关系可知：E＝mgh－mv解得E＝0.6 J.20.【答案】(1)垂直于导轨平面向上(2)【解析】在解这类题时必须画出截面图，只有在截面图上才能正确表示各力的准确方向，从而弄清各矢量方向间的关系．(1)画出金属杆的截面图．由三角形法则得，只有当安培力方向沿导轨平面向上时安培力才最小，B也最小．根据左手定则，这时B应垂直于导轨平面向上，大小满足BI1L＝mg sinα，B ＝.(2)当B的方向改为竖直向上时，这时安培力的方向变为水平向右，要使金属杆保持静止，应使沿导轨方向的合力为零，得BI2L cosα＝mg sinα，I2＝.21.【答案】(1)由C至A(2)－5 V (3)200 V/m (4)5 eV【解析】(1)将负电荷从A移至B，电场力做正功，所以电荷所受电场力方向沿A至C，又因为是负电荷，场强方向与负电荷的受力方向相反，所以场强方向应为C至A方向．(2)由W＝qU得：U＝＝＝6 V，即A、B两点间电势差为6 V．沿电场线方向电势降低，B点电势高于A点电势．U＝φB－φA，φB＝1 V，φA＝φB－U＝1 V－6 V＝－5 V，即A点的电势为－5 V.(3)如图所示，由B向AC作垂线交AC于D，D与B在同一等势面上．UDA＝UBA＝U＝6 V，沿场强方向A、D两点间距离为d＝AB·cos 60°＝6 cm×＝3 cm＝0.03 m，所以E＝＝200 V/m.(4)电子在A点的电势能E p＝qφA＝(－e)×(－5 V)＝5 eV.22.【答案】(1)(0.2m,0.6 m) (2)×10－4s (3)12π×10－4s【解析】(1)粒子进入磁场后在磁场中做圆周运动，设半径为r，周期为T，根据洛伦兹力提供向心力有：qvB＝，故圆周运动的半径为r＝＝m＝0.4 m又：T＝＝s＝4π×10－4s在磁场变化的第一段时间内，粒子运动的周期数为：N＝＝(个运动周期), 运动轨迹对应的圆心角为120°，作出粒子在磁场中运动的轨迹如图所示．第一段时间末，粒子的坐标为：x＝R cos 30°＝0.2m，y＝R＋sin 30°＝0.6 m，所求时刻，粒子的坐标(0.2m,0.6 m)(2)根据第(1)问可知，粒子在第一个磁场变化的时间段内时，运动了N1＝个周期，在第二个时间段内运动的周期数为N2＝＝(个周期)所对应的运动轨迹圆心角为60°，(运动轨迹如图所示．第三个时间段内同样运动了：N2＝＝(个周期)所对应的圆心角为120°，(粒子运动轨迹如图，粒子恰好在第三段时间末通过y轴故运动时间为：t＝×10－4s. (3)粒子在磁场中做周期性运动，根据对称性和周期性，画出粒子的部分运动轨迹如图，其中O2、O6、O10构成一个正三边形．故粒子在磁场中一共运动了6个大圆弧和6个小圆弧，故从原点出发到回到原点的总时间为：t1＝6××10－4s＋6××10－4s＝12π×10－4s.。

云南省曲靖市宣威市民中2017-2018学年高二下学期3月月

云南省宣威市民族中学2017--2018学年高二下学期3月月考物理试题一、单选题(共12小题)1. 在冬奥会短道速滑项目中，运动员绕周长仅111米的短道竞赛．运动员比赛过程中在通过弯道时如果不能很好地控制速度，将发生侧滑而摔离正常比赛路线．图中圆弧虚线Ob代表弯道，即运动正常运动路线，Oa为运动员在O点时的速度方向（研究时可将运动员看作质点）．下列论述正确的是（）A. 发生侧滑是因为运动员受到的合力方向背离圆心B. 发生侧滑是因为运动员受到的合力大于所需要的向心力C. 若在O发生侧滑，则滑动的方向在Oa左侧D. 若在O发生侧滑，则滑动的方向在Oa右侧与Ob之间【答案】D【解析】试题分析：发生侧滑是因为运动员的速度过大，所需要的向心力过大，运动员受到的合力小于所需要的向心力，而受到的合力方向仍指向圆心，故AB错误．若运动员水平方向不受任何外力时沿Oa线做离心运动，实际上运动员要受摩擦力作用，所以滑动的方向在Oa右侧与Ob之间，故C错误，D正确．故选D．考点：圆周运动的实例分析2. 各种大型的货运站中少不了旋臂式起重机，如图所示，该起重机的旋臂保持不动，可沿旋臂“行走”的天车有两个功能，一是吊着货物沿竖直方向运动，二是吊着货物沿旋臂水平运动．现天车吊着货物正在沿水平方向向右匀速行驶，同时又启动天车上的起吊电动机，使货物沿竖直方向做匀减速运动．此时，我们站在地面上观察到货物运动的轨迹可能是下图中的( ）A. B. C. D.【答案】D【解析】我们站在地面上观察，货物既沿水平方向匀速运动，又沿竖直方向做匀加速运动，设水平方向速度大小为v，加速度大小为a，经过时间t时，货物水平位移大小为x=vt，竖直位移大小，联立得到，根据数学知识可知，轨迹是向上弯曲的抛物线，故B 正确，ACD错误；故选B。

3. 如图所示，水平放置的U形线框abcd处于匀强磁场之中．已知导轨间的距离为L，磁场的磁感应强度为B、方向竖直向下．直导线MN中间串有电压表(已知导线和电压表的总质量为m)，水平跨接在ab和cd上，且与ab垂直，直导线与导轨之间的动摩擦因数为μ，R 为电阻，C为电容器．现令MN以速度向右匀速运动，用U表示电压表的读数、q表示电容器所带的电荷量、C表示电容器的电容、F表示对MN的拉力．因电压表的体积很小，其中导线切割磁感线对MN间电压的影响可忽略．则( )A. ,B. ,q＝0C. U＝0,D. ,【答案】C【解析】当导线MN匀速向右运动时，导体棒产生的感应电动势不变，故电容器所带电荷量不变，即，此时电压表中没有电流通过，故电压表的示数为0，根据受力平衡可得，故C正确，ABD错误；故选C。

高二物理第二学期第三次月考

高二物理第二学期第三次月考试卷一、选择题：（3分×13=39分）1、下列单位与磁感强度的单位“特斯拉”相当的是：( )A 、韦伯/米2B 、千克/(安培·秒2)C 、牛·秒/(库·米)D 、伏·秒/米22、在一根无限长的通电直导线旁，放一个通电线圈abcd ，导线和线圈在同一平面内，线圈中的电流方向为顺时针，则（）A 、线圈上平动；B 、线圈向左平动；C 、线圈向右平动；D 、线圈静止不动；3、一电子通过某空间区域时作匀速直线运动，则( )A 、此区域内一定无磁场；B 、此区域内可能只有电场；C 、此区域内可能既有电场又有磁场；D 、此区域内可能既无电场又无磁场；4、一束带电粒子沿着水平方向平行地飞过静止的小磁针正上方，这时磁针的S 极向西偏转，这一束带电粒子可能是（）A 、由北向南飞行的正离子束；B 、由南向北飞行的正离子束；C 、由北向南飞行的负离子束；D 、由南向北飞行的负离子束；5、铁心上有两个线圈，把它们和一个干电池连接起来，已知线圈的电阻比电池的内阻大得多，如下图所示的图中，哪一种接法铁心的磁性最强（）6、下列有关磁通量的论述中正确的是 [ ]A 、磁感强度越大的地点，穿过线圈的磁通量也越大；B 、磁感强度越大的地点，线圈面积越大，则穿过线圈的磁通量越大；C 、穿过线圈的磁通量为零的地点，磁感强度一定为零；D 、匀强磁场中，穿过线圈的磁感线越多，则磁通量越大；7、如图所示，条形磁铁放在水平桌面上，其中央正上方固定一根直导线，导线与磁铁垂直，并通以垂直纸面向外的电流，则（）A 、磁铁对桌面的压力减小、不受桌面摩擦力的作用；B 、磁铁对桌面的压力减小、受到桌面摩擦力的作用；C 、磁铁对桌面的压力增大，个受桌面摩擦力的作用；D 、磁铁对桌面的压力增大，受到桌面摩擦力的作用；Iabc8、下列说法正确的是( )A、安培假说中的分子电流是不存在的；B、通电直导线周围的磁场是导线内部的分子电流产生的；C、铁棒被磁化是因为在外磁场作用下，软铁棒中分子电流取向变得大致相同；D、永磁体和磁场与电流的磁场是有本质区别的；9、质子与α粒子在同一匀强磁场中做半径相同的圆周运动，则质子和α粒子动能之比为( )A、4:1B、1：1C、1:2D、2:110、关于电磁波的发射，下列说法中正确的是[ ]A、各种频率的电磁振荡都能辐射电磁波，只是辐射的能量所占振荡总能量的比例不同罢了，振荡周期越大，越容易辐射电磁波；B、为了有效向外辐射电磁波，振荡电路必须采纳开放电路，同时提高振荡频率；C、为了有效向外辐射电磁波，振荡电路不须采纳开放电路，但要提高振荡频率；D、提高振荡频率和采纳开放电路是发射电磁波的必要手段，振荡电路开放的同时，其振荡频率也随之提高；11、关于电磁场的理论，下面说法中正确的是（）A、变化的电场周围产生的磁场一定是变化的；B、变化的电场周围产生的磁场不一定是变化的；C、平均变化的磁场周围产生的电场也是平均变化的；D、振荡电场周围产生的磁场也是振荡的；12、如图所示，甲所示的LC振荡电路中，通过P点的电流变化规律如图乙，且把通过P点向右的电流方向规定为乙图中坐标i的正方向，则（）A、0.5～1s的时刻内，电容器C正在充电；B、0.5～1s的时刻内，C的上板带正电；C、1～1.5s时刻内，Q点比P点电势高；D、1～1.5s时刻内，磁场能正在向电场能转化；13、调制的要紧作用是[ ]A、使高频振荡的振幅或频率随要传播的电信号而改变；B、发生电谐振；C、把需要的电信号从高频振荡中取出来；D、选择要接收的电台；题1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13号答案二、填空题：（5分×5=25分）14、如图所示，一LC振荡电路的周期为T=2×10-2s，从电流逆时针达到最大开始计时，当t=3.4×10-2s时，电容器正处于________电状态，电容器a板带________电，电路中电流方向为________（逆时针或顺时针）。

