【新课标】2015-2016学年高二上学期第二次月考 物理 Word版含答案
高二物理-2015-2016学年高二上学期月考物理试卷(11月份)
2015-2016学年高二（上）月考物理试卷（11月份）（选修）一、单项选择题（本题共18小题，每小题4分，共72分．在每小题给出的四个选项中，每小题只有一个选项正确）1．下列关于磁场的说法中，正确的是( )A．磁场和电场一样，是客观存在的特殊物质B．磁场是为了解释磁极间相互作用而人为规定的C．磁体与磁体之间是直接发生作用的D．磁场只能由磁体产生，电流不能产生磁场2．奥斯特实验说明了( )A．磁场的存在B．磁场的方向性C．电流可以产生磁场 D．磁体间有相互作用3．若把一个条形磁铁从中间断开，则断开后的每一段( )A．只有N极 B．只有S极C．都有N、S两个极D．都没有磁极4．在电视台的围棋讲座中，棋子在竖直放置的棋盘上可以移动，但不会掉下来．原来，棋盘和棋子都是用磁性材料制成的．以下说法正确的是( )A．棋子的质量小，重力可以忽略不计B．棋盘对棋子的摩擦力大于棋子的重力C．棋盘对棋子的吸引力与重力平衡D．棋子受棋盘的摩擦力与棋子的重力是一对平衡力5．根据楞次定律可知，感应电流的磁场一定是( )A．阻碍引起感应电流的磁通量B．与引起感应电流的磁场方向相反C．阻碍引起感应电流的磁通量的变化D．与引起感应电流的磁场方向相同6．如图所示，L为一根无限长的通电直导线，M为一金属环，L通过M的圆心并与M所在的平面垂直，且通以向上的电流I，则( )A．当L中的I发生变化时，环中有感应电流B．当M左右平移时，环中有感应电流C．当M保持水平，在竖直方向上下移动时环中有感应电流D．只要L与M保持垂直，则以上几种情况，环中均无感应电流7．关于电磁感应现象，下列说法中正确的是( )A．闭合线圈放在变化的磁场中，必然有感应电流产生B．闭合正方形线圈在匀强磁场中垂直磁感线运动，必然产生感应电流C．穿过闭合线圈的磁通量变化时，线圈中有感应电流D．只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中一定有感应电流产生8．下列关于磁感应强度的方向的说法中．正确的是( )A．某处磁感应强度的方向就是一小段通电导体放在该处时所受磁场力的方向B．小磁针N极受磁力的方向就是该处磁感应强度的方向C．垂直于磁场放置的通电导线的受力方向就是磁感应强度的方向D．磁场中某点的磁感应强度的方向就是该点的磁场方向9．做奥斯特实验时，把小磁针放在水平通电直导线的正下方，通电后发现小磁针不动，用手轻轻拨动一下小磁针，小磁针转动180°后静止不动，由此可知通电直导线中的电流方向是( )A．自东向西 B．自西向东 C．自南向北 D．自北向南10．有一小段通电导线垂直磁场放置，长为1cm，电流为5A，把它置于磁场中某点，受到的磁场力为0.1N，则该点的磁感应强度可能是( )A．B=2 T B．B=5 TC．B=1.5 T D．以上情况均有可能11．关于磁感应强度，下列说法正确的是( )A．由B=可知，磁场中某处的磁感应强度大小随通电导线中电流I的减小而增大B．由B=可知，磁场中某处的磁感应强度大小随通电导线所受磁场力F的增大而增大C．通电导线所受的磁场力为零，该处的磁感应强度不一定为零D．放置在磁场中1 m长的通电导线，通过1 A的电流受到的力为1 N，则该处的磁感应强度就是1 T12．关于磁感线的说法正确的是( )A．磁感线总是从磁体的N极出发指向S极B．磁感线可以表示磁场的强弱和方向C．细铁粉撒在磁铁附近，我们看到的就是磁感线，所以磁感线是真实存在的D．沿磁感线方向磁场减弱13．如图所示，虚线框内有匀强磁场，1和2为垂直磁场方向放置的两个圆环，分别用Φ1和Φ2示穿过两环的磁通量，则有( )A．Φ1＞Φ2B．Φ1=Φ2C．Φ1＜Φ2D．无法确定14．如图所示，在条形磁铁外套有A、B两个大小不同的圆环，穿过A环的磁通量ΦA与穿过B环的磁通量ΦB相比较( )A．ΦA＞ΦB B．ΦA＜ΦB C．ΦA=ΦB D．不能确定15．图中对通电导线在磁场中所受安培力的方向判断正确的是( )A．B．C．D．16．如图，一条形磁铁放在水平桌面上，在它的正中央上方固定一直导线，导线与磁铁垂直，若给导线通以垂直于纸面向里的电流，则下列说法错误的是( )A．磁铁对桌面的压力减少 B．磁铁对桌面的压力增大C．桌面对磁铁没有摩擦力 D．磁铁所受的合力不变17．（本题供使用选修3﹣1教材的考生作答．）在匀强磁场中，一带电粒子沿着垂直磁感应强度的方向运动．现将该磁场的磁感应强度增大为原来的 2 倍，则该带电粒子受到的洛伦兹力( )A．变为原来的四分之一B．增大为原来的4倍C．减小为原来的一半 D．增大为原来的2倍18．关于电荷所受电场力和洛伦兹力，正确的说法是( )A．电荷在磁场中一定受洛伦兹力作用B．电荷在电场中一定受电场力作用C．电荷所受电场力一定与该处电场方向一致D．电荷所受的洛伦兹力一定与磁场方向垂直二、填空题（本题共2小题，每空2分，共计12分）.19．如图所示，框架面积为S，框架平面与磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直，则穿过线框平面的磁通量为__________，若使框架绕轴OO′转过60°角，则穿过线框平面的磁通量为__________；若从初始位置转过90°角，则穿过线框平面的磁通量为__________；若从初始位置转过180°角，则穿过线框平面的磁通量的变化量为__________．20．一水平放置的矩形线圈abcd，在条形磁铁S极附近下落，在下落过程中，线圈平面保持水平，如图所示，位置l和3都靠近位置2，则线圈从位置1到位置2的过程中，线圈内__________感应电流，线圈从位置2到位置3的过程中，线圈内__________感应电流．（填“有”或“无“）三、计算题（21题7分，22题9分，共计16分．解答应写出必要的文字说明．方程式和重要演算步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.）21．如图所示，ab和cd是位于水平面内的平行金属轨道，间距为l，其电阻可忽略不计，ac之间连接一阻值为R的电阻．ef为一垂直于ab和cd的金属杆，它与ad和cd接触良好并可沿轨道方向无摩擦地滑动．电阻可忽略．整个装置处在匀强磁场中，磁场方向垂直于图中纸面向里，磁感应强度为B，当施外力使杆ef以速度v向右匀速运动时，杆ef所受的安培力大小为多少？22．如图所示，在直角区域aob内，有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子从o点沿纸面以相同速度射入磁场中，速度方向与边界ob成30°角，求正、负电子在磁场中运动的时间之比．2015-2016学年高二（上）月考物理试卷（11月份）（选修）一、单项选择题（本题共18小题，每小题4分，共72分．在每小题给出的四个选项中，每小题只有一个选项正确）1．下列关于磁场的说法中，正确的是( )A．磁场和电场一样，是客观存在的特殊物质B．磁场是为了解释磁极间相互作用而人为规定的C．磁体与磁体之间是直接发生作用的D．磁场只能由磁体产生，电流不能产生磁场【考点】磁现象和磁场．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用．【分析】（1）磁场的基本性质：对放入其中的磁体产生磁力作用；（2）磁场是实际存在的一种物质；（3）根据理想模型方法的思路进行分析，即为了人们可以形象直观的认识磁场，科学家通过想象引入了磁感线；（4）在磁体外部，磁感线从N极出发，回到S极．【解答】解：A、磁场和电场，看不见摸不着，但是实际存在的一种物质，故A正确，B错误；C、磁场的基本性质：对放入其中的磁体产生磁力作用，磁体与磁体之间是通过磁场发生作用的．故C错误；D、磁体能产生磁场，电流也能产生磁场．故D错误．故选：A【点评】该题考查对磁场和磁感线的理解，关于磁场要知道磁极间的相互作用是通过磁场产生的，知道磁感线的由来，以及磁感线方向的确定．2．奥斯特实验说明了( )A．磁场的存在B．磁场的方向性C．电流可以产生磁场 D．磁体间有相互作用【考点】物理学史．【专题】常规题型．【分析】解答本题需掌握奥斯特的电流的磁效应实验的意义．【解答】解：奥斯特将通电导线放于小磁针上方时发现小磁针发生了偏转，说明了通电导线周围存在着磁场，即电流可以产生磁场．故ABD错误，C正确；故选：C【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，奥斯特实验虽然简单，但却是人类将电与磁联系在一起的基础．3．若把一个条形磁铁从中间断开，则断开后的每一段( )A．只有N极 B．只有S极C．都有N、S两个极D．都没有磁极【考点】磁现象和磁场．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合．【分析】解答本题应掌握：任意磁铁均有两个磁极，一个为N极另一个为S极．断开后，每一段均有两个磁极．【解答】解：磁铁从中间断开后，每一段均仍然有两个磁极．一个N极一个为S极；故选：C．【点评】本题考查磁场的性质，任意一个磁铁均有两个磁极；任意磁铁断开后每一段均有NS极．4．在电视台的围棋讲座中，棋子在竖直放置的棋盘上可以移动，但不会掉下来．原来，棋盘和棋子都是用磁性材料制成的．以下说法正确的是( )A．棋子的质量小，重力可以忽略不计B．棋盘对棋子的摩擦力大于棋子的重力C．棋盘对棋子的吸引力与重力平衡D．棋子受棋盘的摩擦力与棋子的重力是一对平衡力【考点】物体的弹性和弹力；弹性形变和范性形变．【专题】定性思想；推理法；受力分析方法专题．【分析】首先对棋子进行受力分析，根据棋子的运动状态，结合二力平衡的条件可知棋子不会掉下来的原因．【解答】解：磁性棋盘是竖直放置的，棋子静止在上面时受到重力、支持力、引力及摩擦力；重力竖直向下，摩擦力竖直向上，且重力和摩擦力是一对平衡力；支持力和引力为一对平衡力；棋子掉不下来的原因是因为受到棋盘对它向上的摩擦力和它的重力大小相等，即棋子受棋盘的摩擦力与棋子的重力是一对平衡力，故D正确，ABC错误．故选：D．【点评】此题主要考查学生对二力平衡条件及其应用的理解和掌握，特别注意是摩擦力与重力相平衡，难度不大，属于基础题．5．根据楞次定律可知，感应电流的磁场一定是( )A．阻碍引起感应电流的磁通量B．与引起感应电流的磁场方向相反C．阻碍引起感应电流的磁通量的变化D．与引起感应电流的磁场方向相同【考点】楞次定律．【分析】根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．当磁通量增大时，感应电流的磁场与它相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与它相同．【解答】解：当磁通量增大时，感应电流的磁场与它相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与它相同．即感应电流的磁场方向取决于引起感应电流的磁通量是增加还是减小．即感应电流的磁场一定是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故A、B、D错误，C正确．故选C．【点评】解决本题的关键掌握楞次定律的内容，知道感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．6．如图所示，L为一根无限长的通电直导线，M为一金属环，L通过M的圆心并与M所在的平面垂直，且通以向上的电流I，则( )A．当L中的I发生变化时，环中有感应电流B．当M左右平移时，环中有感应电流C．当M保持水平，在竖直方向上下移动时环中有感应电流D．只要L与M保持垂直，则以上几种情况，环中均无感应电流【考点】感应电流的产生条件．【分析】依据通电直导线的磁场分布，结合感应电流产生的条件可判定各个选项．【解答】解：由安培定则可知导线L中电流产生的磁场方向与金属环面平行，即穿过M的磁通量始终为零，保持不变，故只要L与M保持垂直，就不会穿过线圈的磁通量就始终为零，故A、B、C三种情况均不能产生感应电流．故ABC错误，D正确．故选：D【点评】本题关键是掌握通电直导线的磁场分布：是以导线为中心的同心圆．7．关于电磁感应现象，下列说法中正确的是( )A．闭合线圈放在变化的磁场中，必然有感应电流产生B．闭合正方形线圈在匀强磁场中垂直磁感线运动，必然产生感应电流C．穿过闭合线圈的磁通量变化时，线圈中有感应电流D．只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中一定有感应电流产生【考点】感应电流的产生条件．【分析】感应电流产生的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化，而磁通量是穿过电路的磁感线条数．【解答】解：A、闭合线圈放在变化的磁场中，若线圈与磁场平行，磁通量为零，没有变化，没有感应电流产生，故A错误．B、闭合线圈在匀强磁场中垂直磁感线运动，若磁通量不变，则没有感应电流产生，故B错误．C、穿过闭合电路的磁感线条数发生变化时，则穿过闭合电路的磁通量发生变化，一定有感应电流，故C正确．D、穿过线圈的磁通量变化时，若电路闭合，产生感应电流，若电路不闭合，没有感应电流，故D错误．故选：C．【点评】本题关键抓住感应电流产生的条件：一是电路必须闭合；二是磁通量必须变化，两个条件缺一不可．8．下列关于磁感应强度的方向的说法中．正确的是( )A．某处磁感应强度的方向就是一小段通电导体放在该处时所受磁场力的方向B．小磁针N极受磁力的方向就是该处磁感应强度的方向C．垂直于磁场放置的通电导线的受力方向就是磁感应强度的方向D．磁场中某点的磁感应强度的方向就是该点的磁场方向【考点】磁感应强度．【专题】应用题．【分析】磁感应强度的方向就是磁场的方向，是小磁针静止的时候N极所指的方向，也是小磁针的N极所受力的方向；磁感应强度的方向沿磁感线的切线方向；磁感应强度的方向与通电导线所受安培力的方向垂直．【解答】解：A、某处磁感应强度的方向与一小段通电导体放在该处时所受磁场力的方向垂直，故A错误；B、小磁针N极受磁力的方向就是该处磁感应强度的方向，故B正确；C、垂直于磁场放置的通电导线的受力方向与磁感应强度的方向垂直，故C错误；D、磁场中某点的磁感应强度的方向就是该点的磁场方向，故D正确；故选BD．【点评】磁场的方向与通电导线所受安培力的方向垂直，电场的方向与电场力的方向在同一条直线上，要注意掌握这一点的不同．9．做奥斯特实验时，把小磁针放在水平通电直导线的正下方，通电后发现小磁针不动，用手轻轻拨动一下小磁针，小磁针转动180°后静止不动，由此可知通电直导线中的电流方向是( )A．自东向西 B．自西向东 C．自南向北 D．