高二上期高二物理第5次周考试卷

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人教版高中物理-有答案-贵州省黔西南州某校高二(上)第5周周考物理试卷

贵州省黔西南州某校高二（上）第5周周考物理试卷一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，第1-6题只有一项符合题目要求，第7-10题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1. 关于静电场，下列说法正确的是（）A.电势等于零的物体一定不带电B.电场强度为零的点，电势一定为零C.同一电场线上的各点，电势一定相等D.负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加2. A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下以给定初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度—时间图像如图所示．则在图中这一电场可能是（）A. B. C. D.3. 在真空中固定一个正点电荷，一个具有一定初速度的带负电的粒子，仅在这个电荷的电场力作用下，不可能做（）A.以点电荷为一个焦点的椭圆运动B.速度增大、加速度增大的直线运动C.动能和电势能都不变的运动D.匀速直线运动或类平抛运动4. 如图所示，电荷量为Q1、Q2的两个正点电荷分别置于A点和B点，两点相距为L，在以L为直径的光滑绝缘半圆环上，穿着一个带电荷量为q的小球（视为点电荷），在P点平衡，若不计小球的重力，那么PA与AB的夹角α与Q1、Q2的关系满足（）A.tan3α=Q1Q2B.tan3α=Q2Q1C.tan2α=Q1Q2D.tan2α=Q2Q15. 如图所示，在一真空区域中，AB、CD是圆O的两条直径，在A、B两点上各放置电荷量为+Q和−Q的点电荷，设C、D两点的电场强度分别为E C、E D，电势分别为φC、φD，下列说法正确的是（）A.E C与E D相同，φC与φD不相等B.E C与E D不相同，φC与φD相等C.E C与E D相同，φC与φD相等D.E C与E D不相同，φC与φD不相等6. 如图所示，直线上有o、a、b、c四点，ab间的距离与bc间的距离相等，在o点处有固定点电荷，已知b点电势低于c点电势．若一带负电粒子仅在电场力作用下先从c点运动到b点，再从b点运动到a点，则（）A.两个过程中电场力做功相等B.前一过程中，粒子的电势能不断减小C.前一过程中电场力做的功大于后一过程中电场力做的功D.后一过程中，粒子动能不断减小7. 图中，a、b两点在A中是位于以正点电荷为圆心的同一圆周上，在B图中是在导体内部，在C图中是等量异种电荷连线的中垂线上，且aO=bO，在D图中是带带量异种电荷的平行板间，则a、b两点场强相等，电势也相等的是（）A. B. C. D.8. 将三个质量相等的带电微粒分别以相同的水平速度由P点射入水平放置的平行金属板间，已知上板带正电，下板接地．三个微粒分别落在图中A、B、C三点，不计其重力作用，则（）A.三个微粒在电场中运动时间相等B.三个的带电量相同C.三个微粒所受电场力的大小关系是F A<F B<F CD.三个微粒到达下板时的动能关系是E kC>E kB>E kA9. 如图长为L，倾角为θ=30∘的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电荷量为+q，质量为m的小球，以初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端的速度仍为v0，则（）A.小球在B点的电势能一定大于小球在A点的电势能B.A、B两点的电势差一定为mgL2qC.若电场是匀强电场，则该电场场强的最大值一定是mgqD.若该电场是AC边中点的点电荷Q产生的，则Q一定是正电荷10. 如图所示，在绝缘的斜面上方，存在着匀强电场，电场方向平行于斜面向上，斜面上的带电金属块在平行于斜面的力F作用下沿斜面移动．已知金属块在移动的过程中，力F做功32J，金属块克服电场力做功8J，金属块克服摩擦力做功16J，重力势能增加18J，则在此过程中金属块的（）A.动能减少10JB.电势能增加24JC.机械能减少24JD.内能增加16J二、填空题（共16分）如图所示，竖直方向的直线是匀强电场的电场线．质量为m、带电量为−q的质点P，从电场边缘的A点射入该电场，并沿直线AB从B点射出电场．直线AB跟电场线夹角为θ，A、B两点间距离为d，匀强电场的场强E=________，AB两点间电势差为________．如图所示，A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为φA=15V，φB=6V，φC=−3V，由此可得D点电势φD=________V，若该正方形的边长为2cm，且电场方向与正方形所在平面平行，则场强为E=________V/m．三、计算题（共44分）如图所示，MN板间匀强电场的场强E=2.4×104N/C，方向竖直向上，场上A、B两点相距10cm，AB连线与电场方向夹角θ=60o，A点和M板相距2cm，求：（1）U BA等于多少？（2）一点电荷Q=5×10−8C，从A移动到B点电场力做的功？（3）若M板接地，则A点电势为？一长为L的细线，上端固定，下端拴一质量为m、带电荷量为q的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中．将小球拉至水平位置A由静止释放，小球向下摆动，当细线转过120∘角时，小球到达B点速度恰好为零．试求：（1）匀强电场的场强大小；（2）小球摆到最低点是时细线对小球的拉力大小？如图所示，竖直平面xOy内有三个宽度均为L首尾相接的电场区域ABFE、BCGF和CDHG．三个区域中分别存在方向+y、+y、+x的匀强电场，其场强大小比例为2:1:2．现有一带正电的物体以某一初速度从坐标为(0, L)的P点射入ABFE场区，初速)的Q点射入CDHG场区，已知物体在ABFE区度方向水平向右．物体恰从坐标为(2L, L2域所受电场力和所受重力大小相等，重力加速度为g，物体可以视作质点，y轴竖直向上，区域内竖直方向电场足够大．求：（1）物体进入ABFE区域时的初速度大小；（2）物体在ADHE区域运动的总时间．参考答案与试题解析贵州省黔西南州某校高二（上）第5周周考物理试卷一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，第1-6题只有一项符合题目要求，第7-10题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1.【答案】D【考点】电场电场力做功与电势能变化的关系电势能电势【解析】静电场中，电势具有相对性，电场强度为零的点电势不一定为零，沿电场线电势一定降低。

高二第五次质量检测物理试题(含答案)

教学质量检测物理试题一、单项选择题：本题共12 小题，每小题3 分，共36 分。

每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。

1、下列说法正确的是（）A.根据热力学第二定律可知，低温物体不能传递热量给高温物体B.扫地时，在阳光照射下，看到尘埃飞舞，这是尘埃在做布朗运动C.竹节虫可以停在水面上是由于液体表面张力的作用.D.气体温度升高，其每个分子的动能都增大2、如图所示是一定质量的理想气体的压强和摄氏温度的关系图象，气体由状态a 变化到状态b 的过程中，气体的体积（）A. 一直增大B. 一直减小C. 保持不变D. 先变大后变小3、如图所示，是研究光电效应的电路图，对于某金属用蓝光照射时，电流表指针发生偏转。

则以下说法正确的是（）A.将电源的正负极调换，仍用相同的蓝光照射时，将滑动变阻器滑动片向右移动一些，电流表的读数一定为零B.将K 极换成逸出功小的金属板，用绿光照射时，电流表的示数可能增大C.如果改用黄光照射该金属时，电流表无示数D.将滑动变阻器滑动片向左移动，电流表的示数一定增大4、图为氢原子能级图。

现有一群处于n=4 激发态的氢原子，用这些氢原子辐射出的光照射逸出功为2.13eV 的某金属，已知电子的电荷量为1.6×10-19C，则（）A.这群氢原子能够发出8 种不同频率的光B.如果发出的光子中有两种能使某金属产生光电效应,其中一种一定是由n=3能级跃迁到n =1 能级发出的C.从n=4 能级跃迁到n=3 能级发出的光的波长最短D.该金属逸出的所有光电子中，初动能的最大值为1.7×1018J5、关于原子核、原子核的衰变、核能，下列说法正确的是（）A.每经过一次α 衰变原子核的质量数会减少2 个B.任何两个原子核都可以发生核聚变C.衰变为→+,衰变后α 粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量D.放射性同位素经α、β衰变会生成，其中经过了3 次α 衰变和2 次β衰变6、抽制细丝时可用激光监控其粗细，如图所示，激光束越过细丝时产生的条纹和它通过遮光板上的一条同样宽度的窄缝规律相同，则下列描述正确的是（）①这是利用光的干涉现象②这是利用光的衍射现象③如果屏上条纹变宽，表明抽制的丝变细了④如果屏上条纹变宽，表明抽制的丝变粗了A．①③B．②④C．①④D．②③7、在足够大的匀强磁场中一粒静止的Th 核发生衰变，释放出的粒子运动方向与磁场垂直，现在探测到新核与放出粒子的运动轨迹均为圆，如图所示，则下列判断正确的是（）A. Th 核发生的是衰变B. 衰变后的新核沿顺时针方向旋转C. 如果半衰期为 3.8 天，4 克该物质，经过 7.6 天就只剩下 1 克D. 释放出的粒子沿逆时针方向旋转8、下列说法中正确的是（）A. 若已知质子、中子、α 粒子质量分别是 m 1 、m 2、m 3 ，质子和中子结合成一个 α 粒子，释放的能量（ 2m 1+m 2 -m 3 ）c 2B. 在某些恒星内，3 个粒子结合成一个，原子的质量是，原子的质量是，己知，则此核反应中释放的核能约为 C. 核反应方程中,X 是中子且反应过程中系统动量守恒D. β 衰变中释放的 β 射线是原子核外电子挣脱原子核的束缚形成的高速电子流9、在杨氏双缝干涉实验装置的双缝后面各放置一个偏振片，若两个偏振片的透振方向相互垂直，则（）A ．光屏上仍有干涉条纹，但亮条纹的亮度减小B ．干涉条纹消失，但仍有光射到光屏上C ．光屏上仍有干涉条纹，但亮条纹的亮度增大D ．干涉条纹消失，光屏上一片黑暗 10、下列说法正确的是（）A. 全息照相主要是利用了光的偏振现象B. 障碍物的尺寸比光的波长大得多时，一定不会发生衍射现象C ．用标准平面检查光学平面的平整程度是利用了光的干涉D ．单反相机的增透膜利用了光的偏振现象11、有两个同学利用假期分别去参观北京大学和南京大学的物理实验室，各自在那里利用先进的 DIS 系统较准确地探究了“单摆的周期 T 与摆长 l 的关系”，他们通过校园网交换实验数据，并由计算机绘制了 T 2－l 图象，如图甲所示；另外，在南京大学做探究的同学还利用计算机绘制了 a 、b 两个摆球的振动图象(如图乙所示)，则下列说法正确的是（）A. 去北京大学的同学所测实验结果对应图甲中的 A 线B. l a 6 由图乙可知，两单摆摆长之比 l ＝9C. 在 t ＝1 s 时，b 球正沿 y 轴正方向运动D. 在 t ＝1 s 时，a 球速度为 012、如图，一列简谐横波沿 x 轴负方向传播，实线为 t ＝0 时的波形图，虚线为 t ＝0.5 s 时的波形图。

高二物理5周测

高二物理10月25日周测出题人：吴虹莹一、选择题（每题6分，共48分）1、在闭合电路中，下列叙述正确的是( )A．闭合电路中的电流跟电源电动势成正比，跟整个电路的电阻成反比B．当外电路断开时，路端电压等于零C．当外电路短路时，电路中的电流无穷大D．当外电阻增大时，路端电压也增大2、如图1，一带电小球用丝线悬挂在水平方向的匀强电场中，当小球静止后把悬线烧断，则小球在电场中将作（）A．自由落体运动 B．曲线运动C．沿着悬线的延长线作匀加速运动 D．变加速直线运动图1 图2图3 3、如图2所示电路，电压保持不变，当开关S断开时，电流表A的示数为0.6A，当S闭合时，电流表的示数为0.9A，则两电阻阻值R1：R2之比为（）A. 1:2B.2:1C. 2:3D. 3:24、如图3，先将开关S1闭合，再将S2闭合，在这一过程中各电表示数的变化情况是（）A、A1、A2示数变大，V示数变大B、A1示数不变，A2示数变小，V示数不变C、A1示数变大，A2、V示数不变D、A1、A2示数变小，V示数变大5、如图所示,已知R1=R2=R3=1Ω,当开关S闭合后,电压表的读数为1V;当开关S断开后,电压表的读数为0.8V,则电池的电动势等于( )A. 1VB. 1.2VC. 2VD. 4V图4 图5图66、如图,E为内阻不能忽略的电池,R1、R2、R3为定值电阻,S0、S为开关,V与A分别为电压表与电流表。

初始时S0与S均闭合,现将S断开,则( )A. V的读数变大，A的读数变小B. V的读数变大，A的读数变大C. V的读数变小，A的读数变小D. V的读数变小，A的读数变大7、（多选）如图6，实线是一个电场中的电场线，虚线是一个负检验电荷在这个电场中的轨迹，若电荷是从a处运动到b处，以下判断正确的是（）A．电荷从a到b加速度减小 B．b处电势能大电源的内阻为时的外电阻是两平行金属板A、B水平放置，一个质量为m＝5×10kg的带电微粒，以v0＝2 m/s 的水平速度从两板正中央位置射入电场，如图11所示，A、B两板间距离为d＝4 cm，板长l＝10 cm，g＝10 m/s2.(1)当A、B间的电压为U AB＝1 000 V时，微粒恰好不偏转，沿图中虚线射出电场，求该粒子的电荷量和电性．(2)令B板接地，欲使该微粒射出偏转电场，求A板所加电势的范围．高二物理10月25日周测答案1.D 解析：根据闭合电路欧姆定律可知闭合电路中的电流跟电源电动势成正比，跟内、外电路的总电阻成反比，故A错误。

2021年高二上学期物理周过关5 含答案

2021年高二上学期物理周过关5 含答案1．有两个电阻连接在同一电路中，用电压表测得它们两端的电压相等，若在同一时间内它们产生的热量也相等，则这两个电阻（）A．阻值一定相等B．通过的电荷量一定相等C．可能是串联D．可能是并联2．如图所示，电压U不变，电阻R为固定电阻，如要使电路消耗的总功率稍稍增大一点，则可行的办法是（）A．给串联一个较小的电阻B．给并联一个较小的电阻C．给串联一个较大的电阻 D．给并联一个较大的电阻3．一只电炉的电阻丝和一台电动机线圈的电阻相同，都为 .设通过它们的电流相同（电动机正常运转），则在相同的时间内（）A．电炉和电动机产生的电热相等B．电动机消耗的功率大于电炉消耗的功率C．电炉两端电压小于电动机两端电压D．电炉和电动机两端电压相等4．在电动机正常工作时，每秒钟内电流做功和每秒钟内电枢上产生的热量的关系，下列说法中正确的是（）A．电功等于电热B．电功等于电热的0.24倍C．电功等于电动机输出的机械功D．电热仅为电功的一部分5．有两盏电灯和，用图2中所示的两种方式连接到电路中，已知电压相同，且两盏电灯均能图2发光，比较在甲、乙两个电路中电灯的亮度，则（）A．甲图的电路中灯较亮 B．乙图的电路中灯较亮C．两个电路中灯一样亮 D．不知它们的额定电压和额定功率，无法判断6．在一根导线两端加上一定的电压，每秒内发出一定的热量，今将这根导线均匀地拉长为原来的倍后，再加上同样的电压，则这根导线每秒所产生的热量是原来的______倍. 7．导体两端加12V电压，1分钟内通过导体横截面的电荷量为240C，此导体的电阻值为____Ω，导体中产生了_____的热量.8.如图所示，电源电动势为=30V，内阻为=1Ω，电灯上标有“6V12W”字样，直流电动机线圈电阻=2Ω，若电灯恰能正常发光，求电动机输出的机械功率.9.额定电压为220V的电动机的线圈电阻为0.8Ω，正常工作时，电动机每秒放出的热量为1280J，则电动机正常工作时的电流为多大？每秒有多少焦的电能转化成机械能？10.一直流电动机线圈内阻一定，用手握住转轴使其不能转动，在线圈两端加电压为0.3V，电流为0.3A.松开转轴，在线圈两端加电压为2 V时，电流为0.8 A，电动机正常工作.求该电动机正常工作时，输入的电功率是多少?电动机的机械功率是多少?参考答案1.CD 解析：由于电流做功不一定完全转化为热能，因此阻值不一定相等，通过的电荷量也不一定相等，而并联和串联都有可能，选项C、D正确.2.D 解析：因为电压U不变，电阻R为固定电阻，如要使电路消耗的总功率稍稍增大一点，则电阻变小一点即可，因此应并联一个较大的电阻.选项D正确.3.ABC解析：因为电动机在工作时，电能在转化为热能的同时，还转化为机械能，因此电动机消耗的功率大于电炉消耗的功率，电炉两端电压小于电动机两端电压.选项B、C正确，选项D错误.因为电炉的电阻丝和一台电动机线圈电阻相同通过它们的电流相同，因此在相同的时间内电炉和电动机产生的电热相等，选项A正确.4.D 解析：电动机的电功和电热无直接关系，选项A、B错误.电动机输出的机械功仅是电功的一部分，选项C错误.电热也是仅为电功的一部分，选项D正确.5.B解析：因为电压U相同，两盏电灯串联后，电压要按照电灯阻值的大小分配.两盏电灯并联后，加在电灯两端的电压都为U，因此并联后的灯泡较亮，选项B正确.6.解析：根据可知将这根导线均匀地拉长为原来的n倍后，电阻变为原来的倍.再加上同样的电压，根据得，热量变为原来的倍.7.32880解析：因为1分钟内通过导体横截面的电荷量为240C，所以电流为，又因为电压为12V，所以电阻为3Ω.因此.8. 36W解析：因为电灯恰能正常发光，所以闭合电路中的电流为电源的总功率为P E=IE=2×30W=60 W，电灯、电动机线圈电阻、电源内阻可作为纯电阻处理，它们消耗的电能全部转化为电热，电路中总的热功率为：P Q=P灯+I2（R+r）=W=24W由能量守恒定律有P E P Q P机,则电动机输出的机械功率为P机=P E－P Q=(60－24)W=36W9.40 A 7520J解析：电动机电路为非纯电阻电路，输出电动机的电功率，一方面转化为机械功率输出，另一方面转化为线圈电阻的发热功率，正常工作时，通过线圈的电流即为正常工作电流，由焦耳定律2得1280=2×0.8×1解得=40A由能量转化和守恒得输入=机+热，2=8800－1280=7520J.机－10. 1.6 W 0.96W解析：电动机不转动时，其消耗的电功全部转化为内能，故可视为纯电阻电路，由欧姆定律得电动机线圈内阻：Ω，电动机转动时，消耗的电能转化为内能和机械能，其输入的电功率为P入=I1U1＝0.8×2W＝1.6 W，电动机的机械功率P机=P入－I12r=1.6W－0.82×1 W=0.96W.参考答案1.CD 解析：由于电流做功不一定完全转化为热能，因此阻值不一定相等，通过的电荷量也不一定相等，而并联和串联都有可能，选项C、D正确.2.D 解析：因为电压U不变，电阻R为固定电阻，如要使电路消耗的总功率稍稍增大一点，则电阻变小一点即可，因此应并联一个较大的电阻.选项D正确.3.ABC解析：因为电动机在工作时，电能在转化为热能的同时，还转化为机械能，因此电动机消耗的功率大于电炉消耗的功率，电炉两端电压小于电动机两端电压.选项B、C正确，选项D错误.因为电炉的电阻丝和一台电动机线圈电阻相同通过它们的电流相同，因此在相同的时间内电炉和电动机产生的电热相等，选项A正确.4.D 解析：电动机的电功和电热无直接关系，选项A、B错误.电动机输出的机械功仅是电功的一部分，选项C错误.电热也是仅为电功的一部分，选项D正确.5.B解析：因为电压U相同，两盏电灯串联后，电压要按照电灯阻值的大小分配.两盏电灯并联后，加在电灯两端的电压都为U，因此并联后的灯泡较亮，选项B正确.6.解析：根据可知将这根导线均匀地拉长为原来的n倍后，电阻变为原来的倍.再加上同样的电压，根据得，热量变为原来的倍.7.32880解析：因为1分钟内通过导体横截面的电荷量为240C，所以电流为，又因为电压为12V，所以电阻为3Ω.因此.8. 36W解析：因为电灯恰能正常发光，所以闭合电路中的电流为电源的总功率为P E=IE=2×30W=60 W，电灯、电动机线圈电阻、电源内阻可作为纯电阻处理，它们消耗的电能全部转化为电热，电路中总的热功率为：P Q=P灯+I2（R+r）=W=24W由能量守恒定律有P E P Q P机,则电动机输出的机械功率为P机=P E－P Q=(60－24)W=36W9.40 A 7520J解析：电动机电路为非纯电阻电路，输出电动机的电功率，一方面转化为机械功率输出，另一方面转化为线圈电阻的发热功率，正常工作时，通过线圈的电流即为正常工作电流，由焦耳定律2得1280=2×0.8×1解得=40A由能量转化和守恒得输入=机+热，2=8800－1280=7520J.机－10. 1.6 W 0.96W解析：电动机不转动时，其消耗的电功全部转化为内能，故可视为纯电阻电路，由欧姆定律得电动机线圈内阻：Ω，电动机转动时，消耗的电能转化为内能和机械能，其输入的电功率为P入=I1U1＝0.8×2W＝1.6 W，电动机的机械功率P机=P入－I12r=1.6W－0.82×1 W=0.96W.k2 528180 6E14 渔 27818 6CAA 沪534069 8515 蔕26032 65B0 新N24608 6020 怠Cv。

