2013-2014学年福建省龙岩市武平一中高二(上)周练物理试卷(12.21)
福建省龙岩市武平一中2013_2014学年高二物理上学期周练试卷(11.30,含解析)
2013-2014学年福建省龙岩市武平一中高二（上）周练物理试卷（11.30）一、选择题1．（3分）用多用电表电阻挡测电阻，有许多注意事项，下列说法中哪些是错误的（）A．测量前必须调零，而且每测一次电阻都要重新调零B．每次换挡后必须电阻调零C．待测电阻如果是连接在电路中，应把它先与其他元件断开，再进行测量D．两个表笔要与待测电阻接触良好才能测得较准确，为此，应当用两只手分别将两个表笔与电阻两端紧紧捏在一起2．（3分）（2012秋•潮南区期中）欧姆调零后，用“×10”挡测量一个电阻的阻值，发现指针偏转角度极小，正确的判断和做法是（）A．这个电阻阻值很小B．这个电阻阻值很大C．为了把电阻测得更准一些，应换用“×1”挡，重新欧姆调零后进行测量D．为了把电阻测得更准一些，应换用“×100”挡，重新欧姆调零后进行测量3．（3分）（2007秋•长沙县校级月考）一只多用电表有4个欧姆档，分别为×1Ω、×10Ω、×100Ω、×1kΩ，欧姆档表盘的中间刻度值为“15”．现用它来测量一未知电阻的阻值，先将选择开关置于“×100Ω”挡处，接着将红表笔和黑表笔接触，发现表针指在“0Ω”处，然后进行测量，结果发现表针指在欧姆档刻度值为“200”的刻度线附近，为了使测量结果更准确，必须换挡并重新测量，下列说法正确的是（）A．必须将选择开关改为置于“×10Ω”挡处B．必须将选择开关改为置于“×1kΩ”挡处C．换挡之后必须重新调零才能进行测量D．换挡之后不必重新调零就能进行测量4．（3分）（2015•柳南区校级模拟）用万用表测直流电压U和测电阻R时，若红表插入万用表的正（+）插孔，则（）A．前者（测电压U）电流从红表笔流入万用表，后者（测R）从红表笔流出万用表B．前者电流从红表笔流入万用表，后者电流从红表笔流入万用表C．前者电流从红表笔流出万用表，后者电流从红表笔流出万用表D．前者电流从红表笔流出万用表，后者电流从红表笔流入万用表5．（3分）（2015•河南校级三模）如图是一个将电流表改装成欧姆表的示意图，此欧姆表已经调零，用此欧姆表测一阻值为R的电阻时，指针偏转至满刻度处，现用该表测一未知电阻，指针偏转到满刻度的处，则该电阻的阻值为（）A．4R B．5R C．10R D．16R6．（3分）用伏安法测电池的电动势和内电阻的实验中，下列注意事项中错误的是（）A．应选用旧的干电池作为被测电源，以使电压表示数的变化比较明显B．应选用内阻较小的电压表和电流表C．移动滑动变阻器的滑片时，不能使滑动变阻器短路，以免造成电流过载D．根据实验记录的数据作U﹣I图象时，应通过尽可能多的点画一条直线，并使不在直线上的点大致均匀分布在直线两侧7．（3分）某同学用电压表、电流表测量一节干电池的电动势和内阻，采用的电路图如图所示，实验操作正确，他记录了七组（U，I）数据，关于数据的处理，下列操作正确的是（）A．电压表的读数U的平均值等于电动势EB．任意取两组数据，代入方程E=U1+I1r，求出E、rC．画出U﹣I图象，由图象求E、rD．以上说法都正确8．（3分）如图所示是根据某次测量电源电动势和内电阻的实验数据画出的U﹣I图象．关于这个图象，下列说法中不正确的是（）A．纵轴截距表示待测电源的电动势，即E=6.0 VB．横轴截距表示短路电流，即I短=0.5 AC．根据r=，计算出待测电源内电阻r=2ΩD．电流为0.3 A时的外电阻R=9Ω二、解答题9．（2013秋•乐安县校级期中）把量程为3mA的电流表改装成欧姆表，其结构如图所示，其中电池的电动势E=1.5V，改装后，将原来电流表3mA的刻度定为电阻的“0”刻度，则2mA刻度处标Ω，1mA刻度处应标Ω．10．（2013秋•秦安县期末）（1）用多用电表的电阻挡测量阻值约几十千欧的电阻R x，以下给出的是可能的实验操作步骤，其中S为选择开关，P为电阻挡调零旋钮．把你认为正确步骤前的字母按合理的顺序填写在下面的横线上．a．将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上电阻挡的0刻度，断开两表笔b．将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出R x的阻值后，断开两表笔c．旋转S使其尖端对准电阻挡×1kd．旋转S使其尖端对准电阻挡×100e．旋转S使其尖端对准交流500V挡，并拔出两表笔．根据如图所示指针位置，此被测电阻的阻值约为Ω．（2）下述关于用多用电表电阻挡测电阻的说法中正确的是．A．测量电阻时，如果指针偏转过大，应将选择开关S拨至倍率较大的挡位，重新调零后测量B．测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则会影响测量结果C．测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开D．测量阻值不同的电阻时，都必须重新调零．11．在日常生活、生产和科学实验中，常用多用电表来检查电路故障，如图所示是某同学连接的实验实物图，合上开关S后，发现A、B灯都不亮．他们用下列两种方法检查故障：（1）用多用电表的直流电压挡进行检查：①那么选择开关位置于下列量程的挡．（用字母序号表示）A．2.5V B．10V C．50VD．250V②在测试a、b间直流电压时，红表笔应接触．（填“a”或“b”）③该同学测试结果如表所示，根据测试结果，可以判定故障是（假设只有下列中的某一项有故障）测试点电压示数a、b 有示数c、b 有示数c、d 有示数d、f 无示数A．灯A断路B．灯B短路 C．c、d段断路D．d、f段断路（2）用欧姆挡检查：①测试前，应将开关S （填“断开”或“闭合”）．②测量结果如表所示，由此可以断定故障是测试点表针偏转情况c、dd、ee、fA．灯A断路B．灯B断路 C．灯A、B都断路D．d、e间导线断路．12．（2014•锡林浩特市校级模拟）测量电源的电动势及内阻的实验电路如图1所示．图2中给出的器材有：待测的电源（电动势约为4V，内阻约为2Ω），电压表（内阻很大，有5V、15V 两个量程），电流表（内阻不计，有0.1A、1A两个量程），滑线变阻器（阻值范围0﹣10Ω），开关．另有导线若干．试按照图1中的电路在图2中画出连线，将器材连接成实验电路（要求正确选择电表量程，以保证仪器的安全并使测量有尽可能高的精确度）．13．（2013秋•蒙自县校级期末）在用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻的实验中，所用电流表和电压表的内阻分别为0.1Ω和1kΩ，如图1为实验原理图及所需器件图．一位同学记录的6组数据见表：I（A）0.12 0.20 0.31 0.32 0.50 0.57U（V） 1.37 1.32 1.24 1.18 1.10 1.05试根据这些数据在图2坐标图中画出U﹣I图象，根据图象读出电池的电动势E= V，求出电池内阻r= Ω．2013-2014学年福建省龙岩市武平一中高二（上）周练物理试卷（11.30）参考答案与试题解析一、选择题1．（3分）用多用电表电阻挡测电阻，有许多注意事项，下列说法中哪些是错误的（）A．测量前必须调零，而且每测一次电阻都要重新调零B．每次换挡后必须电阻调零C．待测电阻如果是连接在电路中，应把它先与其他元件断开，再进行测量D．两个表笔要与待测电阻接触良好才能测得较准确，为此，应当用两只手分别将两个表笔与电阻两端紧紧捏在一起考点：用多用电表测电阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：本题考查欧姆表的使用：每选定一次欧姆档位后电路发生改变要重新进行欧姆调零，测量电阻要把电阻与其它元件独立；测完要把选择开关正确放置解答：解：A、运用欧姆表测量电阻时，不是每次测量都要重新调零，而是在换挡后要重新调零，故A错误，B正确．C、电阻如果是连在电路中，应当把它与其它元件断开，再进行测量，故C正确．D、两个表笔与待测电阻要接触良好才能测得准确，但是不能将两只手分别将两只表笔与待测电阻两端紧紧捏在一起，故D错误．选错误的故选：AD．点评：欧姆表是利用内部电源供电，然后根据电流的性质，由闭合电路欧姆定律求出的电阻，故在使用过程中要注意其操作过程及使用方法．要特别注意：每次换挡都要重新调零．2．（3分）（2012秋•潮南区期中）欧姆调零后，用“×10”挡测量一个电阻的阻值，发现指针偏转角度极小，正确的判断和做法是（）A．这个电阻阻值很小B．这个电阻阻值很大C．为了把电阻测得更准一些，应换用“×1”挡，重新欧姆调零后进行测量D．为了把电阻测得更准一些，应换用“×100”挡，重新欧姆调零后进行测量考点：用多用电表测电阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：欧姆表的零刻度在表盘的右侧，当指针偏转角度较小时，说明电阻较大．每次换挡需重新欧姆调零．解答：解：因为欧姆表的零刻度在表盘的右侧，用“×10”挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度极小，知电阻值很大，需换用大挡，即“×100”挡，重新测量．故B、D正确，A、C错误．故选：BD．点评：解决本题的关键掌握欧姆表表盘的特点，以及掌握用欧姆表测量电阻的一般步骤．3．（3分）（2007秋•长沙县校级月考）一只多用电表有4个欧姆档，分别为×1Ω、×10Ω、×100Ω、×1kΩ，欧姆档表盘的中间刻度值为“15”．现用它来测量一未知电阻的阻值，先将选择开关置于“×100Ω”挡处，接着将红表笔和黑表笔接触，发现表针指在“0Ω”处，然后进行测量，结果发现表针指在欧姆档刻度值为“200”的刻度线附近，为了使测量结果更准确，必须换挡并重新测量，下列说法正确的是（）A．必须将选择开关改为置于“×10Ω”挡处B．必须将选择开关改为置于“×1kΩ”挡处C．换挡之后必须重新调零才能进行测量D．换挡之后不必重新调零就能进行测量考点：用多用电表测电阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：为了测量的准确，欧姆表的指针应指在表盘的中间附近，每次换挡需重新欧姆调零．解答：解：欧姆档表盘的中间刻度值为“15”．结果发现表针指在欧姆档刻度值为“200”的刻度线附近，知该电阻较大，应换用大挡，即“×1kΩ”挡，换挡后应重新欧姆调零．故B、C正确，A、D错误．故选BC．点评：解决本题的关键知道欧姆表的特点，以及掌握欧姆表的操作步骤和注意事项．4．（3分）（2015•柳南区校级模拟）用万用表测直流电压U和测电阻R时，若红表插入万用表的正（+）插孔，则（）A．前者（测电压U）电流从红表笔流入万用表，后者（测R）从红表笔流出万用表B．前者电流从红表笔流入万用表，后者电流从红表笔流入万用表C．前者电流从红表笔流出万用表，后者电流从红表笔流出万用表D．前者电流从红表笔流出万用表，后者电流从红表笔流入万用表考点：多用电表的原理及其使用．专题：恒定电流专题．分析：无论测电压还是测电阻，电流都从红表笔进，黑表笔出．解答：解：用多用表测量电阻时，流经多用表的电流由内电路提供，红表笔与内部电源的负极相连；用多用电表测电压时，电流由外部电源提供，总之无论是测电压U还是测电阻R，电流都是从红表笔流入多用电表，从黑表笔流出多用电流表；故B正确．故选：B点评：本题考查了多用电表的使用，由于表头的结构原因，一定要注意电流总是从红表笔进；故欧姆表的红表笔接内部电源的负极．5．（3分）（2015•河南校级三模）如图是一个将电流表改装成欧姆表的示意图，此欧姆表已经调零，用此欧姆表测一阻值为R的电阻时，指针偏转至满刻度处，现用该表测一未知电阻，指针偏转到满刻度的处，则该电阻的阻值为（）A．4R B．5R C．10R D．16R考点：把电流表改装成电压表．专题：实验题；恒定电流专题．分析：欧姆表调零即待测电阻为零，根据指针偏转位置和闭合回路欧姆定律求解．解答：解：设电动势为E，内阻为R内，满偏电流为I g，欧姆表调零时，I g=测一阻值为R的电阻时I g=测一未知电阻时I g=解这三式得：R′=16R故选D．点评：考查欧姆表的改装原理，结合闭合回路欧姆定律进而求所测电阻．6．（3分）用伏安法测电池的电动势和内电阻的实验中，下列注意事项中错误的是（）A．应选用旧的干电池作为被测电源，以使电压表示数的变化比较明显B．应选用内阻较小的电压表和电流表C．移动滑动变阻器的滑片时，不能使滑动变阻器短路，以免造成电流过载D．根据实验记录的数据作U﹣I图象时，应通过尽可能多的点画一条直线，并使不在直线上的点大致均匀分布在直线两侧考点：测定电源的电动势和内阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：应用伏安法测电源电动势与内阻实验，应采用内阻较大的电源，使电压表示数变化明显，较小实验误差；根据实验电路的选择分析实验误差．解答：解：A、由U﹣E﹣Ir可知，应选用旧的干电池作为被测电源，以使电压表读数变化明显，故A正确；B、实验所用电池内阻很小，相对于电源来说应采用电流表外接法，电流表外接法的误差来源是电压表的分流，电压表内阻越大，实验误差越小，应选择内阻大的电压表进行实验，故B错误；C、移动滑动变阻器的滑片时，不能使滑动变阻器短路造成电流表过载，故C正确；D、根据实验记录的数据作U﹣I图象时，应通过尽可能多的点画一条直线，并使不在直线上的点大致均匀分布在直线两侧．故D正确；本题选错误的，故选：B．点评：本题考查了伏安法测电源电动势与内阻的实验注意事项与实验器材的选择，知道实验原理与误差来源即可正确解题．7．（3分）某同学用电压表、电流表测量一节干电池的电动势和内阻，采用的电路图如图所示，实验操作正确，他记录了七组（U，I）数据，关于数据的处理，下列操作正确的是（）A．电压表的读数U的平均值等于电动势EB．任意取两组数据，代入方程E=U1+I1r，求出E、rC．画出U﹣I图象，由图象求E、rD．以上说法都正确考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：电压表测量的路端电压，其平均值不是电动势；求电动势可以采用公式法和图象法两种方法．由闭合电路欧姆定律列式分析．解答：解：A、据题知电压表测量的路端电压，而路端电压小于电动势，所以其平均值不等于电动势；故A错误．B、由闭合电路欧姆定律E=U+Ir，可知任意取两组数据，代入方程E=U+Ir，可求出E、r，故B正确．C、根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir得：U=E﹣Ir，由数学知识知U﹣I图象纵轴截距表示电源的电动势，图象的斜率的绝对值等于电源的内阻，因此由图象可求出E、r，故C正确．D、据上知D错误．故选：BC．点评：对于实验关键是实验原理，本实验的原理是闭合电路欧姆定律E=U+Ir，要掌握数据处理的两种方法：公式法和图象法．8．（3分）如图所示是根据某次测量电源电动势和内电阻的实验数据画出的U﹣I图象．关于这个图象，下列说法中不正确的是（）A．纵轴截距表示待测电源的电动势，即E=6.0 VB．横轴截距表示短路电流，即I短=0.5 AC．根据r=，计算出待测电源内电阻r=2ΩD．电流为0.3 A时的外电阻R=9Ω考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：由闭合电路欧姆定律可得出路端电压与电流的关系U=E﹣Ir，由数学知识可得出电源的电动势和内电阻．当外电路电阻为零，外电路短路．解答：解：A、由闭合电路欧姆定律知U=E﹣Ir，则U﹣I图象与纵轴截距表示电源的电动势，由图象可知，电源电动势E=6.0V，故A正确；B、横轴截距表示路端电压为5.0V时电流是0.5A，不表示短路电流．故B错误．C、当U=0时，电流即为短路电流，根据数学知识得知短路电流为 I短=2A，电源内阻r==Ω=2Ω，故C正确；D、由图知电流为I=0.3A时的路端电压为U=5.4V，则外电阻R==Ω=18Ω，故D错误．本题选错误的，故选：BD．点评：本题在测定电动势和内电阻实验中，作为数据处理的方法，是实验重点考查内容，关键写出解析式，结合数学知识进行理解．二、解答题9．（2013秋•乐安县校级期中）把量程为3mA的电流表改装成欧姆表，其结构如图所示，其中电池的电动势E=1.5V，改装后，将原来电流表3mA的刻度定为电阻的“0”刻度，则2mA刻度处标250 Ω，1mA刻度处应标1000 Ω．考点：把电流表改装成电压表．专题：实验题；恒定电流专题．分析：先根据闭合电路的欧姆定律求内电阻，再分别求不同电流时所对应的总电阻，用总电阻减去内阻即是外接电阻的值，即欧姆表的示数．解答：解：电池电动势E=1.5V，3mA刻度线为电阻的0刻度，即外加电阻为零，欧姆表内阻：R内===500Ω；2mA的时候总电阻=750Ω，该处电阻值：750﹣500=250Ω；1mA的时候总电阻=1500Ω，该处刻度值为：1500﹣500=1000Ω；故答案为：250；1000．点评：本题考查欧姆表的改装原理，这一直是难点问题，知道其改装原理也是欧姆定律，多做几个练习应该可以掌握．10．（2013秋•秦安县期末）（1）用多用电表的电阻挡测量阻值约几十千欧的电阻R x，以下给出的是可能的实验操作步骤，其中S为选择开关，P为电阻挡调零旋钮．把你认为正确步骤前的字母按合理的顺序填写在下面的横线上．a．将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上电阻挡的0刻度，断开两表笔b．将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出R x的阻值后，断开两表笔c．旋转S使其尖端对准电阻挡×1kd．旋转S使其尖端对准电阻挡×100e．旋转S使其尖端对准交流500V挡，并拔出两表笔c、a、b、e ．根据如图所示指针位置，此被测电阻的阻值约为30000 Ω．（2）下述关于用多用电表电阻挡测电阻的说法中正确的是A、C ．A．测量电阻时，如果指针偏转过大，应将选择开关S拨至倍率较大的挡位，重新调零后测量B．测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则会影响测量结果C．测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开D．测量阻值不同的电阻时，都必须重新调零．考点：用多用电表测电阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：欧姆表是测量电阻的仪表，把被测电阻串联在红黑表笔之间，欧姆表电流是从黑表笔流出红表笔流入，（1）用欧姆表测电阻，每次换挡后和测量前都要重新调零（指欧姆调零）．（2）测电阻时待测电阻不仅要和电源断开，而且要和别的元件断开．（3）测量时注意手不要碰表笔的金属部分，否则将人体的电阻并联进去，影响测量结果．（4）合理选择量程，使指针尽可能在中间刻度附近，解答：解：（1）测量几十kΩ的电阻R x我们一般选择较大的档位先粗测，使用前应先进行调零，然后依据欧姆表的示数，在更换档位，重新调零，在进行测量；使用完毕应将选择开关置于OFF位置或者交流电压最大档，拔出表笔．欧姆表的示数乘以相应档位的倍率即为待测电阻的阻值30kΩ．（2）欧姆档更换规律“大小，小大”，即当指针偏角较大时，表明待测电阻较小，应换较小的档位；反之应还较大的档位．电流总是从红表笔流入从黑表笔流出多用电表，每次换挡一定要进行欧姆调零，测量电阻一定要断电作业．故答案为：（1）c、a、b、e；30000；（2）A、C，点评：（1）实际应用中要防止超量程，不得测额定电流极小的电器的电阻（如灵敏电流表的内阻）．（2）测量完毕后，应拔出表笔，选择开关置于 OFF挡位置，或交流电压最高挡；长期不用时，应取出电池，以防电池漏电．（3）欧姆表功能：测量电阻、测二极管正负极．（4）用法：最好指针打到中间将误差减小11．在日常生活、生产和科学实验中，常用多用电表来检查电路故障，如图所示是某同学连接的实验实物图，合上开关S后，发现A、B灯都不亮．他们用下列两种方法检查故障：（1）用多用电表的直流电压挡进行检查：①那么选择开关位置于下列量程的 B 挡．（用字母序号表示）A．2.5V B．10V C．50VD．250V②在测试a、b间直流电压时，红表笔应接触 a ．（填“a”或“b”）③该同学测试结果如表所示，根据测试结果，可以判定故障是 A （假设只有下列中的某一项有故障）测试点电压示数a、b 有示数c、b 有示数c、d 有示数d、f 无示数A．灯A断路B．灯B短路 C．c、d段断路D．d、f段断路（2）用欧姆挡检查：①测试前，应将开关S 断开（填“断开”或“闭合”）．②测量结果如表所示，由此可以断定故障是 D测试点表针偏转情况c、dd、ee、fA．灯A断路B．灯B断路 C．灯A、B都断路D．d、e间导线断路．考点：用多用电表测电阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：（1）电流总是从红表笔进，黑表笔出，用电压表判断故障时，根据电源电动势选择合适的量程，电压表有示数说明有断路，没示数说明没断路．（2）用欧姆表判断故障时，指针偏转说明被测电路没有断路，指针不偏转说明被测电路断路．解答：解：（1）①由图示电路图可知，电源电动势为6V，用电压表检查电路故障，电压表应选择19V量程，故选B．②用电表测电压时，电流从红表笔流入电压表，由图示可知，红表笔应接a点；③电压表接a、b，电压表有示数，说明a、b两点与电源间无断路，电压表接c、b，电压表有示数，说明c、b两点与电源间无断路，电压表接c、d，电压表有示数，说明c、d两点与电源间无断路，电压表接d、f，电压表无示数，说明d、f两点与电源两极不是断开的，综合以上分析，由电路图可知，灯泡A断路，故选A；（2）①用欧姆表检查电路故障，测试前，应将开关断开，避免烧坏电表．②欧姆表右偏说明两接触点之间没断路，不偏转，说明两接触点之间断路了，即d、e间导线断路，故D正确．故答案为：（1）①B；②a；③A；（2）①断开；②D．点评：本题考查了用多用电表检查电路故障，检查电路故障可以用电压表、电流表、或欧姆表，应用欧姆表检查电路故障时，应把电源断开；要掌握应用各电表检查电路故障的方法．12．（2014•锡林浩特市校级模拟）测量电源的电动势及内阻的实验电路如图1所示．图2中给出的器材有：待测的电源（电动势约为4V，内阻约为2Ω），电压表（内阻很大，有5V、15V 两个量程），电流表（内阻不计，有0.1A、1A两个量程），滑线变阻器（阻值范围0﹣10Ω），开关．另有导线若干．试按照图1中的电路在图2中画出连线，将器材连接成实验电路（要求正确选择电表量程，以保证仪器的安全并使测量有尽可能高的精确度）．考点：测定电源的电动势和内阻．专题：实验题．分析：根据电源电动势选择电压表量程，根据题意确定电流表量程，根据图1所示电路图连接实物电路图．解答：解：电源电动势约为4V，电压表应选择5V量程，为测量多组数据，电表变化范围应大些，电流表应选1A量程，根据图1所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：故答案为：实物电路图如图所示．点评：本题考查了连接实物电路图，根据电源电动势选电压表量程，根据电路图连接实物电路图即可正确解题，连接实物电路图时要注意电表正负接线柱不要接反．13．（2013秋•蒙自县校级期末）在用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻的实验中，所用电流表和电压表的内阻分别为0.1Ω和1kΩ，如图1为实验原理图及所需器件图．一位同学记录的6组数据见表：I（A）0.12 0.20 0.31 0.32 0.50 0.57U（V） 1.37 1.32 1.24 1.18 1.10 1.05试根据这些数据在图2坐标图中画出U﹣I图象，根据图象读出电池的电动势E= 1.45 V，求出电池内阻r= 0.69 Ω．考点：测定电源的电动势和内阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：应用描点法作出图象，电源U﹣I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻．解答：解：根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图象，图象如图所示：。
福建省武平县第一中学高二上学期期中考试物理试题(实验班,无答案)
一．选择题(每小题4分)1．下列选项对公式认识正确的是A．公式可以用来求平行板电容器两极板间的匀强电场的电场强度，其中Q为一极板所带电量的绝对值，r为研究点到带正电极板的距离B．P=I2R可用来计算电风扇正常工作时内阻的发热功率C．由公式可知导体的电阻与加在导体两端电压成正比，与通过导体的电流成反比D．由公式可知，磁场中某一点的磁感应强度由公式中的电流I的大小来决定2．如图所示为一带电体的电场线，已知a、b、c为电场线上的点，其中a、b两点的电势关系为，分别用、表示a、b两点的电场强度，则下列说法正确的是A．a、c两点所在的电场线方向由a指向cB．a、c两点所在的电场线方向由c指向aC．＜D．a、c两点处在同一等势面上3．如图，在方框中有一能产生磁场的装置，现在在方框右边放一通电直导线（电流方向如图箭头方向），发现通电导线受到向右的作用力，则方框中放置的装置可能是下面哪个4．关于带电粒子在电场或磁场中运动的表述，以下正确的是A．带电粒子在电场中某点受到的电场力方向与该点的电场强度方向相同B．正电荷只在电场力作用下，一定从高电势处向低电势处运动C．带电粒子在磁场中运动时受到的洛伦兹力方向与粒子的速度方向垂直D．带电粒子在磁场中某点受到的洛伦兹力方向与该点的磁场方向相同5．如图所示，平行板电容器C与一电源E连接， P为一自动控制元件，只有自a 向b的电流通过P时，P才会自动控制外电路，关于该电路的工作原理，下列叙述正确的是( )A ．当电键S 闭合后，增大平行板电容器两板间距离，P 会对外电路起到控制作用B ．当电键S 闭合后，减小平行板电容器两板间距离，P 会对外电路起到控制作用C ．将电键S 断开，增大平行板电容器两板间距离，P 会对外电路起到控制作用D ．将电键S 断开，减小平行板电容器两板间距离，P 会对外电路起到控制作用 6．根据磁场对电流会产生作用力的原理，人们研制出一种新型的发射炮弹的装置——电磁炮，其原理如图所示：把待发炮弹（导体）放置在强磁场中的两平行导轨上，给导轨通以大电流，使炮弹作为一个通电导体在磁场作用下沿导轨加速运动，并以某一速度发射出去。
2013-2014学年福建省龙岩市武平一中高二(上)周练物理试卷(12.14)
2013-2014学年福建省龙岩市武平一中高二（上）周练物理试卷（12.14）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共9小题，共27.0分)1.关于磁通量、磁通密度、磁感应强度，下列说法正确的是（）A.磁感应强度越大的地方，磁通量越大B.穿过某线圈的磁通量为零时，可知磁通密度为零C.磁通密度越大，磁感应强度越大D.磁感应强度在数值上等于1m2的面积上穿过的磁通量2.如图所示，通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ，第二次将金属框绕cd边翻转到Ⅱ，设先后两次通过金属框的磁通量变化分别为△φ1和△φ2，则（）A.△φ1＞△φ2B.△φ1=△φ2C.△φ1＜△φ2D.不能判断3.如图所示为电视机显像管偏转的示意图，磁环上的偏转线圈通以图示方向的电流时，圆环的圆心O处的磁场方向为（） A.向上 B.向下 C.向左 D.向右4.如图，弹簧测力计下挂一条形磁铁，其中条形磁铁N极一端位于未通电的螺线管正上方．下列说法正确的是（）A.若将a接电源正极，b接电源负极，弹簧测力计示数将不变B.若将a接电源正极，b接电源负极，弹簧测力计示数将增大C.若将b接电源正极，a接电源负极，弹簧测力计示数将减小D.若将b接电源正极，a接电源负极，弹簧测力计示数将增大5.如图所示，有一矩形线圈，一半放在有界的匀强磁场中，线圈可绕ab边转动．当线圈由图示位置绕ab转过60°位置时其磁通量的变化变化情况下列说法正确的是（）A.不变B.变大C.变小D.无法判断6.在如图所示的各图中，表示磁场方向、电流方向及导线受力方向的图示正确的是（）A. B. C. D.7.如图所示，一金属直杆MN两端接有导线，悬挂于线圈上方，MN与线圈轴线均处于竖直平面内，为使MN垂直纸面向外运动，可以（）A.将a、b端分别接电源的正负极，c、d不接电源B.将a、d端接在电源正极，b、c端接在电源负极C.将a、c端接在电源正极，b、d端接在电源负极D.将b、c端接在电源正极，a、d端接在电源负极8.如图所示，条形磁铁平放于水平桌面上，在它的正中央上方固定一根直导线，导线与纸面垂直，现给导线中通以垂直于纸面向里的电流，则下列说法正确的是（）A.磁铁对桌面的压力减小B.磁铁对桌面的压力增大C.磁铁对桌面的压力不变D.以上说法都不可能9.在两个倾角均为α的光滑斜面上，放有两个相同的金属棒，分别通有电流I1和I2，磁场的磁感应强度大小相同，方向如图所示，两金属棒均处于平衡状态．则两种情况下的电流之比I1：I2为（）A.sinαB.C.cosαD.二、计算题(本大题共2小题，共20.0分)10.如图所示，两平行光滑导轨相距为20cm，金属棒MN的质量为10g，电阻R=8Ω，匀强磁场的磁感应强度B=0.8T，方向竖直向下，电源电动势E=10V，内阻r=1Ω，当开关S闭合时，MN恰好平衡，求滑动变阻器R1的取值为多少？（设θ=45°）11.如图所示，质量为m=50g，长l=10cm的铜棒，用长度相等的两根轻软导线悬吊在竖直向上的匀强磁场中，导线跟铜棒的接触良好，磁感应强度B=0.5T．当导线中通入某恒定电流后，铜棒恰能偏离竖直方向θ=37°而保持静止状态，求铜棒中所通恒定电流的大小和方向．（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10N/kg）。
