高二物理上学期第三次月考试题 理(无答案) 人教_新目标版
高二物理上学期第三次月考试卷高二全册物理试题_2
嗦夺市安培阳光实验学校曲周一中高二（上）第三次月考物理试卷一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分，在每小题给出的四个选项中，1---9题为单选，10---12题为多选，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1．在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用．下列叙述符合史实的是（）A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系B．赫兹根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说C．法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流D．牛顿总结出了万有引力定律并用实验测出了引力常量2．下面属于电磁感应现象的是（）A．通电导体周围产生磁场B．磁场对感应电流发生作用，阻碍导体运动C．由于导体自身电流发生变化，而在导体中产生自感电动势D．电荷在磁场中定向移动形成电流3．下面说法正确的是（）A．自感电动势总是阻碍电路中原来电流增加B．自感电动势总是阻碍电路中原来电流变化C．电路中的电流越大，自感电动势越大D．电路中的电流变化量越大，自感电动势越大4．我国已经制定了登月计划，假如宇航员登月后想探测一下月球表面是否有磁场，他手边有一只灵敏电流表和一个小线圈．则下列推断中正确的是（）A．直接将电流表放于月球表面，看是否有示数来判断磁场有无B．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如电流表无示数，则判断月球表面无磁场C．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈分别绕两个互相垂直的轴转动，月球表面若有磁场，则电流表至少有一次示数不为零D．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如电流表有示数，则判断月球表面有磁场5．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．已知在t=0到t=t1的时间间隔内，直导线中电流i发生某种变化，而线框中感应电流总是沿顺时针方向，线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右．设电流i正方向与图中箭头方向相同，则i随时间t变化的图线可能是（）A ．B ．C ．D ．6．某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁心的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路．检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象．虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因．你认为最有可能造成小灯泡末闪亮的原因是（）A．电源的内阻较大B．小灯泡电阻偏大C．线圈电阻偏大D．线圈的自感系数较大7．如图所示，在光滑水平面上的直线MN左侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，右侧是无磁场空间．将两个大小相同的铜质矩形闭合线框由图示位置以同样的速度v向右完全拉出匀强磁场．已知制作这两只线框的铜质导线的横截面积之比是1：2．则拉出过程中下列说法中正确的是（）A．所用拉力大小之比为2：1B．通过导线某一横截面的电荷量之比是1：1C．拉力做功之比是1：4D．线框中产生的电热之比为1：28．交流发电机在工作时的电动势为e=E m sinωt，若将其线框的转速提高到原来的两倍，其他条件不变，则其电动势变为（）A．E m sin B．2E m sin C．E m sin2ωt D．2E m sin2ωt9．如图所示，若线框abcd不闭合，当磁铁转动时，下列说法中正确的是（）A．线框中产生感应电动势，可跟随磁铁转动B．线框中不产生感应电动势，可跟随磁铁转动C．线框中产生感应电动势，不跟随磁铁转动D．线框中不产生感应电动势，不跟随磁铁转动10．如图所示，在一根软铁棒上绕有一个线圈，a、b是线圈的两端，a、b分别与平行导轨M、N相连，有匀强磁场与导轨面垂直，一根导体棒横放在两导轨上，要使a点的电势比b点的电势高，则导体棒在两根平行的导轨上应该（）A．向左加速滑动B．向左减速滑动C．向右加速滑动D．向右减速滑动11．如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的直流电阻可以忽略，下列说法中正确的是（）A．合上开关S接通电路时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮B．合上开关S接通电路时，A1和A2始终一样亮C．断开开关S切断电路时，A2立刻熄灭，A1过一会熄灭D．断开开关S切断电路时，A1和A2都要过一会儿才熄灭12．距离足够大的金属板A、B间有一电子（不计重力影响），在A、B间接有如图所示的正弦式电压u，t=0时电子从静止开始运动，则（）A．电子做往复运动B．在足够长的时间后，电子一定要碰到某个金属板上C．t=时，电子速度达到最大值D．t=T时，电子将回到原出发点二、实验题（本题共2小题，13题6分，14题6分，共12分）13．如图所示，是“研究电磁感应现象”的实验装置．（1）将图中所缺导线补充完整．（2）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，将原线圈迅速插入副线圈中，电流计指针将偏转．（填“向左”“向右”或“不”）（3）原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向右移动时，电流计指针将偏转．（填“向左”“向右”或“不”）14．电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器．如图1所示为电吉他的拾音器的原理图，在金属弦的下方放置有一个连接到放大器的螺线管．一条形磁铁固定在管内，当拨动金属弦后，螺线管内就会产生感应电流，经一系列转化后可将电信号转为声音信号．（1）金属弦的作用类似“研究电磁感应现象”实验中铁芯的作用，则被拨动后靠近螺线管的过程中，通过放大器的电流方向为（以图象为准，选填“向上”或“向下”）．（2）下列说法正确的是．A．金属弦上下振动的周期越大，螺线管内感应电流的方向变化也越快B．金属弦上下振动过程中，经过相同位置时速度越大，螺线管中感应电动势也越大C．电吉他通过扩音器发出的声音随感应电流强度增大而变响，增减螺线管匝数会起到调节音量的作用D．电吉他通过扩音器发出的声音频率和金属弦振动频率相同（3）若由于金属弦的振动，螺线管内的磁通量随时间的变化如图2所示，则对应感应电流的变化为图3中的．15．正方形的导线框，质量m=60g，边长l=12cm，电阻R=0.06Ω，在竖直平面内自由下落H=5m后，下框边进入水平方向的匀强磁场中，磁场方向与线框垂直，如图所示，匀强磁场沿竖直方向的宽度h=l，线框通过匀强磁场区域时恰好匀速直线运动，g=10m/s2，求：（1）匀强磁场的磁感强度多大？（2）线框通过磁场区域时产生了多少热量？16．两根相距为L的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平内，另一边垂直于水平面．质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ，导轨电阻不计，回路总电阻为R．整个装置处于磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中．当ab杆在平行于水平导轨的拉力F（大小未知）作用下以一定的速度沿导轨向右匀速运动时，cd杆正好以速度u向下匀速运动．重力加速度为g．试求：（1）杆ab中电流的方向和杆ab速度v的大小；（2）回路电阻消耗的电功率P；（3）拉力F的大小．17．两根金属导轨平行放置在倾角为θ=30°的斜面上，导轨底端接有电阻R=8Ω，导轨自身电阻忽略不计．匀强磁场垂直于斜面向上，磁感强度B=0.5T．质量为m=0.1kg，电阻r=2Ω的金属棒ab由静止释放，沿导轨下滑．如图所示，设导轨足够长，导轨宽度L=2m，金属棒ab下滑过程中始终与导轨接触良好，当金属棒下滑h=3m时，速度恰好达到最大速度2m/s，求此过程中电阻R上产生的热量？（g取10m/s2）曲周一中高二（上）第三次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分，在每小题给出的四个选项中，1---9题为单选，10---12题为多选，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1．在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用．下列叙述符合史实的是（）A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系B．赫兹根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说C．法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流D．牛顿总结出了万有引力定律并用实验测出了引力常量【考点】物理学史．【分析】对于物理中的重大发现、重要规律、原理，要明确其发现者和提出者，了解所涉及伟大科学家的重要成就．【解答】解：A、18，丹麦物理学家奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系．故A正确．B、安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，很好地解释了磁化现象．故B错误．C、法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，不会出现感应电流．故C错误．D、牛顿总结出了万有引力定律，卡文迪许用实验测出了引力常．故D错误．故选：A．【点评】本题关键要记住电学和力学的一些常见的物理学史．平时要加强记忆，注重积累．2．下面属于电磁感应现象的是（）A．通电导体周围产生磁场B．磁场对感应电流发生作用，阻碍导体运动C．由于导体自身电流发生变化，而在导体中产生自感电动势D．电荷在磁场中定向移动形成电流【考点】电磁感应现象的发现过程．【分析】电磁感应现象的是指穿过电路的磁通量变化时，产生感应电动势或感应电流的现象．【解答】解：A、电流能产生磁场，是电流的磁效应现象，不是电磁感应现象．故A错误．B 感应电流在磁场中受到安培力作用，不是电磁感应现象．故B错误．C、由于导体自身电流发生变化，而在导体中产生自感电动势是电磁感应现象．故C正确．D 电荷在磁场中定向移动形成电流，不是电磁感应产生的电流不是电磁感应现象．故D错误．故选：C【点评】本题考查对电磁现象本质的分析与理解能力．电磁感应现象特征是产生感应电流或感应电动势．3．下面说法正确的是（）A．自感电动势总是阻碍电路中原来电流增加B．自感电动势总是阻碍电路中原来电流变化C．电路中的电流越大，自感电动势越大D．电路中的电流变化量越大，自感电动势越大【考点】感生电动势、动生电动势．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】由法拉第电磁感应定律可知，闭合电路中产生的感应电动势的大小与电流的变化率成正比，与电流及电流的变化量无关．