高二上学期第二次月考物理试题

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物理上学期第二次月考试卷理高二全册物理试题

量奋市例比阳光实验学校二中高二〔上〕第二次月考物理试卷〔理〕一、单项选择题：〔每个题目有且仅有一个正确答案，每题3分，共30分〕1．以下说法正确的选项是〔〕A．所有电荷在电场中都要受到电场力的作用B．所有电荷在磁场中都要受到磁场力的作用C．一切运动电荷在磁场中都要受到磁场力的作用D．静止的电荷在磁场中可能会受磁场力的作用2．对于欧姆律的理解，以下说法中错误的选项是〔〕A．由I=，通过电阻的电流强度跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比B．由U=IR，对一的导体，通过它的电流强度越大，它两端的电压也越大C．由R=，导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流强度成反比D．对一的导体，它两端的电压与通过它的电流强度的比值保持不变3．如图是某导体的伏安特性曲线，由图可知以下判断错误的选项是〔〕A．导体的电阻是25ΩB．导体的电阻是0.04ΩC．当导体两端的电压是10V时，通过导体的电流是0.4AD．当通过导体的电流是0.1A时，导体两端的电压是V4．标有“220V、60W〞的白炽灯泡，加上电压U由零逐渐增大到220V，在此过程中，电压U和电流I的关系可用图象表示．如下图，题中给出的四个图象中肯不符合实际的是〔〕A ．B ．C ．D ．5．将一根粗细均匀．阻值为R的电阻丝均匀拉长到原来的5倍后，其电阻变为250Ω，那么R的阻值为〔〕A．10ΩB．50ΩC．1250ΩD．6250Ω6．如下图，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以相同速度沿与x轴成30°角从原点垂直射入磁场，那么正、负电子在磁场中运动时间之比为〔〕A．1：2 B．2：1 C ． D．1：17．质量和电量都相的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，以下表述正确的选项是〔〕A．M带负电，N带正电B．M的速率大于N的速率C．洛伦兹力对M、N做正功D．M的运行时间大于N的运行时间8．如下图，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相、方向相反的电流．a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相．关于以上几点处的磁场，以下说法正确的选项是〔〕A．O点处的磁感强度为零B．a、b两点处的磁感强度大小相，方向相反C．c、d两点处的磁感强度大小相，方向相同D．a、c两点处磁感强度的方向相同9．质量为m、带电量为q的小球，从倾角为θ的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向外的匀强磁场中，其磁感强度为B，如下图．假设带电小球下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下面说法中正确的选项是〔〕A．小球带负电B．小球在斜面上运动时做匀加速直线运动C．小球在斜面上运动时做加速度增大，而速度也增大的变加速直线运动D ．小球在斜面上下滑过程中，当小球对斜面压力为零时的速率为10．把两个相同的电灯分别接在图中甲、乙两个电路里，调节滑动变阻器，使两灯都正常发光，两电路中消耗的总功率分别为P甲和P乙，可以断〔〕A．P甲＞P乙B．P甲＜P乙C．P甲=P乙D．无法确11．长为L、间距也为L的两平行金属板间有垂直纸面向里的匀强磁场，如下图，磁感强度为B．今有质量为m、电荷量为q的正离子从平行板左端中点以平行于金属板的方向射入磁场．欲使离子不打在极板上，入射离子的速度大小满足的条件是〔〕A．v ＞B．v ＞C．v ＜D ．＜v ＜12．图中为两个不同闭合电路中两个不同电源的U﹣I图象，以下判断正确的选项是〔〕A．电动势E1=E2，发生短路时的电流I1＞I2B．电动势E1=E2，内阻r1＜r2C．电动势E1＞E2，内阻 r1＜r2D．当两电源的工作电流变化量相同时，电源2的路端电压变化大13．图中装置可演示磁场对通电导线的作用．电磁铁上下两磁极之间某一水平面内固两条平行金属导轨，L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆．当电磁铁线圈两端a、b，导轨两端e、f，分别接到两个不同的直流电源上时，L便在导轨上滑动．以下说法正确的选项是〔〕A．假设a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，那么L向右滑动B．假设a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，那么L向右滑动C．假设a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，那么L向左滑动D．假设a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，那么L向左滑动14．空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界．一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射．这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子．不计重力．以下说法正确的选项是〔〕A．入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一不同B．入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一相同C．在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一相同D．在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一越大15．利用如下图装置可以选择一速度范围内的带电粒子．图中板MN上方是磁感强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d 的缝，两缝近端相距为L．一群质量为m、电荷量为q，具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽度d的缝射出的粒子，以下说法正确的选项是〔〕A．粒子带正电B ．射出粒子的最大速度为C．保持d和L不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大D．保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大16．如下图，MN是磁感强度为B的匀强磁场的边界．一质量为m、电荷量为q 的粒子在纸面内从O点射入磁场．假设粒子速度为v0，最远能落在边界上的A 点．以下说法正确的有〔〕A．假设粒子落在A点的左侧，其速度一小于v0B．假设粒子落在A点的右侧，其速度一大于v0C．假设粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于v0﹣D．假设粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能大于v0+二、题〔每空3分，共15分〕17．一种供仪器使用的小型电池标称电压为9V，允许电池输出的最大电流为50mA，为了测这个电池的电动势和内电阻，室利用了图1所示电路，图中电压表内阻很大，可不考虑对电路的影响，R为电阻箱，阻值范围为0﹣9999Ω，R0是保护电阻．〔1〕室中备有的值电阻有以下几种规格：〔A〕10Ω、5W 〔B〕150Ω、1/2W 〔C〕200Ω、1/4W 〔D〕KΩ、1W时，R0选用〔填字母符号〕较好．〔2〕在中，当变阻箱各旋钮调到图2所示位置后，闭合开关，电压表示数为9.0V，变阻箱此时电阻为Ω，电路中通过电阻箱电流为mA．〔3〕断开开关，调整电阻箱阻值，再闭合开关，读取电压表示数，屡次重复，取得数据后，作出如图3所示图线，那么该电池电动势E= V，内电阻r= Ω．三、计算题：〔共31，其中18题8分，19题10分，20题13分，21题14分〕18．如下图，电源消耗的总功率为12W，电阻R1=4Ω，R2=6Ω，电源内阻r=0.6Ω，求电源电动势和路端电压？19．电视机显像管简单原理如下图，初速度不计的电子经加速电场加速后进入有限边界宽度为L的匀强磁场，磁感强度为B，如要求电子束偏转角为α，求加速电场的电势差U．〔2021秋平凉校级期末〕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，磁感强度为B，方向垂直纸面向外，电场方向竖直向上．有一质量为m，带电量为十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，如下图，假设迅速把电场方向反转竖直向下，小球能在斜面上连续滑行多远？所用时间是多少？21．如下图，在空间内有一直角坐标系xOy，直线OP与x轴正方向夹角为30°，第一象限内有两个方向均垂直纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，直线OP是它们的理想边界，OP上方区域Ⅰ中磁场的磁感强度为B，在第四象限内有一沿x轴负方向的匀强电场，一质量为m、电荷量为q的质子〔不计重力及质子对磁场、电场的影响〕以速度v从O点沿与OP成30°角方向垂直磁场进入区域Ⅰ，质子先后通过磁场区域Ⅰ和Ⅱ后，恰好垂直通过x轴上的Q点〔未画出〕进入第四象限内的匀强电场中，最后从y轴上的A点与y轴负方向成60°角射出，求：〔1〕区域Ⅱ中磁场的磁感强度大小；〔2〕Q点到O点的距离；〔3〕匀强电场的电场强度E的大小．二中高二〔上〕第二次月考物理试卷〔理〕参考答案与试题解析一、单项选择题：〔每个题目有且仅有一个正确答案，每题3分，共30分〕1．以下说法正确的选项是〔〕A．所有电荷在电场中都要受到电场力的作用B．所有电荷在磁场中都要受到磁场力的作用C．一切运动电荷在磁场中都要受到磁场力的作用D．静止的电荷在磁场中可能会受磁场力的作用【考点】电场强度；磁感强度．【专题】性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．【分析】电场的性质是对电荷有力的作用．当运动的带电粒子的速度方向不与磁场平行，将会受到洛伦兹力作用．【解答】解：A、电场的性质是对电荷有力的作用，所有电荷在电场中都要受到电场力的作用．故A正确．B、静止的电荷在磁场中不受磁场力．故BD错误．C、假设运动的电荷速度方向与磁场方向平行，那么不受磁场力的作用，只有当垂直于磁场方向的速度分量不为零时，才受到磁场力的作用．故C错误．应选：A．【点评】解决此题的关键知道电场的性质是对电荷有力的作用．当运动的带电粒子的速度方向不与磁场平行，将会受到洛伦兹力作用，假设运动电荷的速度方向与磁场方向平行，那么不受洛伦兹力．2．对于欧姆律的理解，以下说法中错误的选项是〔〕A．由I=，通过电阻的电流强度跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比B．由U=IR，对一的导体，通过它的电流强度越大，它两端的电压也越大C．由R=，导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流强度成反比D．对一的导体，它两端的电压与通过它的电流强度的比值保持不变【考点】欧姆律．【专题】恒电流专题．【分析】根据欧姆律的内容可知，通过电阻的电流强度跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比，电阻的大小是由导体本身决的，与电压的大小无关．【解答】解：A、根据欧姆律可知，通过电阻的电流强度跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比，所以A正确；B、由U=IR，对一的导体，电流与电压程正比，所以通过它的电流强度越大，它两端的电压也越大，所以B正确；C、导体的电阻与电压的大小无关，是由导体本身决的，所以C错误；D、对一的导体，它两端的电压与通过它的电流强度的比值保持不变，即为电阻的大小，所以D正确．此题选错误的，应选C．【点评】此题就是考查学生对欧姆律的理解，掌握住电阻是由导体本身决的，与电压的大小无关，即可解决此题．3．如图是某导体的伏安特性曲线，由图可知以下判断错误的选项是〔〕A．导体的电阻是25ΩB．导体的电阻是0.04ΩC．当导体两端的电压是10V时，通过导体的电流是0.4AD．当通过导体的电流是0.1A时，导体两端的电压是V【考点】欧姆律．【专题】恒电流专题．【分析】此题为图象分析问题，在图中任意做一条与纵轴垂直的直线，对的横坐标得出电压值，那么由欧姆律可进行比拟．【解答】解：A、有欧姆律I=得，R===25Ω，故A正确，B错误；C、当电压为10V时，I==A=0.4A，故C正确；D、当电流为0.1A时，U=IR=0.1×25V=V，故D正确；此题选错误的，应选B．【点评】此题主要考查伏安特性曲线及欧姆律的灵活用．4．标有“220V、60W〞的白炽灯泡，加上电压U由零逐渐增大到220V，在此过程中，电压U和电流I的关系可用图象表示．如下图，题中给出的四个图象中肯不符合实际的是〔〕A ．B ．C ．D ．【考点】欧姆律．【专题】恒电流专题．【分析】白炽灯泡上的电压U由零逐渐增大到220V时，白炽灯泡的温度不断升高，电阻增大，根据数学知识分析选择图象．【解答】解：由题，白炽灯泡上的电压U由零逐渐增大到220V时，白炽灯泡的温度不断升高，电阻增大，由欧姆律得到R=，于图线上的点与原点连线的斜率，电阻一直增大，斜率一直增大．所以ACD不符合实际．应选ACD【点评】此题是实际的灯泡，其电阻会温度升高而增大，其U﹣I图线不是直线，可以从数学角度理解其物理意义．5．将一根粗细均匀．阻值为R的电阻丝均匀拉长到原来的5倍后，其电阻变为250Ω，那么R的阻值为〔〕A．10ΩB．50ΩC．1250ΩD．6250Ω【考点】电阻律．【专题】恒电流专题．【分析】电阻的体积不变，长度变为原来的5倍，那么截面积变为原来的，根据求出电阻的大小．【解答】解：根据得，长度变为原来的5倍，截面积变为原来的，所以电阻变为原来25倍，所以R=10Ω．故A正确，B、C、D错误．应选A．【点评】解决此题的关键掌握电阻律的公式．以及知道电阻的体积不变，长度变为原来的5倍，横截面积变为原来的．6．如下图，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以相同速度沿与x轴成30°角从原点垂直射入磁场，那么正、负电子在磁场中运动时间之比为〔〕A．1：2 B．2：1 C ． D．1：1【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】带电粒子以一的速度垂直进入匀强磁场，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动．粒子受到的洛伦兹力提供向心力；粒子在磁场中运动的周期仅与粒子的比荷及磁场有关，而运动的时间与偏转角有关．【解答】解：正离子进入磁场后，在洛伦兹力作用下向上偏转，而负离子在洛伦兹力作用下向下偏转．正离子以60°入射，那么圆弧对的圆心角为120°，而负离子以30°入射，那么圆弧对的圆心角为60°，所以正离子运动时间是负离子时间的2倍．应选B【点评】带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：圆心、画轨迹、求半径．那么可画出正、负离子运动轨迹，由几何关系可知答案．7．质量和电量都相的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，以下表述正确的选项是〔〕A．M带负电，N带正电B．M的速率大于N的速率C．洛伦兹力对M、N做正功D．M的运行时间大于N的运行时间【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】由左手那么判断出M带正电荷，带负电荷；结合半径的公式可以判断出粒子速度的大小；根据周期的公式可以判断出运动的时间关系．【解答】解：A：由左手那么判断出N带正电荷，M带负电荷，故A正确；B：粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力qvB=m ，半径为：，在质量与电量相同的情况下，半径大说明速率大，即M的速率大于N的速率，故B正确；C：洛伦兹力始终与速度的方向垂直，不做功，故C错误；D：粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为T=，M的运行时间于N的运行时间，故D错误．应选：AB【点评】该题考查到左手那么、半径的公式和根据周期的公式，属于根本用．简单题．8．如下图，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相、方向相反的电流．a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相．关于以上几点处的磁场，以下说法正确的选项是〔〕A．O点处的磁感强度为零B．a、b两点处的磁感强度大小相，方向相反C．c、d两点处的磁感强度大小相，方向相同D．a、c两点处磁感强度的方向相同【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；磁感强度．【分析】根据右手螺旋那么确两根导线在a、b、c、d四点磁场的方向，根据平行四边形那么进行合成．【解答】解：A、根据右手螺旋那么，M处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感强度不于0，因此垂直于纸面向外的通电直导线受到的力不为零．故A错误．B、M在a处产生的磁场方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向竖直向下，b处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a、b两点处磁感强度大小相，方向相同．当垂直于纸面向外的相同通电直导线受到的力大小相，方向相同，故B错误．C、M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，在d出产生的磁场方向垂直dM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下，在d处产生的磁场方向垂直于dN 偏下，根据平行四边形那么，知c处的磁场方向竖直向下，d处的磁场方向竖直向下，且合场强大小相．因此通电直导线受到的力大小相，方向相同，故C 正确．D、a、c两点的磁场方向都是竖直向下，那么a、c两点处放垂直于纸面向外的相同通电直导线受到的力方向相同．故D正确．应选：CD．【点评】解决此题的关键掌握右手螺旋那么判断电流与其周围磁场方向的关系，会根据平行四边形那么进行合成．9．质量为m、带电量为q的小球，从倾角为θ的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向外的匀强磁场中，其磁感强度为B，如下图．假设带电小球下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下面说法中正确的选项是〔〕A．小球带负电B．小球在斜面上运动时做匀加速直线运动C．小球在斜面上运动时做加速度增大，而速度也增大的变加速直线运动D ．小球在斜面上下滑过程中，当小球对斜面压力为零时的速率为【考点】洛仑兹力；带电粒子在匀强磁场中的运动．【分析】带电滑块在滑至某一位置时，由于在安培力的作用下，要离开斜面．根据磁场方向结合左手那么可得带电粒子的电性．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，从而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：A、小球向下运动，由磁场垂直纸面向外，又由于洛伦兹力垂直斜面向上，所以小球带正电．故A错误；B、小球没有离开斜面之前，在重力，支持力、洛伦兹力作用下做匀加速直线运动，虽然速度变大，导致洛伦兹力变大，但三个力的合力却不变，故B正确；C、小球没有离开斜面之前，在重力，支持力、洛伦兹力作用下做匀加速直线运动，虽然速度变大，导致洛伦兹力变大，但重力沿斜面向下的分力却不变，即三个力的合力却不变，故C错误；D、那么小球在斜面上下滑过程中，当小球受到的洛伦兹力于重力垂直与斜面的分力相时，小球对斜面压力为零．所以Bqv=mgcosθ，那么速率为．故D 错误；应选：B【点评】此题突破口是从小滑块刚从斜面离开时，从而确洛伦兹力的大小，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．倘假设斜面不是光滑的，那么随着粒子的下滑，洛伦兹力大小变化，导致摩擦力变化，从而使加速度也发生变化．10．把两个相同的电灯分别接在图中甲、乙两个电路里，调节滑动变阻器，使两灯都正常发光，两电路中消耗的总功率分别为P甲和P乙，可以断〔〕A．P甲＞P乙B．P甲＜P乙C．P甲=P乙D．无法确【考点】电功、电功率．【专题】恒电流专题．【分析】灯泡正常发光时的电流为额电流；根据并联电路中干路电流是各支路电流的和、串联电路各处电流都相分别求出两电路的总电流，再利用P=UI求出甲乙两图的功率之比．【解答】解：两灯泡规格相同且正常发光，甲图灯泡并联，电流为：I1=2I额；乙图灯泡串联，电流为：I2=I额；∴P1：P2=U1I1：U2I2=8V×2I额：16V×I额=1：1．应选C．【点评】此题考查了串联电路和并联电路的电流特点，以及电功率公式的用，熟练掌握以上知识并灵活用公式是解决此题的关键．11．长为L、间距也为L的两平行金属板间有垂直纸面向里的匀强磁场，如下图，磁感强度为B．今有质量为m、电荷量为q的正离子从平行板左端中点以平行于金属板的方向射入磁场．欲使离子不打在极板上，入射离子的速度大小满足的条件是〔〕A．v ＞B．v ＞C．v ＜D ．＜v ＜【考点】带电粒子在混合场中的运动．【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】欲使离子不打在极板上，抓住两个临界情况，一个是刚好从左侧射出，一个是刚好从右侧射出，根据几何关系求出两临界情况的半径，再根据半径公式得出两个临界速度，从而知道速度的范围．【解答】解：根据qvB=m，得：R=．假设粒子刚好从左侧射出，如图，那么：R1=．所以：v1=．假设粒子刚好从右侧射出，如图，有：R22=L2+〔R2﹣〕2解得：R2=．得：v2=．欲使离子不打在极板上，那么v ＜或v ＞．故BC正确，AD错误．应选：BC．【点评】此题考查了带电粒子在有界磁场中运动问题，关键抓住临界状况，运用牛顿第二律进行求解．12．图中为两个不同闭合电路中两个不同电源的U﹣I图象，以下判断正确的选项是〔〕A．电动势E1=E2，发生短路时的电流I1＞I2B．电动势E1=E2，内阻r1＜r2C．电动势E1＞E2，内阻 r1＜r2D．当两电源的工作电流变化量相同时，电源2的路端电压变化大【考点】闭合电路的欧姆律．【专题】比拟思想；几何法；恒电流专题．【分析】U﹣I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，与I轴的交点表示短路电流，斜率的绝对值表示内阻．根据闭合电路欧姆律分析．【解答】解：A、根据闭合电路欧姆律知：U=E﹣Ir，那么知U﹣I图象与U轴的交点表示电源的电动势，与I轴的交点表示短路电流，故有电动势E1=E2，发生短路时的电流I1＞I2，故A正确；B、U﹣I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，斜率的绝对值表示内阻，那么得电动势E1=E2，内阻r1＜r2，故B正确，故C错误；D、电动势E1=E2，内阻r1＜r2，根据U=E﹣Ir可知，当两电源的工作电流变化量相同时，电源2的路端电压变化大，故D正确；应选：ABD 【点评】此题考查了闭合电路电源的U﹣I图象的相关知识，要求同学们理解U ﹣I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，与I轴的交点表示短路电流，斜率的大小表示内阻．13．图中装置可演示磁场对通电导线的作用．电磁铁上下两磁极之间某一水平面内固两条平行金属导轨，L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆．当电磁铁线圈两端a、b，导轨两端e、f，分别接到两个不同的直流电源上时，L便在导轨上滑动．以下说法正确的选项是〔〕A．假设a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，那么L向右滑动B．假设a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，那么L向右滑动C．假设a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，那么L向左滑动D．假设a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，那么L向左滑动【考点】安培力．【专题】压轴题．【分析】由安培那么判断出电流产生的磁场方向，然后由左手那么判断出导体棒受到的安培力方向，从而判断出导轨L的移动方向．【解答】解：A、由安培那么与左手那么可知，假设a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，L所受安培力向左，L向左滑动，故A错误；B、由安培那么与左手那么可知，假设a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，L受到的安培力向右，L向右滑动，故B正确；C、由安培那么与左手那么可知，假设a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，L所受安培力向右，L向右滑动，故C错误；。

