江西省宜春中学2017-2018学年高二上学期第六次周考物理试卷 Word版含解析

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江西省宜春中学2017-2018学年高二下学期第一次周考物理试题 Word版含答案

a b宜春中学2017-2018学年下学期实验班第一次周练物理试题一、选择题（１－５题为单选，６—９为多选，每小题６分，共５４分）1、如图所示，实线是电场线，一带电粒子只在电场力的作用下沿虚线由A 运动到B 的过程中，其速率—时间图象是选项中的( )2.如图所示，一束质量、速度和电荷量不同的正离子垂直地射入匀强磁场和匀强电场正交的区域里，结果发现有些离子保持原来的运动方向，未发生任何偏转，如果让这些不偏转的离子进入另一匀强磁场中，发现这些离子又分裂成几束，对这些进入另一磁场的离子，可得出结论( )A ．它们的动能一定各不相同B ．它们的电荷量一定各不相同C ．它们的质量一定各不相同D ．它们的电荷量与质量之比一定各不相同3.如图，带电粒子（不计重力）以初速度V 0从a 点进入匀强磁场。

运动中经过b 点，oa=ob 。

若撤去磁场加一个与y 轴平行的匀强电场，仍以V 0从a 点进入电场，粒子仍能通过b 点，那么电场强度E 与磁感强度B之比E/B 为：（）A.V 0B. 1C. 2V 0D. V 0/24.如图，电源电动势为E ，内阻为r ，给外电阻R 供电，则图中不能反映全电路特点的图象是（）A B ．CD5.如右图，两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l ，磁场方向垂直纸面向里。

abcd 是位于纸面内的梯形线圈，ad 与bc 间的距离也为l 。

t=0时刻，bc 边与磁场区域边界重合（如图）。

现令线圈以恒定的速度v 沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域。

取沿a →b →c →d →a 的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I 随时间t 变化的图线可能是（）6.两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R ，导轨自身的电阻可忽略不计．斜面处在匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上．质量为m 、电阻可不计的金属棒ab ，在沿着斜面与棒垂直的恒力F 作用下沿导轨匀速上滑，并上升h 高度．如图所示，在这过程中（） A ．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零B ．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh 与电阻R 上发出的焦耳热之和C ．恒力F 与安培力的合力所做的功等于零D ．恒力F 与重力的合力所做的功等于电阻R 上发出的焦耳热7.如图所示，甲、乙分别表示两种电压的波形，其中甲电压按正弦规律变化．下列说法正确的是 ( )A.甲表示交流电，乙表示直流电B.两种电压的有效值相等C.甲电压的瞬时值表达式为u ＝311sin 100πt VD.甲交变电流的有效值比乙交变电流的有效值大8.如图所示，图线a 是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b 所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是( )A ．在图中t ＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零B ．线圈先后两次转速之比为3∶2C ．交流电a 的瞬时值为u ＝10sin 5πt VD ．交流电b 的最大值为203V9.如图所示，两个相同的灯泡，分别接在理想变压器的原副线圈上，(灯泡电阻不随温度变化) 已知原副线圈的匝数比n 1:n 2＝2:1，电源电压为U ，则( ) A ．通过A 、B 灯的电流之比I A :I B ＝2:1 B ．灯泡A 、B 两端的电压之比U A :U B ＝1:2 C ．灯泡A 、B 两端的电压分别是U A ＝15U ，U B ＝25UD ．灯泡A 、B 消耗的功率之比P A :P B ＝1:1 二、填空题（每空３分，共２1分）10.某同学用游标卡尺测量一圆柱体的直径d ，则由图可读出d = cm 。

江西省宜春三中2017-2018学年高二上学期第一次月考物理试卷 Word版含解析

2017-2018学年江西省宜春三中高二（上）第一次月考物理试卷一．选择题（1-8题单选，9-12题多选；每题4分，总分48分）1．下列对物体带电现象的叙述正确的是（）A．经过摩擦使某物体带负电，那么该物体在摩擦过程中产生了额外的电子B．某物体带电量有可能为3.3×10﹣19 CC．电荷相互中和是电荷完全消失的现象D．物体所带电量是元电荷的整数倍2．下列说法中，正确的是（）A．电场强度和电势差都是矢量B．电势为零的地方，电场强度也一定为零C．某两点的电势差为零，把电荷从这两点中的一点移到另一点，电场力做功一定为零D．由公式可知，电场中某两点间的电势差与电场力做的功成正比，与电荷的电荷量成反比3．真空中有甲、乙两个点电荷相距为r，它们间的静电引力为F．若甲的电荷量变为原来的2倍，乙的电荷量变为原来的，它们间的距离变为2r，则它们间的静电引力将变为（）A．B．C．D．4．某电场的电场线分布如图所示，以下说法正确的是（）A．c点场强大于b点场强B．a点电势高于d点电势C．若将一试探电荷+q由a点释放，它将沿电场线运动到b点D．将试探电荷﹣q由c移至b的过程中，电势能增大5．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．在两极板间有一正电荷（电量很小）固定在P点，如图所示，以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，ε表示正电荷在P点的电势能．若保持负极板不动，将正极板适当向左水平移动，则（）A．U变小，E不变B．E变大，ε变大C．U变小，ε不变D．U不变，ε不变6．一带电粒子从电场中的A点运动到B点，径迹如图中虚线所示，图中实线为电场线，不计粒子所受重力，则（）A．粒子带正电B．A点的场强小于B点场强C．粒子加速度逐渐减小D．粒子的速度一定在不断增大7．一金属球，原来不带电，现沿球的直径的延长线放置一均匀带电的细杆MN，如图所示，金属球上感应电荷产生的电场在球内直径上a、b、c三点的场强大小分别为E a、E b、E c，三者相比（）A．E a最大B．E b最大C．E c最大D．E a=E b=E c8．两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA=h，此电子具有的初动能是（）A． B．edUh C．D．9．点电荷A和B，分别带正电和负电，电量分别为4Q和Q，如图所示，在AB连线上放一个点电荷C，使得三个点电荷在不受其他外力的情况下处于平衡状态，以下说法正确的是（）A．C放在B左侧 B．C放在A右侧 C．C带正电D．C带负电10．如图所示，a，b，c是一条电场线上的三点，电场线的方向由a到c，a，b间距离等于b，c间距离，用φa，φb，φc和E a，E b，E c分别表示a，b，c三点的电势和场强，可以判定（）A．E a=E b=E cB．如果是正点电荷产生的电场，E a＞E b＞E cC．如果是匀强电场φa﹣φb=φb﹣φcD．φa＞φb＞φc11．等量异种点电荷的连线和其中垂线如图所示，现将一个带负电的检验电荷先从图中a点沿直线移到b点，再从b点沿直线移到c点．则（）A．从a点到b点，电势逐渐增大B．从a点到b点，检验电荷受电场力先增大后减小C．从a点到c点，检验电荷所受电场力的方向始终不变D．从a点到c点，检验电荷的电势能先不变后增大12．平行板电容器的两极板接于电池两极，一个带正电小球悬挂在电容器内部，闭合开关S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，如图所示．那么（）A．保持开关S闭合，A板向B靠近，则θ角减小B．保持开关S闭合，A板向B靠近，则θ角变大C．开关S断开，A板向B靠近，则θ角增大D．开关S断开，A板向B靠近，则θ角不变二．计算题（共四题，第13-15题各12分，第16题16分）13．一个平行板电容器，带电荷量为Q1=3×10﹣5 C，两板间的电势差为U1=10V，这个电容器的电容多大？如果两极板电势差为6V，则电容器带多少电荷量？14．如图所示，在匀强电场中，有A、B两点，它们间距为2cm，两点的连线与场强方向成60°角．将一个电量为﹣2×10﹣5C的电荷由A移到B，其电势能增加了0.1J．则：（1）在此过程中，电场力对该电荷做了多少功？（2）A、B两点的电势差U AB为多少？（3）匀强电场的场强为多大？15．如图所示，a、b和c表示电场中的三个等势面，a和c的电势分别为U和，a、b 的电势差等于b、c的电势差．一带电粒子从等势面a上某处以速度υ释放后，仅受电场力作用而运动，经过等势面c时的速率为2v，求它经过等势面b时的速率．16．一束初速度不计的电子在经U1的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，两极板间电压为U2，如图所示，若板间距离为d，板长为l，偏转电极边缘到荧光屏的距离为L，偏转电场只存在于该平行板之间．已知电子质量为m，电荷量为e，假设电子能够打出平行金属板，求：（1）电子离开加速电场时速度大小；（2）电子离开偏转电场时竖直方向的位移；（3）电子打到离荧光屏上中心O点多远处？2016-2017学年江西省宜春三中高二（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一．选择题（1-8题单选，9-12题多选；每题4分，总分48分）1．下列对物体带电现象的叙述正确的是（）A．经过摩擦使某物体带负电，那么该物体在摩擦过程中产生了额外的电子B．某物体带电量有可能为3.3×10﹣19 CC．电荷相互中和是电荷完全消失的现象D．物体所带电量是元电荷的整数倍【考点】电荷守恒定律．【分析】摩擦起电是电子由一个物体转移到另一个物体的结果．得到电子的物体带负电，失去电子的物体带正电．因此原来不带电的两个物体摩擦起电时，它们所带的电量在数值上必然相等．【解答】解：A、摩擦起电是电子由一个物体转移到另一个物体的结果，得到电子的物体带负电，失去电子的物体带正电，没有产生了额外的电子，故A错误；B、电子的带电量最小，质子的带电量与电子相等，电性相反，人们通常将最小的电荷量叫做元电荷，元电荷为：e=1.60×10﹣19C，物体的带电量是元电荷的整数倍，3.3×10﹣19 C不是1.60×10﹣19C的整数倍，故B错误；C、电荷不可能凭空产生或消失，电荷相互中和是正电荷总数与负电荷总数相等，对外不显电性．故C错误；D、物体的带电量是元电荷的整数倍，且不可能小于元电荷．故D正确．故选：C．2．下列说法中，正确的是（）A．电场强度和电势差都是矢量B．电势为零的地方，电场强度也一定为零C．某两点的电势差为零，把电荷从这两点中的一点移到另一点，电场力做功一定为零D．由公式可知，电场中某两点间的电势差与电场力做的功成正比，与电荷的电荷量成反比【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】电场强度是矢量，有大小，有方向，电势差是标量，正负表示的不是方向．电场强度的大小与电势的大小没有必然的联系．根据W=qU分析电场力做功的大小．电势差等于电场中两点的电势之差，与电场力做功、电荷的电量无关．【解答】解：A、电场强度是矢量，电势差是标量．故A错误．B、电势为零的地方，电场强度不一定为零．故B错误．C、根据W=qU知，两点间的电势差为零，将电荷从两点中的一点移到另一点，电场力做功为零．故C正确．D、电场中两点间的电势差与电荷的电量以及电场力做功没有关系，由电场本身性质决定．故D错误．故选：C．3．真空中有甲、乙两个点电荷相距为r，它们间的静电引力为F．若甲的电荷量变为原来的2倍，乙的电荷量变为原来的，它们间的距离变为2r，则它们间的静电引力将变为（）A．B．C．D．【考点】库仑定律．【分析】由库仑定律可得出变化前后F的表达式，由表达式作比可得出变化后的静电力与F 的关系．【解答】解：由库仑定律可得：F=；变化后F′==故选B．4．某电场的电场线分布如图所示，以下说法正确的是（）A．c点场强大于b点场强B．a点电势高于d点电势C．若将一试探电荷+q由a点释放，它将沿电场线运动到b点D．将试探电荷﹣q由c移至b的过程中，电势能增大【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．【分析】电场线的疏密反映电场的强弱．沿着电场线方向电势降低．电场线与电荷的运动轨迹无直接关系．根据电势的变化分析电势能的变化．【解答】解：A、电场线密的地方场强大，b点电场线密，所以b点场强大，故A错误．B、沿着电场线方向电势降低，a点所在处等势面的电势高于d点所在处等势面的电势，则a点电势高于d点电势．故B正确．C、若将一试探电荷+q由a点静止释放，由于正电荷所受的电场力沿电场线的切线方向，电场力将使正电荷离开原来的电场线，不可能沿电场线运动到b点，故C错误．D、将试探电荷﹣q由c移至b的过程中，电势降低，电势能增大，故D正确．故选：BD5．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．在两极板间有一正电荷（电量很小）固定在P点，如图所示，以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，ε表示正电荷在P点的电势能．若保持负极板不动，将正极板适当向左水平移动，则（）A．U变小，E不变B．E变大，ε变大C．U变小，ε不变D．U不变，ε不变【考点】电势能；电容器的动态分析．【分析】平行板电容器充电后与电源断开后，电量不变．将正极板适当向左水平移动，两板正对面积减小，根据电容的决定式分析电容如何变化，由电容的定义式分析板间电压的变化，由E=分析场强的变化．根据P点与下板电势差的变化判断P点的电势的变化，再分析正电荷在P点的电势能的变化．【解答】解：将正极板适当向左水平移动，两板正对面积减小，根据电容的决定式C=可知，电容C减小，而电容器的电量Q不变，则由C=得知，板间电压U增大，板间场强E=，可见E增大．P点到下板距离不变，由公式U=Ed得知，P点与下板电势差增大，P点的电势增大，正电荷在P点的电势能ɛ增大．故选B6．一带电粒子从电场中的A点运动到B点，径迹如图中虚线所示，图中实线为电场线，不计粒子所受重力，则（）A．粒子带正电B．A点的场强小于B点场强C．粒子加速度逐渐减小D．粒子的速度一定在不断增大【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．【分析】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，分析电场力方向，即可判断粒子的电性．电场线的疏密表示电场强度的强弱，由牛顿第二定律分析加速度的大小．由电场力做功情况分析速度的变化．【解答】解：A、由图所示，粒子从A到B，根据曲线运动条件可知，电场力逆着电场线方向向左，所以粒子带负电．故A错误；B、从A到B，电场线越来越疏，所以电场强度减小，故A点的场强大于B点场强，故B 错误；C、场强逐渐减小，粒子所受的电场力也减小，则其加速度逐渐减小，故C正确；D、由图所示，粒子从A到B，电场力方向与速度方向夹角大于90°，对粒子做负功，因此粒子的速度不断减小，故D错误；故选：C7．一金属球，原来不带电，现沿球的直径的延长线放置一均匀带电的细杆MN，如图所示，金属球上感应电荷产生的电场在球内直径上a、b、c三点的场强大小分别为E a、E b、E c，三者相比（）A．E a最大B．E b最大C．E c最大D．E a=E b=E c【考点】电场强度；电场的叠加．【分析】静电平衡后，金属球内的合场强处处为零，则金属球上感应电荷产生的附加电场与带电的细杆MN产生的场强大小相等，方向相反，相互抵消．根据带电的细杆MN在abc三点产生的场强大小，判断金属球上感应电荷产生的电场在a、b、c三点的场强大小关系．【解答】解：静电平衡后，金属球内的合场强处处为零，金属球上感应电荷产生的附加电场与带电的细杆MN产生的场强大小相等，方向相反，相互抵消．c点离带电的细杆MN最近，带电的细杆MN在c点处产生的场强最大，则金属球上感应电荷在c点处产生的场强最大，即E c最大．故选C8．两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA=h，此电子具有的初动能是（）A． B．edUh C．D．【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】设出电子的初动能，末动能为零，全程只有电场力做功，根据动能定理解出电子的初动能．【解答】解：设出电子的初动能E k0，末动能为零，极板间的电场E=，根据动能定理：﹣eEh=0﹣E k0，解得：E k0=故选：D9．点电荷A和B，分别带正电和负电，电量分别为4Q和Q，如图所示，在AB连线上放一个点电荷C，使得三个点电荷在不受其他外力的情况下处于平衡状态，以下说法正确的是（）A．C放在B左侧 B．C放在A右侧 C．C带正电D．C带负电【考点】库仑定律．【分析】由于A处放一电荷量为4Q的正点电荷，B处放一电荷量为Q的负点电荷，根据同种电荷排斥，异种电荷吸引，要使整个系统在库仑力作用下都处于平衡状态，对C电荷受力分析，确保C受到A、B两电荷的力方向相反，同理去判定A和B点电荷的受力情况，最终判断C电荷的所的位置．【解答】解：由于A处放一电荷量为4Q的正点电荷，B处放一电荷量为Q的负点电荷，根据同种电荷排斥，异种电荷吸引，要使整个系统在库仑力作用下都处于平衡状态，对C 电荷受力分析，确保C受到A、B两电荷的力方向相反，因此C应放在A的左侧能满足A、B同时处于平衡，C同时也平衡．设点电荷C置于A的左侧且距离A为x，带电荷为q，则由库仑定律可知：k=k，B处于平衡=k，联立方程解得：q=+4Q所以x=L，故AC正确，BD错误；故选：AC．10．如图所示，a，b，c是一条电场线上的三点，电场线的方向由a到c，a，b间距离等于b，c间距离，用φa，φb，φc和E a，E b，E c分别表示a，b，c三点的电势和场强，可以判定（）A．E a=E b=E cB．如果是正点电荷产生的电场，E a＞E b＞E cC．如果是匀强电场φa﹣φb=φb﹣φcD．φa＞φb＞φc【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．【分析】本题根据电场线的疏密表示电场强度的相对大小，分析场强的关系．根据顺着电场线方向电势逐渐降低，判断电势关系；根据匀强电场中场强与电势差的关系U=Ed，定性分析电势差的关系．【解答】解：A、由于只有一条电场线，不能确定电场线的分布情况，所以无法比较场强的大小，故A错误．B、如果是正点电荷产生的电场，则正点电荷在a点的左侧，a点离正点电荷最近，场强最大，a点离正点电荷最远，场强最小，则有E a＞E b＞E c．故B正确．C、对于匀强电场，两点间的电势差与场强的关系为U=Ed，由于ab=bd，所以φa﹣φb=φb ﹣φc，故C正确．D、沿电场线方向电势降低，根据电场线方向可知φa＞φb＞φc，故D正确．故选：BCD11．等量异种点电荷的连线和其中垂线如图所示，现将一个带负电的检验电荷先从图中a点沿直线移到b点，再从b点沿直线移到c点．则（）A．从a点到b点，电势逐渐增大B．从a点到b点，检验电荷受电场力先增大后减小C．从a点到c点，检验电荷所受电场力的方向始终不变D．从a点到c点，检验电荷的电势能先不变后增大【考点】电势能；电场强度．【分析】根据等量异种电荷的电场线和等势线的分布规律，中垂线是一条等势线，电场方向始终垂直中垂线且指向负电荷，由此可以分析电场力和电势能的变化．【解答】解：A、等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线，则从a点到b点，电势不变，故A错误．B、根据等量异种电荷的电场线分布规律可知，在ab线上，b处电场线最密，b处场强最大，所以从a点到b点，检验电荷所受电场力逐渐增大．故B错误．C、从a点到c点，检验电荷所受电场力的方向始终沿b→c方向，故C正确．D、从a点到c点，电场力先不做功，后作正功所以检验电荷的电势能先不变后减小．故D 错误．故选C12．平行板电容器的两极板接于电池两极，一个带正电小球悬挂在电容器内部，闭合开关S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，如图所示．那么（）A．保持开关S闭合，A板向B靠近，则θ角减小B．保持开关S闭合，A板向B靠近，则θ角变大C．开关S断开，A板向B靠近，则θ角增大D．开关S断开，A板向B靠近，则θ角不变【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】小球受重力、拉力、电场力三个力处于平衡状态，保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变；断开开关S，电容器所带的电量不变．通过电场强度的变化判断θ角的变化．【解答】解：A、保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变，带正电的A板向B板靠近，极板间距离减小，电场强度E增大，小球所受的电场力变大，θ增大．故A错误，B正确．C、断开开关S，电容器所带的电量不变，根据C=，U=得，E=，知d变化，E不变，电场力不变，θ不变，故C错误，D正确．故选：BD．二．计算题（共四题，第13-15题各12分，第16题16分）13．一个平行板电容器，带电荷量为Q1=3×10﹣5 C，两板间的电势差为U1=10V，这个电容器的电容多大？如果两极板电势差为6V，则电容器带多少电荷量？【考点】电容．【分析】（1）根据电容器电容的定义式即可求得电容器的电容；（2）根据电容器电容的定义式进行变形可得Q=UC，代入数据即可求得电荷量．【解答】解：根据电容的定义式可知：C===3×10﹣6F=3μF；如果电势差为6V，则电量为：Q=UC=6×3×10﹣6C=1.8×10﹣5C；答：这个电容器的电容为3μF；如果两极板电势差为6V，则电容器带1.8×10﹣5C电荷量．14．如图所示，在匀强电场中，有A、B两点，它们间距为2cm，两点的连线与场强方向成60°角．将一个电量为﹣2×10﹣5C的电荷由A移到B，其电势能增加了0.1J．则：（1）在此过程中，电场力对该电荷做了多少功？（2）A、B两点的电势差U AB为多少？（3）匀强电场的场强为多大？【考点】功的计算；电势能；匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】（1）根据电场力做功与电势能之间的关系，可以判断电场力做功的多少；（2）由电场力做功的公式，可以求得电势差；（3）由电势差的公式可以求得电场的场强．【解答】解：（1）电场力做正功，电势能就减小，电场力做负功，电势能就增加，增加的电势能等于电场力做的功，所以电势能增加了0.1J，电场力对电荷就做﹣0.1J的功．（2）由W=qU可得，U==V=5000V，（3）A、B两点间的沿电场线方向的距离为D=2×cos60°=1cm=1×10﹣2 m，由U=ED得，E==V/m=5×105 V/m．答：（1）在此过程中，电场力对该电荷做功为﹣0.1J；（2）A、B两点的电势差U AB为5000V；（3）匀强电场的场强为5×105 V/m．15．如图所示，a、b和c表示电场中的三个等势面，a和c的电势分别为U和，a、b 的电势差等于b、c的电势差．一带电粒子从等势面a上某处以速度υ释放后，仅受电场力作用而运动，经过等势面c时的速率为2v，求它经过等势面b时的速率．【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．【分析】对于带电粒子从a运动到b的过程和a运动到c的过程，分别运用动能定理或能量守恒定律列式，结合a、b 的电势差等于b、c的电势差，即可求解．【解答】解：由动能定理，从a到b的过程有：qU ac=m[（2v）2﹣v2]=1.5mv2；又U ac=U﹣=U联立以上两式得q•U=1.5mv2…①设粒子在等势面b时的速率为v b．从a运动到b的过程，由动能定理得：qU ab=m（v b2﹣v2）…②据题得：U ab=U ac=U…③联立以上①②③式可得：v b=v．答：它经过等势面b时的速率是v．16．一束初速度不计的电子在经U1的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，两极板间电压为U2，如图所示，若板间距离为d，板长为l，偏转电极边缘到荧光屏的距离为L，偏转电场只存在于该平行板之间．已知电子质量为m，电荷量为e，假设电子能够打出平行金属板，求：（1）电子离开加速电场时速度大小；（2）电子离开偏转电场时竖直方向的位移；（3）电子打到离荧光屏上中心O点多远处？【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】（1）电子在加速电场中，电场力做功qU1，引起动能的变化，根据动能定理求解电子电子离开加速电场时的速度．（2）电子在偏转电场中，水平方向做匀速直线运动，由t=公式求出时间，由求电子离开偏转电场时竖直方向的位移（3）电子飞出电场后做匀速直线运动，根据三角形相似法求出偏移量OP的大小．【解答】解：（1）设电子流经加速电压后的速度为v0，则由动能定理有：又q=e得：（2）电子在极板间运动的时间加速度电子离开偏转电场时竖直方向的位移=（3）根据三角形相似解得：答：（1）电子离开加速电场时速度大小；（2）电子离开偏转电场时竖直方向的位移；（3）电子打到离荧光屏上中心O点2016年12月9日。

