四川省宜宾市一中2015_2016学年高二物理上学期第6周周训练题

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高二物理周训练（内容：静电场、恒定电流1-8节）（65分钟，100分）制卷：张群考试吋间：2012年9月22日周六晚自习一、选择题（10X4分=40分，本大题中每个小题中有一个或多个选项正确）1、如图2-1-1所示,将左边的铜导线和右边的铝导线连接起来,已知截面面积S 呼2S 铜, 在铜导线上取一截面A,在铝导线上取一截面B,若在Is 内垂肓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. I A =】B B.I A =2I B C.I B =2I AD.不能确定如图8所示，気、兒、氟的原子核白初速为零经同一电场加速后，又经同一・匀强电场偏转，最后打在荧光屏上，那么（）A. 经过加速电场过程，电场力对斥核做的功最多B. 经过偏转电场过程，电场力对三种核做的功一样多C. 三种原子核打在屛上时的速度一样大ZX 三种原子核都打在屏上的同一位置上3、为探究小灯泡L 的伏安特性，连好图示的电路示闭合开关，通过移动变阻器的滑片，使小灯泡川的电流由零开始逐渐增人，血到小灯泡止常发光。

由电流表和电压表得到的多组4、冇一只电压表，它的内阻是100Q,量程为0.2 V,现要改装成量程为10A 的电流表, 电压表上应（） A.并联0.002 Q 的电阻 B.并联0.02 Q 的电阳.5、用电器距离电源L,线路上的电流为I ，为使在线路上的电压降不超过U,已知输电线的电阻率为p ・那么，输电线的横截血积的最小值是（） "•Rm UcpLI 5 Ip6、如图所示是一实验电路图.在滑动触头由a 端滑向b 端的过程中, 下列表述正确的是（）A. 路端电压变小B.电流表的示数变大2、 C.并联50 Q 的电阻D. 串联4 900Q 的电阻广〃读数描绘出的U ・l 图彖应是（）A B CuDC.电源内阻消耗的功率变小D.电路的总电阻变大图57、关于电动势及闭合电路欧姆定律，下列说法正确的是（） A. 电源电动势越大，电源所能提供的电能就越多 B. 电源电动势等于路端电压C. 外电路的电阻越大，路端电压就越大D.路端电压增大时，电源的输出功率可能减小8、用伏安法测未知电阻心吋，若不知道&的大概值，为了选择正确的电路接法以减小误差，可将电路如图1所示连接，只空出电压表的一个接头S,然后将S 分别与a, b 接触一下，观察电压表和电流表示数变化情况，那么有（） B. 若电流表示数有显著变化，S 应接b C. 若电压表示数有显著变化，S 应接a D. 若电压表示数有显著变化，S 应接b9、如图2所示，总线力为电源的U —/图线，直线3为电阻人的图线，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. 4W 、8 WB. 2W 、4 WC. 4W 、6 WD. 2W 、3 W图210、如图3所示，电源E 的电动势为3.2 V,电阻7?的阻值为30 Q,小灯泡厶的额定电压为3.0V,额定功率为4.5 W,当电键S 接位置1时，电压表的读数为3 V,那么当电键S 接到位置2吋，小灯泡厶的发光情况是（）A. 很暗，甚至不亮B. 正常发光C. 比止常发光略亮D. 冇可能被烧坏A.若电流农示数有显著变化，S 应接a 图3班级_______________ 姓名________________ 分数________________一、选择题：（40分）12345678910二、填空题与实验题（20分）11、（1）用螺旋测微器测量金属导线的直径，其示数如图11所示，该金属导线的直径为____ mm.（4 分）（2）用下列器材组装成描绘电阻Ro伏安特性曲线的电路,请将图12的实物图用笔画线连成实验电路.（6分）微安表〃/（量程200/nA,内阻约200Q）；电压表7（屋程3 7,内阻约10加）；电阻Ro（阻值约20 kQ）；滑动变阻器R（最大阻值50 Q,额定电流1 A）；电池组E（电动势3 内阻不计）；开关S及导线若干.12、用伏安法测节干电池的电动势上、和内电阻r,所给的器材有:⑷电压表①：0—3—15V；⑻电流表④：0—0.6—3A；（C）变阻器R】（总电阻20Q）；（D）变阻器R2（总电阻100Q）；电键S和导线若干。

高二物理上学期第六次周考试卷高二全册物理试题

嗦夺市安培阳光实验学校一高高二（上）第六次周考物理试卷一.选择题（本大题共13小题．每小题4分．在每小题给出的四个选项中．1-9小题只有一项符合题目要求，10-13小题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．物理学的发展是许多物理学家奋斗的结果，下面关于一些物理学家的贡献说法正确的是（）A．安培通过实验发现了通电导线对磁体有作用力，首次揭示了电与磁的联系B．奥斯特认为安培力是带电粒子所受磁场力的宏观表现，并提出了著名的洛伦兹力公式C．库仑在前人工作的基础上通过实验研究确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力遵循的规律﹣﹣库仑定律D．安培不仅提出了电场的概念，而且采用了画电场线这个简洁的方法描述电场2．在如图所示的电路中，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，闭合电键S，将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是（）A．灯泡L变亮B．电容器C上的电荷量增加C．电源的输出功率变大D．电流表读数变小，电压表读数变小3．电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比．如图，直线A、B和C分别是电源a、电源b和电阻R的伏安特性图线．将这个电阻R 分别接到a、b两电源上，那么（）A．R接到电源a上，电源的效率较低B．R接到电源b上，电源的输出功率较大C．R接到电源a上，电源的输出功率较大，电源效率较高D．R接到电源b上，电源的输出功率较小，电源效率较高4．如图为汽车蓄电池与车灯（电阻不变）、启动电动机组成的电路，蓄电池内阻为0.05Ω，电流表内阻不计，只接通S1时，电流表示数为10A，电压表示数为12V，再接通S2，启动电动机工作时，电流表示数变为8A．则此时通过启动电动机的电流是（）A．2AB．50AC．8AD．58A5．如图所示，在真空中，水平导线中有恒定电流I通过，导线的正下方有一质子初速度方向与电流方向相同，则质子可能的运动情况是（）A．沿路径a运动B．沿路径b运动C．沿路径c运动D．沿路径d运动6．回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法正确的是（）A．增大电场的加速电压B．增大D形金属盒的半径C．减小狭缝间的距离D．减小磁场的磁感应强度7．现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及电键如图连接．下列说法中正确的是（）A．电键闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转B．线圈A插入线圈B中后，电键闭合和断开的瞬间，电流计指针均不会偏转C．电键闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，电流计指针静止在零刻度D．电键闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能偏转8．如图所示，正方形线圈有一半处在匀强磁场中，线圈平面与磁场垂直．当线圈中以顺时针方向的流时，线圈将（）A．向上平动B．向下平动C．向左平动D．向右平动9．如图所示，ab为一金属杆，它处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，可绕a 点在纸面内转动；S为以a为圆心位于纸面内的金属圆环；在杆转动过程中，杆的b端与金属环保持良好接触；A为电流表，其一端与金属环相连，一端与a 点良好接触．当杆沿顺时针方向转动时，某时刻ab杆的位置如图，则此时刻（）A．有电流通过电流表，方向由c→d；作用于ab的安培力向右B．有电流通过电流表，方向由c→d；作用于ab的安培力向左C．有电流通过电流表，方向由d→c；作用于ab的安培力向右D．无电流通过电流表，作用于ab的安培力为零10．如图所示，质量为m，电荷量为+q的带电粒子，以不同的初速度两次从O 点垂直于磁感线和磁场边界向上射入匀强磁场，在洛伦兹力作用下分别从M、N 两点射出磁场，测得OM：ON=3：4，则下列说法中错误的是（）A．两次带电粒子在磁场中经历的时间之比为3：4B．两次带电粒子在磁场中运动的路程长度之比为3：4C．两次带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力大小之比为3：4D．两次带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力大小之比为4：311．如图所示，虚线a、b、c表示O处点电荷的电场中的三个等势面，设两相邻等势面的间距相等，一电子射入电场后的运动轨迹如图中实线所示，其中1、2、3、4运动轨迹与等势面的一些交点，由此可以判定（）A．电子在每个位置具有的电势能与动能的总和一定相等B．O处的点电荷一定带正电C．a、b、c三个等势面的电势高低关系是φa＞φb＞φcD．电子运动时的电势能先增大后减小12．如图所示为圆柱形区域的横截面，在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场．带电粒子（不计重力）第一次以速度v1沿截面直径入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转60°角；该带电粒子第二次以速度v2从同一点沿同一方向入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转90°角．则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的（）A ．半径之比为：1B．速度之比为1：C．时间之比为2：3D．时间之比为3：213．如图甲所示为一个质量为m、带电荷量为+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆于磁感应强度为B的匀强磁场中．现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度﹣时间图象可能是下列选项中的（）A ．B ．C ．D ．二、填空题（本题共2小题，共14分，其中第14题6分，第15题10分．请把答案填在答题卡相应位置）14．某同学用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一工件的长度和厚度，如图所示，读出该工件的长度为cm．厚度的测量值为mm15．用伏安法测量一个定值电阻的电阻值，现有的器材规格如下：A．待测电阻R x（大约100Ω）B．直流毫安表A1（量程0﹣10mA，内阻约100Ω）C．直流毫安表A2（量程0﹣40mA，内阻约40Ω）D．直流电压表V1（量程0﹣3V，内阻约5kΩ）E．直流电压表V2（量程0﹣15V，内阻约15kΩ）F．直流电源（输出电压4V，内阻不计）G．滑动变阻器R（阻值范围0﹣50Ω，允许最大电流1A）H．开关一个、导线若干（1）根据器材的规格和实验要求，为使实验结果更加准确，直流毫安表应选，直流电压表应选．（2）在方框内画出实验电路图，要求电压和电流的变化范围尽可能大一些．（3）连接好实物图．一高高二（上）第六次周考物理试卷参考答案与试题解析一.选择题（本大题共13小题．每小题4分．在每小题给出的四个选项中．1-9小题只有一项符合题目要求，10-13小题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．物理学的发展是许多物理学家奋斗的结果，下面关于一些物理学家的贡献说法正确的是（）A．安培通过实验发现了通电导线对磁体有作用力，首次揭示了电与磁的联系B．奥斯特认为安培力是带电粒子所受磁场力的宏观表现，并提出了著名的洛伦兹力公式C．库仑在前人工作的基础上通过实验研究确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力遵循的规律﹣﹣库仑定律D．安培不仅提出了电场的概念，而且采用了画电场线这个简洁的方法描述电场【考点】物理学史．【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．【解答】解：A、丹麦物理学家奥斯特通过实验证实了通电导线的周围存在着磁场，在世界上是第一个发现了电与磁之间的联系的物理学家．故A错误B、洛伦兹认为安培力是带电粒子所受磁场力的宏观表现，并提出了著名的洛伦兹力公式，故B错误C、库仑在前人工作的基础上通过实验研究确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力遵循的规律﹣﹣库仑定律，故C正确D、法拉第不仅提出了电场的概念，而且采用了画电场线这个简洁的方法描述电场，故D错误故选：C2．在如图所示的电路中，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，闭合电键S，将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是（）A．灯泡L变亮B．电容器C上的电荷量增加C．电源的输出功率变大D．电流表读数变小，电压表读数变小【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【分析】滑动变阻器滑片P向左移动，变阻器接入电路的电阻增大，电路总电阻增大，电流减小，灯泡变暗；变阻器两端电压增大，电容器上电荷量增大，电流表读数变小，电压表读数U=E﹣Ir变大．根据电源的输出功率的性质可分析电源的输出功率的变化．【解答】解：A、当滑动变阻器滑片P向左移动，其接入电路的电阻增大，电路的总电阻R总增大，总电流I减小，灯泡的功率为P=I2R L，R L不变，则P减小，灯泡变暗．故A错误．B、变阻器两端电压增大，电容器与变阻器并联，电容器上电压也增大，则其电荷量增大，故B正确．C、灯泡内阻大于电源的内阻，滑片向左移动时接入电阻增大，则与内阻的大小差距更大，故输出功率减小；故C错误；D、由A的分析可知，电流表读数变小，电压表读数U=E﹣Ir，因电流减小，故电压表示数变大．故D错误．故选：B．3．电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比．如图，直线A、B和C分别是电源a、电源b和电阻R的伏安特性图线．将这个电阻R 分别接到a、b两电源上，那么（）A．R接到电源a上，电源的效率较低B．R接到电源b上，电源的输出功率较大C．R接到电源a上，电源的输出功率较大，电源效率较高D．R接到电源b上，电源的输出功率较小，电源效率较高【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】电源的效率等于电源的输出功率占总功率的百分比．根据欧姆定律得到，电源的效率也等于外电阻与电路总电阻之比．由电源的U﹣I图象斜率大小等于电源的内阻，比较读出电源内电阻的大小，确定电源的效率关系．当电阻R与电源组成闭合电路时，电阻R的U﹣I图线与电源的U﹣I图线的交点表示工作状态，交点坐标的乘积等于电源的输出功率．【解答】解：A、当电阻R与电源组成闭合电路时，电阻R的U﹣I图线与电源的U﹣I图线的交点表示电阻的工作状态，交点的纵坐标表示电压，横坐标表示电流．由闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir可知，两个电源的电动势E相等，由图知根据R接到电源a上时路端电压较大，则由电源的效率η=，知电源a的效率较高．故A 错误．BCD、当电阻R与电源组成闭合电路时，电阻R的U﹣I图线与电源的U﹣I图线的交点表示电阻的工作状态，交点的纵坐标表示电压，横坐标表示电流，电源的输出功率P=UI，由图看出，R接到a电源上，电压与电流的乘积较大，电源的输出功率较大，电源的效率较高，故BD错误，C正确．故选：C．4．如图为汽车蓄电池与车灯（电阻不变）、启动电动机组成的电路，蓄电池内阻为0.05Ω，电流表内阻不计，只接通S1时，电流表示数为10A，电压表示数为12V，再接通S2，启动电动机工作时，电流表示数变为8A．则此时通过启动电动机的电流是（）A．2AB．50AC．8AD．58A【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】只接通S1时，电流是纯电阻电路，可以用闭合电流的欧姆定律求出电动势及灯泡的电阻，再接通S2后，通过启动电动机的电流等于总电流减去灯泡电流．【解答】解：只接通S1时，由闭合电路欧姆定律得：E=U+Ir=12V+10×0.05V=12.5V，R灯==Ω=1.2Ω，再接通S2后，流过电动机的电流为：I电动机=﹣I′=A﹣8A=50A故选：B．5．如图所示，在真空中，水平导线中有恒定电流I通过，导线的正下方有一质子初速度方向与电流方向相同，则质子可能的运动情况是（）A．沿路径a运动B．沿路径b运动C．沿路径c运动D．沿路径d运动【考点】洛仑兹力；带电粒子在匀强磁场中的运动．【分析】先用右手定则判断出导线下方的磁场方向及分布情况，再由左手定则判断质子运动时的受力方向，结合半径公式判断半径的变化情况，从而得出正确选项．【解答】解：由安培定则，电流在下方产生的磁场方向指向纸外，由左手定则，质子刚进入磁场时所受洛伦兹力方向向上．则质子的轨迹必定向上弯曲，因此C、D必错；由于洛伦兹力方向始终与电荷运动方向垂直，故其运动轨迹必定是曲线，则B 正确，A错误．故选：B6．回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法正确的是（）A．增大电场的加速电压B．增大D形金属盒的半径C．减小狭缝间的距离D．减小磁场的磁感应强度【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．【分析】回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子射出时的速度，从而得出动能的表达式，看动能与什么因素有关．【解答】解：由qvB=m，解得v=．则动能E K =mv2=，知动能与加速的电压无关，狭缝间的距离无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关，增大磁感应强度和D形盒的半径，可以增加粒子的动能．故B正确，A、C、D 错误．故选：B．7．现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及电键如图连接．下列说法中正确的是（）A．电键闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转B．线圈A插入线圈B中后，电键闭合和断开的瞬间，电流计指针均不会偏转C．电键闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，电流计指针静止在零刻度D．电键闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能偏转【考点】研究电磁感应现象．【分析】穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合电路中会产生感应电流，根据题意判断磁通量是否变化，然后答题．【解答】解：A、电键闭合后，线圈A插入或拔出时，穿过B的磁通量都会发生变化，都会产生感应电流，电流计指针都会偏转，故A正确，B错误；C、电键闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，线圈A中的电流发生变化，穿过B的磁通量发生变化，B中会产生感应电流，电流计指针发生偏转，故C错误；D、电键闭合后，只要滑动变阻器的滑片P移动，不论是加速还是匀速，穿过B 的磁通量都会变化，都会有感应电流产生，电流计指针都会偏转，故D错误；故选A．8．如图所示，正方形线圈有一半处在匀强磁场中，线圈平面与磁场垂直．当线圈中以顺时针方向的流时，线圈将（）A．向上平动B．向下平动C．向左平动D．向右平动【考点】楞次定律．【分析】根据左手定则，结合电流方向，从而判断线圈的运动方向．【解答】解：当线圈中通顺时针方向的电流时，根据左手定则，则安培力方向向左，因此线圈将向左平动，故C正确，ABD错误．故选：C．9．如图所示，ab为一金属杆，它处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，可绕a 点在纸面内转动；S为以a为圆心位于纸面内的金属圆环；在杆转动过程中，杆的b端与金属环保持良好接触；A为电流表，其一端与金属环相连，一端与a 点良好接触．当杆沿顺时针方向转动时，某时刻ab杆的位置如图，则此时刻（）A．有电流通过电流表，方向由c→d；作用于ab的安培力向右B．有电流通过电流表，方向由c→d；作用于ab的安培力向左C．有电流通过电流表，方向由d→c；作用于ab的安培力向右D．无电流通过电流表，作用于ab的安培力为零【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；安培力；左手定则；右手定则．【分析】ab杆切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，由右手定则判断感应电流方向，由左手定则判断安培力方向．【解答】解：图示位置时，ab杆向左运动，根据右手定则，判断出ab杆中感应电流方向a→b，电流通过电流表，方向由c→d．根据左手定则，作用于ab 的安培力向右．故A正确．故选A10．如图所示，质量为m，电荷量为+q的带电粒子，以不同的初速度两次从O 点垂直于磁感线和磁场边界向上射入匀强磁场，在洛伦兹力作用下分别从M、N 两点射出磁场，测得OM：ON=3：4，则下列说法中错误的是（）A．两次带电粒子在磁场中经历的时间之比为3：4B．两次带电粒子在磁场中运动的路程长度之比为3：4C．两次带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力大小之比为3：4D．两次带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力大小之比为4：3【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【分析】粒子只受洛伦兹力，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式判断即可．【解答】解：A、粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：qvB=m解得：R=∝v周期：T=；故运动时间t1=t2==；故A错误；B、由于轨道半径之比为3：4，故弧长之比为3：4，即路程之比为3：4，故B 正确；C、D、由于R=∝v由于轨道半径之比为3：4，故速度之比为3：4；由于洛伦兹力F=qvB∝v，故洛伦兹力之比为3：4；故C正确，D错误；本题选错误的，故选：AD．11．如图所示，虚线a、b、c表示O处点电荷的电场中的三个等势面，设两相邻等势面的间距相等，一电子射入电场后的运动轨迹如图中实线所示，其中1、2、3、4运动轨迹与等势面的一些交点，由此可以判定（）A．电子在每个位置具有的电势能与动能的总和一定相等B．O处的点电荷一定带正电C．a、b、c三个等势面的电势高低关系是φa＞φb＞φcD．电子运动时的电势能先增大后减小【考点】等势面；电势．【分析】根据电子的运动轨迹判断受力情况，从而确定场源电荷的电性；根据功能关系判断能量的转化情况；根据沿着电场线电势降低判断电势的变化情况．【解答】解：A、电子在运动的整个过程中，只受电场力，故只有电场力做功，电场力做功等于电势能的减小量，总功又等于动能的增加量，故电势能和动能之和守恒，故A正确；B、由于曲线运动的合力的方向应该指向曲线的内侧，故从电子的运动轨迹可以看出，电子受到排斥力，故场源电荷是负电荷，故B错误；C、由于场源电荷是负电荷，又由于沿着电场线电势降低，故结合负点电荷的电场线分布规律可以知道：φa＜φb＜φc，故C错误；D、由于电子受力的方向向右，所以电子向左运动的过程中电场力做负功，电势能增大；电子向右运动的过程中电场力做正功，电势能减小．故D正确；故选：AD．12．如图所示为圆柱形区域的横截面，在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场．带电粒子（不计重力）第一次以速度v1沿截面直径入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转60°角；该带电粒子第二次以速度v2从同一点沿同一方向入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转90°角．则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的（）A ．半径之比为：1B．速度之比为1：C．时间之比为2：3D．时间之比为3：2【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【分析】粒子进入磁场时，受到洛伦兹力作用而做匀速圆周运动，速度的偏向角等于轨迹对应的圆心角，再可求出轨迹对应的圆心角θ，由t=T求解时间之比；根据几何知识求出轨迹半径之比，由半径公式r=求出速度之比．【解答】解：设圆柱形区域为R．带电粒子第一次以速度v1沿直径入射时，轨迹如图所示，粒子飞出此磁场区域时速度方向偏转60°角，则知带电粒子轨迹对应的圆心角θ1=60°，轨迹半径为 r1=Rtan60°，运动时间为 t1=；带电粒子第二次以速度v2沿直径入射时，粒子飞出此磁场区域时速度方向偏转90°角，则知带电粒子轨迹对应的圆心角θ2=90°，轨迹半径为 r2=R，运动时间为 t2=；所以轨迹半径之比：r1：r2=；时间之比：t1：t2=2：3；根据半径公式r=得，速度之比：v1：v2=r1：r2=．故A、C正确，B、D错误．故选：AC．13．如图甲所示为一个质量为m、带电荷量为+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆于磁感应强度为B的匀强磁场中．现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度﹣时间图象可能是下列选项中的（）A ． B ． C ． D ．【考点】洛仑兹力；牛顿第二定律．【分析】带正电的小环向右运动时，受到的洛伦兹力方向向上，注意讨论洛伦兹力与重力的大小关系，然后即可确定其运动形式，注意洛伦兹力大小随着速度的大小是不断变化的．【解答】解：由左手定则可判断洛伦兹力方向向上，圆环受到竖直向下的重力、垂直细杆的弹力及向左的摩擦力，当qvB=mg时，小环做匀速运动，此时图象为A，故A正确；当qvB＜mg时，F N=mg﹣qvB此时：μF N=ma，所以小环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，所以其v﹣t图象的斜率应该逐渐增大，故BC错误．当qvB＞mg时，F N=qvB﹣mg，此时：μF N=ma，所以小环做加速度逐渐减小的减速运动，直到qvB=mg时，小环开始做匀速运动，故D图象正确，故D正确；故选AD．二、填空题（本题共2小题，共14分，其中第14题6分，第15题10分．请把答案填在答题卡相应位置）14．某同学用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一工件的长度和厚度，如图所示，读出该工件的长度为10.310 cm．厚度的测量值为 2.620 mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．【解答】解：游标卡尺的固定刻度读数为10.3cm，游标尺上第2个刻度游标读数为0.05×2mm=0.10mm=0.010cm，所以最终读数为：10.3cm+0.010cm=10.310cm；螺旋测微器的固定刻度读数为2.5mm，可动刻度读数为0.01×12.0mm=0.120mm，所以最终读数为：2.5mm+0.120mm=2.620mm．故答案为：10.310cm，2.620mm．15．用伏安法测量一个定值电阻的电阻值，现有的器材规格如下：A．待测电阻R x（大约100Ω）B．直流毫安表A1（量程0﹣10mA，内阻约100Ω）C．直流毫安表A2（量程0﹣40mA，内阻约40Ω）D．直流电压表V1（量程0﹣3V，内阻约5kΩ）E．直流电压表V2（量程0﹣15V，内阻约15kΩ）F．直流电源（输出电压4V，内阻不计）G．滑动变阻器R（阻值范围0﹣50Ω，允许最大电流1A）H．开关一个、导线若干（1）根据器材的规格和实验要求，为使实验结果更加准确，直流毫安表应选C ，直流电压表应选D ．（2）在方框内画出实验电路图，要求电压和电流的变化范围尽可能大一些．（3）连接好实物图．【考点】伏安法测电阻．【分析】（1）仪器的选择：因必选电源确定电压表，由电压表量程与电阻大约值确定电流的约值确定电流表．（2）实验电路的画法：由电阻的约值与电流表电压表的内阻的大小关确定电流表的内外接法，因滑动变阻器为小电阻确定为分圧式接法．【解答】解：（1）因电源为4V，若用V2则读数误差大，用V1即可．因电阻值约为100Ω．故电流的最大值约为：故电流表应选A2．（2）因故待测电阻为小电阻，用电流表外接法．因滑动变阻器为小电阻确定为分圧式接法．故电路图如图所示（3）如图连接实物如图．故答案：（1）C、D；（2）电路图如下；（3）实物连线如图．。

