【全国百强校】山西省山西大学附属中学2015-2016学年高二12月月考物理试题(原卷版)
山西省山大附中2015届高三物理12月月考试题(含解析)新人教版
2014~2015学年第一学期高三12月月考物理试题考试时间：90分钟总分为：110分【试卷综析】本试卷是高三模拟试题，包含了高中物理的根本内容，主要包含受力分析、物体的平衡、匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、运动的合成和分解、万有引力定律与其应用、动能定理、电场、磁场、交流的峰值、有效值以与它们的关系、动量守恒定律等内容，在考查问题上以根本定义、根本规律为主，重视生素养的考查，注重主干知识，兼顾覆盖面。
一、选择题〔共48分〕：此题共12小题，每一小题4分。
在每一小题给出的四个选项中，第1-5题只有一个选项符合题目要求，第6-12题有多项符合题目要求。
全部答对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
【题文】1、如下列图，小方块代表一些一样质量的钩码，图①中O为轻绳之间联结的节点，图②中光滑的滑轮跨在轻绳上悬挂钩码，两装置处于静止状态，现将图①中的B滑轮或图②中的端点B沿虚线稍稍上移一些，如此关于θ角变化说法正确的答案是〔〕A.图①、图②中θ角均增大B.图①、图②中θ角均不变C.图①中θ增大、图②中θ角不变化D.图①中θ不变、图②中θ角变大【知识点】合力的大小与分力间夹角的关系．B7【答案解析】B解析：图1中，根据钩码个数，三个力正好构成直角三角形，假设端点B沿虚线稍稍上移一些，三力大小不变，根据力的合成法如此，可知，方向不变，即夹角不变．图2中，因滑轮光滑，绳子中的张力相等，如此A、B的力总是相等的，因此合力平分A、B 绳的夹角，即使稍上移，绳子张力大小仍不变，根据力的合成法如此，可知，AB夹角也不变．应当选：B【思路点拨】根据力的平行四边形定如此，结合几何关系，即可求解．【题文】2、内壁光滑，水平放置的玻璃圆环内，有一直径略小于环口直径的带正电小球，以速度v0沿逆时针方向匀速转动，如下列图，假设在此空间突然加上方向竖直向上、磁感应强度B随时间成正比增加的变化磁场，运动过程中小球带电量不变，正确的答案是〔〕A．小球对玻璃环的压力一定不断增大B．小球受到的磁场力一定不断增大C．小球先沿逆时针方向减速运动一段时间后沿顺时针方向加速运动D．磁场力对小球先做负功后做正功【知识点】安培力；左手定如此．I1【答案解析】C解析：磁感应强度竖直向上，B随时间成正比增加，由楞次定律可知，变化的磁场产生的感生电场沿顺时针方向；小球带正电，小球所受电场力沿顺时针方向，与小球的运动方向相反，小球做减速运动，当小球速度减小到零后，小球沿顺时针方向加速运动，速度又不大增加；A、小球在水平面内做圆周运动，环对小球的弹力与小球所受的洛伦兹力提供向心力，小球做逆时针减速运动时，洛伦兹力与向心力方向相反，如此环对小球的弹力减去洛伦兹力等于向心力，当小球速度为0时，向心力和洛伦兹力均为0，如此环对小球的弹力为0，即小球对玻璃环的压力减小了，故A错误；B、由于小球的速度先减小后增大，由洛伦兹力公式f=qvB可知，小球受到的磁场力先减小后增大，故B错误；C、小球先沿逆时针方向减速运动，过一段时间后沿顺时针方向加速运动，故C正确；D、洛伦兹力始终与小球的运动方向垂直，磁场力对小球不做功，故D错误；应当选C．【思路点拨】变化的磁场产生感生电场，由楞次定律判断出感生电场方向，然后判断带电小球受到的电场力方向，判断小球的运动性质，然后判断小球对环的压力如何变化，判断小球受到的磁场力如何变化．．【题文】3、人类对自己赖以生存的地球的研究，是一个永恒的主题．我国南极科学考察队存地球的南极用弹簧测力计称得某物体重为P，在回国途经赤道时用弹簧测力计称得同一物体重为0.9P．假设地球自转周期为T，万有引力常量为G，假设地球是质量均匀分布的球体，如此由以上物理量可以求得〔〕A. 物体的质量mB. 球的半径RC. 地球的质量MD. 地球的密度ρ【知识点】万有引力定律与其应用．D5【答案解析】D解析：因为两极处的万有引力等于物体的重力，故：P=由于赤道处的向心力等于万有引力与物体在赤道处的重力之差，故：P﹣0.9P=m〔〕2R故：M=A、物体的质量是任意的，故无法求解出，故A错误；B、C、由于不知道地球半径，故无法求解地球的质量，故BC均错误；D、地球密度：，故D正确；应当选：D．【思路点拨】两极处的万有引力等于物体的重力，赤道处的重力等于万有引力与物体绕地球自转所需的向心力之差，结合万有引力定律公式列式求解即可．【题文】4、ab 是长为l 的均匀带电绝缘细杆，P1、P2是位于ab 所在直线上的两点，位置如下列图．ab 上电荷产生的静电场在P1处的场强大小为E1，在P2处的场强大小为E2．假设将绝缘细杆的右半边截掉并移走〔左边电量、位置不变〕，如此P2处的场强大小为〔 〕A. 22E B. 12E E -C.221E E - D. 221E E + 【知识点】电场的叠加．I1【答案解析】B 解析：将均匀带电细杆等分为很多段，每段可看作点电荷．设细杆带正电根据场的叠加，这些点电荷在P1的合场强方向向左，在P2的合场强方向向右，由题意可知，右半边的电荷在P2处的电场强度为E1，而整个杆电荷在P2处的电场强度为E2，如此左半边杆的电荷在P2处的电场强度为E2﹣E1．应当选B.【思路点拨】由于细杆均匀带电，我们取a 关于P1的对称点a′，如此a 与a′关于P1点的电场互相抵消，整个杆对于P1点的电场，仅仅相对于a′b 局部对于P1的产生电场．而对于P2，却是整个杆都对其有作用，所以，P2点的场强大．【题文】5、汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗，如图，在打开车灯的情况下，电动机未启动时电流表读数为10A ，电动机启动时电流表读数为58A ，假设电源电动势为12.5V ，内阻为0.05Ω，电流表内阻不计，如此因电动机启动，车灯的电功率降低了〔 〕A. 35.8WB. 43.2WC. 48.2WD. 76.8W【知识点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．J2【答案解析】B 解析：电动机不启动时，灯泡的电压为电源路端电压，设为UL ，电动机启动后灯泡电压仍为路端电压，设为UL′．由欧姆定律得 I= 求得R=1.2Ω，灯泡消耗功率为PL=EI ﹣I2 r=120W ；电动机启动后，路端电压UL′=E ﹣I′r=9.6V ，灯泡消耗电功率为PL′==W=76.8W ．所以灯泡功率降低了△P=120W ﹣76.8W=43.2W ；应当选：B ．【思路点拨】电机不启动时电源电压直接加在灯泡两端，由闭合电路欧姆定律可求得通过灯泡的电流，由功率公式可求得灯泡消耗的功率；而当电机启动时，电动机与灯泡并连接在电源两端，此时灯泡两端的电压仍等于路端电压，由功率公式可求得车灯消耗的功率；如此可求得车灯的电功率降低值．．【题文】6、如下列图，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出．假设下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以一样的速度v0从原处飞入，如此带电小球〔〕A. 将打在下板中央B. 仍沿原轨迹由下板边缘飞出C. 不发生偏转，沿直线运动D. 假设上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央【知识点】带电粒子在匀强电场中的运动；电容器的动态分析．I3【答案解析】BD解析：ABC、将电容器上板向下移动一段距离，电容器所带的电量Q不变，由于：E===，由公式可知当d减小时，场强E不变，以一样的速度入射的小球仍按原来的轨迹运动，故A错误，B正确，C错误．D、假设上板不动，将下板上移一段距离时，根据推论可知，板间电场强度不变，粒子所受的电场力不变，粒子轨迹不变，小球可能打在下板的中央，故D正确．应当选：BD【思路点拨】将电容器上板向下移动一段距离，电容器所带的电量Q不变，根据电容器的定义式导出电场强度的变化，判断粒子的运动情况．【题文】7、如下列图，质量为m2的物体，放在沿平直轨道向左行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑的定滑轮连接质量为m1的物体．当车向左加速运动时，与物体m1相连接的绳与竖直方向成θ角，m2与车厢相对静止．如此〔〕A. 车厢的加速度为gsinθB. 绳对物体m1的拉力为C. 底板对物体m2的支持力为〔m2﹣m1〕gD. 物体m2所受底板的摩擦力为m2gtanθ【知识点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．C2B3【答案解析】BD解析：A、B以物体1为研究对象，分析受力情况如图2：重力m1g和拉力T，根据牛顿第二定律得m1gtanθ=m1a，得a=gtanθ，如此车厢的加速度也为gtanθ．T=．故A错误，B正确．C 、D 对物体2研究，分析受力如图1，根据牛顿第二定律得：N=m2g ﹣T=，f=m2a=m2gtanθ．故C 错误，D 正确．应当选BD【思路点拨】先以物体1为研究对象，分析受力情况，根据牛顿第二定律求出其加速度和绳的拉力．再对物体2研究，由牛顿第二定律求出支持力和摩擦力．【题文】8、如下列图，A 、C 和B 、C 是两个固定的斜面，斜面的顶端A 、B 在同一竖直线上．甲、乙两个小物体在同一竖直线上．甲、乙两个小物块分别从斜面AC 和BC 顶端由静止开始下滑，质量分别是 1m 、2m 〔 21m m 〕，与斜面间的动摩擦因数均为μ．假设甲、乙滑至底端C 的过程中抑制摩擦力做的功分别是1W 、2W ，所需时间分别是1t 、2t ．