江西省宜春中学2017-2018学年高二上学期第四次周考物理试题 Word版含答案

2017-2018学年二、（本大题共8小题，每小题6分，共48分．其中14-18题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，19-21题有多个选项是正确的，全选对的得6分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分．把答案前的字母填在答题卡相应的表格中）14．如图所示，虚线是某电场的等势线及其电势的值，一带电粒子只在电场力作用下以一定的速度沿实线从A点飞到C点时恰好速度变为零，则A．A点的电场强度大于C点的电场强度B．粒子在A点的电势能大于在C点的电势能C．该粒子一定带负电D．粒子从A点到B点电场力对它所做的功大于从B到C点电场力对它所做的功15．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。

此过程中电容器的电容C、两极板带电量Q、两板间电场强度E、两板间电压U随两板间距离d 的关系，表示正确的是16．安培提出了著名的分子电流假说，根据这一假说，电子绕核运动可等效为一环形电流．设电量为e的电子以速率v绕原子核沿顺时针方向做半径为r的匀速圆周运动，关于该环形电流的说法，正确的是A．电流强度为，电流方向为顺时针B．电流强度为，电流方向为顺时针C．电流强度为，电流方向为逆时针D．电流强度为，电流方向为逆时针17．将两个相同的灵敏电流计表头，分别改装成一只电压表和一只较大量程的电流表，一个同学在做实验时误将这两个表串联起来，则A．改装成电流表的表头指针有偏转改装成电压表的表头指针几乎不偏转B．改装成电压表的表头指针有偏转改装成电流表的表头指针几乎不偏转C．两表头指针都不偏转D．两表头指针偏角相同18．如图所示电路中，电源内阻不能忽略，当变阻器R的滑片向下移动时电路中的电压表V1、V2和电流表A的示数变化情况是A．V1示数变大，V2示数变小，A示数变小B．V1示数变小，V2示数变大，A示数变大C．V1示数变小，V2示数变大，A示数变小D．.V1示数变大，V2示数变小，A示数变大19．某同学从电子市场购买一款手机电池板如图所示，他根据电池板上的标识，所做判断正确的是A．该电池的电动势为4.2VB．该电池的电动势为3.7VC．该电池一次可以提供的最大电能为8.4×103JD．该电池一次可以提供的最大电能为2.664×104J20．下面关于电阻率的说法中正确的是A．电阻率与导体的长度及横截面积有关B．电阻率表征了导体导电能力的强弱，并且与温度有关C．电阻率大的导体，电阻不一定大D．金属导体的电阻率在任何温度下都不可能为零21．某空间区域的竖直平面内存在电场，其中竖直的一条电场线如图1中虚线所示．一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，在电场中从O点由静止开始沿电场线竖直向下运动，以O为坐标原点，取竖直向下为x轴的正方向，小球的机械能E与位移x的关系如图2所示．则（不考虑空气阻力）A．电场强度大小恒定，方向沿x轴负方向B．从O到x1的过程中，小球的速率越来越大，加速度越来越大C．从O到x1的过程中，相等的位移内，小球克服电场力做的功越来越大D．到达x1位置时，小球速度的大小为三、填空题（本大题有3小题,每空3分,共21分）22．（1）欧姆表调零后，用“×10”档测量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”档，并且重新调零后进行测量D．为测得更准确些，应当换用“×100”档，并且重新调零后进行测量（2）如图为换挡并调零后正在测量中的该多用电表表盘，则该电阻读数为。

江西省宜春市高安二中2017-2018学年高考物理模拟试卷Word版含解析

2017-2018学年江西省宜春市高安二中高考物理模拟试卷一、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.1．如图所示，阴极射线示波管的聚集电场是由电极A1、A2形成，实线为电场线，虚线为等势线，z轴为该电场的中心轴线，P、Q、R为一个从左侧进入聚焦电场的电子运动轨迹上的三点，则下列说法不正确的是（）A．电极A1的电势低于电极A2的电势B．电子在P点处的动能大于在Q点处的动能C．电场中Q点的电场强度大于R点的电场强度D．电子从P至R的运动过程中，电场力对它一直做正功2．从伽利略的“窥天”创举，到20世纪发射太空望远镜﹣﹣天文卫星，天文学发生了巨大飞跃．近年，欧洲航天局发射了两颗天文卫星，它们飞往距离地球约160万公里的第二拉格朗日点（图中L2）．L2点处在太阳与地球连线的外侧，在太阳和地球的引力共同作用下，卫星在该点能与地球一起绕太阳运动（视为圆周运动），不再考虑其它星球影响，下列关于工作在L2点的天文卫星的说法中正确的是（）A．根据加速度公式a=，它绕太阳运行的加速度比地球绕太阳运行的加速度小B．它绕太阳运行的向心加速度比地球绕太阳运行的向心加速度大C．根据开普勒第三定律可得：它绕太阳运行的周期比地球绕太阳运行的周期大D．根据速度公式V=，它绕太阳运行的线速度比地球绕太阳运行的线速度小3．如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，在金属线框的下方有一磁感应强度为B的匀强磁场区域，MN和M′N′是匀强磁场区域的水平边界，边界的宽度为S，并与线框的bc边平行，磁场方向与线框平面垂直．现让金属线框由距MN的某一高度从静止开始下落，图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域的v﹣t图象（其中OA、BC、DE相互平行）．已知金属线框的边长为L（L＜S）、质量为m，电阻为R，当地的重力加速度为g，图象中坐标轴上所标出的字母v1、v2、t1、t2、t3、t4均为已知量．（下落过程中bc边始终水平）根据题中所给条件，以下说法不正确的是（）A．线框穿出磁场过程中流经线框横截面的电荷量比线框进入磁场过程中流经框横截面的电荷量多B．t2是线框全部进入磁场瞬间，t4是线框全部离开磁场瞬间C．从bc边进入磁场起一直到ad边离开磁场为止，感应电流所做的功为2mgSD．V1的大小可能为4．如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=22：5，原线圈接u1=220sin100πt （V）的交流电，灯泡L标有“50V100W”字样，电阻R=25Ω，D为理想二极管，则（）A．灯泡L不能正常发光B．二极管的反向耐压值应大于50VC．原线圈的输入功率为200WD．通过副线圈的电流有效值为3A5．如图甲所示，静止在水平面上的物体在竖直向上的拉力F作用下开始向上加速运动，拉力的功率恒定为P，运动过程中所受空气阻力大小不变，物体最终做匀速运动．物体运动速度的倒数与加速度a的关系如图乙所示．若重力加速度大小为g，下列说法不正确的是（）A．物体的质量为B．空气阻力大小为C．物体加速运动的时间为D．物体匀速运动的速度大小为v06．在光滑的水平面内建立如图所示的直角坐标系，长为L的光滑细杆AB的两个端点A、B 被分别约束在x轴和y轴上运动，现让A沿x轴正方向以v0匀速运动，已知P点为杆的中点，杆AB与x轴的夹角为θ，下列关于P点的运动轨迹或P点的运动速度大小v的表达式正确的是（）A．P点的运动轨迹是一条直线B．P点的运动轨迹是圆的一部分C．P点的运动速度大小v=v0tanθD．P点的运动速度大小v=7．如图所示，粗糙的平行金属导轨倾斜放置，导轨间距l=1m，导轨电阻不计，顶端QQ′之间连接一个阻值为R=1.5Ω的电阻和开关S，底端PP′处有一小段水平轨道相连，匀强磁场B垂直于导轨平面．断开开关S，将一根电阻不计质量为m=4kg的金属棒从AA′处由静止开始滑下，落在水平面上的FF′处；闭合开关S，将金属棒仍从AA′处由静止开始滑下，落在水平面上的EE′处；开关S仍闭合，金属棒从另一位置CC′处由静止开始滑下，仍落在水平面上的FF′处．（忽略金属棒经过PP′处的能量损失，金属棒始终与导轨垂直接触良好）测得相关数据为s=2m，h=5m，x1=2m，x2=1.5m，下列说法正确的是（）A．S断开时，金属棒沿斜面下滑的加速度为1m/s2B．B=2TC．CC′一定在AA′的上方D．从AA'处释放时，电阻R上产生的热量为3.5J8．如图甲，一带电物块无初速度地放上皮带轮底端，皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针传动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端E运动至皮带轮顶端F的过程中，其v ﹣t图象如图乙所示，物块全程运动的时间为4.5s，关于带电物块及运动过程的说法正确的是（）A．该物块可能带负电B．若已知皮带的长度，可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移C．皮带轮的传动速度大小可能为2m/sD．在2s﹣4.5s内，物块与皮带仍可能有相对运动三、非选择题：包括必考题和选考题两部分.第22题～第32题为必考题.每个试题考生都必须作答.第33题～第40题为选考题.考生根据要求作答.（一）必考题（共129分）9．传感器是一种将非电学量转换成电信号的检测装置．它是实现自动检测和自动控制的首要环节．某物理课外活动小组利用力传感器和位移传感器进一步探究变力作用下的动能定理．如图甲所示，他们用力传感器通过定滑轮直接拉固定在小车上的细绳，测出拉力F；用位移传感器测出小车的位移s和瞬时速度．已知小车质量为200g．（1）某次实验得出拉力F随位移s变化规律如图乙所示，速度v随位移s变化规律如图丙所示．利用所得的F﹣s图象，求出s=0.30m到0.52m过程中力F做功W=J，此过程动能的变化△Ek=J（保留2位有效数字）．（2）下列情况中可减小实验误差的操作是．（填选项前的字母，可能不止一个选项）A．使拉力F要远小于小车的重力B．实验时要先平衡摩擦力C．要使细绳与滑板表面平行．10．实际电流表有内阻，测量电流表G1的内阻r1采用如图甲所示的电路．器材如下：①待测电流表G1：量程为0～5mA，内阻约为300Ω②电流表G2：量程为0～10mA，内阻约为40Ω③定值电阻R0：阻值为200Ω④滑动变阻器R：阻值范围为0～20Ω⑤干电池E：电动势约为1.5V，内阻很小⑥电键S及导线若干（1）实验步骤如下：①按电路图连接电路（为电路安全，先将滑动变阻器滑片P调到左端）②闭合电键S，移动滑片P至某一位置，记录G1和G2的读数，分别记为I1和I2；③多次移动滑动触头，记录各次G1和G2的读数I1和I2；④以I1为纵坐标，I2为横坐标，作出相应图线，如图乙所示．⑤根据I1﹣I2图线的斜率k及定值电阻R0，得到待测电流表G1的内阻表达式为r1=．（用k、R0表示）（2）若测定G1表的内阻r1为290Ω，用它改装成如图丙的一个多量程多用电表，电流、电压和电阻的测量都各有两个量程（或分度值）不同的档位．1、2两个档位为电流表档位，其中的大量程是小量程的10倍．①关于此多用表，下列说法正确的是：A．当转换开关S旋到位置4时，是电阻档B．当转换开关S旋到位置6时，是电流档C．转换开关S旋到5的量程比旋到6的量程大D．A表笔为红表笔，B表笔为黑表笔②图中的电源E′的电动势为9.0V，当把转换开关S旋到位置4，在AB之间接900Ω电阻时，表头G1刚好半偏．已知操作顺序和步骤都正确，则R5=Ω，R6=Ω．11．如图所示，质量M=2kg的木块套在水平固定杆上，并用轻绳与质量m=1kg的小球相连．今用跟水平方向成60°角的力F=10N拉着小球并带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m 的相对位置保持不变，g=10m/s2．在运动过程中，求：（1）轻绳与水平方向的夹角θ；（2）木块M与水平杆间的动摩擦因数μ．12．如图甲所示，在xoy平面内存在半径为R=16cm的圆形有界磁场区域，有界磁场边界和x 轴相切于O点，y轴上的P点为圆心，与y轴成60°角的MN为圆形有界场的一条直径，MN 将磁场区域分成Ⅰ、Ⅱ两部分．x轴下方为随时间变化的电场，电场强度大小为E=8×10﹣3V/m，E﹣t图象如图乙所示，周期T=1.2×10﹣2s．当t=时，第三象限的粒子源S沿y轴正方向发射比荷为108C/kg的粒子，粒子经坐标原点O由y轴左侧进入磁场区域Ⅰ，一次经P、M两点垂坠MN离开磁场．测得粒子在磁场中运动时间t=×10﹣4s，重力不计．求：（1）有界磁场区域Ⅰ中磁感应强度的大小；（2）粒子源S的可能坐标．（二）选考题：共45分.请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑.注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题.如果多做，则每学科按所做的第一题计分. 13．用大量具有一定能量的电子轰击大量处于基态的氢原子，观测到了一定数目的光谱线．调高电子的能量再次进行观测，发现光谱线的数目比原来增加了5条．用△n表示两侧观测中最高激发态的量子数n之差，E表示调高后电子的能量．根据氢原子的能级图可以判断，△n和E的可能值为（）A．△n=1，13.22eV＜E＜13.32eV B．△n=2，13.22eV＜E＜13.32eVC．△n=1，12.75eV＜E＜13.06eV D．△n=2，12.75eV＜E＜13.06Ev14．历史上荷兰科学家惠更斯在研究物体碰撞问题时做出了突出的贡献．惠更斯所做的碰撞实验可简化为如下模型：三个质量分别为m1、m2、m3的小球，半径相同，并排悬挂在长度均为L的三根平行绳子上，彼此相互接触．现把质量为m1的小球拉开，上升到H高处释放，如图所示，已知各球间碰撞时同时满足动量守恒定律和机械能守恒定律，且碰撞时间极短，H远小于L，不计空气阻力．若三个球的质量不同，要使球1与球2、球2与球3相碰之后，三个球具有同样的动量，则：（i）m1：m2：m3应为多少？（ii）它们上升的高度分别为多少？2016年江西省宜春市高安二中高考物理模拟试卷（5.18）参考答案与试题解析一、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.1．如图所示，阴极射线示波管的聚集电场是由电极A1、A2形成，实线为电场线，虚线为等势线，z轴为该电场的中心轴线，P、Q、R为一个从左侧进入聚焦电场的电子运动轨迹上的三点，则下列说法不正确的是（）A．电极A1的电势低于电极A2的电势B．电子在P点处的动能大于在Q点处的动能C．电场中Q点的电场强度大于R点的电场强度D．电子从P至R的运动过程中，电场力对它一直做正功【考点】射线管的构造及其工作原理．【分析】沿电场线电势降低，电场强度的大小与电场线的疏密的关系；明确电子在电场中的受力特点以及电场力做功情况，从而进一步判断电势能、动能等变化情况．