【解答】解：由法拉第电磁感应定律可知；E=n =，即E与磁通量的变化率成正比，即电动势取决于电流的变化快慢，而电流变化快慢，则会导致磁场的变化快慢，从而实现磁通量的变化快慢，故ACD错误，B正确；故选：B．【点评】在理解法拉第电磁感应定律时要注意区分Φ，△Φ，及者间的关系，明确电动势只取决于磁通量的变化率，与磁通量及磁能量的变化量无关．4．我国已经制定了登月计划，假如宇航员登月后想探测一下月球表面是否有磁场，他手边有一只灵敏电流表和一个小线圈．则下列推断中正确的是（）A．直接将电流表放于月球表面，看是否有示数来判断磁场有无B．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如电流表无示数，则判断月球表面无磁场C．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈分别绕两个互相垂直的轴转动，月球表面若有磁场，则电流表至少有一次示数不为零D．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如电流表有示数，则判断月球表面有磁场【考点】感应电流的产生条件．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合．【分析】直接将电流表放于月球表面，电流表电路是断开的，不能产生感应电流，无法判断有无磁场．将电流表与线圈组成回路，使线圈沿某一方向运动，如电流表无示数，不能判断月球表面没有磁场；若电流表有示数，可以判断有磁场；若线圈运动方向与磁场方向平行时，线圈中不产生感应电流，电流表无示数，不能判断月球表面无磁场．【解答】解：A、直接将电流表放于月球表面，电流表电路是断开的，不能产生感应电流，无法判断有无磁场．故A错误．B、将电流表与线圈组成回路，使线圈沿某一方向运动，若线圈运动方向与磁场方向平行时，线圈中不产生感应电流，所以电流表无示数，不能判断月球表面无磁场．故B错误．C、将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈分别以两个相互垂直的边为轴转动，若月球表面有磁场，则穿过线圈平面的磁通量总有一个方向会发生变化，若两个方向均不产生感应电流，故可以说明月球表面无磁场；故C正确；D、将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈在某一平面内沿各个方向运动，若电流表有示数，则说明月球表面一定有磁场；故D正确；故选：CD【点评】本题考查理论联系实际的能力，关键抓住产生感应电流的条件：一是电路要闭合；二是穿过电路的磁通量发生变化．5．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．已知在t=0到t=t1的时间间隔内，直导线中电流i发生某种变化，而线框中感应电流总是沿顺时针方向，线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右．设电流i正方向与图中箭头方向相同，则i随时间t变化的图线可能是（）A ．B ．C ．D ．【考点】楞次定律．【专题】电磁感应与图像结合．【分析】感应电流沿顺时针方向，由安培定则判断出感应电流磁场方向；然后由楞次定律判断出原磁场如何变化，直线电流如何变化；由楞次定律判断导线框受到合力的方向．【解答】解：线框中感应电流沿顺时针方向，由安培定则可知，感应电流的磁场垂直于纸面向里；由楞次定律可得：如果原磁场增强时，原磁场方向应垂直于纸面向外，由安培定则可知，导线电流方向应该向下，为负的，且电流越来越大；由楞次定律可知：如果原磁场方向垂直于纸面向里，则原磁场减弱，直线电流变小，由安培定则可知，直线电流应竖直向上，是正的；A、由图示可知，直线电流按A所示变化，感应电流始终沿顺时针方向，由楞次定律可知，在i大于零时，为阻碍磁通量的减小，线框受到的合力水平向左，在i小于零时，为阻碍磁通量的增加，线框受到的合力水平向右，故A正确；B、图示电流不能使线框中的感应电流始终沿顺时针方向，故B错误；C、图示电流使线框中的感应电流沿顺时针方向，但线框在水平方向受到的合力始终水平向左，故C错误；D、图示电流使线框中产生的感应电流沿逆时针方向，故D错误；故选：A．【点评】正确理解楞次定律中“阻碍”的含义是正确解题的关键，熟练应用楞次定律、安培定则即可正确解题．6．某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁心的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路．检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象．虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因．你认为最有可能造成小灯泡末闪亮的原因是（）A．电源的内阻较大B．小灯泡电阻偏大C．线圈电阻偏大D．线圈的自感系数较大【考点】自感现象和自感系数．【专题】压轴题．【分析】线圈与小灯泡并连接电池组上．要使灯泡发生闪亮，断开开关时，流过灯泡的电流要比以前的电流大．根据楞次定律和并联的特点分析．【解答】解：A、开关断开开关时，灯泡能否发生闪亮，取决于灯泡的电流有没有增大，与电源的内阻无关．故A错误．B、若小灯泡电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流小于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡将发生闪亮现象．故B错误．C、线圈电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流大于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡不发生闪亮现象．故C正确．D、线圈的自感系数较大，产生的自感电动势较大，但不能改变稳定时灯泡和线圈中电流的大小．故D错误．故选C．【点评】自感现象是特殊的电磁感应现象，根据楞次定律分析要使实验现象明显的条件：线圈的电阻应小于灯泡的电阻．7．如图所示，在光滑水平面上的直线MN左侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，右侧是无磁场空间．将两个大小相同的铜质矩形闭合线框由图示位置以同样的速度v向右完全拉出匀强磁场．已知制作这两只线框的铜质导线的横截面积之比是1：2．则拉出过程中下列说法中正确的是（）A．所用拉力大小之比为2：1B．通过导线某一横截面的电荷量之比是1：1C．拉力做功之比是1：4D．线框中产生的电热之比为1：2【考点】电磁感应中的能量转化；法拉第电磁感应定律．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】根据E=BLv、I=、F=BIL ，R=ρ得到安培力的表达式，即可根据平衡条件得到拉力的大小关系；根据感应电荷量q=分析电荷量的关系；由功的公式得到拉力做功的表达式，再求解做功之比；根据功能关系分析电热之比．【解答】解：A、设矩形线圈左右边长为L1，上下边长为L2．电阻率为ρ，截面积为S．则感应电流为 I==拉力F=BIL1==，则知F∝S，所以所用拉力大小之比为1：2．故A错误．B、根据感应电荷量q==∝S，所以通过导线某一横截面的电荷量之比是1：2．故B错误．C、拉力做功W=FL1=∝S，拉力做功之比是1：2．故C错误．D、根据功能关系可知，线框中产生的电热等于拉力做功，故电热之比为1：2．故D正确．故选D【点评】本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，考查了导体切割产生的感应电动势公式，闭合电路欧姆定律、电阻定律、感应电荷量等多个知识，推导出所求量的表达式是关键．8．交流发电机在工作时的电动势为e=E m sinωt，若将其线框的转速提高到原来的两倍，其他条件不变，则其电动势变为（）A．E m sin B．2E m sin C．E m sin2ωt D．2E m sin2ωt【考点】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】感应电动势的瞬时值表达式为e=E m sinωt，其中E m=nBSω，当将其电枢的转速提高到原来2倍时，E m和ω都增加2倍，再进行选择．【解答】解：感应电动势的瞬时值表达式为e=E m sinωt，当将其电枢的转速提高到原来2倍时，由ω=2πn，E m=nBSω，可知，E m和ω都增加2倍，其表达式变为：e′=2E m sin2ωt．故D正确，ABC错误；故选：D．【点评】本题考查考虑问题的全面性，e=E m sinωt式中E m和ω都与转速成正比，不能简单认为表达式是E m sin2ωt．9．如图所示，若线框abcd不闭合，当磁铁转动时，下列说法中正确的是（）A．线框中产生感应电动势，可跟随磁铁转动B．线框中不产生感应电动势，可跟随磁铁转动C．线框中产生感应电动势，不跟随磁铁转动D．线框中不产生感应电动势，不跟随磁铁转动【考点】感应电流的产生条件．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合．【分析】感应电流产生的条件是：1．闭合回路．2．回路中的磁通量发生变化．由此分析解答即可．【解答】解：由于线框不闭合，所以电路中并不能产生感应电流，所以线框不跟随磁铁转动．故选：D【点评】考查楞次定律和产生感应电流的条件，知道感应电流的磁通量总阻碍引起感应电流的磁场变化，线框不闭合时，不能产生感应电流．10．如图所示，在一根软铁棒上绕有一个线圈，a、b是线圈的两端，a、b分别与平行导轨M、N相连，有匀强磁场与导轨面垂直，一根导体棒横放在两导轨上，要使a点的电势比b点的电势高，则导体棒在两根平行的导轨上应该（）A．向左加速滑动B．向左减速滑动C．向右加速滑动D．向右减速滑动【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．【分析】导体棒在导轨上做切割磁感线时会产生感应电动势，相当于电源，根据右手定则判断出感应电流的方向，确定出导体棒哪一端相当于电源的正极，哪一端电势较高．【解答】解：A、B、当导体棒向左加速或减速滑动时，根据右手定则判断可知，导体棒产生向下的感应电流，其下端相当于电源的正极，电势较高，则b点的电势比a点的电势高，故A、B错误．C、D、当导体棒向右加速或减速滑动时，根据右手定则判断可知，导体棒产生向上的感应电流，其上端相当于电源的正极，电势较高，则a点的电势比b点的电势高，故CD正确．故选：CD．【点评】解决本题关键要掌握右手定则，并知道电源的正极电势高于负极的电势，能熟练判断电势的高低．11．如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的直流电阻可以忽略，下列说法中正确的是（）A．合上开关S接通电路时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮B．合上开关S接通电路时，A1和A2始终一样亮C．断开开关S切断电路时，A2立刻熄灭，A1过一会熄灭D．断开开关S切断电路时，A1和A2都要过一会儿才熄灭【考点】自感现象和自感系数．【分析】当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据楞次定律及串联电路的特点来分析．【解答】解：合上开关接通电路时，A2立即正常发光，线圈中电流要增大，由于自感电动势的阻碍，灯泡A1中电流只能逐渐增大，则A2先亮，A1后亮，最后一样亮．故A正确，B错误．断开开关时，A2原来的电流立即减小为零，线圈中产生自感电动势，两灯泡串联和线圈组成回路，回路中电流从原来值逐渐减小到零，则A1和A2都要过一会儿才熄灭．故C错误，D正确．故选AD【点评】自感现象是特殊的电磁感应现象，同样遵守电磁感应的普遍规律楞次定律，对本题这种类型问题就是利用楞次定律来分析．