解析重庆市万州分水中学2020┄2021学年高二下学期月考物理试题4月份
重庆市万州区2021届新高考物理四月模拟试卷含解析
重庆市万州区2021届新高考物理四月模拟试卷一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．在如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比为10 : 1，副线圈接有阻值为10Ω的定值电阻R ，原线圈接有如图乙所示的正弦交变电压。
下列分析正确的是A ．变压器原线圈通过的电流为102AB 2AC ．电阻R 两端的电压为10 VD ．电阻R 消耗的功率为40 W【答案】B【解析】【详解】由原线圈接的正弦交变电压的u-t 图像可读出最大值为1max 200V U =，可得输入电压的有效值为； 1max 11002V 2U ==， 由理想变压器的电压比等于匝数比，有：1122101U n U n == 可得副线圈的两端的电压为：12102V 10U U == AB ．对副线圈的电路由欧姆定律可得副线圈的电流为：22102A 2A U I R === 结合电流比等于匝数的反比，可得原线圈流过的电流为：21212A 10n I I n == 故A 项错误，B 项正确；C ．电阻R 并联在副线圈两端，则电压即为副线圈两端的电压为102V ，故C 错误；D ．电阻R 消耗的功率为：222220W R U P U I R===， 故D 项错误。
故选B 。
2．如图所示，两条轻质导线连接金属棒PQ 的两端，金属棒处于匀强磁场内且垂直于磁场。
金属棒的质量0.2kg m =，长度1m L =。
使金属棒中通以从Q 到P 的恒定电流2A I =，两轻质导线与竖直方向成30︒角时，金属棒恰好静止。
则磁场的最小磁感应强度（重力加速度g 取210m/s ）（ ）A ．大小为0.25T ，方向与轻质导线平行向下B ．大小为0.5T ，方向与轻质导线平行向上C ．大小为0.5T ，方向与轻质导线平行向下D ．大小为0.25T ，方向与轻质导线平行向上【答案】B【解析】【详解】说明分析受力的侧视图（右视图）如图所示磁场有最小值min B ，应使棒平衡时的安培力有最小值min 安F 棒的重力大小、方向均不变，悬线拉力方向不变，由“力三角形”的动态变化规律可知min sin 30=︒安F mg又有min min =安F B IL联合解得min sin 300.5T mg B IL︒== 由左手定则知磁场方向平行轻质导线向上。
2024学年重庆市万州区高补班下学期第二次月考物理试题试卷
2024学年重庆市万州区高补班下学期第二次月考物理试题试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。
考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、如图所示，在倾角为30°的斜面上，质量为1kg的小滑块从a点由静止下滑，到b点时接触一轻弹簧。
滑块滑至最低点c后，又被弹回到a点，已知ab=0.6m，bc=0.4m，重力加速度g取10m/s2，下列说法中正确的是（）A．滑块滑到b点时动能最大B．整个过程中滑块的机械能守恒C．弹簧的最大弹性势能为2JD．从c到b弹簧的弹力对滑块做功为5J2、2018年12月12日，嫦娥四号开始实施近月制动，为下一步月面软着陆做准备，首先进入月圆轨道Ⅰ，其次进入椭圆着陆轨道Ⅱ，如图所示，B为近月点，A为远月点，关于嫦娥四号卫星，下列说法正确的是（）A．卫星在轨道Ⅱ上A点的加速度小于在B点的加速度B．卫星沿轨道Ⅰ运动的过程中，卫星中的科考仪器处于超重状态C．卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，机械能增大D．卫星在轨道Ⅱ经过A点时的动能大于在轨道Ⅱ经过B点时的动能3、空间存在如图所示的静电场，图中实线a、b、c、d、e为静电场中的等势线，虚线为等势线的水平对称轴。
一个带负电的粒子从P点以垂直于虚线向上的初速度v0射入电场，开始一小段时间内的运动轨迹已在图中画出，粒子仅受电场力作用，则下列说法中正确的是（）A ．等势线a 的电势最高B ．带电粒子从P 点射出后经过等势线b 时，粒子的速率可能等于v 0C ．若让粒子从P 点由静止释放，在图示空间内，粒子将在虚线上做往复运动D ．若让粒子从P 点由静止释放，在图示空间内，粒子的加速度先增大后减小4、将一定值电阻分别接到如图1和图2所示的两种交流电源上，在一个周期内该电阻产生的焦耳热分别为1Q 和2Q ，则12Q Q ：等于（ ）A ．21∶B ．12∶C ．21∶D ．12∶5、我国已掌握“半弹道跳跃式高速再入返回技术”，为实现“嫦娥”飞船月地返回任务奠定基础.如图虚线为地球大气层边界，返回器与服务舱分离后，从a 点无动力滑入大气层，然后经b 点从c 点“跳”出，再经d 点从e 点“跃入”实现多次减速，可避免损坏返回器。
重庆高二高中物理月考试卷带答案解析
重庆高二高中物理月考试卷班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.下图为某电场中的一条电场线，针对电场线上A 、B 两点的场强和电势有以下说法，你认为正确的是A ．A 点场强一定大于B 点场强 B ．A 点场强一定小于B 点场强C ．A 点电势一定高于B 点电势D ．A 点电势一定低于B 点电势 2.下列说法正确的是（ ）A ．电场强度处处为零的区域，电势也一定处处为零B ．在一个以点电荷Q 为中心，半径为r 的球面上，各点电场强度相同C ．同一电场中等差等势面较密处的电场强度也一定较大D ．由可知，若电容器两极板间的电压U 改变，则电容器的电容C 一定改变3.下列说法正确的是（ ）A ．空间某点的磁感应强度的方向就是该点的磁场方向B ．磁感线越稀疏的地方磁感应强度越大C ．磁感线是客观存在的真实曲线D ．由可知,磁感应强度大小与放入该处的通电导线I 、L 的乘积成反比4.如图所示，将平行板电容器两极板分别与电池正、负极相接，两极板间一带电液滴恰好处于静止状态，现贴着下极板插入一定厚度的金属板，则在插入过程中下列选项正确的是（ ）A ．电容器的带电荷量不变B ．电路将有顺时针方向的短暂电流C ．带电液滴仍将静止D ．带电液滴将向上做加速运动5.虚线a 、b 和c 是某电场中的三个等势面，它们的电势为、、，其中．一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹 如实线KLMN 所示，由图可知A ．粒子从K 到L 的过程中，电场力做负功B ．粒子从L 到M 的过程中，电场力做负功C ．粒子从K 到L 的过程中，电势能减少D ．粒子从L 到M 的过程中，动能减少6.两根由同种材料制成的均匀电阻丝A 、B 串联在电路中，A 的长度为L ，直径为d ； B 的长度为2L ，直径为2d ，那么通电后，A 、B 在相同的时间内产生的热量之比为 A ．Q A ︰Q B ＝2︰1 B ．Q A ︰Q B ＝1︰1 C ．Q A ︰Q B ＝1︰2 D ．Q A ︰Q B ＝4︰17.如图是火警报警系统的一部分电路示意图，其中R 2为用半导体热敏材料制成的传感器，电流表为值班室的显示器，a 、b 之间接报警器。
2020-2021学年四川省高二4月月考物理卷(解析版).doc
2020-2021学年四川省高二4月月考物理卷（解析版）姓名:_____________ 年级:____________ 学号:______________题型选择题填空题解答题判断题计算题附加题总分得分1. （知识点：共点力的平衡,功能关系,全电路欧姆定律,法拉第电磁感应定律,磁场对电流的作用）如图所示，电动机通过其转轴上的绝缘细绳牵引一根原来静止的长为L＝1ｍ，质量m＝0.1kg的导体棒，ab导体棒紧贴在竖直放置、电阻不计的金属框架上，导体棒的电阻R＝1Ω，磁感强度B＝1T的匀强磁场方向垂直于导体框架所在平面。
当导体棒在电动机牵引下上升h＝3．8m时，获得稳定速度，此过程中导体棒产生热量Q＝2J。
电动机工作时，电压表、电流表的读数分别为U=7V和I=1A，电动机的内阻r＝1Ω。
不计一切摩擦，ｇ取10ｍ/s2。
求：（1）导体棒所达到的稳定速度是多少?（2）导体棒从静止到达稳定速度的时间是多少?（本题20分）【答案】（1）m/s（2）s【解析】试题分析：（1）当导体棒达到稳定时，受力平衡，对导体棒受力分析安培力导体棒产生的感应电动势评卷人得分导体棒所在回路中电流电动机消耗的电功率为W电动机线圈的功率W电动机输出的机械功率W联立方程m/s（2）设从静止到达稳定的时间为t电动机输出的能量为根据能量守恒定律计算可以得出s考点：本题考查了电功率和能量守恒定律如图所示，单摆摆长为Lm，做简谐运动，C点在悬点O的正下方，D点与C相距为X m，C、D之间是光滑水平面，当摆球A到左侧最大位移处时，小球B从D点以某一速度v匀速地向C点运动，A、B二球在C点迎面相遇，求小球B的速度大小。
（重力加速度为g）（本题15分）【答案】【解析】试题分析：摆球A从左侧最大位移处到C点相遇经过时间根据单摆周期公式小球B从D点到C点相遇经过时间与A球时间相同，设B球速度为v匀速运动时间联立方程计算可得考点：本题考查了单摆运动与直线运动综合解决问题的能力某小水电站发电机输出的电功率为P=100 kW，输出电压为U1=250 V．现准备向远处输电，所用输电线的总电阻为R=8Ω，要求在输电线上的损失电功率为输出的电功率的5%，用户获得U4=220 V电压，求所选用的升压变压器原、副线圈的匝数比和降压变压器原、副线圈的匝数比．（本题17分）【答案】【解析】试题分析：根据题意，升压变压器的功率kW得出升压变压器原线圈的电流 A输电线上的损失电功率kW得出升压变压器副线圈上的电流 A升压变压器原、副线圈的匝数比降压变压器获得的功率kW降压变压器原线圈的电流 A降压变压器副线圈的电流 A降压压变压器原、副线圈的匝数比考点：本题考查了理想变压器远距离输电用单摆测重力加速度时（每空2分，共16分）（1）摆球应采用直径较小，密度尽可能_____的小球，摆线长度要在1米左右，用细而不易断的尼龙线。
重庆高二高中物理月考试卷带答案解析
重庆高二高中物理月考试卷班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.关于电场和磁场，下列说法正确的是（ ）A ．某处电场的方向就是位于该处的电荷所受库仑力的方向B ．某处磁场的方向就是位于该处的通电导线所受安培力的方向C ．电荷在某处不受电场力的作用，则该处电场强度一定为零D ．一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零2.如图所示，通电直导线右边有一个矩形线框，线框平面与直导线共面，若使线框以通电导线为轴转动，则穿过线框的磁通量将（ ）A ．逐渐增大B ．逐渐减小C ．保持不变D ．不能确定3.如图所示，a 、b 两点处分别固定有等量异种点电荷+Q 和﹣Q ，c 是线段ab 的中点，d 是ac 的中点，e 是ab 的垂直平分线上的一点，将一个正点电荷先后放在d 、c 、e 点，它们所受的电场力分别为F d 、F c 、F e ，则下列说法中正确的是（ ）A ．F d 、F c 、F e 的方向都是水平向右B ．F d 、F c 的方向水平向右，F e 的方向竖直向上C ．F d 、F e 的方向水平向右，F c =0D ．F d 、F c 、F e 的大小都相等4.通有电流的导线L 1、L 2处在同一平面（纸面）内，L 1是固定的，L 2可绕垂直纸面的固定转轴O 转动（O 为L 2的中心），各自的电流方向如图所示．下列哪种情况将会发生（ ）A ．因L 2不受磁场力的作用，故L 2不动B ．因L 2上、下两部分所受的磁场力平衡，故L 2不动C ．L 2绕轴O 按顺时针方向转动D ．L 2绕轴O 按逆时针方向转动5.倾角为α的导电轨道间接有电源，轨道上静止放有一根金属杆ab ．现垂直轨道平面向上加一匀强磁场，如图所示，磁感应强度B 逐渐增加的过程中，ab 杆受到的静摩擦力（ ）A ．逐渐增大B ．逐渐减小C ．先增大后减小D ．先减小后增大6.如图所示，静止的电子在加速电压为U 1的电场作用下从O 经P 板的小孔（位于p 板的中点）射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压为U 2的电场作用下偏转一段距离．现使U 1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该（ ）A ．使U 2加倍B ．使U 2变为原来的4倍C ．使U 2变为原来的倍D ．使U 2变为原来的7.如图所示，两个半径相同的半圆形轨道分别竖直放置在匀强电场和匀强磁场中．轨道两端在同一高度上，轨道是光滑的，两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放．M 、N 为轨道的最低点，则下列说法正确的是（ ）A ．两小球到达轨道最低点的速度v M ＜v NB ．两小球第一次到达轨道最低点时对轨道的压力F M ＜F NC ．小球第一次到达M 点的时间大于小球第一次到达N 点的时间D ．在磁场中小球能到达轨道的另一端，在电场中小球不能到达轨道的另一端8.某一电源的路端电压与电流的关系和电阻R 1、R 2的电压与电流的关系如图所示．用此电源和电阻R 1、R 2组成电路．R 1、R 2可以同时接入电路，也可以单独接入电路．则下列说法中正确的是（ ）A ．电源效率最高50%B ．电源效率最高75%C ．电源输出功率最大4wD ．电源输出功率最大8w9.