【解答】解：A、沿电场线电势降低，因此电极A1的电势低于电极A2，故A正确；B、电子从P至R的运动过程中，是由低电势向高电势运动时，电场力做正功，动能增加，电势能减小，故B错误，D正确；C、等势线密的地方电场线也密，因此Q点电场线比R点电场线密，故Q点的电场强度大于R点的电场强度，因此C错误，本题选择错误的，故选：BC．2．从伽利略的“窥天”创举，到20世纪发射太空望远镜﹣﹣天文卫星，天文学发生了巨大飞跃．近年，欧洲航天局发射了两颗天文卫星，它们飞往距离地球约160万公里的第二拉格朗日点（图中L2）．L2点处在太阳与地球连线的外侧，在太阳和地球的引力共同作用下，卫星在该点能与地球一起绕太阳运动（视为圆周运动），不再考虑其它星球影响，下列关于工作在L2点的天文卫星的说法中正确的是（）A．根据加速度公式a=，它绕太阳运行的加速度比地球绕太阳运行的加速度小B．它绕太阳运行的向心加速度比地球绕太阳运行的向心加速度大C．根据开普勒第三定律可得：它绕太阳运行的周期比地球绕太阳运行的周期大D．根据速度公式V=，它绕太阳运行的线速度比地球绕太阳运行的线速度小【考点】万有引力定律及其应用．【分析】AB、卫星与地球是共轴转动，角速度相等，根据a=ω2r比较向心加速度大小；C、卫星与地球是共轴转动，周期相等；D、角速度相等，根据v=rω判断线速度大小．【解答】解：AB、该卫星与地球角速度相等，根据a=ω2r，其绕太阳运行的向心加速度比地球绕太阳运行的向心加速度大，故A错误，B正确；C、卫星与地球是共轴转动，周期相等，故C错误；D、卫星与地球是共轴转动，角速度相等，根据v=rω，它绕太阳运行的线速度比地球绕太阳运行的线速度大，故D错误；故选：B3．如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，在金属线框的下方有一磁感应强度为B的匀强磁场区域，MN和M′N′是匀强磁场区域的水平边界，边界的宽度为S，并与线框的bc边平行，磁场方向与线框平面垂直．现让金属线框由距MN的某一高度从静止开始下落，图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域的v﹣t图象（其中OA、BC、DE相互平行）．已知金属线框的边长为L（L＜S）、质量为m，电阻为R，当地的重力加速度为g，图象中坐标轴上所标出的字母v1、v2、t1、t2、t3、t4均为已知量．（下落过程中bc边始终水平）根据题中所给条件，以下说法不正确的是（）A．线框穿出磁场过程中流经线框横截面的电荷量比线框进入磁场过程中流经框横截面的电荷量多B．t2是线框全部进入磁场瞬间，t4是线框全部离开磁场瞬间C．从bc边进入磁场起一直到ad边离开磁场为止，感应电流所做的功为2mgSD．V1的大小可能为【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【分析】根据q=判断通过线框的电荷量大小．根据图象得出线框在穿越磁场整个过程中的运动规律，根据动能定理求出感应电流做功情况．抓住线框全部进入磁场时，可能重力和安培力平衡求出速度的大小．【解答】解：A、根据q=知，线框进入磁场和出磁场的过程中，磁通量的变化量相同，则通过线框横截面的电荷量相同，故A不正确．B、0﹣t1时间内做自由落体运动，可知从t1时刻进入磁场，开始做加速度减小的减速运动，t2时刻又做匀加速运动，且与自由落体运动的加速度相同，可知线框全部进入磁场，即t2是线框全部进入磁场瞬间，t3时刻开始做变减速运动，t4时刻，又做加速度为g的匀加速运动，可知t4是线框全部离开磁场瞬间，故B正确．C、设从bc边进入磁场起一直到ad边离开磁场为止，感应电流所做的功为W A．从bc边进入磁场起一直到ad边离开磁场为止，根据动能定理得：mg（S+L）﹣W A=﹣出磁场时，设克服安培力做功为W A′，根据动能定理得：mgL﹣W A′=﹣，则W A=2mgS，故C正确．D、线框全部进入磁场前的瞬间，可能重力和安培力平衡，有：mg=，得：v1=，故D正确．本题选不正确的，故选：A4．如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=22：5，原线圈接u1=220sin100πt （V）的交流电，灯泡L标有“50V100W”字样，电阻R=25Ω，D为理想二极管，则（）A．灯泡L不能正常发光B．二极管的反向耐压值应大于50VC．原线圈的输入功率为200WD．通过副线圈的电流有效值为3A【考点】变压器的构造和原理．【分析】根据表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，二极管的作用是只允许正向的电流通过，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．【解答】解：A、原线圈电压有效值为220V，原、副线圈的匝数比等于电压比，可知副线圈的电压为，U2==50V，故灯泡L能正常发光，A错误；B、副线圈的最大电压为50V，二极管具有单向导电性，因此二极管的反向耐压值应大于50V，故B正确；C、由于现在二极管的作用，副线圈的电阻电压只有正向电压．则电阻消耗的功率为P==50，所以副线圈的输出功率应为150W等于原线圈输入功率，故C错误；D、设R电压的有效值为U．则有：••T=，得U==25V，电流的有效值I2==A，故D错误；故选B．5．如图甲所示，静止在水平面上的物体在竖直向上的拉力F作用下开始向上加速运动，拉力的功率恒定为P，运动过程中所受空气阻力大小不变，物体最终做匀速运动．物体运动速度的倒数与加速度a的关系如图乙所示．若重力加速度大小为g，下列说法不正确的是（）A．物体的质量为B．空气阻力大小为C．物体加速运动的时间为D．物体匀速运动的速度大小为v0【考点】功率、平均功率和瞬时功率．【分析】物体在竖直方向上在额定功率下做变加速运动，根据牛顿第二定律求的与a的关系式，结合乙图即可判断，当拉力等于重力和阻力时速度达到最大【解答】解：A、由题意可知P=Fv，根据牛顿第二定律由F﹣mg﹣f=ma联立解得：由乙图可知，，解得：，f=，故AB正确C、物体做变加速运动，并非匀加速运动，不能利用v=at求得时间，故C错误；D、物体匀速运动由F=mg+f，此时v==v0，故D正确本题选说法不正确，故选：C6．在光滑的水平面内建立如图所示的直角坐标系，长为L的光滑细杆AB的两个端点A、B 被分别约束在x轴和y轴上运动，现让A沿x轴正方向以v0匀速运动，已知P点为杆的中点，杆AB与x轴的夹角为θ，下列关于P点的运动轨迹或P点的运动速度大小v的表达式正确的是（）A．P点的运动轨迹是一条直线B．P点的运动轨迹是圆的一部分C．P点的运动速度大小v=v0tanθD．P点的运动速度大小v=【考点】运动的合成和分解．【分析】设P点坐标为（x，y），则A、B点的坐标分别为（2x，0）、（0，2y），AB长度一定，设为L，列式求解出x与y的关系式，即为P点的轨迹方程；P点的轨迹是圆，速度是切线方向，画出轨迹图，结合几何关系得到P点速度方向与杆的方向的夹角，P点的速度沿着杆方向的分速度与A点速度沿着杆方向的分速度相等．【解答】解：A、B、设P点坐标为（x，y），则A、B点的坐标分别为（2x，0）、（0，2y），AB长度一定，设为L，根据勾股定理，有：（2x）2+（2y）2=L2解得：故P点的运动轨迹是圆，半径为；故A错误，B正确；C、D、画出运动轨迹，如图：速度v与杆的夹角α=90°﹣2θ；由于杆子不可以伸长，故P点的速度沿着杆方向的分速度与A点速度沿着杆方向的分速度相等，故：vcosα=v0cosθvcos（90°﹣2θ）=v0cosθ解得：故C错误，D正确；故选：BD．7．如图所示，粗糙的平行金属导轨倾斜放置，导轨间距l=1m，导轨电阻不计，顶端QQ′之间连接一个阻值为R=1.5Ω的电阻和开关S，底端PP′处有一小段水平轨道相连，匀强磁场B垂直于导轨平面．断开开关S，将一根电阻不计质量为m=4kg的金属棒从AA′处由静止开始滑下，落在水平面上的FF′处；闭合开关S，将金属棒仍从AA′处由静止开始滑下，落在水平面上的EE′处；开关S仍闭合，金属棒从另一位置CC′处由静止开始滑下，仍落在水平面上的FF′处．（忽略金属棒经过PP′处的能量损失，金属棒始终与导轨垂直接触良好）测得相关数据为s=2m，h=5m，x1=2m，x2=1.5m，下列说法正确的是（）A．S断开时，金属棒沿斜面下滑的加速度为1m/s2B．B=2TC．CC′一定在AA′的上方D．从AA'处释放时，电阻R上产生的热量为3.5J【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；焦耳定律．【分析】金属棒从轨道上滑到底端后，将做平抛运动，根据平抛运动的知识，可以求出棒滑到底端时的速度大小；开关闭合后，金属棒下滑时，需要克服安培力做功，因此平抛的水平距离将减小，再根据功能关系可以求出电阻R上产生的热量．【解答】解：A、S断开时，金属棒沿斜面下滑时到斜面底端后做平抛运动，有：h=gt2①x1=v1t ②解得：v1=2m/s根据v12=2as，得：a===1m/s2，故A正确；B、开关闭合时，导体棒要克服安培力做功，根据功能关系，以及安培力对位移的积分，即为产生热量，得出：B=，代入数据，解得：B=2T，故B正确；C、当S闭合，金属棒从导轨上滑下时，需要克服安培力做功，根据动能定理可知，金属棒从相同位置滑下时，开关S不闭合要比闭合时滑到底端的速度大，本题中由于棒仍落在水平面上的EE′处，说明平抛时初速度与从AA′处由静止开始滑下到底端时速度相同，即开关不闭合与开关闭合时，金属棒滑到底端的速度相同，因此CC′一定在AA′的上方，故C正确；D、当开关闭合时，设棒滑到底端速度为v2，则有：x2=v2t ③解得：v2=1.5m/s电阻R上产生的热量为：Q=﹣=4×（4﹣2.25）=3.5J，故D正确．故选：ABCD．8．如图甲，一带电物块无初速度地放上皮带轮底端，皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针传动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端E运动至皮带轮顶端F的过程中，其v ﹣t图象如图乙所示，物块全程运动的时间为4.5s，关于带电物块及运动过程的说法正确的是（）A．该物块可能带负电B．若已知皮带的长度，可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移C．皮带轮的传动速度大小可能为2m/sD．在2s﹣4.5s内，物块与皮带仍可能有相对运动【考点】共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律；洛仑兹力．【分析】由图得出物块的速度和加速度随时间的变化关系，结合对物块的受力分析，得出洛伦兹力的方向，由左手定则即可判断出物块的电性；结合受力分析，得出物块做匀速直线运动的条件，从而判断出物块是否相对于传送带静止；结合运动学的公式可以判断位移．【解答】解：由图乙可知，物块做加速度逐渐减小的加速运动．物块的最大速度是1m/s．A、对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为μ，沿斜面的方向：μF N﹣mgsinθ=ma…①物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，加速度逐渐减小，由①式可知，物块的加速度逐渐减小，一定是F N逐渐减小，而开始时：F N，后来：F N′=mgcosθ﹣f洛，即洛伦兹力的方向是向上的．物块沿传送带向上运动，由左手定则可知，物块带正电．故A错误；BCD、根据平衡条件可知：mgsinθ=μ（mgcosθ﹣f）…②洛由②可知，只要传送带的速度大于等于1m/s，则物块达到最大速度的条件与传送带的速度无关，所以传送带的速度可能是1m/s，有可能是大于1m/s，物块可能相对于传送带静止，有可能相对于传送带运动；由以上的分析可知，传送带的速度不能判断，所以若已知皮带的长度，也不能求出该过程中物块与皮带发生的相对位移．故CD正确，B错误．故选：CD三、非选择题：包括必考题和选考题两部分.第22题～第32题为必考题.每个试题考生都必须作答.第33题～第40题为选考题.考生根据要求作答.（一）必考题（共129分）9．传感器是一种将非电学量转换成电信号的检测装置．它是实现自动检测和自动控制的首要环节．某物理课外活动小组利用力传感器和位移传感器进一步探究变力作用下的动能定理．如图甲所示，他们用力传感器通过定滑轮直接拉固定在小车上的细绳，测出拉力F；用位移传感器测出小车的位移s和瞬时速度．已知小车质量为200g．（1）某次实验得出拉力F随位移s变化规律如图乙所示，速度v随位移s变化规律如图丙所示．利用所得的F﹣s图象，求出s=0.30m到0.52m过程中力F做功W=0.17J，此过程动能的变化△Ek=0.15J（保留2位有效数字）．（2）下列情况中可减小实验误差的操作是BC．（填选项前的字母，可能不止一个选项）A．使拉力F要远小于小车的重力B．实验时要先平衡摩擦力C．要使细绳与滑板表面平行．【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．【分析】①根据F﹣s图象s=0.30m和0.52m所对应的力的大小，由于力是均匀变化的，根据求出F的平均值，然后即可求出功的大小；在速度v随位移s变化图象上求出s=0.30m时的速度大小和s=0.52m时的速度大小，即可求出动能的变化；②当平衡了摩擦力和细绳与滑板表面平行时，绳子上的拉力才等于小车所受合外力．【解答】解：①根据F﹣s图象图象可知，当s1=0.30m时，F1=1.00N，s2=0.52m时，F2=0.56N，因此：W==0.172J，速度v随位移s变化图象可知：s1=0.30m，v1=0，s2=0.52m时，v2=1.24m/s=0.15J②该实验中不是利用悬挂的重物的重力表示绳子的拉力，而是直接测量出绳子的拉力，因此不需要使拉力F要远小于小车的重力，故A错误；当平衡了摩擦力和细绳与滑板表面平行时，绳子上的拉力才等于小车所受合外力，故BC正确；故答案为：（1）0.17，0.15．（2）BC．10．实际电流表有内阻，测量电流表G1的内阻r1采用如图甲所示的电路．器材如下：①待测电流表G1：量程为0～5mA，内阻约为300Ω②电流表G2：量程为0～10mA，内阻约为40Ω③定值电阻R0：阻值为200Ω④滑动变阻器R：阻值范围为0～20Ω⑤干电池E：电动势约为1.5V，内阻很小⑥电键S及导线若干（1）实验步骤如下：①按电路图连接电路（为电路安全，先将滑动变阻器滑片P调到左端）②闭合电键S，移动滑片P至某一位置，记录G1和G2的读数，分别记为I1和I2；③多次移动滑动触头，记录各次G1和G2的读数I1和I2；④以I1为纵坐标，I2为横坐标，作出相应图线，如图乙所示．。