12．距离足够大的金属板A、B间有一电子（不计重力影响），在A、B间接有如图所示的正弦式电压u，t=0时电子从静止开始运动，则（）A．电子做往复运动B．在足够长的时间后，电子一定要碰到某个金属板上C．t=时，电子速度达到最大值D．t=T时，电子将回到原出发点【考点】电势差与电场强度的关系．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据E=和F=Eq判断电场力的变化情况，然后结合牛顿运动定律判断列子的运动情况．【解答】解：平行金属板间有一静止的正电粒子，若两板间加电压u=U m sinωt，粒子受到电场力作用，根据E=和F=Eq，电场力为：F=sinωt 即粒子的电场力随着时间按照正弦规律变化；加速度：a==sinωt，故粒子的加速度也随着时间按照正弦规律变化；由于速度与加速度一直同方向，故粒子一直做单方向的直线运动，位移不断增加；物体的速度方向不变，大小经过一个周期减小为零，当t=时，电子速度达到最大值；故BC正确，AD错误；故选：BC．【点评】电子在周期性变化的电场中运动，根据受力情况，由牛顿定律可分析出电子的运动情况，这是学习力学应具有的能力．要注意电场力反向时，电子的速度并不立即反向，注意明确每经过一个周期，粒子的速度改变量等于零．二、实验题（本题共2小题，13题6分，14题6分，共12分）13．如图所示，是“研究电磁感应现象”的实验装置．（1）将图中所缺导线补充完整．（2）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，将原线圈迅速插入副线圈中，电流计指针将向右偏转．（填“向左”“向右”或“不”）（3）原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向右移动时，电流计指针将向左偏转．（填“向左”“向右”或“不”）【考点】研究电磁感应现象．【专题】实验题．【分析】探究电磁感应现象实验电路分两部分，电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，灵敏电流计与副线圈组成另一个闭合电路．。
高二物理上册第三次月考试题
高二物理上册第三次月考试题物 理一、选择题（每小题4分，下列每小题所给选项至少有一项符合题意，请将正确答案的序号填涂在答题卡上）1、如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线。
在电场力作用下，一带电粒子（不计重力）经A 点飞向B 点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是： A 、粒子带正电B 、粒子在A 点加速度大C 、粒子在B 点动能较大D 、粒子在B 点电势能较大2、设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，已知一离子在电场力和洛仑兹力的作用下，从静止开始自A 点沿曲线ACB 运动，到达B 点时速度为零，C 点是运动的最低点，忽略重力，以下说法正确的是： A 、这离子必带正电荷 B 、A 点和B 点位于同一高度C 、离子在C 点时速度最大D 、离子到达B 点时，将沿原曲线返回A 点3、如图电路中，A 、B 为两块竖直放置的金属板，G 是一只静电计，开关S 合上时，静电计张开一个角度，下述情况中可使指针张角增大的是 A 、合上S ，使A 、B 两板靠近一些 B 、合上S ，使A 、B 正对面积错开一些 C 、断开S ，使A 、B 间距增大一些 D 、断开S ，使A 、B 正对面积错开一些4、如图，电子在电势差为U 1的加速电场中从A 点由静止开始运动，然后射入电势差为U 2的两块平行极板间的电场中，入射方向跟极板平行，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 、U 1变大，U 2变大B 、U 1变小，U 2变大C 、U 1变大，U 2变小D 、U1变小，U 2变小5、有三束粒子，分别是质子（p ），氚核（H 31）和α粒子（He 42核），如果它们以相同的速度沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，（磁场方向垂直于纸面向里）则在下面四图中，哪个图正确地表示出这三束粒子的运动轨迹6．如图所示，平行线代表电场线，但未指明方向，带电荷量为+110－2C 的微粒在电场中只受电场力的作用，当它由A 点运动到B 点时，其动能减少了0.1J 。
高二物理上学期第三次月考试题高二全册物理试题_ (2)
嗦夺市安培阳光实验学校度上学期高三年级第三次月考物理试卷考试时间：90分钟一、选择题：（本题包括10小题，共40分，1—6单选7—10多选）1、如图所示为电场中的一条电场线，在该电场线上有a、b两点，用E a、E b分别表示这两处的电场强度的大小，则( )A．a、b两点的电场强度方向相反B．因为电场线由a指向b，所以E a>E bC．因为电场线是直线，所以E a＝E bD．因不清楚a、b两点附近的电场线分布情况，所以不能确定E a、E b的大小关系2、一个重力不计的带电粒子垂直进入匀强磁场，在与磁场垂直的平面内做匀速圆周运动。
则下列能表示运动周期T与半径R之间的关系图像的是( )3、电阻R和电动机M串联接到电路中，如图所示，已知电阻R跟电动机线圈的电阻值相等，开关接通后，电动机正常工作。
设电阻R和电动机M两端的电压分别为U1和U2，经过时间t，电流通过电阻R做功为W1，产生热量为Q1，电流通过电动机做功为W2，产生热量为Q2，则有( )A．U1＜U2，Q1＝Q2B．U1＝U2，Q1＝Q2C．W1＝W2，Q1＞Q2D．W1＜W2，Q1＜Q24、如图所示，矩形线框在磁场内做的各种运动中，能够产生感应电流的是( )5、如图所示，等边三角形ABC处在匀强电场中，电场方向与三角形所在平面平行，其中φA＝φB＝0，φC＝φ>0，保持该电场的电场强度大小和方向不变，让等边三角形绕A点在三角形所在平面内顺时针转过30°，则此时B点的电势为( )A.33φ B.φ2C．－33φ D．－φ26、如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。
在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，E p表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。
若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则( )A．θ增大，E增大B．θ增大，E p不变C．θ减小，E p增大 D．θ减小，E不变7、空间有一磁感应强度为B 的水平匀强磁场，质量为m 、电荷量为q 的质点以垂直于磁场方向的速度v 0水平进入该磁场，在飞出磁场时高度下降了h ，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )A ．带电质点进入磁场时所受洛伦兹力可能向上B ．带电质点进入磁场时所受洛伦兹力一定向下C ．带电质点飞出磁场时速度的大小为v 0D ．带电质点飞出磁场时速度的大小为 v 02＋2gh8、如图所示，abcd 为水平放置的平行“ ”形光滑金属导轨，间距为l ，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，导轨电阻不计，已知金属杆MN 倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r ，保持金属杆以速度v 沿平行于cd 的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)。
物理上学期第三次月考试卷高二全册物理试题
批扯州址走市抄坝学校一中高二〔上〕第三次月考物理试卷一、单项选择题〔每题只有一个选项正确，每题4分，共28分〕1．把一条导线平行地放在磁针的上方附近，当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转．首先观察到这个现象的物理学家是〔〕A．奥斯特B．安培C．法拉第D．赫兹2．在如下图的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2、V的示数分别为I1、I2和U．现将R2的滑动触点向b端移动，那么三个电表示数的变化情况是〔〕A．I1增大，I2不变，U增大B．I1减小，I2增大，U减小C．I1增大，I2减小，U增大D．I1减小，I2不变，U减小3．一带正电粒子仅在电场力作用下从A点经B、C运动到D点，其v﹣t图象如下图，那么以下说法中正确的选项是〔〕A．A处的电场强度一小于B处的电场强度B．A处的电势一小于在B处的电势C．CD间各点电场强度和电势都为零D．AB两点间的电势差于CB两点间的电势差4．两个大小不同的绝缘金属圆环如下图叠放在一起，小圆环有一半面积在大圆环内，当大圆环通上顺时针方向电流的瞬间，小圆环中感电流的方向是〔〕A．顺时针方向B．逆时针方向C．左半圆顺时针，右半圆逆时针D．无感电流5．如下图一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．在两极板间有一负电荷〔电量很小〕固在P 点，以E表示两板间的场强，U表示电容器两板间的电压，W表示正电荷在P点的电势能．假设保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示位置，那么〔〕A．U变小，W不变B．E变大，W变大C．U变大，E不变D．U不变，W不变6．如下图，在正三角形区域内存在着方向垂直于纸面向外、磁感强度大小为B的匀强磁场．一个质量为m、电量为+q的带电粒子〔重力不计〕从AB边的中点O以速度进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB边的夹角为60°．假设粒子能从AB边穿出磁场，那么粒子在磁场中运动的过程中，粒子到AB边的最大距离为〔〕A．B．C．D．7．如下图为圆柱形区域的横截面，在没有磁场的情况下，带电粒子〔不计重力〕以某一初速度沿截面直径方向入射，穿过此区域的时间为t，在该区域加沿轴线垂直纸面向外方向的匀强磁场，磁感强度大小为B，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射并沿某一直径方向飞出此区域时，速度方向偏转角为60°，如下图，根据上述条件可求以下哪几种物理量〔〕①带电粒子的比荷②带电粒子在磁场中运动的周期③带电粒子在磁场中运动的半径④带电粒子的初速度．A．①②B．①③C．②③D．③④二、不项选择题〔每题4分，共20分．每题的4个选项中至少有两项是正确的．全选对每题得4分，选不全的得2分，有错选或不答的得0分〕8．一段电流元放在同一匀强磁场中的四个位置，如下图，电流元的电流I、长度L和受力F，那么可以用表示磁感强度B的是〔〕A．B．C．D．9．如下图，在真空中的A、B两点分别放置量异种点电荷，在A、B两点间取一正五角星形路径abcdefghija，五角星的中心O与A、B的中点重合，其中af连线与AB连线垂直．现有一电子沿该路径逆时针移动一周，以下正确的选项是〔〕A．g点和e点的电场强度相同B．a点和f点的电势相C．电子从e点移到f点的过程中，电场力做负功，电势能增加D．假设A、B两点处点电荷电荷量都变为原来2倍，那么A、B连线中点O点场强变为原来的2倍10．在如图1所示的电路中，电源电动势为3.0V，内阻不计，L1、L2、L3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图2所示．当开关闭合后，以下判断正确的选项是〔〕A．灯泡L1的电阻为12ΩB．通过灯泡L1的电流为灯泡L2电流的2倍C．灯泡L1消耗的电功率为0.75WD．灯泡L2消耗的电功率为0.30W11．如图，磁场垂直于纸面，磁感强度在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布．