回旋加速器是加速带电粒子的装置，其主体部分是两个D 形金属盒．两金属盒处在垂直于盒底的匀强磁场中，a 、b 分别与高频交流电源两极相连接，下列说法正确的是（ ）A ．离子从磁场中获得能量B ．带电粒子的运动周期是不变的C ．离子由加速器的中心附近进入加速器D ．增大金属盒的半径，粒子射出时的动能不变10.两个质量分别是m 1、m 2的小球，各用丝线悬挂在同一点，当两球分别带同种电荷，且电荷量分别为q 1、q 2时，两丝线张开一定的角度θ1、θ2，两球位于同一水平线上，如图所示，则下列说法正确的是（ ）A ．若m 1＞m 2，则θ1＞θ2B ．若m 1=m 2，则θ1=θ2C ．若m 1＜m 2，则θ1＞θ2D ．若q 1=q 2，则θ1=θ211.如图所示的电路中，R 1、R 2、R 3是定值电阻，R 4是光敏电阻，其阻值随光照强度的增强而减小．当开关S 闭合且没有光照射时，电容器C 不带电．当用强光照射R 4且电路稳定时，则与无光照射时比较（ ）A ．电容器C 的上极板带正电B ．电容器C 的下极板带正电C ．通过R 4的电流变小，电源的路端电压增小D ．通过R 4的电流变大，电源提供的总功率变大12.如图所示，在匀强磁场中有1和2两个质子在同一平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，轨道半径r 1＞r 2并相切于P 点，设T 1、T 2，v 1、v 2，a 1、a 2，t 1、t 2，分别表示1、2两个质子的周期，线速度，向心加速度以及各自从经过P 点算起到第一次通过图中虚线MN 所经历的时间，则（ ）A ．T 1=T 2B ．v 1=v 2C ．a 1＞a 2D ．t 1＞t 2二、实验题1.某金属导线长度为L ，粗细均匀，为测定这种金属材料的电阻率，吴老师带领物理研究性小组做如下测量． （1）用多用表测量该元件的电阻，选用“×100”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转过大，因此需选择 倍率的电阻挡（填：“×10”或“×1k”），并欧姆调零后再进行测量，多用表的示数如图1所示，测量结果R为 Ω．（2）用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图2所示，则直径d 是 mm ． （3）这种金属材料的电阻率ρ= ．（用题中字母L 、R 、d 表示答案）2.高2017级10班物理兴趣小组的同学们从实验室中找到一只小灯泡，其标称功率值为0.75W ，额定电压值已模糊不清．他们想测定其额定电压值，于是先用欧姆表直接测出该灯泡的电阻约为2Ω，然后根据公式计算出该灯泡的额定电压U== V=1.22V ．他们怀疑所得电压值不准确，于是，再利用下面可供选择的实验器材设计一个电路，测量通过灯泡的电流和它两端的电压并根据测量数据来绘灯泡的U ﹣I 图线，进而分析灯泡的额定电压．A ．电压表V （量程3V ，内阻约3kΩ）B ．电流表A 1（量程150mA ，内阻约2Ω）C ．电流表A 2（量程500mA ，内阻约0.6Ω）D ．滑动变阻器R 1（0～20Ω）E ．滑动变阻器R 2（0～100Ω）F ．电源E （电动势4.0V ，内阻不计）G ．开关S 和导线若干H ．待测灯泡L （额定功率0.75W ，额定电压未知）（1）在如图1所给的虚线框中画出他们进行实验的电路原理图，指出上述器材中，电流表选择 （填“A 1”或“A 2”）；滑动变阻器选择 （填“R 1”或“R 2”）．（2）在实验过程中，该同学将灯泡两端的电压由零缓慢地增加，当电压达到1.23V 时，发现灯泡亮度很暗，当达到2.70V 时，发现灯泡已过亮，便立即断开开关，并将所测数据记录在下边表格中．次数1234567（3）由图象得出该灯泡的额定电压应为 V ；这一结果大于1.23V ，其原因是 ．三、计算题1.粗细均匀的直导线MN 的两端悬挂在两根相同的轻质弹簧下边，MN 恰好在水平位置，如图所示．已知MN 的质量m=10g ，MN 的长度l=49cm ，沿水平方向与MN 垂直的匀强磁场的磁感应强度B=0.5T ．（取g=9.8m/s 2）（1）要使两根弹簧能处于自然状态，既不被拉长，也不被压缩，MN 中应沿什么方向、通过多大的电流？（2）若导线中有从M 到N 方向的、大小为0.2A 的电流通过时，两根弹簧均被拉长了△x=1mm ，求弹簧的劲度系数．2.如图所示的电路中，电源电动势E=10V ，内阻r=0.5Ω，电动机的电阻R 0=1.0Ω，电阻R 1=1.5Ω．电动机正常工作时，电压表的示数U 1=3.0V ．求：（1）电源释放的电功率；（即IE ）（电路中总电流等于）（2）电动机消耗的电功率及将电能转化为机械能的功率．3.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=1.0×104 N/C ，现有质量m=0.20kg ，电荷量q=8.0×10﹣4 C 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/s 2）（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．4.如图所示，在半径为R=的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B，圆形区域右侧有一竖直的带正电粒子平行于纸面进入磁场，已知粒子的质量为m，电量为q，粒子重力感光板，从圆弧顶点P以速率v不计．（1）若粒子对准圆心射入，求它在磁场中运动的时间；，求它打到感光板上时速度的垂直分量；（2）若粒子对准圆心射入，且速率为v（3）若粒子以速度v从P点以任意角入射，试证明它离开磁场后均垂直打在感光板上．重庆高二高中物理月考试卷答案及解析一、选择题1.关于电场和磁场，下列说法正确的是（）A．某处电场的方向就是位于该处的电荷所受库仑力的方向B．某处磁场的方向就是位于该处的通电导线所受安培力的方向C．电荷在某处不受电场力的作用，则该处电场强度一定为零D．一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零【答案】C【解析】解：A、正电荷选择电场中受到的电场力的方向与场强的方向相同，负电荷受到的电场力的方向与电场强度的方向相反．故A错误；B、根据左手定则，磁感应强度的方向与置于该处的通电导线所受的安培力方向垂直．故B错误；C、根据公式F=qE可知，电荷在某处不受电场力的作用，则该处电场强度一定为零．故C正确；D、小段通电导线在某处若不受磁场力，可能是导线与磁场平行，则此处不一定无磁场．故D错误．故选：C【点评】本题考查对电场强度与磁感应强度两公式的理解能力，首先要理解公式中各个量的含义，其次要理解公式的适用条件，注意比值定义法的含义，同时知道电荷有正负之分．2.如图所示，通电直导线右边有一个矩形线框，线框平面与直导线共面，若使线框以通电导线为轴转动，则穿过线框的磁通量将（）A．逐渐增大B．逐渐减小C．保持不变D．不能确定【答案】C【解析】解：由题，通电直导线产生稳定的磁场，磁感线是以导线为中心的同心圆，若使线框以通电导线为轴转动，穿过线圈的磁感线条数不变，故磁通量不变；故选：C．【点评】本题关键是明确磁通量的含义、可以用穿过线圈的磁感线的条数来形象的描述，基础问题．3.如图所示，a、b两点处分别固定有等量异种点电荷+Q和﹣Q，c是线段ab的中点，d是ac的中点，e是ab的垂直平分线上的一点，将一个正点电荷先后放在d 、c 、e 点，它们所受的电场力分别为F d 、F c 、F e ，则下列说法中正确的是（ ）A ．F d 、F c 、F e 的方向都是水平向右B ．F d 、F c 的方向水平向右，F e 的方向竖直向上C ．F d 、F e 的方向水平向右，F c =0D ．F d 、F c 、F e 的大小都相等【答案】A【解析】解：等量异号电荷的电场的分布特点如图：A 、B 、C ：从图中可知，cde 三点的场强的方向都向右，所以正电荷在这三点受到的电场力的方向都向右．故A 正确，B 错误，C 错误；D ：从图中 可知看到d 点的电场线最密，e 点的电场线最疏，所以正电荷在d 点的电场力最大．故D 错误． 故选：A【点评】该题考查等量异号电荷的电场的分布特点，属于对常见电场的考查．要求大脑中对这部分的常见电场的特点有清晰的图象．4.通有电流的导线L 1、L 2处在同一平面（纸面）内，L 1是固定的，L 2可绕垂直纸面的固定转轴O 转动（O 为L 2的中心），各自的电流方向如图所示．下列哪种情况将会发生（ ）A ．因L 2不受磁场力的作用，故L 2不动B ．因L 2上、下两部分所受的磁场力平衡，故L 2不动C ．L 2绕轴O 按顺时针方向转动D ．L 2绕轴O 按逆时针方向转动【答案】D【解析】解：由题意可知，L 1导线产生磁场方向，根据右手螺旋定则可知，上方的磁场方向垂直纸面向外，离导线越远，磁场越弱，由左手定则可知，通电导线L 2，处于垂直纸面向外的磁场，且越靠近L 1，安培力越强，从而出现L 2绕轴O 按逆时针方向转动．故D 正确，ABC 错误； 故选D【点评】考查右手螺旋定则与左手定则的应用，注意区别左手定则与右手定则，同时知道离通电导线越远的磁场越弱．5.倾角为α的导电轨道间接有电源，轨道上静止放有一根金属杆ab ．现垂直轨道平面向上加一匀强磁场，如图所示，磁感应强度B 逐渐增加的过程中，ab 杆受到的静摩擦力（ ）A ．逐渐增大B ．逐渐减小C ．先增大后减小D ．先减小后增大【答案】D【解析】解：加上磁场之前，对杆受力分析，受重力、支持力、静摩擦力； 根据平衡条件可知：mgsinθ=f ；加速磁场后，根据左手定则，安培力的方向平行斜面向上，磁感应强度B 逐渐增加的过程中，安培力逐渐增加； 根据平衡条件，有：mgsinθ=f′+F A ；由于安培力逐渐变大，故静摩擦力先减小后反向增加； 故选D ．【点评】本题关键是对杆受力分析，然后根据平衡条件列式分析，不难．6.如图所示，静止的电子在加速电压为U 1的电场作用下从O 经P 板的小孔（位于p 板的中点）射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压为U 2的电场作用下偏转一段距离．现使U 1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该（ ）A ．使U 2加倍B ．使U 2变为原来的4倍C ．使U 2变为原来的倍D ．使U 2变为原来的【答案】A【解析】解：设平行金属板板间距离为d ，板长为l ．电子在加速电场中运动时，由动能定理得： eU 1=mv 02﹣0，垂直进入平行金属板间的电场做类平抛运动，水平方向有： l=v 0t ，竖起方向有：y=at 2=t 2，联立以上四式得偏转距离为：y=，要使U 1加倍，想使电子的运动轨迹不发生变化时，y 不变，则必须使U 2加倍． 故选：A ．【点评】本题考查了带电粒子在电场中的运动，可以根据动能定理和牛顿第二定律、运动学公式结合推导出y=．7.如图所示，两个半径相同的半圆形轨道分别竖直放置在匀强电场和匀强磁场中．轨道两端在同一高度上，轨道是光滑的，两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放．M 、N 为轨道的最低点，则下列说法正确的是（ ）A ．两小球到达轨道最低点的速度v M ＜v NB ．两小球第一次到达轨道最低点时对轨道的压力F M ＜F NC ．小球第一次到达M 点的时间大于小球第一次到达N 点的时间D ．在磁场中小球能到达轨道的另一端，在电场中小球不能到达轨道的另一端【答案】D【解析】解：AC 、在磁场中运动时，只有重力做正功，在电场中运动时，重力做正功、电场力做负功，由动能定理可知： mv =mgH mv=mgH ﹣qE•d解得，v M ＞v N ，由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒；而小球在电场中运动受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小较小，所以在电场中运动的时间也长，故AC 错误；B 、最低点M 时，支持力与重力和洛伦兹力（方向竖直向下）的合力提供向心力，最低点N 时，支持力与重力的合力提供向心力，因为v M ＞v N ，可知：F M ＞F N ，故B 错误；D 、由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，所以小球可以到达轨道的另一端，而电场力做小球做负功，所以小球在达到轨道另一端之前速度就减为零了，故不能到达最右端，故D 正确； 故选：D ．【点评】洛仑兹力对小球不做功，但是洛仑兹力影响了球对轨道的作用力，在电场中的小球，电场力对小球做功，影响小球的速度的大小，从而影响小球对轨道的压力的大小．8.某一电源的路端电压与电流的关系和电阻R 1、R 2的电压与电流的关系如图所示．用此电源和电阻R 1、R 2组成电路．R 1、R 2可以同时接入电路，也可以单独接入电路．则下列说法中正确的是（ ）A ．电源效率最高50%B ．电源效率最高75%C ．电源输出功率最大4wD ．电源输出功率最大8w【答案】B【解析】解：由图象知电源的电动势为E="3" V ，内阻为r==0.5Ω， R 1、R 2的电阻分别为R 1==0.5Ω、R 2=1Ω，根据电源输出功率随外电阻变化的规律，当外电路的电阻与电源的内电阻相等时，电源输出功率最大，所以可采用的接法是将R 1单独接到电源两端； 那么电源最大输出功率P==4.5W ，当外电压最大时电源的输出效率最高，所以可采用外电阻串联的接法， 那么电源最高效率η===75%，故B 正确，ACD 错误．故选：B ．