江西省宜春三中2017-2018学年高三上学期期中物理试卷 Word版含解析

2017-2018学年江西省宜春三中高三（上）期中物理试卷一、选择题（每小题4分，40分）1．下列说法中正确的是（）A．牛顿发现了万有引力定律并测出了引力常量B．伽利略根据理想斜面实验推论出“若没有摩擦，在水平面上运动的物体将保持其速度继续运动下去”C．麦克斯韦预言了电磁波，楞次用实验证实了电磁波的存在D．奥斯特发现了电磁感应现象2．如图所示，两端封闭注满清水的数值玻璃管中，有一圆柱形的红蜡块，当辣块在玻璃管内开始匀速上升的同时，将玻璃管贴着黑板沿水平方向从静止开始向右做匀加速移动．则（）A．以玻璃管为参考系，蜡块竖直向上做匀加速直线运动B．以玻璃管为参考系，蜡块斜向上做匀加速直线运动C．以黑板为参考系，蜡块做初速度竖直向上的匀变速曲线运动D．以黑板为参考系，蜡块做初速度水平向右的匀变速曲线运动3．甲、乙两质点同时沿同一直线运动，速度随时间变化的v﹣t图象如图所示．关于两质点的运动情况，下列说法正确的是（）A．在t=0时，甲、乙的运动方向相同B．在0～t0内，乙的加速度先增大后减小C．在0～2t0内，乙的平均速度等于甲的平均速度D．若甲、乙从同一位置出发，则t0时刻相距最远4．如图所示，物块M在静止的传送带上以速度v匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示顺时针转动，若传送带的速度大小也为v，则传送带启动后（）A．M相对地面静止在传送带上 B．M沿传送带向上运动C．M受到的摩擦力不变D．M下滑的速度减小5．如图所示，轻杆长为L，一端固定在水平轴上的O点，另一端固定一个小球（可视为质点）．小球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动，且能通过最高点，g为重力的加速度．下列说法正确的是（）A．小球到达最高点时的加速度不可能为零B．小球通过最低点时所受轻杆的作用力不可能向下C．小球通过最高点时所受轻杆的作用力一定随小球速度的增大而增大D．小球通过最低点时所受轻杆的作用力可能随小球速度的增大而减小6．如图所示，被轻绳系住静止在光滑斜面上的小球．若按力的实际作用效果来分解小球受到的重力G，则G的两个分力的方向分别是图中的（）A．1和4 B．3和4 C．2和4 D．3和27．一辆跑车在行驶过程中的最大输出功率与速度大小的关系如图，已知该车质量为2×103kg，在某平直路面上行驶，阻力恒为3×103N．若汽车从静止开始以恒定加速度2m/s2做匀加速运动，则此匀加速过程能持续的时间大约为（）A．8s B．14s C．26s D．38s8．一质量为0.2kg的物体在水平面上运动，它的两个正交分速度图象分别如图所示，由图可知（）A．开始4 s内物体的位移为8mB．开始4 s内物体的平均速度为2m/sC．从开始至6 s末物体一直做曲线运动D．开始4 s内物体做曲线运动，接着2 s内物体做直线运动9．如图所示，x轴在水平地面上，y轴在竖直方向．图中画出了从y轴上不同位置沿x轴正向水平抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹．小球a从（0，2L）抛出，落在（2L，0）处；小球b、c从（L，0）抛出，分别落在（2L，0）和（L，0）处．不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．a和b初速度相同B．b和c运动时间相同C．b的初速度是c的两倍D．a运动时间是b的两倍10．“天宫一号”是中国第一个目标飞行器，于2011年9月29日21时16分3秒在酒泉卫星发射中心发射，随后发射的“神州八号”无人飞船已与它成功对接．它们的运行轨迹如图所示，假设“天宫一号”绕地球做圆周运动的轨道半径为r，周期为T，引力常量为G，则以下说法正确的是（）A．根据题中条件可以计算出地球的质量B．根据题中条件可以计算出地球对“天宫一号“的引力大小C．在近地点P处，“神州八号“的加速度比“天宫一号”大D．要实现“神州八号“与“天宫一号“在近地点P处安全对接，需在靠近P处制动减速二．填空题（每空3分．共18分）11．在“探究力的平行四边形定则”的实验中，用图钉把橡皮条的一端固定在板上的A点，在橡皮条的另一端拴上两条细绳，细绳另一端系着绳套B、C（用来连接弹簧测力计）．其中A 为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳．①本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中B的示数为N．②在实验中，如果只将细绳换成橡皮筋，其它步骤没有改变，那么实验结果（填“会”或“不会”）发生变化．③本实验采用的科学方法是A．理想实验法B．控制变量法C．等效替代法D．建立物理模型法．12．在利用如图甲所示的装置测量木块与长木板间的动摩擦因数的实验中：（1）已测得图甲中木板长主划立柱高度的2倍，电磁打点计时器使用频率为50Hz的低压交流电源，实验得到如图乙所示的纸带，测量数据及其标记符号如图乙所示．则木块下滑的加速度为m/s2．（计算结果保留两位有效数字）（2）用测得的物理量及加速度a计算出木块与长木板间的动摩擦因数为（g取10m/s2，计算结果保留两位有效数字）．因系统误差会使动摩擦因数的测量值大于真实值，你认为导致该误差的主要原因是．三、计算题（共42分）13．如图所示，一物体以v0=2m/s的初速度从粗糙斜面顶端下滑到底端用时t=1s．已知斜面长度L=1.5m，斜面的倾角θ=30°，重力加速度取g=10m/s2．求：（1）物体滑到斜面底端时的速度大小（2）物体沿斜面下滑的加速度大小和方向（3）物体与斜面的动摩擦因数．14．如图所示，双星系统中的星球A、B都可视为质点，A、B绕两者连线上的O点做匀速圆周运动，A、B之间距离不变，引力常量为G，观测到A的速率为v、运行周期为T，A、B的质量分别为m A、m B．（1）求B的周期和速率．（2）A受B的引力F A可等效为位于O点处质量为m′的星体对它的引力，试求m′．（用m A、m B表示）15．小亮观赏跳雪比赛，看到运动员先后从坡顶水平跃出后落到斜坡上．斜坡长80m，如图所示，某运动员的落地点B与坡顶A的距离L=75m，斜面倾角为37°，忽略运动员所受空气阻力．重力加速度取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．（1）求运动员在空中的飞行时间；（2）小亮认为，无论运动员以多大速度从A点水平跃出，他们落到斜坡时的速度方向都相同．你是否同意这一观点？请通过计算说明理由．16．一条平直公路上，甲汽车停要斑马线处等红绿灯，当绿灯亮起时甲汽车立即开始匀加速，加速度a=2m/s2，此时甲车后面距甲车尾L=10m处有另一辆乙车正以v0=10m/s的速度匀速驶来，问：（1）若乙车不采取刹车措施，通过计算判断两车是否相撞？（2）若不相撞则求两车之间最小距离，若会相撞则乙车必须采取刹车措施才能避免，乙车刹车时加速度至少多大？2016-2017学年江西省宜春三中高三（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题4分，40分）1．下列说法中正确的是（）A．牛顿发现了万有引力定律并测出了引力常量B．伽利略根据理想斜面实验推论出“若没有摩擦，在水平面上运动的物体将保持其速度继续运动下去”C．麦克斯韦预言了电磁波，楞次用实验证实了电磁波的存在D．奥斯特发现了电磁感应现象【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、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了引力常量，故A错误；B、伽利略根据理想斜面实验推论出“若没有摩擦，在水平面上运动的物体将保持其速度继续运动下去，故B正确；C、麦克斯韦预言了电磁波，赫兹用实验证实了电磁波的存在，故C错误；D、法拉第发现了电磁感应现象，故D错误；故选：B．2．如图所示，两端封闭注满清水的数值玻璃管中，有一圆柱形的红蜡块，当辣块在玻璃管内开始匀速上升的同时，将玻璃管贴着黑板沿水平方向从静止开始向右做匀加速移动．则（）A．以玻璃管为参考系，蜡块竖直向上做匀加速直线运动B．以玻璃管为参考系，蜡块斜向上做匀加速直线运动C．以黑板为参考系，蜡块做初速度竖直向上的匀变速曲线运动D．以黑板为参考系，蜡块做初速度水平向右的匀变速曲线运动【考点】运动的合成和分解．【分析】红蜡块参与水平方向上的匀加速直线运动和竖直方向上的匀速直线运动，根据运动的合成，判断合运动的轨迹以及合运动的运动规律．【解答】解：A、以玻璃管为参考系，蜡块向上做匀速直线运动，故A错误，B错误．C、以黑板为参考系，蜡块在竖直方向上做匀速直线运动，在水平方向上做匀加速直线运动，两个运动的合运动为曲线运动，加速度不变，所以蜡块做初速度竖直向上的匀变速曲线运动，故C正确，D错误．故选：C．3．甲、乙两质点同时沿同一直线运动，速度随时间变化的v﹣t图象如图所示．关于两质点的运动情况，下列说法正确的是（）A．在t=0时，甲、乙的运动方向相同B．在0～t0内，乙的加速度先增大后减小C．在0～2t0内，乙的平均速度等于甲的平均速度D．若甲、乙从同一位置出发，则t0时刻相距最远【考点】匀变速直线运动的图像．【分析】v﹣t图象中，速度的正负表示物体的运动方向．倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的面积表示位移．在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负．通过分析两个物体的运动情况进行判断．【解答】解：A、在t=0时，甲的速度为正，乙的速度为负，说明甲、乙的运动方向相反．故A错误．B、根据斜率表示加速度，可知在0～t0内，乙的加速度逐渐减小，故B错误．C、根据图象与坐标轴围成的面积表示位移，在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负，则知在0～2t0内，乙的位移小于甲的位移，则乙的平均速度小于甲的平均速度，故C错误．D、若甲、乙从同一位置出发，甲一直沿正向运动，乙先沿负向运动，两者距离增大，后沿正向，在t0时刻前甲的速度大于乙的速度，两者间距增大，t0时刻后乙的速度大于甲的速度，两者间距减小，所以t0时刻相距最远，故D正确．故选：D．4．如图所示，物块M在静止的传送带上以速度v匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示顺时针转动，若传送带的速度大小也为v，则传送带启动后（）A．M相对地面静止在传送带上 B．M沿传送带向上运动C．M受到的摩擦力不变D．M下滑的速度减小【考点】摩擦力的判断与计算．【分析】在传送带突然转动前后，对物块进行受力分析解决问题，依据滑动摩擦力与相对运动方向相反，从而即可求解．【解答】解：传送带突然转动前物块匀速下滑，对物块进行受力分析：物块受重力、支持力、沿斜面向上的滑动摩擦力．传送带突然转动后，对物块进行受力分析，物块受重力、支持力，由于上面的传送带斜向上运动，而物块斜向下运动，所以物块所受到的摩擦力不变仍然斜向上，所以物块仍匀速下滑，故C正确，ABD错误．故选：C．5．如图所示，轻杆长为L，一端固定在水平轴上的O点，另一端固定一个小球（可视为质点）．小球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动，且能通过最高点，g为重力的加速度．下列说法正确的是（）A．小球到达最高点时的加速度不可能为零B．小球通过最低点时所受轻杆的作用力不可能向下C．小球通过最高点时所受轻杆的作用力一定随小球速度的增大而增大D．小球通过最低点时所受轻杆的作用力可能随小球速度的增大而减小【考点】向心力；牛顿第二定律．【分析】杆子拉着小球在竖直面内做圆周运动，在最高点，杆子可以表现为拉力，也可以表现为支持力，在最低点，一定表现为拉力．通过最高点的临界速度为零．【解答】解：A、最高点时，若小球速度为零，重力与支持力相等，则加速度为零；故A错误；B、因最低点时，小球一定有向上的向心力；该力由拉力及重力的合力提供；故拉力一定向上；故B正确；C、在速度由零增大到时，小球通过最高点时所受轻轩的作用力随速度的增大而减小；故C错误；D、小球在最低点时，F﹣mg=m，故速度越大则拉力越大；故D错误；故选：B．6．如图所示，被轻绳系住静止在光滑斜面上的小球．若按力的实际作用效果来分解小球受到的重力G，则G的两个分力的方向分别是图中的（）A．1和4 B．3和4 C．2和4 D．3和2【考点】力的分解．【分析】将力进行分解时，一般要按照力的实际作用效果来分解或按需要正交分解，若要按照力的实际作用效果来分解，要看力产生的实际效果．【解答】解：小球重力产生两个效果，一是使绳子拉伸，二是使斜面受压，故应按此两个方向分解，分别是3和4，故B正确，ACD错误．故选：B．7．一辆跑车在行驶过程中的最大输出功率与速度大小的关系如图，已知该车质量为2×103kg，在某平直路面上行驶，阻力恒为3×103N．若汽车从静止开始以恒定加速度2m/s2做匀加速运动，则此匀加速过程能持续的时间大约为（）A．8s B．14s C．26s D．38s【考点】功率、平均功率和瞬时功率．【分析】通过图象判断出汽车的最大功率，在匀加速时，由牛顿第二定律求出牵引力，在加速阶段达到最大速度时，机车达到最大功率，求出速度，再由运动学公式求出时间．【解答】解：由图可知，跑车的最大输出功率大约为200kW，根据牛顿第二定律得，牵引力F=f+ma=3000+2000×2N=7000N，则匀加速过程最大速度，则匀加速过程持续的时间t=．故B正确，A、C、D错误．故选：B．8．一质量为0.2kg的物体在水平面上运动，它的两个正交分速度图象分别如图所示，由图可知（）A．开始4 s内物体的位移为8mB．开始4 s内物体的平均速度为2m/sC．从开始至6 s末物体一直做曲线运动D．开始4 s内物体做曲线运动，接着2 s内物体做直线运动【考点】运动的合成和分解；匀变速直线运动的图像．【分析】物体参与了两个运动，根据v﹣t图象知道，一个是先匀速直线运动，再匀减速，另一个是先匀加速直线运动，再匀减速直线运动．根据运动的合成去求解有关的物理量．清楚物体做曲线运动的条件．【解答】解：A、图象与时间轴围成的面积为物体运动的位移，开始4s内物体x方向位移8m，y方向位移8m，所以开始4s内物体的位移为8m，故A正确；B、依据平均速度等于位移与时间的比值，则开始4 s内物体的平均速度为==2m/s，故B正确．C、开始时物体初速度方向为x方向，加速度方向为y方向，两者不在一条直线上，所以物体做曲线运动，4s末物体的速度方向与x方向夹角的正切值为=2，加速度方向与x方向夹角的正切值为=2，所以速度方向与加速度方向在同一条直线上，所以物体要做直线运动．故C错误，D正确．故选：ABD．9．如图所示，x轴在水平地面上，y轴在竖直方向．图中画出了从y轴上不同位置沿x轴正向水平抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹．小球a从（0，2L）抛出，落在（2L，0）处；小球b、c从（L，0）抛出，分别落在（2L，0）和（L，0）处．不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．a和b初速度相同B．b和c运动时间相同C．b的初速度是c的两倍D．a运动时间是b的两倍【考点】平抛运动．【分析】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，根据高度比较运动的时间，结合水平位移和时间比较初速度．【解答】解：B、由图知b、c的高度相同，小于a的高度，根据h=，得t=，知b、c的运动时间相同，a的飞行时间大于b的时间．故B正确；A、a、b的水平位移相等，因为a的飞行时间长，根据x=v0t知，a的初速度小于b的初速度．故A错误；C、b、c的初速度之比：===2，故C正确．D、a、b的初速度之比：===，故D错误．故选：BC．10．“天宫一号”是中国第一个目标飞行器，于2011年9月29日21时16分3秒在酒泉卫星发射中心发射，随后发射的“神州八号”无人飞船已与它成功对接．它们的运行轨迹如图所示，假设“天宫一号”绕地球做圆周运动的轨道半径为r，周期为T，引力常量为G，则以下说法正确的是（）A．根据题中条件可以计算出地球的质量B．根据题中条件可以计算出地球对“天宫一号“的引力大小C．在近地点P处，“神州八号“的加速度比“天宫一号”大D．要实现“神州八号“与“天宫一号“在近地点P处安全对接，需在靠近P处制动减速【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．【分析】根据万有引力提供圆周运动向心力列式可以求出中心天体的质量，卫星变轨主要通过增加卫星的速度以实现离心运动抬高轨道或降低卫星速度以减小卫星轨道来实现．【解答】解：A、根据万有引力提供向心力有可得中心天体的质量M=，所以可以求出地球的质量，故A正确；B、因为无法求出环绕天体天宫一号的质量，地球对天宫一号的引力大小无法计算，故B错误；C、神舟八号和天宫一号的加速度都是由万有引力引起的，在同一位置处加速度相同，故C 错误；D、在近地点P处，因为神舟八号将开始做离心运动故满足，要实现和天宫一号的安全对接，在轨道上做圆周运动，故必须是让神舟八号减速，故D正确．故选AD．二．填空题（每空3分．共18分）11．在“探究力的平行四边形定则”的实验中，用图钉把橡皮条的一端固定在板上的A点，在橡皮条的另一端拴上两条细绳，细绳另一端系着绳套B、C（用来连接弹簧测力计）．其中A 为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳．①本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中B的示数为 3.6N N．②在实验中，如果只将细绳换成橡皮筋，其它步骤没有改变，那么实验结果不会（填“会”或“不会”）发生变化．③本实验采用的科学方法是CA．理想实验法B．控制变量法C．等效替代法D．建立物理模型法．【考点】验证力的平行四边形定则．【分析】在实验中注意细线的作用是提供拉力，采用橡皮筋同样可以做到；本实验中采用了两个力合力与一个力效果相同来验证的平行四边形定则，因此采用“等效法”，【解答】解：①弹簧测力计的每一格代表0.2N，所以图中B的示数为3.6N．②在实验中细线是否伸缩对实验结果没有影响，故换成橡皮筋可以同样完成实验，故实验结果不变；③实验中两次要求效果相同，故实验采用了等效替代的方法，故C正确，A、B、D错误．故选C．故答案为：①3.6N ②不变③C12．在利用如图甲所示的装置测量木块与长木板间的动摩擦因数的实验中：（1）已测得图甲中木板长主划立柱高度的2倍，电磁打点计时器使用频率为50Hz的低压交流电源，实验得到如图乙所示的纸带，测量数据及其标记符号如图乙所示．则木块下滑的加速度为 4.0m/s2．（计算结果保留两位有效数字）（2）用测得的物理量及加速度a计算出木块与长木板间的动摩擦因数为0.12（g取10m/s2，计算结果保留两位有效数字）．因系统误差会使动摩擦因数的测量值大于真实值，你认为导致该误差的主要原因是纸带受到摩擦阻力的作用．【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．【分析】根据图示纸带，应用匀变速运动的推论：△x=at2求出加速度；然后求出动摩擦因数；由于纸带与打点计时器间存在摩擦力，则动摩擦因数的测量值大于真实值．【解答】解：（1）由纸带可知，相邻两计数点间的时间间隔为0.04s，位移差为：8.97﹣8.33=0.64cm则由△x=at2可得：a=m/s2=4.0m/s2；（2）由题意知，立柱的高度是木板长度的一半，故坡角为30°；根据牛顿第二定律，有：mgsin30°﹣μmgcos30°=ma解得：μ==≈0.12由于纸带受到摩擦阻力的作用，会使动摩擦因数的测量产生误差；故答案为：（1）4.0；（2）0.12，纸带受到摩擦阻力的作用．三、计算题（共42分）13．如图所示，一物体以v0=2m/s的初速度从粗糙斜面顶端下滑到底端用时t=1s．已知斜面长度L=1.5m，斜面的倾角θ=30°，重力加速度取g=10m/s2．求：（1）物体滑到斜面底端时的速度大小（2）物体沿斜面下滑的加速度大小和方向（3）物体与斜面的动摩擦因数．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】根据匀变速直线运动的平均速度推论求出物体滑到斜面底端的速度大小．根据速度时间公式求出物体下滑的加速度大小和方向．根据牛顿第二定律求出物体与斜面间的动摩擦因数．【解答】解：（1）设物体滑到底端时速度为v，则有：代入数据解得：v=1m/s（2）因v＜v0物体做匀减速运动，加速度方向沿斜面向上．加速度的大小为：a=．（3）物体沿斜面下滑时，受力如图所示．由牛顿定律得：f﹣mgsinθ=maN=mgcosθf=μN联立解得：，代入数据解得：．答：（1）物体滑到斜面底端时的速度大小为1m/s．（2）物体沿斜面下滑的加速度大小为1m/s2，方向沿斜面向上．（3）物体与斜面的动摩擦因数为．14．如图所示，双星系统中的星球A、B都可视为质点，A、B绕两者连线上的O点做匀速圆周运动，A、B之间距离不变，引力常量为G，观测到A的速率为v、运行周期为T，A、B的质量分别为m A、m B．（1）求B的周期和速率．（2）A受B的引力F A可等效为位于O点处质量为m′的星体对它的引力，试求m′．（用m A、m B表示）【考点】万有引力定律及其应用．【分析】双星系统构成的条件是双星的角速度相同，依靠它们之间的万有引力提供各自的向心力．由于两星球的加速度不同，必须采用隔离法运用牛顿定律分别对两星球研究，并通过数学变形求解．【解答】解：（1）双星是稳定的结构，故公转周期相同，故B的周期也为T．设A、B的圆轨道半径分别为r1、r2，由题意知，A、B做匀速圆周运动的角速度相同，其为ω．由牛顿运动定律：对A：F A=m1ω2r1对B：F B=m2ω2r2 F A=F B设A、B之间的距离为r，又r=r1+r2，由上述各式得：故（其中v A=v）解得：v B=（2）由于，故①恒星AB间万有引力为：F=G；将①式代入得到：F=②A受B的引力F A可等效为位于O点处质量为m′的星体对它的引力，则有：③由②③联立解得：m′=答：（1）B的周期为T，速率为．（2）A受B的引力F A可等效为位于O点处质量为m′的星体对它的引力，m′为．15．小亮观赏跳雪比赛，看到运动员先后从坡顶水平跃出后落到斜坡上．斜坡长80m，如图所示，某运动员的落地点B与坡顶A的距离L=75m，斜面倾角为37°，忽略运动员所受空气阻力．重力加速度取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．（1）求运动员在空中的飞行时间；（2）小亮认为，无论运动员以多大速度从A点水平跃出，他们落到斜坡时的速度方向都相同．你是否同意这一观点？请通过计算说明理由．【考点】平抛运动．【分析】（1）运动员离开A点后做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，由几何知识可以求出A、B两点间的高度，由可解时间；（2）根据平抛运动规律求出实际速度与水平方向夹角的正切值的表达式，然后再说明理由；【解答】解：（1）运动员在竖直方向上做自由落体运动，有：h=Lsin37°，代入数据解得：t=3s；（2）设在斜坡上落地点到坡顶长为L，斜坡与水平面夹角为α，则运动员运动过程中的竖直方向位移h=Lsinα，水平方向位移x=Lcosα，运动时间由解得：，由此得运动员落到斜坡时，速度的水平方向分量，速度的竖直方向分量，实际速度与水平方向夹角为，由此可说明，速度方向与初速度无关，只跟斜坡与水平面的夹角α有关，所以同意这个观点；答：（1）求运动员在空中的飞行时间为3s；（2）同意这一观点．理由：设实际速度与水平方向夹角为β，由平抛规律解得：，由此可说明，速度方向与初速度无关，只跟斜坡与水平面的夹角α有关；16．一条平直公路上，甲汽车停要斑马线处等红绿灯，当绿灯亮起时甲汽车立即开始匀加速，加速度a=2m/s2，此时甲车后面距甲车尾L=10m处有另一辆乙车正以v0=10m/s的速度匀速驶来，问：（1）若乙车不采取刹车措施，通过计算判断两车是否相撞？（2）若不相撞则求两车之间最小距离，若会相撞则乙车必须采取刹车措施才能避免，乙车刹车时加速度至少多大？【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】（1）两车速度相等前，乙车的速度大于甲车的速度，两者距离越来越大，速度相等后，汽车的速度大于摩托车的速度，两者距离越来越小，知两车速度相等时，相距最远，根据位移关系判定两车是否会相撞；（2）设乙车刹车加速度为a，设经时间t’，抓住两车速度相等时两车位移相等的临界条件乙求解．【解答】解：（1）设经时间t，两车速度相等速度关系即at=10解得t==5s===25m甲车位移x甲=vt=10×5=50m乙车位移x乙因为25m+10m＜50m，所以会相撞，设经时间t′，两车速度相等（2）设乙车刹车加速度为a乙t′，速度关系为at′=v0﹣a乙。

2018-2019学年江西省宜春市高安二中2017-2018学年高二上学期期末物理试题(答案+解析)

江西省高安二中2017–2018学年（上）高二物理期末卷一、选择题1.在赤道上空，竖直放置一根通以由下向上的电流的直导线，则此导线( )A. 受到竖直向上的安培力B. 受到由东向西的安培力C. 受到由南向北的安培力D. 受到由西向东的安培力【答案】B【解析】试题分析：在赤道的上方磁场的方向从南向北，根据左手定则，判断安培力的方向，A正确；B．C．D错误；故选A。

考点：左手定则；安培力【名师点睛】：解决本题的关键掌握用左手定则判断安培力的方向，伸开左手，使拇指与其余四指垂直，并且与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是安培力的方向，注意在赤道的上方磁场的方向从南向北。

2.以下说法正确的是()A. 运动电荷处于磁场中不一定受到洛伦兹力B. 运动电荷在磁场中一定受到洛伦兹力C. 某运动电荷在某处未受到洛伦兹力，该处的磁感应强度一定为零D. 洛伦兹力不能改变运动电荷的速度【答案】A【解析】静止的电荷或者运动方向与磁场平行时，电荷在磁场中不受洛伦兹力，选项A错误；运动方向与磁场平行时，电荷在磁场中不受到洛伦兹力，选项B错误；某运动电荷在某处受到洛伦兹力，该处的磁感应强度一定不为零，选项C正确；洛伦兹力方向与速度方向垂直，则不改变运动电荷的速度大小，只改变速度的方向，选项D错误；故选C.3.电子在匀强磁场中做匀速圆周运动．下列说法正确的是()A. 速率越大，半径越大B. 速率越小，半径越大C. 速率越大，周期越大D. 速率越小，周期越大【解析】根据可知，速率越大，半径越大，选项A正确，B错误；根据可知，周期与速率无关，选项CD错误；故选A.4.如图所示，一根条形磁铁自左向右穿过一个闭合螺线管，则电路中( )A. 始终有自a向b的感应电流流过电流表GB. 先有a→G→b方向的感应电流，后有b→G→a方向的感应电流C. 先有b→G→a方向的感应电流，后有a→G→b方向的感应电流D. 将不会产生感应电流【答案】B【解析】条形磁铁从左向右进入螺线管的过程中，原磁场方向向右，且磁通量在增加，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍原磁场磁通量的变化，所以感应电流的磁场向左，由安培定则，知感应电流的方向a→G→b．条形磁铁从左向右离开螺线管的过程中，原磁场方向向右，且磁通量在减少，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍原磁场磁通量的变化，所以感应电流的磁场向右，由安培定则，知感应电流的方向b→G→a．故ACD错误，B正确；故选B．点睛：解决本题的关键掌握用楞次定律判断感应电流方向的步骤，先判断原磁场的方向以及磁通量是增加还是减小，再根据楞次定律判断出感应电流的磁场方向，最后根据安培定则，判断出感应电流的方向．5.穿过某线圈的磁通量随时间变化的关系如图所示，在下列几段时间内，线圈中感应电动势最大的是()A. 0～2 sB. 2 s～5 sC. 5 s～6 sD. 5 s～10 s【答案】B图线斜率表示磁通量的变化率，根据法拉第电磁感应定律知，在2-5s内磁通量与时间的图线斜率最大，则磁通量变化率最大，感应电动势最大．故B正确，ACD错误．故选B．6.一半么为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q（a>0）的固定点电荷。