四川省宜宾市一中2015_2016学年高二物理下学期第六周周训练题

四川省宜宾市一中高2014级2015-2016学年下期第六周物理试题1.关于机械振动和机械波,以下说法正确的是( )A.有机械波一定存在机械振动,有机械振动就一定能够产生机械波B.机械振动在介质中传播形成机械波C.参与振动的质点的振动频率是由波源决定的,与介质的性质无关D.波源振动的越快,波在介质中的传播速度就越大2.关于机械振动与机械波说法正确的是_____A.机械波的频率等于振源的振动频率B.机械波的传播速度与振源的振动速度相等C.质点振动的方向总是垂直于波传播的方向D.在一个周期内,沿着波的传播方向,振动在介质中传播一个波长的距离E.机械波在介质中传播的速度由介质本身决定3.一简谐横波在t=0时刻的波形图如图所示,质点a的振动方向在图中已标出.下列说法正确的是( )A.该波沿x轴负方向传播B.该时刻a、b、c三点速度最大的是c点C.从这一时刻开始,第一次最快回到平衡位置的是b点D.若t=0.2s时质点c第一次到达波谷,则此波的传播速度为5m/s4.一列简谐横波在t=0时的波形图如图所示,介质中x=2m处的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为y=10sin(5πt)cm。

关于这列简谐波,下列说法正确的是A.振幅为20cmB.周期为4.0sC.传播方向沿x轴负向D.传播速度为10m/s5.一列波从一种介质进入另一种介质时,下列说法正确的是 ( )A.频率发生变化,波长和波速不发生变化B.波长发生变化,频率和波速不发生变化C.波速发生变化,频率和波长不发生变化D.波长和波速发生变化,频率不发生变化6.如图所示为一列向右传播的简谐横波在某个时刻的波形,由图象可知( )A.质点b 此时速度为零B.质点b 此时向-y 方向运动C.质点d 的振幅是2cmD.质点a 再经过2T 通过的路程是4cm,偏离平衡位置的位移是4cm7.如图所示,甲图为一列简谐横波在某时刻的波形图,乙图是这列波中某质点此后一段时间内的振动图象,则 ( )A.若波沿x 轴正方向传播,图乙可能为质点A 的振动图象B.若波沿x 轴正方向传播,质点B 经过41个周期到达波峰位置 C.若波沿x 轴负方向传播,图乙可能为质点C 的振动图象 D.若波沿x 轴负方向传播,质点D 经过41个周期到达波峰位置8.一列沿x 正方向传播的简谐波t =0时刻的波形如图所示,t =0.2s 时C 点开始振动,则( )A.t =0.3s,波向前传播了3m,质点B 将到达质点C 的位置B.t =0.05s,质点A 的速度方向向上C.t =0到t =0.6s 时间内,B 质点的平均速度大小为10m/sD.产生这列波的波源的起振方向是向上的9.一列简谐横波波沿x 轴正方向传播,在t =0时刻波形如图所示。