甲、乙滑至底端C 时速度分别是1v 、2v ，动能分别是1K E 、2K E ，如此〔 〕A. 1K E ＞2K EB. 1v ＞2vC. 1W ＜2WD. 1t ＜2t【知识点】动能定理的应用．E2【答案解析】BC 解析：A 、设斜面的倾角为θ，斜面水平长度为L ，由动能定理得：mgLtanθ﹣μmgcosθ=EK1﹣0，EK1=mgL 〔tanθ﹣μ〕，m1＜m2，θ1＞θ2，无法判断两物体动能大小，故A 错误；B 、EK1=mgL 〔tanθ﹣μ〕=mv2，v=，θ1＞θ2，v1＞v2，故B 正确； C 、抑制摩擦力做的功W=μmgcosθ×=μmgL ，∵m 1＜m2，∴W 1＜W2，故C 正确；D、由牛顿第二定律得：mg sinθ﹣μmgcosθ=ma，=at2，t==，根据题意无法确定2θ﹣β的取值范围，无法确定sin〔2θ﹣β〕大小关系，无法确定时间关系，故D错误；应当选：BC．【思路点拨】应用动能定理求出物体到达底端的动能，然后比拟动能大小，根据动能的计算公式求出物体的速度，然后比拟大小；由功的计算公式求出抑制摩擦力所做的功，然后比拟功的大小；由牛顿第二定律与运动学公式求出物体的运动时间，然后比拟时间大小．【题文】9、在军事演习中，某空降兵从悬停在空中的直升飞机上跳下，从跳离飞机到落地的过程中沿竖直方向运动的v-t图象如下列图，如此如下说法正确的答案是〔〕A．0～10s内空降兵和降落伞整体机械能守恒B．0～10s内空降兵和降落伞整体所受空气阻力越来越大C．10s～15s时间内运动员的平均速度221vv v +<D．10s～15s内空降兵和降落伞整体处于失重状态【知识点】机械能守恒定律；匀变速直线运动的图像．E3A5【答案解析】BC解析：A、由图示v﹣t图象可知，图线上某点的切线的斜率表示该时刻加速度，故0﹣10s内空降兵运动的加速度越来越小，空降兵运动过程要抑制阻力做功，机械能不守恒，故A错误；B、由A可知，0～10s内加速度减小，由牛顿第二定律可知，所受合外力减小，空气阻力越来越大，故B正确；C、如果物体做匀减速直线运动，=，由图示图中可知，10s～15s，速度向下做加速度不断减小的减速直线运动，如此＜，故C正确；D、10s～15s内空降兵向下做加速度不断减小的减速直线运动，加速度向上，处于超重状态，故D错误；应当选：BC．【思路点拨】从图象可以看出，空降兵先做加速度不断减小的加速运动，再做加速度不断减小的减速运动，最后匀速运动；根据速度时间图线与坐标轴包围的面积表示位移以与图线上某点的切线的斜率表示该时刻加速度来进展分析．【题文】10、如下列图，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，P的质量为m，电量为+q，电场强度为E、磁感应强度为B ，P 与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.小球由静止开始下滑直到稳定的过程中〔 〕A ．小球的加速度一直减小B ．小球的机械能和电势能的总和保持不变C ．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是qB mg qE v μμ22-=D ．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是qB mgqE v μμ22+= 【知识点】牛顿第二定律；带电粒子在混合场中的运动．C2K3【答案解析】CD 解析：小球静止时只受电场力、重力、支持力与摩擦力，电场力水平向左，摩擦力竖直向上；开始时，小球的加速度应为a=； 小球速度将增大，产生洛仑兹力，由左手定如此可知，洛仑兹力向右，故水平方向合力将减小，摩擦力减小，故加速度增大；故A 错误；当洛仑兹力等于电场力时，摩擦力为零，此时加速度为g ，达最大；此后速度继续增大，如此洛仑兹力增大，水平方向上的合力增大，摩擦力将增大；加速度将减小，故最大加速度的一半会有两种情况，一是在洛仑兹力小于电场力的时间内，另一种是在洛仑兹力大于电场力的情况下，如此：=，解得，V1=，故C 正确；同理有：=，解得V2=，故D 正确；而在下降过程中有摩擦力做功，故有局部能量转化为内能，故机械能和电势能的总和将减小； 故B 错误；应当选CD ．【思路点拨】对小球进展受力分析，再根据各力的变化，可以找出合力与加速度的变化；即可以找出小球最大速度与最大加速度的状态．【题文】11、如下列图，带正电的金属圆环竖直放置，AB 是轴线上相对于圆心的对称点.某时刻一个电子从A 点沿轴线向右运动至B 点，此过程中电子运动的v-t 图象可能是〔 〕【知识点】电势差与电场强度的关系．I2【答案解析】ABC解析：电子以速度υ0沿轴线水平向右运动，所受电场力方向向左，大小变化情况有两种可能：〔1〕先增大后减小；〔2〕一直减小．所以电子一定做加速度变化的变速运动，速度先增大后减小，AB两点电势一样，故速度大小和方向一样，故D不可能，ABC 可能．应当选：ABC．【思路点拨】圆弧的中轴线上的场强的发布是：从圆弧的中心向两边先增大后减小，所以从A释放开始到运动到B点的过程中，所受电场力变化情况可能先增大后减小圆心处为零，也可能一直减小，但速度先增大后减小，AB速度一样．【题文】12、如图，在光滑绝缘的水平桌面上方固定着电荷量大小相等的两个点电荷，一个带电小球〔可视为点电荷〕恰好围绕O点在桌面上做匀速圆周运动．O、q1、q2在同一竖直线上，如下判断正确的答案是〔〕A. q1、q2为异种电荷B. 圆轨道上的电场强度处处一样C. 圆轨道上的电势处处相等D.点电荷q1对小球的静电力是吸引力【知识点】电场线．I1【答案解析】CD解析：A、带电小球〔可视为点电荷〕恰好围绕O点在桌面上做匀速圆周运动，说明小球受到的重力与电场力的合力提供向心力，所以电场力的方向斜向上，但是不能确定两个点电荷是否是异种电荷，或是同种电荷．故A错误；B、由题意，根据电场线的分布情况可知：圆轨道上电场线疏密处处一样，电场强度的大小处处相等，但方向不同，所以电场强度不一样．故B错误；C、根据两个点电荷q1、q2电场中等势面分布的对称性可知，圆轨道上的电势处处相等，故C正确．D、带电小球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，由于两个电荷的电荷量相等，q1离带电小球比q2近，库仑力较大，水平方向的分力较大，如此q1对小球的库仑力必定是吸引力，小球所受两个电荷的库仑力的合外力指向圆心的分力提供向心力，由于q1对带电小球的库仑力较大，水平方向的分力较大，q1、q2可能为异种电荷，如此q2对小球的库仑力可能是斥力，故D正确．应当选：CD．【思路点拨】根据电场中等势面分布的对称性可分析出圆轨道上电势情况；根据电场线的分布情况，分析电场强度的关系，电场强度是矢量，只有大小和方向都一样时，电场强度才一样．带电小球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，分析两个电荷的电性和q1对小球的库仑力．二、实验题〔共16分〕【题文】13、〔10分〕某实验小组在实验室用如图〔甲〕所示的装置来研究加速度和有关能量的问题．〔1〕需要将长木板的右端垫高〔即平衡摩擦力，下面实验均有此步骤〕，直到在没有砂桶拖动下，小车拖动纸带穿过计时器时能做运动．〔2〕同学B假设用此实验装置来验证砂和砂桶〔质量为m〕以与小车〔质量为M〕组成的系统机械能守恒，以OC段的运动为例〔设OC的距离为x3〕，其实验数据应满足的关系式是，〔用此题的符号表示，不要求计算结果，当地重力加速度为g，相邻两个计数点间时间间隔为T〕〔3〕同学C采用图〔甲〕的装置研究外力做功和动能变化关系，根据实验数据假设绘出了△v2﹣s图线〔其中△v2=v2﹣v02，〕，图线应是一条．〔4〕同学甲和乙采用图〔甲〕装置研究小车加速度和力之间的关系，由于操作失误，根据实验数据做出了a﹣F图象如图〔丙〕所示：如此由图中信息可知：①小车的质量M=kg．〔结果保存两位有效数字〕②分析后知道，甲乙两个同学在平衡摩擦力时将长木板垫高的高度h甲h乙〔填“大于〞、“小于〞或“等于〞〕【知识点】探究功与速度变化的关系．E4【答案解析】〔1〕匀速直线；〔2〕mgx3=〔m+M〕；〔3〕过原点的倾斜直线；〔4〕2.0；大于解析：〔1〕直到在没有沙桶拖动下，小车拖动纸带穿过计时器时能匀速直线运动，摩擦力得到平衡；〔2〕在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，所以C点的瞬时速度v，如此系统机械能守恒满足mgx3=〔m+M〕vC2=〔m+M〕；〔3〕由动能定理，，如此，图线应是一条过原点的倾斜直线；〔4〕由a﹣F图线可知，图中图线的斜率为k=，如此小车的质量M=，根据图象可知，当F=0时，甲的加速度大，所以甲的倾角大，如此甲乙两个同学在平衡摩擦力时将长木板垫高的高度h甲大于h乙．【思路点拨】〔1〕在没有沙桶拖动下，小车和纸带能做匀速直线运动时，摩擦力得到平衡．〔2〕在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，所以C点的瞬时速度等于BD的平均速度．判断系统机械能是否守恒，看系统重力势能的减小量〔即m的重力势能减小量〕与系统动能的增加量是否相等．〔3〕根据动能定理，，可得出△v2﹣s的关系，从而图线的形状．〔4〕由a﹣F图线可知，图中图线的斜率为k=．【题文】14、〔6分〕有一电流表A，量程为1 mA，内阻r1约为100 Ω，要求测量其内阻．可选用器材有：电阻箱R1，最大阻值为999.9 Ω；滑动变阻器甲，最大阻值为10 kΩ；滑动变阻器乙，最大阻值为2 kΩ；电源E，电动势约为6 V，内阻不计；开关2个，导线假设干．采用的测量电路图如下列图，实验步骤如下：①断开S1和S2，将R调到最大；②合上S1，调节R使A表满偏；③保持R不变，合上S2，调节R1使A表半偏，此时可以认为A表的内阻r1＝R1.在上述可供选择的器材中，可变电阻R应该选择〔选填“甲〞或“乙〞〕；认为内阻r1＝R1，此结果与r1的真实值相比〔选填“偏大〞、“偏小〞或“相等〞〕【知识点】伏安法测电阻．