江西省宜春中学2017-2018学年高二上学期第一次周考理科综合试题 Word版含答案

2017-2018学年高二上学期第一次理综周考试卷一、选择题1．探究生物的遗传物质和遗传规律的漫长岁月中，众多学者做出卓越贡献，下列叙述正确的是（）A ．萨顿运用假说-演绎法提出基因在染色体上B ．克里克最先预见了遗传信息传递的一般规律，并将其命名为中心法则C ．格里菲思的肺炎双球菌转化实验最早证实DNA 是遗传物质D ．赫尔希等人用T2噬菌体侵染大肠杆菌的实验，使人们确信 DNA 是主要的遗传物质2．下列关于中心法则叙述正确的是（）A ．植物根尖成熟区细胞中遗传信息传递的途径有①②⑤B ．③过程中碱基互补配对时，遵循A —U 、U —A 、C —G 、G —C 的原则C ．RNA 病毒在宿主细胞内繁殖过程中的遗传信息传递中都有③④途径D ．③④只能发生在RNA 病毒中，是后来发现的，是对中心法则的补充和完善3．下列关于遗传学有关概念和应用的说法，正确的是（）A ．基因是DNA 分子中一条链上的有遗传效应的片段B ．位于一对同源染色体上同一位点，控制相对性状的两个基因称为等位基因C ．一个基因型为AaX b Y 的果蝇，产生了一个AaX b 的精子，则与此同时产生的另三个精子的基因型为AX b 、aY 、YD ．一个含32P 标记的双链DNA 分子，在含31P 标记的脱氧核苷酸原料中进行复制，若子代DNA 分子中含32P 的占1/8，则含31P 的DNA 分子占7/84．下列关于DNA 分子结构和复制的叙述，正确的是（）A ．磷酸与脱氧核糖交替连接构成DNA 分子的基本骨架B ．DNA 分子单链上相邻的碱基之间以氢键相连C ．真核细胞DNA 分子只在细胞核内完成复制D ．DNA 分子复制都需要解旋酶和RNA 聚合酶参与5．如图是某双链DNA 的片段和由它控制合成的一段多肽链（甲硫氨酸的密码子是AUG ），下列说法中错误的是（）A ．转录的模板是乙链，其碱基序列可代表遗传信息B ．该DNA 片段含有2个游离的磷酸基团、4个游离的碱基C ．转录形成的mRNA 片段中至少有18个核糖核苷酸、6个密码子D ．若箭头所指的碱基对被替换，其编码的氨基酸序列可能不会改变6．如图中m 、n 、l 表示哺乳动物一条染色体上相邻的三个基因，a ，b 为基因间的间隔序列．相关叙述正确的是（）蛋白质A．一个细胞中，m、n、l要么同时表达，要么同时关闭B．若m中缺失一个碱基对，则n、l控制合成的肽链结构会发生变化C．a、b段的基本组成单位是氨基酸和脱氧核苷酸D．不同人a、b段包含的信息可能不同，可作为身份识别的依据之一7．用32P标记果蝇一个精原细胞中所有的核DNA分子，然后置于不含32P的培养液中培养，开始培养后一个细胞核中DNA数的变化如下图所示。

江西省宜春中学2017-2018学年高二下学期第六次周考物理试题 Word版含答案

宜春中学2017-2018学年高二下学期第6 次周考物理试题一、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题中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．1．我国《道路交通安全法》中规定：各种小型车辆前排乘坐的人(包括司机)必须系好安全带，这是因为A ．系好安全带可以减小惯性B ．系好安全带对人和车的惯性有影响C ．系好安全带可以防止因车的惯性而造成的伤害D ．系好安全带可以防止因人的惯性而造成的伤害2．下列所给的图象中能反映作直线运动物体不会回到初始位置的是D14．明代出版的《天工开物》一书中就有牛力齿轮翻车的图画（如右图），记录了我们祖先的劳动智慧．若A 、B 、C 三齿轮半径的大小关系如图，则A ．齿轮A 的角速度比C 的大B ．齿轮A 与B 角速度大小相等C ．齿轮B 与C 边缘的线速度大小相等D ．齿轮A 边缘的线速度比C 边缘的大15．广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台.若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t =0时由静止开始上升，t a 间关系如图所示．则下列相关说法正确的是 A ．t =4.5s 时，电梯处于失重状态 B ．5～55s 时间内，绳索拉力最小 C ．t =59.5s 时，电梯处于超重状态D ．t =60s 时，电梯速度恰好为016．如图所示，两个小球a 、b 质量均为m ，用细线相连并悬挂于O 点，现用一轻质弹簧给小球a 施加一个拉力F ，使整个装置处于静止状态，且Oa 与竖直方向夹角为θ＝45o，已知弹簧劲度系数为k ，则弹簧形变量不可能是A．k B．2kC．3kD ．2mg k17．A 、B 为两等量异种电荷，图中水平虚线为A 、B 连线的中垂线．现将另两个等量异种的检验电荷a 、b ，如图用绝缘细杆连接后从离AB 无穷远处沿中垂线平移到AB 的连线，平移ABCA + a+a+AC D B 第2题图过程中两检验电荷位置始终关于中垂线对称．若规定离AB 无穷远处电势为零，则下列说法中正确的是A ．在AB 的连线上a 所处的位置电势0a ϕ<B ．a 、b 整体在AB 连线处具有的电势能p 0E >C ．整个移动过程中，静电力对a 做正功D ．整个移动过程中，静电力对a 、b 整体做正功18．已知，某卫星在赤道上空轨道半径为r 1的圆形轨道上绕地运行的周期为T ，卫星运动方向与地球自转方向相同，赤道上某城市的人每三天恰好五次看到卫星掠过其正上方．假设某时刻，该卫星如图在A 点变轨进入椭圆轨道，近地点B 到地心距离为r 2.设卫星由A 到B 运动的时间为t ，地球自转周期为T 0，不计空气阻力．则： A ．038=T TB．t =C ．卫星在图中椭圆轨道由A 到B 时，机械能增大D ．卫星由图中圆轨道进入椭圆轨道过程中，机械能不变19．如图ABCD 的矩形区域，边长AB ＝2AD .质量m 、带电量q 的正电粒子以恒定的速度从A 点沿AB 方向射入矩形区域.若该矩形区域充满沿A 至D 方向的匀强电场，则粒子恰好从C 点以速度v 1射出电场，粒子在电场中运动的时间为t 1；若该矩形区域充满垂直纸平面的匀强磁场，则粒子恰好从CD 边的中点以速度v 2射出磁场，粒子在磁场中运动的时间为t 2．则A ．12v v >B ．21t t <C ．124t t π= D ．124t t π=20．交流发电机和理想变压器如图连接，灯泡额定电压为U 0，灯泡与电阻R 的阻值均为R ．当该发电机以转速n 匀速转动时，电压表示数为U ，灯泡恰能正常发光。

江西省宜春市第三中学2017-2018学年高二上学期期中考试物理试题 Word版含答案

江西省宜春市第三中学2017-2018学年高二上学期物理期中考试试卷一．选择题（1-6题为单选题，7-10题为多选题，每题四分，共四十分）1、检验电荷在电场中受到的电场力为F，测得该点的场强为E；若将检验电荷的电量减小一半，放回原处，则下列说法正确的是A.电场力仍为F，电场强度仍为EB.电场力仍为F，电场强度为E/2C.电场力为F/2，电场强度为E/2D.电场力为F/2，电场强度仍为E2、如图，一带负电的粒子只在电场力作用下沿图中AB曲线穿过一匀强电场，a、b、c、d均为匀强电场的等势面，则下列判断正确的是（）A．电场强度的方向竖直向上B．a点电势比d点高C．粒子在b等势面处所具有的电势能比d等势面处大D．粒子在运动过程中受到电场力的大小不变，方向不断变化3、两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的A、B两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系图线如图所示，其中P点电势最高，且AP<BP，则( )A.从P点到B点，电场强度逐渐减小B.q1的电荷量大于q2的电荷量C.q1和q2都是正电荷D.在A、B之间将一负试探电荷从P点左侧移到右侧，电势能先减小后增大4、如图所示的电路为欧姆表原理图，把欧姆表调零后测量一个阻值为R=10Ω的电阻时，指针偏转至满刻度的处，现测量一个电阻R x，指针偏转至满刻度的处，则电阻R x的阻值为( )A．4Ω B．20Ω C．30Ω D．60Ω5、如图所示，以O为圆心的圆周上有6个等分点a，b，c，d，e，f，等量正、负点电荷分别放置在a、d两处时，在圆心O处产生的电场强度大小为E．现改变a处点电荷的位置，使O点的电场强度改变，下列叙述正确的是（）A．移至c处，O处的电场强度大小不变B．移至b处，O处的电场强度大小减半C．移至e处，O处的电场强度大小减半D．移至f处，O处的电场强度大小不变6、如图，一带电液滴在匀强电场中，从静止开始由b沿直线运动到d，bd与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论正确的是 ( )A．此液滴带正电B．液滴的加速度大小等于2gC．液滴的机械能守恒D．液滴的电势能、重力势能之和增加7、如图所示，电子在电势差为U1的电场中加速后，垂直射入电势差为U2的偏转电场．在满足电子能射出偏转电场的条件下，下列四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是（）A ．U 1变小、U 2变大B ．U 1变大、U 2变大C ．U 1变大、U 2变小D ．U 1变小、U 2变小8、如图所示的电路中，电源电动势为E ，内阻为r ．若调整可变电阻R 的阻值，可使电压表的示数减小△U，电流表示数变化△I，两电表均为理想电表，在这个过程中（）A ．R 2两端的电压增加，增加量一定等于△UB ．电阻箱的阻值一定减小，电流表示数一定增大C ．△U﹣△I .R 2=△I .rD ．9、如图所示，竖直放置的两平行金属板间有匀强电场，在两极板间同一等高线上有两质量相等的带电小球a 、b （可以看作质点）。

