浙江省江山实验中学2014-2015学年高二11月月考物理试题
浙江高二高中物理月考试卷带答案解析
浙江高二高中物理月考试卷班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.在示波管中，电子枪在2秒内发射了5×1015个电子，已知电子的电量e=1.6×10﹣19C，则示波管中的电流大小和方向为（）A．大小为8×10﹣4A，和发射方向相同B．大小为4×10﹣4A，和发射方向相同C．大小为8×10﹣4A，和发射方向相反D．大小为4×10﹣4A，和发射方向相反2.关于电场强度、电势和电容，下列说法正确的是（）A．由公式可知，电场中某点的电场强度E与试探电荷在电场中该点所受的电场力F成正比，与q成反比B．由公式可知，在离点电荷Q距离为r的地方，电场强度E的大小与Q成正比C．由公式U=Ed可知，在匀强电场中，E为恒量，任意两点间的电势差与这两点间的距离成正比D．由公式可知，电容器的电容C随着极板带电荷量Q的增加而变大3.如图所示的电场线，可判定（）A．该电场一定是匀强电场B．负电荷放在B点所受电场力方向向右C．A点的电势一定低于B点电势D．负电荷放在B点的电势能比放在A点的电势能大4.如图所示，小磁针正上方的直导线与小磁针平行，当导线中有电流时，小磁针会发生偏转．首先观察到这个实验现象的物理学家和观察到的现象是（）A．物理学家伽利略，小磁针的S极垂直转向纸内B．物理学家楞次，小磁针的N极垂直转向纸内C．物理学家牛顿，小磁针静止不动D．物理学家奥斯特，小磁针的N极垂直转向纸内5.如图所示是利用静电计研究平行板电容器的电容与哪些因素有关的实验装置示意图，下面的叙述符合实际观测结果的是（）A．a板向右平移，静电计指针偏转角度变小B．a板向上平移，静电计指针偏转角度变小C．a板向左平移，静电计指针偏转角度变小D．在ab间插入一块绝缘介质，静电计指针偏转角度变大6.如图所示电路中，R 1、R 2为定值电阻，R 3为滑动变阻器，电源内阻不可忽略，当滑动变阻器的滑动片向左移动时，电流表、电压表可视为理想电表，关于电流表和电压表示数的变化情况的分析，正确的是（ ）A ．电流表A 和电压表V 1的示数均减小B ．电流表A 和电压表V 2的示数均增大C ．电压表V 1的示数变化量等于电压表V 2的示数变化量D ．电流表A 的示数变大，电压表V 1的示数变大，V 2的示数变小7.如图甲是线圈绕垂直于磁场的轴在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电图象，把该交流电压加在图乙中变压器的A 、B 两端，已知理想变压器原线圈I 和副线圈Ⅱ的匝数比为5：1，交流电流表和交流电压表均为理想电表，电阻R=1Ω，其它各处电阻不计，以下说法正确的是（ ）A ．在t=0.1s 、0.5s 时，穿过线圈的磁通量最大B ．线圈转动的角速度为10πrad/sC ．电压表的示数为VD ．电流表的示数为0.40A8.半导体中参与导电的电流载体称为载流子．N 型半导体的载流子是带负电的电子，P 型半导体的载流子是带正电的“空穴”，如图所示，一块厚度为d 、宽度为L 的长方形半导体样品，置于方向如图所示、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，当半导体样品中通以向右的电流强度为I 的恒定电流时，样品上、下底面出现恒定电势差U ，且上表面带正电、下表面带负电．设半导体样品中每个载流子带电荷量为q ，半导体样品中载流子的密度（单位体积内载流子的个数）用n 表示（已知电流I=nqvS ，其中v 为载流子定向移动的速度，S 为导体横截面积），则下列关于样品材料类型的判断和其中载流子密度n 大小的表达式正确的是 （ ）A ．是N 型半导体，n=B ．是P 型半导体，n=C ．是N 型半导体，n=D ．是P 型半导体，n=9.如图所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小均为B ，磁场方向相反，且与纸面垂直，磁场区域在x 轴方向宽度均为a ，在y 轴方向足够宽．现有一高为a 的正三角形导线框从图示位置开始向右匀速穿过磁场区域．若以逆时针方向为电流的正方向，在下图中，线框中感应电流i 与线框移动距离x 的关系图象正确的是（ ）A ．B ．C．D．10.如图所示，电路甲、乙中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，接通S，使电路达到稳定，灯泡D发光，则（）A．在电路甲中，断开S，D将逐渐变暗B．在电路甲中，断开S，D将先变得更亮，然后渐渐变暗C．在电路乙中，断开S，D将渐渐变暗D．在电路乙中，断开S，D将变得更亮，然后渐渐变暗11.环形对撞机是研究高能离子的重要装置，如图所示正、负离子由静止经过电压为U的直线加速器加速后，沿圆环切线方向注入对撞机的真空环状空腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B．（两种带电粒子将被局限在环状空腔内，沿相反方向做半径相等的匀速圆周运动，从而在碰撞区迎面相撞）为维持带电粒子在环状空腔中的匀速圆周运动，下列说法正确的是（）A．对于给定的加速电压，带电粒子的比荷越大，磁感应强度B越小B．对于给定的加速电压，带电粒子的比荷越大，磁感应强度B越大C．对于给定的带电粒子，不管加速电压U多大，粒子运动的周期都不变D．对于给定的带电粒子，加速电压U越大，粒子运动的周期越小12.如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场有理想边界，用力将矩形线圈从有边界的磁场中匀速拉出，在其他条件不变的情况下（）A．速度越大，拉力做功越多B．线圈边长L1越大，拉力做功越多C．线圈边长L2越大，拉力做功越多D．线圈电阻越大，拉力做功越多13.如图所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab 沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v 时，受到安培力的大小为F ．此时（ ）A ．电阻R 1消耗的热功率为B ．电阻R 1消耗的热功率为C ．整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgvcosθD ．整个装置消耗的机械功率为（F+μmgcosθ）v14.如图所示，套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球，其质量为m ，带电量为q ，小球可在棒上滑动，小球与棒的动摩擦因数为μ，现将此棒竖直放入沿水平方向的且互相垂直的匀强磁场和匀强电场中，设小球电量不变，电场强度为E ，方向水平向右，磁感应强度为B ，小球沿棒由静止开始下滑，则（ ）A ．小球下落的最大加速度是gB ．小球下落的最大速度是C ．当电场反向时，小球下落的最大加速度是gD ．当电场反向时，小球下落的最大速度是二、填空题已知满偏电流为 I g =3mA ，内阻为R g =100Ω的电流表，把它串联一个4.9kΩ的电阻后，作电压表使用，该电压表的量程为 V ．若用它测量某一电路两端电压时，电压表示数如图所示，则电路两端电压为 V ．三、实验题1.用多用电表探测黑箱内的元件．图甲所示的黑箱内有一个电源和一个电阻，a 、b 为黑箱的两个输出端．（1）某同学用多用电表进行了以下几步测量： A ．用欧姆挡测量a 、b 间的电阻；B ．用电压挡测量a 、b 间的输出电压；C ．用电流挡测量a 、b 间的输出电流．你认为以上测量中不妥的有 （填序号）；（2）使用完毕，应将选择开关置于图（填“左”或“中”或“右”）所示位置；（3）含有电源的黑箱相当于一个“等效电源”，a、b是等效电源的两极．为了测定这个等效电源的电动势和内阻，该同学设计了图乙所示的电路，调节变阻器的阻值，记录下电压表和电流表的示数，并在方格纸上建立了U﹣I坐标，根据实验数据画出了坐标点（如图丙所示）．由图可求出等效电源的电动势E= V，内阻r= Ω．2.在描绘小灯泡伏安特性曲线的实验中，提供的实验器材有：A．小灯泡（额定电压为2.0V，额定电流约为0.5A）；B．电源E：电动势为3.0V，内阻不计；C．电压表V：量程为0～3V，内阻约为1kΩD．电流表A：量程为0～0.6A，内阻约为0.6Ω；E．滑动变阻器R：最大阻值为l5Ω，额定电流为1.0A；1：最大阻值为l50Ω，额定电流为1.0A；F．滑动变阻器R2G．开关S及导线若干实验得到如下数据（I和U分别表示通过小灯泡的电流和加在小灯泡两端的电压）：I/A0.000.120.210.290.340.380.420.450.470.490.50（1）实验中滑动变阻器应选用（请填写选项前对应的序号字母）．（2）请你不要改动已连接导线，在下面的实物连接图中把还需要连接的导线补上．闭合开关前，应使变阻器滑片放在最（填“左”或“右”）端．（3）在坐标系中画出小灯泡的U﹣I曲线．（4）若将本题中的小灯泡接在电动势是1.5V、内阻是1.0Ω的电池两端，则小灯泡的实际功率约为 W（保留两位有效数字）．四、计算题1.如图所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量均为Q，其中A带正电，B 带负电，D、C是它们连线的垂直平分线，A、B、C三点构成一边长为d的等边三角形．另有一个带电小球E，质量为m、电荷量为+q（可视为点电荷），被长为L的绝缘轻质细线悬挂于O点，O点在C点的正上方．现在把小球E拉到M点，使细线水平绷直且与A、B、C处于同一竖直平面内，并由静止开始释放，小球E向下圆周运动到最低点C时，速度为v．（已知静电力恒量为k，取D点的电势为零），试求：；（1）在点电荷A、B所形成的电场中，C点的电势φC（2）在点电荷A、B所形成的电场中，M点的电势φ；M（3）在小球经过C 点时绝缘细线所受的拉力T ．2.如图所示，直角坐标系xOy 位于竖直平面内，在竖直的y 轴右侧存在垂直xOy 平面向里的匀强磁场，磁感应强度B=1T ，在第四象限有一个水平向右的匀强电场E 1，场强E 1=2N/C ，第一象限存在一个匀强电场E 2（图中没有画出）．一个带电小球（可视为质点）从y 轴上的A 点与y 轴正方向成30°角射入第四象限，沿直线运动到x 轴上的C 点，从C 点进入第一象限后，小球做匀速圆周运动，并通过y 轴上的D 点射入第二象限，O 、D 间的距离L=1.2m ．已知带电小球质量为m=3.6×10﹣4kg ，重力加速度g=10m/s 2．求：（1）带电小球的电性和电荷量； （2）匀强电场E 2的电场强度；（3）带电小球从A 点运动到D 点的位移及时间．3.如图所示为一个小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈的长度ab=0.25m ，宽度bc=0.20m ，共有n=100匝，总电阻r=1.0Ω，可绕与磁场方向垂直的对称轴OO′转动．线圈处于磁感应强度B=0.40T 的匀强磁场中，与线圈两端相连的金属滑环上接一个“3.0V ，1.8W”的灯泡．当线圈以角速度ω匀速转动时，小灯泡消耗的功率恰好为1.8W ．求：（1）通过小灯泡的电流和发电机线圈产生感应电动势最大值； （2）线圈转动的角速度ω；（3）线圈以上述角速度转动，由如图位置转过30°角，在此过程中，通过小灯泡电量．4.如图1所示，匀强磁场的磁感应强度B 为0.5T ，其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上．绝缘斜面上固定有“A”形状的光滑金属导轨MPN （电阻忽略不计），MP 和NP 长度均为2.5m ，MN 连线水平，长为3m ，以MN 的中点O 为原点，OP 为x 轴建立一维坐标系Ox ，一根粗细均匀的金属杆CD ，长度d 为3m ，质量m 为1kg ，电阻R 为0.3Ω，在拉力F 的作用下，从MN 处以恒定速度v=1m/s 在导轨上沿x 轴正向运动（金属杆与导轨接触良好），g取10m/s 2．（1）求金属杆CD 运动过程中产生的感应电动势E 及运动到x=0.8m 处电势差U CD ；（2）推导金属杆CD 从MN 处运动到P 点过程中拉力F 与位置坐标x 的关系式，并在图2中画出F ﹣x 关系图象； （3）求金属杆CD 从MN 处运动到P 点的全过程产生的焦耳热．浙江高二高中物理月考试卷答案及解析一、选择题1.在示波管中，电子枪在2秒内发射了5×1015个电子，已知电子的电量e=1.6×10﹣19C，则示波管中的电流大小和方向为（）A．大小为8×10﹣4A，和发射方向相同B．大小为4×10﹣4A，和发射方向相同C．大小为8×10﹣4A，和发射方向相反D．大小为4×10﹣4A，和发射方向相反【答案】D【解析】每个电子的电荷量大小为e=1.6×10﹣19C．根据电流的定义式I=，求解示波管中电流的大小，方向为正电荷的运动方，与负电荷运动方向相反解：每个电子的电荷量大小为：e=1.6×10﹣19C，5×1015个电子总电荷量为：q=5×1015×1.6×10﹣19C=8×10﹣4C，则示波管中电流大小为：I=．电流方向为正电荷运动方向，故与负电荷运动方向相反，故D正确故选：D【点评】本题首先要了解电子的电荷量等于元电荷，是个常量．其次要掌握电流的定义式．2.关于电场强度、电势和电容，下列说法正确的是（）A．由公式可知，电场中某点的电场强度E与试探电荷在电场中该点所受的电场力F成正比，与q成反比B．由公式可知，在离点电荷Q距离为r的地方，电场强度E的大小与Q成正比C．由公式U=Ed可知，在匀强电场中，E为恒量，任意两点间的电势差与这两点间的距离成正比D．由公式可知，电容器的电容C随着极板带电荷量Q的增加而变大【答案】B【解析】本题根据公式是否是比值定义法，分析各量之间的关系．比值法定义法被定义的物理量反映物质的属性．解：A、公式采用比值定义法，E反映电场本身的强弱和方向，与试探电荷在电场中该点所受的电场力F和电荷量q无关，故A错误．B、由公式可知，Q是场源电荷，电场强度E的大小与Q成正比，E与r的平方成反比，故B正确．C、公式U=Ed中d是两点沿电场方向间的距离，所以在匀强电场中，任意两点间的电势差与这两点间沿电场方向的距离成正比，而不是与任意距离成正比，故C错误．D、公式采用比值定义法，C反映电容器容纳电荷的本领，与Q、U无关，故D错误．故选：B【点评】解决本题关键要掌握物理量的定义方法和公式中各量的准确含义，并要理解公式的适用条件．3.如图所示的电场线，可判定（）A．该电场一定是匀强电场B．负电荷放在B点所受电场力方向向右C．A点的电势一定低于B点电势D．负电荷放在B点的电势能比放在A点的电势能大【答案】D【解析】匀强电场的电场线为等间距的平行直线，沿电场线方向电势逐渐降低，负电荷所受电场力方向与电场强度方向相反，根据电场力做功判断电势能的变化．解：A、由于一根电场线无法知道电场线的疏密，故不能判定是匀强电场．故A错误．B、负电荷在B点所受电场力方向水平向左．故B错误．C、沿着电场线方向电势逐渐降低，则A点的电势高于B点的电势．故C错误．D、负电荷从A点移动到B点，电场力做负功，电势能增加，所以负电荷放在B点的电势能比A点的电势能大．故D正确．故选：D．【点评】解决本题的关键知道正电荷所受电场力方向与电场强度方向相同，负电荷所受电场力方向与电场强度方向相反．以及知道电场线的疏密表示场强的强弱，沿着电场线方向电势逐渐降低．4.如图所示，小磁针正上方的直导线与小磁针平行，当导线中有电流时，小磁针会发生偏转．首先观察到这个实验现象的物理学家和观察到的现象是（）A．物理学家伽利略，小磁针的S极垂直转向纸内B．物理学家楞次，小磁针的N极垂直转向纸内C．物理学家牛顿，小磁针静止不动D．物理学家奥斯特，小磁针的N极垂直转向纸内【答案】D【解析】解答本题的关键是了解发现电流磁效应的科学家是哪位同时明确通电直导线周围的磁场分别情况．解：发现电流周围存在磁场的科学家是奥斯特，根据安培定则可知该导线下方飞磁场方向垂直纸面向里，因此小磁针的N极垂直转向纸内，故ABC错误，D正确．故选：D．【点评】本题考查了电流磁效应的发现已经直导线周围磁场的分部情况，比较简单，对于类似简单问题不能忽视，要不断加强练习．5.如图所示是利用静电计研究平行板电容器的电容与哪些因素有关的实验装置示意图，下面的叙述符合实际观测结果的是（）A．a板向右平移，静电计指针偏转角度变小B．a板向上平移，静电计指针偏转角度变小C．a板向左平移，静电计指针偏转角度变小D．在ab间插入一块绝缘介质，静电计指针偏转角度变大【答案】A【解析】根据电容的决定式C=，分析板间距离变化和插入电介质时，电容的变化情况．再由电容的定义式C=分析板间电压的变化，判断静电计指针张角的变化．解：A、将a板向右平移，板间距离减小，由电容的决定式C=，得知电容增大，而电容器的电量不变，由C=分析可知，板间电压减小，则静电计指针张角减小．故A正确．B、将a板竖直向上平移，两板正对面积减小，电容减小，而电容器的电量不变，由C=可知，板间电压增大，则静电计指针张角增大．故B错误．C、将a板向左平移，板间距离增大，由电容的决定式C=，得知电容减小，而电容器的电量不变，由C=分析可知，板间电压增大，则静电计指针张角增大．故C错误．D、在a、b之间插入一块绝缘介质板，由电容的决定式得知，电容C增大，而电量Q不变，则由电容的定义式C=分析得知，板间电压U减小，静电计指针偏角变小．故D错误．故选A．【点评】对于电容器的动态分析问题，关键抓住电容的两个公式：电容的决定式C=和定义式C=，结合电量不变进行分析．6.如图所示电路中，R 1、R 2为定值电阻，R 3为滑动变阻器，电源内阻不可忽略，当滑动变阻器的滑动片向左移动时，电流表、电压表可视为理想电表，关于电流表和电压表示数的变化情况的分析，正确的是（ ）A ．电流表A 和电压表V 1的示数均减小B ．电流表A 和电压表V 2的示数均增大C ．电压表V 1的示数变化量等于电压表V 2的示数变化量D ．电流表A 的示数变大，电压表V 1的示数变大，V 2的示数变小【答案】D【解析】根据滑片的移动方向判断出滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，然后由串并联电路特点及闭合电路欧姆定律分析答题．解：ABD 、由电路图可知，滑动变阻器的滑动片向左移动时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，电路的总电阻减小，电源的电动势不变，由闭合电路欧姆定律可知，电路总电流I 增大，路端电压U=E ﹣Ir ，则U 减小，电阻R 1的电压U 1=IR 1增大，则电压表V 1示数增大；并联部分的电压 U 并=U ﹣U 1减小，电压表V 2示数减小；U 并减小，通过R 2的电流减小，因为总电流增大，所以通过电流表的示数增大．电流表A 读数变大，电压表V 2读数变小，V 1读数变大，故A ，B 错误，D 正确；C 、电压表V 1的示数与电压表V 2的示数之和等于U ，即U 1+U 2=U ，因V 1示数增大，V 2示数减小，而U 减小，所以电压表V 1的示数增加量小于电压表V 2的示数减小量，故C 错误． 故选：D【点评】本题是一道闭合电路的动态分析题，要掌握动态电路动态分析题的解题思路与方法．7.如图甲是线圈绕垂直于磁场的轴在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电图象，把该交流电压加在图乙中变压器的A 、B 两端，已知理想变压器原线圈I 和副线圈Ⅱ的匝数比为5：1，交流电流表和交流电压表均为理想电表，电阻R=1Ω，其它各处电阻不计，以下说法正确的是（ ）A ．在t=0.1s 、0.5s 时，穿过线圈的磁通量最大B ．线圈转动的角速度为10πrad/sC ．电压表的示数为VD ．电流表的示数为0.40A 【答案】D【解析】电表读数为交流电有效值，不能与瞬时值混淆，输出功率也是用有效值计算P=U 2I 2．电流表读数可根据公式求得．解：A 、由图象可知，在t=0.1s 、0.5s 时，电压最大，此时是磁通量的变化率最大，此时穿过线圈的磁通量为零，所以A 错误、B 、根据图象可以知道，交流电的周期是0.4s ，由ω==5πrad/s ，所以B 错误、C 、电压表读数为副线圈有效值，原线圈的电压的有效值为10V ，由电压与匝数成正比可得副线圈的电压有效值为2V ，所以电压表的示数为2V ，所以C 错误．D 、电流表读数：因I 2=="2A" 由得 I 1=0.40A ，所以电流表读数为0.40A ，所以D 正确．故选D ．【点评】电表读数为交流电有效值，正弦交流电有效值等于最大值的，输出功率用有效值计算．8.半导体中参与导电的电流载体称为载流子．N 型半导体的载流子是带负电的电子，P 型半导体的载流子是带正电的“空穴”，如图所示，一块厚度为d、宽度为L的长方形半导体样品，置于方向如图所示、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，当半导体样品中通以向右的电流强度为I的恒定电流时，样品上、下底面出现恒定电势差U，且上表面带正电、下表面带负电．设半导体样品中每个载流子带电荷量为q，半导体样品中载流子的密度（单位体积内载流子的个数）用n表示（已知电流I=nqvS，其中v为载流子定向移动的速度，S为导体横截面积），则下列关于样品材料类型的判断和其中载流子密度n大小的表达式正确的是（）A．是N型半导体，n=B．是P型半导体，n=C．是N型半导体，n=D．是P型半导体，n=【答案】D【解析】根据左手定则判断带电粒子的电性，根据最终洛伦兹力和电场力平衡列式，再根据电流的微观表达式列式，最后联立求解即可．解：电流向右，磁场垂直向内，故粒子受到的洛伦兹力向上，由于样品上表面带正电，故载流子是带正电的“空穴”，是P型半导体；最终洛伦兹力和电场力平衡，有：qvB=q①电流的微观表达式为：I=nqvS ②联立解得：n=故选：D．【点评】本题关键是明确霍尔效应的原理，知道左手定则中四指指向电流方向，不难．9.如图所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小均为B，磁场方向相反，且与纸面垂直，磁场区域在x轴方向宽度均为a，在y轴方向足够宽．现有一高为a的正三角形导线框从图示位置开始向右匀速穿过磁场区域．若以逆时针方向为电流的正方向，在下图中，线框中感应电流i与线框移动距离x的关系图象正确的是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】本题导体的运动可分为三段进行分析，根据楞次定律可判断电路中感应电流的方向；由导体切割磁感线时的感应电动势公式可求得感应电动势的大小．