高二第一学期第二次月考(标准试卷)物理

高二第一学期第二次月考（标准试卷）物理（范围：选修3-2模块总分：120分考试时间：100分钟）一、单选题（本题共8小题，每小题3分，共24分，每小题只有一个选项符合题意）1．矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，下列说法正确．．的是( ) A．在中性面时，感应电动势最大；B．在中性面时，通过线圈的磁通量最大；C．穿过线圈的磁通量为零时，感应电动势也为零；D．线圈每转动一圈，电流方向改变一次。

2．如图所示，电阻R和线圈自感系数L的值都较大，电感线圈的电阻不计，A、B是两只完全相同的灯泡，当开关S闭合时，电路可能出现的情况是( )A．A、B一起亮，然后A熄灭B．A、B一起亮，然后B熄灭C．B比A先亮，然后B熄灭D．A比B先亮，然后A熄灭3．如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落。

如果线圈中受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为( )A．a1＞a2＞a3＞a4 B．a1 = a2 = a3 = a4C．a1 = a3＞a2＞a4 D．a4 = a2＞a3＞a14．如图所示，一闭合直角三角形线框以速度v匀速穿过匀强磁场区域。

从BC边刚进入磁场区开始计时，到A点离开磁场区为止的过程中，以逆时针方向为电流的正方向，线框内感应电流随时间变化图象正确的是( )5．如图所示，电阻为r的矩形线圈面积为S，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以角速度ω匀速转动。

0t=时刻线圈平面与磁场垂直，各电表均为理想交流电表。

则（）A．滑片P下滑时，电压表的读数不变B．图示位置线圈中的感应电动势最大C ．线圈从图示位置转过︒180的过程中，流过电阻R 的电量为R BS 2 D ．1 s 内流过R 的电流方向改变πω次 6．关于传感器，下列说法中正确的是（）A ．电熨斗通过感温铁氧体实现温度的自动控制B ．半导体材料的硫化镉，随着光照的增强，载流子增多，导电性能变好C ．火灾报警器都是利用温度传感器实现报警D ．金属热电阻是一种将电学量转换为热学量的传感器7．我国未来航母上飞机弹射起飞可以利用电磁驱动来实现。

2024-2025学年江苏省宿迁市沭阳塘沟高级中学高二(上)第二次月考物理试卷(含答案)

2024-2025学年江苏省宿迁市沭阳塘沟高级中学高二（上）第二次月考物理试卷一、单选题：本大题共11小题，共44分。

1.某激光器输出功率为P，输出光的波长为λ，脉冲时间为t，光在真空中速度为c，普朗克常量为ℎ，则每个脉冲发出的光子数为()．A. Pλtℎc B. PℎtcλC. PtℎcλD. Pλℎtc2.如图所示，匝数为n、面积为S的线圈平面与水平面的夹角θ=60∘，线圈处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。

若线圈以cd为轴顺时针转过120∘角，则此过程中线圈的磁通量的变化量为( )A. 12BSB. 32BSC. 12nBSD. 32nBS3.如图所示，人坐在摩天轮座舱内随旋转座椅一起做匀速圆周运动。

以下说法正确的是( )A. 转动过程中，人的动量不变B. 转动一圈，人所受合力的冲量不为零C. 转动到最高点时，人所受的合力为零D. 转动一圈，人所受重力的冲量不为零4.图甲为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。

手机加速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况，以向上为正方向，得到手机振动过程中加速度a随时间t变化的曲线为正弦曲线，如图乙所示。

下列说法正确的是( )A. t=0时，弹簧弹力为0B. t=0.2s时，手机位于平衡位置上方C. 从t=0至t=0.2s，手机的动能增大D. a随t变化的关系式为a=4sin(2.5πt)m/s25.在进行“用单摆测量当地重力加速度”的实验中，下列叙述正确的是( )A. 尽量选择细一些、短一些的摆线B. 若将n次摆动的时间误记为n−1次，重力加速度的测量值将偏大C. 若摆球做的是圆锥摆运动，会导致g的测量值偏大D. 单摆做的是简谐运动，摆球经过平衡位置时加速度为零6.如图所示是主动降噪耳机的降噪原理图。

在耳机内有专门用于收集环境噪声的麦克风，耳机收集环境噪声后通过电子线路产生与环境噪声相位相反的降噪声波，再与环境噪声叠加，从而实现降噪效果。

如图是理想的降噪过程，实线对应环境噪声，虚线对应耳机产生的等幅反相降噪声波，则此图中的( )A. 降噪过程属于多普勒效应B. 降噪声波频率等于环境噪声频率C. 降噪过程属于声波的干涉且P点振动加强D. P点空气经一个周期向外迁移距离为一个波长7.如图所示是一个单摆在地面上做受迫振动的共振曲线(振幅A与驱动力频率f的关系)，取g=10m/s2，π2≈10。

高二物理上学期第二次月考试卷理高二全册物理试题

嗦夺市安培阳光实验学校肇庆四中高二（上）第二次月考物理试卷（理）一．不定项选择题，共9小题，每题5分，共45分．全对得5分，部分正确得21．在真空中，电量为q1的点电荷产生的电场中有一点P，P点与q1的距离为r，把一个电量为q2的检验电荷放在P点，它受到的电场力为F，则该点电场强度的大小等于（）A ．B ．C ．D ．2．在同一平面内有四根彼此绝缘的通电直导线如图所示，电流I1=I3＞I2＞I4，要想保留其中三根导线且使中心O点磁场最强，应切断（）A．I1B．I2C．I3D．I43．如图，a．b．c．d为匀强电场中的四个等势面，一个电子射入电场后的运动轨迹如实线MN，由此可知（）A．电子在N的动能大于在M的动能B．电子在N的电势能小于在M的电势能C．电场强度方向向左D．电场中，a点电势低于b点电势4．如图，当K闭合后，一带电微粒（重力不可忽略）在平行板电容器间处于静止状态，下列说法正确的是（）A．保持K闭合，使P滑动片向左滑动，微粒仍静止B．保持K闭合，使P滑动片向右滑动，微粒向下移动C．打开K后，使两极板靠近，则微粒将向上运动D．打开K后，使两极板靠近，则微粒仍保持静止5．两个阻值均为R的电阻，并联在电源时通过每个电阻的电流为串联在同一电源时的，则电源内阻为（）A ．B ．C．2R D．4R6．如图所示电路中，S闭合后，三个灯实际消耗的电功率相同．则三个灯的电阻R1．R2．R3的关系是（）A．R1＜R2＜R3B．R2＜R3＜R1C．R3＜R2＜R1D．R3＜R1＜R27．某同学画的表示磁场B、电流I和安培力F的相互关系如图所示，其中正确的是（）A ．B ．C ．D ．8．如图电路中，电源电动势为E，内阻为r，固定电阻R1=r，可变电阻R2的最大值也等于r．则当滑动头上移时（）A．电源的输出功率增大B．电源内部的电势降落增大C．R2消耗的电功率减小D．电源的效率增加9．下列各图为电流产生磁场的分布图，正确的分布图是（）A．①③B．②③C．①④D．②④二．非选择题，请按要求作答．第1页（共4页）10．在《测定金属丝电阻率》的实验中，需要测出其长度L．直径d和电阻R．用螺旋测微器测金属丝直径时读数如图1，则长度为mm金属丝的直径为 mm．若用图2中测金属丝的电阻，则测量结果将比真实值．（“偏大”，“偏小”）11．（10分）（2015春•包头校级期末）为了描绘标有“3V，0.4W”的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯炮电压能从零开始变化．所给器材如下：A．电流表（0～200mA，内阻0.5Ω）B．电流表（0～0.6A，内阻0.01Ω）C．电压表（0～3V，内阻5kΩ）D．电压表（0～15V，内阻50kΩ）E．滑动变阻器（0～10Ω，0.5A）F．滑动变阻器（0～1kΩ，0.1A）G．电源（3V） H．电键一个，导线若干．（1）为了完成上述实验，实验中应选择的仪器是．（2）在如图1虚线框中画出完成此实验的原理图，并将实物按电路图用导线连好．（3）此实线图2中描绘出的I﹣U图线是（填“曲线”．“直线”），其原因是．12．如图所示，两平行金属板A．B间为一匀强电场，A、B相距6cm，C、D为电场中的两点，C点在A板上，且CD=4cm，CD连线和场强方向成60°角．已知电子从D点移到C点电场力做功为3.2×10﹣17J，电子电量为1.6×10﹣19C．求：（1）匀强电场的场强；（2）A．B两点间的电势差；（3）若A板接地，D点电势为多少？13．（10分）（2015春•包头校级期末）如图电路中，电池组的电动势E=42V，内阻r=2Ω，定值电阻R=20Ω，D是电动机，其线圈电阻R′=1Ω．电动机正常工作时，理想电压表示数为20V．求：（1）通过电动机的电流是多少？（2）电动机消耗的电功率为多少？（3）电动机输出的机械功率为多少？14．如图所示，在与水平方向成60°的光滑金属导轨间连一电源，在相距1m 的平行导轨上垂直于导轨放一重力为3N的金属棒ab，棒上通以3A的电流，磁场方向竖直向上，这时棒恰好静止．求：（1）匀强磁场的磁感应强度B；（2）ab棒对导轨的压力．15．（13分）（2015秋•泉州校级期中）如图，一群速率不同的一价离子从A．B 两平行极板正水平射入偏转电场，A．B间电压为U，间距为d．C为竖直放置．并与A．B间隙正对的金属档板，屏MN足够大．若A．B极板长为L，C到极板的距离也为L，C的高为d．不考虑离子所受重力，元电荷为e．求初动能范围是多少的离子才能打到屏MN上．肇庆四中高二（上）第二次月考物理试卷（理）参考答案与试题解析一．不定项选择题，共9小题，每题5分，共45分．全对得5分，部分正确得21．在真空中，电量为q1的点电荷产生的电场中有一点P，P点与q1的距离为r，把一个电量为q2的检验电荷放在P点，它受到的电场力为F，则该点电场强度的大小等于（）A ．B ．C ．D ．【考点】电场强度．【专题】定性思想；模型法；带电粒子在电场中的运动专题．【分析】题中，电量为q2的试探电荷在P点所受的静电力为F，根据电场强度的定义式E=，可以确定P点电场强度的大小．电量为q1的点电荷场源电荷，在P点产生的电场强度的大小可根据公式E=k也可以确定．【解答】解：AB、电量为q2的试探电荷在P点所受的静电力为F，根据电场强度的定义式得：P点电场强度的大小为：E=．故A错误，B正确．CD、电量为q1的点电荷场源电荷，在P点产生的电场强度的大小为：E=k．故C正确，D错误．故选：BC【点评】本题考查了电场强度的两个公式的理解和应用，关键的知道：E=，该式是电场强度的定义式，式中q是试探电荷．E=k，Q是场源电荷．2．在同一平面内有四根彼此绝缘的通电直导线如图所示，电流I1=I3＞I2＞I4，要想保留其中三根导线且使中心O点磁场最强，应切断（）A．I1B．I2C．I3D．I4【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；磁感线及用磁感线描述磁场．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用．【分析】根据安培定则判断4根通电导线在1、2、3、4四个区域产生的磁场方向，根据磁场的叠加，判断哪个区域的磁场最强．【解答】解：根据右手螺旋定则来确定通电导线周围磁场的分布，导线1在O 点产生的磁场的方向向里，导线2在O点产生的磁场的方向向里，导线3在O 点产生的磁场的方向向外，导线4在O点产生的磁场的方向向外．由于I1=I3＞I2＞I4，所以合磁场的方向向里，根据磁场的叠加可知，要使O的磁场增强，应切断I3，则C正确．故选：C【点评】本题利用安培定则判断磁场方向比较简单，但磁场的叠加，较为复杂，采用作图法可防止思路出现混乱．3．如图，a．b．c．d为匀强电场中的四个等势面，一个电子射入电场后的运动轨迹如实线MN，由此可知（）A．电子在N的动能大于在M的动能B．电子在N的电势能小于在M的电势能C．电场强度方向向左D．电场中，a点电势低于b点电势【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势能．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】根据电场线方向与等势线垂直和电子所受的电场力指向轨迹的内侧，判断出电子所受的电场力方向，分析电场力做功的正负，根据动能定理分析动能的变化和电势能的变化．根据顺着电场线方向电势降低，判断电势的高低．【解答】解：A、B、根据电场线方向与等势线垂直可知，电场线方向必定位于竖直方向，则电子所受的电场力必定在竖直方向．电子做曲线运动，所受的电场力方向指向轨迹的内侧，所以可知电子所受的电场力方向应竖直向下，与速度方向的夹角为钝角，对电子做负功，根据动能定理可知，电子的动能减小，电势能增加，所以电子在N的动能小于在M的动能，在N的电势能大于在M的电势能，故A、B错误．C、电子带负电，电场力方向与电场强度方向相反，所以可知电场强度方向竖直向上，如图所示，故C错误．D、根据顺着电场线方向电势降低，得知，a点电势低于b点电势，故D正确．故选：D【点评】解决本题的关键是根据电子的轨迹弯曲方向和电场线方向判断出电场力方向，运用动能定理和电场力做功与电势能变化的关系进行分析．4．如图，当K闭合后，一带电微粒（重力不可忽略）在平行板电容器间处于静止状态，下列说法正确的是（）A．保持K闭合，使P滑动片向左滑动，微粒仍静止B．保持K闭合，使P滑动片向右滑动，微粒向下移动C．打开K后，使两极板靠近，则微粒将向上运动D．打开K后，使两极板靠近，则微粒仍保持静止【考点】带电粒子在混合场中的运动；电容器．【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】当S闭合后，带电微粒在平行板电容器间处于静止状态，合力为零，电场力与重力平衡．保持S闭合，电容器板间电压不变，若板间距离也不变，板间的场强不变，微粒仍处于静止状态．打开S后，根据电容的决定式C=，分析电容的变化，由电容的定义式C=分析电压的变化．再由E=分析板间场强的变化，即可判断带电微粒的运动状态．【解答】解：A、B、保持K闭合，电容器板间电压不变，使滑动片P向左或向右滑动，板间距离不变，则由E=分析得知，板间场强仍保持不变，带电微粒所受的电场力不变，仍处于静止状态．故A正确，B错误．C、D、由C=，C=，E=得到极板间场强E=，E与板间距离无关，故使两极板靠近，板间场强不变，带电微粒所受的电场力不变，则带电微粒仍处于静止状态，故C错误，D正确．故选：AD．【点评】本题关键要抓住不变量进行分析：电容器与电源保持相连，板间电压保持不变；充电后与电源断开后，电量不变．电量、正对面积不变时，改变板间距离，板间场强不变．5．两个阻值均为R的电阻，并联在电源时通过每个电阻的电流为串联在同一电源时的，则电源内阻为（）A ．B ．C．2R D．4R【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】设电源的内阻为r，根据闭合电路欧姆定律分两次列式求解即可．【解答】解：两个阻值均为R的电阻，并联在电源时通过每个电阻的电流为：I1=×①两个阻值均为R的电阻，串联在同一电源时的电流为：I2=②由于I1=I2③联立①②③解得：r=4R故选：D．【点评】本题关键是明确电路的结构，然后根据闭合电路欧姆定律分两次列式后联立求解，基础题目．6．如图所示电路中，S闭合后，三个灯实际消耗的电功率相同．则三个灯的电阻R1．R2．R3的关系是（）A．R1＜R2＜R3B．R2＜R3＜R1C．R3＜R2＜R1D．R3＜R1＜R2【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】对纯电阻电路，根据P=UI和R=，有P=UI==I2R，然后两两判断即可．【解答】解：①开关闭合后恰好三个灯消耗的电功率都相等，设为P；对于灯泡R1与灯泡R3，由于灯泡R1的电压大，根据P=，有：R=，故R1＞R3；②对于灯泡R3与灯泡R2，由于灯泡R3的电流大，根据P=I2R，有R2＞R3；③对于灯泡R1与灯泡R2，由于灯泡R1的电压大，根据P=UI，灯泡R1的电流小，根据R=，有：R1＞R2；故R1＞R2＞R3；故选：C．【点评】本题关键根据P=UI==I2R，结合串并联电路的电压和电流关系列式分析，不难．7．某同学画的表示磁场B、电流I和安培力F的相互关系如图所示，其中正确的是（）A ．B ．C ．D ．【考点】安培力．【分析】熟练应用左手定则是解决本题的关键，在应用时可以先确定一个方向，然后逐步进行，如可先让磁感线穿过手心，然后通过旋转手，让四指和电流方向一致或让大拇指和力方向一致，从而判断出另一个物理量的方向，用这种程序法，防止弄错方向．【解答】解：A、根据左手定则可知，A图中安培力方向应该向上，故A正确；B、根据左手定则可知，B图中安培力应该垂直于磁场斜向上，故B错误；C、根据左手定则可知，C图中磁场方向和电流方向在同一直线上，不受安培力作用，故C错误；D、根据左手定则可知，D图中安培力方向垂直于导体棒向上，故D错误．故选：A．【点评】左手定则中涉及物理量及方向较多，在应用过程中容易出现错误，要加强练习，增加熟练程度．8．如图电路中，电源电动势为E，内阻为r，固定电阻R1=r，可变电阻R2的最大值也等于r．则当滑动头上移时（）A．电源的输出功率增大B．电源内部的电势降落增大C．R2消耗的电功率减小D．电源的效率增加【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】R1为定值电阻，R2为可变电阻，根据P=I2R1可以分析电阻R1的功率的变化情况，由于R2减小的时候，电路电流就在增加，所以不能根据P=I2R2来分析R2的功率的变化情况；当电源的内电阻和外电阻相等的时候，电源的输出功率最大．【解答】解：A、根据电源的内电阻和外电阻相等的时候，电源的输出功率最大可知，固定电阻R1=r，则当滑动头上移时，滑动变阻器电阻减小，但总电阻仍然大于电源内阻，所以电源的输出功率增大，故A正确；B、当滑动头上移时，滑动变阻器电阻减小，总电阻减小，总电流增大，内阻所占电压增大，所以电源内部的电势降落增大，故B正确；C、当把R1和电源看做一个整体时，即把电源的内阻看做R1+r，当R2=R1+r时，电源的输出功率最大，即R2上获得最大功率，但实际上R2＜R1+r时，所以R2变小时，R2消耗的电功率减小，所以C正确；D 、电源的效率，总电阻减小，内阻所占电压增大，所以路端电压减小，则电源效率减小，所以D错误；故选：ABC．【点评】对于R2的功率的分析是本题的难点，通常的分析方法都是把R1和电源看做一个整体来分析电源的输出功率的变化情况，即为R2的功率的情况．9．下列各图为电流产生磁场的分布图，正确的分布图是（）A．①③B．②③C．①④D．②④【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【专题】应用题；图析法．【分析】由右手螺旋定则可判断电流周围磁场的分布，并注意平面图及立体图的区分即可正确判断．【解答】解：①电流方向向上，由右手螺旋定则可得磁场为逆时针（从上向下看），故①正确；②电流方向向下，由右手螺旋定则可得磁场为顺时针（从上向下看），故②错误；③图中电流为环形电流，由由右手螺旋定则可知，内部磁场应向右，故③错误；④根据图示电流方向，由右手螺旋定则可知，内部磁感线方向向右，故④正确；故选C．【点评】因磁场一般为立体分布，故在判断时要注意区分是立体图还是平面图，并且要能根据立体图画出平面图，由平面图还原到立体图．二．非选择题，请按要求作答．第1页（共4页）10．在《测定金属丝电阻率》的实验中，需要测出其长度L．直径d和电阻R．用螺旋测微器测金属丝直径时读数如图1，则长度为100.15 mm金属丝的直径为0.698 mm．若用图2中测金属丝的电阻，则测量结果将比真实值偏小．（“偏大”，“偏小”）【考点】测定金属的电阻率．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度所示之和是螺旋测微器的示数；分析电路结构，根据电路结构、应用欧姆定律分析实验误差．【解答】解：由图1所示游标卡尺可知，主尺示数为10cm=100mm，游标尺示数为3×0.05mm=0.15mm，金属丝的长度为100mm+0.15mm=100.15mm；由图1所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0.5mm，可动刻度示数为19.8×0.01mm=0.198mm，金属丝直径为0.5mm+0.198mm=0.698mm；由图2所示电路图可知，电流表采用外接法，由于电压表分流，所测电流偏大，由欧姆定律可知，金属丝电阻测量值偏小．故答案为：100.15；0.698；偏小．【点评】游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度所示之和是螺旋测微器的示数；游标卡尺不需要估读，螺旋测微器需要估读；对游标卡尺读数时，要注意游标尺的精度．11．（10分）（2015春•包头校级期末）为了描绘标有“3V，0.4W”的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯炮电压能从零开始变化．所给器材如下：A．电流表（0～200mA，内阻0.5Ω）B．电流表（0～0.6A，内阻0.01Ω）C．电压表（0～3V，内阻5kΩ）D．电压表（0～15V，内阻50kΩ）E．滑动变阻器（0～10Ω，0.5A）F．滑动变阻器（0～1kΩ，0.1A）G．电源（3V） H．电键一个，导线若干．（1）为了完成上述实验，实验中应选择的仪器是A、C、E、G、H ．（2）在如图1虚线框中画出完成此实验的原理图，并将实物按电路图用导线连好．（3）此实线图2中描绘出的I﹣U图线是曲线（填“曲线”．“直线”），其原因是随着温度的升高，电阻增大．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】实验题．【分析】器材选取的原则需安全精确，根据灯泡的额定电压和额定电流选择电流表、电压表的量程．灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，通过灯泡电阻的大小分析其是大电阻还是小电阻，确定电流表的内外接．根据电路图连接实物图．灯泡的电阻随温度的变化而变化，所以I﹣U图线是一条曲线．【解答】解：（1）灯泡的额定电压为3V，所以电压表的量程选择3V的误差较小，额定电流I=≈130mA，所以电流表的量程选择200mA的，灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，使用选择电阻值比较小的滑动变阻器E，另外，还需要电源、电建和导线．故实验中应选择的仪器是A、C、E、G、H．（2）灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，灯泡正常工作时的电阻R==22.5Ω，远小于电压表的内阻，属于小电阻，电流表采用外接法．电路图和实物连线图如图所示．（3）此实线图2中描绘出的I﹣U图线是曲线，其原因是由于温度升高，电阻增大．故答案为：（1）A、C、E、F、G．（2）如右图．（3）曲线，随着温度的升高，电阻增大．【点评】解决本题的关键掌握器材选择的原则，以及知道滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别，电流表内外接的区别．12．如图所示，两平行金属板A．B间为一匀强电场，A、B相距6cm，C、D为电场中的两点，C点在A板上，且CD=4cm，CD连线和场强方向成60°角．已知电子从D点移到C点电场力做功为3.2×10﹣17J，电子电量为1.6×10﹣19C．求：（1）匀强电场的场强；（2）A．B两点间的电势差；（3）若A板接地，D点电势为多少？【考点】电场强度；电势差；电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】（1）根据电场力做功W=qEd，d是沿电场方向两点间的距离，求解电场强度．（2）根据匀强电场中，场强与电势差之间的关系U=Ed求出电场强度E．（3）由公式U=Ed求出AD间电势差，再求解D点电势．【解答】解：（1）由题，D→C电场力做正功，为：W=qEL CD cos60°得：E==N/C=1×104N/C（2）因电场力做正功，则知电子在电场中受到的电场力方向向上，电子带负电，则场强方向为A→B．所以A、B间电势差为：U AB=Ed AB=104×6×10﹣2=600V（3）A、D间电势差为：U AD=Ed AD cos60°=1×104×4×10﹣2×0.5V=200V 由 U AD=φA﹣φD，φA=0，得：φD=﹣200V答：（1）匀强电场的场强为1×104N/C；（2）A、B两点间的电势差是600V；（3）若A板接地，D点电势为是﹣200V．【点评】电场力具有力的一般性质，电场力做功可根据功的一般计算公式W=Flcosα计算．本题还要掌握公式U=Ed，知道d是沿电场线方向两点间的距离．13．（10分）（2015春•包头校级期末）如图电路中，电池组的电动势E=42V，内阻r=2Ω，定值电阻R=20Ω，D是电动机，其线圈电阻R′=1Ω．电动机正常工作时，理想电压表示数为20V．求：（1）通过电动机的电流是多少？（2）电动机消耗的电功率为多少？（3）电动机输出的机械功率为多少？【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】（1）由E=U V+U R+r可得R和电源两端的电压之和，进而又欧姆定律可得电路电流，即等于通过电动机的电流．（2）电动机为非纯电阻元件，故其功率为P电=UI．（3）由可得电动机的发热功率，进而由P电=P机+P热可得电动机输出的机械功率．【解答】解：（1）由E=U V+U R+r可得R和电源两端的电压之和为：U R+r=E﹣U V由欧姆定律可得电路电流为：通过电动机的电流为1A．（2）电动机为非纯电阻元件，故其功率为P电=U V I=20×1W=20W（3）电动机的发热功率为：故电动机的输出功率为：P机=P电﹣P热=20W﹣1W=19W答：（1）通过电动机的电流是1A．（2）电动机消耗的电功率为20W．（3）电动机输出的机械功率为19W．【点评】注意对纯电阻元件和非纯电阻元件的处理区别，电热的计算可以用同一个公式，但非纯电阻元件，其总功率只能用P=UI表示．14．如图所示，在与水平方向成60°的光滑金属导轨间连一电源，在相距1m 的平行导轨上垂直于导轨放一重力为3N的金属棒ab，棒上通以3A的电流，磁场方向竖直向上，这时棒恰好静止．求：（1）匀强磁场的磁感应强度B；（2）ab棒对导轨的压力．【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；安培力．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】金属棒受到重力、导轨的支持力和安培力而平衡，安培力F安=BIL，根据平衡条件求解匀强磁场的磁感应强度B和支持力．【解答】解：作出受力侧视图，如图．导体棒处于静止状态，根据平衡条件得 F安=mgtan60°=3N，F N ==2mg=6N，根据牛顿第三定律得ab棒对导轨的压力大小为6N，方向垂直导轨向下．又导体棒与磁场垂直，F安=BIL，则B==T=答：（1）匀强磁场的磁感应强度B=；（2）ab棒对导轨的压力大小为6N，方向垂直导轨向下．【点评】本题是通电导体在磁场中平衡问题，关键是分析物体的受力情况，画出力图，原图是立体图，往往画侧视图，便于作力图．15．（13分）（2015秋•泉州校级期中）如图，一群速率不同的一价离子从A．B 两平行极板正水平射入偏转电场，A．B间电压为U，间距为d．C为竖直放置．并与A．B间隙正对的金属档板，屏MN足够大．若A．B极板长为L，C到极板的距离也为L，C的高为d．不考虑离子所受重力，元电荷为e．求初动能范围是多少的离子才能打到屏MN上．【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】离子在AB板间的电场中做类平抛运动，将离子的运动按水平和竖直两个方向进行分析，运用牛顿第二定律、运动学公式，结合两个分运动的等时性，求出离子射出电场时的偏转距离y和偏转角φ正切表达式．离子离开电场后做匀速直线运动，离子要打在屏MN上，y必须满足y＜，且Ltanφ+y＞．联立即可求解．【解答】解：偏转电场的场强大小为：①离子所受电场力：F=Eq ②离子的加速度为：F=ma ③由①②③解得：a=④设离子的质量为m，初速度为v0，离子射出电场的时间t为：L=v0t ⑤射出电场时的偏转距离y为：⑥由④⑤⑥解得：⑦离子射出电场时的竖直分速度v y=at ⑧射出电场时的偏转角：⑨由④⑤⑧⑨得：tanφ=⑩离子射出电场时做匀速直线运动，要使离子打在屏MN上，需满足：y＜（11）Ltanφ+y（12）由⑦⑩（11）（12）可得：＜E k答：初动能范围是：＜E k的离子才能打到屏MN上．【点评】本题考查粒子在偏转电场中的运动，解题关键是利用类平抛运动知识，要能熟练推导出偏转距离和偏转角度的表达式，同时要正确分析临界条件，相结合即可进行求解．。