高二物理上学期试卷高二全册物理试题2

嗦夺市安培阳光实验学校宜春三中高二（上）段考物理试卷一、选择题1．下列物品中必须用到磁性材料的是( )A．DVD碟片 B．计算机上的磁盘C．电话卡D．喝水用的搪瓷杯子2．如图电流的磁场正确的( )A．直线电流A的磁场B．直线电流B的磁场C．通电螺线管的磁场D．A、B、C均对3．关于磁感线，以下说法正确的是( )A．磁感线是不闭合的B．磁感线有可能相交C．磁感线是客观存在的D．磁感线的疏密程度表示磁场的强弱4．关于磁感应强度，下列说法正确的是( )A．一小段通电导线放在磁感应强度为零的位置，那么它受到的磁场力也一定为零B．通电导线所受的磁场力为零，该处的磁感应强度也一定为零C．放置在磁场中1 m长的通电导线，通过1 A的电流，受到的磁场力为1 N，则该处的磁感应强度就是1 TD．磁场中某处的磁感应强度的方向跟电流在该处受到的磁场力F的方向相同5．在完成电磁学探究实验时，我们经常用到如图所示的蹄形磁铁．图中各点处于匀强磁场的是( )A．① B．② C．③ D．④6．如图所示，金属棒ab置于水平放置的金属导体框架cdef上，棒ab与框架接触良好．从某一时刻开始，给这个空间施加一个斜向上的匀强磁场，并且磁场均匀增加，ab棒仍静止，在磁场均匀增加的过程中，关于ab棒受到的摩擦力，下列说法正确的是( )A．摩擦力大小不变，方向向右B．摩擦力变大，方向向右C．摩擦力变大，方向向左D．摩擦力变小，方向向左7．如图所示，其中正确的是( )A．B ．C ．D ．8．下列说法正确的是( )A．若一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零B．由B=可知，磁感应强度大小与放在该处的小段通电导线IL的乘积成反比C．由E=n可知，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比D．穿过闭合回路中的磁通量均匀增加时，回路中产生的感应电动势也均匀增加9．电流的磁效应揭示了电与磁的关系．若直导线通有方向垂直纸面向外的恒定电流，则电流的磁感线分布正确的是( )A ．B ．C ．D ．10．在图所示电路中，电池均相同，当电键S分别置于a、b两处时，导线MM′与NN′，之间的安培力的大小为f a、f b，判断这两段导线( )A．相互吸引，f a＞f b B．相互排斥，f a＞f bC．相互吸引，f a＜f b D．相互排斥，f a＜f b二、填空题11．电场中任何两条电场线都__________相交．磁场中任何两条磁感线都__________相交．12．阴极射线管中的电子束在磁场中发生偏转，这表明电子在磁场中受到__________（填“安培力”或“洛伦兹力”）的作用．13．如图所示是测磁感应强度的一种装置．把一个很小的测量线圈放在待测处，测量线圈平面与该处磁场方向垂直，将线圈跟冲击电流计G串联（冲击电流计是一种测量电量的仪器）．当用反向开关K使螺线管里的电流反向时，测量线圈中就产生感应电动势，从而有电流流过G．该测量线圈的匝数为N，线圈面积为S，测量线圈电阻为R，其余电阻不计．（1）若已知开关K反向后，冲击电流计G测得的电量大小为q，则此时穿过每匝测量线圈的磁通量的变化量为△φ=__________（用已知量的符号表示）．（2）待测处的磁感应强度的大小为B=__________．14．图中+q受洛仑兹力，（1）水平向外的是图__________；（2）竖直向上的是图__________；（3）竖直向下的是图__________．三、解答题15．如图，在B=9.1×10﹣4T的匀强磁场中，CD是垂直于磁场方向上的同一平面上的两点，相距d=0.05m，磁场中运动的电子经过C时，速度方向与CD成30°角，而后又通过D点，求：（1）在图中标出电子在C点受磁场力的方向．（2）电子在磁场中运动的速度大小．（3）电子从C点到D点经历的时间．（电子的质量m=9.1×10﹣31kg电量e=﹣1.6×10﹣19c）16．如图所示，一束电子从静止开始经U′=5000V的电场加速后，从水平放置的一对平行金属板正中水平射入偏转电场中，若金属极板长L=0.05m，两极板间距d=0.02m，试求：（1）两板间至少要加多大的电压U才能使电子恰不飞出电场？（2）在上述电压下电子到达极板时的动能为多少电子伏特？17．如图所示的正方形盒子开有a、b、c三个微孔，盒内有垂直纸面向里的匀强磁场．一束速率不同的带电粒子（质量、电量均相同，不计重力）从a孔沿垂直磁感线方向射入盒中，发现从c孔和b孔有粒子射出，试分析下列问题：（1）判断粒子的电性；（2）从b孔和c孔射出的粒子速率之比v1：v2；（3）它们在盒内运动时间之比为t1：t2．18．在地面附近的真空中，存在着竖直向上的匀强电场和垂直电场方向水平向里的匀强磁场，如图甲所示．磁场的磁感应强度B（图象中的B0末知）随时间t的变化情况如图乙所示．该区域中有一条水平直线MN，D是MN上的一点．在t=0时刻，有一个质量为m、电荷量为+q的小球（可看做质点），从M点开始沿着水平直线以速度v0向右做匀速直线运动，t0时刻恰好到达N点．经观测发现，小球在t=2t0至t=3t0时间内的某一时刻，又竖直向下经过直线MN上的D点，并且以后小球多次水平向右或竖直向下经过D点．不考虑地磁场的影响，求：（1）电场强度E的大小；（2）小球从M点开始运动到第二次经过D点所用的时间；（3）小球运动的周期，并画出运动轨迹（只画一个周期）．宜春三中高二（上）段考物理试卷一、选择题1．下列物品中必须用到磁性材料的是( )A．DVD碟片 B．计算机上的磁盘C．电话卡D．喝水用的搪瓷杯子【考点】几种常见的磁场．【分析】必须用到磁性材料的是计算机上的磁盘，DVD碟片、电话卡、喝水用的搪瓷杯子都不一定需要．【解答】解：必须用到磁性材料的是计算机上的磁盘，DVD碟片、电话卡、喝水用的搪瓷杯子都不一定需要．故选B【点评】本题考查对生活中磁性材料了解程度，比较简单．2．如图电流的磁场正确的( )A．直线电流A的磁场B．直线电流B的磁场C．通电螺线管的磁场D．A、B、C均对【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【分析】由右手螺旋定则可判断电流周围磁场的分布，并注意平面图及立体图的区分即可正确判断．【解答】解：A、电流方向向上，由右手螺旋定则可得磁场为逆时针（从上向下看），故A正确；B、电流方向向下，由右手螺旋定则可得磁场为顺时针（从上向下看），故B错误；C、图中通电螺线管电流方向外表向下，由由右手螺旋定则可得，则内部磁场应向右，故C错误；D、由ABC的分析可知，选项D错误；故选：A．【点评】因磁场一般为立体分布，故在判断时要注意区分是立体图还是平面图，并且要能根据立体图画出平面图，由平面图还原到立体图．3．关于磁感线，以下说法正确的是( )A．磁感线是不闭合的B．磁感线有可能相交C．磁感线是客观存在的D．磁感线的疏密程度表示磁场的强弱【考点】磁感线及用磁感线描述磁场．【分析】（1）磁体的周围存在着看不见，摸不着但又客观存在的磁场，为了描述磁场，在实验的基础上，利用建模的方法想象出来的磁感线，磁感线并不客观存在．（2）磁感线在磁体的周围是从磁体的N极出发回到S极．在磁体的内部，磁感线是从磁体的S极出发，回到N极．（3）磁场中的一点，磁场方向只有一个，由此入手可以确定磁感线不能相交．（4）磁场的强弱可以利用磁感线的疏密程度来描述．磁场越强，磁感线越密集．【解答】解：A、在磁体的内部，磁感线从磁体的S出发回到N极；而外部则是从磁体的N极出发回到S极，构成闭合曲线，故A错误．B、若两条磁感线可以相交，则交点处就可以做出两个磁感线的方向，即该点磁场方向就会有两个，这与理论相矛盾，因此磁感线不能相交，故B错误．C、磁感线是为了描述磁场而引入的，它并不客观存在，故C错误．D、磁感线最密集的地方，磁场的强度最强，反之磁场最弱，故D正确．故选：D．【点评】此题考查了磁感线的引入目的，磁场方向的规定，记住相关的基础知识，对于解决此类识记性的题目非常方便．4．关于磁感应强度，下列说法正确的是( )A．一小段通电导线放在磁感应强度为零的位置，那么它受到的磁场力也一定为零B．通电导线所受的磁场力为零，该处的磁感应强度也一定为零C．放置在磁场中1 m长的通电导线，通过1 A的电流，受到的磁场力为1 N，则该处的磁感应强度就是1 TD．磁场中某处的磁感应强度的方向跟电流在该处受到的磁场力F的方向相同【考点】磁感应强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】磁感应强度描述磁场本身的强弱和方向，当通电导线垂直放置在磁场中，安培力F=BIL，磁感线上某点的切线方向表示该点的磁感应强度的方向，而磁场力的方向必须垂直磁场方向．【解答】解：A、一小段通电导线放在磁感应强度为零的位置，那么它受到的磁场力也一定为零．故A正确．B、通电导线在某处不受磁场力作用，可能是导线与磁感线平行，未必是此处的磁感应强度为零．故B错误．C、垂直放置在磁场中1 m长的通电导线，通过1 A的电流，受到的磁场力为1 N，则该处的磁感应强度就是1 T．故C错误．D、根据左手定则可知，某处的磁感应强度的方向跟电流在该处受到的磁场力F 的方向垂直．故D错误．故选：A．【点评】本题关键要抓住产生磁场力的条件，注意安培力公式成立的条件，理解左手定则的应用，知道安培力总是垂直于电流与磁场构成的平面．5．在完成电磁学探究实验时，我们经常用到如图所示的蹄形磁铁．图中各点处于匀强磁场的是( )A．① B．② C．③ D．④【考点】磁现象和磁场．【分析】该题中要分析蹄形磁铁各点的磁场情况，就要从蹄形磁铁的磁感线的分布图来分析．【解答】解：蹄形磁铁的磁感线的分布如图，所以图中各点处于匀强磁场的是①．故选项A正确．故选：A【点评】常见的磁场的磁感线的分布图是学习磁场的重要的一个环节，是基础中的基础，一定要牢固掌握．6．如图所示，金属棒ab置于水平放置的金属导体框架cdef上，棒ab与框架接触良好．从某一时刻开始，给这个空间施加一个斜向上的匀强磁场，并且磁场均匀增加，ab棒仍静止，在磁场均匀增加的过程中，关于ab棒受到的摩擦力，下列说法正确的是( )A．摩擦力大小不变，方向向右B．摩擦力变大，方向向右C．摩擦力变大，方向向左D．摩擦力变小，方向向左【考点】共点力平衡的条件及其应用；安培力．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】磁感应强度均匀增大，穿过回路的磁通量均匀增大，回路中产生恒定的电流，安培力F=BIL，分析安培力的变化，由平衡条件即可判断摩擦力的变化．【解答】解：磁感应强度均匀增大，穿过回路的磁通量均匀增大，根据法拉第电磁感应定律得知，回路中产生恒定的电动势，感应电流I也恒定不变，ab棒所受的安培力：F=BIL，可知安培力F均匀增大；根据楞次定律，磁通量增大，产生顺时针方向的感应电流；根据左手定则，ab 棒上的安培力的方向左下方，如图（从前向后看）．水平方向的分量：F x=BIL•sinθ磁场均匀增加，ab棒仍静止，所以ab棒受力平衡，在水平方向上静摩擦力与安培力沿水平方向的分量大小相等，方向相反，即f=F x，所以静摩擦力的方向是水平向右．故B正确，ACD均错误．，金属棒ab始终保持静止，则摩擦力也均匀增大故选：B【点评】本题关键根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势如何变化，即可判断感应电流和安培力的变化．7．如图所示，其中正确的是( )A ．B ．C ．D ．【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【分析】小磁针静止时，N极所指的方向为磁场的方向，根据条形磁铁和蹄形磁铁周围磁场线的特点判断正误．【解答】解：磁针静止时，N极所指的方向为磁场的方向，磁感线在磁体的外部，由N极指向S极，故B、C、D错误，A正确．故选A．【点评】解决本题的关键知道磁体外部磁感线的特点，以及知道小磁针静止时，N极所指的方向为磁场的方向．8．下列说法正确的是( )A．若一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零B．由B=可知，磁感应强度大小与放在该处的小段通电导线IL的乘积成反比C．由E=n可知，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比D．穿过闭合回路中的磁通量均匀增加时，回路中产生的感应电动势也均匀增加【考点】法拉第电磁感应定律；安培力．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】本题考查了产生条件、大小与方向，当电流方向与磁场平行时不受安培力，根据左手定则可知安培力的方向与磁场垂直．引用公式F=BIL时，注意要求磁场与电流垂直，若不垂直应当将导线沿磁场与垂直于磁场分解，因此垂直时安培力最大，最大为F=BIL．【解答】解：A、当通电导线与磁场平行时，可以不受磁场力，故不能根据安培力为零说明磁感应强度为零，故A错误；B、磁感应强度是磁场本身的性质，其大小和方向跟放在磁场中通电导线所受力的大小和方向无关，故B错误；C、由法拉第电磁感应定律，则有：E=n可知，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，故C正确；D、由上分析可知，穿过闭合回路中的磁通量均匀增加时，但回路中产生的感应电动势不一定增加，故D错误；故选：C．【点评】本题考查安培力及磁感应强度的定义，要注意明确磁感应强度是磁场本身的性质．9．电流的磁效应揭示了电与磁的关系．若直导线通有方向垂直纸面向外的恒定电流，则电流的磁感线分布正确的是( )A ．B ．C ．D ．【考点】磁感线及用磁感线描述磁场．【专题】电磁学．【分析】在判断电流和电流激发磁场的磁感线方向时，要利用安培定则（或叫右手螺旋定则），不要和电场线混淆．【解答】解：根据安培定则可知，当电流方向向外时，所形成的磁场方向为逆时针方向闭合的曲线，故ABC错误，D正确．故选D．【点评】本题直接考查了安培定则的应用，比较简单，要注意和左手定则以及右手定则的区别．10．在图所示电路中，电池均相同，当电键S分别置于a、b两处时，导线MM′与NN′，之间的安培力的大小为f a、f b，判断这两段导线( )A．相互吸引，f a＞f b B．相互排斥，f a＞f bC．相互吸引，f a＜f b D．相互排斥，f a＜f b【考点】平行通电直导线间的作用；闭合电路的欧姆定律；安培力的计算．【专题】电磁感应中的力学问题．【分析】两平行导线电流方向相反，则两通电导线相互排斥．由于电流越强，产生的磁场B越强，根据F=BIL可知电流越大则相互作用力越大．【解答】解：当电键S置于a处时电源为一节干电池电流的方向是M′MNN′，电流大小为I a =，由于导线MM′与NN′中电流方向相反故两段导线相互排斥；当电键S置于b处时电源为两节干电池，电流的方向仍是M′MNN′，由于导线MM′与NN′中电流方向相反故两段导线相互排斥．又由于电路中灯泡电阻不变，此时电路中电流大小为I b =；显然I b＞I a，MM′在NN′处的磁感应强度B a＜B b，应用安培力公式F=BIL可知f a＜f b．综上所述这两段导线相互排斥，f a＜f b．故D正确，故选D．【点评】励磁电流越大，产生的磁场越强，而安培力F=BIL，故两通电导线之间的安培力越大．二、填空题11．电场中任何两条电场线都不相交．磁场中任何两条磁感线都不相交．【考点】电场线；磁感线及用磁感线描述磁场．【分析】电场线、磁感线疏密表示电场的强弱，电场线、磁感线的切线方向表示场强方向，电场线、磁感线不相交，从而即可求解．【解答】解：静电场中任何两条电场线不能相交，规定沿电场线的切线方向表示改点的电场强度方向，电场线的疏密表示电场的强弱，正电荷在电场中受到的电场力方向就是该点的电场方向．同理，磁感线上某点的切线方向，即为磁场方向，故任何两条磁感线不能相交．故答案为：不，不．【点评】本题很简单，属于课本上的基础题目，对于电场线的理解可以和磁场线对比进行．12．阴极射线管中的电子束在磁场中发生偏转，这表明电子在磁场中受到洛伦兹力（填“安培力”或“洛伦兹力”）的作用．【考点】洛仑兹力．【分析】本题比较简单，该演示实验演示了带电粒子受洛伦兹力作用而发生偏转的情况．【解答】解：带电粒子在电场中受电场力作用，在磁场中所受力为洛伦兹力．故答案为：洛伦兹力．【点评】本题比较简单，考查了带电粒子受洛伦兹力作用的现象，对于基础知识，不可忽视，要加强理解和应用．13．如图所示是测磁感应强度的一种装置．把一个很小的测量线圈放在待测处，测量线圈平面与该处磁场方向垂直，将线圈跟冲击电流计G串联（冲击电流计是一种测量电量的仪器）．当用反向开关K使螺线管里的电流反向时，测量线圈中就产生感应电动势，从而有电流流过G．该测量线圈的匝数为N，线圈面积为S，测量线圈电阻为R，其余电阻不计．（1）若已知开关K反向后，冲击电流计G测得的电量大小为q，则此时穿过每匝测量线圈的磁通量的变化量为△φ=（用已知量的符号表示）．（2）待测处的磁感应强度的大小为B=．【考点】磁感应强度；磁通量．【分析】线圈翻转导致穿过线圈的磁通量发生变化，根据法拉第电磁感应定律E=n可求出感应电动势大小，再由闭合电路欧姆定律I=与I=可求出磁通量的变化量，从而可算出出磁感应强度大小．【解答】解：当用反向开关S使螺线管里的电流反向流动时，穿过小线圈的磁通量的变化量是：△Φ=2BS产生的感应电动势：E=n感应电流：I=与I=可得：q═解得：而△Φ=2BS所以：B=故答案为：（1），（2）【点评】查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、电量表达式，同时注意磁通量虽然是标量，但注意线圈分正反面，从而导致磁通量有正负．还有磁通量与线圈匝数无关，但感应电动势与线圈匝数有关．14．图中+q受洛仑兹力，（1）水平向外的是图丙；（2）竖直向上的是图甲；（3）竖直向下的是图乙．【考点】左手定则．【分析】本题考查了左手定则的直接应用，根据左手定则即可正确判断磁场、运动方向、洛伦兹力三者之间的关系，特别注意的是四指指向和正电荷运动方向相同和负电荷运动方向相反．【解答】解：根据左手定则可知甲图中洛伦兹力方向应该竖直向上；乙图中所示，根据左手定则可知甲图中洛伦兹力方向应该竖直向下；丙图中所受洛伦兹力方向垂直磁场向外；丁图中受洛伦兹力方向垂直磁场向里．故答案为：（1）丙；（2）甲；（3）乙．【点评】安培定则、左手定则、右手定则是在电磁学中经常用到的，要掌握它们的区别，并能熟练应用．三、解答题15．如图，在B=9.1×10﹣4T的匀强磁场中，CD是垂直于磁场方向上的同一平面上的两点，相距d=0.05m，磁场中运动的电子经过C时，速度方向与CD成30°角，而后又通过D点，求：（1）在图中标出电子在C点受磁场力的方向．（2）电子在磁场中运动的速度大小．（3）电子从C点到D点经历的时间．（电子的质量m=9.1×10﹣31kg电量e=﹣1.6×10﹣19c）【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】（1）由左手定则判断电子的受力；（2）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据题设给出的条件可以根据几何关系求出半径的大小，再根据洛伦兹力提供圆周运动向心力解出电子在磁场中运动的速度大小；（3）根据几何关系求出粒子在磁场中做圆周运动转过的圆心角θ，再根据【解答】解：（1）由左手定则判断，电子受磁场力方向垂直v斜向右下．如图：（2）由几何关系，电子圆运动半径r=d由洛伦兹力提供向心力，有evB=由两式解得m/s（3）粒子运动的周期：，粒子运动的时间：=6.5×10﹣9s答：（1）在图中标出电子在C点受磁场力的方向如图．（2）电子在磁场中运动的速度大小是8.0×106m/s．（3）电子从C点到D点经历的时间是6.5×10﹣9s．【点评】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的问题，根据速度方向一定垂直于轨迹半径，正确地找出圆心、画出圆运动的轨迹是解题过程中要做好的第一步．再由几何知识求出半径r和轨迹对应的圆心角θ，再利用带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式r=和周期公式T=求有关物理量．16．如图所示，一束电子从静止开始经U′=5000V的电场加速后，从水平放置的一对平行金属板正中水平射入偏转电场中，若金属极板长L=0.05m，两极板间距d=0.02m，试求：（1）两板间至少要加多大的电压U才能使电子恰不飞出电场？（2）在上述电压下电子到达极板时的动能为多少电子伏特？【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】（1）根据动能定理求出电子加速获得的速度大小．电子进入偏转电场后做类平抛运动，恰好不飞出电场时，水平位移等于板长，竖直位移等于，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求出此时的电压U．（2）对电子运动全过程运用动能定理，求解电子到达极板时的动能．【解答】解：（1）在加速电场中，根据动能定理得：电子进入偏转电场，因E⊥v0，故电子作类平抛运动，水平方向：x=v0t竖直方向：y==由题，电子恰不飞出电场，则有x=L，y=由此解得：U===1.6×103V（2）对电子运动全过程，运用动能定理，有qU′+=E K﹣0则电子到达极板时动能eV答：（1）两板间至少要加1.6×103V 的电压U才能使电子恰不飞出电场．（2）在上述电压下电子到达极板时的动能为5.8×103电子伏特．【点评】此题电子先经加速电场加速，后进入偏转电场偏转，根据动能定理求加速得到的速度，运用分解的方法研究类平抛运动，都是常规方法．17．如图所示的正方形盒子开有a、b、c三个微孔，盒内有垂直纸面向里的匀强磁场．一束速率不同的带电粒子（质量、电量均相同，不计重力）从a孔沿垂直磁感线方向射入盒中，发现从c孔和b孔有粒子射出，试分析下列问题：（1）判断粒子的电性；（2）从b孔和c孔射出的粒子速率之比v1：v2；（3）它们在盒内运动时间之比为t1：t2．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；左手定则．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】（1）带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据轨迹得出洛伦兹力的方向，根据左手定则判断出电荷的电性．（2）带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有，得出半径公式，根据半径关系得出粒子的速度关系．（3）带电粒子运行的周期，根据圆心角求出运行时间t=．从而求出运动时间之比．【解答】解：（1）依题意可得粒子的运动轨迹，如右图所示．结合运动轨迹，根据左手定则可知粒子带负电．（2）由得又由运动轨迹知 r1=2r2则v1：v2=1：2（3）由得，周期与速率无关．运行时间t=．知 t1=，t2=．则t1：t2=2：1．【点评】解决本题的关键掌握用左手定则判断磁场方向、电荷的运动方向、洛伦兹力方向的关系．以及掌握带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式和周期公式．18．在地面附近的真空中，存在着竖直向上的匀强电场和垂直电场方向水平向里的匀强磁场，如图甲所示．磁场的磁感应强度B（图象中的B0末知）随时间t的变化情况如图乙所示．该区域中有一条水平直线MN，D是MN上的一点．在t=0时刻，有一个质量为m、电荷量为+q的小球（可看做质点），从M点开始沿着水平直线以速度v0向右做匀速直线运动，t0时刻恰好到达N点．经观测发现，小球在t=2t0至t=3t0时间内的某一时刻，又竖直向下经过直线MN上的D点，并且以后小球多次水平向右或竖直向下经过D点．不考虑地磁场的影响，求：（1）电场强度E的大小；（2）小球从M点开始运动到第二次经过D点所用的时间；（3）小球运动的周期，并画出运动轨迹（只画一个周期）．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】（1）小球从M点运动到N点时，电场力与重力平衡，由平衡条件即可求解E的大小；（2）根据直线运动与圆周运动，结合运动学公式与周期公式，即可求解；（3）由上分析，根据受力与运动情况，可画出运动轨迹．【解答】解：（1）小球从M点运动到N点时，有qE=mg，解得 E=．（2）小球从M点到达N点所用时间t1=t0小球从N 点经过个圆周，到达P点，所以 t2=t0小球从P点运动到D点的位移 x=R=小球从P点运动到D点的时间 t3==得 t0=，t3=所以所求时间 t=t1+t2+t3=2t0（+1）．（3）小球运动一个周期的轨迹如图所示．小球的运动周期为T=8t0．答：（1）电场强度E 的大小是；（2）小球从M点开始运动到第二次经过D点所用的时间是2t0（+1）；（3）小球运动的周期是8t0，画出运动轨迹如图所示．【点评】考查粒子在复合场的运动，掌握受力与运动的关系，注意学会画出运动轨迹，体现几何的特性及对称性．。