自北向南【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【分析】知道通电导体周围存在着磁场，地磁场的方向．磁场的基本性质：磁场对放入其中的磁体产生磁力作用．磁场方向跟电流方向有关，电流方向改变，磁场方向改变．【解答】解：由于地球磁场的作用，小磁针静止时N极指向地球的北极，如果通电导线是南北方向放置的，则不论电流方向指向南还是指向北，小磁针静止时将偏离南北方向而指向东西方向，即磁针转动的角度接近900．如果通电导线是东西方向放置，通以由东向西的电流，通电导线在其下方产生的磁场方向向南，与地球磁场的方向相反，则小磁针被用手轻轻拨动一下，北极静止时N极由指向北方变为指向南边；如果通以由西向东的电流，通电导线在其下方产生的磁场方向向北，与地球磁场的方向相同，则小磁针指向不变．故选：A【点评】掌握奥斯特实验表明的问题，并且掌握电流磁场大小和方向的影响因素．10．有一小段通电导线垂直磁场放置，长为1cm，电流为5A，把它置于磁场中某点，受到的磁场力为0.1N，则该点的磁感应强度可能是( )A．B=2 T B．B=5 TC．B=1.5 T D．以上情况均有可能【考点】安培力．【专题】定量思想；方程法；磁场磁场对电流的作用．【分析】根据安培力的大小公式F=BIL求出磁感应强度B的大小【解答】解：导体棒垂直置于磁场中，根据F=BIL得：B=故选：A【点评】解决本题的关键知道当磁场方向与电流方向平行时，安培力F=0；当磁场方向与电流方向垂直时，安培力F=BIL11．关于磁感应强度，下列说法正确的是( )A．由B=可知，磁场中某处的磁感应强度大小随通电导线中电流I的减小而增大B．由B=可知，磁场中某处的磁感应强度大小随通电导线所受磁场力F的增大而增大C．通电导线所受的磁场力为零，该处的磁感应强度不一定为零D．放置在磁场中1 m长的通电导线，通过1 A的电流受到的力为1 N，则该处的磁感应强度就是1 T【考点】磁感应强度．【分析】在磁场中磁感应强度有强弱，则由磁感应强度来描述强弱．将通电导线垂直放入匀强磁场中，即确保电流方向与磁场方向相互垂直，则所受的磁场力与通电导线的电流与长度乘积之比．【解答】解：A、B=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AB错误；C、若通电导线与磁场平行不受安培力，但此处磁感应强度不为零，故C正确．D、确保电流方向与磁场方向相互垂直，则所受的磁场力与通电导线的电流与长度乘积之比．D 项没有说明通电导线与磁场方向是垂直的，故磁感应强度不一定是1T，D错误；故选：C．【点评】磁感应强度的定义式B=，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．12．关于磁感线的说法正确的是( )A．磁感线总是从磁体的N极出发指向S极B．磁感线可以表示磁场的强弱和方向C．细铁粉撒在磁铁附近，我们看到的就是磁感线，所以磁感线是真实存在的D．沿磁感线方向磁场减弱【考点】磁感线及用磁感线描述磁场．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用．【分析】（1）磁感线在磁体的周围是从磁体的N极出发回到S极．在磁体的内部，磁感线是从磁体的S极出发，回到N极．（2）磁感线疏密表示强弱，而某点的切线方向表示磁场的方向．（3）磁体的周围存在着看不见，摸不着但又客观存在的磁场，为了描述磁场，在实验的基础上，利用建模的方法想象出来的磁感线，磁感线并不客观存在．（4）磁场的强弱可以利用磁感线的疏密程度来描述．磁场越强，磁感线越密集．【解答】解：A、在磁体的内部，磁感线从磁体的S出发回到N极．故A错误．B、磁感线疏密表示强弱，而某点的切线方向表示磁场的方向，故B正确．C、磁感线是为了描述磁场而引入的，它并不客观存在，在该实验中，我们看到的是铁粉形成的真是存在的曲线，借助于该实验，利用建模的思想想象出来磁感线，但这不是磁感线．故C错误．D、磁感线最密集的地方，磁场的强度最强，反之磁场最弱．并不是沿磁感线方向磁场减弱．故D错误．故选：B．【点评】此题考查了磁感线的引入目的，磁场方向的规定，记住相关的基础知识，对于解决此类识记性的题目非常方便．13．如图所示，虚线框内有匀强磁场，1和2为垂直磁场方向放置的两个圆环，分别用Φ1和Φ2示穿过两环的磁通量，则有( )A．Φ1＞Φ2B．Φ1=Φ2C．Φ1＜Φ2D．无法确定【考点】磁通量．【分析】当磁场与面垂直时，磁感应强度与面的面积的乘积是该面的磁通量．即可求出磁通量；【解答】解：由题意可知，线圈A与线圈B虽然面积不同，但穿过线圈的磁场面积相同，且磁感应强度相同，所以穿过两环的磁通量相等，即ΦB=ΦA．故B正确，ACD错误；故选：B【点评】本题是考查磁通量大小的比较问题，要注意抓住有效面积的含义理解，这是解题的关键．14．如图所示，在条形磁铁外套有A、B两个大小不同的圆环，穿过A环的磁通量ΦA与穿过B环的磁通量ΦB相比较( )A．ΦA＞ΦB B．ΦA＜ΦB C．ΦA=ΦB D．不能确定【考点】磁通量．【分析】在磁铁的外部，磁感线从N极出发进入S极，在磁铁内部，磁感线从S极指向N 极．磁感线是闭合曲线，磁铁内外总条数相等．穿过环面的磁感线方向有两种，存在抵消情况，抵消后磁感线多，磁通量大．【解答】解：根据磁感线的分布情况可知，磁铁内部穿过环面的磁感线方向向上，外部磁感线方向向下．由于磁感线是闭合曲线，磁铁内部的磁感线条数等于磁铁外部磁感线的总条数，而磁铁外部磁感线分布在无限大的空间，所以穿过环面的磁铁外部向下的磁感线将磁铁内部向上的磁感线抵消一部分，A的面积小，抵消较小，则磁通量较大，所以ΦA＞ΦB．故选：A【点评】本题是非匀强磁场磁通量大小的比较问题，抓住抵消后剩余磁通量进行比较．常见问题，中等难度．15．图中对通电导线在磁场中所受安培力的方向判断正确的是( )A．B．C．D．【考点】左手定则．【分析】左手定则：左手平展，使大拇指与其余四指垂直，并且都跟手掌在一个平面内；把左手放入磁场中，让磁感线垂直穿入手心，四指指向电流所指方向，则大拇指的方向就是导体受力的方向．【解答】解：A、由左手定则可知，安培力向左上方，故A正确；B、由左手定则可知，安培力向左，故B错误；C、由图示可知，电流方向与磁场方向平行，电流不受安培力，故C正确；D、由左手定则可知，安培力竖直向右，故D错误；故选：A．【点评】左手定则中涉及物理量及方向较多，在应用过程中容易出现错误，要加强练习，增加熟练程度．16．如图，一条形磁铁放在水平桌面上，在它的正中央上方固定一直导线，导线与磁铁垂直，若给导线通以垂直于纸面向里的电流，则下列说法错误的是( )A．磁铁对桌面的压力减少 B．磁铁对桌面的压力增大C．桌面对磁铁没有摩擦力 D．磁铁所受的合力不变【考点】安培力．【分析】先明确正中央磁场的特点，通电导体在磁场中受到力的作用，力的方向可以用左手定则判断；摩擦力产生的条件是两个物体相互接触，有相对运动的趋势或者已经发生相对运动．【解答】解：ABC、磁铁的磁感线在它的外部是从N极到S极，因为长直导线在磁铁的中央上方，所以此处的磁感线是水平的，电流的方向垂直与纸面向里，根据左手定则，导线受磁铁给的“安培力”方向竖直向上，如下图所示：长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，导线给磁铁的反作用力方向就是竖直向下的；因此磁铁对水平桌面的压力除了重力之外还有通电导线的作用力，压力是增大的；因为这两个力的方向都是竖直向下的，所以磁铁不会发生相对运动，也就不会产生摩擦力，故BC正确，A错误．D、磁铁处于静止状态，则所受的合力不变，故D正确；本题选择错误的，故选：A．。
高二物理月考试题及答案-陕西西安交通大学二附中2015-2016学年高二上学期第二次月考试卷
2015-2016学年陕西省西安交通大学二附中高二（上）第二次月考物理试卷一．单项选择题（共14小题，每小题3分，共42分）1．下列说法中正确的是( )A．由R=知道，一段导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流成反比B．比值反映了导体阻碍电流的性质，即电阻R=C．通过导体的电流越大，电阻越小D．由I=知道，一段导体两端的电压跟通过它的电流成正比2．有一段长1m电阻丝，电阻是10Ω，现把它均匀拉伸到长为5m的电阻丝，则电阻变为( )A．10ΩB．50ΩC．150ΩD．250Ω3．R1和R2分别标有“2Ω、1.0A”和“4Ω、0.5A”，将它们串联后接入电路中，如图所示，则此电路中允许消耗的最大功率为( )A．6.0 W B．5.0 W C．3.0 W D．1.5 W4．如图，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，与分别为电压表和电流表．初始时S0与S均闭合，现将S断开，则( )A．的读数变大，的读数变小B．的读数变大，的读数变大C．的读数变小，的读数变小D．的读数变小，的读数变大5．在如图所示的电路中，当滑动变阻器R3的滑动触头P向下滑动时( )A．电压表示数变大，电流表示数变小B．电压表示数变小，电流表示数变大C．电压表示数变大，电流表示数变大D．电压表示数变小，电流表示数变小6．有一内电阻为4.4Ω的电解槽和一盏标有“110V、60W”的灯泡串联后接在电压为220V的直流电路两端，灯泡正常发光，则( )A．电解槽消耗的电功率为120W B．电解槽的发热功率为60WC．电解槽消耗的电功率为60W D．电路消耗的总功率为60W7．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8．关于磁感应强度B，下列说法中正确的是( )A．磁场中某点B的大小，跟放在该点的试探电流元的情况有关B．磁场中某点B的方向，跟放在该点的试探电流元所受磁场力方向一致C．在磁场中某点的试探电流元不受磁场力作用时，该点B值大小为零D．在磁场中磁感线越密集的地方，磁感应强度越大9．如图所示，正方形线圈abcd位于纸面内，边长为L，匝数为N，过ab中点和cd中点的连线OO′恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁感应强度为B，则穿过线圈的磁通量为( )A． B．C．BL2D．NBL210．如图所示，长为L的通电直导体棒放在光滑水平绝缘轨道上，劲度系数为k的水平轻弹簧一端固定，另一端拴在棒的中点，且与棒垂直，整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，弹簧伸长x，棒处于静止状态．则( )A．导体棒中的电流方向从b流向aB．导体棒中的电流大小为C．若只将磁场方向缓慢顺时针转过一小角度，x变大D．若只将磁场方向缓慢逆时针转过一小角度，x变大11．为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I 引起的．在如图四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是( )A．B．C．D．12．在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图．过c点的导线所受安培力的方向( )A．与ab边平行，竖直向上B．与ab边平行，竖直向下C．与ab边垂直，指向左边D．与ab边垂直，指向右边13．两个完全相同的通电圆环A、B圆心O重合、圆面相互垂直的放置，通电电流相同，电流方向如图所示，设每个圆环在其圆心O处独立产生的磁感应强度为B0，则O处的磁感应强度大小为( )A．0 B．2B0C．B0D．无法确定14．如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ．如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是( )A．棒中的电流变大，θ角变大B．两悬线等长变短，θ角变小C．金属棒质量变大，θ角变大D．磁感应强度变大，θ角变小二．多项选择题（共4小题，每小题4分，共16分）15．如图所示的电路中，L1，L2是两个不同的小灯泡，a，b间有恒定的电压，他们都正常发光，当滑动变阻器的滑动触头向右滑动时，发生的现象是( )A．L1亮度不变，L2变暗B．L1变暗，L2变亮C．电路消耗的总功率变小 D．流过滑动变阻器的电流变小16．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，不计电压表和电流表内阻对电路的影响，当电键闭合后，两小灯泡均能发光．在将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，下列说法正确的是( )A．小灯泡L1、L2均变暗B．小灯泡L1变亮，小灯泡L2变暗C．电流表A的读数变小，电压表V的读数变大D．电流表A的读数变大，电压表V的读数变小17．如图所示，A和B为两根互相平行的长直导线，通以同方向等大电流，虚线C为在A 和B所确定的平面内与A、B等距的直线，则下列说法正确的是( )A．两导线间的空间不存在磁场B．虚线C处磁感应强度为零C．AC间磁感应强度垂直纸面向里D．CB间磁感应强度垂直纸面向外18．在磁感应强度为B0、方向竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根长通电直导线，电流的方向垂直于纸面向里．如图所示，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中( )A．b、d两点的磁感应强度相等B．a、b两点的磁感应强度相等C．c点的磁感应强度的值最小D．b点的磁感应强度的值最大三．实验题（每空1分，共10分）19．如图所示为多用电表的刻度盘．若选用倍率为“×100”的电阻挡测电阻时，表针指示如图所示，则：（1）所测电阻的阻值为__________Ω；如果要用此多用电表测量一个阻值约为2.0×104Ω的电阻，为了使测量结果比较精确，应选用的欧姆挡是__________（选填“×10”、“×100”或“×1k”）．（2）用此多用电表进行测量，当选用量程为50mA的电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为__________mA；当选用量程为250mA的电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为__________mA．（3）当选用量程为10V的电压挡测量电压时，表针也指于图示位置，则所测电压为__________V．20．某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻．①分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图（a）和如图（b）所示，长度为__________cm，直径为__________mm．②按如图（c）连接电路后，实验操作如下：（a）将滑动变阻器R1的阻值置于最__________处（填“大”或“小”）；将S2拨向接点1，闭合S1，调节R1，使电流表示数为I0；（b）将电阻箱R2的阻值调至最__________（填“大”或“小”），S2拨向接点2；保持R1不变，调节R2，使电流表示数仍为I0，此时R2阻值为1280Ω；③由此可知，圆柱体的电阻为__________Ω．四．计算题（本题包括4小题，每题8分，共32分．）21．如图所示的电路中，R1=8Ω，R2=4Ω，R3=6Ω，R4=3Ω．（1）求电路中的总电阻．（2）当加在电路两端的电压U=42V时，通过每个电阻的电流是多少？22．如图所示，导线abc为垂直折线，其中电流为I，ab=bc=L，导线所在的平面与匀强磁场垂直，匀强磁场的磁感应强度为B，求导线abc所受安培力的大小和方向．23．水平放置的光滑金属导轨宽L=0.2m，接有电源电动势E=3V，电源内阻及导轨电阻不计．匀强磁场竖直向下穿过导轨，磁感应强度B=1T．导体棒ab的电阻R=6Ω，质量m=10g，垂直放在导轨上并良好接触（如图），求合上开关的瞬间．（1）金属棒受到安培力的大小和方向；（2）金属棒的加速度．24．如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源．现把一个质量m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2．已知sin37°=0.60，cos37°=0.80，求：（1）通过导体棒的电流；（2）导体棒受到的安培力大小；（3）导体棒受到的摩擦力．2015-2016学年陕西省西安交通大学二附中高二（上）第二次月考物理试卷一．单项选择题（共14小题，每小题3分，共42分）1．下列说法中正确的是( )A．由R=知道，一段导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流成反比B．比值反映了导体阻碍电流的性质，即电阻R=C．通过导体的电流越大，电阻越小D．由I=知道，一段导体两端的电压跟通过它的电流成正比【考点】欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】导体电阻取决于导体本身，电流取决于导体两端的电压及电阻；电压决定了电流，而电流不能决定电压．【解答】解：A、导体的电阻取决于导体自身，与U、I无关，故A、C错误；B、比值反映了导体对电流的阻碍作用，定义为电阻，所以B正确；D、由电流与电压的关系知电压是产生电流的原因，所以正确的说法是“通过导体的电流跟加在它两端的电压成正比”，因果关系不能颠倒，D错误．故选：B．【点评】本题要注意欧姆定律中的相关决定关系，要正确理解所对应的因果关系，不能颠倒．2．有一段长1m电阻丝，电阻是10Ω，现把它均匀拉伸到长为5m的电阻丝，则电阻变为( )A．10ΩB．50ΩC．150ΩD．250Ω【考点】电阻定律．【专题】恒定电流专题．【分析】当导体的长度由1m变为5m时，导体的体积不变，导体的横截面积变成原来的．根据电阻定律，分析电阻的变化．【解答】解：设导体原来的横截面积为S1，长度原来为L1，拉长后横截面积为S2，长度为L2．由体积V=SL得，V不变，L与S成反比．长度之比L1：L2=1：5，则S1：S2=5：1．根据电阻定律R=得，R2：R1=25：1 则电阻变为250Ω．故选D．【点评】本题考查运用比例法解决物理问题的能力．还要抓住当导体长度变化时，体积不变，横截面积也同时发生变化的特点．3．R1和R2分别标有“2Ω、1.0A”和“4Ω、0.5A”，将它们串联后接入电路中，如图所示，则此电路中允许消耗的最大功率为( )A．6.0 W B．5.0 W C．3.0 W D．1.5 W【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】把R1和R2串连接入电路中，他们的电流相同，根据R1和R2的参数可知，串联时的最大的电流为0.5A，根据P=I2R，可以求得电路中允许消耗的最大功率．【解答】解：把R1和R2串联后，由于R2的最大电流较小，所以串联后的最大电流为0.5A，串联后的总电阻为6Ω，所以电路的最大的功率为P=I2R=0.52×6W=1.5W，所以D正确．故选：D．【点评】本题考查的是串联电路的特点，在串联电路中，电路的电流的大小是相同的，根据这一个特点就可以判断出电流中允许通过的最大的电流．4．如图，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，与分别为电压表和电流表．初始时S0与S均闭合，现将S断开，则( )A．的读数变大，的读数变小B．的读数变大，的读数变大C．的读数变小，的读数变小D．的读数变小，的读数变大【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】根据S的通断可分析出电路电阻的变化，由闭合电路欧姆定律可得出电路中总电流及路端电压的变化；再由串并联电路的性质可判及各部分电流的变化．【解答】解：S断开时，外电路总电阻变大，则由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流减小，故路端电压增大，V的读数变大；把R1的电压和内电压减小，故R3两端的电压增大，由欧姆定律可知R3中的电流也增大，电流表示数增大，故B正确；故选：B．【点评】应用闭合电路欧姆定律解决电路的动态分析时一般可按照：外电路﹣内电路﹣外电路的分析思路进行，灵活应用闭合电路欧姆定律及串并联电路的性质进行分析即可求解．5．在如图所示的电路中，当滑动变阻器R3的滑动触头P向下滑动时( )A．电压表示数变大，电流表示数变小B．电压表示数变小，电流表示数变大C．电压表示数变大，电流表示数变大D．电压表示数变小，电流表示数变小【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】先分析电路结构，由滑片的移动可得出滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路的欧姆定律可得出总电流的变化，由U=E﹣Ir可得出路端电压的变化，得出并联部分电压的变化，求得R2中电流的变化，由并联电路的电流规律可得出电流表示数的变化．【解答】解：当滑片向下移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大，则由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流减小，故内压减小，因此路端电压增大，并联部分电压也增大，故R2电压增大，电压表示数变大，故流过R2的电流增大，因总电流减小，故电流表示数减小；故A正确，BCD错误；故选：A．【点评】闭合电路的欧姆定律一般按先分析外电路，再分析内电路，最后再分析外电路的思路进行；若电阻与电源串联，可以等效为内阻处理．6．有一内电阻为4.4Ω的电解槽和一盏标有“110V、60W”的灯泡串联后接在电压为220V的直流电路两端，灯泡正常发光，则( )A．电解槽消耗的电功率为120W B．电解槽的发热功率为60WC．电解槽消耗的电功率为60W D．电路消耗的总功率为60W【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】由于电解槽和灯泡串联，根据灯泡正常发光，可以判断出电解槽的电压和电流，从而可以求得电解槽的输入功率、发热功率以及输出功率．【解答】解：A、由于灯泡正常发光，所以电动机的电压为：U=220﹣110=110V，由于电解槽和灯泡串联，它们的电流相等，所以有：I=A，所以电解槽的输入功率为：P=UI=110×=60W，所以A错误．B、电解槽的发热功率为：P热=I2r=（）2×4.4=1.3W，所以B错误．C、电解槽消耗的总功率等于电解槽的输入功率为：P=UI=110×=60W，所以C正确．D、电路消耗总功率为：P总=220V×A=120W，所以D错误．故选：C．【点评】在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．7．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【考点】磁感应强度．【分析】在磁场中磁感应强度有强弱，则由磁感应强度来描述强弱．将通电导线垂直放入匀强磁场中，即确保电流方向与磁场方向相互垂直，则所受的磁场力与通电导线的电流与长度乘积之比．【解答】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．8．关于磁感应强度B，下列说法中正确的是( )A．磁场中某点B的大小，跟放在该点的试探电流元的情况有关B．磁场中某点B的方向，跟放在该点的试探电流元所受磁场力方向一致C．在磁场中某点的试探电流元不受磁场力作用时，该点B值大小为零D．在磁场中磁感线越密集的地方，磁感应强度越大【考点】磁感应强度．【分析】根据左手定则可知，磁感应强度的方向与安培力的方向垂直；磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度．此比值与磁场力及电流元均无关．【解答】解：A、磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度．此比值与磁场力及电流元均无关．故A 错误；B、根据左手定则可知，磁感应强度的方向与安培力的方向垂直．故B错误；C、当通电直导线的方向与磁场的方向平行时，通电直导线受到的安培力为0，而磁感应强度却不为0．故C错误；D、磁感线的疏密表示磁场的强弱，在磁场中磁感线越密集的地方，磁感应强度大．故D正确．故选：D【点评】本题关键要掌握磁感应强度的物理意义、定义方法，以及磁感应强度与安培力之间的关系，即可进行分析判断．基础题目．9．如图所示，正方形线圈abcd位于纸面内，边长为L，匝数为N，过ab中点和cd中点的连线OO′恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁感应强度为B，则穿过线圈的磁通量为( )A． B．C．BL2D．NBL2【考点】磁通量．【分析】在匀强磁场中，当线圈与磁场垂直时，穿过线圈的磁通量为Φ=BS，图中S有磁感线穿过线圈的面积，即为有效面积，磁通量与线圈的匝数无关．【解答】解：如图，当正方形线圈abcd有一半处在磁感应强度为B的匀强磁场中时，磁通量为：Φ=B•=故选：A．【点评】本题考查对于匀强磁场中磁通量的求解能力．对于公式Φ=BS，要懂得S的意义：有效面积，即有磁感线穿过的面积．10．如图所示，长为L的通电直导体棒放在光滑水平绝缘轨道上，劲度系数为k的水平轻弹簧一端固定，另一端拴在棒的中点，且与棒垂直，整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，弹簧伸长x，棒处于静止状态．则( )A．导体棒中的电流方向从b流向aB．导体棒中的电流大小为C．若只将磁场方向缓慢顺时针转过一小角度，x变大D．若只将磁场方向缓慢逆时针转过一小角度，x变大【考点】安培力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．【分析】根据弹簧伸长可知安培力的方向，由左手定则可确定通电导线的电流方向．根据安培力的大小公式可求得电流大小．当磁场方向变化时，则导致安培力方向也改变，从而确定弹力变大还是变小．【解答】解：A、由于弹簧伸长，则安培力方向水平向右；由左手定则可得，导体棒中的电流方向从a流向b，故A错误，B、由于弹簧伸长为x，根据胡克定律可得，kx=BIL，则有I=，故B正确；C、若只将磁场方向缓慢顺时针转过一小角度，则水平向右方向安培力也顺时针转动一小角度，根据力的分解与平衡可得，弹力变小，导致x变小，故C错误；D、若只将磁场方向缓慢逆时针转过一小角度，则水平向右方向安培力也逆时针转动一小角度，根据力的分解与平衡可得，弹力变小，导致x变小，故D错误；故选：B【点评】理解左手定则、胡克定律、平衡条件，以及力的分解．注意右手定则与左手定则分开，同时掌握法拉第电磁感应定律的内容．11．为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I 引起的．在如图四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是( )A．B．C．D．【考点】分子电流假说．【专题】电磁感应中的力学问题．【分析】要知道环形电流的方向首先要知道地磁场的分布情况：地磁的南极在地理北极的附近，故右手的拇指必需指向南方，然后根据安培定则四指弯曲的方向是电流流动的方向从而判定环形电流的方向．【解答】解：地磁的南极在地理北极的附近，故在用安培定则判定环形电流的方向时右手的拇指必需指向南方；而根据安培定则：拇指与四指垂直，而四指弯曲的方向就是电流流动的方向，故四指的方向应该向西．故B正确．故选B．【点评】主要考查安培定则和地磁场分布，掌握安培定则和地磁场的分布情况是解决此题的关键所在．另外要掌握此类题目一定要乐于伸手判定．12．在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图．过c点的导线所受安培力的方向( )A．与ab边平行，竖直向上B．与ab边平行，竖直向下C．与ab边垂直，指向左边D．与ab边垂直，指向右边【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；磁感应强度；左手定则．【分析】通电导线在磁场中受到安培力，方向是由左手定则可确定，而通电导线与通电导线间的安培力由通电导线周围存在磁场是由安培定则来确定，则对放入其中的通电导线有安培力作用，从而由安培力的叠加可确定其方向．【解答】解：等边三角形的三个顶点a、b、c处均有一通电导线，且导线中通有大小相等的恒定电流．由安培定则可得：导线a、b的电流在c处的合磁场方向竖直向下．再由左手定则可得：安培力的方向是与ab边垂直，指向左边．故选：C【点评】从题中可得这一规律：通电导线的电流方向相同时，则两导线相互吸引；当通电导线的电流方向相反时，则两导线相互排斥．13．两个完全相同的通电圆环A、B圆心O重合、圆面相互垂直的放置，通电电流相同，电流方向如图所示，设每个圆环在其圆心O处独立产生的磁感应强度为B0，则O处的磁感应强度大小为( )A．0 B．2B0C．B0D．无法确定【考点】磁感应强度．【分析】该题是关于磁场的叠加问题．首先用安培定则每个圆环在圆心O处产生的磁感应强度B0的方向，利用平行四边形定则进行矢量叠加，求出O处的磁感应强度大小．【解答】解：根据安培定则可知，通电圆环A在圆心O处产生的磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为B0，通电圆环B在圆心O处产生的磁感应强度方向竖直向下，大小为B0，两者相互垂直，根据平行四边形定则进行合成得知，O处的磁感应强度大小为B=．故选C【点评】本题的解题关键是掌握安培定则，并能熟练应用，同时要能正确运用平行四边形定则进行矢量合成．14．如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ．如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是( )A．棒中的电流变大，θ角变大B．两悬线等长变短，θ角变小C．金属棒质量变大，θ角变大D．磁感应强度变大，θ角变小【考点】安培力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．【分析】对通电导线受力分析，求出夹角的关系表达式，然后根据表达式分析答题．【解答】解：导体棒受力如图所示，tanθ==；A、棒中电流I变大，θ角变大，故A正确；B、两悬线等长变短，θ角不变，故B错误；C、金属棒质量变大，θ角变小，故C错误；D、磁感应强度变大，θ角变大，故D错误；故选A．【点评】对金属棒进行受力分析、应用平衡条件，根据安培力公式分析即可正确解题．。