高二物理上第二次月考月考测试题及答案

高二级第一学期第二次月考物理试卷考试时间:100分钟满分: 120分一、单项选择题：（本题共5小题；每小题3分；共计15分．） 1、一带电粒子；沿垂直于磁场方向射入匀强磁场；粒子一段径迹如图所示；径迹上每一小段都看成圆弧；由于带电粒子使周围空气电离粒子能量不断变小；（带电量不变）；则：A 粒子带正电；从B 射入； B 粒子带正电；从A 射入；C 粒子带负电；从B 射入；D 粒子带负电；从A 射入. 2、如图所示；一个有限范围的匀强磁场B 的宽为d 。

现将一个边长为l 的正方形导线框以速v 匀速地通过磁场区域；已知l d >；则导线框在磁场中运动时无感应电流的时间等于AvdB v lC v l d -D v l d 2-3、老师做了一个物理小实验让学生观察：一轻质横杆两侧各固定一金属环；横杆可绕中心点自由转动；老师拿一条形磁铁插向其中一个小环；后又取出插向另一个小环；同学们看到的现象是A 磁铁插向左环；横杆发生转动B 磁铁插向右环；横杆发生转动C 无论磁铁插向左环还是右环；横杆都不发生转动D 无论磁铁插向左环还是右环；横杆都发生转动4、如图所示；L1；L2；L3为完全相同的灯泡；L 为直流电阻可忽略的自感线圈；电源内阻不计；开关K 原来接通。

当把开关K 断开时；下面说法正确的是： A L 1闪亮一下后熄灭B L 2闪亮一下后恢复原来的亮C L 3变暗一下后恢复原来的亮D L 3闪亮一下后恢复原来的亮5、如图所示；用甲、乙、丙三个电动势E 相同而内电阻r 不同的电源；分别给定值电阻R 供电.已知甲、乙、丙三个电源内阻的大小关系为r 甲＞r 乙＞r 丙；则将R先后接在这三个电源上时的情况相比；下列说法中正确的是 A 接在甲电源上时；通过R 的电流最大 B 接在丙电源上时；通过R 的电流最大 C 接在乙电源上时；电阻R 消耗的电功率最大 D 接在丙电源上时；电阻R 消耗的电功率最小二、多项选择题：（本题共4小题；每小题4分。

高二物理上学期第二次月考(本部)试题高二全册物理试题

嗦夺市安培阳光实验学校第一学期高二第二次联考物理试题第Ⅰ卷一、选择题（1-8题为单项选择题，9-12题为不定项选择题。

每题满分4分，共48分，选不全的得2分，错选的得0分）1．关于电流，下列说法中正确的是( ) A．由I=Q/t可知，通过导线截面的电量越多，电流越大B．由I=nqsv可知，同一导线内电荷定向移动的速率越大，电流越大C．由R=U/I可知，导体的电阻与导体两端的电压成正比D．因为电流有方向，所以电流是矢量2．如图所示，一带负电的金属环绕轴OO'以角速度ω匀速旋转，在环左侧轴线上的小磁针最后平衡的位置是( )A．N极竖直向上 B．N极竖直向下C．N极沿轴线向左 D．N极沿轴线向右3．如图的U-I图象中，直线I为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线。

用该电源与电阻R组成闭合电路，则( )A．电源电动势3V，内阻2ΩB．电阻R的阻值为0.5ΩC．电源的总功率为4WD．电源的效率为66.7％4．三根完全相同的长直导线互相平行，通以大小和方向都相同的电流．它们的截面处于一个正方形abcd的三个顶点a、b、c处，如图所示．已知每根通电长直导线在其周围产生的磁感应强度与距该导线的距离成反比，通电导线b在d处产生的磁场其磁感应强度大小为B，则三根通电导线产生的磁场在d处的总磁感应强度大小为( ) A．2B B．3BC．B223D ．B235．某个由导电介质制成的电阻截面如图所示。

导电介质的电阻率为ρ、制成内、外半径分别为a和b的半球壳层形状(图中阴影部分)，半径为a、电阻不计的球形电极被嵌入导电介质的球心为一个引出电极，在导电介质的外层球壳上镀上一层电阻不计的金属膜成为另外一个电极。

设该电阻的阻值为R。

下面给出R的四个表达式中只有一个是合理的，你可能不会求解R，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断。

根据你的判断，R的合理表达式应为（）A．ababRπρ2)(+=B．ababRπρ2)(-=C．)(2ababR-=πρD．)(2ababR+=πρ6．如图所示的电路中，灯泡A和灯泡B原来都是正常发光的，现在突然灯泡A比原来变暗了些，灯泡B比原来变亮了些，则电路中出现的故障可能是( )A．R2断路B．R3断路C．R1短路D．R1、R2同时短路7．在如图所示的电路中，电源的电动势为E、内阻为r，平行板电容器C的两金属板水平放置，R1和R2为定值电阻，P为滑动变阻器R 的滑片，为灵敏电流表，为理想电流表．开关S闭合后，C的两板间有一带电油滴恰好处于静止状态．在P向上移动的过程中，下列说法正确的是( )A ．表的示数变大B．电源的输出功率一定变大C ．中有由a→b的电流D．油滴向上加速运动8．如图所示，两平行导轨与水平面成θ角倾斜放置，电源、电阻、金属细杆及导轨组成闭合回路．细杆与导轨间的摩擦不计，整个装置分别处在如图所示的匀强磁场中，其中可能使金属细杆处于静止状态的是( )9．如图所示，在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8J，重力做功24J，则以下判断正确的是（）A．金属块带负电荷B．电场力做功4JC．金属块的电势能与动能之和增加了16JD．金属块的机械能减少12J10．锂电池因能量密度高、绿色环保而广泛使用在手机等电子产品中。

高二物理上学期第二次月考

高二物理上学期第二次月考高二物理试卷本试卷共1OO 分，考试时刻90分钟。

一、选择题.（本题有12道小题，每题4分，且每小题至少有一个选项是正确的，全选对者,得满分，选对但不全者得一半分，有错误选项者或不选者得0分）1、下列静电学公式中，E 、q 、E 、U 、d 和r 分别表示电场力、电量、场强、电势差以及距离①221r q q k F = ②2r qk E = ③q F E = ④Ed U =。

（ )A 、它们都只对点电荷或点电荷的场才成立B 、①②③只对点电荷或点电荷的场成立，④只对匀强电场成立。

C 、①②只对点电荷成立，③对任何电场都成立，④只对匀强电场才成立。

D 、①②只对点电荷成立，③④对任何电荷或静电场都成立。

2、关于分子间的作用力，下列说法中正确的是（） A 、当分子间距离为r 0时，它们之间既无引力也无斥力。

B 、分子间引力和斥力都随它们之间距离的增大而增大。

C 、分子间的距离大于r 0时，分子间只有引力。

D 、当分于间的距离大于l0r 0时，分子力能够忽略不计。

3、某气体的摩尔质量为M ，摩尔体积为V ，密度为ρ，每个分子的质量和体积分别为m 和V 0，阿伏伽德罗常数N A 可表示为（） A 、N A =V/V 0 B 、N A =ρV/m 、 C 、N A =M/m D 、N A =M/ρV4、下列说法正确的是：（）A 、外界对气体做功，气体的内能一定增大。