福建省龙岩市2013-2014学年高二上学期教学质量检查物理试题
福建省龙岩市2013-2014学年高二上学期教学质量检查物理试题（考试时间：90分钟 满分：100分）注意：请将试题的全部答案填写在答题卡上.一、选择题（共12题，每题4分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确。
） 1. 下列关于静电场的电场线和磁场的磁感线的说法中，正确的是 A ．电场线和磁感线都是电场或磁场中实际存在的线 B ．两条磁感线一定不相交，电场线可能相交 C ．电场线是不闭合曲线，而磁感线是闭合曲线D ．电场线越密的地方，同一试探电荷所受的电场力越大；磁感线分布越密的地方, 同一试探电荷所受的磁场力也越大2. 有三个用电器，分别为电风扇、白炽灯和电热毯，它们的额定电压和额定功率均为“220 V ，60 W ”.现让它们在额定电压下工作相同时间，产生的焦耳热 A. 电风扇最少 B. 白炽灯最少 C. 电热毯最少 D. 三者相同3. 如下图所示，①～④图象是穿过闭合回路的磁通量 随时间t 变化的四种情况，下列说法关于闭合回路中的感应电动势的正确的是A. 图①有感应电动势，且大小恒定不变B. 图②产生的感应电动势一直在变大C. 图③在0～t 1时间内的感应电动势是t 1～t 2时间内感应电动势的2倍D. 图④产生的感应电动势先变大再变小 4. 右图所示的电路中，电电动势为E 、内电阻为r 。
将滑动变阻 器的滑片P 从图示位置向右滑动的过程中，关于各电表示数的变化，下列判断中正确的是A. 电压表V 的示数变小B. 电流表A 2的示数变小C. 电流表A 1的示数变小D. 电流表A 的示数变大 5. 如图所示，一水平放置的通电螺线管接通电，电的左端为正极，螺线管内部中心为O 点，P 为螺线管外一点，且位于O 点正 上方，Q 为螺线管外靠右端的一点，则 A. O 点磁场方向水平向左 B. P 点磁场方向水平向右 C. P 点磁感应强度比Q 点大 D. Q 点磁感应强度比O 点小 6. 关于多用电表的使用，下列说法中正确的是A. 测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开B. 用欧姆档测电阻时，电流是从红表笔流出，黑表笔流进的C. 用欧姆档测电阻，选不同量程时，指针越靠近右边误差越小D. 测量电阻时如果指针偏转过大，应将选择开关S 拨至倍率较大的档位，重新调零后测量7. 将一个质量很小的金属圆环用细线吊起，在其附近放一块条形磁铁，磁铁的轴线与圆环 在同一个平面内，且通过圆环中心，如右图所示，当圆环中通以顺时针方向的电流时，从上往下看Q P2A. 圆环顺时针转动，靠近磁铁B. 圆环顺时针转动，远离磁铁C. 圆环逆时针转动，靠近磁铁D. 圆环逆时针转动，远离磁铁 8. 在静电场中，将一正电荷从a 点移到b 点，电场力做负功，则 A. b 点的电场强度一定比a 点大 B. 电场线方向一定从b 指向a C. b 点的电势一定比a 点高 D. 该电荷的动能一定减小9. 如右图所示，质量为m 、长为L 的直导线用两绝缘细线悬挂于'O O 、，并处于竖直方向的匀强磁场中。
福建省武平县第一中学2013-2014学年高二下学期期中考试物理试题 Word版含答案
高二下学期期中考试物理试题时间：90分钟 满分：100分一、单项选择题（本题包括12小题，共48分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对的得4分，多选或错选得0分。
）1、首先发现电磁感应的物理学家是（ ）A 、法拉第B 、楞次C 、安培D 、库伦2、许多楼道照明灯具有这样的功能：天黑时，出现声音它就开启；而在白天，即使有声音它也没有反应，它的控制电路中可能接入的传感器是（ ）①温度传感器 ②光传感器 ③声音传感器 ④热传感器A ．①②B ．②④C ．③④D ．②③3、某单相交流发电机的电动势为t E e m ωsin =，如果将发电机的电枢转速增大为原来的2倍，其他条件不变，产生的电动势应为（ ）A 、t E m ωsinB 、)2sin(2t E m ωC 、()t E m ω2sinD 、tE m ωsin 24、如图所示，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管截面平行，当电键S 接通一瞬间，两铜环的运动情况是（ ）A ．同时向两侧推开B ．同时向螺线管靠拢C ．一个被推开，一个被吸引，但因电源正负极未知，无法具体判断D ．同时被推开或同时向螺线管靠拢，但因电源正负极未知，无法具体判断5、如图所示，把电阻、电感器、电容器并联接到一交流电源上，三个电流表的示数相同.若保持电源电压不变，而将频率加大，则三个电流表的示数I 1、I 2、I 3大小的关系是( )A.I 1=I 2=I 3B. I 3＞I 1＞I 2C.I 2＞I 1＞I 3D. I 1＞I 2＞I 3 6、中央电视台《焦点访谈》多次报道某些边远落后农村电价过高，农民负担过重．其中客观原因是电网陈旧老化，近年来进行了农村电网改造。
为了减少远距离输电线路上的电能损耗而降低电费价格，以下措施中切实可行．．．．的是( ) A ．提高输送功率 B ．应用超导材料做输电线C ．提高输电电压D ．减小输电导线的横截面积7、一个弹簧振子在光滑水平面上做简谐振动，如果在t 1与t 2两个时刻弹簧长度相同， 那么可肯定振子在这两个时刻（ ）A ．位移大小相等，方向相反B ．速度大小相等，方向相同C ．加速度大小相等，方向相同D ．速度大小相等，方向相反8、利用发波水槽得到的水面波形如图a、b所示，则（）A．图a、b均显示了波的干涉现象B．图a、b均显示了波的衍射现象C．图a显示了波的干涉现象，图b显示了波的衍射现象D．图a显示了波的衍射现象，图b显示了波的干涉现象9、蝙蝠在洞穴中飞来飞去时，它利用超声脉冲导航非常有效。
人教版高中物理-有答案-福建省龙岩市某校高二(上)周练物理试卷
福建省龙岩市某校高二（上）周练物理试卷一．单项选择题1. 一金属圆环水平固定放置．现将一竖直的条形磁铁，在圆环上方沿圆环轴线从静止开始释放，在条形磁铁穿过圆环的过程中，条形磁铁与圆环（）A.始终相互吸引B.始终相互排斥C.先相互吸引，后相互排斥D.先相互排斥，后相互吸引2. 现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关如下图连接．在开关闭合、线圈A放在线圈B中的情况下，某同学发现当他将滑动变阻器的滑动端P向右滑动时，电流计指针向右偏转．以下操作也可以使电流计指针向右偏转的是（）A.断开开关的瞬间B.闭合开关的瞬间C.在开关闭合的情况下，向上移动线圈A的过程中D.在开关闭合的情况下，滑动变阻器的滑动端P向左滑动的过程中3. 如图所示，A、B都是很轻的铝环，分别吊在绝缘细杆的两端，杆可绕中间竖直轴在水平面内转动，环A是闭合的，环B是断开的．若用磁铁N极分别接近这两个圆环，则下面说法中正确的是（）A.接近A环时，A环将靠近磁铁B.接近A环时，A环将远离磁铁C.接近B环时，B环将靠近磁铁D.接近B环时，B环将远离磁铁4. 如图，线圈两端与电阻相连构成闭合回路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的S极朝下．在将磁铁的S极插入线圈的过程中（）A.线圈与磁铁相互吸引，通过电阻的感应电流的方向由a到bB.线圈与磁铁相互吸引，通过电阻的感应电流的方向由b到aC.线圈与磁铁相互排斥，通过电阻的感应电流的方向由a到bD.线圈与磁铁相互排斥，通过电阻的感应电流的方向由b到a5. 如图所示，矩形线圈放置在水平薄木板上，有两块相同的蹄形磁铁，四个磁极之间的距离相等，当两块磁铁匀速向右通过线圈时，线圈仍静止不动，那么线圈受到木板的摩擦力方向是（）A.先向左、后向右B.先向左、后向右、再向左C.一直向右D.一直向左6. 图(a)中A、B为两个相同的环形线圈，共轴并靠近放置．A线圈中通有如图(b)所示的交流电流i，则（）A.在t1到t2时间内A、B两线圈相斥B.在t2到t3时间内A、B两线圈相斥C.t1时刻两线圈间作用力最大D.t2时刻两线圈间吸力最大7. 如图所示，在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，让导体PQ在U形导轨上以速度v=5m/s向右匀速滑动，两导轨间距离L=0.8m，则产生的感应电动势的大小及PQ中的电流方向分别是（）A.2V，由Q向PB.0.2V，由Q向PC.2V，由P向QD.0.2V，由P向Q8. 如图，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．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的感应电流方向为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流i随时间t变化的图线是（）A. B.C. D.9. 将一段导线绕成图甲所示的闭合电路，并固定在水平面（纸面）内，回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中．回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示．用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图像是（）A. B.C. D.10. 如图所示，铜盘水平放置，磁场竖直向下穿过铜盘，图中a、b导线与铜盘的中轴线处在同一平面内，从上往下看铜盘沿逆时针方向匀速转动，下列说法正确的是（）A.回路中电流方向不变，且从a导线流进灯泡，再从b导线流向旋转的铜盘B.回路中电流方向不变，且从b导线流进灯泡，再从a流向旋转的铜盘C.回路中有方向周期性变化的电流D.回路中没有磁通量变化，没有电流11. 如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90∘)，其中MN 与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为υ，则金属棒ab在这一过程中（）A.加速度大小为v22LB.下滑位移大小为qRBLC.产生的焦耳热为qBLυsinθD.受到的最大安培力大小为B2L2υR12. 粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行，现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移出过程中线框的一边a、b两点间电势差绝对值最大的是（）A. B.C. D.13. 在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图1所示，当磁场的磁感应强度B随时间t如图2变化时，图中正确表示线圈中感应电动势E变化的是（）A.B.C.D.14. 如图所示，圆环a和圆环b的半径之比为2:1，两环用同样粗细、同种材料制成的导线连成闭合回路，连接两环的导线电阻不计，匀强磁场的磁感应强度变化率恒定．则在a、b环分别单独置于磁场中的两种情况下，M、N两点的电势差之比为（）A.4:1B.1:4C.2:1D.1:2二．计算题两根光滑的长直金属导轨M N、M′N′平行置于同一水平面内，导轨间距为l，电阻不计，M、M′处接有如图所示的电路，电路中各电阻的阻值均为R，电容器的电容为C．长度也为l、阻值同为R的金属棒ab垂直于导轨放置，导轨处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中．ab在外力作用下向右匀速运动且与导轨保持良好接触，在ab运动距离为s的过程中，整个回路中产生的焦耳热为Q．求（1）ab运动速度v的大小；（2）电容器所带的电荷量q．电阻可忽略的光滑平行金属导轨长S＝1.15m，两导轨间距L＝0.75m，导轨倾角为30∘，导轨上端ab接一阻值R＝1.5Ω的电阻，磁感应强度B＝0.8T的匀强磁场垂直轨道平面向上．阻值r＝0.5Ω，质量m＝0.2kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热Q r＝0.1J．（取g＝10m/s2）求：（1）金属棒在此过程中克服安培力的功W安；（2）金属棒下滑速度v＝2m/s时的加速度a．（3）为求金属棒下滑的最大速度v m，有同学解答如下：由动能定理W重−W安=12mv m2，…．由此所得结果是否正确？若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答．如图甲所示，水平面上的两光滑金属导轨平行固定放置，间距d＝0.5m，电阻不计，左端通过导线与阻值R＝2Ω的电阻连接，右端通过导线与阻值R L＝4Ω的小灯泡L连接。
福建省龙岩市武平县第一中学高二物理月考试卷含解析
福建省龙岩市武平县第一中学高二物理月考试卷含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. 在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，需要精确的重力加速度g值，g值可由实验精确测定，以铷原子钟或其他手段测时间，能将g值测得很准．具体做法是：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中O点竖直向上抛出小球，小球又落至原处O点的时间为T2，在小球运动过程中经过比O点高H的P点，小球离开P点后又回到P点所用的时间为T1，测得T1、T2和H，可求得g等于()A. B. C. D.参考答案：A2. 如图2所示，与轻弹簧相连的物体A停放在光滑的水平面上。
物体B沿水平方向向右运动，跟与A相连的轻弹簧相碰。
在B跟弹簧相碰后，对于A、B和轻弹簧组成的系统，下列说法中不正确的是（）A．弹簧压缩量最大时，A、B的速度相同B．弹簧压缩量最大时，A、B的动能之和最小C．弹簧被压缩的过程中系统的总动量不断减小D．物体A的速度最大时，弹簧的弹性势能为零参考答案：C3. 当两个分子之间的距离为r0时,正好处于平衡状态,下面关于分子间相互作用的引力和斥力的各说法中,正确的是（）A．两分子间的距离小于r0时,它们之间只有斥力作用B．两分子间的距离小于r0时,它们之间只有引力作用C．两分子之间的距离小于r0时,它们之间既有引力又有斥力的作用,而且斥力大于引力 D．两分子之间的距离等于2r0时,它们之间既有引力又有斥力的作用,而且引力大于斥力参考答案：CD4. （单选）如图所示是利用水波槽观察到的水波衍射图象，从图象可知（）A．B侧波是衍射波B．A侧波速与B侧波速相等C．增大水波波源的频率，衍射现象将更明显D．增大挡板之间的距离，衍射现象将更明显参考答案：B5. 铅蓄电池的电动势为2V，这表示（）A．蓄电池两极间的电压为2VB．蓄电池在1S内将2J的化学能转变为电能C．蓄电池将化学能转变为电能的本领比一节干电池（电动势为1.5V）的大D ．电路中每通过1C 电荷量，电源把2J 的化学能转变为电能 参考答案： CD二、 填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. 如图10所示，理想变压器有两个副线圈，匝数分别为n 1和n 2，所接负载4R 1＝R 2．当只闭合S 1时，电流表示数为1 A ，当S 1和S 2都闭合时，电流表示数为2 A ，则n 1：n 2为 ．参考答案： 1:27. 一只电流表的满偏电流为I g =3 mA ，内阻为R g =100Ω，若改装成量程为I =30mA 的电流表 应 联一个阻值为 Ω的电阻；若改装成量程为U =15V 的电压表，应 联一个阻值为 Ω的电阻。
福建省武平县第一中学高二上学期期中考试物理试题
高二物理半期考试卷 2014.11.18考试时间90分钟 命题、审核人：一、选择题（13*4=52分）1．在静电场中，下列说法正确的是（ ） A.电场强度的方向总是跟等势面垂直的B.电场强度处处相同的区域内，电势也一定处处相同C.电场强度处处为零的区域内，电势也一定处处为零D.沿着电场强度的方向，电势总是不断增加的2．用比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法，下面四个物理公式不属于比值．．．．．定义法的是 （ ）A ．电场中某点的电势 Φ=Ep/qB ．电容器的电容C=Q/UC ．电阻R=U/ID ．电场强度E=kQ/r 23．加在某台电动机上的电压是U ，电动机消耗的电功率为P ，电动机线圈的电阻为R ，则电动机的机械功率为（ ） A ．P B ． C ．P 2R/U 2 D ．P －P 2R/U 24．分别对两个电源测电源的电动势和内电阻，其电流和路端电压的关系如图所示，则应有（ ）A ．当时，电源的总功率B ．当时，外电阻C ．当时，电源输出功率D ．当时，电源内部消耗的电功率P 内1＜P 内25．真空中有两个固定的带正电的点电荷，其电量Q 1＞Q 2，点电荷q 置于Q 1、Q 2连线上某点时，正好处于平衡，则（ ）A.q 离Q 2比离Q 1远B.q 离Q 2比离Q 1近C.q 一定是正电荷D.q 一定是负电荷6．如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M 点以相同速度垂直于电场线方向飞出a 、b 两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示．则（ ） A.a 一定带正电，b 一定带负电 B.a 的速度将减小，b 的速度将增加 C.a 的加速度将减小，b 的加速度将增加 D.两个粒子的动能，一个增加一个减小7．如图所示的电路，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片P 向左移动，则（ ） A ．电容器中的电场强度将增大 B ．电容器上的电荷量将减少 C ．电容器的电容将减小 D ．液滴将向上运动8．如图所示电路中，电源电动势E=6 V ，内阻r=1。
福建省龙岩市武平一中高三物理上学期12月月考试卷(含解析)
2014-2015学年福建省龙岩市武平一中高三（上）月考物理试卷（12月份）一、选择题（每小题有四个选项中只有一项是正确的，每题4分共48分）1．（4分）（2014秋•武平县校级月考）下列关于功和机械能的说法，正确的是（）A．在有阻力作用的情况下，物体重力势能的减少不等于重力对物体所做的功B．合力对物体所做的功等于物体动能的改变量C．物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用，其大小与势能零点的选取无关D．运动物体动能的减少量一定等于其重力势能的增加量2．（4分）（2014秋•安庆期末）某物体运动的速度图象如图，根据图象可知（）A．0﹣2s内的加速度为2m/s2B．0﹣5s内的位移为10mC．第1s末与第3s末的速度方向相同D．第1s末与第5s末加速度方向相同3．（4分）（2012•广东）如图所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角都为45°，日光灯保持水平，所受重力为G，左右两绳的拉力大小分别为（）A．G和G B．G和G C．G和G D．G和G4．（4分）（2014秋•武平县校级月考）如图所示，电源电动势E=8V，内电阻为r=0.5Ω，“3V，3W”的灯泡L与电动机M串联接在电源上，灯泡刚好正常发光，电动机刚好正常工作，电动机的线圈电阻R0=1.5Ω．下列说法中正确的是（）A．通过电动机的电流为1.6 A B．电源的输出功率是8 WC．电动机消耗的电功率为3 W D．电动机的输出功率为3 W5．（4分）（2014秋•武平县校级月考）如图所示，竖直平面内固定有一个半径为R的光滑圆弧轨道，其端点P在圆心O的正上方，另一个端点Q与圆心O在同一水平面上．一只小球（视为质点）从Q点正上方某一高度处自由下落．为使小球从Q点进入圆弧轨道后从P点飞出，且恰好又从Q点进入圆弧轨道，小球开始下落时的位置到P点的高度差h应该是（）A．R B．C． D．无论h是多大都不可能6．（4分）（2015春•长沙校级月考）如图所示，倾角为α的光滑斜面下端固定一绝缘轻弹簧，M点固定一个质量为m、带电量为﹣q的小球Q．整个装置处在场强大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中．现把一个带电量为+q的小球P从N点由静止释放，释放后P沿着斜面向下运动．N点与弹簧的上端和M的距离均为s0．P、Q以及弹簧的轴线ab与斜面平行．两小球均可视为质点和点电荷，弹簧的劲度系数为k0，静电力常量为k．则（）A．小球P返回时，可能撞到小球QB．小球P在N点的加速度大小为C．小球P沿着斜面向下运动过程中，其电势能一定减少D．当弹簧的压缩量为时，小球P的速度最大7．（4分）（2010•海南）在水平的足够长的固定木板上，一小物块以某一初速度开始滑动，经一段时间t后停止．现将该木板改置成倾角为45°的斜面，让小物块以相同的初速度沿木板上滑．若小物块与木板之间的动摩擦因数为μ．则小物块上滑到最高位置所需时间与t之比为（）A．B．C．D．8．（4分）（2015春•胶州市校级月考）“神舟”六号载人飞船顺利发射升空后，经过115小时32分的太空飞行，在离地面43km的圆轨道上运行了77圈，运动中需要多次“轨道维持”．所谓“轨道维持”就是通过控制飞船上发动机的点火时间和推力的大小和方向，使飞船能保持在预定轨道上稳定飞行，如果不进行“轨道维持”，由于飞船受到轨道上稀薄空气的影响，轨道高度会逐渐降低，在这种情况下飞船的动能、重力势能和机械能的变化情况是（）A．动能、重力势能和机械能逐渐减少B．重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能不变C．重力势能逐渐增大，动能逐渐减小，机械能不变D．重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能逐渐减小9．（4分）（2010•宜宾模拟）在抗洪抢险中，战士驾驶摩托艇救人，假设江岸是平直的，洪水沿江向下游流去，水流速度为v1，摩托艇在静水中的航速为v2，战士救人的地点A离岸边最近处O的距离为d．若战士想在最短时间内将人送上岸，则摩托艇登陆的地点离O点的距离为（）A．B． 0C．D．10．（4分）（2008•韶关二模）图中实线是一簇未标明方向的电场线，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作用，根据题意不能做出判断的是（）A．带电粒子所带电荷的符号B．带电粒子在a、b两点的受力方向C．带电粒子在a、b两点的速度何处较大D．带电粒子在a、b两点的电势能何处较大11．（4分）（2014秋•武平县校级月考）如图所示电路，在平行金属板M，N内部左侧中央P 有一质量为m的带电粒子（重力不计）以水平速度v0射入电场并打在N板的O点．改变R1或R2的阻值，粒子仍以v0射入电场，则（）A．该粒子带正电B．减少R2，粒子还能打在O点C．减少R1，粒子将打在O点右侧D．增大R1，粒子在板间运动时间不变12．（4分）（2012•东城区模拟）如图所示，在外力作用下某质点运动的v﹣t图象为正弦曲线，从图中可判断（）A．在0～t1时间内，外力做负功B．在0～t1时间内，外力的功率逐渐增大C．在t2时刻，外力的功率最大D．在t1～t3时间内，外力做的总功为零二、实验题（10分+5分=15分）13．（10分）（2011•黄州区校级模拟）某同学为了探究物体在斜面上运动时摩擦力与斜面倾角的关系，设计实验装置如图．长直平板一端放在水平桌面上，另一端架在一物块上．在平板上标出A、B两点，B点处放置一光电门，用光电计时器记录滑块通过光电门时挡光的时间，实验步骤如下：①用游标卡尺测测最滑块的挡光长度d，用天平测量滑块的质量m；②用直尺测量A、B之间的距离s，A点到水平桌面的垂直距离h1，B点到水平桌面的垂直距离h2；③将滑块从A点静止释放．由光电计时器读出滑块的挡光时间t；④重复步骤③数次，井求挡光时间的平均值⑤利用所测数据求出摩擦力f和斜面倾角的余弦值cosα；⑥多次改变斜面的倾角，重复实验步骤②③④⑤做出f﹣cosα关系曲线．（1）用测量的物理量完成下列各式（重力加速度为g）①斜面倾角的余弦cosα= ；②滑块通过光电门时的速度v= ；③滑块运动时的加速度a= ；④滑块运动时所受到的摩擦阻力f= ；（2）测量滑块挡光长度的游标卡尺读数如图所示，读得d= ．14．（5分）（2014•金川区校级模拟）某同学用图1所示装置做“研究平抛运动”的实验，根据实验结果在坐标纸上描出了小球水平抛出后的运动轨迹，但不慎将画有轨迹图线的坐标纸丢失了一部分，剩余部分如图2所示，图2中水平方向与竖直方向每小格的长度均代表0.10m，P1、P2和P3是轨迹图线上的3个点，P1和P2、P2和P3之间的水平距离相等．完成下列填空：（重力加速度取9.8m/s2）（1）设P1、P2、和P3的横坐标分别为x1、x2和x3，纵坐标分别为y1、y2和y3，从图2中可读出|y1﹣y2|= m，|y1﹣y3|= m，|x1﹣x2|= m（保留两位小数）．（2）利用（1）中读取的数据，求小球从P1运动到P2所用的时间为s，小球抛出后的水平速度为m/s．三、计算题（本题共4个小题，共计37分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15．（7分）（2014•宿州模拟）一个质量为m、带有电荷﹣q的小物体，可在水平轨道Ox上运动，O端有一与轨道垂直的固定墙、轨道处于匀强电场中，其场强大小为E，方向沿OX轴正方向，如图所示，小物体以初速度v0从x o点沿OX轨道运动，运动时受到大小不变的摩擦力f 作用，且f＜qE；设小物体与墙碰撞时不损失机械能，且电量保持不变，求它在停止运动前所通过的总路程s．16．（9分）（2010•抚顺模拟）水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示，为一水平传送带装置示意图，紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率v=1m/s运行，一质量为m=4kg的行李无初速地放在A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．设行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，A、B间的距离L=2m，g取10m/s2（1）求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小（2）求行李做匀加速直线运动的时间（3）如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B处，求行李从A处传送到B处的最短时间，和传送带对应的最小运行速率．17．（9分）（2011春•赣州期中）如图所示，长L=1.2m、质量M=3kg的木板静止放在倾角为37°的光滑斜面上，质量m=1kg、带电荷量q=+2.5×10﹣4C的物块放在木板的上端，木板和物块间的动摩擦因数μ=0.1，所在空间加有一个方向垂直斜面向下、场强E=4.0×104N/C的匀强电场．现对木板施加一平行于斜面向上的拉力F=10.8N．取g=10m/s2，斜面足够长．求：（1）物块经多长时间离开木板？（2）物块离开木板时木板获得的动能．（3）物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的内能．18．（12分）（2012•北京）摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米．电梯的简化模型如图1所示．考虑安全、舒适、省时等因素，电梯的加速度a是随时间t变化的，已知电梯在t=0时由静止开始上升，a─t图象如图2所示．电梯总质量m=2.0×103kg．忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s2．（1）求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2；（2）类比是一种常用的研究方法．对于直线运动，教科书中讲解了由υ─t图象求位移的方法．请你借鉴此方法，对比加速度和速度的定义，根据图2所示a─t图象，求电梯在第1s内的速度改变量△υ1和第2s末的速率υ2；（3）求电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率P；再求在0─11s时间内，拉力和重力对电梯所做的总功W．2014-2015学年福建省龙岩市武平一中高三（上）月考物理试卷（12月份）参考答案与试题解析一、选择题（每小题有四个选项中只有一项是正确的，每题4分共48分）1．