解：线框从开始进入到全部进入第一个磁场时，磁通量向里增大，则由楞次定律可知，电流方向为逆时针，故B一定错误；因切割的有效长度均匀增大，故由E=BLV可知，电动势也均匀增加；而在全部进入第一部分磁场时，磁通量达最大，该瞬间变化率为零，故电动势也会零，故A错误；当线圈开始进入第二段磁场后，线圈中磁通量向里减小，则可知电流为顺时针，故D错误，C正确；故选：C．【点评】本题为选择题，而过程比较复杂，故可选用排除法解决，这样可以节约一定的时间；而进入第二段磁场后，分处两磁场的线圈两部分产生的电流相同，且有效长度是均匀变大的，当将要全部进入第二磁场时，线圈中电流达最大2I．10.如图所示，电路甲、乙中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，接通S，使电路达到稳定，灯泡D发光，则（）A．在电路甲中，断开S，D将逐渐变暗B．在电路甲中，断开S，D将先变得更亮，然后渐渐变暗C．在电路乙中，断开S，D将渐渐变暗D．在电路乙中，断开S，D将变得更亮，然后渐渐变暗【答案】AD【解析】电感总是阻碍电流的变化．线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向与原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向跟原电流的方向相同，抑制减小，并与灯泡D构成电路回路．解：A、在电路甲中，断开S，由于线圈阻碍电流变小，导致D将逐渐变暗．故A正确；B、在电路甲中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比电阻的电流小，当断开S，D 将不会变得更亮，但会渐渐变暗．故B错误；C、在电路乙中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比线圈的电流小，断开S时，由于线圈阻碍电流变小，导致D将变得更亮，然后逐渐变暗．故C错误；D、在电路乙中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比线圈的电流小，断开S时，由于线圈阻碍电流变小，导致D将变得更亮，然后逐渐变暗．故D正确；故选：AD【点评】线圈中电流变化时，线圈中产生感应电动势；线圈电流增加，相当于一个瞬间电源接入电路，线圈左端是电源正极．当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈右端是电源正极．11.环形对撞机是研究高能离子的重要装置，如图所示正、负离子由静止经过电压为U的直线加速器加速后，沿圆环切线方向注入对撞机的真空环状空腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B．（两种带电粒子将被局限在环状空腔内，沿相反方向做半径相等的匀速圆周运动，从而在碰撞区迎面相撞）为维持带电粒子在环状空腔中的匀速圆周运动，下列说法正确的是（）A．对于给定的加速电压，带电粒子的比荷越大，磁感应强度B越小B．对于给定的加速电压，带电粒子的比荷越大，磁感应强度B越大C．对于给定的带电粒子，不管加速电压U多大，粒子运动的周期都不变D．对于给定的带电粒子，加速电压U越大，粒子运动的周期越小【答案】AD【解析】由题意知道正负电子经加速后进入匀强磁场做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律推导出电子圆周运动的半径和周期表达式，再进行分析．解：电子在加速电场中，根据动能定理得qU=mv2①电子在匀强磁场中由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB=m ②得到，电子圆周运动的半径r=周期T=AB、对于给定的加速电压，v不变，又由题得知，r不变，则带电粒子的比荷越大，则B越小．故A周期，B错。
浙江高二高中物理月考试卷带答案解析
浙江高二高中物理月考试卷班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.以下说法正确的是（）A．由E=F/q可知，电场中某点的电场强度E与F成正比B．由公式C=Q/U可知，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关C．由U ab=Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大D．由公式=ε/q可知，电场中某点的电势与q成反比2.神经系统中，把神经纤维分为有髓鞘和无髓鞘两大类，现代生物学认为，髓鞘是由多层类脂物质─髓质累积而成，具有很大的电阻，经实验测得髓质的电阻率为ρ=8×106Ω·m。
某生物体中某段髓质神经纤维可看作高20cm、半径为4cm的圆柱体，当在其两端加上电压U=100V时，该神经发生反应，则引起神经纤维产生感觉的最小电流为（）A．0.31μA B．0.62μA C．0.15μA D．0.43μA3.随着中国电信业的发展，国产手机在手机市场上已经占有了相当大的市场份额。
如图所示是中国科健股份有限公司生产的一块手机电池外壳上的文字说明（BL-528M 700mAh 标准型3.7伏锂离子电池充电限制电压4.2V 待机时间48小时……），由此可知此电池的电动势待机状态下平均工作电流分别是（）A．4.2V 14.58mA B．4.2V 700mAC．3.7V 14.58mA D．3.7V 700mA4.一根长1m的均匀电阻丝需与一盏“10V，5W”的灯同时工作，电源电压恒为100V，电阻丝阻值R=100Ω（其阻值不随温度而变），现利用分压电路从电阻丝上获取电能使灯正常工作。
和灯并联的一段电阻丝的长度范围为：（）A．0-0.1m B．0.1m-o.2mC．o.2m-o.3m D．o.3m-0.4m5.有一负电荷自电场中的A点自由释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的速度图象如图所示，则A、B所在电场区域的电场线分布可能是图中的()6.甲、乙两图分别表示两个等量正电荷和两个等量异号电荷的电场，O 为两电荷连线的中点，P 、Q 是连线上关于O 对称的两点，M 、N 为连线中垂线上关于O 对称的两点，规定无穷远处电势为零，则下列说法中正确的是（ ）A ．甲图中M 、N 两点电场强度相同，电势相等，乙图中M 、N 两点电场强度相同，电势相等B ．甲图中M 、N 两点电场强度不同，电势相等，乙图中M 、N 两点电场强度相同，电势不相等C ．甲图中P 、Q 两点电场强度相同，电势相等，乙图中P 、Q 两点电场强度相同，电势不相等D ．甲图中P 、Q 两点电场强度不同，电势相等，乙图中P 、Q 两点电场强度相同，电势不相等7.如图，a 、b 、c 、d 是匀强电场中的四个点，它们正好是一个梯形的四个顶点．电场线与梯形所在的平面平行．ab 平行cd ，且ab 边长为cd 边长的一半，已知a 点的电势是3 V ，b 点的电势是5 V ，c 点的电势是7 V ．由此可知，d 点的电势为（ ）A ．1 VB ．2 VC ．3 VD ．4 V8.某同学用如图所示的电路进行小电机M 的输出功率的研究，其实验步骤如下所述，闭合电键后，调节滑动变阻器，电动机未转动时，电压表的读数为U 1，电流表的读数为I 1；再调节滑动变阻器，电动机转动后电压表的读数为U 2，电流表的读数为I 2，则此时电动机的输出功率为 ( )A ．B ．C ．D ．9.关于等势面、电场线和电场力做功的关系，下列说法正确的是： A ．在等势面上移动电荷，电场力总是不做功 B ．电场线与等势面总是垂直的C ．在同一个等势面上的各点，场强的大小必然是相等的D ．电场线总是从电势高的等势面指向电势低的等势面10.如图所示，图中K 、L 、M 为静电场中的3个相距较近的等势面．一带电粒子射入此静电场中后，沿abcde 轨迹运动．已知φK <φL <φM ，且粒子在ab 段做减速运动．下列判断中正确的是 （ ）A ．粒子带负电B ．粒子在a 点的加速度大于在b 点的加速度C ．粒子在a 点与e 点的速度大小相等D ．粒子在a 点的电势能小于在d 点的电势能11.如图所示的电路中，闭合开关S 后，将滑动变阻器R 的滑片P 向上移动，则有（ ）A ．V 1表读数变小B ．V 2表读数变小C ．A 表读数变小D ．通过电阻R 的电流变小12.在如图所示的电路中，定值电阻的阻值为10Ω，电动机M 的线圈电阻值为2Ω，a 、b 两端加有44V 的恒定电压，理想电压表的示数为24V ，由此可知（ ）A ．通过电动机的电流为12AB ．电动机消耗的功率为48WC ．电动机线圈在1分钟内产生的热量为480JD ．电动机输出的功率为8W二、实验题1.电流表的内阻为R g 、满刻度电流为I g 。
浙江高二高中物理月考试卷带答案解析
A．电流大小变化，方向不变，是直流电
B．电流大小、方向都变化，是交流电
C．电流最大值为0.2A，周期为0.02s
D．电流大小变化，方向不变，不是直流电，是交流电
10.一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交流电 V，那么：
A．频率是50赫兹
B．当t= 0时，线圈平面恰好与中性面重合
C．当t=1/200秒时，e有最大值
C．若磁场方向垂直纸面向里，且磁感应强度增大，杆ab在安培力用作用下将向左移动
D．若磁场方向垂直纸面向里，且磁感应强度减小，杆ab在安培力用作用下将向左移动
17.如图所示，在垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场区域中有一个均匀导线制成的单匝直角三角形线框。现用外力使线框以恒定的速度v沿垂直磁场方向向右运动，运动中线框的AB边始终与磁场右边界平行。已知AB＝BC＝l，线框导线的总电阻为R。则线框离开磁场的过程中：
D．铜盘中既有感应电动势又有感应电流，铜盘将越转越快
12.用相同导线绕制的边长为L或2L的四个闭合导体框，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如图所示。在每个线框进入磁场的过程中，M、N两点间的电压分别为Ua、Ub、Uc、Ud。下列判断正确的是：
A．Ua<Ub<Uc&Uc
C．Ua＝Ub<Uc＝Ud
（1）匀强磁场的磁感应强度B？
（2）线框从开始运动至运动到最高点，用了多长时间？
浙江高二高中物理月考试卷带答案解析
浙江高二高中物理月考试卷班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.在物理学史上，奥斯特首先发现电流周围存在磁场。
随后，物理学家提出“磁生电”的闪光思想。
很多科学家为证实这种思想进行了十多年的艰苦研究，首先成功发现“磁生电”的物理学家是( )A．牛顿B．爱因斯坦C．法拉第D．霍金2.同一地点有甲、乙两个单摆，当甲摆动了80次时，乙恰好摆动了120次，则甲、乙两摆的摆长之比是（）A．2∶3B．9∶4C．4∶9D．3∶23.要使变压器副线圈两端电压为零，变压器原线圈两端的电压随时间的变化应是( )4.如图所示，对做简谐运动的弹簧振子m的受力分析，正确的是( )A．重力、支持力、弹簧的弹力B．重力、支持力、弹簧的弹力、回复力C．重力、支持力、回复力、摩擦力D．重力、支持力、摩擦力5.如图所示，曲面AO是一段半径为2m的光滑圆弧面，圆弧与水平面相切于O点，AO弧长10cm．现将一小球先后从曲面的顶端A和AO弧的中点B由静止释放，到达底端O的速度分别为v1和v2，所经历的时间分别是t1和t2，那么（）A．v1＞v2，t1＞t2B．v1=v2， t1＞t2C．v1＞v2，t1=t2D．v1=v2， t1=t26.如图所示，矩形线圈在匀强磁场中绕OOˊ轴匀速转动，产生交变电流．以下说法正确的是（）A．线圈平面每经过中性面一次，感应电流方向就改变一次B．线圈每转动一周，感应电流的方向改变一次C．当线圈平面与磁感线垂直时，线圈中感应电动势最大D．当线圈平面与磁感线平行时，穿过线圈的磁通量最大7.如图为一台理想变压器，初、次级线圈的匝数分别为n 1=400匝，n 2=800匝，连接导线的电阻忽略不计，那么可以确定（ ）A ．这是一台降压变压器B ．次级线圈两端的电压是初级线圈两端电压的2倍C ．通过次级线圈的电流是通过初级线圈电流的2倍D ．变压器输出的电功率是输入的电功率的一半8.水平方向做简谐运动的弹簧振子,其质量为m,最大速率为v,则下列说法中正确的是（ ） A ．振动系统的最大弹性势能为mv2B ．当振子的速率减为时，此振动系统的弹性势能为C ．从某时刻起，在半个周期内，弹力做的功可能不为零D ．从某时刻起，在半个周期内，弹力做的功一定为mv29.2011年入夏以来，中国南方贵州、云南、重庆等省市部分地区出现持续高温、少雨天气，引起不同程度旱情，导致大面积农作物受灾，造成群众饮水短缺等基本生活困难。
浙江省江山实验中学2014-2015学年高一物理11月月考试题
物理试题注意事项：1.本卷取g= 10m/s 22.满分120分，考试时间90分钟 一、单选择题：（4*10） 1、下列说法中正确的是( )A 、地球在任何情况下都不能被看成质点B 、运动的列车一定不能被看成质点C 、与铅球相比较，乒乓球因为体积小，所以一定能被看成质点D 、地球在一定情况下能被看成质点2、关于重心，下列说法中正确的是（ ） A ．重心就是物体内最重的一点B ．物体发生形变时，其重心位置一定不变C ．重心一定在物体的中心D ．采用背越式跳高的运动员在越过横杆时，重心可能在横杆之下3、唐代大诗人李白的“飞流直下三千尺，疑是银河落九天”，描述了庐山瀑布的美景，如果三尺为1 m ，则水落到地面的速度约为（设初速度为零）（ ）A ．100m/s ；B 、140m/s ；C 、200m/s ；D 、2000m/s ； 4．如图所示，静止在斜面上的物体，受到的作用力有（ ） A ． 重力、支持力 B ． 重力、支持力、摩擦力C ． 重力、支持力、下滑力、摩擦力D ． 重力、压力、下滑力、摩擦力5 以下物理量中是矢量的有 （ ）①位移 ②路程 ③瞬时速度④平均速度 ⑤时间 ⑥加速度 ⑦速率 A ．只有①③④⑥ B ．只有①④⑥ C ．只有①⑥⑦ D ．只有①⑥6．关于两个大小不变的共点力与其合力的关系，下列说法正确的是（ ） A ．合力大小随两力夹角增大而增大 B ．合力的大小一定大于分力中最大者C ．两个分力夹角小于180°时，合力大小随夹角减小而增大D ．合力的大小不能小于分力中最小者7．有一木块静止在水平桌面上，关于它的受力下面说法中正确的是（ ） A ．木块对桌面的压力就是木块所受的重力，施力物体是地球 B ．木块对桌面的压力是弹力，是由于桌面发生形变而产生的 C ．木块对桌面的压力在数值上等于木块受的重力D ．木块保持静止是由于木块对桌面的压力与桌面对木块的支持力保持平衡8、如图，放在水平桌面上的木块受到F1=8N ，F2=3N 两水平推力作用而静止，若撤去F1，则物体在水平方向上受到的合力为 （ ） A. 0N B. 3N ，向左 C. 2N ，向右 D. 8N ，向左9．如图所示，一个重为5N 的大砝码，用细线悬挂在O 点，现在用力F 拉法码，使悬线偏离竖直方向30°时处于静止状态，F 2 F 1此时所用拉力F 的最小值为 （ ）A ．5.0NB ．2.5NC ．8.65ND ．4.3N10．如图所示，两木块的质量分别为m1和m2，两轻质弹簧的劲度系数分别为k1和k2，上面木块压在上面的弹簧上（但不拴接），整个系统处于平衡状态．现缓慢向上提上面的木块，直到它刚离开上面弹簧。
高二物理月考试题及答案-浙江江山实验中学-2015学年高二1月教学质量检测
江山实验中学2014学年第一学期年高二级物理学科1月份教学质量检测试卷一、单项选择题（每小题只有一个选项正确，每小题3分，共30分） 1. 下列说法正确的是 A ．kg ，m/s ，N 是导出单位B. 在国际单位制中，质量的单位是g ，也可以是kgC ．牛顿第二定律的公式kma F =中的k 在任意单位下都等于1D ．牛顿第三定律可以通过现实的实验得到验证2. 如图所示，某人静躺在椅子上，椅子的靠背与水平面之间有固定倾斜角θ．若此人所受重力为G ，则椅子对他的作用力大小为A ．GB ．θsin GC ． cos θGD ．θtan G3. 一辆汽车在平直的公路上，从静止开始以恒定加速度启动，最后达到最大速率．设汽车所受阻力保持不变，在此过程中A ．汽车达到最大速率时所受到的合外力为零B ．汽车发动机的功率一直在增大C ．汽车一直做匀加速直线运动D ．汽车发动机的功率一直保持恒定 4. ．放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s 内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象如图所示。
下列正确的是（ ）A ．物体的质量为109 kgB ．滑动摩擦力的大小为5 NC ．0～6 s 内物体的位移大小为40 mD ．0～6 s 内拉力做的功为20 J5. 静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力．不计空气阻力，在整个上升过程中，物体机械能随时间变化的关系是（ ）6. 如图甲所示，长直导线与闭合线框位于同一平面内，长直导线中的电流i 随时间t 的变化关系如图乙所示．在0～T/2时间内，长直导线中电流向上，则线框中感应电流的方向与所受安培力情况是( )A ．0～T 时间内线框中感应电流方向为顺时针方向B ．0～T 时间内线框中感应电流方向为先顺时针方向后逆时针方向C ．0～T 时间内线框受安培力的合力向左D ．0～T/2时间内线框受安培力的合力向右，T/2～T 时间内线框受安培力的合力向左 7. 中国已投产运行的1 000 kV 特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程．假设甲、乙两地原来用500 kV 的超高压输电，输电线上损耗的电功率为P.在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1 000 kV 特高压输电，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率将变为 ( ) A.P 4 B.P2C ．2PD ．4P 8. 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W 1；第二次沿路径ACB 移动该电荷，电场力做功W 2；第三次沿曲线AB 移动该电荷，电场力做功为W 3，则 A ．B ．C ．D ．9. 右图是简化的多用表的电路。
2012-2013学年浙江省衢州市江山实验中学高二(上)月考物理试卷(10月份)
2012-2013学年浙江省衢州市江山实验中学高二（上）月考物理试卷（10月份）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共12小题，共48.0分)1.下列物理量与检验电荷有关的是（）A.电场强度EB.电势φC.电势差UD.电势能E P【答案】D【解析】解：A、电场强度E=比值定义法定义的，它们的大小均与电量无关，由电场本身决定的，与检验电荷无关．故A错误；B、电势φ=比值定义法定义的，它们的大小均与电量无关，由电场本身决定的，与检验电荷无关．故B错误；C、电势差U是由电场本身以及电场中的两点的位置决定的，与检验电荷无关．故C错误；D、电势能E P=qφ与电荷有关，故D正确．故选：D本题考查了对电场中几个概念的理解情况，物理中有很多物理量是采用比值法定义的，要正确理解比值定义法的含义．对于物理中各个物理量要明确其确切含义，以及其定义式和决定式的不同，这要在学习中不断的总结和积累．2.下列公式中，既适用于点电荷产生的静电场，也适用于匀强电场的有（）①场强E=②场强E=③场强E=④电场力做功W=U q．A.①③B.②③C.②④D.①④【答案】D【解析】解：①电场强度E=是用比值定义法得出的物理量，是从力角度研究电场的物理量，适用于任意电场，故①正确；②匀强电场中沿场强方向电势降低最快，且没前进相同距离电势的降低相等，故匀强电场中任意两点的间的电势差与两点沿电场线的距离成正比；故电场强度与电势差的关系公式U=E d仅仅适用与匀强电场，故②错误；③点电荷产生的电场的场强公式E=是由电场强度的定义式和库仑定律联立得到，反映了点电荷的电场中任意一点的电场强度与该点的空间位置和场源电荷的电荷量的关系，而电场有多种，不是只有点电荷有电场，故③错误；④电场力做功与电势差的关系公式W=q U，反映了在电场中任意两点间移动电荷时，电场力做功与两点间电势差成正比，适用于任意电场，故④正确；故选D．题中的四个物理公式，分别是：电场强度的定义式、匀强电场中电场强度与电势差的关系公式、点电荷产生的电场的场强公式和电场力做功与电势差关系公式；结合物理公式得出的过程进行分析即可．本题关键是要熟悉有关电场的各个公式，要知道公式的推导过程，从而能够确定公式的适用范围．3.使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开．下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，正确的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】解：由于同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引；故验电器的上端应带上与小球异号的电荷，而验电器的箔片上将带上与小球同号的电荷；故只有B符合条件．故选B．当带电金属球靠近不带电的验电器时，由于电荷间的相互作用，而使电荷发生了移动从而使箔片带电．本题根据电荷间的相互作用，应明确同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．4.把真空中两个点电荷的距离变为原来的2倍，再把它们各自的电荷量也都变为原来的2倍，则两电荷的库仑力将变为原来的（）A.倍B.1倍C.2倍D.4倍【答案】B【解析】解：根据库仑定律的公式有：F=k，它们的距离变为原来的2倍，再把它们各自的电荷量也都变为原来的2倍，根据库仑定律：故B正确，A、C、D错误．故选：B．根据库仑定律的公式F=k分析．对于库仑定律公式涉及物理量较多，要明确公式中各个物理量的含义，可以和万有引力公式对比理解．5.