J4【答案解析】甲；偏小．解析：该实验的原理是通过半偏法测量电流表的内阻，所以需要有一个相对不变的电流，所以，电阻值较大的滑动变阻器能更好地做到这一点，所以需要选择最大阻值为10kΩ的滑动变阻器甲；闭合电建S2后，电流表局部的并联电阻值变小，所以闭合电路的总电阻变小，电路中的总电流变大；所以当电流表的指针半偏时，流过电阻箱的实际电流要大于流过电流表的电流，所以电阻箱的电阻值要比电流表的内阻小．即测量值小于真实值．【思路点拨】器材选取的原如此是安全、准确，根据此原如此选择适宜的器材．通过半偏法测量电流表的内阻，根据电阻箱的读数求出电流表的内阻大小．三、计算题〔共46分〕【题文】15、〔14分〕如下列图，水平桌面上静止着质量为M的斜面体，斜面与水平方向的夹角为θ，质量为m的物块放置在斜面上，斜面体与水平间的动摩擦因数为μ1，物块与斜面间的动摩擦因数为μ2，μ2＞tanθ．现用一从零逐渐增大的水平拉力F拉斜面体直到物块与斜面体发生相对滑动．〔1〕物块相对斜面体滑动时所受摩擦力大小；〔2〕从施加F到物块与斜面体发生相对滑动这一过程中，拉力F的最大值；〔3〕定性画出斜面体M的速度随时间的变化图象．【知识点】牛顿运动定律的综合应用；共点力平衡的条件与其应用．C5B7【答案解析】(1)(2)+μ1〔M+m〕g(3)如如下图解析：〔1〕分解加速度，沿斜面、垂直于斜面建立坐标系．刚要滑动时，对m：受力分析如图：f﹣mg sinθ=macosθ…①mgcosθ﹣FN=masinθ…②又f=μ2FN…③①②③联立，解得：f=…④〔2〕对M、m的整体，由牛顿第二定律得：F﹣μ1〔M+m〕g=〔M+m〕a…⑤①④⑤联立，解得F=+μ1(M+m)g〔3〕【思路点拨】〔1〕分解加速度，沿斜面、垂直于斜面建立坐标系，由牛顿第二定律求解．〔2〕对整体，运用牛顿第二定律求解F的最大值．〔3〕根据物体加速度的变化，画出v﹣t图象．【题文】16、(15分) 如下列图,在同一竖直平面内,一轻质弹簧一端固定,静止斜靠在光滑斜面上,另一自由端恰好与水平线AB齐平,一长为L的轻质细线一端固定在O点,另一端系一质量为m的小球,O点到AB的距离为2L.现将细线拉至水平,小球从位置C由静止释放,到达O 点正下方时,细线刚好被拉断.当小球运动到A点时恰好能沿斜面方向压缩弹簧,不计碰撞时的机械能损失,弹簧的最大压缩量为L22(在弹性限度内),求:(1)细线所能承受的最大拉力F；(2)斜面的倾角 ；(3)弹簧所获得的最大弹性势能PE.【知识点】动能定理；向心力；弹性势能．E2D4B1 【答案解析】〔1〕3mg 〔2〕45°〔3〕解析：〔1〕从C 到最低点过程，小球的机械能守恒，如此有： mgL=，最低点：T ﹣mg=m ，联立解得：T=3mg ，〔2〕细绳在最低点被拉断后小球做平抛运动，如此小球到达A 点时竖直方向的分速度为： 2gL=，vy==，故tan ，如此θ=45°〔3〕有能量守恒得：，【思路点拨】〔1〕C 到D 过程，小球的机械能守恒，可求出小球到D 点时的速度，此时细绳受到的拉力达到最大，由牛顿第二定律求出最大拉力．〔2〕细绳在D 点被拉断后小球做平抛运动，由题意，小球在运动过程中恰好沿斜面方向将弹簧压缩，速度沿斜面向下方向．由平抛运动知识求出小球到达D 时竖直方向的分速度，由tan 求出斜面的倾角．〔3〕根据能量守恒即可求得弹簧的弹性势能．【题文】17、(17分)如下列图,等边三角形AQC 的边长为2L ，P 、D 分别为AQ 、AC 的中点.水平线QC 以下是水平向左的匀强电场,区域Ⅰ(梯形PQCD)内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B0；区域Ⅱ(三角形APD)内的磁场方向垂直纸面向里,区域Ⅲ(虚线PD 之上、三角形APD 以外)的磁场与区域Ⅱ大小相等、方向相反.带正电的粒子从Q 点正下方，距离Q 为L 的O 点以某一速度射入电场,在电场力作用下以速度v0垂直QC 到达该边中点N,经区域Ⅰ再从P 点垂直AQ 射入区域Ⅲ(粒子重力忽略不计).求：(1)求该粒子的比荷m q；(2)求该粒子从O 点运动到N 点的时间t1和匀强电场E ；(3)假设区域Ⅱ和区域Ⅲ内磁场的磁感应强度为3B0，如此粒子经过一系列运动后会返回至O 点，求粒子从N 点出发再回到N 点的运动过程所需的时间t ．【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．I7K3【答案解析】〔1〕〔2〕t1=，E=2B0v0〔3〕解析：〔1〕由题意可知，粒子在区域Ⅰ内做匀速圆周运动，轨道半径为：r1=L；由牛顿第二定律和洛伦兹力表达式得到：qvB=m解得：；〔2〕粒子从O点到N点过程中，竖直向上做速度为v0的匀速直线运动，如此：t1=水平向右做末速度为零的匀减速直线运动，如此：L=由牛顿第二定律得：QE=ma解得：E=2B0v0；〔3〕带电粒子在区域Ⅱ和区域Ⅲ内做匀速圆周运动，同理由牛顿第二定律和洛伦兹力表达式可得：r2=粒子从N点出发再回到N点的运动轨迹如下列图：在区域Ⅰ中匀速圆周运动周期：T1=；在区域Ⅰ中运动的时间：t2=×2=；在区域Ⅱ和区域Ⅲ中匀速圆周运动周期：T2=；。
山西省山西大学附中2015-2016学年高二12月月考物理试卷
山西大学附中2015～2016学年高二第一学期12月总（第四次）模块诊断物理试题（考查时间：90分钟）（考查内容：以《恒定电路》为主）一、选择题（本题共 12 小题，每小题4 分，共48分，在每小题给出的 4 个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得 4 分，选不全的得 2 分，有错选或不答的得 0 分.）1、下列说法中正确的是（ ）A ．若电荷在某处不受电场力作用，则该处电场强度一定为零B ．若电荷在某处不受磁场力作用，则该处的磁感应强度一定为零C ．将通电导体置于匀强磁场中，若导体长度和电流大小一定，那么导体所受的安培力大小也是一定的D ．在磁感应强度为B 的匀强磁场中，长为L 、电流为I 的通电直导线所受到的安培力的大小，介于零（含零）和BIL （含BIL ）之间2、如图所示，有一根直导线上通以恒定电流I ，方向垂直指向纸内，且和匀强磁场B 垂直，则在图中圆周上，磁感应强度数值最大的点是（ ）A 、a 点B 、b 点C 、c 点D 、d 点3、如图所示，电流从A 点分两路对称地通过圆环形支路再汇合于B 点，则圆环中心处O 点的磁感应强度的方向是（ ）A 、垂直圆环面指向纸内B 、垂直圆环面指向纸外C 、磁感应强度为零D 、条件不足，无法判断4、一根均匀粗导线的两端用柔软导线拉入电路，用用两根弹簧测力计悬挂起来，使导线MN 保持水平，如图所示，在导线MN 处加水平向里的磁场，并通以自M 向N 的电流，弹簧测力计的示数为F ，若要使弹簧测力计示数增大，可以采用的做法是（ ）A 、只减小电流B 、只增加电流C 、只改变电流方向D 、只改变磁场方向5．在图1所示电路中，A 、B 间的电压保持一定，U AB =6V ，电阻R 1=R 2=4Ω，R 3=2Ω。
那么（ ）A ．开关S 断开时，R 3两端电压是3VB ．开关S 接通时，R 3通过的电流是1.5AC ．开关S 断开时，R 1通过的电流是0.75AD ．开关S 接通时，R 1两端电压是4V6．电阻A ，B 的伏安曲线如图2所示，下面说法正确的是（ ） A ．两电阻串联后的伏安曲线在区域 I 内，两电阻并联后的伏安曲线在区域 III 内 B ．两电阻串联后的伏安曲线在区域 III 内，两电阻并联后的伏安曲线在区域 I 内 C ．A ，B 电阻阻值之比为 1 : 3D ．A ，B 电阻阻值之比为 3 : 17、如图2所示，一个电源的电动势为ε、内电阻为r ，将一个额定电压为图1 图2U的电动机接在该电源上，电动机正常工作，通过电动机的电流为I。
山西省山大附中高二物理12月月考试题新人教版
考试时间：90分钟一. 不定项选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分,在每小题给出的四个选项中有的只有一个正确,有的有多个选项正确,全部选对得4分,选对但不全得2分,有错选或不答得0分)。
1、19世纪20年代，以赛贝克为代表的科学家已经认识到温度差引起电流。
安培考虑到地球自转造成了太阳照射后地球正面与背面的温度差，从而提出“地球磁场是绕地球的环形电流引起的”假设。
已知磁子午线是地球磁场N极与S极在地球表面的连线，则该假设中的电流方向是A.由西向东垂直磁子午线B.由东向西垂直磁子午线C.由南向北沿磁子午线D.由赤道向两极沿磁子午线2、关于磁场和磁感线的描述，正确的说法是A．沿磁感线方向，磁场逐渐减弱B．在磁场中，没有画磁感线的地方就没有磁场C．磁场的方向就是通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向D．在磁场强的地方同一通电导体受的安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小3、如图所示线框abcd在竖直面内，可以绕固定的轴OO’转动。
现通以abcda电流，要使它受到磁场力后，ab边向纸外，cd边向纸里转动，则所加的磁场方向可能是A垂直纸面向外B竖直向上C竖直向下D在上方垂直纸面向里，在下方垂直纸面向外4、在地磁场作用下处于水平静止的小磁针上方，平行于小磁针水平放置一直导线，当该导线中通有电流时，小磁针会发生偏转。
当通过该导线电流为I时，小磁针偏转了30°，问当发现小磁针偏转了45º时，通过该导线的电流为（已知直导线在某点产生磁场的磁感应强度与通过直导线的电流成正比）A．2I B．3I C. 3I D．无法确定5、已知长直通电导线在其周围某点产生磁场的磁感应强度与该导线中的电流成正比，与该点到导线的距离成反比。