2015-2016学年高二上学期12月月考物理试卷
12 月月考高二物理试卷一、选择题 ( 共 10 小题，每题 4 分，共 40 分，在每题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项切合题目要求，有些小题有多个选项切合题目要求，所有选对的得 4 分，选不全的得 2 分，有选错或不答的得0 分，前面7 小题为单项选择，最后 3 小题是多项选择 )1、一白炽灯泡的额定功率与额定电压分别为36 W与 36 V。
若把此灯泡接到输出电压为18 V 的电源两头，则灯泡耗费的电功率( )A．等于 36W B．小于36W，大于9W C．等于9W D．小于9W2、对于电功和电热．以下说法正确的选项是( )A．外电路电流做的功必定等于电热B．外电路中电流所做的功必定大于电热C．只有在外电路是纯电阻的状况下．电功才大于电热D．当外电路有电动机、电解槽的状况下电流做的功将转变为热能、机械能、化学能，所以，电功大于电热3．以下图，带负电的金属围绕其轴OO′匀速转动时，放在环顶部的小磁针最后将 ()A. N 极竖直向上B. N极竖直向下C. N 极水平向左D．小磁针在水平面内转动4、在以下图的电路中，电源的内电阻r =1Ω，外电路电阻R =9Ω，闭合开关后，电流表的示数I= 0.3A，电流表的内阻不计．电源的电动势 E 等于（）A．1V B．2V C．3V D．5V5、用电压表检查图示电路中的故障，测得U ad＝5.0 V，U ed＝0 V，U be＝0 V， U ab＝5.0 V，则此故障可能是()A．L断路B．R断路 C ．R′断路 D ．S断路6、以下图，当ab 端接入100V电压时， cd 两头为20V；当cd 两头接入100V时， ab 两头电压为50V，则R1∶R2∶R3之比是()A． 4∶ 1∶2 B．2∶ 1∶1C．3∶ 2∶ 1D．以上都不对7、以下图，电源 E 的电动势为 3.2V ，电阻R的阻值为30Ω，小灯泡 L 的额定电压为 3.0V ，额定功率为 4.5W，当开关接地点 1 时，电压表的示数为3V，那么当开关接到地点 2 时，小灯泡L的发光状况是 ( ) A．很暗，甚至不亮B．正常发光C．比正常发光略亮D．有可能被烧坏8．在倾角为α 的圆滑绝缘斜面上，放一根通电的直导线，以下图，a R1R2cR3b1R2d R当加上以下所述的磁场后，有可能使导线静止在斜面上的是() A．加竖直向下的匀强磁场B．加垂直斜面向下的匀强磁场C．加水平向左的匀强磁场D．加沿斜面向下的匀强磁场9．以下图，一根通电直导线垂直放在磁感觉强度为1T 的匀强磁场中，以导线为中心，半径为 R 的圆周上有 a、 b、 c、d 四个点，已知 c 点的实质磁感觉强度为0，则以下说法中正确的选项是（）c A．直导线中电流方向垂直纸面向里B B． d 点的磁感觉强度为0b d C． a 点的磁感觉强度为2T，方向向右a D．b 点的磁感觉强度为 2 T，方向斜向下，与 B 成 450角10、以下图，用半偏法测电流表G的内电阻 R g，以下说法中正确的选项是 ()11一定调理到高阻值处A．电键 S闭合前， RB．电键 S1闭合前， R2的一定调理到最大C．当电流表示数从满偏电流I1调到半偏电流1/22I时， R中电流稍大于 I1/2D．电源电动势的大小及相应的R1最大值的大小，对实验偏差有很大影响二、填空题（每空 4 分，图各 2 分，共 18 分）11、一根固定在刻度尺上的平均电阻丝（总阻值小于5Ω）两头各有一个固定的接线柱a 和，刻度尺的中间有一个可沿电阻丝滑动的触头c，的上端为接线b c柱，触头 c 与电阻丝往常不接触，当用手按下时，才与电阻丝接触，且可在直尺上读出触点的地点。
2015-2016学年高二12月月考物理试卷
2015-2016 学年高二上学期第二次月考物理试卷（时间 100 分钟，满分 100 分）一、选择题（选择题有12 题，每题4 分，共 48 分。
前 8 题为单项选择题，后 4 题为多项选择题，请将正确的答案填写在后边的答题栏中）1．以下哪些举措是为了防备静电产生的危害 A. 静电复印 B. 高大的建筑物顶端装上避雷针 C.静电喷漆 D. 在在高大的烟囱中安装静电除尘器2．以下对于磁感线的表达，正确的选项是说法是A. 磁感线是磁场中的确存在的一种曲线B. 磁感线是依据磁场的性质人为地画出来的曲线C. 磁感线老是从 N 极指向 S 极D. 磁感线是由磁场中的铁屑形成的 3．把一根长直导线平行地放在磁针的正上方邻近 , 当导线中有电流经过时 , 磁针会发 生偏转 . 第一察看到这个实验现象的物理学家是 ( )A. 奥斯特B.爱因斯坦C.牛顿D.伽利略4．在平行板电容器的两板A 、B 上，加上以以下图所示的交变电压，开始 B 板电势比A 板电势高。
在电场力作用下，本来静止在两板中间的电子开始运动。
若两极板间 的距离足够大，以下说法正确的选项是（ ）A ．电子向来向着 A 板运动B ．电子向来向着 B 板运动C ．电子先向 A 板运动，而后返回 B 板运动，以后在 A 、 B 两板间做周期性来回运动D ．电子先向 B 板运动，而后返回 A 板运动，以后在 A 、 B 两板间做周期性来回运动 5. 以下对于电场和磁场的说法中正确的选项是（ ）A. 电场强度为零的点，正查验电荷受力不必定为零B. 电场强度到处相等的地区内，同一查验电荷受力必定到处相等C. 通电导线在磁场中某处不受磁场力作用，则该处的磁感觉强度必定为零F D.由 B可知， B 与 F 成正比，与 IL 成反比IL6．以下图为电场中的一条电场线，A 、B 为其上的两点，用E A 、 E B 表示 A 、B 两点的电场强度，A、B 表示 A 、B 两点的电势，以下说法正确的选项是( )A ． E A 与 EB 必定不等，A 与B 必定不等 B ． E A 与 E B 可能相等，A与B 可能相等C ． E A 与 E B 必定不等， A 与B 可能相等D ．E A 与 E B 可能相等，A 与B 必定不等电器名称 电饭锅7．表为某电饭锅铭牌上的一部分内容， 依据表中的信息， 可计算出在额定电压额定电压 220 V 下，使用电饭锅时的电流约为额定功率 700 WA ．3.2 AB ．4.6 AC ．5.5 AD ．6.2 A额定容量4.0 L8．以下图， 某一导体的形状为长方体， 其长、宽、高之比为 a ∶ b ∶ c=5∶ 3∶2，在此长方体的上下、左右四个面上分别经过导线引出四个接线柱 1、2、3、4，在 1、2 两头加上恒定的电压 U，经过导体的电流为 I 1；在 3、4 两头加上恒定的电压U，经过导体的电流为I，则I∶I为 ( )212A．25∶ 4B．4∶25 C ．9∶25 D ． 25∶99．如图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子 M、N 质量相等，所带电荷的绝对值也相等．现将M、N 从虚线上的 O点以同样速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示．点 a、b、c 为实线与虚线的交点，已知O点电势高于 c 点电势．若不计重力，则 ( )A．M带负电荷， N带正电荷B．N 在 a 点的速度与 M在 c 点的速度大小同样C． N在从 O点运动至 a 点的过程中战胜电场力做功D．M在从 O点运动至 b 点的过程中，电场力对它做的功等于零10．在以下图的 U－ I 图像中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图像，直线Ⅱ为某一电阻 R的伏安特征曲线。
高二物理上学期第二次月考试卷(理特,含解析)-人教版高二全册物理试题
2015-2016学年江西省上饶中学高二〔上〕第二次月考物理试卷〔理特〕一、选择题〔每题4分，共48分，第8、10题为多项选择〕1．电场中有A、B两点，在将某电荷从A点移到B点的过程中，电场力对该电荷做了正功，如此如下说法中正确的答案是( )A．该电荷是正电荷，且电势能减少B．该电荷是负电荷，且电势能增加C．该电荷电势能增加，但不能判断是正电荷还是负电荷D．该电荷电势能减少，但不能判断是正电荷还是负电荷2．如下列图电解池内有一价离子的电解液，在时间t内通过溶液截面S的正离子数为n1，负离子数为n2，设元电荷电荷量为e，如此以下说法正确的答案是( )A．溶液内电流方向从A到B，电流为B．溶液内电流方向从B到A，电流为C．溶液内正、负离子反方向移动，产生的电流相互抵消D．溶液内电流方向从B到A，电流为3．在如下列图电路中，AB为粗细均匀、长为L的电阻丝，以A、B上各点相对A点的电压为纵坐标，各点离A点的距离x为横坐标，如此U随x变化的图线应为( )A．B．C．D．4．如下列图，虚线表示等势面，相邻两等势面间的电势差相等，有一带电的小球在该电场中运动，不计小球所受的重力和空气阻力，实线表示该带正电的小球的运动轨迹，小球在a点的动能等于20eV，运动到b点时的动能等于2eV，假设取C点为零电势点，如此这个带电小球的电势能等于﹣6eV，它的动能等于( )A．16eV B．14eV C．6eV D．4eV5．如下列图，圆O在匀强电场中，场强方向与圆O所在平面平行，带正电的微粒以一样的初动能沿着各个方向从A点进入圆形区域中，只在电场力作用下运动，从圆周上不同点离开圆形区域，其中从C点离开圆形区域的带电微粒的动能最大，图中O是圆心，AB是圆的直径，AC是与AB成α角的弦，如此匀强电场的方向为( )A．沿AB方向B．沿AC方向C．沿BC方向D．沿OC方向6．如下列图，在平行板电容器正中有一个带电微粒．K闭合时，该微粒恰好能保持静止．假设K不断开，如此如下哪种方法能使该带电微粒向上运动打到上极板？( )A．将下极板上移 B．将上极板上移C．将上极板左移 D．将下极板N接地7．如下列图的电路中，电源内阻不可忽略，假设调整可变电阻R的阻值，可使电压表的示数减小△U〔电压表为理想电表〕，在这个过程中( )A．通过R1的电流减小，减少量一定等于B．R2两端的电压增加，增加量一定等于△UC．路端电压减小，减少量一定等于△UD．通过R2的电流增加，但增加量一定大于8．示波器可以视为加速电场与偏转电场的组合，假设前者的电压为U1，后者电压为U2，极板长为L，板间距为d，且电子加速前初速可忽略．如此示波器的灵敏度〔偏转电场中每单位偏转电压所引起的偏转量称为“灵敏度〞〕与加速电场、偏转电场的关系正确的答案是( ) A．L越大，灵敏度越大B．d越大，灵敏度越大C．U1越大，灵敏度越小D．灵敏度与U1无关9．静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布可简化为如下列图的折线，图中φ0和d为量，一个质量为m、电荷量为q带负电的粒子恰好在电场中以x=0为中心、沿x轴方向做周期性运动．忽略粒子的重力，如此( )A．在﹣d＜x＜d区间内的场强大小都是，方向均沿+x方向B．在﹣d＜x＜d区间内粒子做简谐运动C．要使粒子能运动到﹣d处，粒子在O点的动能至少为qφ0D．粒子从﹣运动到的过程中，电势能先增大后减小10．在如图甲所示的电路中，L1、L2、L3为三个一样规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，当开关 S闭合后，电路中的总电流为0.25A，如此( )A．L1上的电压为L2上电压的2倍B．L1消耗的电功率为0.75 WC．L2的电阻为12ΩD．L1、L2消耗的电功率的比值小于4：111．用电动势为E、内电阻为r的电池组直接向线圈电阻为R的电动机供电，电动机正常工作后，测得通过的电流为I、电动机两端的电压为U，如此( )A．电路中电流B．在时间t内，电池组消耗的化学能为IEtC．在时间t内，电动机输出的机械能是IEt﹣I2rtD．以上说法都不对12．用电器距离电源为l，线路上的电流为I，输电线的电阻率为ρ．为使在线路上的电压降不超过U．那么，输电线的横截面积的最小值为( )A．B．C．D．二、实验题〔每空2分，共12分〕13．测金属电阻率实验〔1〕测长度时，金属丝的起点、终点位置如图〔a〕，如此长度为：__________cm；〔2〕用螺旋测微器测金属丝直径，示数如图〔b〕，如此直径为：__________mm；〔3〕在图〔c〕中完成实物连线，要求多测几组数据，电压表示数从零开始；14．如图甲所示是一种测量电容的实验电路图，实验是通过对高阻值电阻放电的方法测出电容器充电至电压为U时所带的电荷量Q，从而再求出待测电容器的电容C．某同学在一次实验时的情况如下：a．按图甲所示的电路图接好电路；b．接通开关S，调节电阻箱R的阻值，使小量程电流表的指针偏转接近满刻度，记下此时电流表的示数I0=490 μA，电压表的示数U0=8.0V，I0、U0分别是电容器放电时的初始电流和电压；c．断开开关S，同时开始计时，每隔5s或10s测读一次电流i的值，将测得数据填入表格，并标示在图乙的坐标纸上〔时间t为横坐标，电流i为纵坐标〕，结果如图中小黑点所示．〔1〕在图乙中画出i﹣t图线．〔2〕图乙中图线与坐标轴所围成面积的物理意义是__________．〔3〕该电容器的电容为__________F〔结果保存两位有效数字〕．