在如图所示的各电场中，A、B两点场强不相同，但电势相同的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】解：A、在负点电荷产生的电场中，同心球面上的点的场强大小相等．A、B两点的场强大小相等，但方向不同，点电荷电场的等势线是以点电荷为球心的球面．故A正确．B、正点电荷产生的电场中，AB两点场强的方向相同，大小不同，沿电场线方向电势逐渐降低．故B错误．C、两平行板间的电场是匀强电场，场强大小方向都相等，但是沿着电场线电势降低，所以A点的电势比B点高．故C错误．D、AB两点处的电场线的疏密和切线方向都不同．即A、B两点的场强大小和方向都不同，电势A高于B．故D错误．故选：A．电场强度是矢量，既有大小又有方向，只有当大小方向均相同时，场强才相同．电势是标量，真空中点电荷电场的等势线是以点电荷为球心的球面．矢量要相同，只有大小和方向都相同才相同，相反当大小或方向之一变化时，矢量就变化．6.在雷雨云下沿竖直方向的电场强度为104V/m，已知一半径为1mm的雨滴在此电场中不会下落，取重力加速度大小为10m/s2，水的密度为103kg/m3．这雨滴携带的电荷量的最小值约为（）A.2×10-9CB.4×10-9CC.6×10-9CD.8×10-9C【答案】B【解析】解：带电雨滴在电场力和重力作用下保持静止，根据平衡条件电场力和重力必然等大反向mg=E q其中：m=ρVV=解得C故选B．带电雨滴只受重力和电场力，要使雨滴不下落，电场力最小要等于重力，由二力平衡条件可以求出电荷量．本题关键在于电场力和重力平衡，要求熟悉电场力公式和二力平衡条件！7.a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点．电场线与矩形所在平面平行．已知a点的电势为20V，b点的电势为24V，d点的电势为4V，如图，由此可知c点的电势为（）A.24 VB.12 VC.8 VD.4 V【答案】C【解析】解：根据在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分将线段bd五等分，如图所示，则U be=U bd=×（24-4）=4V，故U be=φb-φe=4V，故φf-φd=4V，故φe=24-4=20V．故φa=φe，φf=φd+4=8．V．连接cf，则cf∥ae，故c点的电势φc=φf=8V．故C正确．故选：C．在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分，故可将bd五等分，求出e、f的电势，连接ae和cf，则cf∥ae，φc=φf=8v．①在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分；②在匀强电场中电场线平行且均匀分布故等势线平行且均匀分布．以上两点是解决此类题目的金钥匙．8.如图所示，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【答案】C【解析】解：悬线烧断前，小球受重力、拉力、电场力平衡，重力和电场力的合力与拉力等值反向．烧断细线，物体受重力、电场力，两个力合力恒定，沿细线方向，合力方向与速度方向在同一条直线上，所以物体沿着悬线的延长线做匀加速直线运动．故C正确．A、B、D错误．故选：C．当物体所受的合力与速度在同一条直线上，物体做直线运动，所受的合力与速度不在同一条直线上，物体做曲线运动．解决本题的关键是要掌握物体做直线运动还是曲线运动的条件，当物体所受的合力与速度在同一条直线上，物体做直线运动，所受的合力与速度不在同一条直线上，物体做曲线运动．9.关于同一电场的电场线，下列表述正确的是（）A.电场线是客观存在的B.电场线越密，电场强度越小C.沿着电场线方向，电势越来越低D.电荷在沿电场线方向移动时，电势能减小【答案】C【解析】解：A、电场线是人为引入，假象的线，并非真实存在的，故A错误；B、电场线的疏密表示场强的强弱，电场线密的地方电场强，疏的地方电场弱，故错误；C、沿电场线电势降低，电势的高低与电场线的疏密无关，故C正确；D、电势能的高低通过电场力做功来判断，沿电场线运动，电场力不一定做正功，电势能不一定减小，故D错误．故选C．电场线是为了形象的描述电场强弱和方向引入的，并非实际存在的，电场线的疏密表示场强的强弱，沿电场线电势降低．本题着重通过电场线考察了对电势、场强、电势能概念的理解情况，要理解它们的区别以及大小的决定因素．10.如图所示，匀强电场场强为E，A与B两点间的距离为d，AB与电场线夹角为а，则A与B两点间的电势差为（）A.E dB.E dcosаC.E dsinаD.E dtanа【答案】B【解析】解：由题，A、B两点间的距离为d及AB连线与电场方向的夹角为α，则这两点沿电场方向的距离d=dcosθ，A、B两点间的电势差U=E d=E dcosθ．故选B已知匀强电场的场强为E，A、B两点间的距离为d及AB连线与电场方向的夹角为α，根据公式U=E d，求出两点沿电场方向的距离d ，再求解电势差U．本题首先要想到匀强电场中电势差与场强的关系式U=E d，其次要正确理解d的含义：两点沿电场方向的距离．11.在点电荷Q形成的电场中有一点A，当一个-q的检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的A点时，电场力做的功为W，则检验电荷在A点的电势能及电场中A点的电势分别为（）A.εA=-W，U A=B.εA=W，U A=-C.εA=W，U A=D.εA=-W，U A=-【答案】A【解析】解：依题意，-q的检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的A点时，电场力做的功为W，则电荷的电势能减小W，无限处电荷的电势能为零，则电荷在A点的电势能为ɛA=-W，A点的电势U A==．故选A根据电场力做功多少，电荷的电势能就减小多少分析电荷在A点与无限远间电势能的变化量，确定电荷在A点的电势能，由公式U A=求解A点的电势．电场中求解电势、电势能，往往先求出电势能改变量、该点与零电势的电势差，再求解电势和电势能．公式U A=一般代入符号计算．12.如图1所示，半径为R的均匀带电圆形平板，单位面积带电量为σ，其轴线上任意一点P（坐标为x）的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：E=2πkσ[1-]，方向沿x轴．现考虑单位面积带电量为σ0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板，如图2所示．则圆孔轴线上任意一点Q（坐标为x）的电场强度为（）A.2πkσ0B.2πkσ0C.2πkσ0D.2πkσ0【答案】A【解析】解：无限大均匀带电平板R取无限大，在Q点产生的场强：半径为r的圆板在Q点产生的场强：无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板后的场强是两个场强的差，所以：所以选项A正确．故选：A已知均匀圆板的电场强度的公式，推导出单位面积带电量为σ0的无限大均匀带电平板的电场强度的公式，然后减去半径为r的圆板产生的场强．本题对高中学生来说比较新颖，要求学生能应用所学过的单位制的应用及极限法；本题对学生的能力起到较好的训练作用，是道好题．二、多选题(本大题共2小题，共10.0分)13.M和N是原来不带电的物体，它们相互摩擦后M带1.6×10-10C的正电荷，下列判断正确的是（）A.在摩擦前M和N的内部没有任何电荷B.摩擦过程中电子从M转移到NC.摩擦过程中质子从N转移到MD.在摩擦过程中M和N的电荷总量不变【答案】BD【解析】解：A、原来不带电的物体处于电中性，不是不带电，而是正负电荷的个数相等，相互抵消；故A错误；B、摩擦起电中移动的是自由电子，失去电子的物体带正电，得到电子的物体带负电，故摩擦起电中M失去电子，转移到了N物体上，故B正确，C错误；D、由电荷守恒定律可知，在电子的转移中电荷的总量保持不变，故D正确；故选：BD．解答本题应明确起电的本质，明确不带电的物体呈现电中性，而带电的原因是失去或获得电子．本题考查电荷守恒定律，要明确在起电过程中总电荷量保持不变，得到电子的物体带负电，失去电子的物体带正电．14.当某一电容器两端的电势差达到40V时，它所带的电荷量是0.2C，若它两端的电势差降到20V时，则（）A.电容器的电容减少一半B.电容器的电容不变C.电容器所带电荷量减少一半D.电容器所带电荷量不变【答案】BC【解析】解：A、当某一电容器的电压是40V时，它所带电量是0.2C，若它的电压降到20V时，电容不变．故A错误，B正确．C、根据Q=CU，电容不变，电压变为原来的一半，则电量减小一半．故C正确，D错误．故选：BC．电容器的电容由本身的因素决定，与两端的电压和所带的电量无关，根据Q=CU判断电量的变化．解决本题的关键知道影响电容器电容的因素，以及会通过C=判断电量或电势差的变化．三、单选题(本大题共1小题，共5.0分)15.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，分落在收集板中央的两侧．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【答案】BD【解析】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BD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．该题考察了带电物体在电场力作用下的运动，要熟练的掌握带电粒子在电场中的受力情况及其运动情况，并会分析电场力做功与电势能的变化情况．四、多选题(本大题共1小题，共5.0分)16.如图所示，关于A、B两点的电场强度与电势的说法正确的是（）A.A点的电场强度大于B点的电场强度B.A、B点的电场强度的大小无法判断C.A点的电势大于B点的电势D.A点的电势等于B点的电势【答案】BC【解析】解：A、B、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，由于只有一条电场线，故无法判断A、B点的电场强度的大小，故A错误，B正确；C、D、沿电场线电势逐渐降低，故A点的电势大于B点的电势，故C正确，D错误；故选：BC．电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．电场线与等势面垂直，沿电场线的方向，电势降低．本题关键是要能够通过电场线反映电势的高低、电场强度的大小和方向，基础题目．五、单选题(本大题共1小题，共5.0分)17.如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度v1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为v2（v2＜v1）．若小物体电荷量保持不变，OM=ON，则（）A.小物体上升的最大高度为B.从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小C.从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功D.从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小【答案】AD【解析】解：设斜面倾角为θ、上升过程沿斜面运动的最大距离为L．因为OM=ON，则MN两点电势相等，小物体从M到N、从N到M电场力做功均为0．上滑和下滑经过同一个位置时，垂直斜面方向上电场力的分力相等，则经过相等的一小段位移在上滑和下滑过程中电场力分力对应的摩擦力所作的功均为相等的负功，所以上滑和下滑过程克服电场力产生的功与摩擦力所做的功相等、并设为W1．在上滑和下滑过程，对小物体，摩擦力做功相等，则应用动能定理分别有：-mgsinθL-W f-W1=-和mgsinθL-W f-W1=，上两式相减可得h=sinθL=，A正确；由OM=ON，可知电场力对小物体先作正功后作负功，电势能先减小后增大，BC错；从N到M的过程中，小物体受到的电场力垂直斜面的分力先增大后减小，而重力分力不变，则摩擦力先增大后减小，在此过程中小物体到O的距离先减小后增大，根据库仑定律可知小物体受到的电场力先增大后减小，D对．故选AD．根据电场力做功的特点可求得电场力做功的大小，由动能定理可分别列出上滑及下滑过程中的表达式，联立即可解得最大高度；由电场力做功与电势能关系要得出电势能的变化及电场力做功的特点；分析小球运动中压力的变化，由滑动摩擦力的计算公式可分析摩擦力的变化．本题考查动能定理的应用、摩擦力及电场力做功的特点，涉及能量变化的题目一般都要优先考虑动能定理的应用，并要求学生能明确几种特殊力做功的特点，如摩擦力、电场力、洛仑兹力等．六、填空题(本大题共2小题，共15.0分)18.如图所示是定性研究平行板电容器的电容与结构之间的关系的装置，平行板电容器的A板与静电计相连，B板和静电计金属壳都接地．指出下列三个图所示的情况下，静电计指针的偏转变化情况：①正对面积减小时，静电计指针的偏角______ ；②板间距离增大时，静电计指针的偏角______ ；③插入电介质时，静电计指针的偏角______ ．【答案】增大；增大；减小【解析】解：正对面积减小时，根据C=，判断电容变小，电容器的带电量Q不变，根据U=判断电势差变大，所以静电计指针的偏转角度增大；板间距离增大时，电容变小，电容器的带电量Q不变，电势差变大，静电计指针的偏转角度增大；插入电介质时，电容变大，带电量不变，电势差减小，静电计指针的偏角减小．答案为（1）增大；（2）增大．（3）减小静电计测量的是电容器两极板间的电势差，电势差越大，金属箔张角越大．根据C=，判断电容的变化，根据U=判断电势差的变化．解决本题的关键根据C=，判断电容的变化，根据U=判断电势差的变化．19.把自来水调成一股细流，将与毛皮摩擦过的橡胶棒接近此细流，会发现细流被橡胶棒______ （填“不动”“排斥”或“吸引”），细流靠近橡胶棒一侧带______ 电．【答案】吸引；正【解析】解：把自来水调成一股细流，将与毛皮摩擦过的橡胶棒接近此细流，会发现细流被橡胶棒吸引，用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，根据同种电荷相排斥，异种电荷相吸引得细流靠近橡胶棒一侧带正电．故答案为：吸引，正知道用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电；电荷间的相互作用规律是：同种电荷相排斥，异种电荷相吸引．记住正电荷和负电荷的规定．掌握电荷间的作用．排斥的物体带有同种电荷，吸引的可能带有异种电荷，可能带电体吸引不带电体．七、计算题(本大题共3小题，共32.0分)20.如图所示，绝缘水平面上静止着两个质量均为2m，电量均为+Q的物体A和B（A、B均可视为质点），它们间的距离为r，与平面间的动摩擦因数均为μ．求：（1）A受的摩擦力为多大？（2）如果将A的电量增至+6Q，两物体开始运动，当它们的加速度第一次为零时，A、B各运动了多远距离．【答案】解：（1）A静止时，它受到的静摩擦力F f与库仑力大小相等，故：F f=k（2）设A、B加速度为零时二者之间距离为R，由平衡条件得：μ（2m）g=k解得：R=Q由于两个物体的受力情况相同，故运动情况具有对称性，故移动的距离均为：x=（R-r）=-答：（1）A受到的摩擦力为k；（2）A、B相距-．【解析】（1）两个物体水平方向均是受静电斥力和静摩擦力，根据平衡条件求解静摩擦力；（2）当增加A电荷的电量后，两电荷受到库仑斥力运动，当所受的库仑斥力与摩擦力相等时，加速度为零，根据这一关系求出两电荷的距离；再结合对称性得到A、B各运动的距离．解决本题的关键掌握库仑定律的公式F=k，以及知道电荷所受的库仑力与摩擦力相等时，加速度为零．21.在电场中一条电场线上有A、B两点，如图所示．若将一负电荷q=-2.0×10-7C，从A点移至B点，电荷克服电场力做功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，已知U AC=500V，若把这一负荷从B移至C电场力做多少功？是正功还是负功？【答案】解：（1）根据题意得一负电荷q=-2.0×10-7C，从A点移至B点，电荷克服电场力做功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，电荷克服电场力做功为4.0×10-4J，所以电势能增加4.0×10-4J．（4）已知U AC=500V，而U AB=2000V，所以U BC=-1500V，所以W BC=q U 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，已知U AC=500V，若把这一负荷从B移至C电场力做正功，大小是3×10-4J．【解析】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．本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=q U求解．22.真空室中有如图所示的装置．电极K发出的电子（初速不计）经过加速电场后，由小孔O沿水平放置的偏转板M、N间的中心轴线UOO 射入．M、N板长为L，两板间加有恒定电压，它们间的电场可看作匀强电场．偏转板右端边缘到荧光屏P的距离为s．当加速电压为U1时，电子恰好打在N板中央的A点；当加速电压为U2时，电子打在荧光屏的B点．已知A、B点到中心轴OO 的距离相等．求U1：U2．【答案】解：设电子电量为e，质量为m．由题意，电子在偏转电场中做类平抛运动，加速度为a，且保持不变．加速电压为U1时，设电子进入偏转电场时，速度为v1，则有偏转距离为y1，沿板方向的位移为，则有加速电压为U2时，设电子进入偏转电场时，速度为v2，则有偏转距离为y2，沿板方向的位移为L，L=v2t2如图所示，电子从C点离开电场，沿直线CB匀速运动打在B点，由几何关系，由上综合而得，答：两种情况下的电压之比为，【解析】在加速电场中运用动能定理求出末速度v，粒子进入偏转电场后做类平抛运动，根据平抛运动的规律求出偏转位移，再进行讨论即可解题．本题考查了带电粒子在电场中加速和偏转问题，注意带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，根据平抛运动的基本规律解题．。
浙江高二高中物理月考试卷带答案解析
浙江高二高中物理月考试卷班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.如图所示，条形磁铁用细线悬挂在O点。
O点正下方固定一个水平放置的铝线圈。
让磁铁在竖直面内摆动，下列说法中正确的是（）A．在磁铁摆动一个周期内，线圈内感应电流的方向改变2次B．磁铁始终受到感应电流磁场的斥力作用C．磁铁所受到的感应电流对它的作用力有时是阻力有时是动力D．磁铁所受到的感应电流对它的作用力始终是阻力2.如图，甲、乙两图为与匀强磁场垂直放置的两个金属框架，乙图除了一个电阻为零、自感系数为L的线圈外，其他部分与甲图都相同，导体AB以相同的加速度向右做匀加速直线运动。
若位移相同，则（）A．甲图中外力做功多B．两图中外力做功相同C．乙图中外力做功多D．无法判断3.下图是法拉第做成的世界上第一台发电机模型的原理图。
将铜盘放在磁场中，让磁感线垂直穿过铜盘；图中a、b导线与铜盘的中轴线处在同一竖直平面内；转动铜盘，就可以使闭合电路获得电流。
若图中铜盘半径为L，匀强磁场的磁感应强度为B，回路总电阻为R，从上往下看逆时针匀速转动铜盘的角速度为ω。
则下列说法正确的是（）A．回路中有大小和方向作周期性变化的电流B．回路中电流大小恒定，且等于C．回路中电流方向不变，且从b导线流进灯泡，再从a导线流向旋转的铜盘D．若将匀强磁场改为仍然垂直穿过铜盘的正弦变化的磁场，不转动铜盘，灯泡中也会有电流流过4.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，b是原线圈的中心抽头，电压表V 和电流表A均为理想电表，除滑动变阻器电阻R以外其余电阻均不计，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为t（V）。
下列说法中正确的是（）A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22VB．时，c、d两点问的电压瞬时值为110VC．单刀双掷开关与a连接，滑动变阻器触头向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小D．当单刀双掷开关由a扳向b时，电压表和电流表的示数均变小5.远距离输电线路的示意图如下：若发电机的输出电压不变，则下列叙述中正确的是（）A．升压变压器的原线圈中的电流与用户用电设备消耗的功率无关B．当用户用电器的总电阻减少时，输电线上损失的功率增大C．输电线中的电流只由升压变压器原副线圈的匝数比决定D．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压6.下表记录了某受迫振动的振幅随驱动力频率变化的关系，若该振动系统的固有频率为，则（）驱动力频率（Hz） 30 40 50 60 70 80C． 50 Hz ＜＜60 Hz D．以上三个答案都不对7.如图所示，将小球甲、乙、丙（都可视为质点）分别从A、B、C三点由静止同时释放，最后都到达竖直面内圆弧的最低点D，其中甲是从圆心A出发做自由落体运动，乙沿弦轨道从一端B到达另一端D，丙沿圆弧轨道从C点运动D，且C点很靠近D点。
浙江省衢州市江山实验中学高二数学上学期11月月考试卷 理(含解析)