【点评】本题抓住伏安特性曲线的斜率、截距和交点的数学意义来理解其物理意义，常见的题型．9.回旋加速器是加速带电粒子的装置，其主体部分是两个D 形金属盒．两金属盒处在垂直于盒底的匀强磁场中，a 、b 分别与高频交流电源两极相连接，下列说法正确的是（ ）A ．离子从磁场中获得能量B ．带电粒子的运动周期是不变的C ．离子由加速器的中心附近进入加速器D ．增大金属盒的半径，粒子射出时的动能不变【答案】BC【解析】解：A 、离子在磁场中受到洛伦兹力，但不做功，离子在回旋加速器中从电场中获得能量，带电粒子的运动周期是不变化的，故A 错误，故B 正确；C 、离子由加速器的中心附近进入电场中加速后，进入磁场中偏转．故C 正确；D 、带电粒子从D 形盒中射出时的动能E km =mv m 2 （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 ∝R 2 B 2即E km 随磁场的磁感应强度B 、D 形金属盒的半径R 的增大而增大，与加速电场的电压和狭缝距离无关，故D 错误；故选：BC【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10.两个质量分别是m 1、m 2的小球，各用丝线悬挂在同一点，当两球分别带同种电荷，且电荷量分别为q 1、q 2时，两丝线张开一定的角度θ1、θ2，两球位于同一水平线上，如图所示，则下列说法正确的是（ ）A ．若m 1＞m 2，则θ1＞θ2B ．若m 1=m 2，则θ1=θ2C ．若m 1＜m 2，则θ1＞θ2D ．若q 1=q 2，则θ1=θ2【答案】BC【解析】解：m 1、m 2受力如图所示，由平衡条件可知， m 1g=Fcotθ1，m 2g=F′cotθ2 因F=F′，则可见，若m 1＞m 2，则θ1＜θ2；若m 1=m 2，则θ1=θ2；若m 1＜m 2，则θ1＞θ2．θ1、θ2的关系与两电荷所带电量无关． 故BC 正确，AD 均错误． 故选：BC【点评】本题中库仑力是两个小球联系的纽带，由平衡条件分别找出两个小球的质量与库仑力关系是解题的关键．11.如图所示的电路中，R 1、R 2、R 3是定值电阻，R 4是光敏电阻，其阻值随光照强度的增强而减小．当开关S 闭合且没有光照射时，电容器C 不带电．当用强光照射R 4且电路稳定时，则与无光照射时比较（ ）A ．电容器C 的上极板带正电B ．电容器C 的下极板带正电C ．通过R 4的电流变小，电源的路端电压增小D ．通过R 4的电流变大，电源提供的总功率变大【答案】BD【解析】解：无光照射时，C 不带电，说明．当有光照射时，R 4阻值减小，则R 4分压减小，C 上板电势低于下板电势，下板带正电，由于R 4减小，回路中总电流变大，通过R 1、R 2电流变小，路端电压减小，通过R 4的电流变大，P 电源=EI 应变大，故BD 正确，AC 错误． 故选：BD【点评】本题为含容电路结合电路的动态分析，解题时要明确电路稳定时电容器相当于开路，可不考虑；电容器正极板的电势高于负极板，故高电势的极板上一定带正电．在分析电容带电问题上也可以电源负极为参考点分析两点的电势高低．12.如图所示，在匀强磁场中有1和2两个质子在同一平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，轨道半径r 1＞r 2并相切于P 点，设T 1、T 2，v 1、v 2，a 1、a 2，t 1、t 2，分别表示1、2两个质子的周期，线速度，向心加速度以及各自从经过P 点算起到第一次通过图中虚线MN 所经历的时间，则（ ）A ．T 1=T 2B ．v 1=v 2C ．a 1＞a 2D ．t 1＞t 2【答案】AC【解析】解：A 、对于质子，其比荷相同，又质子在磁场中做圆周运动的周期T=，在同一匀强磁场中，则T 1=T 2，A 正确；B 、质子在磁场中做圆周运动的半径r=，且r 1＞r 2，则v 1＞v 2，B 错误；C 、由a=，T=，得a=，T 1=T 2，v 1＞v 2，则a 1＞a 2，C 正确；D 、两质子的周期相同，由图知质子1从经过P 点算起到第一次通过图中虚线MN 所转过的圆心角比质子2小，则t 1＜t 2，D 错误； 故选：AC【点评】本题中带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，半径和周期公式要熟记，对于推论：轨迹的圆心角等于速度的偏向角是常用的结论，也要学会应用．二、实验题1.某金属导线长度为L ，粗细均匀，为测定这种金属材料的电阻率，吴老师带领物理研究性小组做如下测量． （1）用多用表测量该元件的电阻，选用“×100”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转过大，因此需选择 倍率的电阻挡（填：“×10”或“×1k”），并欧姆调零后再进行测量，多用表的示数如图1所示，测量结果R为 Ω．（2）用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图2所示，则直径d 是 mm ． （3）这种金属材料的电阻率ρ= ．（用题中字母L 、R 、d 表示答案） 【答案】（1）×10；70（2）2.150；（3）【解析】解：（1）选用“×100”档，发现指针偏角太大，说明指针示数太小，所选档位太大，为准确测量电阻，应换小挡，应把选择开关置于×10挡；由图示可知，欧姆表示数为7×10Ω=70Ω；（2）螺旋测微器的固定刻度读数为2mm ，可动刻度读数为0.01×15.0mm=0.150mm ，所以最终读数为：2mm+0.150mm=2.150mm ， （3）电阻丝电阻：R=ρ=ρ，则电阻率：ρ=；故答案为：（1）×10；70（2）2.150；（3）【点评】本题考查了欧姆表读数、螺旋测微器的读数以及电阻定律的应用；注意在使用欧姆表测电阻时，要选择合适的档位，使指针指在刻度盘中央附近．2.高2017级10班物理兴趣小组的同学们从实验室中找到一只小灯泡，其标称功率值为0.75W ，额定电压值已模糊不清．他们想测定其额定电压值，于是先用欧姆表直接测出该灯泡的电阻约为2Ω，然后根据公式计算出该灯泡的额定电压U== V=1.22V ．他们怀疑所得电压值不准确，于是，再利用下面可供选择的实验器材设计一个电路，测量通过灯泡的电流和它两端的电压并根据测量数据来绘灯泡的U ﹣I 图线，进而分析灯泡的额定电压．A ．电压表V （量程3V ，内阻约3kΩ）B ．电流表A 1（量程150mA ，内阻约2Ω）C ．电流表A 2（量程500mA ，内阻约0.6Ω）D ．滑动变阻器R 1（0～20Ω）E ．滑动变阻器R 2（0～100Ω）F ．电源E （电动势4.0V ，内阻不计）G ．开关S 和导线若干H ．待测灯泡L （额定功率0.75W ，额定电压未知）（1）在如图1所给的虚线框中画出他们进行实验的电路原理图，指出上述器材中，电流表选择 （填“A 1”或“A 2”）；滑动变阻器选择 （填“R 1”或“R 2”）．（2）在实验过程中，该同学将灯泡两端的电压由零缓慢地增加，当电压达到1.23V 时，发现灯泡亮度很暗，当达到2.70V 时，发现灯泡已过亮，便立即断开开关，并将所测数据记录在下边表格中．次数1234567请你根据实验数据在图2中作出灯泡的U ﹣I 图线．（3）由图象得出该灯泡的额定电压应为 V ；这一结果大于1.23V ，其原因是 ． 【答案】（1）电路原理图如图所示；A 2；R 1 （2）如图所示；（3）2.5；灯泡冷态电阻小于正常工作时的电阻（或灯泡电阻随温度升高而变大）【解析】解：（1）根据P=I 2R ，估算灯泡的电流大约是600 mA ，因此电流表应选A 2；本实验要描绘出灯泡的U ﹣I 图线，需要测量多组数据，因此滑动变阻器应接成分压式，所以应选阻值较小的R 1；小灯泡电阻不大，电流表应外接；电路图如图所示；（2）根据表中数据得出对应的伏安特性曲线，如图所示（3）灯泡额定功率为0.75W ，则由P=UI=0.75W ，再结合图象可知在到额定功率时，电压为U 额="2.5" V ；大于1.23 V 的原因是由于灯泡冷态电阻小于正常工作时的电阻． 故答案为：（1）电路原理图如图所示；A 2；R 1 （2）如图所示；（3）2.5；灯泡冷态电阻小于正常工作时的电阻（或灯泡电阻随温度升高而变大）【点评】本题考查测量灯泡的伏安特性曲线的原理；要掌握实验器材的选取原则，熟记电流表内接法与外接法的选择方法，以及滑动变阻器分压式接法的条件即选择原则．三、计算题1.粗细均匀的直导线MN 的两端悬挂在两根相同的轻质弹簧下边，MN 恰好在水平位置，如图所示．已知MN 的质量m=10g ，MN 的长度l=49cm ，沿水平方向与MN 垂直的匀强磁场的磁感应强度B=0.5T ．（取g=9.8m/s 2）。
重庆高二高中物理月考试卷带答案解析
重庆高二高中物理月考试卷班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.下述说法正确的是( )A．由E＝F/q，可知电场中某点的场强与电场力成正比B．由E＝KQ/r2，知真空中点电荷电场中某点的场强与该点电荷的电量成正比C．根据场强叠加原理，可知合电场的场强一定大于分电场的场强D．电场线就是带电粒子在电场中运动的轨迹2.关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是( )A．电场强度的方向处处与等势面平行B．电场强度为零的地方，电势也为零C．随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低D．任一点的电场强度方向总是指向该点电势降落最快的方向3.质量分别为m1和m2、电荷量分别是q1和q2的小球，用长度不等的轻丝线悬挂起来，两丝线与竖直方向的夹角分别是α和β（α＞β ），两小球恰在同一水平线上，那么（）A．m1和m2所受电场力大小一定相等B．两根线上的拉力大小一定相等C．m1一定等于m2D．q1一定等于q24.如图，实线为方向未知的三条电场线，a、b两带电粒子仅在电场力作用下从电场中的O点以相同的初速度飞出。
两粒子的运动轨迹如图中虚线所示，则( )A．a一定带正电，b一定带负电B．在虚线所示的过程中，a加速度增大，b加速度减小C．在虚线所示的过程中，a和b的动能都增大D．在虚线所示的过程中，a电势能减小，b电势能增大5.如图所示的实验装置中，平行板电容器的极板A与静电计小球相接，极板B接地，若极板B稍向上移动一点( ) A．极板上的电量几乎不变，两极板间的电压变大B．极板上的电量几乎不变，两极板间的电压变小C．两极板间的电压不变，极板上的电量变小D．两极板间的电压不变，极板上的电量变大6.氘核（电荷量为+e，质量为2m）和氚核（电荷量为+e、质量为3m）经相同电压加速后，垂直偏转电场方向进入同一匀强电场．飞出电场时，运动方向的偏转角的正切值之比为（不计原子核所受的重力）（）A．1：1B．1：2C．2：1D．1：47.如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b.不计空气阻力，则 ()A．小球带负电B．电场力跟重力平衡C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小D．小球在运动过程中机械能守恒8.如图所示，图中五点均在匀强电场中，它们刚好是一个圆的四个等分点和圆心。
2020-2021学年重庆市高二4月月考物理试卷(解析版).doc
2020-2021学年重庆市高二4月月考物理试卷（解析版）姓名:_____________ 年级:____________ 学号:______________题型选择题填空题解答题判断题计算题附加题总分得分1. （知识点：）如图，相距L=1m、电阻不计的平行光滑长金属导轨固定在绝缘水平面上，两导轨左端间接有阻值R=2Ω的电阻，导轨所在足够长区域内加上与导轨所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小B=1T。
现有电阻r=1Ω，质量m=1kg的导体棒ab垂直导轨放置且接触良好，当导体棒ab以速度从边界MN进入磁场后。
(1)求棒ab刚进入磁场时的加速度大小;(2)棒ab进入磁场一段距离后,速度大小变为6m/s,求从进入磁场到此时的过程中电阻R产生的焦耳热为多少.(3)求棒ab最终停的位置.【答案】(1) （2）（3）【解析】试题分析：（1）当导体棒进入磁场切割磁感线时，感应电动势,此时电路电流导体棒受到安培力根据牛顿运动定律,得：（2）由导体棒与电阻电流始终相等，两者电功率之比等于电阻之比，这个过程产生的焦耳热之比也等于电评卷人得分阻之比，有：，且代入数据得：（3）将导体棒运动分割成很多小段时间内的运动，在时间内，由动量定理：，得，求和：，解得：，有考点：本题考查了电磁感应定律、欧姆定律、牛顿第二定律、电功、动量定理.如图有一传热良好的圆柱形气缸置于水平地面上，已知气缸内总高度40cm，缸的内部横截面积为100cm2,若用气密性很好的光滑活塞将气缸中的气体全部密封起来，再在活塞上放一重物，稳定后活塞离缸底30cm高，外界大气压强，环境温度保持恒定。
则（2）【解析】试题分析：(1)对气缸内的气体，由气体是等温变化，得：解得：对活塞和重物受力分析有：解得：（2）设小铁块体积为，气缸中的气体体积为；放活塞后，气体体积为，此过程仍是等温变化：解得：考点：本题考查了物体的平衡、理想气体状态方程.如图所示，光滑水平面AB右端B处固定连接一个竖直光滑半圆轨道，半圆轨道半径为R=0.9m，C为轨道的最高点。
重庆高二高中物理月考试卷带答案解析