如图所示，a、b、c、d四根长直通电导体棒平行放置，它们的横截面构成一个正方形，O为正方形中心，a、b、d中电流方向垂直纸面向里，c中电流方向垂直纸面向外，电流大小满足：Ia=Ic=Id<Ib，则关于a、b、c、d长直通电导线在O点产生合磁场的方向可能是A．由0点指向aob区域B．由0点指向boc区域C．由O点指向aod区域D．c导线受到的磁场力沿ac方向向外6、如图所示，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O’点，并处于匀强磁场中，当导线中通以沿x正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ，则磁感应强度方向和大小可能为A．z正向，mgtanθ/IL B．y正向，mg/ILC．z负向，mgtanθ/IL D．沿悬线向上，mgsinθ/IL7、磁电式电流表中通以相同的电流时，指针偏转的角度越大，表示电流表的灵敏度越高.下列关于电流表灵敏度的说法，正确的有A.增加电流表中的线圈匝数，可以提高电流表的灵敏度B.增强电流表中永久磁铁的磁性，可以提高电流表的灵敏度C. 电流表中通的电流越小，电流表的灵敏度越高D.电流表中通的电流越大，电流表的灵敏度越高8、垂直纸面的匀强磁场区域里，一离子从原点O沿纸面向x轴正方向飞出，其运动轨迹可能是下图中的9、目前世界上正在研究的一种新型发电机叫磁流体发电机，如图所示表示它的发电原理：将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，而从整体上来说呈电中性）喷入磁场，由于等离子体在磁场力的作用下运动方向发生偏转，磁场中的两块金属板A和B上就会聚集电荷，从而在两板间产生电压.在图示磁极配置的情况下，下列表述正确的是A．金属板A的电势较高B．通过电阻R的电流方向是b→R→aC．等离子体在A、B间运动时，磁场力对等离子体做正功D．等离子体在A、B间运动时，磁场力对等离子体不做功10、如图所示，水平导线中通有稳恒电流，，导线正下方的电子e的初速度方向与电流方向相同，其后电子将A.沿路径a运动，轨迹是圆B.沿路径a运动，曲率半径变小C.沿路径a运动，曲率半径变大D.沿路径b运动，曲率半径变小11、极光是由来自宇宙空间的高能带电粒子流进入地极附近的大气层后，由于地磁场的作用而产生的．如图所示，科学家发现并证实，这些高能带电粒子流向两极做螺旋运动，旋转半径不断减小．此运动形成的原因是A．可能是洛伦兹力对粒子做负功，使其动能减小B．可能是介质阻力对粒子做负功，使其动能减小C．可能是粒子的带电量减小D．南北两极的磁感应强度较强12、假设有一固定的S极磁单极子，其磁场分布与负点电荷电场分布相似，周围磁感线呈均匀辐射状分布，如图所示。
山西高二高中物理月考试卷带答案解析
山西高二高中物理月考试卷班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.实验室中的标准电阻（电阻值不变）的伏安特性曲线应最接近于图中的（ ）2.有甲、乙两导体，甲的横截面积是乙的两倍，而乙在单位时间内通过导体截面的电荷量是甲的2倍，以下说法中正确的是（ ）A ．甲、乙两导体的电流相同B ．乙导体的电流是甲导体的2倍C ．乙导体中自由电荷定向移动的速度是甲导体的2倍D ．甲、乙两导体中自由电荷定向移动的速度大小相等3.有一横截面积为S 的铝导线，当有电压加在该导线上时，导线中的电流强度为I 。
设每单位体积的导线中有n 个自由电子，电子电量为e ，此时电子定向移动的速度为v ，则在△t 时间内，通过导体横截面的自由电子数目可表示为（ ） A ．nvS △tB ．nv △tC ．D ．4.下列关于电源电动势的说法正确的是（ ）A ．电源电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压B ．电源内，电源把其它形式的能转化为电能越多，其电动势也越大C ．电动势是表示电源把其它形式的能转化为电能本领大小的物理量D ．电源的内阻和其它电阻一样都对电流起阻碍作用5.如图所示是电阻R 1和R 2的伏特性曲线，并且把第一象限分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域，现把R 1和R 2并联在电路中，R 1、R 2消耗的电功率分别为P 1和P 2，并联的总电阻设为R ，下列关于P 1和P 2的大小关系及R 的伏安特性曲线所在的区域正确的是（ ）A ．伏安特性曲线在Ⅰ域，P 1＜P 2B ．伏安特性曲线在Ⅲ域，P 1＜P 2C ．伏安特性曲线在Ⅰ域，P 1＞P 2D ．伏安特性曲线在Ⅲ域，P 1＞P 26.在伏安法测电阻时，为提高测量的精确度，可在连接电路时，将电压表的一端P 预留出来，使P 分别跟a 、b 两点接触一下，同时注意观察电流表、电压表的示数，则下面的说法正确的是（ ）A ．两次比较，若电流表A 的示数变化显著，则P 应接在a 点B ．两次比较，若电流表A 的示数变化显著，则P 应接在b 点C ．两次比较，若电压表V 的示数变化显著，则P 应接在a 点D ．两次比较，若电压表V 的示数变化显著，则P 应接在b 点7.如图所示，路端电压U 不变，要使定值电阻R 两端的电压为U/2，则滑动触头应在（ ）A ．R 0的中点处B ．R 0的中点偏上处C ．R 0的中点偏下处D ．无论调到什么位置均不能满足要求8.一段粗细均匀的镍铬丝，横截面的直径是d ，电阻是R ，把它拉制成直径为d/10的均匀细丝后，它的阻值变为（ ） A ．R/1000 B ．R/100 C ．100R D ．10000R9.一根电阻丝两端加某一稳定电压时，通过2C 电荷量所消耗的电能是8J ，若在相同的时间内通过4C 的电荷量，该电阻丝上所加电压和消耗的电能分别是（ ） A ．4V ，16J B ．8V ，16J C ．4V ，32J D ．8V ，32J10.如图所示的电路中，电池的电动势为E ，内阻为r ，R 1、R 2是两个阻值固定的电阻，当可变电阻R 的滑片向a端移动时，通过R 1的电流I 1和通过R 2 的电流I 2将发生如下的变化（ ）A ．I 1变大，I 2 变小B ．I 1变大，I 2变大C ．I 1变小，I 2变小D ．I 1变小，I 2变大11.将三个不同的电源的U －I 图线画在同一坐标中，如图所示，其中1和2平行，它们的电动势分别为E 1、E 2、E 3，它们的内阻分别为r 1、r 2、r 3，则它们之间的关系是（ ）A ．r 1＝r 2＜r 3B ．r 1＞r 2＞r 3C ．E 1＞E 2＝E 3，D ．E 1＝E 2＜E 312.将一盏“6V ，12W”的小灯泡一台线圈电阻是2的发动机及电动势为30V 、内阻为1的电源组成串联闭合电路，小灯泡刚好正常发光，则电动机输出的功率是（ ） A ．36W B ．44W C ．50W D ．63W二、填空题图甲为一游标卡尺的结构示意图，当测量一钢笔帽的内径时，应该游标卡尺的 （填“A”“B”或“C”）进行测量；示数如图乙所示，该钢笔帽的内径为 mm 。
山西省山大附中2014-2015学年高二9月月考物理 试题
山西省山大附中2014-2015学年高二9月月考物理试题一、选择题（本题共10个小题，共50分，每小题5分，有的有一个答案符合题意，有的有多个答案符合题意，全部选对得5分，选对但不全得3分，有错得0分。
）1．关于曲线运动，下列说法正确的有( )A．做曲线运动的物体速度方向在时刻改变，故曲线运动一定是变速运动B．做曲线运动的物体，受到的合外力方向一定在不断改变C. 只要物体做圆周运动，它所受的台外力一定指向圆心D．物体只要受到垂直于初速度方向的恒力作用，就一定能做匀速圆周运动2．如图所示是一个玩具陀螺，a、b和c是陀螺上的三个点。
当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转时，下列说法正确的是( )A．a、b和c三点的线速度大小相等B．a、b和c三点的角速度相等C．a、b的角速度比c的大D．c的线速度比a、b的大3．如图所示的两个斜面，倾角分别为37°和53°，在顶点两个小球A、B以同样大小的初速度分别向左、向右水平抛出，小球都落在斜面上，若不计空气阻力，则A、B两个小球平抛运动时间之比为（）A.11B.43C.169D.9164．如果卡车发动机的额定功率为100kW，它受到的阻力恒为2.5×103N，则这辆卡车行驶的速度最大能达到（）A．20m/s B．30m/s C．40m/s D．50m/s5．如图所示，两段长均为L的轻质线共同系住一个质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B 两点，A、B两点间距离也为L。
今使小球在竖直平面内做圆周运动，当小球到达最高点时速率为v，两段线中张力恰好均为零，若小球到达最高点时速率为2v，则此时每段线中拉力大小为（）．2mgC．3mg D．4mg6．甲、乙为两颗地球卫星，其中甲为地球同步卫星，乙的运行高度低于甲的运行高度，两卫星轨道均可视为圆轨道。
以下判断正确的是( )A．甲的周期大于乙的周期 B．甲的加速度大于乙的加速度C．乙的速度小于第一宇宙速度 D．甲在运行时能经过北极的正上方7．如图所示，斜劈静止于水平面上，现将一小球从图示位置静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到将要落至地面的过程中，下列说法正确的是( )A．小球的机械能守恒B．斜劈的机械能不守恒C．斜劈与小球组成的系统机械能守恒D．小球重力势能减少量等于斜劈动能的增加量8．如图所示，建筑工地上载人升降机用不计质量的细钢绳跨过定滑轮与一电动机相连，通电后电动机带动升降机沿竖直方向先匀加速上升后匀速上升。
【全国百强校】山西省山西大学附属中学2015-2016学年高二12月月考化学试题解析(解析版)