一铜制圆环用丝线悬挂于O点，将圆环拉至位置a后无初速释放，在圆环从a摆向b的过程中〔〕A．感电流方向先逆时针后顺时针再逆时针B．感电流方向一直是逆时针C．安培力方向始终与速度方向相反D．安培力方向始终沿水平方向12．如下图，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I，线圈间产生匀强磁场，磁感强度大小B与I成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为I H，与其前后外表相连的电压表测出的霍尔电压U H满足：U H=k，式中k为霍尔系数，d为霍尔元件两侧面间的距离．电阻R远大于R L，霍尔元件的电阻可以忽略，那么〔〕A．霍尔元件前外表的电势低于后外表B．假设电源的正负极对调，电压表将反偏C．I H与I成正比D．电压表的示数与R L消耗的电功率成正比三、填空题〔每空2分，共14分〕13．读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．14．〔10分〕〔2021秋•温州校级期中〕某同学在练习使用多用电表时连接的电路如以下图所示〔1〕假设旋转选择开关，使尖端对准直流电流挡，此时测得的是通过〔填R1或R2〕的电流；〔2〕假设断开电路中的电键，旋转选择开关使其尖端对准欧姆挡，那么测得的是的电阻．A．R1的电阻 B．R2的电阻 C．R1和R2的串联电阻 D．R1和R2的并联电阻〔3〕将选择倍率的旋钮拨至“×100Ω〞的挡时，测量时指针停在刻度盘0Ω附近处，为了提高测量的精确度，有以下可供选择的步骤：A．将两根表笔短接B．将选择开关拨至“〞〔填“×1kΩ〞或“×10Ω〞〕C．将两根表笔分别接触待测电阻的两端，记下读数D．调节零电阻，使指针停在0Ω刻度线上E．将选择开关拨至交流电压最高挡上①补全B项步骤②将上述步骤中必要的步骤选出来，这些必要步骤的合理顺序是〔填写步骤的代号〕．③假设操作正确，上述C步骤中，指针偏转情况如下图，那么所测电阻大小为．15．在倾角θ=30°的斜面上，固一金属框，宽L=0.5m，接入电动势E=12V、内阻不计的电池和滑动变阻器．垂直框面放有一根质量m=0.1kg，电阻为r=1.6Ω的金属棒ab，不计它与框架间的摩擦力，不计框架电阻．整个装置放在磁感强度B=0.8T，垂直框面向上的匀强磁场中，如下图，调节滑动变阻器的阻值，当R的阻值为多少时，可使金属棒静止在框架上？〔假设阻值R可满足需要〕〔g=10m/s2〕16．静电喷漆技术具有效率高、浪费少、质量好，有利于工人健康优点，其装置原理图如下图．A、B为两块平行金属板，间距为d，两板间有方向由B指向A、场强为E的匀强电场．在A板的放置一个平安接地的静电油漆喷枪P，油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出带负电油漆微粒，微粒的初速度为v0，质量为m，电荷量为q，微粒的重力和所受空气阻力以及微粒之间的作用力均不计，微粒最后都落在金属板B上且对匀强电场不影响．试求：〔1〕微粒打在B板上的动能E k．〔2〕微粒最后落在B板上所形成的图形面积的大小．17．〔10分〕〔2021秋•校级期中〕如图甲所示的电路中，R1、R2均为值电阻，且R1=100Ω，R2阻值未知，R3为一滑动变阻器，当其滑片P从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化图线如图乙所示，其中A、B两点是滑片P在变阻器的两个不同端点得到的．求：〔1〕值电阻R2的阻值；〔2〕滑动变阻器的最大阻值．18．〔12分〕〔2021秋•期末〕如图，在第Ⅱ象限内有水平向右的匀强电场，电场强度为E，在第Ⅰ、Ⅳ象限内分别存在如下图的匀强磁场，磁感强度大小相，有一个带电粒子以垂直于x轴的初速度v0从x轴上的P点进入匀强电场中，并且恰好与y轴的正方向成45°角进入磁场，又恰好垂直x轴进入第Ⅳ象限的磁场，OP之间的距离为d，求：〔1〕带电粒子在磁场中做圆周运动的半径，〔2〕带电粒子在磁场中第二次经过x轴时，在磁场中运动的总时间，〔3〕匀强磁场的磁感强度大小．一中高二〔上〕第三次月考物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题〔每题只有一个选项正确，每题4分，共28分〕1．把一条导线平行地放在磁针的上方附近，当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转．首先观察到这个现象的物理学家是〔〕A．奥斯特B．安培C．法拉第D．赫兹【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【分析】本是18丹麦的物理学家奥斯特做的电流磁效的．【解答】解：当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转，说明电流产生了磁场，这是电流的磁效，首先观察到这个现象的物理学家是奥斯特．故A正确，BCD错误．应选：A．【点评】此题考查的是物理学常识．对于物理学史上著名物理学家、和重要理论要记牢，这也是高考内容之一．2．在如下图的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2、V的示数分别为I1、I2和U．现将R2的滑动触点向b端移动，那么三个电表示数的变化情况是〔〕A．I1增大，I2不变，U增大B．I1减小，I2增大，U减小C．I1增大，I2减小，U增大D．I1减小，I2不变，U减小【考点】闭合电路的欧姆律．【专题】恒电流专题．【分析】理清电路，确电压表测得什么电压，电流表测得什么电流，抓住电动势和内阻不变，采用局部→整体→局部的方法，利用闭合电路欧姆律进行分析．【解答】解：R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，即A1示数减小，而总电流I增大，那么流过R2的电流I2增大，即A2示数增大．故A、C、D错误，B正确．应选：B．【点评】解决此题的关键抓住电动势和内电阻不变，结合闭合电路欧姆律求解．注意做题前一要理清电路，看电压表测的是什么电压，电流表测的是什么电流．3．一带正电粒子仅在电场力作用下从A点经B、C运动到D点，其v﹣t图象如下图，那么以下说法中正确的选项是〔〕A．A处的电场强度一小于B处的电场强度B．A处的电势一小于在B处的电势C．CD间各点电场强度和电势都为零D．AB两点间的电势差于CB两点间的电势差【考点】电势差与电场强度的关系．【专题】性思想；图析法；带电粒子在电场中的运动专题．【分析】从图象可以看出，带电粒子做的是非匀变速直线运动，可得出受到的电场力不恒，由带正电的粒子仅在电场力作用，图线斜率表示加速度，由牛顿第二律分析电场力的大小关系，从而得到电场强度的大小关系．由动能的变化，分析电势能的变化，从而电势的变化，由动能理分析AB两点间的电势差与CB两点间的电势差的大小关系．【解答】解：A、由v﹣t图象可知，带正电的粒子的加速度在A点时较大，由牛顿第二律得知在A点的电场力大，故A 点的电场强度一大于B点的电场强度，故A错误；B、由A到B的过程中，速度越来越大，说明是电场力做正功，电势能转化为动能，由功能关系可知，此过程中电势能减少，正电荷在A点是电势能大于在B时的电势能，所以A点的电势高于B点的电势，故B错误．C、从C到D，粒子速度一直不变，故电场力做功为零，可知CD间各点电场强度为零，但电势的零点可人为选取，那么电势不一为零，故C错误；D、A、C两点的速度相，故粒子的动能相同，因此从A到B和从C到D电场力做功相同，由W=qU知，AB两点间的电势差于CB两点间的电势差，故D正确．应选：D【点评】解决此题的关键要掌握图象的物理意义：斜率表示加速度，由速度的变化分析动能的变化，判断受力情况．4．两个大小不同的绝缘金属圆环如下图叠放在一起，小圆环有一半面积在大圆环内，当大圆环通上顺时针方向电流的瞬间，小圆环中感电流的方向是〔〕A．顺时针方向B．逆时针方向C．左半圆顺时针，右半圆逆时针D．无感电流【考点】楞次律．【分析】由通电导线产生磁场，导致线圈中产生感电流，再根据电流与电流的作用力关系进行判断，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥．【解答】解：根据右手螺旋那么可知，通电导线瞬间，左、右线圈的磁通量均增大，但小线圈的左边的磁场方向垂直纸面向里，右边的磁场方向垂直向外．导致合磁场方向垂直纸面向里，根据楞次律可知，线圈的感电流方向是逆时针方向．应选：B【点评】解决此题的关键掌握同向电流、异向电流的关系．同向电流相互吸引，异向电流相互排斥．同时还考查右手螺旋那么与楞次律．5．如下图一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．在两极板间有一负电荷〔电量很小〕固在P 点，以E表示两板间的场强，U表示电容器两板间的电压，W表示正电荷在P点的电势能．假设保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示位置，那么〔〕A．U变小，W不变B．E变大，W变大C．U变大，E不变D．U不变，W不变【考点】电势差与电场强度的关系．【专题】比拟思想；控制变量法；电场力与电势的性质专题．【分析】平行板电容器充电后与电源断开后，电容器的电量不变．将正极板移到图中虚线所示的位置，板间距离减小，电容增大．由推论公式E=分析板间场强E的变化情况．由公式C=判断板间电压的变化．分析P点电势的变化，即可分析电势能的变化．【解答】解：电容器的电量不变，板间距离减小，根据电容的决式知电容增大．由C=知板间电压U变小．由推论公式 E=，知电场强度E不变．因为电场强度不变，那么P与负极板间的电势差不变，由U=Ed知P与下极板间的电势差不变，那么P点的电势不变，正电荷在P点的电势能W不变．故A正确，B、C、D错误．应选：A【点评】此题是电容器的动态变化分析问题，难点是确电场强度的变化，只要得出电场强度的变化，就可以得出P与负极板电势差的变化，得出P点的电势以及电荷在P点电势能的变化．6．如下图，在正三角形区域内存在着方向垂直于纸面向外、磁感强度大小为B的匀强磁场．一个质量为m、电量为+q的带电粒子〔重力不计〕从AB边的中点O以速度进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB边的夹角为60°．假设粒子能从AB边穿出磁场，那么粒子在磁场中运动的过程中，粒子到AB边的最大距离为〔〕A．B．C．D．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二律；向心力．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】作出粒子在磁场中的运动轨迹，结合粒子在磁场中的半径公式求出半径的大小，结合几何关系求出粒子在磁场中运动的过程中，到AB边的最大距离．【解答】解：正电荷在向外的磁场中向右偏转，粒子运动的轨迹如下图．根据得，r=．根据几何关系知，粒子在运动过程中距离AB边的最远距离为d=r+rsin30°=．故A正确，B、C、D错误．应选：A．【点评】解决带电粒子在磁场中运动问题，关键作出轨迹，确圆心，结合几何关系，根据半径公式进行求解．7．如下图为圆柱形区域的横截面，在没有磁场的情况下，带电粒子〔不计重力〕以某一初速度沿截面直径方向入射，穿过此区域的时间为t，在该区域加沿轴线垂直纸面向外方向的匀强磁场，磁感强度大小为B，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射并沿某一直径方向飞出此区域时，速度方向偏转角为60°，如下图，根据上述条件可求以下哪几种物理量〔〕①带电粒子的比荷②带电粒子在磁场中运动的周期③带电粒子在磁场中运动的半径④带电粒子的初速度．A．①②B．①③C．②③D．③④【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二律．