重庆高二高中物理月考试卷班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.甲、乙两个单摆摆长相同，摆球质量之比为4∶1，两个单摆在同一地点做简谐振动，摆球经过平衡位置时的速率之比为1∶2，则两摆（）A．振幅相同，频率相同B．振幅不同，频率相同C．振幅相同，频率不同D．振幅不同，频率不同2.下列说法中正确的是（）A．气体总是很容易充满容器，这是分子间存在斥力的宏观表现B．水的体积很难被压缩，这是分子间存在斥力的宏观表现C．两块玻璃板用力挤压不易粘合在一起，这是分子间存在斥力的宏观表现D．用打气筒打气很费劲，这是气体分子间存在斥力的宏观表现3.下列关于热现象的说法，正确的是A．气体的温度升高，气体的压强一定增大B．外界对物体做功，物体的内能一定增加C．任何条件下，热量都不会由低温物体传递到高温物体D．任何热机都不可能使燃料释放的热量完全转化为机械能4.两列简谐横波，波速大小均为20m/s，图为某时刻两列波的波动图象，一列波沿着x轴向右传播（实线所示），另一列沿着x轴向左传播（虚线所示），下列说法正确的是 ( )A．两列波的频率均为5.0HzB．两列波在b、d点处振动加强，在a、c点振动减弱C．图示所示时刻b、d点处的质点速度为0，a、c点处质点速度最大D．经过0.1s，a处质点在波谷，c处质点在波峰5.下列说法正确的是A．液体中悬浮微粒的布朗运动是作无规则运动的液体分子撞击微粒而引起的B．物体的温度越高，其内能越大C．物体中所有分子动能的总和叫做物体的内能D．只有热传递才能改变物体的内能6.如图所示的各电场中，A、B两点电场强度相同的图是：（）7.如图所示，a，b，c为电场中同一条电场线(直线)上的三点，c为ab中点。
a、b电势分别为，，下列叙述正确的是（）A．该电场在c点处的电势一定为4VB．a点处的场强一定大于b点处的场强C．一负电荷从c点运动到b点电势能一定减少D．一负电荷在c点受到的电场力由c指向a8.如右图一个重力不计的正点电荷q从右图中两平行带电金属板左端中央处以初动能E射入匀强电场中，它飞出k，若此点电荷飞入电场时其速度大小增加为原来的2倍而方向不变，它飞出电场时的动能变电场时的动能变为2Ek为（）A．8E k B．5E k C．4.25E k D．4E K二、实验题实验题（共计18分）（1）（3分）用单摆测重力加速度，下列实验器材料中不需要的是（填符号）A．铁架台 B．带细孔的小木球 C．带细孔的小钢球D．秒表 E．天平 F．细线G．游标卡尺 H．mm刻度尺 I．细铁丝（2）（每空3分、共6分）在做用油膜法估测分子直径大小的实验中，已知实验室中使用的酒精油酸溶液的体积浓度为n，又用滴管测得每N滴这种酒精油酸的总体积为V，，将一滴这种溶液滴在浅盘中的水面上，在玻璃板上描出油膜的边界线，再把玻璃板放在画有边长为a的正方形小格的纸上（如右图)测得油膜占有的小正方形个数为m。
重庆高二高中物理月考试卷带答案解析
重庆高二高中物理月考试卷班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.以下有关热现象的说法中正确的是()A．物体的温度越高，内能越大B．气体分子的平均动能增大，气体的压强一定增大C．扩散现象和布朗运动的剧烈程度都与温度有关，所以扩散现象和布朗运动也叫做分子热运动D．两个分子从无穷远处逐渐靠近，直到不能再靠近为止的过程中，分子力先变大后变小，再变大2.下列说法中正确的是 ()A．液晶分子的空间排列是稳定的，具有各向异性B．饱和蒸汽压与温度有关，且随着温度的升高而增大C．当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小，空气的绝对湿度也一定较小D．单晶体和多晶体的各种物理性质是各向异性的，非晶体是各向同性的3.如图所示，两容器用水平细管相连，容器内充有温度为的同种气体被一小段水银隔成、两部分，现使、同时升高温度，若升高到,升高到，已知，要使水银保持不动，则( )A．B．C．D．4.如图所示，理想变压器的原线圈接入(V)的交变电压，副线圈通过电阻=5Ω的输电导线对“220V/88W”纯电阻用电器供电，该电器正常工作. 由此可知( )A．原、副线圈的匝数比为1:20B．交变电压的频率为50HZC．变压器的输入功率为88WD．副线圈中电流的有效值为0.4A5.质量为60kg的建筑工人，不慎从高空跌下，幸好弹性安全带的保护，使他悬挂起来。
已知弹性安全带的缓冲时间是1.5s，安全带自然长度为5m，取10m/s2，则全带所受的平均冲力的大小为()A．500N B．1100N C．600N D．1000N6.在光滑水平面上静止着一个小球,另一个小球以某一水平速度与发生正碰，碰后球的运动方向与碰前的方向相反，则下列说法正确的是 ()A．碰后球的动量比碰撞后球的动量大B．在碰撞过程中、B两球的动量变化量相同C．碰撞后球的动量比碰撞前的动量小D．碰撞后球的动能比碰撞后球的动能大7.如图，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行。
重庆高二高中物理月考试卷带答案解析
重庆高二高中物理月考试卷班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.关于电场强度，下列说法正确的是( )A ．以点电荷为球心，r 为半径的球面上，各点的场强相同B ．正电荷周围的电场强度一定比负电荷周围的电场强度大C ．在电场中某点放入试探电荷q ，该点的电场强度为E ＝，取走q 后，该点的场强不变D ．电荷所受到的电场力很大，即该点的电场强度很大2.有一横截面积为S 的铝导线，当有电压加在该导线上时，导线中的电流强度为I 。
设每单位体积的导线中有n 个自由电子，电子电量为e ，此时电子定向移动的速度为v ，则在△t 时间内，通过导体横截面的自由电子数目可表示为（ ） A ．B ．nvSC ．nv △tD ．3.半径为R 的两个较大的金属球，带电量均为同种电荷q ，放在绝缘的桌面上，两球间的距离为2R ，若两球间的作用力为F 1，设F 2＝k ，则下列说法正确的是( )A ．F 1>F 2B ．F 1<F 2C ．F 1＝F 2D ．无法确定4.图中实线表示电场线，虚线表示等势面，过a.b 两点的等势面的电势分别为40V 、20V ，那么ab 连线的中点c 的电势值为 （ ）A ．等于30VB ．大于30VC ．小于30VD ．无法确定5.如图所示，虚线a 、b 、c 代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即U ab =U bc ，实线为一带正电的质点仅在电场力的作用下通过该区域时的运动轨迹，P 、Q 是这条轨迹上的两点，据此可知( )A ．三个等势面中，a 的电势最高B ．带电质点通过P 点的电势能较Q 点大C ．带电质点通过P 点的动能较Q 点大D ．带电质点通过P 点时的加速度较Q 点小6.如右图所示，光滑绝缘水平面上带异种电荷的小球A 、B ，它们一起在水平向右的匀强电场中向右做匀加速运动，且保持相对静止，设小球A 的带电荷量大小为Q A ，小球B 的带电荷量大小为Q B ，下列判断正确的是( )A ．小球A 带正电，小球B 带负电，且Q A >Q B B ．小球A 带正电，小球B 带负电，且Q A <Q BC ．小球A 带负电，小球B 带正电，且Q A >Q BD ．小球A 带负电，小球B 带正电，且Q A <Q B7.平行板电容器和电源、电阻、电键串联，组成如图所示的电路．接通开关K ，电源即给电容器充电( )A ．保持K 接通，减小两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度减小B ．保持K 接通，在两极板间插入一块介质，则极板上的带电量不变C ．充电结束后断开K ，减小两极板间的距离，则两极板间的电势差减小D ．充电结束后断开K ，在两极板间插入一块介质，则极板上的电势差增大8.如图所示,在水平方向的匀强电场中,一绝缘细线的一端固定在O 点,另一端系一带正电的小球，小球在只受重力、电场力、绳子的拉力作用下在竖直平面内做圆周运动,小球所受的电场力大小等于重力大小.比较a 、b 、c 、d 这四点，小球（ ）A ．在最高点a 处的动能最小B ．在最低点c 处的机械能最小C ．在水平直径左端d 处的机械能最大D ．在水平直径右端b 处的机械能最大9.如图所示，在水平放置的光滑金属板中心正上方有一带正电的点电荷Q ，另一表面绝缘，带正电的金属小球（可视为质点，且不影响原电场）自左以初速度v 0向右运动，在运动过程中（ ）A ．小球做先减速后加速运动B ．小球做匀减速直线运动C ．小球受到的电场力先做负功后做正功D ．小球受到的电场力做功为零10.如图①所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图②所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P 处．若在t 0时刻释放该粒子，粒子会时而向A 板运动，时而向B 板运动，并最终打在A 板上．则t 0可能属于的时间段是( )A ．0<t 0< B.<t 0<C.<t 0<TD ．T<t 0<11.A 、B 是一条电场线上的两点，若在A 点释放一初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线从A 运动到B ，其速度随时间变化的规律如图所示．设A 、B 两点的电场强度分别为E A 、E B ，电势分别为φA 、φB ，则( )A ．E A ＝EB B ．E A >E BC ．φA >φBD ．φA <φB12.如图所示，实线为电场线，虚线为等势线，且AB ＝BC ，电场中的A 、B 、C 三点的场强分别为E A 、E B 、E C ，电势分别为φA 、φB 、φC ，AB 、BC 间的电势差分别为U AB 、U BC ，则下列关系中正确的有 ( )A ．φA ＞φB ＞φC B ．E C ＞E B ＞E AC ．U AB ＜U BCD ．U AB ＝U BC13.如图所示，足够长的两平行金属板正对着竖直放置，它们通过导线与电源E 、定值电阻R 、开关S 相连．闭合开关后，一个带电的液滴从两板上端的中点处无初速释放，最终液滴落在某一金属板上．下列说法中正确的是( )A ．液滴在两板间运动的轨迹是一条抛物线B ．电源的电压越大，液滴在板间运动的加速度越大C ．电源的电压越大，液滴在板间运动的时间越短D ．定值电阻的阻值越大，液滴在板间运动的时间越长14.图中a 、b 是两个点电荷，它们的电荷量分别为Q 1、Q 2，MN 是ab 连线的中垂线， P 是中垂线上的一点，下列哪种情况能使P 点场强方向指向MN 的左侧( )A ．Q 1、Q 2都是正电荷，且Q 1<Q 2B ．Q 1是正电荷，Q 2是负电荷，且Q 1>|Q 2|C ．Q 1是负电荷，Q 2是正电荷，且|Q 1|<Q 2D ．Q 1、Q 2都是负电荷，且|Q 1|>|Q 2|15.如图所示，重力不计的一束混合带电粒子，从同一点垂直于电场方向进入一截面是矩形的有界匀强电场中，电场强度为E,1、2、3是粒子运动轨迹中的三条．关于这些粒子的运动，下列说法中正确的是()A．有的粒子能在电场中一直运动下去B．同一轨迹上的粒子，若初速度相同，则这些粒子的比荷一定相同C．若初速度都相同，则轨迹3的粒子比轨迹1的粒子比荷大D．若进入电场前粒子都是经同一电场由静止开始加速，则将沿同一轨迹运动二、计算题1.(10分)在匀强电场中，一电荷量为2×10-5C的负电荷由A点移到B点，电势能增加了0.1J，已知A、B两点间距为2cm，与电场方向成60°角，如图所示，问：（1）A、B两点间的电势差为多少？（2）该匀强电场的电场强度为多？2.12分）如图所示，abcd是一个正方形盒子．cd边的中点有一个小孔e．盒子中有沿ad方向的匀强电场．一个质量为m带电粒子从a处的小孔沿ab方向以初速度v0射入盒内，并恰好从e处的小孔射出．求：⑴该带电粒子从e孔射出时的速度大小．⑵该过程中电场力对该带电粒子做的功．3.（13分）如图所示，两块平行金属板竖直放置，两板间的电势差U=1.5×103 V（仅在两板间有电场），现将一质量m=1×10-2 kg、电荷量q=4×10-5 C的带电小球从两板的左上方距两板上端的高度h="20" cm的地方以初速度v="4" m/s水平抛出，小球恰好从左板的上边缘进入电场，在两板间沿直线运动，从右板的下边缘飞出电场，求：( 1 )进入电场时速度的大小.（2）金属板的长度L.（3）小球飞出电场时的动能Ek.4.（15分）如图所示，水平绝缘光滑轨道AB的B端与处于竖直平面内的圆弧形光滑绝缘轨道BCD平滑连接，圆弧的半径R="0.50" m.轨道所在空间存在水平向右的匀强电场电场强度E=1.0×104 N/C.现有一质量m="0.06" kg的带电小球（可视为质点）放在水平轨道上与B端距离s="1.0" m 的位置，由于受到电场力的作用，带电体由静止开始运动.已知带电体所带的电荷量q=8.0×10-5 C，取g="10" m/s2，试问：（1）带电小球能否到达圆弧最高点D？（2）带电小球运动到何处时对轨道的压力最大？最大值为多少？重庆高二高中物理月考试卷答案及解析一、选择题1.关于电场强度，下列说法正确的是( )A ．以点电荷为球心，r 为半径的球面上，各点的场强相同B ．正电荷周围的电场强度一定比负电荷周围的电场强度大C ．在电场中某点放入试探电荷q ，该点的电场强度为E ＝，取走q 后，该点的场强不变D ．电荷所受到的电场力很大，即该点的电场强度很大【答案】C【解析】以点电荷为球心，r 为半径的球面上，各点的场强大小相等，但方向处处不同，A 错；电场线的疏密表示场强大小，与场源电荷的正负无关，B 错；电场强度是电场本身的性质，与放不放电荷，放什么电荷均无关系，C 对；由F=qE 可知，电场力与场强大小与试探电荷的大小都有关系，D 错；2.有一横截面积为S 的铝导线，当有电压加在该导线上时，导线中的电流强度为I 。