三、计算题〔40分〕15．长为L的绝缘细线下系一带正电的小球，其带电荷量为Q，悬于O点，如下列图．当在O 点处固定一个正电荷时，如果球静止在A处，如此细线拉力是重mg的两倍．现将球拉至图中B处〔θ=60°〕放开球让它摆动，问：〔1〕固定在O处的正电荷的带电荷量为多少？〔2〕摆球回到A处时悬线拉力为多少？16．如图，在竖直平面内，AB为水平放置的绝缘粗糙轨道，CD为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，AB与CD通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接，圆弧的圆心为O，半径R=0.50m，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，场强的大小E=1.0×104 N/C，现有质量m=0.20kg，电荷量q=8.0×10﹣4C的带电体〔可视为质点〕，从A点由静止开始运动，s AB=1.0m，带电体与轨道AB、CD间的动摩擦因数均为0.5．假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．求：〔g=10m/s2〕〔1〕带电体运动到圆弧形轨道C点时的速度；〔2〕带电体最终停在何处．17．如图甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1=100Ω，R2阻值未知，R3为一滑动变阻器，当其滑片P从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化图线如图乙所示，其中A、B两点是滑片P在变阻器的两个不同端点得到的．求：〔1〕定值电阻R2的阻值；〔2〕滑动变阻器的最大阻值．18．一个允许通过最大电流为2A的电源和一个滑动变阻器，接成如如下图甲所示的电路．滑动变阻器最大阻值为R0=22Ω，电源路端电压U随外电阻R变化的规律如如下图乙所示，图中U=12V的直线为图线的渐近线．试求：〔1〕电源电动势E和内阻r；〔2〕A、B空载时输出电压的范围；〔3〕假设要保证滑动变阻器的滑片任意滑动时，干路电流不能超过2A，如此A、B两端所接负载电阻至少为多大？2015-2016学年江西省上饶中学高二〔上〕第二次月考物理试卷〔理特〕一、选择题〔每题4分，共48分，第8、10题为多项选择〕1．电场中有A、B两点，在将某电荷从A点移到B点的过程中，电场力对该电荷做了正功，如此如下说法中正确的答案是( )A．该电荷是正电荷，且电势能减少B．该电荷是负电荷，且电势能增加C．该电荷电势能增加，但不能判断是正电荷还是负电荷D．该电荷电势能减少，但不能判断是正电荷还是负电荷【考点】电势能．【分析】电场力对电荷做正功，说明运动的方向与电场力方向一样，电荷的电势能减小，根据动能定律知动能增大．【解答】解：A、B：电场力对电荷做正功，说明运动的方向与电场力方向一样，电荷的电势能减小；但是不能判断出该电荷是正电荷还是负电荷．故A错误，B错误；C：电场力对电荷做正功，电荷的电势能减小；故C错误；D：电场力对电荷做正功，说明运动的方向与电场力方向一样，电荷的电势能减小；但是不能判断出该电荷是正电荷还是负电荷．故D正确；应当选：D【点评】考查了功能关系：电场力做功，导致电势能变化．就像重力做功，必导致重力势能变化一样．2．如下列图电解池内有一价离子的电解液，在时间t内通过溶液截面S的正离子数为n1，负离子数为n2，设元电荷电荷量为e，如此以下说法正确的答案是( )A．溶液内电流方向从A到B，电流为B．溶液内电流方向从B到A，电流为C．溶液内正、负离子反方向移动，产生的电流相互抵消D．溶液内电流方向从B到A，电流为【考点】电流、电压概念；欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】电流的方向与正离子定向移动方向一样．一价离子带电量的大小为e．通过溶液截面s的电荷量等于正离子与负离子电荷量绝对值之和，根据电流的定义式求解电流强度．【解答】解：电流的方向与正离子定向移动方向一样，如此溶液内电流方向从B到A．t时间内通过通过溶液截面s的电荷量为：q=n1e+n2e，如此根据电流的定义式有：I===．应当选：D【点评】此题运用电流的定义式求解电流强度，对于电解质溶液，公式I=中q是通过溶液截面s的电荷量等于正离子与负离子电荷量绝对值之和．3．在如下列图电路中，AB为粗细均匀、长为L的电阻丝，以A、B上各点相对A点的电压为纵坐标，各点离A点的距离x为横坐标，如此U随x变化的图线应为( )A．B．C．D．【考点】路端电压与负载的关系．【专题】恒定电流专题．【分析】导体的电阻与长度成正比，导体越长，电阻越大，串联电路中的电压U与电阻成正比，电阻越大，电压越大．【解答】解：根据电阻定律可知：各点离A点的距离x越大，导体的电阻越大，电阻R与x成正比；由于AB上各局部电阻串联，电流相等，如此AB上的各点相对A点的电压U就越大，由U=IR，知U与R成正比，如此U与x成正比，如此图象A是正确的．故A正确．应当选：A．【点评】解决此类问题关键要掌握电阻定律和串联电路电压与电阻成正比的规律．并能结合图象的意义进展选择．4．如下列图，虚线表示等势面，相邻两等势面间的电势差相等，有一带电的小球在该电场中运动，不计小球所受的重力和空气阻力，实线表示该带正电的小球的运动轨迹，小球在a点的动能等于20eV，运动到b点时的动能等于2eV，假设取C点为零电势点，如此这个带电小球的电势能等于﹣6eV，它的动能等于( )A．16eV B．14eV C．6eV D．4eV【考点】电势能；动能定理的应用．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】解决此题需掌握：小球只受电场力时，小球的动能和电势能之和保持不变；正确判断小球在电场中所受电场力方向以与电场力做功情况．【解答】解：小球自a点运动到b时，电场力做负功：W ab=2eV﹣20eV=﹣18eV ①由于相邻两等势面的电势差相等，故电势差的大小关系有：U ab=3U bc②从b到c电场力做正功，根据动能定理有：W bc=E kc﹣E kb③联立①②③可得E kc=8eV．由于只有电场力做功，电势能和动能和保持不变，故在c点：E=E p+E k=8eV即电势能和动能之和为8eV，因此当电势能等于﹣6eV时动能为14eV，故ACD错误，B正确．应当选B．【点评】学习电场中的功能关系时可以类比在重力场的功能关系，如只有重力做功，动能和重力势能之和保持不变；那么只有电场力做功，电势能和动能之和保持不变5．如下列图，圆O在匀强电场中，场强方向与圆O所在平面平行，带正电的微粒以一样的初动能沿着各个方向从A点进入圆形区域中，只在电场力作用下运动，从圆周上不同点离开圆形区域，其中从C点离开圆形区域的带电微粒的动能最大，图中O是圆心，AB是圆的直径，AC是与AB成α角的弦，如此匀强电场的方向为( )A．沿AB方向B．沿AC方向C．沿BC方向D．沿OC方向【考点】等势面；电场线．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】带正电的微粒以一样的初动能沿着各个方向从A点进入圆形区域中，只在电场力作用下运动，从C点离开圆形区域的带电微粒的动能最大，根据动能定理知电场力做功最多，如此AC在电场线方向上的距离最大．【解答】解：仅在电场力作用下从A点进入，离开C点的动能最大，如此C点是沿电场强度方向电势最低的点，所以电场力沿过OC的方向，由于带电微粒是带正电，故匀强电场的方向沿OC方向．故D正确，A、B、C错误．应当选：D．【点评】解决此题的关键抓住C点是沿电场强度方向离A点最远，以与电场线与过C的切线相垂直．6．如下列图，在平行板电容器正中有一个带电微粒．K闭合时，该微粒恰好能保持静止．假设K不断开，如此如下哪种方法能使该带电微粒向上运动打到上极板？( )A．将下极板上移 B．将上极板上移C．将上极板左移 D．将下极板N接地【考点】带电粒子在混合场中的运动．【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】保持K闭合时电容板间电压保持不变，根据公式E=分析板间场强的变化，判断能否使带电微粒向上加速运动．【解答】解：开始时，粒子受重力和电场力，二力平衡；保持K闭合时，电压U不变，要使该带电微粒向上运动打到上极板，故电场力要增加，根据E=，极板距离要减小；故A正确，BCD错误；应当选：A．【点评】此题是电容器动态变化分析的问题，关键明确粒子的电场力要增加，故电场强度要增加；根底题目．7．如下列图的电路中，电源内阻不可忽略，假设调整可变电阻R的阻值，可使电压表的示数减小△U〔电压表为理想电表〕，在这个过程中( )A．通过R1的电流减小，减少量一定等于B．R2两端的电压增加，增加量一定等于△UC．路端电压减小，减少量一定等于△UD．通过R2的电流增加，但增加量一定大于【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】由图可知，R1与R并联后与R2串联，电压表测并联局部的电压；由欧姆定律可知，通过R1的电流的变化量；由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化量，如此可得出路端电压的变化量与R2两端电压的关系．【解答】解：A、因电压表示数减小，而R1为定值电阻，故电流的减小量一定等于，故A 正确；B、R1两端的电压减小，如此说明R2与内阻两端的电压均增大，故R2两端的电压增加量一定小于△U，故B错误；C、因内电压增大，故路端电压减小，由B的分析可知，路端电压的减小量一定小于△U，故C 错误；D、由B的分析可知，R2两端的电压增加量一定小于△U，故电流的增加量一定小于，故D 错误；应当选：A．【点评】此题考查欧姆定律中的动态分析，因此题要求分析电流与电压的变化量，故难度稍大，要求学生能灵活选择闭合电路的欧姆定律的表达形式．8．示波器可以视为加速电场与偏转电场的组合，假设前者的电压为U1，后者电压为U2，极板长为L，板间距为d，且电子加速前初速可忽略．如此示波器的灵敏度〔偏转电场中每单位偏转电压所引起的偏转量称为“灵敏度〞〕与加速电场、偏转电场的关系正确的答案是( ) A．L越大，灵敏度越大B．d越大，灵敏度越大C．U1越大，灵敏度越小D．灵敏度与U1无关【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】根据带电粒子在加速电场中加速，在偏转电场中做类平抛运动，结合动能定理、牛顿第二定律和运动学公式求出偏转量，从而得出灵敏度的大小．【解答】解：根据动能定理得，粒子在偏转电场中运动的时间t=，在偏转电场中的偏转位移y==如此灵敏度为．知L越大，灵敏度越大；d越大，灵敏度越小；U1越小，灵敏度越大．灵敏度与U2无关．故AC正确，B、D错误．应当选：AC．【点评】此题考查了带电粒子在电场中的加速和偏转，综合考查了动能定理、牛顿第二定律、运动学公式等，难度中等．9．静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布可简化为如下列图的折线，图中φ0和d为量，一个质量为m、电荷量为q带负电的粒子恰好在电场中以x=0为中心、沿x轴方向做周期性运动．忽略粒子的重力，如此( )A．在﹣d＜x＜d区间内的场强大小都是，方向均沿+x方向B．在﹣d＜x＜d区间内粒子做简谐运动C．要使粒子能运动到﹣d处，粒子在O点的动能至少为qφ0D．粒子从﹣运动到的过程中，电势能先增大后减小【考点】电势；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电势随x均匀变化时，电场为匀强电场，由电势差与电场强度的关系可求得电场强度大小，根据顺着电场线方向电势降低，判断场强的方向．简谐运动的特征是F=﹣kx，在恒力作用下粒子不可能做简谐运动．根据动能定理研究动能．根据负电荷在电势高处电势能小，分析电势能的变化．【解答】解：A、在﹣d＜x＜0内的场强大小 E==，电势升高，如此场强方向沿﹣x方向；在0＜x＜d 区间内，场强大小E==，电势降低，如此场强沿+x方向．故A错误．B、由上分析可知，在﹣d＜x＜0内场强不变，粒子所受的电场力不变，在0＜x＜d区间内，场强不变，粒子所受的电场力也不变，对照简谐运动的条件F=﹣kx，可知粒子做非简谐运动，故B错误．C、粒子能运动到﹣d处时速度为零，根据动能定理得：﹣qφ0=0﹣E k0，如此得：粒子在O点的动能至少为 E k0=qφ0．故C正确．D、粒子从﹣运动到的过程中，电势先升高后降低，根据负电荷在电势高处电势能小，可知电势能先减小后增大，故D错误．应当选：C【点评】此题关键抓住图线的斜率表示场强，再从题干中找出可用的信息，同时能从图象中判断出电场的性质；并能灵活应用动能定理求解动能．10．在如图甲所示的电路中，L1、L2、L3为三个一样规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，当开关 S闭合后，电路中的总电流为0.25A，如此( )A．L1上的电压为L2上电压的2倍B．L1消耗的电功率为0.75 WC．L2的电阻为12ΩD．L1、L2消耗的电功率的比值小于4：1【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【专题】比拟思想；图析法；恒定电流专题．【分析】L2和L3并联后与L1串联，L2和L3的电压一样，电流也一样，电路中的总电流为0.25A，从而求出通过三个灯泡的电流，由图乙读出三个灯泡两端的电压，由R=求出L2的电阻，根据P=UI求L1、L2消耗的电功率的比值．【解答】解：A、L2和L3并联后与L1串联，L2和L3的电压和电流均一样，如此L1的电流为L2电流的2倍，由于灯泡是非线性元件，所以L1的电压不是L2电压的2倍，故A错误；B、根据图象可知，当电流为0.25A时，电压U=3V，所以L1消耗的电功率 P=UI=0.75W，故B 正确；C、L2的电流为0.125A，由图可知，此时L2的电压小于0.5V，根据R2=可知，L2的电阻小于4Ω，故C错误；D、根据P=UI可知，L2消耗的电功率P2＜0.125×0.5=0.0625W，所以L1、L2消耗的电功率的比值大于4；1，故D错误；应当选：B【点评】此题的关键是搞清电路的结构，能够从图中读出有效信息，对于线性元件，R==，但对于非线性元件，R=≠．11．用电动势为E、内电阻为r的电池组直接向线圈电阻为R的电动机供电，电动机正常工作后，测得通过的电流为I、电动机两端的电压为U，如此( )A．电路中电流B．在时间t内，电池组消耗的化学能为IEtC．