2017--2018学年高二下学期3月月考试物理试题含答案解析

湖南省首批挂牌重点中学邵阳市第二中学2017--2018学年高二下学期3月月考试物理试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．如图甲所示，一根电阻R＝4 Ω的导线绕成半径d＝2 m的圆，在圆内部分区域存在变化的匀强磁场，中间S形虚线是两个直径均为d的半圆，磁感应强度随时间变化如图乙所示(磁场垂直于纸面向外为正，电流逆时针方向为正)，关于圆环中的感应电流—时间图象，下列选项中正确的是( )A．B．C．D．2．工厂在生产纺织品、纸张等绝缘材料时为了实时监控其厚度，通常要在生产流水线上设置如图所示传感器．其中A、B为平行板电容器的上、下两个极板，上下位置均固定，且分别接在恒压直流电源的两极上．当流水线上通过的产品厚度增大时，下列说法正确的是( )A．A、B平行板电容器的电容减小B．A、B两板间的电场强度增大C．A、B两板上的电荷量变小D．有电流从b向a流过灵敏电流计3．下列说法中正确的是（）A．室内扫地时，在阳光照射下看见灰尘飞扬表明分子在永不息地做无规则热运动B．颗粒越小，布朗运动越显著C．用气筒给自行车车胎打气，越打越费力，说明压缩后的气体分子间有斥力D．温度越高的物体，内能就越大4．甲、乙两个分子相距较远，它们间的分子力为零，当它们逐渐接近到不能再接近的全过程中，分子力大小的变化情况，正确的是（）A．分子力先增大，后减小B．分子力先减小，后增大C．分子力先增大，再保持不变D．分子力先增大，再减小，后又增大5．一定质量的理想气体，经历一膨胀过程，这个过程可以用图上的直线ABC来表示，在A、B、C三个状态上，气体的温度T A、T B、T C相比较，大小关系为()A．T B＝T A＝T C B．T A>T B>T C C．T B>T A＝T C D．T B<T A＝T C 6．如图所示，两端开口的U型管中装有水银，在右管中用水银封闭着一段空气，要使两侧水银面高度差h增大，应( )A．从左管滴入水银B．从右管滴入水银C．减小大气压强D．增大大气压强二、多选题7．如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来．若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有（）A．增加线圈的匝数B．提高交流电源的频率C．将金属杯换为瓷杯D．取走线圈中的铁芯8．某交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间R=Ω的电阻构成闭合电路，不计电路的其他的关系如图所示．如果此线圈和一个100电阻，下列说法中正确的是（）A．交变电流的频率为50HzB．电阻R两端的有效电压是C．交变电流的有效值为1AD．交变电流的最大值为1A9．如图所示，a、b、c为三只完全相同的灯泡，L为电阻不计的纯电感，电源内阻不计．下列判断正确的是A．S闭合的瞬间，b、c两灯亮度相同B．S闭合足够长时间后，b、c两灯亮度相同C．S断开的瞬间，a、c两灯立即熄灭D．S断开后，b灯先突然闪亮后再逐渐变暗熄灭10．在如图甲所示的理想变压器的原线圈输入端a、b加如图乙所示的电压，图像前半周期为正弦部分，理想变压器原、副线圈匝数比为5：1，电路中电阻R1=5Ω，R2=6Ω，R3为定值电阻，开始时电键S断开，下列说法正确的是( )A ．电压表的示数为31.1VB ．闭合电键S 后，电流表的示数变大C ．闭合电键S 后，电压表的示数变大D ．电流表的示数为0.4A11．如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数之比为10：1，原线圈两端接入一正弦交流电源；副线圈电路中的电容器C 和电阻R 为负载，交流电压表和交流电流表均为理想电表，则下列说法正确的是（）A ．若电压表的示数为6V ，则输入电压的峰值为60VB ．电流表A 的示数为流经电阻R 的电流C ．若输入电压U=100V ，则电容器C 的耐压值至少为VD ．若输入电压的峰值保持不变，将其频率变大，则变压器的输入功率也将增大12．某发电站采用高压输电向外输送电能．若输送的总功率为P 0，输电电压为U ，输电导线的总电阻为R ．则下列说法正确的是A ．输电线上的电流U I R=B ．输电线上的电流0P I U =C ．输电线上损失的功率20()P P R U= D ．输电线上损失的功率2U P R= 13．电动自行车是一种应用广泛的交通工具，其速度控制是通过转动右把手实现的，这种转动把手称“霍尔转把”，属于传感器非接触控制．转把内部有永久磁铁和霍尔器件等，截面如图甲．开启电源时，在霍尔器件的上下面之间加一定的电压，形成电流，如图乙．转把转动永久磁铁也跟着转动，霍尔器件能输出控制车速的电势差，已知电势差与车速关系如图丙，以下关于“霍尔转把”叙述正确的是（）A．为提高控制的灵敏度，永久磁铁的上下端分别为N、S 极B．按图甲顺时针转动把手，车速变快C．图乙中从霍尔器件的左、右侧面输出控制车速的电势差D．若霍尔器件的上下面之间所加电压正负极性对调，不影响车速控制14．如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间的距离的关系如图中曲线所示．F>0为斥力，F<0为引力．a、b、c、d为x轴上四个特定的位置．现把乙分子从a处由静止释放，则( )A．乙分子由a到b做加速运动，由b到c做减速运动B．乙分子由a到c做加速运动，到达c时速度最大C．乙分子由a到b的过程中，两分子间的分子势能一直增大D．乙分子由b到d的过程中，两分子间的分子势能先减小后增大三、实验题15．某同学利用图甲电路测量自来水的电阻率，在内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K以控制管内自来水的水量，玻璃管两端接有导电活塞（活塞电阻可忽略），右侧活塞固定，左侧活塞可自由移动，实验器材还有：电源（电动势约为3V，内阻不可忽略）两个完全相同的电流表A1、A2（量程为3mA，内阻不计）电阻箱R（最大阻值9999Ω）定值电阻R0（可供选择的阻值有1kΩ和10kΩ的两种）开关S，导线若干，刻度尺．实验步骤如下：A．测得圆柱形玻璃管内径d=20mm；B．向玻璃管内注满自来水，并用刻度尺测量水柱长度L；C．连接好电路，闭合开关S，调节电阻箱阻值，读出电流表A1、A2示数分别记为I1、I2，记录电阻箱的阻值R；D．向左移动活塞，多次重复实验步骤B、C，记录每一次水柱长度L和电阻箱阻值R；E．断开S，整理好器材．（1）为了较好的完成该实验，定值电阻R0应选阻值约为________kΩ的一种；（2）玻璃管内水柱电阻的表达式R x=________（用R0、R、I1、I2表示）；（3）若在上述步骤C中每次调整电阻箱阻值，使电流表A1、A2示数均相等，利用记录的多组水柱长度L和对应的电阻箱阻值R的数据，绘制出图乙所示的R-L关系图像，则自来水的电阻率ρ=_____Ω•m（保留两位有效数字）16．在做“用油膜法估测分子大小”的实验时，油酸酒精溶液的浓度为每1000mL溶液中有纯油酸2ml，用注射器测得1mL上述溶液有200滴，把一滴该溶液滴入盛水的表面撒有痱子粉的浅盘里，待水面稳定后，测得油酸膜的近似轮廓如图所示，图中正方形小方格的边长为1cm，则（1）每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是______mL（2）油酸膜的面积是____cm2．（3）根据上述数据，估测出油酸分子的直径是______m．（结果都保留两位有效数字）四、解答题17．容积为20L的钢瓶内，贮有压强为30大气压的氧气．打开钢瓶的阀门，让氧气分装到容积为5L的氧气袋中（袋都是真空的），充气后的氧气袋中氧气压强都是2大气压，设充气过程不漏气，环境温度不变，则这瓶氧气最多可分装多少袋？18．无线充电技术的发展给用户带来了极大的方便，可应用于手机、电脑、智能穿戴、智能家居、医疗设备、电动汽车等充电，如图甲所示为手机无线充电工作原理的示意图，由送电线圈和受电线圈组成.已知受电线圈的匝数为n=50匝，电阻r=1.0Ω，在它的c、d两端接一阻值R=9.0Ω的电阻.设在受电线圈内存在与线圈平面垂直的磁场，其磁通量随时间按图乙所示，可在受电线圈中产生电动势最大值为20V的正弦交流电，设磁场竖直向上.求：(1)在t=π×10−3s时，受电线圈中产生电流的大小，c、d两端哪端电势高？(2)在一个周期内，电阻R上产生的热量；(3)从t1到t2时间内，通过电阻R的电荷量.19．如图，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置．玻璃管的下部封有长l l=25.0cm 的空气柱，中间有一段长为l2=25.0cm的水银柱，上部空气柱的长度l3=40.0cm．已知大气压强为P0=75.0cmHg．现将一活塞（图中未画出）从玻璃管开口处缓缓往下推，使管下部空气柱长度变为1l =20.0cm．假设活塞下推过程中没有漏气，求活塞下推的距离．20．如图，ab和cd是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN和M′N′是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m和2m．竖直向上的外力F作用在杆MN上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R，导轨间距为l．整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直．导轨电阻可忽略，重力加速度为g．在t=0时刻将细线烧断，保持F不变，金属杆和导轨始终接触良好．求（1）细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比；（2）两杆分别达到的最大速度．（3）若杆MN至速度最大时发生的位移为s，该过程中电路中产生的焦耳热Q为多少？参考答案1．C【解析】0∼1s ，感应电动势为：E 1=S ΔB Δt =πd 22×21 =4πV 感应电流大小为：I 1=E 1/R=4π/4=πA由楞次定律知，感应电流为顺时针方向，为负方向，故C 正确，ABD 错误故选C点睛：根据法拉第电磁感应定律求出各个时间段的感应电动势大小，再求出感应电流大小，由楞次定律判断感应电流方向．2．D【解析】A ．产品厚度增大时，电容器的电容4S C kd επ=增大，故A 错误； B ．两板间电压不变，电场强度U E d=保持不变．故B 错误； CD ．根据q=CU ，电容器将充电，负电荷从a 向b 流过灵敏电流计，即有电流从b 向a 流过灵敏电流计，故C 错误，D 正确．故选：D3．B【解析】A. 灰尘可以用肉眼观察到，所以不是分子，无法说明分子在永不息地做无规则热运动，故A 错误；B ．颗粒越小，越容易受力不均衡，布朗运动越显著，故B 正确；C. 用气筒给自行车车胎打气，越打越费力，是因为气体的压强越来越大，不能说明分子间有相互作用力，故C 错误；D ．内能是所有分子动能和势能之和，与温度、体积、物质量都有关系，所以温度高，内能不一定大，故D 错误．故选：B4．D【解析】分子间距大于r 0，分子力为引力，随距离的减小，引力先增大后逐渐减小；分子间距小于r 0，分子力为斥力，随距离的减小，分子斥力增大．故分子力先增大，再减小，后又增大．故D 正确，ABC 错误．故选D5．C【解析】由理想气体状态方程：PV T =C 可知： 30.5 1.5A AA P V T CC C ⨯=== 2 1.0 2.0B BB P V T CC C ⨯=== 1 1.5 1.5C CC P V T C C C⨯=== 则T B >T A =T C ，故C 正确，ABD 错误；故选C.