重庆高二高中物理月考试卷带答案解析
重庆高二高中物理月考试卷班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.将面积为0.5m2的线圈放在磁感强度为2.0×10-3 T的匀强磁场中，线圈平面与磁感线垂直，则穿过线圈的磁通量是（）A．1.0×10-3 wb B．0.50×10-3 wb C．0.25×10-3 wb D．02.当一段导线在磁场中做切割磁感线运动时，则（）A．导线中一定有感应电流B．导线一定受到磁场的安培力，这个力阻碍导线运动C．导线上一定会产生焦耳热D．导线中一定有感应电动势3.日光灯点燃时需要一高出电源电压很多的瞬时高压，而日光灯点燃后正常发光时加在灯管上的电压又需大大低于电源电压，这两点的实现（）A．靠与灯管并联的镇流器来完成B．靠与灯管串联的镇流器来完成C．靠与灯管并联的起动器来完成D．靠与灯管串联的启动器来完成4.下面说法正确的是（）A．线圈中的磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势就越大B．线圈中的磁通量越大，线圈中产生的感应电动势就越大C．线圈中的磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势就越大D．线圈放在磁场越强的地方，线圈中产生的感应电动势就越大5.如图所示，一个矩形线圈与通有相同大小电流的平行直导线在同一平面，而且处在两导线的中央，则（）A．两电流方向相同时，穿过线圈的磁通量为零B．两电流方向相反时，穿过线圈的磁通量为零C．两电流同向和反向时，穿过线圈的磁通量大小相等D．因两电流产生的磁场不均匀，因此不能判断穿过线圈的磁通量是否为零6.图中的四个图分别表示匀强磁场的磁感应强度B，闭合电路中一部分直导线的运动速度和电路中产生的感应电流I的相互关系，其中正确是（）7.交流电源电压u=20sin(100πt)V，电路中电阻R=10Ω。
电流表和电压表为理想电表，则如图电路中电流表和电压表的读数分别为（）A．1.41A，14.1V B．1.41A，20V C．2A，20V D．2A，14.1V8.如图所示，线圈匝数足够多，其直流电阻为3欧，先合上电键K，过一段时间突然断开K，则下列说法中正确的有（）A．电灯立即熄灭B．电灯不熄灭C．电灯会逐渐熄灭，且电灯中电流方向与K断开前方向相同D．电灯会逐渐熄灭，且电灯中电流方向与K断开前方向相反9.一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交流电如图所示，由图可以知道A．0.01s时刻线圈处于中性面位置B．该交流电流有效值为2AC．0.01s时刻穿过线圈的磁通量为零D．该交流电流频率为50Hz10.如图所示，理想变压器原线圈a、b两端接正弦式电压，副线圈c、d两端通过输电线接两只相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R，在图示状态，开关S是闭合的，当开关S断开时，下列各量中减小的是（）A．副线圈c、d两端的输出电压B．通过灯泡L1的电流C．副线圈输电线等效电阻R上的电压D．原线圈a、b两端的电压11.图甲中的a是一个边长为为L的正方向导线框，其电阻为R．线框以恒定速度v沿x轴运动，并穿过图中所示的匀强磁场区域b，如果以x轴的正方向作为力的正方向，线框在图示位置的时刻作为时间的零点，则磁场对线框的作用力F随时间变化的图线应为图乙中的哪个图（）12.如图所示，将一个正方形导线框ABCD置于一个范围足够大的匀强磁场中，磁场方向与其平面垂直．现在AB、CD的中点处连接一个电容器，其上、下极板分别为a、b，让匀强磁场以某一速度水平向右匀速移动，则（）A.ABCD回路中有感应电流B.A与B、C与D间有电势差C.电容器a、b两极板分别带上负电和正电D.电容器a、b两极板分别带上正电和负电二、填空题1.如图所示，把螺线管B套在螺线管A的外面，螺线管B的两端接到电流表上，合上开关给螺线管A通电时，螺线管B中感应电流产生；螺线管A中电流达到稳定时，螺线管B中感应电流产生；断开开关给螺线管A断电时，螺线管B中感应电流产生（填“有”或“无” ）2.如图所示，水平放置的长直导体框架宽L=0.5m，R=0.4欧姆，B=0.5T的匀强磁场垂直框架平面，导体ab可无摩擦沿框架滑动，当Vab=8.0m/s向右运动时，电路中相当于电源的部分是；相当于电源的正极；回路中感应电流为I= A；导体ab受到的安培力大小为 N，方向为。
2021-2022学年重庆万州中学高二物理月考试卷含解析
2021-2022学年重庆万州中学高二物理月考试卷含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. 某同学做了“用多用表测电阻”的实验后，对多用表中的“欧姆表”形成了以下一些看法，你认为他的哪些看法是正确的（）A、欧姆表的刻度是不均匀的B、选挡后必须经过“调零”才能进行测量C、测电路中的电阻大小时，要将电阻从电路中断开才能进行测量D、用欧姆表测电压时，一定要注意正负极不能接错参考答案：、ＡＢＣ2. （单选）介质中有一列简谐机械波传播，对于其中某个振动质点A．它的振动速度一定等于波传播的速度B．它的振动方向一定垂直于波传播的方向C．它的频率一定等于波源的振动频率D．它在一个周期内走过的路程一定等于一个波长参考答案：C3. 人在室内讲话的声音比在空旷的室外讲话声音要洪亮，是因为()A．室内空气不流动 B．室内声音多次被反射C．室内声音发生折射 D．室内物体会吸收声音参考答案：B4. 如图所示，一圆柱形铁芯上沿轴线方向绕有矩形线圈，铁芯与磁极的缝隙间形成了辐向均匀磁场，磁场的中心与铁芯的轴线重合。
当铁芯绕轴线以角速度ω逆时针转动的过程中，线圈中的电流变化图象在以下图中哪一个是正确的？（从图位置开始计时，N、S极间缝隙的宽度不计。
以a边的电流进入纸面，b边的电流出纸面为正方向）参考答案：C5. 光线从空气射向玻璃砖，当入射光线与玻璃砖表面成30°角时，折射光线与反射光线恰好垂直，则此玻璃砖的折射率为 ( )A． B． C． D．参考答案：B二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. 如图示，光滑水平轨道与光滑圆弧轨道相切，轻弹簧的一端固定在轨道的左端，OP是可绕O点转动的轻杆，且摆动到某处就能停在该处；另有一小钢球。
现利用这些器材测定弹簧被压缩时的弹性势能。
1）还需要的器材是______、______.2）以上测量实际上是把对弹性势能的测量转化为对重力势能的测量，进而转化为对____和___的直接测量。
2020-2021学年重庆分水镇分水中学高二物理下学期期末试题含解析
2020-2021学年重庆分水镇分水中学高二物理下学期期末试题含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. 如图所示，长直导线旁边同一平面内有一矩形线圈abcd，导线中通有竖直向上的电流。
下列操作瞬间，能在线圈中产生沿adcba方向电流的是( )A．线圈向右平动B．线圈竖直向下平动C．线圈以ab边为轴转动D．线圈向左平动参考答案：2. 如图所示，是探究某根弹簧的伸长量x与所受拉力F之间的关系图，下列说法中正确的是( )A.弹簧的劲度系数是2 N／mB.弹簧的劲度系数是2X103N／mC.当弹簧受F2＝800 N的拉力作用时，弹簧伸长为x2＝40 cmD.当弹簧伸长为x1＝20cm时，弹簧产生的拉力是F1＝200 N参考答案：BC 3. （多选题）如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为E k0。
已知t=0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场。
则（）A．所有粒子最终都垂直电场方向射出电场B．t=0之后射入电场的粒子有可能会打到极板上C．所有粒子在经过电场过程中最大动能都不可能超过2E k0D．若入射速度加倍成2v0，则粒子从电场出射时的侧向位移与v0时相比必定减半参考答案：AC考点：带电粒子在电场中的运动【名师点睛】本题关键根据正交分解法判断粒子的运动，明确所有粒子的运动时间相等，t=0时刻射入的粒子竖直方向的分位移最大，然后根据分运动公式列式求解，不难。
4. 国际单位制中力的单位的符号是A．N B．m C．kg D．m/s参考答案：A5. 某单色光照射某金属时不能发生光电效应，则下列措施可能使该金属发生光电效应的是( )A、延长光照时间；B、增大光照强度；C、换用波长较短的光照射；D、换用频率较低的光照射；参考答案：C二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. 某同学有一条打点计时器打出的小车运动的纸带如图所示.，取计数点A、B、C、D、E.每相邻两个计数点间还有4个实验点(图中未画出),已用刻度尺测量以A为起点,到B、C、D、E各点的距离且标在图上,则打纸带上C点时瞬时速度大小vC= ▲ m/s,纸带运动加速度的大小为a= ▲ m/s2。
2020-2021学年重庆分水中学高二物理模拟试卷含解析
2020-2021学年重庆分水中学高二物理模拟试卷含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. 发现电流磁效应并首次揭示了电与磁的联系的科学家是：（）Ａ．奥斯特Ｂ．安培 C．特斯拉Ｄ．库仑参考答案：a2. 在下列诗句中，加着重号的字表示的物体可以看成质点的是（）A．大漠孤烟直，长河落日圆B．两岸猿声啼不住，轻舟已过万重山C．天接云涛晓晓雾，星河欲转千帆舞D．天苍苍，野茫茫，风吹草低见牛羊参考答案：B【考点】质点的认识．【分析】当物体的形状和大小在所研究的问题中能忽略，物体可以看成质点．【解答】解：A、长河落日圆，描写日圆，太阳大小和形状不能忽略，故不能看作质点．故A错误；B、两岸猿声啼不住，轻舟已过万重山，轻舟的大小可以忽略不计，故可以简化为质点，故B正确；C、星河欲转千帆舞，描写帆的动作，故不能看作质点．故C错误；D、风吹草低见牛羊，草的大小不能忽略，故不能看作质点．故D错误；故选：B．3. (单选)质量为、功率为P的汽车在平直公路上行驶，若汽车行驶时的功率恒为P，匀速运动的速度为，当汽车以速度（）行驶时，它的加速度是（阻力恒定）A．P/mv2 B．P/m（v1－v2）C．P（v1－v2）/mv1v2D．P（v1＋v2）/ v1v2参考答案：C4. 关于LC振荡电路在振荡过程中，下列说法正确的是（）A、电流最大的时刻电容器两端电压也最高B、电流增大的过程是电容器的放电过程C、电流最小的时刻电容器两端的电压却最高D、线圈自感电动势最大时电容器带电量也最大参考答案：BCD5. 下列关于点电荷的说法，错误的是A．点电荷是一个带有电荷的几何点，它是实际带电体的抽象，是一种理想化的模型B．带电体如果本身大小和形状对它们间的相互作用影响可忽略，那么可视为点电荷C．很小的带电体一定可以看作点电荷D．很大的带电体也有可能看作点电荷参考答案：C二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. 在研究地球绕太阳公转时，地球_________（填“可以”或“不可以”）看成质点；在研究一列火车通过一座桥的时间时，火车_________（填“可以”或“不可以”）看成质点。
解析重庆市万州区分水中学2020┄2021学年高二上学期月考物理试题12月份