在时间t内，电动机输出的机械能是IEt﹣I2rtD．以上说法都不对【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】发动机为非纯电阻用电器故不能使用欧姆定律求得电路中的电流；但由P=UI可求得电动机的功率；由EI可求得电池消耗的化学能．【解答】解：A、因发电机为非纯电阻电路，故闭合电路欧姆定律不能使用，故A错误；B、电池组消耗的化学能等于电池的输出电能，故化学能为EIt；故B正确；C、电动机输出的功率P=UI，故C错误；D、因B正确，故D错误；应当选B．【点评】在应用闭合电路的欧姆定律解决问题时，要注意其使用的条件；电动机类由于将电能转化为了内能之外的其他形式的能量，故不能再由闭合电路欧姆定律求解．12．用电器距离电源为l，线路上的电流为I，输电线的电阻率为ρ．为使在线路上的电压降不超过U．那么，输电线的横截面积的最小值为( )A．B．C．D．【考点】电阻定律．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】根据欧姆定律可求和电阻的最小值，再由电阻定律即可求出输电导线的横截面积．【解答】解：根据欧姆定律得：R=，根据电阻定律有：R=2，解得：S=．故B正确，A、C、D错误．应当选：B．【点评】解决此题的关键掌握电阻定律和欧姆定律，注意导线输电导线应为两条，故长度为距离的2倍．二、实验题〔每空2分，共12分〕13．测金属电阻率实验〔1〕测长度时，金属丝的起点、终点位置如图〔a〕，如此长度为：60.50cm；〔2〕用螺旋测微器测金属丝直径，示数如图〔b〕，如此直径为：1.981mm；〔3〕在图〔c〕中完成实物连线，要求多测几组数据，电压表示数从零开始；【考点】测定金属的电阻率；刻度尺、游标卡尺的使用．【专题】实验题；创新题型；图析法；恒定电流专题．【分析】〔1〕根据图示刻度尺确定其分度值，然后读出其示数．〔2〕螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数．〔3〕根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后连接实物电路图．【解答】解：〔1〕由图〔a〕所示刻度尺可知，其分度值为1mm，长度为：70.50cm﹣10.00cm=60.50cm；〔2〕由图示螺旋测微器可知，其示数为：1.5mm+48.1×0.01mm=1.981mm．〔3〕多测几组数据，电压表示数从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，电流表内阻很小，电压表内阻很大，电压表内阻远大于待测电阻丝的阻值，电流表应采用外接法，实物电路图如下列图：故答案为：〔1〕60.50；〔2〕1.981；〔3〕电路图如下列图．【点评】此题考查了刻度尺与螺旋测微器的读数、连接实物电路图，要掌握常用器材的使用与读数方法；根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法是连接实物电路图的关键．14．如图甲所示是一种测量电容的实验电路图，实验是通过对高阻值电阻放电的方法测出电容器充电至电压为U时所带的电荷量Q，从而再求出待测电容器的电容C．某同学在一次实验时的情况如下：a．按图甲所示的电路图接好电路；b．接通开关S，调节电阻箱R的阻值，使小量程电流表的指针偏转接近满刻度，记下此时电流表的示数I0=490 μA，电压表的示数U0=8.0V，I0、U0分别是电容器放电时的初始电流和电压；c．断开开关S，同时开始计时，每隔5s或10s测读一次电流i的值，将测得数据填入表格，并标示在图乙的坐标纸上〔时间t为横坐标，电流i为纵坐标〕，结果如图中小黑点所示．〔1〕在图乙中画出i﹣t图线．〔2〕图乙中图线与坐标轴所围成面积的物理意义是电容器充电到电压为U0时所带的电荷量．〔3〕该电容器的电容为1.0×10﹣3F〔结果保存两位有效数字〕．【考点】研究平行板电容器．【专题】实验题；电容器专题．【分析】由△Q=I•△t知，电荷量为I﹣t图象与坐标轴所包围的面积，计面积时可数格数〔四舍五入〕．现由C=求得C．【解答】解：〔1〕用平滑的曲线连接．如下列图〔2〕由△Q=I•△t知，电荷量为I﹣t图象与坐标轴所包围的面积：如此面积为电容器充电到电压为U0时所带的电荷量．〔3〕查出格子数，由总格子数乘以每个格子的“面积〞值求：Q=8.0×10﹣3C 如此C=故答案为：〔1〕如图〔2〕电容器充电到电压为U时所带的电荷量〔3〕1.0×10﹣3F【点评】考查用数学方法求解物理问题，明确图象的面积的意义．三、计算题〔40分〕。
2015-2016学年高二上学期12月月考物理试卷(20210522003403)
2015—— 2016 学年度上学期 12 月小班化学习成就阶段查收高二（ 17 届）物理试题说明： 1. 测试时间： 90 分钟总分：100分2.客观题涂在答题纸上，主观题答在答题纸的相应地点上第Ⅰ卷（48 分）一．选择题（此题共48 分，每题 4 分，第 5、 6、 9、10 题为多项选择题）1．某电场中的电场线( 方向未标出 ) 如下图，现将一带负电的点电荷从服电场力做功，则C、 D两点的电场强度、电势大小关系应为()A 点移至B 点需克A．E C>E D，φC>φD B．E C<E D，φC>φD C．E C>E D，φC<φD D． E C<E D，φC<φD2．如下图，电感线圈的电阻和电源内阻均可忽视，两个电阻的阻值均为开关 S 本来是翻开的，此时流过电路的电流为I 0，今合上开关阻短路，于是线圈中产生自感电动势，此自感电动势有()A. 阻挡电流的作用，最后电流由I 0减小到零B. 阻挡电流的作用，最后电流总小于I 0C.阻挡电流增大的作用，因此电流保持I 0不变D.阻挡电流增大的作用，但电流最后仍是增大到2I 0R，S，将一电3．如图为地磁场磁感线的表示图，在北半球地磁场的竖直重量向下，飞机在我国上空匀速巡航，机翼保持水平，飞翔高度不变，因为地磁场的作用，金属机翼上有电势差，设飞翔员在右方机翼尾端处的电势为U1，左方机翼尾端处的电势为U2. 则以下说法正确的选项是()A. 若飞机从东往西飞，则U1比 U2高B.若飞机从西往东飞，则U1比 U2高C. 若飞机从南往北飞，则U1比 U2高D. 若飞机从北往南飞，则U2比 U1高4． 1931 年英国物理学家狄拉克从理论上预知：存在只有一个磁极的粒子即“磁单极子”.1982 年美国物理学家卡布莱设计了一个找寻磁单极子的实验，仪器的主要部分是一个由超导体构成的线圈，超导体的电阻为零，一个轻微的电动势就能够在超导线圈中惹起感觉电流，并且这个电流将长久保持下去，其实不减弱，他假想，假如一个只有N极的磁单极子从上向下穿过如下图的超导线圈，那么从上向下看，超导线圈大将出现（）A.先是逆时针方向的感觉电流，而后是顺时针方向的感觉电流B.先是顺时针方向的感觉电流，而后是逆时针方向的感觉电流C.顺时针方向连续流动的感觉电流D.逆时针方向连续流动的感觉电流5．（多项选择题）如下图，在粗拙绝缘的水平面上有一物体A带正电，另一带正电的物体 B 沿着以 A 为圆心的圆弧由 P 到 Q迟缓地从 A 的正上方经过，若此过程中A一直保持静止， A、 B 两物体可视为质点且只考虑它们之间有库仑力的作用，则下B列说法正确的选项是（）A．物体A遇到地面的支持力先增大后减小P Q B．物体A遇到地面的支持力保持不变C．物体A遇到地面的摩擦力先减小后增大AD．库仑力对物体B先做正功后做负功6．（多项选择题）如下图，竖直平行金属导轨MN、PQ上端接有电阻 R，金属杆质量为m，跨在平行导轨上，垂直导轨平面的水平匀强磁场为B，不计 ab 与导轨电阻，不计摩擦，且ab 与导轨接触优秀．若 ab 杆在竖直向上的外力 F 作用下匀速上涨，则以下说法正确的选项是() A．拉力 F 所做的功等于电阻R 上产生的热量B．杆 ab 战胜安培力做的功等于电阻R 上产生的热量C．电流所做的功等于重力势能的增添量D．拉力 F 与重力做功的代数和等于电阻R 上产生的热量7．在如下图的电路中，当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，以下说法正确的选项是 ()A． A 灯和 B 灯都变亮RE rB． A 灯变亮， B 灯变暗R2AC．电源的输出功率减小B R1D．电源的工作效率降低8．如下图，一段导线abcd位于磁感觉强度大小为 B 的匀强磁场中，且与磁场方向 ( 垂直于纸面向里 ) 垂直。
2015-2016学年高二上学期第二次月考物理试卷
高二实验班月考物理试卷一．选择题（共10 小题；1-7单项选择；8-10多项选择）1．对于磁感觉强度的观点，以下说法正确的选项是（）A．由磁感觉强度定义式B=可知，在磁场中某处，B与F成正比，B与IL成反比B．一小段通电导线在某处不受磁场力作用，该处的磁感觉强度必定为零C．磁场中某处磁感觉强度的方向，与直线电流在该地方受磁场力方向同样D．磁场中某处磁感觉强度的大小与放在磁场中通电导线长度、电流大小及所受磁场力的大小均没关2．已知长直通电导线在四周某点产生磁场的磁感觉强度大小与电流成正比、与该点到导线的距离成反比． 4 根电流同样的长直通电导线 a、b、c、d 平行搁置，它们的横截面的连线组成一个正方形， O为正方形中心， a、 b、 c 中电流方向垂直纸面向里， d 中电流方向垂直纸面向外，则对于 a、b、c、d 长直通电导线在 O点产生的合磁场的磁感觉强度B（）A．大小为零B．大小不为零，方向由O指向 aC．大小不为零，方向由O指向 cD．大小不为零，方向由O指向 d3．以下各图中，已标出电流及电流磁场的方向，此中不正确的选项是（）A．B．C．D．4．如下图，横截面半径为2R的圆柱形（侧面为理想界限）空间内充满平行中心线的匀强磁场，磁感觉强度为B．在磁场外衣有一圆形线圈，横截面半径为 3R，共 N 匝，则穿过该线圈的磁通量为（）A．9NπR2B B．9πR2B C．4Nπ R2B D．4πR2B5．如图，一段导线 abcd 位于磁感觉强度大小为 B 的匀强磁场中，且与磁场方向（垂直于纸面向里）垂直．线段 ab、 bc 和 cd 的长度均为 L，且∠a bc=∠bcd=135°．流经导线的电流为 I ，方向如图中箭头所示．导线段 abcd所遇到的磁场的作使劲的协力（）A．方向沿纸面向上，大小为（+1）ILBB．方向沿纸面向上，大小为（﹣1）ILBC．方向沿纸面向下，大小为（+1）ILBD．方向沿纸面向下，大小为（﹣1）ILB6．如图，水平放罝的直导线正下方有一只可自由转动的小磁针．当导线中经过自右向左的电流时，小磁针N 极的转动状况是（）A．垂直于纸面向里转B．垂直于纸面向外转C．在纸面内顺时针转D．在纸面内逆时计转7．如下图，两根可自由挪动的靠得很近的平行长直导线，通以相反方向的电流，且 I 1＞I 2，则两导线所受的安培力 F1和 F2的大小关系及其运动方向为（）A．F1＞ F2，且互相凑近 B ．F1＜F2，且互相远离C．F1=F2，且互相凑近D．F1=F2，且互相远离8．（如图，金属杆 ab 的质量为 m、经过的电流为 I ，处在磁感觉强度为 B 的匀强磁场中，平行导轨间的距离为 L，结果 ab 静止且紧压于水平导轨上．若磁场方向与导轨平面成θ角，金属杆 ab 与水平导轨间的摩擦系数为μ，则以下说法正确的选项是（）A．金属杆 ab 所受的安培力大小为BILsin θB．金属杆 ab 所受的安培力大小为BILC．金属杆 ab 所受的摩擦力大小为BILsin θD．金属杆 ab 所受的摩擦力大小为μ mg9．质量为 m、带电量为 q 的小球，从倾角为θ 的圆滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向外的匀强磁场中，其磁感强度为B，如下图．若带电小球下滑后某时辰对斜面的作使劲恰巧为零，下边说法中正确的选项是（）A．小球带正电B．小球在斜面上运动时做匀加快直线运动C．小球在斜面上运动时做加快度增大，而速度也增大的变加快直线运动D．则小球在斜面上下滑过程中，当小球对斜面压力为零时的速率为10．圆形地区内有垂直于纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都同样的带电粒子a、b、c，以不一样的速度沿着 AO方向瞄准圆心 O射入磁场，其运动轨迹如下图．若带电粒子只受磁场力的作用，以下说法正确的选项是（）A．a 粒子速率最小B．c 粒子速率最小C．a 粒子在磁场中运动的时间最长D．它们做圆周运动的周期T a＜T b＜T c二．解答题（共 4 小题）13．质谱仪原理如下图， a 为粒子加快器，加快电压为 U1；b 为速度选择器，磁场与电场正交，磁感觉强度为B1，板间距离为d；c 为偏转分别器，磁感觉强度为B2．今有一质量为m，电荷量为+q 的带电粒子，经加快后，该粒子恰能沿直线经过速度选择器．粒子从 O点进入分别器后在洛伦兹方的作用下做半个圆周运动后打究竟片上并被接收，形成一个细条纹，测出条纹到O点的距离为 L．求：（1）粒子走开加快器的速度大小 v？（2）速度选择器的电压 U2？（3）该带电粒子荷质比的表达式．14．如下图，虚线所围地区内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感觉强度为B．一束电子沿圆形地区的直径方向以速度 v 射入磁场，电子束经过磁场区后，其运动的方向与原入射方向成θ角．设电子质量为 m，电荷量为 e，不计电子之间的互相作使劲及所受的重力．求：（1）电子在磁场中运动轨迹的半径 R；（2）电子在磁场中运动的时间 t ；（3）圆形磁场地区的半径 r ．15．如下图，在 xOy平面内，电荷量为 q、质量为 m的电子，从原点 O垂直射入磁感觉强度为B 的匀强磁场中，电子的速度为v0，方向与x 轴正方向成30°角，试求：（1）电子从 O点开始，第一次抵达 x 轴所用的时间是多少？（2）电子经过 x 轴的地点距坐标原点 O的距离是多少？16．如下图， PQ和 MN为水平、平行搁置的金属导轨，相距 1m，导体棒 ab 跨放在导轨上，棒的质量 m=0.2kg，棒的中点用细绳经滑轮与物体相连，物体质量M=0.3kg，棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.5 ，匀强磁场的磁感觉强度 B=2T，方向竖直向下，为了使物体匀速上涨，应在棒中通入多大的电流？方向怎样？八班考试参照答案与试题分析一．选择题（共12 小题）1．（2015?宿迁模拟）对于磁感觉强度的观点，以下说法正确的选项是（）A．由磁感觉强度定义式B=可知，在磁场中某处，B与F成正比，B与IL成反比B．一小段通电导线在某处不受磁场力作用，该处的磁感觉强度必定为零C．磁场中某处磁感觉强度的方向，与直线电流在该地方受磁场力方向同样D．