（4分）（2014秋•武平县校级月考）下列关于功和机械能的说法，正确的是（）A．在有阻力作用的情况下，物体重力势能的减少不等于重力对物体所做的功B．合力对物体所做的功等于物体动能的改变量C．物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用，其大小与势能零点的选取无关D．运动物体动能的减少量一定等于其重力势能的增加量考点：机械能守恒定律；功的计算；功能关系．分析：根据功能关系可知，重力势能的减小量等于重力做的功，合外力做功等于动能变化量，当物体机械能守恒时，动能的减少量等于其重力势能的增加量．解答：解：A、根据功能关系可知，重力势能的减小量等于重力做的功，与是否有阻力做功无关，故A错误；B、根据动能定理可知，合外力做功等于动能变化量，故B正确；C、物体的重力势能与势能零点的选取有关，零势能面的位置不一样，物体的重力势能不一样，故C错误；D、当物体机械能守恒时，动能的减少量等于其重力势能的增加量，故D错误．故选：B点评：本题主要考查了功能关系的直接应用，知道重力势能的减小量等于重力做的功，合外力做功等于动能变化量，难度不大，属于基础题．2．（4分）（2014秋•安庆期末）某物体运动的速度图象如图，根据图象可知（）A．0﹣2s内的加速度为2m/s2B．0﹣5s内的位移为10mC．第1s末与第3s末的速度方向相同D．第1s末与第5s末加速度方向相同考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：速度时间图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示物体的位移，根据速度的正负值判断物体速度的方向．解答：解：A、D在0﹣2s内的加速度为：a1=m/s2=1m/s2，在4﹣5s内，加速度为：a2=m/s2=﹣2m/s2．知第1s末与第5s末加速度的方向相反．故A、D错误．B、0﹣5s内的位移为：x=×（2+5）×2m=7m．故B错误．C、第1s末与第4s末的速度都为正值，速度方向相同．故C正确．故选：C．点评：解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率、图线与时间轴围成的面积表示的含义．3．（4分）（2012•广东）如图所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角都为45°，日光灯保持水平，所受重力为G，左右两绳的拉力大小分别为（）A．G和G B．G和G C．G和G D．G和G考点：共点力平衡的条件及其应用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：根据对称性可知，左右两绳的拉力大小相等，分析日光灯的受力情况，由平衡条件求解绳子的拉力大小．解答：解：日光灯受力如图所示，将T1T2分别向水平方向和竖直方向分解，则有：T1cos45°=T2cos45°T1sin45°+T2sin45°=G解得：T1=T2=故选B．点评：本题是简单的力平衡问题，分析受力情况是基础，要抓住对称性，分析两个拉力大小关系．4．（4分）（2014秋•武平县校级月考）如图所示，电源电动势E=8V，内电阻为r=0.5Ω，“3V，3W”的灯泡L与电动机M串联接在电源上，灯泡刚好正常发光，电动机刚好正常工作，电动机的线圈电阻R0=1.5Ω．下列说法中正确的是（）A．通过电动机的电流为1.6 A B．电源的输出功率是8 WC．电动机消耗的电功率为3 W D．电动机的输出功率为3 W考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：由灯泡铭牌可知，灯泡额定电压是3V，额定功率是3W，由电功率公式的变形公式可以求出灯泡额定电流，由串联电路特点可以求出通过电机的电流．求出路端电压，然后由P=UI求出电源的输入功率和电动机消耗的功率．则可求得效率；由串联电路特点求出电动机电压，由P=UI求出电动机输入功率，由P=I2R求出电动机热功率，电动机输入功率与热功率之差是电动机的输出功率．解答：解：A、灯泡L正常发光，通过灯泡的电流：，电动机与灯泡串联，通过电动机的电流I M=I L=1（A），故A错误；B、路端电压：U=E﹣Ir=7.5（V），电动机两端的电压：U M=U﹣U L=4.5（V）；电动机的输入功率P入=U M I M=4.5×1=4.5W；电动机的输出功率：P输出=U M I M﹣I M2R=4.5﹣1×1.5=3W；故BC错误，D 正确；故选：D．点评：电动机是非纯电阻电路，输出功率等于输入功率与热功率之差；要注意功率公式的适用条件．5．（4分）（2014秋•武平县校级月考）如图所示，竖直平面内固定有一个半径为R的光滑圆弧轨道，其端点P在圆心O的正上方，另一个端点Q与圆心O在同一水平面上．一只小球（视为质点）从Q点正上方某一高度处自由下落．为使小球从Q点进入圆弧轨道后从P点飞出，且恰好又从Q点进入圆弧轨道，小球开始下落时的位置到P点的高度差h应该是（）A．R B．C． D．无论h是多大都不可能考点：机械能守恒定律．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：小球从P点飞出做平抛运动，且恰好又从Q点进入圆轨道，根据平抛运动的基本规律求得小球在P点的速度，把此速度跟圆周运动到达最高点的最小速度进行比较，若小于最小速度，则不可能出现上述现象，若大于最小速度，再根据动能定理求解小球开始下落时的位置到P点的高度差h．解答：解：小球从P点飞出做平抛运动，则有：水平方向：vt=R竖直方向：R=解得：v=要使小球能到达P点，则在P点的速度最小为，所以不可能出现上述情况故选：D点评：本题主要考查了平抛运动的基本规律及能在竖直平面内圆周运动到达最高点的速度要求，难度适中．6．（4分）（2015春•长沙校级月考）如图所示，倾角为α的光滑斜面下端固定一绝缘轻弹簧，M点固定一个质量为m、带电量为﹣q的小球Q．整个装置处在场强大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中．现把一个带电量为+q的小球P从N点由静止释放，释放后P沿着斜面向下运动．N点与弹簧的上端和M的距离均为s0．P、Q以及弹簧的轴线ab与斜面平行．两小球均可视为质点和点电荷，弹簧的劲度系数为k0，静电力常量为k．则（）A．小球P返回时，可能撞到小球QB．小球P在N点的加速度大小为C．小球P沿着斜面向下运动过程中，其电势能一定减少D．当弹簧的压缩量为时，小球P的速度最大考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；牛顿第二定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：据动能定理判断小球P返回速度为零的位置，确定小球能否与小球Q相撞；根据牛顿第二定律求出小球P在N点的加速度；根据电场力做功判断电势能的变化，当小球所受的合力为零时，小球的速度最大．解答：解：A、根据动能定理知，当小球返回到N点，由于重力做功为零，匀强电场的电场力做功为零，电荷Q的电场对P做功为零，则合力做功为零，知道到达N点的速度为零．所以小球不可能撞到小球Q．故A错误．B、根据牛顿第二定律得，小球在N点的加速度a==，故B正确．C、小球P沿着斜面向下运动过程中，匀强电场的电场力做正功，电荷Q产生的电场对P做负功，两个电场力的合力不一定沿斜面向下，则最终电场力不一定做正功，则电势能不一定减小．故C错误．D、当小球所受的合力为零时，速度最大，即+k0x0=qE+mgsinα，则压缩量不等于．故D错误．故选：B．点评：本题考查了动能定理、牛顿第二定律的综合，难度中等，知道小球合力为零时，小球的速度最大，知道电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．7．（4分）（2010•海南）在水平的足够长的固定木板上，一小物块以某一初速度开始滑动，经一段时间t后停止．现将该木板改置成倾角为45°的斜面，让小物块以相同的初速度沿木板上滑．若小物块与木板之间的动摩擦因数为μ．则小物块上滑到最高位置所需时间与t之比为（）A．B．C．D．考点：牛顿第二定律；滑动摩擦力．专题：压轴题．分析：对物块在水平面和斜面上进行受力分析，运用牛顿第二定律结合运动学公式解决．解答：解：木板水平时，物块的合力是滑动摩擦力．根据牛顿第二定律得出：小物块的加速度a1=μg，设滑行初速度为v0，则滑行时间为t=；木板改置成倾角为45°的斜面后，对物块进行受力分析：小滑块的合力F合=mgsin45°+f=mgsin45°+μmgcos45°小物块上滑的加速度a2==，滑行时间t′==2，因此==，故选A．点评：对物块在水平面和斜面上进行受力分析，运用牛顿第二定律结合运动学公式解决．注意情景发生改变，要重新进行受力分析．8．（4分）（2015春•胶州市校级月考）“神舟”六号载人飞船顺利发射升空后，经过115小时32分的太空飞行，在离地面43km的圆轨道上运行了77圈，运动中需要多次“轨道维持”．所谓“轨道维持”就是通过控制飞船上发动机的点火时间和推力的大小和方向，使飞船能保持在预定轨道上稳定飞行，如果不进行“轨道维持”，由于飞船受到轨道上稀薄空气的影响，轨道高度会逐渐降低，在这种情况下飞船的动能、重力势能和机械能的变化情况是（）A．动能、重力势能和机械能逐渐减少B．重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能不变C．重力势能逐渐增大，动能逐渐减小，机械能不变D．重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能逐渐减小考点：功能关系；动能和势能的相互转化．分析：轨道高度逐渐降低，即飞船的高度降低（就像高处的物体下落一样），重力势能转化为动能，同时要克服空气阻力做功，飞船的机械能减少，转化为内能，据此分析判断．解答：解：轨道高度逐渐降低，即飞船的高度降低、重力势能减少，速度将增大、动能增大，重力势能转化为动能；由于飞船受轨道上稀薄空气的影响，飞船要克服空气阻力做功，飞船的机械能减少，转化为内能．故选：D．点评：本题考查了动能和重力势能的相互转化，利用好“飞船受轨道上稀薄空气的影响﹣﹣﹣受空气阻力作用”是本题的关键．9．（4分）（2010•宜宾模拟）在抗洪抢险中，战士驾驶摩托艇救人，假设江岸是平直的，洪水沿江向下游流去，水流速度为v1，摩托艇在静水中的航速为v2，战士救人的地点A离岸边最近处O的距离为d．若战士想在最短时间内将人送上岸，则摩托艇登陆的地点离O点的距离为（）A．B． 0C．D．考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．分析：将摩托艇的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，当静水速的方向垂直于河岸时，渡河时间最短，根据垂直于河岸方向上位移和静水速求出运动时间，再根据水流速和时间求出沿河岸方向上的位移．解答：解：当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短．t=则摩托艇登陆的地点离O点的距离：x=．故C正确，A、B、D错误．故选C．点评：解决本题的关键知道分运动与合运动具有等时性，以及知道当静水速垂直于河岸时，渡河时间最短．10．（4分）（2008•韶关二模）图中实线是一簇未标明方向的电场线，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作用，根据题意不能做出判断的是（）A．带电粒子所带电荷的符号B．带电粒子在a、b两点的受力方向C．带电粒子在a、b两点的速度何处较大D．带电粒子在a、b两点的电势能何处较大考点：电场线；物体做曲线运动的条件；电场强度；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由粒子的偏转方向可得出粒子的受力方向，由功的计算可得出电场力做功的正负，由动能定理可得出粒子动能的变化；由电场力做功与电势能的关系可得出电势能的变化．解答：解：设粒子由a到b运动；A、B、由图可知，粒子偏向左下方，则说明粒子受力向左下，由于不知电场线方向，故无法判断粒子电性，故A正确，B错误；C、由图可知，粒子从A到B的过程中，电场力做负功，故说明粒子速度减小，故可知b处速度较小，故C错误；D、电场力做负功，则电势能增加，故b点电势能较大，故D错误；故选A．点评：本题要注意无论是从a到b还是从b到a，我们得出的结果是相同的．11．（4分）（2014秋•武平县校级月考）如图所示电路，在平行金属板M，N内部左侧中央P有一质量为m的带电粒子（重力不计）以水平速度v0射入电场并打在N板的O点．改变R1或R2的阻值，粒子仍以v0射入电场，则（）A．该粒子带正电B．减少R2，粒子还能打在O点C．减少R1，粒子将打在O点右侧D．增大R1，粒子在板间运动时间不变考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：根据外电路中顺着电流方向电势逐渐降低，判断M、N两板电势的高低，确定板间电场的方向，即可判断粒子的电性；电路稳定时R2相当于导线；粒子射入板间电场中做类平抛运动，运用运动的分解法，由牛顿第二定律和运动学公式分析改变R1时粒子打在极板上的位置．解答：解：A、根据外电路中顺着电流方向电势逐渐降低，可知M板的电势低于N板的电势，板间电场方向向下，而粒子在电场中向下偏转，所受的电场力方向向下，则知该粒子带负电，故A错误．B、电路稳定时R2中没有电流，相当于导线，改变R2，不改变M、N间的电压，板间电场强度不变，粒子所受的电场力不变，所以粒子的运动情况不变，仍打在O点．故B正确．C、D、设平行金属板M、N间的电压为U．粒子在电场中水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则竖直方向有：y=at2=••t2…①水平方向有：x=v0t…②联立得：y=…③由图知，y一定，q、m、d、v0不变，则由③式知：当减少R1时，M、N间的电压U增大，x减小，所以粒子将打在O点左侧；由①知，增大R1，U减小，t增大，故C错误，D错误．故选：B．点评：本题是类平抛运动与电路知识的综合，其联系的纽带是电压，要抓住电路稳定时与电容器串联的电阻上没有电压，相当于导线，电容器的电压等于所并联的电路两端的电压．12．（4分）（2012•东城区模拟）如图所示，在外力作用下某质点运动的v﹣t图象为正弦曲线，从图中可判断（）A．在0～t1时间内，外力做负功B．在0～t1时间内，外力的功率逐渐增大C．在t2时刻，外力的功率最大D．在t1～t3时间内，外力做的总功为零考点：功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的图像；功的计算．专题：功率的计算专题．分析：由v﹣t图象可知物体的运动方向，由图象的斜率可知拉力的方向，则由功的公式可得出外力做功的情况，由P=Fv可求得功率的变化情况．解答：解：A、在0～t1时间内，由图象可知，物体的速度沿正方向，加速度为正值且减小，故力与速度方向相同，故外力做正功；故A错误；B、图象斜率表示加速度，加速度对应合外力，合外力减小，速度增大；由图象可知0时刻速度为零，t1时刻速度最大但拉力为零，由P=Fv可知外力的功率在0时刻功率为零，t1时刻功率也为零，可知功率先增大后减小，故B错误．C、t2时刻物体的速度为零，由P=Fv可知外力的功率为零，故C错误．D、在t1～t3时间内物体的动能变化为零，由动能定理可知外力做的总功为零，故D正确；故选D．点评：本题要求学生能熟练掌握图象的分析方法，由图象得出我们需要的信息．B答案中采用极限分析法，因开始为零，后来为零，而中间有功率，故功率应先增大，后减小．二、实验题（10分+5分=15分）。
2013-2014学年福建省龙岩市武平一中高二(上)期中物理试卷(实验班)
2013-2014学年福建省龙岩市武平一中高二（上）期中物理试卷（实验班）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共3小题，共12.0分)1.关于磁场，下面说法中正确的是（）A.最早发现通电导线周围存在磁场的科学家是法拉第B.磁感线可以用细铁屑来模拟显示，因而是真实存在的C.磁场中某一点磁感应强度的方向，与小磁针静止时N极在该点的受力方向相同D.若在某区域内通电导线不受磁场力的作用，则该区域的磁感应强度一定为零【答案】C【解析】解：A、最早发现通电导线周围存在磁场的科学家是奥斯特，故A错误；B、磁感线不是磁场中真实存在的曲线，而是人为加上去的，它可以形象地描述磁场．故B错误；C、磁场中某一点磁感应强度的方向，与小磁针静止时N极在该点的受力方向相同，故C正确；D、由左手定则知电导线与磁场方向有一定夹角时会受安培力的作用，若通电导线与磁场平行，不受磁场力的作用，但磁感应强度不为零，故D错误．故选：C．磁场的方向与某点小磁针北极的受力方向与该点磁场方向一致，而与导线的受力方向满足左手定则．此题考查磁场的方向问题，知道磁场方向与某点小磁针北极的受力方向与该点磁场方向一致，而与导线的受力方向满足左手定则即可．2.如图，用绝缘细线将一个质量为m、带电量为q的小球悬挂在天花板下面，设空间中存在着沿水平方向的匀强电场．当小球静止时把细线烧断，小球将做（）A.自由落体运动B.曲线运动C.沿悬线的延长线做匀加速直线运动D.变加速直线运动【答案】C【解析】解：当把细线烧断后，小球只受到重力和电场力的作用，两个力都是恒力，根据原来小球处于平衡状态，由平衡条件可知，电场力与重力的合力沿绳向下，由于小球的初速度又为零，所以小球将沿着悬线的延长线做匀加速直线运动，故C正确，ABD错误．故选：C．对小球受力分析，当把细线烧断后，小球只受到重力和电场力的作用，并且初速度为零，由此来判断小球的运动的情况．解决本题的关键要知道：物体的运动的情况是由受力的情况和初速度，以及它们方向之间的关系决定，对物体受力分析，找出合力与初速度的方向之间的关系即可判断物体的运动的情况．3.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.45VB.5VC.25VD.15V【答案】D【解析】解：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，允许的最大电流为0.5A，而不是1.5A；再根据U=IR=0.5A×30Ω=15V，故ABC错误，D正确．故选：D．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．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．二、多选题(本大题共1小题，共4.0分)4.如图所示，质量分别是m1和m2带电量分别为q1和q2的小球，用长度不等的轻丝线悬挂起来，两丝线与竖直方向的夹角分别是α和β（α＞β），两小球恰在同一水平线上，下列说法错误的是（）A.两球一定带异种电荷B.q1一定大于q2C.m1一定小于m2D.m1所受库仑力一定等于m2所受的库仑力【答案】BD【解析】解：A、两球相互吸引必定是异种电荷．故A正确．B、两球间的库仑力大小相等，无法判断电量的大小．故B错误．C、设两球间库仑力大小为F，对m1研究，得到F=m1gtanα，同理，对m2研究，得到F=m2gtanβ则m1tanα=m2tanβ因α＞β，得到m1＜m2故C正确．D、根据牛顿第三定律，m1所受库仑力一定等于m2所受的库仑力．故D错误；本题选择错误的，故选：BD．根据异种电荷相互吸引分析电性关系．由力平衡得到质量与偏角之间的关系，来分析质量大小．由牛顿第三定律，分析库仑力的关系．考查共点力平衡，与库仑定律的应用，库仑力是一种力，有力的共性，它是联系电场知识与力学知识的桥梁，注意库仑力的大小与电量的乘积有关．三、单选题(本大题共4小题，共16.0分)5.如图，a、b为竖直方向的一条电场线上的两点，一带电小球在a点由静止释放后，沿电场线方向向上运动，到b点速度为零，下列说法中正确的是（）A.a点的电场强度比b点的电场强度小B.带电小球在b点时所受合外力为零C.a点的电势比b点的电势高D.带电小球从a点运动到b点的过程中静电力做功与小球克服重力做功相等D【解析】解：A、B在a点，电场力大于重力，到b点恰好速度为零，可知先加速后减速，所以b 点所受的电场力小于重力．带电小球在b点时所受合外力不为零．所以a点的电场强度比b点的电场强度大，故AB错误．C、沿电场线方向电势逐渐降低，因为不知道电场的方向，所以无法判断电势的高低．故C错误．D、带电小球从a点运动到b点的过程中，静电力做正功，小球克服重力做功，而动能的变化量为零，由动能定理得知，静电力做功与小球克服重力做功相等．故D正确．故选D由题意可知，带点质点受两个力，重力和电场力．由静止向上运动，可判断出电场力的方向，根据电场力做的功，判断电势能的变化．通过带电质点初末速度为零可比较出两点的电场强度．沿电场线方向电势逐渐降低．根据动能定理判断静电力做功与小球克服重力做功的关系．解决本题的关键通过a、b两点的速度为0，知道受重力和电场力两个力，且知道电场力的方向．通过电场力与重力的大小关系，比较电场强度的大小．以及知道电场力做功与电势能的关系和沿电场线方向电势降低．6.如图，在同一平面内两圆环A、B同心放置，A环中通以逆时针方向的恒定电流，关于穿过A、B两圆环的磁通量φA、φB的大小关系及A环内的磁感强度方向判断正确的是（）A.φA＞φB，A环内磁感强度方向垂直纸面向里B.φA＞φB，A环内磁感强度方向垂直纸面向外C.φA＜φB，A环内磁感强度方向垂直纸面向里D.φA＜φB，A环内磁感强度方向垂直纸面向外【答案】B【解析】解：根据右手螺旋定则，知A环内磁感应强度的方向垂直纸面向外．对于B环，磁感线有穿进的，有穿出的，穿进的和穿出的发生抵消，则A环的磁通量大于B环的磁通量．故B正确，A、C、D错误．故选B根据右手螺旋定则判断A环内磁感应强度的方向．环形电流产生的磁感线在内部穿出，在外部穿入，形成闭合曲线，存在抵消情况，通过比较净磁通量大小得出φA、φB的大小．本题是非匀强磁场磁通量大小的比较问题，抓住抵消后剩余磁通量进行比较．以及掌握右手螺旋定则判断电流周围磁场的方向．7.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，下极板接地．一带正电的点电荷固定于P点．现将平行板电容器的上极板竖直向上平移一小段距离，则（）A.两板间电场强度E增大，P点的电势将降低B.两板间电场强度E减小，P点的电势将降低C.两板间电场强度E增大，P点的电势将升高D.两板间电场强度E减小，P点的电势将升高【答案】B解：平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，则知电容器板间的电势差U不变，将平行板电容器的上极板竖直向上平移一小段距离，d增大，根据E=可知，电场强度减小，由U=E d可知，P与下极板的电势差减小，由于P点的电势比下极板的电势高，所以P点的电势减小．故B正确，A、C、D错误．故选：B．平行板电容器的上极板竖直向上平移一小段距离，电容器间的电场强度减小，根据U=E d 确定出P与下极板电势差的变化，从而确定出P点电势的变化．解决本题的关键抓住电容器的电势差不变，掌握公式E=，能根据d的变化判断电场强度的变化．8.如图所示，在圆形区域内有方向垂直向里的匀强磁场．有一束速率各不相同的质子自A点沿半径方向射入磁场，这些质子在磁场中（）A.速度越大的，运动时间越长B.运动时间越长的，其轨迹越长C.速度越大的，速度的偏转角越小D.所有质子在磁场中的运动时间相同【答案】C【解析】解：设磁场区域半径为R，轨迹圆心角为αA、粒子在磁场中运动的时间为，而轨迹半径r=，而r=，粒子速度v越大的，则r越大，故α越小，t越小，故A错误，C正确；B、粒子运动的轨迹为S=rα=，粒子运动时间越长，α越大，根据数学知识可知弧长S越短，故B错误；D、由以上分析可知，速度越大，轨迹半径越大，而α越小，通过磁场的时间越短，故D错误故选：C设磁场区域半径为R，轨迹的圆心角为α，则粒子在磁场中运动时间为t=，圆心角α越大，时间越长．根据几何知识得到轨迹半径r与R的关系，就能得到轨迹长度与时间的关系．带电粒子在磁场中偏转角等于轨迹的圆心角．本题要根据几何知识研究粒子运动的轨迹半径与磁场区域半径的关系，也可以通过作轨迹对比，得到轨迹的圆心角与运动时间、轨迹长度的关系．四、多选题(本大题共1小题，共4.0分)9.1930年，劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，工作原理示意图如图所示．关于回旋加速器，下列说法正确的是（）A.粒子从电场中获得能量B.交流电的周期随粒子速度的增大而增大D.不改变交流电的频率和磁感应强度B，加速质子的回旋加速器也可以用来加速α粒子【答案】AC【解析】解：A、粒子在电场力作用下，从电场中获得能量，而洛伦兹力不做功，故A正确；B、要使粒子一直加速，则交流电的周期与粒子回旋周期相等，而回旋周期T=，与粒子速度的无关，故B错误；C、由qv B=m得，v=，则最大动能E K=，知最大动能与加速器的半径、磁感线强度以及电荷的电量和质量有关，与加速电压无关，故C正确；D、不改变交流电的频率和磁感应强度B，当加速质子的回旋加速器，若能加速其他粒子，必须保证粒子的比荷相等，而α粒子与质子的比荷不相等，故D错误；故选：AC．回旋加速器是利用磁场使带电粒子作回旋运动，在运动中经高频电场反复加速的装置．是高能物理中的重要仪器．（1）磁场的作用带电粒子以某一速度垂直进入匀强磁场时，只在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，其中周期与速率和半径无关，使带电粒子每次进入D形盒中都能运动相等时间（半个周期）后，平行于电场方向进入电场中加速．（2）电场的作用回旋加速器的两个D形盒之间的窄缝区域存在周期性的变化的并垂直于两D形盒直径的匀强电场，加速就是在这个区域完成的．（3）交变电压为了保证每次带电粒子经过狭缝时均被加速，使其能量不断提高，要在狭缝处加一个与粒子运动的周期一致的交变电压．解决本题的关键知道回旋加速器是利用电场加速、磁场偏转来加速粒子，但是最终粒子的动能与电场的大小无关，注意粒子的周期公式的应用，理解比荷的含义．五、单选题(本大题共1小题，共4.0分)10.如图所示，一个质量为m的带电液滴在相互垂直的匀强磁场和匀强电场中的竖直面内做半径为R的匀速圆周运动，电场和磁场的方向如图．那么这个液滴的电性与转动方向应是（）A.一定带正电，沿逆时针方向转动B.一定带负电，沿顺时针方向转动C.一定带负电，但旋转方向不能确定D.电性和旋转方向不能确定【答案】B【解析】解：因为两带电小球都在复合场中做匀速圆周运动，电场力与重力平衡，则知电场力方向向上，而电场方向向下，所以液滴带负电荷．由洛伦兹力提供向心力，根据左手定则判断可知，液滴沿顺时针方向转动．故B正确，ACD错误．故选B小球做匀速圆周运动，电场力与重力平衡，即可由电场方向从而确定电性；根据洛伦兹力提供向心力，由左手定则判断粒子的旋转方向．供向心力，能正确运用左手定则判断运动方向，注意四指指向负电荷运动的相反方向．六、多选题(本大题共1小题，共4.0分)11.如图所示电路图，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.电压表示数变大B.电流表示数变大C.电流表示数变小D.电源内阻消耗的功率变大【答案】AD【解析】解：ABC、在滑动触头由a端滑向b端的过程中，变阻器接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律分析得知，电路中总电流I变大，即A2的示数变大，路端电压U=E-I r，U变小；再有欧姆定律可知，I1=，电流表A1的电流减少；又因为I=I1+I2，I增大，I1减少，所以I2增大，即流过R2电阻的电流增大，所以R2两端的电压增大，故A正确，BC错误．D、电源内阻消耗的功率P=I2r，有以上可知，I变大，P变大．故D正确．故选：AD．在滑动触头由a端滑向b端的过程中，分析变阻器接入电路的电阻如何变化，分析外电路总电阻的变化，根据欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，以及电源内阻消耗的功率如何变化，再判断电流表的示数的变化．本题是电路的动态变化分析问题，首先分析变阻器接入电路的电阻如何变化，接着分析总电阻、总电流和路端电压的变化，再分析局部电流、电压的变化，即按“局部到整体再到局部”的思路进行分析．七、单选题(本大题共1小题，共4.0分)12.如图所示的电路中，当电键K闭合后，电流表A的示数为零，电压表V1的示数为6V，电压表V2的示数为零．导线、电表、电键及各接线处均无问题，这说明断路的是（）A.电阻R1B.电阻R2C.电阻R3D.串联电池组【答案】A【解析】解：当电键K闭合后，电流表A的示数为零，说明该电路出现断路；电压表V1的示数为6V，说明该电阻两边到电源间的电路无故障；电压表V2的示数为零，说明所测电路无电流；故判断故障一定在电阻R1，故选A正确，BCD错误．故选：A．据电路图知，三电阻串联；据电流表示数和电压表的示数情况，判断故障即可．判断故障时，当电流表有示数，说明该电路无断路；电压表有示数，说明电压表与电路的两节点到电源无故障．八、实验题探究题(本大题共3小题，共16.0分)13.