点睛：由图象求出A 、B 、C 三状态的压强与体积，然后由理想气体的状态方程求出各状态的温度，然后比较温度大小．6．B【解析】以右侧管中封闭气体做为研究对象，封闭气体的压强P=P 0+h=P 0+h 右，h=h 右；A. 从左侧管口滴入水银，h 右不变，封闭气体压强P=P 0+h 右不变，两侧水银面高度差h 不变，故A 错误；B. 从右侧管口滴入水银，h 右变大，封闭气体压强P=P 0+h 右变大，由P=P 0+h 可知，两侧水银高度差h 增大，故B 正确；C. 减小大气压强，根据封闭气体的压强P=P 0+h=P 0+h 右，h=h 右，两侧水银高度差h 不变，故C 错误；D. 增大大气压强，根据封闭气体的压强P=P 0+h=P 0+h 右，h=h 右，两侧水银高度差h 不变，故D 错误．故选B.7．AB【详解】当线圈中通以交变电流时，在金属杯中将产生感应电动势感应电流，根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势BE S t t∆Φ∆==∆∆；增加线圈的匝数可以提高交流电产生磁场的磁感应强度的变化率，感应电动势增大，感应电流的功率增大，使杯内的水沸腾所需的时间缩短；提高交流电源的频率，磁感应强度的变化率变大，感应电动势变大，感应电流的功率增大；故选项A 、B 正确．取走线圈中的铁芯则使得线圈周围的磁场变弱，磁感应强度变化率减小，感应电动势变小，从而使杯内的水沸腾所需的时间反而延长，故选项D 错误；将金属杯换为瓷杯后，由于陶瓷不是导体，因此瓷杯中不能产生感应电流，无法给水加热，故选项C 错误． 8．BD 【解析】A. 由图可知，交流电的周期T=0.04s ，故A 错误；B. 由图可知，交流电的最大电压E m =100V ，电阻R 两端的最大电压是100V ，故B 错误；C. 交变电流的最大值为：I m =E m /R=100/100=1A ，故C 正确；D. 交变电流的有效值为：I= =A ，故D 错误；故选C. 9．AD 【解析】【详解】A ．S 闭合的瞬间，L 中产生自感电动势阻碍电流的增加，此时可认为bc 两灯串联，则此时b 、c 两灯亮度相同，选项A 正确；B ．由于L 的电阻不计，则S 闭合足够长时间后，b 灯被L 短路，则b 灯熄灭，c 灯变得更亮，选项B 错误；CD ．S 断开的瞬间，通过各个灯原来的电流立即消失，而通过L 的电流要通过三盏灯形成新的回路，则a 、c 两灯将逐渐熄灭，b 灯中因为原来电流为零，所以b 灯先突然闪亮后再逐渐变暗熄灭，选项C 错误，D 正确． 10．AB 【解析】A ．变压器只能变交流，不能变直流，故一个周期内仅半个周期副线圈有电压输出．12m mu n u n ='，得()1(1)f x f x -<+.电压表的示数即输出电压的有效值为U22T U T R=⨯'，代入数据得：31.4U V V ==，故A 正确；B ．输出电压由输入电压及线圈匝数决定，故闭合开关后，输出电压不变，电压表示数不变，总电阻减小，电流变大，输出功率增大，根据P P =入出，输入功率增大，电流表示数变大．故B 正确，C 错误；D ．电键断开时，副线圈电路中的电流为221256U I R R ===++，根据电流比可知，电流表中的电流为5A ，故D 错误．故选：AB点睛：根据电流的热效应求出输入电压的有效值，再根据变压器原副线圈电压之比等于线圈匝数比求出电压表示数，电键S 闭合后，副线圈电阻变小，根据欧姆定律判断电流表示数的变化，根据变压器原副线圈电流之比等于线圈匝数的倒数比比求出电流表示数变化情况，先求出电键S 闭合后，副线圈总电阻，再求出副线圈的功率，而原线圈的功率等于副线圈功率． 11．CD 【解析】A．电压表示数为有效值，则输出电压为峰值V，则输入电压为峰值V ，故A 错误；B ．由于电容器通交流，故电流表A 的示数为流经电阻R 的电流与通过电容器的电流之和．故B 错误；C ．输入电压为100V 时，输出电压峰值为V ，电容器耐压值对应峰值，为V ．故C 正确；D ．当电流频率增大时，通过电容器的电流变大，则输入端的电流也增大，输入功率增大，故D 正确．故选：CD 12．BC 【分析】根据P=UI 求出输电线上的电流，结合2P I R =损求出输电线上损失的功率．【详解】根据0P UI =得，输电线上的电流0P I U =，由于U 不是输电线上损失的电压，不能通过UI R=求解输电线上的电流，A 错误B 正确；输电线上损失的功率220()P P I R R U==损，C 正确D 错误．【点睛】对于远距离输电这一块，（1）输电电流I ：输电电压为U ，输电功率为P ，则输电电流PI U=；（2）电压损失U ∆：输电线始端电压U 与输电线末端电压'U 的差值；（3）功率损失：远距离输电时，输电线有电阻，电流的热效应引起功率损失，损失的功率①2P I R ∆=线，②P I U ∆=∆，③2U P R∆∆=． 13．BD 【解析】【详解】由于在霍尔器件的上下面之间加一定的电压，形成电流，当永久磁铁的上下端分别为N 、S 极时，磁场与电子的移动方向平行，则电子不受洛伦兹力作用，那么霍尔器件不能输出控制车速的电势差，故A 错误；当按图甲顺时针转动把手，导致霍尔器件周围的磁场增加，那么霍尔器件输出控制车速的电势差增大，因此车速变快，故B 正确；结合图乙的示意图，那么永久磁铁的N 、S 极可能在左、右侧面，或在前、后表面，因此从霍尔器件输出控制车速的电势差，不一定在霍尔器件的左右侧面，也可能在前后表面，故C 错误；当霍尔器件的上下面之间所加电压正负极性对调，从霍尔器件输出控制车速的电势差正负号相反，但由图丙可知，不会影响车速控制，故D 正确．点睛：考查霍尔元件的工作原理，掌握“霍尔转把”结构图，理解霍尔器件能输出控制车速的电势差与什么因素有关，注意图丙中电势差的正负，不会影响车速． 14．BD 【详解】A.乙分子由a 到c ，甲对乙的分子力是引力，引力方向与速度方向相同，分子力对乙一直做正功，则乙分子一直做加速运动，故A 错误；B.乙分子由a 到c 受到的是引力，c 到d 受到的斥力，所以乙分子先加速后减速，所以在c 时速度最大，故B 正确；C.乙分子由a 到b 的过程，分子力对乙一直做正功，两分子间的分子势能一直减小，故C 错误；D.乙分子由b 到d 的过程，分子力先是引力后是斥力，先做正功，后做负功，则分子势能先减小后增加，故D 正确．故选BD15．（1）1kΩ；（2）201()I R R I +；（3）16；【解析】(1)定值电阻所在支路最小电阻约为：R 2总=31max31310E k I -=Ω=Ω⨯，为了多测几组数据，较好的完成该实验，定值电阻R 0应选1kΩ； (2)并联电路电压相等，则有：I 2(R+R 0)=I 1R X 则待测电阻阻值为：R X =201()I R R I +； (3)由电阻定律可知：R X =ρLS =ρ2()2Ld π=ρ24L d π=201()I R R I + 则有：R=10224I L R d I ρπ- 由题意可知：电流表A 1、A 2示数I 1、I 2均相等,则有：R=024L R dρπ-，由图示图象可知，图象斜率：k=24d ρπ=3342410(1)105101010-⨯--⨯=⨯⨯，电阻率为：ρ=2343.14(2010)251044d kπ-⨯⨯⨯⨯⨯=≈16Ω⋅m ；点睛：根据电源电动势与电流表量程应用欧姆定律求出电阻箱支路最小电阻阻值，然后选择定值电阻；根据并联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值的表达式；根据电阻定律与欧姆定律求出图象的函数表达式，然后分析答题．16．（1）1.0510-⨯ （2） 37~40 均给分（3）2.59910~2.710--⨯⨯ 均给分【解析】试题分析：在油膜法估测分子大小的实验中，让一定体积的纯油酸滴在水面上形成单分子油膜，估算出油膜面积，从而求出分子直径，掌握估算油膜面积的方法：所围成的方格中，面积超过一半按一半算，小于一半的舍去． 1滴酒精油酸溶液中含油酸的体积615.00102001000V mL ==⨯⨯－；由于每格边长为1cm ，则每一格就是1cm 2，估算油膜面积以超过半格以一格计算，小于半格就舍去的原则，估算出40格，则油酸薄膜面积为240S cm =；由于分子是单分子紧密排列的，因此分子直径为91.2510 1.25Vd m nm S-==⨯=． 17．56袋【解析】氧气分装后，钢瓶内仍保留部分气体，且压强与分装的气体压强相同．设共可分装n 袋，根据玻意耳定律：112122PV PV nPV =+ 得11212230202205625PV PV n PV 袋袋-⨯-⨯===⨯．点睛：气体做等温变化：确定好初、末两状态的P 、V ．由P 1V 1=P 2V 2，其中V 2用瓶数表示． 18．（1）2.0A c 端电势高（2）5.7×10﹣2J （3）2×10−3C【解析】（1）由图乙知t =π×10﹣3s 时受电线圈中产生的电动势最大为E m =20V 线圈中产生感应电流的大小为 I t =I m =E m R+r=2.0A由楞次定律可以得到此时c 端电势高（2）通过电阻电流的有效值为 I =m √2√2A电阻在一个周期内产生的热量 Q =I 2RT =5.7×10﹣2J （3）线圈中感应电动势的平均值 E =n ΔϕΔt通过电阻电流的平均值为 I =ER+r通过电阻的电荷量 q =I ⋅Δt 由题图乙知，在T4～3T4的时间内，Δϕ=4×10﹣4Wb解得 q =n ΔϕR+r =2×10−3C点睛：求解交变电流的电功率时要用有效值．在电磁感应中通过导体截面的电量经验公式是Q =n△ΦR+r，可以在推导的基础上记住．19．15.0 cm 【详解】以cmHg 为压强单位，在活塞下推前，玻璃管下部空气柱的压强为：102p p l =+设活塞下推后，下部空气柱的压强为p 1′，由玻意耳定律得： 1111p l p l ''=活塞下推距离为l ∆时玻璃管上部空气柱的长度为：3311l l l l l ''=+--∆ 设此时玻璃管上部空气柱的压强为p 2′，则：212p p l '='-由玻意耳定律得： 0323p l p l ''= 由题给数据解得：l ∆＝15.0cm20．（1）v 1：v 2=2：1 （2）12243mgR v B l =，22223mgR v B l = （3）32244433m g R mgs B l- 【解析】（1）设某时刻MN 和M′N′速度分别为v 1、v 2，对MN 和M′N′系统，由于初始时刻静止，合外力为零，此后任意时刻系统动量守恒：mv 1－2mv 2=0 得v 1：v 2=2：1 ① （2）当MN 和M′N′的加速度为零时，速度最大．对M′N′受力平衡：BIl ＝2mg ② ，EI R=③ ，12E Blv Blv =+④由①②③④得：12243mgR v B l =，22223mgRv B l= （3）运动过程中的安培力为变力，对杆MN ，根据动能定理有21112F W mgs W mv 安--=，对杆M′N′，有2221222mgs W mv 安-=⋅'，又221v s s v =='，W F ＝3mg ，W 安1＋W 安2＝Q ，得Q=322444m g R3mgs3B l．点睛：细线烧断前对MN和M′N′受力分析，得出竖直向上的外力F=3mg，细线烧断后对MN和M'N'受力分析，根据动量守恒求出任意时刻两杆运动的速度之比；分析MN和M′N′的运动过程，当MN和M′N′的加速度减为零时，速度最大，由平衡条件求出最大速度；克服安培力做的功等于转化的焦耳热，根据动能定理列式联立求解．。