磁场中某处磁感觉强度的大小与放在磁场中通电导线长度、电流大小及所受磁场力的大小均没关【考点】磁感觉强度．【剖析】本题考察了磁场的大小与方向，磁感觉强度B=是采纳比值法定义的，B 大小与 F、 IL 没关， B 由磁场自己决定，当电流方向与磁场方向不在同向来线上时，导体才遇到磁场力作用，磁场力的方向与电流、磁场垂直．【解答】解： A、磁感觉强度 B=是采纳比值法定义的，B大小与F、IL没关，B 由磁场自己决定，故 A 错误；B、当导体方向与磁场方向在一条线上时，导体不受磁场力作用，此时磁感觉强度并不是为零，故 B 错误．C、依据左手定章可知，磁场方向与磁场力方向垂直．故 C 错误；D、磁场中某处磁感觉强度的大小与放在磁场中通电导线长度、电流大小及所受磁场力的大小均没关，故 D 正确．应选： D．【评论】对于磁感觉强度的定义式B=，要明确其定义方法、合用条件，以及各个物理量的含义，能够和电场强度的定义E= 类比学习．2．（2015?宝鸡一模）已知长直通电导线在四周某点产生磁场的磁感觉强度大小与电流成正比、与该点到导线的距离成反比． 4 根电流同样的长直通电导线 a、b、c、d 平行搁置，它们的横截面的连线组成一个正方形，O为正方形中心，a、b、c 中电流方向垂直纸面向里， d 中电流方向垂直纸面向外，则对于 a、b、c、d长直通电导线在O点产生的合磁场的磁感觉强度B（）A．大小为零B．大小不为零，方向由O指向 aC．大小不为零，方向由 O指向 c D．大小不为零，方向由 O指向 d 【考点】磁感觉强度．【剖析】依据等距下电流所产生的B 的大小与电流成正比，得出各电流在O点所产生的B 的大小关系，由安培定章确立出方向，再利用矢量合成法例求得B 的合矢量的大概方和向．【解答】解： I a=I c =I d=I b，则依据矢量的合成法例，可知， a、c 两棒产生的磁场为零，则由 b、d 两棒产生的磁场方向，由右手螺旋定章可知， o 指向 a；应选： B．【评论】考察磁感觉强度 B 的矢量合成法例，会进行 B 的合成．3．（2015 秋?邗江区校级期中）以下各图中，已标出电流及电流磁场的方向，其中不正确的选项是（）A．B．C．D．【考点】安培定章．【剖析】明确电流及磁场对应的几何关系；依据安培定章判断电流四周磁场的方向，从而进行判断正误．【解答】解： A、电流的方向竖直向下，依据安培定章知，磁场的方向从上往下看，应当为顺时针，故 A 正确．B、依据电流的绕向，联合安培定章知，螺线管内部的磁场方向向右，故 B 不正确．C、环形电流的方向从上往下看为逆时针方向，依据安培定章知，磁场的方向向上，故 C 正确．D、环形电流的方向从左向右看为顺时针方向，依据安培定章知，中心磁场的方向向右，故 D 正确．本题选不正确的；应选：B．【评论】解决本题的重点知道电流和四周磁场方向的关系，会经过安培定章进行判断．注意明确对应的图形，能正确剖析平面图和立体图．4．（2015 秋?高安市校级期中）如下图，横截面半径为2R的圆柱形（侧面为理想界限）空间内充满平行中心线的匀强磁场，磁感觉强度为B．在磁场外衣有一圆形线圈，横截面半径为3R，共 N匝，则穿过该线圈的磁通量为（）A．9NπR2B B．9πR2B C．4Nπ R2B D．4πR2B【考点】磁通量．【专题】定性思想；方程法；磁场磁场对电流的作用．【剖析】在磁感觉强度为 B 的匀强磁场中，有一个面积为 S 且与磁场方向垂直的平面，磁感觉强度 B 与面积 S 的乘积，叫做穿过这个平面的磁通量，故当 B 与 S 平面垂直时，穿过该面的磁通量Φ=BS．【解答】解：因为线圈平面与磁场方向垂直，故穿过该面的磁通量为：Φ=BS，2 2Φ =4πBR．应选： D【评论】本题考察了磁通量的定义式和公式Φ=BS的合用范围，只需掌握了磁通量的定义和公式Φ=BS的合用条件就能顺利解决．注意磁通量的变化率与匝数没关．5．（2015?西华县模拟）如图，一段导线 abcd 位于磁感觉强度大小为 B 的匀强磁场中，且与磁场方向（垂直于纸面向里）垂直．线段 ab、bc 和 cd 的长度均为 L，且∠ abc=∠bcd=135°．流经导线的电流为 I ，方向如图中箭头所示．导线段 abcd 所遇到的磁场的作使劲的协力（）A．方向沿纸面向上，大小为（+1）ILBB．方向沿纸面向上，大小为（﹣1）ILBC．方向沿纸面向下，大小为（+1）ILBD．方向沿纸面向下，大小为（﹣1）ILB【考点】安培力．【剖析】当磁场方向与电流方向垂直时，由安培力 F=BIL，依据电流的大小可求出各段安培力大小，由左手定章判断安培力方向，再依据平行四边形定章，对安培力进行分解即可解得．【解答】解：该导线能够用 a 和d 之间的直导线长为L 来等效取代，依据F=BIL，可知大小为，方向依据左手定章判断，向上；应选 A．【评论】本题考察安培力的大小与方向的判断；解决本题的重点要掌握安培力的大小公式 F=BIL（B 与 I 垂直），同时运使劲的平行四边形定章对安培力时行分解．此处的导线也能够等效成将 ad 两点连结的导线所受的安培力．6．（2015?宿迁模拟）如图，水平放罝的直导线正下方有一只可自由转动的小磁针．当导线中经过自右向左的电流时，小磁针N 极的转动状况是（）A．垂直于纸面向里转B．垂直于纸面向外转C．在纸面内顺时针转D．在纸面内逆时计转【考点】通电直导线和通电线圈四周磁场的方向．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【剖析】小磁针能表现出磁场的存在，且小磁针静止时 N极的指向为磁场的方向，即为磁感觉强度的方向．也可为磁感线在该点的切线方向．而电流四周的磁场由右手螺旋定章来确立磁场方向．【解答】解：当通入如下图的电流时，依据右手螺旋定章可得小磁针的地点的磁场方向是垂直纸面向外，因为小磁针静止时 N极的指向为磁场的方向，所以小磁针的 N 极将垂直于纸面向外转动．应选项 B 正确．应选： B【评论】右手螺旋定章也叫安培定章，让大拇指所指向为电流的方向，则四指围绕的方向为磁场方向．当导线是环形时，则四指向为电流的方向7．（2015?嘉定区一模）如下图，两根可自由挪动的靠得很近的平行长直导线，通以相反方向的电流，且 I 1＞I 2，则两导线所受的安培力 F1和 F2的大小关系及其运动方向为（）A．F1＞ F2，且互相凑近 B ．F1＜F2，且互相远离C．F1=F2，且互相凑近D．F1=F2，且互相远离【考点】平行通电直导线间的作用．【剖析】物体间力的作用是互相的，物体间的互相作使劲大小相等；磁场是由通电导线产生的，一通电导线在另一导线电流的磁场中，会遇到安培力作用，由安培定章判断出电流的磁场方向，而后由左手定章判断出安培力方向．【解答】解： A、通电导线在其四周产生磁场，通电导线在磁场中遇到安培力作用，两导线所受安培力是作使劲与反作使劲，它们大小相等，故AB错误；C、由右手螺旋定章可知： I 1在 I 2处产生的磁场垂直纸面向里，由左手定章可知，I 2所所受安培力向左；由右手螺旋定章可知： I 2在 I 1处产生的磁场垂直纸面向外，由左手定章可知，I 1所所受安培力向右；则两导线互相远离；故C错误，D 正确；应选 D．【评论】通电导线处于磁场中要遇到安培力作用，可得：同向电流互相吸引，异向电流互相排挤．可作为结论让学生记着．8．（2015?普宁市校级一模）如图，金属杆 ab 的质量为在磁感觉强度为 B 的匀强磁场中，平行导轨间的距离为于水平导轨上．若磁场方向与导轨平面成θ 角，金属杆系数为μ，则以下说法正确的选项是（）m、经过的电流为 I ，处L，结果 ab 静止且紧压 ab 与水平导轨间的摩擦A．金属杆 ab 所受的安培力大小为BILsin θB．金属杆 ab 所受的安培力大小为BILC．金属杆 ab 所受的摩擦力大小为BILsin θD．金属杆 ab 所受的摩擦力大小为μ mg【考点】安培力；力的合成与分解的运用；共点力均衡的条件及其应用．【剖析】金属杆 ab 遇到重力、安培力、导轨的支持力和摩擦力均衡，金属杆与磁场方向垂直，安培力大小 F A=BIL，依据均衡条件列方程求解．【解答】解：作出金属杆受力的主视图，如图．依据均衡条件得F f =BILsin θF N=mg﹣ BILcos θ电流和磁场垂直，故F A=BIL应选： BC【评论】本题考察应用均衡条件解决磁场中通电导体的均衡问题，重点在于安培力剖析和计算．本题要注意导体与磁场垂直9．（2015?滨江区校级模拟）质量为 m、带电量为 q 的小球，从倾角为θ的圆滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向外的匀强磁场中，其磁感强度为 B，如下图．若带电小球下滑后某时辰对斜面的作使劲恰巧为零，下边说法中正确的选项是（）A．小球带正电B．小球在斜面上运动时做匀加快直线运动C．小球在斜面上运动时做加快度增大，而速度也增大的变加快直线运动D．则小球在斜面上下滑过程中，当小球对斜面压力为零时的速率为【考点】洛仑兹力；牛顿第二定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【剖析】带电滑块在滑至某一地点时，因为在安培力的作用下，要走开斜面．依据磁场方向联合左手定章可得带电粒子的电性．由圆滑斜面，所以小滑块在没有走开斜面以前向来做匀加快直线运动．借助于洛伦兹力公式可求出恰巧走开时的速度大小，从而由运动学公式来算出匀加快运动的时间．由位移与时间关系可求出位移大小．【解答】解： A、小球向下运动，由磁场垂直纸面向外，又因为洛伦兹力垂直斜面向上，所以小球带正电．故 A 正确；B、小球没有走开斜面以前，在重力，支持力、洛伦兹力作用下做匀加快直线运动，固然速度变大，致使洛伦兹力变大，但三个力的协力却不变，故 B 正确；C、小球没有走开斜面以前，在重力，支持力、洛伦兹力作用下做匀加快直线运动，固然速度变大，致使洛伦兹力变大，但重力沿斜面向下的分力却不变，即三个力的协力却不变，故 C 错误；D、则小球在斜面上下滑过程中，当小球遇到的洛伦兹力等于重力垂直与斜面的分力相等时，小球对斜面压力为零．所以Bqv=mgcosθ，则速率为．故D正确；应选： ABD【评论】本题打破口是从小滑块刚从斜面走开时，从而确立洛伦兹力的大小，从而得出刚走开时的速度大小，因为没有走开以前做匀加快直线运动，所以由运动与力学可解出运动的时间及位移．若是斜面不是圆滑的，则跟着粒子的下滑，洛伦兹力大小变化，致使摩擦力变化，从而使加快度也发生变化．10．（ 2015 秋?南阳期中）圆形地区内有垂直于纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都同样的带电粒子 a、 b、 c，以不一样的速度沿着 AO方向瞄准圆心 O射入磁场，其运动轨迹如下图．若带电粒子只受磁场力的作用，以下说法正确的选项是（）A．a 粒子速率最小B．c 粒子速率最小C．a 粒子在磁场中运动的时间最长D．它们做圆周运动的周期T a＜T b＜T c【考点】洛仑兹力．【专题】比较思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题．【剖析】三个质量和电荷量都同样的带电粒子，以不一样的速率垂直进入匀强磁场中，则运动半径的不一样，致使运动轨迹也不一样．所以运动轨迹对应的半径越大，则粒子的速率也越大．而运动周期它们均同样，但运动时间却由圆弧对应的圆心角决定．【解答】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力供给向心力，依据qvB=m，可得：r=．A、B 因为三个带电粒子的质量、电荷量均同样，在同一个磁场中，当速度越大时、轨道半径越大，则知 a 粒子速率最小， c 粒子速率最大．故 A 正确， B 错误；C、D 因为 T=及t=T 可知，三粒子运动周期同样， a 在磁场中运动的偏转角最大，对应时间最长，故 C 正确、 D错误．应选： AC【评论】带电粒子在磁场、质量及电量同样状况下，运动的半径与速率成正比，从而依据运动圆弧来确立速率的大小；运动的周期均同样的状况下，可依据圆弧的对应圆心角来确立运动的时间的长短．11．（2016?广东模拟）两个质量同样、所带电荷量相等的带电粒子 a、 b，以不一样的速率瞄准圆心 O沿着 AO方向射入圆形匀强磁场地区，其运动轨迹如图．若不计粒子的重力，则以下说法正确的选项是（）A．a 粒子带正电， b 粒子带负电B．a 粒子在磁场中所受洛伦兹力较大C．b 粒子动能较大D．b 粒子在磁场中运动时间较长【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【剖析】 a、 b 两个质量同样、所带电荷量相等的带电粒子以不一样的速率对向射入圆形匀强磁场地区，偏转的方向不一样，说明受力的方向不一样，电性不一样，能够依据左手定章判断．从图线来看， a 的半径较小，能够联合洛伦兹力供给向心力，写出公式，进行判断，以后，依据公式，再判断动能和运动的时间．【解答】解：粒子向右运动，依据左手定章， b 向上偏转，应当带正电； a 向下偏转，应当带负电，故 A 错误．洛伦兹力供给向心力，即：，得：，故半径较大的b粒子速度大，动能也大．故 C 正确．由公式； f=qvB，故速度大的 b 受洛伦兹力较大．故 B 错误．磁场中偏转角大的运动的时间也长； a 粒子的偏转角大，所以运动的时间就长．故D错误．应选： C【评论】该题考察带电粒子在匀强磁场中的偏转，能够联合两个公式进行判断．属于简单题目．12．（2015?天水校级模拟）有一带电量为 +q，质量为 m的带电粒子，沿如下图的方向，从 A 点沿着与界限夹角 300、而且垂直磁场的方向，进入到磁感觉强度为 B 的匀强磁场中，已知磁场的上部没有界限，若离子的速度为v，则该粒子离开磁场时，距离 A 点的距离（）A．B．C．D．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【剖析】依据题意画出运动轨迹图，依据几何知识和洛伦兹力供给向心力争出粒子的初末地点间的距离．【解答】解：带正电的粒子射入磁场后，因为遇到洛伦兹力的作用，粒子将沿图示的轨迹运动，从 A 点射出磁场， O、A 间的距离为 L，射出时速度的大小仍为 v，射出方向与 x 轴的夹角仍为 30°．因为洛伦兹力供给向心力，则：qvB=m ， R 为圆轨道的半径，解得： R=圆轨道的圆心位于 A 和射出点的中垂线上，由几何关系可得：=Rsinθ ②联立①②两式解得L==应选： A．【评论】本题考察带电粒子在磁场中的运动，找圆心，画出运动轨迹图是解决此问题的重点．二．解答题（共 5 小题）13．（2014?大连学业考试）质谱仪原理如下图，a 为粒子加快器，加快电压为U1；b 为速度选择器，磁场与电场正交，磁感觉强度为 B1，板间距离为 d；c 为偏转分别器，磁感觉强度为 B2．