‘B 、布朗运动的无规则性反映了小颗粒内部分子运动的无规则性。

C 、气体的温度降低，气体每个分子无规则运动的速率均减小。

D 、气体的温度升高，气体分子无规则运动的平均动能增大。

5、水平放置的平行板电容器始终与一电池相连，在电容器的两板间有一带正电的质点处于静止状态。

现将电容器两板间的距离增大，则：（） A 、电容变大，质点向上运动 B 、电容变大，质点向下运动。

C 、电容变小，质点保持静止 D 、电容变小，质点向下运动。

2023年高二上册第二次月考物理考试(江西省上高二中)

选择题对下列概念、公式的理解，正确的是（）A. 根据E＝F/q可知，电场中某点的电场强度和检验电荷的电荷量q 成反比B. 根据U＝Ed可知，匀强电场中两点间电势差等于场强与两点间距离的乘积C. 根据W＝Uq可知，一个电子在电势差为1V的两点间被电场加速，电场力做功为1eVD. 根据U＝W/q可知，电场中两点间的电势差U与电场力做功W成正比，与电量q成反比【答案】C【解析】根据定义式电场中某点的电场强度与检验电荷的电量无关，故A 错误；在公式U=Ed中，d表示两点沿电场线方向的距离，不是两点的距离，故B错误；根据W=Uq可知，一个电子在电势差为1 V的两点间被电场加速，电场力做功为1 eV，故C正确；根据，可知电场中两点间的电势差与电场力做功、电荷量无关，故D错误。

所以C正确，ABD错误。

选择题如图所示，两盏相同的灯泡在电路闭合都能正常发光。

过一会儿，两盏灯都熄灭了，此时电路中的电流表没有示数，但电压表有示数，那么电路发生故障可能是（）A. 灯泡L1灯丝断了B. 灯泡L2灯丝断了C. 灯泡L1短路D. 灯泡L2短路【答案】B【解析】灯泡L1的灯丝断了，此时电流表无示数，灯泡不发光，电压表无示数，故A不符合题意；灯泡L2的灯丝断了，此时电流表无示数，此时电压表能和电源相连，故电压表有示数，故B符合题意；灯泡L1发生短路，此时电路中只有L2，故该灯泡会发光，且电流表有示数，故C不符合题意；灯泡L2短路，电流表有示数，电压表无示数，故D不符合题意。

故选B。

选择题四盏灯泡接成如图电路,a、c灯泡的规格为“220V 100W”,b、d规格为“220V 40W”,各个灯泡的实际功率均没有超过它的额定功率,则四盏灯泡实际功率大小顺序是()A. Pa=Pc>Pb=PdB. Pa>Pd>Pc>PbC. Pd>Pa>Pc>PbD. Pd>Pc>Pb>Pa【答案】C【解析】a、c灯泡的电阻为：；b、d灯泡的电阻为：；根据并联电路的特点知b、c并联后的总电阻R并＜R，大电阻分大电压，所以b、c两端的电压小于a灯泡的电压，根据P=U2/R可得Pa>Pc>Pb ；a、d灯串联，电流相等，根据P=I2R 知，则P与R成正比，则Pd＞Pa，故功率大小顺序为：Pd>Pa>Pc>Pb；故C正确，ABD错误。

高二上期第二次月考物理试题(含答案)

高二上期第二次月考物理试题卷本试题分选择题和非选择题两部分，第一部分（选择题）1至8题为单项选择题，9-12题为不定项选择题。

第二部分（非选择题）13至14题为填空实验题，15-18为计算题，共18题，满分110分，考试时间100分钟. 一、单项选择题（每小题4分，共32分）1. 如图所示，一串红灯笼在水平风力的吹动下发生倾斜，悬挂绳与竖直方向的夹角为ο37。

设每个红灯笼的质量均为m ，绳子质量不计。

则自上往下数第一个红灯笼对第二个红灯笼的拉力大小为( )A.mg 45B.mg 2C. mg 5.2D. mg 42.下列说法中不正确的是( ) A.静电场中场强为零处，电势不一定为零B.电动势的单位是伏特，电动势就是闭合回路中的总电压C.平行板电容器充电后与电源断开，仅增大或减小极板间距，板间电场强度不改变D.把一根金属丝均匀拉长为原来的两倍，电阻会变为原来的4倍，但其电阻率不会因此改变3.在学习电场知识时，有同学形成了以下结论性观念，你认为正确的是( ) A.描述电场的电场线，就是静止释放带电粒子后带电粒子在电场中的轨迹线.B.若在电场中某点放入正检验电荷时，受到的电场力方向向右；当放入负检验电荷时，受到的电场力方向向左。

因此该点电场强度的方向与检验电荷的电性有关C.将一个初速度为零的负检验电荷放在电场中某处，仅在电场力的作用下，负检验电荷由该处移到某一个位置过程中，其电势能一定减少。

D.描述电场的物理量中：电势、电势能、电势差、电场强度，电势差和电场强度为矢量4.如图是自动火警报警器的部分电路示意图.其中R 2为用半导体热敏材料(其阻值随温度的升高而迅速减小)制成的传感器，电流表A 为值班室的显示器，B 为值班室报警电铃.当传感器R 2所在处出现火情时，下列有关说法正确的是( )A.电流表A 显示的I 变小，电铃两端的电压U 变小B.电流表A 显示的I 变小，电铃两端的电压U 变大C.电流表A 显示的I 变大，电铃两端的电压U 变大D.电流表A 显示的I 变大，电铃两端的电压U 变小5.如图所示，带电粒子P 所带的电荷量是带电粒子Q 的3倍，它们以相等的速度0v 从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M 、N 点，若OM ＝MN ，忽略粒子重力的影响，则P 和Q 的质量之比为( )E rA P R 3 R 2R 1 B4题图风力ο3730 h7题图 A.3∶4 B.4∶3 C.3∶2 D.2∶36.如图所示，某段斜面倾角为30°，总质量为m （包括雪具在内）的滑块从距底端高为h 处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为g /3，在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是( ) A .运动员减少的重力势能全部转化为动能 B .运动员获得的动能为mgh /3C .运动员克服摩擦力做功为2mgh /3D .下滑过程中系统减少的机械能为mgh /37.如图所示为汽车蓄电池与车灯(电阻不变)、启动电动机组成的电路，蓄电池内阻为1 Ω.电动机内部绕线电阻为2.0Ω，电流表和电压表均为理想电表，只接通时，电流表示数为20 A ，电压表示数为60V ；再接通2s ，启动电动机工作时，电压表示数变为45V ，则此时通过启动电动机的电流是( ) A .20A B .22.5 AC .30AD .45 A8. 如右图所示，曲线A 、B 分别是纯电阻直流电路中，内、外电路消耗的电功率随电流变化的图线.由该图可知下列说法中错误．．的是( ) A .电源的电动势为8VB .电源的内电阻为2ΩC .电源输出功率最大值为16WD .电源被短路时，电源消耗的最大功率可达32W二、不定项选择题（每题4分，4小题共16分）9.（多选题）如图所示为两个等量异种点电荷，以两电荷连线的中点O 为圆心画出半圆，在半圆上有a 、b 、c 三点，a 、c 分别为半圆与两电荷连线的交点，b 点在两电荷连线的垂直平分线上，则下列说法正确的是( ) A . a 、c 两点的电势相同 B . a 、c 两点的电场强度相同C .正电荷在a 点的电势能大于在b 点的电势能D .将正电荷由O 点移动到b 点的过程中电场力做正功10.如图是用灵敏电流计改装成的某多量程电表内部电路图，图中a 为公共接线柱，b 、c 分别为两个量程的接线柱.对该电表下列说法正确的是( ) A.该电表是多量程电流表B.当使用a 、b 两个接线柱时量程较大C.R 1越大，该电表量程越大D.该电表两量程的大小与R 1和R 2的阻值成反比9题图 10题图 a R 1 R 2R gb c1题图 1题图 A 0 P /W 8 A B8题图2 3 5 4 7 5 5 6 045 5 10 50AV K 1图甲图乙 U /VI /A 0.0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.61.5 1.4 1.3 1.2 1.1 1.011.长L 的细绳一端固定于O 点，另一端系一个质量为m 的小球，将细绳在水平方向拉直，从静止状态释放小球，小球运动到最低点时速度大小为v ，细绳拉力为F 列说法正确的是( )A .小球质量变为2m ，其他条件不变，则小球到最低点的速度为2vB .细绳长度变为2L ，其他条件不变，则小球到最低点时向心加速度为aC .小球质量变为2m ，其他条件不变，则小球到最低点时细绳拉力变为2F D.细绳长度变为2L ，其他条件不变，则小球到最低点时细绳拉力变为2F12.一对平行金属板长为L ，两板间距为d ，质量为m ，电荷量为E 的电子从平行板左侧以速度v 0沿两板的中线不断进入平行板之间，两板间所加交变电压U AB 如图所示，交变电压的周期02v LT =，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏距的粒子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，则( ) A. 所有电子都从右侧的同一点离开电场B. 所有电子离开电场时速度都是v 0C. t ＝0时刻进入电场的电子，离开电场时动能最大D. t ＝4T 时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为16d三、实验填空题（两小题，13题7分，14题11分，共18分）13.（1）如左下图甲所示，螺旋测微器的读数为 mm.（2）某同学按照右上侧的电路图乙，完成伏安法“测定干电池的电动势和内阻”实验．若测得的实验数据如下表，该同学已在U-I 坐标图上描出了五个点，请将他漏掉的那个点补上去，并连接成合适的图线，以便用作图法求出干电池的电动势和内阻．(3)根据所作图线求得电源电动势为________V ，电源内阻为________Ω.电压U / V 1.48 1.44 1.38 1.34 1.20 1.08 电流I /A 0.05 0.10 0.15 0.25 0.35 0.50 O U 0-U 0OU ABtA B14.某班同学要到实验室测绘标示为“7V，3.5W”的小灯泡的伏安特性曲线。

高二物理上学期第二次月考试题高二全册物理试题_00001

嗦夺市安培阳光实验学校秋季学期第二次月考高二物理（考试时间90分钟满分100分）一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共40分。

其中1--7为单选，8-10为多选，在每小题给出的四个选项中，按题目要求选出恰当的答案。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

1．以下说法正确的是（） A ．把质子或电子叫元电荷B ．只有体积很小的带电体才可以看做点电荷C ．电荷间的相互作用力是通过电场而产生的D ．描述电场的电场线是客观存在的 2．下列说法中，正确的是（）A ．由E=qF可知电场中某点的电场强度E 与q 成反比 B ．由公式φ=qE p 可知电场中某点的电势φ与q 成反比C ．由U ab =Ed 可知，电场中的任意两点a 、b 间的距离越大，则两点间的电势差一定越大D ．公式C=U Q，其中电容器的电容C 与电容器两极板间电势差U 无关 3．关于电场强度和电势的关系，下列说法正确的是（） A ．电场强度的方向一定跟等势面垂直B ．随着电场强度的大小逐渐减小,电势也逐渐降低C ．电场强度处处为零的空间，电势也一定处处为零D ．电势高的地方电场强度一定大4. 下列关于电源的电动势说法，正确的是（） A ．电源向外提供的电能越多，表示电动势越大B ．电动势在数值上等于非静电力把1C 的正电荷在电源内从负极移送到正极所做的功C ．电源的电动势与外电路有关，外电路电阻越大，电动势就越大D ．电动势越大的电源，将电能转化为其他形式的能的本领越大5. 实验室用的某金属通电描绘I-U 特性曲线，下图那个可以正确反映该金属的I-U 特征( )6．关于电阻和电阻率下列说法正确的是（）A ．电阻率是表征材料导电性能的物理量，电阻率越大的导体对电流的阻碍作用越大B ．一根粗细均匀的电阻丝，电阻为R. 若将电阻丝均匀拉长，使它的横截面的半径变为原来的21,则电阻丝的电阻变为4RC ．由IU R 可知，导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比D．对某一确定的导体当温度升高时，若不计导体的体积和形状变化，发现它电阻增大，说明该导体材料的电阻率随温度的升高而增大7.有一毫伏表，它的内阻是100 Ω，量程为300 mV，现要将它改装成量程为3 V的伏特表，则毫伏表应( )A．并联一个100 Ω的电阻B．并联一个900 Ω的电阻C．串联一个100 Ω的电阻D．串联一个900 Ω的电阻8．如图所示的电路中，通过电阻R1的电流I1是( )A．UR1B．U1R1C．U2R2D．U1R1＋R29.如图所示，实线为一点电荷Q建立的电场中的几条电场线（方向未标出），虚线为一电子在电场中从M点运动到N点的轨迹．若电子在运动中只受电场力的作用，则下列判断正确的是（）A．建立电场的点电荷Q带正电B．电子在M点的加速度比在N点的加速度小C．电子在M点的速度比在N点的速度大D．电子在M点的电势能比在N点的电势能大10.在如图所示的电路中，R1、R2、R3和R4皆为定值电阻，R5为可变电阻，电源的电动势为ε，内阻为r。