江西省宜春市丰城中学2017-2018学年高二上学期周练物理试卷(重点班)(12.10) Word版含解析

2017-2018学年江西省宜春市丰城中学高二（上）周练物理试卷（重点班）（12.10）一、选择题（5*12=60分）1．下列关于产生感应电流的说法中，正确的是（）A．只要穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中就一定有感应电流产生B．只要闭合导线框做切割磁感线的运动，导线框中就一定有感应电流C．闭合电路的一部分导体，若不做切割磁感线运动，则闭合电路中就一定没有感应电流D．当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路中就一定有感应电流2．感应电流的磁场一定（）A．阻碍引起感应电流的磁通量B．与引起感应电流的磁场反向C．与引起感应电流的磁场同向D．阻碍引起感应电流的磁通量的变化3．如图所示，环形金属软弹簧，套在条形磁铁的中心位置．若将弹簧沿半径向外拉，使其面积增大，则穿过弹簧所包围面积的磁通量将（）A．增大 B．减小C．不变 D．无法确定如何变化4．关于发电机和电动机下列说法中不正确的是（）A．发电机和电动机的作用是相同的，都可以把其他形式的能转化成电能B．发电机可以把其他形式的能转化成电能，电动机可以把电能转化成机械能C．发电机和电动机统称为电机D．通过电机可以实现电能与其他形式的能源相互转5．如图表示闭合电路的一部分导体在磁极间运动的情形，图中导体垂直于纸面，O表示导体的横截面，a、b、c、d分别表示导体运动中的四个不同位置，箭头表示导体在那个位置上的运动方向，则导体中感应电流的方向为垂直纸面向里时，导体的位置是（）A．a B．b C．c D．d6．如图所示，条形磁铁正上方放置一矩形线框，线框平面水平且与条形磁铁平行，则线框由N极端匀速平移到S极端的过程中，线框中的感应电流的情况是（）A．线框中始终无感应电流B．线框中始终有感应电流C．线框中开始有感应电流，当线框运动到磁铁中部时无感应电流，过中部后又有感应电流D．线框中开始无感应电流，当线框运动到磁铁中部时有感应电流，过中部后又无感应电流7．一个由导线组成的矩形线圈长为2L，以速率v匀速穿过有理想界面的宽为L的匀强磁场，如图所示．图中的哪幅能正确地表示矩形线圈内的电流随时间变化的关系的是（）A．B．C．D．8．如图所示，导线框MNQP近旁有一个跟它在同一竖直平面内的矩形线圈abcd，下列说法正确的是（）A．当电阻变大时，abcd中有感应电流B．当电阻变小时，abcd中有感应电流C．电阻不变，将abcd在其原来所在的平面内向PQ靠近时，其中有感应电流D．电阻不变，将abcd在其原来所在的平面内竖直向上运动时，其中有感应电流9．如图所示，正方形线框的边长为L，电容器的电容为C．正方形线框的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中，当磁感应强度以k为变化率均匀减小时，则（）A．线框产生的感应电动势大小为kL2B．电压表没有读数C．a点的电势高于b点的电势D．电容器所带的电荷量为零10．如图是一种延时开关，当S1、S2均闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，C电路接通，当S1断开时，由于电磁感应作用，D将延迟一段时间才被释放．则（）A．由于A线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用B．由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用C．如果断开B线圈的开关S2，则无延时作用D．如果断开B线圈的开关S2，则延时将变长11．如图所示，若不计导轨的电阻，当导线MN在磁感应强度为B的匀强磁场中向右匀速移动时，下列结论中正确的是（）A．线圈L2中的电流方向如图且在均匀增大B．电流计G中无电流通过C．电流计G中有电流通过，方向从a到bD．电流计G中有电流通过，方向从b到a二、计算题12．矩形线框abcd的边长分别为l1、l2，可绕它的一条对称轴OO′转动，匀强磁场的磁感应强度为B，方向与OO′垂直，初位置时线圈平面与B平行，如图所示．（1）初位置时穿过线框的磁通量Φ0为多少？（2）当线框沿图甲所示方向绕过60°时，磁通量Φ2为多少？这一过程中磁通量的变化△Φ1为多少？（3）当线框绕轴沿图示方向由图乙中的位置再转过60°位置时，磁通量Φ3为多少？这一过程中△Φ2为多少？13．如图甲所示，光滑导轨宽0.4m，ab为金属棒，均匀变化的磁场垂直穿过轨道平面，磁场的变化情况如图乙所示，金属棒ab的电阻为1Ω，导轨电阻不计．t=0时刻，ab棒从导轨最左端，以v=1m/s的速度向右匀速运动，求1s末回路中的感应电流及金属棒ab受到的安培力．14．如图所示，在磁感强度为0.5T的匀强磁场中，让长0.2m的导体AB在金属框上以5m/s 的速度向右滑动．如果R1=2Ω，R2=1Ω，其他导线上的电阻忽略不计．试求R1、R2和AB 中的电流各是多大．15．如图所示，竖直平行导轨间距l=20cm，导轨顶端接有一电键K．导体棒ab与导轨接触良好且无摩擦，ab的电阻R=0.4Ω，质量m=10g，导轨的电阻不计，整个装置处在与轨道平面垂直的匀强磁场中，磁感强度B=1T．当ab棒由静止释放0.8s后，突然接通电键，不计空气阻力，设导轨足够长．求：（1）ab棒的最大速度（2）ab棒的最终速度的大小（g取10m/s2）．2017-2018学年江西省宜春市丰城中学高二（上）周练物理试卷（重点班）（12.10）参考答案与试题解析一、选择题（5*12=60分）1．下列关于产生感应电流的说法中，正确的是（）A．只要穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中就一定有感应电流产生B．只要闭合导线框做切割磁感线的运动，导线框中就一定有感应电流C．闭合电路的一部分导体，若不做切割磁感线运动，则闭合电路中就一定没有感应电流D．当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路中就一定有感应电流【考点】感应电流的产生条件．【分析】感应电流产生的条件：只要穿过闭合电路的磁通量发生变化就能产生感应电流．可以分解为两个条件：1、闭合电路，2、磁通量发生变化．这两个条件必须同时满足，才能有感应电流产生．【解答】解：A、满足磁通量变化，但是没有满足闭合电路这个条件，故A错误．B、满足闭合电路，但是磁通量不一定变化，不一定有感应电流，故B错误．C、闭合电路的一部分导体，若不做切割磁感线运动，但闭合电路中穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中也有感应电流．故C错误．D、当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路中就一定有感应电流．故D正确．故选：D．2．感应电流的磁场一定（）A．阻碍引起感应电流的磁通量B．与引起感应电流的磁场反向C．与引起感应电流的磁场同向D．阻碍引起感应电流的磁通量的变化【考点】楞次定律．【分析】根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．当磁通量增大时，感应电流的磁场与它相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与它相同．【解答】解：当磁通量增大时，感应电流的磁场与它相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与它相同．即感应电流的磁场方向取决于引起感应电流的磁通量是增加还是减小．感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．故D正确，ABC错误．故选：D3．如图所示，环形金属软弹簧，套在条形磁铁的中心位置．若将弹簧沿半径向外拉，使其面积增大，则穿过弹簧所包围面积的磁通量将（）A．增大 B．减小C．不变 D．无法确定如何变化【考点】磁通量．【分析】当穿过线圈的磁感线有相反的两种方向时，要根据抵消后的条数来确定磁通量的大小．磁感线是闭合曲线，磁铁外部与内部磁感线条数相等，而磁铁内外穿过线圈的磁感线方向相反，根据抵消情况确定磁通量的变化．【解答】解：磁感线在条形磁铁的内外形成闭合曲线，磁铁外部的磁感线总数等于内部磁感线的总数，而且磁铁内外磁感线方向相反．而磁铁外部的磁感线分布在无穷大空间，所以图中线圈中磁铁内部的磁感线多于外部的磁感线，由于方向相反，外部的磁感线要将内部的磁感线抵消一些，将弹簧沿半径向外拉，使其面积增大，内部磁感线总数不变，而抵消增大，剩余减小，则磁通量将减小．故B正确．故选B4．关于发电机和电动机下列说法中不正确的是（）A．发电机和电动机的作用是相同的，都可以把其他形式的能转化成电能B．发电机可以把其他形式的能转化成电能，电动机可以把电能转化成机械能C．发电机和电动机统称为电机D．通过电机可以实现电能与其他形式的能源相互转【考点】电磁感应中的能量转化．【分析】发电机是通过外力做功将机械能转化为电能，是磁生电的现象；而电动机则是将电能转化为机械能，是电生磁的现象．【解答】解：A、发电机可以把其他形式的能转化成电能，电动机可以把电能转化成机械能，故A错误的；B、发电机可以把其他形式的能转化成电能，电动机可以把电能转化成机械能，故B正确；C、电机是电动机与发电机的简称，故C正确；D、电机是电动机与发电机的简称，所以可以实现电能与其他形式的能源相互转化．故D正确；本题选择不正确的，故选：A5．如图表示闭合电路的一部分导体在磁极间运动的情形，图中导体垂直于纸面，O表示导体的横截面，a、b、c、d分别表示导体运动中的四个不同位置，箭头表示导体在那个位置上的运动方向，则导体中感应电流的方向为垂直纸面向里时，导体的位置是（）A．a B．b C．c D．d【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；右手定则．【分析】明确磁场方向和导体运动方向，根据右手定则即可分析导体中感应电流的方向里时的运动方向．【解答】解：磁场由N极指向S极，故内部磁感线向下，根据右手定则可知，当导体向右运动时，电流方向向里，故a点电流向里，c点电流向外，而bd处导体不切割磁感线，导体中没有感应电流；故A正确，BCD错误．故选：A．6．如图所示，条形磁铁正上方放置一矩形线框，线框平面水平且与条形磁铁平行，则线框由N极端匀速平移到S极端的过程中，线框中的感应电流的情况是（）A．线框中始终无感应电流B．线框中始终有感应电流C．线框中开始有感应电流，当线框运动到磁铁中部时无感应电流，过中部后又有感应电流D．线框中开始无感应电流，当线框运动到磁铁中部时有感应电流，过中部后又无感应电流【考点】感应电流的产生条件．【分析】磁通量等于穿过线圈的磁感线的条数．当a线圈在N极的正上方时，有磁感线穿过a线圈．b线圈位于磁铁的正中央，磁通量为零．然后根据楞次定律判断感应电流的方向【解答】解：磁通量等于穿过线圈的磁感线的条数．a在N极的正上方时，有磁感线穿过a 线圈．b位于磁铁的正中央，左半边线圈中磁感线斜向右上方穿过，右半边线圈磁感线斜向右向下穿过，方向相反，完全抵消，磁通量为零．过了b后磁通量又不为0，所以磁通量先减小后变大；通过上面分析可知穿过线圈的磁通量先是向上的减少然后向下的增大，根据楞次定律可判断出线框中开始有感应电流，当线框运动到磁铁中部时磁通量等于0，但是磁通量仍然在变化，仍然有感应电流，过中部后又有感应电流．故选项B正确．故选：B．7．一个由导线组成的矩形线圈长为2L，以速率v匀速穿过有理想界面的宽为L的匀强磁场，如图所示．图中的哪幅能正确地表示矩形线圈内的电流随时间变化的关系的是（）A．B．C．D．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．【分析】根据右手定则或楞次定律判断出线框进入磁场时和出磁场时回路中感应电流的方向，再根据切割式E=BLv和欧姆定律，列式分析感应电流，从而得出正确结果．【解答】解：A、B线框开始时进入磁场时切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，当开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针，所以这两个过程感应电流方向相反；故A、B错误．C、Dt在0﹣时间内，感应电流大小为I==，B、L、v不变，则I不变；在﹣时间内，磁通量不变，没有感应电流产生，I=0；在﹣时间内，感应电流大小为I==，B、L、v不变，则I不变；故C正确，D错误．故选：C．8．如图所示，导线框MNQP近旁有一个跟它在同一竖直平面内的矩形线圈abcd，下列说法正确的是（）A．当电阻变大时，abcd中有感应电流B．当电阻变小时，abcd中有感应电流C．电阻不变，将abcd在其原来所在的平面内向PQ靠近时，其中有感应电流D．电阻不变，将abcd在其原来所在的平面内竖直向上运动时，其中有感应电流【考点】感应电流的产生条件．【分析】对照产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化，分析abcd中有无感应电流．【解答】解：A、当电阻变大时，导线框MNQP中电流减小，PQ产生的磁场减弱，穿过abcd 的磁通量减小，则abcd中有感应电流．故A正确．B、同理，当电阻变小时，导线框MNQP中电流增大，PQ产生的磁场增强，穿过abcd的磁通量增加，则abcd中有感应电流．故B正确．C、电阻不变，将abcd在其原来所在的平面内向PQ靠近时，穿过abcd的磁通量增加，其中有感应电流，故C正确．D、电阻不变，将abcd在其原来所在的平面内竖直向上运动时，穿过abcd的磁通量不变，其中没有感应电流，故D错误．故选：ABC9．如图所示，正方形线框的边长为L，电容器的电容为C．正方形线框的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中，当磁感应强度以k为变化率均匀减小时，则（）A．线框产生的感应电动势大小为kL2B．电压表没有读数C．a点的电势高于b点的电势D．电容器所带的电荷量为零【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．【分析】根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势大小．电容器充电完毕后电路中没有电流，电压表则没有读数．由楞次定律判断电势的高低．电容器的电量不为零．【解答】解：A、由法拉第电磁感应定律注意有效面积，得：E==kL2，故A错误．B、磁场均匀减弱，线圈产生恒定的感应电动势，电容器充电完毕后电路中没有电流，电压表则没有读数．故B正确．C、由楞次定律可知，感应电动势方向沿顺时针，则a 点的电势高于b点的电势，电势差为感应电动势．故C正确．D、线圈产生恒定的感应电动势给电容器充电，则电容器的电量不为零．故D错误．故选：BC．10．如图是一种延时开关，当S1、S2均闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，C电路接通，当S1断开时，由于电磁感应作用，D将延迟一段时间才被释放．则（）A．由于A线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用B．由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用C．如果断开B线圈的开关S2，则无延时作用D．如果断开B线圈的开关S2，则延时将变长【考点】楞次定律．【分析】当S1、S2均闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，C电路接通，当S1断开时，导致由于线圈B中的磁通量变化，从而出现感应电流，致使F中仍有磁性，出现延迟一段时间才被释放．若线圈B处于断开，即使S1断开也不会有感应电流，则不会出现延迟现象．【解答】解：当S1断开时，导致由于线圈B中的磁通量变小，从而出现感应电流，致使F 中仍有磁性，出现延迟一段时间才被释放．所以由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用．若断开B线圈的开关S2，当S1断开，F中立即没有磁性，所以没有延时功能．故选：BC11．如图所示，若不计导轨的电阻，当导线MN在磁感应强度为B的匀强磁场中向右匀速移动时，下列结论中正确的是（）A．线圈L2中的电流方向如图且在均匀增大B．电流计G中无电流通过C．电流计G中有电流通过，方向从a到bD．电流计G中有电流通过，方向从b到a【考点】楞次定律．【分析】根据楞次定律来确定感应电流的方向，再由法拉第电磁感应定律来确定感应电流的大小，并由右手螺旋定则来确定电流与磁场方向关系，最后由产生感应电流的条件来判定是否存在电流．【解答】解：导线MN在匀强磁场中向右匀速移动，切割磁感线产生恒定的感应电动势，导致线圈L2中有磁通量，由于电流的恒定，则线圈L1中有磁通量，但没有变化，所以电流计中没有电流通过．故B正确，ACD错误；二、计算题12．矩形线框abcd的边长分别为l1、l2，可绕它的一条对称轴OO′转动，匀强磁场的磁感应强度为B，方向与OO′垂直，初位置时线圈平面与B平行，如图所示．（1）初位置时穿过线框的磁通量Φ0为多少？（2）当线框沿图甲所示方向绕过60°时，磁通量Φ2为多少？这一过程中磁通量的变化△Φ1为多少？（3）当线框绕轴沿图示方向由图乙中的位置再转过60°位置时，磁通量Φ3为多少？这一过程中△Φ2为多少？【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系．【分析】线圈在匀强磁场中，当线圈平面与磁场方向垂直时，穿过线圈的磁通量Φ=BS，B 是磁感应强度，S是线圈的面积．当线圈平面与磁场方向平行时，穿过线圈的磁通量Φ=0，若既不垂直，也不平行，则可分解成垂直与平行，根据Φ=BSsinθ（θ是线圈平面与磁场方向的夹角）即可求解．【解答】解：（1）其俯视图如图所示．当处于图甲所示位置时，从俯视图可看出没有磁感线穿过矩形线框，故Φ0=0．（2）当绕轴（从上往下看）沿逆时针方向转动60°到a′b′位置时，线框与B的夹角θ=60°．所以Φ2=B•Ssin60°=BS△Φ1=Φ2﹣Φ0=BS．（3）当再由a′b′位置逆时针转60°时，到a″b″，这时线框与B方向成120°角．所以Φ3=B•Ssin120°=BS，△Φ2=Φ3﹣Φ2=BS﹣BS=0．注意：a′b′位置和a″b″位置时，穿过线框磁通量的方向没有发生变化．答：（1）初位置时穿过线框的磁通量Φ0为0（2）当线框沿图甲所示方向绕过60°时，磁通量Φ2为，这一过程中磁通量的变化△Φ1为（3）当线框绕轴沿图示方向由图乙中的位置再转过60°位置时，磁通量Φ3为，这一过程中△Φ2为013．如图甲所示，光滑导轨宽0.4m，ab为金属棒，均匀变化的磁场垂直穿过轨道平面，磁场的变化情况如图乙所示，金属棒ab的电阻为1Ω，导轨电阻不计．t=0时刻，ab棒从导轨最左端，以v=1m/s的速度向右匀速运动，求1s末回路中的感应电流及金属棒ab受到的安培力．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；安培力．【分析】由图读出1s末磁感应强度B，由E=BLv求动生电动势，由法拉第电磁感应定律求出感生电动势，得到回路中总的电动势，再由欧姆定律求出感应电流，由F=BIL求出安培力．【解答】解：由图乙知，1s末磁感应强度B=2Tab棒产生的动生电动势为E动=BLv=2×0.4×1V=0.8V回路中产生的感生电动势为E感=Lvt=2×0.4×1×1V=0.8根据楞次定律知两个电动势串联，则总电动势为E=E动+E感=1.6V；回路中感应电流为：I==A=1.6A1s末ab棒所受安培力为：F=BIL=2×1.6×0.4N=1.28N，方向向左．答：1s末回路中的感应电流为1.6A，ab棒所受的安培力大小为1.28N，方向向左．14．如图所示，在磁感强度为0.5T的匀强磁场中，让长0.2m的导体AB在金属框上以5m/s 的速度向右滑动．如果R1=2Ω，R2=1Ω，其他导线上的电阻忽略不计．试求R1、R2和AB 中的电流各是多大．【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】由公式E=BLv求出电动势，根据欧姆定律求解感应电流．【解答】解：（1）导体棒切割磁感线产生的电动势：E=BLv=0.2×0.5×5=0.5V，两电阻并联，电压相等，为：E=0.5V，故流过R1电流为：I1===0.25A，流过R2电流为：I2==A=0.5A电路总电流：I=I1+I2=0.75A；答：R1、R2和AB中的电流各是0.25A，0.5A，0.75A．15．如图所示，竖直平行导轨间距l=20cm，导轨顶端接有一电键K．导体棒ab与导轨接触良好且无摩擦，ab的电阻R=0.4Ω，质量m=10g，导轨的电阻不计，整个装置处在与轨道平面垂直的匀强磁场中，磁感强度B=1T．当ab棒由静止释放0.8s后，突然接通电键，不计空气阻力，设导轨足够长．求：（1）ab棒的最大速度（2）ab棒的最终速度的大小（g取10m/s2）．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用．【分析】（1）根据自由落体运动规律求出0.8S时ab棒的速度，求出安培力，分析棒在0.8S 后的运动情况，求出最大速度．（2）导体最终做匀速运动，达到稳定状态，由力平衡、安培力等知识求解最大速度．【解答】解：（1）在0.8S时，金属棒的速度v=gt=8m/s E=BLv=1.6V由静止释放0.8s时：F=BIL=0.8N 重力G=mg=0.1N，此时安培力F大于重力G，闭合开关后，导体棒做减速运动，故导体棒的最大速度v m=8m/s（2）最终当导体棒的重力和安培力平衡时，导体棒保持恒定速度做匀速直线运动．即：，代入数据解得：v=1m/s答：（1）ab棒的最大速度为8m/s．（2）ab棒的最终速度的大小为1m/s．2016年9月29日。

江西省宜春中学2017-2018学年高二上学期第二次周考理科综合试题 Word版含答案

2017-2018学年高二上学期第二次理综周考试卷一、选择题1、下列有关实验操作方法或结果的叙述，正确的一组是①检测还原糖时最好用番茄汁代替苹果汁做实验材料②用光学显微镜观察质壁分离时，可看到细胞壁、细胞膜和染色体③用纸层析法分离色素时，胡萝卜素在层析液中溶解度最大④运用模拟的方法，可探究细胞大小与物质运输效率的关系⑤在观察洋葱鳞片叶内表皮细胞中DNA的分布时，应保持细胞的活性⑥人的口腔上皮细胞经健那绿染液染色后，可以看到呈蓝绿色的线粒体A．①②③B．②③⑤C．②④⑥D．③④⑥2、多指症由显性基因控制，先天性聋哑由隐性基因控制，这两种遗传病的基因独立遗传．一对男性患多指、女性正常的夫妇，婚后生了一个手指正常的聋哑孩子，这对夫妇再生下的孩子为手指正常、先天性聋哑、既多指又先天性聋哑这三种情况的可能性依次是A．、、B．、、C．、、D．、、3、对下列各图所表示的生物学意义的描述，正确的是（）1A．甲细胞所示的生物自交后产生基因型为Aabb个体的概率为6B．若乙图中一条染色体上的基因B变为b，产生这种情况的原因只能是交叉互换C．丙图家系中的遗传病不可能是伴X隐性遗传D．丁图表示的果蝇只能产生基因型为AX w、aY的两种配子4、某些类型的染色体结构和数目的变异，可通过对细胞有丝分裂中期或减数第一次分裂时期的观察来识别．a、b、c、d为某些生物减数第一次分裂时期染色体变异的模式图，它们依次属于A．三倍体、染色体片段增加、三体、染色体片段缺失B．三倍体、染色体片段缺失、三体、染色体片段增加C．三体、染色体片段增加、三倍体、染色体片段缺失D．三体、染色体片段缺失、三倍体、染色体片段增加5、如图为水稻的几种不同育种方法示意图，下列叙述正确的是A ．通过A 、D 过程培育新品种的方法叫杂交育种，其特点是把不同亲本的优良性状集中在一起，其原理是基因突变B ．B 过程常用的方法是花药离体培养，体现了植物细胞的全能性C ．C 、F 过程可用秋水仙素进行处理，原理是抑制着丝点分裂，使细胞内染色体数目加倍D ．E 过程能打破物种的界限，需要的酶是限制酶、DNA 聚合酶6、小鼠中有一对控制灰砂色的基因(T)和正常灰色的基因(t),位于X 染色体上。

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

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

江西省宜春中学2015-2016学年高二下学期第六次周考物理试题Word版含答案

宜春中学2017届高二下学期第6 次周考物理试题命题：熊清华一、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题中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．1．我国《道路交通安全法》中规定：各种小型车辆前排乘坐的人(包括司机)必须系好安全带，这是因为A ．系好安全带可以减小惯性B ．系好安全带对人和车的惯性有影响C ．系好安全带可以防止因车的惯性而造成的伤害D ．系好安全带可以防止因人的惯性而造成的伤害2．下列所给的图象中能反映作直线运动物体不会回到初始位置的是D14．明代出版的《天工开物》一书中就有牛力齿轮翻车的图画（如右图），记录了我们祖先的劳动智慧．若A 、B 、C 三齿轮半径的大小关系如图，则A ．齿轮A 的角速度比C 的大B ．齿轮A 与B 角速度大小相等C ．齿轮B 与C 边缘的线速度大小相等D ．齿轮A 边缘的线速度比C 边缘的大15．广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台.若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t =0时由静止开始上升，t a 间关系如图所示．则下列相关说法正确的是 A ．t =4.5s 时，电梯处于失重状态 B ．5～55s 时间内，绳索拉力最小 C ．t =59.5s 时，电梯处于超重状态D ．t =60s 时，电梯速度恰好为016．如图所示，两个小球a 、b 质量均为m ，用细线相连并悬挂于O 点，现用一轻质弹簧给小球a 施加一个拉力F ，使整个装置处于静止状态，且Oa 与竖直方向夹角为θ＝45o，已知弹簧劲度系数为k ，则弹簧形变量不可能是A．k B．2kC．3k D ．2mg k17．A 、B 为两等量异种电荷，图中水平虚线为A 、B 连线的中垂线．现将另两个等量异种的ABCA +AC D B 第2题图检验电荷a 、b ，如图用绝缘细杆连接后从离AB 无穷远处沿中垂线平移到AB 的连线，平移过程中两检验电荷位置始终关于中垂线对称．若规定离AB 无穷远处电势为零，则下列说法中正确的是A ．在AB 的连线上a 所处的位置电势0a ϕ<B ．a 、b 整体在AB 连线处具有的电势能p 0E >C ．整个移动过程中，静电力对a 做正功D ．整个移动过程中，静电力对a 、b 整体做正功18．已知，某卫星在赤道上空轨道半径为r 1的圆形轨道上绕地运行的周期为T ，卫星运动方向与地球自转方向相同，赤道上某城市的人每三天恰好五次看到卫星掠过其正上方．假设某时刻，该卫星如图在A 点变轨进入椭圆轨道，近地点B 到地心距离为r 2.设卫星由A 到B 运动的时间为t ，地球自转周期为T 0，不计空气阻力．则： A ．038=T TB．t =C ．卫星在图中椭圆轨道由A 到B 时，机械能增大D ．卫星由图中圆轨道进入椭圆轨道过程中，机械能不变19．如图ABCD 的矩形区域，边长AB ＝2AD .质量m 、带电量q 的正电粒子以恒定的速度v 从A 点沿AB 方向射入矩形区域.若该矩形区域充满沿A 至D 方向的匀强电场，则粒子恰好从C 点以速度v 1射出电场，粒子在电场中运动的时间为t 1；若该矩形区域充满垂直纸平面的匀强磁场，则粒子恰好从CD 边的中点以速度v 2射出磁场，粒子在磁场中运动的时间为t 2．则A ．12v v >B ．21t t <C ．124t t π= D ．124t t π=20．交流发电机和理想变压器如图连接，灯泡额定电压为U 0，灯泡与电阻R 的阻值均为R ．当该发电机以转速n 匀速转动时，电压表示数为U ，灯泡恰能正常发光。