2014-2015学年浙江省衢州市江山实验中学高二（上）11月月考数学试卷（理科）一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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．下列命题中正确的是（）A．一直线与一平面平行，这个平面内有无数条直线与它平行B．平行于同一直线的两个平面平行C．与两相交平面的交线平行的直线必平行于这两个相交平面D．两条平行直线中的一条与一个平面平行，则另一条也与该平面平行2．下列命题错误的是（）A．命题“若x2﹣3x+2=0，则x=1”的逆否命题为“若x≠1，则x2﹣3x+2≠0”B．命题“∃x∈R，x2﹣x＞0”的否定是“∀x∈R，x2﹣x≤0”C．“•=0”是“=或=”的必要不充分条件D．“若am2＜bm2，则a＜b”的逆命题为真3．正方体的外接球与其内切球的体积之比为（）A． B． 3：1 C． D． 9：14．已知两个平面α、β，直线a⊂α，则“α∥β”是“直线a∥β”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件5．一个四面体的顶点在空间直角坐系O﹣xyz中的坐标分别是（1，0，0），（0，0，1），（0，1，0），（1，1，1），画该四面体三视图中的正视图时，以zOy平面为投影面，则得到的正视图可为（）A． B． C． D．6．对于命题p和命题q，则“p且q为真命题”的必要不充分条件是（）A．￢p或￢q为假命题 B．￢p且￢q为真命题C． p或q为假命题 D． p或q为真命题7．已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β．直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则（）A．α∥β且l∥α B．α⊥β且l⊥βC．α与β相交，且交线垂直于l D．α与β相交，且交线平行于l8．如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=3，E为DC边的中点，沿AE将AD折起，使二面角D ﹣AE﹣B为60°，则异面直线BC与AD所成的角余弦值为（）A． B． C． D．9．已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于（） A． B． C． D．10．已知点E、F分别是正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱AB、AA1的中点，点M、N分别是线段D1E 与C1F上的点，则满足与平面ABCD平行的直线MN有（）A． 0条 B． 1条 C． 2条 D．无数条二、（填空题：本大题共7小题每小题4分，共28分）11．=（4，﹣2，﹣4），=（6，﹣3，2），则（2﹣3）•（+2）= ．12．轴截面是边长等于2的等边三角形的圆锥，它的表面积等于．13．已知p：，q：（x﹣a）（x﹣a﹣1）＞0，若p是￢q的充分不必要条件，则实数a的取值范围是．14．如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=1，BC=2，AC=，AA1=3，M为线段BB1上的一动点，则当AM+MC1最小时，△AMC1的面积为．15．A是锐二面角α﹣l﹣β的α内一点，AB⊥β于点B，AB=，A到l的距离为2，则二面角α﹣l﹣β的平面角大小为．16．四面体ABCD中，面ABC与面BCD成600的二面角，顶点A在面BCD上的射影H是△BCD 的垂心，G是△ABC的重心，若AH=4，AB=AC，则GH= ．17．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段CC1上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面记为S．则下列命题正确的是（写出所有正确命题的编号）．①当0＜CQ＜时，S为四边形；②当CQ=时，S不为等腰梯形；③当CQ=时，S与C1D1的交点R满足C1R=；④当＜CQ＜1时，S为六边形；⑤当CQ=1时，S的面积为．三、解答题（本大题5小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）18．设命题p：函数f（x）=lg的定义域是R；命题q：不等式3x﹣9x＜a对一切正实数x均成立．（1）如果p是真命题，求实数a的取值范围；（2）如果“p或q”为真命题，命题“p且q”为假命题，求实数a的取值范围．19．在△ABC中∠C=90°，AC=8，BC=6，以这个直角三角形的一条边所在的直线为轴旋转一周，求所得到的几何体的表面积．20．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD为矩形，且PA=AD=1，AB=2，∠PAB=120°，∠PBC=90°（Ⅰ）平面PAD与平面PAB是否垂直？并说明理由；（Ⅱ）求直线PC与平面ABCD所成角的正弦值．21．在四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，∠ABC=∠APB=90°，点M是线段AB上的一点，且PM⊥CD，AB=BC=2PB=2AD=4BM．（1）证明：面PAB⊥面ABCD；（2）求平面PAB与平面PCD的二面角的正弦值．22．若将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折成一个直二面角，且EA⊥平面ABD，AE=a （如图）．（Ⅰ）若，求证：AB∥平面CDE；（Ⅱ）求实数a的值，使得二面角A﹣EC﹣D的大小为60°．2014-2015学年浙江省衢州市江山实验中学高二（上）11月月考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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．下列命题中正确的是（）A．一直线与一平面平行，这个平面内有无数条直线与它平行B．平行于同一直线的两个平面平行C．与两相交平面的交线平行的直线必平行于这两个相交平面D．两条平行直线中的一条与一个平面平行，则另一条也与该平面平行考点：空间中直线与直线之间的位置关系．专题：空间位置关系与距离．分析： A根据直线与平面平行的性质定理，判断该命题是正确的；B、C、D通过举例说明命题是否成立即可．解答：解：对于A，如果一条直线与一平面平行，那么过该条直线作平面与已知平面相交，则该直线与交线平行，∴这个平面内有无数条直线与该直线平行，A正确；对于B，平行于同一直线的两个平面平行，也可能相交，∴B错误；对于C，与两相交平面的交线平行的直线，平行于这两个相交平面，也可能在这两个平面内，∴C错误；对于D，两条平行直线中的一条与一个平面平行，则另一条也可能在这个平面内，也可能与这个平面平行，∴D错误．故选：A．点评：本题考查了空间中的线线平行、线面平行与的判断与性质的应用问题，解题时应对每一个命题进行分析与判断，是基础题．2．下列命题错误的是（）A．命题“若x2﹣3x+2=0，则x=1”的逆否命题为“若x≠1，则x2﹣3x+2≠0”B．命题“∃x∈R，x2﹣x＞0”的否定是“∀x∈R，x2﹣x≤0”C．“•=0”是“=或=”的必要不充分条件D．“若am2＜bm2，则a＜b”的逆命题为真考点：命题的真假判断与应用．专题：简易逻辑．分析： A，利用命题及其逆否命题的概念判断即可；B，利用特称命题与全称命题间的关系可判断②的正误；C，利用充分必要的概念可判断③；D，利用不等式的性质可判断④的正误．解答：解：A，命题“若x2﹣3x+2=0，则x=1”的逆否命题为“若x≠1，则x2﹣3x+2≠0”，正确；B，命题“∃x∈R，x2﹣x＞0”的否定是“∀x∈R，x2﹣x≤0”，正确；C，“•=0”⇒⊥，不一定是=或=，即充分性不成立，反之，若=或=，则•=0，即必要性成立，故“•=0”是“=或=”的必要不充分条件，正确；是“=或=”的必要不充分条件D，“若am2＜bm2，则a＜b”的逆命题为“若a＜b”，则“am2＜bm2”是假命题，当m=0时，am2=bm2=0，故D错误．故选：D．点评：本题考查命题的真假判断与应用，着重考查命题间的关系及特称命题与全称命题、充分必要的概念的理解与应用，属于中档题．3．正方体的外接球与其内切球的体积之比为（）A． B． 3：1 C． D． 9：1考点：球内接多面体．专题：计算题；空间位置关系与距离．分析：设出正方体的棱长，分别求出正方体的内切球与其外接球的半径，然后求出体积比．解答：解：设正方体的棱长为a，则它的内切球的半径为a，它的外接球的半径为，故所求的比为3：1，故选C点评：本题考查正方体的内切球和外接球的体积，是基础题．4．已知两个平面α、β，直线a⊂α，则“α∥β”是“直线a∥β”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件考点：空间中直线与平面之间的位置关系；充要条件．专题：阅读型．分析：根据面面平行的定义可知“α∥β”⇒“直线a∥β”是真命题，而“直线a∥β”⇒“α∥β”是假命题，根据若p⇒q为真命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的充分不必要条件进行判断即可．解答：解：根据面面平行的定义可知α与β无公共点，而a⊂α，则a与β无公共点，则直线a∥β即“α∥β”⇒“直线a∥β”是真命题；直线a⊂α，直线a∥β⇒两个平面α、β可能平行也可能相交，即“直线a∥β”⇒“α∥β”是假命题；根据充要条件的判定可知“α∥β”是“直线a∥β”的充分不必要条件，故选：A．点评：本题主要考查了空间中直线与平面之间的位置关系，以及充要条件的判定，同时考查了推理能力，属于基础题．5．一个四面体的顶点在空间直角坐系O﹣xyz中的坐标分别是（1，0，0），（0，0，1），（0，1，0），（1，1，1），画该四面体三视图中的正视图时，以zOy平面为投影面，则得到的正视图可为（）A． B． C． D．考点：简单空间图形的三视图．专题：计算题；空间位置关系与距离．分析：由题意画出几何体的直观图，然后判断以zOx平面为投影面，则得到正视图即可．解答：解：因为一个四面体的顶点在空间直角坐标系O﹣xyz中的坐标分别是（1，0，0），（0，0，1），（0，1，0），（1，1，1），几何体的直观图是正方体的顶点为顶点的一个正四面体，所以以zOy平面为投影面，则得到正视图为A．故选A．点评：本题考查几何体的三视图的判断，根据题意画出几何体的直观图是解题的关键，考查空间想象能力．6．对于命题p和命题q，则“p且q为真命题”的必要不充分条件是（）A．￢p或￢q为假命题 B．￢p且￢q为真命题C． p或q为假命题 D． p或q为真命题考点：复合命题的真假．专题：简易逻辑．分析：根据必要不充分条件的概念，以及p且q，p或q，￢p，￢q的真假和p，q真假的关系，即可找出正确选项．解答：解：p且q为真命题，则p真q真；A．￢p或￢q为假命题，则￢p，￢q都为假，所以p，q都为真，∴￢p或￢q为假命题是p 且q为真命题的充要条件，∴该选项错误；B．￢p且￢q为真命题，则p，q都为假命题，∴由p且q为真命题得不出p且q为真命题，即该命题不是p且q为真命题的必要条件，∴该选项错误；C．p或q为假命题，则p，q都是假命题，由B知该选项错误；D．p或q为真命题，则p，q中至少一个为真命题，∴p且q为真命题能得到p或q为真命题，而p或q为真命题得不到p且q为真命题，即p或q为真命题是p且q为真命题的必要不充分条件，即该选项正确．故选D．点评：考查充分条件，必要条件，必要不充分条件的概念，以及p且q，p或q，￢p，￢q 的真假和p，q真假的关系．7．已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β．直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则（）A．α∥β且l∥α B．α⊥β且l⊥βC．α与β相交，且交线垂直于l D．α与β相交，且交线平行于l考点：平面与平面之间的位置关系；平面的基本性质及推论．专题：空间位置关系与距离．分析：由题目给出的已知条件，结合线面平行，线面垂直的判定与性质，可以直接得到正确的结论．解答：解：由m⊥平面α，直线l满足l⊥m，且l⊄α，所以l∥α，又n⊥平面β，l⊥n，l⊄β，所以l∥β．由直线m，n为异面直线，且m⊥平面α，n⊥平面β，则α与β相交，否则，若α∥β则推出m∥n，与m，n异面矛盾．故α与β相交，且交线平行于l．故选D．点评：本题考查了平面与平面之间的位置关系，考查了平面的基本性质及推论，考查了线面平行、线面垂直的判定与性质，考查了学生的空间想象和思维能力，是中档题．8．如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=3，E为DC边的中点，沿AE将AD折起，使二面角D ﹣AE﹣B为60°，则异面直线BC与AD所成的角余弦值为（）A． B． C． D．考点：异面直线及其所成的角．分析：如图所示，求出DG、AG、FH、DG、HF、HE的值，根据=（）•（+），利用两个向量的数量积的定义，求出异面直线BC与AD所成的角余弦值．解答：解：如图所示：取AB的中点F，连接EF，则EF平行且等于BC．作DG⊥AE，G为垂足，G∈AE，则DG==，AG==，=+．作FH⊥AE，H为垂足，H∈AE，则FH==，EH==，==+．∴=（）•（+）=+++．由二面角D﹣AE﹣B为60°，以及作图过程可得，⊥，和方向相同，和的夹角为120°，⊥，设面直线BC与AD所成的角为θ，则3×3×cosθ=0+•+•cos120°+0，求得cosθ=，即异面直线BC与AD所成的角余弦值为．点评：本题主要考查两个向量的加减法的法则，以及其几何意义，两个向量的数量积的定义，用向量表示二面角的平面角，属于中档题．9．已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于（） A． B． C． D．考点：用空间向量求直线与平面的夹角；直线与平面所成的角．专题：综合题；压轴题；空间角；空间向量及应用．分析：设AB=1，则AA1=2，分别以的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，设=（x，y，z）为平面BDC1的一个法向量，CD与平面BDC1所成角为θ，则sinθ=||，在空间坐标系下求出向量坐标，代入计算即可．解答：解：设AB=1，则AA1=2，分别以的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如下图所示：则D（0，0，2），C1（1，0，0），B（1，1，2），C（1，0，2），=（1，1，0），=（1，0，﹣2），=（1，0，0），设=（x，y，z）为平面BDC1的一个法向量，则，即，取=（2，﹣2，1），设CD与平面BDC1所成角为θ，则sinθ=||=，故选A．点评：本题考查直线与平面所成的角，考查空间向量的运算及应用，准确理解线面角与直线方向向量、平面法向量夹角关系是解决问题的关键．10．已知点E、F分别是正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱AB、AA1的中点，点M、N分别是线段D1E 与C1F上的点，则满足与平面ABCD平行的直线MN有（）A． 0条 B． 1条 C． 2条 D．无数条考点：空间中直线与平面之间的位置关系．专题：空间位置关系与距离．分析：取BB1的中点H，连接FH，在D1E上任取一点M，过M在面D1HE中，作MG平行于HO，其中O为线段D1E的中点，交D1H于G，再过G作GN∥FH，交C1F于N，连接MN，根据线面平行的判定定理，得到GM∥平面ABCD，NG∥平面ABCD，再根据面面平行的判断定理得到平面MNG∥平面ABCD，由面面平行的性质得到则MN∥平面ABCD，由于M是任意的，故MN有无数条．解答：解：取BB1的中点H，连接FH，则FH∥C1D，连接HE，在D1E上任取一点M，过M在面D1HE中，作MG平行于HO，其中O为线段D1E的中点，交D1H于G，再过G作GN∥FH，交C1F于N，连接MN，O在平面ABCD的正投影为K，连接KB，则OH∥KB，由于GM∥HO，HO∥KB，KB⊂平面ABCD，GM⊄平面ABCD，所以GM∥平面ABCD，同理由NG∥FH，可推得NG∥平面ABCD，由面面平行的判定定理得，平面MNG∥平面ABCD，则MN∥平面ABCD．由于M为D1E上任一点，故这样的直线MN有无数条．故选：D．点评：本题考查空间直线与平面的位置关系，主要是直线与平面平行的判断和面面平行的判定与性质，考查空间想象能力和简单推理能力．二、（填空题：本大题共7小题每小题4分，共28分）11．=（4，﹣2，﹣4），=（6，﹣3，2），则（2﹣3）•（+2）= ﹣200 ．考点：空间向量的数量积运算．专题：空间向量及应用．分析：利用向量的坐标运算、数量积运算即可得出．解答：解：∵=2（4，﹣2，﹣4）﹣3（6，﹣3，2）=（﹣10，5，﹣14），=（4，﹣2，﹣4）+2（6，﹣3，2）=（16，﹣8，0），∴（2﹣3）•（+2）=﹣160﹣40=﹣200．故答案为：﹣200．点评：本题考查了向量的坐标运算、数量积运算，属于基础题．12．轴截面是边长等于2的等边三角形的圆锥，它的表面积等于3π．考点：棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．专题：空间位置关系与距离．分析：由轴截面是边长等于2的等边三角形，求出圆锥的底面半径，母线长，进而求出圆锥的底面周长，代入圆锥表面积公式，即可求出圆锥的表面积．解答：解：一个圆锥的轴截面（过旋转轴的截面）是边长为2的等边三角形，所以圆锥的母线为l=2；底面半径为r=1；圆锥的底面周长为C=2πr=2π．所以圆锥的表面积为：×2π×2+π•12=3π故答案为：3π点评：本题是基础题，考查圆锥的轴截面知识，圆锥的表面积的求法，实际上这个圆锥又叫等边圆锥，需要同学注意它的边角关系，常考题目．13．已知p：，q：（x﹣a）（x﹣a﹣1）＞0，若p是￢q的充分不必要条件，则实数a的取值范围是．考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断；命题的否定；一元二次不等式的解法．分析：由已知可得：p：，q：x＜a，或x＞a+1，再由求命题否定的方法求出¬q，结合充要条件的判定方法，不难给出答案．解答：解：∵p：，q：（x﹣a）（x﹣a﹣1）＞0，∴q：x＜a，或x＞a+1∴¬q：a≤x≤a+1又∵p是¬q的充分不必要条件，∴解得：则实数a的取值范围是故答案为：点评：判断充要条件的方法是：①若p⇒q为真命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的充分不必要条件；②若p⇒q为假命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的必要不充分条件；③若p⇒q为真命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的充要条件；④若p⇒q为假命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的即不充分也不必要条件．⑤判断命题p与命题q所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p与命题q的关系．14．如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=1，BC=2，AC=，AA1=3，M为线段BB1上的一动点，则当AM+MC1最小时，△AMC1的面积为．考点：多面体和旋转体表面上的最短距离问题．专题：空间位置关系与距离．分析：先将直三棱柱ABC﹣A1B1C1沿棱BB1展开成平面连接AC1，与BB1的交点即为满足AM+MC1最小时的点M，由此可以求得△AMC1的三边长，再由余弦定理求出其中一角，由面积公式求出面积解答：解：将直三棱柱ABC﹣A1B1C1沿棱BB1展开成平面连接AC1，与BB1的交点即为满足AM+MC1最小时的点M，由于AB=1，BC=2，AA1=3，再结合棱柱的性质，可得BM=AA1=1，故B1M=2由图形及棱柱的性质，可得AM=，AC1=，MC1=2 ，cos∠AMC1==﹣．故sin∠AMC1=，△AMC1的面积为××2 ×=，故答案为：点评：本题考查棱柱的特征，求解本题的关键是根据棱柱的结构特征及其棱长等求出三角形的边长，再由面积公式求面积，本题代数与几何相结合，综合性强，解题时要注意运算准确，正确认识图形中的位置关系．15．A是锐二面角α﹣l﹣β的α内一点，AB⊥β于点B，AB=，A到l的距离为2，则二面角α﹣l﹣β的平面角大小为60°．考点：用空间向量求平面间的夹角．专题：计算题；空间角．分析：由题意画出图形，说明∠AOB是二面角α﹣l﹣β的平面角，或补角，然后求出二面角的大小．解答：解：由题意可知A是二面角α﹣l﹣β的面α内一点，AB⊥平面β于点B，AB=，A到l的距离为2，如图：AO⊥l于O，因为AB⊥平面β于点B，连结OB，所以∠AOB是二面角α﹣l﹣β的平面角，或补角，所以sin∠AOB=，∴∠AOB=60°或120°．∵α﹣l﹣β是锐二面角，∴二面角α﹣l﹣β的平面角大小为60°．故答案为：60°点评：本题考查空间几何体中点、线、面的关系，正确作出所求距离是解题的关键，考查计算能力．16．四面体ABCD中，面ABC与面BCD成600的二面角，顶点A在面BCD上的射影H是△BCD 的垂心，G是△ABC的重心，若AH=4，AB=AC，则GH= ．考点：棱锥的结构特征．专题：空间位置关系与距离．分析：根据题意，画出图形，结合图形，把GH放在三角形中，借助于三角形的边角关系，即可求出它的大小来．解答：解：连结AG，并延长交BC于M，连结DM，如图所示；则AM是△ABC的中线，∵AB=AC，∴AM⊥BC，连结HM，则HM是AM在平面BCD上的射影；∴根据三垂线逆定理，BC⊥HM，∵H是△BCD的垂心，∴GM在BC边上的高线DH上，即DM是BC边上的高，∴DM是BC的垂直平分线，DB=DC，∴∠AMD是二面角A﹣BC﹣D的平面角，∴∠AMD=60°，=sin60°，AM=，MH==，在△AMH上作GN∥AH，交MH于N，根据三角形平行比例线段性质，=，根据三角形重心的性质，=，∵△MNG∽△MHA，∴=，∴GN=，同理，=，∴MN=•=，∴NH=MH﹣MN=﹣=，在Rt△GNH中根据勾股定理，GH2=GN2+NH2，∴GH2=+=∴GH=．故答案为：．点评：本题考查了空间中的两点间的距离的求法问题，解题时应画出图形，结合图形，把两点间的距离放在三角形中，利用边角关系进行解答，是难题．17．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段CC1上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面记为S．则下列命题正确的是①③⑤（写出所有正确命题的编号）．