在“测定金属的电阻率”实验中，用螺旋测微器测量金属丝的直径，如图所示的读数是______ mm．【答案】0.740【解析】解：由图示螺旋测微器可知，固定刻度读数：0.5mm；可动刻度读数0.01mm×24.0=0.240mm；故螺旋测微器读数为：0.5mm+0.240mm=0.740mm；故答案为：0.740．螺旋测微器又称千分尺，精确度为0.01mm；螺旋测微器读数=固定刻度读数+半刻度读数+可动刻度读数．螺旋测微器是利用将长度的测量转化为对转动角度的测量来实现微小量放大的，其精确度为0.01mm，基础问题．14.（1）如图（甲）是“测定电源电动势和内阻”实验的电路图，根据实验测得的几组I、U数据作出U-I图象如图（乙）所示，由图象可确定：该电源的电动势为______ V，电源的内电阻为______ Ω（计算结果保留两位有效数字）．（3）用该电路测电动势与内阻，测量值和真实值的关系E测______ E真，r测______ r （填“大于”、“小于”、“等于”）真【答案】1.4；0.57；小于；小于【解析】解：（1）由图甲所示图象可知，电源U-I图象与纵轴交点坐标值是1.40，则电源电动势E=1.4V，电源内阻r==≈0.57Ω．（2）由图甲所示可知，相对于电源来说，实验采用电流表外接法，当外电路短路时，电流的测量值等于真实值，除此之外，由于电压表的分流作用，电流的测量值小于真实值，电源的U-I图象如图所示，由图象可知，电源电动势的测量值小于真实值，电源内阻的测量值小于真实值．故答案为：（1）1.4；0.57；（2）小于；小于．（1）电源U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻；（2）根据电路图分析实验误差．本题考查了连接实物电路图、求电源电动势与内阻、实验误差分析，连接实物电路图时要注意电表正负接线柱不要接反，要掌握应用图象法分析实验误差的方法．15.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，检验其标称的准确性．（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）请按电路图（甲）连接好图（丙）实物图．（3）按电路图（甲）测出的电阻值比真实值偏______ （选填“大”或“小”）．根据所得到的图象如图（乙）所示，求出它在额定电压（2.4V）下工作时的电阻值R= ______ Ω．【答案】a；小；4.8【解析】解：（1）由图示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，在闭合开关S前，滑动变阻器触头应放在a端．（2）灯泡额定电压为2.4V，则电压表选择3V量程，灯泡额定电流I==≈0.42A，电流表选择0.6A，根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：（3）由电路图可知，电流表采用外接法，由于电压表的分流，电流的测量值大于真实值，由欧姆定律可知，灯泡电阻测量值小于真实值；由图乙所示图象可知，灯泡额定电压2.4V对应电流为0.5A，则灯泡电阻R===4.8Ω．故答案为：（1）a；（2）电路图如图所示；（3）小；4.8．（1）为保护电路安全，滑动变阻器采用分压接法，闭合开关前滑片应置于分压电路分压为零的位置．（2）根据实验原理与实验要求连接实物电路图．（3）根据实验电路应用欧姆定律分析实验误差，由图示图象求出灯泡额定电压对应的电流，然后由欧姆定律求出灯泡阻值．本题考查了实验注意事项、连接实物电路图、实验误差分析、求电阻，连接实物电路图时要注意电表量程的选择，注意电表正负接线柱不要接反，注意滑动变阻器的接法．九、计算题(本大题共4小题，共36.0分)16.如图所示，通电金属杆ab质量m=12g，电阻R=1.5Ω，水平地放置在倾角θ=300导轨电阻、导轨与金属杆的接触电阻忽略不计，电源内阻r=0.5Ω．匀强磁场的方向竖直向上，磁感强度B=0.2T．若金属棒ab恰能保持静止，求电源的电动势大小E．【答案】解：金属棒静止在导轨上，受到重力G、导轨的支持力N和安培力F，由左手定则可知安培力方向水平向右，由平衡条件得F=mgtan30°又F=BI dE=I（R+r）联立解得：电动势E=4.0V答：电源的电动势大小E是4V．【解析】金属棒静止在导轨上，受到重力、导轨的支持力和安培力，由左手定则判断安培力的方向，作出力图，由平衡条件和安培力公式F=BI d求出电流，由闭合电路欧姆定律求出电动势．本题是通电导体在磁场中平衡问题，分析和计算安培力是关键，安培力是联系力学与磁场的桥梁．17.如图，M为一线圈电阻R0=0.4Ω的电动机，定值电阻R=24Ω，电源电动势E=40V．当S断开时，电流表的示数，I1=1.6A，当开关S闭合时，电流表的示数为I2=4.0A．电流表的内阻不计，求：（1）电源的内阻r（2）开关S闭合时电动机输出的机械功率．【答案】解：（1）S断开时，由闭合电路欧姆定律E=I1（R+r）解得：r=-R=（-24）Ω=1Ω（2）当S合上时，I2=4A，则U内=I2•r=4×1V=4V外电压U外=E-U内=40V-4V=36V，也即电动机两端电压为36V．通过电动机的电流I=I2-外=4-=2.5A所以P热=I2r=2.52×0.4W=2.5W电动机消耗的总功率P总=U外I=36×2.5W=90W电动机输出的机械功率P机=P总-P热=90W-2.5W=87.5W答：（1）电源的内阻r为1Ω．（2）开关S闭合时电动机输出的机械功率为87.5W．【解析】（2）当开关S闭合时，已知电流表的示数，求出路端电压，由欧姆定律求出通过R的电流，得到通过电动机的电流，电动机的输出功率等于电功率与内部消耗的热功率之差．对于电动机电路，正常工作时是非电阻电路，根据能量守恒求解其输出功率，要区分电动机的输出功率与效率的不同，不能混淆．18.如图所示，一根长L=1.5m的光滑绝缘细直杆MN，竖直固定在场强为E=1.0×105N/C、与水平方向成θ=30°角的倾斜向上的匀强电场中．杆的下端M固定一个带电小球A，电荷量Q=+4.5×10-6C；另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，电荷量q=+1.0×10-6C，质量m=1.0×10-2kg．现将小球B从杆的上端N静止释放，小球B开始运动（静电力常量k=9.0×109N•m2/C2，取g=10m/s2）（1）小球B开始运动时的加速度为多大？（2）小球B的速度最大时，距M端的高度h1为多大？【答案】解：（1）开始运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆方向运动，由牛顿第二定律得代入数据解得a=3.2m/s2．（2）小球B向下运动，受A的斥力增大，加速度减小，速度增大，当小球B速度最大时合力减为零，即代入数据解得：h1=0.9m答：（1）小球B开始运动时的加速度为3.2m/s2；（2）小球B的速度最大时，距M端的高度h1为0.9m．【解析】对小球B进行受力分析，运用牛顿第二定律求出开始运动时的加速度大小．根据受力情况分析小球B的运动情况，找出小球B速度最大时的位置特点．本题要求同学们能够正确对小球B进行受力分析和运动分析，难度适中．19.如图所示，在平面直角坐标系x O y内，第二、三象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，第一、四象限内存在半径为L的圆形匀强磁场，磁场方向垂直于坐标平面向外．一个比荷（）为K的带正电的粒子从第三象限中的Q（-2L，-L）点以速度v0沿x轴正方向射出，恰好从坐标原点O进入磁场，从P（2L，0）点射出磁场．不计粒子重力，求：（1）电场强度E；（2）从P点射出时速度v p的大小；【答案】解：（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动；加速度：；在电场中运动的时间：；沿y轴正方向，则有：；即，则：E=；（2）带电粒子刚进入磁场时，沿y轴正方向的分速度：则带电粒子进入磁场时的速度：由于在磁场中洛伦兹力不改变带电粒子速度大小，则：（3）由图可知，带电粒子进入磁场时，速度v与x轴正方向夹角α，满足，故α=45°；则偏转圆的圆心角由几何关系可知，偏转半径：，则B=；则粒子在磁场中运动时间：，即：故：答：（1）电场强度E为；（2）从P点射出时速度v p的大小为；（3）粒子在磁场与电场中运动时间之比为．【解析】（1）（2）带电粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的分位移公式和分速度公式列式求解即可；进入磁场后做圆周运动，速度大小不变；（3）由平抛运动规律可得出粒子在电场中的时间，由圆周的性质可得出粒子在磁场中的运动时间，最后求解比值．带电粒子在匀强电场中运动时，要注意应用运动的合成和分解；而在磁场中运动时为匀速圆周运动，在解题时要注意应用好平抛和圆周运动的性质．。
高二物理月考试题及答案-福建武平县第一中学-2015学年高二上学期12月月考
福建省武平县第一中学2014-2015学年高二上学期12月月考物理试题一、单项选择题（48分，每题4分）1. 下列有关磁感应强度及安培力的说法正确的有（）A．通电导线放在磁场中某处不受安培力的作用时，则该处的磁感应强度一定为零B．若某处的磁感应强度为零，则通电导线放在该处所受安培力一定为零C．磁场中某点的磁感应强度与该点是否放通电导线有关D．同一条通电导线放在磁场中某处所受的安培力是一定的2、一带电粒子沿着右图中曲线JK穿过一匀强电场，a、b、c、d为该电场的电势面，其中φa＜φb＜φc＜φd，若不计粒子受的重力，可以确定( )A．该粒子带正电B．该粒子可带负电，也可带正电C．从J到K粒子的电势能增加D．粒子从J到K运动过程中的动能与电势能之和不变3.如图所示电路中，当变阻器R3的滑动头P向b端移动时，下列判断中正确的是( )A．电压表示数变大，电流表示数变小B．电压表示数变小，电流表示数变大C．电压表示数变大，电流表示数变大D．电压表示数变小，电流表示数变小4、一磁感应强度为B的匀强磁场方向水平向右，一面积为S的矩形线圈abcd如图所示放置，平面abcd与竖直方向成θ角。
将abcd绕ad轴转180°角，则穿过线圈平面的磁通量的变化量为（）A．2BScosθ B．2BS C．0 D．2BSSinθ5.如图，接通电键K的瞬间，用丝线悬挂于一点可自由转动的通电直导线AB将( )A.A端向上，B端向下，悬线张力不变B.A端向下，B端向上，悬线张力不变C.A端向纸外，B端向纸内，悬线张力变大D.A端向纸内，B端向纸外，悬线张力变大6. 如右图，长为2L的直导线折成边长相等，夹角为60°的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B.当在该导线中通以电流强度为I的电流时，该V形通电导线受到的安培力大小为( )A．0 B．0.5BIL C．BIL D．2BIL7．一个带电粒子，沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场．粒子的一段径迹如右图所示．由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减少(带电量不变)，从图中情况可以确定( )A ．粒子从a 到b ，带正电B 。
福建省龙岩市武平一中2013_2014学年高三物理上学期第二次月考试卷(含解析)
2013-2014学年福建省龙岩市武平一中高三（上）第二次月考物理试卷一、单项选择题：（每小题只有一个答案符合题意，每小题4分，共48分）1．（4分）（2013•福建）将静置在地面上，质量为M（含燃料）的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是（）A．v0B．v0C．v0D．v02．（4分）（2014•鼓楼区校级模拟）放射性元素氡（）经α衰变成为钋，半衰期为3.8天；但勘测表明，经过漫长的地质年代后，目前地壳中仍存在天然的含有放射性元素的矿石，其原因是（）A．目前地壳中的主要来自于其它放射元素的衰变B．在地球形成的初期，地壳中元素的含量足够高C．当衰变产物积累到一定量以后，的增加会减慢的衰变进程D．主要存在于地球深处的矿石中，温度和压力改变了它的半衰期3．（4分）（2014秋•绍兴县期中）如图所示，小船过河时，船头偏向上游与水流方向成α角，船相对于静水的速度为v，其航线恰好垂直于河岸．现水流速度稍有增大，为保持航线不变，且准时到达对岸，下列措施中可行的是（）A．减小α角，增大船速v B．增大α角，增大船速v C．减小α角，保持船速v不变D．增大α角，保持船速v不变4．（4分）（2013•浙江一模）关于静电场，下列结论普遍成立的是（）A．电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低B．电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关C．在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向D．将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功这零5．（4分）（2013秋•武平县校级月考）物体做直线运动，速度图象如图所示．由图象可以判断（）A．第1s内与第2s内的位移方向相反B．第1s末物体的速度改变方向C．第1.5s与第2.5s的加速度方向相反D．第3s末和第5s末物体的位置相同6．（4分）（2013•昭通模拟）两物体A和B，质量分别为m1和m2，互相接触放在光滑水平面上，如图所示．对物体A施以水平的推力F，则物体A对物体B的作用力等于（）A．B．C．F D．7．（4分）（2013秋•武平县校级月考）如图所示，长为L的轻杆一端有一个小球，另一端有光滑的固定轴O．现在最低点给球一初速度2＜v0＜，使球和杆一起绕O轴在竖直面内转动，不计空气阻力，用F表示球到达最高点时杆对小球的作用力，则F（）A．一定是支持力B．一定是拉力C．一定等于0 D．可能是拉力，可能是支持力8．（4分）（2014春•金城江区校级月考）甲、乙为两颗地球卫星，其中甲为地球同步卫星，乙的运行高度低于甲的运行高度，两卫星轨道均可视为圆轨道．以下判断正确的是（）A．甲的周期小于乙的周期B．乙的速度大于第一宇宙速度C．甲的加速度小于乙的加速度D．甲在运行时能经过北极的正上方9．（4分）（2014•陕西校级模拟）一水平抛出的小球落到一倾角为θ的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，运动轨迹如图中虚线所示．小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为（）A．B．C．tanθD． 2tanθ10．（4分）（2008•江苏模拟）给平行析电容器充电，断开电源后A极板带正电，B极板带负电．板间一带电小球C用绝缘细线悬挂，如图所示．小球静止时与竖直方向的夹角为θ，则（）A．若将B极板向右平移稍许，电容器的电容将减小B．若将B极板向下平移稍许，A、B两板间电势差将增大C．若将B板向上平移稍许，夹角θ将不变D．轻轻将细线剪，小球将做斜抛运动11．（4分）（2013•湖北二模）在如图所示的电路中，开关S闭合后，由于电阻元件发生短路或断路故障，电压表和电流表的读数都增大，则可能出现了下列哪种故障（）A．R1短路B．R2短路C．R3短路D． R1断路12．（4分）（2014秋•青山区校级月考）如图所示，电流表、电压表均为理想电表，L为小电珠．R为滑动变阻器，电源电动势为E，内阻为r．现将开关S闭合，当滑动变阻器滑片P向左移动时，下列结论正确的是（）A．电流表示数变小，电压表示数变大B．小电珠L变亮C．电容器C上电荷量增大D．电源的输出功率变大二、实验题：（2小题，每空2分，共12分）13．（4分）（2010秋•西湖区校级期末）图甲为20分度游标卡尺的部分示意图，其读数为mm；图乙为螺旋测微器的示意图，其读数为mm．14．（8分）（2013秋•武平县校级月考）（1）一同学利用图1的电路原理图测定电池的电动势和内阻的实验：在闭合电键s前滑动变阻器的滑动头应在端．（填“a”或“b”）（2）图2是他根据实验数据画出的U﹣I图象，由此可知这个干电池的电动势E= V，内电阻r= Ω．（3）请用连线代替导线连接实物图图3．三、论述计算题：（要有必要的计算步骤，直接写出结果不给分．4小题，共40分）15．（8分）（2013秋•武平县校级月考）汽车发动机的功率为50kW，若汽车总质量为5×103kg，在水平路面上启动行驶时，所受阻力大小恒为5×103N，则（1）汽车所能达到的最大速度为多少？（2）若汽车以0.5m/s2的加速度由静止开始做匀加速启动，维持匀加速运动的时间为多少？16．（10分）（2013秋•武平县校级月考）如下图所示为一水平传送带装置示意图．紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率v=1m/s运行，一质量为m=4kg的煤块无初速度地放在A处，传送带对煤块的滑动摩擦力使煤块开始做匀加速直线运动，随后煤块又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．设煤块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，A、B间的距离L=2m，g取10m/s2．（1）求煤块刚开始运动时加速度的大小；（2）求煤块传送到B点的时间；（3）滑块与传送带之间因摩擦而产生的热量．17．（10分）（2013秋•武平县校级月考）如图所示，水平面上放着长L=2m，质量为M=4kg的木板（厚度不计），一个质量为m=1kg的小物体放在木板的最右端，m和M之间、M和地面之间的动摩擦因数均为μ=0.1，开始均静止，今对木板施加一水平向右的恒定拉力F，若g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求（1）为使小物体不从木板上掉下，F不能超过多少；（2）如果拉力F=14N，小物体能获得的最大速度．18．（12分）（2013秋•青羊区校级期中）如图所示，足够长的光滑绝缘水平台左端固定一被压缩的绝缘轻质弹簧，一个质量m=0.04kg、电量q=+2×10﹣4c的可视为质点的带电小球与弹簧接触但不栓接．某一瞬间释放弹簧弹出小球，小球从水平台右端A点飞出，恰好能没有碰撞地落到粗糙倾斜轨道的最高B点，并沿轨道滑下．已知AB的竖直高度h=0.45m，倾斜轨道与水平方向夹角为α=37°、倾斜轨道长为L=2.0m，带电小球与倾斜轨道的动摩擦因数μ=0.5．倾斜轨道通过光滑水平轨道CD与光滑竖直圆轨道相连，在C点没有能量损失，所有轨道都绝缘，运动过程小球的电量保持不变．只有过山车模型的竖直圆轨道处在范围足够大竖直向下的匀强电场中，场强E=2.0×103V/m．（cos37°=0.8，sin37°=0.6，取g=10m/s2）求：（1）被释放前弹簧的弹性势能？（2）要使小球不离开轨道（水平轨道足够长），竖直圆弧轨道的半径应该满足什么条件？（3）如果竖直圆弧轨道的半径R=0.9m，小球进入轨道后可以有多少次通过竖直圆轨道上距水平轨道高为0.01m的某一点P？2013-2014学年福建省龙岩市武平一中高三（上）第二次月考物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：（每小题只有一个答案符合题意，每小题4分，共48分）1．（4分）（2013•福建）将静置在地面上，质量为M（含燃料）的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是（）A．v0B．v0C．v0D．v0考点：动量守恒定律．专题：压轴题；动量定理应用专题．分析：以火箭为研究对象，由动量守恒定律可以求出火箭的速度．解答：解：取向上为正方向，由动量守恒定律得：0=（M﹣m）v﹣mv0则火箭速度v=故选：D．点评：在发射火箭过程中，系统动量守恒，由动量守恒定律即可正确解题．2．（4分）（2014•鼓楼区校级模拟）放射性元素氡（）经α衰变成为钋，半衰期为3.8天；但勘测表明，经过漫长的地质年代后，目前地壳中仍存在天然的含有放射性元素的矿石，其原因是（）A．目前地壳中的主要来自于其它放射元素的衰变B．在地球形成的初期，地壳中元素的含量足够高C．当衰变产物积累到一定量以后，的增加会减慢的衰变进程D．主要存在于地球深处的矿石中，温度和压力改变了它的半衰期考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度．专题：衰变和半衰期专题．分析：放射性元素氡（）经α衰变成为钋，半衰期为3.8天，目前地壳中仍存在天然的含有放射性元素的矿石，主要来自其它放射性元素的衰变．半衰期的大小由原子核内部因素决定，与所处的物理环境和化学环境无关．解答：解：A、因为放射性元素氡（）的半衰期比较短，目前地壳中仍存在天然的含有放射性元素的矿石，主要来自其它放射性元素的衰变．故A正确，B、C错误．D、半衰期的大小与温度、压力无关，由原子核内部因素决定．故D错误．故选A．点评：原子核的衰变和半衰期是常考的题型，要理解半衰期的定义，以及知道影响半衰期的因素．3．（4分）（2014秋•绍兴县期中）如图所示，小船过河时，船头偏向上游与水流方向成α角，船相对于静水的速度为v，其航线恰好垂直于河岸．现水流速度稍有增大，为保持航线不变，且准时到达对岸，下列措施中可行的是（）A．减小α角，增大船速v B．增大α角，增大船速v C．减小α角，保持船速v不变D．增大α角，保持船速v不变考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．分析：将小船的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，抓住分运动与合运动具有等时性，求出到达对岸沿水流方向上的位移以及时间．当实际航线与河岸垂直，则合速度的方向垂直于河岸，根据平行四边形定则求出船头与河岸所成的夹角．解答：解：由题意可知，船相对水的速度为v，其航线恰好垂直于河岸，当水流速度稍有增大，为保持航线不变，且准时到达对岸，则如图所示，可知，故B正确，ACD错误；故选：B点评：解决本题的关键知道分运动和合运动具有等时性，以及会根据平行四边形定则对运动进行合成和分解．4．（4分）（2013•浙江一模）关于静电场，下列结论普遍成立的是（）A．电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低B．电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关C．在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向D．将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功这零考点：电场线；电场强度；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场强度与电势之间无必然联系，但沿电场方向电势降低，而且速度最快；电势差与两点的场强无关，只与两点间沿电场方向的距离和两点间的场强有关；电场力做功，只与电荷以及两点间的电势差有关，与两点的场强没有关系．解答：解：A：在正电荷的电场中，离正电荷近，电场强度大，电势高，离正电荷远，电场强度小，电势低；而在负电荷的电场中，离正电荷近，电场强度大，电势低，离负电荷远，电场强度小，电势高，故A错误．B：电势差的大小决定于两点间沿电场方向的距离和电场强度，故B错误C：沿电场方向电势降低，而且速度最快，故C正确D：电场力做功，只与电荷以及两点间的电势差有关，与两点的场强没有关系．场强为零，电势不一定为零，如从带正电荷的导体球上将正电荷移动到另一带负电荷的导体球上，电场力做正功．故D错误故选：C．点评：电场强度、电势、电势差、电场力的功，它们的定义以及它们之间的关系要记清，有不好理解的题目可找实际的例子加以分析．5．（4分）（2013秋•武平县校级月考）物体做直线运动，速度图象如图所示．由图象可以判断（）A．第1s内与第2s内的位移方向相反B．第1s末物体的速度改变方向C．第1.5s与第2.5s的加速度方向相反D．第3s末和第5s末物体的位置相同考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：由图可知，速度的方向周期性改变，物体做往复运动．根据图线与t轴所围面积表示运动位移，图形在t轴上方表示位移为正，图形在t轴下方表示位移为负；“斜率”等于加速度．解答：解：A、第1s内与第2s内对应图形的面积都在t轴上方，即代表位移均为正，故第1s内与第2s内的位移方向相同，故A错误；B、1s末前后对应速度值均为正，故速度方向未该改变，B错误；C、第1.5s与第2.5s图象的相率相同，则表示加速度相同，即加速度的大小和方向均相同，故C错误；D、第3s末到第4s末的位移和第4s末到第5s末的位移等大反向，即第3s末到第5s末物体的位移为零，故第3s末和第5s末物体的位置相同，故D正确；故选：D．点评：本题考查对图象的识别，重点要看清坐标轴，其次要看斜率，即图线所围的面积表示的含义．6．（4分）（2013•昭通模拟）两物体A和B，质量分别为m1和m2，互相接触放在光滑水平面上，如图所示．对物体A施以水平的推力F，则物体A对物体B的作用力等于（）A．B．C．F D．考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：先对整体研究，由牛顿第二定律求出加速度，再隔离右侧物体研究，右侧物体水平方向受到左侧物体对它的作用力，由牛顿第二定律求出作用力．解答：解：根据牛顿第二定律，得对整体：a=对右侧物体：F′=m2a= F故选B点评：本题是连接体问题，处理方法常有两种：隔离法和整体法，要灵活选择研究对象．求加速度时可以考虑整体法．求内力时必须用隔离法．7．（4分）（2013秋•武平县校级月考）如图所示，长为L的轻杆一端有一个小球，另一端有光滑的固定轴O．现在最低点给球一初速度2＜v0＜，使球和杆一起绕O轴在竖直面内转动，不计空气阻力，用F表示球到达最高点时杆对小球的作用力，则F（）A．一定是支持力B．一定是拉力C．一定等于0 D．可能是拉力，可能是支持力考点：向心力．专题：匀速圆周运动专题．分析：根据动能定理求出在最高点的最小速度和最大速度，通过牛顿第二定律判断杆子的作用力．解答：解：根据动能定理得，因为，代入解得．当杆的弹力为零时，有mg=．解得v=．则，杆表现为拉力，v，杆表现为支持力．故D正确，A、B、C错误．故选：D．点评：本题考查了动能定理和牛顿第二定律的综合运用，知道圆周运动向心力的来源是解决本题的关键．8．（4分）（2014春•金城江区校级月考）甲、乙为两颗地球卫星，其中甲为地球同步卫星，乙的运行高度低于甲的运行高度，两卫星轨道均可视为圆轨道．以下判断正确的是（）A．甲的周期小于乙的周期B．乙的速度大于第一宇宙速度C．甲的加速度小于乙的加速度D．甲在运行时能经过北极的正上方考点：同步卫星．专题：人造卫星问题．分析：人造卫星的万有引力等于向心力，先列式求出线速度、周期和向心力的表达式进行讨论；第一宇宙速度是在近地发射人造卫星的最小速度，也是近地圆轨道的环绕速度，还是圆轨道运行的最大速度．解答：解：人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有：F=F向F=GF向=m=mω2r=m（）2r=maA、T=2π，由于甲卫星的高度大，轨道半径大，故甲卫星周期大．故A正确；B、v=，第一宇宙速度是近地圆轨道的环绕速度，也是圆轨道运行的最大速度；乙的速度小于第一宇宙速度，故B错误；C、a=，由于甲卫星的高度大，轨道半径大，所以甲的角速度小于乙的角速度，故C正确；D、甲为地球同步卫星，在赤道的正上方，不可能经过北极的正上方，故D错误；故选：C．点评：本题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度、角速度、周期和加速度的表达式，再进行讨论．9．（4分）（2014•陕西校级模拟）一水平抛出的小球落到一倾角为θ的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，运动轨迹如图中虚线所示．小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为（）A．B．C．tanθD． 2tanθ考点：平抛运动．分析：物体做平抛运动，我们可以把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，两个方向上运动的时间相同．解答：解：如图平抛的末速度与竖直方向的夹角等于斜面倾角θ，则有：tanθ=．则下落高度与水平射程之比为===，所以B正确．故选B．点评：本题就是对平抛运动规律的直接考查，掌握住平抛运动的规律就能轻松解决．10．（4分）（2008•江苏模拟）给平行析电容器充电，断开电源后A极板带正电，B极板带负电．板间一带电小球C用绝缘细线悬挂，如图所示．小球静止时与竖直方向的夹角为θ，则（）A．若将B极板向右平移稍许，电容器的电容将减小B．若将B极板向下平移稍许，A、B两板间电势差将增大C．若将B板向上平移稍许，夹角θ将不变D．轻轻将细线剪，小球将做斜抛运动考点：电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：根据电容的决定式C=，分析电容的变化．