考查时间：80分钟考查内容：选修4三四章为主可能用到的相对原子质量H-1 C-12 O-16 Fe-56 Cu-64 Zn -65 Ag-108一、选择题（每小题3分，共48分）1.把0.05 mol NaOH固体分别加入到100 mL下列液体中，溶液导电能力变化最小的是（）A.自来水B. 0.5 mol / L盐酸C. 0.5 mol / L HAc溶液D. 0.5 mol / L KCl溶液【答案】B【解析】试题分析：溶液导电能力强弱与溶液中离子浓度大小和离子所带电荷数有关系，所以溶液混合后导电能力变化的大小，看混合后溶液中自由移动离子的浓度的变化。
A.自来水几乎不导电，加入0.05 mol NaOH后，导电性突然增大；B.0.5 mol·L-1的盐酸能与NaOH反应生成强电解质NaCl，溶液导电性变化不大；C.醋酸是弱电解质，加入NaOH后，生成强电解质CH3COONa，导电性明显增强；D.0.5 mol·L-1的KCl中加入0.05 mol NaOH固体后，离子浓度增大，导电能力增强。
考点：溶液导电能力2.以硫酸铜溶液作电解液，对含有杂质Fe、Zn、Ag的粗铜进行电解精炼。
下列叙述正确的是（）A、粗铜与直流电源负极相连B、相同时间内阳极质量变化与阴极质量变化可能不同C、硫酸铜溶液浓度始终保持不变D、杂质Ag以Ag2SO4的形式沉入电解槽形成“阳极泥”【答案】B考点：电解原理3.下列有关金属腐蚀与防护的说法不正确的是（）A．纯银器表面在空气中因化学腐蚀渐渐变暗B．当镀锌铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用C．在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法D．可将地下输油钢管与外加直流电源的正极相连以保护它不受腐蚀【答案】D考点：金属的腐蚀与防护4.有A、B、C、D四种金属，将A与B用导线联结起来，浸入电解质溶液中，B不易被腐蚀；将A、D 分别投入到等浓度的盐酸中，D比A反应剧烈；将铜浸入B的盐溶液中无明显变化；将铜浸入C的盐溶液中，有金属C析出。
【全国百强校】山西省晋城市第一中学2015-2016学年高二12月月考物理试题(原卷版)
山西省晋城市第一中学2015-2016学年高二12月月考物理试题本试卷分为第Ⅰ卷选择题和第Ⅱ卷非选择题两部分，满分100分，考试时间90分钟。
第Ⅰ卷 （共12题 共48分）选择题：1—8题为单选，每题4分；9—12题为不定项，不只一个正确选项，全对得4分，选不全得2分，有选错或不选得0分。
1．下述关于静电的利用与防范的事例中，正确的是（ ）A ． 印染厂应保持空气干燥，避免静电积累带来的潜在危害B ．油罐车在运输过程中会带静电，为避免电荷越积越多，油罐车应绝缘良好C ． 静电除尘器是使灰尘带电后在电场力作用下奔向电极并吸附于电极上D ． 静电复印机的工作过程实际上和静电完全无关2．如图所示，三个带电量相同、质量相等、重力不计的粒子A 、B 、C ，从同一平行板间电场中的同一点P 射入，在电场中的运动轨迹如图PA 、PB 、PC 所示，则下列说法中正确的是（ ）A ．三个粒子的加速度关系CB A a a a >> B ．三个粒子的加速度关系C B A a a a <<C ．三个粒子的入射速度关系C B A v v v >>D ．三个粒子的入射速度关系C B A v v v <<3．某电解池，如果在1s 时间内共有5×1018个二价正离子和1.0×1019个一价负离子通过面积为0.1m 2的某截面，那么通过这个截面的电流强度是（ ）A ．0B ．0.8AC ．1.6AD ．3.2A4．关于电功和电热的计算，下列说法正确的是（ ）A ．如果是纯电阻电路，电热可用公式W = I 2Rt 计算，但不能用公式W = UIt 计算B ．如果是纯电阻电路，电功可用公式W = UIt 计算，也可用公式W = I 2Rt 计算C ．如果不是纯电阻电路，电功只能用公式W = I 2Rt 计算D ．如果不是纯电阻电路，电热可用公式W = I 2Rt 计算，也可用公式W = UIt 计算5. 如图甲所示是一火警报警器的部分电路示意图，其中R 2为半导体热敏材料制成的传感器，其电阻R 2随温度t 变化的图线如图乙所示。
高二物理月考试题及答案-山西大学附中-2015学年高二(上)月考
2014-2015学年山西大学附中高二（上）月考物理试卷（12月份）一．选择题（本题共10小题，在每小题给出的四个选项中，第1-6题只有一项符合题目要求，每小题5分．第7-10题有多项符合题目要求，每小题5分.．全部选对的6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．）1．（5分）（2014秋•小店区校级月考）磁感应强度单位是特斯拉，1特斯拉相当于（）A．1kg/A•s2B．1kg•m/A•s2C．1kg•m2/s2D．1kg•m2/A•s2考点：磁感应强度．分析：根据磁感应强度与磁能量的关系和磁感应强度的定义式推导出T与其他单位的关系．解答：解：由公式B=，安培力的单位是N，而电流的单位是A，长度的单位为m，则单位的换算可得N/A•m，即为1T．根据牛顿第二定律F=ma，即1N=1kg•m/s2，则1特斯拉相当于1kg/A•s2，故A正确，BCD错误．故选：A．点评：T是导出单位，可根据物理公式推导出各物理量单位的关系，要对公式要熟悉．基础题．2．（5分）（2005秋•海淀区期末）两根通电的长直导线平行放置，电流大小I1＞I2，电流的方向如图所示，在与导线垂直的平面上有a、b、c、d四点，其中a、b在导线横截面连接的延长线上，c、d在导线横截面连接的垂直平分线上．则导体中的电流在这四点产生的磁场的磁感应强度可能为零的是（）A．a点B．b点C．c点D．d点考点：磁感应强度．分析：由安培定则确定两电流在图示各点所产生的磁场方向，若方向相反，磁感应强度可能为0，否则不可．解答：解：两电流在a 点B的方向相反，但因 I1＞I2且离I1近，故I1的磁感应强度大于I2的磁感应强度．则a点不可能为0．两电流在 c 点 d点的B的方向不相反，故b，c两点的磁感应强度不可能为0．两电流在b点的B的方向相反，I1＞I2，而I2离b点近，则可以大小相等，故b 点磁感应强度可为0．故选：B点评：考查磁场的合成，明确电流的磁感应强度与电流的大小，距离有关．3．（5分）（2014秋•温州校级期中）如图所示的电路中，灯泡A、灯泡B原来都是正常发光的．现在突然灯泡A比原来变暗了些，灯泡B比原来变亮了些，则电路中出现的故障可能是（）A．R1短路B．R2断路C．R3断路D．R1、R2同时短路考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：首先明确电路中各用电器的连接关系：R3与灯泡B关联，与R2、A串联，再与R1并联．灯泡A变暗了，说明实际功率减小了，灯泡B变亮，说明实际功率增大了．具体故障可将每个选项逐一代入题目检查是否符合题意，从而确定正确选项．解答：解：A、若R1短路，则两个灯泡都被短路，都不亮，故A错误；B、若R2断路，则两个灯泡都被断路，都不亮，故B错误；C、若R3断路，外电阻增大，外电阻增大，路端电压U增大，干路电流I减小，R1电流I1增大，则通过A的电流I A=I﹣I1减小，A灯变暗．B灯电压U B=U﹣I A（R A+R2）增大，B灯变亮，符合题意．故C正确．D、R1、R2同时短路，AB灯都不亮，不符合题意．故D错误．故选：C点评：此题是电路故障分析问题．解决的关键是在明确电路连接关系的前提下采用“排除法”将每一选项逐一代入题干，检查是否符合题意，最终确定正确选项．4．（5分）（2013•长沙一模）如图为多用表欧姆档的原理图，其中电流表的满偏电流为300μA，内r g=100Ω，调零电阻的最大阻值R=50kΩ，串联的固定电阻R0=50Ω，电池电动势E=1.5V．用它测量电阻R x，能准确测量的范围是（）A．30kΩ～80kΩB．3kΩ～8kΩC．300Ω～800ΩD．30Ω～80Ω考点：多用电表的原理及其使用．专题：恒定电流专题．分析：欧姆表的中值电阻附近刻度最均匀，读数误差最小，求解出该欧姆表的中值电阻即可．解答：解：欧姆表的中值电阻附近刻度最均匀，读数误差最小；欧姆表的中值电阻R中等于欧姆表的内电阻R总，根据闭合电路欧姆定律，满偏时：I g=半偏时，I g=联立解得：R中=R总=故选B．点评：本题关键明确欧姆表的中值电阻附近刻度最均匀，读数误差最小；知道中值电阻等于欧姆表内电阻．5．（5分）（2014•天津）如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置，闭合电键S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动，如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是（）A．增大R1的阻值B．增大R2的阻值C．增大两板间的距离D．断开电键S考点：闭合电路的欧姆定律；电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：分析清楚电路结构，求出极板间的电场强度，求出油滴受到的电场力，然后根据电场力的表达式分析答题．解答：解：根据图示电路图，由欧姆定律可得：电容器两端电压：U=IR1=R1==，油滴受到的电场力：F=，开始时油滴静止不动，F=mg，要使油滴保持静止不动，则电场力应保持不变；A、增大R1的阻值，电场力：F=变大，电场力大于重力，油滴受到的合力向上，油滴向上运动，故A错误；B、增大R2的阻值，电场力：F=不变，电场力与重力仍然是一对平衡力，油滴静止不动，故B正确；C、增大两板间的距离，极板间的电场强度减小，电场力减小，小于重力，油滴受到的合力向下，油滴向下运动，故C错误；D、断开电键S，极板间的电场强度为零，电场力为零，油滴受到重力作用，油滴向下运动，故D错误．故选：B．点评：本题考查了判断油滴的运动状态问题，分析清楚极板间的电场力如何变化是正确解题的关键．6．