物理-云南省曲靖市宣威三中2017-2018学年高一下学期3月份月考(解析版)

曲靖市宣威三中2017-2018学年下学期3月份月考高一物理本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间120分钟。

一、单选题(共12小题,每小题3.0分,共36分)1.伽利略对自由落体运动的研究，是科学实验和逻辑推理的完美结合．伽利略先用斜面进行实验研究，获得匀变速直线运动的规律，然后将此规律合理外推至倾角为90°自由落体的情形．对伽利略研究过程的理解，下列说法正确的是()A．图中所示的情形均为真实的实验过程B．图中所示的情形均为理想的实验过程C．利用斜面“放大”重力的作用，使实验现象更明显D．利用斜面“冲淡”重力的作用，便于测量实验数据2.天文学家如果观察到一个星球独自做圆周运动，那么就想到在这个星球附近存在着一个看不见的星体黑洞．星球与黑洞通过万有引力的作用组成双星，以两者连线上某点为圆心做匀速圆周运动，那么()A．它们做圆周运动的角速度与其质量成反比B．它们做圆周运动的周期与其质量成反比C．它们做圆周运动的半径与其质量成反比D．它们所受的向心力与其质量成反比3.登上火星是人类的梦想，“嫦娥之父”欧阳自远透露：中国计划于2020年登陆火星．地球和火星公转视为匀速圆周运动，忽略行星自转影响．根据下表，火星和地球相比()A．火星的公转周期较小B．火星做圆周运动的加速度较小C．火星表面的重力加速度较大D．火星的第一宇宙速度较大4.A、B两质点的v－t图象如图所示，设它们在同一条直线上运动，在t＝3 s时它们在中途相遇，由图可知()A．A比B先启程B．A比B后启程C．两质点启程前A在B前面3 m处D．两质点启程前A在B后面2 m处5.如图，树枝上的一只松鼠看到一个猎人正在用枪水平对准它，在子弹出枪口的瞬间，松鼠开始运动，下述各种运动方式中，松鼠能逃脱厄运不被击中的是（树枝足够高）（）A．自由落下B．竖直上跳C．迎着枪口，沿AB方向水平跳离树枝D．背着枪口，沿AC方向水平跳离树枝6.下列说法正确的是()A．牛顿第一定律是科学家凭空想象出来的，没有实验依据B．牛顿第一定律无法用实验直接验证，因此是不成立的C．理想实验的思维方法与质点概念的建立一样，都是一种科学抽象的思维方法D．由伽利略的理想实验可知，运动的物体一定不受外力作用7.为了探究影响平抛运动水平射程的因素，某同学通过改变抛出点的高度及初速度的方法做了6次实验，实验数据记录如表．以下探究方案符合控制变量法的是()A．若探究水平射程与初速度的关系，可用表中序号为1、3、5的实验数据B．若探究水平射程与高度的关系，可用表中序号为1、3、5的实验数据C．若探究水平射程与高度的关系，可用表中序号为2、4、6的实验数据D．若探究水平射程与初速度的关系，可用表中序号为2、4、6的实验数据8.2014年3月21日，山东队选手张国伟在全国室内田径锦标赛(北体大站)男子跳高比赛中，以2米33的成绩夺冠并创造新的全国室内纪录．已知张国伟的身高为2 m，据此可估算出他起跳时竖直向上的速度大约为(取g＝10 m/s2)()A．3 m/sB．5 m/sC．7 m/sD．9 m/s9.我国第一条商业运营的“上海磁悬浮”列车于2003年10月1日正式运营．据报导，上海磁浮线全长33 000 m，全程行驶约7 min 30 s，列车的最高速度为120 m/s.如图所示，为列车达到最高时速前的速度图线OABC，这段位移为14 700 m，则列车在BC段的加速度为()A．0.4 m/s2 B．0.5 m/s2 C．0.6 m/s2 D．0.7 m/s210.中国飞人刘翔在2011年8月举办的第十三届世界田径锦标赛男子110米栏的比赛中，以13秒34的成绩获得亚军，关于比赛的下列说法中正确的是()A．110 m是刘翔比赛中路程的大小B．13秒34是刘翔夺冠的时刻C．刘翔比赛中的平均速度约是8.2 m/sD．刘翔经过终点线时的速度一定等于8.2 m/s11.如下图所示，在托盘测力计的托盘内固定一个质量为M的光滑的斜面体，现将一个质量为m的物体放在斜面上，让它自由滑下，则测力计的示数一定满足()A．F N＝(M＋m)gB．F N＝MgC．F N>(M＋m)gD．F N<(M＋m)g12.如图所示，一物体在水平恒力的作用下沿光滑水平面做曲线运动，当物体从M点运动到N点时，其速度方向恰好改变了90°，则物体从M点到N点的运动过程中，物体的速度将()A．不断增大B．不断减小C．先增大后减小D．先减小后增大二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分)13.(多选)甲、乙两质点在同一直线上匀速运动，设向右为正，甲质点的速度为＋2 m/s，乙质点的速度为－4 m/s，则可知()A．乙质点的速率大于甲质点的速率B．因为＋2>－4，所以甲质点的速度大于乙质点的速度C．这里的正、负号的物理意义是表示质点运动的方向D．若甲、乙两质点同时由同一地点出发，则10 s后甲、乙两质点相距60 m14.(多选)2013年6月9日晚，受沿线焚烧秸秆产生烟雾影响，宁洛高速公路安徽省蒙城段发生多起车辆追尾事故．假设高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶，甲车在前，乙车在后，速度均为v0＝30 m/s，距离s0＝100 m，t＝0时刻甲车遇紧急情况后，甲、乙两车的加速度随时间的变化规律如图甲、乙所示，取运动方向为正方向，则下面说法正确的是()A．t＝6 s时甲、乙两车的速度相等B．t＝6 s时甲、乙两车的距离最近C．0～6 s内甲、乙两车的位移之差为190 mD．甲、乙两车会在0～9 s内相撞15.(多选)在做平抛实验时，如图所示，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画小球做平抛运动的轨迹，为了能较准确地描绘运动轨迹，下面列出了一些操作要求，将你认为正确的选项前面的字母填在横线上()A．通过调节使斜槽的末端保持水平B．每次释放小球的位置可以不同C．每次释放小球的位置必须相同D．用铅笔记录小球位置时，每次必须严格地等距离下降E．将球的位置记录在纸上后，取下纸，用直尺将点连成折线16.(多选)如下图所示，物体A、B叠放在水平面上，水平力F作用在A上，使二者一起向左做匀速直线运动，下列说法正确的是()A．A、B之间无摩擦力B．A受到的摩擦力水平向右C．B受到A的摩擦力水平向左D．地面对B的摩擦力为静摩擦力，水平向右分卷II三、实验题(共2小题,每小题10.0分,共20分)17.在练习使用打点计时器的实验中，得到了一条如图所示的纸带，其中0、1、2、3…是选用的计数点，每相邻两个计数点之间还有3个打出的点没有在纸带上标出．图中画出了将米尺靠在纸带上测量的情况，读出图中所测量点的读数分别是、、和；打第2个计数点时纸带的速度是m/s．18.利用如图所示实验装置来验证机械能守恒定律.通过电磁铁控制的小铁球从A点自由下落，下落过程中小铁球经过光电门B时，毫秒计时器(图中未画出)记录下小铁球的挡光时间t.实验前调整光电门位置，使小铁球下落过程中，小铁球球心垂直细激光束通过光电门，当地重力加速度为g.(1)为了验证小铁球下落过程中机械能是否守恒，还需要测量的物理量是________.A.A点距地面的高度HB.A、B之间的距离hC.小铁球从A到B的下落时间tABD.小铁球的直径d(2)小铁球通过光电门时的瞬时速度v＝____________；要验证小铁球下落过程中机械能是否守恒，只需验证等式________是否成立即可(用实验中测得物理量的符号表示).四、计算题(共4小题19.地球以3×104m/s的速度绕太阳公转时，它的质量增大到静止质量的多少倍？20.美国“肯尼迪”号航空母舰上装有帮助飞机起飞的弹射系统．已知“F－15”型战斗机在跑道上加速时产生的最大加速度为5.0 m/s2，起飞的最小速度是50 m/s，弹射系统能够使飞机所具有的最大速度为30 m/s，则飞机起飞时在跑道上至少加速多长时间才能起飞？21.在光滑的水平面内，一质量m＝1 kg的质点以速度v0＝10 m/s沿x轴正方向运动，经过原点后受一沿y轴正方向(竖直方向)的恒力F＝15 N作用，直线OA与x轴成α＝37°，如下图所示曲线为质点的轨迹图(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：(1)如果质点的运动轨迹与直线OA相交于P点，质点从O点到P点所经历的时间以及P点的坐标；(2) 质点经过P点时的速度大小.22.