电容器的电量不变，由U=，分析板间电势差的变化．根据E=，U=，C=结合分析场强E的变化，判断θ的变化．轻轻将细线剪断，小球将沿重力与电场力的合力方向沿作匀加速直线运动．解答：解：A、若将B极板向右平移稍许，d增大，根据C=，得知电容器的电容将减小．故A正确．B、若将B极板向下平移稍许，正对面积S减小，根据C=，得知电容将减小．电容器的电量Q不变，由U=，分析得知板间电势差增大，故B正确．C、若将B板向上平移稍许，正对面积S减小，根据C=，得知电容将减小．电容器的电量Q不变，由U=，分析得知板间电势差增大，根据E=，得知E增大，小球所受的电场力增大，θ将变大．故C错误．D、轻轻将细线剪断，小球将沿重力与电场力的合力方向做匀加速直线运动．故D错误．故选AB点评：本题要抓住条件：电压U不变的基础上，根据E=，U=，C=结合进行分析．11．（4分）（2013•湖北二模）在如图所示的电路中，开关S闭合后，由于电阻元件发生短路或断路故障，电压表和电流表的读数都增大，则可能出现了下列哪种故障（）A．R1短路B．R2短路C．R3短路D． R1断路考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：由题目中电表示数的变化可得出故障原因，根据电路结构可以得出是哪一个电阻发生故障．解答：解：A、若各原件没有故障，电路正常，则电流表测量流过R1的支路电流，电压表测量R3两端的电压；若R1短路，则R2被短路，外电路只有电阻R3接在电源两端，电流表测量干路电流，电压表测量路端电压，两表示数均增大，故A正确．B、若R2短路，则R1被短路，电流表示数为零，显然不符合题意，故B错误．C、若R3短路，则电压表示数为零，不符合题意；故C错误．D、若R1断路，则电流表示数为零，也不符合题意，故D错误．故选：A．点评：本题考查闭合电路的欧姆定律的应用，明确当电路中有电流时，说明电路中应发生了短路故障；若电压表示数变大，电压表可能直接并联到了电源两端．12．（4分）（2014秋•青山区校级月考）如图所示，电流表、电压表均为理想电表，L为小电珠．R为滑动变阻器，电源电动势为E，内阻为r．现将开关S闭合，当滑动变阻器滑片P向左移动时，下列结论正确的是（）A．电流表示数变小，电压表示数变大B．小电珠L变亮C．电容器C上电荷量增大D．电源的输出功率变大考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：当滑动变阻器滑片P向左移动时，分析变阻器接入电路电阻的变化，确定外电路总电阻的变化，由欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，判断两电表读数的变化和小电珠亮度的变化．由欧姆定律分析电容器电压的变化，确定其电荷量的变化．根据结论：电源的内外电阻相等时，输出功率最大，分析输出功率的变化．解答：解：A、B、C、当滑动变阻器滑片P向左移动时，其接入电路电阻增大，外电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律得知总电流减小，路端电压增大所以电流表示数变小，电压表示数变大，小电珠L变暗．电容器的电压 U=E﹣I（R L+r），I减小，其它量不变，则U增大，由Q=CU可知电容器C上电荷量Q增加．故AC正确，B错误．D、由于电源的内电阻与外电路总电阻的关系不能确定，所以不能判断电源的输出功率怎样变化．故D错误．故选：AC．点评：本题是电路的动态变化分析问题，按“部分→整体→部分”的思路进行分析．分析电源的输出功率，可结合数学知识进行分析，也可以根据结论进行研究．二、实验题：（2小题，每空2分，共12分）13．（4分）（2010秋•西湖区校级期末）图甲为20分度游标卡尺的部分示意图，其读数为8.15 mm；图乙为螺旋测微器的示意图，其读数为 2.970 mm．考点：螺旋测微器的使用；刻度尺、游标卡尺的使用．专题：实验题．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：游标卡尺的主尺读数为8mm，游标读数为0.05×3mm=0.15mm，所以最终读数为8.15mm．螺旋测微器固定刻度为2.5mm，可动刻度为0.01×47.0=0.470mm，所以最终读数为2.970mm．故答案为：8.15，2.970．点评：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．以及螺旋测微器的读数方法，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．14．（8分）（2013秋•武平县校级月考）（1）一同学利用图1的电路原理图测定电池的电动势和内阻的实验：在闭合电键s前滑动变阻器的滑动头应在 a 端．（填“a”或“b”）（2）图2是他根据实验数据画出的U﹣I图象，由此可知这个干电池的电动势E= 1.5V，内电阻r= 1Ω．（3）请用连线代替导线连接实物图图3．考点：测定电源的电动势和内阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：（1）滑动变阻器采用限流接法时，闭合开关前滑片要置于阻值最大处．（2）电源的U﹣I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻．（3）根据电路图连接实物电路图．解答：解：（1）由图1所示电路图可知，滑动变阻器采用限流接法，为保证电路安全，闭合开关前，滑片应置于a端．（2）由图2所示电源U﹣I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.5，则电源电动势E=1.5V，电源内阻r===1Ω．（3）由图象可知，电源电动势约为1.5V，则电压表选3V量程，电路最大电流约为0.4A，则电流表选0.6A量程．根据图1所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示．故答案为：（1）a；（2）1.5；1；（3）实物电路图如图所示．点评：滑动变阻器采用限流接法时，闭合开关前，滑片应置于阻值最大位置，滑动变阻器采用分压接法时，闭合开关前，滑片应置于分压电路分压最小的位置．三、论述计算题：（要有必要的计算步骤，直接写出结果不给分．4小题，共40分）15．（8分）（2013秋•武平县校级月考）汽车发动机的功率为50kW，若汽车总质量为5×103kg，在水平路面上启动行驶时，所受阻力大小恒为5×103N，则（1）汽车所能达到的最大速度为多少？（2）若汽车以0.5m/s2的加速度由静止开始做匀加速启动，维持匀加速运动的时间为多少？考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：（1）当汽车达到最大速度时，汽车的牵引力和阻力大小相等，由P=FV=fV可以求得最大速度．（2）当功率达到最大功率时，匀加速运动就结束了，求出此时的速度，由速度公式可以求得运动的时间．解答：解：（1）最大速度为v m====10m/s；（2）设0.5 m/s2加速度运动的最大速度设为v，以恒定加速度运动，当功率达到额定功率，匀加速运动结束．根据牛顿第二定律，F﹣f+ma，匀加速运动的末速度v==，由匀变速运动的速度公式得：v=at，解得：t=s≈13.33s；答：（1）汽车所能达到的最大速度为10m/s。
2013-2014学年福建省龙岩市武平一中高二(上)周练物理试卷(实验班)(12.28)
2013-2014学年福建省龙岩市武平一中高二（上）周练物理试卷（实验班）（12.28）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共9小题，共27.0分)1.了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要．以下符合事实的是（）A.丹麦物理学家奥斯特梦圆电生磁，终于发现了电磁感应现象B.英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发一种电场C.法拉第发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕D.安培定则是用来判断通电导线在磁场中所受安培力方向的【答案】B【解析】解：A、法拉第发现了电磁感应现象，故A错误B、英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发一种电场，故B正确C、奥斯特发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕，故C错误D、安培定则，也叫右手定则，是表示电流和电流激发磁场的磁感线方向间关系的定则．故D错误故选B．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．本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．2.如图所示，在粗糙绝缘水平面上固定一点电荷Q，从M点无初速释放一带有恒定负电荷的小物块，小物块在Q的电场中运动到N点静止．则从M点运动到N点的过程中，下列说法中正确的是（）A.小物块所受电场力逐渐增大B.小物块具有的电势能逐渐增大C.Q电场中M点的电势高于N点的电势D.小物块电势能变化量的大小等于克服摩擦力做的功【答案】D【解析】解：A、物块与点电荷Q的距离增大，带电量均不变，根据库仑定律分析可知，小物块所受电场力逐渐减小．故A错误．B、由题分析可知，点电荷对物块的电场力方向向左，对物块做正功，物块的电势能减小．故B错误．C、由题分析可知，物块与点电荷Q是同种电荷，物块带负电，电场线从无穷远出到点电荷Q终止，根据顺着电场线电势降低可知，M点的电势低于N点的电势．故C错误．D、物块的初速度为零，末速度也为零，动能的变化量为零，根据动能定理可知，电场力做功与克服摩擦力做功相等，而小物块电势能变化量的大小等于电场力做功，则小物块电势能变化量的大小等于克服摩擦力做的功．故D正确．根据库仑定律分析小物块受到的电场力变化情况．电场力做功正功，电荷的电势能减小．由题分析可知，物块与点电荷Q是同种电荷，物块带负电，电场线从无穷远出到点电荷Q终止，根据电场线的方向判断电势的高低．根据动能定理分析物块电势能变化量的大小与克服摩擦力做的功的关系．本题分别从力和能的角度分析物块的物理量的变化情况，是研究物体运动情况常用的两个角度．3.如图所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U，电子最终打在光屏P上，关于电子的运动，则下列说法中正确的是（）A.滑动触头向右移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升B.滑动触头向左移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升C.电压U增大时，其他不变，则电子从发出到打在荧光屏上的时间变大D.电压U增大时，其他不变，则电子打在荧光屏上的速度大小不变【答案】B【解析】解：A、由题意知，电子在加速电场中加速运动，根据动能定理得：e U=，电子获得的速度为v=，滑动触头向右移动时，加速电压变大，则电子出电场时的速度变大，则偏转电场中的运动时间变短，因为沿电场方向上的加速度不变，则沿电场方向上的距离变小，则打在荧光屏上的偏转距离变小，即打在荧光屏上的位置下移．故A错误．B、滑动触头向左移动，加速电压变小，则电子出加速电场时的速度减小，则偏转电场中的运动时间变长，因为沿电场方向上的加速度不变，则沿电场方向上的距离变大，即打在荧光屏上的位置上移．故B正确．C、电压U增大时，其他不变，因为水平方向上的速度不变，根据等时性知，电子从发出到打在荧光屏上的时间不变．故C错误．D、电压U增大时，其他不变，电子打在荧光屏上的时间不变，但是沿电场方向上的速度变大，根据平行四边形定则知，电子打在荧光屏上的速度大小增大．故D错误．故选：B．粒子在电场中加速时，滑动触头向右移动时，加速电压增大，加速后速度变大，粒子在偏转电场中运动时间变短，粒子在平行偏转电场方向的位移减小．同理触头向左移动时，加速电压减小，加速后速度变小，粒子在电场中运动时间变长，粒子在平行偏转电场方向的位移增大；当加速电压不变时，偏转电压变化，影响平行电场方向的电场力的大小，也就是影响加速度的大小，粒子在电场中运动时间不变，改变偏转的位移大小．电子在加速电场作用下做加速运动，运用动能定理可得电子获得的速度与加速电场大小间的关系，电子进入偏转电场后，做类平抛运动，运动时间受电场的宽度和进入电场时的速度所决定，电子在电场方向偏转的距离与时间和电场强度共同决定．熟练用矢量合成与分解的方法处理类平抛运动问题．4.如图电路，闭合电键S，电源电动势为E，内阻为r，待电路中的电流稳定后，减小变阻器R的阻值．则下列说法中正确的是（）A.电流表的示数减小B.电压表的示数减小C.电阻R2两端的电压减小D.路端电压增大B【解析】解：减小变阻器R的阻值时，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，总电流I增大，所以电流表示数增大，故A错误，路端电压U=E-I r，E、r不变，U减小，故D错误；电压表测量R1电压U，因为E不变，R2和r的电压增大，则电压表读数减小，故B正确，C错误．故选B减小变阻器R的阻值时，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律，分析总电流和路端电压的变化．本题是电路动态变化分析问题．当局部的电阻减小时，外电路总电阻跟着减小，可直接判断路端电压和电流的变化．5.如图所示，一个闭合线圈由1位置经2位置到3位置，最后从下方S极拉出，则在这一过程中，线圈的感应电流的方向是（）A.沿abcd不变B.沿dcba不变C.先沿abcd，后沿dcbaD.先沿dcba，后沿abcd【答案】D【解析】解：当原磁通量增加时，感应电流的磁场与原来磁场的方向相反；当原磁通量减少时，感应电流的磁场就与原来磁场的方向相同．当线圈由1位置经2位置时，在蹄形磁铁的磁极部位磁感线多，而弯曲部位则少，在内部都是一样的，外部的磁通量先减小后增大，所以穿过线圈的总磁通量变化是先增大后减小，在弯曲部位最大，由楞次定律判断知感应电流先沿dcba，后沿abcd，故D正确，ABC错误．故选：D根据感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的原磁通量的变化，我们可以这样理解：感应电流总要阻碍导体和磁极间的相对运动．感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的原磁通量的变化，我们可以这样理解：感应电流总要阻碍导体和磁极间的相对运动，来使题目变得简单6.从太阳或其他星体上放射出的宇宙射线中含有大量的高能带电粒子，这些高能粒子流到达地球会对地球上的生命带来危害，但是由于地球周围存在磁场，地磁场能改变宇宙射线中带电粒子的运动方向，对地球上的生命起到保护作用，如图所示，那么（）A.地磁场对宇宙射线的阻挡作用各处相同B.地磁场对垂直射向地球表面的宇宙射线的阻挡作用在南、北两极最强，赤道附近最弱C.地磁场对垂直射向地球表面的宇宙射线的阻挡作用在南、北两极最弱，赤道附近最强D.地磁场会使沿地球赤道平面内射来的宇宙射线中的带电粒子向两极偏转【答案】C【解析】解：A、高能带电粒子到达地球受到地磁场的洛伦兹力作用，发生偏转．不同的磁场，所受到的洛伦兹力大小不一，而在赤道处与磁场垂直，洛伦兹力最大，所以在赤道附近最强，南、北两极最弱，故AB错误，C正确；D、地磁场会使沿地球赤道平面内射来的宇宙射线中的带电粒子在洛伦兹力作用下，偏向面与赤道平面平行，故D错误；故选：C根据地球磁场的分布，由左手定则可以判断粒子的受力的方向，从而可以判断粒子的运动的方向．本题考查了地球磁场的分布特点和左手定则的应用，掌握好左手定则即可判断粒子的受力的方向，从而判断粒子的运动情况．7.美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器，应用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点，能使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量，使人类在获得较高能量带电粒子方面前进了一步．下图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在A、C板间，如图所示．带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D型盒中的匀强磁场做匀速圆周运动．对于这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是（）A.带电粒子每运动一周被加速两次B.带电粒子每运动一周P1P2=P2P3C.加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关D.加速电场方向需要做周期性的变化【答案】C【解析】解：A、带电粒子只有经过AC板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次．电场的方向不需改变，在AC间加速．故A错误，D错误．B、根据r=，则P1P2=2（r2-r1）=，因为每转一圈被加速一次，根据，知每转一圈，速度的变化量不等，则P1P2≠P2P3．故B错误．C、当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据得，v=．知加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关．故C正确．故选C．带电粒子经加速电场加速后，进入磁场发生偏转，电场被限制在A、C板间，只有经过AC板间时被加速，所以运动一周加速一次，电场的方向不需改变．当带电粒子离开回旋加速器时，速度最大．解决本题的关键知道该回旋加速器的原理，知道粒子每转一圈，加速一次，且都在AC 间加速，加速的电场不需改变．8.如图a所示，固定在水平桌面上的光滑金属框架cdeg处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab与金属框架接触良好．在两根导轨的端点d、e之间连接一电阻，其他部分电阻忽略不计．现用一水平向右的外力F作用在金属杆ab上，使金属杆由静止开始向右在框架上滑动，运动中杆ab始终垂直于框架．图b为一段时间内金属杆受到的安培力f 随时间t的变化关系，则可以表示外力F随时间t变化关系的图象是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】解：由感应电动势E=B lv，电流I=得到安培力f=BI l=由图f∝t，则v∝t，说明导体做匀加速运动，那么v=at根据牛顿第二定律，得F-f=ma得到F=f+ma=故B正确故选B金属杆由静止开始向右在框架上滑动时，水平方向受到外力F和安培力作用，可推导出安培力与速度的关系式，由图分析安培力随时间的变化情况，得到速度与时间的变化情况，根据牛顿第二定律，分析F与时间的关系．本题由电磁感应知识和牛顿定律结合，得到F的解析式选择图象，这是常用方法．关键是安培力的分析和计算．9.如图所示的电路，定值电阻阻值为10Ω，电动机M的线圈电阻为2Ω，a，b两端加44V的恒定电压，理想电压表的示数24V，由此可知（）A.通过电动机的电流为12 AB.电动机消耗的功率为24 WC.电动机线圈在1分钟内产生的热量为480 JD.电动机输出的功率为8 W【答案】C【解析】解：A、通过电动机的电流：I===2A．故A错误．B、电动机消耗的功率：P=UI=24×2W=48W．故B错误．C、电动机线圈在1分钟内产生的热量：Q=I2rt=4×2×60J=480J．故C正确．D、电动机的输出功率：P出=UI-I2r=48-4×2=40W．故D错误．故选：C．A、根据ab两端的电压和电压表的示数，求出R两端的电压，再根据欧姆定律求出通过电动机的电流．B、根据P=UI求出电动机的输入功率，即电动机消耗的功率．C、根据Q=I2rt求出电动机在1分钟内产生的热量．D、电动机的输出功率等于输入功率减去电动机内部消耗的功率．解决本题的关键会灵活运用欧姆定律，以及知道电动机的输出功率等于输入功率减去电动机内部消耗的功率．二、多选题(本大题共1小题，共3.0分)10.如图所示，带负电的小球用绝缘丝线悬挂于O点在匀强磁场中摆动，当小球每次通过最低点A时（）A.摆球受到的磁场力相同B.摆球的动能相同C.摆球受到的丝线的张力相同D.向右摆动通过A点时悬线的拉力大于向左摆动通过A点时悬线的拉力【答案】BD【解析】解：A、由于小球的运动方向不同，则根据左手定则可知，洛伦兹力的方向不同，则受到的磁场力不同．故A错误B、由题意可知，拉力与洛伦兹力对小球不做功，仅仅重力作功，则小球机械能守恒，所以小球分别从A点和B点向最低点O运动且两次经过O点时的动能相同，故B正确；C、由B选项可知，速度大小相等，则根据牛顿第二定律可知，由于速度方向不同，导致产生的洛伦兹力的方向也不同，则拉力的大小也不同，向左摆动通过A点时所受洛伦兹力的方向向上，充当一部分向心力，故绳子拉力较小，即向右摆动通过A点时悬线的拉力大于向左摆动通过A点时悬线的拉力，故D正确；故选：BD．带电小球在重力与拉力及洛伦兹力共同作用下，绕固定点做圆周运动，由于拉力与洛伦兹力始终垂直于速度方向，它们对小球不做功．因此仅有重力作功，则有机械能守恒．从而可以确定动能是否相同，并由此可确定拉力与洛伦兹力．最后由向心加速度公式来确定是否相同．本题考查对小球进行受力分析，并得出力做功与否，根据机械能守恒定律来解题是突破口，同时注意洛伦兹力方向随着速度的方向不同而不同．最后由牛顿第二定律来考查向心力与向心加速度．三、单选题(本大题共2小题，共6.0分)11.三个相同的带电小球1、2、3，在重力场中从同一高度由静止开始落下，其中小球1通过一附加的水平方向匀强电场，小球2通过一附加的水平方向匀强磁场．设三个小球落到同一高度时的动能分别为E1、E2和E3，忽略空气阻力，则（）A.E1=E2=E3B.E1＞E2=E3C.E1＜E2=E3D.E1＞E2＞E3【答案】B【解析】解：小球1受到竖直向下的重力与水平方向的电场力的作用，两个力都都对小球做功；小球2受到重力、与速度的方向始终垂直的洛伦兹力作用，作用重力做功；小球3只受到重力作用，重力做功．三种情况下重力做的功相等，所以小球1落地时的动能最大，小球2与小球3落地时的动能相等．即E1＞E2=E3．故选：B小球在三种不同的情况下运动，对它们进行受力分析，并找出有哪些力做功，然后使用动能定理说明即可．该题设置了三种情景，其本质是考查洛伦兹力做功的特点，只要记住：洛伦兹力始终与带电粒子运动的方向垂直，对运动的电荷不做功即可．12.在如甲、乙、丙三图中，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，甲图中的电容器C原来不带电，丙图中的直流电源电动势为E，除电阻R外，导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计．图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面（即纸面）向下的匀强磁场中，导轨足够长．今给导体棒ab一个向右的相同初速度v0，以下说法正确的是（）A.在导体棒刚开始运动时，甲、乙、丙三种情况中通过电阻R的电流相同B.三种情形下导体棒ab最终都将静止C.最终只有乙中导体棒ab静止，甲、丙中导体棒ab都将作匀速直线运动D.在导体棒ab运动的全部过程中，三个电阻R产生的热量大小是Q甲＞Q乙＞Q丙【答案】C【解析】解：A、导体棒刚开始运动时，导体棒产生的感应电动势为E0=BL v0，甲、乙中，感应电流都为：I==丙图中，感应电动势方向与电池的电动势方向相同，电路中的电流：I=，大于甲、乙中的电流．故A错误．B、C、图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，当电容器C 极板间的电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速运动；图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，通过电阻R转化为内能，ab棒速度减小，当ab棒的动能全部转化为内能时，ab棒静止；图丙中，导体棒先受到向左的安培力作用向右做减速运动，速度减为零后再在安培力作用下向左做加速运动，当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流，ab棒向左做匀速运动．故B错误，C正确．D、甲中棒的部分动能转化为内能，图乙图过程中，棒的动能全部转化为内能；丙图中，电源的电能和棒的动能转化为内能，故有Q甲＜Q乙＜Q丙．故D错误．故选：C根据电路中的电动势，分析通过R的电流关系．图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，分析电路中电流的变化，即可判断ab棒所受的安培力，确定ab棒的运动情况．图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，通过电阻R转化为内能，ab棒将做减速运动；图丙中，分析导体棒受到的安培力情况，判断ab 棒的运动情况．本题考查对电磁感应现象动态变化分析的问题，分析安培力的变化，判断出棒最终的状态是关键，能够根据合力和速度方向的关系判断导体棒的运动情况．四、实验题探究题(本大题共1小题，共9.0分)13.图中给出的是用螺旋测微器测量一金属薄板厚度时的示数，此读数应为______ mm，若用50分度游标卡尺测其长度，此读数为______ ．【答案】2.200；11.14mm【解析】解：1、螺旋测微器的固定刻度为2mm，可动刻度为20.0×0.01mm=0.200mm，所以最终读数为2mm+0.200mm=2.200mm．2、游标卡尺的主尺读数为：1.1cm=11mm，游标尺上第7个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为7×0.02mm=0.14mm，所以最终读数为：11mm+0.14mm=11.14mm．故答案为：2.200，11.14mm．解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，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．对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．五、填空题(本大题共1小题，共4.0分)14.用伏安法测量一阻值约为50Ω的待测电阻的阻值，电压表内阻10kΩ，电流表内阻4Ω．如果用如图（甲）接法测量，测量结果会比待测电阻的真实阻值偏______ （填“偏大”或“偏小”）；如果用如图（乙）接法测量，测量结果会比待测电阻的真实阻值偏______ （填“偏大”或“偏小”）．为了使测量结果更准确些，应采用图______ ．【答案】偏大；偏小；乙【解析】解：根据R=可知，甲图中应是测==，所以测量结果会比待测电阻的真实值偏大；在乙图中应是测==并=＜，所以测量结果比真实值偏小，由于满足=200，=12.5，所以应用电流表外接法，即应采用图乙．故答案为：偏大，偏小，乙本题的关键是明确R=的含义，显然甲图电压表测量的是待测电阻与电流表串联的总电阻，所以测量值偏大；乙图中电流表测量的是待测电阻与电压表并联的总电流，而并联电阻小于任一支路的电阻，所以测量值偏小，一般是看与大小：若满足＞，则应用电流表外接法；若满足＜，则应用电流表内接法．对伏安法测电阻时内外接法的选择方法可以口诀记忆：“大内偏大，小外偏小”，意思是：若待测电阻大则应用内接法，小此时测量值偏大；若待测电阻小则应用外接法，此时测量值偏小．六、实验题探究题(本大题共2小题，共18.0分)15.如图所示，一个量程为50V，内阻为1MΩ的电压表，串联一个电阻后，接到220V电源上，这时电压表的读数是50V，该电阻的阻值为______ MΩ，串联电阻后该电压表量程扩大到的倍数为______ ．【答案】3.4；4.4【解析】解：根据串并联规律应有：U=+，代入数据得：=3.4MΩ；电压表的量程扩大的倍数为：N===4.4故答案为：3.4，4.4本题的关键是根据串并联规律写出电压表与电压的关系式，然后解出分压电阻的阻值即可；改装后电压表的量程就是电压表满偏时电压表与分压电阻两端的总电压．应明确大量程的电压表是由电压表与分压电阻串联改装成的，改装后电压表的量程就是电压表满偏时电压表与分压电阻串联的总电压．16.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（0～20Ω）；C．滑动变阻器（0～1kΩ）；D．电压表（0～3V，内阻约2kΩ）；E．电流表（0～0.6A，内阻约2Ω）；F．电流表（0～3A）；G．开关、导线若干①其中滑动变阻器应选______ ，电流表选______ ．（只填器材前的序号）②用实线代表导线把图1所示的实物连接成测量电路（图中有部分线路已连好）．③某同学记录的实验数据如下表所示，试根据这些数据在图2中画出U-I图线，根据图线，得到被测电池的电动势E= ______ V，内电阻r= ______ Ω．实验测得的电池的电动势和内阻与真实值相比，E测______ E真，r测______ r真（选填“大于”、“小于”或“等于”）．【答案】B；E；1.45；0.7；小于；小于【解析】解：①由表中测量数据的范围知测量电流最大值小于0.6A，故电流表选择0.6A量程的E即可，滑动变阻器的最大阻值一般比电池内阻大几倍就好了，取0～10Ω能很好地控制电路中的电流和电压，故滑动变阻器选B；②由于电源的内阻较小，电流表采用外界，实物图如下：根据这些数据在图2中画出U-I图线如图：根据U-I图象可知，与U轴的交点表示电动势，所以E=1.45V，图线的斜率表示内阻，所以r==≈0.7Ω③关于系统误差一般由测量工具和所造成测量方法造成的，一般具有倾向性，总是偏大或者偏小．本实验中由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比测量值小，造成E测＜E真，r测＜r真．故答案为：①B，E；②如图，如图，1.45，0.7；③小于，小于．由欧姆定律估算电路中的电流，根据安全及准确性原则可选出电流表及电压表；根据电源内阻的大小可判断保护电阻的大小，及滑动变阻器的阻值大小；根据电路图连接实物图，根据U-I图象做坐标轴的交点求解电动势和内阻．只有真正掌握了实验原理，才能真正顺利解决实验题目，所以在学习的过程中要深入理解和把握实验原理，这样才能真正做到以不变应万变，才能有效提高物理成绩．实验仪器的选择是考试中经常出现的问题，在学习中要注意掌握好其安全、准确的原则；同时注意滑动变阻器的电路中的应用规律．七、计算题(本大题共4小题，共40.0分)17.一电阻为R的金属圆环，放在匀强磁场中，磁场与圆环所在平面垂直，如图（a）所示．已知通过圆环的磁通量随时间t的变化关系如图（b）所示，图中的最大磁通量Ф0和变化周期T都是已知量，求：（1）在t=0到t=的时间内，通过金属圆环的电流大小及方向；（2）作出t=0到t=T的时间内金属圆环中电流与时间的关系图线；（3）求在t=0到t=T的时间内，金属环所产生的电热Q．【答案】解：（1）在t=0到t=的时间内，由法拉第电磁感应定律公式E=N，得：E==由闭合电路殴姆定律得：I==由楞次定律可知感应电流方向为逆时针；（2）在t=0到t=T的时间内，从到、到T，由于磁通量不变，无感应电流；从到，磁感应强度的变化率绝对值相等，故关于电流等大、反向，为I′=；作出t=0到t=T的时间内金属圆环中电流与时间的关系图线，如图所示：。