高二物理上学期第周周训试卷高二全册物理试题

嗦夺市安培阳光实验学校四川省宜宾一中高二（上）第16周周训物理试卷一、选择题1．在物理学发展的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（）A．安培首先提出了磁场对运动电荷的作用力公式B．法拉第根据小磁针在通电导线周围的偏转而发现了电流的磁效应C．楞次发现了电磁感应现象，并研究得出了判断感应电流方向的方法﹣﹣楞次定律D．法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律﹣﹣库仑定律2．电阻R、电容C与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N 极朝下，如图所示．现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是（）A．从a到b，上极板带正电B．从a到b，下极板带正电C．从b到a，上极板带正电D．从b到a，下极板带正电3．如图，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是（）A．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流B．穿过线圈a的磁通量变小C．线圈a有扩张的趋势D．线圈a对水平桌面的压力F N将增大4．如图所示，矩形线框在磁场内做的各种运动中，能够产生感应电流的是（）A ． B ．C ．D ．5．如图所示，一个金属薄圆盘水平放置在竖直向上的匀强磁场中，下列做法中能使圆盘中产生感应电流的是（）A．圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动B．圆盘以某一水平直径为轴匀速转动C．圆盘在磁场中向右匀速平移D．匀强磁场均匀增加6．两根相互平行的光滑金属导轨水平放置于如图所示的匀强磁场中，在导轨上接触良好的导体棒AB和CD可以自由滑动．当AB以速度v向右运动时，下列说法中正确的是（）A．开始一段时间，导体棒CD内有电流通过，方向是D→CB．开始一段时间，导体棒CD内有电流通过，方向是C→DC．开始一段时间，磁场对导体棒CD的作用力向左D．最终两导体棒速度相等，电流为零7．如图所示，在平面上有两条相互垂直且彼此绝缘的长通电直导线，以它们为坐标轴构成一个平面直角坐标系．四个相同的闭合圆形线圈在四个象限中完全对称放置，两条导线中电流大小与变化情况相同，电流方向如图所示，当两条导线中的电流都开始增大时，四个线圈a、b、c、d中感应电流的情况是（）A．线圈a中无感应电流B．线圈b中无感应电流C．线圈c中有顺时针方向的感应电流D．线圈d中有逆时针方向的感应电流8．如图所示，四根等长的铝管和铁块（其中C中铝管不闭合，其他两根铝管和铁管均闭合）竖直放置在同一竖直平面内，分别将磁铁和铁块沿管的中心轴线从管的上端由静止释放，忽略空气阻力，则下列关于磁铁和铁块穿过管的运动时间的说法正确的是（）A．t A＞t B=t C=t D B．t C=t A=t B=t D C．t C＞t A=t B=t D D．t C=t A＞t B=t D9．如图所示，欲使原来静止的ab 杆向右运动，cd杆应该（）A．向右匀速运动B．向右加速运动C．向左加速运动D．向左减速运动10．如图，金属棒ab，金属导轨和螺线管组成闭合回路，金属棒ab在匀强磁场B中沿导轨向右运动，则（）A．ab棒不受安培力作用B．ab棒所受安培力的方向向右C．ab棒向右运动速度越大，所受安培力越大D．螺线管产生的磁场，A端为N极二、计算题11．如图甲所示，固定在水平面上电阻不计的光滑金属导轨，间距d=0.5m，导轨右端连接一阻值为R=4Ω的小灯泡L．在CDEF矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化如图乙所示，CF长为2m．在t=0时刻，电阻为r=lΩ的金属棒ab在水平恒力F=0.2N作用下，由静止开始沿导轨向右运动，t=4s时进入磁场，并恰好能够匀速运动．求：（1）0～4s内通过小灯泡的电流强度；（2）金属棒在磁场中匀速运动的速度．12．如图，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为正的常量．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．四川省宜宾一中高二（上）第16周周训物理试卷参考答案与试题解析一、选择题1．在物理学发展的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（）A．安培首先提出了磁场对运动电荷的作用力公式B．法拉第根据小磁针在通电导线周围的偏转而发现了电流的磁效应C．楞次发现了电磁感应现象，并研究得出了判断感应电流方向的方法﹣﹣楞次定律D．法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律﹣﹣库仑定律【考点】物理学史．【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．【解答】解：A、洛伦兹首先提出了磁场对运动电荷的作用力公式，故A错误B、奥斯特根据小磁针在通电导线周围的偏转而发现了电流的磁效应，故B错误C、法拉第发现了电磁感应现象，故C错误D、法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律﹣﹣库仑定律，故D正确故选D．2．电阻R、电容C与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N 极朝下，如图所示．现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是（）A．从a到b，上极板带正电B．从a到b，下极板带正电C．从b到a，上极板带正电D．从b到a，下极板带正电【考点】法拉第电磁感应定律；电容；楞次定律．【分析】现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，导致线圈的磁通量发生变化，从而产生感应电动势，线圈中出现感应电流，由楞次定律可判定电流的方向．当线圈中有电动势后，对电阻来说通电后发热，对电容器来说要不断充电直至稳定．【解答】解：当磁铁N极向下运动时，导致向下穿过线圈的磁通量变大，由楞次定律可得，感应磁场方向与原来磁场方向相反，再由安培定则可得感应电流方向沿线圈盘旋而下，由于线圈相当于电源，则流过R的电流方向是从b到a，对电容器充电下极板带正电．故选：D．3．如图，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是（）A．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流B．穿过线圈a的磁通量变小C．线圈a有扩张的趋势D．线圈a对水平桌面的压力F N将增大【考点】楞次定律．【分析】此题的关键首先明确滑动触头向下滑动时通过判断出线圈b中的电流增大，然后根据楞次定律判断出线圈a中感应电流的方向．本题利用“楞次定律的第二描述”求解将更为简便．【解答】解：A、B：当滑动触头P向下移动时电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流增大，从而判断出穿过线圈a的磁通量增加方向向下，所以B错误；根据楞次定律即可判断出线圈a中感应电流方向俯视应为逆时针，A错误．C、再根据微元法将线圈a无线分割根据左手定则不难判断出线圈a应有收缩的趋势，或直接根据楞次定律的第二描述“感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因”，因为滑动触头向下滑动导致穿过线圈a的磁通量增加，故只有线圈面积减少时才能阻碍磁通量的增加，故线圈a应有收缩的趋势，C错误；D、开始时线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力，当滑动触头向下滑动时，可以用“等效法”，即将线圈a和b看做两个条形磁铁，不难判断此时两磁铁的N极相对，互相排斥，故线圈a对水平桌面的压力将增大，所以D正确．故选D．4．如图所示，矩形线框在磁场内做的各种运动中，能够产生感应电流的是（）A ． B ．C ．D ．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．【分析】根据产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化，判断各个选项．【解答】解：A、线框在匀强磁场中运动时，穿过线框的磁感线条数不变，即磁通量不变，没有感应电流产生，故A错误．B、图示的线框与磁场平行，穿过线框的磁通量为零，而且当线框平动时，磁通量始终为零，没有变化，所以没有感应电流产生，故B错误．C、线框与磁场平行，穿过线框的磁通量为零，当线框向右平动时，磁通量保持为零，没有变化，所以没有感应电流产生，故C错误．D、线框在磁场中转动时，穿过线框的磁通量发生变化，产生感应电流，故D正确．故选：D5．如图所示，一个金属薄圆盘水平放置在竖直向上的匀强磁场中，下列做法中能使圆盘中产生感应电流的是（）A．圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动B．圆盘以某一水平直径为轴匀速转动C．圆盘在磁场中向右匀速平移D．匀强磁场均匀增加【考点】楞次定律．【分析】发生感应电流的条件是穿过闭合线圈的磁通量发生变化，根据题意逐项判断即可．【解答】解：A、保持圆环水平并使圆环绕过圆心的竖直轴转动，穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，A错误；B、圆盘以某一水平直径为轴匀速转动时，穿过线圈的磁通量变化，产生感应电流，B正确；C、保持圆环水平并在磁场中左右移动，穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，C错误；D、使匀强磁场均匀增加，穿过线圈的磁通量增加，产生感应电流，D正确；故选BD6．两根相互平行的光滑金属导轨水平放置于如图所示的匀强磁场中，在导轨上接触良好的导体棒AB和CD可以自由滑动．当AB以速度v向右运动时，下列说法中正确的是（）A．开始一段时间，导体棒CD内有电流通过，方向是D→CB．开始一段时间，导体棒CD内有电流通过，方向是C→DC．开始一段时间，磁场对导体棒CD的作用力向左D．最终两导体棒速度相等，电流为零【考点】楞次定律．【分析】AB切割磁感线产生感应电流，由右手定则判断感应电流的方向；感应电流通过CD，CD棒受到安培力作用，由左手定则判断安培力的方向．【解答】解：A、利用楞次定律．两个导体棒与两根金属导轨构成闭合回路，可知开始一段时间向里的磁通量增加，结合安培定则判断回路中感应电流的方向是B→A→C→D→B，故A错误，B正确；C、感应电流通过CD，CD棒受到安培力作用，由左手定则判断可知磁场对导体棒CD的安培力向右．故C错误．D、CD的受力方向向右，CD棒加速，同理可知，AB受力方向向左，AB棒减速，最后两棒速度相等，电路中磁通量不变，电流为零．故D正确故选：BD7．如图所示，在平面上有两条相互垂直且彼此绝缘的长通电直导线，以它们为坐标轴构成一个平面直角坐标系．四个相同的闭合圆形线圈在四个象限中完全对称放置，两条导线中电流大小与变化情况相同，电流方向如图所示，当两条导线中的电流都开始增大时，四个线圈a、b、c、d中感应电流的情况是（）A．线圈a中无感应电流B．线圈b中无感应电流C．线圈c中有顺时针方向的感应电流D．线圈d中有逆时针方向的感应电流【考点】楞次定律．【分析】通电直导线管周围有磁场存在，根据右手螺旋定则可判定电流方向与磁场方向的关系．根据产生感应电流的条件和楞次定律判断各项．【解答】解：A、由右手螺旋定则可判定通电导线磁场的方向．ac象限磁场不为零，a中磁场垂直纸面向里，当电流增大时，线圈a中有逆时针方向的电流，故A错误；B、其中bd区域中的磁通量为零，当电流变化时不可能产生感应电流，故B正确，D错误．C、ac象限磁场不为零，c中磁场垂直纸面向外，当电流增大时，线圈c中有顺时针方向的电流，故C正确；故选：BC8．如图所示，四根等长的铝管和铁块（其中C中铝管不闭合，其他两根铝管和铁管均闭合）竖直放置在同一竖直平面内，分别将磁铁和铁块沿管的中心轴线从管的上端由静止释放，忽略空气阻力，则下列关于磁铁和铁块穿过管的运动时间的说法正确的是（）A．t A＞t B=t C=t D B．t C=t A=t B=t D C．t C＞t A=t B=t D D．t C=t A＞t B=t D【考点】楞次定律．【分析】当磁铁下落时，若是闭合电路，则会产生感应电流从而阻碍磁铁的运动，而其它情况都是自由落体运动，从而根据位移与时间的关系，即可求解．【解答】解：由题意可知，只有A磁铁在下落时，导致铝管内的磁通量在变化，从而产生感应电流，进而阻碍磁铁的下落，导致下落的时间变长，对于C虽然是磁铁下落，但由于不闭合，所以没有感应电流出现，仍是自由落体，对于BD也是自由落体运动，因此它们的下落时间都一样的，故选：A．9．如图所示，欲使原来静止的ab 杆向右运动，cd杆应该（）A．向右匀速运动B．向右加速运动C．向左加速运动D．向左减速运动【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．【分析】当ab杆受到向右的安培力时，ab杆将向右移动，通过cd杆的运动，根据右手定则、安培定则判断出ab杆上感应电流的方向，得知安培力的方向，从而确定出cd杆的运动方向．【解答】解：A、cd杆向右匀速运动，在cd杆中产生恒定的电流，该电流在线圈L2中产生恒定的磁场，在L1中不产生感应电流，ab不受安培力作用，所以ab杆不动，故A错误；B、cd杆向右加速运动，根据右手定则，知在cd杆上产生增大的d到c的电流，根据安培定则，在L2产生向下增强的磁场，该磁场向上通过L1，根据楞次定律，在ab杆上产生b到a电流，根据左手定则，受到向右的安培力，向右运动，故B正确；C、向左加速运动，根据右手定则，知在cd杆上产生增大的c到d的电流，根据安培定则，在L2产生向上增强的磁场，该磁场向下通过L1，根据楞次定律，在ab杆上产a到b电流，根据左手定则，受到向左的安培力，向左运动，故C 错误；D、向左减速运动，根据右手定则，知在cd杆上产生减小的c到d的电流，根据安培定则，在L2产生向上减弱的磁场，该磁场向下通过L1，根据楞次定律，在ab杆上产b到a电流，根据左手定则，受到向右的安培力，向右运动，D正确；故选：BD．10．如图，金属棒ab，金属导轨和螺线管组成闭合回路，金属棒ab在匀强磁场B中沿导轨向右运动，则（）A．ab棒不受安培力作用B．ab棒所受安培力的方向向右C．ab棒向右运动速度越大，所受安培力越大D．螺线管产生的磁场，A端为N极【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；安培力；法拉第电磁感应定律．【分析】回路中的一部分切割磁感线时，导体棒中要产生感应电流，而电流在磁场中就一定会有安培力；感应电流的大小与运动速度有关，运动速度越大，所受安培力越大．【解答】解：A：回路中的一部分切割磁感线时，导体棒中要产生感应电流，而电流在磁场中就一定会有安培力，故A错误；B：根据楞次定律可知，感应电流总是起到阻碍的作用，故安培力的方向与导体棒一定的方向相反，应当向左，故B错误；C：ab棒向右运动时，E=BLv ，，F=BIL ，所以：，速度越大，所受安培力越大．故C正确；D：根据右手定则，ab中的电流的方向向上，流过螺旋管时，外侧的电流方向向下，根据右手螺旋定则，B端的磁场方向为N极．故D错误．故选：C二、计算题11．如图甲所示，固定在水平面上电阻不计的光滑金属导轨，间距d=0.5m，导轨右端连接一阻值为R=4Ω的小灯泡L．在CDEF矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化如图乙所示，CF长为2m．在t=0时刻，电阻为r=lΩ的金属棒ab在水平恒力F=0.2N作用下，由静止开始沿导轨向右运动，t=4s时进入磁场，并恰好能够匀速运动．求：（1）0～4s内通过小灯泡的电流强度；（2）金属棒在磁场中匀速运动的速度．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求出0﹣4s内电路中产生的感应电动势，求出感应电流．因为小灯泡的亮度始终没有发生变化，则此电流即为通过小灯泡的电流强度；（2）由于灯泡亮度不变，可知在t=4s末金属棒刚好进入磁场时磁感应强度不变，棒应做匀速运动，此时金属棒电流等于灯泡中电流，恒力与安培力大小相等．即可求解．【解答】解：（1）金属棒未进入磁场，电路总电阻 R总=R+r=4+1=5Ω回路中感应电动势为：E1==S=d=0.5×0.5×2=0.5V灯炮中的电流强度为：I L ==0.1A（2）在t=4s末金属棒进入磁场，且做匀速运动，则恒力大小：F=F A=BI′d可得I′===0.2A金属棒产生的感应电动势为：E2=I′（R+r）=1V金属棒在磁场中的速度：v===1m/s答：（1）通过小灯泡的电流强度为0.1A；（2）金属棒在磁场中匀速运动的速度是1m/s；12．如图，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为正的常量．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．【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律．【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求解感应电流的大小．（2）根据安培力公式F=BLI将电流、磁感应强度的表达式代入解得．【解答】解：（1）感应电动势：E==S=kl2，线框电阻：R=ρ，电流：I==；（2）磁场对方框作用力的大小F=BIl，B=B0+kt，则：F=， =；答：（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为．。

四川省宜宾市一中2015_2016学年高二物理上学期第8周周训练题

四川省宜宾市一中高2014级2015-2016学年上期第八周物理试题一、选择题1．图1中的甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流计G 和一个变阻器R 组成，它们之中一个是测电压的电压表，另一个是测电流的电流表，那么以下结论中正确的是（）A ．甲表是电流表，R 增大时量程增大B ．甲表是电流表，R 增大时量程减小C ．乙表是电压表，R 增大时量程减小D ．上述说法都不对2. 图2所示的电路中，R 1=1Ω,R 2=2Ω,R 3=3Ω，那么通过电阻R 1、R 2、R 3的电流强度之比I 1:I 2:I 3为（）A ．1：2：3B ．3：2：1C ．2：1：3D ．3：1：23.某同学用伏安法测电阻时，分别采用了内接法和外接法，测得的某电阻R x 的阻值分别为R 1和R 2，则所测阻值与真实值R x 间的关系为 ( )A ．R 1>R x >R 2B ．R 1<R x <R 2C ．R 1>R 2>R xD ．R 1<R 2<R x4、如图15-1所示电路，电压保持不变，当电键S 断开时，电流表A 的示数为0.6A ，当电键S 闭合时，电流表的示数为0.9A ，则两电阻阻值之比R 1：R 2为（）A 、1：2B 、2：1C 、2：3D 、3：2 5．如图所示的电路中，电流表A 1和A 2为相同的毫安表(内阻不能忽略)，当电路两端接入某一恒定电压的电源时，A 1的示数为5mA.A 2的示数为3mA ，现将A 2改接在R 2所在的支路上，如图中虚线所示，图中电表均不会被烧坏，则下列说法正确的是（）A ．通过R 1的电流强度必减少B ．电流表A 1示数必增大C ．通过R 2的电流强度必增大D ．电流表A 2示数必增大6．电流表的内阻是R g =200Ω，满刻度电流值是I g =500μΑ，现欲把这电流表改装成量程为1.0V 的电压表，正确的方法是 ( )A ．应串联一个0．1Ω的电阻B ．应并联一个0．1Ω的电阻C ．应串联一个1800Ω的电阻D ．应并联一个1800Ω的电阻7、两个定值电阻R1、R2串联后接在输出电压U 稳定于12V 的直流电源上，有人把一个内阻不是远大于R1、R2的电压表接在R1两端，如图．电压表的示数为8伏，如果他把此电压表改接在R2两端，则电压表的示数将（）A 、小于4伏B 、等于4伏C 、大于4伏小于8伏D 、等于或大于8伏8.如图所示的电路中，电源电动势E ＝5 V ，内电阻不计，定值电阻R 1＝3 Ω，R 2＝2 Ω，电容器的电容C ＝100 μF ，则下列说法正确的是 ( )．A ．闭合开关S ，电路稳定后电容器两端的电压为2 VB ．闭合开关S ，电路稳定后电容器所带电荷量为3.0×10－4 CC ．闭合开关S ，电路稳定后电容器极板a 所带电荷量为1.5×10－4 CD ．先闭合开关S ，电路稳定后断开开关S ，通过电阻R 1的电荷量为3.0×10－4 C9．用甲、乙两个完全相同的电流表表头改装成量程分别为0～5 V 和0～10 V 的电压表，串联后接在12 V 的电压上，则( ) A ．两表的电压示数相同，均为6 VB ．两表头的指针的偏角相同C ．两表头的指针的偏角不相同D ．两表的电压示数不同10．一个T 型电路如下图所示，电路中的电阻R 1＝10 Ω，R 2＝120 Ω，R 3＝40 Ω.另有一测试电源，电动势为100 V ，内阻忽略不计．则( )A ．当cd 端短路时，ab 之间的等效电阻是40 ΩB ．当ab 端短路时，cd 之间的等效电阻是40 ΩC ．当ab 两端接通测试电源时，cd 两端的电压为80 VD ．当cd 两端接通测试电源时，ab 两端的电压为80 V二、实验题11．在测绘小灯泡（6V ，3W ）的伏安特性曲线时，可供选择的器材有：A ．电压表V 1（量程6V ，内阻20k Ω）B ．电压表V 2（量程20V ，内阻60k Ω）C ．电流表A 1（量程3A ，内阻0.2Ω）D ．电流表A 2（量程0.6A ，内阻1Ω）E ．滑动变阻器R 1（0～1000Ω，0.5A ）F ．滑动变阻器R 2（0～20Ω，2A ）G ．学生电源E （6V ～8V ） I ．开关S 及导线若干绘出的伏安特性曲线如图（甲）所示①实验中电压表应选，电流表应选，滑动变阻器应选；②在图（乙）中画出所用的电路图；三、计算题12.如图所示是有两个量程的电压表，当使用a 、b 两个端点时，量程为0～10V ，当使用a 、c 两个端点时，量程为0～100V 。