2021年高二上学期第五次周考物理试题含答案

a bc 30° 2021年高二上学期第五次周考物理试题含答案一、选择题二、（本大题共8小题，每小题6分，共48分．其中14-18题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，19-21题有多个选项是正确的，全选对的得6分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分．把答案前的字母填在答题卡相应的表格中）14．在做“奥斯特实验”时，下列操作中现象最明显的是A ．沿电流方向放置磁针，使磁针在导线的延长线上B ．沿电流方向放置磁针，使磁针在导线的正下方C ．导线沿南北方向放置在磁针的正上方D ．导线沿东西方向放置在磁针的正上方15．如图所示电路中，已知电源电动势E=10V ，内电阻r=1Ω，R 0=4Ω，R 的最大阻值为10Ω。

当改变滑动变阻器的触头位置时，R 上消耗的最大功率是 A ．5W B ．6W C ．7W D ．8W16．一平行板电容器C ，极板是水平放置的，它和三个可变电阻及电源联接成如图所示的电路．今有一带电油滴悬浮在两极板之间静止不动．要使油滴上升，可采用的办法是 A ．增大R 1 B ．增大R 2C ．错开电容器两平行板，使其正对面积适当减小D ．适当减小平行板电容器两极板的间距17．电子在电势差为U 1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为 U 2的两块平行极板间的偏转匀强电场中，在满足电子能射出平行极板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是A ．U 1变大、U 2变大B ．U 1变小、U 2变大C ．U 1变大、U 2变小D ．U 1变小、U 2变小 18．匀强电场中有a 、b 、c 三点．在以它们为顶点的三角形中， ∠a ＝30°、∠c ＝90°,．电场方向与三角形所在平面平行．已知a 、b 和c 点的电势分别为V 、V 和2 V ．该三角形的外接圆上最低、最高电势分别为A ．V 、VB ．0 V 、4 VC ．V 、D ．0 V 、V19. 如图1-5-5所示，三条虚线表示某电场的三个等势面，其中φ1=10V ，φ2=20V ，φ3=30V 一个带电粒子只受电场力作用，按图1-5-5中实线轨迹从A 点运动到B 点，由此可知U 1U 2电图1-8-17A．粒子带负电B．粒子的速度变小C．粒子的加速度变大D．粒子的电势能变小20．如图所示,原来不带电的金属球壳内壁接地,将一带正电的小球放入其中,但不与球壳接触,则A．球壳内壁带正电B．球壳外壁带正电C．球壳外壁不带电D．若将接地线去掉再移出正电荷,壳外壁带负电21．如图所示电路中，由于某一电阻断路，致使电压表和电流表的示数均比该电阻未断路时要大，则这个断路的电阻可能是( )A．R1B．R2C．R3D．R4三、填空题（每空3分,共21分）22．在使用10分度游标卡尺和螺旋测微器测量某一工件的长度和厚度时，两仪器上的示数如图(a)、(b)所示．则测量仪器的读数分别为(a) cm、(b) mm.23．有一个小灯泡上标有“4.8V 2W”的字样，现在测定小灯泡在不同电压下的电功率，并作出小灯泡的电功率P与它两端电压的平方U2的关系曲线．有下列器材可供选用：A．电压表V1（0～3V，内阻3kΩ）B．电压表V2（0～15V，内阻15kΩ）C．电流表A（0～0.6A，内阻约1Ω）D．定值电阻R1＝3kΩE．定值电阻R2＝15kΩF．滑动变阻器R（10Ω，2A）G．学生电源（直流6V，内阻不计）H．开关、导线若干（1）为了使测量结果更加准确，实验中所用电压表应选用▲ ，定值电阻应选用▲（均用序号字母填写）；（2）为尽量减小实验误差，并要求从零开始多取几组数据，请在方框内画出满足实▲验要求的电路图；（3）根据实验做出P-U2图像，下面的四个图象中可能正确的是▲ ．24．多用电表欧姆挡“×100”测试三只晶体二极管，其结果依次如图9中的①、②、③所示．由图可知，图________中的二极管是好的，该二极管的正极是________端．四、非选择题25．（12分）如图所示为电动机提升重物的装置，电动机线圈电阻为r＝1 Ω，电动机两端电压为5 V，电路中的电流为1 A，物体A重20 N，不计摩擦力，求：(1) 电动机线圈电阻上消耗的热功率是多少？(2 )电动机的输入功率和输出功率各是多少？(3) 10 s内，可以把重物A匀速提升多高？(4) 这台电动机的机械效率是多少？26．（14分）如图9-4所示，一质量为m．电荷量为+q的小球从距地面为h处，以初速度v0水平抛出，在小球运动的区域里，加有与小球初速度方向相反的匀强电场，若小球落地时速度方向恰好竖直向下，小球飞行的水平距离为L.(1)小球落地时动能E K多大? (2)电场强度E多大？27．（15分）电路如图所示，电源电动势E＝28 V，内阻r＝2 Ω，电阻R1＝12 Ω，R2＝R4＝4 Ω，R3＝8 Ω，C为平行板电容器，其电容C＝3.0 pF，虚线到两极板距离相等，极板长l＝0.20 m，两极板的间距d＝1.0×10－2 m。

高阳中学高二物理上学期第五次周考试卷

高阳中学高二物理上学期第五次周考试卷重力及空气阻力)()图1-5-5A.16 JB.10 JC.6 JD.4 J4.如图1-5-6所示，三个等势面上有a、b、c、d四点，若将一正电荷由c经a移到d，电场力做正功W1，若由c经b 移到d，电场力做正功W2，则()图1-5-6A.W1W2 2B.W1C.W1=W2 2D.W1=W2 25.如图1-5-9所示，平行线代表电场线，但未标明方向，一个带正电、电荷量为10-6 C的微粒在电场中仅受电场力作用，当它从A点运动到B点时动能减少了10-5 J，已知A点的电势为-10 V，则以下判断正确的是()图1-5-9A.微粒的运动轨迹如图中的虚线1所示B.微粒的运动轨迹如图中的虚线2所示C.B点电势为零D.B点电势为-20 V6.如图1-5-10所示，水平固定的小圆盘A，其带电荷量为Q，电势为零，从圆盘中心O处由静止释放一个质量为m、带电荷量为+q的小球，由于电场的作用，小球竖直上升的高度可达圆盘中心竖直线上的c点，O到 c之间距离为h而到圆盘中心竖直线上的b点时，小球速度最大，因此可知在Q所形成的电场中，可以确定的物理量是()图1-5-10A.b点场强B.c点场强C.b点电势D.c点电势7.如图1-5-11所示，带正电的点电荷固定于Q点，电子在库仑力作用下，做以Q为焦点的椭圆运动.M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点.电子在从M点经P到达N点的过程中()图1-5-11A.速率先增大后减小B.速率先减小后增大C.电势能先减小后增大D.电势能先增大后减小8.如图1-5-12所示，质量为m、带电荷量为q的粒子，以初速度v0从A点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B点时，速率vB=2v0，方向与电场的方向一致，则A、B两点的电势差为()图1-5-12A.mv202qB.3mv20qC.2mv20qD.3mv202q9.如图1-5-13所示，a、b和c分别表示点电荷的电场中的三个等势面，它们的电势分别为6 V、4 V和1.5 V，一质子(11H)从等势面a上某处由静止释放，仅受静电力作用而运动，已知它经过等势面b时的速率为v，则对质子的运动有下列判断，正确的是()图1-5-13A.质子从a等势面运动到c等势面电势能增加4.5 eVB.质子从a等势面运动到c等势面动能减少4.5 eVC.质子经过等势面c时的速率为2.25 vD.质子经过等势面c时的速率为1.5 v在高中复习阶段，大家一定要多练习题，掌握考题的规律，掌握常考的知识，这样有助于提高大家的分数。