福建省龙岩市武平一中2020学年高二物理上学期周练试卷(12.21,含解析)
2013-2014学年福建省龙岩市武平一中高二（上）周练物理试卷（12.21）一、选择题1．（3分）磁场中某处磁感应强度的大小，由B=可知（）A．B随IL的乘积的增大而减小B．B随F的增大而增大C．B与F成正比，与IL成反比D．B与F及IL无关，由的比值确定2．（3分）（2012秋•景谷县校级期末）关于电荷在磁场中的受力，下列说法中正确的是（）A．静止的电荷一定不受洛伦兹力的作用，运动电荷一定受洛伦兹力的作用B．洛伦兹力的方向有可能与磁场方向平行C．洛伦兹力的方向可能不与带电粒子的运动方向垂直D．带电粒子运动方向与磁场方向平行时，一定不受洛伦兹力的作用3．（3分）（2011秋•合浦县期末）关于电场力和洛伦兹力，下列说法中正确的是（）A．电荷只要在电场中就会受到电场力作用，电荷在磁场中，也一定会受到洛伦兹力的作用B．电场力对在其电场中的电荷一定会做功，而洛伦兹力对磁场中的电荷却不会做功C．电场力和与洛伦兹力一样，受力方向都在电场线或磁场线上D．只有运动电荷在磁场中才会受到洛伦兹力作用4．（3分）关于安培力和洛伦兹力，下列说法中正确的是（）A．安培力和洛伦兹力是性质不同的两种力B．安培力和洛伦兹力其本质都是磁场对运动电荷的作用力C．这两种力都是效果力，其实并不存在，原因是不遵守牛顿第三定律D．安培力对通电导体能做功，洛伦兹力对运动电荷也能做功5．（3分）（2013秋•市中区校级期中）如图所示，是表示磁场磁感应强度B、负电荷运动方向v和磁场对电荷洛伦兹力F的相互关系图，这四个图中不正确的是（B、v、F两两垂直）（）A．B． C．D．6．（3分）（2015•昌乐县校级模拟）如图所示，一个带负电的物体从粗糙斜面顶端滑到斜面底端时的速度为v，若加上一个垂直纸面向外的磁场，则滑到底端时（）A．v变大B．v变小C．v不变D．不能确定7．（3分）如图所示，一块通电金属板放在磁场中，板面与磁场垂直，板内通有如图所示方向的电流，a、b是金属板左、右边缘上的两点，若a、b两点的电势分别为φa和φb，两点的电势相比有（）A．φa=φb B．φa＞φb C．φa＜φb D．无法确定8．（3分）一个带正电的小球以速度v0沿光滑的水平绝缘桌面向右运动，飞离桌面边缘后，通过匀强磁场区域，落在地板上，磁场方向垂直于纸面向里（如图所示），其水平射程为s1，落地速度为v1，撤去磁场后，其他条件不变，水平射程为s2，落地速度为v2，则（）A．s1=s2B．s1＜s2C．v1=v2D． v1＞v2二、解答题9．（2013秋•睢宁县校级期中）一个质量m=0.1g的小滑块，带有q=5×10﹣4C的电荷，放置在倾角α=30°的光滑斜面上（斜面绝缘），斜面置于B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，如图所示．小滑块由静止开始沿斜面下滑，其斜面足够长，小滑块滑至某一位置时，要离开斜面．问：（1）小滑块带何种电荷？（2）小滑块离开斜面时的瞬时速度多大？（3）该斜面的长度至少多长？10．（2013秋•莲湖区校级期末）在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，有一倾角为θ、足够长的光滑绝缘斜面，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，电场方向竖直向上．有一质量为m，带电荷量为+q的小球静止在斜面顶端，这时小球对斜面的正压力恰好为零，如图所示，若迅速把电场方向反转为竖直向下，重力加速度为g，求：（1）小球能在斜面上滑行多远？（2）小球在斜面上滑行时间是多少？11．（2013•沈河区学业考试）如图所示，一束电子（电荷量为e）以速度v从A点垂直射入磁感应强度为B，宽为d的匀强磁场中，从C点穿出磁场时速度方向与电子原来入射方向的夹角为30°，求：（1）电子的质量；（2）电子穿过磁场所用的时间．2013-2014学年福建省龙岩市武平一中高二（上）周练物理试卷（12.21）参考答案与试题解析一、选择题1．（3分）磁场中某处磁感应强度的大小，由B=可知（）A．B随IL的乘积的增大而减小B．B随F的增大而增大C．B与F成正比，与IL成反比D．B与F及IL无关，由的比值确定考点：磁感应强度．分析：B=是磁感应强度的定义式，采用比值法定义，B反映磁场本身的强弱和方向，与F、IL无关．解答：解：B=是磁感应强度的定义式，采用比值法定义，具有比值法定义的共性，B反映了磁场本身的强弱和方向，只由磁场本身决定，与F、IL无关．故ABC错误，D正确．故选：D点评：磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，关键抓住比值法定义的共性来理解B的物理意义．2．（3分）（2012秋•景谷县校级期末）关于电荷在磁场中的受力，下列说法中正确的是（）A．静止的电荷一定不受洛伦兹力的作用，运动电荷一定受洛伦兹力的作用B．洛伦兹力的方向有可能与磁场方向平行C．洛伦兹力的方向可能不与带电粒子的运动方向垂直D．带电粒子运动方向与磁场方向平行时，一定不受洛伦兹力的作用考点：洛仑兹力．分析：当带电粒子的速度方向与磁场方向不平行，带电粒子受到洛伦兹力作用，根据左手定则可以得出洛伦兹力的方向．解答：解：A、运动的电荷不一定受到洛伦兹力作用，若电荷的运动方向与磁场方向平行，则运动电荷不受洛伦兹力作用．故A错误．B、根据左手定则，洛伦兹力的方向与磁场方向、粒子的运动方向垂直．故B错误，C也错误．D、带电粒子运动方向与磁场方向平行时，一定不受洛伦兹力的作用．故D正确．故选：D．点评：解决本题的关键知道洛伦兹力方向与速度方向和磁场方向的关系，以及会运用左手定则进行判断．3．（3分）（2011秋•合浦县期末）关于电场力和洛伦兹力，下列说法中正确的是（）A．电荷只要在电场中就会受到电场力作用，电荷在磁场中，也一定会受到洛伦兹力的作用B．电场力对在其电场中的电荷一定会做功，而洛伦兹力对磁场中的电荷却不会做功C．电场力和与洛伦兹力一样，受力方向都在电场线或磁场线上D．只有运动电荷在磁场中才会受到洛伦兹力作用考点：洛仑兹力；电场强度．分析：电荷在电场中一定受到电场力，而静止的电荷在磁场中不受到洛伦兹力，即使运动，当运动的方向与磁场平行时，也不受到洛伦兹力；当电场力与运动速度的方向相垂直时，电场力不做功，而洛伦兹力一定与速度垂直，则洛伦兹力一定不做功；电场力的方向在电场线切线方向，而洛伦兹力与磁场线方向相垂直；解答：解：A、电荷只要在电场中就会受到电场力作用，运动电荷在磁场中，与磁场方向平行，不会受到洛伦兹力的作用，故A错误，B、当电场力与电荷的速度方向相垂直时，则电场力对在其电场中的电荷不会做功，而洛伦兹力对磁场中的电荷不会做功，故B错误；C、电场力与电场线某点切线方向平行，洛伦兹力与磁场线相互垂直，故C错误；D、只有运动电荷在磁场中才可能受到洛伦兹力作用，故D正确；故选：D点评：考查电场力、洛伦兹力与电场线及磁场线的方向关系，掌握左手定则，注意与右手定则的区别，理解洛伦兹力产生的条件．4．（3分）关于安培力和洛伦兹力，下列说法中正确的是（）A．安培力和洛伦兹力是性质不同的两种力B．安培力和洛伦兹力其本质都是磁场对运动电荷的作用力C．这两种力都是效果力，其实并不存在，原因是不遵守牛顿第三定律D．安培力对通电导体能做功，洛伦兹力对运动电荷也能做功考点：洛仑兹力；安培力．分析：通电导线在磁场中受到力为安培力，而运动电荷在磁场中受到力为洛伦兹力．它们均属于磁场力，本质上是一种力，方向都由左手定则来确定，由于洛伦兹力始终与速度垂直，所以洛伦兹力不做功．解答：解：AB、安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现，洛伦兹力是安培力的微观形式，故安培力和洛伦兹力是性质相同的力，本质上都是磁场对运动电荷的作用力，故A错误、B正确．C、安培力和洛伦兹力都是实际存在的力，遵守牛顿运动定律，故C错误．D、洛伦兹始终与运动方向垂直，对运动电荷不做功，故D错误．故选：B．点评：本题知道安培力和洛伦兹力的联系和区别，以及会根据左手定则判断安培力和洛伦兹力的方向．5．（3分）（2013秋•市中区校级期中）如图所示，是表示磁场磁感应强度B、负电荷运动方向v和磁场对电荷洛伦兹力F的相互关系图，这四个图中不正确的是（B、v、F两两垂直）（）A．B． C．D．考点：左手定则．分析：根据磁场方向、电荷运动方向应用左手定则判断出洛伦兹力方向，然后答题．解答：解：A、由左手定则可知，洛伦兹力竖直向上，故A正确；B、由左手定则可知，洛伦兹力水平向左，故B正确；C、由左手定则可知，洛伦兹力水平向左，故C正确；D、由左手定则可知，洛伦兹力垂直纸面向里，故D错误；本题选错误的，故：D．点评：本题考查了判断洛伦兹力方向，应用左手定则即可正确解题，应用左手定则解题时要注意电荷的正负．6．（3分）（2015•昌乐县校级模拟）如图所示，一个带负电的物体从粗糙斜面顶端滑到斜面底端时的速度为v，若加上一个垂直纸面向外的磁场，则滑到底端时（）A．v变大B．v变小C．v不变D．不能确定考点：功能关系；洛仑兹力．分析：未加磁场时，滑块受到重力、支持力，摩擦力，加磁场后，根据左手定则，多了一个垂直斜面向下的洛伦兹力．两种情况重力做功相同，洛伦兹力不做功，但加磁场时对斜面的正压力变大，摩擦力变大，克服摩擦力做功变多，根据动能定理，即可比较出两种情况到达底端的速率．解答：解：未加磁场时，根据动能定理，有mgh﹣W f=mv2﹣0．加磁场后，多了洛伦兹力，洛伦兹力不做功，但正压力变大，摩擦力变大，根据动能定理，有mgh﹣W f′=mv′2﹣0，W f′＞W f，所以v′＜v．故B正确，A、C、D错误．故选B．点评：解决本题的关键两次运用动能定理，两种情况重力功相同，多了磁场后多了洛伦兹力，洛伦兹力不做功，但导致摩擦力变大，即两种情况摩擦力做功不同，从而比较出到达底端的速率．7．（3分）如图所示，一块通电金属板放在磁场中，板面与磁场垂直，板内通有如图所示方向的电流，a、b是金属板左、右边缘上的两点，若a、b两点的电势分别为φa和φb，两点的电势相比有（）A．φa=φb B．φa＞φb C．φa＜φb D．无法确定考点：霍尔效应及其应用．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：金属中移动的是自由电子，根据左手定则判断出电子的偏转方向，从而确定电势的高低．解答：解：电流的方向向上，根据左手定则，电子受洛伦兹力向左，故电子向左侧偏转，所以左侧电子较多，右侧失去电子带正电，所以右侧的电势高于左侧电势，即φa＜φb．故C 正确，ABD错误．故选：C．点评：解决本题的关键知道金属中移动的是自由电子，掌握左手定则判断洛伦兹力的方向．8．（3分）一个带正电的小球以速度v0沿光滑的水平绝缘桌面向右运动，飞离桌面边缘后，通过匀强磁场区域，落在地板上，磁场方向垂直于纸面向里（如图所示），其水平射程为s1，落地速度为v1，撤去磁场后，其他条件不变，水平射程为s2，落地速度为v2，则（）A．s1=s2B．s1＜s2C．v1=v2D． v1＞v2考点：洛仑兹力；平抛运动．分析：小球在有磁场时做一般曲线运动，无磁场时做平抛运动，运用分解的思想，两种情况下，把小球的运动速度和受力向水平方向与竖直方向分解，然后利用牛顿第二定律和运动学公式来分析判断运动时间和水平射程；最后利用洛伦兹力不做功判断落地的速率．解答：解：A、B、有磁场时，小球下落过程中要受重力和洛仑兹力共同作用，重力方向竖直向下，大小方向都不变；洛仑兹力的大小和方向都随速度的变化而变化，但在能落到地面的前提下洛仑兹力的方向跟速度方向垂直，总是指向右上方某个方向，其水平分力f x水平向右，竖直分力f y竖直向上．如图所示，竖直方向的加速度仍向下，但小于重力加速度g，从而使运动时间比撤去磁场后要长，即t1＞t2，所以，小球水平方向也将加速运动，从而使水平距离比撤去磁场后要大，即s1＞s2，故AB均错误；C、D、在有磁场，重力和洛仑兹力共同作用时，其洛仑兹力的方向每时每刻都跟速度方向垂直，不对粒子做功，不改变粒子的动能，有磁场和无磁场都只有重力作功，动能的增加是相同的．有磁场和无磁场，小球落地时速度方向并不相同，但速度的大小是相等的，故C正确、D错误．故选：C．点评：本题关键运用分解的思想，把小球的运动和受力分别向水平和竖直分解，然后根据选项分别选择规律分析讨论．二、解答题9．（2013秋•睢宁县校级期中）一个质量m=0.1g的小滑块，带有q=5×10﹣4C的电荷，放置在倾角α=30°的光滑斜面上（斜面绝缘），斜面置于B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，如图所示．小滑块由静止开始沿斜面下滑，其斜面足够长，小滑块滑至某一位置时，要离开斜面．问：（1）小滑块带何种电荷？（2）小滑块离开斜面时的瞬时速度多大？（3）该斜面的长度至少多长？考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；洛仑兹力．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：（1）带电滑块在滑至某一位置时，由于在洛伦兹力的作用下，要离开斜面．根据磁场方向结合左手定则可得带电粒子的电性．（2）由光滑斜面，所以小滑块在没有离开斜面之前一直做匀加速直线运动．借助于洛伦兹力公式可求出恰好离开时的速度大小，（3）由运动学公式来算出匀加速运动的时间．由位移与时间关系可求出位移大小．解答：解：（1）由题意可知：小滑块受到的洛伦兹力垂直斜面向上．根据左手定则可得：小滑块带负电．（2）由题意：当滑块离开斜面时，洛伦兹力：Bqv=mgcosα，则=m/s（3）又因为离开之前，一直做匀加速直线运动则有：mgsina=ma，即a=gsina=5m/s2，由v2=2ax得：m答：（1）小滑块带负电荷（2）小滑块离开斜面时的瞬时速度是m/s；（3）该斜面的长度至少长1.2m点评：本题突破口是从小滑块刚从斜面离开时，从而确定洛伦兹力的大小，进而得出刚离开时的速度大小，由于没有离开之前做匀加速直线运动，所以由运动与力学可解出运动的时间及位移．10．（2013秋•莲湖区校级期末）在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，有一倾角为θ、足够长的光滑绝缘斜面，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，电场方向竖直向上．有一质量为m，带电荷量为+q的小球静止在斜面顶端，这时小球对斜面的正压力恰好为零，如图所示，若迅速把电场方向反转为竖直向下，重力加速度为g，求：（1）小球能在斜面上滑行多远？（2）小球在斜面上滑行时间是多少？考点：带电粒子在混合场中的运动；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律；动能定理的应用．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：（1）当电场竖直向上时，小球对斜面无压力，可知电场力和重力大小相等；当电场竖直向下时，小球受到向下的力为2mg；当小球恰好离开斜面时，在垂直于斜面的方向上合力为零，由此可求出此时的速度；在此过程中，电势能和重力势能转化为动能，由动能定理即可求出小球下滑的距离．（2）经受力分析可知，小球在沿斜面方向上合力不变，故沿斜面做匀加速直线运动，由运动学公式可求出运动时间．解答：解：（1）由静止可知：qE=mg当小球恰好离开斜面时，对小球受力分析，受竖直向下的重力、电场力和垂直于斜面向上的洛伦兹力，此时在垂直于斜面方向上合外力为零．则有：（qE+mg）cosθ=qvB由动能定理得：解得：（2）对小球受力分析，在沿斜面方向上合力为（qE+mg）sinθ，且恒定，故沿斜面方向上做匀加速直线运动．由牛顿第二定律得：（qE+mg）sinθ=ma得：a=2gsinθ由得：答：（1）小球能在斜面上滑行距离为．（2）小球在斜面上滑行时间是．点评：该题考察了带电物体在复合场中的运动情况，解决此类问题要求我们要对带电物体进行正确的受力分析，要注意找出当小球离开斜面时的受力情况是解决该题的关键．在运动学中，只牵扯到位移和速度问题的往往用能量解决；如果牵扯到时间，往往应用牛顿运动定律或动量定理来解决．11．（2013•沈河区学业考试）如图所示，一束电子（电荷量为e）以速度v从A点垂直射入磁感应强度为B，宽为d的匀强磁场中，从C点穿出磁场时速度方向与电子原来入射方向的夹角为30°，求：（1）电子的质量；（2）电子穿过磁场所用的时间．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：（1）电子垂直射入匀强磁场中，只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，画出轨迹，由几何知识求出轨迹的半径，由牛顿第二定律求出质量．（2）由几何知识求出轨迹所对的圆心角α，由t=求出时间，s是弧长．解答：解：（1）电子垂直射入匀强磁场中，只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，画出轨迹，由几何知识得到，轨迹的半径为r==2d由牛顿第二定律得：evB=m得：m=（2）由几何知识得到，轨迹的圆心角为α=t==答：（1）电子的质量为m=；（2）电子穿过磁场所用的时间为．点评：本题是带电粒子在匀强磁场中圆周运动问题，关键要画出轨迹，根据圆心角求时间，由几何知识求半径是常用方法．。
福建省武平县第一中学2014-2015学年高二上学期12月月
福建省武平县第一中学2014-2015学年高二上学期12月月考数学（理）试题一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，把正确的序号填在答案卷上，否则不给分.）1．双曲线2224x y -=的虚轴长是（ ）A ．2 BC ．4D ．2．在△ABC 中，内角A,B,C 所对的边分别是a,b,c,已知a c b 41=-，C B sin 3sin 2=， 则cos （B+C ）=（ ）A ．41-B ．41C ．87D ．16113．在△ABC 中，内角C B A ,,的对边分别为c b a ,,，若18a =，24b =，45A =︒，则这样的三角形有（ ）A. 一个B. 两个C. 至多一个D. 0个 4．设等比数列{}n a 的公比2=q ， 前n 项和为n S ，则=45a S （ ） A ．2 B ．4 C ．431 D ．831 5．已知a>0，x ，y 满足约束条件13(3)x x y y a x ≥⎧⎪+≤⎨⎪≥-⎩，若z=2x+y 的最小值为1，则a 的值是( )A ．1B ．2C ．14 D ．126．已知()()()2,5,1,2,2,4,1,4,1A B C ---，则向量AB CA 与所在直线的夹角为 ( )A. 45°B. 60° C . 90° D . 120°7．已知向量(1,1,0)a =，(1,0,2)b =-，且ka b +与2a b -互相垂直，则k 的值是（ ）A ．1B ．15C ．35D ．758．过点（1，1）与双曲线221x y -=仅有一个公共点的直线共有（ ） A.1条 B. 2条 C.3条 D.4条9．在△ABC 中，“△ABC 是锐角三角形”是“sin cos A B >”的（ ）A ．充分必要条件B ．充分而不必要条件C ．必要而不充分条件D ．既不充分又不必要条件 10．已知命题p ：“∀x∈[1,2]，2x 2－a≥0”，命题q ：“∃x∈R，x 2＋2ax ＋2－a ＝0”，若命题“p 且q”是真命题，则实数a 的取值范围是( )A. 2a ≤-或12a ≤≤B. 2a <-或12a <≤)C. 2a ≤-或12a ≤<D. 2a <-或12a <<11．已知等差数列{}n a 满足32=a ，171=-n a ，)2(≥n ，100=n S ，则n 的值为（ ）A ．8 B ．9 C ．10 D ．1112．给出下列命题：（1）设A 、B 为两个定点，k 为非零常数，||||k PA PB -=，则动点P 的轨迹为双曲线的一条分支；（2）若等比数列的前n 项和k s n n +=2，则必有1-=k ；（3）若0,x >则22x x -+的最小值为2；（4）双曲线13519252222=+=-y x y x 与椭圆有相同的焦点；（5）平面内到定点（3，-1）的距离等于到定直线012=-+y x 的距离的点的轨迹是一条直线.其中正确命题的个数是（ ）A.1 个B. 2个C.3个D.4个二、填空题（本大题共4个小题，每小题4分，共16分，把正确的答案填在答案卷上，否则不给分.）13．若抛物线22y px =的焦点与双曲线22163x y -=的右焦点重合，则p 的值为 ．14．已知(1,1,),(2,,1)a t t t b t t =--=+，则||a b -的最小值是____________． 15．若a ，b ，c>0，且a 2＋ab ＋ac ＋bc ＝4，则2a ＋b ＋c 的最小值为________．16．一种计算装置，有一个数据入口A 和一个运算出口B ，执行某种运算程序．（1）当从A 口输入自然数1时，从B 口得到实数31，记为=)1(f 31；（2）当从A 口输入自然数)2(≥n n 时，在B 口得到的结果)(n f 是前一结果3)1(21)1(2)1(+----n n n f 的倍．要想从B 口得到11443，则应从A 口输入自然数 .三、解答题（本大题共6个小题，共74分. 解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤，把解答过程写在答案卷的对应区域内，否则不给分．）（Ⅰ）用错误！未找到引用源。
福建省武平县第一中学高二物理上学期12月月考试题
物理试题一、单项选择题（48分，每题4分）1. 下列有关磁感应强度及安培力的说法正确的有（）A．通电导线放在磁场中某处不受安培力的作用时，则该处的磁感应强度一定为零B．若某处的磁感应强度为零，则通电导线放在该处所受安培力一定为零C．磁场中某点的磁感应强度与该点是否放通电导线有关D．同一条通电导线放在磁场中某处所受的安培力是一定的2、一带电粒子沿着右图中曲线JK穿过一匀强电场，a、b、c、d为该电场的电势面，其中φa＜φb＜φc＜φd，若不计粒子受的重力，可以确定( )A．该粒子带正电B．该粒子可带负电，也可带正电C．从J到K粒子的电势能增加D．粒子从J到K运动过程中的动能与电势能之和不变3.如图所示电路中，当变阻器R3的滑动头P向b端移动时，下列判断中正确的是( )A．电压表示数变大，电流表示数变小B．电压表示数变小，电流表示数变大C．电压表示数变大，电流表示数变大D．电压表示数变小，电流表示数变小4、一磁感应强度为B的匀强磁场方向水平向右，一面积为S的矩形线圈abcd如图所示放置，平面abcd与竖直方向成θ角。
将abcd绕ad轴转180°角，则穿过线圈平面的磁通量的变化量为（）A．2BScosθ B．2BS C．0 D．2BSSinθ5.如图，接通电键K的瞬间，用丝线悬挂于一点可自由转动的通电直导线AB将( )A.A端向上，B 端向下，悬线张力不变B.A端向下，B端向上，悬线张力不变C.A端向纸外，B 端向纸内，悬线张力变大D.A端向纸内，B 端向纸外，悬线张力变大6. 如右图，长为2L的直导线折成边长相等，夹角为60°的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B.当在该导线中通以电流强度为I的电流时，该V 形通电导线受到的安培力大小为( )A．0 B．0.5BIL C．BIL D．2BIL7．一个带电粒子，沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场．粒子的一段径迹如右图所示．由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减少(带电量不变)，从图中情况可以确定 ( )A．粒子从a到b，带正电B。
福建省龙岩市武平一中高三物理上学期12月月考试卷(含解析)-人教版高三全册物理试题