四川省宜宾市一中2015_2016学年高三物理上学期第6周试题

四川省宜宾市一中高2013级2015—2016学年上期第6周理综测试物理试题第二部分：试题第 I 卷（选择题）一、选择题(共8小题，每小题6分，14~19题只有一项符合题目要求，20~21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．物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步，下列说法中正确的是 A ．开普勒通过对行星观测记录的研究发现了万有引力定律 B ．伽利略指出物体的运动需要力来维持 C ．牛顿测出了引力常量G 的数值D ．伽利略通过数学推演并用小球在斜面上运动验证了位移与时间的平方成正比 15．某物体做直线运动的v －t 图象，如图所示。

根据图象提供的信息可知，该物体 A ．在0～4s 内与4～6 s 内的平均速度相等 B ．在0～4 s 内的加速度大于7～8 s 内的加速度 C ．在4s 末离起始点最远 D ．在6s 末离起始点最远16．如图所示，一个表面光滑的斜面体M 置于在水平地面上，它的两个斜面与水平面的夹角分别为α、β，且α <β，M 的顶端装有一定滑轮，一轻质细绳跨过定滑轮后连接A 、B 两个小滑块，细绳与各自的斜面平行，不计绳与滑轮间的摩擦，A 、B 恰好在同一高度处于静止状态．剪断细绳后，A 、B 滑至斜面底端，M 始终保持静止．则A ．滑块A 的质量小于滑块B 的质量B ．两滑块到达斜面底端时的速度相同C ．两滑块到达斜面底端时，A 滑块重力的瞬时功率较大D ．在滑块A 、B 下滑的过程中，斜面体受到水平向左的摩擦力 17．如图所示的电路中，电压表都看做理想电表，电源内阻为r 。

闭合电键S ，当把滑动变阻器的滑片P 向b 端移动时A.电压表的示数变大，电压表的示数变小B .电压表的示数变小，电压表的示数变大 C.电压表的示数变化量大于示数变化量 D.电压表示数变化量小于示数变化量18．如图所示，平行金属板A 、B 水平正对放置，分别带等量异号电荷。

四川省宜宾一中2015-2016学年高二上学期第三周周练物理试卷含解析

2015—2016学年四川省宜宾一中高二(上)第三周周练物理试卷一、选择题（本题共10小题．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得4分,有选错的得0分)1．关于电场，下列叙述正确的是（)A．以点电荷为圆心，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强大C．在电场中某点放入检验电荷q，该点的场强为E=，取走q后，该点场强不变D．电荷所受电场力大，该点电场强度一定很大2．对于电场中A、B两点，下列说法正确的是（）A．电势差的定义式U AB=，说明两点间的电势差U AB与电场力做功W AB成正比，与移动电荷的电量q 成反比B．A、B两点间的电势差等于将正电荷从A点移到B 点电场力所做的功C．将1C电荷从A点移到B点，电场力做1J的功，这两点间的电势差为1VD．电荷由A点移到B点的过程中,除受电场力外，还受其它力的作用，电荷电势能的变化就不再等与电场力所做的功3．关于电势和电势能的说法正确的是（）A．电荷在电场中电势越高的地方电势能也越大B．电荷在电场中电势越高的地方,电量越大所具有的电势能也越大C．在正点电荷电场中的任意一点处，正电荷具有的电势能一定大于负电荷具有的电势能D．在负点电荷电场中的任意一点处,正电荷具有的电势能一定小于负电荷具有的电势能4．关于等势面和电场线的关系，下列说法中正确的是( )A．同一等势面上各点电势相等，穿过它的电场线的密度也一定相等B．任一条电场线被某两个等势面相截的线段都相等时，这两个等势面间的电场一定是匀强电场C．电场线越密的地方，相邻的电势差相等的两等势面间的距离越小D．电场线总是由电势高的等势面指向电势低的等势面5．如图所示，图A中的a、b是以点电荷Q为圆心的圆周上的两点，图B中的a、b是等量异种电荷连线中垂线上相对于垂足O对称的两点,图C中a、b为等量同种电荷连线中垂线上相对于垂足O对称的两点；图D中a、b是等量同种电荷连线上相对于中点O对称的两点，则a、b两点场强相同的是（)A．B．C．D．6．如图甲中的A B是一个点电荷电场中的电场线,图乙则是放在电场线上a、b处的试探电荷的电荷量与所受电场力数量间的函数图象，由此可判定（)A．若场源是正电荷，位于A侧 B．若场源是正电荷,位于B侧C．若场源是负电荷，位于A侧 D．若场源是负电荷，位于B侧7．如图所示,AB是某点电荷电场中一条电场线，在电场线上P处自由释放一个负试探电荷时,它沿直线向B 点处运动，对此现象下列判断正确的是（不计电荷重力）（）A．电荷向B做匀加速运动B．电荷向B做加速度越来越小的运动C．电荷向B做加速度越来越大的运动D．电荷向B做加速运动，加速度的变化情况不能确定8．如图所示，在水平向右的匀强电场E中，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上两点．若带电粒子在运动中只受电场力作用，则由此图可判断出（）A．带电粒子带负电B．带电粒子带正电C．带电粒子所受电场力向左 D．带电粒子做匀变速运动9．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条等势线，相邻两等势线之间的电势差相等，实线为一带正电的微粒仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹,P、Q 是这条轨迹上的两点，P、Q相比( ）A．带电粒子在Q点的加速度较大B．带电粒子在P点的加速度较大C．带电粒子在Q点的电场较强D．带电粒子在P点的电场较强10．如图所示，虚线a、b和c是某电场中的三个等势面，它们的电势为U a、U b、U c，其中U a＞U b＞U c．一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN 所示，由图可知( ）A．粒子从K到L的过程中,电场力做负功B．粒子从L到M的过程中，电场力做负功C．粒子从K到L的过程中，电势能增加D．粒子从L到M的过程中,动能减少二、计算题（要求写出必要的文字说明)11．有一个带电荷量q=﹣6×10﹣6 C的点电荷，从某电场中的A点移到B点，电荷克服电场力做3×10﹣3J 的功，从B点移到C点,电场力对电荷做1.2×10﹣3 J 的功，求A、C两点的电势差并说明A、C两点哪点的电势较高．12．如图所示，光滑绝缘细杆竖直放置，它与以正电荷Q为圆心的某圆交于B、C两点，质量为m、电荷量为﹣q的有孔小球从杆上A点无初速度下滑,已知q≪Q，AB=h，小球滑到B点时的速度大小为．求:（1）小球由A点到B点的过程中电场力做的功；（2)A、C两点的电势差．2015-2016学年四川省宜宾一中高二（上）第三周周练物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共10小题．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得4分，有选错的得0分）1．关于电场，下列叙述正确的是（）A．以点电荷为圆心,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强大C．在电场中某点放入检验电荷q，该点的场强为E=，取走q后，该点场强不变D．电荷所受电场力大,该点电场强度一定很大【考点】电场强度．【分析】以点电荷为球心、r为半径的球面上，各点的场强都大小相同，方向不同；电荷周围的电场与点电荷的电量有关，与电性无关;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；电场强度的大小与电荷受到的电场力的大小无关．【解答】解：A、以点电荷Q为中心r为半径的球面上各点的场强大小相等，方向不同,场强不同；故A错误;B、电荷周围的电场强度的大小与点电荷的电量有关，与电性无关；故B错误；C、电场强度是由产生电场的源电荷决定的,在电场中某点放一检验电荷后，不会影响该点的电场强度，故C正确;D、电场中的场强取决于电场本身,电场强度只由场源电荷电量和位置决定,与电荷受到的电场力的大小无关．故D错误;故选：C2．对于电场中A、B两点，下列说法正确的是( ）A．电势差的定义式U AB=，说明两点间的电势差U AB与电场力做功W AB成正比,与移动电荷的电量q成反比B．A、B两点间的电势差等于将正电荷从A点移到B 点电场力所做的功C．将1C电荷从A点移到B点,电场力做1J的功,这两点间的电势差为1VD．电荷由A点移到B点的过程中，除受电场力外，还受其它力的作用，电荷电势能的变化就不再等与电场力所做的功【考点】电势差；电势能．【分析】电势差的定义式，是比值定义法,U AB 反映电场本身的性质，与试探电荷无关．由此定义可知：A、B两点间的电势差等于将单位正电荷从A点移到B点电场力所做的功．电荷电势能的变化只与电场力做功有关．【解答】解:A、U AB反映电场本身的性质，与试探电荷无关，不能说两点间的电势差U AB与电场力做功W AB 成正比,与移动电荷的电量q成反比．故A错误．B、根据电势差的定义式可知：A、B两点间的电势差等于将单位正电荷从A点移到B点电场力所做的功．故B错误．C、根据电势差的定义式可知：将1C电荷从A点移到B点，电场力做1J的功,这两点间的电势差U AB=1V．故C正确．D、电荷由A点移到B点的过程中，电荷电势能的变化仍等于电场力所做的功．故D错误．故选C．3．关于电势和电势能的说法正确的是( ）A．电荷在电场中电势越高的地方电势能也越大B．电荷在电场中电势越高的地方,电量越大所具有的电势能也越大C．在正点电荷电场中的任意一点处，正电荷具有的电势能一定大于负电荷具有的电势能D．在负点电荷电场中的任意一点处,正电荷具有的电势能一定小于负电荷具有的电势能【考点】电势能；电势．【分析】电场中电势高的地方，正电荷在该点具有的电势能就大．电场中电势高的地方，放在该点的电荷的电荷量越大，它具有的电势能不一定越大．电势能是电场和电荷共有的能．电势降低的方向，不一定是场强的方向【解答】解:A、根据电势能的公式E p=qφ可知：电场中电势越高的地方，正电荷在该点具有的电势能越大,负电荷在该点具有的电势能越小．故AB错误C、取无穷远处电势为零,在正的点电荷的电场中的任一点，电势为正值，则由公式E p=qφ，可知正电荷的电势能为正值，负电荷的电势能为负值，故正电荷的电势能大于负电荷的电势能，故C正确；D、取无穷远处电势为零，在负的点电荷的电场中的任一点,电势为负值，则由公式E p=qφ，可知正电荷的电势能为负值，负电荷的电势能为正值，故正电荷的电势能小于负电荷的电势能，故D正确故选：CD4．关于等势面和电场线的关系，下列说法中正确的是（）A．同一等势面上各点电势相等，穿过它的电场线的密度也一定相等B．任一条电场线被某两个等势面相截的线段都相等时，这两个等势面间的电场一定是匀强电场C．电场线越密的地方，相邻的电势差相等的两等势面间的距离越小D．电场线总是由电势高的等势面指向电势低的等势面【考点】电场线；等势面．【分析】电场线的疏密表示电场强度的相对大小，电场线的方向反映电势的高低，则电场强度与电势没有直接关系．电场强度为零，电势不一定为零．电势为零,电场强度也不一定为零．电场强度越大的地方，电势不一定高．顺着电场线方向，电势逐渐降低,但场强不一定减小．电势相等的点构成的面为等势面,电荷沿着等势面运动,电场力不做功．【解答】解：A、同一等势面的各点电势相等，但电场强度不一定相同．穿过它的电场线的密度不一定相等,故A错误；B、任一条电场线被某两个等势面相截的线段都相等时，这两个等势面间的电场不一定是匀强电场，也可能是点电荷的电场线，故B错误；C、电场线的疏密与等差等势面的疏密都可以描述电场的强弱，电场线越密的地方，相邻的电势差相等的两等势面间的距离越小,故C正确;D、轨迹电场线与等势面的特点可知,电场线总是由电势高的等势面指向电势低的等势面．故D正确;故选：CD5．如图所示，图A中的a、b是以点电荷Q为圆心的圆周上的两点,图B中的a、b是等量异种电荷连线中垂线上相对于垂足O对称的两点,图C中a、b为等量同种电荷连线中垂线上相对于垂足O对称的两点；图D中a、b是等量同种电荷连线上相对于中点O对称的两点,则a、b两点场强相同的是（)A．B．C．D．【考点】电场强度．【分析】根据各种电场的电场线分布情况,分析场强的关系，场强是矢量，只有大小和方向都相同时场强才相同．【解答】解：A、在点电荷产生的电场中，同心球面上各点的场强大小相等,方向不同,则ab两点的场强不同，故A错误．B、等量异种电荷的电场关于连线具有对称性，在连线中垂线上相对于垂足O对称的两点场强大小和方向都相同,则a、b两点的场强相同，故B正确．C、a、b两点的场强大小相等、方向相反，则场强不同，故C错误．D、根据电场线的分布情况和对称性可知a、b两点场强大小相等，方向相反,则场强不同，故D错误．故选：B．6．如图甲中的A B是一个点电荷电场中的电场线，图乙则是放在电场线上a、b处的试探电荷的电荷量与所受电场力数量间的函数图象，由此可判定（）A．若场源是正电荷，位于A侧 B．若场源是正电荷，位于B侧C．若场源是负电荷,位于A侧D．若场源是负电荷，位于B侧【考点】电场线；电场强度．【分析】由电场强度的定义式E=得到F=qE,F﹣q图象的斜率表示电场强度大小，图线a的斜率大于b的斜率，说明a处场强大于b处的场强．根据场强的大小判断场源电荷的位置．【解答】解：由电场强度的定义式E=得知：F﹣q图象的斜率表示电场强度大小，图线a的斜率大于b的斜率，说明a处场强大于b处的场强，电场是由点电荷产生的，说明a距离场源较近，即场源位置在A侧，由于电场线的方向不能确定,故场源电荷可能是正电荷，也可能是负电荷．故AC正确．故选AC．7．如图所示，AB是某点电荷电场中一条电场线,在电场线上P处自由释放一个负试探电荷时，它沿直线向B点处运动，对此现象下列判断正确的是（不计电荷重力)（）A．电荷向B做匀加速运动B．电荷向B做加速度越来越小的运动C．电荷向B做加速度越来越大的运动D．电荷向B做加速运动,加速度的变化情况不能确定【考点】电场线；牛顿第二定律；电场强度．【分析】电场线是从正电荷或者无穷远出发出,到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．【解答】解：在电场线上P处自由释放一个负试探电荷时，它沿直线向B点处运动，电荷受到的电场力向右,所以电场线的方向向左，但是只有一条电场线,不能判断电场线的疏密的情况，不能判断电荷的受力的变化的情况，不能判断加速度的变化的情况,所以D正确．故选D．8．如图所示，在水平向右的匀强电场E中，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上两点．若带电粒子在运动中只受电场力作用，则由此图可判断出( ）A．带电粒子带负电B．带电粒子带正电C．带电粒子所受电场力向左 D．带电粒子做匀变速运动【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】根据轨迹的弯曲方向得出电场力的方向，则可明确粒子的电性，根据受力情况则可分析粒子的运动情况．【解答】解：A、根据粒子的轨迹的弯曲方向可知，粒子受力向左，与电场线方向相反，则可知，粒子一定带负电；故AC正确，B错误；D、因电场为匀强电场，故粒子受力为恒力，因此粒子做匀变速曲线运动;故D正确;故选：ACD．9．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条等势线,相邻两等势线之间的电势差相等,实线为一带正电的微粒仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，P、Q相比( ）A．带电粒子在Q点的加速度较大B．带电粒子在P点的加速度较大C．带电粒子在Q点的电场较强D．带电粒子在P点的电场较强【考点】等势面；电场线．【分析】根据等势面的疏密可以确定电场线的疏密和电场强度的大小关系；从而确定带电微粒在P点和Q 点的电场力的大小关系，再由牛顿第二定律判定加速度的关系．【解答】解：由于等差等势面越密电场线越密,由图可知P点的场强大于Q点的场强,故带电微粒在P处所受的电场力大于在Q点所受的电场力，故带电微粒通过P点时的加速度大．故AC错误，BD正确．故选：BD10．如图所示,虚线a、b和c是某电场中的三个等势面，它们的电势为U a、U b、U c,其中U a＞U b＞U c．一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示，由图可知（）A．粒子从K到L的过程中，电场力做负功B．粒子从L到M的过程中，电场力做负功C．粒子从K到L的过程中，电势能增加D．粒子从L到M的过程中，动能减少【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．【分析】根据电势的高低确定电场强度的方向，从而确定电场力的方向，根据电场力做功比较动能的大小和电势能的大小．【解答】解：AC、据U a＞U b＞U c，知电场强度方向a 指向c，带电粒子所受的电场力方向由内指向外，粒子从K到L的过程，电场力做负功，电势增加．故A、C正确．BD、从L到M的过程中,电场力先做负功，后做正功,动能先减小后增大，故B、D错误；故选：AC二、计算题（要求写出必要的文字说明）11．有一个带电荷量q=﹣6×10﹣6 C的点电荷,从某电场中的A点移到B点，电荷克服电场力做3×10﹣3J 的功，从B点移到C点，电场力对电荷做1。