2０２0┄2021学年重庆市万州区分水中学高二(上)月考物理试卷（12月份)一、单项选择题（每题６分)１．（6分）(2014•宿州一模)如图所示,实线为方向未知的三条电场线，a、b两带电粒子从电场中的O点以相同的初速度飞入.仅在电场力作用下,两粒子的运动轨迹如图中虚线所示,则( )A．a一定带正电，b一定带负电Ｂ.a加速度增大,b加速度增大Ｃ．a电势能减小,ｂ电势能增大 D.ａ和b的动能一定都增大考点：电场线．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据粒子轨迹的弯曲方向可判断粒子所受电场力的方向,根据电场力方向与场强方向的关系判断电性．电场线越密,场强越大,电荷所受电场力越大,加速度越大;电场线越疏，场强越小,电荷所受电场力越小，加速度越小.根据电场力做功正负判断电势能和动能的变化.解答：解：A、由图，ｂ粒子的轨迹向左弯曲,b粒子受到的电场力方向向左,如图.ａ的轨迹向右弯曲,ｂ粒子受到的电场力方向向右，由于电场线未知,无法确定两个粒子的电性.故A错误;B、由图看出，向右电场线越来越疏,场强越来越小，则a所受电场力减小，加速度减小，ｂ所受电场力增大,加速度增大.故B错误;C、D、由图判断电场力对两个粒子都做正功,电势能都减小,动能都增大．故C错误,D正确．故选:D.点评：本题是轨迹问题，根据轨迹的弯曲方向判断出电荷所受的电场力是关键.基础题,不应失分.2.（6分)（201４秋•周村区校级期末)如图所示，图线a是某一电源的U﹣Ｉ曲线,图线b是一定值电阻的U﹣Ｉ曲线.若将该电源与该定值电阻连成闭合电路（已知该电源的内阻r=2.0Ω),则说法错误的是( ）A．该定值电阻为6ΩＢ.该电源的电动势为2０VC.将２只这种电阻串联作为外电阻，电源输出功率最大Ｄ．将3只这种电阻并联作为外电阻,电源输出功率最大考点：电功、电功率；欧姆定律．专题:恒定电流专题.分析：根据图线b的斜率求出定值电阻的阻值;读出两图线交点处电压和电流，根据欧姆定律求出电源的电动势;对于电源，当内外电路的电阻相等时输出功率最大．解答：解：A、图线b的斜率k＝=６Ω,则定值电阻的阻值R=ｋ=6Ω;故A正确;B、由图读出交点的电压Ｕ＝15V，电流I=2．５Ａ，根据闭合电路欧姆定律得，电源的电动势：E=U+Ｉr=1５Ｖ+2．5×2V=20V；故Ｂ正确;C、D、对于电源，当内外电路的电阻相等时输出功率最大，故将3只这种电阻并联作为外电阻，电源输出功率最大,故C错误,D正确;本题选错误的，故选：Ｃ点评:定值电阻的伏安特性曲线斜率等于电阻,电源的伏安特性曲线的斜率绝对值表示内电阻、纵轴截距表示电动势.3.（6分）（2０１１秋•长沙县校级期末）在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路.当调节滑动变阻器Ｒ并控制电动机停止转动时,电流表和电压表的示数分别为1.0A 和2．0Ｖ．重新调节R并使电动机恢复正常运转,此时电流表和电压表的示数分别为2.0Ａ和24.0V.则这台电动机正常运转时输出功率为（)A．32 W B.40 Ｗ C.4７Ｗ D.４8 W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：电动机停止转动时，其电路是纯电阻电路,欧姆定律成立，由电流表和电压表的示数，根据欧姆定律求出电动机的电阻．电动机正常运转时输出功率等于输入的电功率与内部发热功率之差．解答：解:依题，电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为1．0A和2．0V，则电动机的电阻R＝=2Ω这台电动机正常运转时输出功率为P出＝Ｕ２I2﹣=24×2﹣２2×２(W)=４0W 故选:B点评:对于电动机电路是纯电阻电路还是非纯电阻电路，关键抓住电能如何转化，如电能全部转化为内能，则为纯电阻电路,否则是非纯电阻电路.4.（６分）(2013秋•垫江县期末）如图所示电路中,电流表A和电压表V均可视为理想电表.现闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动，下列说法正确的是( ）A．电流表A的示数变小，电压表V的示数变大Ｂ.小灯泡L变亮C.电容器C上电荷量减少D.电源的总功率变大考点：闭合电路的欧姆定律;电容器.专题：恒定电流专题．分析：闭合开关Ｓ后，将滑动变阻器滑片P向左移动时，分析变阻器接入电路的电阻如何变化，确定外电路总电阻的变化,根据闭合电路欧姆定律分析电路中总电流的变化,判断电流表示数和灯泡亮度的变化.由欧姆定律分析电压表示数的变化．根据变阻器电压的变化，判断电容器的电量变化.电源的总功率为P=EI,与电流成正比．解答:解:A、B闭合开关S后，将滑动变阻器滑片Ｐ向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中总电流I减小,则小灯泡Ｌ变暗,电流表A的示数变小.电压表的示数Ｕ=E﹣Ｉ(R L+r),I减小,其他量不变,则U增大，即电压表Ｖ的示数变大.故A正确，Ｂ错误.Ｃ、电容器的电压等于变阻器两端的电压,即等于电压表的示数，Ｕ增大，由Q=ＣU，知电容器Ｃ上的电荷量增大．故C错误．Ｄ、电源的总功率Ｐ=ＥI，I减小，则电源的总功率变小．故D错误．故选:Ａ点评:本题是电路动态变化分析问题，电容器所在电路相当于开关断开,根据欧姆定律进行分析.5.（6分）(201４秋•万州区校级月考)如图所示，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是竖直平面内三个相同的半圆形光滑轨道,k为轨道最低点，Ⅰ处于匀强磁场中，Ⅱ和Ⅲ处于匀强电场中，三个完全相同的带正电小球a、b、ｃ从轨道最高点自由下滑至第一次到达最低点ｋ的过程中，下列说法中正确的有（）Ａ.在ｋ处球ｂ速度最大Ｂ．在k处球ｃ对轨道压力最大C．球a需时最长Ｄ．球c机械能损失最多考点:带电粒子在混合场中的运动；向心力．专题:带电粒子在复合场中的运动专题.分析：三个轨道的半径相同,根据圆周运动的向心力的公式可以分析小球通过最低点是对轨道的压力，a球在磁场中运动,磁场力对小球不做功,整个过程中小球的机械能守恒,b 球受到的电场力对小球做负功,到达最低点时的速度的大小较小，c球受到的电场力对小球做正功,到达最低点时球的速度大小较大．解答：解:A、C、对a小球受力分析可知：Ｆａ＋qvB﹣ｍｇ=m，得：F a＝ｍｇ﹣qvB＋m;对b球受力分析可得:Fｂ﹣mg=m，得：Ｆb＝mｇ+m;对c球受力分析可知：F c﹣mg=ｍ,得：Ｆｃ=mg＋ｍ；由于ａ球在磁场中运动,磁场力对小球不做功,整个过程中小球的机械能守恒；ｂ球受到的电场力对小球做负功,到达最低点时的速度的大小最小,所以b球的运动的时间也长,所以AＣ错误;B、D、c球受到的电场力对小球做正功,到达最低点时球的速度大小最大，所以c球的机械能增加，c球对轨道压力最大,所以B正确，D错误.故选：B.点评：洛伦兹力对小球不做功,但是洛伦兹力影响了球对轨道的作用力,在电场中的bc球，电场力对小球做功,影响小球的速度的大小，从而影响小球对轨道的压力的大小．6．（6分)(2011•莆田校级模拟)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.金属块克服电场力做功8JＣ.金属块的电势能减少4J D.金属块的机械能减少12Ｊ考点:功能关系;电势能．分析: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8.0J,重力做功２4J,根据动能定理求出电场力做功；电场力做功等于电势能的减小量；重力做功等于重力势能的减小量.解答:解：A、B、C、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8.0J，重力做功24Ｊ，根据动能定理得:W总=WＧ+W电＋Ｗｆ=△E K解得：W电=﹣4J所以金属块克服电场力做功4．0Ｊ，金属块的电势能增加4J．由于金属块下滑,电场力做负功，所以电场力应该水平向右,所以金属块带正电荷．故Ａ错误，B错误,C错误;D、在金属块滑下的过程中重力做功24J,重力势能减小２４J,动能增加了12J，所以金属块的机械能减少１2Ｊ,故D正确．故选:Ｄ．点评：解这类问题的关键要熟悉功能关系，也就是什么力做功量度什么能的变化,并能建立定量关系.７．(6分）(2013•涟水县校级模拟)如图所示，在某空间同时存在着相互正交的匀强电场E 匀强磁场B电场方向竖直向下，有质量分别为ｍ１，m2的ａ,b两带负电的微粒,a电量为q1,恰能静止于场中空间的ｃ点,b电量为q2,在过C点的竖直平面内做半径为ｒ匀速圆周运动，在c点ａ、ｂ相碰并粘在一起后做匀速圆周运动,则（)A．a、b粘在一起后在竖直平面内以速率做匀速圆周运动B.ａ、b粘在一起后仍在竖直平面内做半径为ｒ匀速圆周运动C.a、b粘在一起后在竖直平面内做半径大于r匀速圆周运动D.a、b粘在一起后在竖直平面内做半径为的匀速圆周运动考点:带电粒子在混合场中的运动;牛顿第二定律；向心力.专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析:粒子a、b受到的电场力都与其受到的重力平衡；碰撞后整体受到的重力依然和电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式,再结合动量守恒定律列式求解．解答:解:粒子b受到的洛伦兹力提供向心力,有解得两个电荷碰撞过程,系统总动量守恒,有m2v＝(m1+m2）v′解得整体做匀速圆周运动，有故选Ｄ．点评:本题关键是明确两个粒子的运动情况，根据动量守恒定律和牛顿第二定律列式分析计算．二、实验题(共18分）8．(2分）（20１４秋•万州区校级月考）判断以下测量结果的读数正确是（）Ａ．用螺旋测微器测金属丝直径3.251厘米Ｂ．用精度0.１毫米的游标卡尺测得物长3.25１厘米Ｃ.用精度0.05毫米的游标卡尺测得物长3.553厘米D．用精度0.０２毫米的游标卡尺测得物长3.256厘米考点:长度的测量.专题:实验题.分析：根据游标卡尺和螺旋测微器的不同的原理,根据它们的精度度的不同可以解答．解答:解：A、螺旋测微器的精确度为0.01ｍｍ，即0.001ｃm,在测量的时候还要估读一位数,所以应有四位小数，故Ａ错误;B、游标卡尺测量时，不需要估读，所以用精度0.１毫米的游标卡尺测量时，精确到0.１mm,也就是0.０1cm,所以应有两位小数,故B错误;Ｃ、用精度0．０5毫米的游标卡尺测得物长时,读出末尾的数字应为5或0，故C错误;D、用精度0.02毫米的游标卡尺测量时,精确到0.02mm,也就是0.０02cｍ,所以应有三位小数,且末尾数字为偶数,故D正确；故选:D点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量.９．（6分）（2014秋•万州区校级月考）某实验小组描绘规格为“2.5V０.6Ｗ”的小灯泡的I﹣U特性曲线.在小灯泡接入电路前,使用多用电表直接测量小灯泡的电阻,如图所示为一简单欧姆表原理示意图，图中与接线柱Ａ相连的表笔颜色应是红色(选填：红,黑)；则应将选择开关旋至×１档进行测量（选填×１0０，×１0,×1)；则读数为１0 Ω．考点:描绘小电珠的伏安特性曲线.专题:实验题．分析：欧姆表内置电源的负极与正插孔相连,根据图示电路图分析答题;已知灯泡额定电压与额定功率,求出小电珠正常发光时的电阻，根据该电阻选择欧姆表挡位.解答:解:欧姆表是电流表改装的,必须满足电流的方向“+”进“﹣”出,即回路中电流从标有“+”标志的红表笔进去，所以与A相连的表笔颜色是红色;小电珠正常发光时电阻为：R＝＝≈１0Ω，使用多用电表测电阻时,选择开关旋至欧姆×1挡进行测量;读数为:1０×1=１０Ω；故答案为：红，×1，1０．点评：知道欧姆表的结构，分析清楚电路结构即可正确解题;欧姆表要选择合适的挡位,使指针指针中央刻度线附近．10．（４分）(2014秋•万州区校级月考）如图为一正在测量中的多用电表表盘．如果是用直流１0Ｖ档测量电压，则读数为 6.5 V.如果是用直流５mA档测量电流，则读数为3．25 mA．考点：用多用电表测电阻.专题:实验题．分析:根据电表量程由图示表盘确定其分度值，然后读出其示数．解答:解：用直流10Ｖ档测量电压,由图示表盘可知，其分度值为0.2V，则读数为6.5V．如果是用直流５ｍA档测量电流，由图示表盘可知,其分度值为0.1mA，则读数为3.25mA．故答案为:6.５;３．25.点评:本题考查了多用电表读数，根据多用电表所测量的量与量程确定其分度值,然后读数，读数时视线要与电表刻度线垂直．11.（6分)(２０14秋•万州区校级月考）有一个未知电阻Rｘ，用图中（ａ）和（b)两种电路分别对它进行测量,用(a）图电路测量时，两表读数分别为6V，6mA，用（ｂ）图电路测量时,两表读数分别为5．９V，1０mＡ,则用左图所示电路测该电阻的阻值误差较小，测量值Ｒx= 1000 Ω，从系统误差角度分析,Rｘ的测量值与其真实值Rｘ真比较，Rx测＞Rx真（填“>”、“=”或“＜”)．考点：伏安法测电阻.专题：实验题.分析：根据题给条件分析电流表、电压表示数变化显著程度，来分析电路误差大小.测量值由电压表与电流表读数之比求出，剔除误差后求出真实值．解答：解：两次测量电压表示数变化率大小＝=,电流表示数变化率大小==,则<，可见电流表示数变化显著,说明电压分流作用显著，采用电流表内接法误差较小，故左图所示电路测该电阻的阻值误差较小.测量值Ｒx===１０0０Ω真实值R真=R x﹣R A故测量值比真实值偏大.故答案是：左;1０00；＞．点评:当待测电阻远大于电流表内阻时,电流表的分压小,可忽略不计，用电流表内接法.测量值偏大．待测电阻远小于电压表内阻时，电压表的分流小,可忽略不计,用电流表外接法,测量值偏小．三、计算题：本题共3个小题，共5０分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最后答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位. 12．（15分)（20１４秋•周村区校级期末）如图所示，一电荷量q=3×10﹣4C带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的O点,已知两板相距d=０.1m．合上开关后，小球静止时细线与竖直方向的夹角α=3７°，电源电动势E=12Ｖ,内阻r=2Ω,电阻R１=4Ω,R２=Ｒ3=Ｒ４=12Ω．g取1０ｍ／ｓ2.试求：(1)流过电源的电流(2)两板间的场强大小；（３)小球的质量．考点:闭合电路的欧姆定律;电容.分析：（1)先求出R2、R3并联后的总电阻，然后根据闭合电路欧姆定律求干路的电流强度（2）根据U=IR求出电容器两端的电压，然后根据Ｅ＝求出极板间的场强大小；（3）对小球进行受力分析，根据平衡条件求小球的质量;解答:解:（1)R2与Ｒ3并联后的电阻值R23===6Ω由闭合电路欧姆定律得:I==A＝1Ａ（2)电容器两板间的电压UＣ=I(R1+R23)电容器两板间的电场强度得E1=1００N／C(3）小球处于静止状态Ｅ1==,所受电场力为F,由平衡条件得:F ＝mgtanα又Ｆ=ｑE1得m=得：m=４×10﹣3ｋg答：（1)流过电源的电流强度为1Ａ;(2)两板间的电场强度的大小1００N/C；（３)小球的质量４×10﹣3 kｇ.点评：本题考查含有电容器的电路问题,难点是确定电容器两端的电压,一定要明确与电容器串联的电阻相当于导线．13．（17分)(2０１1•宁波模拟)如图所示,在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆ＡＣ，其下端（C端)距地面高度ｈ=０．8ｍ.有一质量为5０0g的带电小环套在直杆上,正以某一速度沿杆匀速下滑．