①当0＜CQ＜时，S为四边形；②当CQ=时，S不为等腰梯形；③当CQ=时，S与C1D1的交点R满足C1R=；④当＜CQ＜1时，S为六边形；⑤当CQ=1时，S的面积为．考点：平行投影及平行投影作图法．专题：综合题；空间位置关系与距离．分析：由题意作出满足条件的图形，由线面位置关系找出截面可判断选项的正误．解答：解：如图当CQ=时，即Q为CC1中点，此时可得PQ∥AD1，AP=QD1==，故可得截面APQD1为等腰梯形，故②不正确；由上图当点Q向C移动时，满足0＜CQ＜，只需在DD1上取点M满足AM∥PQ，即可得截面为四边形APQM，故①正确；③当CQ=时，如图，延长DD1至N，使D1N=，连接AN交A1D1于S，连接NQ交C1D1于R，连接SR，可证AN∥PQ，由△NRD1∽△QRC1，可得C1R：D1R=C1Q：D1N=1：2，故可得C1R=，故正确；④由③可知当＜CQ＜1时，只需点Q上移即可，此时的截面形状仍然上图所示的APQRS，显然为五边形，故错误；⑤当CQ=1时，Q与C1重合，取A1D1的中点F，连接AF，可证PC1∥AF，且PC1=AF，可知截面为APC1F为菱形，故其面积为AC1•PF=，故正确．故答案为：①③⑤点评：本题考查命题真假的判断与应用，涉及正方体的截面问题，属中档题．三、解答题（本大题5小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）18．设命题p：函数f（x）=lg的定义域是R；命题q：不等式3x﹣9x＜a对一切正实数x均成立．（1）如果p是真命题，求实数a的取值范围；（2）如果“p或q”为真命题，命题“p且q”为假命题，求实数a的取值范围．考点：命题的真假判断与应用．专题：综合题．分析：（1）由题意，若p是真命题，则对任意实数都成立，由此能够求出p是真命题时，实数a的取值范围．（2）若命题q为真命题时，则3x﹣9x＜a对一切正实数x均成立．由∈（﹣∞，0），知q是真命题时，a≥0．再由p或q为真命题，命题p且q为假命题，知或，能求出实数a的取值范围．解答：解：（1）由题意，若p是真命题，则对任意实数都成立，若a=0，显然不成立；若a≠0，解得a＞2故如果p是真命题时，实数a的取值范围是（2，+∞）（2）若命题q为真命题时，则3x﹣9x＜a对一切正实数x均成立．∵x＞0∴3x＞1∴3x﹣9x∈（﹣∞，0）所以如果q是真命题时，a≥0．又p或q为真命题，命题p且q为假命题所以命题p与q一真一假∴或解得0≤a≤2综上所述，实数a的取值范围是[0，2]点评：本题考查命题的真假判断和应用，解题时要注意公式的灵活运用．19．在△ABC中∠C=90°，AC=8，BC=6，以这个直角三角形的一条边所在的直线为轴旋转一周，求所得到的几何体的表面积．考点：旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．专题：空间位置关系与距离．分析：以三条边分别为轴旋转，得到不同的圆锥或者圆锥的组合体，分别计算表面积．解答：解：（1）当以AC边所在的直线为轴旋转一周时，得到的几何体是一个圆锥，它的母线长为AB，底面圆半径为BC=6．由勾股定理，得AB==10．∴这时圆锥的表面积=π×6×10+π×62=60π+36π=96π．（2）当以BC边所在直线为轴旋转一周时，得到的几何体也是一个圆锥，它的母线长为AB=10，底面圆半径为AC=8．∴圆锥表面积=π×8×10+π×82=80π+64π=144π．（3）当以AB边所在直线为轴旋转一周时，得到的几何体是底面是同圆，母线长分别是AC 和BC的两个圆锥．作CD⊥AB于D．则CD==4.8．∵以AC为母线的圆锥的侧面积=π×4.8×8=π，以BC为母线的圆锥的侧面积=π×4.8×6=π，∴所求几何体的表面积=π+π=π．点评：本题考查了三角形绕一边旋转得到的几何体表面积的计算，实质是圆锥的表面积的计算；关键是明确圆锥的母线长以及底面半径．20．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD为矩形，且PA=AD=1，AB=2，∠PAB=120°，∠PBC=90°（Ⅰ）平面PAD与平面PAB是否垂直？并说明理由；（Ⅱ）求直线PC与平面ABCD所成角的正弦值．考点：平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角．专题：空间角．分析：（I）由ABCD为矩形，∠PBC=90°可证DA⊥平面PAB，再利用面面垂直的判定定理即可证得平面PAD⊥平面PAB；（II）过点P作平面ABCD的垂线，垂足为H，连接CH，可证得∠PCH为PC与底面ABCD所成的角，在直角三角形PAH，直角三角形BCH，直角三角形PCH中分别求得PH，CH，PC的长，即可求得直线PC与平面ABCD所成角的正弦值为．解答：解：（Ⅰ）平面PAD⊥平面PAB∵∠PBC=90°∴BC⊥PB∵四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD为矩形∴BC⊥AB∵PB⊂平面PAB，AB⊂平面PAB，且PB∩AB=B∴BC⊥平面PAB∵AD∥BC∴AD⊥平面PAB∵AD⊂平面PAD∴平面PAD⊥平面PAB．（Ⅱ）如图，过点P作BA延长线的垂线PH，垂足为H，连接CH．由（Ⅰ）可知AD⊥平面PAB∵AD⊂平面ABCD∴平面PAB⊥平面ABCD∵PH⊂平面PAB，平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB∴PH⊥平面ABCD∴CH为PC在平面ABCD内的射影．∴∠PCH为PC与底面ABCD所成的角．∵∠PAB=120°∴∠PAH=60°∵PA=1∴在直角三角形PAH中，PH=PA×sin60°=，AH=PA×cos60°=在直角三角形HBC中，BH=AH+AB=+2=，BC=AD=1故CH==在直角三角形PHC中，PC==2∴sin∠PCH==故直线PC与平面ABCD所成角的正弦值为点评：本题主要考查了两个平面垂直的判定定理、性质定理及直线与平面所成的角概念和求法，培养了空间想象能力及问题的等价转换的能力．21．在四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，∠ABC=∠APB=90°，点M是线段AB上的一点，且PM⊥CD，AB=BC=2PB=2AD=4BM．（1）证明：面PAB⊥面ABCD；（2）求平面PAB与平面PCD的二面角的正弦值．考点：用空间向量求平面间的夹角；平面与平面垂直的判定；二面角的平面角及求法．专题：空间位置关系与距离；空间角．分析：（1）由已知条件推导出PM⊥AB，从而得到PM⊥面ABCD，由此能证明面PAB⊥面ABCD．（2）延长AB与CD交于一点H，作AN⊥PH，连接ND，则∠AND就是平面PAB与平面PCD的二面角的平面角，由此能求出平面PAB与平面PCD的二面角的正弦值．解答：（1）证明：∵AB=2PB=4BM，∴PM⊥AB，又∵PM⊥CD，且AB∩CD，∴PM⊥面ABCD，…（5分）∵PM⊂面PAB．∴面PAB⊥面ABCD．…（7分）（2）解：由（1）知：面DA⊥面PAB，延长BA与CD交于一点H，作AN⊥PH，连接ND，则∠AND就是平面PAB与平面PCD的二面角的平面角，…（10分）在△AND中，，AD=2t，∴，∴平面PAB与平面PCD的二面角的正弦值是．…（15分）点评：本题考查平面与平面垂直的证明，考查二面角的正弦值的求法，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．22．若将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折成一个直二面角，且EA⊥平面ABD，AE=a （如图）．（Ⅰ）若，求证：AB∥平面CDE；（Ⅱ）求实数a的值，使得二面角A﹣EC﹣D的大小为60°．考点：直线与平面平行的判定；二面角的平面角及求法．专题：空间角．分析：（Ⅰ）建立空间直角坐标系，确定平面CDE的一个法向量，利用数量积为0，即可证得AB∥平面CDE；（Ⅱ）确定平面CDE的一个法向量，平面AEC的一个法向量为，利用二面角A﹣EC﹣D的大小为60°，结合向量的夹角公式，即可求求实数a的值．解答：（Ⅰ）证明：如图建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（2，0，0），C（1，1，），D（0，2，0），E（0，0，），∴（2分）设平面CDE的一个法向量为，则有，取时，（4分）∴，又AB不在平面CDE内，所以AB∥平面CDE；（7分）（Ⅱ）解：如图建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（2，0，0），C（1，1，），D （0，2，0），E（0，0，a），∴，设平面CDE的一个法向量为，则有，取z=2时，（9分）又平面AEC的一个法向量为，（10分）∵二面角A﹣EC﹣D的大小为60°，∴，即，解得（13分）又a＞0，所以．（14分）点评：本题考查线面平行，考查面面角，考查利用空间向量解决立体几何问题，确定平面的法向量是关键，属于中档题．。
2015-2016学年浙江省衢州市江山实验中学高二(上)月考物理试卷(10月份)(选考)
2015-2016学年浙江省衢州市江山实验中学高二（上）月考物理试卷（10月份）（选考）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共11小题，共33.0分)1.下面四幅图表示了磁感应强度B、电荷速度v和洛伦兹力F三者方向之间的关系，其中正确的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】解：A、根据左手定则，洛伦兹力方向竖直向下．故A错误．B、根据左手定则，洛伦兹力方向竖直向上．故B正确．C、根据左手定则，洛伦兹力方向垂直纸面向外．故C错误．D、电荷的运动方向与磁场方向平行，电荷不受洛伦兹力．故D错误．故选：B．伸开左手，让大拇指与四指方向垂直，并且在同一个平面内，磁感线通过掌心，四指方向与正电荷运动方向相同，大拇指所指的方向为洛伦兹力方向．解决本题的关键掌握左手定则，注意四指方向与正电荷运动方向相同，与负电荷运动方向相反．2.使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开．下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，正确的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】解：由于同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引；故验电器的上端应带上与小球异号的故只有B符合条件．故选B．当带电金属球靠近不带电的验电器时，由于电荷间的相互作用，而使电荷发生了移动从而使箔片带电．本题根据电荷间的相互作用，应明确同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．3.导体的电阻是导体本身的一种性质，对于同种材料的导体，下列表述正确的是（）A.横截面积一定，电阻与导体的长度成正比B.长度一定，电阻与导体的横截面积成正比C.电压一定，电阻与通过导体的电流成正比D.电流一定，电阻与导体两端的电压成反比【答案】A【解析】解：有电阻定律R=ρ可知，电阻的大小与导体的长度成正比，与横截面积成反比，A、横截面积一定，电阻与导体的长度成正比，故A正确；B、长度一定，电阻与导体的横截面积成反比，故B错误；C、电阻与电流以及电压的大小无关，故CD错误；故选A．解答本题应掌握：导体的电阻是导体本身的一种性质，导体的电阻与导体本身的材料、长度、横截面积有关，还与温度有关；与电流以及电压的大小无关．电阻是导体本身的属性，导体的电阻大小与导体的长度、横截面积和材料等有关，与电流以及电压的大小无关．4.如图所示是一实验电路图．在滑动触头由a端滑向b端的过程中，下列表述正确的是（）A.路端电压变小B.电流表的示数变大C.电源内阻消耗的功率变小D.电路的总电阻变大【答案】A【解析】解：当滑片向b端滑动时，其接入电路中的电阻减小，使得外电路总电阻减小，故D错误．根据I=，可知总电流在增加，根据闭合电路中的欧姆定律有E=I r+U外，可知路端电压U外在减小，故A正确．流过电流表的示数为I=外，可知电流在减小，故B错误．根据P=I2r，可知内阻消耗的功率在增大，故C错误．故选A在滑动触头由a端滑向b端的过程中，分析变阻器接入电路的电阻如何变化，分析外电路总电阻的变化，根据欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，以及电源内阻消耗的功本题是电路的动态变化分析问题，首先分析变阻器接入电路的电阻如何变化，接着分析总电阻、总电流和路端电压的变化，再分析局部电流、电压的变化，即按“局部到整体再到局部”的思路进行分析．5.图为测量某电源电动势和内阻时得到的U-I图线．用此电源与三个阻值均为3Ω的电阻连接成电路，测得路端电压为4.8V．则该电路可能为（）A. B. C.D.【答案】B【解析】解：A、电源的电动势为6V，内阻为0.5Ω．在A电路中，外电阻为1Ω，则总电阻为1.5Ω，根据闭合电路欧姆定律，总电流为4A，则外电压为4V．故A错误．B、在B电路中，外电阻为2Ω，则总电阻为2.5Ω，根据闭合电路欧姆定律，总电流为2.4A，则外电压为4.8V．故B正确．C、在C电路中，外电阻为9Ω．则总电阻为9.5Ω，根据闭合电路欧姆定律，总电流为，则外电压为．故C错误．D、在D电路中，外电阻为4.5Ω，则总电阻为5Ω，根据闭合电路欧姆定律，总电流为1.2A，则外电压为5.4V．故D错误．故选：B．根据U-I图线得出电源的电动势为6V，图线的斜率的绝对值表示内阻，所以内阻为0.5Ω．然后结合闭合电路欧姆定律求出各电路的电流，以及路段电压．解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，同时注意路端电压的求法U=IR．6.真空中有两个点电荷q1与q2，若将它们的电荷量和间距都变为原来的2倍，则它们间的库仑力变为原来的（）A.倍B.1倍C.2倍D.4倍【答案】B【解析】解：真空中有两个固定点电荷之间的电荷量和间距都变为原来的2倍，当电荷量都变为原来的2倍，电荷量的乘积变为原来的4倍，根据库仑定律F=可知，库仑力不变．故选：B．真空中有两个固定点电荷之间的距离变为原来2倍，电荷量也都变为原来的2倍，根据库仑定律分析库仑力的变化．本题是库仑定律的应用，采用控制变量法进行分析．基本题，不应出错．7.如图所示，R1和R2是同种材料、厚度相同、表面为正方形的导体，但R1的尺寸比R2的尺寸大．在两导体上加相同的电压，通过两导体的电流方向如图，则下列说法中正确的是（）A.R1中的电流小于R2中的电流B.R1中的电流大于R2中的电流C.R1中自由电荷定向移动的速率大于R2中自由电荷定向移动的速率D.R1中自由电荷定向移动的速率小于R2中自由电荷定向移动的速率【答案】D【解析】解：设导体的电阻率为ρ，厚度为d，边长为L，则由电阻定律得：导体的电阻R=ρ=ρ=ρ，R与边长L无关，故R1=R2．A、通过电阻的电流I=，由于U与R都相同，则通过两电阻的电流相同，故AB误；C、电流I=nev S=nev L d，由于I、n、e、d相同，则L越大，v越小，则R1中自由电荷定向移动的速率小于R2中自由电荷定向移动的速率，故C错误，D正确；故选：D．R1和R2是材料相同，电阻率ρ相同．设正方形导体的边长为L，根据电阻定律R=ρ研究电阻的关系．然后由欧姆定律及电流的微观表达式分析答题．本题是物理规律在实际中应用的范例，根据本题的结果，可以将导体微型化，而电阻不变．8.两个等量点电荷P、Q在真空中产生的电场线（方向未画出）如图所示，一电子在A、B两点所受的电场力分别为F A和F B，则它们的大小关系为（）A.F A=F BB.F A＜F BC.F A＞F BD.无法确定【答案】C【解析】解：从图中可以看出，A点电场线比B点密，因此A点场强比B点强，根据F=E q可知，A点电场力大，故ABD错误，C正确．故选C．为了形象的描述电场的强弱和方向引入了电场线的概念，在电场中电场线密的地方电场强度大，稀疏的地方电场强度小，据此可正确解答本题．本题比较简单，考查了如何通过电场线判断电场强度的高低，要正确理解电场强度、电势等概念与电场线的关系．9.如图所示，在x O y平面内有一个以O为圆心、半径R=0.1m的圆，P为圆周上的一点，O、P两点连线与x轴正方向的夹角为θ．若空间存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小E=100V/m，则O、P两点的电势差可表示为（）A.U OP=-10cosθ（V）B.U OP=10sinθ（V）C.U OP=-10sinθ（V）D.U OP=10cosθ（V）【答案】解：在匀强电场中，两点间的电势差U=E d，而d是沿场强方向上的距离，所以d OP=R•sinθ，故：U op=-100×0.1sinθ=-10sinθ（V）故选：C．匀强电场中电势差U=E d，关键在于明确d为沿电场线方向的有效距离一定要注意明确公式中d的准确含义，d是沿电场线方向的距离，故可以将实际距离向电场线方向作投影；本题如果不习惯用符号表示，可以先确定大小，再根据电场线由高电势指向低电势确定电势差的正负10.如图所示，正方形区域abcd中充满匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．一个氢核从ad边的中点m沿着既垂直于ad边又垂直于磁场的方向，以一定速度射入磁场，正好从ab边中点n射出磁场．若将磁场的磁感应强度变为原来的2倍，其他条件不变，则这个氢核射出磁场的位置是（）A.在b、n之间某点B.在n、a之间某点C.a点D.在a、m之间某点【答案】C【解析】解：设边长为a，则从n点射出的粒子其半径恰好为；由牛顿第二定律可得：B qv=m当磁感应强度变为原来的2倍时，由2B qv=m得：R=故粒子应从a点穿出；故选：C．由几何关系可知粒子从n点射出时的半径，则可求得磁感应强度与速度的关系，则牛顿第二定律可确定B加倍后的半径，即可由几何关系求得射出磁场的位置．带电粒子在磁场中的运动关键在于明确圆的性质，由几何关系确定圆心和半径，再由牛顿第二定律求解即可．11.将一电荷量为+Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等，a、b为电场中的两点，则（）A.a点的电势比b点的低B.a点的电场强度比b点的小C.带负电的电荷q在a点的电势能比在b点的小D.带正电的电荷q从a点移到b点的过程中，电场力做负功【答案】C【解析】解：A：a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势，即a点的电势比b点的高，故A错误；B：电场线的疏密表示场强的大小，由图象知a点的电场强度比b点大．故B错误；D：由上知，+q在a点的电势能较b点大，则把正电荷从电势能大的a点移动到电势能小的b点，电势能减小，电场力做正功．故D错误．故选：C电场线的疏密表示场强的大小；a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势；电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小．该题考查电场线的特点与电场力做功的特点，解题的关键是电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加．基础题目．二、多选题(本大题共3小题，共9.0分)12.如图甲所示，A、B是一条电场线上的两点，当一个电子以某一初速度只在电场力作用下沿AB由A点运动到B点，其v-t图象如图乙所示，电子到达B点时速度恰为零．下列判断正确的是（）A.A点的电场强度一定大于B点的电场强度B.电子在A点的加速度一定等于在B点的加速度C.A点的电势一定高于B点的电势D.该电场可能是负点电荷产生的【答案】BC【解析】解：AB、由图可知，电子加速度恒定，则可知受电场力不变，由F=E q可知，A点的场强要等于B点场强，故A错误、B正确；C、而电子从A到B的过程中，速度减小，动能减小，则可知电场力做负功，故电势能增加，电子带负电，由φ=可知，A点的电势要大于B点电势，故C正确，D、点电荷产生的电场中，一条电场线上的点的场强都不相同，D错误；故选：BC．由图可知带电粒子速度变化情况，则可明确粒子在两点的加速度大小关系，即可确定电场强度的大小；由功能关系可以确定电势的高低．本题根据图象考查对电场的认识，要求学生能从图象中找出加速度的大小及速度的变化，再应用动能定理及牛顿第二定律进行分析判断；同时还需注意，电势能是由电荷及电场共同决定的，故不能忽视了电荷的极性．13.一带电小球在空中由A点运动到B点的过程中，只受重力和电场力作用．若重力做功-3J，电场力做功1J，则小球的（）A.重力势能增加3JB.电势能增加1JC.动能减少3JD.机械能增加1J【答案】AD【解析】解：A、重力做功等于重力势能的减小量，重力做功-3J，故重力势能增加3J，故A正确；B、电场力做功等于电势能的减小量，电场力做功1J，故电势能减小1J；小2J，故C错误；D、除重力外的各个力做的总功等于机械能的增加量，除重力外，只有电场力做功做功1J，故机械能增加1J，故D正确；故选AD．解决本题需掌握：重力做功等于重力势能的减小量；电场力做功等于电势能的减小量；合力做功等于动能的增加量；除重力外的各个力做的总功等于机械能的增加量．功是能量转化的量度，有多种表现形式：重力做功是重力势能变化的量度；电场力做功是电势能变化的量度；合力做功是动能变化的量度；重力外的各个力做的总功是机械能变化的量度．14.如图所示，在正方形ABCD区域内有平行于AB边的匀强电场，E、F、G、H是各边中点，其连线构成正方形，其中P点是EH的中点．一个带正电的粒子（不计重力）从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出．以下说法正确的是（）A.粒子的运动轨迹一定经过P点B.粒子的运动轨迹一定经过PE之间某点C.若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子会由ED之间某点射出正方形ABCD区域D.