四川省宜宾市一中2015_2016学年高二物理上学期第9周周训练题

四川省宜宾市一中高2014级2015-2016学年上期第九周物理试题1.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.电源电动势的数值等于内、外电压之和D.电源电动势与外电路的组成无关2.关于闭合电路,下列说法中正确的是:A.闭合电路中,外电阻越大,电源的路端电压就越大B.闭合电路中,电源的路端电压越大,电源的输出功率就越大C.闭合电路中,电流越大,电源的路端电压就越大D.闭合电路中,电流总是从电势高的地方流向电势低的地方3.如图的U-I图象中,直线I为某一电源的路端电压与电流的关系图象,直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线。

用该电源与电阻R组成闭合电路,则( )A.电源电动势3V,内阻2ΩB.电阻R的阻值为0.5ΩC.电源的总功率为4WD.电源的效率为66.7％4.如图所示电路,电源内阻不可忽略。

开关S闭合后,在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中( )A.电压表与电流表的示数都减小B.电压表的示数减小,电流表的示数增大C.电阻R1消耗的电功率增大D.电源内阻消耗的功率减小5.如图所示,电源内阻为r,定值电阻R0＝r/2,可变电阻R的最大阻值为2r,当可变电阻的滑动触头从最左端向右端滑动过程中A.电源的输出功率一直变大B.电源的输出功率一直变小C.当可变电阻滑到R＝r/2时电源的输出功率最大D.当可变电阻滑到R＝r时电源的输出功率最大6.如图所示,电源内阻不可忽略,电路中接有一小灯泡和一电动机。

小灯泡L上标有“6V 12W”字样,电动机的线圈电阻R M=0.50Ω.若灯泡正常发光时,电源的输出电压为12V,此时( )A.电动机的输入功率为12WB.电动机的热功率为12WC.电动机的输出功率为12WD.整个电路消耗的电功率为24W7.如图所示,电路中R1、R2均为可变电阻,电源内阻不能忽略,平行板电容器C的极板水平放置。

年上学期高二第六次双周练物理试题(A卷)(附答案)

2016—2017学年上学期2015级第六次双周练物理试卷（A）命题人：审题人：考试时间：2016年12月30日一、选择题（1-7为单选题，8-12为多选题，每题4分，共48分）1．下列各图能正确反映两个等量同种正电荷连线中垂线上各点电势分布的图是() A．B．C．D．2．磁感应强度的单位是特斯拉(T)，与它等价的是()A．B．C．D．3．如图所示，质量为m、导轨间距为L，导体棒电阻为R，初始时静止于光滑的水平轨道上，电源电动势为E，内阻不计．匀强磁场的磁感应强度为B，其方向与轨道平面成θ角斜向上方，开关闭合后导体棒开始运动，则()A．导体棒受安培力方向水平向右B．开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力大小为C．开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力大小为sinθD．开关闭合瞬间导体棒MN的加速度为sinθ－g4．在水平放置的光滑导轨上，沿导轨固定一个条形磁铁，如图所示．现有铜、铝和有机玻璃制成的滑块甲、乙、丙，使它们从导轨上的A点以某一初速度向磁铁滑去．各滑块在向磁铁运动的过程中()A．都做匀速运动B．甲、乙做加速运动C．甲、乙做减速运动D．乙、丙做匀速运动5．闭合线圈abcd在磁场中运动到如图所示位置时，ab边受到的磁场力竖直向上，此线圈的运动情况可能是()A．向右进入磁场B．向左移出磁场C．以ab为轴转动D．以cd为轴转动6．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1＝20 Ω，R2＝30 Ω，C为电容器．已知通过R1的正弦交变电流如图乙所示，则()A ．交变电流的频率为0.02 HzB ．原线圈输入电压的最大值为C ．电阻R 2的电功率约为6.67 WD ．通过R 3的电流始终为零7．如图所示是某居民小区门口利用光敏电阻设计的行人监控装置，R 1为光敏电阻（光照增强电阻变小），R2为定值电阻，A 、B 接监控装置．则（） ①当有人通过而遮蔽光线时，A 、B 之间电压升高 ②当有人通过而遮蔽光线时，A 、B 之间电压降低 ③当仅增大R 2的阻值时，可增大A 、B 之间的电压 ④当仅减小R 2的阻值时，可增大A 、B 之间的电压． A ． ①③B ． ①④C ． ②③D ． ②④8．如图所示，质量为M 的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m 的木块以初速度v 0水平地滑至车的上表面，若车足够长，下列说法不正确的是( )A ．木块的最终速度为0mv M mB ．由于车表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒C ．车表面越粗糙，木块减少的动量越多D ．车表面越粗糙，小车获得的动量越多9．如图甲，两水平金属板间距为d ，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t ＝0时刻，质量为m 的带电微粒以初速度v 0沿中线射入两板间，0～时间内微粒匀速运动，T 时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触．重力加速度的大小为g .关于微粒在0～T 时间内运动的描述，正确的是( ) A ．末速度大小为v 0B ．末速度沿水平方向C ．重力势能减少了mgdD ．克服电场力做功为mgd10．如图所示的电路，R 1、R 2是两个定值电阻，R ′是滑动变阻器，R 3为小灯泡，电源内阻为r .开关闭合后，当滑动变阻器触头P 向上移动时( ) A ．电压表示数变大 B ．小灯泡亮度变大C ．电容器充电D ．电源的总功率变大11．如图所示，A板发出的电子(重力不计)经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板M、N间，M、N之间有垂直纸面向里的匀强磁场，电子通过磁场后最终打在荧光屏P上，关于电子的运动，下列说法中正确的是()A．当滑动触头向右移动时，电子打在荧光屏的位置上升B．当滑动触头向右移动时，电子通过磁场区域所用时间不变C．若磁场的磁感应强度增大，则电子打在荧光屏上的速度大小不变D．若磁场的磁感应强度增大，则电子打在荧光屏上的速度变大12．如图所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，间距为l，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B.一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋于一个最大速度v m，则 ()A．如果B变大，v m将变大B．如果α变大，v m将变大C．如果R变大，v m将变大D．如果m变小，v m将变大二、实验题（共14分）13．Ⅰ如图所示为一正在测量中的多用电表表盘．(1)如果是用×10 Ω挡测量电阻，则读数为________ Ω.(2)如果是用直流10 mA挡测量电流，则读数为______ mA.(3)如果是用直流5 V挡测量电压，则读数为________V.Ⅱ在“用电流表和电压表测定电池的电动势和内电阻”的实验中．(1)备有如下器材A．干电池1节B．滑动变阻器(0～20 Ω)C．滑动变阻器(0～1 kΩ)D．电压表(0～3 V)E．电流表(0～0.6 A)F．电流表(0～3 A)G．开关、导线若干其中滑动变阻器应选____________，电流表应选____________．(只填器材前的序号)(2)某同学根据实验数据画出的U－I图象如图所示，由图象可得电池的电动势为_______V，内电阻为____________ Ω.14．如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置．如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上电键后可能出现的情况有：（1）将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将________．（2）原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针________．三、计算题（48分）15．（8分）如图所示，从炽热的金属丝漂出的电子(速度可视为零)，其质量为m，电荷量为e，经加速电场加速后沿偏转电场的轴线MN垂直电场线射入偏转电场中，加速电场两极间的电势差为U1，偏转电场两极板间的电势差为U2，偏转电场两极板的长度均为L，板间距离为d，电子的重力不计．在满足电子能射出偏转电场的条件下，求：（1）电子离开加速电场后的速度；（2）电子刚射出电场时的偏转角的正切值．16.（8分）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，应把回路总电流调到多大才能使金属杆保持静止？17.（10分）如图所示，一不可伸长的轻质细绳，静止地悬挂着质量为M的木块，一质量为m的子弹，以水平速度v0击中木块，已知M＝9m，不计空气阻力．问：（1）如果子弹击中木块后未穿出(子弹进入木块时间极短)，在木块上升的最高点比悬点O低的情况下，木块能上升的最大高度是多少？(设重力加速度为g)（2）如果子弹在极短时间内以水平速度穿出木块，则在这一过程中子弹、木块组成的系统损失的机械能是多少？18.（10分）有一台内阻为1 Ω的发电机，供给一个学校照明用电，如图所示为简化的输电线路．升压变压器的匝数比为1∶4，降压变压器的匝数比为4∶1，输电线的总电阻R线＝4 Ω.全校共有22个班，每班有“220 V，40 W”的电灯6盏．若保证全部正常发光，求：（1）发电机输出功率多大？（2）发电机电动势多大？（3）输电效率是多少？（4）若使用灯数减半且正常发光，发电机输出功率是否减半？并说明理由19.（12分）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W.F高二年级物理第六次双周练答案1.B2.A3.B4.C5.B6.C7.C8.A9.BC 10.AC 11.AC 12.BC13.(1) 60(2)7.2 (3)3.60 (4)B E(5)1.5 114.向右偏转一下向左偏转一下15.(1)(2)16.(1)垂直于导轨平面向上(2)17.(1)(2)mv18.(1)5 424 W(2)250 V(3)97%(4)见解析【解析】(1)对降压变压器，当灯泡全部正常发光时P出＝U4I4＝nP灯＝22×6×40 W＝5 280 W，而U3＝U4＝4×220 V＝880 V，所以由U3I3＝U4I4＝P出，可得I3＝A＝6 A.又I3＝I2，对升压变压器有U1I1＝U2I2＝I R线＋U3I3＝(62×4＋5 280)W＝5 424 W，所以发电机的输出功率为P1＝U1I1＝5 424 W.(2)因为U2＝ΔU＋U3＝I2R线＋U3＝(6×4＋880)V＝904 V，所以U1＝U2＝×904 V＝226 V．又因为U1I1＝U2I2，所以I1＝＝4I2＝24 A.对发电机，设发电机内阻为r，由闭合电路的欧姆定律E＝U1＋I1r得E＝226 V＋24×1 V＝250 V.(3)η＝×100%＝×100%＝97%.(4)因输出电线上的电流减少一半，输电线上的功率损失减为原来的四分之一，所以发电机输出的功率减少一半还要多．19.(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＝Blx②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＝Δt④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＝2ax⑤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－mv2⑥撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2＝－W⑦联立⑤⑥⑦式，代入数据得Q2＝1.8 J⑧(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 J⑨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＋Q2⑩由⑧⑨⑩式得WF＝5.4 J．。

2015-2016学年四川省宜宾一中高三(上)第10周周练物理试卷(解析版)