高二物理上学期第5周周练试卷高二全册物理试题

嗦夺市安培阳光实验学校华侨中学高二（上）第5周周练物理试卷一、选择题1．关于电场线的以下说法中，正确的是（）A．电场线上每一点的切线方向都跟电荷在该点的受力方向相同B．沿电场线的方向，电场强度越来越小C．电场线越密的地方同一检验电荷受的电场力就越大D．顺着电场线移动电荷，电荷受电场力大小一定不变2．一个检验电荷在电场中某点受到的电场力为F，这点的电场强度为E，在下图中能正确反映q、E、F三者关系的是（）A ．B ．C ．D ．3．A为已知电场中的一固定点，在A点放一电量为q的试探电荷，所受电场力为F，A点的场强为E，则（）A．若在A点换上﹣q，A点场强方向发生变化B．若在A点换上电量为2q的试探电荷，A点的场强将变为2EC．若在A点移去电荷q，A点的场强变为零D．A点场强的大小、方向与q的大小、正负、有无均无关4．如图所示，在匀强电场中有A、B两点，将一电量为q的正电荷从A点移到B点，第一次沿直线AB移动该电荷，电场力做功为W1；第二次沿路径ACB移动该电荷，电场力做功W2；第三次沿曲线AB移动该电荷，电场力做功为W3，则（）A．W1＞W2＞W3B．W1＜W3＜W2C．W1=W2＜W3 D．W1=W2=W35．在静电场中，关于场强和电势的说法正确的是（）A．电场强度大的地方电势一定高B．电势为零的地方场强也一定为零C．场强为零的地方电势也一定为零D．场强大小相同的点电势不一定相同6．如图为两个等量异种电荷的电场，AB为中垂线，且AO=BO，则（）A．A、B两点场强不相等B．正电荷从A运动到B，电势能增加C．负电荷从A运动到B，电势能增加D．A、B两点电势差为零二、多选题7．a、b为电场中的两点，且a点电势高于b点，则可知（）A．把负电荷从a点移到b点电场力做负功，电势能增加B．把正电荷从a点移到b点电场力做正功，电势能减少C．无论移动的是正电荷还是负电荷，电荷的电势能都要减少D．无论是否有电荷移动，a点电势能总是大于b点的电势能8．如图所示，电场中有A、B两点，则下列说法中正确的是（）A．电势ϕA＞ϕB，场强E A＞E BB．电势ϕA＞ϕB，场强E A＜E BC．将+q电荷从A点移到B点电场力做了正功D．将﹣q电荷分别放在A、B两点时具有的电势能E PA＞E PB9．如图，是某电场中的一条直电场线，一电子（重力不计）从a点由静止释放，它将沿直线向b点运动，则可判断（）A．该电场一定是匀强电场B．场强E a一定小于E bC．电子具有的电势能E Pa一定大于E PbD．两点的电势φa一定低于φb10．关于电势差U AB和电势φA、φB的理解正确的是（）A．U AB表示B点相对A点的电势差，即U AB=φB﹣φAB．U AB和U BA是不同的，它们有关系：U AB=﹣U BAC．φA、φB都可能有正负，所以电势是矢量D．零电势点的规定虽然是任意的，但人们常常规定大地和无限远处为零电势11．如图是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板的两侧．对矿粉分离的过程，下列表述正确的有（）A．带正电的矿粉落在右侧B．电场力对矿粉做正功C．带负电的矿粉电势能变大 D．带正电的矿粉电势能变小12．一带电粒子射入固定在O点的点电荷的电场中，粒子轨迹如图虚线abc所示，图中实线是同心圆弧，表示电场的等势面，不计重力，可以判断（）A．粒子受到静电排斥力的作用B．粒子速度v b＜v aC．粒子动能E ka=E kc D．粒子电势能E pb＜E pc三、计算题13．将带电量为q=1.0×10﹣8C的点电荷从电场中的A点移到B点，电场力做功W=1×10﹣6J，试求：（1）电荷的电势能是增加还是减少？增加（减小）了多少？（2）若取B点处电势为零，则电荷在A点具有的电势能是多少？A点的电势是多少？（3）将电荷量为q′=﹣2×10﹣8C的电荷放在A点时具有的电势能为多少？（4）B、A两点间的电势差U BA=？四、选择题14．一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递减的．关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在b点的切线）（）A ．B ．C ．D ．15．如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（）A．所受重力与电场力平衡B．电势能逐渐增加C．动能逐渐增加D．做匀变速直线运动16．如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q（q＞0）的固定点电荷．已知b点处的场强为零，则d 点处场强的大小为（k为静电力常量）（）A ．B ．C ．D ．17．如图，在正电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M=30°，M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示，已知φM=φN、φP=φF，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则（）A．点电荷Q一定在MP的连线上B．连接PF的线段一定在同一等势面上C．将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功D．φP＞φM18．如图，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM，φN，φP，φQ，一电子由M点分别到N 点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，则（）A．直线a位于某一等势面内，φM＞φQB．直线c位于某一等势面内，φM＞φNC．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功D．若电子由P点运动到Q点，电场力做负功华侨中学高二（上）第5周周练物理试卷参考答案与试题解析一、选择题1．关于电场线的以下说法中，正确的是（）A．电场线上每一点的切线方向都跟电荷在该点的受力方向相同B．沿电场线的方向，电场强度越来越小C．电场线越密的地方同一检验电荷受的电场力就越大D．顺着电场线移动电荷，电荷受电场力大小一定不变【考点】电场线．【分析】电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向．【解答】解：A、电场线上每一点的切线方向都跟正电荷在该点的受力方向相同，与负电荷在该点的电场力方向相反，故A错误；B、若是正电荷沿电场线的方向移动，电场力做正功，电势能减少，则电势越来越小．若是负电荷沿电场线的方向移动，电场力做负功，电势能增加，则电势越来越小．故B错误；C、电场线越密的地方，电场强度就越强，则同一检验电荷受的电场力就大．故C正确；D、顺着电场线移动电荷，若是匀强电场，则电荷受电场力大小可以不变，故D 错误．故选：C．2．一个检验电荷在电场中某点受到的电场力为F，这点的电场强度为E，在下图中能正确反映q、E、F三者关系的是（）A ．B ．C ．D ．【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．【分析】电场强度的大小与放入电场中的电荷无关，由电场本身的性质决定，根据F=qE分析F与q的关系．【解答】解：A、电场强度的大小与放入电场中的电荷无关，故A、B错误．C、根据F=qE知，E不变，F与q成正比，故C错误，D正确．故选：D．3．A为已知电场中的一固定点，在A点放一电量为q的试探电荷，所受电场力为F，A点的场强为E，则（）A．若在A点换上﹣q，A点场强方向发生变化B．若在A点换上电量为2q的试探电荷，A点的场强将变为2EC．若在A点移去电荷q，A点的场强变为零D．A点场强的大小、方向与q的大小、正负、有无均无关【考点】电场强度．【分析】电场强度为电场本身的性质，其大小及方向与试探电荷的电量及电性无关．【解答】解：电场强度E=是通过比值定义法得出的，其大小及方向与试探电荷无关；故放入任何电荷时电场强度的方向大小均不变，故ABC均错误；故选：D．4．如图所示，在匀强电场中有A、B两点，将一电量为q的正电荷从A点移到B点，第一次沿直线AB移动该电荷，电场力做功为W1；第二次沿路径ACB移动该电荷，电场力做功W2；第三次沿曲线AB移动该电荷，电场力做功为W3，则（）A．W1＞W2＞W3B．W1＜W3＜W2C．W1=W2＜W3 D．W1=W2=W3【考点】电场线；电势能．【分析】电荷在静电场中从一点移到另一点时，电场力的功的值只跟始末两点的位置有关，而和所经过的路径的形状完全无关．【解答】解：，第一次沿直线AB移动该电荷，电场力做功为W1；第二次沿路径ACB移动该电荷，电场力做功W2；第三次沿曲线AB移动该电荷，电场力做功为W3，三个过程，始末两点的位置相同，电场力的功的值只跟始末两点的位置有关，而和所经过的路径的形状完全无关．所以W1=W2=W3故选D．5．在静电场中，关于场强和电势的说法正确的是（）A．电场强度大的地方电势一定高B．电势为零的地方场强也一定为零C．场强为零的地方电势也一定为零D．场强大小相同的点电势不一定相同【考点】电势；电场强度．【分析】场强与电势没有直接关系．场强越大的地方电势不一定越高，场强为零的地方电势不一定为零．电势为零是人为选取的．【解答】解：A、沿着电场线的方向电势逐渐降低，电场线密的地方，电场强度大，电场线疏的地方电场强度小．电势高的地方电场强度不一定大，电场强度大的地方，电势不一定高．故A错误．B、电势为零是人为选取的，则电势为零的地方场强可以不为零．故B错误．C、场强为零的地方电势不一定为零，电势为零是人为选取的．故C错误．D、在匀强电场中，场强处处相等，但沿着电场线的方向电势逐渐降低，所以场强大小相同的点电势不一定相同，故D正确．故选D．6．如图为两个等量异种电荷的电场，AB为中垂线，且AO=BO，则（）A．A、B两点场强不相等B．正电荷从A运动到B，电势能增加C．负电荷从A运动到B，电势能增加D．A、B两点电势差为零【考点】电势能；电场的叠加．【分析】一对等量异号电荷的连线的中垂线是等势面，电荷从等势面上的一点移动到另一点，电场力做功为零，结合电势差的定义和电场力做功与电势能变化的关系进行分析即可．【解答】解：A、一对等量异号电荷的电场强度关于两者的连线对称，故A、B 两点的电场强度相同，故A错误．BCD、一对等量异号电荷的连线的中垂线是等势面，电荷从等势面上的A点移动到另一点B，电场力做的功一定为零，故电势能不变，故BC错误，D正确．故选：D．二、多选题7．a、b为电场中的两点，且a点电势高于b点，则可知（）A．把负电荷从a点移到b点电场力做负功，电势能增加B．把正电荷从a点移到b点电场力做正功，电势能减少C．无论移动的是正电荷还是负电荷，电荷的电势能都要减少D．无论是否有电荷移动，a点电势能总是大于b点的电势能【考点】电势能；电势差与电场强度的关系．【分析】根据推论：负电荷在电势高处电势能小，正电荷在电势高处电势能大，分析电势能的变化，电势能增加，电场力做负功；相反，电势能减小，电场力做正功．【解答】解：A、a点的电势高于b点的电势，负电荷在a处电势能小于在b处电势能，负电荷从a点移到b点，电势能增大，电场力作负功．故A正确；B、与A的分析同理，把正电荷从a移到b电场力做正功，电势能减小，故B正确；C、根据A、B 的分析可知，移动负电荷电势能增大，故C错误；D、电势能是由电场和电荷共同决定的，没有电荷移动，则无法比较ab两点间的电势能；故D错误；故选：AB．8．如图所示，电场中有A、B两点，则下列说法中正确的是（）A．电势ϕA＞ϕB，场强E A＞E BB．电势ϕA＞ϕB，场强E A＜E BC．将+q电荷从A点移到B点电场力做了正功D．将﹣q电荷分别放在A、B两点时具有的电势能E PA＞E PB【考点】电场线；电势；电势能．【分析】电场强度的大小看电场线的疏密程度，电场线越密的地方电场强度越大，电势的高低看电场线的指向，沿着电场线电势一定降低．要正确在电场中通过电场线来判断电场强度、电势、电势能大小变化，理解这些概念之间的关系．【解答】解：A、电场线越密的地方电场强度越大，所以场强E A＜E B，沿着电场线电势降低，所以电势∅A＞∅B，故A错误，B正确．C、将+q电荷从A点移动到B点所受电场力和电场线方向相同，电场力做正功，故C正确．D、将﹣q电荷分别放在A、B两点，所受电场力和电场线方向相反，电场力做负功，电势能增加，所以E PA＜E PB，故D错误．故选：BC．9．如图，是某电场中的一条直电场线，一电子（重力不计）从a点由静止释放，它将沿直线向b点运动，则可判断（）A．该电场一定是匀强电场B．场强E a一定小于E bC．电子具有的电势能E Pa一定大于E PbD．两点的电势φa一定低于φb【考点】电场强度；电势；电势能．【分析】由题，负电荷由静止释放，且由A向B运动，则说明负电荷所受的电场力一定是由A指向B．而负电荷所受的电场力方向与场强方向相反，确定出电场线的方向．由于不知负电荷由A运动到B的过程中电场力的变化情况，因此无法确定场强大小关系．【解答】解：A、据题，负电荷由静止释放，且由a向b运动，则负电荷所受的电场力一定是由a指向b．因为负电荷所受的电场力方向与场强方向相反，说明电场线的方向一定是由b指向a．由于不知负电荷由a运动到b的过程中电场力的变化情况，因此无法确定场强大小关系，故AB错误；C、由题意知，电场力对电子做正功，电势能减小，所以电子具有的电势能E Pa 一定大于E Pb，故C正确；D、由A可知电场方向由b指向a，而沿着电场线方向电势降低，所以电势φa 一定低于φb，故D正确．故选CD10．关于电势差U AB和电势φA、φB的理解正确的是（）A．U AB表示B点相对A点的电势差，即U AB=φB﹣φAB．U AB和U BA是不同的，它们有关系：U AB=﹣U BAC．φA、φB都可能有正负，所以电势是矢量D．零电势点的规定虽然是任意的，但人们常常规定大地和无限远处为零电势【考点】电势；电势差．【分析】U AB=φA﹣φB=﹣U BA，电势是标量，通常选大地或无穷远作为零电势．【解答】解：A、U AB表示A点相对B点的电势差，即U AB=φA﹣φB，A错误；B、U AB和U BA是不同的，它们有关系：U AB=﹣U BA，B正确；C、电势虽有正负之分，但电势是标量，C错误；D、零电势点的规定虽然是任意的，但人们常常规定大地和无限远处为零电势，D正确；故选BD11．如图是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板的两侧．对矿粉分离的过程，下列表述正确的有（）A．带正电的矿粉落在右侧B．电场力对矿粉做正功C．带负电的矿粉电势能变大 D．带正电的矿粉电势能变小【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】首先要明确矿料分选器内电场的分布及方向，判断矿粉的运动情况，从而可得到正确答案．【解答】解：由图可知，矿料分选器内的电场方向水平向左，A、带正电的矿粉受到水平向左的电场力，所以会落到左侧，选项A错误．B、无论矿粉带什么电，在水平方向上都会在电场力的作用下沿电场力的方向偏移，位移与电场力的方向相同，电场力做正功，选项B正确C、带负电的矿粉电场力做正功，所以电势能减小，选项C错误．D、带正电的矿粉电场力做正功，所以电势能减小，选项D正确．故选BD12．一带电粒子射入固定在O点的点电荷的电场中，粒子轨迹如图虚线abc所示，图中实线是同心圆弧，表示电场的等势面，不计重力，可以判断（）A．粒子受到静电排斥力的作用B．粒子速度v b＜v aC．粒子动能E ka=E kc D．粒子电势能E pb＜E pc【考点】电场线．【分析】从粒子运动轨迹看出，轨迹向左弯曲，可知带电粒子受到了向左的力（排斥力）作用，从a到b过程中，电场力做负功，可判断电势能的大小和速度大小．a、c两点处于同一等势面上，由动能定理分析粒子在a、c两点的速度大小关系．【解答】解：A：如图所示，轨迹向左弯曲，带电粒子所受的电场力方向向左，则带电粒子受到了排斥力作用．故A正确．B：从a到b过程中，电场力做负功，可知电势能增大，动能减小，粒子在b 点的速度一定小于在a点的速度．故B正确．C：a、c两点处于同一等势面上，从a到c，电场力为零，则a、c两点动能相等，故C正确．D：从a到b过程中，电场力做负功，可知电势能增大，粒子在b点的电势能一定大于在a点的电势能，故D错误．故选：ABC．三、计算题13．将带电量为q=1.0×10﹣8C的点电荷从电场中的A点移到B点，电场力做功W=1×10﹣6J，试求：（1）电荷的电势能是增加还是减少？增加（减小）了多少？（2）若取B点处电势为零，则电荷在A点具有的电势能是多少？A点的电势是多少？（3）将电荷量为q′=﹣2×10﹣8C的电荷放在A点时具有的电势能为多少？（4）B、A两点间的电势差U BA=？【考点】电势能．【分析】（1）电场力做正功多少，电荷的电势能就减少多少．相反，克服电场力做功多少，电荷的电势能就增加多少．（2）根据功能关系求电荷在A点具有的电势能．由公式φ=求A点的电势．（3）A点的电势不变，由φ=变形求电荷q′放在A点时具有的电势能．（4）根据电势差公式U AB =求解A、B间的电势差，从而得到B、A两点间的电势差．【解答】解：（1）点电荷q从电场中的A点移到B点，电场力做了1×10﹣6J的正功，则电荷的电势能减少了1×10﹣6J，（2）若取B点处电势为零，则电荷在A点具有的电势能是 E PA=1×10﹣6JA点的电势φA ==V=100V（3）将电荷量为q′=﹣2×10﹣8C的电荷放在A点时A点的电势不变，则该电荷具有的电势能为E′PA=q′φA=﹣2×10﹣8×100J=﹣2×10﹣6J（4）B、A两点间的电势差 U BA=﹣U AB=﹣=﹣V=﹣100V答：（1）电荷的电势能减少了1×10﹣6J．（2）若取B点处电势为零，则电荷在A点具有的电势能是1×10﹣6J，A点的电势是100V．（3）将电荷量为q′=﹣2×10﹣8C的电荷放在A点时具有的电势能为﹣2×10﹣6J．（4）B、A两点间的电势差U BA为﹣100V．四、选择题14．一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递减的．关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在b点的切线）（）A ．B ．C ．D ．【考点】电场强度；曲线运动．【分析】根据物体做曲线运动的条件和受力特点分析电荷受的电场力方向，再由负电荷所受的电场力方向与场强方向相反进行选择．【解答】解：A、电荷做曲线运动，电场力与速度方向不在同一直线上，应指向轨迹弯曲的内侧，不可能沿轨迹的切线方向，则场强也不可能沿轨迹的切线方向．故A错误．B、负电荷所受的电场力方向与场强方向相反，图中电场力方向与速度方向的夹角为锐角，电场力做正功，电荷的速率增大，与题不符．故B错误．C、图中场强方向指向轨迹的内侧，则电场力指向轨迹的外侧，电荷的轨迹应向上弯曲，不可能沿如图的轨迹运动．故C错误．D、图中场强方向指向轨迹的外侧，则电场力指向轨迹的内侧，而且电场力方向与电荷的速度方向成钝角，电场力做负功，电荷的速率减小，符合题意．故D 正确．故选D15．如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（）A．所受重力与电场力平衡B．电势能逐渐增加C．动能逐渐增加D．做匀变速直线运动【考点】带电粒子在混合场中的运动．【分析】带电粒子在场中受到电场力与重力，根据粒子的运动轨迹，结合运动的分析，可知电场力垂直极板向上，从而可确定粒子的运动的性质，及根据电场力做功来确定电势能如何变化．【解答】解：A、D、根据题意可知，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向同向，粒子做匀加速直线运动，因此A错误，D正确；B、根据动能定理，由A选项分析可知，电场力做正功，则电势能减小，故B错误；C、因电场力做正功，则电势能减小，导致动能增加，故C正确；故选：CD．16．如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q（q＞0）的固定点电荷．已知b点处的场强为零，则d 点处场强的大小为（k为静电力常量）（）A ．B ．C ．D ．【考点】电场的叠加；电场强度．【分析】由题意可知，半径为R均匀分布着电荷量为Q的圆盘上电荷，与在a 点处有一电荷量为q（q＞0）的固定点电荷，在b点处的场强为零，说明各自电场强度大小相等，方向相反．那么在d点处场强的大小即为两者之和．因此根据点电荷的电场强度为即可求解．【解答】解：电荷量为q的点电荷在b 处产生电场强度为，而半径为R均匀分布着电荷量为Q的圆盘上电荷，与在a点处有一电荷量为q （q＞0）的固定点电荷，在b点处的场强为零，则圆盘在此处产生电场强度也为．那么圆盘在此d 产生电场强度则仍为．而电荷量为q的点电荷在d 处产生电场强度为，由于都在d处产生电场强度方向相同，即为两者大小相加．所以两者这d 处产生电场强度为，故B正确，ACD错误．故选：B．17．如图，在正电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M=30°，M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示，已知φM=φN、φP=φF，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则（）A．点电荷Q一定在MP的连线上B．连接PF的线段一定在同一等势面上C．将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功D．φP＞φM【考点】电势；电场强度．【分析】点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆，圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心；找出电荷位置后，根据电势能的变化情况判断电场力做功情况．【解答】解：A、点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆、圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心，故场源电荷在MN的中垂线和FP的中垂线的交点上，在MP的连线上，如图所示，故A正确；B、φP=φF，线段PF是P、F所在等势面（圆）的一个弦，故B错误；C、在正的点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，将正试探电荷从P点搬运到N点，电势能降低，故电场力做正功，故C错误；D、在正的点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，故φP＞φM，故D正确．故选：AD．18．如图，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM，φN，φP，φQ，一电子由M点分别到N 点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，则（）A．直线a位于某一等势面内，φM＞φQB．直线c位于某一等势面内，φM＞φNC．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功D．若电子由P点运动到Q点，电场力做负功【考点】电势差与电场强度的关系；电势．【分析】电子由M点分别到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，说明电势能增加相等，据此分析电势高低．【解答】解：AB、据题，电子由M点分别到N点和P点的过程中，电场力做负功相等，则电势能增加相等，电势降低，则N、P两点的电势相等，d位于同一等势面内，根据匀强电场等势面分布情况知，直线a不是同一等势面，直线c 位于某一等势面内，且φM＞φN．故A错误，B正确．C、由上分析知，直线c位于某一等势面内，M、Q的电势相等，若电子由M点运动到Q点电场力不做功，故C错误．D、电子由P点运动到Q点与电子由P点运动到M点电场力做功相等，所以电场力做正功，故D错误．故选：B．。