今有一质量为 m，电荷量为 +q 的带电粒子，经加快后，该粒子恰能沿直线经过速度选择器．粒子从 O点进入分别器后在洛伦兹方的作用下做半个圆周运动后打究竟片上并被接收，形成一个细条纹，测出条纹到 O 点的距离为 L．求：（ 1）粒子走开加快器的速度大小v？（2）速度选择器的电压 U2？（3）该带电粒子荷质比的表达式．【考点】质谱仪和盘旋加快器的工作原理．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【剖析】（1）依据动能定理 qU1= mv2求出粒子的速度v．（ 2）在速度选择器中作匀速直线运动，电场力与洛仑兹力均衡，依据 Eq=qvB1求出电压 U2．（ 3）依据洛仑兹力供给向心力，qvB2=m，求出粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径 R．【解答】解：（1）粒子经加快电场U1加快，获取速度V，由动能定理得：qU1= mv2解得v=故粒子的速度为．（ 2）在速度选择器中作匀速直线运动，电场力与洛仑兹力均衡得Eq=qvB1即q=qvB1U2=B1dv=B1d故速度选择器的电压U2为 B1d．（ 3）在 B2中作圆周运动，洛仑兹力供给向心力，有qvB2 =m，R==．又，由以上两式，解得：答：（ 1）粒子走开加快器的速度大小为；（ 2）速度选择器的电压为B1 d．；（ 3）该带电粒子荷质比的表达式为得：．【评论】解决本题的重点掌握动能定理，以及知道在速度选择器中作匀速直线运动，电场力与洛仑兹力均衡．14．（ 2006 秋?海淀区期末）如下图，虚线所围地区内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感觉强度为 B．一束电子沿圆形地区的直径方向以速度 v 射入磁场，电子束经过磁场区后，其运动的方向与原入射方向成θ角．设电子质量为 m，电荷量为 e，不计电子之间的互相作使劲及所受的重力．求：（1）电子在磁场中运动轨迹的半径 R；（2）电子在磁场中运动的时间 t ；（3）圆形磁场地区的半径 r ．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【剖析】电子在磁场中受洛伦兹力作用，电子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，洛伦兹力供给向心力，能够求出电子运动的半径，画出电子运动轨迹，依据几何关系能够求得电子在磁场中的运动的时间和圆形磁场地区的半径．【解答】解：（1）电子在磁场中遇到的洛伦兹力供给电子做匀速圆周运动的向心力即：由此可得电子做圆周运动的半径R= =（2）。
年上学期高二第二次月考物理试题(附答案)(6)
贵州省思南中学15—16学年上学期高二第二次月考物理试题一、选择题（每小题4分，共48分，1～7小题只有一个选项正确；8～12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，有选错或不选的得0分）1．关于电子伏（eV），下列说法中正确的是（）A、电子伏是电势的单位B、电子伏是电场强度的单位C、电子伏是能量的单位D、1J =1.60×1019 eV2．如图所示，三个完全相同的金属小球a、b、c位于等边三角形的三个顶点上，a与c带正电，b带负电，a所带电量的大小比b的小。
C受到a和b的静电力的合力可用图中四条有向线段中的一条来表示，它应是（）A、F1B、F2C、F3D、F43．一负电荷仅受电场力作用，从电场中的A点运动到B点，在此过程中该电荷做初速度为零的匀加速直线运动，则A、B两点电场强度E A、E B及该电荷在A、B两点的电势能εA、εB之间的关系为（）A、E A > E BB、E A＜E BC、εA < εBD、εA＞εB4．有一只灯泡的灯丝断了，通过转动灯泡把灯丝接通，再接入电源后，所发生的现象及其原因是（）A、灯丝电阻变小，通过它的电流变大，根据P=I2R，电灯变亮B、灯丝电阻变大，通过它的电流变小，根据P=I2R，电灯变暗C、灯丝电阻变小，它两端的电压不变，根据P=U2/R，电灯变亮D、灯丝电阻变大，它两端的电压不变，根据P= U2/R，电灯变暗5．一个电流表的满偏电压为U g，内电阻为R g，要把它改装成量程为nU g的电压表，应在电流表上（）A、串联一个nR g的电阻B、并联一个nR g的电阻C、串联一个（n-1）R g的电阻D、并联一个（n-1）R g的电阻6．用一个满偏电流为10mA、内阻为40Ω的电流表，一个电动势为1.5V、内阻为1Ω的干电池和一个可变电阻组装一个欧姆表，可变电阻应当选择：（）A、0～20ΩB、0～50ΩC、0～100ΩD、0～200Ω7．如图所示是根据某次实验记录的数据画出的U—I图线，关于此图线的说法中正确的是（）A、纵轴的截距表示电源的电动势，即E＝3.0VB、横轴的截距表示电源的短路电流，即I短＝0.6AC、电源的内阻r＝5ΩD、电源的内阻r＝2.0Ω8．如图所示，平行板电容器两极板间的电场可看做是匀强电场，两板水平放置，板间相距为d，一带负电粒子从上板边缘射入，沿直线从下板边缘射出，粒子的电荷量为q，质量为m，下列说法中正确的是（）A、粒子做匀加速直线运动B、粒子的电势能减少3mgdC、两板间的电势差为mgd/qD、M板比N板电势高9．如图所示，将平板电容器与电池组相连，两板间的带电尘埃恰好处于静止状态，若将两板慢慢的错开一些，其它条件不变，则（）A、电容器带电荷量减少B、尘埃将向下加速运动C、电流计G中有a →b的电流D、电流计G中有b→a的电流10．为了测出电源的电动势和内阻，除待测电源、开关和导线以外，配合下列哪组仪器，可以达到实验目的：（）A、一个电流表和一个电阻箱B、一个电压表、一个电流表和一个滑动变阻器C、一个电压表和一个电阻箱D、一个电流表和一个滑动变阻器11．用图所示的电路测量待测电阻R X的阻值时，下列关于由电表产生误差的说法中，正确的是（）A、由于电压表的分流作用，使电阻的测量值小于真实值B、由于电流表的分压作用，使电阻的测量值小于真实值C、电压表的内电阻越大，测量越精确D、电流表的内电阻越大，测量越精确12．如图所示，一个闭合电路内有四只不同规格的小灯泡（可认为电阻不变）。
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2015-2016学年上学期第二次月考
高二物理试题【新课标】
一、选择题：本题共13小题，每小题4分，总计52分。
在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
题目前方已注明该题为单选题还是多选题。
1. 【单选】如图所示，把一个带正电的小球放入原来不带电的金属空腔球壳内并接触，其结果可能是
A．只有球壳外表面带正电
B．球壳的内表面带负电，外表面带正电
C．球壳的内、外表面都带正电
D．球壳的内表面带正电，外表面带负电
2．【多选】关于匀强电场中的场强和电势差的关系，下列说法正确的是
A．任意两点间的电势差，等于场强和这两点间距离的乘积
B．沿电场线方向，相同距离上电势降落必相等
C．电势减小最快的方向必是场强方向
D．在相同距离的两点上，电势差大的，其场强也大
3．【多选】电源电动势为E，内阻为r，向可变电阻R供电.关于路端电压，下列说法中正确的是A．因为电源电动势不变，所以路端电压也不变
B．当R增大时，路端电压也增大
C．当干路电流I增大时，路端电压也增大
D．因为U=E-Ir，所以当I增大时，路端电压减小
4．【多选】如图所示，仅在电场力作用下，一带电粒子沿图中虚线
从A运动到B，则
A．电场力做正功
B．动能减少
C．电势能增加
D．加速度增大
5. 【单选】把R1=8Ω、R2=2Ω两个电阻串联到电路中，要使两个电阻消耗的电功率相同，下列方法中可行的是
A．给R1并联一个阻值为8/3Ω的电阻
B．给R1并联一个阻值为8Ω的电阻
C．给R2串联一个6Ω的电阻
D．给R2并联一个6Ω的电阻
6. 【单选】如图所示，三个质量相等的，分别带正电、负电和不带电的小球，以相同速率在平行放置的带电金属板间的P点沿垂直于电场方向射入电场，落在A、B、C三点，则
A．落到A点的小球带正电、落到B点的小球带负电、落到C点的小
球不带电
B．三小球在电场中运动时间相等
C．三小球到达正极板的动能关系是E kA＞E kB＞E kC
D．三小球在电场中的加速度关系是a C＞a B＞a A
7．【单选】两只电压表○V1和○V2是由完全相同的两个电流计改装成的，○V1表的量程是5V,○V2表的量程是15V，把它们串联起来接入电路中.则
A．它们的示数相等，指针偏转角度也相等
B．它们的示数之比为l:3，指针偏转角度相等
C．它们的示数相等，指针偏转角度之比为1:3
D．它们的示数之比、指针偏转角度之比均为1:3
8.【单选】空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如图所示，a、b、c、d为电场中的4个点．则
A．P、Q两点处的电荷等量同种
B．a点和b点的电场强度相同
C．c点的电势低于d点的电势
D．负电荷从a到c，电势能减少
9.【多选】一个平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，两极板间有一正电荷(电荷量小)固定在P点，如图所示.以E表示两极板间的场强，U表示电容器两极板间的电压，E p表示正电荷在P点的电势能.若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，那么（以地面为零电势处）
A．U变小，E不变
B．E变大，E p变大
C．U变小，E p不变
D．U不变，E p不变
10．【单选】如图所示，竖直绝缘墙壁上有个固定的质点A，在A的正上
方的P点用丝线悬挂另一质点B，A、B两质点因为带电而相互排斥，致
使悬线与竖直方向成θ角。
由于漏电，使A、B两质点的带电量逐渐减少，则在电荷漏完之前悬线
对悬点P的拉力大小将
A．逐渐减小
B．逐渐增大
C．保持不变
D．先变大后变小
11.【多选】在如图所示的电路中，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，闭合电键S，将滑动变阻器的滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是
A．灯泡L变亮
B．电源的总功率变小
C．电容器C上电荷量减少
D．电流表读数变小，电压表读数变大
12.【多选】电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之
比，如图所示，直线a为电源的路端电压与电流的关系图线，直线b为一个
电阻R两端的电压与电流关系的图线，两条直线的交点为（U，I）,将这个
电阻R接到电源上，那么
A. 电源的内阻为U′/I′
B.
电源的效率η=U/U′
C．外电路的总功率为U′I
D．从图上关系可知，电源内阻的功率比外电路的功率大
13.【多选】如图所示，A、B为平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，两板的中央各有一小孔M和N。
今有一带电质点自A板上方相距为d的P点由静止自由下落(P、M、N在同一竖直线上)，空气阻力忽略不计，到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回。
现
将开关断开，则
A．把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回
B．把A板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落
C．把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回
D．把B板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落
15.（2分）某同学想利用伏安法测量某电阻的阻值。
已知该电阻的阻值
大约500~700Ω，电压表电阻大约为1kΩ，电流表内阻大约为几欧姆，
则在设计电路时，为了使电阻的测量结果更加接近真实值，电压表负接
线柱的导线应当接在_______端（填选“a”或“b”）。
16.（9分）右图为某同学利用伏安法测电阻的电路图。
（1）请根据电路图，连接好实物。
三、计算题（本题共3小题，总计33分。
解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。
只写出最后答案的不能得分。
有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
17．（9分）如图所示，有一质量为m=1kg，带电量为-q=-1C的小物块以初速度v0=18m/s沿粗糙水平地面从A处向右滑动。
已知空间存在向右的匀强电场，其电场强度为E=5N/C。
物块与地面的滑动摩擦因数为μ=0.4，求当物块返回到A处的时间t和速度v。
（g取10m/s2）
18.（12分）如图所示，电阻R1=8Ω，电动机线圈电阻R0=2Ω，当电键S断开时，电阻R1消耗的电功率是2.88W；当电键S闭合时，电阻R1消耗的电功率是2W，若电源的电动势为6V。
求电键闭合
时电动机输出的机械功率。
19．（12分）如图所示，质量为5×10-8kg的带电微粒以v0=2m/s速度从水平放置的平行金属板A、B的中央飞入板间。
已知板长L=10cm，板间距离d=2cm，当U AB=103V时，带电微粒恰好沿直线穿过板间，则AB间所加电压在什么范围内带电微粒能从板间飞出? （g取10m/s2）
参考答案
三计算题
17对物块分析竖直方向
N=mg
f=μN
所以，f=μmg=0.4×1×10=4N
电场力Eq=5N
向左运动时
Eq+f=ma 1
a 1=9m/s 2
向右运动时
Eq-f=ma 1
a 2=1m/s 2
s
t t a s m t a s s
a v t 621
1821
222
2
22
111
1======
s t t 821=+
s m t a v /622==
18题
当s 断开时
A
I R I P 6.011
2
11==
Ω=+=211r r
R E
I 所以
当s 闭合时
V U R U P 4'1
2
1==所以 A R U I 5.0'1
1== 干路电流为A r U E I 1=-=
电动机电流A I I I m 5.0'1=-=
电动机的总功率W UI P m m 2==
电动机的机械功率W R I P
P m m 5.102=-=机械 19题当V U AB 310=时，有0=-mg q d
U AB。