高中高二物理上学期第二次月考试卷高二全册物理试题

时遁市安宁阳光实验学校实验高中高二（上）第二次月考物理试卷一、本题共14小题，每小题3分，共42分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确．全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分．1．下列说法中正确的是( )A．通过导线横截面的电量越多，电流越大B．有恒定电流通过的导体内部的电场强度为零C．单位时间内通过导体横截面的电量越多，导体中的电流越大D．通电导线中自由电子定向移动的速率等于电流的传导速率2．关于电源电动势，以下说法正确的是( )A．1号干电池比5号干电池大，所以1号干电池的电动势大B．由电动势E=可知E跟W成正比，电源做的功越多，电动势越大C．由电动势E=可知E跟q成反比，电路中移送的电荷越多，电动势越小D．电动势由电源中非静电力的特性决定，跟电源的体积无关，也跟外电路无关3．下列说法正确的是( )A．磁场是客观存在的一种物质B．地球磁场的北极与地理南极不完全重合C．通电螺线管中的磁场方向可用左手定则来判断D．将条形磁铁从中间断开，一段是N极，另一段是S极4．如图所示，一个正电子沿逆时针方向做匀速圆周运动，下列判断正确的是( )A．正电子运动时不产生磁场B．正电子运动时只在圆周内产生磁场C．正电子运动时产生磁场，圆心处的磁场方向垂直纸面向外D．正电子运动时产生磁场，圆心处的磁场方向垂直纸面向里5．下列关于磁感应强度大小的说法正确的是( )A．通电导线受磁场力大的地方磁感应强度一定大B．通电导线在磁感应强度大的地方受力一定大C．放在匀强磁场中各处的通电导线，受力大小和方向处处相同D．磁感应强度的大小和方向跟放在磁场中的通电导线受力的大小和方向无关6．如图所示是某导体的伏安特性曲线，下列判断正确的是( )A．导体的电阻是20ΩB．导体的电阻是0.05ΩC．导体两端的电压是10V时，通过导体的电流是0.5AD．通过导体的电流是0.1A时，导体两端的电压是2.5V7．如图所示电路为( )A．“与”门电路B．“或”门电路C．“非”门电路D．无法判定8．使用多用电表的欧姆挡测电阻时，下列说法正确的是( )A．测量前应检查指针是否停在“Ω”刻度线的“∞”处B．每一次换挡，都要重新进行一次调零C．在外电路，电流从红表笔流经被测电阻到黑表笔D．测量时，若指针偏转很小（靠近∞附近），应换倍率更大的挡进行测量9．如图所示，电源和电压表都是好的，当滑片由a滑到b的过程中，电压表的示数几乎都为U，下列判断正确的是( )A．a处接线断开B．触头P开路C．a、b间电阻丝开路 D．b处接线开路10．如图所示，电源内阻不能忽略，电流表和电压表为理想电表，下列说法正确的是( )A．若R1断路，两电表的读数均减小B．若R2断路，两电表的读数均减小C．若R3断路，电流表读数为0，电压表读数变大D．若R4断路，表的读数均变大11．如图所示，一矩形线框，从abcd位置移到a′b′c′d′位置的过程中，关于穿过线框的磁通量情况，下列叙述正确的是（线框平行于纸面移动）( ) A．一直增加B．一直减少C．先增加后减少D．先增加，再减少直到零，然后再增加，然后再减少12．如图，当左边的线圈通以逆时针电流I时，天平恰好平衡，此时天平右边的砝码为m，若改为顺时针方向的电流且大小不变，则需在天平右边增加△m 的砝码，通电线圈受到磁场力大小为( )A ．B．（m+△m）g C．△mg D ．13．MN板两侧都是磁感强度为B的匀强磁场，方向如图，带电粒子从a位置以垂直磁场方向的速度v开始运动，依次通过小孔b、c、d，已知ab=bc=cd，粒子从a运动到d的时间为t，则粒子的比荷为( )A ．B ．C ．D ．14．汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗，如图所示，在打开车灯的情况下，电动机未启动时电流表读数为10A，电动机启动时电流表读数为58A，若电源电动势为12.5V，内阻为0.05Ω．电流表内阻不计，则因电动机启动，车灯的电功率降低了( )A．35.8 W B．43.2 W C．48.2 W D．76.8 W二、本题共2小题，共14分．15．一种特种电池的电动势粗略测定值约为9V，内阻约为54Ω，已知该电池允许输出的最大电流为50mA．为了测定这个电池的电动势和内电阻，实验室备有电压表V，内阻很大，对电路的影响可以忽略；电阻箱R，阻值范围是0～9999.9Ω；保护电阻R0，开关、导线若干．（1）实验室中备有的定值电阻有以下几种规格：A．10Ω，L5W B．100Ω，1WC．200Ω，1W D．2000Ω，5W实验时，R0应选用__________较好（填字母代号）．（2）在图虚线框中画出测电源电动势和内电阻的电路图．16．某同学在测定自来水的电阻率时，先在一根均匀的长玻璃管两端各装了一个电极，用如图1所示电路进行测量．两电极相距L=0.700m，其间充满待测的自来水．表是他测量通过管中自来水柱的电流及两端电压的实验数据．实验中他还用20分度的游标卡尺测量了玻璃管的内径，结果如图2所示．根据以上材料请回答下面的问题：（1）玻璃管内径d的测量值为__________cm；（2）根据表中数据在图3坐标中作出U﹣I图象，根据图象求出电阻R=__________Ω；（3）计算自来水电阻率的公式是ρ=__________（用题中有关物理量的符号表示），测量值为__________Ω•m（保留两位有效数字）．U/V 1.0 3.0 5.0 7.0 9.0 11.0I/μA 22 65 109 155 190 24017．如图所示，PQ和MN为水平、平行放置的金属导轨，相距1m，导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量m=0.2kg，棒的中点用细绳经滑轮与物体相连，物体质量M=0.3kg，棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.5，匀强磁场的磁感应强度B=2T，方向竖直向下，为了使物体匀速上升，应在棒中通入多大的电流？方向如何？18．表是一辆电动自行车的部分技术指标，其中额定车速是指电动车满载情况下在水平平直道路上以额定功率匀速行驶的速度．额定车速整车质量载重电源电源输出电压充电时间额定输出功率电动机额定工作电压和电流18km/h 40kg 80kg 36V/12Ah ≥36V6﹣8h 180W 36V/6A请参考表中数据，完成下列问题（g取10m/s2）：（1）此车所配电动机正常工作时，内部损耗的功率是多少？（2）若电动车满载时以额定功率行驶，当车速为3m/s时的加速度为多少？19．如图是电饭煲的电路图，S1是一个控温开关，手动闭合后，当此开关温度达到居里点（103℃）时，会自动断开，S2是一个自动控温开关，当温度低于70℃时，会自动闭合；温度高于80℃时，会自动断开．红灯是加热时的指示灯，黄灯是保温时的指示灯．电阻R1=R2=500Ω，电阻R3=50Ω，两灯电阻不计．（1）简述电饭煲的工作原理．（2）计算加热和保温两种状态下，电饭煲消耗的电功率之比．20．在以坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示．一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x轴的交点A处以速度v沿﹣x方向射入磁场，它恰好从磁场边界与y 轴的交点C处沿+y方向飞出．（1）请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷；（2）若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B′，该粒子仍从A处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，求磁感应强度B′多大？此次粒子在磁场中运动所用时间t是多少？实验高中高二（上）第二次月考物理试卷一、本题共14小题，每小题3分，共42分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确．全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分．1．下列说法中正确的是( )A．通过导线横截面的电量越多，电流越大B．有恒定电流通过的导体内部的电场强度为零C．单位时间内通过导体横截面的电量越多，导体中的电流越大D．通电导线中自由电子定向移动的速率等于电流的传导速率【考点】电流、电压概念．【专题】定性思想；归谬反证法；恒定电流专题．【分析】根据电流的定义I=可以分析决定电流的大小因素，导体通有恒定电流，导体内部的场强不为零．【解答】解：A、电流的大小取决于电荷量与时间的比值，即单位时间内通过导体横截面的电量越大，电流越大，与横截面的大小及自由电荷无关，故A错误，C正确；B、导体通有恒定电流，导体内部就建立了恒定电场，场强不为零，故B错误；D、电流的传导速率接近光速，不同于电子定向移动的速率，故D错误；故选：C．【点评】解答本题应明确电流取决于电量与时间的比值，电流的方向规定为正电荷定向移动的方向，但要注意电流是标量．2．关于电源电动势，以下说法正确的是( )A．1号干电池比5号干电池大，所以1号干电池的电动势大B．由电动势E=可知E跟W成正比，电源做的功越多，电动势越大C．由电动势E=可知E跟q成反比，电路中移送的电荷越多，电动势越小D．电动势由电源中非静电力的特性决定，跟电源的体积无关，也跟外电路无关【考点】电源的电动势和内阻．【专题】恒定电流专题．【分析】常见的1号、2号、5号、7号干电池的电压都是1.5V；电动势由电源中非静电力的特性决定，跟电源的体积无关，也跟外电路无关．【解答】解：A、1号干电池比5号干电池大，但是电动势相等，内电阻不相同，故AB错误；C、电动势由电源中非静电力的特性决定，跟电源的体积无关，也跟外电路无关，根据做功以及电量也无关；所以C错误，D正确；故选：D．【点评】此题考查的是我们对于生活中常见的干电池的了解，要注意明确电源的电动势采用的是比值定义法，E与做功和电量无关．3．下列说法正确的是( )A．磁场是客观存在的一种物质B．地球磁场的北极与地理南极不完全重合C．通电螺线管中的磁场方向可用左手定则来判断D．将条形磁铁从中间断开，一段是N极，另一段是S极【考点】磁感线及用磁感线描述磁场．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用．【分析】磁场是一种特殊的物质，它对放入其中的磁极和电流有力的作用；地磁场的磁极和南北极具有一定的磁偏角；根据安培定则可以判断通电导线的磁场；每一个磁体均会有N极和S极．【解答】解：A、磁场是客观存在的物质，故A正确；B、地球的磁极和地理上的南北极有一定的夹角，二者并不重合；故B正确；C、通电螺线管中的磁场方向可用安培定则（右手螺旋定则）来判断；故C错误；D、将条形磁铁从中间断开后，每一段均有一个N极和一个S极；故D错误；故选：AB．【点评】本题考查磁场的性质，要注意明确磁场是一种特殊的物质，并明确常见磁体或导线的磁场分布情况．4．如图所示，一个正电子沿逆时针方向做匀速圆周运动，下列判断正确的是( )A．正电子运动时不产生磁场B．正电子运动时只在圆周内产生磁场C．正电子运动时产生磁场，圆心处的磁场方向垂直纸面向外D．正电子运动时产生磁场，圆心处的磁场方向垂直纸面向里【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【专题】定性思想；推理法；电学图像专题．【分析】注意电流的方向和正电荷运动方向相同，和负电荷运动方向相反，然后根据电流方向利用安培定则判断磁场方向．【解答】解：正电子沿着逆时针方向作匀速圆周运动，因此电流为逆时针方向，根据安培定则可知圆内部磁场方向向外，故ABD错误，C正确．故选：C．【点评】本题较为简单，考察了安培定则的应用，注意大拇指指向为内部磁场方向，外部磁场方向和内部相反．5．下列关于磁感应强度大小的说法正确的是( )A．通电导线受磁场力大的地方磁感应强度一定大B．通电导线在磁感应强度大的地方受力一定大C．放在匀强磁场中各处的通电导线，受力大小和方向处处相同D．磁感应强度的大小和方向跟放在磁场中的通电导线受力的大小和方向无关【考点】磁感应强度．【分析】磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度．比值与磁场力及电流元均无关．电流元所受磁场力是由左手定则来确定．【解答】解：A、当通电导线垂直放入磁场中，受磁场力大的地方，磁感应强度一定越大．故A错误；B、一小段通电导线平行放在某处不受磁场力作用，则该处的磁感应强度不一定为零，故B错误；C、放在匀强磁场中各处的通电导线受力为F=BILsinα，受力大小与电流、导线的长度及导线与磁场的夹角有关．故C错误；D、磁感应强度的大小跟垂直放在磁场中的通电导线受力的大小没有关系，与通电导线电流大小也没有关系，它由磁场的性质决定．故D正确；故选：D【点评】磁感应强度是通过比值定义得来，例如电场强度也是这种定义，电场强度与电场力及电荷量均没有关系．再如密度也是，密度与物体的质量及体积均无关．同时电流元放入磁场中不一定有磁场力，还受放置的角度有关．6．如图所示是某导体的伏安特性曲线，下列判断正确的是( )A．导体的电阻是20ΩB．导体的电阻是0.05ΩC．导体两端的电压是10V时，通过导体的电流是0.5AD．通过导体的电流是0.1A时，导体两端的电压是2.5V【考点】欧姆定律．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题．【分析】由I﹣U图象找出导体两端电压所对应的电流，然后由欧姆定律求出导体电阻；已知电压与电阻，由欧姆定律可以求出通过导体的电流；已知电流与电阻，由欧姆定律可以求出导体两端电压．【解答】解：A、根据图象，由欧姆定律可得，导体电阻R==20Ω，故A 正确，B错误；C、当导体两端电压是10V时，通过导体的电流I==0.5A，故C正确；D、当通过导体的电流是0.1A时，导体两端的电压U=IR=0.1A×20Ω=2V，故D 错误；故选：AC．【点评】由图象找出导体两端电压与所对应的电流，应用欧姆定律即可正确解题．7．如图所示电路为( )A．“与”门电路B．“或”门电路C．“非”门电路D．无法判定【考点】简单的逻辑电路．【分析】或门的特点是当有一个条件满足，事件就能发生．【解答】解：断开开关，灯泡都会发光；而闭合开关，灯泡会熄灭，即有一个条件满足，事件就不能发生，所以这个电路的逻辑关系是“非”逻辑关系．故C正确，A、B、D错误．故选：C．【点评】解决本题的关键知道各种门电路的特点，并能灵活运用．8．使用多用电表的欧姆挡测电阻时，下列说法正确的是( )A．测量前应检查指针是否停在“Ω”刻度线的“∞”处B．每一次换挡，都要重新进行一次调零C．在外电路，电流从红表笔流经被测电阻到黑表笔D．测量时，若指针偏转很小（靠近∞附近），应换倍率更大的挡进行测量【考点】欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】使用欧姆表测电阻前要注意机械调零；每换一次挡都要重新进行欧姆调零；欧姆表内置电源的正极与“﹣”插孔相连，即与黑表笔相连，使用欧姆表测电阻时，电流从黑表笔流出，红表笔流入；使用欧姆表测电阻应选择适当的档位，使指针指在刻度盘附近，如果指针偏转角度较小，说明所选档位太大，应换小挡．【解答】解：A、使用前检查指针是否停在欧姆挡刻度线的“∞”处，故A正确；B、每换一次挡位，都要进行一次欧姆调零，故B正确；C、在测量电阻时，电流从黑表笔流出，经被测电阻到红表笔，再流入多用电表，故C错误；D、测量时若发现表针偏转的角度较小，应该更换倍率较大的挡来测量，故D正确；故选：ABD．【点评】本题考查了用多用电表欧姆挡测电阻的注意使用及方法，掌握使用欧姆表的注意使用即可正确解题；要掌握多用电表的使用方法及注意事项．9．如图所示，电源和电压表都是好的，当滑片由a滑到b的过程中，电压表的示数几乎都为U，下列判断正确的是( )A．a处接线断开B．触头P开路C．a、b间电阻丝开路 D．b处接线开路【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】电压表的示数几乎都为U，说明变阻器上没有电压，将四个选项逐一代入检验，选择符合题意的选项．【解答】解：A、若a处接线断开，电压表的示数为零，不符合题意．故A错误．B、若触头P开路，电压表的示数为零，不符合题意．故B错误．C、若a、b间电阻丝开路，电压表示数几乎为U，后变为零，不符合题意．故C错误．D、若b处接线开路，ab上没有电压，电压表的示数几乎都为U．故D正确．故选D【点评】本题是电路中故障分析问题，考查判断推理能力．本题电压可以用电势差理解．10．如图所示，电源内阻不能忽略，电流表和电压表为理想电表，下列说法正确的是( )A．若R1断路，两电表的读数均减小B．若R2断路，两电表的读数均减小C．若R3断路，电流表读数为0，电压表读数变大D．若R4断路，表的读数均变大【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】由图可知，R1与R2串联后与R3、R4并联；电压表测量R1两端的电压，电流表测量流过R3的电流，根据各电阻断路后的电路结构，由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流和电压的变化．【解答】解：由图可知，R1与R2串联后与R3、R4并联；电压表测量R1两端的电压，电流表测量流过R3的电流；A、若R1断路，R3与R4并联，电压表并联在R3两端，测量R3的电压；因并联断开，则外电路总电阻增大，则电路中电流减小，路端电压增大，则流过R3的电流增大，故A错误；B、若R2断路，则并联部分断开，电路中总电阻增大，总电流减小，内电压减小，路端电压增大，则R3中的电流增大，而电压表被断开，故电压表示数为零，故B错误；C、若R3断路，电流表示数为零，外电阻增大，路端电压增大，流过R1与R2的电流增大，则电压表读数变大．故C正确．D、若R4断路，外电阻增大，路端电压增大，则电流表和电压表读数均增大．故D正确．故选：CD．【点评】本题是电路中动态变化分析问题，在抓住不变量的基础上，根据路端电压随关外电阻增大而增大，减小而减小，分析路端电压的变化．11．如图所示，一矩形线框，从abcd位置移到a′b′c′d′位置的过程中，关于穿过线框的磁通量情况，下列叙述正确的是（线框平行于纸面移动）( ) A．一直增加B．一直减少C．先增加后减少D．先增加，再减少直到零，然后再增加，然后再减少【考点】磁通量．【分析】通电直导线所产生的磁场，离导线越近磁场越强，离导线越远，磁场越弱；穿线框圈的磁感线净条数越多，磁通量越大，穿过线框的磁感线净条数越少，磁通量越小．【解答】解：离导线越近，磁场越强，当线框从左向右靠近导线的过程中，穿过线框的磁通量增大，当线框跨在档线上向右运动时，磁通量减小，当导线在线框正时，磁通量为零，从该位置向右，磁通量又增大，当线框离开导线向右运动的过程中，磁通量又减小；故ABC错误，D正确；故选D．【点评】知道通电直导线的磁场分布情况，分析清楚线框的运动过程是正确解题的关键．12．如图，当左边的线圈通以逆时针电流I时，天平恰好平衡，此时天平右边的砝码为m，若改为顺时针方向的电流且大小不变，则需在天平右边增加△m 的砝码，通电线圈受到磁场力大小为( )A ．B．（m+△m）g C．△mg D ．【考点】安培力；力矩的平衡条件．【分析】如图所示，因线圈通电导致线圈下框受力正好与砝码平衡，当改变电流方向时，磁场力大小不变，方向改变，从而增加砝码后，再次平衡，则可求出磁场力大小．【解答】解：如图所示，线圈通以逆时针电流时，下框受到安培力向上，大小为F A．当通以顺时针电流时，下框受到安培力向下，大小仍为F A．而天平右边需要增加△m的砝码才能再次平衡．所以有：2F A=△mg则有：F A =故选：A【点评】当电流反向时，线圈受力增加为原来2倍．同时运用左手定则来判定安培力的方向13．MN板两侧都是磁感强度为B的匀强磁场，方向如图，带电粒子从a位置以垂直磁场方向的速度v开始运动，依次通过小孔b、c、d，已知ab=bc=cd，粒子从a运动到d的时间为t，则粒子的比荷为( )A ．B ．C ．D ．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】带电粒子垂直射入磁场中，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，已知ab=bc=cd，画出轨迹，可知时间t=1.5T，求出周期，由周期公式T=求比荷．【解答】解：画出粒子的运动轨迹如图，则有t=1.5T，则得T=由周期公式T=得：=解得，粒子的比荷=故选D【点评】带电粒子在匀强磁场匀速圆周运动的问题，关键是画出轨迹，确定时间与周期的关系．14．汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗，如图所示，在打开车灯的情况下，电动机未启动时电流表读数为10A，电动机启动时电流表读数为58A，若电源电动势为12.5V，内阻为0.05Ω．电流表内阻不计，则因电动机启动，车灯的电功率降低了( )A．35.8 W B．43.2 W C．48.2 W D．76.8 W【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】电动机未启动时，由欧姆定律求出灯泡的电阻．再求出电动机启动时路端电压，由欧姆定律求出通过灯泡的电流，分别求出两种情况下，灯泡的功率，即得解．【解答】解：电动机未启动时，由E=I1（R+r）得灯泡的电阻为：R==Ω=1.2Ω，车灯消耗的功率为：P1==100×1.2=120W；电动机启动时，路端电压为：U2=E﹣I2r=12.5﹣58×0.05=9.6V，则车灯消耗的功率为：P2===76.8W车灯的电功率降低了△P=P1﹣P2=120﹣76.8=4.2W．故选：B【点评】灯泡是纯电阻电路，功率公式较多，要根据不同的条件，选择不同的公式形式求解．二、本题共2小题，共14分．15．一种特种电池的电动势粗略测定值约为9V，内阻约为54Ω，已知该电池允许输出的最大电流为50mA．为了测定这个电池的电动势和内电阻，实验室备有电压表V，内阻很大，对电路的影响可以忽略；电阻箱R，阻值范围是0～9999.9Ω；保护电阻R0，开关、导线若干．（1）实验室中备有的定值电阻有以下几种规格：A．10Ω，L5W B．100Ω，1WC．200Ω，1W D．2000Ω，5W实验时，R0应选用C较好（填字母代号）．（2）在图虚线框中画出测电源电动势和内电阻的电路图．【考点】测定电源的电动势和内阻．【专题】实验题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题．【分析】（1）已知电源的电动势和最大电流，则由欧姆定律可求得需要的保护电阻；（2）根据实验原理及给出的仪表可以选择正确的电路接法；【解答】解：（1）电源的电动势为9V，而短路电流为50mA，则需要的最小电阻R=Ω=180Ω，此时保电阻的功率P=I2R0=（0.05）2×180=0.45W；故R0应为C；（2）由于本实验中没有电流表，应采用伏阻法进行测量，R0作为保护电阻接入；故电路图如图所示；故答案为：（1）C（2）如图所示【点评】本题根据闭合电路欧姆定律，用伏安法可测量电源的电动势和内阻，定值电阻R0起保护作用，采用公式法处理数据．16．某同学在测定自来水的电阻率时，先在一根均匀的长玻璃管两端各装了一个电极，用如图1所示电路进行测量．两电极相距L=0.700m，其间充满待测的自来水．表是他测量通过管中自来水柱的电流及两端电压的实验数据．实验中他还用20分度的游标卡尺测量了玻璃管的内径，结果如图2所示．根据以上材料请回答下面的问题：（1）玻璃管内径d 的测量值为3.075cm ；（2）根据表中数据在图3坐标中作出U﹣I图象，根据图象求出电阻R=4.6×104Ω；（3）计算自来水电阻率的公式是ρ=（用题中有关物理量的符号表示），测量值为49Ω•m（保留两位有效数字）．U/V 1.0 3.0 5.0 7.0 9.0 11.0I/μA 22 65 109 155 190 240【考点】自来水电阻率的测定．【专题】实验题；定量思想；图析法；方程法；恒定电流专题．【分析】（1）游标卡尺读数=固定刻度读数+游标尺读数；（2）根据表1数据在图3坐标中作出U﹣I图象，图象的斜率表示电阻；（3）根据电阻定律公式R=ρ和欧姆定律公式R=列式后联立求解电阻率．【解答】解：（1）游标卡尺读数为d=30mm+15×0.05mm=30.75mm=3.075cm；（2）用直尺将各点连接，舍去偏离较远的点，画出的图象如图所示，可求出电阻R==4.6×104Ω（3）根据R电阻定律，有：R=ρ；根据欧姆定律，有：R=；其中S=πd2；可得ρ==Ω•m=48.8Ω•m≈49Ω•m故答案为：（1）3.075；（2）4.6×104；（3），49．【点评】本题关键明确实验原理，会根据电阻定律和欧姆定律列式求解电阻率，掌握图象的斜率含义，同时注意游标卡尺没有估计值．17．如图所示，PQ和MN为水平、平行放置的金属导轨，相距1m，导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量m=0.2kg，棒的中点用细绳经滑轮与物体相连，物体质量M=0.3kg，棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.5，匀强磁场的磁感应强度B=2T，方向竖直向下，为了使物体匀速上升，应在棒中通入多大的电流？方向如何？【考点】安培力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．【分析】若要保持物体匀速上升，受力必须平衡．由于M所受的最大静摩擦力为0.5mg=1N，而M的重力为Mg=3N，要保持导体棒匀速上升，则安培力方向必。

高二物理上学期第二次月考试题高二全册物理试题_

嗦夺市安培阳光实验学校高二物理上学期第二次月考试题考生注意：本试题分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，共5页，18大题。