高二物理上学期周练试卷(重点班,含解析)-人教版高二全册物理试题

2015-2016学年江西省宜春市丰城中学高二〔上〕周练物理试卷〔重点班12.24〕一、选择题〔此题共12个小题，每一小题4分，共48分〕1．长为a宽为b的矩形线圈，在磁感强度为B的匀强磁场中垂直于磁场的OO′轴以恒定的角速度ω旋转，设t=0时，线圈平面与磁场方向平行，如此此时的磁通量和磁通量的变化率分别是〔〕A．0，0 B．0，Babω C．Babω，Babω D．Babω，02．如图，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3．如下列图，在光滑水平面上的直线MN左侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，右侧是无磁场空间．将两个大小一样的铜质矩形闭合线框由图示位置以同样的速度v向右完全拉出匀强磁场．制作这两只线框的铜质导线的横截面积之比是1：2．如此拉出过程中如下说法中正确的答案是〔〕A．所用拉力大小之比为2：1B．通过导线某一横截面的电荷量之比是1：1C．拉力做功之比是1：4D．线框中产生的电热之比为1：24．如下列图，在磁感强度为B的匀强磁场中，有半径为r的光滑半圆形导体框架，OC为一能绕O在框架上滑动的导体棒，OC之间连一个电阻R，导体框架与导体棒的电阻均不计，假设要使OC能以角速度ω匀速转动，如此外力做功的功率是〔〕A．B．C．D．5．如下列图，把金属圆环匀速拉出磁场，下面表示正确的答案是〔〕A．向左拉出和向右拉出所产生的感应电流方向相反B．不管向什么方向拉出，只要产生感应电流方向都是顺时针C．向右匀速拉出时，感应电流大小不变D．要将金属环匀速拉出，拉力大小要改变6．如下列图，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力作用下运动时，MN在磁场力作用下向右运动．如此PQ所做的运动可能是〔〕A．向右匀加速运动B．向左匀加速运动C．向右匀减速运动D．向左匀减速运动7．如下列图，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，如此它在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＞a4D．a4=a2＞a3＞a18．如图α所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q 中通有变化电流i，电流随时间变化的规律如图b所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为N，如此在如下时刻〔〕A．t1时刻N＞G，P有收缩的趋势B．t2时刻N=G，此时穿过P的磁通量最大C．t3时刻N=G，此时P中无感应电流D．t4时刻N＜G，此时穿过P的磁通量最小9．如下列图，在光滑绝缘水平面上，有一矩形线圈以一定的初速度进入匀强磁场区域，线圈全部进入匀强磁场区域时，其动能恰好等于它在磁场外面时的一半，设磁场区域宽度大于线圈宽度，如此〔〕A．线圈恰好在完全离开磁场时停下B．线圈在未完全离开磁场时即已停下C．线圈能通过场区不会停下D．线圈在磁场中某个位置停下10．如下列图，xoy坐标系第一象限有垂直纸面向外的匀强磁场，第三象限有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感强度大小均为B，第二、四象限内没有磁场．一个围成四分之一圆弧形的导体环oab，其圆心在原点o，开始时导体环在第四象限，从t=0时刻起绕o点在xoy坐标平面内逆时针匀速转动．假设以逆时针方向的电流为正，如下表示环内感应电流i随时间t 变化的图象中，正确的答案是〔〕A．B．C．D．11．如下列图，用铝板制成“⊃〞形框，将一质量为m的带电小球用绝缘细线悬挂在框的上方，让整体在垂直于水平方向的匀强磁场中向左以速度v匀速运动，悬线拉力为T，如此〔〕A．悬线竖直，T=mgB．悬线竖直，T＜mgC．v选择适宜的大小，可使T=0D．因条件不足，T与mg的大小关系无法确定12．如下列图，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B．将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g．如下选项正确的答案是〔〕A．P=2mgvsinθB．P=3mgvsinθC．当导体棒速度达到时加速度大小为D．在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功二、计算题〔此题共4个小题，共52分〕13．用电阻为18Ω的均匀导线弯成如下列图直径D=0.80m的封闭金属圆环，环上AB弧所对圆心角为60°，将圆环垂直于磁感线方向固定在磁感应强度B=0.50T的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里．一根每米电阻为1.25Ω的直导线PQ，沿圆环平面向左以v=3.0m/s 的速度匀速滑行〔速度方向与PQ垂直〕，滑行中直导线与圆环严密接触〔忽略接触处的电阻〕，当它通过环上A、B位置时，求：〔1〕直导线AB段产生的感应电动势，并指明该段直导线中电流的方向；〔2〕此时圆环上发热损耗的电功率．14．一电阻为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．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 都是量，求：〔1〕在t=0到的时间内，通过金属圆环的电流大小与方向；〔2〕在t=0到t=T的时间内，金属环所产生的电热Q．15．用质量为m、总电阻为R的导线做成边长为l的正方形线框MNPQ，并将其放在倾角为θ的平行绝缘导轨上，平行导轨的间距也为l，如下列图．线框与导轨之间是光滑的，在导轨的下端有一宽度为l〔即ab=l〕、磁感应强度为B的有界匀强磁场，磁场的边界aa′、bb′垂直于导轨，磁场的方向与线框平面垂直．某一次，把线框从静止状态释放，线框恰好能够匀速地穿过磁场区域．假设当地的重力加速度为g，求：〔1〕线框通过磁场时的运动速度；〔2〕开始释放时，MN与bb′之间的距离；〔3〕线框在通过磁场的过程中所生的热．16．如下列图，x轴上方有一匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于纸面向里，大小为B，x 轴下方有一匀强电场，电场强度的大小为E，方向与y轴的夹角θ为45°且斜向上方．现有一质量为m电量为q的正离子，以速度v0由y轴上的A点沿y轴正方向射入磁场，该离子在磁场中运动一段时间后从x轴上的C点进入电场区域，该离子经C点时的速度方向与x 轴夹角为45°．不计离子的重力，设磁场区域和电场区域足够大．求：〔1〕C点的坐标；〔2〕离子从A点出发到第三次穿越x轴时的运动时间；〔3〕离子第四次穿越x轴时速度的大小与速度方向与电场方向的夹角．2015-2016学年江西省宜春市丰城中学高二〔上〕周练物理试卷〔重点班12.24〕参考答案与试题解析一、选择题〔此题共12个小题，每一小题4分，共48分〕1．长为a宽为b的矩形线圈，在磁感强度为B的匀强磁场中垂直于磁场的OO′轴以恒定的角速度ω旋转，设t=0时，线圈平面与磁场方向平行，如此此时的磁通量和磁通量的变化率分别是〔〕A．0，0 B．0，Babω C．Babω，Babω D．Babω，0【考点】法拉第电磁感应定律；磁通量．【专题】电磁学．【分析】根据磁能量的定义可知磁通量的大小；由法拉第电磁感应定律可知磁通量的变化率的大小．【解答】解：线圈平面与磁场方向相互平行，如此没有磁感线穿过；故磁通量为零；磁通量的变化率最大，电动势最大；由E M=BSω与E=可知；磁通量的变化率：=Babω；应当选：B．【点评】了解交流电产生的原理，特别是两个特殊位置：中性面和垂直中性面时，磁通量和电动势的变化．对于正弦交变电流的最大值E m=nBSω=nωΦm，要在理解的根底上加强记忆．交流电流表和电压表测量的是有效值．2．如图，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【考点】楞次定律．【专题】电磁感应中的力学问题．【分析】当电键S接通瞬间，小铜环中磁通量从无到有增加，产生感应电流，铜环受到安培力将发生运动，根据楞次定律判断两环的运动方向．【解答】解：当电键S接通瞬间，小铜环中磁通量从无到有增加，根据楞次定律，感应电流的磁场要阻碍磁通量的增加，如此两环将向两侧运动．故A正确．应当选A．【点评】此题考查运用楞次定律判断电磁感应现象中导体运动方向问题的能力．此题也可以按因果关系，按部就班的分析两环受到的安培力方向判断．3．如下列图，在光滑水平面上的直线MN左侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，右侧是无磁场空间．将两个大小一样的铜质矩形闭合线框由图示位置以同样的速度v向右完全拉出匀强磁场．制作这两只线框的铜质导线的横截面积之比是1：2．如此拉出过程中如下说法中正确的答案是〔〕A．所用拉力大小之比为2：1B．通过导线某一横截面的电荷量之比是1：1C．拉力做功之比是1：4D．线框中产生的电热之比为1：2【考点】电磁感应中的能量转化；法拉第电磁感应定律．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】根据E=BLv、I=、F=BIL，R=ρ得到安培力的表达式，即可根据平衡条件得到拉力的大小关系；根据感应电荷量q=分析电荷量的关系；由功的公式得到拉力做功的表达式，再求解做功之比；根据功能关系分析电热之比．【解答】解：A、设矩形线圈左右边长为L1，上下边长为L2．电阻率为ρ，截面积为S．如此感应电流为 I==拉力F=BIL1==，如此知F∝S，所以所用拉力大小之比为1：2．故A错误．B、根据感应电荷量q==∝S，所以通过导线某一横截面的电荷量之比是1：2．故B错误．C、拉力做功W=FL1=∝S，拉力做功之比是1：2．故C错误．D、根据功能关系可知，线框中产生的电热等于拉力做功，故电热之比为1：2．故D正确．应当选D【点评】此题是电磁感应与电路、力学知识的综合，考查了导体切割产生的感应电动势公式，闭合电路欧姆定律、电阻定律、感应电荷量等多个知识，推导出所求量的表达式是关键．4．如下列图，在磁感强度为B的匀强磁场中，有半径为r的光滑半圆形导体框架，OC为一能绕O在框架上滑动的导体棒，OC之间连一个电阻R，导体框架与导体棒的电阻均不计，假设要使OC能以角速度ω匀速转动，如此外力做功的功率是〔〕A．B．C．D．【考点】电功、电功率；导体切割磁感线时的感应电动势．【专题】电磁感应中的力学问题．【分析】导体棒匀速转动，说明处于受力平衡状态，外力的功率和电阻的发热的功率大小相等，求出电阻发热的功率即可．【解答】解：因为OC是匀速转动的，根据能量的守恒可得，P外=P电=，又因为E=Br•，联立解得：P外=，所以C正确．应当选C．【点评】解决此题的关键是分析出外力的功率与电阻的发热的功率大小相等，知道这一点此题就简单的多了．5．如下列图，把金属圆环匀速拉出磁场，下面表示正确的答案是〔〕A．向左拉出和向右拉出所产生的感应电流方向相反B．不管向什么方向拉出，只要产生感应电流方向都是顺时针C．向右匀速拉出时，感应电流大小不变D．要将金属环匀速拉出，拉力大小要改变【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．【分析】将线圈拉出磁场，磁通量都减小，根据楞次定律判断感应电流的方向．公式E=BLv 中L是有效的切割长度．安培力的大小：F=BIL中L是有效长度．【解答】解：A、B、不管沿什么将线圈拉出磁场，穿过线圈的磁通量都减小，根据楞次定律判断可知，线圈中感应电流的方向都是沿顺时针方向．故B正确，A错误．C、感应电流的大小与感应电动势有关，而感应电动势与线圈移动时切割磁感线的有效长度有关，由于移动过程中有效的切割长度先增大后减小，如此感应电动势也先增大后减小，感应电流先增大后减小．故C错误．D、线圈在切割磁感线的过程中，安培力的大小：F=BIL，与电流的大小以与安培力的有效长度有关，由于感应电流先增大后减小，移动过程中有效长度先增大后减小，所以对金属环的拉力大小会发生变化．故D正确．应当选：BD．【点评】此题是楞次定律和E=BLv的应用，注意公式E=BLv中L是有效的切割长度．安培力的大小：F=BIL中L是有效长度．6．如下列图，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力作用下运动时，MN在磁场力作用下向右运动．如此PQ所做的运动可能是〔〕A．向右匀加速运动B．向左匀加速运动C．向右匀减速运动D．向左匀减速运动【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定如此可知电流由M指向N，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；根据右手螺旋定如此，与楞次定律可知PQ的运动情况．【解答】解：MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定如此可知电流由M指向N，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；再由右手螺旋定如此与楞次定律可知，PQ可能是向左加速运动或向右减速运动．故BC正确，AD错误．应当选：BC．【点评】此题关键是分析好引起感应电流的磁通量的变化，进而才能分析产生电流的磁通量是由什么样的运动产生的．7．如下列图，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，如此它在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＞a4D．a4=a2＞a3＞a1【考点】法拉第电磁感应定律；安培力．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】线圈自由下落时，加速度为g．线圈进入和穿出磁场过程中，切割磁感线产生感应电流，将受到向上的安培力．线圈完全在磁场中时，不产生感应电流，线圈只受重力，加速度等于g．根据牛顿第二定律分析加速度的关系．【解答】解：线圈自由下落时，加速度为a1=g．线圈完全在磁场中时，磁通量不变，不产生感应电流，线圈不受安培力作用，只受重力，加速度为a3=g．线圈进入和穿出磁场过程中，切割磁感线产生感应电流，将受到向上的安培力，根据牛顿第二定律得知，a2＜g，a4＜g．线圈完全在磁场中时做匀加速运动，到达4处的速度大于2处的速度，如此线圈在4处所受的安培力大于在2处所受的安培力，又知，磁场力总小于重力，如此a2＞a4，故a1=a3＞a2＞a4．应当选：C【点评】此题关键是分析安培力的大小和方向情况，抓住安培力大小与速度成正比，分析B、D两处安培力的大小关系．8．如图α所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q 中通有变化电流i，电流随时间变化的规律如图b所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为N，如此在如下时刻〔〕A．t1时刻N＞G，P有收缩的趋势B．t2时刻N=G，此时穿过P的磁通量最大C．t3时刻N=G，此时P中无感应电流D．t4时刻N＜G，此时穿过P的磁通量最小【考点】楞次定律；磁通量．【专题】电学图像专题．【分析】当螺线管中通入变化的电流时形成变化的磁场，这时线圈P中的磁通量发生变化，由其磁通量的变化根据楞次定律可以判断P中产生感应电流的大小方向以与P线圈收缩和扩展趋势．【解答】解：A、当螺线管中电流增大时，其形成的磁场不断增强，因此线圈P中的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈P将阻碍其磁通量的增大，故线圈有远离和面积收缩的趋势，故A正确；B、D当螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此磁铁线圈中无感应电流产生，故t2时刻N=G，此时穿过P的磁通量最大，故B正确，D错误；C、t3时刻螺线管中电流为零，但是线圈P中磁通量是变化的，因此此时线圈中有感应电流，此瞬间螺线管中电流为零，两线圈间没有作用力，因此此时N=G，故C错误．应当选AB．【点评】正确理解楞次定律中“阻碍〞的含义，注意判断感应电流的大小看磁通量的变化率而不是看磁通量的大小，如C选项，学生很容易错选．9．如下列图，在光滑绝缘水平面上，有一矩形线圈以一定的初速度进入匀强磁场区域，线圈全部进入匀强磁场区域时，其动能恰好等于它在磁场外面时的一半，设磁场区域宽度大于线圈宽度，如此〔〕A．线圈恰好在完全离开磁场时停下B．线圈在未完全离开磁场时即已停下C．线圈能通过场区不会停下D．线圈在磁场中某个位置停下【考点】电磁感应中的能量转化；法拉第电磁感应定律．【专题】电磁感应——功能问题．【分析】线圈完全进入磁场后做匀速运动，进磁场和出磁场的过程都做变减速直线运动，比拟进磁场和出磁场时所受的安培力大小，从而判断出线圈能否通过磁场．【解答】解：线圈出磁场时的速度小于进磁场时的速度，安培力F=BIL=，知出磁场时所受的安培力小于进磁场时所受的安培力，根据动能定理，由于进磁场时安培力做功大于出磁场时安培力做功，如此出磁场时动能的变化量小于进磁场时动能的变化量，进磁场时其动能恰好等于它在磁场外面时的一半，知出磁场后，动能不为零，还有动能，将继续运动，不会停下来．故D正确．A、B、D错误．应当选：C．【点评】解决此题的关键比拟出进磁场和出磁场时的安培力，根据动能定理进展分析．10．如下列图，xoy坐标系第一象限有垂直纸面向外的匀强磁场，第三象限有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感强度大小均为B，第二、四象限内没有磁场．一个围成四分之一圆弧形的导体环oab，其圆心在原点o，开始时导体环在第四象限，从t=0时刻起绕o点在xoy坐标平面内逆时针匀速转动．假设以逆时针方向的电流为正，如下表示环内感应电流i随时间t 变化的图象中，正确的答案是〔〕A．B．C．D．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．【专题】电磁感应——功能问题．【分析】根据右手定如此判断线框中感应电流的方向．由导体棒转动切割磁感线产生的感应电动势公式E=BL2ω和欧姆定律分析感应电流的大小的变化情况．【解答】解：在0﹣内，oa切割磁力线运动，根据右手定如此判断可知，线框中感应电流的方向为顺时针方向，为负值．﹣内，ob切割磁力线运动，根据右手定如此判断可知，线框中感应电流的方向为逆时针方向，为正值．T﹣T，oa切割磁力线运动，根据右手定如此判断可知，线框中感应电流的方向为逆时针方向，为正值．T﹣T内，ob切割磁力线运动，根据右手定如此判断可知，根据右手定如此判断可知，线框中感应电流的方向为顺时针方向，为负值．无论哪个半径切割磁力线，所产生的感应电动势大小一样，设加速度为ω，由感应电动势公式E=BL2ω和欧姆定律得知感应电流的大小是不发生变化的，由此可得知选项ABC错误，D正确．应当选：D．【点评】此题首选要明确右手定如此的使用方法，要会根据感应电动势公式和欧姆定律分析感应电流的大小情况，再选择图象．对于电流的方向，还可直接利用楞次定律来解答．11．如下列图，用铝板制成“⊃〞形框，将一质量为m的带电小球用绝缘细线悬挂在框的上方，让整体在垂直于水平方向的匀强磁场中向左以速度v匀速运动，悬线拉力为T，如此〔〕A．悬线竖直，T=mgB．悬线竖直，T＜mgC．v选择适宜的大小，可使T=0D．因条件不足，T与mg的大小关系无法确定【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；导体切割磁感线时的感应电动势．【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】注意铝框在磁场中也产生感应电动势，故小球在总共受四个力作用，由洛仑兹力公式与电场力公式可得出两力间的关系；从而得出拉力与重力的关系．【解答】解：因为竖直的铝板切割磁感线所以产生感应电动势．U形框的上下板形成一个上板为负下板为正的匀强电场．小球这时候受到4个力的作用，重力方向向下，绳子的弹力方向向上，洛伦磁力，电场力，如果带的是正电如此洛伦磁力方向向下，所受电场力方向向上；如果带的是负电如此洛伦磁力方向向上，所受电场力方向向下，且洛仑磁力等于电场力．f洛=BqV，F电=Eq，E=，u=E；感应电动势=BVL〔L为竖直板的长度〕联合起来得 F电=BqV，故洛伦磁力等于电场力且方向相反．故拉力等于重力；应当选A．【点评】此题不要只认为小球只受洛仑兹力而无视了电场力，注意导体切割磁感线时都会产生感应电动势，从而形成电场．12．如下列图，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B．将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g．如下选项正确的答案是〔〕A．P=2mgvsinθB．P=3mgvsinθC．当导体棒速度达到时加速度大小为D．在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；功率、平均功率和瞬时功率；电磁感应中的能量转化．【专题】压轴题；电磁感应——功能问题．【分析】导体棒最终匀速运动受力平衡可求拉力F，由P=Fv可求功率，由牛顿第二定律求加速度，由能量守恒推断能之间的相互转化．【解答】解：A、当导体棒以v匀速运动时受力平衡，如此mgsinθ=BIl=，当导体棒以2v匀速运动时受力平衡，如此F+mgsinθ=BIl=，故F=mgsinθ，拉力的功率P=Fv=2mgvsinθ，故A正确B、同理，B错误C、当导体棒速度达到时，由牛顿第二定律，mgsinθ﹣=ma，解得a=，故C正确D、由能量守恒，当速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力与重力所做的功，故D错误应当选：AC【点评】考查了电磁感应定律结合闭合电路，注意平衡条件得应用，能量、功率关系．二、计算题〔此题共4个小题，共52分〕13．用电阻为18Ω的均匀导线弯成如下列图直径D=0.80m的封闭金属圆环，环上AB弧所对圆心角为60°，将圆环垂直于磁感线方向固定在磁感应强度B=0.50T的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里．一根每米电阻为1.25Ω的直导线PQ，沿圆环平面向左以v=3.0m/s 的速度匀速滑行〔速度方向与PQ垂直〕，滑行中直导线与圆环严密接触〔忽略接触处的电阻〕，当它通过环上A、B位置时，求：〔1〕直导线AB段产生的感应电动势，并指明该段直导线中电流的方向；〔2〕此时圆环上发热损耗的电功率．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】由右手定如此得直道线感应电流的方向．根据几何关系求出此时导体棒的有效切割长度，注意外电路为弧ACB和弧AB的电阻并联，求出总电阻，进一步求出电流值，即可算出感应电动势和圆环上发热损耗的电功率．【解答】解：〔1〕设直导线AB段的长度为L，圆环的直径为D，感应电动势为E，如此有几何关系，L==0.4m所以：E=BLv=0.6v由右手定如此得直道线感应电流的方向由A向B．〔2〕此时圆环上AB弧段的电阻：R AB=Ω=3Ω，ACB弧段的电阻：R ACB=18×Ω=15Ω。