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】在没有磁场时，不计重力的带电粒子以某一初速度沿截面直径方向入射，穿过此区域时粒子做匀速直线运动；在有磁场时，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，粒子飞出此区域时，粒子做匀速圆周运动．在匀速直线运动中虽不知半径，但可由位移与时间列出与入射速度的关系，再由匀速圆周运动中半径公式可算出粒子的比荷、周期．【解答】解：设圆柱形区域的横截面半径为R，带电粒子〔不计重力〕以某一初速度沿截面直径方向入射，穿过此区域的时间为t，那么：2R=vt ①在该区域加沿轴线垂直纸面向外方向的匀强磁场，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射并沿某一直径方向飞出此区域时，速度方向偏转角为60°，画出运动轨迹：结合几何关系，有：r=Rtan60°=②粒子做匀速圆周运动，根据牛顿第二律，有：qvB=m③周期：T=④解得：粒子的周期：T==πt因为初速度无法求出，那么无法求出轨道半径，故①②正确，③④错误；应选：A．【点评】带电粒子仅在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，洛伦兹力只改变速度的方向不改变速度的大小，洛伦兹力对粒子也不做功．同时当粒子沿半径方向入射，那么也一沿着半径方向出射．二、不项选择题〔每题4分，共20分．每题的4个选项中至少有两项是正确的．全选对每题得4分，选不全的得2分，有错选或不答的得0分〕8．一段电流元放在同一匀强磁场中的四个位置，如下图，电流元的电流I、长度L和受力F，那么可以用表示磁感强度B的是〔〕A．B．C．D．【考点】安培力；磁感强度．【分析】当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，最小．当导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大，为F=BIL．磁感强度的义式：中首先说明的是让一小段电流元垂直放入磁场中．【解答】解：磁感强度的义：让一小段电流元垂直放入磁场中．它受到的安培力与电流和导线长度乘积的比值．义式：中首先说明的是让一小段电流元垂直放入磁场中．故AC正确，BD选项不符合义的条件．故BD错误．应选：AC【点评】该题考查磁感强度的义式的条件，这是初步学习该概念的难点，也是容易出现错误的地方，要该概念内涵的学习．9．如下图，在真空中的A、B两点分别放置量异种点电荷，在A、B两点间取一正五角星形路径abcdefghija，五角星的中心O与A、B的中点重合，其中af连线与AB连线垂直．现有一电子沿该路径逆时针移动一周，以下正确的选项是〔〕A．g点和e点的电场强度相同B．a点和f点的电势相C．电子从e点移到f点的过程中，电场力做负功，电势能增加D．假设A、B两点处点电荷电荷量都变为原来2倍，那么A、B连线中点O点场强变为原来的2倍【考点】电势差与电场强度的关系．【专题】性思想；模型法；电场力与电势的性质专题．【分析】根据量异种电荷电场线的分布比拟g、e两点的场强．a、f处于量异种电荷连线的中垂线上，这条中垂线是一条势线；根据负电荷在电势上下处电势能小，由电势上下判断电势能的变化．由E=k分析场强的变化．【解答】解：A、根据量异种电荷电场线分布的对称性可知，g、e两个电场线疏密相同，说明场强大小相，但方向不同，那么这两点的场强不同．故A错误．B、a、f处于量异种电荷连线的中垂线上，而这条中垂线是一条势线，故a点和f点的电势相．故B正确．C、电子从e点移到f点的过程中，电势升高，电子带负电，电势能减小，电场力做正功．故C错误．D、假设A、B两点处的点电荷电荷量都变为原来的2倍，根据=k分析可知，A、B两个点电荷Q在O点产生的场强均变为原来的2倍，那么叠加后O点的场强也变为原来的2倍．故D正确．应选：BD【点评】解决此题的关键掌握量异种电荷周围电场线的分布，理解并掌握其对称性，知道电势升高时负电荷的电势能减小．10．在如图1所示的电路中，电源电动势为3.0V，内阻不计，L1、L2、L3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图2所示．当开关闭合后，以下判断正确的选项是〔〕A．灯泡L1的电阻为12ΩB．通过灯泡L1的电流为灯泡L2电流的2倍C．灯泡L1消耗的电功率为0.75WD．灯泡L2消耗的电功率为0.30W【考点】电功、电功率．【专题】恒电流专题．【分析】当开关闭合后，灯泡L1的电压于3V，由图读出其电流I，由欧姆律求出电阻，并求出其功率．灯泡L2、L3串联，电压于V，由图读出电流，求出电阻．【解答】解：A、C、当开关闭合后，灯泡L1的电压U1=3V，由图读出其电流I1=0.25A，那么灯泡L1的电阻R1==12Ω，功率P1=U1I1=0.75W，故A正确，C正确；B、灯泡L2、L3串联，电压U2=U3=V，由图读出其电流I2=I3=0.20A，灯泡L2、L3的功率均为P=UI=V×0.20A=0.30W，故B错误，D正确；应选ACD．【点评】此题关键抓住电源的内阻不计，路端电压于电动势，来确三个灯泡的电压．读图能力是根本功．11．如图，磁场垂直于纸面，磁感强度在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布．一铜制圆环用丝线悬挂于O点，将圆环拉至位置a后无初速释放，在圆环从a摆向b的过程中〔〕A．感电流方向先逆时针后顺时针再逆时针B．感电流方向一直是逆时针C．安培力方向始终与速度方向相反D．安培力方向始终沿水平方向【考点】楞次律；左手那么．【专题】压轴题；高考物理专题．【分析】此题由楞次律可得出电流的方向，在于弄清何时产生电磁感，以及磁通量是如何变化的；由左手那么判断安培力的方向．【解答】解：先看感电流方向，铜制圆环内磁通量先向里并增大，铜制圆环感电流的磁场向外，感电流为逆时针；铜制圆环越过最低点过程中，铜制圆环内磁通量向里的减小，向外的增大，所以铜制圆环感电流的磁场向里，感电流为顺时针；越过最低点以后，铜制圆环内磁通量向外并减小，所以铜制圆环感电流的磁场向外，感电流为逆时针，所以A、B二者选A．再看安培力方向，根据左手那么，因效导线是沿竖直方向的，且两边的磁感强度不同，故合力方向始终沿水平方向，故和速度方向会有一夹角，所以，C、D二者选D．应选AD．【点评】此题考查法拉第电磁感律，安培力左手那么，力的合成，难度较大．注意研究铜制圆环在越过最低点过程中这一环节，如果丢掉这一环节，A、B二者就会错选B．12．如下图，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I，线圈间产生匀强磁场，磁感强度大小B与I成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为I H，与其前后外表相连的电压表测出的霍尔电压U H满足：U H=k，式中k为霍尔系数，d为霍尔元件两侧面间的距离．电阻R远大于R L，霍尔元件的电阻可以忽略，那么〔〕A．霍尔元件前外表的电势低于后外表B．假设电源的正负极对调，电压表将反偏C．I H与I成正比D．电压表的示数与R L消耗的电功率成正比【考点】霍尔效及其用．【分析】根据通电导线产生磁场，带电粒子在电场力作用下加速，而磁场力的作用下偏转，由左手那么可知，偏转方向，得出电势上下；由电源的正负极变化，导致电子运动方向也变化，由左手那么可知，电子的偏转方向；I H与I的关系，结合U=k，及P=IU，即可求解．【解答】解：A、根据电流周围存在磁场，结合安培那么可知，磁场的方向，而电子移动方向与电流的方向相反，再由左手那么可得，电子偏向内侧，导致前外表的电势高于后外表，故A错误；B、当电源正负对调后，磁场虽反向，而电子运动方向也反向，由左手那么可知，洛伦兹力的方向不变，那么电压表将不会反偏，故B错误；C、如下图，霍尔元件与电阻R串联后与R L并联，根据串并联特点，那么有：I H R=〔I﹣I H〕R L；因此那么有I H与I成线性关系，故C正确；D、根据U=k，且磁感强度大小B与I成正比，即为B=K′I，又I H与I成线性关系，结合P=UI，因此：U==，那么有U与P RL成正比，故D正确；。
高二物理上学期第三次月考试卷-人教版高二全册物理试题
上饶县二中2015-2016年第一学期高二年级第三次月考物 理 试 题卷面分值：100分 时间：90分钟一、选择题〔此题共10小题，在每一小题给出的四个选项中，1-7小题只有一个选项正确，8－10小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不选得0分。
共40分〕1、用金属做成一个不带电的圆环，放在枯燥的绝缘桌面上。
小明同学用绝缘材料做的笔套与头发摩擦后，将笔套自上向下慢慢靠近圆环，当距离约为0.5cm 时圆环被吸引到笔套上，如下列图。
对上述现象的判断与分析，如下说法不正确的答案是( ) A 、摩擦使笔套带电B 、笔套靠近圆环时，圆环上、下感应出的电荷是异种的C 、圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力大于圆环的重力D 、笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷立刻被全部中和2、图中a 、b 、c 是匀强电场中同一平面上的三个点，一个带正电的点电荷分别放在a 、b 、c 三处所具有的电势能为E pa =1J ，E pb =0.4J ，E pc =0.8J ，如此在如下各示意图中能表示该电场强度的方向是〔 〕3、如下列图为两个固定在同一水平面上的点电荷，距离为d ，电荷量分别为+Q 和-Q 。
在它们的水平中垂线上固定一根长为L 、内壁光滑的绝缘细管，有一电荷量为+q 的小球以初速度v 0从管口射入，如此小球〔 〕 A 、速度先增大后减小B 、受到的库仑力先做负功后做正功C 、受到的库仑力最大值为28dkqQD 、管壁对小球的弹力最大值为24dkqQ座位号第3题图ab cAab cBabcDabcC第2题图第1题图4、某同学设计了一种静电除尘装置,如图甲所示，其中有一长为L 、宽为b 、高为d 的矩形通道,其前、后面板为绝缘材料,上、下面板为金属材料。
图乙是装置的截面图,上、下两板与电压恒为U 的高压直流电源相连。
带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为v 0,当碰到下板后其所带电荷被中和,同时被收集。
2021-2022年高二物理上学期第三次月考试题理
2021-2022年高二物理上学期第三次月考试题理一、单项选择题(本大题共8小题，每小题只有一个选项正确，共32分)1、一根粗细均匀的电阻丝，其电阻为R．在温度不变的情况下，将电阻丝均匀地拉长为原来的2倍，则其电阻变为（）A.RB.2RC.4RD.0.5R2、某同学用伏安法测电阻，分别采用电流表内接法和外接法，测量某Rx的阻值分别为R 1和R2，则测量值R1，R2和真实值Rx之间的关系是（）A.R1＜R2＜R x B.R1＞R2＞R x C.R1＜R x＜R2D.R1＞R x＞R23、小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线过P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线．则下列说法中正确的是（）A.随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小B.对应P点，小灯泡的电阻为R=U1/I2C.对应P点，小灯泡的电阻为R=U1/(I2-I1)D.对应P点，小灯泡的功率为图中PQO所围的面积4、如图所示的图象中，直线表示某电源路端电压与电流的关系，直线为某一电阻的伏安特性曲线。