（5分）（2014秋•信阳期末）如图所示，电源的电动势和内阻分别为E、r，在滑动变阻器的滑动触头P由a向b移动的过程中，下列各物理量变化情况为（）A．电流表的读数一直减小B．R0的功率先增大后减小C．电压表的读数先减小后增大D．电源的总功率先减小后增大考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：由图变阻器Pa与Pb两部分并联，再与R0串联．电压表测量路端电压，电流表测量干路电流．根据变阻器总电阻的变化，由欧姆定律分析电路中电压、电流的变化来判断．解答：解：在滑动变阻器的滑片P由a向b移动的过程中，变阻器并联的总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律分析可知，电路中的总电流I先减小后增大，则电流表的读数先减小后增大，R0的功率先减小后增大，电源的内电压先减小后增大，则由闭合电路欧姆定律可知路端电压先增大后减小，则电压表的读数先增大后减小．由于总电流I先减小后增大，则电源总功率EI先减小后增大，故ABC错误，D正确．故选：D．点评：本题是动态变化分析问题，关键抓住变阻器滑片处于中点时，并联电阻最大．再按常规顺序“部分→整体→部分”分析．7．（6分）（2014秋•小店区校级期中）一根电阻丝在通过2C的电量时，消耗电能是8J．若在相同时间内通过4C的电量，则该电阻丝两端所加电压U和该电阻丝在这段时间内消耗的电能E分别为（）A．U=4V B．U=8V C．E=16J D．E=32J考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：已知电阻丝在通过2C的电量时，消耗的电能是8J，根据W=qU变形可求出电压；当在相同的时间内通过电阻丝的电量是4C时，根据I=可知，当时间相同，由电荷时的关系可知电流关系，因为电阻不变，根据U=IR，由电流关系可知电压关系，即可求出电阻丝两端所加电压U；已知通过电阻丝的电量是4C，电阻丝两端所加电压U已求出，根据W=UQ可求出电阻丝在这段时间内消耗的电能W．解答：解：因为电阻丝在通过2C的电量时，消耗的电能是8J，由W=qU得：此时电压为：U= =V=4V当在相同的时间内通过电阻丝的电量是4C时，根据I=可知，I′=2I根据U=IR可知，电阻不变，此时电阻丝两端电压：U′=2U=2×4V=8V电阻丝在这段时间内消耗的电能：W=q′U′=4×8J=32J．故选：BD．点评：本题考查了电量和电功的计算及欧姆定律的应用．本题由于不知道时间不能求出电流，只能根据相关公式找出相关关系来求解．8．（6分）（2013•抚顺模拟）在如图所示电路中，电源电动势为12V，内电阻不能忽略．闭合S后，调整R的阻值，使电压表的示数增大△U=2V．在这一过程中（）A．通过R1的电流增大，增大量为△B．R2两端的电压减小，减小量为△UC．通过R2的电流减小，减小量小于△D．路端电压增大，增大量为△U考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：R1是定值电阻，电压表V的示数增大△U的过程中，通过R1的电流增加，增加量△I=；电压表V的示数增大，变阻器有效电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，R2两端电压减小，根据路端电压的变化分析其电压减小量．电压表示数增加，R2电压减小，路端电压增加量一定小于△U．解答：解：A、R1是定值电阻，电压表V的示数增大△U的过程中，通过R1的电流增加，增加量△I=．故A正确．B、电压表V的示数增大，变阻器有效电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，内电压减小，所以路端电压增大；R2两端电压减小，则R2两端电压减少量一定小于△U．故B错误．C、由以上分析知，R2两端电压减少量一定小于△U，由欧姆定律得到：通过R2的电流的减少量一定小于．故C正确．D、电压表示数增加，R2电压减小，路端电压增加量一定小于△U．故D错误．故选：AC．点评：本题是电路动态变化分析问题，本题中采用总量法，由电压表示数变化和总电压（路端电压）的变化来分析R2电压的变化，这是常用的方法．9．（6分）（2014秋•小店区校级月考）如图所示的图线①表示某电池组的输出电压与电流的关系（U﹣I图线），图线②表示其输出功率与电流的关系（P﹣I图线）．则下列说法正确的是（）A．电池组的电动势为50 VB．电池组的内阻为ΩC．电流为2.0A时，电源的效率为80%D．输出功率为120W时，输出电压是30V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：在电压一电流关系图象中，纵轴截距等于电源的电动势，直线斜率的绝对值表示的是电源的内电阻的大小，由此可以知道电池组的电动势和内阻；当电流为2.5A时，根据闭合电路欧姆定律求外电路的电阻．输出功率为120 W时，由图读出电流，由欧姆定律可以求得电源的输出电压．解答：解：A、B、U﹣I图线①与U轴交点表示电路处于断路状态，则电源的电动势E=U=50V．电源的内阻等于图线的斜率大小，则有r==Ω=5Ω，故A正确，B错误；C、当电流为2.5A时，根据闭合电路欧姆定律得：外电路的电阻 R===15Ω，故C正确．D、电池组的输出功率为120W时，由P﹣I图线读出电流I=4A，则输出电压为U=E﹣Ir=50﹣4×5=30V，故D正确；故选：ACD．点评：本题考查读图的能力，可以根据图象的数学意义来理解图象的物理意义．不难．10．（6分）（2014秋•小店区校级月考）有两个相同的电流计改装成的量程不同的电流表A1和A2，A1的量程是A2的2倍，则（）A．若串联起来，两表指针偏角θ1＜θ2，两表示数相等B．若串联起来，两表指针偏角相等，A1表示数大于A2表示数C．若并联起来，两表指针偏角相等，A1表示数大于A2表示数D．若并联起来，两表指针偏角θ1＞θ2，两表示数相等考点：把电流表改装成电压表．专题：实验题．分析：电流表A1、A2是由两个相同的小量程电流表改装成的，它们并联时，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程大的电流表读数大．当它们串联时，A1、A2的示数相同．由于量程不同，内阻不同，两电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同．解答：解：A、B、若A1、A2串联，A1、A2的示数相同．由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同，量程小的偏转角度小，故A正确B错误；C、若并联起来，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同，量程大的通过的总电流较多，示数较大．故C正确D错误；故选：A．点评：本题要对于安培表的内部结构要了解：小量程电流表（表头）与分流电阻并联而成．指针偏转角度取决于流过表头的电流大小．二．实验题（本题共19分，每空3分，作图4分）11．（19分）（2014秋•小店区校级月考）某课题研究小组，收集了数码相机、手机等用旧了的各种类型的电池，及从废旧收音机上拆下的电阻、电容、电感线圈、薄的金属圆片．现从这些材料中选取两个待测元件，一是电阻R0（约为2kΩ），二是手机中常用的锂电池（电动势E标称值为3.7V，允许最大放电电流为100mA）．在操作台上还准备了如下实验器材：A．电压表V（量程4V，电阻R V约为4.0kΩ），B．电流表A1（量程100mA，电阻R A1约为5Ω），C．电流表A2（量程4mA，电阻R A2约为50Ω），D．滑动变阻器R1（0～20Ω，额定电流1A），E．开关S一只、导线若干，F．游标卡尺，G．螺旋测微器．（1）为了测定电阻R0的电阻值，某小组的四位成员，设计了如图1所示的电路原理图，并选取了相应的器材（电源用待测的锂电池），则电路设计正确且器材选取也妥当的是 D（2）为了测锂电池的电动势和内阻，请在图2的方框甲中画出实验原理图，并在图中标明所选用器材．（3）某小组根据测得的数据，画出了U﹣I图线，如图2乙所示，根据图线，可求得：该锂电池的电动势U= 3.5 V，内阻r= 25 Ω．（4）某同学用游标卡尺和螺旋测微器分别测量薄金属圆片的直径和厚度．读出图3中的示数．该游标卡尺示数为 1.240 cm．螺旋测微器示数为0.730 mm．考点：测定电源的电动势和内阻．专题：实验题．分析：（1）根据实验器材确定滑动变阻器与电流表的接法，然后选择实验电路．（2）根据实验原理作出实验电路图．（3）根据图示电源U﹣I图象求出电源电动势与内阻．（4）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数，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===0.00185A=1.85mA，应选电流表A2，待测电阻阻值约为2kΩ，电压表内阻约为4kΩ，电流表内阻约为50Ω，待测电阻阻值远大于电流表内阻，电流表应采用内接法，滑动变阻器最大阻值为20Ω，待测电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，故选图D所示电路．（2）应用伏安法测电源电动势与内阻，电压表测路端电压，电流表测电路电流，实验电路图如图所示：（3）由图示电源U﹣I图象可知，图象与纵轴交点坐标值为3.5，则电源电动势E=3.5V，电源内阻：r===25Ω；（4）由图示游标卡尺可知，其示数为：12mm+×0.05mm=12.40mm=1.240cm，由图示螺旋测微器可知，其示数为0.5mm+23.0×0.01mm=0.730mm．故答案为：（1）D；（2）电路图如图所示；（3）3.5；25Ω；（4）1.240；0.730．