高二物理上学期周考试卷高二全册物理试题

嘴哆市安排阳光实验学校中学高二（上）周考物理试卷一．选择题：（本大题共8小题，每小题6分，共48分．其中1-6题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，7-8题有多个选项是正确的，全选对的得6分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分．把答案前的字母填在答题卡相应的表格中）1．关于电流，下列说法中正确的是（）A．导体中无电流的原因是其内部自由电荷停止了运动B．同一个金属导体接在不同的电路中，通过的电流强度往往不同，电流大说明那时导体内自由电荷定向运动速率大C．由于电荷做无规则热运动的速率比电荷定向移动速率大得多，故电荷做无规则热运动形成的电流也就大得多D．电流的传导速率就是导体内自由电子的定向移动速率2．在截面积为S的均匀铜导体中流过恒定电流为I，铜的电阻率为ρ，电子电量为e，则电子在铜导体中运动时所受的电场力为（）A．0 B ．C ．D ．3．如图所示， H（核内有一个质子，没有中子），H（核内有一个质子，一个中子），H （核内有一个质子，两个中子）和He（核内有两个质子，两个中子）四种原子核的混合粒子沿平行板电容器两板中线OO′射入板间的匀强电场中，射出后都打在与OO′垂直的固定荧光屏上，使荧光屏上出现亮点．下列说法正确的是（）A．若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将出现4个亮点B．若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将出现4个亮点C．若它们射入电场时的质量与速度之积相等，在荧光屏上将出现4个亮点D．若它们都是从静止开始由同一加速电场加速后再射入此偏转电场的，则在荧光屏上将出现4个亮点4．甲、乙两根保险丝均为同种材料制成，直径分别是d1=0.5mm和d2=1mm，熔断电流分别为2.0A和6.0A．把以上两根保险丝各取等长一段并联后再接入电路中，允许BJ通过的最大电流是（）A．6.0 A B．7.5 A C．10.0 A D．8.0 A5．如图所示，一个电量为﹣Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点．另一个电量为+q及质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，到B点时速度最小且为v．已知点电荷乙与水平面的动摩擦因数为μ、AB间距离为L0及静电力常量为k，则（）A．点电荷乙越过B点后继续向左运动，其电势能增多B．从A到B的过程中，电场力对点电荷乙做的功W=μmgL0+mv02﹣mv2C．在点电荷甲形成的电场中，AB间电势差U AB =D．OB 间的距离为6．以下说法中正确的是（）A．电源的作用是维持导体两端的电压，使电路中有持续的电流B．在电源内部正电荷能从负极到正极是因为电源内部只存在非静电力而不存在静电力C．静电力与非静电力都可以使电荷移动，所以本质上都是使电荷的电势能减少D．静电力移动电荷做功电荷电势能减少，非静电力移动电荷做功电荷电势能增加7．如图，A、B为水平放置的平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，两板的各有小孔M和N．先合上开关K，给电容器充电，过一会再断开开关．今有一带电质点，自A板上方相距为h的P点由静止开始自由下落（P、M、N在同一竖直线上），空气阻力不计，到达N孔时速度恰好为零．则（）A．若把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能到达N孔B．若把A板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落C．若把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落D．若把B板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落8．小明去实验室取定值电阻两只R1=10Ω，R2=30Ω，电压表一个，练习使用电压表测电压．电路连接如下图，电源输出电压U=12.0V不变．小明先用电压表与R1并联，电压表示数为U1，再用电压表与R2并联，电压表示数为U2，则下列说法正确的是（）A．U1一定大于3.0V B．U2一定小于9.0VC．U1与U2之和小于12V D．U1与U2之比一定不等于1：3二．填空题（本大题有2小题，每空3分，共15分）9．如图所示，有一水平方向的匀强电场，场强为9×103N/C．在电场内的竖直平面内作半径为1m的圆，圆心处放置电荷量为1×10﹣6C的正点电荷，则圆周上C点处的场强大小为N/C，方向．10．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，使用的小灯泡为“6V3W”，其他可供选择的器材有：电压表V1（量程6V，内阻20kΩ）电压表V2（量程20V，内阻60kΩ）电流表A1（量程3A，内阻0.2Ω）电流表A2（量程0.6A，内阻1Ω）变阻器R1（0～1000Ω，0.4A）变阻器R2（0～20Ω，2A）学生电源E （6～8V）开关S及导线若干．实验中要求电压表在0～6V范围内读取并记录下12组左右不同的电压值U和对应的电流值I，以便作出伏安特性曲线，在上述器材中，电流表应选用，变阻器应选用．在方框中画出实验的电路图．三．计算题（本大题共4小题，共47分．解答本题时，要求写出必要的文字说明和重要的演算步骤，只写出答案的不给分，14题为实验班必做题，其它班选做）11．如图所示，一根长为l的细绝缘线，上端固定，下端系一个质量为m的带电小球，将整个装置放入一匀强电场，电场强度大小为E，方向水平向右，已知：当细线偏离竖直方向为θ=37°时，小球处于平衡状态，（sin37°=0.6 g 取10）试求：（1）小球带何种电荷，带电量为多少；（2）如果将细线剪断，小球经时间t=2s发生的位移大小．12．如图所示，A1和A2是两块相同的电流表，V1和V2是两块相同的电压表．电流表A1的示数是1.4mA，电压表V1和V2的示数分别是0.8V和0.6V，试求：（1）电流表A2示数；（2）电压表和电流表的内阻之比．13．如图所示，一长电阻网络，长度未知，图中最右端的电阻阻值为1Ω，余电阻中竖直方向放置的阻值均为2Ω，水平放置的阻值均为0.5Ω，求图中a、b两点间的电阻．14．如图所示，两平行金属板水平放置，板间存在着如图所示的交变电场，极板长为L，板间距离为d，取竖直向上的方向为电场强度的正方向．一带电量为q的正电荷从两板正中间的位置由左侧射入板间．初速度为v0，己知电荷所受电场力大小是其重力的2倍．重力加速度为g，且0时刻射入的粒子正好可从板间射出．求：（1）两板间距d应满足的条件；（2）0时刻射入的粒子射出板间时的动能．中学高二（上）周考物理试卷参考答案与试题解析一．选择题：（本大题共8小题，每小题6分，共48分．其中1-6题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，7-8题有多个选项是正确的，全选对的得6分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分．把答案前的字母填在答题卡相应的表格中）1．关于电流，下列说法中正确的是（）A．导体中无电流的原因是其内部自由电荷停止了运动B．同一个金属导体接在不同的电路中，通过的电流强度往往不同，电流大说明那时导体内自由电荷定向运动速率大C．由于电荷做无规则热运动的速率比电荷定向移动速率大得多，故电荷做无规则热运动形成的电流也就大得多D．电流的传导速率就是导体内自由电子的定向移动速率【考点】电流、电压概念．【分析】明确电流形成的原因，知道电荷的定向移动形成电流；而电流与电荷的无规则运动无关．【解答】解：A、导体中无电流时，内部的自由电荷仍在无规律运动；故A错误；B、由I=nevs可知，同一个金属导体接在不同的电路中，通过的电流强度往往不同，电流大说明那时导体内自由电荷定向运动速率大；故B正确；C、电流的大小与电荷无规则运动的快慢无关；故C错误；D、电流的传导速率是电场形成的速度，约为光速；而电子的定向移动速率远小于光速；故D错误；故选：B．2．在截面积为S的均匀铜导体中流过恒定电流为I，铜的电阻率为ρ，电子电量为e，则电子在铜导体中运动时所受的电场力为（）A．0 B ．C ．D ．【考点】电场．【分析】由受力平衡可求得电荷定向移动的速度，再由是流的微观表达式可求得电流；由欧姆定律可求得导体的电流表达式，联立公式即可求解．【解答】解：由题意可知当电场力与阻力相等时形成恒定电流，设导线的长是L，导线两端的电压是U ，则有：导体中的电流I=则故选：B3．如图所示， H（核内有一个质子，没有中子），H（核内有一个质子，一个中子），H （核内有一个质子，两个中子）和He（核内有两个质子，两个中子）四种原子核的混合粒子沿平行板电容器两板中线OO′射入板间的匀强电场中，射出后都打在与OO′垂直的固定荧光屏上，使荧光屏上出现亮点．下列说法正确的是（）A．若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将出现4个亮点B．若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将出现4个亮点C．若它们射入电场时的质量与速度之积相等，在荧光屏上将出现4个亮点D．若它们都是从静止开始由同一加速电场加速后再射入此偏转电场的，则在荧光屏上将出现4个亮点【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】粒子带电量和质量不全相同，进入同一电场时加速度不同，做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，推导出偏转位移的表达式，再进行分析【解答】解：四个粒子进入匀强电场中都做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则得到：加速度为：a=，偏转距离为：y=at2，运动时间为：t=，联立三式得：y=；A、若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将出现3个亮点．故A错误；B、若它们射入电场时的动能相等，y与q成正比，在荧光屏上将只出现2个亮点．故B错误．C、若它们射入电场时的质量与速度之积相等，在荧光屏上将出现4个亮点，故C正确；D、若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，根据推论可知，y 都相同，故荧光屏上将只出现1个亮点．故D错误．故选：C4．甲、乙两根保险丝均为同种材料制成，直径分别是d1=0.5mm和d2=1mm，熔断电流分别为2.0A和6.0A．把以上两根保险丝各取等长一段并联后再接入电路中，允许BJ通过的最大电流是（）A．6.0 A B．7.5 A C．10.0 A D．8.0 A【考点】串联电路和并联电路．【分析】根据保险丝的直径，求出两保险丝的电阻关系，并联电路电压相等，两保险丝并联，两端电压应为较小的额定电压，然后由欧姆定律与并联电路特点求出电路最大电流．【解答】解：两保险丝材料与长度相同，由电阻定律可知：===，则R1=4R2=4R，保险丝允许的最大电压为：U1=I1R1=2×4R=8R，U2=I2R2=6×R=6R，两保险丝并联，两端电压相等，并联电压最大应为U=6R，则：I2=6A，I1==A=1.5A，并联电路允许的最大电流为：I max=I2+I1=6A+1.5A=7.5A，故选：B．5．如图所示，一个电量为﹣Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点．另一个电量为+q及质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，到B点时速度最小且为v．已知点电荷乙与水平面的动摩擦因数为μ、AB间距离为L0及静电力常量为k，则（）A．点电荷乙越过B点后继续向左运动，其电势能增多B．从A到B的过程中，电场力对点电荷乙做的功W=μmgL0+mv02﹣mv2C．在点电荷甲形成的电场中，AB间电势差U AB =D．OB 间的距离为【考点】电势差与电场强度的关系．【分析】本题首先要正确分析物体受力特点，明确力和运动的关系，在本题中注意滑动摩擦力的大小方向不变，两球靠近过程中库仑力逐渐增大，小球先减速后加速，根据牛顿第二定律和功能关系可正确解答．【解答】解：A、在小球向左运动过程中电场力一直做正功，因此电势能一直减小，故A错误；B、从A到B的过程中，电场力对点电荷乙做的功为W=U AB q=mgμL0+，故B错误；C、点电荷从A运动B过程中，根据动能定理有：U AB q﹣mgμL0=，解得，U AB =．故C错误；D、A、当速度最小时有：mgμ=F库=k，解得：r=，故D正确．故选：D．6．以下说法中正确的是（）A．电源的作用是维持导体两端的电压，使电路中有持续的电流B．在电源内部正电荷能从负极到正极是因为电源内部只存在非静电力而不存在静电力C．静电力与非静电力都可以使电荷移动，所以本质上都是使电荷的电势能减少D．静电力移动电荷做功电荷电势能减少，非静电力移动电荷做功电荷电势能增加【考点】电源的电动势和内阻．【分析】电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势．电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，与外电路的结构无关．电源的电动势在数值上等于内、外电压之和．【解答】解：A、电源的作用是维持导体两端的电压，使电路中有持续的电流；故A正确；B、在电源内部正电荷能从负极到正极是因为电源内部既存在非静电力，又存在静电力．故B错误；C、D、静电力与非静电力都可以使电荷移动，静电力移动电荷做功电荷电势能减少，非静电力移动电荷做功电荷电势能增加，故C错误，D正确；故选：AD．7．如图，A、B为水平放置的平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，两板的各有小孔M和N．先合上开关K，给电容器充电，过一会再断开开关．今有一带电质点，自A板上方相距为h的P点由静止开始自由下落（P、M、N在同一竖直线上），空气阻力不计，到达N孔时速度恰好为零．则（）A．若把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能到达N孔B．若把A板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落C．若把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落D．若把B板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】质点到达N孔时速度恰好为零，然后返回，根据动能定理知，质点运动到N点的过程中，重力做功和电场力做功大小相等．本题通过AB两端电势差的变化，根据动能定理进行判断【解答】解：A、把A板向上平移一小段距离，根据C=可知电容减小；由于电量一定，根据C=可知电压增大；根据动能定理，粒子还未到达N点，速度已减为零，然后返回，故A错误；B、把A板向下平移一小段距离，根据C=可知电容增加；由于电量一定，根据C=可知电压减小；根据动能定理，粒子到达N点速度大于零，故会穿过N孔继续下落，故B正确；C、把B板向上平移一小段距离，根据C=可知电容增加；由于电量一定，根据C=可知电压减小；根据动能定理，粒子到达N点重力做功大于电场力做功，N点速度不为零，故会穿过N孔继续下落，故C正确；D、把B板向下平移一小段距离，根据C=可知电容减小；由于电量一定，根据C=可知电压增加；根据动能定理，粒子到达N点重力做功小于电场力做功，粒子还未到达N点，速度已减为零，然后返回，故D错误；故选：BC8．小明去实验室取定值电阻两只R1=10Ω，R2=30Ω，电压表一个，练习使用电压表测电压．电路连接如下图，电源输出电压U=12.0V不变．小明先用电压表与R1并联，电压表示数为U1，再用电压表与R2并联，电压表示数为U2，则下列说法正确的是（）A．U1一定大于3.0V B．U2一定小于9.0VC．U1与U2之和小于12V D．U1与U2之比一定不等于1：3【考点】串联电路和并联电路．【分析】不接电压表时，R1、R2串联，电压之比等于电阻之比，求出此时R1、R2两端的电压，并联电压表后并联部分电阻变小，再根据串并联电路的特点即可分析求解．【解答】解：不接电压表时，R1、R2串联，电压之比为：，而U′1+U′2=12V解得：U′1=3.0V，U′2=9.0V当电压表并联在R1两端时，有：，解得：U1＜3V，同理，当电压表并联在R2两端时，有：U2＜9V，得：U1+U2＜12V．但两电压表之比可能等于1：3．故BC正确，AD错误．故选：BC．二．填空题（本大题有2小题，每空3分，共15分）9．如图所示，有一水平方向的匀强电场，场强为9×103N/C．在电场内的竖直平面内作半径为1m的圆，圆心处放置电荷量为1×10﹣6C的正点电荷，则圆周上C 点处的场强大小为 1.27×104N/C，方向与水平方向成45°角．【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】根据公式E=k求出点电荷在C点处产生的场强大小，判断出场强方向，C点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，根据平行四边形定则求解C点处的场强大小和方向．【解答】解：点电荷在C点处产生的场强大小为E=k=9×109×N/C=9×103N/C，方向从O→C．C点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，根据平行四边形定则得，C 点的场强大小为 E C=E=9N/C=1.27×104N/C，方向与水平成45°角斜向右上方．故答案为：1.27×104与水平方向成45°角斜向右上方10．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，使用的小灯泡为“6V3W”，其他可供选择的器材有：电压表V1（量程6V，内阻20kΩ）电压表V2（量程20V，内阻60kΩ）电流表A1（量程3A，内阻0.2Ω）电流表A2（量程0.6A，内阻1Ω）变阻器R1（0～1000Ω，0.4A）变阻器R2（0～20Ω，2A）学生电源E （6～8V）开关S及导线若干．实验中要求电压表在0～6V范围内读取并记录下12组左右不同的电压值U和对应的电流值I，以便作出伏安特性曲线，在上述器材中，电流表应选用A2，变阻器应选用R2．在方框中画出实验的电路图．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【分析】根据灯泡额定电压与额定功率，由电功率的变形公式求出灯泡额定电流，根据该电流选择电流表；在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，根据灯泡电阻与电表内阻间的关系确定电流表接法，然后作出实验电路图．【解答】解：灯泡额定电流I==0.5A，电流表应选A2（量程0.6A，内阻1Ω），为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器R2（0～20Ω，2A）；电压表0～6V范围内读数，滑动变阻器应采用分压接法；灯泡正常发光时电阻R==12Ω，灯泡电阻远小于电压表内阻，所以电流表应采用外接法，实验电路图如图所示；故答案为：A2；R2；实验电路图如图所示．三．计算题（本大题共4小题，共47分．解答本题时，要求写出必要的文字说明和重要的演算步骤，只写出答案的不给分，14题为实验班必做题，其它班选做）11．如图所示，一根长为l的细绝缘线，上端固定，下端系一个质量为m的带电小球，将整个装置放入一匀强电场，电场强度大小为E，方向水平向右，已知：当细线偏离竖直方向为θ=37°时，小球处于平衡状态，（sin37°=0.6 g 取10）试求：（1）小球带何种电荷，带电量为多少；（2）如果将细线剪断，小球经时间t=2s发生的位移大小．【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；牛顿第二定律．【分析】（1）正电荷所受电场力与电场强度同方向，负电荷所受电场力与电场强度反方向；受力分析后，根据平衡条件得到电场力，确定小球的带电量；（2）剪短细线后，小球受电场力和重力，合力恒定，加速度恒定，做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求加速度，再根据位移时间关系公式求解位移．【解答】解：（1）对小球受力分析，受重力、拉力和电场力，电场力向右，故带正电荷，根据平衡条件可知：水平方向：Tsinθ=qE竖直方向：Tcosθ=mg解得qE=mgtanθ，故q==故小球带正电荷，带电量为．（2）剪短细线后，小球受电场力和重力，合力沿着绳子向右下方，大小等于第一问中绳子的拉力，为 F合=；根据牛顿第二定律，加速度为 a==做初速度为零的匀加速直线运动，位移为x==•t2====25m答：（1）小球带正电荷，带电量为．（2）如果将细线剪断，小球经时间t发生的位移大小为25m12．如图所示，A1和A2是两块相同的电流表，V1和V2是两块相同的电压表．电流表A1的示数是1.4mA，电压表V1和V2的示数分别是0.8V和0.6V，试求：（1）电流表A2示数；（2）电压表和电流表的内阻之比．【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】（1）V1和V2是两只相同的电压表，内阻相同，根据欧姆定律得到两个电压表的示数与电流的关系，根据干路电流与支路电流的关系，联立即可求出电流表A2示数；（2）A2与V2串联，两电压表示数之差等于V1的电压，即可由欧姆定律求解A2的内阻．【解答】解：（1）由于V1和V2两表相同，说明它们的内阻相同，设为R，通过V1和V2两表的电流分别为I1和I2，则U1=I1R，U2=I2R，则得===由题意知 I1+I2=1.4 mA所以解得 I2=0.6 mA，即通过电流表A2的电流大小为0.6mA．（2）电流表A2两端电压 U A2=U2﹣U1=0.2 V，所以R A2===Ω．电压表V2的内阻R V2===1000Ω，所以电压表和电流表的内阻之比为3：1．答：（1）电流表A2示数是0.6mA；（2）电压表和电流表的内阻之比是3：1．13．如图所示，一长电阻网络，长度未知，图中最右端的电阻阻值为1Ω，余电阻中竖直方向放置的阻值均为2Ω，水平放置的阻值均为0.5Ω，求图中a、b两点间的电阻．【考点】串联电路和并联电路．【分析】该电路是由若干个小单元组成，可以从后向前推导，先求出最后一个单元的电阻值，然后结合电路结构的特殊性即可正确解答．【解答】解：最后一个单元的CD之间四个电阻是电阻123串联后与电阻4并联，所以电阻值： ==1Ω=R2可知最后一个单元的总电阻值恰好等于图中最右端的电阻阻值，再次根据串并联的关系，结合电路的重复性可知，最后2个单元的电阻值也是1Ω；同理，最后三个单元的电阻值也是1Ω…依此类推可知，电路中的总电阻值也是1Ω．答：图中a、b两点间的电阻是1Ω．14．如图所示，两平行金属板水平放置，板间存在着如图所示的交变电场，极板长为L，板间距离为d，取竖直向上的方向为电场强度的正方向．一带电量为q的正电荷从两板正中间的位置由左侧射入板间．初速度为v0，己知电荷所受电场力大小是其重力的2倍．重力加速度为g，且0时刻射入的粒子正好可从板间射出．求：（1）两板间距d应满足的条件；（2）0时刻射入的粒子射出板间时的动能．【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】（1）将电荷的运动分解为水平方向和竖直方向，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上，结合受力，根据牛顿第二定律和运动学公式求出最大位移的大小，从而得出d满足的条件．（2）根据竖直方向上的运动规律，结合运动学公式求出末时刻竖直方向的分速度，结合平行四边形定则求出射出时的动能．【解答】解：（1）0﹣内，电荷所受的电场力方向竖直向上，根据牛顿第二定律得，，则粒子向上运动的位移，粒子的速度，内，电荷所受的电场力方向竖直向下，根据牛顿第二定律得，，向上速度减为零的时间，知在竖直方向上粒子向上做匀减速运动到零后再向下做匀加速运动，向上匀减速运动的位移=，可知．则．（2）粒子射出复合场时，竖直方向的分速度，负号表示方向．则射出时的动能=．答：（1）两板间距d应满足的条件为．（2）0时刻射入的粒子射出板间时的动能为．。