小环离杆后正好通过C端的正下方P点处.(g 取10m／s２)求：（１）小环离开直杆后运动的加速度大小和方向.(2)小环从C运动到P过程中的动能增量.（3）小环在直杆上匀速运动速度的大小VＯ．考点:动能定理的应用;带电粒子在匀强电场中的运动.专题:动能定理的应用专题．分析:小环在置于电场中的倾斜的光滑绝缘直杆上匀速下滑，由共点力平衡结合重力与支持力方向可判断出电场力方向，又由电场强度的方向可得出电荷的电性.当小环离开直杆后,仅少了支持力.则此时的合力就是由重力与电场力提供,由牛顿第二定律可求出离开后的加速度大小与方向.小环离开直杆后,所受合力恰与速度方向垂直,因此做的类平抛运动.当小环从C到P过程中，电场力做功刚好为零,动能的变化完全由重力做功引起．当求小环离开直杆的速度时,仅从离开前无法入手，而离开后做类平抛运动,所以利用垂直于杆的方向与沿杆的方向的位移可求出小环的抛出速度.解答:解:(1）对带电小环受力分析因带电小环匀速下滑,加之电场强度水平向左，所以小环带负电.由几何关系可知,小环所受电场力与重力大小相等．则小环离开直杆后所受的合外力大小为:F合=由牛顿第二定律可得：，方向垂直于杆向下(或与水平方向成4５°角斜向下)．（２)设小环从C运动到P过程中动能的增量为△Ｅk．由动能定理有:WＧ＋WＥ=△Eｋ则电场力做功为零W E＝0所以△Ｅｋ=W G=mgh=4J（3）小环离开杆做类平抛运动．如图所示建立坐标x、y轴垂直于杆方向做匀加速运动:平行于杆方向做匀速运动：解得:υ0=２m/s答:（1）小环离开直杆后运动的加速度大小为,方向垂直于杆向下（或与水平方向成45°角斜向下).（2）小环从Ｃ运动到P过程中的动能增量为４J.（３)小环在直杆上匀速运动速度的大小为2m/s.点评：考查带电粒子在电场与重力场共同作用下的运动,在直杆的束缚下的匀速直线运动与没有束缚下的类平抛运动．重点突出对研究对象的受力分析与运动分析,结合运动学公式、牛顿第二定律与动能定理等物理规律．１4．（18分)(2０12•通州区二模)如图所示,在xoy直角坐标系中，第Ⅰ象限内分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场,第Ⅱ象限内分布着方向沿y轴负方向的匀强电场.初速度为零、带电荷量为q、质量为m的离子（不计重力)经过电压为U的电场加速后,从x上的A点垂直x轴进入磁场区域，经磁场偏转后过y轴上的P点且垂直y轴进入电场区域，在电场偏转并击中ｘ轴上的C点．已知OA＝OC＝d.求:(1)离子进入磁场时的速度大小;（２）电场强度Ｅ和磁感应强度Ｂ的大小．考点:带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律;向心力；带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：（1）离子在加速电场中,电场力做功,动能增大，根据动能定理求出离子获得的速度.离子进入磁场后由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，轨迹半径r=d,根据牛顿第二定律求解B.(２)离子在电场中受电场力做类平抛运动,水平方向做匀速直线运动,竖直方向做匀加速直线运动，由题水平位移和竖直位移均为ｄ,根据由牛顿第二定律和运动学公式求解E.解答：解：设离子经电压为U的电场加速后获得的速度为v,由动能定理得qU=,得到v=离子进入磁场后，洛伦兹力提供向心力,做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得qvＢ=ｍｒ=由题意分析可知：r=d联立解得B=离子在电场中集偏转,做类平抛运动．设经时间t从P到达C点,离子水平方向做匀速直线运动,则有ｄ=vt竖直方向做匀加速直线运动，则有ｄ＝,a=将v=代入解得Ｅ=答:电场强度大小为E=，磁感应强度B的大小为B＝．点评:本题考查分析和处理带电粒子在电场和磁场中运动的能力,在这两种场中处理方法不同：电场中采用运动的合成与分解,磁场中画轨迹.ﻬ。
重庆市万州区分水中学2020┄2021学年高二12月月考物理 缺答案
U ／V0 15I /Ab a 2.51．如图所示,实线为方向未知的三条电场线，a 、ｂ两带电粒子从电场中的O 点以相同的初速度飞出。
仅在电场力作用下,两粒子的运动轨迹如图中虚线所示，则（ ） A ．a 一定带正电，b 一定带负电 B.a 加速度增大，b 加速度增大 C ．a 电势能减小，b 电势能增大 D ．a 和ｂ的动能一定都增大2.如图所示，图线a 是某一电源的Ｕ－Ｉ曲线，图线ｂ是一定值电阻的U-Ｉ曲线.若将该电源与该定值电阻连成闭合电路(已知该电源的内阻ｒ＝2.0Ω)，则说法错误的是（ )Ａ．该定值电阻为６Ω B.该电源的电动势为20VC.将２只这种电阻串联作为外电阻，电源输出功率最大 Ｄ．将3只这种电阻并联作为外电阻，电源输出功率最大3．在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路。
当调节滑动变阻器R 并控制电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为1. 0 A 和2.０ V 。
重新调节R 并使电动机恢复正常运转,此时电流表和电压表的示数分别为２.0 A 和24．0 V 。
则这台电动机正常运转时输出的机械功率为（ ) A.32 Ｗ ﻩB ．40 ＷC ．４7 WﻩD.48 ＷvE4.如图所示的电路中，电流表A 和电压表v 均可视为理想电表．现闭合开 关S 后，将滑动变阻器滑片P 向左移动，下列结论正确的 是（ ） A ．电流表A 的示数变小，电压表v 的示数变大 B ．小灯泡Ｌ变亮 C ．电容器c 上电荷量减小 D ．电源的总功率变大5.如图所示，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是竖直平面内三个相同的半圆形光滑轨道,k 为轨道最低点，Ⅰ处于匀强磁场中,Ⅱ和Ⅲ处于匀强电场中,三个完全相同的带正电小球a 、ｂ、c 从轨道最高点自由下滑至第一次到达最低点k 的过程中，下列说法中正确的有( ) Ａ．在k 处球b 速度最大 B ．在k 处球c 对轨道压力最大 C.球a 需时最长D ．球ｃ机械能损失最多6.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8.0 J ，重力做功２4 J,则以下判断正确的是（ ） Ａ. 金属块带负电荷E B.金属块克服电场力做功８.OJ C.ﻩ金属块的电势能减少4.OJ D.金属块的机械能减少12J7.如图所示,在某空间同时存在着相互正交的匀强电场E 和匀强磁场B ,电场方向竖直向下,有质量分别为1m 、2m 的a 、b 两带负电的微粒,a 的电量为1q ,恰能静止于场中空间的c 点，b 的电量为2q ，在过c 点的竖直平面内做半径为r 的匀速圆周运动,在c 点a 、b 相碰并粘在一起后做匀速圆周运动，则A 、a 、b 粘在一起后在竖直平面内以速率B q q m m r ()1212++做匀速圆周运动；B 、a 、b 粘在一起后仍在竖直平面内做半径为r 的匀速圆周运动;C 、a 、b 粘在一起后在竖直平面内做半径为q q q r 212+的匀速圆周运动。
重庆市万州分水中学2020学年高二物理上学期10月月考试题(含解析)
重庆市万州分水中学2020学年上学期高二10月月考物理试题一、选择题（共10小题，每小题6分，共60分。
1~6小题只有一个选项正确，7~10小题有多个选项正确，全选对得6分，选对但不全得3分，有选错或不选的得0分）1. 两个大小相同的带异种电荷的电金属小球A、B，电荷量qA ：qB=4：1，相距较远，相互间引力为F，现将另一个不带电的、与A、B完全相同的金属小球C，先与A接触，再与B接触，然后拿走，则A、B间的作用力变为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】AB带异种电荷，不妨设A为正电荷、B为负电荷。
原来AB之间的库仑引力为；第三个不带电的金属小球C与A接触后，A和C的电量都为2q，C与B接触时先中和再平分，则C、B分开后电量均为，这时A、B两球之间的相互作用力的大小，故C正确、ABD错误。
故选C。
点睛：要清楚带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分．根据库仑定律的内容，找出变化量和不变量求出问题．2. 电场中两点间电势差U=W/q的意义是( )A. 它是由两点的位置决定的，与移动的电荷的种类和数量无关B. 电势差与电场力做的功成正比，与被移动的电荷量成反比C. 电势差的大小等于移动单位电荷时电场力所做的功D. 电场中两点间没有电荷移动，则电势差为零【答案】C【解析】电场中两点间的电势差由两点在电场中的位置决定，可以用来定义，但与移动的电荷的种类、数量以及是否移动电荷无关，所以A正确，BD错误；从物理意义上讲，电势差的大小等于移动单位正电荷时电场力所做的功，C选项没有说明是正负电荷，故错误。
3. 在物理学的发展过程中，科学的物理思想与方法对物理的发展起到了重要作用，下列关于物理思想方法说法错误的是（）A. 质点和点电荷是同一种思想方法B. 重心、合力和分力、总电阻都体现了等效替换的思想C. 加速度、电场强度、电势都是采取比值法定义的物理量D. 牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，能用实验直接验证【答案】D考点：物理问题的研究方法【名师点睛】对于物理学上重要的实验和发现，可根据实验的原理、内容、结论及相应的物理学家等等一起记忆，不能混淆．4. 如图所示，虚线A、B、C为某电场中的三条等势线，其电势分别为、、，实线为带电粒子在电场运动时的轨迹，P、Q为轨迹与等势线A、C的交点，带电粒子只受电场力，则下列说法中正确的是（）A. 粒子可能带负电B. 粒子在P点的动能小于Q点动能C. 粒子在P点电势能小于粒子在Q点电势能D. 粒子在P点受到电场力大于在Q点受到的电场力【答案】C【解析】根据等势线与电场线垂直可画出电场线，确定带电粒子运动所受电场力的方向偏向左侧，粒子在P点的动能大于Q点动能，选项B正确；由于带电粒子只受电场力，带电粒子运动时动能和电势能之和保持不变．根据A、B、C三条等势线的电势分别为 3 V、5 V、7 V，可确定电场线方向偏向左侧，粒子带正电，粒子在P 点电势能小于粒子在Q点电势能，选项A、C错误；由于P点所在处等差等势面疏，电场强度小，所以粒子在P点受到电场力小于Q点受到的电场力，选项D错误．5. 如图所示的实验装置中，平行板电容器两极板的正对面积为S，两极板的间距为d，电容器所带电荷量为Q，电容为C，静电计指针的偏转角为φ，平行板中间悬挂了一个带电小球，悬线与竖直方向的夹角为θ，下列说法正确的是（）A. 若增大d，则φ减小，θ减小B. 若增大Q，则φ减小，θ不变C. 将A板向上提一些时，φ增大，θ减小D. 在两板间插入云母片时，则φ减小，θ减小【答案】D【解析】试题分析：当A极板远离B板平移一段距离时，电容C减小，根据Q=CU 知U最大，则φ增大，θ也增大，A错误；若增大电荷量，根据Q=CU知电压增大，所以静电计指针张角变大，B错误；当A极板向向上平移一小段距离后，知电容C 减小，根据Q=CU知电压增大，静电计指针张角变大，C正确；在两板间插入云母片后，电容C增大，根据Q=CU知电压U减小，板间场强减小，小球的摆线与竖直方向的偏转角θ变小，φ也减小，D错误；故选：C。
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2０２０┄２０21学年重庆市万州分水中学高二(下）月考物理试卷(4月份）一、单项选择题．（每题６分,共36分)1．（６分）(2013•重庆模拟)关于地球和地球卫星的说法正确的是（）A.地球表面赤道上的物体随地球自转的向心加速度大小约为９.8 ｍ／s2B.地球卫星的运行速度至少为７.９kｍ／sC.地球卫星的周期可以大于2４hD．所有地球同步卫星受到的地球引力大小相同考点:万有引力定律及其应用.专题：万有引力定律的应用专题．分析:卫星绕地球做匀速圆周运动,靠万有引力提供向心力,赤道上的物体是引力的分力充当向心力；地球的第一宇宙速度为7.９km/s,是地球卫星的最大环绕速度，最小发射速度；万有引力定律F=G.解答：解:A、地球表面上物体受到的万有引力可以分为重力和自转所需要的向心力,故重力加速度并不是向心加速度,故A错误；B、第一宇宙速度为７.9km/s,是地球卫星的最大环绕速度，最小发射速度,故B错误；C、地球的同步卫星周期为2４小时，只要卫星高度大约同步卫星，其周期就会大于24小时,故Ｃ正确;D、根据F=G知引力大小还与卫星自身质量有关，故不同卫星引力可能不同，故D错误．故选:C.点评:解决本题的关键抓住向心力的来源,结合线速度、向心加速度、周期与轨道半径的关系进行比较.２.（6分)(2014春•万州区校级月考）从同一地点，同时沿同一方向做直线运动的两个物体Ⅰ、Ⅱ的v﹣t图象如图所示.则在０﹣t０的时间内，下列说法正确的是( )A.Ⅰ、Ⅱ两个物体所受的合外力均在不断增大B．Ⅰ物体所受的合外力在不断增大，Ⅱ物体所受的合外力在不断减小Ｃ．Ⅰ物体的位移在不断增大,Ⅱ物体的位移在不断减小D．Ⅰ、Ⅱ两个物体的平均速度均大于考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题.分析：速度图象的斜率等于物体的加速度,由图象可知:Ⅰ做加速度越来越大的加速运动,Ⅱ做加速度越来越大的减速运动，根据牛顿第二定律分析合外力如何变化；图象与时间轴围成的面积表示位移，将图示的两个运动与匀变速直线运动进行比较，平均速度用总位移除以总时间即可．