如图所示，质量M＝2 kg足够长的木板静止在水平地面上，与地面的动摩擦因数μ1＝0.1，另一个质量m＝1 kg的小滑块，以6 m/s的初速度滑上木板，滑块与木板之间的动摩擦因数μ2＝0.5，g取10 m/s2.(1)若木板固定，求小滑块在木板上滑过的距离；(2)若木板不固定，求小滑块自滑上木板开始多长时间相对木板处于静止；(3)若木板不固定，求木板相对地面运动位移的最大值．【参考答案】1.【答案】D【解析】伽利略的时代无法直接测定瞬时速度，就无法验证v与t成正比的思想，伽利略通过数学运算得到，若物体初速度为零，且速度随时间均匀变化，即v正比于t，那么它通过的位移与所用时间的二次方成正比，只要测出物体通过不同位移所用的时间就可以验证这个物体的速度是否随时间均匀变化．前三个过程为真实的实验过程，最后一个为理想的实验过程，A、B错误；由于伽利略时代靠滴水计时，不能测量自由落体所用的时间，伽利略让铜球沿阻力很小的斜面滚下，由于沿斜面下滑时加速度减小，所用时间长得多，所以容易测量．这个方法叫“冲淡”重力．C错误，D正确．2.【答案】C【解析】星球与黑洞绕某点做匀速圆周运动，它们之间的万有引力提供向心力，则星球与黑洞的向心力相等，选项D错误；星球与黑洞和某点始终共线，说明它们有相同的角速度和周期，选项A，B错误；设星球与黑洞的质量、轨道半径分别为m1、m2和r1、r2，角速度为ω，则有m1ω2r1＝m2ω2r2，解得＝，选项C正确．3.【答案】B【解析】由G＝m r＝ma知，T＝2π，a＝，轨道半径越大，公转周期越大，加速度越小，A错误，B正确；由G＝mg得g＝G，＝·2≈2.8，火星表面的重力加速度较小，C错误；由G＝m得v＝，＝≈2.3，火星的第一宇宙速度较小，D错误．4.【答案】C【解析】5.【答案】B【解析】射出的子弹做平抛运动，根据平抛运动的特点，竖直方向做自由落体运动，所以无论松鼠以自由落下，迎着枪口，沿AB方向水平跳离树枝还是背着枪口，沿AC方向水平跳离树枝，竖直方向运动情况完全相同，一定被打中，不能逃脱厄运，故B正确.6.【答案】C【解析】牛顿第一定律是以伽利略的理想实验为基础的，不可用实验来直接验证，但是是正确的；它包含了许多科学家的研究成果．理想实验的思维方法与质点概念的建立相同，都是突出主要因素，忽略次要因素的科学抽象的思维方法，故C正确；运动的物体可以受外力作用，也可以不受外力作用，故D错误．7.【答案】B【解析】若探究水平射程与初速度的关系，应控制抛出点的高度相同，AD错误；若探究水平射程与高度的关系，应控制水平初速度相同，B正确，C错误．8.【答案】B【解析】运动员跳高过程可以看做竖直上抛运动，当重心达到横杆时速度恰好为零，有：运动员重心升高高度：h＝2.33－＝1.33 m根据竖直上抛运动的规律v2＝2gh得：v＝＝m/s≈5 m/s.9.【答案】B【解析】10.【答案】C【解析】110米栏运动中，运动员运动轨迹不在水平面内，虽然其在水平面的轨迹投影长度为110米，但其实际轨迹长度大于110米，A选项错误；13秒34指刘翔完成110米栏所用的时间不是指时刻．选项B错误；由v＝可计算刘翔比赛中的平均速度约是8.2 m/s，但这不一定是刘翔过终点线的瞬时速度，选项C正确，D错误．11.【答案】D【解析】物体加速下滑，其加速度有竖直向下的分量，故它处于失重状态，物体与托盘整体对测力计的压力小于它们的总重力，D正确．12.【答案】D【解析】曲线运动的轨迹在速度方向与合力方向之间，对M、N点进行分析可知开始时恒力与速度夹角为钝角，后来夹角为锐角，则物体的速度先减小后增大，D正确．13.【答案】ACD【解析】速度是矢量，正、负仅表示方向不表示大小，所以比较大小只比较数值大小即可．14.【答案】AB【解析】甲车经3 s速度减为0，再经3 s速度增加到15 m/s，前6 s发生的位移大小为x1＝×30×3 m＋×15×3 m＝67.5 m．乙车前3 s速度大小不变，再经3 s速度减小到15 m/s，前6 s发生的位移大小为x2＝30×3 m＋×3 m＝157.5 m，则x2－x1＝90 m<100 m,6 s 以后甲车速度大于乙车速度，6～9 s这段时间两车距离逐渐变大．故本题答案为A、B. 15.【答案】AC【解析】通过调节使斜槽末端保持水平，是为了保证小球做平抛运动，故A正确．因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，故B错误，C正确；因平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，在相同时间里，位移越来越大，因此木条(或凹槽)下降的距离不应是等距的，故D错误．将球经过不同高度的位置记录在纸上后，取下纸，平滑的曲线把各点连接起来，故E错误；故选AC.16.【答案】BC【解析】对A物体，由于A匀速运动，由二力平衡可知，B对A的摩擦力必与F等大反向，故A错误，B正确；对B物体，由力的作用的相互性知，B对A的摩擦力一定与A对B的摩擦力反向，故B受到A的摩擦力水平向左，故C正确；对A、B整体分析，由于AB一起向左匀速运动，则地面对B的摩擦力一定为滑动摩擦力，且水平向右，故D错误．17.【答案】10.00 cm，12.60 cm，22.60 cm，29.50 cm，0.625．【解析】每相邻的计数点间还有3个打出的点没有在图上标出，所以相邻的计数点时间间隔是T=0.08 s；由图可知，点0的读数是10.00 cm，点1的读数是12.60 cm，点3的读数是22.60 cm，点4的读数是29.50 cm，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上2点时小车的瞬时速度大小．v2==0.625 m/s；18.【答案】(1)BD(2)＝h(或d2＝2ght2)【解析】(1)根据实验原理可知，需要测量的是A点到光电门B的距离，故A错误，B正确.利用小铁球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，不需要测量下落时间，但需要知道挡光物体的尺寸，因此需要测量小铁球的直径，故C错误，D正确.(2)利用小铁球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故v＝；根据机械能守恒的表达式有mgh＝mv2，可得＝h(或d2＝2ght2)，故只要验证＝h(或d2＝2ght2)即可.19.【答案】1.000 000 005【解析】根据狭义相对论的质量公式m＝，地球以3×104m/s的速度绕太阳公转时，它的质量为m地＝＝≈1.000 000 005m地0.即增大到静止质量的1.000 000 005倍．20.【答案】4.0 s【解析】飞机在跑道上运动的过程中，当有最大初速度、最大加速度时，起飞所需时间最短由v＝v0＋at，得t＝＝s＝4.0 s则飞机起飞时在跑道上至少应有4.0 s的加速时间．21.【答案】(1)3 s(30m,22.5m)(2)5m/s【解析】质点在水平方向上无外力作用做匀速直线运动，竖直方向受恒力F和重力mg作用做匀加速直线运动.由牛顿第二定律得：a＝＝m/s2＝5 m/s2.设质点从O点到P点经历的时间为t，P点坐标为(xP，yP)，则xP＝v0t，yP＝at2又tanα＝联立解得：t＝3 s，xP＝30 m，yP＝22.5 m(2)质点经过P点时沿y轴正方向的速度v y＝at＝15 m/s故P点的速度大小v P＝＝5m/s22.【答案】(1)3.6 m(2)1 s(3)1 m【解析】(1)由牛顿第二定律得，a＝μ2g＝5 m/s2x＝＝3.6 m(2)对m：a1＝μ2g＝5 m/s2对M：μ2mg－μ1g＝Ma2，a2＝1 m/s2小滑块相对木板处于静止时，速度相等．v0－a1t＝a2t，t＝1 s(3)木板在达共速前先做匀加速运动x1＝a2t2＝0.5 m速度v1＝a2t＝1 m/s以后木板与物块以共同加速度a3做匀减速运动a3＝－μ1g＝－1 m/s2，减速到0的时间t1＝＝1 s，x2＝v1t1＋a3t＝0.5 mx＝x1＋x2＝1 m.。