人教版高中物理-有答案-河南省南阳市某校高二(上)第五次周考物理试卷

河南省南阳市某校高二（上）第五次周考物理试卷一、选择题（每小题4分，共48分．多选项已在题号后标出）1. 法拉第通过精心设计的一系列试验，发现了电磁感应定律，将历史上认为各自独立的学科“电学”与“磁学”联系起来．在下面几个典型的实验设计思想中，所作的推论后来被实验否定的是（）A.既然磁铁可使近旁的铁块带磁，静电荷可使近旁的导体表面感应出电荷，那么静止导线上的稳恒电流也可在近旁静止的线圈中感应出电流B.既然磁铁可在近旁运动的导体中感应出电动势，那么，稳恒电流也可在近旁运动的线圈中感应出电流C.既然运动的磁铁可在近旁静止的线圈中感应出电流，那么，静止的磁铁也可在近旁运动的导体中感应出电动势D.既然运动的磁铁可在近旁的导体中感应出电动势，那么，运动导线上的稳恒电流也可在近旁线圈中感应出电流2. 如图所示，闭合矩形线圈abcd与长直导线MN在同一平面内，线圈的ab、dc两边与直导线平行，直导线中通有向下均匀增大的电流，则（）A.矩形线圈中的感应电流为顺时针方向B.矩形线圈的感应电流随时间均匀增大C.整个线圈所受的磁场力合力方向向右D.整个线圈所受的磁场力合力为零3. 如图所示，通电直导线cd右侧有一个金属框与导线cd在同一平面内，金属棒ab放在框架上，若ab受到向左的磁场力，则cd中电流的变化情况是（）A.cd中通有由d→c方向逐渐减小的电流B.cd中通有由d→c方向逐渐增大的电流C.cd中通有由c→d方向逐渐减小的电流D.cd中通有由c→d方向逐渐增大的电流4. 如图所示，一个铜质圆环，无初速度地自位置I下落到位置II，若圆环下落时其轴线与磁铁悬线重合，圆环面始终水平．位置I与位置II的高度差为ℎ，则运动时间（）A.等于√2ℎg B.大于√2ℎgC.小于√2ℎgD.无法判定5. 如图所示，一刚性矩形铜制线圈从高处自由下落，进入一水平的匀强磁场区域，然后穿出磁场区域（）A.若线圈进入磁场过程是匀速运动，则离开磁场过程一定是匀速运动B.若线圈进入磁场过程是加速运动，则离开磁场过程一定是加速运动C.若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程一定是加速运动D.若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程一定是减速运动6. 如图所示．直角三角形导线框abc以大小为V的速度匀速通过有清晰边界的匀强磁场区域（匀强磁场区域的宽度大于导线框的边长），则此过程中导线框中感应电流的大小随时间变化的规律为如图四个图像当中的哪一个？（）A. B. C. D.7. 水平光滑的平行导轨MN、PQ上放着光滑导体棒ab、cd，两棒用绝缘细线系住，开始时匀强磁场的方向如图甲所示，而磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示，不计ab、cd间电流的相互作用，则细线中的张力（）A.在0到t0时间内逐渐增大B.在0到t0时间内逐渐减小C.在0到t0时间内不变D.在t0到t1时间内为零8. 电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器．如图a所示为电吉他的拾音器的原理图，在金属弦的下方置有一个连接到放大器的螺线管，一条形磁铁固定在管内，当拨动金属弦后，螺线管内就会产生感应电流，经一系列转化后可将电信号转为声音信号，若由于金属弦的振动，螺线管内的磁通量随时间的变化如图b所示，则对应感应电流的变化为（）A. B. C. D.9. 如图所示，平行导轨左端串有定值电阻R，其它电阻不计．匀强磁场的方向垂直于纸面向里．原来静止的导体棒MN受水平向右的恒力F的作用而向右运动．以下关于回路中感应电流I随时间变化规律的图像正确的是（）A. B. C. D.10. 如图所示，两个互连的金属圆环，粗金属环的电阻是细金属环电阻的一半，磁场垂直穿过粗金属环所在的区域，当磁感应强度均匀变化时，在粗环内产生的电动势为E，则ab两点间的电势差为（）A.E2B.E3C.2E3D.E11. 如图所示，用铝板制成“⊃”型框，将一质量为m的带电小球用绝缘细绳悬挂在框的上板上，让整体在垂直于水平方向的匀强磁场中向左以速度V匀速运动，悬线拉力为T，则（）A.悬线竖直，T=mgB.悬线竖直，T<mgC.悬线竖直，T>mgD.V选择合适的大小，可使T=012. 研究表明，地球磁场对鸽子识别方向起着重要作用．鸽子体内的电阻大约为103Ω，当它在地球磁场中展翅飞行时，会切割磁感线，在两翅之间产生动生电动势．这样，鸽子体内灵敏的感受器即可根据动生电动势的大小来判别其飞行方向．若某处地磁场磁感应强度的竖直分量约为0.5×10−4T．鸽子以20m/s速度水平滑翔，则可估算出两翅之间产生的动生电动势约为（）A.30mVB.3mVC.0.3mVD.0.03mV二、填空题（每空2分，共14分）为了探究“感应电流产生的条件”，甲同学将电池组、滑动变器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关如图连接．经乙同学检查后发现甲同学接线有错误，应该是________（用导线两端的字母符号表示）．乙同学认为：在实验开始前必须首先判断电流计指针的偏转方向与流入电表的电流方向的关系．甲同学认为：没有必要此项实验操作．你认为________同学的说法是正确的，理由是________．如图为“探究电磁感应现象”的实验装置．（1）将图中所缺的导线补接完整．（2）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后可能出现的情况有：①将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将________；②原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针________（3）在做“探究电磁感应现象”实验时，如果副线圈两端不接任何元件，则副线圈电路中将________A.因电路不闭合，无电磁感应现象B.有电磁感应现象，但无感应电流，只有感应电动势C.不能用楞次定律判断感应电动势方向D.可以用楞次定律判断感应电动势方向．三、计算题（共48分）如图所示，小灯泡的规格为“2V、4W”，连接在光滑水平导轨上，两导轨相距0.1m，电阻不计，金属棒ab垂直搁置在导轨上，电阻1Ω，整个装置处于磁感强度B=1T的匀强磁场中，求：（1）为使小灯正常发光，ab的滑行速度多大？（2）拉动金属棒ab的外力的功率多大？如图甲所示的螺线管，匝数n=1500匝，横截面积S=20cm2，电阻r=1.5Ω，与螺线管串联的外电阻R1=3.5Ω，R2=25Ω，方向向右穿过螺线管的匀强磁场，磁感应强度按图乙所示规律变化，试计算电阻R2的电功率和a、b两点的电势差．如图甲所示，一个电阻值为R，匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路，线圈的半径为r1，在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示，图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0．导线的电阻不计，求0至t1时间内：（1）通过电阻R1上的电流大小和方向；（2）通过电阻R1上的电荷量q及电阻R1上产生的热量．水平面上两根足够长的光滑金属导轨平行固定放置，间距为L，一端通过导线与阻值R的电阻连接，导轨上放一质量为m的金属杆（见图甲），导轨的电阻忽略不计，匀强磁场方向竖直向下，用与平轨平行的恒定拉力F作用在金属杆上，金属杆从静止开始运动，电压表的读数发生变化，但最终将会保持某一数值U恒定不变；当作用在金属杆上的拉力变为另一个恒定值时，电压表的读数最终相应地会保持另一个恒定值不变，U与F的关系如图乙．若m=0.5kg，L=0.5m，R=0.5Ω，金属杆的电阻r=0.5Ω．（重力加速度g=10m/s2）求：（1）磁感应强度B；（2）当F=2.5N时，金属杆最终匀速运动的速度；（3）在上述（2）情况中，当金属杆匀速运动时，撤去拉力F，此后电阻R上总共产生的热量．参考答案与试题解析河南省南阳市某校高二（上）第五次周考物理试卷一、选择题（每小题4分，共48分．多选项已在题号后标出）1.【答案】A【考点】电磁感应现象的发现过程【解析】静止导线上的稳恒电流产生稳定的磁场，穿过静止线圈的磁通量不变，不能在静止的线圈中感应出电流．稳恒电流可在近旁运动的线圈中感应出电流，静止的磁铁也可在近旁运动的导体中感应出电动势，运动导线上的稳恒电流也可在近旁线圈中感应出电流．【解答】解：A、静止导线上的稳恒电流产生稳定的磁场，穿过静止线圈的磁通量没有变化，不能在静止的线圈中感应出电流．符合题意．故A正确．B、稳恒电流产生的磁场是稳定的，穿过在近旁运动的线圈的磁通量可能变化，可在近旁运动的线圈中感应出电流．不符合题意．故B错误．C、静止的磁铁周围的磁场是稳定的，在其近旁运动的导体中可切割磁感线产生感应出电动势．不符合题意．故C错误．D、运动导线上的稳恒电流在空间产生的磁场是变化的，穿过近旁线圈中的磁通量在变化，可感应出电流．不符合题意．故D错误．故选A2.【答案】A,C【考点】楞次定律【解析】直导线中通有向下均匀增大的电流，根据安培定则判断导线右侧的磁场方向以及磁场的变化，再根据楞次定律判断感应电流的方向，最后根据左手定则判断出ab、cd边所受安培力的方向，注意离导线越近，磁感应强度越大．【解答】解：A、直导线中通有向下均匀增大的电流，根据安培定则，知通过线框的磁场方向垂直纸面向外，且均匀增大，根据楞次定律，知感应电流的方向为顺时针方向．故A正确．B、直导线产生的磁场均匀变化，根据法拉第电磁感应定律，知产生恒定的电动势，则感应电流一定．故B错误．C、根据左手定则，知ab边所受安培力方向水平向右，cd边所受安培力方向水平向左，离导线越近，磁感应强度越大，所以ab边所受的安培力大于cd边所受的安培力，则线圈所受磁场力的合力方向向右．故C正确，D错误．故选：AC．3.【答案】B,D【考点】单杆切割磁感线安培力【解析】ab受到向左的磁场力，是由于ab所在的回路中产生了感应电流，受到了向左的安培力．运用楞次定律可得出线框内磁场的变化，来确定cd中电流如何变化．【解答】ab受到向左的磁场力，导线ab将向左移动，线框的面积减小，由楞次定律可知原磁场的磁通量一定是增大的；并且不论磁场中朝哪个方向，cd产生的磁场都增强，则cd中电流一定增大，故BD正确，AC错误；4.【答案】B【考点】楞次定律【解析】分析圆环在下降过程中穿过圆环的磁通量的变化，再由楞次定律可知圆环与磁铁间的相互作用．【解答】解：若环做自由落体运动，下落的时间：t=√2ℎ；g因圆环从开始下降到达磁铁中间时，磁通量一直增大；而当从中间向下运动时，磁通量减小时；则由楞次定律可知，当条形磁铁靠近圆环时，感应电流阻碍其靠近，是排斥力，阻碍环的下落；当磁铁穿过圆环远离圆环时，感应电流阻碍其远离，是吸引力，故先相互排斥，后相互吸引，阻碍环的下落；．由于环始终受到阻力，所以下落的时间延长，大于√2ℎg故选：B5.【答案】D【考点】单杆切割磁感线【解析】线圈从高处自由下落，以一定的速度进入磁场，会受到重力和安培力。