解答：解:A、B速度图象的斜率等于物体的加速度,A做加速度越来越小的加速运动,根据牛顿第二定律得知，A所受合外力越来越小;B做加速度越来越小的减速运动，所以Ｂ所受合外力越来越小，故Ａ正确,B错误；C、速度图象与时间轴围成的面积表示位移，故两个质点的位移都不断增大，故C错误;D.平均速度用总位移除以总时间,用直线连接两个图象的初末速度，此运动是匀变速运动，平均速度等于,而Ⅰ的面积比匀加速运动的梯形面积小,说明位移比匀加速运动的位移小，时间相同，所以Ⅰ的平均速度小于;Ⅱ的面积比匀减速运动的梯形面积大,时间相同，所以Ⅱ的平均速度大于,故Ｄ错误.故选A.点评:该题考查了速度﹣时间图象的相关知识,图象是曲线,说明不是匀变速运动，要求同学们能根据斜率的变化判断加速度的变化,其中判断D答案的方法较为特殊，要求同学们能构造匀变速运动的图象进行比较求解．３.(6分)(２01４春•万州区校级月考）电源、开关Ｓ、定值电阻Ｒ1和R3、光敏电阻Ｒ2、灯泡以及电容器连接成如图所示电路，电容器的两平行板水平放置.当开关S闭合,并且无光照射光敏电阻R２时,一带电液滴恰好静止在电容器两板间的M点．当用强光照射光敏电阻Ｒ２时，光敏电阻的阻值变小，则( )Ａ.电容器所带电荷量减少 B.电容器两极板间电压变小C.液滴向上运动D．灯泡变暗考点：闭合电路的欧姆定律.专题：恒定电流专题.分析:先读懂电路图,知该电路Ｒ1和R2串联，电容器两端间的电压等于R１两端间的电压,当用强光照射光敏电阻Ｒ2时，其阻值变小，根据闭合电路欧姆定律分析电容器两端的电压变化,从而知道电场的变化；再分析带电液滴的受力情况，确定运动.通过电容器两端电压的变化，就可知道电容器所带电量的变化．解答:解：当无光照射时,带电液滴恰好静止，液滴所受重力和电场力平衡；当用强光照射光敏电阻Ｒ2时,光敏电阻的阻值变小，电路中电流增大，灯泡变亮,Ｒ1两端间的电压增大，电容器的电压增大，板间场强增大,液滴所受的电场力增大，液滴向上运动,故Ｃ正确,BD错误；电容器的电压增大,电容不变，由Q=ＣU知，电容器所带电荷量增大.故A错误．故选：C.点评:解决本题的关键抓住电容器两端电压与R1两端电压相等,利用闭合电路欧姆定律进行动态分析.4.(６分）（20１４春•万州区校级月考)一矩形线圈绕垂直于匀强磁场方向、并位于线圈平面内的固定轴转动，线圈中的感应电动势与时间呈正弦函数关系如图所示,此电源输出功率是20kW,用5000V高压输电，输电线总电阻是6Ω，用户端利用n1:n２=２２:1的变压器降压,则下列说法正确的是（）A．交变电流的频率为0.5HzB.交变电流的电动势的有效值为220VＣ．输电线中电流为0.4ＡＤ.用户得到的电压为226．18 V考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式;正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．专题：交流电专题.分析：根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等.同时由变压器电压与匝数成正比，及根据I＝可求出输电线的电流．解答：解:A、由图象可知,周期为T=２×10﹣２ｓ,则频率为f==５０Ｈz，故A错误；B、由图象可知，最大值为22０V，因正弦式交流电，则交变电流的电动势的有效值为＝２20Ｖ,故B错误；C、电源输出功率是2０kW，用5000V高压输电,则输电线的电流I==4A，故Ｃ错误；Ｄ、因输电线总电阻是6Ω，输电线电阻损失电压为U损=IR=4×6V=２4V，由＝，得:Ｕ用=（50０0﹣2４)×V=２26.18V,故D正确；故选:Ｄ点评:本题考查了有关交流电描述的基础知识,要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量,同时掌握电压与匝数关系．５.(6分）（2014春•万州区校级月考)如图所示，A、B质量均为m,叠放在轻质弹簧上，当对A施加一竖直向下的力，大小为Ｆ,将弹簧压缩一段，待平衡后突然撤去力F的瞬间，关于A的加速度及A、B间的相互作用力的下述说法正确的是（）A．加速度为0，作用力为mgB．加速度为，作用力为Ｃ．速度为Ｆ/m,作用力为mｇ+FD．加速度为，作用力为考点：牛顿第二定律.专题：牛顿运动定律综合专题.分析：先根据整体法求解出加速度,然后运用隔离法求解内力．解答：解：在突然撤去F的瞬间,AB整体的合力向上，为F,根据牛顿第二定律,有：F＝（２ｍ）aa=对上面的物体受力分析，受重力和支持力,根据牛顿第二定律，有：N﹣mg=ｍa;联立解得：Ｎ=ｍg+；故B正确;故选：Ｂ．点评：本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用,注意整体法和隔离法在题目中的应用，不难6．（６分)（201４春•香坊区校级期中）质量为ｍ的炮弹沿水平方向飞行，其动能为E k，突然在空中爆炸成质量相同的两块，其中一块向后飞去,动能为，另一块向前飞去,则向前的这块的动能为( ）A．Ｂ.C．Ｄ.考点：动量守恒定律；机械能守恒定律．专题:动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合.分析：由于爆炸产生的作用力远大于重力，在爆炸的瞬间水平方向上动量守恒,根据动量守恒求出另一块炸弹的速度，从而求出动能的大小.解答:解：炸弹开始动能，解得v=．其中一块动能为=,解得根据动量守恒定律得,mv=﹣解得.则动能.故B正确,A、Ｃ、Ｄ错误.故选B.点评:解决本题的关键知道炸弹在爆炸的瞬间系统动量守恒，运用动量守恒定律解题时注意速度的方向.二、实验题.（共1９分)7．（4分）(２０１4春•海曙区校级期末)在“共点力合成”的实验中，如图所示,使b弹簧按图示位置开始顺时针缓慢转动，在这个过程中保持O点位置不变和ａ弹簧的拉伸方向不变，则在整个过程中关于a、ｂ弹簧的读数变化是（）A.a增大，ｂ减小B.a减小,ｂ增大Ｃ.a减小，b先增大后减小 D.a减小，ｂ先减小后增大考点：验证力的平行四边形定则．专题：实验题.分析：点0受到三个力作用处于平衡状态，保持O点的位置，说明一个拉力大小和方向不变，a弹簧秤的拉伸方向不变，说明一个拉力方向不变，判断另一拉力变化情况，因此利用“图示法”可正确求解.解答:解:对点Ｏ受力分析,受到两个弹簧的拉力和橡皮条的拉力，如图，其中橡皮条长度不变,其拉力大小不变,oa弹簧拉力方向不变,ｏｂ弹簧拉力方向和大小都改变根据平行四边形定则可以看出b的读数先变小后变大，a的读数不断变小，故ABC 错误，Ｄ正确．故选:Ｄ．点评:本题是三力平衡问题中的动态分析问题,关键受力分析后，作出示意图,然后运用力的平行四边形定则进行分析讨论.8．（15分)(2０13•重庆模拟）某实验小组用电流表A、电阻箱Ｒ及开关S按如图1所示电路测电池的电动势和内阻．实验时，改变R的值,记录下电流表Ａ的示数I,得到多组R、Ｉ的数据，然后作出如图所示线性图象，求得电池电动势Ｅ和内阻r.①若将电流表A视为理想表，请写出线性图象对应的函数关系= R+ .利用所测得数据作出﹣R图象如图2所示，若图中a、ｂ、c均为已知量，则电池的电动势E= ,内阻ｒ= .②实际上电流表Ａ有一定内阻，从系统误差角度考虑，测得的电池的电动势Ｅ、内阻r与电动势真实值E真、内阻真实值ｒ真的关系是:E ＝E真,r > r真（填“＞”、“＜”或“=”).考点:测定电源的电动势和内阻.专题:实验题.分析：分析电流与电阻的关系,由闭合电路欧姆定律可得出符合本实验的公式,再结合图象的性质利用函数关系即可求得电动势和内电阻，然后分析实验误差.解答：解：①由图1所示电路图可知,在闭合电路中,电源电动势：E=Ｉ(R+ｒ）,则=R+,由图2所示图象可知，图象截距:ａ=,图象斜率:k=＝=,解得：E=，r＝;②考虑电流表内阻，由闭合电路欧姆定律可知：E=I（R+r+ＲＡ），则=Ｒ+，由图象可知:a＝,k===，则E真=，ｒ真＝﹣R A；由此可知，考虑电流表内阻,电动势测量值等于真实值,电源内阻测量值大于真实值．故答案为：①Ｒ+；;；②＝;＞．点评：本题考查了测电源电动势与内阻实验,考查了求电源电动势与内阻、实验误差分析,根据电路图、应用闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达式是正确解题的前提与关键.三、计算题.(55分）９．(8分)（20１4春•万州区校级月考）如图所示,空间有相互垂直的匀强电场和匀强磁场交界与虚线，电场强度为Ｅ，虚线下方匀强磁场范围足够大，磁感强度为B，现有质量为m、电量为q的带正电粒子从距电磁场边界h处无初速释放(带电粒子重力可忽略不计）．求：（1)带电粒子刚离开电场时速度大小；(2)带电粒子在匀强磁场中运动的轨道半径.考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．专题:带电粒子在复合场中的运动专题.分析:根据动能定理求带电粒子刚离开电场时速度大小；根据牛顿第二定律求运动的轨道半径．解答:解：（１）根据动能定理:qＥｈ=mv2得：v＝（2)根据牛顿第二定律：qvＢ=m得:r==答：（1)带电粒子刚离开电场时速度大小v＝;(2)带电粒子在匀强磁场中运动的轨道半径．点评:本题属于带电粒子在组合场中运动题型中的简单求解,选择相应的运动规律即可．10．（1３分)(2014春•万州区校级月考）一质量为m=1kｇ的物块以一定的初速度沿斜面向上滑,利用速度传感器可以在计算机屏幕上得到其速度大小随时间的变化关系图象如图所示,取g=10ｍ/ｓ2,求:(１）物块上滑和下滑的加速度大小ａ1、ａ2;(２）斜面的倾角θ和物体与斜面间动摩擦因数μ．考点:牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的图像.专题:牛顿运动定律综合专题.分析:（1)根据速度时间图线，根据图线的斜率分别求出上滑和下滑的加速度大小．(2)根据上滑和下滑的加速度大小，根据牛顿第二定律列出表达式,从而得出斜面的倾角和摩擦因数．解答:解:(１）物块上滑的加速度大小ａ1=物块下滑的加速度大小a２=（2)设物块质量为m，物块与斜面间的滑动摩擦系数为μ 则有:ｍa1=mｇｓinθ+μｍgcosθma2=ｍgsinθ﹣μmｇcosθ联立解得:θ=30°答：(1)物块上滑和下滑的加速度大小分别为8m/s２、２m／s2．(2）斜面的倾角θ为３０°摩擦因数．点评：解决本题的关键能够从图线中获取信息，知道图线的斜率表示加速度,图线与时间轴所围成的面积表示位移．１1.(17分)(２0１4春•万州区校级月考）“愤怒的小鸟”是按物理规律设置的一款游戏．用弹枪将一只质量为Ｍ=3kg的鸟从水平地面发射,弹枪释放的弹性势能为E P=1200J,该鸟运动到离地ｈ=2０m的最高点时发生爆炸，变为三只质量为m=1kg的小鸟.爆炸之后瞬间三只小鸟速度均沿同一水平方向,且中间的一只小鸟的速度和爆炸前没有区别，落地的时候离发射处最近的和最远的小鸟相距为ｄ＝４０ｍ.ｇ＝１0m/s2,不计空气阻力.求：(1)爆炸前鸟的速度多大？（２）爆炸后瞬间另两只小鸟的速度分别为多少？(３）爆炸前后小鸟们的动能增加多少?考点：动量守恒定律；动能.专题:动量定理应用专题.分析:根据平抛运动的规律，结合动量守恒定律求出小鸟的相对速度,从而结合动能的公式求出小鸟动能的增加量．解答:解:（1)根据机械能守恒定律：ＥＰ=Mv2＋Mgh代入数据得：v=20ｍ／s(2）根据平抛运动的规律有：ｈ=ｇｔ２得:t==2ｓ最远和最近的小鸟的速度之差为:△v＝==２0m/s根据动量守恒定律知,三只小鸟水平方向上的速度之差相等，ｚ则爆炸后瞬间另两只小鸟的速度分别为10m/s和20ｍ/s;（3)动能增加量为:△E K=×1×１０２+×1×２02+×１×302﹣×3×２０２=100J 答:(1)爆炸前鸟的速度为２0ｍ/ｓ；（２）爆炸后瞬间另两只小鸟的速度分别为10m／ｓ和30ｍ／s;（3)爆炸前后小鸟们的动能增加１00Ｊ.点评:本题综合考查了平抛运动的规律,以及动量守恒定律和运动学公式的综合运用,有一定难度,需加强这方面的训练.１２.（1７分)（201３•重庆模拟)如图所示,倾角为θ的“U”型金属框架下端连接一阻值为R的电阻，相互平行的金属杆ＭN、PQ间距为L,与金属杆垂直的虚线a1ｂ1、a2b2区域内有垂直于框架平面向上的匀强磁场，磁感强度大小为B，a１b1、a2b2间距为d,一长为L、质量为ｍ、电阻为R的导体棒在金属框架平面上与磁场上边界a2b２距离d处从静止开始释放,最后能匀速通过磁场下边界a1b1.重力加速度为g(金属框架摩擦及电阻不计）．求：(１)导体棒刚到达磁场上边界a2b2时速度大小v1；（2)导体棒匀速通过磁场下边界a１ｂ1时速度大小v2;（3）导体棒穿过磁场过程中,回路产生的电能．考点:导体切割磁感线时的感应电动势;牛顿第二定律；焦耳定律.专题：电磁感应与电路结合．分析：（1）由机械能守恒定律求导体棒刚到达磁场上边界a2b2时速度大小v1；（2)根据受力平衡求导体棒匀速通过磁场下边界ａ１b1时速度大小v2；(3)根据能量守恒定律求导体棒穿过磁场过程中，回路产生的电能．解答:解:(1）由机械能守恒定律得：mgdsinθ=mv1２v1=（2）导体棒匀速通过磁场下边界ａ1b1时,由受力平衡得:mｇｓｉnθ=Ｆ安F安=ＢIL=解得:ｖ2＝(３）由能量守恒得,回路产生的电能：E＝２mｇｄsｉnθ﹣mv２2＝２mgdｓinθ﹣答:(1）导体棒刚到达磁场上边界a2b2时速度大小ｖ1为；（2）导体棒匀速通过磁场下边界ａ１b１时速度大小v2为；(３）导体棒穿过磁场过程中,回路产生的电能2ｍgdsinθ﹣.点评：本题属于电磁感应中力学与能量综合题，关键是通过分析棒aｂ的受力情况来分析其运动情况,安培力的计算是关键.。