用该电源直接与电阻连接成闭合电路，由图象可知：（）A．的阻值为15ΩB．电源电动势为，内阻为C．电源的输出功率为D．电源内部消耗功率为5、用一欧姆表去测量某一阻值为300Ω的电阻时，指针指在最大偏角的2/3处，现用同一欧姆表在条件不变时，去测另一电阻RX ，指针指在最大偏角的1/3处，则被测电阻RX的阻值是（）A.1200ΩB.600ΩC.300ΩD.150Ω6、如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线．在电场力作用下，一带电粒子（不计重力）经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（）A．粒子带正电 B．粒子在A点加速度大C．粒子在B点动能大 D．A、B两点相比，B点电势较低7、如图，平行金属板A.B水平正对放置，分别带等量异种电荷，一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么（）A.若微粒带正电，微粒从M到N电场力一定做正功B.若微粒带负电，微粒从M到N电场力一定做正功C.微粒从M运动到N动能一定增加D.微粒从M运动到N机械能一定增加8、 如图所示，两个等量同种点电荷分别固定于光滑绝缘水平面上A 、B 两点。
高二物理上学期第三次月考试卷高二全册物理试题_
嗦夺市安培阳光实验学校内蒙古鄂伦春旗大杨树三中高二（上）第三次月考物理试卷一．单项选择题（共12道题，每题4分，共48分）1．太阳能电池由许多片电池板组成．某电池板不接负载时两极间电压是6.0×10﹣4V，短路电流是3.0×10﹣5A，则这块电池板的内阻为( )A．20ΩB．5ΩC．0.2ΩD．0.05Ω2．关于电阻的计算式R=和决定式R=ρ，下面说法正确的是( )A．导体的电阻与其两端电压成正比，与电流成反比B．导体的电阻仅与导体长度、横截面积和材料有关C．导体的电阻不随工作温度变化而变化D ．对一段一定的导体来说，在恒温下比值是恒定的，导体电阻不随U或I的变化而变化3．金属铂的电阻对温度的高低非常敏感，在下图所示的U﹣I图象中，可以表示出金属铂电阻的U﹣I图线的是( )A ．B ．C ．D ．4．“好变频1度到天明”﹣﹣此广告语意为1度电（1kW•h）可使变频空调工作一整夜（以10h计）．同样的1度电可供铭牌如图所示的电扇工作约( ) A．1整夜B．2整夜C．3整夜D．4整夜5．加在某台电动机上的电压是U（V），电动机消耗的电功率为P（W），电动机线圈的电阻为R（Ω），则电动机线圈上消耗的热功率为( )A．P B ． C ．D ．6．将一根长为L，横截面积为S，电阻率为ρ的保险丝截成等长的两段，并把两段并起来作为一根使用，则它的电阻和电阻率分别为( )A ．、B ．、ρC ．、ρD ．、7．多用电表可以通过旋转选择开关S来测量电压、电流和电阻等，同时可以根据不同的需要选择不同的量程．如图所示为某多用电表的内部电路结构简图．则下列叙述正确的是( )A．开关S调到1时用来测量电压B．开关S调到2时用来测量电流C．开关S调到4时用来测量电阻D．开关S调到6时用来测量电阻8．如图所示，电源的电动势为6v，内阻为0.5Ω，R0为1.5Ω，R为总阻值为10Ω的滑动变阻变阻器，当滑动变阻器功率最大时，变阻器阻值应调整到( )A．0ΩB．0.5ΩC．2ΩD．10Ω9．关于闭合电路的性质，下列说法不正确的是( )A．外电路断路时，路端电压最高B．外电路短路时，电源的功率最大C．外电路电阻变大时，电源的输出功率变大D．不管外电路电阻怎样变化，其电源的内、外电压之和保持不变10．如图所示的电路中，当闭合开关S后，发现两灯都不亮，电流表的指针几乎指在零刻度线，电压表指针则有明显偏转，该电路中的故障可能是( ) A．灯泡L2短路 B．灯泡L2断路C．灯泡L1断路 D．两个灯泡都断路11．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灯变亮，b灯和c灯变暗B．a灯和c灯变亮，b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12．如图为一逻辑电路，根据电路图完成它的真值表．其输出端从上到下排列的结果正确的是( )输入输出A B C0 00 11 01 1A．0 0 1 0 B．0 0 1 1 C．1 0 1 0 D．0 0 0 1二．实验题（3道题，共38分）13．（18分）某同学做“测定金属电阻率”的实验．（1）这位同学采用伏安法测定一段阻值约为5Ω左右的金属丝的电阻．有以下器材可供选择：（要求测量结果尽量准确）A．电池组（3V，内阻约1Ω）B．电流表（0﹣3A，内阻约0.025Ω）C．电流表（0﹣0.6A，内阻约0.125Ω）D．电压表（0﹣3V，内阻约3kΩ）E．电压表（0﹣15V，内阻约15kΩ）F．滑动变阻器（0﹣20Ω，额定电流1A）G．滑动变阻器（0﹣1000Ω，额定电流0.3A）H．开关，导线实验时应选用的器材是：电流表选择__________，电压表选择__________，滑动变阻器选择__________（填写各器材的字母代号）．（2）请在如图1的虚线框中画出实验电路图．（3）这位同学在一次测量时，电流表、电压表的示数如图2所示．由图中电流表示数为__________A、电压表的读数为__________V，可计算出金属丝的电阻为__________Ω．（4）用螺旋测微器测得金属丝的直径如图3所示，可知金属丝的直径d=__________mm．14．（14分）如图甲为多用电表的示意图，现用它测量一个阻值约为200Ω的电阻R x，请用图中所示旋钮名称填空并完善测量步骤．①调节__________，使电表指针停在__________的“0”刻线（填“电阻”或“电流”）．②将选择开关旋转到“Ω”挡的__________位置．（填“×1”“×10”“×100”或“×1 k”）③将红、黑表笔分别插入“+”“﹣”插孔，并将两表笔短接，调节__________，使电表指针对准__________的“0”刻线（填“电阻”或“电流”）．④将红、黑表笔分别与待测电阻两端相接触，若电表读数如图乙所示，该电阻的阻值为__________Ω．⑤测量完毕，将选择开关旋转到__________位置．现有下列器材，试选择合适的器材及适当的电路，较精确地测定该电阻的阻值．A．电流表，量程0～500μA，内阻约50ΩB．电流表，量程0～10mA，内阻约5ΩC．电压表，量程0～3V，内阻约2kΩD．电压表，量程0～15V，内阻约10kΩE．干电池1节，电动势为1.5VF．滑动变阻器，0～20Ω，0.5AG．电键一只，导线若干①电流表应该选择__________，电压表应该选择__________（填字母代号）；②请在下列实验电路图中选择合适的电路图__________．15．在《测定电源的电动势和内阻》的实验中，某学习小组测出多组数据，并根据实验数据作出U﹣I图象，如图所示，由图象可得出电源的电动势E=__________V 、内阻r=__________Ω．三．计算题（16题6分，17题8分，共14分，请写出必要的计算步骤和公式）16．如图所示，R1=14Ω R2=9Ω．当开关处于位置1时，电流表读数I1=0.2A；当开关处于位置2时，电流表的读数I2=0.3A．求电源的电动势E和内电阻r．17．如图所示中E=10V，R1=4Ω，R2=6Ω，C=30μF电池内阻不计，求：（1）闭合开关S，求稳定后通过R1的电流；（2）然后将开关S断开，求这以后流过R1的总电量．内蒙古鄂伦春旗大杨树三中高二（上）第三次月考物理试卷一．单项选择题（共12道题，每题4分，共48分）1．太阳能电池由许多片电池板组成．某电池板不接负载时两极间电压是6.0×10﹣4V，短路电流是3.0×10﹣5A，则这块电池板的内阻为( )A．20ΩB．5ΩC．0.2ΩD．0.05Ω【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】根据开路电压等于电源电动势，求出电动势；再根据电动势和短路电流求出内电阻．【解答】解：由题，U=0.6V，则E=U=0.6V又E=I短r，得到r==20Ω故选：A【点评】本题关键根据电源开路和短路的特点，求解电源的内电阻，难度不大，属于基础题．2．关于电阻的计算式R=和决定式R=ρ，下面说法正确的是( )A．导体的电阻与其两端电压成正比，与电流成反比B．导体的电阻仅与导体长度、横截面积和材料有关C．导体的电阻不随工作温度变化而变化D．对一段一定的导体来说，在恒温下比值是恒定的，导体电阻不随U或I的变化而变化【考点】电阻定律．【专题】恒定电流专题．【分析】导体的电阻是导体本身的特性，与其两端电压和电流强度无关，根据电阻定律R可知：导体的电阻与导体的长度、横截面积和材料有关．导体的电阻率随温度变化而变化，电阻也随温度而变化．【解答】解：A、导体的电阻是导体本身的特性，与其两端电压和电流强度无关．故A错误；B、根据电阻定律R=可知：导体的电阻与导体的长度、横截面积和材料有关；但导体的电阻率还要与温度有关；故B错误；C、导体的电阻率随温度变化而变化，电阻也随温度而变化．故C错误；D 、导体的电阻是导体本身的特性，对一段一定的导体来说，在恒温下比值是恒定的，导体电阻不随U或I的变化而化．故D正确．故选：D【点评】本题考查电阻的定义式及决定式的关系，要注意明确电阻是导体本身的性质，与电压及电流无关．3．金属铂的电阻对温度的高低非常敏感，在下图所示的U﹣I图象中，可以表示出金属铂电阻的U﹣I图线的是( )A ．B ．C ．D ．【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】金属铂的电阻随温度的升高而增大．电阻的U﹣I图线上的点与坐标原点连线的斜率等于电阻．根据数学知识进行选择．【解答】解：根据电阻的定义式R=可知，U﹣I图线上的点与坐标原点连线的斜率等于电阻，金属铂的电阻随温度的升高而增大，则图线上的点与坐标原点连线的斜率逐渐增大，图线是曲线，根据数学知识可知，C正确．故选C【点评】本题考查对金属电阻特性的掌握程度，抓住图线的数学意义来理解其物理意义．4．“好变频1度到天明”﹣﹣此广告语意为1度电（1kW•h）可使变频空调工作一整夜（以10h计）．同样的1度电可供铭牌如图所示的电扇工作约( ) A．1整夜B．2整夜C．3整夜D．4整夜【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】已知电扇的额定功率和消耗的电能，根据W=Pt求出工作时间即可．【解答】解：由图可知电扇的额定功率为24W，则t=h而一整夜是10h，所以同样的1度电可供铭牌如图所示的电扇工作约4整夜．故选：D【点评】本题考查消耗电能的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，要学会认识用电器的铭牌，解题过程中要注意单位的换算．5．加在某台电动机上的电压是U（V），电动机消耗的电功率为P（W），电动机线圈的电阻为R（Ω），则电动机线圈上消耗的热功率为( )A．P B ． C ．D ．【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】电动机是非纯电阻电路，电功率P=UI，热功率P热=I2R，输出功率P出=P﹣P热．【解答】解：电动机是非纯电阻电路，电功率为P=UI，故电流为I=，故热功率P热=I2R=（）2R=；故选C．【点评】本题关键明确电动机是非纯电阻电路，电功率等于热功率与输出功率之和．6．将一根长为L，横截面积为S，电阻率为ρ的保险丝截成等长的两段，并把两段并起来作为一根使用，则它的电阻和电阻率分别为( )A ．、B ．、ρC ．、ρD ．、【考点】电阻定律．【专题】恒定电流专题．【分析】电阻率的大小由材料决定，与长度和横截面积无关．根据电阻定律的公式判断电阻的变化．【解答】解：根据电阻定律的公式知，长度变为原来的一半，横截面积变为原来的2倍，则电阻变为原来的．而电阻率不变．故B正确，A、C、D错误．故选B．【点评】解决本题的关键掌握电阻定律的公式，以及知道电阻率的大小由材料决定，与长度和横截面积无关．7．多用电表可以通过旋转选择开关S来测量电压、电流和电阻等，同时可以根据不同的需要选择不同的量程．