2015-2016学年四川省宜宾一中高三（上）第10周周练物理试卷一、选择题（共8小题，每小题6分．第14～17题只有一项符合题目要求，第18～21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）1．在物理学的重大发现中，科学家总结出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法、假说法和等效替代法等，以下关于物理学研究方法的叙述不正确的是（）A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法B．根据速度的定义式，当△t非常小时，就可以用△t时间内的平均速度表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思想法C．在验证力的平行四边形定则实验时，同一次实验两次拉细绳套须使结点到达同一位置，该实验运用了等效替代法D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里运用了微元法2．如图，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正在沿斜面以速度v0匀速下滑，斜劈保持静止，则地面对斜劈的摩擦力（）A．等于零B．不为零，方向向右C．不为零，方向向左D．不为零，v0较大时方向向左，v0较小时方向向右3．如图所示的位移（s）﹣时间（t）图象和速度（v）﹣时间（t）图象中给出四条图线，甲、乙、丙、丁代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的是（）A．甲车做直线运动，乙车做曲线运动B．0～t1时间内，甲车通过的路程大于乙车通过的路程C．0～t2时间内，丙、丁两车在t2时刻相距最远D．0～t2时间内，丙、丁两车的平均速度相等4．如图所示，水平转台上放着一枚硬币，当转台匀速转动时，硬币没有滑动，关于这种情况下硬币的受力情况，下列说法正确的是（）A．受重力和台面的持力B．受重力、台面的支持力和向心力C．受重力、台面的支持力、向心力和静摩擦力D．受重力、台面的支持力和静摩擦力5．如图所示，在光滑水平面上有一静止小车，小车质量为M=5kg，小车上静止地放置着质量为m=1kg的木块，木块和小车间的动摩擦因数μ=0.2，用水平恒力F拉动小车，下列关于木块的加速度a m和小车的加速度a M，可能正确的有（）A．a m=1 m/s2，a M=1 m/s2B．a m=1 m/s2，a M=2 m/s2C．a m=2 m/s2，a M=4 m/s2D．a m=3 m/s2，a M=5 m/s26．如图所示，相距l的两小球A、B位于同一高度h（l，h均为定值）．将A向B水平抛出的同时，B自由下落．A、B与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则（）A．A、B在第一次落地前能否相碰，取决于A的初速度B．A、B在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰C．A、B不可能运动到最高处相碰D．A、B一定能相碰7．如图，甲、乙、丙是位于同一直线上的离其它恒星较远的三颗恒星，甲、丙围绕乙在半径为R的圆轨道上运行，若三颗星质量均为M，万有引力常量为G，则（）A．甲星所受合外力为B．乙星所受合外力为C．甲星和丙星的线速度相同D．甲星和丙星的角速度相同8．如图，竖直放置的粗糙四分之一圆弧轨道ABC与光滑半圆弧轨道CDP最低点重合在C 点，圆心O1和O2在同一条竖直线上，圆弧ABC的半径为4R，半圆弧CDP的半径为R．一质量为m的小球从A点静止释放，到达P时与轨道间的作用力大小为mg，不计空气阻力．小球从A到P的过程中（）A．机械能减少了2mgR B．克服摩擦力做功mgRC．合外力做功mgR D．重力势能减少了mgR三、非选择题（包括必考题和选考题两部分)9．在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，以下说法正确的是（）A．弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度B．用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，应保证弹簧位于竖直位置且处于平衡状态C．用直尺测得弹簧的长度即为弹簧的伸长量D．用几个不同的弹簧分别测出几组拉力与伸长量，得出拉力与伸长量之比相等10．某同学做“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验，他先把弹簧平放在桌面上使其自然伸长，用刻度尺测出弹簧的原长L0，再把弹簧竖直悬挂起来，挂上砝码后测量弹簧伸长后的长度L，把L﹣L0作为弹簧的伸长量x．这样操作，由于弹簧自身重力影响，最后画出的图线可能是（）A．B．C．D．11．为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图甲所示的实验装置．其中M 为带光滑滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量．（滑轮质量不计）（1）实验时，一定要进行的操作是．A．用天平测出砂和砂桶的质量B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数D．改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带E．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M（2）该同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带（两相邻计数点间还有两个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度a=m/s2（结果保留两位有效数字）．（3）以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度为纵坐标，画出的a﹣F图象是一条直线，图线与横坐标的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为．A．2tanθB．C．k D．（4）另一同学用该装置实验时忘记平衡摩擦力，根据实验数据做出了如图丙两个a﹣F图象如图所示，正确的是；已知图线与横轴的交点为F0，则木块所受的滑动摩擦力大小为．12．如图所示是利用电力传送带装运麻袋包的示意图．传送带长l=20m，倾角θ=37°，麻袋包与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，传送带的主动轮和从动轮半径R相等，传送带不打滑，主动轮顶端与货车底板间的高度差为h=1.8m，传送带匀速运动的速度为v=2m/s．现在传送带底端（传送带与从动轮相切位置）由静止释放一只麻袋包（可视为质点），其质量为100kg，麻袋包最终与传送带一起做匀速运动，到达主动轮时随轮一起匀速转动．如果麻袋包到达主动轮的最高点时，恰好水平抛出并落在车厢底板中心，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）主动轮的半径R；（2）主动轮轴与货车车厢底板中心的水平距离x（3）麻袋包在传送带上运动的时间t．13．如图所示，薄板A长L=5m，其质量M=5kg，放在水平桌面上，板右端与桌边相齐．在A上距右端s=3m处放一物体B（可看成质点），其质量m=2kg．已知A、B间动摩擦因数μ1=0.1，A与桌面间和B与桌面间的动摩擦因数均为μ2=0.2，原来系统静止．现在在板的右端施加一大小一定的水平力F持续作用在A上直到将A从B下抽出才撤去，且使B最后停于桌的右边缘．求：（1）B运动的时间．（2）力F的大小．二.选考题[物理-选修3-4]（15分）14．两列简谐横波的振幅都是20cm，传播速度大小相同．实线波的频率为2Hz，沿x轴正方向传播，虚线波沿x轴负方向传播．某时刻两列波在如图所示区域相遇，则（）A．在相遇区域会发生干涉现象B．实线波和虚线波的频率之比为3：2C．平衡位置为x=6m处的质点此刻速度为零D．平衡位置为x=8.5m处的质点此刻位移y＞20cmE．从图示时刻起再经过0.25s，平衡位置为x=5m处的质点的位移y＜015．（9分）如图所示，半圆玻璃砖的半径R=10cm，折射率n=，直径AB与屏幕MN垂直并接触于A点．激光束a以入射角i=60°射向玻璃砖圆心O，结果在屏幕MN上出现两光斑①画出光路图；②求两光斑之间的距离L．2015-2016学年四川省宜宾一中高三（上）第10周周练物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题6分．第14～17题只有一项符合题目要求，第18～21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）1．（2015春•南昌校级期末）在物理学的重大发现中，科学家总结出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法、假说法和等效替代法等，以下关于物理学研究方法的叙述不正确的是（）A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法B．根据速度的定义式，当△t非常小时，就可以用△t时间内的平均速度表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思想法C．在验证力的平行四边形定则实验时，同一次实验两次拉细绳套须使结点到达同一位置，该实验运用了等效替代法D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里运用了微元法【考点】物理学史【分析】在研究曲线运动或者加速运动时，常常采用微元法，将曲线运动变成直线运动，或将变化的速度变成不变的速度；等效替代法是一种常用的方法，它是指用一种情况来等效替换另一种情况，效果要相同；当时间非常小时，我们认为此时的平均速度可看作某一时刻的速度即称之为瞬时速度，采用的是极限思维法．【解答】解：A、等效替代法是一种常用的方法，它是指用一种情况来等效替换另一种情况；没有采用假设法；故A错误；B、根据速度定义式v=，当△t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法，故B正确；C、在实验中必须确保橡皮筋拉到同一位置，即一力的作用效果与两个力作用效果相同，运用了等效替代法，故C正确；D、在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法．故D正确；本题选错误的故选：A．【点评】在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习2．（2011•海南）如图，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正在沿斜面以速度v0匀速下滑，斜劈保持静止，则地面对斜劈的摩擦力（）A．等于零B．不为零，方向向右C．不为零，方向向左D．不为零，v0较大时方向向左，v0较小时方向向右【考点】共点力平衡的条件及其应用【分析】在研究力和运动关系的问题时，常会涉及相互关联的物体间的相互作用问题，即“连接体问题”．连接体问题一般是指由两个或两个以上物体所构成的有某种关联的系统．研究此系统的受力或运动时，求解问题的关键是研究对象的选取和转换．一般若讨论的问题不涉及系统内部的作用力时，可以以整个系统为研究对象列方程求解﹣﹣“整体法”；若涉及系统中各物体间的相互作用，则应以系统某一部分为研究对象列方程求解﹣﹣“隔离法”．这样，便将物体间的内力转化为外力，从而体现其作用效果，使问题得以求解．在求解连接体问题时，隔离法与整体法相互依存，相互补充，交替使用，形成一个完整的统一体，可以分别列方程求解．本题中由于小木块与斜面体间有相对滑动，但无相对加速度，可以当作两物体间相对静止，摩擦力达到最大静摩擦力的情况，然后运用整体法研究．【解答】解：斜劈和物块都平衡，受力的大小和方向情况与两物体间相对静止且摩擦力达到最大静摩擦力的情况相同，故可以对斜劈和物块整体受力分析受重力和支持力，二力平衡，无摩擦力；故选A．【点评】本题关键要灵活地选择整体法与隔离法，选用整体法可以不考虑两物体间的作用力，使问题大为简化．3．（2012•江西一模）如图所示的位移（s）﹣时间（t）图象和速度（v）﹣时间（t）图象中给出四条图线，甲、乙、丙、丁代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的是（）A．甲车做直线运动，乙车做曲线运动B．0～t1时间内，甲车通过的路程大于乙车通过的路程C．0～t2时间内，丙、丁两车在t2时刻相距最远D．0～t2时间内，丙、丁两车的平均速度相等【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系【分析】在位移﹣时间图象中，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，斜率表示速度，图象的交点表示位移相等，平均速度等于位移除以时间；在速度﹣时间图象中，斜率表示加速度，图象与时间轴围成的面积表示位移．【解答】解：A、位移时间图中，斜率代表速度，由图可知甲的速度不变，所以做匀速直线运动；乙的斜率逐渐减小，所以做速度逐渐减小的直线运动，并非曲线运动，故A错误；B、在t1时刻两车的位移相等，又都是单向直线运动，所以两车路程相等，故B错误；C、由图象与时间轴围成的面积表示位移可知：丙、丁两车在t2时刻面积差最大，所以相距最远，故C正确；D.0～t2时间内，丙的位移小于丁的位移，时间相等，平均速度等于位移除以时间，所以丙的平均速度小于丁车的平均速度，故D错误．故选：C．【点评】要求同学们能根据图象读出有用信息，注意位移﹣时间图象和速度﹣时间图象的区别，难度不大，属于基础题．4．（2014春•郑州期末）如图所示，水平转台上放着一枚硬币，当转台匀速转动时，硬币没有滑动，关于这种情况下硬币的受力情况，下列说法正确的是（）A．受重力和台面的持力B．受重力、台面的支持力和向心力C．受重力、台面的支持力、向心力和静摩擦力D．受重力、台面的支持力和静摩擦力【考点】向心力；静摩擦力和最大静摩擦力【分析】对硬币进行运动分析和受力分析，做匀速圆周运动，合力等于向心力，指向圆心，结合运动情况，再对硬币受力分析即可．【解答】解：硬币做匀速圆周运动，合力指向圆心，对硬币受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，如图重力和支持力平衡，静摩擦力提供向心力．故选：D．【点评】静摩擦力与物体的相对运动趋势的方向相反，表明物体相对于圆盘有向外滑动的趋势．5．（2016•北京校级模拟）如图所示，在光滑水平面上有一静止小车，小车质量为M=5kg，小车上静止地放置着质量为m=1kg的木块，木块和小车间的动摩擦因数μ=0.2，用水平恒力F拉动小车，下列关于木块的加速度a m和小车的加速度a M，可能正确的有（）A．a m=1 m/s2，a M=1 m/s2B．a m=1 m/s2，a M=2 m/s2C．a m=2 m/s2，a M=4 m/s2D．a m=3 m/s2，a M=5 m/s2【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力【分析】对整体受力分析，根据牛顿第二定律列方程；再对m受力分析，根据牛顿第二定律列方程；最后联立方程组求解．【解答】解：当M与m间的静摩擦力f≤μmg=2N时，木块与小车一起运动，且加速度相等；当M与m间相对滑动后，M对m的滑动摩擦力不变，则m的加速度不变，所以当M 与m间的静摩擦力刚达到最大值时，木块的加速度最大，由牛顿第二定律得：此时F=（M+m）a m=（5+1）×2N=12N当F＜12N，可能有a M=a m=1m/s2．当F＞12N后，木块与小车发生相对运动，小车的加速度大于木块的加速度，a M＞a m=2m/s2．故AC正确，BD错误故选：AC．【点评】本题关键先对整体受力分析，再对小滑块受力分析，然后根据牛顿第二定律列方程，联立方程组求解．6．（2016•鞍山一模）如图所示，相距l的两小球A、B位于同一高度h（l，h均为定值）．将A向B水平抛出的同时，B自由下落．A、B与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则（）A．A、B在第一次落地前能否相碰，取决于A的初速度B．A、B在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰C．A、B不可能运动到最高处相碰D．A、B一定能相碰【考点】平抛运动；自由落体运动【分析】因为平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据该规律抓住地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反与判断两球能否相碰．【解答】解：A、若A球经过水平位移为l时，还未落地，则在B球正下方相碰．故A正确．B、A、B在第一次落地前不碰，由于反弹后水平分速度、竖直分速度大小不变，方向相反，则以后一定能碰．故B错误，D正确．C、若A球落地时的水平位移为时，则A、B在最高点相碰．故C错误．故选AD．【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，根据该规律进行分析．7．（2014•广州二模）如图，甲、乙、丙是位于同一直线上的离其它恒星较远的三颗恒星，甲、丙围绕乙在半径为R的圆轨道上运行，若三颗星质量均为M，万有引力常量为G，则（）A．甲星所受合外力为B．乙星所受合外力为C．甲星和丙星的线速度相同D．甲星和丙星的角速度相同【考点】万有引力定律及其应用【分析】根据万有引力定律分别求出甲星和乙星所受的合外力大小，甲丙靠万有引力的合力提供向心力，角速度相等，线速度的大小相等．【解答】解：A、甲星所受的合外力．故A正确．B、乙星所受的合力．故B错误．C、甲丙两星所受的合力大小相等，靠万有引力的合力提供向心力，知道甲星和丙星的角速度相同，由于轨道半径相等，根据v=Rω知，线速度大小相等，但是线速度的方向不同．故C错误，D正确．故选：AD．【点评】解决本题的关键知道星体做圆周运动向心力的来源，甲丙两星所受的合力相等，轨道半径相等，角速度相等，线速度大小相等．8．如图，竖直放置的粗糙四分之一圆弧轨道ABC与光滑半圆弧轨道CDP最低点重合在C 点，圆心O1和O2在同一条竖直线上，圆弧ABC的半径为4R，半圆弧CDP的半径为R．一质量为m的小球从A点静止释放，到达P时与轨道间的作用力大小为mg，不计空气阻力．小球从A到P的过程中（）A．机械能减少了2mgR B．克服摩擦力做功mgRC．合外力做功mgR D．重力势能减少了mgR【考点】动能定理的应用；功能关系【分析】小球在P点时，由合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出小球到达P点时的速度大小，根据动能定理求出克服摩擦力做的功，机械能的变化量等于重力以外力做的功，合外力做功等于动能的变化量．【解答】解：AB、小球到达P时与轨道间的作用力大小为mg，对小球，由牛顿第二定律得：mg+F=m又F=mg，可得v P=从A到P，由动能定理得：mv P2﹣0=mg•2R﹣W克f，可得克服摩擦力做功W克f=mgR，根据功能原理知：小球克服摩擦力做了多少功，物体机械能就减少多少，则机械能减少了mgR，故A错误，B正确；C、合外力做功为W合=mv P2﹣0=mgR，则物体动能的变化量为mgR，故C正确；D、重力做功mg•2R，则重力势能减少了mg•2R，故D错误．故选：BC【点评】解题的关键在于能够熟悉各种形式的能量转化通过什么力做功来量度，并能加以运用列出等式关系．三、非选择题（包括必考题和选考题两部分)9．（2015秋•北京校级期末）在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，以下说法正确的是（）A．弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度B．用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，应保证弹簧位于竖直位置且处于平衡状态C．用直尺测得弹簧的长度即为弹簧的伸长量D．用几个不同的弹簧分别测出几组拉力与伸长量，得出拉力与伸长量之比相等【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系【分析】在《探索弹力和弹簧伸长的关系》实验中，弹簧的弹力与行变量的关系满足F=kx，其中k由弹簧本身决定．【解答】解：A、弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度，否则弹簧会损坏，故A正确．B、用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，要保证弹簧位于竖直位置，使钩码的重力等于弹簧的弹力，要待钩码平衡时再读读数．故B正确．C、弹簧的长度不等于弹簧的伸长量．故C错误．D、拉力与伸长量之比是劲度系数，由弹簧决定，同一弹簧的劲度系数是不变的，不同的弹簧的劲度系数不同，故D错误．故选：AB．【点评】本题关键明确实验原理，能够根据胡克定律列式求解，基础题．10．（2012•南昌校级模拟）某同学做“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验，他先把弹簧平放在桌面上使其自然伸长，用刻度尺测出弹簧的原长L0，再把弹簧竖直悬挂起来，挂上砝码后测量弹簧伸长后的长度L，把L﹣L0作为弹簧的伸长量x．这样操作，由于弹簧自身重力影响，最后画出的图线可能是（）A．B．C．D．【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系【分析】首先弄清横轴和纵轴代表的含义，在这里x代表的是弹簧的伸长量，即L﹣L0，最后综合判断选取答案．【解答】解：（1）实验中用横轴表示弹簧的伸长量x，纵轴表示弹簧的拉力F（即所挂重物的重力大小）（2）弹簧平放时测量自然长度，此时弹簧伸长量为0cm；（3）当竖直悬挂时，由于自身重力的影响弹簧会有一段伸长量，但此时所挂重物的重力为0N（即：F=0N）（4）因为在弹簧的弹性限度内，弹簧的伸长与其所受的拉力成正比，综合上述分析四个图象中只有C符合．故选C．【点评】此题考查学生运用图象来处理数据的能力，关键是弄清坐标轴代表的意义，并能综合分析拉力F与伸长量△L的关系．需要注意弹簧的平放与竖直放对横纵坐标的影响．11．为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图甲所示的实验装置．其中M 为带光滑滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量．（滑轮质量不计）（1）实验时，一定要进行的操作是BCD．A．用天平测出砂和砂桶的质量B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数D．改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带E．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M（2）该同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带（两相邻计数点间还有两个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度a= 1.3m/s2（结果保留两位有效数字）．（3）以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度为纵坐标，画出的a﹣F图象是一条直线，图线与横坐标的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为D．A．2tanθB．C．k D．（4）另一同学用该装置实验时忘记平衡摩擦力，根据实验数据做出了如图丙两个a﹣F图象如图所示，正确的是B；已知图线与横轴的交点为F0，则木块所受的滑动摩擦力大小为2F0．【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【分析】（1）该实验不需要测量沙及沙桶的质量，绳子的拉力由弹簧秤直接测量，不需要满足沙及沙桶的质量远小于木块．（2）根据逐差法可求得加速度；（3）根据牛顿第二定律得出a与F的关系式，结合关系式得出正确的图线．（4）根据加速度等于零求出弹簧的拉力，从而求出此时的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律得出加速度与合力的关系式，从而得出正确的图象．【解答】解：（1）A、物体M受到的力可由力计读出，故砂和砂桶的质量可以不用测出；故A错误；B、将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力是需要进行的操作，因为这样物体M受到的合力就不考虑摩擦力了；故B正确；C、小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数是需要操作的；故C正确；D、改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带，是用来外力大小的，故也是需要进行的操作；故D正确；E、因为外力的大小可以通过测力计读出，故不需要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M，故E错误；所以需要进行的操作是BCD；（2）小车的加速度a==130cm/s2=1.3m/s2；（3）因为弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度为纵坐标，故=k，故F=，由牛顿第二定律F合=ma得，小车的质量为m===，选项D正确；（4）小车所受的拉力等于2倍的弹簧秤拉力，可以直接测量得出，根据牛顿第二定律得，2F﹣f=ma，解得：a==﹣，故正确的图线是B．当弹簧拉力为F0时，小车开始滑动，可知滑动摩擦力f=2F0；故答案为：（1）BCD；（2）1.3；（3）D；（4）2F0．【点评】本题实验源于课本实验，但是又不同于课本实验，关键要理解实验的原理，注意该实验不需要测量砂及沙桶的质量，也不需要保证沙及沙桶的质量远小于木块．12．（2016春•广安校级期中）如图所示是利用电力传送带装运麻袋包的示意图．传送带长l=20m，倾角θ=37°，麻袋包与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，传送带的主动轮和从动轮半径R相等，传送带不打滑，主动轮顶端与货车底板间的高度差为h=1.8m，传送带匀速运动的速度为v=2m/s．现在传送带底端（传送带与从动轮相切位置）由静止释放一只麻袋包（可视为质点），其质量为100kg，麻袋包最终与传送带一起做匀速运动，到达主动轮时随轮一起匀速转动．如果麻袋包到达主动轮的最高点时，恰好水平抛出并落在车厢底板中心，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）主动轮的半径R；（2）主动轮轴与货车车厢底板中心的水平距离x（3）麻袋包在传送带上运动的时间t．。