高二物理上学期第5周周考试题(含解析)-人教版高二全册物理试题

2015-2016学年四川省雅安市天全中学高二〔上〕第5周周考物理试卷一、选择题〔没有单独说明的题目为单项选择题，每题6分，共48分〕1．如下列图，M、N两点分别放置两个等量种异电荷，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2．关于电势差的说法中，正确的答案是〔〕A．两点间的电势差等于电荷从其中一点移到另一点时，电场力所做的功B．1C电荷从电场中一点移动到另一点，如果电场力做了1J的功，这两点间的电势差就是1V C．在两点间移动电荷时，电场力做功的多少跟这两点间的电势差无关D．两点间的电势差的大小跟放入这两点的电荷的电量成反比3．如下列图．在点电荷Q的电场中，a、b两点在同一等势面上，c、d两点在同一等势面上，甲、乙两个带电粒子的运动轨迹分别为曲线acb和adb，两粒子经过a点时具有一样的动能，由此判断〔〕A．甲粒子经过c点时与乙粒子经过d点时具有一样的动能B．甲、乙两粒子带异种电荷C．假设取无穷远处为零电势，如此甲粒子经过c点时的电势能小于乙粒子经过d点时的电势能D．两粒子经过b点时具有一样的动能4．如下列图，一个绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场E中，在环与环圆心等高处有一个质量为m、带电量为+q的小球由静止开始沿轨道运动，如此〔〕A．小球运动过程中机械能守恒B．小球经过环的最低点时速度最大C．在最低点时球对环的压力为〔mg+qE〕D．在最低点时球对环的压力为3〔mg+qE〕5．〔6分〕如下列图，一绝缘的长为L、两端分别带有等量异种电荷的轻杆，电量的绝对值为Q，处在场强为E的匀强电场中，杆与电场线夹角为60°，假设使杆沿顺时针方向转过60°〔以杆上某一点为圆心转动〕，如此如下表示正确的答案是〔〕A．电场力不做功，两电荷电势能不变B．电场力做的总功为QEL，两电荷的电势能减少C．电场力做的总功为QEL，两电荷的电势能增加D．电场力做的总功大小跟转轴位置有关6．如下列图，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行极板间的电场中，射入方向跟极板平行，整个装置处在真空中，重力可忽略，在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是〔〕A．U1变大、U2变大B．U1变小、U2变大C．U1变大、U2变小D．U1变小、U2变小7．如下列图．平行板电容器两个极板为A、B，B板接地，A板带有电荷量+Q．板间电场有一固定点P．假设将B板固定，A板下移一些，或者将A板固定，B板上移一些．在这两种情况下，以下说法正确的答案是〔〕A．A板下移时，P点的电场强度不变，P点电势不变B．A板下移时，P点的电场强度不变．P点电势升高C．B板上移时，P点的电场强度不变．P点电势降低D．B板上移时，P点的电场强度减小．P点电势降低8．〔6分〕如下列图，一水平放置的金属板正上方有一固定的正点电荷Q，一外表绝缘的带正电小球〔可视为质点且不影响Q的电场〕从左端以v滑上金属板的上外表，向右运动到右端，在此过程中〔〕A．小球受到的电场力做正功B．小球先减速运动，后加速运动C．小球受到的电场力方向始终沿两电荷连线斜向下D．小球做匀速直线运动二、填空题〔每空4分，共24分〕9．〔12分〕〔2015秋•寿光市校级月考〕如图，A、B、C三点是一直角三角形的三个顶点，∠B=30°现在A、B两点放置两点电荷q A、q B，测得C点的场强与BA平行，如此q A带电，q B带电，q A：q B=．10．如下列图是匀强电场中的一组等势面．假设A、B、C、D相邻两点间的距离都是2cm，如此该电场的场强为V/m，到A点距离为1.5cm的P点电势为V．11．如下列图，水平平行金属板A、B间距为d，一带电质点质量为m，电荷量为q，当质点以速率v从两极板中央处水平飞入两极板间时，如两极板不加电压，如此恰好从下板边缘飞出，假设给A、B两极板加一电压U，如此恰好从上板边缘飞出，那么所加电压U=．三、计算题〔共38分〕12．〔2013秋•宿迁期中〕在电场中一条电场线上有A、B两点，如下列图．假设将一负电荷q=﹣2.0×10﹣7C，从A点移至B点，电荷抑制电场力做功4.0×10﹣4J．试求：〔1〕电场方向；〔2〕A、B两点的电势差多大？哪一点电势高？〔3〕在这一过程中，电荷的电势能怎样变化，变化了多少？〔4〕如在这一电场中有另一点C，U AC=500V，假设把这一负荷从B移至C电场力做多少功？是正功还是负功？13．一个电子以v0=4×107m/s的速度，方向与电场方向一样，射入电场强度E=2×105V/m的匀强电场中，如下列图，电子电量﹣e=﹣1.6×10﹣19C，电子质量m=9.1×10﹣31kg．试求：〔1〕从电子的入射点到达速度为0之点的两点间电势差是多少？两点间距离是多少？〔2〕电子速度减小为0所需的时间是多少？14．如下列图，水平放置的A、B两平行板相距h，有一个质量为m，带电量为+q的小球在B 板之下H处以初速度v0竖直向上进入两板间，欲使小球恰好打到A板，试讨论A、B板间的电势差是多大？2015-2016学年四川省雅安市天全中学高二〔上〕第5周周考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题〔没有单独说明的题目为单项选择题，每题6分，共48分〕1．如下列图，M、N两点分别放置两个等量种异电荷，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点考点：电势；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据等量异种电荷电场线的分布去比拟场强的大小，以与电势的上下．沿着电场线方向电势降低．解答：解：根据等量异种电荷电场线的分布，知道E B＞E A＞E C，场强最小的是C点．等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，知ΦA=ΦC，沿着电场线方向电势逐渐降低，异种电荷间的电场线由正电荷指向负电荷，知ΦB＞ΦA，所以电势最高点是B点．故A、B、D错误，C正确．应当选C．点评：解决此题的关键是熟悉等量异种电荷周围电场线的分布以与知道等量异种电荷间连线的垂直平分线是等势线．2．关于电势差的说法中，正确的答案是〔〕A．两点间的电势差等于电荷从其中一点移到另一点时，电场力所做的功B．1C电荷从电场中一点移动到另一点，如果电场力做了1J的功，这两点间的电势差就是1V C．在两点间移动电荷时，电场力做功的多少跟这两点间的电势差无关D．两点间的电势差的大小跟放入这两点的电荷的电量成反比考点：电势差．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据电势差和电场力做功的公式U AB=，求解．两点间的电势差是由电场本身决定的与检验电荷无关．解答：解：A、根据电势差和电场力做功的公式U AB=，得：两点间的电势差等于从其中一点移到另一点时，电场力所做的功与电荷量的比值，故A错误．B、1C的电荷从电场中一点移到另一点，如果电场力做了1J的功，这两点间的电势差就是1V，故B正确．C、在两点间移动电荷时，电场力做功的多少与电荷量和两点间的电势差都有关，故C错误，D、两点间的电势差是由电场本身决定的与检验电荷无关．故D错误．应当选：B．点评：解决该题关键要了解公式U AB=，的意义．3．如下列图．在点电荷Q的电场中，a、b两点在同一等势面上，c、d两点在同一等势面上，甲、乙两个带电粒子的运动轨迹分别为曲线acb和adb，两粒子经过a点时具有一样的动能，由此判断〔〕A．甲粒子经过c点时与乙粒子经过d点时具有一样的动能B．甲、乙两粒子带异种电荷C．假设取无穷远处为零电势，如此甲粒子经过c点时的电势能小于乙粒子经过d点时的电势能D．两粒子经过b点时具有一样的动能考点：电势能；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据轨迹判定电荷甲受到中心电荷的引力，而电荷乙受到中心电荷的斥力，可知两粒子在从a向b运动过程中电场力做功情况．根据虚线为等势面，可判定沿着acb、adb曲线运动过程中电场力所做的总功为0．解答：解：A、粒子从a到c和乙粒子从a到d，U ac=U ad，但甲、乙两粒子带异种电荷，而且电量也不一定相等，所以甲粒子从a到c电场力做功与乙粒子从a到d电场力做功不一定相等，所以甲粒子经过c点时的动能不等于乙粒子经过d点时的动能，故A错误；B、由图可知电荷甲受到中心电荷的引力，而电荷乙受到中心电荷的斥力，故两粒子的电性一定不同，故B正确；C、取无穷远处电势为零〔电势能也一定为零〕，将带电粒子甲从C移动到无穷远处，电场力做负功，电势能增加，故粒子甲在C点电势能为负值；将带电粒子乙从d移动到无穷远处，电场力做正功，电势能减小，故粒子乙在d点的电势能为正值，故甲粒子经过c点时的电势能小于乙粒子经过d点时的电势能，故C正确；D、据虚线为等势面，可判定沿着acb、adb曲线运动过程中电场力所做的总功为0，两粒子在a点时具有一样的动能，根据动能定理，两粒子经过b点时具有一样的动能，故D正确；应当选BCD．点评：根据轨迹判定“电荷甲受到中心电荷的引力，而电荷乙受到中心电荷的斥力〞是解决此题的突破口；同时要注意电场力做功等于电势能的减小量．4．如下列图，一个绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场E中，在环与环圆心等高处有一个质量为m、带电量为+q的小球由静止开始沿轨道运动，如此〔〕A．小球运动过程中机械能守恒B．小球经过环的最低点时速度最大C．在最低点时球对环的压力为〔mg+qE〕D．在最低点时球对环的压力为3〔mg+qE〕考点：带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；向心力．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：根据机械能守恒的条件判断小球运动过程中机械能是否守恒，通过动能定理判断小球在何位置速度最大，根据动能定理求出最低点的速度，结合牛顿第二定律求出支持力的大小，从而得出球对环的压力大小．解答：解：A、小球在运动的过程中除了重力做功以外，还有电场力做功，机械能不守恒．故A错误．B、根据动能定理知，在运动到最低点的过程中，电场力和重力一直做整个，到达最低点的速度最大．故B正确．C、根据动能定理得：mgR+qER=，解得：，根据牛顿第二定律得：N﹣qE﹣mg=m，解得：N=3〔mg+qE〕，如此球对环的压力为3〔mg+qE〕．故C错误，D正确．应当选：BD．点评：此题考查了动能定理和牛顿第二定律的综合运用，知道小球在最低点向心力的来源是解决此题的关键．5．〔6分〕如下列图，一绝缘的长为L、两端分别带有等量异种电荷的轻杆，电量的绝对值为Q，处在场强为E的匀强电场中，杆与电场线夹角为60°，假设使杆沿顺时针方向转过60°〔以杆上某一点为圆心转动〕，如此如下表示正确的答案是〔〕A．电场力不做功，两电荷电势能不变B．电场力做的总功为QEL，两电荷的电势能减少C．电场力做的总功为QEL，两电荷的电势能增加D．电场力做的总功大小跟转轴位置有关考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势差与电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：杆沿顺时针方向转过60°，电场力对两电荷都做正功，电势能都减少．根据W=qEd计算电场力做功，其中d是沿电场方向两点间的距离．解答：解：A、+Q所受电场力水平向右，﹣Q所受电场力水平向左，当杆沿顺时针方向转过60°时，电场力对两个电荷都做正功，两电荷的电势能都减小．故A错误．B、C、电场力对正电荷所受的功W1=QE〔1﹣cos60°〕=QEL，电场力对正电荷所受的功W2=QE 〔1﹣cos60°〕=QEL，电场力做的总功为W=W1+W2=．由于电场力做正功，两个电荷的电势能减少．故B正确，C错误．D、由上得到总功W=，可见，总功与跟转动轴无关．故D错误．应当选：B点评：此题是电偶极子，电场力对两个电荷做的总功大小跟转动轴无关．6．如下列图，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行极板间的电场中，射入方向跟极板平行，整个装置处在真空中，重力可忽略，在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是〔〕A．U1变大、U2变大B．U1变小、U2变大C．U1变大、U2变小D．U1变小、U2变小考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：计算题．分析：电子在加速电场中，在电场力的作用下，做匀加速直线运动，可由电场力做功求出射出加速电场是的速度．电子在水平放置的平行板之间，因受到的电场力的方向与初速度的方向垂直，故电子做类平抛运动．运用平抛运动的竖直方向的速度与水平方向的速度的关系，可求出角度θ的变化情况．解答：解：设电子被加速后获得初速为v0，如此由动能定理得：…①又设极板长为l，如此电子在电场中偏转所用时间：…②又设电子在平行板间受电场力作用产生加速度为a，由牛顿第二定律得：…③电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度：v y=at…④由①、②、③、④可得：又有：故U2变大或U1变小都可能使偏转角θ变大，应当选项B正确，选项ACD错误．应当选B．点评：带电粒子在电场中的运动，可分为三类，第一类是在匀强电场中做匀变速速直线运动，此过程是电势能与带电粒子动能之间的转化．第二类是带电粒子在匀强电场中偏转，带电粒子垂直进出入匀强电场时做匀变速曲线运动，分解为两个方向的直线运动，分别用公式分析、求解运算，是这类问题的最根本解法．第三类是带电粒子在点电荷形成的电场中做匀速圆周运动，应用圆周运动的知识求解．7．如下列图．平行板电容器两个极板为A、B，B板接地，A板带有电荷量+Q．板间电场有一固定点P．假设将B板固定，A板下移一些，或者将A板固定，B板上移一些．在这两种情况下，以下说法正确的答案是〔〕A．A板下移时，P点的电场强度不变，P点电势不变B．A板下移时，P点的电场强度不变．P点电势升高C．B板上移时，P点的电场强度不变．P点电势降低D．B板上移时，P点的电场强度减小．P点电势降低考点：电容器的动态分析；电势．专题：电容器专题．分析：由题，电容器两板所带电量不变，改变板间距离时，根据推论分析板间场强的变化．由U=Ed分析P点与下板间的电势差如何变化，结合电势的上下关系，判断P点电势的变化．解答：解：A、B，由题，电容器两板所带电量不变，正对面积不变，A板下移时，根据推论：E=可知，P点的电场强度E不变．P点与下板的距离不变，根据公式U=Ed，P点与下板的电势差不变，如此P点的电势不变．故A正确，B错误．C、DB板上移时，同理得知，P点的电场强度不变，根据公式U=Ed，P点与下板的电势差减小，而P点的电势高于下板的电势，下板的电势为零，所以P点电势降低．故C正确，D错误．应当选AC点评：此题是电容器的动态变化分析问题，板间的场强E=要在理解并会推导的根底上记住，这是一个很重要的结论．8．〔6分〕如下列图，一水平放置的金属板正上方有一固定的正点电荷Q，一外表绝缘的带正电小球〔可视为质点且不影响Q的电场〕从左端以v滑上金属板的上外表，向右运动到右端，在此过程中〔〕A．小球受到的电场力做正功B．小球先减速运动，后加速运动C．小球受到的电场力方向始终沿两电荷连线斜向下D．小球做匀速直线运动考点：静电场中的导体．专题：电场力与电势的性质专题．分析：金属板在Q的电场中产生静电感应现象，达到静电平衡时，金属板是一个等势体，外表是一个等势面，外表的电场线与外表垂直．分析小球的受力情况，确定其运动情况，判断电场力是否做功．解答：解：金属板在Q的电场中达到静电平衡时，金属板是一个等势体，外表是一个等势面，外表的电场线与外表垂直，小球所受电场力与金属板外表垂直，在金属板上向右运动的过程中，电场力不做功，根据动能定理得知，小球的动能不变，速度不变，所以小球做匀速直线运动．故D正确，ABC错误．应当选：D．点评：此题关键抓住静电平衡导体的特点：整体导体是一个等势体，外表是一个等势面．根底题目．二、填空题〔每空4分，共24分〕9．〔12分〕〔2015秋•寿光市校级月考〕如图，A、B、C三点是一直角三角形的三个顶点，∠B=30°现在A、B两点放置两点电荷q A、q B，测得C点的场强与BA平行，如此q A带负电，q B带正电，q A：q B= 1：8．．考点：电势差与电场强度的关系；库仑定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：通过假设法，根据C点合场强的方向判断出A电荷的电性，根据点电荷的场强公式，通过距离点电荷的距离，求出电荷量之比．解答：解：假设A、B都为正电荷，都为负电荷，或A为正电荷，B为负电荷，C点合场强的方向不可能与AB平行．所以A为负电荷、B为正电荷，根据平行四边形定如此，知A、B在C点的场强之比为．又点电荷的场强公式为E=，C点距离A、B两点间的距离比，可知．故答案为：负，正，1：8．点评：解决此题的关键掌握点电荷场强的公式，以与知道场强的叠加遵循平行四边形定如此．10．如下列图是匀强电场中的一组等势面．假设A、B、C、D相邻两点间的距离都是2cm，如此该电场的场强为577 V/m，到A点距离为1.5cm的P点电势为﹣2.5 V．考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据电场线与等势线垂直，并且由高电势指向低电势，即可判断场强的方向，作出电场线．由公式E=求解场强的大小；PB间的电势差等于P点的电势，由U=Ed公式求出P点的电势；解答：解：根据电场线与等势线垂直，并且由高电势指向低电势，作出电场线的分布情况如下列图．场强的大小 E===V/m=577V/mP点到B点的距离为 x=0.5cm=0.005m，P点的电势φp=﹣Exsin60°=﹣577×0.005×sin60°V≈﹣2.5V故答案为：577；﹣2.5点评：解决此题关键要理解电场线与等势线、场强与电势差的关系、电势与电势能的关系等根本关系，注意公式U=Ed中d是两点沿电场线方向的距离．11．如下列图，水平平行金属板A、B间距为d，一带电质点质量为m，电荷量为q，当质点以速率v从两极板中央处水平飞入两极板间时，如两极板不加电压，如此恰好从下板边缘飞出，假设给A、B两极板加一电压U，如此恰好从上板边缘飞出，那么所加电压U=．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：两极间不加电压时，粒子做平抛运动，根据平抛运动的特点即可求出金属板的长度L；当两极间加上电压U时，粒子做匀变速曲线运动，即类平抛运动，根据类平抛运动的特点结合牛顿第二定律即可求解U．解答：解：两极间不加电压时，粒子做平抛运动水平方向上：L=vt ①竖直方向上：d=gt2 ②当两极间加上电压U时，粒子做匀变速曲线运动即水平方向上：L=vt′③竖直方向上：d=at′2 ④由①、②、③、④得：a=g〔方向向上〕由牛顿运动定律得：q﹣mg=ma解得：U=故答案为：．点评：此题主要考查了带电粒子在电场中的运动情况，抓住两极间不加电压时，粒子做平抛运动，当两极间加上电压U时，粒子做类平抛运动列式即可求解，难度适中．三、计算题〔共38分〕12．〔2013秋•宿迁期中〕在电场中一条电场线上有A、B两点，如下列图．假设将一负电荷q=﹣2.0×10﹣7C，从A点移至B点，电荷抑制电场力做功4.0×10﹣4J．试求：〔1〕电场方向；〔2〕A、B两点的电势差多大？哪一点电势高？〔3〕在这一过程中，电荷的电势能怎样变化，变化了多少？〔4〕如在这一电场中有另一点C，U AC=500V，假设把这一负荷从B移至C电场力做多少功？是正功还是负功？考点：电场线；电势差；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据电场力做功得出电场力的方向，再确定电场方向．沿着电场线方向电势降低．根据U=求出A、B两点的电势差．根据电场力做功量度电势能的变化求解．解答：解：〔1〕根据题意得一负电荷q=﹣2.0×10﹣7C，从A点移至B点，电荷抑制电场力做功4.0×10﹣4J．即电场力做负功．所以电场力的方向是从B指向A，由于是负电荷，所以电场方向是A指向B．〔2〕由于电场方向是A指向B，所以A点电势较高．根据U=得A、B两点的电势差为：U AB===2000V〔3〕根据电场力做功量度电势能的变化得从A点移至B点，电荷抑制电场力做功为4.0×10﹣4J，所以电势能增加4.0×10﹣4J．〔4〕U AC=500V，而U AB=2000V，所以U BC=﹣1500V，所以W BC=qU BC=﹣2.0×10﹣7C×〔﹣1500V〕=3×10﹣4J，即电场力做正功．答：〔1〕电场方向是A指向B；〔2〕A点电势较高，A、B两点的电势差是2000V〔3〕在这一过程中，电荷的电势能增加4.0×10﹣4J．〔4〕如在这一电场中有另一点C，U AC=500V，假设把这一负荷从B移至C电场力做正功，大小是3×10﹣4J．点评：此题要抓住电场力是一种力，具有力的共性，根据U=求出电势差，求电场力做功知道电势差也可以根据W=qU求解．13．一个电子以v0=4×107m/s的速度，方向与电场方向一样，射入电场强度E=2×105V/m的匀强电场中，如下列图，电子电量﹣e=﹣1.6×10﹣19C，电子质量m=9.1×10﹣31kg．试求：〔1〕从电子的入射点到达速度为0之点的两点间电势差是多少？两点间距离是多少？〔2〕电子速度减小为0所需的时间是多少？考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；带电粒子在匀强电场中的运动．专题：电场力与电势的性质专题．分析：〔1〕根据动能定理求出两点间的电势差，再通过E=求出两点间的距离．〔2〕根据牛顿第二定律求出电子的加速度，再根据运动学公式求出电子速度为0所需的时间．解答：解：〔1〕根据动能定理得：eU=mv02﹣0，代入数据解得：U=4550V．由E=得：d===0.02275m=2.275cm；〔2〕加速度：a===3.5×1016m/s2，如此电子速度为0所需的时间：t===1.14×10﹣9s．答：〔1〕从电子的入射点到达速度为0的两点间电势差是4550V．两点间距离是2.275cm．〔2〕电子到达速度为0的点所需的时间是1.14×10﹣9s．点评：此题可以用动能定理求解，也可以用动力学知识进展求解，掌握匀强电场电势差与电场强度的关系．14．如下列图，水平放置的A、B两平行板相距h，有一个质量为m，带电量为+q的小球在B 板之下H处以初速度v0竖直向上进入两板间，欲使小球恰好打到A板，试讨论A、B板间的电势差是多大？考点：电势差与电场强度的关系；动能定理．专题：电场力与电势的性质专题．分析：小球刚好打到A板时，速度恰好为零，根据动能定理，对整个过程进展研究求解解答：解：当电场力方向向下时，U A＞U B，电场力做负功，由动能定理得：﹣qU AB﹣mg〔H+h〕=﹣解得：U AB=当电场力方向向上时，U A＜U B，电场力做正功，由动能定理得：qU BA﹣mg〔H+h〕=﹣解得：U BA=答：A、B板间的电势差是或点评：此题涉与两个过程，采用全程法运用动能定理研究，比拟简洁，也可以分段研究，运用牛顿第二定律和运动学公式结合研究。