点评：本题考查了实验电路的选择、设计实验电路图、求电源电动势与内阻、游标卡尺与螺旋测微器读数；要注意游标卡尺不需要估读，螺旋测微器需要估读．三、计算题（本题共3小题，共计26分，解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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．）12．（8分）（2012春•枣强县校级期末）利用电动机通过如图所示的电路提升重物，已知电源电动势E=6V，电源内阻r=1Ω，电阻R=3Ω，重物质量m=0.10kg，当将重物固定时，电压表的示数为5V，当重物不固定，且电动机最后以稳定的速度匀速提升重物时，电压表的示数为5.5V，求：重物匀速上升时的速度大小（不计摩擦，g取10m/s2）．考点：闭合电路中的能量转化；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：根据闭合电路欧姆定律求出电路中的电流和电动机输入电压．电动机消耗的电功率等于输出的机械功率和发热功率之和，根据能量转化和守恒定律列方程求解重物匀速上升时的速度大小．解答：解：由题，电源电动势E=6V，电源内阻r=1Ω，当将重物固定时，电压表的示数为5V，则根据闭合电路欧姆定律得电路中电流为I== A电动机的电阻R M==Ω=2Ω当重物匀速上升时，电压表的示数为U=5.5V，电路中电流为I′==0.5A电动机两端的电压为U M=E﹣I′（R+r）=6﹣0.5×（3+1）V=4V根据能量转化和守恒定律得U M I′=mgv+I′2R代入解得，v=1.5m/s答：重物匀速上升时的速度大小为1.5m/s．点评：本题是欧姆定律与能量转化与守恒定律的综合应用．对于电动机电路，不转动时，是纯电阻电路，欧姆定律成立；当电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立．13．（9分）（2014秋•小店区校级月考）如图甲所示电路中，电源电动势E=12V，内阻r=2Ω，R1=4Ω，R2=6Ω，R3=3Ω．（1）图甲中虚线框内的电路可等效为一个电源，即图甲可等效为图乙，其等效电动势E′等于CD间未接入用电器时CD间的电压；若用导线直接将CD两点连接起来，通过该导线的电流等于等效电源的短路电流，则等效电源的内电阻r′是多少？（2）若在C、D间连一个“6V，3W”的小灯泡，则小灯泡的实际功率是多少？（不考虑小灯泡的电阻率随温度的变化）考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：（1）先分析等效电路，然后根据闭合电路欧姆定律求解；（2）将小灯泡连在C、D之间，相当于接在等效电源E′两端，求出小灯泡的实际电流然后求实际功率．解答：解：（1）若在C、D间连一个理想电压表，根据闭合电路欧姆定律，有I1===1A理想电压表读数为U V=I1R2=6V若在C、D间连一个理想电流表，这时电阻R2与R3并联，并联电阻大小R23===2Ω根据闭合电路欧姆定律，有I2===1.5A理想电流表读数为I′=I2=×1.5=1A依题意，该等效电源的电动势E′=6V，短路电流与第（2）问中电流表读数相同，即为I′=1A，所以其等效内阻r′==Ω=6Ω（2）小灯泡的电阻R A===12Ω将小灯泡连在C、D之间，相当于接在等效电源E′两端，则流过小灯泡的电流大小为I3=== A小灯泡的实际功率为P′=I32×R A=2×12≈1.33W答：（1）等效电源的内电阻r′是6Ω；（2）若在C、D间连一个“6V，3W”的小灯泡，则小灯泡的实际功率是1.33W．点评：等效法是物理常用的研究方法，电路的分析和计算要对电路的结构、电压、电流等的分配分析清楚才能正确求解．14．（10分）（2010秋•锦州期末）受动画片《四驱兄弟》的影响，越来越多的小朋友喜欢上了玩具赛车．某玩具赛车充电电池的输出功率P随电流I变化的图象如图所示．（1）求该电池的电动势E和内阻r；（2）求该电池的输出功率最大时对应的外电阻R（纯电阻）；（3）由图象可以看出，同一输出功率P可对应两个不同的电流I1、I2，即对应两个不同的外电阻（纯电阻）R1、R2，试确定r、R1、R2三者间的关系．考点：电源的电动势和内阻；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：（1）当电源的内外电阻相等时，根据电池的输出功率P最大为P m=，由图读出P m，列出含E、r的方程；当I=4A时，输出功率为零，电源被短路，由欧姆定律写出列出含E、r的方程，再联立组成方程组求解．（2）由电池的输出功率P最大时电源的内阻等于外电阻求解．（3）由欧姆定律I=和功率P=I2R列方程求解．解答：解（1）I1=2A时，P m=I2=4A时，输出功率为零，此时电源被短路，即：I2=．解得：E=2V，r=0.5Ω．（2）R=r=0.5Ω（3）由题知：=整理得r2=R1R2．答：（1）该电池的电动势E为2V，内阻r为0.5Ω；（2）该电池的输出功率最大时对应的外电阻R为0.5Ω；（3）同一输出功率P时，r、R1、R2三者间的关系为r2=R1R2．点评：本题考查读图能力和应用数学知识求极值的能力．对于电源的输出功率，可以由数学知识严格证明当R=r时，电源的输出功率最大，P m=．。
山西高二高中物理月考试卷带答案解析
山西高二高中物理月考试卷班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题由电场强度的定义式可知，在电场中的同一点有（）A．电场强度E跟F成正比，跟q成反比B．无论试探电荷q的值如何变化，F与q的比值始终不变C．电场中某点的场强为零，则处在该点的电荷受到的电场力不一定为零D．一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，则P点的场强一定为零二、多选题如图所示，虚线a、b、c代表静电场中的三个等势面，它们的电势分别为和，．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，动能增加山西高二高中物理月考试卷答案及解析一、选择题由电场强度的定义式可知，在电场中的同一点有（）A．电场强度E跟F成正比，跟q成反比B．无论试探电荷q的值如何变化，F与q的比值始终不变C．电场中某点的场强为零，则处在该点的电荷受到的电场力不一定为零D．一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，则P点的场强一定为零【答案】B【解析】A、电场强度E是由电场本身的性质决定的，和放在该点检验电荷无关，与电场力无关，故A错误；B、电场强度由电场本身决定，电场中同一点的场强不变，则F与q的比值即场强始终不变，故B正确．C、由F=Eq可知，电场中的场强为零，则在该点的电荷受到的电场力一定为零，故C错误；D、电场的性质是对放入其中的带电体有力的作用，若放不带电的小球无法确定是否有场强，故D错误；故选：B二、多选题如图所示，虚线a、b、c代表静电场中的三个等势面，它们的电势分别为和，．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，动能增加【答案】ACD【解析】根据轨迹的弯曲判断出电荷的受力，通过电场力做功判断电势能的变化，以及根据动能定理，通过电场力做功判断动能的变化．粒子从K到L的过程中，电场力方向与运动方向相反，电场力做负功，A正确；粒子从L到M的过程中，虚线a、b、c代表静电场中的三个等势面，，电势能减小，知电场力做正功，B错误；粒子从K到L的过程中，电场力做负功，电势能增加，C正确；粒子从L到M的过程中，电场力做正功，根据动能定理，动能增加，D正确．。
【全国百强校】山西省临汾市第一中学2015-2016学年高二12月月考物理试题(原卷版)
山西省临汾市第一中学2015-2016学年高二12月月考物理试题一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分。
在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意。
）1、、在物理学的发展过程中，许多科学家作出了杰出的贡献，以下说法符合历史事实的是A、奥斯特第一个宣布了电流的磁效应，并总结出了用右手螺旋定则判断电流的磁感线方向B、欧姆通过实验研究发现导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比C、安培通过实验研究得出了真空中两个静止的点电荷之间的相互作用力的的规律D、法拉第提出了场的概念，并首先用电场线形象地描述电场2、、有图中实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，后经过N点，可以判断A、粒子一定带负电B、从M点到N点，粒子的动能增大C、从M点都N点，粒子的电势能增大D、粒子在M点的加速度大于在N点的加速度3、、关于磁感应强度，下列说法正确的是A、若长度为L、电流为I的一小段通电直导线放入匀强磁场受到磁场力F，则该匀强磁场的磁感应强度大小为F BILB、磁感应强度的方向与放入该点的电流元所受磁场力的方向相同C、磁感应强度的方向与放入该点小磁针N极所受磁场力的方向相同D 、由磁感应强度F B IL=可知，磁感应强度B 与电流元在该点受到的磁场力F 成正比，与电流元IL 成反比 4、、如图所示是表示电荷运动方向v 、磁感应强度B 和电荷所受的洛伦兹力F 的相互关系图，四个图均为立体图且B 、v 、F 两两相互垂直，其中正确的是5、、如图所示，a 、b 、c 、d 是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，ab=cd=10cm ，ad=bc=20cm 。