2014-2015学年福建省龙岩市武平一中高三〔上〕月考物理试卷〔12月份〕一、选择题〔每一小题有四个选项中只有一项为哪一项正确的，每题4分共48分〕1．〔4分〕〔2014秋•武平县校级月考〕如下关于功和机械能的说法，正确的答案是〔〕A．在有阻力作用的情况下，物体重力势能的减少不等于重力对物体所做的功B．合力对物体所做的功等于物体动能的改变量C．物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用，其大小与势能零点的选取无关D．运动物体动能的减少量一定等于其重力势能的增加量2．〔4分〕〔2014秋•安庆期末〕某物体运动的速度图象如图，根据图象可知〔〕A．0﹣2s内的加速度为2m/s2B．0﹣5s内的位移为10mC．第1s末与第3s末的速度方向一样D．第1s末与第5s末加速度方向一样3．〔4分〕〔2012•广东〕如下列图，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角都为45°，日光灯保持水平，所受重力为G，左右两绳的拉力大小分别为〔〕A．G和G B．G和G C．G和G D．G和G4．〔4分〕〔2014秋•武平县校级月考〕如下列图，电源电动势E=8V，内电阻为r=0.5Ω，“3V，3W〞的灯泡L与电动机M串联接在电源上，灯泡刚好正常发光，电动机刚好正常工作，电动机的线圈电阻R0=1.5Ω．如下说法中正确的答案是〔〕A．通过电动机的电流为1.6 A B．电源的输出功率是8 WC．电动机消耗的电功率为3 W D．电动机的输出功率为3 W5．〔4分〕〔2014秋•武平县校级月考〕如下列图，竖直平面内固定有一个半径为R的光滑圆弧轨道，其端点P在圆心O的正上方，另一个端点Q与圆心O在同一水平面上．一只小球〔视为质点〕从Q点正上方某一高度处自由下落．为使小球从Q点进入圆弧轨道后从P点飞出，且恰好又从Q点进入圆弧轨道，小球开始下落时的位置到P点的高度差h应该是〔〕A．R B．C． D．无论h是多大都不可能6．〔4分〕〔2015春•长沙校级月考〕如下列图，倾角为α的光滑斜面下端固定一绝缘轻弹簧，M点固定一个质量为m、带电量为﹣q的小球Q．整个装置处在场强大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中．现把一个带电量为+q的小球P从N点由静止释放，释放后P沿着斜面向下运动．N点与弹簧的上端和M的距离均为s0．P、Q以与弹簧的轴线ab与斜面平行．两小球均可视为质点和点电荷，弹簧的劲度系数为k0，静电力常量为k．如此〔〕A．小球P返回时，可能撞到小球QB．小球P在N点的加速度大小为C．小球P沿着斜面向下运动过程中，其电势能一定减少D．当弹簧的压缩量为时，小球P的速度最大7．〔4分〕〔2010•海南〕在水平的足够长的固定木板上，一小物块以某一初速度开始滑动，经一段时间t后停止．现将该木板改置成倾角为45°的斜面，让小物块以一样的初速度沿木板上滑．假设小物块与木板之间的动摩擦因数为μ．如此小物块上滑到最高位置所需时间与t 之比为〔〕A．B．C．D．8．〔4分〕〔2015春•胶州市校级月考〕“神舟〞六号载人飞船顺利发射升空后，经过115小时32分的太空飞行，在离地面43km的圆轨道上运行了77圈，运动中需要屡次“轨道维持〞．所谓“轨道维持〞就是通过控制飞船上发动机的点火时间和推力的大小和方向，使飞船能保持在预定轨道上稳定飞行，如果不进展“轨道维持〞，由于飞船受到轨道上稀薄空气的影响，轨道高度会逐渐降低，在这种情况下飞船的动能、重力势能和机械能的变化情况是〔〕A．动能、重力势能和机械能逐渐减少B．重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能不变C．重力势能逐渐增大，动能逐渐减小，机械能不变D．重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能逐渐减小9．〔4分〕〔2010•宜宾模拟〕在抗洪抢险中，战士驾驶摩托艇救人，假设江岸是平直的，洪水沿江向下游流去，水流速度为v1，摩托艇在静水中的航速为v2，战士救人的地点A离岸边最近处O的距离为d．假设战士想在最短时间内将人送上岸，如此摩托艇登陆的地点离O点的距离为〔〕A．B． 0C．D．10．〔4分〕〔2008•韶关二模〕图中实线是一簇未标明方向的电场线，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．假设带电粒子在运动中只受电场力作用，根据题意不能做出判断的是〔〕A．带电粒子所带电荷的符号B．带电粒子在a、b两点的受力方向C．带电粒子在a、b两点的速度何处较大D．带电粒子在a、b两点的电势能何处较大11．〔4分〕〔2014秋•武平县校级月考〕如下列图电路，在平行金属板M，N内部左侧中央P有一质量为m的带电粒子〔重力不计〕以水平速度v0射入电场并打在N板的O点．改变R1或R2的阻值，粒子仍以v0射入电场，如此〔〕A．该粒子带正电B．减少R2，粒子还能打在O点C．减少R1，粒子将打在O点右侧D．增大R1，粒子在板间运动时间不变12．〔4分〕〔2012•东城区模拟〕如下列图，在外力作用下某质点运动的v﹣t图象为正弦曲线，从图中可判断〔〕A．在0～t1时间内，外力做负功B．在0～t1时间内，外力的功率逐渐增大C．在t2时刻，外力的功率最大D．在t1～t3时间内，外力做的总功为零二、实验题〔10分+5分=15分〕13．〔10分〕〔2011•黄州区校级模拟〕某同学为了探究物体在斜面上运动时摩擦力与斜面倾角的关系，设计实验装置如图．长直平板一端放在水平桌面上，另一端架在一物块上．在平板上标出A、B两点，B点处放置一光电门，用光电计时器记录滑块通过光电门时挡光的时间，实验步骤如下：①用游标卡尺测测最滑块的挡光长度d，用天平测量滑块的质量m；②用直尺测量A、B之间的距离s，A点到水平桌面的垂直距离h1，B点到水平桌面的垂直距离h2；③将滑块从A点静止释放．由光电计时器读出滑块的挡光时间t；④重复步骤③数次，井求挡光时间的平均值⑤利用所测数据求出摩擦力f和斜面倾角的余弦值cosα；⑥屡次改变斜面的倾角，重复实验步骤②③④⑤做出f﹣cosα关系曲线．〔1〕用测量的物理量完成如下各式〔重力加速度为g〕①斜面倾角的余弦cosα=；②滑块通过光电门时的速度v=；③滑块运动时的加速度a=；④滑块运动时所受到的摩擦阻力f=；〔2〕测量滑块挡光长度的游标卡尺读数如下列图，读得d=．14．〔5分〕〔2014•金川区校级模拟〕某同学用图1所示装置做“研究平抛运动〞的实验，根据实验结果在坐标纸上描出了小球水平抛出后的运动轨迹，但不慎将画有轨迹图线的坐标纸丢失了一局部，剩余局部如图2所示，图2中水平方向与竖直方向每小格的长度均代表0.10m，P1、P2和P3是轨迹图线上的3个点，P1和P2、P2和P3之间的水平距离相等．完成如下填空：〔重力加速度取9.8m/s2〕〔1〕设P1、P2、和P3的横坐标分别为x1、x2和x3，纵坐标分别为y1、y2和y3，从图2中可读出|y1﹣y2|=m，|y1﹣y3|=m，|x1﹣x2|=m〔保存两位小数〕．〔2〕利用〔1〕中读取的数据，求小球从P1运动到P2所用的时间为s，小球抛出后的水平速度为m/s．三、计算题〔此题共4个小题，共计37分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位〕15．〔7分〕〔2014•宿州模拟〕一个质量为m、带有电荷﹣q的小物体，可在水平轨道Ox上运动，O端有一与轨道垂直的固定墙、轨道处于匀强电场中，其场强大小为E，方向沿OX轴正方向，如下列图，小物体以初速度v0从x o点沿OX轨道运动，运动时受到大小不变的摩擦力f 作用，且f＜qE；设小物体与墙碰撞时不损失机械能，且电量保持不变，求它在停止运动前所通过的总路程s．16．〔9分〕〔2010•抚顺模拟〕水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如下列图，为一水平传送带装置示意图，紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率v=1m/s运行，一质量为m=4kg的行李无初速地放在A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．设行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，A、B间的距离L=2m，g取10m/s2〔1〕求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小〔2〕求行李做匀加速直线运动的时间〔3〕如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B处，求行李从A处传送到B处的最短时间，和传送带对应的最小运行速率．17．〔9分〕〔2011春•赣州期中〕如下列图，长L=1.2m、质量M=3kg的木板静止放在倾角为37°的光滑斜面上，质量m=1kg、带电荷量q=+2.5×10﹣4C的物块放在木板的上端，木板和物块间的动摩擦因数μ=0.1，所在空间加有一个方向垂直斜面向下、场强E=4.0×104N/C的匀强电场．现对木板施加一平行于斜面向上的拉力F=10.8N．取g=10m/s2，斜面足够长．求：〔1〕物块经多长时间离开木板？〔2〕物块离开木板时木板获得的动能．〔3〕物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的内能．18．〔12分〕〔2012•〕摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米．电梯的简化模型如图1所示．考虑安全、舒适、省时等因素，电梯的加速度a是随时间t变化的，电梯在t=0时由静止开始上升，a─t图象如图2所示．电梯总质量m=2.0×103kg．忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s2．〔1〕求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2；〔2〕类比是一种常用的研究方法．对于直线运动，教科书中讲解了由υ─t图象求位移的方法．请你借鉴此方法，比照加速度和速度的定义，根据图2所示a─t图象，求电梯在第1s 内的速度改变量△υ1和第2s末的速率υ2；〔3〕求电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率P；再求在0─11s时间内，拉力和重力对电梯所做的总功W．2014-2015学年福建省龙岩市武平一中高三〔上〕月考物理试卷〔12月份〕参考答案与试题解析一、选择题〔每一小题有四个选项中只有一项为哪一项正确的，每题4分共48分〕1．〔4分〕〔2014秋•武平县校级月考〕如下关于功和机械能的说法，正确的答案是〔〕A．在有阻力作用的情况下，物体重力势能的减少不等于重力对物体所做的功B．合力对物体所做的功等于物体动能的改变量C．物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用，其大小与势能零点的选取无关D．运动物体动能的减少量一定等于其重力势能的增加量考点：机械能守恒定律；功的计算；功能关系．分析：根据功能关系可知，重力势能的减小量等于重力做的功，合外力做功等于动能变化量，当物体机械能守恒时，动能的减少量等于其重力势能的增加量．解答：解：A、根据功能关系可知，重力势能的减小量等于重力做的功，与是否有阻力做功无关，故A错误；B、根据动能定理可知，合外力做功等于动能变化量，故B正确；C、物体的重力势能与势能零点的选取有关，零势能面的位置不一样，物体的重力势能不一样，故C错误；D、当物体机械能守恒时，动能的减少量等于其重力势能的增加量，故D错误．应当选：B点评：此题主要考查了功能关系的直接应用，知道重力势能的减小量等于重力做的功，合外力做功等于动能变化量，难度不大，属于根底题．2．〔4分〕〔2014秋•安庆期末〕某物体运动的速度图象如图，根据图象可知〔〕A．0﹣2s内的加速度为2m/s2B．0﹣5s内的位移为10mC．第1s末与第3s末的速度方向一样D．第1s末与第5s末加速度方向一样考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：速度时间图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示物体的位移，根据速度的正负值判断物体速度的方向．解答：解：A、D在0﹣2s内的加速度为：a1=m/s2=1m/s2，在4﹣5s内，加速度为：a2=m/s2=﹣2m/s2．知第1s末与第5s末加速度的方向相反．故A、D错误．B、0﹣5s内的位移为：x=×〔2+5〕×2m=7m．故B错误．C、第1s末与第4s末的速度都为正值，速度方向一样．故C正确．应当选：C．点评：解决此题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率、图线与时间轴围成的面积表示的含义．3．〔4分〕〔2012•广东〕如下列图，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角都为45°，日光灯保持水平，所受重力为G，左右两绳的拉力大小分别为〔〕A．G和G B．G和G C．G和G D．G和G考点：共点力平衡的条件与其应用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：根据对称性可知，左右两绳的拉力大小相等，分析日光灯的受力情况，由平衡条件求解绳子的拉力大小．解答：解：日光灯受力如下列图，将T1T2分别向水平方向和竖直方向分解，如此有：T1cos45°=T2cos45°T1sin45°+T2sin45°=G解得：T1=T2=应当选B．点评：此题是简单的力平衡问题，分析受力情况是根底，要抓住对称性，分析两个拉力大小关系．4．〔4分〕〔2014秋•武平县校级月考〕如下列图，电源电动势E=8V，内电阻为r=0.5Ω，“3V，3W〞的灯泡L与电动机M串联接在电源上，灯泡刚好正常发光，电动机刚好正常工作，电动机的线圈电阻R0=1.5Ω．如下说法中正确的答案是〔〕A．通过电动机的电流为1.6 A B．电源的输出功率是8 WC．电动机消耗的电功率为3 W D．电动机的输出功率为3 W考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：由灯泡铭牌可知，灯泡额定电压是3V，额定功率是3W，由电功率公式的变形公式可以求出灯泡额定电流，由串联电路特点可以求出通过电机的电流．求出路端电压，然后由P=UI求出电源的输入功率和电动机消耗的功率．如此可求得效率；由串联电路特点求出电动机电压，由P=UI求出电动机输入功率，由P=I2R求出电动机热功率，电动机输入功率与热功率之差是电动机的输出功率．解答：解：A、灯泡L正常发光，通过灯泡的电流：，电动机与灯泡串联，通过电动机的电流I M=I L=1〔A〕，故A错误；B、路端电压：U=E﹣Ir=7.5〔V〕，电动机两端的电压：U M=U﹣U L=4.5〔V〕；电动机的输入功率P入=U M I M=4.5×1=4.5W；电动机的输出功率：P输出=U M I M﹣I M2R=4.5﹣1×1.5=3W；故BC错误，D 正确；应当选：D．点评：电动机是非纯电阻电路，输出功率等于输入功率与热功率之差；要注意功率公式的适用条件．5．〔4分〕〔2014秋•武平县校级月考〕如下列图，竖直平面内固定有一个半径为R的光滑圆弧轨道，其端点P在圆心O的正上方，另一个端点Q与圆心O在同一水平面上．一只小球〔视为质点〕从Q点正上方某一高度处自由下落．为使小球从Q点进入圆弧轨道后从P点飞出，且恰好又从Q点进入圆弧轨道，小球开始下落时的位置到P点的高度差h应该是〔〕A．R B．C． D．无论h是多大都不可能考点：机械能守恒定律．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：小球从P点飞出做平抛运动，且恰好又从Q点进入圆轨道，根据平抛运动的根本规律求得小球在P点的速度，把此速度跟圆周运动到达最高点的最小速度进展比拟，假设小于最小速度，如此不可能出现上述现象，假设大于最小速度，再根据动能定理求解小球开始下落时的位置到P点的高度差h．解答：解：小球从P点飞出做平抛运动，如此有：水平方向：vt=R竖直方向：R=解得：v=要使小球能到达P点，如此在P点的速度最小为，所以不可能出现上述情况应当选：D点评：此题主要考查了平抛运动的根本规律与能在竖直平面内圆周运动到达最高点的速度要求，难度适中．6．〔4分〕〔2015春•长沙校级月考〕如下列图，倾角为α的光滑斜面下端固定一绝缘轻弹簧，M点固定一个质量为m、带电量为﹣q的小球Q．整个装置处在场强大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中．现把一个带电量为+q的小球P从N点由静止释放，释放后P沿着斜面向下运动．N点与弹簧的上端和M的距离均为s0．P、Q以与弹簧的轴线ab与斜面平行．两小球均可视为质点和点电荷，弹簧的劲度系数为k0，静电力常量为k．如此〔〕A．小球P返回时，可能撞到小球QB．小球P在N点的加速度大小为C．小球P沿着斜面向下运动过程中，其电势能一定减少D．当弹簧的压缩量为时，小球P的速度最大考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；牛顿第二定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：据动能定理判断小球P返回速度为零的位置，确定小球能否与小球Q相撞；根据牛顿第二定律求出小球P在N点的加速度；根据电场力做功判断电势能的变化，当小球所受的合力为零时，小球的速度最大．解答：解：A、根据动能定理知，当小球返回到N点，由于重力做功为零，匀强电场的电场力做功为零，电荷Q的电场对P做功为零，如此合力做功为零，知道到达N点的速度为零．所以小球不可能撞到小球Q．故A错误．B、根据牛顿第二定律得，小球在N点的加速度a==，故B正确．C、小球P沿着斜面向下运动过程中，匀强电场的电场力做正功，电荷Q产生的电场对P做负功，两个电场力的合力不一定沿斜面向下，如此最终电场力不一定做正功，如此电势能不一定减小．故C错误．D、当小球所受的合力为零时，速度最大，即+k0x0=qE+mgsinα，如此压缩量不等于．故D错误．应当选：B．点评：此题考查了动能定理、牛顿第二定律的综合，难度中等，知道小球合力为零时，小球的速度最大，知道电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．7．〔4分〕〔2010•海南〕在水平的足够长的固定木板上，一小物块以某一初速度开始滑动，经一段时间t后停止．现将该木板改置成倾角为45°的斜面，让小物块以一样的初速度沿木板上滑．假设小物块与木板之间的动摩擦因数为μ．如此小物块上滑到最高位置所需时间与t 之比为〔〕A．B．C．D．考点：牛顿第二定律；滑动摩擦力．专题：压轴题．分析：对物块在水平面和斜面上进展受力分析，运用牛顿第二定律结合运动学公式解决．解答：解：木板水平时，物块的合力是滑动摩擦力．根据牛顿第二定律得出：小物块的加速度a1=μg，设滑行初速度为v0，如此滑行时间为t=；木板改置成倾角为45°的斜面后，对物块进展受力分析：小滑块的合力F合=mgsin45°+f=mgsin45°+μmgcos45°小物块上滑的加速度a2==，滑行时间t′==2，因此==，应当选A．点评：对物块在水平面和斜面上进展受力分析，运用牛顿第二定律结合运动学公式解决．注意情景发生改变，要重新进展受力分析．8．〔4分〕〔2015春•胶州市校级月考〕“神舟〞六号载人飞船顺利发射升空后，经过115小时32分的太空飞行，在离地面43km的圆轨道上运行了77圈，运动中需要屡次“轨道维持〞．所谓“轨道维持〞就是通过控制飞船上发动机的点火时间和推力的大小和方向，使飞船能保持在预定轨道上稳定飞行，如果不进展“轨道维持〞，由于飞船受到轨道上稀薄空气的影响，轨道高度会逐渐降低，在这种情况下飞船的动能、重力势能和机械能的变化情况是〔〕A．动能、重力势能和机械能逐渐减少B．重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能不变C．重力势能逐渐增大，动能逐渐减小，机械能不变D．重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能逐渐减小考点：功能关系；动能和势能的相互转化．分析：轨道高度逐渐降低，即飞船的高度降低〔就像高处的物体下落一样〕，重力势能转化为动能，同时要抑制空气阻力做功，飞船的机械能减少，转化为内能，据此分析判断．解答：解：轨道高度逐渐降低，即飞船的高度降低、重力势能减少，速度将增大、动能增大，重力势能转化为动能；由于飞船受轨道上稀薄空气的影响，飞船要抑制空气阻力做功，飞船的机械能减少，转化为内能．应当选：D．点评：此题考查了动能和重力势能的相互转化，利用好“飞船受轨道上稀薄空气的影响﹣﹣﹣受空气阻力作用〞是此题的关键．9．〔4分〕〔2010•宜宾模拟〕在抗洪抢险中，战士驾驶摩托艇救人，假设江岸是平直的，洪水沿江向下游流去，水流速度为v1，摩托艇在静水中的航速为v2，战士救人的地点A离岸边最近处O的距离为d．假设战士想在最短时间内将人送上岸，如此摩托艇登陆的地点离O点的距离为〔〕A．B． 0C．D．考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．分析：将摩托艇的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，当静水速的方向垂直于河岸时，渡河时间最短，根据垂直于河岸方向上位移和静水速求出运动时间，再根据水流速和时间求出沿河岸方向上的位移．解答：解：当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短．t=如此摩托艇登陆的地点离O点的距离：x=．故C正确，A、B、D错误．应当选C．点评：解决此题的关键知道分运动与合运动具有等时性，以与知道当静水速垂直于河岸时，渡河时间最短．10．〔4分〕〔2008•韶关二模〕图中实线是一簇未标明方向的电场线，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．假设带电粒子在运动中只受电场力作用，根据题意不能做出判断的是〔〕A．带电粒子所带电荷的符号B．带电粒子在a、b两点的受力方向C．带电粒子在a、b两点的速度何处较大D．带电粒子在a、b两点的电势能何处较大考点：电场线；物体做曲线运动的条件；电场强度；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由粒子的偏转方向可得出粒子的受力方向，由功的计算可得出电场力做功的正负，由动能定理可得出粒子动能的变化；由电场力做功与电势能的关系可得出电势能的变化．解答：解：设粒子由a到b运动；A、B、由图可知，粒子偏向左下方，如此说明粒子受力向左下，由于不知电场线方向，故无法判断粒子电性，故A正确，B错误；C、由图可知，粒子从A到B的过程中，电场力做负功，故说明粒子速度减小，故可知b处速度较小，故C错误；D、电场力做负功，如此电势能增加，故b点电势能较大，故D错误；应当选A．点评：此题要注意无论是从a到b还是从b到a，我们得出的结果是一样的．11．〔4分〕〔2014秋•武平县校级月考〕如下列图电路，在平行金属板M，N内部左侧中央P有一质量为m的带电粒子〔重力不计〕以水平速度v0射入电场并打在N板的O点．改变R1或R2的阻值，粒子仍以v0射入电场，如此〔〕A．该粒子带正电B．减少R2，粒子还能打在O点C．减少R1，粒子将打在O点右侧D．增大R1，粒子在板间运动时间不变考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：根据外电路中顺着电流方向电势逐渐降低，判断M、N两板电势的上下，确定板间电场的方向，即可判断粒子的电性；电路稳定时R2相当于导线；粒子射入板间电场中做类平抛运动，运用运动的分解法，由牛顿第二定律和运动学公式分析改变R1时粒子打在极板上的位置．解答：解：A、根据外电路中顺着电流方向电势逐渐降低，可知M板的电势低于N板的电势，板间电场方向向下，而粒子在电场中向下偏转，所受的电场力方向向下，如此知该粒子带负电，故A错误．B、电路稳定时R2中没有电流，相当于导线，改变R2，不改变M、N间的电压，板间电场强度不变，粒子所受的电场力不变，所以粒子的运动情况不变，仍打在O点．故B正确．C、D、设平行金属板M、N间的电压为U．粒子在电场中水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，如此竖直方向有：y=at2=••t2…①水平方向有：x=v0t…②。
福建省龙岩市武平一中高二物理上学期周练试卷(11.30,含解析)
2013-2014学年福建省龙岩市武平一中高二（上）周练物理试卷（11.30）一、选择题1．（3分）用多用电表电阻挡测电阻，有许多注意事项，下列说法中哪些是错误的（）A．测量前必须调零，而且每测一次电阻都要重新调零B．每次换挡后必须电阻调零C．待测电阻如果是连接在电路中，应把它先与其他元件断开，再进行测量D．两个表笔要与待测电阻接触良好才能测得较准确，为此，应当用两只手分别将两个表笔与电阻两端紧紧捏在一起2．（3分）（2012秋•潮南区期中）欧姆调零后，用“×10”挡测量一个电阻的阻值，发现指针偏转角度极小，正确的判断和做法是（）A．这个电阻阻值很小B．这个电阻阻值很大C．为了把电阻测得更准一些，应换用“×1”挡，重新欧姆调零后进行测量D．为了把电阻测得更准一些，应换用“×100”挡，重新欧姆调零后进行测量3．（3分）（2007秋•长沙县校级月考）一只多用电表有4个欧姆档，分别为×1Ω、×10Ω、×100Ω、×1kΩ，欧姆档表盘的中间刻度值为“15”．现用它来测量一未知电阻的阻值，先将选择开关置于“×100Ω”挡处，接着将红表笔和黑表笔接触，发现表针指在“0Ω”处，然后进行测量，结果发现表针指在欧姆档刻度值为“200”的刻度线附近，为了使测量结果更准确，必须换挡并重新测量，下列说法正确的是（）A．必须将选择开关改为置于“×10Ω”挡处B．必须将选择开关改为置于“×1kΩ”挡处C．换挡之后必须重新调零才能进行测量D．换挡之后不必重新调零就能进行测量4．（3分）（2015•柳南区校级模拟）用万用表测直流电压U和测电阻R时，若红表插入万用表的正（+）插孔，则（）A．前者（测电压U）电流从红表笔流入万用表，后者（测R）从红表笔流出万用表B．前者电流从红表笔流入万用表，后者电流从红表笔流入万用表C．前者电流从红表笔流出万用表，后者电流从红表笔流出万用表D．前者电流从红表笔流出万用表，后者电流从红表笔流入万用表5．（3分）（2015•河南校级三模）如图是一个将电流表改装成欧姆表的示意图，此欧姆表已经调零，用此欧姆表测一阻值为R的电阻时，指针偏转至满刻度处，现用该表测一未知电阻，指针偏转到满刻度的处，则该电阻的阻值为（）A．4R B．5R C．10R D．16R6．（3分）用伏安法测电池的电动势和内电阻的实验中，下列注意事项中错误的是（）A．应选用旧的干电池作为被测电源，以使电压表示数的变化比较明显B．应选用内阻较小的电压表和电流表C．移动滑动变阻器的滑片时，不能使滑动变阻器短路，以免造成电流过载D．根据实验记录的数据作U﹣I图象时，应通过尽可能多的点画一条直线，并使不在直线上的点大致均匀分布在直线两侧7．（3分）某同学用电压表、电流表测量一节干电池的电动势和内阻，采用的电路图如图所示，实验操作正确，他记录了七组（U，I）数据，关于数据的处理，下列操作正确的是（）A．电压表的读数U的平均值等于电动势EB．任意取两组数据，代入方程E=U1+I1r，求出E、rC．画出U﹣I图象，由图象求E、rD．以上说法都正确8．（3分）如图所示是根据某次测量电源电动势和内电阻的实验数据画出的U﹣I图象．关于这个图象，下列说法中不正确的是（）A．纵轴截距表示待测电源的电动势，即E=6.0 VB．横轴截距表示短路电流，即I短=0.5 AC．根据r=，计算出待测电源内电阻r=2ΩD．电流为0.3 A时的外电阻R=9Ω二、解答题9．（2013秋•乐安县校级期中）把量程为3mA的电流表改装成欧姆表，其结构如图所示，其中电池的电动势E=1.5V，改装后，将原来电流表3mA的刻度定为电阻的“0”刻度，则2mA刻度处标Ω，1mA刻度处应标Ω．10．（2013秋•秦安县期末）（1）用多用电表的电阻挡测量阻值约几十千欧的电阻R x，以下给出的是可能的实验操作步骤，其中S为选择开关，P为电阻挡调零旋钮．把你认为正确步骤前的字母按合理的顺序填写在下面的横线上．a．将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上电阻挡的0刻度，断开两表笔b．将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出R x的阻值后，断开两表笔c．旋转S使其尖端对准电阻挡×1kd．旋转S使其尖端对准电阻挡×100e．旋转S使其尖端对准交流500V挡，并拔出两表笔．根据如图所示指针位置，此被测电阻的阻值约为Ω．（2）下述关于用多用电表电阻挡测电阻的说法中正确的是．A．测量电阻时，如果指针偏转过大，应将选择开关S拨至倍率较大的挡位，重新调零后测量B．测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则会影响测量结果C．测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开D．测量阻值不同的电阻时，都必须重新调零．11．在日常生活、生产和科学实验中，常用多用电表来检查电路故障，如图所示是某同学连接的实验实物图，合上开关S后，发现A、B灯都不亮．他们用下列两种方法检查故障：（1）用多用电表的直流电压挡进行检查：①那么选择开关位置于下列量程的挡．（用字母序号表示）A．2.5V B．10V C．50VD．250V②在测试a、b间直流电压时，红表笔应接触．（填“a”或“b”）③该同学测试结果如表所示，根据测试结果，可以判定故障是（假设只有下列中的某一项有故障）测试点电压示数a、b 有示数c、b 有示数c、d 有示数d、f 无示数A．灯A断路B．灯B短路 C．c、d段断路D．d、f段断路（2）用欧姆挡检查：①测试前，应将开关S （填“断开”或“闭合”）．②测量结果如表所示，由此可以断定故障是测试点表针偏转情况c、dd、ee、fA．灯A断路B．灯B断路 C．灯A、B都断路D．d、e间导线断路．12．（2014•锡林浩特市校级模拟）测量电源的电动势及内阻的实验电路如图1所示．图2中给出的器材有：待测的电源（电动势约为4V，内阻约为2Ω），电压表（内阻很大，有5V、15V 两个量程），电流表（内阻不计，有0.1A、1A两个量程），滑线变阻器（阻值范围0﹣10Ω），开关．另有导线若干．试按照图1中的电路在图2中画出连线，将器材连接成实验电路（要求正确选择电表量程，以保证仪器的安全并使测量有尽可能高的精确度）．13．（2013秋•蒙自县校级期末）在用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻的实验中，所用电流表和电压表的内阻分别为0.1Ω和1kΩ，如图1为实验原理图及所需器件图．一位同学记录的6组数据见表：I（A）0.12 0.20 0.31 0.32 0.50 0.57U（V） 1.37 1.32 1.24 1.18 1.10 1.05试根据这些数据在图2坐标图中画出U﹣I图象，根据图象读出电池的电动势E= V，求出电池内阻r= Ω．2013-2014学年福建省龙岩市武平一中高二（上）周练物理试卷（11.30）参考答案与试题解析一、选择题1．（3分）用多用电表电阻挡测电阻，有许多注意事项，下列说法中哪些是错误的（）A．测量前必须调零，而且每测一次电阻都要重新调零B．每次换挡后必须电阻调零C．待测电阻如果是连接在电路中，应把它先与其他元件断开，再进行测量D．