若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由E点射出正方形ABCD区域【答案】BD【解析】解：A、B、粒子从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出，其轨迹是抛物线，则过D 点做速度的反向延长线一定与水平位移交于FH的中点，而延长线又经过P点，所以粒子轨迹一定经过PE之间某点，故A错误、B正确；C、D、由平抛知识可知，当竖直位移一定时，水平速度变为原来的一半，则水平位移也变为原来的一半，粒子恰好由E点射出正方形ABCD区域．故C错误、D正确．故选：BD．由题意可知电场方向在竖直方向，粒子做的是类平抛运动，把图翻过来看，和平抛运动的规律是一致的，只不过平抛时受到重力，这个题受的是电场力．仿照平抛运动的分析方法，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速为零的匀加速直线运动，根据平抛运动的规律分析即可．本题运用运动的分解，研究类平抛运动，根据运动学公式和推论，分析时间和竖直关系，即可进行求解．三、实验题探究题(本大题共2小题，共24.0分)15.小明对2B铅笔芯的导电性能感兴趣，于是用伏安法测量其电阻值．（1）图1是部分连接好的实物电路图，请用电流表外接法完成接线并在图1中画出．（2）小明用电流表内接法和外接法分别测量了一段2B铅笔芯的伏安特性，并将得到的电流、电压数据描到U-I图上，如图2．在图中，由电流表外接法得到的数据点是用______ （填“○”或“×”）表示的．（3）请你选择一组数据点，在图2上用作图法作图，并求出这段铅笔芯的电阻为______ Ω．【答案】×；1.2【解析】解：（1）电流表外接法，为了比较精确测量，滑动变阻器连接实物图如答图1：（2）电流表外接法，由于电压表分流作用，测得的电流值会偏大，根据欧姆定律则电阻测量值偏小，即U-I图线的斜率偏小，故由电流表外接法得到的数据点是用×表示的；（3）选择×数据点，在图2上用作图法作图，求出这段铅笔芯的电阻为R===1.2Ω故答案为：（1）如图；（2）×；（3）1.2．连接实物图，注意电流表外接以及电流表正负接线柱的接法；电流表外接法，由于电压表分流作用，测得的电流值会偏大，根据欧姆定律分析误差，进而选择相应的U-I图线．本题考查了伏安法测量电阻的电路图以及数据处理问题，电路图连接时一定要注意电流表的内接外接以及滑动变阻器的分压、限流接法选择问题．16.在测量电源的电动势和内阻的实验压表）的量程较小，某同学设计了如图所示的实物电路．①实验时，应先将电阻箱的电阻调到______ ．（选填“最大值”、“最小值”或“任意值”）②改变电阻箱的阻值R，分别测出阻值R0=10Ω的定值电阻两端的电压U，下列两组R 的取值方案中，比较合理的方案是______ ．（选填l或2）③根据实验数据描点，绘出的图象是一条直线．若直线的斜率为k，在坐标轴上的截距为b，则该电源的电动势E= ______ ，内阻r= ______ （用k、b和R0表示）．【答案】最大值；2；；【解析】解：①由图可知，电路为限流接法，且为保证电路安全，开始电路中电流应为最小，故开始时电路中电阻应为最大，故滑动变阻器开始时应达到最大值②由表格可知，方案1中电阻箱的阻值与定值电阻差别太大，导致电路中电流差别太大；而方案2中电阻箱的阻与与待测电阻相差不多，故可以得出较为合理的电流值，故应选择方案2③由闭合电路欧姆定律可知，U=，变形得：==由题意可知，斜率为k，即：=K解得E=；=b联立解得：r=；故答案为：①最大值；②2；③，．（1）由实验的安全性原则可知滑动变阻器的开始阻值选择；（2）实验中应保证准确，根据电阻箱的阻值与待测电阻的阻值对比可知合理方案；（3）由图象中的截距的含义及闭合电路的欧姆定律的表达式要求得电动势和内电阻．本题考查实验测定电动势和内电阻；注意本实验中实验电路较为简单，但要注意数据的处理的掌握，特别是图象法的应用．四、计算题(本大题共4小题，共34.0分)17.电场中某区域的电场线如图所示，A、B是电场中的两点．一个电荷量q=+4.0×10-8C的点电荷在A点所受电场力F A=2.0×10-4N，将该点电荷从A点移到B点，电场力（1）A点电场强度的大小E A．（2）A、B两点间的电势差U．【答案】解：（1）E A===5×103N/C（2）U===20V答：（1）A点电场强度的大小E A为5×103N/C．（2）A、B两点间的电势差U为20V．【解析】根据电场强度的定义式E=，求解A点电场强度的大小．根据公式U AB=求解A、B 两点间的电势差U．本题考查物理基本公式的应用能力．对于公式U=应用时，一般各量要代入符合计算，而E=，一般不代入符合计算．18.如图所示，一质量为m的导体棒MN两端分别放在两个固定的光滑圆形导轨上，两导轨平等且间距为L，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，当导体棒中通一自右向左的电流I时，导体棒静止在与竖直方向成37°角的导轨上，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）磁场的磁感应强度B；（2）每个圆导轨对导体棒的支持力大小F N．【答案】解：（1）从右向左看受力分析如图所示：由受力平衡得到：°解得：即磁场的磁感应强度B的大小为．（2）两个导轨对棒的支持力为2F N，满足：2F N cos37°=mg解得：即每个圆导轨对导体棒的支持力大小为．【解析】（1）对导体棒受力分析，受重力、支持力和安培力，然后根据平衡条件，结合合成法得到安培力，最后求出磁场的磁感应强度；（2）对导体棒受力分析，受重力、支持力和安培力，然后根据平衡条件，结合合成法得到支持力，最后得到每个圆导轨对导体棒的支持力大小．本题难点在于题图是立体图形，受力分析时力图难以构建，关键是将题图转化为平面图，再作图分析．19.（附加题）如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图．在O xy平面的ABCD区域内，存在两个场强大小均为E的匀强电场I和Ⅱ，两电场的边界均是边长为L的正方形（不计电子所受重力）．（1）在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子离开ABCD区域的位置坐标．（2）在电场I区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，求所有释放点的位置．【答案】解：（1）设电子的质量为m，电量为e，电子在电场I中做匀加速直线运动，设射出区域I时的为v0．根据动能定理得e EL=进入电场II后电子做类平抛运动，假设电子从CD边射出，出射点纵坐标为y，有=，a=，t=代入解得解得y=，即电子离开ABCD区域的位置坐标为（-2L，）．（2）设释放点在电场区域I中，其坐标为（x，y），在电场I中电子被加速到v1，然后进入电场II做类平抛运动，并从D点离开，有e E x=y==解得xy=，即在电场I区域内满足此方程的点即为所求位置．答：（1）在该区域AB边的中点处由静止释放电子，电子离开ABCD区域的位置坐标为（-2L，）．（2）在电场I区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，所有释放点的位置在xy=曲线上．【解析】（1）在AB边的中点处由静止释放电子，电场力对电子做正功，根据动能定理求出电子穿过电场时的速度．进入电场II后电子做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求出电子的加速度，由运动学公式结合求出电子离开ABCD区域的位置坐标．（2）在电场I区域内适当位置由静止释放电子，电子先在电场Ⅰ中做匀加速直线运动，进入电场Ⅱ后做类平抛运动，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求出位置x与y的关系式．本题实际是加速电场与偏转电场的组合，考查分析带电粒子运动情况的能力和处理较为复杂的力电综合题的能力．20.如图所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，S1、S2为板上正对的小孔，N板右侧有两个宽度均为d的匀强磁场区域，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直于纸面向外和向里，磁场区域右侧有一个荧光屏，取屏上与S1、S2共线的O点为原点，向上为正方向建立x轴．M板左侧电子枪发射出的热电子经小孔S1进入两板间，电子的质量为m，电荷量为e，初速度可以忽略．（1）当两板间电势差为U0时，求从小孔S2射出的电子的速度v0（2）求两金属板间电势差U在什么范围内，电子不能穿过磁场区域而打到荧光屏上．（3）若电子能够穿过磁场区域而打到荧光屏上，试在答题卡的图上定性地画出电子运动的轨迹．（4）求电子打到荧光屏上的位置坐标x和金属板间电势差U的函数关系．【答案】解：（1）根据动能定理，得由此可解得（2）欲使电子不能穿过磁场区域而打到荧光屏上，应有＜d而由此即可解得＜（3）电子穿过磁场区域而打到荧光屏上时运动的轨迹如图所示（4）若电子在磁场区域做圆周运动的轨道半径为r，穿过磁场区域打到荧光屏上的位置坐标为x，则由（3）中的轨迹图可得注意到和所以，电子打到荧光屏上的位置坐标x和金属板间电势差U的函数关系为（）．【解析】带电粒子在电场中被直线加速，由动能定理可求出粒子被加速后的速度大小，当进入匀强磁场中在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，要使粒子能打在荧光屏上离O点最远，则粒子必须从磁场中垂直射出，由于粒子已是垂直射入磁场，所以由磁感应强度大小相等，方向相反且宽度相同得粒子在两种磁场中运动轨迹是对称的，在磁场中正好完成半个周期，则运动圆弧的半径等于磁场宽度．若不能打到荧光屏，则半径须小于磁场宽度，粒子就不可能通过左边的磁场，也就不会打到荧光屏．所以运动圆弧的半径大于或等于磁场宽度是粒子打到荧光屏的前提条件．可设任一圆弧轨道半径，由几何关系可列出与磁场宽度的关系式，再由半径公式与加速公式可得出打到荧光屏上的位置坐标x和金属板间电势差U的函数关系．题中隐含条件是：粒子能打到荧光屏离O点最远的即为圆弧轨道半径与磁场宽度相等时的粒子．。
浙江省江山实验中学2015-2016学年高二物理10月教学质量检测试题(学考)
2015学年第一学期高二年级物理学科10月份教学质量检测试卷(学考)一、选择题（共48分，每小题中只有一个选项是符合题意的，不选、多选、错选均不得分） 1．如图所示是一位跳水队员在空中完成动作时头部的运动轨迹，最后运动员以速度v 沿竖直方向入水。
则在轨迹的a 、b 、c 、d竖直的是 A. a 位置 B. b 位置 C. c 位置 D. d 位置2．下列v-t 图象中，表示物体从静止开始做匀加速直线运动的是3．如图所示，手沿水平方向将书压在竖直墙壁上，使其保持静止。
现增大手对书的压力，则书A ．将沿墙壁滑动B ．受到的合外力增大C ．对墙壁的压力不变D ．受到的静摩擦力不变4．如图所示，同一物块分别放在水平面和固定斜面上，在两个大小相等的推力F 1、F 2作用下运动，F 1、F 2方向分别平行于水平面和斜面。
若物块在推力作用下通过的位移大小相等，则推力F 1、F 2对物块所做的功A ．相等B ．与物块和接触面的粗糙程度有关C ．在水平面上推力所做的功较多D ．在斜面上推力所做的功较多5．如图所示，在孩子与爸爸“掰手腕”的游戏中，下列说法正确的是 A ．爸爸“掰倒”孩子时，爸爸对孩子的力大于孩子对爸爸的力 B ．爸爸“掰倒”孩子时，爸爸对孩子的力等于孩子对爸爸的力 C ．孩子“掰倒”爸爸时，孩子对爸爸的力大于爸爸对孩子的力D ．孩子“掰倒”爸爸时，孩子对爸爸的力小于爸爸对孩子的力6．把一个小钢珠放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小钢珠沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动，如图所示。
下列对小钢珠做圆周运动的向心力来源说法中，正确的是A ．小钢珠所受的重力B ．小钢珠所受的弹力C ．小钢珠所受重力与弹力的合力D ．漏斗壁对小钢珠的弹力在竖直方向的分力 7. 在行车过程中，遇到紧急刹车，乘员可能受到伤害。
为此人们设计了如图所示的安全带以尽可能地减轻猛烈碰撞。
假定某次急刹车时，由于安全带的作用，使质量为70 kg 的乘员的加速度大小约为6 m/s 2，此时安全带对乘员的作用力最接近A. 100 NB. 400 NC. 800 ND. 1000 N第5题图D 第5题图 第7题图第6题图第4题图 第3题图8. 伽利略在研究运动的过程中，创造了一套科学研究方法，如下框图所示：其中方框4中是A ．提出猜想B ．数学推理C ．实验检验D ．合理外推 9．行驶中的自行车，其大齿轮、小齿轮和后轮都可视为在做匀速圆周运动，如图所示。
浙江省江山实验中学1415学年度高二11月月考——物理物
浙江省江山实验中学2014—2015学年度上学期11月月考高二物理试题一、单项选择题（每小题只有一个选项正确，每小题3分，共30分）1. 对于电场中A、B两点，下列说法正确的是（）A．电势差的定义式，说明两点间的电势差U AB与电场力做功W AB成正比,与移动电荷的电荷量q 成反比B．将正电荷从A点移到B点静电力做负功，则有C．电势差的定义式，与移动电荷量q无关D．把某点电荷q从A点移到B点的过程中，电场力对该电荷做了负功，则电势能增加2.如图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接。
将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化情况是( )A．Q变小，C不变，U不变，E变小B．Q变小，C变小，U不变，E不变C．Q不变，C变小，U变大，E不变D. Q不变，C变小，U变大，E变小3.如图所示为处于静电场中某空腔导体周围的电场分布情况，实线表示电场线（方向向右侧），虚线表示等势面，A、B、C为电场中的三个点，O为空腔导体内的一点。
下列说法正确的是（）A．B点的电势高于O点的电势B．A点的电势低于B点的电势C．A点的电场强度小于B点的电场强度D．将正电荷从A点移到C点，电场力做正功4．如图所示，直线A为电源的U-I图线，直线B和C分别为电阻R1和R2的U-I图线，用该电源分别与R1、R2组成闭合电路时，电源的输出功率分别为P1、P2，电源的效率分别为η1、η2，则（）A．P1 > P2B．P1 < P2C．η1>η2D．η1<η25.电流计的主要结构如图甲所示，固定有指针的铝框处在由磁极与软铁芯构成的磁场中，并可绕轴转动。
铝框上绕有线圈，线圈的两端与接线柱相连。
用两根导线分别将两只电流计的“+”、“－”接线柱相连，如图乙所示，拔动一只电流计的指针，另一只电流计的指针也会转动。
浙江省江山实验中学2013-2014学年高二10月第一次阶段性测试物理试题 Word版含答案.pdf
后脱离墙面，此时速度大小为，最终落在地面。 （1）在下图中画出反映摩擦力f随时间t变化的圈线，并计算物体克服摩擦力所做的功。 （2）试分析物体从t=0开始的运动情况，并计算物体从t=0开始至落地的总时间。 20.【答案】（1）设液滴带电量的大小为q,其刚出电场时的偏转量为出电场后又偏转因此代入数据解得 （2）由可知，U一定时，z与成正比由于故屏与板之间的距离可增大为s′=3.6 21【答案】(1)原点O左侧0.2 m处 (2)－0.016 J 离开墙壁过程在竖直方向（2分） 解得=（2分） ∴t总=t2+t3=+ L m 37° P Q2 Q1 0 φ x v0 b d L 图1 图2 m +q E A O 小球1 E 小球2
2. 如图所示，A是带正电的球，B为不带电的导体，A、B均放在绝缘支架上，M、N是导体B中的两点。以无限远处为
电势零点，当导体B达到静电平衡后( )
A．M、N两点电场强度大小关系为EM＝EN＝0B．M、N两点电势高低关系为φM＝φN
C．M、N两点电势高低关系为φM＞φN＞0D．感应电荷在M、N两点产生的电场强度EM′＞EN′
A．通过各容器的速度比依次为∶∶1
B．通过各容器的时间比依次为5∶3∶1
C．通过各容器间隙所用的时间比依次为5∶3∶1
D．通过各容器间隙的加速度比依次为5∶3∶1
11. 两个质量相同的小球用不可伸长的细线连结，置于场强为E的匀强电场中。小球1和小球2均带正电，电量分别
为q1和q2（q1>q2）。将细线拉直并使之与电场方向平行，如图所示。若将两小球同时从静止状态开始释放，则释放后
。实验中，极板所带电荷量不变，若（ ）
A、保持S不变，增大d，则变大
B、保持S不变，增大d，则变小
浙江省江山实验中学2014-2015学年高二数学11月月考试题 文
ABC DA B C D 数学〔文〕试题参考公式柱体的体积公式 V S h =其中S 表示柱体的底面积，h 表示柱体的高锥体的体积公式 13V Sh =其中S 表示锥体的底面积，h 表示锥体的高台体的体积公式11221()3V h S S S S =++其中12,S S 分别表示台体的上、下底面 积，h 表示台体的高球的外表积公式 24S R =π 球的体积公式 343VR =π 其中R 表示球的半径一、选择题〔本大题共10小题每一小题5分，共50分。
在每个小题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求)1．函数f 〔x 〕=x |x +a |+b 是奇函数的充要条件是〔 〕A ．ab=0B ．a+b=0C ．a=bD ．a 2+b 2=0 2．命题“假设A ∪B ＝A ，如此A ∩B ＝B 〞的否命题是( )A ．假设A ∪B ≠A ，如此A ∩B ≠B B ．假设A ∩B ＝B ，如此A ∪B ＝AC ．假设A ∩B ≠B ，如此A ∪B ≠AD ．假设A ∪B ≠A ，如此A ∩B ＝B3．二面角α－l －β的大小为60°，m ，n 为异面直线，且m ⊥α，n ⊥β，如此m ，n 所成的角为( )A ．30°B ．60°C ．90°D ．120° 4．将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如下列图，如此该几何体的侧视图为〔 〕5．设x ∈R ，如此2x >的一个必要不充分条件是〔 〕 Ａ．1x >Ｂ．1x < Ｃ．3x > Ｄ．3x <6．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，异面直线1A D 与1D C 所成的角为A ．30B ．45C ．60D ．907．正ABC ∆的边长为１，那么ABC ∆的直观图A B C '''∆的面积为〔 〕A ．166B ．46C ． 26D ．3268．直线l ⊥平面α，直线//m 平面β，如下命题中正确的答案是〔 〕A ．假设αβ⊥，如此l m ⊥B ．假设αβ⊥，如此//l mC ．假设l m ⊥，如此//αβD ．假设//l m ，如此αβ⊥9．如图，在矩形ABCD 中，AB=4，BC=3,E 为DC 边的中点，沿AE 将ADE ∆折起，使二面角D-AE-B 为60，如此异面直线与AD 所成的角余弦值为 ( )． ．A ．713B 33C 23D ．61310．如下列图，在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＝AB ，∠BCD ＝45°，∠BAD ＝90°，将△ABD沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，构成三棱锥A －BCD ，如此在三棱锥A －BCD 中，如下命题正确的答案是( )A ．平面ABD ⊥平面ABCB ．平面ADC ⊥平面BDC C ．平面ABC ⊥平面BDCD ．平面ADC ⊥平面ABC 二、〔填空题：本大题共7小题每一小题4分，共28分〕11．长方体一个顶点上三条棱的长分别为3、4、5，且它的八个顶点都在同一球面上，这个球的外表积是12．设有两个命题：p ：|x |＋|x －1|≥m 的解集为R ；q ：函数f (x )＝－(7－3m )x是减函数，假设这两个命题中有且只有一个真命题，实数m 的取值范围是________． 13．不等式04)2(2)2(2<--+-x a x a 对于R x ∈恒成立，那么a 的取值范围是．14．对于函数①f (x )＝|x ＋2|；②f (x )＝(x －2)2；③f (x )＝cos(x －2)．有命题p ：f (x ＋2)是偶函数；命题q ：f (x )在(－∞，2)上是减函数，在(2，＋∞)上是增函数，能使p ∧q 为真命题的所有函数的序号是______．15.A 是锐二面角βα--l 的α内一点,β⊥AB 于点A AB B ,3,=到l 的距离为2，如此二面角βα--l 的平面角大小为16．如图，一个底面半径为R 的圆柱形量杯中装有适量的水，假设放入一个 半径为r 的实心铁球，水面高度恰好升高r ,如此Rr=____________ ．BC D AE AE D B CDCBAP17．如图，直线l ⊥平面α，垂足为O,直角三角形ABC 中，BC=1,AC=2,5AB =,该直角三角形在空间做符合以下条件的自由运动：〔1〕A l ∈，〔2〕C α∈,如此BO 的最大值为___▲____三、解答题〔本大题5小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤〕 18．1:123x p --≤，()22:2100q x x m m -+->≤，假设p ⌝是q ⌝的必要而不充分条件，求实数m 的取值范围．19. 在△ABC 中∠C ＝90°，AC ＝8，BC ＝6，以这个直角三角形的一条边所在的直线为轴旋转一周，求所得到的几何体的外表积．20.如图，四棱锥P ABCD -的底面ABCD 为矩形，且1PA AD ==， 2AB =，120,90PAB PBC ︒︒∠=∠=，〔Ⅰ〕平面PAD 与平面PAB 是否垂直？并说明理由； 〔Ⅱ〕求直线PC 与平面ABCD 所成角的正弦值．21．〔本小题总分为10分〕如图，直角梯形ABCD 中，1,2ABCD AB CD =,ABBC ⊥,平面ABCD ⊥平面BCE ,BCE ∆为等边三角形，,M F 分别是,BE BC 的中点，14DN DC =点N 在线段CD 上,. (1)证明：EF ⊥AD ; (2)证明：MN 平面ADE ;(3)假设1,2AB BC ==,求几何体ABCDE 的体积.22．如图：矩形ABCD 所在的平面与四边形ABEF 所在的平面互相垂直，四边形ABEF 为等腰梯形，点O 为AB 的中点，M 为CD 的中点，AB //EF ，AB =2,AF =EF =1. 〔Ⅰ〕求证：平面DAF ⊥平面CBF ；〔Ⅱ〕假设直线AM 与平面CBF 所成角的正弦值为510，求AD 的长.2014学年第一学期高二年级文科数学11月 教学质量检测参考答案与评分细如此一选择题：〔每一小题5分，共10小题，合计50分〕二填空题：〔每一小题4分，共7小题，合计28分〕11．———50π————— 12。