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 ，则下列说法正确的 是A 、cd 间电势差一定为4VB 、c 点电势可能比d 点低C 、电场强度方向一定由b 指向aD 、电场强度大小一定为E=40V/m6、、一平行电容器，两板间的距离为d ，所带电荷量为Q 时两极板间电势差为1U ，板间场强为1E ；现将电容器所带电荷量增加一倍，板间距离变为原来的一半，其他条件不变，这时两极板间的电势差为2U ，板间场强为2E ，下列说法正确的是A 、21212,2U U E E ==B 、21212,4U U E E ==C 、2121,U U E E ==D 、2121,2U UE E ==7、、如图所示，直导线AB 与原线圈的平面垂直且隔有一小段距离，直导线固定，线圈可以自由转动，当它们同时通以如图箭头所示的电流时，从右向左看，线圈将A 、顺时针转动，通过远离直导线ABB 、顺时针转动，同时靠近直导线ABC 、逆时针转动，通过靠近直导线ABD 、逆时针转动，通过远离直导线AB8、、如图所示，电源电动势为E ，内阻为r ，电路中的2R 、3R 分别为总阻值一定的滑动变阻器，0R 为定值电阻，1R 为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小），当开关S 闭合，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态，下列说法中正确的是A 、只断开开关S ，电容器所带电荷量变大，带电微粒向上运动B 、只调节电阻3R 的滑动端2P 向上移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动C 、只调节电阻2R 的滑动端1P 向下移动时，电压表示数变大，带电微粒向上运动D 、只增大1R 的光照强度，电阻0R 消耗的功率变大，带电微粒向上运动二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分，在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项符合题目要求，全部选对得4分。
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山西大学附中2015-2016学年高二上学期12月月考
物理试题
（考查时间：90分钟）（考查内容：以《恒定电路》为主）
一、选择题（本题共12 小题，每小题4 分，共48分，在每小题给出的 4 个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得 4 分，选不全的得 2 分，有错选或不答的得0 分.）1、下列说法中正确的是（）
A．若电荷在某处不受电场力作用，则该处电场强度一定为零
B．若电荷在某处不受磁场力作用，则该处的磁感应强度一定为零
C．将通电导体置于匀强磁场中，若导体长度和电流大小一定，那么导体所受的安培力大小也是一定的D．在磁感应强度为B的匀强磁场中，长为L、电流为I的通电直导线所受到的安培力的大小，介于零（含零）和BIL（含BIL）之间
2、如图所示，有一根直导线上通以恒定电流I，方向垂直指向纸内，且和匀强磁场B垂直，则在图中圆周上，磁感应强度数值最大的点是（）
A、a点
B、b点
C、c点
D、d点
3、如图所示，电流从A点分两路对称地通过圆环形支路再汇合于B点，则圆环中心处O点的磁感应强度的方向是（）
A、垂直圆环面指向纸内
B、垂直圆环面指向纸外
C、磁感应强度为零
D、条件不足，无法判断
4、一根均匀粗导线的两端用柔软导线拉入电路，用用两根弹簧测力计悬挂起来，使导线MN保持水平，如图所示，在导线MN处加水平向里的磁场，并通以自M向N的电流，弹簧测力计的示数为F，若要使弹簧
测力计示数增大，可以采用的做法是（）
A、只减小电流
B、只增加电流
C、只改变电流方向
D、只改变磁场方向
5．在图1所示电路中，A、B间的电压保持一定，U AB=6V，电阻R1=R2=4Ω，R3=2Ω。
那么（）
A．开关S断开时，R3两端电压是3V
B．开关S接通时，R3通过的电流是1.5A
C．开关S断开时，R1通过的电流是0.75A
D．开关S接通时，R1两端电压是4V
6．电阻A，B的伏安曲线如图2所示，下面说法正确的是（）
A．两电阻串联后的伏安曲线在区域I 内，两电阻并联后的伏安曲线在区域III 内
B．两电阻串联后的伏安曲线在区域III 内，两电阻并联后的伏安曲线在区域I 内
C．A，B电阻阻值之比为1 : 3
D．A，B电阻阻值之比为3 : 1
7、如图3所示，一个电源的电动势为ε、内电阻为r，将一个额定电压为U的电动机接在该电源上，电动机正常工作，通过电动机的电流为I。
电动机的内阻为R，关于在时间t内的能量转化，下面的说法中正确的是（）
A ．电源释放的电能为It （U +Ir ）
B ．电源释放的电能为I 2t （R +r ）
C ．电动机转化的机械能为It （U -IR ）
D ．电动机转化的机械能为[]It I r R ε-+（）
8、如图所示的电路中，滑动变阻器的滑片P 从a 滑向b 的过程中，三只理想电压表示数变化的绝对值分别为ΔU 1、ΔU 2、ΔU 3，下列各值可能出现的是
A ．△U 1＝3V △U 2＝2V △U 3＝1V
B ．△U 1＝1V △U 2＝3V △U 3＝2V
C ．△U 1＝0.5V △U 2＝1V △U 3＝1.5V
D ．△U 1＝0.2V △U 2＝1V △U 3＝0.8V
9、如图所示电路中，已知电源的内阻r>R 2，电阻R 1的阻值小于滑动变阻器R 0的最大阻值。
闭合电键S ，当滑动变阻器的滑臂P 由变阻器的右端向左滑动的过程中，下列说法中正确的有（ ）
A ．V 1的示数先变小后变大，V 2的示数先变大后变小
B ．R 2上消耗的功率先变小后变大
C ．电源的输出功率先变小后变大
D ．A 1的示数不断减小，A 2的示数不断变大
10、如图所示的电路中，R1为滑动变阻器，R2、R3为定值电阻．闭合开关S，将滑片P由a端向b端滑动一段距离后，电压表V1、V2示数变化的大小分别为△U1、△U2，电流表示数变化的大小为△I．下列判断正确的是 ( )
A．△U2大于△U1
B．与的差值等于R2
C．R2和R3消耗的电功率的和增加了△U2•△I
D．电压表V1示数变小、电压表V2示数变大，电流表示数变大
11、如图所示，电源电动势为E，内阻为r. 当开关S闭合，滑动变阻器的滑片P位于中点位置时，三个小灯泡L l、L2、L3都正常发光，且亮度相同，则（）.
A. 三个灯泡的额定电流相同.
B. 三个灯泡的额定电压相同.
C. 三个灯泡的电阻按从大到小排列是L1、L3、L2.
D．当滑片P稍微向左滑动，灯L1和L3变暗，灯L2.变亮
12、如图（1）所示，电压表V1、V2串联接入电路中时，示数分别为6V和4V，当只有电压表V2接入电路中时，如图示（2）所示，示数为9V，电源的电动势为（）
A. 9.8V
B.10V
C.10.8V
D.11.2V
二、填空题（本题共2 小题，每空2分，共22分）
13、为测量一电源的电动势及内阻
①在下列三个电压表中选一个改装成量程为9 V的电压表
A．量程为1 V、内阻大约为1 kΩ的电压表V1
B．量程为2 V、内阻大约为2 kΩ的电压表V2
C．量程为3 V、内阻为3 kΩ的电压表V3
选择电压表________串联________kΩ的电阻可以改装成量程为9 V的电压表．
②利用一个电阻箱、一只开关、若干导线和改装好的电压表(此表用符号V1、V2或V3与一个电阻串联来表示，且可视为理想电压表)，在虚线框内画出测量电源电动势及内阻的实验原理电路图．
③根据以上实验原理电路图进行实验，读出电压表示数为1.50 V时、电阻箱的阻值为15.0 Ω；电压表示数为2.00 V时，电阻箱的阻值为40.0 Ω，则电源的电动势E＝______V、内阻r＝____Ω.
14、现在要测量一段电阻丝的电阻率ρ，其阻值R x≈0.5Ω，允许通过的最大电流为0.5 A．现有如下器材可供选择：
(1) 图甲为四位同学分别设计的“测量部分”的电路，你认为合理的是_______；
(2) 实验中滑动变阻器应该选择________(选填“R1”或“R2”)，并采用________接法；
(3) 根据你在(1)(2)中的选择，在乙上完成实验电路的连接；
(4) 实验中，如果两电表的读数分别为U和I，测得拉直后电阻丝的长度为L、直径为D，则待测电阻丝的电阻率ρ的计算式为ρ＝____________________；
(5) 用螺旋测微器测量待测电阻丝的直径时读数如图丙所示，则该电阻丝的直径D=_________．
三、计算题（本题共3小题，共30 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）
15、如图所示，电源的电动势E＝10 V，内阻r＝1 Ω，电容器的电容C＝40 μF，电阻R1＝R2＝4 Ω，R3＝5 Ω.接通开关S，待电路稳定后，求：
(1)理想电压表V的示数；(2)电容器所带的电荷量．
16、如图所示，电源内阻r=1Ω，R1=2Ω，R2=6Ω，灯L上标有“3V、1.5W”的字样，当滑动变阻器R3的滑片P移到最右端时，电流表示数为1A，灯L恰能正常发光。
（1）求电源的电动势；（2）求当P移到最左端时，电流表的示数；
（3）当滑动阻器的Pb段电阻多大时，变阻器R3上消耗的功率最大？最大值多大？
17、用图中所示的电路测定未知电阻R x的值，图中电源的电动势E未知，电源内阻r与电流表的内阻R A 均可忽略不计，R为电阻箱．
（1）要测得R x的值，R至少需要取几个不同的数值？请用所测得的物理量推导出计算R x的表达式；（2）若电流表每个分度表示的电流值未知，但指针偏转角度与通过的电流成正比，则在用此电路测R X时，R至少需要取几个不同的数值？请用所测得的物理量推导出计算R x的表达式；
（3）若电源内阻r不可忽略，能否应用此电路测量R x．
：。