江西省宜春市樟树中学2017-2018学年高二上学期周练物理试卷(6) Word版含解析

2017-2018学年江西省宜春市樟树中学高二（上）周练物理试卷（6）一．选择题（本题包括8小题，每小题6分，共48分.1-5题为单选题，6-8题为多选题）1．在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路．当调节滑动变阻器R并控制电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为1.0A和2.0V．重新调节R并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.0A和24.0V．则这台电动机正常运转时输出功率为（）A．32 W B．40 W C．47 W D．48 W2．如图所示，R1=R2=R3=R4=R，电键S闭合时，间距为d的平行板电容器C的正中间有一质量为m、电荷量为q的小球恰好处于静止状态；电键S断开时，则小球的运动情况为（）A．不动 B．向上运动 C．向下运动 D．不能确定3．在如图（a）所示的电路中，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器．闭合电键S，将滑动变阻器的滑动触头P从最右端滑到最左端，两个电压表（内阻极大）的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图（b）所示．则（）A．图线甲是电压表V1示数随电流变化的图线B．电源内电阻的阻值为10ΩC．电源的最大输出功率为1.5WD．滑动变阻器R2的最大功率为0.9W4．图甲所示的电路中，电流表A1指针指满刻度，电流表A2的指针指满刻度的处；图乙中，A2指针指满刻度，A1指针指满刻度的处．已知A1的内阻为0.45Ω，则A2的电阻为（）A．0.1Ω B．0.15ΩC．0.3ΩD．0.6Ω5．如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（）A．电压表读数减小B．电流表读数减小C．质点P将向上运动 D．R3上消耗的功率逐渐增大6．如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，若调整可变电阻R的阻值，可使电压表V的示数减小△U（电压表为理想电表），在这个过程中（）A．通过R1的电流减小，减少量一定等于B．R2两端的电压增加，增加量一定等于△UC．路端电压减小，减少量一定等于△UD．通过R2的电流增加，但增加量一定小于7．在如图所示的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．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，由图象可知下列说法正确的是（）A．电源的电动势为3 V，内阻为0.5ΩB．电阻R的阻值为1ΩC．电源的输出功率为4 WD．电源的效率为50%8．在如图甲所示的电路中，电源电动势为3.0V，内阻不计，L1、L2为相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，R为定值电阻，阻值为7.5Ω．当开关S闭合后（）A．L1的电阻为ΩB．L1消耗的电功率为7.5 WC．L2的电阻为7.5ΩD．L2消耗的电功率为0.3 W二、填空题（共16分）9．在测量金属丝电阻率的实验中，可供选用的器材如下：待测金属丝：R x（阻值约4Ω，额定电流约0.5A）；电压表：V（量程3V，内阻约3kΩ）；电流表：A1（量程0.6A，内阻约0.2Ω）；A2（量程3A，内阻约0.05Ω）；电源：E1（电动势3V，内阻不计）；E2（电动势12V，内阻不计）；滑动变阻器：R（最大阻值约20Ω）；螺旋测微器；毫米刻度尺；开关S；导线．（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图1所示，读数为mm．（2）若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选、电源应选（均填器材代号），在虚线框（图2）内完成电路原理图．10．某兴趣小组欲通过测定工业污水（含多种重金属离子）的电阻率来判断某工厂废水是否达到排放标准（一般工业废水电阻率的达标值为ρ≥200Ω•m）．图甲为该小组所用盛水容器，其左、右两侧面为金属薄板（电阻极小），其余四面由绝缘材料制成，左右两侧带有接线柱．容器内表面长a=40cm，宽b=20cm，高c=10cm．将水样注满容器后，进行以下操作：（1）用多用电表欧姆挡所测水样的电阻约为2000Ω．（2）为更精确地测量所取水样的电阻，该小组从实验室中找到如下实验器材：A．电流表（量程3mA，电阻R A为5Ω）B．电压表（量程6V，电阻R V约为10kΩ）C．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流1A）D．电源（6V，内阻约为1Ω）E．开关一只、导线若干请完成图中的实物图连接．（3）正确连接电路后，闭合开关，测得一组U、I数据，再调节滑动变阻器，重复上述测量UI关系图线．）由以上测量数据可以求出待测水样的电阻率为Ω•m．据此可知，所测水样在电阻率这一指标上．（选填“达标”或“不达标”）三、计算题（本题共3小题36分，解答时要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，若只有最后答案而无演算过程的不得分）11．如图所示的电路中，电池的电动势E=5V，内电阻r=10Ω，固定电阻R=90Ω，R0是可变电阻．在R0由0增加到400Ω的过程中，求：（1）可变电阻R0上消耗热功率最大的条件和最大热功率；（2）电池的内电阻r和固定电阻R上消耗的最小热功率之和．12．如图所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图．电动机内电阻r=0.8Ω，电路中另一电阻R=10Ω，直流电压U=160V，电压表示数U V=110V．试求：（1）通过电动机的电流（2）输入电动机的电功率（3）若电动机以v=1m/s匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量（g取10m/s2）．13．如图甲所示为一个电灯两端的电压与通过它的电流变化关系曲线，由图可知，两者不成线性关系，这是由于焦耳热使灯丝的温度发生了变化，参考这条曲线回答下列问题（不计电流表和电池的内阻）（1）若把三个这样的电灯串联后，接到电动势为12V的电源上，求流过灯泡的电流和每个灯泡的电阻．（2）如图乙所示，将两个这样的电灯并联后再与9Ω的定值电阻R0串联，接在电动势为8V、内阻为1Ω的电源上，求通过电流表的电流值和每个电泡的实际功率．2017-2018学年江西省宜春市樟树中学高二（上）周练物理试卷（6）参考答案与试题解析一．选择题（本题包括8小题，每小题6分，共48分.1-5题为单选题，6-8题为多选题）1．在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路．当调节滑动变阻器R并控制电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为1.0A和2.0V．重新调节R并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.0A和24.0V．则这台电动机正常运转时输出功率为（）A．32 W B．40 W C．47 W D．48 W【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．【分析】电动机停止转动时，其电路是纯电阻电路，欧姆定律成立，由电流表和电压表的示数，根据欧姆定律求出电动机的电阻．电动机正常运转时输出功率等于输入的电功率与内部发热功率之差．【解答】解：依题，电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为1.0A和2.0V，则电动机的电阻R==2Ω=U2I2﹣=24×2﹣22×2（W）=40W这台电动机正常运转时输出功率为P出故选：B2．如图所示，R1=R2=R3=R4=R，电键S闭合时，间距为d的平行板电容器C的正中间有一质量为m、电荷量为q的小球恰好处于静止状态；电键S断开时，则小球的运动情况为（）A．不动 B．向上运动 C．向下运动 D．不能确定【考点】闭合电路的欧姆定律；匀强电场中电势差和电场强度的关系；电容．【分析】由小球的运动状态可得出电容器两端的电势差；根据电路结构分析开关通断前后电容器两端的电势差的变化，即可得出小球的运动情况．【解答】解：开关闭合时，电路中R1与R2并联后与R3串联，电容器两端的电压等于R3两端的电压；而小球保持静止，则有Eq=mg；当开关断开时，R1与R3串联，外部总电阻增大，则总电流减小，故R3两端的电压减小，故小球受到的电场力减小，故小球将向下运动；故选：C．3．在如图（a）所示的电路中，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器．闭合电键S，将滑动变阻器的滑动触头P从最右端滑到最左端，两个电压表（内阻极大）的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图（b）所示．则（）A．图线甲是电压表V1示数随电流变化的图线B．电源内电阻的阻值为10ΩC．电源的最大输出功率为1.5WD．滑动变阻器R2的最大功率为0.9W【考点】电功、电功率．【分析】由图可知两电阻串联，V1测R1两端的电压，V2测R2两端的电压；当滑片向左端滑动时，滑动变阻器接入电阻减小，则可知总电阻变化，由闭合电路欧姆定律可知电路中电流的变化，则可知内电压的变化及路端电压的变化，同时也可得出R1两端的电压变化，判断两图象所对应的电压表的示数变化；由图可知当R2全部接入及只有R1接入时两电表的示数，则由闭合电路的欧姆定律可得出电源的内阻；由功率公式可求得电源的最大输出功率及滑动变阻器的最大功率．【解答】解：A、当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；而R1两端的电压增大，故乙表示是V1示数的变化；甲表示V2示数的变化；故A错误；B、由图可知，当只有R1接入电路时，电路中电流为0.6A，电压为3V，则由E=U+Ir可得：E=3+0.6r；当滑动变阻器全部接入时，两电压表示数之比为，故=；由闭合电路欧姆定律可得E=5+0.2r解得r=5Ω，E=6V，故B错误；C、因当内阻等于外阻时，电源的输出功率最大，故当外阻等于5Ω时，电源的输出功率最大，故此时电流I==0.6A，故电源的最大输出功率P=UI=1.8W；故C错误；D、由C的分析可知，R1的阻值为5Ω，R2电阻为20Ω；当R1等效为内阻，则当滑动变阻器的阻值等于R+r时，滑动变阻器消耗的功率最大，故当滑动变阻器阻值为10Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大，由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流I′=A=0.3A，则滑动变阻器消耗的总功率P′=I'2R′=0.9W；故D正确；故选：D．4．图甲所示的电路中，电流表A1指针指满刻度，电流表A2的指针指满刻度的处；图乙中，A2指针指满刻度，A1指针指满刻度的处．已知A1的内阻为0.45Ω，则A2的电阻为（）A．0.1Ω B．0.15ΩC．0.3ΩD．0.6Ω【考点】把电流表改装成电压表．【分析】根据串联电路电流相等的特点和并联电路电压相等的特点，利用欧姆定律分别列出两电流表满偏时指针的关系，再把A2的内阻代入求解方程即可求出A1的内阻．【解答】解：设电流表A1、A2满偏电流分别为I1、I2；由题意知，当电流表串联时：I1=I2…①当电流表并联时：电源的电压为：U=I2R2=I1R1…②由于R1=0.45Ω…③将①③式代入②解得：R2=0.1Ω．故选：A．5．如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（）A．电压表读数减小B．电流表读数减小C．质点P将向上运动 D．R3上消耗的功率逐渐增大【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】由图可知电路结构，由滑片的移动可知电路中电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可知各电表示数的变化及电容器两端的电压变化；再分析质点的受力情况可知质点的运动情况．【解答】解：由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再由R1串联接在电源两端；电容器与R3并联；当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时R1两端的电压也增大；故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过R3的电流减小，则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大；故B 错误；因并联部分电压减小，而R2中电压增大，故电压表示数减小，故A正确；因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，合力向下，电荷向下运动，故C错误；因R3两端的电压减小，由P=可知，R3上消耗的功率减小；故D错误；故选A．6．如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，若调整可变电阻R的阻值，可使电压表V的示数减小△U（电压表为理想电表），在这个过程中（）A．通过R1的电流减小，减少量一定等于B．R2两端的电压增加，增加量一定等于△UC．路端电压减小，减少量一定等于△UD．通过R2的电流增加，但增加量一定小于【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】由图可知，R1与R并联后与R2串联，电压表测并联部分的电压；由欧姆定律可知，通过R1的电流的变化量；由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化量，则可得出路端电压的变化量及R2两端电压的关系．【解答】解：A、因电压表示数减小，而R1为定值电阻，故电流的减小量一定等于，故A正确；B、R1两端的电压减小，则说明R2及内阻两端的电压均增大，故R2两端的电压增加量一定小于△U，故B错误；C、因内电压增大，故路端电压减小，由B的分析可知，路端电压的减小量一定小于△U，故C错误；D、由B的分析可知，R2两端的电压增加量一定小于△U，故电流的增加量一定小于，故D正确；故选AD．7．在如图所示的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．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，由图象可知下列说法正确的是（）A．电源的电动势为3 V，内阻为0.5ΩB．电阻R的阻值为1ΩC．电源的输出功率为4 WD．电源的效率为50%【考点】电功、电功率；欧姆定律．【分析】根据图线Ⅰ纵轴截距读出电源的电动势，斜率大小读出电源的内阻．图线Ⅱ的斜率大小等于电阻R的大小．两图线的交点表示电阻R接在该电源的电压和电流，求出电源的输出功率和电源的效率．【解答】解：A、由图线图线Ⅰ纵轴截距读出电源的电动势E=3V，其斜率大小等于电源的内阻r==Ω=0.5Ω．故A正确．B、电阻R的阻值为R==Ω=1Ω．故B正确．C、两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时电路中电流和路端电压，则有U=2V，I=2A，电源的输出功率为P=UI=2×2W=4W．故C正确．D、电源的效率为η==≈66.7%．故D错误．故选：ABC8．在如图甲所示的电路中，电源电动势为3.0V，内阻不计，L1、L2为相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，R为定值电阻，阻值为7.5Ω．当开关S闭合后（）A．L1的电阻为ΩB．L1消耗的电功率为7.5 WC．L2的电阻为7.5ΩD．L2消耗的电功率为0.3 W【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【分析】电源内阻不计，路端电压等于电动势不变．灯泡是非线性元件，根据L1、L2的电压，由伏安特性曲线可读出电流，由R=算出它们的电阻．【解答】解：A、电源电动势为3.0V，内阻不计，路端电压为3V．L1两端的电压为3V，由图可知，此时的电流为0.25A，所以电阻值：，故A错误．B、由伏安特性曲线可以读出L1两端的电压为3V，由图可知，此时的电流为0.25A，L1消耗的电功率为：P=UI=3.0×0.25=0.75W，故B错误．C、在乙图上做出电阻R的伏安特性曲线如图，由于R与L2串联，所以二者的电流值是相等的，由图可以读出，此时二者的电压都是1.5V时，二者电压的和等于3.0V，此时的电流值是0.2A．所以R2=，故C正确D、L2消耗的电功率为：P′=U′•I′=1.5×0.2=0.3W，故D正确．故选：CD二、填空题（共16分）9．在测量金属丝电阻率的实验中，可供选用的器材如下：待测金属丝：R x（阻值约4Ω，额定电流约0.5A）；电压表：V（量程3V，内阻约3kΩ）；电流表：A1（量程0.6A，内阻约0.2Ω）；A2（量程3A，内阻约0.05Ω）；电源：E1（电动势3V，内阻不计）；E2（电动势12V，内阻不计）；滑动变阻器：R（最大阻值约20Ω）；螺旋测微器；毫米刻度尺；开关S；导线．（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图1所示，读数为 2.718mm．（2）若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选1、电源应选1（均填器材代号），在虚线框（图2）内完成电路原理图．【考点】测定金属的电阻率．【分析】（1）螺旋测微器精确度为0.01mm，需要估读，读数时注意半毫米刻度线是否露出．（2）根据电压表的量程选择电源，根据电路最大电流选择电流表，根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后作出实验电路图．【解答】解：（1）从图中读出金属丝的直径为d=2.5mm+21.8×0.01mm=2.718mm；（2）电压表量程是3V，电源应选E1（电动势3V，内阻不计），电路最大电流约为I=A，电流表应选A1，量程0.6A，内阻约0.2Ω．=20，=750，，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示．故答案为：（1）2.718；（2）A1；E110．某兴趣小组欲通过测定工业污水（含多种重金属离子）的电阻率来判断某工厂废水是否达到排放标准（一般工业废水电阻率的达标值为ρ≥200Ω•m）．图甲为该小组所用盛水容器，其左、右两侧面为金属薄板（电阻极小），其余四面由绝缘材料制成，左右两侧带有接线柱．容器内表面长a=40cm，宽b=20cm，高c=10cm．将水样注满容器后，进行以下操作：（1）用多用电表欧姆挡所测水样的电阻约为2000Ω．（2）为更精确地测量所取水样的电阻，该小组从实验室中找到如下实验器材：A．电流表（量程3mA，电阻R A为5Ω）B．电压表（量程6V，电阻R V约为10kΩ）C．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流1A）D．电源（6V，内阻约为1Ω）E．开关一只、导线若干请完成图中的实物图连接．（3）正确连接电路后，闭合开关，测得一组U、I数据，再调节滑动变阻器，重复上述测量UI关系图线．（）由以上测量数据可以求出待测水样的电阻率为108.85Ω•m．据此可知，所测水样在电阻率这一指标上不达标．（选填“达标”或“不达标”）【考点】测定金属的电阻率．【分析】（2）要精确测量电阻值，需要电路中电压有较大的变化范围，而滑动变阻器阻值又远小于待测电阻，滑动变阻器要采用分压接法；根据两电表内阻与水样的电阻倍数关系，确定出采用电流表内接法，即可完成电路连接；（3）建立坐标系，采用描点法连线作图．（4）由图线斜率和电流表的内阻，求解水样的电阻，由电阻定律求解电阻率，与达标值为ρ≥200Ω•m 比较，分析是否达标．【解答】解：（2）因为要精确测量电阻值，需要电路中电压有较大的变化范围，而滑动变阻器阻值又远小于待测电阻，滑动变阻器要采用分压接法，又由于待测电阻阻值远大于电流表内阻，电流表应采用内接法，电路图如图所示：（3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据坐标系内描出的点作出图象如图所示：（4）由图示图象可知，R 总=R A +R==≈2182Ω，R=R 总﹣R A =2177Ω，由电阻定律可得：R=ρ=ρ，解得：电阻率：ρ===108.85Ω•m ＜200Ω•m ．故不达标．故答案为：（2）电路图如图所示；（3）图象如图所示；（4）108.85；不达标．三、计算题（本题共3小题36分，解答时要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，若只有最后答案而无演算过程的不得分）11．如图所示的电路中，电池的电动势E=5V ，内电阻r=10Ω，固定电阻R=90Ω，R 0是可变电阻．在R 0由0增加到400Ω的过程中，求：（1）可变电阻R 0上消耗热功率最大的条件和最大热功率；（2）电池的内电阻r 和固定电阻R 上消耗的最小热功率之和．【考点】电功、电功率．【分析】（1）当电源的内电阻和外电阻相等的时候，电源的输出功率最大．可将R 0是看成电源的内阻，当等效电源的内阻等于R 时，R 的功率最大，再由功率公式求解最大功率．（2）r 和R 0为定值电阻，R 为可变电阻，根据P=I 2R 0可以分析电阻r 和R 0的功率之和，当R 最大时，电路中电流最小，所求功率最小．【解答】解：（1）根据电源的内电阻和外电阻相等的时候，电源的输出功率最大可知，当把R 0和电源看做一个整体时，即把电源的内阻看做R 0+r ，当R 0=R +r 时，即R 0=100Ω时，电源的输出功率最大，即R 上获得最大功率，此时电路中电流为 I=R 上消耗的最大热功率为P=I 2R=0.0252×100W=0.0625W（2）当R 0=400Ω的时候，电路中电流最小，则电池的内电阻r 和电阻R 0上消耗的热功率之和最小，此时电路中电流为I min =则内电阻r 和电阻R 0上消耗的热功率之和最小值为P min ==0.01W答：（1）可变电阻上消耗热功率最大的条件是R 0为100Ω，最大热功率是0.0625W ；（2）电池的内电阻r 和电阻R 0上消耗的热功率之和的最小值是0.01W ．12．如图所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图．电动机内电阻r=0.8Ω，电路中另一电阻R=10Ω，直流电压U=160V ，电压表示数U V =110V ．试求：（1）通过电动机的电流（2）输入电动机的电功率（3）若电动机以v=1m/s 匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量（g 取10m/s 2）．【考点】电功、电功率．【分析】（1）根据欧姆定律求出通过R 的电流，电动机与R 串联，电流相等；（2）电动机的输入功率为P 电=U M I M ；（3）电动机内电阻的发热功率为 P 热=I M 2r ，输出的机械功率为P 出=P 电﹣P 热．由公式P 出=Fv=mgv 求解物体的质量．【解答】解：（1）由电路中的电压关系可得电阻R 的分压为：U R =U ﹣U V =V=50 V流过电阻R 的电流为：I R = A=5 A即通过电动机的电流为：I M =I R =5 A（2）电动机的分压为：U M =U V =110 V输入电动机的功率为：P 电=I M U M =5×110=550 W（3）电动机的发热功率为：P 热=r ═=20 W电动机输出的机械功率P 出=P 电﹣P 热=550﹣20=530 W又因P 出=mgv所以有：m===53 kg答：（1）通过电动机的电流5A（2）输入电动机的电功率550W（3）若电动机以v=1m/s 匀速竖直向上提升重物，该重物的质量53kg13．如图甲所示为一个电灯两端的电压与通过它的电流变化关系曲线，由图可知，两者不成线性关系，这是由于焦耳热使灯丝的温度发生了变化，参考这条曲线回答下列问题（不计电流表和电池的内阻）（1）若把三个这样的电灯串联后，接到电动势为12V 的电源上，求流过灯泡的电流和每个灯泡的电阻．（2）如图乙所示，将两个这样的电灯并联后再与9Ω的定值电阻R 0串联，接在电动势为8V 、内阻为1Ω的电源上，求通过电流表的电流值和每个电泡的实际功率．【考点】电功、电功率；路端电压与负载的关系．【分析】（1）三个电灯串联后，每只电灯的电压为4V ，再由甲图读出电灯的工作电流，由公式R=求出电阻．（2）根据闭合电路欧姆定律，得到电灯的实际电压与电流的关系式，在甲图上作出图象，此图象与电灯的伏安特性曲线的交点，表示电灯实际工作状态，读出交点的电压和电流，根据P=UI 求出功率．【解答】解：（1）把三个这样的电灯串联后，每只灯泡的实际电压为U==4V ，再在图甲上可以查到每只电灯加上4V 实际电压时的工作电流为I=0.40A ，则此时每只电灯的实际电阻为：R==10Ω．（2）在题乙图中的混联电路中，设每只电灯加上的实际电压和实际电流分别为U 和I ．在这个闭合电路中，有：E=U +2I （R 0+r ）带入数据并整理得：U=8﹣20I ，这是一个直线方程，把该直线在题甲图上画出，如图所示．这两条曲线的交点为U=2V 、I=0.3A ，同时满足了电路结构和元件的要求，通过电流表的电流值为0.3A ，灯泡电阻：R=≈6.7Ω，则每个灯泡的实际功率P=UI=2×0.3=0.6W答：（1）流过灯泡的电流为0.40A ，每个灯泡的电阻为10Ω．（2）通过电流表的电流值为0.3A ，每个电泡的实际功率为0.6W ．2018年11月7日。