【配套K12】2017-2018学年高二物理下学期3月月考试题11

云南省曲靖市宣威市第五中学2017-2018学年高二物理下学期3月月考试题本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间120分钟。

分卷I一、单选题(共10小题,每小题3.0分,共36分)1.一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220 V交变电流改变为110 V．已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为( )A． 200 B． 400 C． 1 600 D． 3 2002.闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，线圈中产生的交变电流的瞬时值表达式为i＝I m sinωt.保持其他条件不变，使线圈的匝数及转速都增加1倍，则电流的变化规律为( )A．i＝2I m sin 2ωt B．i＝4I m sin 2ωtC．i＝2I m sinωt D．i＝4I m sinωt3.远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R.变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是( )A．＝ B．I2＝C．I1U1＝I R D．I1U1＝I2U24.x轴上有两点电荷Q1和Q2，Q1和Q2之间连线上各点电势高低如图曲线所示(AP＞PB)，选无穷远处电势为0，从图中可以看出( )A．Q1电量一定小于Q2电量B．B．Q1和Q2一定是同种电荷C．P点电场强度是0D．Q1和Q2之间连线上各点电场方向都指向Q25.有一不动的矩形线圈abcd，处于范围足够大的可转动的匀强磁场中，如图所示．该匀强磁场是由一对磁极N、S产生，磁极以OO′为轴匀速转动．在t＝0时刻，磁场的方向与线圈平行，磁极N开始离开纸面向外转动，规定由a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流I随时间t变化的图线是( )A． B．C． D．6.以下是欧姆表原理的电路示意图，正确的是( )A． B．C． D．7.如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1带负电，a、b两点在它们连线的延长线上.现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动(粒子只受电场力作用)，粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度图象如图乙所示.以下说法中正确的是（）A．Q2一定带负电B．Q2的电量一定大于Q1的电量C．b点的加速度为零，电场强度也为零D．整个运动过程中，粒子的电势能先减小后增大8.关于带电粒子所受洛伦兹力F、磁感应强度B和粒子速度v三者方向之间的关系，下列说法正确的是( )A．F、B、v三者必定均保持垂直B．F必定垂直于B、v，但B不一定垂直于vC．B必定垂直于F，但F不一定垂直于vD．v必定垂直于F、B，但F不一定垂直于B9.如图所示，将一根绝缘金属导线弯曲成一个完整的正弦曲线形状，它通过两个小金属环与长直金属杆导通，图中a、b间距离为L，导线组成的正弦图形顶部或底部到杆的距离都是d.右边虚线范围内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于弯曲导线所在平面的匀强磁场，磁场区域的宽度为，现在外力作用下导线沿杆正以恒定的速度v向右运动，t＝0时刻a环刚从O点进入磁场区域，则下列说法正确的是( )A．t＝时刻，回路中的感应电动势为BdvB．t＝时刻，回路中的感应电动势为2BdvC．t＝时刻，回路中的感应电流第一次开始改变方向D．t＝时刻，回路中的感应电流第一次开始改变方向10.关于电源的电动势，下列说法中正确的是( )A．电动势公式E＝中W与电压U＝中的W是一样的，都是电场力做的功B．不管外电路的电阻如何变化，电源的电动势不变C．电动势就是电压，它们之间无区别D．外电路全部断开时，电动势将变为零二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分)11.(多选)下列关于电功、电功率和焦耳定律的说法中正确的是 ( )A．电功率越大，电流做功越快，电路中产生的焦耳热一定越多B．W＝UIt适用于任何电路，而W＝I2Rt＝t只适用于纯电阻电路C．在非纯电阻电路中，UI>I2RD．焦耳热Q＝I2Rt适用于任何电路12.(多选)如图所示，Q1、Q2带等量正电荷，固定在绝缘水平面上，在其连线上有一光滑绝缘杆，杆上套一带正电的小球，杆所在的区域存在一个匀强磁场，方向如图所示，小球重力不计．现将小球从图示位置由静止释放，在小球运动过程中，下列说法中正确的是( )A．小球所受的洛伦兹力大小变化，但方向不变B．小球的加速度将不断变化C．小球所受洛伦兹力将不断变化D．小球速度一直增大13.(多选)理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，以下说法中正确的是( )A．穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是10∶1B．穿过原、副线圈每一匝磁通量的变化率相等C．原、副线圈每一匝产生的电动势瞬时值之比为10∶1D．正常工作时原、副线圈的输入、输出功率之比为1∶114.(多选)如图所示，O为两个等量异种电荷连线的中点，P为连线中垂线上的一点，对O、P两点的比较正确的是( )A．φO＝φP，EO>EPB．φO>φP，EO＝EPC．负电荷在P点的电势能大D．O、P两点所在直线为等势面分卷II三、实验题(共2小题,每小题10.0分,共20分)15.在研究电磁感应现象的实验中所用的器材如图所示．它们是：①电流计②直流电源③带铁芯(图中未画出)的线圈A④线圈B⑤开关⑥滑动变阻器(1)按实验的要求在实物图上连线(图中已连好一根导线)．(2)怎样才能使线圈B中有感应电流产生？试举出两种方法：①________________________________________________________________________；②________________________________________________________________________.16.(1)如图为多用电表的示意图，其中S、K、T为三个可调节的部件，现用此电表测量一阻值约为20～30 Ω的定值电阻，测量的某些操作步骤如下：①调节可调节部件S，使电表指针停在位置________；(选填“电流0刻度”、“欧姆0刻度”)②调节可调节部件K，使它在尖端指向欧姆挡______位置；(选填“×1 k”、“×100”、“×10”、“×1”)③将红、黑表笔分别插入“＋”、“－”插孔，笔尖相互接触，调节可调节部件________，使电表指针指向________位置．(选填“电流0刻度”、“欧姆0刻度”)(2)欧姆表调零后，用“×10”挡测量另一个阻值未知的电阻阻值，发现指针偏转角度很小，则下列说法和做法中正确的是( )A．这个电阻的阻值很小B．这个电阻的阻值很大C．为测得更准确些，应当换用“×1”挡，并且重新调零后进行测量D．为测得更准确些，应当换用“×100”挡，并且重新调零后进行测量四、计算题(共4小题)17.如图所示，匀强磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向里，大小随时间的变化率＝k，k为负的常量．用电阻率为ρ、横截面积为S的硬导线做成一边长为l的方框．将方框固定于纸面内，其右半部分位于磁场区域中，求：(1)导线中感应电流的大小；(2)磁场对方框作用力的大小随时间的变化率．18.如图所示为两根竖直地放置在地面上的金属框架，框架的上端接有一电容量为C的电容器．框架上有一质量为m，长为L的金属棒，平行于地面放置，与框架接触良好无摩擦，棒离地面高度为h.强度为B的匀强磁场与框架平面相垂直．开始时电容器不带电．自静止起将棒释放，问棒落到地面需要多少时间？19.如图，A、B为两块水平放置的带等量异种电荷的平行金属板，一个质量m＝10－4kg、电荷量q＝5×10－5C的带正电粒子静止于两板的正中央，已知两板间距离为20 cm，g＝10 m/s2，求：(1)两板间匀强电场的场强大小；(2)两板间的电势差；(3)若用某种方法将带电粒子的带电荷量减少一半，使带电粒子从两板正中央由静止开始运动，则经过多长时间粒子撞到板上．20.如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻．一质量m＝0.1 kg、电阻r＝0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4 T．金属棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2 m/s2的加速度做匀加速运动，当金属棒的位移x＝9 m时撤去外力，金属棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1.导轨足够长且电阻不计，金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：(1)金属棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；(3)外力做的功WF.答案解析1.【答案】B【解析】根据理想变压器原、副线圈电压与匝数的关系＝，得n2＝＝＝400，选项B正确．2.【答案】A【解析】根据E m＝NBSω，ω＝2πn可得当线圈的匝数及转速都增加1倍时，该交流电的最大值变为4E m，线圈的电阻变为原来的2倍，角速度变为原来的2倍，所以电流的最大值变为I m′＝＝2I m，故电流变化表达式为i＝2I m sin 2ωt，故选A.3.【答案】D【解析】对理想变压器来说，输出功率决定输入功率，两者总相等，D正确；对于只有一组副线圈的理想变压器，通过原、副线圈的电流之比等于原、副线圈匝数之比的倒数，A错误；输出电流决定输入电流，I2是由用户的电流决定的，I1是由I2决定的，与输电线上的电阻无关，B错误；输出功率决定输入功率，升压变压器的输入功率应等于用户的功率与输电线上消耗的功率之和，C错误．4.【答案】D【解析】由图象可以发现，离Q1越近电场中的电势越高，由此可以判断Q1为正电荷，同理，由于离Q2越近电势越低，所以Q2为负电荷，在它们的连线上的P点的电势是零，但P点离Q2近，所以Q1的电荷量要大于Q2的电荷量，所以A、B错误．由于Q1和Q2为异种电荷，并且Q1为正电荷，Q1在x轴正半轴上的电场方向向右，Q2为负电荷，Q2在Q1和Q2之间的电场方向也向右，所以P点电场强度是Q1和Q2在P点产生的电场强度的和，方向指向Q2，所以C错误，D 正确．5.【答案】C【解析】磁极以OO′为轴匀速转动可等效为磁场不动线圈向相反方向转动，在t＝0时刻，由右手定则可知，产生的感应电流方向为a→b→c→d→a，磁场的方向与线圈平行，感应电流最大，故选项C正确．6.【答案】C【解析】选项B的欧姆表中没有可调电阻，B错；选项D电流表的负极接到了电源的正极，D 错；红表笔应接电源的负极，黑表笔应接电源的正极，A错，C对．7.【答案】C【解析】从速度图象上看，a到b做加速度减小的减速运动，在b点时粒子运动的加速度为零，则电场力为零，所以该点场强为零.Q1对负电荷的电场力向右，则Q2对负电荷的电场力向左，所以Q2带正电.故A错误，C正确.b点场强为零，可见两点电荷在b点对负电荷的电场力相等，根据知，b到Q1的距离大于到Q2的距离，所以Q1的电量大于Q2的电量.故B错误.整个运动过程动能先减小后增大，根据能量守恒得电势能先增大后减小.故D错误.故选C.8.【答案】B【解析】速度v的方向可以垂直于磁感应强度B的方向，也可以不垂直于磁感应强度B的方向，但是洛伦兹力F的方向一定垂直于磁感应强度B的方向，也一定垂直于速度v的方向．9.【答案】D【解析】导线切割磁感线产生的感应电动势：E＝Blv＝Byv，其中l指的是有效长度，为纵坐标大小，即：y＝d sinθ＝d sinωt＝d sin t＝d sin t＝d sin，当t＝时，导线切割磁感线的有效长度l＝0，所以感应电动势为0，故A错误；当t＝，l为d，所以感应电动势E＝Bdv，故B错误；由E＝Bdv sin(vt)知，在vt＝0.5 L处(相当于π处)感应电流第一次改变方向，所以t＝时刻，回路中的感应电流第一次开始改变方向，故C错误，D正确；故选D.10.【答案】B【解析】E＝中W为非静电力做功，而U＝中W为静电力做功，所以A错误；电动势和电压用同样的单位，但是它们是不同的物理量，所以C项错误；电动势与电路连接无关，所以D 项也错误11.【答案】BCD【解析】电功率公式P＝，表示电功率越大，电流做功越快．对于一段电路，有P＝IU，I ＝，焦耳热Q＝()2Rt，可见Q与P、U、t、R都有关，所以P越大，Q不一定越大，A错．W＝UIt是电功的定义式，适用于任何电路，而I＝只适用于纯电阻电路，B对．在非纯电阻电路中，电流做的功＝焦耳热＋其他形式的能，所以W>Q，即UI>I2R，C对．Q＝I2Rt是焦耳热的定义式，适用于任何电路，D对．12.【答案】BC【解析】小球在水平方向上受到两个库伦力作用，在竖直方向上受洛伦兹力和杆对球的弹力，根据受力情况知，小球向左先加速后减速到0，然后又返回，加速度的大小在变，速度的大小和方向都在变，因此洛伦兹力的大小和方向都变化，故A错误，B、C正确；小球的速度向左先增大后减小，故D错误．13.【答案】BD【解析】对于理想变压器，认为无磁通量损失，因而穿过两个线圈每一匝的磁通量相同、磁通量的变化率相同，每匝线圈产生的感应电动势相等，电压与匝数成正比．理想变压器没有能量损失，输入功率等于输出功率．14.【答案】AD【解析】等量异种电荷的中垂线是一条等势面，故φO＝φP，D对；电势能相等，C错；从中点O到无穷远，电场强度越来越小，故EO>EP，A正确．15.【答案】(1)实物电路图如图所示：(2)①断开或闭合开关②闭合开关后移动滑动变阻器的滑片．【解析】(1)实物电路图如图所示：(2)断开或闭合开关的过程中或闭合开关后移动滑片的过程中，穿过线圈B的磁通量发生，线圈B中有感应电流产生．16.【答案】(1)①电流0刻度②“×1”③T欧姆0刻度(2)BD【解析】(1)①使用多用电表时，首先进行机械调零：调节可调部件S，使电表指针停在电流表、电压表的零刻度(或表盘左边的零刻度)的位置；②选择合适的挡位：因电阻约为20～30 Ω，则选择×1 Ω即可；③选挡后进行欧姆调零：将红、黑表笔分别插入“＋”、“－”插孔，笔尖相互接触，调节可调部件T，使电表指针指向表盘右边的欧姆挡零刻线位置．(2)偏转角度小，说明电流小，则电阻大，故A错误，B正确；因是大电阻，则要换挡位大一些即换“×100”挡．每次换挡后要重新进行欧姆调零，故C错误，D正确．17.【答案】(1)－(2)【解析】(1)导线框的感应电动势为E＝①ΔΦ＝l2·ΔB②导线框中的电流为I＝③式中R是导线框的电阻，根据电阻率公式有R＝ρ④联立①②③④式，将＝k代入得I＝－.⑤(2)导线框所受磁场的作用力的大小为F＝BIl⑥它随时间的变化率为＝Il⑦由⑤⑦式得＝.18.【答案】t＝【解析】设某瞬时棒的加速度为ai，则由牛顿第二定律得ai＝，是这一瞬时的安培力Fi＝iLBFii是这一瞬时的感应电流．取一个极短的时间Δt，有i＝ΔQ为在极短时间内流过棒的电量，也就是给电容器充电的电量．对于电容器，有Q＝CU，因而ΔQ＝CΔUΔU是这极短时间内电压的增量，电压的增量等于感生电动势的增量，即ΔU＝BLΔv，而Δv＝aiΔt，于是ai＝与时间t无关，即棒做匀加速运动．ai由h＝at2得棒落到地面的时间为t＝.19.【答案】(1)20 V/m (2)4 V (3)0.2 s【解析】(1)带电粒子静止，qE＝mg，E＝20 V/m.(2)电势差U＝Ed＝20×0.2 V＝4 V.(3)若带电粒子的带电荷量减少一半，则电场力减半，重力不变，则有mg－qE＝ma，mg＝ma，a＝g，x＝at2，即0.1＝×5×t2，解得t＝0.2 s.20.【答案】(1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J【解析】(1)设金属棒匀加速运动的时间为Δt，回路的磁通量的变化量为ΔΦ，回路中的平均感应电动势为，由法拉第电磁感应定律得＝，①其中ΔΦ＝Blx，②设回路中的平均电流为，由闭合电路欧姆定律得＝，③则通过电阻R的电荷量为q＝Δt，④联立①②③④式，得q＝代入数据得q＝4.5 C(2)设撤去外力时金属棒的速度为v，对于金属棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v2＝2ax，⑤设金属棒在撤去外力后的运动过程中安培力所做的功为W，由动能定理得W＝0－mv2，⑥撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2＝－W，⑦联立⑤⑥⑦式，代入数据得Q2＝1.8 J，⑧(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1，可得Q1＝3.6 J，⑨在金属棒运动的整个过程中，外力F克服安培力做功，由功能关系可知WF＝Q1＋Q2，⑩由⑧⑨⑩式得WF＝5.4 J.。