满分100分，考试时间为90分钟。

第Ⅰ卷（48分）1.下列说法正确的是（）A. 体积很小的带电物体就能看成点电荷B ．根据U ＝Ed 可知，任意两点的电势差与这两点的距离成正比C ．匀强电场的场强方向总是跟正电荷所受电场力的方向一致D. 电势差的定义式U AB ＝qABW ，说明两点间的电势差U AB 与电场力做功W AB 成正比，与移动电荷的电荷量q 成反比2.如图所示，要使电阻R 2消耗的功率最大，应该把电阻R 2的阻值调节到（） A ．0B ．R 1＋rC ．R 1－rD ．r3.如图所示，虚线a 、b 和c 是某静电场中的三个等势面.一带电粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN 所示，由图可知( ) A.粒子从L 到M 的过程中，动能减少 B.粒子从L 到M 的过程中，电场力做负功C.粒子从K 到L 的过程中，电势能减少D.粒子从K 到L 的过程中，电场力做负功4.在光滑的绝缘平面上，有一个正方形abcd ，顶点a 、c 处分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图所示．若将一个带负电的粒子置于 b 点，自由释放，粒子将沿着对角线bd 往复运动．粒子从 b 点运动到d 点的过程中（） A ．先做匀加速运动，后做匀减速运动B ．先从高电势到低电势，后从低电势到高电势C ．电势能与机械能之和先增大，后减小D ．电势能先减小，后增大5.如图所示，带电粒子在匀强电场中以初动能20J 穿过等势面L 3，到达等势面L 1时速度为零。

三个等势面等距，且U 2=0。

当此带电粒子的电势能为6J 时，它的动能为（）A ．4JB ．6JC ．14JD ．16J 6.两小球用等长的绝缘细线悬挂于同一点O ，两小球因带同号电荷而使球b 悬线竖直地靠在墙上，a 球被推开一定角度而平衡。

今令其失去部分电量，结果θ角变小后又重新平衡，则关于悬线对a 球的拉力大小变化情况为（）A.一定增大B.一定减小C.一定不变D.无法确定7.测量电池电动势和内电阻，根据测得数据作出了外电路U －I 图线，由图可知baO（）A．电池电动势的可以直接测得为1.40 VB．电池内阻的测量值为3.50 ΩC．外电路发生短路时的电流为0.40 AD．电压表的示数为1.20 V时，电流表的示数I′=0.20 A8.如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R1、R2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部．闭合开关S，小球静止时受到悬线的拉力为 F.调节R1、R2，关于F的大小判断正确的是（）A．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变大B．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变小C．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变大D．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变小9.如图所示，一直流电动机与阻值R＝9 Ω的电阻串联在电源上，电源电动势E ＝30 V，内阻r＝1 Ω，用理想电压表测出电动机两端电压U＝10 V，已知电动机线圈电阻R M＝1 Ω，则下列说法中不正确的是（）A．通过电动机的电流为2 AB．电动机的输入功率为60 WC．电动机的热功率为4 WD．电动机的输出功率为16 W10.一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向。

(高中物理)高二年级上学期第二次月考物理试题

—学年度高二年级上学期第二次月考物理试题一、选择题〔此题共10小题，每题4分，共40分。

在每题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确。

全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错的或不答的得0分。

〕1．关于电场力的功及电势能变化情况正确的选项是〔〕A．电场中某点电势的大小等于电场力将单位正电荷从该点移到零电势点电场力所做的功B．电场中某点的电势大小等于单位正电荷在该点所具有的电势能C．在电场中无论移动正电荷还是负电荷，只要电场力做正功，电荷电势能都要减少D．正电荷沿电场线方向移动，电势能减少；负电荷沿电场线方向移动，电势能减少2．关于感应电动势大小的以下说法中，正确的选项是〔〕A．线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定大B．线圈中磁通量越大，产生的感应电动势一定越大C．线圈放在磁感强度越强的地方，产生的感应电动势一定越大D．线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大3．在图3的电路中，当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，A、B两灯亮度的变化情况为〔〕A．A灯和B灯都变亮B．A灯、B灯都变暗C．A灯变亮，B灯变暗D．A灯变暗，B灯变亮4．如图4所示，电子经加速电场〔电压为U1〕后进入偏转电场〔电压为U2〕，然后飞出偏转电场，要使电子飞不出偏转电场可采取的措施有〔〕A．增大U1B．减小U1C．增大U2D．减小U25．一个带正电荷的微粒〔重力不计〕穿过图5中匀强电场和匀强磁场区域时，恰能沿直线运动，那么欲使电荷向下偏转时应采用的方法是〔〕A．增大电荷质量B．增大电荷电量C．减少入射速度D．减少磁感强度6．以下有关磁通量的论述中正确的选项是〔〕A．磁感强度越大的地方，穿过线圈的磁通量也越大B．磁感强度越大的地方，线圈面积越大，那么穿过线圈的磁通量越大C．穿过线圈的磁通量为零的地方，磁感强度一定为零D．匀强磁场中，穿过线圈的磁感线越多，那么磁通量越大7．一根有质量的金属棒MN，如下列图两端用细软导线连接后悬挂于a、b两点，棒的中部处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中通有电流，方向从M流向N，此时悬线上有拉力，为了使拉力等于零，可以〔〕A．适当减少磁感应强度B．使磁场反向C．适当增大电流强度D．使电流反向8．如图8所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从图示位置匀速拉出匀强磁场．假设第一次用时间拉出，外力所做的功为W1，通过导线截面的电量为q1；第二次用时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线截面的电量为q2，那么〔〕A．W1＜W2，q1＜q2B．W1＜W2，q1=q2O a b O' C ．W 1＞W 2，q 1=q 2D ．W 1＞W 2，q 1＞q 29．在匀强磁场中放一电阻不计的平行金属导轨，导轨跟大线圈M相接，如图9所示。

高二物理上学期第二次月考试卷理(含解析)高二全册物理试题

嗦夺市安培阳光实验学校莆田二中高二（上）第二次月考物理试卷（理）一、选择题（1-10为单项选择题，每题3分；11-14题为不定项选择题，每题4分，共46分）1．关于安培力和洛伦兹力，如下说法中正确的是( )A．带电粒子在磁场中运动时，一定受到洛伦兹力作用B．放置在磁场中的通电导线，一定受到安培力作用C．洛伦兹力对运动电荷一定不做功D．磁场对运动电荷的作用力总是等于Bqv2．如图所示，在通电直导线下方，有一正电荷沿平行导线方向以速度v开始运动，则( )A．将沿轨迹Ⅰ运动，半径越来越小B．将沿轨迹Ⅰ运动，半径越来越大C．将沿轨迹Ⅱ运动，半径越来越小D．将沿轨迹Ⅱ运动，半径越来越大3．如图所示的四种情况，通电导体均置于匀强磁场中，其中通电导线不受安培力的是( )A ．B ．C ．D ．4．长直螺线管中通有电流，沿螺线管中心轴线射入一电子，若螺线管中电流增大，方向不变，电子在螺线管中心轴线上运动情况是( )A．做匀速直线运动B．做变加速直线运动C．做变减速直线运动D．做间距变大的螺旋运动5．如图所示，空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里，一带电油滴P恰好处于静止状态，则下列说法正确的是( )A．若撤去磁场，P可能做匀加速直线运动B．若撤去电场，P一定做匀加速直线运动C．若给P一初速度，P可能做匀速直线运动D．若给P一初速度，P一定做匀速曲线运动6．有四个金属导体，它们的伏安特性曲线如图所示，电阻最大的导体是( ) A．a B．b C．c D．d7．图为云室中某粒子穿过铅板P前后的轨迹．室中匀强磁场的方向与轨迹所在平面垂直（图中垂直于纸面向里），由此可知此粒子( )A．一定带负电B．可能带负电也可能带正电C．可能是从上而下穿过该铅板D．一定是从下而上穿过该铅板8．用如图所示的回旋加速器来加速质子，为了使质子获得的动能增加为原来的4倍，可采用下列哪几种方法( )A．将其磁感应强度增大为原来的2倍B．将其磁感应强度增大为原来的4倍C．将D形金属盒的半径增大为原来的2倍D．将两D形金属盒间的加速电压增大为原来的4倍9．下列说法中正确的是( )A．由R=知道，一段导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流成反比B．导体的电阻是由电压和电流共同决定的C．导体电流越大，电阻越小D．由I=知道，通过一段导体的电流跟加在它两端的电压成正比10．一个带正电荷微粒（重力不计）穿过图中匀强电场和匀强磁场区域时，恰能沿直线运动，则欲使电荷向下偏转时应采用的办法是( )A．增大电荷质量B．增大电荷电量C．减少入射速度D．增大磁感强度二、不定项选择题11．下面有关磁场中某点的磁感应强度的方向的说法正确的是( )A．磁感应强度的方向就是该点的磁场方向B．磁感应强度的方向就是通过该点的磁感线的切线方向C．磁感应强度的方向就是通电导体在该点的受力方向D．磁感应强度的方向就是小磁针北极在该点的受力方向12．在如下匀强电场和匀强磁场共存的区域内，电子可能沿x轴正方向做匀速直线运动的是( )A ．B ．C ．D ．13．如图是在有匀强磁场的云室中观察到的带电粒子的运动轨迹图，M、N是轨迹上两点，匀强磁场B垂直纸面向里．该粒子在运动时，其质量和电量不变，而动能逐渐减少，下列说法正确的是( )A．粒子在M点动能大，在N点动能小B．粒子先经过N点，后经过M点C．粒子带正电D．粒子在M点受到的洛伦兹力大于N点的14．一个带电粒子以某一初速度射入匀强磁场中，不考虑其它力的作用，粒子在磁场中不可能做( )A．匀速直线运动B．匀变速直线运动C．匀变速曲线运动D．匀速圆周运动二、填空题（每空2分，共16分）15．如图所示的正方形的盒子开有a、b、c三个微孔，盒内有垂直纸面向里的匀强磁场，一束速率不同的电子从a孔沿垂直于磁感线方向射入盒中，发现从c孔和b孔有电子射出．则（1）从b孔和c孔射出的电子的速率之比V b：V c为__________；（2）从b孔和c孔射出的电子在盒内运动时间之比为__________．16．如图所示，在NaCl溶液中，正、负电荷定向移动，其中Na+水平向右移动．若测得4s内分别有1.0×1018个Na+和Cl﹣通过溶液内部的横截面M，那么溶液中的电流方向__________，大小为__________（e=1.6×10﹣19c）17．如图所示，相距d平行放置的金属板a、b，两板间有垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，等离子体（大量的等量正离子和负离子）的速度v沿水平方向射入两板间．若等离子从两板右边入射，则a、b两板中__________板的电势较高．a、b两板间可达到的稳定电势差U=__________．18．一条形磁铁放在水平桌面上，它的上方靠近N极一侧固定一根与它垂直的直导线，现给导线中通以向里的电流，则磁铁对桌面的压力__________，磁铁受到的摩擦力__________．（填“变大”“变小”“不变”）三、计算题（7+9+10+12=38分）19．如图，水平放置的光滑的金属导轨M、N，平行地置于匀强磁场中，间距为d，磁场的磁感强度大小为B，方向与导轨平面夹为α，金属棒ab的质量为m，放在导轨上且与导轨垂直．电源电动势为E，内电阻r，定值电阻为R，其余部分电阻不计．则当电键调闭合的瞬间，棒ab的加速度为多大？20．如图所示，在直角区域aob内，有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子从o点沿纸面以相同速度射入磁场中，速度方向与边界ob成30°角，求正、负电子在磁场中运动的时间之比．21．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，方向垂直纸面向外，电场方向竖直向上．有一质量为m，带电量为十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竖直向下，小球能在斜面上连续滑行多远？所用时间是多少？22．在平面直角坐标系xOy中，第I象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第IV 象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示．不计粒子重力，求（1）M、N两点间的电势差U MN；（2）粒子在磁场中运动的轨道半径r；（3）粒子从M点运动到P点的总时间t．莆田二中高二（上）第二次月考物理试卷（理）一、选择题（1-10为单项选择题，每题3分；11-14题为不定项选择题，每题4分，共46分）1．关于安培力和洛伦兹力，如下说法中正确的是( )A．带电粒子在磁场中运动时，一定受到洛伦兹力作用B．放置在磁场中的通电导线，一定受到安培力作用C．洛伦兹力对运动电荷一定不做功D．磁场对运动电荷的作用力总是等于Bqv【考点】洛仑兹力；安培力．【专题】定性思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】利用左手定则判断带电粒子受到的洛伦兹力或通电导线在磁场中所受安培力的方向．当带电粒子运动的方向与磁场平行时，不受洛伦兹力的作用，当通电导线的方向与磁场的方向平行时，不受安培力．【解答】解：A、当带电粒子运动的方向与磁场平行时，不受洛伦兹力的作用．故AD错误；B、当通电导线的方向与磁场的方向平行时，不受安培力．故B错误；C、洛伦兹力始终与运动的方向垂直，所以洛伦兹力不做功．故C正确．故选：C【点评】安培力方向和洛伦兹力的方向是初学者很容易出错的地方，另外要牢记洛伦兹力始终与运动的方向垂直，所以洛伦兹力不做功．2．如图所示，在通电直导线下方，有一正电荷沿平行导线方向以速度v开始运动，则( )A．将沿轨迹Ⅰ运动，半径越来越小B．将沿轨迹Ⅰ运动，半径越来越大C．将沿轨迹Ⅱ运动，半径越来越小D．将沿轨迹Ⅱ运动，半径越来越大【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】根据右手螺旋定则判断出通电导线下方的磁场方向，然后根据左手定则即可判断出点子的偏转方向，至于半径的变化，可以根据进行判断．【解答】解：根据右手螺旋定则判断出通电导线下方的磁场方向垂着纸面向里，由左手定则可知正电荷受到的洛伦兹力向下，因此电荷将向下偏，即转沿轨迹Ⅱ运动，离导线越远，磁场越弱，根据可知半径越来越大，故ABCD错误，D正确．故选：D．【点评】本题考查了磁场中基本定则的应用，属于基础题，要正确区分右手螺旋定则、左手定则、右手定则，并能灵活应用．3．如图所示的四种情况，通电导体均置于匀强磁场中，其中通电导线不受安培力的是( )A ．B ．C ．D ．【考点】安培力；左手定则．【分析】通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式F=BIL求出安培力大小，由左手定则来确定安培力的方向．【解答】解：根据左手定则来确定安培力的方向，其内容：伸开左手，大拇指与四指在同一平面，且与四指垂直，让磁感线穿过掌心，四指向为电流的方向，则大拇指向为安培力的方向．A选项受到到安培力方向水平向左；B选项受到安培力方向水平向右；D选项受到安培力方向垂直纸面向里．而C选项，由于通电导线与磁感线平行，所以没有磁场力．故选：C【点评】学会区分左手定则与右手定则，前者是判定安培力的方向，而后者是判定感应电流的方向．4．长直螺线管中通有电流，沿螺线管中心轴线射入一电子，若螺线管中电流增大，方向不变，电子在螺线管中心轴线上运动情况是( )A．做匀速直线运动B．做变加速直线运动C．做变减速直线运动D．做间距变大的螺旋运动【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】根据安培定则可知通电螺线管内部磁场方向与电子运动方向的关系，分析电子所受洛伦兹力情况，来分析电子的运动情况．【解答】解：根据安培定则可知通电螺线管内部磁场方向沿螺线管中心轴线，电子运动方向也沿螺线管中心轴线，电子运动方向与磁场方向平行，不受洛伦兹力，当电流增大时，通电螺线管内部磁场方向仍然沿螺线管中心轴线，电子仍不受洛伦兹力．故电子做匀速直线运动．故选A【点评】带电粒子所受洛伦兹力方向与粒子的运动方向与磁场方向的夹角有关：当粒子运动方向与磁场方向平行时，不受洛伦兹力；当粒子运动方向与磁场方向垂直时，洛伦兹力最大．本题比较容易．5．如图所示，空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里，一带电油滴P恰好处于静止状态，则下列说法正确的是( )A．若撤去磁场，P可能做匀加速直线运动B．若撤去电场，P一定做匀加速直线运动C．若给P一初速度，P可能做匀速直线运动D．若给P一初速度，P一定做匀速曲线运动【考点】带电粒子在混合场中的运动．【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】（1）油滴静止说明油滴此时不受洛伦兹力，重力和电场力相互抵消，若仅撤去磁场对油滴没有影响，若仅撤去电场，物体受重力有竖直向下的速度，油滴受洛伦兹力，根据受力情况即可判断运动情况；（2）若给P一初速度，要考虑速度方向与磁场方向平行不平行，平行时不受洛伦兹力，再根据受力情况去分析运动情况即可．【解答】解：A．油滴静止说明不受洛伦兹力，重力和电场力相互抵消，所以仅撤去磁场仍然静止，故A错误； B．仅撤去电场，油滴受重力有竖直向下的速度，油滴受洛伦兹力，速度改变，洛伦兹力方向随速度方向的变化而变化，不可能做匀加速直线运动，故B 错误；C．若P初速度方向与磁场平行，不受洛伦兹力，重力和电场力抵消，P受力平衡，所以可以做匀速直线运动，故C正确，D错误．故选：C．【点评】本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，特别要注意带点粒子在磁场中受洛伦兹力的条件，难度适中．6．有四个金属导体，它们的伏安特性曲线如图所示，电阻最大的导体是( ) A．a B．b C．c D．d【考点】欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】根据欧姆定律公式I=可得定值电阻的U﹣I图象是直线，斜率表示电阻．【解答】解：根据欧姆定律公式I=可得定值电阻的U﹣I图象是一条经过坐标原点的直线，斜率表示电阻；故导体d的电阻最大；故选D．【点评】本题关键明确定则电阻的U﹣I图象是经过坐标原点的直线，斜率表示电阻，基础题．7．图为云室中某粒子穿过铅板P前后的轨迹．室中匀强磁场的方向与轨迹所在平面垂直（图中垂直于纸面向里），由此可知此粒子( )A．一定带负电B．可能带负电也可能带正电C．可能是从上而下穿过该铅板D．一定是从下而上穿过该铅板【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】解答本题关键要抓住：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径与速率成正比；（2）由左手定则判断洛伦兹力方向；（3）粒子通过穿过铅板后动能减小，速率减小．【解答】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径公式为r=，可见半径与速率成正比．粒子通过穿过铅板后动能减小，速率减小，则粒子的轨迹半径应减小．由图看出，粒子的运动方向应是从下向上穿过铅板；粒子弯曲的方向向左上，由左手定则判断可知，该粒子一定带正电．故D正确，ABC错误．故选：D．【点评】本题的解题关键是掌握粒子圆周运动速率的关系，运用左手定则即可判断粒子的电性．8．用如图所示的回旋加速器来加速质子，为了使质子获得的动能增加为原来的4倍，可采用下列哪几种方法( )A．将其磁感应强度增大为原来的2倍B．将其磁感应强度增大为原来的4倍C．将D形金属盒的半径增大为原来的2倍D．将两D形金属盒间的加速电压增大为原来的4倍【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．【分析】回旋加速器中带电粒子在电场被加速，每通过电场，动能被增加一次；而在磁场里做匀速圆周运动，通过磁场时只改变粒子的运动方向，动能却不变．因此带电粒子在一次加速过程中，电场电压越大，动能增加越大．但从D 形盒中射出的动能，除与每次增加的动能外，还与加速次数有关．所以加速电压越大，回旋次数越少，最大动能只由磁感应强度和D形金属盒的半径决定．【解答】解：带电粒子从D形盒中射出时的动能 E km =mv m2 （1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则圆周半径 R=（2）由（1）（2）可得E km =显然，当带电粒子q、m一定的，则E km∝R2 B2即E km与磁场的磁感应强度B、D形金属盒的半径R的平方成正比，与加速电场的电压无关，故AC正确，BD错误；故选：AC．【点评】本题回旋加速器考查电磁场的综合应用：在电场中始终被加速，在磁场中总是匀速圆周运动．所以容易让学生产生误解：增加射出的动能由加速电压与缝间决定．原因是带电粒子在电场中动能被增加，而在磁场中动能不变．9．下列说法中正确的是( )A．由R=知道，一段导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流成反比B．导体的电阻是由电压和电流共同决定的C．导体电流越大，电阻越小D．由I=知道，通过一段导体的电流跟加在它两端的电压成正比【考点】欧姆定律．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】根据欧姆定律的内容和影响电阻大小的因素进行解答即可．【解答】解：A、由R=知，一段导体的电阻等于它两端的电压与通过它的电流的比值，跟它两端的电压以及通过它的电流无关．故A错误；B、电阻由导体本身决定，与导体两端的电压、通过导体的电流都无关．故B错误；C、电阻由导体本身决定，与通过导体的电流无关．故C错误；D、由I=知道，通过一段导体的电流跟加在它两端的电压成正比．故D正确．故选：D【点评】本题考查了学生对欧姆定律内容的掌握和理解，知道电阻由本身性质决定，与所加电压和通过的电流无关，是一道基础题目．10．一个带正电荷微粒（重力不计）穿过图中匀强电场和匀强磁场区域时，恰能沿直线运动，则欲使电荷向下偏转时应采用的办法是( )A．增大电荷质量B．增大电荷电量C．减少入射速度D．增大磁感强度【考点】带电粒子在混合场中的运动．【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】开始时粒子恰能做直线运动，电场力向下，洛伦兹力向上，合力为零，若合力向下则向下偏转．【解答】解：粒子开始时做直线运动，洛伦兹力与电场力平衡，故：qvB=qE 要使粒子向下偏转，应该增加电场力或者减小洛伦兹力；A、B、增加电荷量或质量，qvB=qE依然成立，合力为零，不偏转，故A错误，B错误；C、减小速度，则洛伦兹力减小，合力向下，故向下偏转，故C正确；D、增加磁感应强度，则洛伦兹力增加，合力向上，故向上偏转，故D错误；故选：C．【点评】明确初始合力为0，知道各量变化对力的大小的影响，基础问题．二、不定项选择题11．下面有关磁场中某点的磁感应强度的方向的说法正确的是( )A．磁感应强度的方向就是该点的磁场方向B．磁感应强度的方向就是通过该点的磁感线的切线方向C．磁感应强度的方向就是通电导体在该点的受力方向D．磁感应强度的方向就是小磁针北极在该点的受力方向【考点】磁感应强度．【分析】磁场的方向就是小磁针静止时N极所指的方向，也就是小磁针的N极所受力的方向，与小磁针的S极受力方向相反，与通电导线所受安培力的方向垂直．【解答】解：A、磁感应强度的方向就是该点的磁场方向，故A正确．B、磁感应强度的方向就是通过该点的磁感线的切线方向，故B正确．C、B的方向与通电导线所受安培力的方向垂直，故C错误．D、在任何情况下，B的方向就是小磁针的N极所受力的方向，故D正确．故选：ABD．【点评】本题要明确磁场方向的一些规定，知道磁场的方向与通电导线所受安培力的方向垂直，电场的方向与电场力的方向在同一条直线上，要注意掌握这一点的不同．12．在如下匀强电场和匀强磁场共存的区域内，电子可能沿x轴正方向做匀速直线运动的是( )A ．B ．C ．D ．【考点】洛仑兹力．【分析】粒子做直线运动，要求粒子受到得合力与初速度方向在同一直线上、或者合力为零，逐项分析粒子的受力情况即可解答．【解答】解：A、根据左手定则，洛伦兹力向下，电场力向上，可以平衡，故粒子可能做匀速直线运动，故A正确；B、根据左手定则，电子受到洛伦兹力沿着﹣z方向，电场力也沿着﹣z方向，故不可能做直线运动，故B错误；C、速度与磁场方向平行，故洛伦兹力为零，电场力向右，粒子向右做加速运动，故C错误；D、速度与磁场方向平行，故洛伦兹力为零，电场力向右，粒子向右做加速运动，故D错误；故选：A．【点评】本题主要考查了粒子在电场和磁场中受力情况的分析，要使粒子做直线运动，则要求粒子受到得合力为零或者与初速度方向在同一直线上，基础题．13．如图是在有匀强磁场的云室中观察到的带电粒子的运动轨迹图，M、N是轨迹上两点，匀强磁场B垂直纸面向里．该粒子在运动时，其质量和电量不变，而动能逐渐减少，下列说法正确的是( )A．粒子在M点动能大，在N点动能小B．粒子先经过N点，后经过M点C．粒子带正电D．粒子在M点受到的洛伦兹力大于N点的【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】带电粒子在匀强磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律列方程，可以求出粒子的轨道半径，根据图示判断粒子在a、b两点轨道半径的大小，从而判断粒子运动方向；由左手定则判断粒子所带电性．【解答】解：A、洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，则粒子轨道半径，从粒子运动的轨迹可以判断，粒子在N点的曲率半径大于在M 点的曲率半径，由可知：粒子的轨道半径越小速度越小，所以粒子在M点的速度小于在N点的速度，粒子在M点的动能小于在N点的动能，故粒子先经过N点，再经过M点，故A错误，B正确；C、由左手定则可以判断粒子带正电，故C正确；D、粒子在M点的速度小于在N点的速度，由公式f=qvB可得，粒子在M点受到的洛伦兹力小于N点的速度．故D错误．故选：BC【点评】粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据运动轨迹判断出粒子所受洛伦兹力的方向，然后根据粒子运动方向由左手定则即可判断出粒子的电性．14．一个带电粒子以某一初速度射入匀强磁场中，不考虑其它力的作用，粒子在磁场中不可能做( )A．匀速直线运动B．匀变速直线运动C．匀变速曲线运动D．匀速圆周运动【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】当带电粒子射入的速度方向与匀强磁场的方向平行，此时该带电粒子不受洛伦兹力．根据洛伦兹力方向特点：洛伦兹力方向总是与粒子运动方向垂直，时刻改变粒子速度的方向，当速度方向改变，洛伦兹力方向也改变，故洛伦兹始终是变力．当带电粒子垂直于磁场方向射入磁场，此时洛伦兹力刚好提供向心力，带电粒子做匀速圆周运动．【解答】解：A、当带电粒子射入的速度方向与匀强磁场的方向平行，此时该带电粒子不受洛伦兹力，由于又不受其它力，故粒子做匀速直线运动，故A错误．B、C、当带电粒子射入的速度方向与匀强磁场的方向不平行，则该粒子一定受到洛伦兹力，由于洛伦兹力方向总是与带电粒子的运动方向垂直，洛伦兹力不改变带电粒子的速度大小，但时刻改变粒子速度的方向，当速度方向改变，洛伦兹力方向也改变，故洛伦兹始终是变力，故此时带电粒子不可能做匀变速直线运动，也不可能做匀变速曲线运动．故BC正确．D、当带电粒子垂直于磁场方向射入磁场，此时洛伦兹力刚好提供向心力，带电粒子做匀速圆周运动，故D错误．故选：BC．【点评】本题要注意掌握对洛伦兹力的理解，并要能根据受力情况分析运动情况．要知道洛伦兹力方向总是与带电粒子的运动方向垂直，带电粒子以一定速度垂直射入匀强磁场时做匀速圆周运动．二、填空题（每空2分，共16分）15．如图所示的正方形的盒子开有a、b、c三个微孔，盒内有垂直纸面向里的匀强磁场，一束速率不同的电子从a孔沿垂直于磁感线方向射入盒中，发现从c孔和b孔有电子射出．则（1）从b孔和c孔射出的电子的速率之比V b：V c为1：2；（2）从b孔和c孔射出的电子在盒内运动时间之比为2：1．【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】电子垂直射入匀强磁场中，由洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动．根据牛顿第二定律推导出电子圆周运动的速率与半径的关系．根据几何知识确定电子从c孔和b孔时半径关系，求解速率之比．根据时间与周期的关系，求解时间之比．【解答】解：（1）设电子的质量为m，电量为q，磁感应强度为B，电子圆周运动的半径为r，速率为v，则有qvB=m，得到，v=，r与v成正比．。