浙江高二高中物理月考试卷带答案解析
浙江高二高中物理月考试卷班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.光滑的平行导轨（图中粗线）与电源连接后，倾斜放置，导轨上放一个质量为m 的金属导体棒．通电后，导体棒电流垂直纸面向外，在棒所在区域内加一个合适的匀强磁场，可以使导体棒静止平衡，下面四个图中分别加了不同方向的磁场，其中一定不能平衡的是( )2.如图所示，带有等量异种电荷的两块等大的平行金属板M 、N 水平正对放置．两板间有一带电微粒以速度v 0沿直线运动，当微粒运动到P 点时，将M 板迅速向上平移一小段距离，则此后微粒的运动轨迹是( )A ．沿轨迹④运动B ．沿轨迹①运动C ．沿轨迹②运动D ．沿轨迹③运动3.半径为r 的圆形空间内，存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子(不计重力)从A 点以速度v 0垂直于磁场方向射入磁场中，并从B 点射出．∠AOB ＝120°，如图所示，则该带电粒子在磁场中运动的时间为( )A ．B ．C ．D ．4.现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A 、线圈B 、电流计及开关，如图连接．在开关闭合、线圈A 放在线圈B 中的情况下，某同学发现当他将滑动变阻器的滑动端P 向左加速滑动时，电流计指针向右偏转．由此可以推断( )A ．仅让线圈A 向上移动，电流计指针向右偏转；B ．仅断开开关，电流计指针向左偏转；C ．仅让滑动变阻器的滑动端P 匀速向左，电流计指针静止在中央；D ．因为线圈A 、线圈B 的绕线方向未知，故无法判断上述选项中电流计指针偏转的方向。
5.如图是一火警报警器的一部分电路示意图．其中为用半导体热敏材料制成的传感器，半导体热敏材料的电阻率会随温度升高而减小，R 1、R 3为定值电阻，电流表为值班室的显示器，a 、b 之间接报警器．当传感器R 2所在处出现火情时，显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是( )A．I变大，U变大B．I变小，U变小C．I变小，U变大D．I变大，U变小6.如图所示，a为带正电的小物块，b是一不带电的绝缘物块(设a、b间无电荷转移)，a、b叠放于粗糙的水平地面上，地面上方有垂直纸面向里的匀强磁场．现用水平恒力F拉b物块，使a、b一起由静止开始向左做无相对滑动的加速运动，其中x、v为a、b的位移、速度；f、FN为a、b间的摩擦力、正压力，则在加速运动阶段下列图像正确的是( )7.如图所示，两平行、正对金属板水平放置，使上面金属板带上一定量正电荷，下面金属板带上等量的负电荷，再在它们之间加上垂直纸面向里的匀强磁场，一个电性未知的带电粒子以初速度v沿垂直于电场和磁场的方向从两金属板左端中央射入后向上偏转．若带电粒子所受重力可忽略不计，仍按上述方式将带电粒子射入两板间，为使其向下偏转，下列措施中一定不可行的是()A．仅增大带电粒子射入时的速度B．仅增大两金属板所带的电荷量C．仅减小粒子所带电荷量D．仅改变粒子的电性8.如图所示电路中，L是自感系数足够大的线圈，它的电阻可忽略不计，D1和D2是两个完全相同的小灯泡。
浙江高二高中物理月考试卷带答案解析
浙江高二高中物理月考试卷班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.在物理学史上，发现电流的周围存在磁场的著名科学家是（）A．奥斯特B．伽利略C．焦耳D．库仑2.一块手机电池的背面印有如图所示的一些参数，另外在手机使用说明书上还写“通话时间3h，待机时间100h”，如果数据是真实的，则该手机通话时消耗的功率约为（）A．1.8W B．0.6WC．3.6W D．1.2W3.如图的U-I图象中，直线I为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线。
用该电源与电阻R组成闭合电路，则（）A．电源电动势3V，内阻2ΩB．电阻R的阻值为0．5ΩC．电源的总功率为4WD．电源的效率为66．7％4.以下说法正确的是（）A．由E＝F/q可知此场中某点的电场强度E与F成正比B．由公式Φ＝Ep/q可知电场中某点的电势φ与q成反比C．由U ab=Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大D．公式C=Q/U，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关5.如图所示，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6.关于洛伦兹力，下列说法中正确的是 ( )A．带电粒子在磁场中运动时，一定受到洛伦兹力的作用B．若带电粒子经过磁场中某点时所受的洛伦兹力为零，则该点的磁感应强度一定为零C．带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力越大，则该处的磁感应强度一定越大D ．洛仑兹力对运动电荷不做功7.如图所示，不同带电粒子以不同速度由左端中线水平射入如图装置，左侧有竖直向下的匀强电场E 和垂直于纸面向内的匀强磁场B 1，右侧是垂直于纸面向外的磁场B 2，中间有一小孔，不计粒子重力。
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浙江高二高中物理月考试卷班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.下列属于国际单位制中的基本物理量的是（）A．牛顿B．电场强度C．磁感应强度D．电流2.某金属导线的电阻率为ρ，电阻为R，现将它均匀拉长到直径为原来的一半，那么该导线的电阻率和电阻分别变为（）A．4ρ和4R B．ρ和4R C．16ρ和16R D．ρ和16R3.一只断灯丝的灯泡，摇接灯丝后使用，要比原来亮一些，这是因为灯丝的（）A．电阻变小B．电阻增大C．电阻率减小D．电阻率增大4.如图所示是横截面积、长度均相同的甲、乙两根电阻丝的U﹣I图象．现将甲、乙串联后接入电路中，则（）A．甲电阻丝两端电压比乙电阻丝两端的电压小B．甲电阻丝的电阻率比乙电阻丝的电阻率小C．在相同时间内，电流通过乙电阻丝产生的焦耳热少D．甲电阻丝消耗的电功率比乙电阻丝消耗的电功率小5.为探究小灯泡L的伏安特性，连好图示的电路后闭合开关，通过移动变阻器的滑片，使小灯泡中的电流由零开始逐渐增大，直到小灯泡正常发光．由电流表和电压表得到的多组读数描绘出的U﹣I图象应是（）A．B．C．D．6.如图中，AB间的电压为30V，改变滑动变阻器触头的位置，可以改变CD间的电压，则U的变化范围是（）CDA．0～10V B．0～20V C．10～20V D．20～30V7.磁感线是用来形象地描述磁场的曲线，下图分别描述的是条形磁铁．蹄形磁铁、通电直导线、环形电流的磁感线分布，其中正确的是（）A．B．C．D．8.关于磁感应强度B，下列说法中正确的是（）A．根据磁感应强度定义B=，磁场中某点的磁感应强度与F成正比，与IL成反比B．磁感应强度B是标量，没有方向C．磁感应强度B是矢量，方向与F的方向相反D．在确定的磁场中，同一点的磁感应强度口是确定的，不同点的磁感应强度B可能不同，磁感线密集的地方磁感应强度B大些，磁感线稀疏的地方磁感应强度B小些9.关于图所示的磁场，下列说法中正确的是（）A．磁感线能相交B．磁场方向与小磁针静止时北极指向一致C．a、b两点在同一磁感线上位置不同，但它们的强弱相同D．若知道磁感应强度B与线圈的面积S，则可求出穿过这个面积的磁通量10.条形磁铁竖直放置，闭合圆环水平放置，条形磁铁中心穿过圆环中心，如图所示．若圆环为弹性环，其形状由Ⅰ扩大变为Ⅱ，那么圆环内磁通量的变化情况是（）A．磁通量增大B．磁通量减小C．磁通量不变D．条件不足，无法确定11.在如图所示的匀强磁场中，已经标出了电流I和磁场B以及磁场对电流作用力F三者的方向，其中错误的是（）A．B．C．D．12.如图所示，均匀绕制的螺线管水平放置，在其正中心的上方附近用绝缘绳水平吊起通电直导线A，A与螺线管垂直，A导线中的电流方向垂直纸面向里，开关S闭合，A受到通电螺线管磁场的作用力的方向是（）A ．坚直向下B ．竖直向上C ．水平向右D ．水平向左13.如图所示的电路，闭合开关S 后，a 、b 、c 三盏灯均能发光，电源电动势E 恒定且内阻r 不可忽略．现将变阻器R 的滑片稍向上滑动一些，三盏灯亮度变化的情况是（ ）A ．a 灯和c 灯变亮，b 灯变暗B ．a 灯变亮，b 灯和c 灯变暗C ．a 灯和c 灯变暗，b 灯变亮D ．a 灯和b 灯变暗，c 灯变亮14.下列关于电流的说法中，正确的是（ ）A ．我们把大小、方向都不随时间变化的电流称为恒定电流B ．国际单位制中，电流的单位是安培，简称安C ．电流既有大小又有方向，所以电流是矢量D ．由I=可知，电流越大，单位时间内通过导体横截面的电荷量就越多15.一个T 形电路如图所示，电路中的电阻R 1=30Ω，R 2=R 3=20Ω．另有一测试电源，所提供电压恒为10V ．以下说法正确的是（ ）A ．若将cd 端短路，ab 之间的等效电阻是50ΩB ．若将ab 端短路，cd 之间的等效电阻是32ΩC ．当ab 两端接上测试电源时，cd 两端的电压为4 VD ．当cd 两端接通测试电源时，ab 两端的电压为 6V16.如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度，下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN 相等，将它们分别挂在天平的右臂下方，线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态，若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是（ ）A ．B ．C ．D ．二、填空题1.导体中的电流是5μA ，那么在3.2S 内有 C 的电荷定向移动通过导体的横截面，相当于 个电子通过该截面．2.磁体和 的周围都存在着磁场，磁场对 和电流都有力的作用．磁场具有方向性，规定在磁场中任一点，小磁针 的受力方向为该点的磁场方向．3.带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力对带电粒子 （填“做正功”、“做负功”或“不做功”），原因是 ．三、实验题1.用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T．请根据下列步骤完成电阻测量．①旋动部件，使指针对准电流的“0”刻线．②将K旋转到电阻挡“×100”的位置．③将插入“+”、“﹣”插孔的表笔短接，旋动部件，使指针对准电阻的（填“0”刻线或“∞刻线”）．④将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过大．为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按的顺序进行操作，再完成读数测量．A．将K旋转到电阻挡“×1k”的位置B．将K旋转到电阻挡“×10”的位置C．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接D．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准．2.用电流表和电压表测定电池的电动势E 和内电阻r，所用的电路如图1所示，一位同学测得的6组数据如下表中所示．（2）根据图线得出电池的电动势 E= V，根据图线得出的电池内阻r= Ω．四、计算题1.如图所示，定值电阻R 1=9Ω，R 2=7Ω．当开关S 接到位置1时，电压表V 的示数为3.6V ；当开关S 接到位置2时，电压表V 的示数为3.5V ，求电源电动势和内阻．2.如图所示，PQ 和EF 为水平放置的平行金属导轨，间距为L=1.0m ，导体棒ab 跨放在导轨上，棒的质量为m=20g ，棒的中点用细绳经轻滑轮与物体c 相连，物体c 的质量M=30g ．在垂直导轨平面方向存在磁感应强度B=0.2T 的匀强磁场，磁场方向竖直向上，重力加速度g 取10m/s 2．若导轨是粗糙的，且导体棒与导轨间的最大静摩擦力为导体棒ab 重力的0.5倍，若要保持物体c 静止不动，应该在棒中通入多大的电流？电流的方向如何？浙江高二高中物理月考试卷答案及解析一、选择题1.下列属于国际单位制中的基本物理量的是（ ） A ．牛顿 B ．电场强度C ．磁感应强度D ．电流【答案】D【解析】解：国际单位制规定了七个基本物理量，分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量．故ABC 错误，D 正确． 故选：D ．【点评】解决本题的关键知道七个基本物理量，长度、时间、质量、电流、物质的量、热力学温度、光强度．需识记．2.某金属导线的电阻率为ρ，电阻为R ，现将它均匀拉长到直径为原来的一半，那么该导线的电阻率和电阻分别变为（ ）A ．4ρ和4RB ．ρ和4RC ．16ρ和16RD ．ρ和16R【答案】D【解析】解：电阻为R ，现将它均匀拉长到直径为原来的一半，其材料和体积均不变，则横截面积变为原来的，长度为原来的4倍；由于导体的电阻与长度成正比，与横截面积成反比，所以此时导体的电阻变为原来的16倍，即16R ．由于电阻率受温度的影响，因温度不变，所以电阻率也不变． 故选：D ．【点评】题考查了影响电阻大小的因素，关键要知道导体电阻与长度成正比，与横截面积成反比．电阻率不受温度影响的材料，可以制成标准电阻．3.一只断灯丝的灯泡，摇接灯丝后使用，要比原来亮一些，这是因为灯丝的（ ） A ．电阻变小 B ．电阻增大 C ．电阻率减小 D ．电阻率增大【答案】A【解析】解：将断了的灯丝重新搭接上，再将这只灯泡再接入原电路中，灯丝接入电路的长度变短，根据电阻定律得知，其电阻变小，而电路的电压不变，则由功率公式P=分析得知，灯泡实际消耗的功率增大，电流变大，灯泡变亮．【点评】本题是电阻定律的具体应用，我们得到的结果应与实际经验相符．基础题．4.如图所示是横截面积、长度均相同的甲、乙两根电阻丝的U﹣I图象．现将甲、乙串联后接入电路中，则（）A．甲电阻丝两端电压比乙电阻丝两端的电压小B．甲电阻丝的电阻率比乙电阻丝的电阻率小C．在相同时间内，电流通过乙电阻丝产生的焦耳热少D．甲电阻丝消耗的电功率比乙电阻丝消耗的电功率小【答案】C【解析】解：A、U﹣I图中图象的斜率表示电阻；则可知，甲的电阻大于乙的电阻；两电阻串联时，电流相等，则由欧姆定律可知，甲电阻丝两端的电压大于乙电阻两端的电压；故A错误；B、由R=可知，两导体长度及截面积相同，因甲的电阻大于乙的电阻；故甲的电阻率大于乙电阻丝的电阻率；故B错误；C、因电流相同，则由焦耳定律可知，电流通过乙电阻丝产生的焦耳热较少；故C正确；D、根据P=I2R可知，甲电阻丝消耗的电功率比乙电阻丝消耗的电功率大；故D错误；故选：C．【点评】本题是电阻定律和欧姆定律的综合应用，抓住图象的斜率等于电阻是分析的关键．比较功率时，要根据不同的条件，灵活选择公式的形式．5.为探究小灯泡L的伏安特性，连好图示的电路后闭合开关，通过移动变阻器的滑片，使小灯泡中的电流由零开始逐渐增大，直到小灯泡正常发光．由电流表和电压表得到的多组读数描绘出的U﹣I图象应是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】解：灯丝电阻随电压的增大而增大，在图象上某点到原点连线的斜率应越来越大，故ABD错误，C正确．故选C．【点评】本题考查的恒定电流中的基础知识：U﹣I图象含义以及温度对电阻的影响．对于这些基本知识要加强理解和应用．6.如图中，AB间的电压为30V，改变滑动变阻器触头的位置，可以改变CD间的电压，则UCD的变化范围是（）A．0～10V B．0～20V C．10～20V D．20～30V【答案】C【解析】解：当滑动变阻器触头置于变阻器的最上端时，UCD 最大，最大值为Umax===20V；当滑动变阻器触头置于变阻器的最下端时，UCD 最小，最小值为Umin=，所以UCD的变化范围是10～20V．【点评】本题实质是分压器电路，考查对串联电路电压与电阻成正比特点的理解和应用能力．7.磁感线是用来形象地描述磁场的曲线，下图分别描述的是条形磁铁．蹄形磁铁、通电直导线、环形电流的磁感线分布，其中正确的是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】解：AB，根据磁体外部的磁感线从N极到S极，而内部是从S极到N极的，可知，故AB均错误，C、根据安培定则，直导线的电流向下，则磁感线的方向（俯视）顺时针方向，故C错误；D、根据安培定则，环形导线的电流方向与磁感线的方向关系如图所示，故D正确；故选：D．【点评】考查安培定则的应用，注意与左手定则，及右手定则的区别，同时掌握磁体外部的磁感线从N极到S极，而内部是从S极到N极的．8.关于磁感应强度B，下列说法中正确的是（）A．根据磁感应强度定义B=，磁场中某点的磁感应强度与F成正比，与IL成反比B．磁感应强度B是标量，没有方向C．磁感应强度B是矢量，方向与F的方向相反D．在确定的磁场中，同一点的磁感应强度口是确定的，不同点的磁感应强度B可能不同，磁感线密集的地方磁感应强度B大些，磁感线稀疏的地方磁感应强度B小些【答案】D【解析】解：A、由B=，可知，是通过比值定义，所以B与F，与IL均无关，而B由磁场本身性质决定．故A错误；B、磁感应强度B是矢量，其方向即为小磁针静止时N极指向，故B错误．C、通电导线在磁场中的受力方向，由左手定则来确定，磁场力的方向与感应强度B的方向垂直，故C错误；D、磁感应强度反映磁场本身的强弱和方向，由磁场本身决定，磁感线密集的地方磁感应强度B大些，磁感线稀疏的地方磁感应强度B小些．故D正确；故选D【点评】磁感应强度的定义式B=，可知，是属于比值定义法，且通电导线垂直放在磁场中．即B与F、I、L均没有关系，它是由磁场的本身决定．例如：电场强度E=一样．同时还要注意的定义式B=，是有条件的．9.关于图所示的磁场，下列说法中正确的是（）A．磁感线能相交B．磁场方向与小磁针静止时北极指向一致C．a、b两点在同一磁感线上位置不同，但它们的强弱相同D．若知道磁感应强度B与线圈的面积S，则可求出穿过这个面积的磁通量【解析】解：A、磁感线不是磁场中真实存在的曲线，而是人为加上去的，它可以形象地描述磁场，闭合曲线，但不相交，且通过疏密来体现磁场强弱，因此a点磁感应强度大于b．故AC错误．B、磁场方向的规定：磁场中某点的磁场方向与放在该处的小磁针N极所指的方向相同．故B正确；D、知道磁感应强度B与线圈的面积S，且两者垂直时，则才可求出穿过这个面积的磁通量，若不垂直，必须知道两者的夹角才能算出线圈的磁通量，故D错误．故选：B．【点评】解此题要知道磁场的基本性质；知道磁场是客观存在的，磁感线是人为加上去的；注意知道磁场方向是怎么规定的，理解磁通量公式条件．10.条形磁铁竖直放置，闭合圆环水平放置，条形磁铁中心穿过圆环中心，如图所示．若圆环为弹性环，其形状由Ⅰ扩大变为Ⅱ，那么圆环内磁通量的变化情况是（）A．磁通量增大B．磁通量减小C．磁通量不变D．条件不足，无法确定【答案】B【解析】解：磁感线是闭合曲线，磁铁内部穿过圆环的磁感线总条数一定，外部磁感线分布在无限大空间，将磁铁内部的磁感线抵消一部分，当形状由Ⅰ扩大变为Ⅱ时，磁铁外部穿过圆环的磁感线增多，抵消多，总磁通量将减小．故选B【点评】对于线圈中有两种方向的磁感线穿过时，磁通量要看抵消后总条数来确定磁通量．11.在如图所示的匀强磁场中，已经标出了电流I和磁场B以及磁场对电流作用力F三者的方向，其中错误的是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】解：根据左手定则可知：ABD三图中电流、磁场、安培力方向均和左手定则中要求方向一致，故正确；C 图中电流和磁场方向一致，不受安培力，故C错误．本题选错误的，故选：C．【点评】安培定则、左手定则、右手定则等应用容易混淆，因此平时要加强训练，熟练应用这几种定则进行有关物理量的判断．12.如图所示，均匀绕制的螺线管水平放置，在其正中心的上方附近用绝缘绳水平吊起通电直导线A，A与螺线管垂直，A导线中的电流方向垂直纸面向里，开关S闭合，A受到通电螺线管磁场的作用力的方向是（）A．坚直向下B．竖直向上C．水平向右D．水平向左【答案】B【解析】解：首先根据安培定则判断通电螺线管在A处产生的磁场方向：水平向左．根据左手定则判断可知：A受到通电螺线管磁场的作用力的方向：竖直向上，故ACD错误，B正确．故选：B．【点评】本题考查安培定则和左手定则综合应用的能力，对于几种定则关键要搞清两点：一是何时用；二是怎样用．13.如图所示的电路，闭合开关S后，a、b、c三盏灯均能发光，电源电动势E恒定且内阻r不可忽略．现将变阻器R 的滑片稍向上滑动一些，三盏灯亮度变化的情况是（ ）A ．a 灯和c 灯变亮，b 灯变暗B ．a 灯变亮，b 灯和c 灯变暗C ．a 灯和c 灯变暗，b 灯变亮D ．a 灯和b 灯变暗，c 灯变亮【答案】A【解析】解：R 的滑片稍向上滑动时，变阻器R 接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I 增大，a 灯变亮．b 的电压U b =E ﹣I （r+R a ）减小，b 灯变暗．通过c 灯的电流I c =I ﹣I b ，I 增大，I b 减小，则I c 增大，c 灯变亮．故A 正确． 故选：A ．【点评】本题是电路中动态变化分析的问题，首先要搞清电路的结构，其次要按“部分→整体→部分”的顺序分析．14.下列关于电流的说法中，正确的是（ ）A ．我们把大小、方向都不随时间变化的电流称为恒定电流B ．国际单位制中，电流的单位是安培，简称安C ．电流既有大小又有方向，所以电流是矢量D ．由I=可知，电流越大，单位时间内通过导体横截面的电荷量就越多【答案】ABD 【解析】解：A 、恒定电流是指大小、方向都不随时间变化的电流．