两个表笔要与待测电阻接触良好才能测得较准确，为此，应当用两只手分别将两个表笔与电阻两端紧紧捏在一起考点：用多用电表测电阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：本题考查欧姆表的使用：每选定一次欧姆档位后电路发生改变要重新进行欧姆调零，测量电阻要把电阻与其它元件独立；测完要把选择开关正确放置解答：解：A、运用欧姆表测量电阻时，不是每次测量都要重新调零，而是在换挡后要重新调零，故A错误，B正确．C、电阻如果是连在电路中，应当把它与其它元件断开，再进行测量，故C正确．D、两个表笔与待测电阻要接触良好才能测得准确，但是不能将两只手分别将两只表笔与待测电阻两端紧紧捏在一起，故D错误．选错误的故选：AD．点评：欧姆表是利用内部电源供电，然后根据电流的性质，由闭合电路欧姆定律求出的电阻，故在使用过程中要注意其操作过程及使用方法．要特别注意：每次换挡都要重新调零．2．（3分）（2012秋•潮南区期中）欧姆调零后，用“×10”挡测量一个电阻的阻值，发现指针偏转角度极小，正确的判断和做法是（）A．这个电阻阻值很小B．这个电阻阻值很大C．为了把电阻测得更准一些，应换用“×1”挡，重新欧姆调零后进行测量D．为了把电阻测得更准一些，应换用“×100”挡，重新欧姆调零后进行测量考点：用多用电表测电阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：欧姆表的零刻度在表盘的右侧，当指针偏转角度较小时，说明电阻较大．每次换挡需重新欧姆调零．解答：解：因为欧姆表的零刻度在表盘的右侧，用“×10”挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度极小，知电阻值很大，需换用大挡，即“×100”挡，重新测量．故B、D正确，A、C错误．故选：BD．点评：解决本题的关键掌握欧姆表表盘的特点，以及掌握用欧姆表测量电阻的一般步骤．3．（3分）（2007秋•长沙县校级月考）一只多用电表有4个欧姆档，分别为×1Ω、×10Ω、×100Ω、×1kΩ，欧姆档表盘的中间刻度值为“15”．现用它来测量一未知电阻的阻值，先将选择开关置于“×100Ω”挡处，接着将红表笔和黑表笔接触，发现表针指在“0Ω”处，然后进行测量，结果发现表针指在欧姆档刻度值为“200”的刻度线附近，为了使测量结果更准确，必须换挡并重新测量，下列说法正确的是（）A．必须将选择开关改为置于“×10Ω”挡处B．必须将选择开关改为置于“×1kΩ”挡处C．换挡之后必须重新调零才能进行测量D．换挡之后不必重新调零就能进行测量考点：用多用电表测电阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：为了测量的准确，欧姆表的指针应指在表盘的中间附近，每次换挡需重新欧姆调零．解答：解：欧姆档表盘的中间刻度值为“15”．结果发现表针指在欧姆档刻度值为“200”的刻度线附近，知该电阻较大，应换用大挡，即“×1kΩ”挡，换挡后应重新欧姆调零．故B、C正确，A、D错误．故选BC．点评：解决本题的关键知道欧姆表的特点，以及掌握欧姆表的操作步骤和注意事项．4．（3分）（2015•柳南区校级模拟）用万用表测直流电压U和测电阻R时，若红表插入万用表的正（+）插孔，则（）A．前者（测电压U）电流从红表笔流入万用表，后者（测R）从红表笔流出万用表B．前者电流从红表笔流入万用表，后者电流从红表笔流入万用表C．前者电流从红表笔流出万用表，后者电流从红表笔流出万用表D．前者电流从红表笔流出万用表，后者电流从红表笔流入万用表考点：多用电表的原理及其使用．专题：恒定电流专题．分析：无论测电压还是测电阻，电流都从红表笔进，黑表笔出．解答：解：用多用表测量电阻时，流经多用表的电流由内电路提供，红表笔与内部电源的负极相连；用多用电表测电压时，电流由外部电源提供，总之无论是测电压U还是测电阻R，电流都是从红表笔流入多用电表，从黑表笔流出多用电流表；故B正确．故选：B点评：本题考查了多用电表的使用，由于表头的结构原因，一定要注意电流总是从红表笔进；故欧姆表的红表笔接内部电源的负极．5．（3分）（2015•河南校级三模）如图是一个将电流表改装成欧姆表的示意图，此欧姆表已经调零，用此欧姆表测一阻值为R的电阻时，指针偏转至满刻度处，现用该表测一未知电阻，指针偏转到满刻度的处，则该电阻的阻值为（）A．4R B．5R C．10R D．16R考点：把电流表改装成电压表．专题：实验题；恒定电流专题．分析：欧姆表调零即待测电阻为零，根据指针偏转位置和闭合回路欧姆定律求解．解答：解：设电动势为E，内阻为R内，满偏电流为I g，欧姆表调零时，I g=测一阻值为R的电阻时I g=测一未知电阻时I g=解这三式得：R′=16R故选D．点评：考查欧姆表的改装原理，结合闭合回路欧姆定律进而求所测电阻．6．（3分）用伏安法测电池的电动势和内电阻的实验中，下列注意事项中错误的是（）A．应选用旧的干电池作为被测电源，以使电压表示数的变化比较明显B．应选用内阻较小的电压表和电流表C．移动滑动变阻器的滑片时，不能使滑动变阻器短路，以免造成电流过载D．根据实验记录的数据作U﹣I图象时，应通过尽可能多的点画一条直线，并使不在直线上的点大致均匀分布在直线两侧考点：测定电源的电动势和内阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：应用伏安法测电源电动势与内阻实验，应采用内阻较大的电源，使电压表示数变化明显，较小实验误差；根据实验电路的选择分析实验误差．解答：解：A、由U﹣E﹣Ir可知，应选用旧的干电池作为被测电源，以使电压表读数变化明显，故A正确；B、实验所用电池内阻很小，相对于电源来说应采用电流表外接法，电流表外接法的误差来源是电压表的分流，电压表内阻越大，实验误差越小，应选择内阻大的电压表进行实验，故B错误；C、移动滑动变阻器的滑片时，不能使滑动变阻器短路造成电流表过载，故C正确；D、根据实验记录的数据作U﹣I图象时，应通过尽可能多的点画一条直线，并使不在直线上的点大致均匀分布在直线两侧．故D正确；本题选错误的，故选：B．点评：本题考查了伏安法测电源电动势与内阻的实验注意事项与实验器材的选择，知道实验原理与误差来源即可正确解题．7．（3分）某同学用电压表、电流表测量一节干电池的电动势和内阻，采用的电路图如图所示，实验操作正确，他记录了七组（U，I）数据，关于数据的处理，下列操作正确的是（）A．电压表的读数U的平均值等于电动势EB．任意取两组数据，代入方程E=U1+I1r，求出E、rC．画出U﹣I图象，由图象求E、rD．以上说法都正确考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：电压表测量的路端电压，其平均值不是电动势；求电动势可以采用公式法和图象法两种方法．由闭合电路欧姆定律列式分析．解答：解：A、据题知电压表测量的路端电压，而路端电压小于电动势，所以其平均值不等于电动势；故A错误．B、由闭合电路欧姆定律E=U+Ir，可知任意取两组数据，代入方程E=U+Ir，可求出E、r，故B正确．C、根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir得：U=E﹣Ir，由数学知识知U﹣I图象纵轴截距表示电源的电动势，图象的斜率的绝对值等于电源的内阻，因此由图象可求出E、r，故C正确．D、据上知D错误．故选：BC．点评：对于实验关键是实验原理，本实验的原理是闭合电路欧姆定律E=U+Ir，要掌握数据处理的两种方法：公式法和图象法．8．（3分）如图所示是根据某次测量电源电动势和内电阻的实验数据画出的U﹣I图象．关于这个图象，下列说法中不正确的是（）A．纵轴截距表示待测电源的电动势，即E=6.0 VB．横轴截距表示短路电流，即I短=0.5 AC．根据r=，计算出待测电源内电阻r=2ΩD．电流为0.3 A时的外电阻R=9Ω考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：由闭合电路欧姆定律可得出路端电压与电流的关系U=E﹣Ir，由数学知识可得出电源的电动势和内电阻．当外电路电阻为零，外电路短路．解答：解：A、由闭合电路欧姆定律知U=E﹣Ir，则U﹣I图象与纵轴截距表示电源的电动势，由图象可知，电源电动势E=6.0V，故A正确；B、横轴截距表示路端电压为5.0V时电流是0.5A，不表示短路电流．故B错误．C、当U=0时，电流即为短路电流，根据数学知识得知短路电流为 I短=2A，电源内阻r==Ω=2Ω，故C正确；D、由图知电流为I=0.3A时的路端电压为U=5.4V，则外电阻R==Ω=18Ω，故D错误．本题选错误的，故选：BD．点评：本题在测定电动势和内电阻实验中，作为数据处理的方法，是实验重点考查内容，关键写出解析式，结合数学知识进行理解．二、解答题9．（2013秋•乐安县校级期中）把量程为3mA的电流表改装成欧姆表，其结构如图所示，其中电池的电动势E=1.5V，改装后，将原来电流表3mA的刻度定为电阻的“0”刻度，则2mA刻度处标250 Ω，1mA刻度处应标1000 Ω．考点：把电流表改装成电压表．专题：实验题；恒定电流专题．分析：先根据闭合电路的欧姆定律求内电阻，再分别求不同电流时所对应的总电阻，用总电阻减去内阻即是外接电阻的值，即欧姆表的示数．解答：解：电池电动势E=1.5V，3mA刻度线为电阻的0刻度，即外加电阻为零，欧姆表内阻：R内===500Ω；2mA的时候总电阻=750Ω，该处电阻值：750﹣500=250Ω；1mA的时候总电阻=1500Ω，该处刻度值为：1500﹣500=1000Ω；故答案为：250；1000．点评：本题考查欧姆表的改装原理，这一直是难点问题，知道其改装原理也是欧姆定律，多做几个练习应该可以掌握．10．（2013秋•秦安县期末）（1）用多用电表的电阻挡测量阻值约几十千欧的电阻R x，以下给出的是可能的实验操作步骤，其中S为选择开关，P为电阻挡调零旋钮．把你认为正确步骤前的字母按合理的顺序填写在下面的横线上．a．将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上电阻挡的0刻度，断开两表笔b．将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出R x的阻值后，断开两表笔c．旋转S使其尖端对准电阻挡×1kd．旋转S使其尖端对准电阻挡×100e．旋转S使其尖端对准交流500V挡，并拔出两表笔c、a、b、e ．根据如图所示指针位置，此被测电阻的阻值约为30000 Ω．（2）下述关于用多用电表电阻挡测电阻的说法中正确的是A、C ．A．测量电阻时，如果指针偏转过大，应将选择开关S拨至倍率较大的挡位，重新调零后测量B．测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则会影响测量结果C．测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开D．测量阻值不同的电阻时，都必须重新调零．考点：用多用电表测电阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：欧姆表是测量电阻的仪表，把被测电阻串联在红黑表笔之间，欧姆表电流是从黑表笔流出红表笔流入，（1）用欧姆表测电阻，每次换挡后和测量前都要重新调零（指欧姆调零）．（2）测电阻时待测电阻不仅要和电源断开，而且要和别的元件断开．（3）测量时注意手不要碰表笔的金属部分，否则将人体的电阻并联进去，影响测量结果．（4）合理选择量程，使指针尽可能在中间刻度附近，解答：解：（1）测量几十kΩ的电阻R x我们一般选择较大的档位先粗测，使用前应先进行调零，然后依据欧姆表的示数，在更换档位，重新调零，在进行测量；使用完毕应将选择开关置于OFF位置或者交流电压最大档，拔出表笔．欧姆表的示数乘以相应档位的倍率即为待测电阻的阻值30kΩ．（2）欧姆档更换规律“大小，小大”，即当指针偏角较大时，表明待测电阻较小，应换较小的档位；反之应还较大的档位．电流总是从红表笔流入从黑表笔流出多用电表，每次换挡一定要进行欧姆调零，测量电阻一定要断电作业．故答案为：（1）c、a、b、e；30000；（2）A、C，点评：（1）实际应用中要防止超量程，不得测额定电流极小的电器的电阻（如灵敏电流表的内阻）．（2）测量完毕后，应拔出表笔，选择开关置于 OFF挡位置，或交流电压最高挡；长期不用时，应取出电池，以防电池漏电．（3）欧姆表功能：测量电阻、测二极管正负极．（4）用法：最好指针打到中间将误差减小11．在日常生活、生产和科学实验中，常用多用电表来检查电路故障，如图所示是某同学连接的实验实物图，合上开关S后，发现A、B灯都不亮．他们用下列两种方法检查故障：（1）用多用电表的直流电压挡进行检查：①那么选择开关位置于下列量程的 B 挡．（用字母序号表示）A．2.5V B．10V C．50VD．250V②在测试a、b间直流电压时，红表笔应接触 a ．（填“a”或“b”）③该同学测试结果如表所示，根据测试结果，可以判定故障是 A （假设只有下列中的某一项有故障）测试点电压示数a、b 有示数c、b 有示数c、d 有示数d、f 无示数A．灯A断路B．灯B短路 C．c、d段断路D．d、f段断路（2）用欧姆挡检查：①测试前，应将开关S 断开（填“断开”或“闭合”）．②测量结果如表所示，由此可以断定故障是 D测试点表针偏转情况c、dd、ee、fA．灯A断路B．灯B断路 C．灯A、B都断路D．d、e间导线断路．考点：用多用电表测电阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：（1）电流总是从红表笔进，黑表笔出，用电压表判断故障时，根据电源电动势选择合适的量程，电压表有示数说明有断路，没示数说明没断路．（2）用欧姆表判断故障时，指针偏转说明被测电路没有断路，指针不偏转说明被测电路断路．解答：解：（1）①由图示电路图可知，电源电动势为6V，用电压表检查电路故障，电压表应选择19V量程，故选B．②用电表测电压时，电流从红表笔流入电压表，由图示可知，红表笔应接a点；③电压表接a、b，电压表有示数，说明a、b两点与电源间无断路，电压表接c、b，电压表有示数，说明c、b两点与电源间无断路，电压表接c、d，电压表有示数，说明c、d两点与电源间无断路，电压表接d、f，电压表无示数，说明d、f两点与电源两极不是断开的，综合以上分析，由电路图可知，灯泡A断路，故选A；（2）①用欧姆表检查电路故障，测试前，应将开关断开，避免烧坏电表．②欧姆表右偏说明两接触点之间没断路，不偏转，说明两接触点之间断路了，即d、e间导线断路，故D正确．故答案为：（1）①B；②a；③A；（2）①断开；②D．点评：本题考查了用多用电表检查电路故障，检查电路故障可以用电压表、电流表、或欧姆表，应用欧姆表检查电路故障时，应把电源断开；要掌握应用各电表检查电路故障的方法．12．（2014•锡林浩特市校级模拟）测量电源的电动势及内阻的实验电路如图1所示．图2中给出的器材有：待测的电源（电动势约为4V，内阻约为2Ω），电压表（内阻很大，有5V、15V 两个量程），电流表（内阻不计，有0.1A、1A两个量程），滑线变阻器（阻值范围0﹣10Ω），开关．另有导线若干．试按照图1中的电路在图2中画出连线，将器材连接成实验电路（要求正确选择电表量程，以保证仪器的安全并使测量有尽可能高的精确度）．考点：测定电源的电动势和内阻．专题：实验题．分析：根据电源电动势选择电压表量程，根据题意确定电流表量程，根据图1所示电路图连接实物电路图．解答：解：电源电动势约为4V，电压表应选择5V量程，为测量多组数据，电表变化范围应大些，电流表应选1A量程，根据图1所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：故答案为：实物电路图如图所示．点评：本题考查了连接实物电路图，根据电源电动势选电压表量程，根据电路图连接实物电路图即可正确解题，连接实物电路图时要注意电表正负接线柱不要接反．13．（2013秋•蒙自县校级期末）在用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻的实验中，所用电流表和电压表的内阻分别为0.1Ω和1kΩ，如图1为实验原理图及所需器件图．一位同学记录的6组数据见表：I（A）0.12 0.20 0.31 0.32 0.50 0.57U（V） 1.37 1.32 1.24 1.18 1.10 1.05试根据这些数据在图2坐标图中画出U﹣I图象，根据图象读出电池的电动势E= 1.45 V，求出电池内阻r= 0.69 Ω．考点：测定电源的电动势和内阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：应用描点法作出图象，电源U﹣I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻．解答：解：根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图象，图象如图所示：。
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2013-2014学年福建省龙岩市武平一中高二（上）周练物理试卷（12.21）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共8小题，共24.0分)1.磁场中某处磁感应强度的大小，由B=可知（）A.B随IL的乘积的增大而减小B.B随F的增大而增大C.B与F成正比，与IL成反比D.B与F及IL无关，由的比值确定【答案】D【解析】解：B=是磁感应强度的定义式，采用比值法定义，具有比值法定义的共性，B反映了磁场本身的强弱和方向，只由磁场本身决定，与F、IL无关．故ABC错误，D正确．故选：DB=是磁感应强度的定义式，采用比值法定义，B反映磁场本身的强弱和方向，与F、IL无关．磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，关键抓住比值法定义的共性来理解B的物理意义．2.关于电荷在磁场中的受力，下列说法中正确的是（）A.静止的电荷一定不受洛伦兹力的作用，运动电荷一定受洛伦兹力的作用B.洛伦兹力的方向有可能与磁场方向平行C.洛伦兹力的方向可能不与带电粒子的运动方向垂直D.带电粒子运动方向与磁场方向平行时，一定不受洛伦兹力的作用【答案】D【解析】解：A、运动的电荷不一定受到洛伦兹力作用，若电荷的运动方向与磁场方向平行，则运动电荷不受洛伦兹力作用．故A错误．B、根据左手定则，洛伦兹力的方向与磁场方向、粒子的运动方向垂直．故B错误，C 也错误．D、带电粒子运动方向与磁场方向平行时，一定不受洛伦兹力的作用．故D正确．故选：D．当带电粒子的速度方向与磁场方向不平行，带电粒子受到洛伦兹力作用，根据左手定则可以得出洛伦兹力的方向．解决本题的关键知道洛伦兹力方向与速度方向和磁场方向的关系，以及会运用左手定则进行判断．3.关于电场力和洛伦兹力，下列说法中正确的是（）A.电荷只要在电场中就会受到电场力作用，电荷在磁场中，也一定会受到洛伦兹力的作用B.电场力对在其电场中的电荷一定会做功，而洛伦兹力对磁场中的电荷却不会做功C.电场力和与洛伦兹力一样，受力方向都在电场线或磁场线上D.只有运动电荷在磁场中才会受到洛伦兹力作用【答案】D【解析】解：A、电荷只要在电场中就会受到电场力作用，运动电荷在磁场中，与磁场方向平行，不会受到洛伦兹力的作用，故A错误，B、当电场力与电荷的速度方向相垂直时，则电场力对在其电场中的电荷不会做功，而洛伦兹力对磁场中的电荷不会做功，故B错误；C、电场力与电场线某点切线方向平行，洛伦兹力与磁场线相互垂直，故C错误；D、只有运动电荷在磁场中才可能受到洛伦兹力作用，故D正确；故选：D电荷在电场中一定受到电场力，而静止的电荷在磁场中不受到洛伦兹力，即使运动，当运动的方向与磁场平行时，也不受到洛伦兹力；当电场力与运动速度的方向相垂直时，电场力不做功，而洛伦兹力一定与速度垂直，则洛伦兹力一定不做功；电场力的方向在电场线切线方向，而洛伦兹力与磁场线方向相垂直；考查电场力、洛伦兹力与电场线及磁场线的方向关系，掌握左手定则，注意与右手定则的区别，理解洛伦兹力产生的条件．4.关于安培力和洛伦兹力，下列说法中正确的是（）A.安培力和洛伦兹力是性质不同的两种力B.安培力和洛伦兹力其本质都是磁场对运动电荷的作用力C.这两种力都是效果力，其实并不存在，原因是不遵守牛顿第三定律D.安培力对通电导体能做功，洛伦兹力对运动电荷也能做功【答案】B【解析】解：AB、安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现，洛伦兹力是安培力的微观形式，故安培力和洛伦兹力是性质相同的力，本质上都是磁场对运动电荷的作用力，故A错误、B正确．C、安培力和洛伦兹力都是实际存在的力，遵守牛顿运动定律，故C错误．D、洛伦兹始终与运动方向垂直，对运动电荷不做功，故D错误．故选：B．通电导线在磁场中受到力为安培力，而运动电荷在磁场中受到力为洛伦兹力．它们均属于磁场力，本质上是一种力，方向都由左手定则来确定，由于洛伦兹力始终与速度垂直，所以洛伦兹力不做功．本题知道安培力和洛伦兹力的联系和区别，以及会根据左手定则判断安培力和洛伦兹力的方向．5.如图所示，是表示磁场磁感应强度B、负电荷运动方向v和磁场对电荷洛伦兹力F的相互关系图，这四个图中不正确的是（B、v、F两两垂直）（）A. B. C. D.【答案】D【解析】解：A、由左手定则可知，洛伦兹力竖直向上，故A正确；B、由左手定则可知，洛伦兹力水平向左，故B正确；C、由左手定则可知，洛伦兹力水平向左，故C正确；D、由左手定则可知，洛伦兹力垂直纸面向里，故D错误；本题选错误的，故：D．根据磁场方向、电荷运动方向应用左手定则判断出洛伦兹力方向，然后答题．本题考查了判断洛伦兹力方向，应用左手定则即可正确解题，应用左手定则解题时要注意电荷的正负．6.如图所示，一个带负电的物体从粗糙斜面顶端滑到斜面底端时的速度为v，若加上一个垂直纸面向外的磁场，则滑到底端时（）A.v变大B.v变小C.v不变D.不能确定【答案】B【解析】解：未加磁场时，根据动能定理，有mgh-W f=mv2-0．加磁场后，多了洛伦兹力，洛伦兹力不做功，但正压力变大，摩擦力变大，根据动能定理，有mgh-W f′=mv′2-0，W f′＞W f，所以v′＜v．故B正确，A、C、D错误．故选B．未加磁场时，滑块受到重力、支持力，摩擦力，加磁场后，根据左手定则，多了一个垂直斜面向下的洛伦兹力．两种情况重力做功相同，洛伦兹力不做功，但加磁场时对斜面的正压力变大，摩擦力变大，克服摩擦力做功变多，根据动能定理，即可比较出两种情况到达底端的速率．解决本题的关键两次运用动能定理，两种情况重力功相同，多了磁场后多了洛伦兹力，洛伦兹力不做功，但导致摩擦力变大，即两种情况摩擦力做功不同，从而比较出到达底端的速率．7.如图所示，一块通电金属板放在磁场中，板面与磁场垂直，板内通有如图所示方向的电流，a、b是金属板左、右边缘上的两点，若a、b两点的电势分别为φa和φb，两点的电势相比有（）A.φa=φbB.φa＞φbC.φa＜φbD.无法确定【答案】C【解析】解：电流的方向向上，根据左手定则，电子受洛伦兹力向左，故电子向左侧偏转，所以左侧电子较多，右侧失去电子带正电，所以右侧的电势高于左侧电势，即φa＜φb．故C正确，ABD错误．故选：C．金属中移动的是自由电子，根据左手定则判断出电子的偏转方向，从而确定电势的高低．解决本题的关键知道金属中移动的是自由电子，掌握左手定则判断洛伦兹力的方向．8.一个带正电的小球以速度v0沿光滑的水平绝缘桌面向右运动，飞离桌面边缘后，通过匀强磁场区域，落在地板上，磁场方向垂直于纸面向里（如图所示），其水平射程为s1，落地速度为v1，撤去磁场后，其他条件不变，水平射程为s2，落地速度为v2，则（）A.s1=s2B.s1＜s2C.v1=v2D.v1＞v2【答案】C【解析】解：A、B、有磁场时，小球下落过程中要受重力和洛仑兹力共同作用，重力方向竖直向下，大小方向都不变；洛仑兹力的大小和方向都随速度的变化而变化，但在能落到地面的前提下洛仑兹力的方向跟速度方向垂直，总是指向右上方某个方向，其水平分力f x水平向右，竖直分力f y竖直向上．如图所示，竖直方向的加速度仍向下，但小于重力加速度g，从而使运动时间比撤去磁场后要长，即t1＞t2，所以，小球水平方向也将加速运动，从而使水平距离比撤去磁场后要大，即s1＞s2，故AB均错误；C、D、在有磁场，重力和洛仑兹力共同作用时，其洛仑兹力的方向每时每刻都跟速度方向垂直，不对粒子做功，不改变粒子的动能，有磁场和无磁场都只有重力作功，动能的增加是相同的．有磁场和无磁场，小球落地时速度方向并不相同，但速度的大小是相等的，故C正确、D错误．故选：C．小球在有磁场时做一般曲线运动，无磁场时做平抛运动，运用分解的思想，两种情况下，把小球的运动速度和受力向水平方向与竖直方向分解，然后利用牛顿第二定律和运动学公式来分析判断运动时间和水平射程；最后利用洛伦兹力不做功判断落地的速率．本题关键运用分解的思想，把小球的运动和受力分别向水平和竖直分解，然后根据选项分别选择规律分析讨论．二、计算题(本大题共3小题，共30.0分)9.一个质量m=0.1g的小滑块，带有q=5×10-4C的电荷，放置在倾角α=30°的光滑斜面上（斜面绝缘），斜面置于B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，如图所示．小滑块由静止开始沿斜面下滑，其斜面足够长，小滑块滑至某一位置时，要离开斜面．问：（1）小滑块带何种电荷？（2）小滑块离开斜面时的瞬时速度多大？（3）该斜面的长度至少多长？【答案】解：（1）由题意可知：小滑块受到的洛伦兹力垂直斜面向上．小滑块滑至某一位置时，要离开斜面，根据左手定则可得：小滑块带负电．（2）由题意：当滑块离开斜面时，洛伦兹力：B qv=mgcosα，则=°m/s．（3）又因为离开之前，一直做匀加速直线运动，则有：mgsinα=ma，即a=gsinα=5m/s2，m由v2=2ax得：°答：（1）小滑块带负电荷；（2）小滑块离开斜面时的瞬时速度是m/s；（3）该斜面的长度至少长1.2m．【解析】（1）带电滑块在滑至某一位置时，由于在洛伦兹力的作用下，要离开斜面．根据磁场方向结合左手定则可得带电粒子的电性．（2）由于斜面光滑，所以小滑块在没有离开斜面之前一直做匀加速直线运动．借助于洛伦兹力公式可求出恰好离开时的速度大小．（3）由运动学公式来算出匀加速运动的时间．由位移与时间关系可求出位移大小．本题突破口是根据小滑块刚从斜面离开时确定洛伦兹力的大小，进而得出刚离开时的速度大小，由于没有离开之前做匀加速直线运动，所以由运动与力学可解出运动的时间及位移．10.在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，有一倾角为θ、足够长的光滑绝缘斜面，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，电场方向竖直向上．有一质量为m，带电荷量为+q的小球静止在斜面顶端，这时小球对斜面的正压力恰好为零，如图所示，若迅速把电场方向反转为竖直向下，重力加速度为g，求：（1）小球能在斜面上滑行多远？（2）小球在斜面上滑行时间是多少？【答案】解：（1）由静止可知：q E=mg当小球恰好离开斜面时，对小球受力分析，受竖直向下的重力、电场力和垂直于斜面向上的洛伦兹力，此时在垂直于斜面方向上合外力为零．则有：（q E+mg）cosθ=qv B由动能定理得：解得：（2）对小球受力分析，在沿斜面方向上合力为（q E+mg）sinθ，且恒定，故沿斜面方向上做匀加速直线运动．由牛顿第二定律得：（q E+mg）sinθ=ma得：a=2gsinθ由得：答：（1）小球能在斜面上滑行距离为．（2）小球在斜面上滑行时间是．【解析】（1）当电场竖直向上时，小球对斜面无压力，可知电场力和重力大小相等；当电场竖直向下时，小球受到向下的力为2mg；当小球恰好离开斜面时，在垂直于斜面的方向上合力为零，由此可求出此时的速度；在此过程中，电势能和重力势能转化为动能，由动能定理即可求出小球下滑的距离．（2）经受力分析可知，小球在沿斜面方向上合力不变，故沿斜面做匀加速直线运动，由运动学公式可求出运动时间．该题考察了带电物体在复合场中的运动情况，解决此类问题要求我们要对带电物体进行正确的受力分析，要注意找出当小球离开斜面时的受力情况是解决该题的关键．在运动学中，只牵扯到位移和速度问题的往往用能量解决；如果牵扯到时间，往往应用牛顿运动定律或动量定理来解决．11.如图所示，一束电子（电荷量为e）以速度v从A点垂直射入磁感应强度为B，宽为d的匀强磁场中，从C点穿出磁场时速度方向与电子原来入射方向的夹角为30°，求：（1）电子的质量；（2）电子穿过磁场所用的时间．【答案】解：（1）电子垂直射入匀强磁场中，只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，画出轨迹，由几何知识得到，轨迹的半径为=2dr=°由牛顿第二定律得：ev B=m得：m=（2）由几何知识得到，轨迹的圆心角为α=t==答：（1）电子的质量为m=；（2）电子穿过磁场所用的时间为．【解析】（1）电子垂直射入匀强磁场中，只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，画出轨迹，由几何知识求出轨迹的半径，由牛顿第二定律求出质量．（2）由几何知识求出轨迹所对的圆心角α，由t=求出时间，s是弧长．本题是带电粒子在匀强磁场中圆周运动问题，关键要画出轨迹，根据圆心角求时间，由几何知识求半径是常用方法．。