高二年级物理上册第二次月考试卷

高二年级物理上册第二次月考试卷一、选择题（每小题4分，共40分，每小题有一个或多个．．．．．．选项符合题意，全对得4分，不全得2分）１．真空中两个同性的点电荷q 1、q 2 ,它们相距较近，保持静止。

今释放q 2 且q 2只在q 1库仑力作用下运动，则q 2在运动过程中受到的库仑力A ．不断减小B ．不断增加C ．始终保持不变D ．先增大后减小２.两个半径均为1cm 的导体球，分别带上＋Q 和－3Q 的电量，两球心相距90cm ，相互作用力大小为F ，现将它们碰一下后，放回原处，则它们的相互作用力大小变为 A ．F B ．4F/3 C ．F/3 D ．3F3．如图为某电场中的一条电场线，可以判定 A. A 点电势一定高于B 点电势 B. A 点电势一定低于B 点电势C. A 点的电场强度一定大于B 点的电场强度D. A 点的电场强度可能大于B 点的电场强度４．两平行金属板水平放置，板间距为0.6cm ，两板接上6×103V 电压，板间有一个带电液滴质量为4.8×10-10g ，处于静止状态，则油滴上有元电荷数目是（g 取10m/s 2） A ．3×106 B ．30 C ．10 D ．3×1045．如图所示，M 、N 两点分别放置两个等量异种电荷，A 为它们连线的中点，B 为连线上靠近N 的一点，C 为连线的中垂线上处于A 点上方的一点，在A 、B 、C 三点中 A ．场强最小的点是A 点，电势最高的点是B 点 B ．场强最小的点是A 点，电势最高的点是C 点 C ．场强最小的点是C 点，电势最高的点是B 点D ．场强最小的点是C 点，电势最高的点是A 点6．如图所示为两电阻R 1和R 2的伏安特性曲线。

若将两电阻并联在电路中，关于它们的电阻值及发热功率的比较，正确的是 A ．电阻R 1的阻值较大 B ．电阻R 2的阻值较大C ．电阻R 1的发热功率较大D ．电阻R 2的发热功率较大 7．在图中的电路中，U=8V 不变，电容器电容C=200μF ，R 1∶R 2=3∶5，则电容器的带电量为A ．1×10-3CB ．1×10-4C C ．6×10-4CD ．1．6×10-3C8．在如图所示的电路中,当滑线变阻器的滑动触点向b 端移动时,A.伏特表V 的读数增大,安培表A 的读数减小.B.伏特表V 和安培表A 的读数都增大.C.伏特表V 和安培表A 的读数都减小.D.伏特表V 的读数减小,安培表A 的读数增大. 9．如图所示，平行线代表电场线，但未标明方向，在电场中，一个带正电的微粒仅受电场力作用，当它从A 点运动到B 点时其动能减少了，则以下判断正确的是 A ．微粒的运动轨迹如图中的虚线2所示； B ．微粒的运动轨迹如图中的虚线1所示；C ．Ａ点电势比Ｂ点高；D ．微粒在Ａ点的电势能小1０．一带负电的液滴，从竖直方向电场线上A 点，无初速下落h 距离时，速度恰好为0，若此液滴带同样多的正电荷，则它从A 点无初速下落h 的速率为A ．0B ．gh 2C ．gh 2D ．gh 41R 2R 3R b aAVr AB21二．实验题（共15分） 11．（3分）已知一个灵敏电流计的满偏电流为20mA ，内阻为60Ω，现将其改装为量程为3A 的电流表，应______联一个_______Ω的电阻。