四川省宜宾一中高二物理上学期第二周周练试卷(含解析)

2015-2016学年四川省宜宾一中高二（上）第二周周练物理试卷一、选择题（共11小题，每小题3分，满分33分）1．关于电场，下列说法正确的是（）A．电场是一种客观存在的物质B．两个电荷间的静电力，是通过电场产生的C．电场的基本性质是对放入其中的电荷有力的作用D．没有电荷的地方也可以有电场2．对公式E=k的几种不同理解，错误的是（）A．当r→0时，E→∞B．发r→∞时，E→0C．某点的场强与点电荷Q的大小无关D．在以点电荷Q为中心，r为半径的球面上，各处的电场强度都相同3．关于场强，下列说法中正确的是（）A．根据公式E=，这个位置的场强与检验电荷的电荷量q0成反比B．根据公式E=，这个位置的场强与检验电荷的电荷量q0成正比C．公式E=和E=适用条件相同D．电场强度是反映电场本身特性的物理量，与是否存在试探电荷无关4．把质量为m的正点电荷q，在电场中从静止释放，在它运动过程中如果不计重力，下述正确的是（）A．点电荷运动轨迹必与电场线重合B．点电荷的速度方向，必定和所在点的电场线的切线方向一致C．点电荷的加速度方向，必与所在点的电场线的切线方向一致D．点电荷的受力方向，必与所在点的电场线的切线方向一致5．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6．关于电场线的下列说法中正确的是（）A．电场线上每一点的切线方向都跟电荷在该点的受力方向相同B．沿电场线方向，电场强度越来越小C．电场线越密的地方，同一检验电荷所受的电场力就越大D．在电场中，顺着电场线移动电荷，电荷受到的电场力大小恒定7．电场中有一点P，下列说法正确的是（）A．若放在P点的电荷的电量减半，则P点场强减半B．若P点没有检验电荷，则P点的场强为零C．P点的场强越大，则同一电荷在P点所受的电场力越大D．P点的场强方向为检验电荷在该点的受力方向8．如图为静电场的一部分电场线的分布，下列说法正确的是（）A．这个电场是负点电荷形成的电场B．B点的场强大于A点的场强C．点电荷在A点受到的静电力比在B点受到的静电力大D．负电荷在B点受到的静电力沿B点电场线的切线方向9．如图所示，实线是匀强电场的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点．若带电粒子在运动中只受电场力的作用，则由此图可作出正确判断的是（）A．带电粒子带负电荷B．带电粒子带正电荷C．带电粒子所受电场力的方向向左D．带电粒子做匀变速运动10．若正电荷q在电场中由P向Q做加速运动且加速度越来越大，则可以判定它所在的电场一定是下图中的（）A．B．C．D．11．一带电粒子从电场中的A点运动到B点，轨迹如图中虚线所示．不计粒子所受重力，则（）A．粒子带正电B．粒子加速度逐渐减小C．A点的速度大于B点的速度D．粒子的初速度不为零二、填空题（共1小题，每小题3分，满分3分）12．如图所示，有一水平方向的匀强电场，场强为9×103N/C．在电场内的竖直平面内作半径为1m的圆，圆心处放置电荷量为1×10﹣6C的正点电荷，则圆周上C点处的场强大小为N/C，方向．三、解答题（共1小题，满分0分）13．如图所示，质量m=2.0×10﹣3kg的带电小球用绝缘轻细线竖直地悬于电场中，当小球带电量q1=1.0×10﹣4C时，悬线中的张力T1=1.5×10﹣2N，则小球所在处的场强多大？方向如何？当小球带电量q2=﹣1.0×10﹣4C时，悬线中的张力T2多大？（取g=10m/s2）2015-2016学年四川省宜宾一中高二（上）第二周周练物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共11小题，每小题3分，满分33分）1．关于电场，下列说法正确的是（）A．电场是一种客观存在的物质B．两个电荷间的静电力，是通过电场产生的C．电场的基本性质是对放入其中的电荷有力的作用D．没有电荷的地方也可以有电场【考点】电场．【分析】电场是实际存在的一种物质，看不见也摸不着．为了形象地描述电场引入电场线，电场线不存在．电荷间的相互作用是通过电场而相互作用的．【解答】解：A、电场这种物质与通常的实物不同，它不依赖于我们的感觉而客观存在的．故A正确；B、电荷间相互作用是通过电场相互作用的，故B正确；C、电场的力的性质表现为，电场对放入其中的电荷有作用力，这种力称为电场力，故C正确；D、没有电荷的地方也可以有电场，变化的磁场会产生电场，故D正确；故选：ABCD．2．对公式E=k的几种不同理解，错误的是（）A．当r→0时，E→∞B．发r→∞时，E→0C．某点的场强与点电荷Q的大小无关D．在以点电荷Q为中心，r为半径的球面上，各处的电场强度都相同【考点】电场强度．【分析】首先明确此公式是点电荷的场强公式，适用于点电荷．当相距无穷近，不能视为点电荷，此公式无物理意义，所以不能应用．再根据点电荷的场强公式知：点电荷在某点形成的电场强度大小取决于场源电荷Q和该点到场源电荷的距离；根据场强是矢量，点电荷Q为中心，r为半径的球面上，各处的电场强度大小相同，但方向不同．【解答】解：A、公式E=k适用于点电荷．当相距无穷近，不能视为点电荷，此公式无物理意义，不能只从数学角度去分析，故A错误．B、公式E=k适用于点电荷．当相距无穷远，能视为点电荷，由公式可知：r→∞时，E→0，故B正确．C、根据点电荷的场强公式知：点电荷在某点形成的电场强度大小取决于场源电荷Q和该点到场源电荷的距离，故某点的场强与点电荷Q的大小有关，故C错误．D、根据场强是矢量，点电荷Q为中心，r为半径的球面上，各处的电场强度大小相同，但方向不同，故D错误．本题要求选错误的是，故选：ACD．3．关于场强，下列说法中正确的是（）A．根据公式E=，这个位置的场强与检验电荷的电荷量q0成反比B．根据公式E=，这个位置的场强与检验电荷的电荷量q0成正比C．公式E=和E=适用条件相同D．电场强度是反映电场本身特性的物理量，与是否存在试探电荷无关【考点】电场强度；点电荷的场强．【分析】公式E=采用比值法定义，E与F、q无关；公式E=，是点电荷场强的计算式，Q是场源电荷．电场强度是反映电场本身特性的物理量，与是否存在试探电荷无关．【解答】解：A、公式E=是电场强度的定义式，采用比值法定义，则知E与F、q0无关，故A错误．B、公式E=是点电荷场强的计算式，E跟场源电荷的电荷量Q成正比，而与检验电荷的电荷量q0无关．故B错误．C、E=适用于任何电场，而E=只适用于真空中点电荷产生的电场．故C错误．D、电场强度是反映电场本身特性的物理量，由电场本身决定，与是否存在试探电荷无关，故D正确．故选：D4．把质量为m的正点电荷q，在电场中从静止释放，在它运动过程中如果不计重力，下述正确的是（）A．点电荷运动轨迹必与电场线重合B．点电荷的速度方向，必定和所在点的电场线的切线方向一致C．点电荷的加速度方向，必与所在点的电场线的切线方向一致D．点电荷的受力方向，必与所在点的电场线的切线方向一致【考点】电场线．【分析】电场强度是描述电场强弱的物理量，电场线的切线方向即为正电荷所受电场力的方向，力的方向和加速度方向相同．【解答】解：A、电荷运动方向不一定沿着电场线的方向，只有在电场线是直线的电场中才重合，故A错误；B、电场线上某一点的切线方向表示该点的电场强度的方向．与速度方向无直接关系，故B 错误；C、电场线上某一点的切线方向表示该点的受力方向，根据牛顿第二定律可知，点电荷的加速度方向与受力方向相同，故C正确；D、电场线上某一点的切线方向表示该点的受力方向，故D正确．故选：CD．5．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【考点】电场强度．【分析】以点电荷为球心、r为半径的球面上，各点的场强都大小相同，方向不同；电荷周围的电场与点电荷的电量有关，与电性无关；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；电场强度的大小与电荷受到的电场力的大小无关．【解答】解：A、以点电荷为球心、r为半径的球面上，各点的场强都大小相同，方向不同；故A错误；B、电荷周围的电场强度的大小与点电荷的电量有关，与电性无关；故B错误；C、电场强度的方向与试探电荷的电性无关，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；故C正确；D、电场强度的大小是由电场本身决定的，与电荷受到的电场力的大小无关．故D错误．故选：C6．关于电场线的下列说法中正确的是（）A．电场线上每一点的切线方向都跟电荷在该点的受力方向相同B．沿电场线方向，电场强度越来越小C．电场线越密的地方，同一检验电荷所受的电场力就越大D．在电场中，顺着电场线移动电荷，电荷受到的电场力大小恒定【考点】电场线．【分析】根据电场线的分布疏密判断场强的大小，电场线的切线方向即为电场强度方向，根据F=Eq判断电场力的大小，正电荷的受力方向与电场强度方向相同，负电荷受力方向与电场强度方向相反．【解答】解：A、电场线的切线方向即为电场强度方向，正电荷的受力方向与电场强度方向相同，负电荷受力方向与电场强度方向相反，故A错误；B、沿电场线方向，电场强度不一定越小，关键看电场线疏密程度．故B错误；C、电场线越密的地方，电场强度越大，根据F=Eq可知同一试探电荷所受的电场力就越大，故C正确；D、在电场中，顺着电场线方向，电场强度可能发生变化，电荷受到的电场力也可能变化，故D错误．故选：C7．电场中有一点P，下列说法正确的是（）A．若放在P点的电荷的电量减半，则P点场强减半B．若P点没有检验电荷，则P点的场强为零C．P点的场强越大，则同一电荷在P点所受的电场力越大D．P点的场强方向为检验电荷在该点的受力方向【考点】电场强度．【分析】电场强度是描述电场强弱的物理量，它是由电荷所受电场力与其电量的比值来定义．比值与电场力及电量均无关．而电场线越密的地方，电场强度越强．沿着电场线方向，电势是降低的．【解答】解：A、通过电荷所受电场力与其电量的比值来定义电场强度，该点的电场强度已是定值，若放在P点的电荷的电量减半，其比值是不变的，只有电场力减半，故A错误；B、若P点没有检验电荷，则没有电场力，而P点的电场强度仍不变．故B错误；C、P点的场强越大，则同一电荷在P点所受的电场力越大，故C正确；D、P点的场强方向为检验正电荷在该点的受力方向，故D错误；故选：C8．如图为静电场的一部分电场线的分布，下列说法正确的是（）A．这个电场是负点电荷形成的电场B．B点的场强大于A点的场强C．点电荷在A点受到的静电力比在B点受到的静电力大D．负电荷在B点受到的静电力沿B点电场线的切线方向【考点】电场线．【分析】电场线是从正电荷或者无穷远发出，到负电荷或无穷远处为止，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．电场力F=qE，同一电荷在场强越大的地方，所受的电场力越大．根据电场力方向与速度方向的夹角判断电场力做功的正负．【解答】解：A、根据图象不能判断这是孤立的负点电荷形成的电场，故A错误；B、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，由图可知，B点的场强大于A点的场强．故B正确．C、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，B点的场强大于A点的场强，根据F=qE知：电荷在A处的电场力小，故C错误；D、电场线的切线方向为该点场强的方向，由F=qE知负电荷在B点处受到的静电力的方向与场强的方向相反，故D错误．故选：B．9．如图所示，实线是匀强电场的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点．若带电粒子在运动中只受电场力的作用，则由此图可作出正确判断的是（）A．带电粒子带负电荷B．带电粒子带正电荷C．带电粒子所受电场力的方向向左D．带电粒子做匀变速运动【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】根据轨迹的弯曲得出电场力的方向，从而得出带电粒子的电性．根据粒子的受力确定粒子的运动情况．【解答】解：A、因为轨迹的凹向大致指向合力的方向，知粒子所受电场力方向水平向左，则粒子带负电．故A正确，B错误，C正确．D、粒子仅受电场力，做匀变速曲线运动．故D正确．故选：ACD．10．若正电荷q在电场中由P向Q做加速运动且加速度越来越大，则可以判定它所在的电场一定是下图中的（）A．B．C．D．【考点】电场线．【分析】正电荷在电场中受到的电场力方向与场强方向相同，加速度与场强成正比，加速度增大，场强增大；电场线的疏密表示电场的强弱．【解答】解：正电荷q在电场中由P向Q做加速运动，电场力方向与速度相同，与电场强度方向也相同，则可知，电场强度方向由P→Q．根据牛顿第二定律得知，加速度与电场强度成正比，电荷的加速度增大，场强增大，电场线越来越来密．故选：C11．一带电粒子从电场中的A点运动到B点，轨迹如图中虚线所示．不计粒子所受重力，则（）A．粒子带正电B．粒子加速度逐渐减小C．A点的速度大于B点的速度D．粒子的初速度不为零【考点】电场线．【分析】电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向．不计重力的粒子在电场力作用下从A到B，由运动与力关系可知，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧．沿着电场线的方向电势降低的．因此可作出A、B点的等势点（要同在一根电场线），接着沿着电场线去判定．【解答】解：A、由运动与力关系可知，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧，故在A点电场力沿电场线向左，电场的方向向右，电场力的方向与电场方向相反，故粒子带负电，故A错误；B、根据电场线的疏密可知，A的电场强度大B点的电场强度，所以粒子在A点的电场力大B 点的电场力，根据牛顿第二定律可知，粒子在A点的加速度大B点的加速度，即粒子的加速度逐渐减小，故B正确；C、电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧，故粒子从A到B电场力做负功，所以动能减小，即速度不断减小．所以A点的速度大于B点的速度，故C 正确；D、若在A点的初速度为零，在电场力作用下，粒子将逆着电场线运动，故粒子的初速度不为零，故D正确．故选：BCD．二、填空题（共1小题，每小题3分，满分3分）12．如图所示，有一水平方向的匀强电场，场强为9×103N/C．在电场内的竖直平面内作半径为1m的圆，圆心处放置电荷量为1×10﹣6C的正点电荷，则圆周上C点处的场强大小为1.27×104N/C，方向与水平方向成45°角．【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】根据公式E=k求出点电荷在C点处产生的场强大小，判断出场强方向，C点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，根据平行四边形定则求解C点处的场强大小和方向．【解答】解：点电荷在C点处产生的场强大小为E=k=9×109×N/C=9×103N/C，方向从O→C．C点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，根据平行四边形定则得，C点的场强大小为 E C=E=9N/C=1.27×104N/C，方向与水平成45°角斜向右上方．故答案为：1.27×104与水平方向成45°角斜向右上方三、解答题（共1小题，满分0分）13．如图所示，质量m=2.0×10﹣3kg的带电小球用绝缘轻细线竖直地悬于电场中，当小球带电量q1=1.0×10﹣4C时，悬线中的张力T1=1.5×10﹣2N，则小球所在处的场强多大？方向如何？当小球带电量q2=﹣1.0×10﹣4C时，悬线中的张力T2多大？（取g=10m/s2）【考点】电场强度；共点力平衡的条件及其应用．【分析】先据重力和线的张力判断电场力的大小和方向，由平衡条件和场强公式求出场强；再利用F=Eq求出电场力，利用三力的平衡求出悬线的张力．【解答】解：小球的重力G=mg=2.0×10﹣3×10N=2.0×10﹣2N＞T1=1.5×10﹣2N根据悬线的张力和平衡关系知电场力的方向应竖直向上，所以有 F+T1=G所以F=G﹣T1=5×10﹣3N小球所在处的场强 E===50N/C，方向竖直向上电量为q2=﹣1.0×10﹣4C时，电场力 F2=Eq2=50×10﹣4=5×10﹣3N 方向向下，此时绳子的张力为T2=G+F1=（2+0.5）×10﹣2N=2.5×10﹣2N答：小球所在处的场强大小为50N/C，方向竖直向上．当小球带电量q2=﹣1.0×10﹣4C时，悬线中的张力T2为2.5×10﹣2N．。