如图所示为某多用电表的内部电路结构简图．则下列叙述正确的是( )A．开关S调到1时用来测量电压B．开关S调到2时用来测量电流C．开关S调到4时用来测量电阻D．开关S调到6时用来测量电阻【考点】多用电表的原理及其使用．【专题】恒定电流专题．【分析】电流表、电压表与欧姆表都是由小量程电流表改装成的；把小量程电流表改装成电流表应并联一个分流电阻，把电流表改装成电压表，应串联一个分压电阻，把电流表改装成欧姆表时，应串联一个滑动变阻器，电路应有一个电源；分析清楚电路结构，根据电流表、电压表与欧姆表的原理分析答题．【解答】解：A、由图可知，当S接1或2时，表头与电阻并联，则多用表作安培表使用，故A错误，B正确；C、选择开关接“4”时，测电阻，当作欧姆表使用，由于电源在电表内部，又电流由红表笔进，因此红表笔与电源的负极相连，故C正确；D、选择开关接“6”时，表头与两个电阻串联，串联电阻较大，此时多用电表测电压，量程较大，故D错误；故选：BC．【点评】知道电流表、电压表、欧姆表的原理，掌握电流表、电压表、欧姆表的读数方法，即可正确解题．8．如图所示，电源的电动势为6v，内阻为0.5Ω，R0为1.5Ω，R为总阻值为10Ω的滑动变阻变阻器，当滑动变阻器功率最大时，变阻器阻值应调整到( )A．0ΩB．0.5ΩC．2ΩD．10Ω【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】将R0看成电源的内阻，当等效电源的内电阻等于R时，R的功率最大．【解答】解：将R0看成电源的内阻，当外电阻与内阻相等时，输出功率最大．即R=R0+r解得：R=1.5+0.5=2Ω，故C正确．故选：C【点评】本题考查功率公式的应用；解题的关键要知道电源的内电阻与外电阻相等时，电源的输出功率最大．9．关于闭合电路的性质，下列说法不正确的是( )A．外电路断路时，路端电压最高B．外电路短路时，电源的功率最大C．外电路电阻变大时，电源的输出功率变大D．不管外电路电阻怎样变化，其电源的内、外电压之和保持不变【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】根据闭合电路欧姆定律求解干路电流，根据欧姆定律求解路端电压，根据表达式进行分析讨论．【解答】解：A、外电路断路时，外电阻R→∞，I=0，所以U=E﹣Ir=E，则路端电压最大，故A正确；B、外电路断路时，外电阻R=0，I=，电流最大，据P=EI得，电源的功率最大．故B正确；C、电源的输出功率 P=UI=I2R=，由此公式可知当R=r时，电源的输出功率最大，则外电路的电阻R变大时，电源的输出功率不一定变大，故C错误；D、据闭合电路的欧姆定律知，其电源的内外电压之和等于电源的电动势，保持不变，故D正确．本题选错误的，故选：C【点评】本题关键根据闭合电路欧姆定律和部分电路欧姆定律列式求解出路端电压表达式进行讨论．要知道电源的内外电阻相等时，输出功率最大．10．如图所示的电路中，当闭合开关S后，发现两灯都不亮，电流表的指针几乎指在零刻度线，电压表指针则有明显偏转，该电路中的故障可能是( ) A．灯泡L2短路 B．灯泡L2断路C．灯泡L1断路 D．两个灯泡都断路【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】开关闭合时，发现两灯均不亮，说明电路有开路．电压表有示数，电压表的正负接线柱到电源正负极的连接是连通的；电流表的指针几乎指在零刻度线，是因为把电压表通过灯丝、导线接在电源正负极上，电压表的电阻无限大，使得电路中的电流很小．据此判断．【解答】解：开关闭合两灯均不亮，则电路中有开路，电压表有示数，则电压表的正负接线柱到电源正负极的连接是连通的，L1没有断路，所以L2断路，故B正确．故选：B．【点评】本题考查了学生利用电流表、电压表判断电路故障的分析能力，平时做实验时试一试，多积累这方面的经验．11．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灯变亮，b灯和c灯变暗B．a灯和c灯变亮，b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【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】如图电路的结构是：c灯与变阻器R串联后与b灯并联，再与a灯串联．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，根据欧姆定律分析干路电流的变化，再分析b灯电压的变化和c灯的电流变化来分析灯泡亮度变化．【解答】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．故选：B．【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．12．如图为一逻辑电路，根据电路图完成它的真值表．其输出端从上到下排列的结果正确的是( )输入输出A B C0 00 11 01 1A．0 0 1 0 B．0 0 1 1 C．1 0 1 0 D．0 0 0 1【考点】简单的逻辑电路．【专题】恒定电流专题．【分析】非门的特点是：输入状态和输出状态完全相反，与门的特点是：当所有条件都满足，事件才能发生．【解答】解：当A输入为0，B输入为0时，从非门输出为1，从与门输出为0．当A输入为0，B输入为1时，从非门输出为0，从与门输出为0．当A输入为1，B输入为0时，从非门输出为1，从与门输出为1．当A输入为1，B输入为1时，从非门输出为0，从与门输出为0．故A正确，B、C、D错误．故选：A．【点评】解决本题的关键知道非门和与门的特点，牢记各简单逻辑门功能与特点，便可很容易的解答此题．二．实验题（3道题，共38分）13．（18分）某同学做“测定金属电阻率”的实验．（1）这位同学采用伏安法测定一段阻值约为5Ω左右的金属丝的电阻．有以下器材可供选择：（要求测量结果尽量准确）A．电池组（3V，内阻约1Ω）B．电流表（0﹣3A，内阻约0.025Ω）C．电流表（0﹣0.6A，内阻约0.125Ω）D．电压表（0﹣3V，内阻约3kΩ）E．电压表（0﹣15V，内阻约15kΩ）F．滑动变阻器（0﹣20Ω，额定电流1A）G．滑动变阻器（0﹣1000Ω，额定电流0.3A）H．开关，导线实验时应选用的器材是：电流表选择C，电压表选择D，滑动变阻器选择F （填写各器材的字母代号）．（2）请在如图1的虚线框中画出实验电路图．（3）这位同学在一次测量时，电流表、电压表的示数如图2所示．由图中电流表示数为0.46A、电压表的读数为2.40V，可计算出金属丝的电阻为5.22Ω．（4）用螺旋测微器测得金属丝的直径如图3所示，可知金属丝的直径d=3.373mm．【考点】测定金属的电阻率．【专题】实验题；定量思想；图析法；恒定电流专题．【分析】（1）根据电路最大电流选择电流表，根据电源电动势选择电压表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器．（2）根据题意确定电流表与滑动变阻器的接法，然后作出电路图．（3）根据图示电表确定其分度值，读出其示数，然后由欧姆定律求出金属丝的电阻．（4）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数．【解答】解：（1）电路最大电流约为：I===0.6A，电流表应选择C；电源电动势为3V，则电压表应选择D；为方便实验操作，滑动变阻器应选择F；（2）待测电阻阻值约为5Ω，电流表内阻约为0.125Ω，电压表内阻约为3kΩ，电压表内阻远大于待测点阻值，电流表应采用外接法，滑动变阻器最大阻值为20Ω，远大于待测电阻阻值，滑动变阻器可以采用限流接法，电路图如图所示：（3）由图示电流表可知，其分度值为0.02A，示数为0.46A；由图示电压表可知，其分度值为0.1V，示数为2.40V；金属丝电阻：R==≈5.22Ω；（4）由图示螺旋测微器可知，其示数为：3mm+37.3×0.01mm=3.373mm；故答案为：（1）C；D；F；（2）电路图如图所示；（3）0.46；2.40；5.22；（4）3.373．【点评】本题考查了实验器材的选择、设计实验电路、电表读数、螺旋测微器读数，要掌握常用器材的使用及读数方法，读数时视线要与刻度线垂直；根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法是正确设计实验电路的关键．14．（14分）如图甲为多用电表的示意图，现用它测量一个阻值约为200Ω的电阻R x，请用图中所示旋钮名称填空并完善测量步骤．①调节指针定位螺丝，使电表指针停在电流的“0”刻线（填“电阻”或“电流”）．②将选择开关旋转到“Ω”挡的×10位置．（填“×1”“×10”“×100”或“×1 k”）③将红、黑表笔分别插入“+”“﹣”插孔，并将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使电表指针对准电阻的“0”刻线（填“电阻”或“电流”）．④将红、黑表笔分别与待测电阻两端相接触，若电表读数如图乙所示，该电阻的阻值为190Ω．⑤测量完毕，将选择开关旋转到OFF或交流电压最高档位置．现有下列器材，试选择合适的器材及适当的电路，较精确地测定该电阻的阻值．A．电流表，量程0～500μA，内阻约50ΩB．电流表，量程0～10mA，内阻约5ΩC．电压表，量程0～3V，内阻约2kΩD．电压表，量程0～15V，内阻约10kΩE．干电池1节，电动势为1.5VF．滑动变阻器，0～20Ω，0.5AG．电键一只，导线若干①电流表应该选择，电压表应该选择（填字母代号）；②请在下列实验电路图中选择合适的电路图．【考点】用多用电表测电阻．【专题】实验题．【分析】多用电表使用前要进行机械调零，测电阻时要选择合适的挡位，然后进行欧姆调零，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数，多用电表使用完毕选择开关要置于OFF挡或交流电压最高档．【解答】解：用多用电表测阻值约为200Ω的电阻R x，实验步骤为：①调节指针定位螺丝，使电表指针停在电流的“0”刻线．②将选择开关旋转到“Ω”挡的×10位置．③将红、黑表笔分别插入“+”“﹣”插孔，并将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使电表指针对准电阻的“0”刻线．④将红、黑表笔分别与待测电阻两端相接触，若电表读数如图乙所示，该电阻的阻值为19×10=190Ω．⑤测量完毕，将选择开关旋转到OFF或交流电压最高档位置故答案为：①指针定位螺丝；电流；②×10；③欧姆调零旋钮；电阻；④190；⑤OFF或交流电压最高档．【点评】本题考查了欧姆表的使用方法、欧姆表读数；使用欧姆表测电阻时，要先进行机械调零，然后选择合适的档位，再进行欧姆调零，最后测电阻．15．在《测定电源的电动势和内阻》的实验中，某学习小组测出多组数据，并根据实验数据作出U﹣I图象，如图所示，由图象可得出电源的电动势E=1.5V、内阻r=1Ω．【考点】测定电源的电动势和内阻．【专题】实验题；定量思想；推理法；实验分析法；恒定电流专题．【分析】测定电池电动势和内电阻的实验原理是闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir，当I=0时，U=E，U﹣I图象的斜率绝对值等于内阻．【解答】解：根据闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir，当I=0时，U=E，由图读出图线纵轴截距 U=E=1.5VU﹣I图象的斜率绝对值等于内阻r，则r=Ω=1Ω故答案为：1.5 1．【点评】解决本题关键要知道本实验的原理是闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir，根据数学知识求解电源的电动势和内阻．三．计算题（16题6分，17题8分，共14分，请写出必要的计算步骤和公式）16．如图所示，R1=14Ω R2=9Ω．当开关处于位置1时，电流表读数I1=0.2A；当开关处于位置2时，电流表的读数I2=0.3A．求电源的电动势E和内电阻r．【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】根据闭合电路欧姆定律分别列出开关处于位置1和2时的电流表达式，联立组成方程组求解电源的电动势E和内电阻r．【解答】解：根据闭合电路欧姆定律得E=I1（R1+r）①E=I2（R2+r）②联立组成方程组得，r=代入解得，r=1Ω将r=1Ω代入①得，E=3V答：电源的电动势E=3V，内电阻r=1Ω．【点评】本题提供了测量电源的电动势和内阻和方法，可以用电阻箱代替两个定值电阻．17．如图所示中E=10V，R1=4Ω，R2=6Ω，C=30μF电池内阻不计，求：（1）闭合开关S，求稳定后通过R1的电流；（2）然后将开关S断开，求这以后流过R1的总电量．【考点】电容；闭合电路的欧姆定律．【专题】电容器专题．【分析】（1）电容器在电路稳定时，处于断开状态，则根据闭合电路欧姆定律，即可求解；（2）根据开关闭合与断开两状态下，求出电压器的两端电压，并根据：△Q=△U•C，即可求解．【解答】解：（1）稳定时，电容看作断开状态，电路中的电流：A （2）S闭合，电路处于稳定状态时，电容两端的电压：U=IR2=1×6V=6V断开后，电容两端的电压为10V，故这以后流过R1的总电量为：△Q=△U•c=（10﹣6）×30×10﹣6C=1.2×10﹣4C 答：（1）闭合开关S，稳定后通过R1的电流1A；（2）然后将开关S断开，这以后流过R1的总电量1.2×10﹣4C．【点评】考查闭合电路欧姆定律的应用，掌握Q=CU公式的应用，注意电容器在直流电路中，处于稳定时，相当于开关断开的．。