河南省许昌市五校高二物理第五次联考试题新人教版

许昌市五校联考高二第五次考试物理试卷（本试卷分卷I 选择题和卷II 非选择题两部分，满分100分，时间90分钟）I 卷（选择题，共48分）一、选择题（每题4分，共48分，1—8题每题只有一个选项正确；9—12题每题有两个或两个以上选项正确，全部选对得4分，多选或选错不得分，少选得2分） 1．下列叙述中符合物理学史实的是（）A ．麦克斯韦预言了电磁波，奥斯特发现了电磁感应现象B ．伽利略通过斜面理想实验得出了维持运动不需要力的结论C ．库仑通过对电荷间相互作用的研究提出了库仑定律，并测定了元电荷的数值D ．牛顿发现了行星的运动规律，总结出了万有引力定律，并计算出引力常量G 的值 2．以下说法不正确的是( )A ．作曲线运动的物体，一定受到外力的作用B ．铂金属温度计是利用金属铂的电阻率随温度变化而变化的原理制作的C ．在回旋加速器中电场对粒子加速，因此D 形盒间所加电压越大粒子获得速度越大 D ．安培力是洛伦兹力的宏观表现，洛伦兹力不做功，但安培力可以做功3. 如图所示，一质量为m 的物块从距低端高为h 处的斜面静止开始下滑，斜面倾角300加速度为g 41；在物块下滑到最低端的过程中，下列说法正确的是（） A ．物块减少的重力势能全部转化为动能 B ．物块获得的动能为mgh 41 C ．物块克服摩擦力做的功为mgh 43 D ．下滑过程中系统减少的机械能为mgh 214．如图所示，虚线a 、b 、c 、d 表示匀强电场中的4个等势面．两个带电粒子M 、N （重力忽略不计）以平行于等势面的初速度射入电场，运动轨迹分别如图中MPN 和NQM 所示．己知M 是带负电的带电粒子．则（）A ．电场强度方向向右B ．N 粒子一定带正电C ．a 点的电势高于b 点的电势D ．带电粒子N 的动能减小，电势能增大5．如图所示，空间有一平行于纸面水平向右的匀强磁场,磁感应强度为B=2T ，一长L=2m 的细直导线平行纸面放置,且与B 成 300角，通有I=1A 的恒定电流，该区域同时存在另外一个匀强磁场B 1，要使导线不受安培力作用，磁感应强度B 1的大小不可能是（） A ．0.5T B ．3T C ．1T D ．T 2 6．均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球面AB 上均匀分布正电荷，电荷量为q ，球面半径为R ，CD 为通过半球顶点与球心O 的轴线，在轴线上有M 、N 两点，OM ＝ON ＝2R ，已知M 点的场强大小为E ，则N 点的场强大小为（）A ．22k Rq B ．24R kq C ．E R kq -22 D ．E Rkq-247. 如图所示，竖直放置的螺线管与导线abcd 构成回路，导线所在区域内有一垂直导线向里的变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环，导线abcd 所围区域内磁场的磁感强度按下列哪一图线所表示的方式随时间变化时，导体圆环将受到向下的磁场作用力（）300Ba b B B B B⨯ ⨯ ⨯ ⨯ ⨯ ⨯d c 0 t 0 t 0 t 0 tA B C D8. 如图所示，a 、b 是两颗绕地球做匀速圆周运动的人造卫星，他们距地面的高度分别为R 和3R （R 为地球的半径）；以下说法中正确的是（）A ．a 、b 的角速度相等B ．a 的线速度比b 的线速度大C ．a 运动周期比b 的运动周期长D ．a 、b 的向心加速度之比为4:19. 如图所示，绕过理想变压器铁芯的导线所接的理想电压表V 的示数U=2V ，已知原线圈中的输入电压t 100sin 24001π=U ，副线圈输出端连有两个完全相同小灯泡L 1、L 2，“20V ，100W ”，当开关S 断开时，L 1正常发光，A 1、A 2为理想电流表，则下列说法正确的是（） A ．原线圈的匝数为200B ．若将原线圈中频率变为100HZ ，A 2读数变大C ．当开关S 闭合时，灯泡L 1变暗D ．当开关S 闭合时， A 1读数为0.5A接在电容器C 两端，板间距为d ，如图所示，有一变化的磁场垂直于纸面，规定磁场方向向里为正，磁场的变化规律如图所示，则下列说法正确的是（） A ．第1s 内上极板带负电B ．第3s 内上极板带负电C ．第2s 内板间的电场强度为dB r 02π=E D ．第4s 内极板所带电荷量是第2s 内极板带电量的2倍11.如图所示，一个半径为r 的半圆形单匝线圈，以直径ab 为轴匀速转动，转速为n ，ab 的左侧有垂直线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，M 和N 是两个集流环，负载电阻为R ，线圈、电流表和连接导线的电阻不计，从如图所示位置开始计时（） A ．t=0时，线圈中的感应电流最大B ．从图示位置转过900时，线圈磁通量变化率最大 C ．从图示位置开始转过900，通过电阻R 的电荷量为RB r n2q 2π=D ．电路中电流的有效值为R2n I 22Br π=12.如图，光滑斜面的倾角为θ，斜面上放置一个矩形导体线框abcd ，ab 边的边长为1l ，bc 边的边长为2l ，线框的质量为m ，电阻为R ，线框通过绝缘细线绕过光滑的滑轮与重物相连，重物质量为 M ，斜面上ef 线（ef 平行底边）的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B ，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间是做匀速运动的，且线框的ab 边始终平行底边，则下列说法正确的是( ) A ．线框进入磁场前运动的加速度为sin Mg mg mθ-e B ad fMhgL 1L 2 S t/s o B-B 0B 0135ab c甲B ．线框进入磁场时匀速运动的速度为212)sin (l B Rmg Mg θ- C ．线框做匀速运动的总时间为221(sin )B l Mg mg Rθ-D ．该匀速运动过程产生的焦耳热为2)sin (l mg Mg θ-II 非选择题（共52分）二、填空题（共13分，每空2分，实验电路图3分）13. 如图，在研究电磁感应现象及判定感应电流方向的实验中．（1）当开关闭合、断开或改变滑动变阻器滑片位置时，电流表指针偏转，而电路稳定后指针不偏转，得出结论：。

高中物理20231021高二周考试卷

2023.10.21高二周考一、单选题(每小题6分，共42分）1．如图所示，电压表由灵敏电流计G 与电阻R 串联而成，某同学在使用中发现一块电压表的读数总比真实值偏小一点，若要校准，可采用的措施是（）A ．在电阻R 上串联一个比其大得多的电阻B ．在电阻R 上串联一个比其小得多的电阻C ．在电阻R 上并联一个比其大得多的电阻D ．在电阻R 上并联一个比其小得多的电阻2．下列说法正确的是（）A ．U AB =1V 的是指从A 到B 移动1C 的负电荷，克服电场力做功1J B ．元电荷是指电荷量为1.6×10−19C 的粒子。

如正电子和质子都是元电荷C ．发电厂一“合闸”，千里之外的用户几乎同时就有了电，人们感叹：“电流的速度好大呀”，关于“电流的速度”就是自由电荷在电路中定向移动的速度。

D ．在电场中电势降低的方向就是电场方向3．如图所示为甲、乙两种元件的伏安特性曲线，则下列说法正确的是（）A ．乙可能是金属导体B ．图线中各点切线斜率的倒数表示电阻C ．两元件串联后接入电压为0U 的恒定电路，甲两端电压比乙两端电压小D ．两元件并联后接入电压为0U 的恒定电路，甲的电阻比乙的电阻大4．如图，用校准的两个电压表1V 和2V 分别测量串联电路中电阻R 两端a 、b 的电压，两表的示数分别为12.8V 和12.4V ，由此可知，下列判断中正确的是（）A ．a 、b 两点间的实际电压可能为13.0VB ．a 、b 两点间的实际电压可能为12.0VC ．电压表1V 的内阻小于电压表2V 的内阻D ．电压表1V 和电压表2V 的内阻大小无法比较5．一个电流表由表头G 和分流电阻R 并联而成，如图所示。

若在使用中发现该电流表的读数总是比准确值稍大一点，则应该采取下列哪种方法加以校正（）A ．在R 上并联一个比R 大得多的电阻B ．在R 上并联一个比R 小得多的电阻C ．在R 上串联一个比R 大得多的电阻D ．在R 上串联一个比R 小得多的电阻6．已知表头的内阻g R 为200Ω，满偏电流g I 为2mA ，现将表头改装为量程为0~3V 和0~10V 的双量程电压表如图甲及量程为0~0.1A 和0~1A 的双量程电流表如图乙，则下列说法正确的是（）A ．11300R =Ω，25000R =ΩB ．3 4.0R =Ω，4 4.08R =ΩC ．图甲中使用A 、B 两个端点时，量程为0~10V ，使用A 、C 两个端点时，量程为0~3VD ．图乙中使用A 、B 两个端点时，量程为0~1A ；使用A 、C 两个端点时，量程为0~0.1A7．如图所示，A、B是两个带电小球，质量相等，A球用绝缘细线悬挂于O点，A、B球用绝缘细线相连，两线长度相等，整个装置处于水平向右的匀强电场中，平衡时B球恰好处于O点正下方，OA和AB绳中拉力大小分别为T OA和T AB，则（）A．两球的带电量相等B．T OA=2T ABC．增大电场强度，B球上移，仍在O点正下方D．增大电场强度，B球左移，在O点正下方的左侧二、多选题(每小题6分，共24分）8．如图为一块手机电池的文字说明，下列说法正确的是（）A．该电池的容量为500mA·hB．B．该电池的电动势为3.6VC．该电池在工作时的电流为500mAD．若电池以10mA的电流工作，可用50h9．如图是伏安法测电阻的部分电路，开关先后接通a和b时，观察电压表、电流表示数的变化，那么（）A．若电流表的内阻为已知量，S接a，可消除系统误差B．若电压表的内阻为已知量，S接a，可消除系统误差C．若电流表示数有显著变化，测量R的阻值时，S应接bD．若电压表示数有显著变化，测量R的阻值时，S应接b10．如图（1）所示是示波管的原理图，它是由电子枪，竖直偏转电极YY′、水平偏转电极XX′和荧光屏组成。

四川省南充市阆中川绵外国语学校2020-2021学年高二上学期物理第五次周考试题(解析版)

阆中市川绵外国语学校第五次周考质量检测高二《物理》试卷本试卷满分100分，考试时间40分钟考生注意：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考号涂写在答题卡规定的位置上，在答题卡规定的位置上贴好条形码，并核准条形码上的姓名、考号、考试科目。

2．作答时，将答案涂或写在答题卡规定的位置上，在试题卷上作答，答案无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

选择题答案填写到后面的表格中一、单项选择题（每小题6分、共42分）1．如图所示，由电源、小灯泡、电阻丝、开关组成的电路中，当闭合开关S 后，小灯泡正常发光。

若用酒精灯加热电阻丝时，发现小灯泡亮度变暗，发生这一现象的主要原因是( )A ．电阻丝的电阻率随温度发生了变化B ．小灯泡灯丝的电阻率随温度发生了变化C ．小灯泡的电阻发生了变化D ．电源的电压随温度发生了变化解析：导体的电阻与温度有关，对于大多数金属导体而言，电阻率随温度的升高而增大，所以当用酒精灯对电阻丝加热时，电阻丝的温度就会升高，电阻率就会增大，此时电路中的电流就会减小，灯泡的亮度就会变暗，选项A 正确。

答案： A2．电源电动势为E ，内阻为r ，向可变电阻R 供电，关于路端电压，下列说法正确的是( )A ．因为电源电动势不变，所以路端电压也不变B ．因为U ＝IR ，所以当I 增大时，路端电压也增大C ．因为U ＝E －Ir ，所以当I 增大时，路端电压减小D ．若外电路断开，则路端电压为零答案： C3.如图是有两个量程的电压表，当使用a 、b 两个端点时，量程为0～10 V ，当使用a 、c 两个端点时，量程为0～100 V 。

已知电流表的内阻R g 为500 Ω，满偏电流I g 为1 mA ，则电阻R 1、R 2的值( )A ．9 500 Ω 90 000 ΩB ．90 000 Ω 9 500 ΩC ．9 500 Ω 9 000 ΩD ．9 000 Ω 9 500 Ω解析：接a 、b 时，由串联电路特点有R 总＝R 1＋R g ＝U 1I g 得R 1＝U 1I g－R g ＝9 500 Ω。

高二物理上学期第五次考试试题

嗦夺市安培阳光实验学校2013～2014学年度第一学期高二年级五调考试物理试卷本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。

共5页。

第I卷共3页，第Ⅱ卷共2页。

共110分。

考试时间110分钟。

第I卷（选择题共56分）一. 选择题：（本题共14个小题，每题中至少有一个选项符合题目要求，请把它选出来，全部选对的得4分，对而不全得2分，选错或不选得零分）1．做简谐振动的弹簧振子，当它相继两次速度相同时，一定相同的物理量还有A.相对平衡位置的位移B.系统具有的势能C.加速度D.回复力2．一个灯泡通过一个粗导线绕的线圈与一交流电源相连接，如图所示．一块铁芯放进线圈之后，该灯将：A．变亮B．变暗C．对灯没影响D.条件不足，无法判断3．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有A．温度传感器 B．光传感器C．声音传感器 D．热传感器4．利用传感器和计算机可以研究快速变化的力的大小．实验时，把图甲中的小球举高到绳子的悬点O处，然后让小球自由下落．用这种方法获得的弹性绳的拉力随时间的变化图线如图乙所示．根据图线所提供的信息，以下判断正确的是( )A．t2时刻小球所处位置是运动中最高点B．t1～t2期间小球速度先增大后减小C．t3时刻小球动能最小D．t2与t5时刻小球速度大小不同5．如图所示，理想变压器的a、b端加上正弦交流电压（电压有效值保持不变），副线圈cd端所接灯泡L恰好正常发光。

此时滑线变阻器的滑片P位于图示位置。

现将滑片下移（导线电阻不计），则以下说法中正确的是A．灯仍能正常发光，原线圈输入电流变小B．灯不能正常发光，原线圈输入功率变大C．灯不能正常发光，原线圈输入电压变大D．灯仍能正常发光，原线圈输入功率不变6．如图所示为一自耦变压器，保持电阻R´和输入电压不变，以下说法正确的是（）A．滑键P向b方向移动，滑键Q不动，电流表示数减小B．滑键P不动，滑键 Q上移，电流表示数不变C．滑键P向b方向移动、滑键Q不动，电压表示数减小D．滑键P不动，滑键Q上移，电压表示数增大7．装有砂粒的试管竖直静浮于水面，如题图所示，将管竖直向下压下少许，然后由静止释放并开始计时，在一定时间内试管在竖直方向近似做简谐运动。