四川省宜宾市一中高三物理上学期第6、7周周训练题

四川省宜宾市一中高2014级2016-2017学年上学期第六、七周物理试题二、选择题:本题共8小题,每小题6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．以下说法中正确的（）A ．千克、秒、焦耳都是国际单位制中的基本单位B ．在验证牛顿第二定律的实验中使用了控制变量法C ．亚里士多德认为力是改变物体运动状态的原因D ．开普勒通过研究行星的运动规律从而提出了万用引力定律15．一汽车在平直公路上以15 m/s 的速度做匀速直线运动，当发现前方发生事故时以3 m/s 2的加速度紧急刹车，停在发生事故位置前，那么刹车过程中最后2 s 的位移为( )A ．3mB ．4mC ．5mD ．6m16．如图所示，物体A 、B 用细绳与弹簧连接后跨过滑轮。

A 静止在倾角为45°的粗糙斜面上，B 悬挂着．已知质量m A =3m B ，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45°减小到30°，那么下列说法中正确的是（）A ．弹簧的弹力将减小B ．物体A 对斜面的压力将减少C ．物体A 受到的静摩擦力将减小D ．物体A 受到的静摩擦力不变17．一个质量为m 的铁块以初速度v 1沿粗糙斜面上滑，经过一段时间又返回出发点时的速率为v 2，整个过程铁块速度随时间变化的图象如图所示，则下列说法正确的是（）A ．铁块上滑过程处于超重状态B ．铁块上滑过程与下滑过程的加速度方向相反C ．铁块上滑过程与下滑过程满足v 1t 1=v 2(t 2﹣t 1)2121． D mv 械能为铁块上滑过程损失的机 18．如图所示，转动轴垂直于光滑平面，交点O 的上方h 处固定细绳的一端，细绳的另一端拴接一质量为m 的小球B ，绳长AB ＝l >h ，小球可随转动轴转动并在光滑水平面上做匀速圆周运动。

要使球不离开水平面，转动轴的角速度最大值是( )D 19．运动质点的v —x 图象如图所示，图线为顶点在坐标原点、开口向右的一条抛物线，则下列判断正确的是( )A ．质点做初速度不为为零的匀加速直线运动B ．质点的加速度大小为5 m/s 2C ．质点在3 s 末的速度大小为30m/sD ．质点在0~3 s 内的平均速度大小为7.5 m/s20. 一种氢气燃料的汽车，质量为m =2.0×103kg ，发动机的额定输出功率为80kW ，行驶在平直公路上时所受阻力恒为车重的0.1倍。

高二物理上学期第6周周考试题高二全册物理试题

嗦夺市安培阳光实验学校天全中学2015—2016学年上期高二第6周周考物理试题成绩：一．选择题（每题6分，共48分）1. 下列说法正确的是( )A.电场力做正功,电势能增加B.米、千克、秒、安培均是国际单位制中的基本单位C.电场强度大的点电势一定高D.平行板电容器所带电荷量不变时,减小两板间的距离,两板间的电压将增大2、如图，在正六边形的a、c两个顶点上各放一带正电的点电荷，电量的大小都是q1，在b、d两个顶点上，各放一带负电的点电荷，电量的大小都是q2,且q1>q2。

已知六边形中心O点处的场强可用图中的四条有向线段中的一条来表示，它是哪一条？（）A．E1B．E2 C．E3D．E43、如图所示，三条平行等距的直线表示电场中的三个等势面，电势值分别为10 V、20 V、30 V，实线是一带负电的粒子（不计重力），在该区域内的运动轨迹，对于这轨道上的a、b、c三点来说，下列选项说法正确的是（）A．粒子必先过a，再到b，然后到cB．粒子在三点所受的电场力F a=F b=F cC．粒子在三点的动能大小为E kb>E ka>E kcD．粒子在三点的电势能大小为E pb>E pa>E pc4. 在电荷量分别为-q和+q的两个点电荷形成的电场中,电场线分布如图所示。

在两点电荷连线的一条垂线（偏中垂线右侧）上有a、b两点.以下说法正确的是( )A a、b两点的电场强度方向均为水平向左B. a、b两点的电场强度大小相等C. a、b两点的电势相等D. 带正电的试探电荷在a点时具有的电势能比在b点时大5.下列说法正确的是（）A.电流方向就是电荷定向移动的方向B.由公式R=U/ I可知，电阻R与电压U成正比，与电流I成反比C.I-U图像是过原点的一条直线的元件是线性元件D.利用金属的电阻率随温度的升高而增大可以制成电阻温度计6、从旧白炽灯上取下的阻值为R的均匀电阻丝，下列说法中正确的是（）A．常温下，若将电阻丝均匀拉长为原来的10倍，则电阻变为10RB．常温下，若将电阻丝从中点对折起来，电阻变为R/4C．给电阻丝加上的电压逐渐从零增大到U0，则任一状态下的U/I比值不变D．作出电阻丝的伏安特性曲线是一条直线。

XX省宜宾市一中学年高中高二物理上学期第周周考试卷试题

XX省宜宾市一中学年高中高二物理上学期第周周考试卷试题四川省宜宾市一中2018-2019学年高二物理上学期第13周周考试题40分钟满分：100分第二部分：试题2017级物理第十三周周考试题班级_____姓名_____得分______1．(单项选择)两带电小球，电荷量分别为＋q和－q，固定在一长度为l的绝缘杆两头，置于电场强度为E的匀强电场中，杆与场强方向平行，其地点如图1所示，若此杆绕过O点垂直于杆的轴转过180°，则在此过程中静电力做功为()A．0B．qEl C．2qEl D．πqEl2．(单项选择)以下图，闭合开关S，滑动变阻器R2的滑片向下滑动的过程中（）A．电源的输出功率变大B．电压表的示数变小C．流过电阻R3的电流方向是a→b D．电容器的电量变小3．(单项选择)某同学先用多用电表“×10”档对未知电阻进行丈量，依据正确的步骤操作后，发现指针偏转角度过小，为了使多用电表丈量的结果更正确，该同学接着丈量前应当达成以下步骤中的（）A．换“×1”档再机械调零B．换“×1”档再欧姆调零C．换“×100”档再机械调零D．换“×100”档再欧姆调零4．(单项选择)以下图，环形导线四周有三只小磁针a、b、c，闭合开关S后，三只小磁针N极的偏转方向是（）A．全向里B．全向外C．a向里，b、c向外D．a、c向外，b向里5．(单项选择)质量为m，长为L的导体棒电阻为R，初始静止于圆滑的水平轨道上，电源电动势为E磁场的磁感觉强度为B，其方向与轨道平面成θ电键闭合后导体棒开始运动（）A．导体棒向左运动B．电键闭合瞬时导体棒MN所受安培力为BEL/RC．电键闭合瞬时导体棒MN所受安培力为BEL sinθ/RD．电键闭合瞬时导体棒MN的加快度为BEL/mR6．(多项选择)一束带电粒子沿着水平方向平行地飞过磁针上方时，磁针的S极向纸内偏转，这一束带电粒子可能是（）A．向右飞翔的正离子B．向左飞翔的正离子C．向右飞翔的负离子D．向左飞翔的负离子7．(多项选择)在如图电路中，电源电动势为12V，电源内阻为1.0Ω，电路中的电阻R0为1.5Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5Ω，电流表内阻不计．闭合开关S 后，电动机转动，电流表的示数为 2.0A．则以下判断中正确的选项是( )A．电动机两头的电压为 1.0V B．电动机两头的电压为7.0VC．电动机的热功率为 4.0W D．电动机输出的机械功率为12W8．(多项选择)以下图,一带电小球固定在圆滑水平绝缘的无穷大支撑面上的O点,虚线a、b、c、d是它的四条等距离的等势线．一个带电小滑块从等势线d上的1处以水平初速度v0运动,结果形成了实线所示的小滑块运动轨迹．1、2、3、4、5是等势线与小滑块运动轨迹的一些交点,由此能够判断（）A．固定球与小滑块电性必定同样B．在1、2、3、4、5五个地点上小滑块拥有的动能与电势能之和必定相等C．在整个过程中小滑块的加快度先变大后变小D．小滑块从地点1到2和从地点3到4的过程中,电场力做功的大小关系是W12=3W34三、实验题9．（9分）以以下图所示，A、B、C是多用电表在进行不一样丈量时变换开关分别指示的地点，D是多用表表盘指针在丈量时的偏转地点。

一中高中物理下学期第6周周训练题(2021学年)

四川省宜宾市一中2０16-2017学年高中物理下学期第６周周训练题编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心,本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对,但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望(四川省宜宾市一中２016-2０17学年高中物理下学期第６周周训练题)的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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四川省宜宾市一中2０16-2０17学年高中物理下学期第6周周训练题一部分：双向细目表二部分：试题一、选择题(本题共1０小题，每小题6分，共60分。

有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)１.下列说法不正确的是( ）A ．地球表面附近的物体受到的重力,其本质属于万有引力B ．在不考虑地球自转影响时,可以认为地面附近物体的重力，等于地球对物体的引力．Ｃ。

考虑地球地球自转的影响,地球赤道上的物体,其重力与地球对物体的万有引力相等 D.由于地球自转的影响，物体的重力跟物体所处的纬度和高度有关 2。

下列关于万有引力的说法正确的是( ） A 。

万有引力定律是卡文迪许发现的 B.221rm m GF =中的G 是一个比例常数,是没有单位的Ｃ.万有引力定律只是严格适用于两个质点之间D 。

两物体引力大小与质量成正比,与两物体间距离平方成反比3.两颗人造地球卫星Ａ、B 绕地球做圆周运动,周期之比为8:1:=B A T T ,其轨道半径之比为( ）Ａ.1:4:=B A R R Ｂ.4:1:=B A R R C.1:2:=B A R R D 。

2:1:=B A R R ４。

某行星沿椭圆轨道运行，近日点离太阳距离为a ，远日点离太阳距离为b,通过近日点时的速率为a v ,则通过远日点时的速度大小是( ) A.a b v abv =B 。

高二上学期第周周训物理练题含答案

四川省宜宾市一中高2014级2015-2016学年上期第15周物理试题班级姓名得分一、选择题（本题共10小题。

在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得4分，有选错的得0分，共60分）1.关于感应电动势大小的下列说法中，正确的是（）A．线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大B．线圈中磁通量越大，产生的感应电动势一定越大C．线圈放在磁感强度越强的地方，产生的感应电动势一定越大D．线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大2 . 8.如图8中，闭合矩形线框abcd位于磁感应强度为B的匀强磁中，ab边位于磁场边缘，线框平面与磁场垂直，ab边和bc边分别用L1和L2。

若把线框沿v的方向匀速拉出磁场所用时间为△t，则通过框导线截面的电量是（）A．BI1L2/R△t B.BL1L2/R C.BI1L2/R△t D.BI1L23. 如图4所示，圆环a和圆环b半径之比为2∶1，两环用同样粗细的、同种材料的导线连成闭合回路，连接两圆环电阻不计，匀强磁场的磁感强度变化率恒定，则在a环单独置于磁场中和b环单独置于磁场中两种情况下，M、N两点的电势差之比为( )A．4∶1 B．1∶4 C．2∶1 D．1∶24.如图甲，100匝线圈（线圈面积S=100cm2）两端A、B与一电压表相连，线圈内有一方向垂直于纸面向里的磁场，磁场按图乙所示规律变化，下列关于电压表的说法正确的是（）A.电压表读数为0VB.电压表读数为50VC.电压表读数为150VD.电压表”+”接线柱接B端5．如图6所示，RQRS为一正方形导线框，它以恒定速度向右进入以MN为边界的匀强磁场，磁场方向垂直线框平面，MN线与线框的边成45°角，E 、F 分别为PS 和PQ 的中点，关于线框中的感应电流 ( )A.当E 点经过边界MN 时，感应电流最大B ．当P 点经过边界MN 时，感应电流最大C ．当F 点经过边界MN 时，感应电流最大D ．当Q 点经过边界MN 时，感应电流最大6.如图7所示，平行金属导轨的间距为d ，一端跨接一阻值为R 的电阻，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向垂直于平行轨道所在平面。