故A 正确．B 、电流是国际单位制中基本物理量，其单位是安培，简称安．故B 正确．C 、电流既有大小又有方向，但电流不是矢量，因为它运算时不遵守平行四边形定则．故C 错误．D 、根据电流的定义式I=可知，电流大小等于单位时间内通过导体横截面的电荷量，则电流越大，单位时间内通过导体横截面的电荷量就越多．故D 正确． 故选ABD【点评】本题考查对恒定电流、单位、方向和定义式的掌握情况，要注意电流的方向与力等矢量的方向不同，它表示流向，电流运算时遵守代数加减法则．15.一个T 形电路如图所示，电路中的电阻R 1=30Ω，R 2=R 3=20Ω．另有一测试电源，所提供电压恒为10V ．以下说法正确的是（ ）A ．若将cd 端短路，ab 之间的等效电阻是50ΩB ．若将ab 端短路，cd 之间的等效电阻是32ΩC ．当ab 两端接上测试电源时，cd 两端的电压为4 VD ．当cd 两端接通测试电源时，ab 两端的电压为 6V【答案】BC 【解析】解：A 、当cd 端短路时，ab 间电路的结构是：电阻R 2、R 3并联后与R 1串联，等效电阻为： R=；故A 错误；B 、当ab 端短路时，cd 之间电路结构是：电阻R 1、R 3并联后与R 2串联，等效电阻为： R=，故B 正确；C 、当ab 两端接通测试电源时，cd 两端的电压等于电阻R 3两端的电压，U′=，故C 正确；D、当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻R3两端的电压，为U3=，故D错误；故选：BC．【点评】对于电路问题，首先要明确电路的结构，并能正确应用串并联电路的规律进行分析，必要时应进行电路的简化．16.如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度，下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN相等，将它们分别挂在天平的右臂下方，线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态，若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】解：天平原本处于平衡状态，所以线框所受安培力越大，天平越容易失去平衡，由于线框平面与磁场强度垂直，且线框不全在磁场区域内，所以线框与磁场区域的交点的长度等于线框在磁场中的有效长度，由图可知，A图的有效长度最长，磁场强度B和电流大小I相等，所以A所受的安培力最大，则A图最容易使天平失去平衡．故选：A．【点评】本题主要考查了安培力，在计算通电导体在磁场中受到的安培力时，一定要注意F=BIL公式的L是指导体的有效长度．二、填空题1.导体中的电流是5μA，那么在3.2S内有 C的电荷定向移动通过导体的横截面，相当于个电子通过该截面．【答案】1.6×10﹣5，1.0×1014【解析】解：根据电流的定义式I=得，3.2S内通过导体横截面的电荷量q=It=5×10﹣6×3.2C=1.6×10﹣5Cn===1.0×1014（个）故答案为：1.6×10﹣5，1.0×1014【点评】本题中用到元电荷e，其数值为e=1.6×10﹣19C，是自然界最小的电荷量，所有带电体的电荷量都是它的整数倍．2.磁体和的周围都存在着磁场，磁场对和电流都有力的作用．磁场具有方向性，规定在磁场中任一点，小磁针的受力方向为该点的磁场方向．【答案】磁场；磁体；N极【解析】解：磁体的周围存在磁场，磁场的基本性质是对放在其中的磁体存在力的作用；两个磁体相互间不接触时，也会产生力的作用说明磁体间的作用是通过磁场发生的；磁场方向与放在该点的小磁针的N极静止时的方向一致．故答案为：磁场；磁体；N极．【点评】本题考查磁场的性质及磁场方向的规定，要明确磁场的方向是根据小磁针的指向来确定的．3.带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力对带电粒子（填“做正功”、“做负功”或“不做功”），原因是．【答案】不做功；洛伦兹力的方向与粒子运动方向垂直【解析】解：带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力对带电粒子不做功因为功W=FLcosθ洛伦兹力的方向由左手定则判断可知，洛伦兹力方向与粒子运动速度方向v垂直，即90°代入功的计算公式得：W=0；故答案为：不做功；洛伦兹力的方向与粒子运动方向垂直【点评】洛伦兹力不做功，只改变粒子的速度方向，不改变速度的大小，也不改变粒子的动能．三、实验题1.用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T．请根据下列步骤完成电阻测量．①旋动部件，使指针对准电流的“0”刻线．②将K旋转到电阻挡“×100”的位置．③将插入“+”、“﹣”插孔的表笔短接，旋动部件，使指针对准电阻的（填“0”刻线或“∞刻线”）．④将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过大．为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按的顺序进行操作，再完成读数测量．A．将K旋转到电阻挡“×1k”的位置B．将K旋转到电阻挡“×10”的位置C．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接D．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准．【答案】①S；③T；“0”刻线；④B、D、C．【解析】解：①电表使用前要旋转机械调零旋钮S进行机械调零，使指针对准电流的0刻线；②将K旋转到电阻挡“×l00“的位置．③将插入“十“、“﹣“插孔的表笔短接，旋动欧姆调零旋钮 T，使指针对准电阻的“0”刻线．④欧姆表指针偏转角度过大，说明所选挡位太大，应换小挡进行测量，应将旋转开关K置于“×10”，然后进行欧姆调零，再测电阻，因此合理是实验步骤是：B、D、C．故答案为：①S；③T；“0”刻线；④B、D、C．【点评】本题考查了多用电表的使用方法，掌握基础知识即可正确解题；使用欧姆表测电阻时，要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近．2.用电流表和电压表测定电池的电动势E 和内电阻r，所用的电路如图1所示，一位同学测得的6组数据如下表中所示．（1）试根据这些数据在图2中作出 U ﹣I 图线；（2）根据图线得出电池的电动势 E= V ，根据图线得出的电池内阻r= Ω．【答案】（1）如图；（2）1.45；0.70【解析】解：（1）利用表中坐标值，采用描点法并连线得图象如图所示；（2）由闭合电路欧姆定律可知U=E ﹣Ir ，再由数学知识可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势故电源的电动势为1.45V ；而图象的斜率表示电源的内阻，r===0.70Ω；故答案为：（1）如图；（2）1.45；0.70【点评】本题考查数据的处理方法，用图象法处理可以减小误差；在连线时注意若出现误差较大的点应舍掉．四、计算题1.如图所示，定值电阻R 1=9Ω，R 2=7Ω．当开关S 接到位置1时，电压表V 的示数为3.6V ；当开关S 接到位置2时，电压表V 的示数为3.5V ，求电源电动势和内阻．【答案】4V 1Ω【解析】解：由电路图知，电压表测量路端电压，设电源的电动势为E ，内阻为r ．由闭合电路欧姆定律可知：当开关置1时，E=U 1+r ① 当开关置于2时，E=U 2+r ②代入得：E=3.6+×r ③ E=3.5+×r ④ 联立③④解之得：E=4V ，r=1Ω答：电源电动势和内阻分别为4V 和1Ω．【点评】本题提供了一种测量电源电动势和内阻的方法：伏阻法，利用闭合电路的欧姆定律列方程组即可求解．2.如图所示，PQ 和EF 为水平放置的平行金属导轨，间距为L=1.0m ，导体棒ab 跨放在导轨上，棒的质量为m=20g ，棒的中点用细绳经轻滑轮与物体c 相连，物体c 的质量M=30g ．在垂直导轨平面方向存在磁感应强度B=0.2T 的匀强磁场，磁场方向竖直向上，重力加速度g 取10m/s 2．若导轨是粗糙的，且导体棒与导轨间的最大静摩擦力为导体棒ab 重力的0.5倍，若要保持物体c 静止不动，应该在棒中通入多大的电流？电流的方向如何？【答案】若要保持物体c 静止不动，应该在棒中通入的电流为1A≤I≤2A ，电流的方向为由a 到b ．【解析】解：导体棒的最大静摩擦力大小为f m =0.5mg=0.1N ，M 的重力为G=Mg=0.3N ，则f m ＜G ，要保持导体棒静止，则安培力方向必须水平向左，则根据左手定则判断得知棒中电流的方向为由a 到b ．若BIl ＞Mg ，则导体棒所受的静摩擦力方向水平向右，设此时电流为I 1，则由平衡条件有 BI 1l ﹣Mg≤f m ，解得，I 1≤2A若BIl ＜Mg ，则导体棒所受的静摩擦力方向水平向左，设此时电流为I 2，则由平衡条件有 Mg ﹣BI 2l≤f m ，解得，I 2≥1A即ab 棒中电流为1A≤I≤2A ．答：若要保持物体c 静止不动，应该在棒中通入的电流为1A≤I≤2A ，电流的方向为由a 到b ．【点评】此题是通电导体在磁场中平衡问题，要抓住静摩擦力会外力的变化而变化，挖掘临界条件进行求解．。
浙江省江山实验中学1415学年度高二11月月考——化学化
浙江省江山实验中学2014—2015学年度上学期11月月考高二化学试题可能用到的相对原子质量：P-31 Si-28 Cl-35.5 Cu-64 Fe-56 C-12一、选择题（每小题只有一个选项正确，共25题，每题2分）1．下列有关催化剂的说法正确的是()A．温度越高，催化剂的催化效果不一定越好B．二氧化锰是催化剂，能加快反应速率C．食品包装中的抗氧化剂其实质就是“负催化剂”，能使氧化反应的反应速率减小D．升高温度，吸热反应的反应速率都加快，而放热反应的反应速率不变2．对于反应2SO2(g)＋O2(g)⇋2SO3(g)，一次只改变一个条件，能增大逆反应速率的措施是() A．通入大量O2B．增大容器体积C．移去部分SO2D．降低体系温度3．一定条件下，可逆反应C(s)＋CO2(g)⇋2CO(g)ΔH<0，达到平衡状态，现进行如下操作：①升高反应体系的温度；②增加反应物C的用量；③缩小反应体系的体积：④减少体系中CO的量。
上述措施中一定能使反应的正反应速率显著加快的是()A．①②③④B．①③C．②④D．①③④4．不同温度下，在两个密闭容器中同时进行化学反应：2A(g)＋3B(g)===2C(g)＋D(g)，1 min内甲容器中消耗掉2 mol A物质，乙容器内消耗6 mol A物质，则两容器内的反应速率大小关系为() A．甲容器内反应速率快B．乙甲容器内反应速率快C．甲乙两容器内反应速率相等D．无法比较5．向四个体积相同的密闭容器中分别充入一定量的SO2和O2，开始反应时，按正反应速率由大到小排列顺序正确的是()甲：在500 ℃时，10 mol SO2和5 mol O2的反应乙：在500 ℃时，用V2O5做催化剂，10 mol SO2和5 mol O2起反应丙：在450 ℃时，8 mol SO2和5 mol O2反应丁：在500 ℃时，8 mol SO2和5 mol O2反应A．甲、乙、丙、丁B．乙、甲、丙、丁C．乙、甲、丁、丙D．丁、丙、乙、甲6．将4 mol A气体和2 mol B气体在2 L的容器中混合并在一定条件下发生如下反应2A(g)＋B(g)⇋2C(g)若经2 s后测得C的浓度为0.6 mol/L，现有下列几种说法：①用物质A表示的反应的平均速率为0.3 mol·L－1·s－1②用物质B表示的反应的平均速率为0.6 mol·L－1·s－1③2 s时物质A的转化率为70% ④2 s时物质B的浓度为0.7 mol/L.其中正确的是()A．①③B．①④C．②③D．③④7．溶液中的反应X＋Y⇋2Z分别在①、②、③三种不同实验条件下进行，它们的起始浓度均为c(X)＝c(Y)＝0.100 mol·L－1及c(Z)＝0 mol·L－1，反应物X的浓度随时间变化如图所示。
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浙江省江山实验中学2014-2015学年高二11月月考物理试题一、单项选择题（每小题只有一个选项正确，每小题3分，共30分） 1. 对于电场中A 、B 两点，下列说法正确的是 （ ） A ．电势差的定义式qW U ABAB =，说明两点间的电势差U AB 与电场力做功W AB 成正比,与移动电荷的电荷量q 成反比B ．将正电荷从A 点移到B 点静电力做负功，则有>0AB UC ．电势差的定义式ABAB W U q=，AB W 与移动电荷量q 无关 D ．把某点电荷q 从A 点移到B 点的过程中，电场力对该电荷做了负功，则电势能增加 2.如图所示的实验装置中，极板A 接地，平行板电容器的极板B 与一个灵敏的静电计相接。
将A 极板向左移动，增大电容器两极板间的距离 时，电容器所带的电量Q 、电容C 、两极间的电压U ，电容器两极板间 的场强E 的变化情况是( )A ．Q 变小，C 不变，U 不变，E 变小B ．Q 变小，C 变小，U 不变，E 不变 C ．Q 不变，C 变小，U 变大，E 不变D. Q 不变，C 变小，U 变大，E 变小3.如图所示为处于静电场中某空腔导体周围的电场分布情况，实线表示电场线 （方向向右侧），虚线表示等势面，A 、B 、C 为电场中的三个点，O 为空腔导体 内的一点。
下列说法正确的是（ ）A ．B 点的电势高于O 点的电势 B ．A 点的电势低于B 点的电势C ．A 点的电场强度小于B 点的电场强度D ．将正电荷从A 点移到C 点，电场力做正功4．如图所示，直线A 为电源的U-I 图线，直线B 和C 分别为电阻R 1和R 2的 U-I 图线，用该电源分别与R 1、R 2组成闭合电路时，电源的输出功率分别 为P 1、 P 2，电源的效率分别为η1、 η2，则（ ）A ． P 1 > P 2B ． P 1 < P 2C ． η1 >η2D ． η1 <η2 5.电流计的主要结构如图甲所示，固定有指针的铝框处在由磁极与软铁芯构成的磁场中，并可绕轴转动。
铝框上绕有线圈，线圈的两端与接线柱相连。
用两根导线分别将两只电流计的“+”、“－”接线柱相连，如图乙所示，拔动一只电流计的指针，另一只电流计的指针也会转动。
为了解释上述现象，有同学对软铁芯内部的磁感线分布提出了如下 的猜想，可能正确的是6.法拉第曾提出一种利用河流发电的设想，并进行了实验研究。
实验装置示意图如图所示，两块面积均为S 的矩形金属板，平行、正对、竖直地全部浸在河水中，间距为d 。
水流速度处处相同，大小为v ，方向水平，金属板与水流方向平行。
地磁场磁感应强度的竖直分量为B ，水的电阻率为ρ，水面上方有一阻值为R 的电阻通过绝缘导线和开关s 连接到两个金属板上，忽略边缘效应．则电阻R 消耗的电功率为7.在真空中上、下两个区域均为竖直向下的匀强电场，其电场线分布如图所示，有一带负电的微粒，从上边区域沿一条电场线以速度v 0匀速下落，并进入下边区域（该区域的电场足够广），在如图所示的速度——时间图象中，符合粒子在电场内运动情况的是（ ）8.如图所示，两平行金属导轨CD 、EF 间距为L ，与电动势为E 内阻为r 的电源相连，质量为m 、电阻为R 的金属棒ab 垂直于导轨放置构成闭合回路，回路平面与水平面成θ角，回路其它电阻不计。
为使ab 棒静止，需在空间施加的匀强磁场磁感强度的最小值及其方向分别为 A ．Elr R mg θsin )(+，垂直于回路平面向下B.El r R mg θcos )(+，垂直于回路平面向上C ．Elr R mg θtan )(+，竖直向下D.Elr R mg )(+，水平向右9.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，总电荷量为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=4R 。
已知M 点的场强大小为E ，静电力常量为k ，则N 点的场强大小为 ( )A ．E R kq -28 B ．E R kq -216 C ． 216R kq D ．E Rkq+28 10．如图所示，虚线所示的范围内有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，矩形线框abcd 沿水平方向并自左向右匀速通过磁场，当线框通过图中①、②、③位置时，线框内的感应电流的大小分别为i i i 321,,，则 A ．132,0i i i >= B ．132,0i i i <= C ． 132i i i =<D ．132,0i i i ==二、不定项选择题（每小题4分，共16分。
每小题的4个选项中至少有一个选项是正确的，全选对的得4分，选不全的得2分，有错选或不答的得0分）11.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 电势能减小，b 电势能增大C ．a 加速度减小，b 加速度增大D ．a 和b 的动能一定都增大 12.如图所示，虚线a 、b 、c 代表静电场中的三个等势面，它们的电势分别为 φa 、φb 和φc ， φa >φb >φc 。
一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如图中实线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，电势能增加D ．粒子从L 到M 的过程中，动能减少13．如图所示，质量相同的两个带电粒子M、N，以相同的速度沿垂直于电场方向同时射入两平行板间的匀强电场中，M从两板正中央射入，N从下极板边缘处射入，它们最后打在上极板的同一点上．不计粒子的重力，则从开始射入到打到上极板的过程中（）A．它们的带电荷量之比q M：q N=1：2B．它们在电场中的运动时间t N＞t MC．它们的电势能减少量之比△E M：△E N=1：4D．它们打到上极板时的速度之比为v M：v N=1：214.如图所示，虚线所示的区域内，有方向垂直于画面向里的匀强磁场，从边缘A处有一束速度大小各不相同的质子沿半径方向射入磁场，这些质子在磁场区运动过程中，正确的是A．运动时间越长，其轨迹越长B．运动时间越短的，射出磁场的速率越小C．在磁场中偏转越小的，运动时间越短D．所有质子在磁场中运动时间都相等三、填空题（每空2分，共20分）15．读出下图中游标卡尺和螺旋测微器的读数游标卡尺的读数为_____mm.；螺旋测微器的读数为____mm.16. 在用电压表和电流表研究小灯泡在不同电压下的功率的实验中，实验室备有下列器材供选择：A．待测小灯泡（3. 0 V、1.5 W）B．电流表(量程3 A，内阻约为1 Ω)C．电流表(量程0.6 A，内阻约为5 Ω)D．电压表(量程3.0 V，内阻约为10 kΩ)E．电压表(量程15.0 V，内阻约为50 kΩ)F．滑动变阻器(最大阻值为100 Ω，额定电流50 mA)G．滑动变阻器(最大阻值为10 Ω，额定电流1.0 A)H．电源(电动势为4.0 V，内阻不计)I．电键及导线等（1）为了使实验完成的更好，电流表应选用________；电压表应选用________；滑动变阻器应选用________．(只需填器材前面的字母即可)（2）请在方框内画出满足实验要求的电路图，并把由图中所示的实验器材用实线连接成相应的实物电路图（3）正确连线后，实验开始前，应将滑动变阻器的滑片置于端(填“右或左”)。
17.某同学设计了如图（a）所示电路研究电源输出功率变化情况。
电源E电动势、内电阻恒定，R1为滑动变阻器，R2、R3为定值电阻，A、V为理想电表。
⑴若滑动片P由a滑至b时A示数一直变小，则R1和R2大小的关系是___________。
⑵若R1＝6 Ω，R2＝12 Ω，电源内电阻r＝6 Ω，当滑动片P由a滑至b时，电源E的输出功率P随外电路总电阻R的变化关系如图（b）所示（Ra与Rb分别代表划片P在a 端与b端时对应的电路的外电阻值），则R3的阻值应该选择 ( ) A．2 ΩB．4 ΩC．6 ΩD．8 Ω四、计算题（共有4小题，共34分，要求写出详细的解题步骤和必要的文字说明）18.如图所示的电场，等势面是一簇互相平行的竖直平面，间隔均为d，各面电势已在图中标出，现有一质量为m的带电小球以速度v0，方向与水平方向成45°角斜向上射入电场，要使小球做直线运动．问:（1）小球应带何种电荷？电荷量是多少？（2）在入射方向上小球最大位移量是多少？(电场足够大)19．如图所示的平行板器件中，存在相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度B1 = 0.40 T ，方向垂直纸面向里，电场强度E = 2.0×105 V/m ，PQ 为板间中线．紧靠平行板右侧边缘xOy 坐标系的第一象限内，有垂直纸面的正三角形匀强磁场区域，磁感应强度B 2 = 0.25 T 。
一束带电量q = 8.0×10-19 C ，质量m = 8.0×10-26 kg 的正离子从P 点射入平行板间，不计重力，沿中线PQ 做直线运动，穿出平行板后从y 轴上坐标为（0，0.2m ）的Q 点垂直y 轴射向三角形磁场区，离子通过x 轴时的速度方向与x 轴正方向夹角为60°。
则：（1）离子运动的速度为多大？（2）若正三角形区域内的匀强磁场方向垂直纸面向外，离子在磁场中运动的时间是多少？ （3）若正三角形区域内的匀强磁场方向垂直纸面向里，正三角形磁场区域的最小边长为多少？20. 如图所示，A 和B 是两个带电小球，电量均为q ，A 固定在绝缘架上，B 放在它的正上方很远距离的一块绝缘板上，现手持绝缘板使B 从静止起以加速度a （a<g ）竖直向下做匀加速运动．已知B 的质量为m ，静电力常量为k ，空气阻力不计，求： （1）B 刚开始脱离绝缘板时离A 的高度h ．（2）如果B 、A 起始高度差为第(1)问中高度的1. 5倍(h 为已知)，则B 在脱离绝缘板前的运动过程中，电场力和板的支持力对B 做功的代数和为多少？ （3）如果B 、A 起始高度差为第(1)问中高度的1.5倍（h 为已知），a =34g ，且B 在脱离绝倍(一脱离就将板迅速移开，两球始终未接触)，则从刚脱离板直到最大速度过程中电场力对B 做的功为多少？21.半径为R的圆形区域内有一匀强磁场，圆心为O，如图所示。
一质量为m、带电量为q的粒子从圆形边界上M点以速度v对准圆心O入射，从N点射出磁场，速度方向偏转了600。