高二物理上学期第二次月考试卷(理特含解析)高二全册物理试题

嗦夺市安培阳光实验学校上饶中学高二（上）第二次月考物理试卷（理特）一、选择题（每题4分，共48分，第8、10题为多选）1．电场中有A、B两点，在将某电荷从A点移到B点的过程中，电场力对该电荷做了正功，则下列说法中正确的是( )A．该电荷是正电荷，且电势能减少B．该电荷是负电荷，且电势能增加C．该电荷电势能增加，但不能判断是正电荷还是负电荷D．该电荷电势能减少，但不能判断是正电荷还是负电荷2．如图所示电解池内有一价离子的电解液，在时间t内通过溶液截面S的正离子数为n1，负离子数为n2，设元电荷电荷量为e，则以下说法正确的是( ) A．溶液内电流方向从A到B ，电流为B．溶液内电流方向从B到A ，电流为C．溶液内正、负离子反方向移动，产生的电流相互抵消D．溶液内电流方向从B到A ，电流为3．在如图所示电路中，AB为粗细均匀、长为L的电阻丝，以A、B上各点相对A点的电压为纵坐标，各点离A点的距离x为横坐标，则U随x变化的图线应为( )A ．B ．C ．D ．4．如图所示，虚线表示等势面，相邻两等势面间的电势差相等，有一带电的小球在该电场中运动，不计小球所受的重力和空气阻力，实线表示该带正电的小球的运动轨迹，小球在a点的动能等于20eV，运动到b点时的动能等于2eV，若取C点为零电势点，则这个带电小球的电势能等于﹣6eV，它的动能等于( )A．16eV B．14eV C．6eV D．4eV5．如图所示，圆O在匀强电场中，场强方向与圆O所在平面平行，带正电的微粒以相同的初动能沿着各个方向从A点进入圆形区域中，只在电场力作用下运动，从圆周上不同点离开圆形区域，其中从C点离开圆形区域的带电微粒的动能最大，图中O是圆心，AB是圆的直径，AC是与AB成α角的弦，则匀强电场的方向为( )A．沿AB方向B．沿AC方向C．沿BC方向D．沿OC方向6．如图所示，在平行板电容器正中有一个带电微粒．K闭合时，该微粒恰好能保持静止．若K不断开，则下列哪种方法能使该带电微粒向上运动打到上极板？( )A．将下极板上移B．将上极板上移C．将上极板左移D．将下极板N接地7．如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，若调整可变电阻R的阻值，可使电压表的示数减小△U（电压表为理想电表），在这个过程中( )A．通过R1的电流减小，减少量一定等于B．R2两端的电压增加，增加量一定等于△UC．路端电压减小，减少量一定等于△UD．通过R2的电流增加，但增加量一定大于8．示波器可以视为加速电场与偏转电场的组合，若已知前者的电压为U1，后者电压为U2，极板长为L，板间距为d，且电子加速前初速可忽略．则示波器的灵敏度（偏转电场中每单位偏转电压所引起的偏转量称为“灵敏度”）与加速电场、偏转电场的关系正确的是( )A．L越大，灵敏度越大B．d越大，灵敏度越大C．U1越大，灵敏度越小D．灵敏度与U1无关9．静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布可简化为如图所示的折线，图中φ0和d为已知量，一个质量为m、电荷量为q带负电的粒子恰好在电场中以x=0为中心、沿x轴方向做周期性运动．忽略粒子的重力，则( ) A．在﹣d＜x＜d 区间内的场强大小都是，方向均沿+x方向B．在﹣d＜x＜d区间内粒子做简谐运动C．要使粒子能运动到﹣d处，粒子在O点的动能至少为qφ0D ．粒子从﹣运动到的过程中，电势能先增大后减小10．在如图甲所示的电路中，L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，当开关 S闭合后，电路中的总电流为0.25A，则( )A．L1上的电压为L2上电压的2倍B．L1消耗的电功率为0.75 WC．L2的电阻为12ΩD．L1、L2消耗的电功率的比值小于4：111．用电动势为E、内电阻为r的电池组直接向线圈电阻为R的电动机供电，电动机正常工作后，测得通过的电流为I、电动机两端的电压为U，则( )A ．电路中电流B．在时间t内，电池组消耗的化学能为IEtC．在时间t内，电动机输出的机械能是IEt﹣I2rtD．以上说法都不对12．用电器距离电源为l，线路上的电流为I，已知输电线的电阻率为ρ．为使在线路上的电压降不超过U．那么，输电线的横截面积的最小值为( )A ．B ．C ．D ．二、实验题（每空2分，共12分）13．测金属电阻率实验（1）测长度时，金属丝的起点、终点位置如图（a），则长度为：__________cm；（2）用螺旋测微器测金属丝直径，示数如图（b），则直径为：__________mm；（3）在图（c）中完成实物连线，要求多测几组数据，电压表示数从零开始；14．如图甲所示是一种测量电容的实验电路图，实验是通过对高阻值电阻放电的方法测出电容器充电至电压为U时所带的电荷量Q，从而再求出待测电容器的电容C．某同学在一次实验时的情况如下：a．按图甲所示的电路图接好电路；b．接通开关S，调节电阻箱R的阻值，使小量程电流表的指针偏转接近满刻度，记下此时电流表的示数I0=490 μA，电压表的示数U0=8.0V，I0、U0分别是电容器放电时的初始电流和电压；c．断开开关S，同时开始计时，每隔5s或10s测读一次电流i的值，将测得数据填入表格，并标示在图乙的坐标纸上（时间t为横坐标，电流i为纵坐标），结果如图中小黑点所示．（1）在图乙中画出i﹣t图线．（2）图乙中图线与坐标轴所围成面积的物理意义是__________．（3）该电容器的电容为__________F（结果保留两位有效数字）．三、计算题（40分）15．长为L的绝缘细线下系一带正电的小球，其带电荷量为Q，悬于O点，如图所示．当在O点处固定一个正电荷时，如果球静止在A处，则细线拉力是重mg的两倍．现将球拉至图中B处（θ=60°）放开球让它摆动，问：（1）固定在O处的正电荷的带电荷量为多少？（2）摆球回到A处时悬线拉力为多少？16．如图，在竖直平面内，AB为水平放置的绝缘粗糙轨道，CD为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，AB与CD通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接，圆弧的圆心为O，半径R=0.50m，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，场强的大小E=1.0×104N/C，现有质量m=0.20kg，电荷量q=8.0×10﹣4C的带电体（可视为质点），从A点由静止开始运动，已知s AB=1.0m，带电体与轨道AB、CD间的动摩擦因数均为0.5．假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．求：（g=10m/s2）（1）带电体运动到圆弧形轨道C点时的速度；（2）带电体最终停在何处．17．如图甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1=100Ω，R2阻值未知，R3为一滑动变阻器，当其滑片P从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化图线如图乙所示，其中A、B两点是滑片P在变阻器的两个不同端点得到的．求：（1）定值电阻R2的阻值；（2）滑动变阻器的最大阻值．18．一个允许通过最大电流为2A的电源和一个滑动变阻器，接成如下图甲所示的电路．滑动变阻器最大阻值为R0=22Ω，电源路端电压U随外电阻R变化的规律如下图乙所示，图中U=12V的直线为图线的渐近线．试求：（1）电源电动势E和内阻r；（2）A、B空载时输出电压的范围；（3）若要保证滑动变阻器的滑片任意滑动时，干路电流不能超过2A，则A、B 两端所接负载电阻至少为多大？上饶中学高二（上）第二次月考物理试卷（理特）一、选择题（每题4分，共48分，第8、10题为多选）1．电场中有A、B两点，在将某电荷从A点移到B点的过程中，电场力对该电荷做了正功，则下列说法中正确的是( )A．该电荷是正电荷，且电势能减少B．该电荷是负电荷，且电势能增加C．该电荷电势能增加，但不能判断是正电荷还是负电荷D．该电荷电势能减少，但不能判断是正电荷还是负电荷【考点】电势能．【分析】电场力对电荷做正功，说明运动的方向与电场力方向相同，电荷的电势能减小，根据动能定律知动能增大．【解答】解：A、B：电场力对电荷做正功，说明运动的方向与电场力方向相同，电荷的电势能减小；但是不能判断出该电荷是正电荷还是负电荷．故A错误，B 错误；C：电场力对电荷做正功，电荷的电势能减小；故C错误；D：电场力对电荷做正功，说明运动的方向与电场力方向相同，电荷的电势能减小；但是不能判断出该电荷是正电荷还是负电荷．故D正确；故选：D【点评】考查了功能关系：电场力做功，导致电势能变化．就像重力做功，必导致重力势能变化一样．2．如图所示电解池内有一价离子的电解液，在时间t内通过溶液截面S的正离子数为n1，负离子数为n2，设元电荷电荷量为e，则以下说法正确的是( ) A．溶液内电流方向从A到B ，电流为B．溶液内电流方向从B到A ，电流为C．溶液内正、负离子反方向移动，产生的电流相互抵消D．溶液内电流方向从B到A ，电流为【考点】电流、电压概念；欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】电流的方向与正离子定向移动方向相同．一价离子带电量的大小为e．通过溶液截面s的电荷量等于正离子与负离子电荷量绝对值之和，根据电流的定义式求解电流强度．【解答】解：电流的方向与正离子定向移动方向相同，则溶液内电流方向从B 到A．t时间内通过通过溶液截面s的电荷量为：q=n1e+n2e，则根据电流的定义式有：I===．故选：D【点评】本题运用电流的定义式求解电流强度，对于电解质溶液，公式I=中q 是通过溶液截面s的电荷量等于正离子与负离子电荷量绝对值之和．3．在如图所示电路中，AB为粗细均匀、长为L的电阻丝，以A、B上各点相对A点的电压为纵坐标，各点离A点的距离x为横坐标，则U随x变化的图线应为( )A ．B ．C ．D ．【考点】路端电压与负载的关系．【专题】恒定电流专题．【分析】导体的电阻与长度成正比，导体越长，电阻越大，串联电路中的电压U与电阻成正比，电阻越大，电压越大．【解答】解：根据电阻定律可知：各点离A点的距离x越大，导体的电阻越大，电阻R与x成正比；由于AB上各部分电阻串联，电流相等，则AB上的各点相对A点的电压U就越大，由U=IR，知U与R成正比，则U与x成正比，则图象A是正确的．故A正确．故选：A．【点评】解决此类问题关键要掌握电阻定律和串联电路电压与电阻成正比的规律．并能结合图象的意义进行选择．4．如图所示，虚线表示等势面，相邻两等势面间的电势差相等，有一带电的小球在该电场中运动，不计小球所受的重力和空气阻力，实线表示该带正电的小球的运动轨迹，小球在a点的动能等于20eV，运动到b点时的动能等于2eV，若取C点为零电势点，则这个带电小球的电势能等于﹣6eV，它的动能等于( )A．16eV B．14eV C．6eV D．4eV【考点】电势能；动能定理的应用．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】解决本题需掌握：小球只受电场力时，小球的动能和电势能之和保持不变；正确判断小球在电场中所受电场力方向以及电场力做功情况．【解答】解：小球自a点运动到b时，电场力做负功：W ab=2eV﹣20eV=﹣18eV ①由于相邻两等势面的电势差相等，故电势差的大小关系有：U ab=3U bc②从b到c电场力做正功，根据动能定理有：W bc=E kc﹣E kb③联立①②③可得E kc=8eV．由于只有电场力做功，电势能和动能和保持不变，故在c点：E=E p+E k=8eV即电势能和动能之和为8eV，因此当电势能等于﹣6eV时动能为14eV，故ACD 错误，B正确．故选B．【点评】学习电场中的功能关系时可以类比在重力场的功能关系，如只有重力做功，动能和重力势能之和保持不变；那么只有电场力做功，电势能和动能之和保持不变5．如图所示，圆O在匀强电场中，场强方向与圆O所在平面平行，带正电的微粒以相同的初动能沿着各个方向从A点进入圆形区域中，只在电场力作用下运动，从圆周上不同点离开圆形区域，其中从C点离开圆形区域的带电微粒的动能最大，图中O是圆心，AB是圆的直径，AC是与AB成α角的弦，则匀强电场的方向为( )A．沿AB方向B．沿AC方向C．沿BC方向D．沿OC方向【考点】等势面；电场线．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】带正电的微粒以相同的初动能沿着各个方向从A点进入圆形区域中，只在电场力作用下运动，从C点离开圆形区域的带电微粒的动能最大，根据动能定理知电场力做功最多，则AC在电场线方向上的距离最大．【解答】解：仅在电场力作用下从A点进入，离开C点的动能最大，则C点是沿电场强度方向电势最低的点，所以电场力沿过OC的方向，由于带电微粒是带正电，故匀强电场的方向沿OC方向．故D正确，A、B、C错误．故选：D．【点评】解决本题的关键抓住C点是沿电场强度方向离A点最远，以及电场线与过C的切线相垂直．6．如图所示，在平行板电容器正中有一个带电微粒．K闭合时，该微粒恰好能保持静止．若K不断开，则下列哪种方法能使该带电微粒向上运动打到上极板？( )A．将下极板上移B．将上极板上移C．将上极板左移D．将下极板N接地【考点】带电粒子在混合场中的运动．【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】保持K闭合时电容板间电压保持不变，根据公式E=分析板间场强的变化，判断能否使带电微粒向上加速运动．【解答】解：开始时，粒子受重力和电场力，二力平衡；保持K闭合时，电压U不变，要使该带电微粒向上运动打到上极板，故电场力要增加，根据E=，极板距离要减小；故A正确，BCD错误；故选：A．【点评】本题是电容器动态变化分析的问题，关键明确粒子的电场力要增加，故电场强度要增加；基础题目．7．如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，若调整可变电阻R的阻值，可使电压表的示数减小△U（电压表为理想电表），在这个过程中( )A．通过R1的电流减小，减少量一定等于B．R2两端的电压增加，增加量一定等于△UC．路端电压减小，减少量一定等于△UD．通过R2的电流增加，但增加量一定大于【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】由图可知，R1与R并联后与R2串联，电压表测并联部分的电压；由欧姆定律可知，通过R1的电流的变化量；由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化量，则可得出路端电压的变化量及R2两端电压的关系．【解答】解：A、因电压表示数减小，而R1为定值电阻，故电流的减小量一定等于，故A正确；B、R1两端的电压减小，则说明R2及内阻两端的电压均增大，故R2两端的电压增加量一定小于△U，故B错误；C、因内电压增大，故路端电压减小，由B的分析可知，路端电压的减小量一定小于△U，故C错误；D、由B的分析可知，R2两端的电压增加量一定小于△U，故电流的增加量一定小于，故D错误；故选：A．【点评】本题考查欧姆定律中的动态分析，因本题要求分析电流及电压的变化量，故难度稍大，要求学生能灵活选择闭合电路的欧姆定律的表达形式．8．示波器可以视为加速电场与偏转电场的组合，若已知前者的电压为U1，后者电压为U2，极板长为L，板间距为d，且电子加速前初速可忽略．则示波器的灵敏度（偏转电场中每单位偏转电压所引起的偏转量称为“灵敏度”）与加速电场、偏转电场的关系正确的是( )A．L越大，灵敏度越大B．d越大，灵敏度越大C．U1越大，灵敏度越小D．灵敏度与U1无关【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】根据带电粒子在加速电场中加速，在偏转电场中做类平抛运动，结合动能定理、牛顿第二定律和运动学公式求出偏转量，从而得出灵敏度的大小．【解答】解：根据动能定理得，粒子在偏转电场中运动的时间t=，在偏转电场中的偏转位移y==则灵敏度为．知L越大，灵敏度越大；d越大，灵敏度越小；U1越小，灵敏度越大．灵敏度与U2无关．故AC正确，B、D错误．故选：AC．【点评】本题考查了带电粒子在电场中的加速和偏转，综合考查了动能定理、牛顿第二定律、运动学公式等，难度中等．9．静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布可简化为如图所示的折线，图中φ0和d为已知量，一个质量为m、电荷量为q带负电的粒子恰好在电场中以x=0为中心、沿x轴方向做周期性运动．忽略粒子的重力，则( ) A．在﹣d＜x＜d 区间内的场强大小都是，方向均沿+x方向B．在﹣d＜x＜d区间内粒子做简谐运动C．要使粒子能运动到﹣d处，粒子在O点的动能至少为qφ0D ．粒子从﹣运动到的过程中，电势能先增大后减小【考点】电势；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电势随x均匀变化时，电场为匀强电场，由电势差与电场强度的关系可求得电场强度大小，根据顺着电场线方向电势降低，判断场强的方向．简谐运动的特征是F=﹣kx，在恒力作用下粒子不可能做简谐运动．根据动能定理研究动能．根据负电荷在电势高处电势能小，分析电势能的变化．【解答】解：A、在﹣d＜x＜0内的场强大小 E==，电势升高，则场强方向沿﹣x方向；在0＜x＜d区间内，场强大小E==，电势降低，则场强沿+x方向．故A错误．B、由上分析可知，在﹣d＜x＜0内场强不变，粒子所受的电场力不变，在0＜x ＜d区间内，场强不变，粒子所受的电场力也不变，对照简谐运动的条件F=﹣kx，可知粒子做非简谐运动，故B错误．C、粒子能运动到﹣d处时速度为零，根据动能定理得：﹣qφ0=0﹣E k0，则得：粒子在O点的动能至少为 E k0=qφ0．故C正确．D、粒子从﹣运动到的过程中，电势先升高后降低，根据负电荷在电势高处电势能小，可知电势能先减小后增大，故D错误．故选：C【点评】本题关键抓住图线的斜率表示场强，再从题干中找出可用的信息，同时能从图象中判断出电场的性质；并能灵活应用动能定理求解动能．10．在如图甲所示的电路中，L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，当开关 S闭合后，电路中的总电流为0.25A，则( )A．L1上的电压为L2上电压的2倍B．L1消耗的电功率为0.75 WC．L2的电阻为12ΩD．L1、L2消耗的电功率的比值小于4：1【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【专题】比较思想；图析法；恒定电流专题．【分析】L2和L3并联后与L1串联，L2和L3的电压相同，电流也相同，电路中的总电流为0.25A，从而求出通过三个灯泡的电流，由图乙读出三个灯泡两端的电压，由R=求出L2的电阻，根据P=UI求L1、L2消耗的电功率的比值．【解答】解：A、L2和L3并联后与L1串联，L2和L3的电压和电流均相同，则L1的电流为L2电流的2倍，由于灯泡是非线性元件，所以L1的电压不是L2电压的2倍，故A错误；B、根据图象可知，当电流为0.25A时，电压U=3V，所以L1消耗的电功率P=UI=0.75W，故B正确；C、L2的电流为0.125A，由图可知，此时L2的电压小于0.5V，根据R2=可知，L2的电阻小于4Ω，故C错误；D、根据P=UI可知，L2消耗的电功率P2＜0.125×0.5=0.0625W，所以L1、L2消耗的电功率的比值大于4；1，故D错误；故选：B【点评】本题的关键是搞清电路的结构，能够从图中读出有效信息，对于线性元件，R==，但对于非线性元件，R=≠．11．用电动势为E、内电阻为r的电池组直接向线圈电阻为R的电动机供电，电动机正常工作后，测得通过的电流为I、电动机两端的电压为U，则( )A ．电路中电流B．在时间t内，电池组消耗的化学能为IEtC．在时间t内，电动机输出的机械能是IEt﹣I2rtD．以上说法都不对【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】发动机为非纯电阻用电器故不能使用欧姆定律求得电路中的电流；但由P=UI可求得电动机的功率；由EI可求得电池消耗的化学能．【解答】解：A、因发电机为非纯电阻电路，故闭合电路欧姆定律不能使用，故A错误；B、电池组消耗的化学能等于电池的输出电能，故化学能为EIt；故B正确；C、电动机输出的功率P=UI，故C错误；D、因B正确，故D错误；故选B．【点评】在应用闭合电路的欧姆定律解决问题时，要注意其使用的条件；电动机类由于将电能转化为了内能之外的其他形式的能量，故不能再由闭合电路欧姆定律求解．12．用电器距离电源为l，线路上的电流为I，已知输电线的电阻率为ρ．为使在线路上的电压降不超过U．那么，输电线的横截面积的最小值为( ) A ．B ．C ．D ．【考点】电阻定律．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】根据欧姆定律可求和电阻的最小值，再由电阻定律即可求出输电导线的横截面积．【解答】解：根据欧姆定律得：R=，根据电阻定律有：R=2，解得：S=．故B正确，A、C、D错误．故选：B．【点评】解决本题的关键掌握电阻定律和欧姆定律，注意导线输电导线应为两条，故长度为距离的2倍．二、实验题（每空2分，共12分）13．测金属电阻率实验（1）测长度时，金属丝的起点、终点位置如图（a），则长度为：60.50cm；（2）用螺旋测微器测金属丝直径，示数如图（b），则直径为：1.981mm；（3）在图（c）中完成实物连线，要求多测几组数据，电压表示数从零开始；【考点】测定金属的电阻率；刻度尺、游标卡尺的使用．【专题】实验题；创新题型；图析法；恒定电流专题．【分析】（1）根据图示刻度尺确定其分度值，然后读出其示数．（2）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数．（3）根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后连接实物电路图．【解答】解：（1）由图（a）所示刻度尺可知，其分度值为1mm，长度为：70.50cm ﹣10.00cm=60.50cm；（2）由图示螺旋测微器可知，其示数为：1.5mm+48.1×0.01mm=1.981mm．（3）多测几组数据，电压表示数从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，电流表内阻很小，电压表内阻很大，电压表内阻远大于待测电阻丝的阻值，电流表应采用外接法，实物电路图如图所示：故答案为：（1）60.50；（2）1.981；（3）电路图如图所示．【点评】本题考查了刻度尺与螺旋测微器的读数、连接实物电路图，要掌握常用器材的使用及读数方法；根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法是连接实物电路图的关键．14．如图甲所示是一种测量电容的实验电路图，实验是通过对高阻值电阻放电的方法测出电容器充电至电压为U时所带的电荷量Q，从而再求出待测电容器的电容C．某同学在一次实验时的情况如下：a．按图甲所示的电路图接好电路；b．接通开关S，调节电阻箱R的阻值，使小量程电流表的指针偏转接近满刻度，记下此时电流表的示数I0=490 μA，电压表的示数U0=8.0V，I0、U0分别是电容器放电时的初始电流和电压；c．断开开关S，同时开始计时，每隔5s或10s测读一次电流i的值，将测得数据填入表格，并标示在图乙的坐标纸上（时间t为横坐标，电流i为纵坐标），结果如图中小黑点所示．（1）在图乙中画出i﹣t图线．（2）图乙中图线与坐标轴所围成面积的物理意义是电容器充电到电压为U0时所带的电荷量．（3）该电容器的电容为1.0×10﹣3F（结果保留两位有效数字）．【考点】研究平行板电容器．【专题】实验题；电容器专题．【分析】由△Q=I•△t知，电荷量为I﹣t图象与坐标轴所包围的面积，计面积时可数格数（四舍五入）．现由C=求得C．【解答】解：（1）用平滑的曲线连接．如图所示（2）由△Q=I•△t知，电荷量为I﹣t图象与坐标轴所包围的面积：则面积为电容器充电到电压为U0时所带的电荷量．（3）查出格子数，由总格子数乘以每个格子的“面积”值求：Q=8.0×10﹣3C 则C=故答案为：（1）如图（2）电容器充电到电压为U时所带的电荷量（3）1.0×10﹣3F【点评】考查用数学方法求解物理问题，明确图象的面积的意义．三、计算题（40分）15．长为L的绝缘细线下系一带正电的小球，其带电荷量为Q，悬于O点，如图所示．当在O点处固定一个正电荷时，如果球静止在A处，则细线拉力是重mg的两倍．现将球拉至图中B处（θ=60°）放开球让它摆动，问：（1）固定在O处的正电荷的带电荷量为多少？（2）摆球回到A处时悬线拉力为多少？【考点】库仑定律；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】（1）球静止在A处经受力分析知受三个力作用：重力、静电力F和细线拉力，由受力平衡和库仑定律列式求解（2）摆回的过程只有重力做功，所以机械能守恒，列出等式表示出最低点速度，由牛顿第二定律求解．【解答】解：（1）球静止在A处经受力分析知受三个力作用：重力mg、静电力F和细线拉力F拉，由受力平衡和库仑定律列式：F拉=F+mg，F=，F拉=2mg三式联立解得：q=．（2）摆回的过程只有重力做功，所以机械能守恒，规定最低点重力势能等于零，列如下方程：mgL（1﹣cos60°）=mv2F拉′﹣mg﹣F=m由（1）知静电力F=mg解上述三个方程得：F拉′=3mg．答：（1）固定在O 处的正电荷的带电荷量为（2）摆球回到A处时悬线拉力为3mg．【点评】对于圆周运动的问题，往往与动能定理或机械能守恒定律综合起来进行考查，基本题型，难度适中．16．如图，在竖直平面内，AB为水平放置的绝缘粗糙轨道，CD为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，AB与CD通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接，圆。