「精品」高二物理下学期3月月考试题10

云南省曲靖市宣威市第三中学2017-2018学年高二物理下学期3月月考试题本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间120分）分卷I一、单选题(共10小题,每小题3.0分,共30分)1.如图所示，一矩形线框置于磁感应强度为B的匀强磁场中，线框平面与磁场方向平行，若线框的面积为S，则通过线框的磁通量为( )A．BS B．C． D． 02.如图所示，水平放置的两根平行直导线把空间分成a、b、c三个区域，导线中通有方向相反的大小不等的电流I1和I2，则磁感应强度为零的区域( )A．只可能出现在b区B．可能同时出现在a、c区C．只可能出现在a、c区中的一个区域D．a、b、c中一定不存在磁感应强度为零的区域3.如图所示，图线a是某一电源的U－I曲线，图线b是一定值电阻的U－I曲线.若将该电源与该定值电阻连成闭合电路，已知该电源的内阻r＝2.0 Ω，则说法错误的是( )A．该定值电阻为6 ΩB．该电源的电动势为20 VC．将2只这种电阻串联作为外电阻，电源输出功率最大D．将3只这种电阻并联作为外电阻，电源输出功率最大4.用阻值分别是R1＝10 Ω、R2＝20 Ω、R3＝80 Ω的三只电阻，适当连接后可以得到26 Ω的阻值，正确的连接方法是( )A．将三只电阻串联B．将三只电阻并联C．先将R1与R2并联后再与R3串联D．先将R2与R3并联后再与R1串5.如图，一通电螺线管通有图示电流，1、2、4小磁针放在螺线管周围，3小磁针放在螺线管内部，四个小磁针静止在如图所示位置，则四个小磁针的N、S极标注正确的是( )A． 1B． 2C． 3D． 46.如图所示，白炽灯和电容器串联后接在交流电源的两端，当交流电的频率增加时( )A．电容器电容增加B．电容器电容减小C．电灯变暗D．电灯变亮7.在x轴上方有垂直于纸面向外的匀强磁场，将同一种带电粒子从O点射入磁场，当入射方向与x轴的夹角为α＝60°时，速度为v1、v2的两个粒子分别从a、b两点射出磁场，如图所示，当α＝45°时，为了使粒子从ab的中点c射出磁场，则速度应为( )A．(v1＋v2)B．(v1＋v2)C．(v1＋v2)D．(v1＋v2)8.如图所示，在水平方向的匀强磁场中，有一单匝矩形导线框可绕垂直于磁场方向的水平轴转动，在线框由水平位置以角速度ω匀速转过90°的过程中，通过导线横截面的电荷量为q，已知导线框的电阻为R，则下列说法正确的是( )A．导线框转到如图所示的位置时电流的方向将发生改变B．导线框转到如图所示的位置时电流的方向为b→a→d→c→bC．以图中位置作为计时起点，该导线框产生的交流电瞬时值表达式为e＝qRωsinωtD．题述过程中导线框上产生的焦耳热Q＝9.平行板电容器充电后断开电源，现将其中一块金属板远离另一板平移一小段距离．下图表示此过程中电容器的各物理量随两板间距离d的变化关系，正确的是( )A． B．B．C． D．10.如图所示的电路中，如果交变电流的频率增大，1、2和3灯的亮度变化情况是( )A． 1、2两灯均变亮，3灯变暗B． 1灯变亮，2、3两灯均变暗C． 1、2灯均变暗，3灯亮度不变D． 1灯变暗，2灯变亮，3灯亮度不变二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分)11.(多选)如图是某一点电荷的电场线分布图，下列表述正确的是( )A．A点的电势高于B点的电势B．该点电荷带负电C．A点和B点电场强度的方向相同D．A点的电场强度大于B点的电场强度12.(多选)在如图所示的电路中，电源内阻不计．为使电容器的带电量增大，可采取以下哪些方法( )A．增大R1 B．增大R2C．增大R3 D．减小R113.(多选)由电场强度的定义式E＝可知，在电场中的同一点( )A．电场强度E跟F成正比，跟q成反比B．无论试探电荷所带的电荷量如何变化，始终不变C．电场强度为零，则在该点的电荷受到的静电力一定为零D．一个不带电的小球在该点受到的静电力为零，则该点的电场强度一定为零14.(多选)将一磁铁缓慢地或迅速地插到闭合线圈中同样位置处，不发生变化的物理量有( )A．磁通量的变化量B．磁通量的变化率C．感应电流的大小D．流过导体横截面的电荷量分卷II三、实验题(共2小题,每小题10.0分,共20分)15.某学习小组探究一小电珠在不同电压下的电功率大小，实验器材如图甲所示，现已完成部分导线的连接．①实验要求滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大．请按此要求用笔画线代替导线在图甲实物接线图中完成余下导线的连接；②某次测量，电流表指针偏转如图乙所示，则电流表的示数为______ A③该小组描绘的伏安特性曲线如图丙所示，根据图线判断，将____只相同的小电珠并联后，直接与电动势为3 V、内阻为1 Ω的电源组成闭合回路，可使小电珠的总功率最大，其总功率的值约为____ W(保留两位小数)．16.如图所示为J0411多用电表示意图．其中A、B、C为三个可调节的部件．某同学在实验室中用它测量一阻值约为1～3 kΩ的电阻．他测量的操作步骤如下：(1)调节可动部件______，使电表指针指向________．(2)调节可调部件B，使它的尖端指向________位置．(3)将红黑表笔分别插入正负插孔中，笔尖相互接触，调节可动部件________，使电表指针指向________位置．(4)将两只表笔分别与待测电阻两端相接，进行测量读数．(5)换测另一阻值为20～25 kΩ的电阻时，应调节B针，使它的尖端指向“×1 k”的位置，此时还必须重复步骤________，才能进行测量，若电表读数如上图所示，则该待测电阻的阻值是________．四、计算题(共5小题)17.如图所示，在匀强磁场中有一个内阻r＝3 Ω、面积S＝0.02 m2的半圆形导线框可绕OO′轴旋转．已知匀强磁场的磁感应强度B＝T．若线框以ω＝100πrad/s的角速度匀速转动．且通过电刷给“6 V、12 W”的小灯泡供电，则：(1)若从图示位置开始计时，求线框中感应电动势的瞬时值表达式；(2)从图示位置开始，线框转过90°的过程中，流过导线横截面的电荷量是多少？该电荷量与线框转动的快慢是否有关？(3)由题给已知条件，外电路所接小灯泡能否正常发光？如不能，则小灯泡实际功率为多大？18.如图所示电路中，电源的电动势E=6 V，内阻r=0.6 Ω，电阻R1=6 Ω，R2=4 Ω．图中电流表、电压表都是理想表，试计算闭合电键S后两个电表的示数和电源的输出功率．19.如图所示，光滑斜面倾角为37°，一带有正电的小物块质量为m，电荷量为q，置于斜面上，当沿水平方向加如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变为原来的，求：(1)原来的电场强度．(2)物块运动的加速度．(3)沿斜面下滑距离为l时物块的速度．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)20.如下图所示，初速度为零的负离子经电势差为U的匀强电场加速后，从离子枪T中水平射出，经过一段路程后进入水平放置的距离为d的两平行金属板MN和PQ之间，离子所经空间存在着磁感应强度为B的匀强磁场．不考虑离子重力作用，离子的荷质比在什么范围内，离子才能打在金属板PQ上？21.固定不动的正点电荷A，已知其带电量为Q＝1.0×10－6C，正点电荷B从距A2 cm、电势为300 V的P 点(取无穷远电势为零)由静止释放，瞬间产生的加速度大小为9×109m/s2，求B能达到的最大速度．答案解析1.【答案】D【解析】因为线圈平面和磁场方向平行，所以没有磁感线穿过线圈，即通过线圈的磁通量为零，D正确．2.【答案】C【解析】根据安培定则判断得知：电流I1在a区域产生的磁场方向垂直纸面向外，在b、c区域产生的磁场方向垂直纸面向里；电流I2在a、b区域产生的磁场方向垂直纸面向里，在c区域产生的磁场方向垂直纸面向外；所以在a、c两区域磁场方向相反，若磁感应强度大小相等，则可能出现磁感应强度为零的区域．由于电流产生的磁场离电流越近磁场越强，所以合磁感应强度为0处离比较小的电流比较近，即在小电流的一侧．所以不可能同时出现在a、c区．故只有选项C正确．3.【答案】C【解析】4.【答案】D【解析】阻值分别是R1＝10 Ω、R2＝20 Ω、R3＝80 Ω的三只电阻串联，总电阻为：10 Ω＋20 Ω＋80 Ω＝110 Ω，故A错误；阻值分别是R1＝10 Ω、R2＝20 Ω、R3＝80 Ω的三只电阻并联，总电阻小于最小的电阻，即小于10 Ω，故B错误；先将R1与R2并联后再与R3串联，总电阻大于R3，即大于80 Ω，故C错误；先将R2与R3并联后再与R1串，总电阻为：Ω＋10 Ω＝26 Ω，故D正确．