(新课标)高二物理上学期第三次月考试题.docx
2013-2014学年度上学期第三次月考高二物理试题【新课标】第一卷 选择题（共56分）一、选择题（每题4分，共56分，至少有一个选项是正确的）1. 第一个发现电磁感应现象的科学家是 A.奥斯特 B.库仑 C.法拉第 D.安培2. 关于磁感应强度的单位，下列等式中哪些单位是正确的：A. lT=lkg , A/s 2B. lT=lkg/A , s 2C. lT=lA/kg , sD. 1T=1A • s'/kg 3. 关于磁通量的下列说法中正确的是： 磁通量是个反映磁场强弱和方向的物理量某一面积上的磁通量是表示穿过此面积的磁感线的总条数 在磁场中所取的面积越大，该面上磁通量一定越大 穿过封闭曲面的磁通量无限大4. 关于感应电流，下列说法中正确的是： 只要闭合电路里有磁通量，闭合电路里就有感应电流穿过螺线管的磁通量发生变化时，螺线管内部就一定有感应电流产生 线框不闭合时，即使穿过线框的磁通量发生变化，线框也没有感应电流 只要电路的一部分切割磁感线运动电路中就一定有感应电流 关于电动势下列说法中正确的是：电源电动势等于电源正负极之间的电势差 在电源内部只有其他形式的能量转化为电能 电源电动势总等于内、外电路上的电压之和，所以它的数值与外电路的组成有关 电源电动势总等于电路中通过一库仑的正电荷时，电源提供的能量6. 一个平行板电容器，若增大加在它两极板间的电压，则电容器的： A. B. C. D.7. 两个固定的等量异种电荷，在他们连线的垂直平分线上有a 、b 、c 二点，如图所示， 下列说法正确的是：A. B. C. D. 8. 一带电粒子射入一固定在。
点的点电荷电场中，粒子运动轨迹如图中虚线abc 所示.是同心圆弧，表示电场的等势面，不计粒子的重力，则可以断定：A. B. C. D. A. B. C. D.5.A. B. C. D.电量与所加电压的比值增大 电量与所加电压的比值变小 电量与所加电压的比值不变 电量与所加电压的比值不变电量增加, 电量不变, 电量增加, 电量不变,a 点电势比力点电势高a 、力两点场强方向相同，a 点场强比0点大a 、b 、c 二点与无穷远电势相等一带电粒子（不计重力），在a 点无初速释放，则它将在a 、0线上运动 图中的实线粒子受到静电引力粒子在们点受到的电场力最大 从a 到c 整个过程，电场力做正功 粒子在b 点的速度大于在a 点的速度9. 在图中所示的电路中，当滑动变阻器的滑动触片向力端移A. B. C. D. 动时:A. B. C. D. 伏特表V 和安培表A 的读数都减小伏特表V 和安培表A 的读数都增大伏特表V 的读数增大，安培表A 的读数减小 伏特表V 的读数减小，安培表A 的读数增大 10,回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分 | 别与高频交流电源两极相连接的两个D 形金属盒，两盒间 --------------------- --------------L的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D 形金属盒 处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示。
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2019学年高二物理上学期第三次月考试题 理（无答案）
一．选择题（每题4分，共计48分，其中5.6.8.9.10题为多选，少选得2分，错选不得分）
1. 如图所示，两个带电球，大球的电荷量大于小球的电荷量，可以肯定（ ）
A. 两球都带正电
B. 两球都带负电
C. 大球受到的静电力大于小球受到的静电力
D. 两球受到的静电力大小相等
2．以下说法正确的是（ ）
A ．由q
F E =可知，电场中某点的电场强度E 与F 成正比 B ．由公式q E P =
φ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 ．由公式C=Q/U 可知，电容器的电容C 大小与电容器两极板间电势差U 无关
3.两个等量异种电荷的连线的垂直平分线上有a 、b 、c 三点，如图所示，下列说法正确的是
（）
A．a点电势比b点高
B．a、b两点的场强方向相同，b点场强比a点小
C．a、b、c三点和无穷远处电势相等
D．一个电子在a点无初速释放，则它将在c点两侧往复运动
4．如图所示，先接通K 使平行板电容器充电，然后断开。
再使电容器两板间距离增大，则电容器所带的电荷量Q、电容C、两板间电压U、板间场强E的变化情况是（）
A．C不变，Q变小，U不变，E变小
B．C变小，Q变小，U不变，E不变
C．C变小，Q不变，U变大，E变小
D．C变小，Q不变，U变大，E不变
5．（多选）图2所示的匀强电场场强为103N/C，ab＝dc＝4cm，ac＝bd＝3cm．则下述计算结果正确的是（）
A．ab之间的电势差为40V．
B．ac之间的电势差为50V．
C．将q＝－5×10-3C的点电荷沿矩形路径abdc移动一周，电场力做功为零．
D．将q＝－5×10-3C的点电荷沿abc或adc从a移动到c，电场力做功都是－0.25J．6.（多选）如图所示，图线1表示的导体的电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是( )
A．R1∶R2＝1∶3
B．R1∶R2＝3∶1
C．将R1与R2串联后接于电源上，则电流比I1∶I2＝1∶3
D．将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1∶I2＝3∶1
7．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为( )
A．4ρ和4R B．ρ和4R C．16ρ和16R D．ρ和16R 8．（多选）图1为两个不同闭合电路中两个不同电源的U-I图像，下列判断正确的是( )
A．电动势E1＝E2，发生短路时的电流I1＞I2
B．电动势E1=E2，内阻r1＞r2
C．电动势E1＞E2，内阻r1＜r2
D．当两电源的工作电流变化量相同时，电源2的路端电压变化大
9．（多选）如图1所示，甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成，
下列说法正确的是( )
A．甲表是电流表，R增大时量程增大
B．甲表是电流表，R增大时量程减小
C．乙表是电压表，R增大时量程增大
D．乙表是电压表，R增大时量程减小
10. （多选）在如图所示的电路中，当变阻器R的阻值增加时
( )
A. R两端的电压将增大
B. R两端的电压将减小
C. 通过R的电流强度将不变
D. 通过R的电流强度将减小
11..如图所示，直线OAC为某一直流电源的总功率P总随电流I变化的图线，抛物线OBC 为同一直流电源内部热功率P r随电流I变化的图线．若A、B对应的横坐标为2A，那么线段AB表示的功率及I=2A对应的外电阻是（）
A. 2W，0.5Ω
B. 4W，2Ω
C. 2W，1Ω
D. 6W，2Ω
12．阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E（内阻可忽略）连接成如图所示电路．开关S 断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1，闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷
量为Q2．Q1与Q2的比值为（）
A．B．
C．D．
二．填空题（共20分）
13.(1)下图甲中游标卡尺和螺旋测微器的读数分别为________mm和________mm。
(2)某同学使用多用电表粗略测量一定值电阻的阻值，先把选择开关旋到“×1k”挡位，测量时指针偏转如图（a）所示。
请你简述接下来的测量操作过程：
①选择欧姆档；
②将红、黑表笔进行欧姆调零；
③将红、黑表笔接在的两端，从表盘读取数据乘以档位数；
④测量结束后，将选择开关旋到“OFF”挡。
图甲
14．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，现除了有一个标有“5V，2.5w”的小灯泡、导线和开关外，还有：
A、直流电源（电动势约为5V，内阻可不计）
B、直流电流表（量程0～3A，内阻约为0.1Ω）
C、直流电流表（量程0～600mA，内阻约为5Ω）
D、直流电压表（量程0～15V，内阻约为15KΩ）
E、直流电压表（量程0～5V，内阻约为10K Ω）
F、滑动变阻器（最大阻值l0Ω，允许通过的最大电流为2A）
G、滑动变阻器（最大阻值lK Ω，允许通过的最大电流为0.5A）
实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据
(1)实验中电流表应选用，电压表应选用，
滑动变阻器应选用（均用序号字母表示）.
(2)在图中用笔画线代替导线，把实验仪器连接成完整的实验电路。
三．计算题（共32分）
15．（10分）如图所示,电路两端电压U恒为28V,电灯上标有“6V,12W”字样,直流电动机线圈电阻R=2Ω。
若电灯恰能正常发光, 且电机能运转,求：
(1)流过电灯的电流是多大?
(2)电动机两端的电压是多大?
(3)电动机输出的机械功率？
16.（10分）如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、场强为E的匀强电场，在与右侧虚线相距L处有一与电场平行的屏．现有一电荷量为+q、质量为m的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为O.试求：
(1)粒子从射入到打到屏上所用的时间；
(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tan；
(3)粒子打到屏上的点P到O点的距离s.
17．(12分)如图所示的电路中，
19
R=Ω，
230
R=Ω，S闭合时，电压表V的示数为11.4V，
电流表A的示数为0.2A，S断开时，电流表A的示数为0.3A（各表均为理想表），求：（1）求
R的电阻值
3
（2）电源的电动势E和内阻r；。