5.【答案】B【解析】小磁针的N极指向为该处的磁感线方向，根据右手螺旋定则可知通电螺线管的右端为N极，左端为S极，内部磁感线方向是从左到右，故只有2标注正确．6.【答案】D【解析】由C＝可知，C与f无关，故C不变，A、B错误．交变电流的频率增加，容抗变小，故电流变大，故D正确．7.【答案】B【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得，qvB＝m，粒子轨道半径为R＝；设a、b、c三点的坐标分别为x1，x2，x3，当α＝60°时，粒子从a点射出磁场，如图所示，x 1＝2R1sin 60°＝R1＝，当α＝60°时，粒子从b点射出磁场，如图所示，x 2＝2R2sin 60°＝R2＝，当α＝45°时，粒子从c点射出磁场，如图所示，x 3＝2R3sin 45°＝R3＝，因为2x3＝x1＋x2，解得：v3＝(v1＋v2)．8.【答案】D【解析】导线框转到中性面时电流方向发生改变，而图中表示的不是中性面，A项错误；根据右手定则或楞次定律判断导线框中电流的方向为a→b→c→d→a，B项错误；以图中位置作为计时起点，该导线框产生的交变电流瞬时值表达式为e＝BSωcosωt，由q＝可得该导线框产生的交流电瞬时值表达式为e＝qRωcosωt，C项错误；题述过程中U有效＝，时间t＝，Q＝t＝，D项正确，故选D.9.【答案】C【解析】根据C＝知，d增大，则电容减小．故A错误．平行板电容器充电后断开电源，电量保持不变．故B错误．结合C＝、U＝、E＝得，E＝，知d变化，电场强度不变．故C正确．根据U＝知，电容减小，电量不变，则电势差增大，故D错误．10.【答案】D【解析】感抗为XL＝2πfL，容抗为xC＝.当频率f增大时，感抗XL变大，容抗XC变小．感抗XL变大，对交流电的阻碍作用变大，所以1灯变暗．容抗XC变小，对交流电的阻碍作用变小，所以2灯变亮．而电阻器的对交流电的阻碍作用不随频率改变，所以3灯亮度不变．故D正确．故选D.11.【答案】BD【解析】过A点作出等势面如图所示，则A点与C点电势相等，由于沿电场线方向电势降低，所以B点电势高于C 点电势，即B点电势高于A点电势，选项A错误；由题图可以判断该点电荷带负电，选项B正确；A点和B点电场强度的方向都沿各自所在电场线的方向，所以方向不同，选项C错误；由于电场线密集处电场强度大，所以A点电场强度大于B点电场强度，选项D正确．12.【答案】BD【解析】根据串联电路分压式U1∶U2＝R1∶R2，又由于E＝U1＋U2，故减小R1或增加R2都会使电容器两端电压增加，从而增加电容器的带电量，故选B、D.13.【答案】BC【解析】电场强度是由电场本身所决定的物理量，是客观存在的，与放不放试探电荷无关．电场的基本性质是它对放入其中的电荷有静电力的作用，F＝Eq.若电场中某点的电场强度E＝0，那么F＝0，若小球不带电q＝0，F也一定等于零，选项B、C正确．14.【答案】AD【解析】插到闭合线圈中同样位置，磁通量的变化量相同，但用时不同，磁通量的变化率不同，由I感＝＝可知，I感不同，流过导体的横截面的电荷量q＝·Δt＝·Δt＝·Δt＝，因ΔΦ、R 不变，所以q与磁铁插入线圈的快慢无关．15.【答案】①见解析图②0.44③4 2.25【解析】实物图如图所示；由图知电流表量程为0.6 A，所以读数为0.44 A；电源内阻为1 Ω，所以当外电路总电阻等于电源内阻时，消耗电功率最大，此时外电路电压等于内电压等于1.5 V，由图知当小电珠电压等于1.5 V时电流约为0.38 A，此时电阻约为R＝≈3.95 Ω，并联后的总电阻为1 Ω，所以需要4个小电珠，小电珠消耗的总功率约为P＝＝W＝2.25 W.16.【答案】(1)A 左边零刻度线处(2)B “×100”的倍率挡(3)C 右边最大刻度线处(5)(3) 22 kΩ【解析】(1)使用多用电表测量电阻时应先机械调零，即调节可动部件A，使指针指向左边零刻度线处；(2)机械调零完毕后，还需要选择适当的欧姆挡，使得实验中指针指向刻度盘的～处，因为被测阻值大约为1～3 kΩ，所以应选择“×100”的倍率挡；(3)然后进行欧姆调零，即将两表笔短接，调节可动部件C，使电表的表针指向右边最大处；(5)当重新选择欧姆挡后，还需要进行欧姆调零，即重复步骤(3)，从表中可读出该电阻阻值为22 kΩ.17.【答案】(1)e＝10cos (100πt) V (2) C 无关(3)不能W【解析】(1)线框转动时产生感应电动势的最大值Em＝BSω＝×0.02×100π V＝10V 因从平行于磁感线位置开始计时，则感应电动势的瞬时值表达式e＝E m cosωt＝10cos (100πt) V.(2)线框转过90°的过程中，产生的平均电动势＝.流过导线横截面的电荷量q＝·Δt＝＝，又灯泡电阻R＝＝Ω＝3 Ω.故q＝＝C＝C，与线框转动的快慢无关．(3)线框产生的感应电动势的有效值E＝＝10 V，灯泡两端电压U＝R＝5 V.因U＜6 V，故灯泡不能正常发光．其实际功率P＝＝W＝W.18.【答案】4.8 V 2 A 9.6 W【解析】图中电阻R1与R2并联，则外电路总电阻根据闭合电路欧姆定律得：电源的电流电压表的示数为U=IR=4.8 V电源的输出功率为P=IU=9.6 W19.【答案】(1)(2)3 m/s2，方向沿斜面向下(3)【解析】(1)对小物块受力分析如图所示，物块静止于斜面上，则mg sin 37°＝qE cos 37°，E＝＝.(2)当场强变为原来的时，小物块所受的合外力F合＝mg sin 37°－qE cos 37°＝mg sin 37°.又F合＝ma，所以a＝3 m/s2，方向沿斜面向下．(3)由动能定理得F合・l＝mv2－0所以mg sin 37°・l＝mv2，所以v＝.20.【答案】≤≤【解析】在加速过程中，据动能定理，有mv2＝qU①分析离子进入磁场后打到金属板两端的轨迹，如图所示，设半径分别为R1和R2，则离子打到金属板上的条件是R1≤R≤R2根据勾股定理知：R＝d2＋(R1－)2②由②式解得：R1＝d③同理可得：R＝(2d)2＋(R2－)2④由④式解得：R2＝d⑤离子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力得：qvB＝m⑥由⑥式解得：R＝⑦由①⑦式解得：＝⑧因R1≤R≤R2，由③⑤⑧可得：≤≤⑨21.【答案】2×102m/s【解析】B电荷运动至无穷远处速度最大，电势能全部转化为动能，即qφP＝mv2①释放瞬间由库仑定律及牛顿第二定律知k＝ma②联立得v＝·r＝×2×10－2m/s＝2×102m/s。

云南省某知名中学高二物理下学期3月月考试题_8_2

云南省曲靖市宣威市第七中学高一物理下学期3月月考试题(2021年整理)

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期3月月考试题本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分,考试时间120分钟.分卷I一、单选题(共12小题，每小题3.0分，共36分）1。

一个体操运动员在水平地面上做倒立动作,下列哪个图中沿每支手臂向下的力最大( )A． B．C． D．2。

歌词“小小竹排江中游，巍巍青山两岸走”中“巍巍青山两岸走”所选的参考系是（ )A．河岸 B．山 C．竹排 D．树木3.关于速度的物理意义说法正确的是（）A．物体速度很大,物体运动得一定越快B．速度越大，物体运动的路程就一定越大C．速度大,加速度就一定大D．速度大，物体运动的位移一定大4.初速度为零的匀加速直线运动中，开始的连续4段相同的时间间隔运动的位移之比是( ）A．1∶2∶3∶4B．1∶4∶9∶16C．1∶3∶5∶7D．1∶8∶27∶565。

一个物体从房檐自由落下,通过一个高为1。

8 m的窗户用了0。

2 s，g取10 m/s2，则房檐距窗户下沿的高度为( ）A． 0。

6 m B． 0.2 m C． 5 m D． 3。

5 m6。

如图，在斜面上木块A与B的接触面是水平的，绳子呈水平状态，两木块均保持静止．则关于木块A和木块B受力个数不可能为( ）A． 2个和4个B． 3个和4个C． 4个和4个D． 4个和5个7。

下列关于速度的说法中，正确的是( )A．某同学参加800 m比赛从起点出发后,经过3分11秒到达终点（其起点、终点为同一位置),则这一过程中其速度为0B．在100 m比赛中，某同学到达终点时速度为13。