江西省新余市分宜中学2018-2019学年高二下学期第一次月考物理试题
江西省铅山县第一中学2018-2019学年高二下学期第一次月考物理试题
江西省铅山县第一中学2018-2019学年高二下学期第一次月考物理试题一、单选题(★) 1 . 如图所示的各图象中表示交变电流的是（）A．B．C．D．(★) 2 . 一个矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势，则下列说法错误的是（）A．t=0时，线圈位于中性面B．t=0.01s时，e有最大值C．线圈的转速为50r/sD．电动势的峰值为(★★) 3 . 如图甲所示，标有“220V 40W”的灯泡和标有“20μF 300V”的电容器并联到交流电源上，V为理想交流电压表，交流电源的输出电压如图乙所示，闭合开关，下列判断正确的是（）A．时刻，V的示数为零B．断开开关时灯泡恰好正常发光C．闭合开关时电容器不可能被击穿D．V的示数保持110V不变(★★) 4 . 输送一定功率的交变电流，若输电电压提高到原来的n倍，则下列说法正确的是（）A．输电线上的电流变为原来的1/nB．输电线上的电压损耗变为原来的n倍C．输电线上的电功率损耗变为原来的1/nD．为使输电线上的电功率损耗不变，输电距离可变为原来的n倍(★★) 5 . 一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3:1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈接在电压为220V的正弦交流电源上，如图所示，设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为，则下列说法中正确的是()A．B．C．D．(★★) 6 . 一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间的变化图象如图6所示，则下列说法中，正确的是()A．t＝0.03 s时刻，线圈中有最大感应电动势B．t＝0.02 s时刻，线圈中感应电流为0C．t＝0.01 s时刻，穿过线圈平面的磁通量的变化率最小D．t＝0时刻，线圈平面与中性面平行(★★) 7 . 如图所示，光滑金属导轨上有两导体棒cd和ef，匀强磁场垂直于导轨平面。
由于ef受外力沿导轨运动，从而使cd向右运动起来，则cd上感应电流的方向及ef的运动方向为（）A．c→d，向右B．c→d，向左C．d→c，向右D．d→c，向左(★★) 8 . 如图甲所示为一台小型发电机的示意图，单匝线圈逆时针转动。
江西省上饶中学2018-2019学年高二下学期第一次月考物理(零班)试卷
考试时间：2019年3月21日-22日上饶中学2018-2019学年高二下学期第一次月考物理试题（理零、奥赛班）考试时间：90分钟满分：100分第Ⅰ卷（选择题,共50分）一、选择题：（1-8为单选题，9-10为多选题。
每题4分多选不给分，少选给２分，共40分）1.下列叙述中符合物理学史的有：（▲）A．楞次首先发现电流周围存在磁场B．汤姆孙通过研究阴极射线实验，发现了电子和质子的存在C．巴尔末根据氢原子光谱分析，总结出了氢原子光谱可见光区波长公式D．玻尔提出的原子模型，彻底否定了卢瑟福的原子核式结构学说2.为了进一步有效防控火灾安全，我校在配电房安装一种在有光照或者温度升高时排气扇都能启动的自动控制装置，根据以上特性下列叙述正确的是（▲）A．两个传感器都是光电传感器B．两个传感器可能分别是电容式传感器和温度传感器C．两个传感器分别是光电传感器和温度传感器D．只有光照和温度都适合时排气扇才能工作3．下列四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是（▲）A.图甲：查德威克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，成为量子力学的奠基人之一B.图乙：玻尔理论指出氢原子能级是分立的，以此指出原子发射光子的频率是连续的C.图丙：卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，发现了质子和中子D.图丁：图丁是利用射线的高穿透性来监控金属板厚度的变化4.波粒二象性是微观世界的基本特征，以下说法正确的有（▲）A．光电效应现象揭示了光的波动性B．热中子束射到晶体上产生衍射图样说明运动的中子具有波动性C．黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释D．动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波也相等5.关于光谱和光谱分析，下列说法正确的是（▲）A．太阳光谱中的暗线说明太阳上缺少与这些暗线相对应的元素B．霓虹灯产生的光谱是连续光谱C．做光谱分析可以用明线光谱，也可用吸收光谱D．我们能通过光谱分析鉴别月球的物质成分6.“轨道电子俘获”是放射性同位素衰变的一种形式，即原子核俘获一个核外电子，核内一个质子变为中子，原子核衰变成一个新核，并且放出一个中微子（其质量小于电子质量且不带电）．若一个静止的原子核发生“轨道电子俘获”（电子的初动量可不计），则（▲）A．生成的新核与衰变前的原子核质量数相同B．生成新核的核电荷数增加C．生成的新核与衰变前的原子核互为同位素D．生成的新核与中微子的动能大小相等7.在照明电路中，为了安全，一般在电能表后面电路上安装一个漏电保护器，如图所示，当漏电保护器的ef两端没有电压时，脱扣开关K能始终保持接通，当ef两端有电压时，脱扣开关立即断开，下列说法中正确的是（▲）A．当用户的电流超过一定值时，脱扣开关会自动断开，即有过流保护作用B．“脱扣开关控制器”的线圈匝数越少，触电保护越灵敏C．站在地面上的人触及b线时，脱扣开关会自动断开，起保护作用D．当站在绝缘物上的人两手分别触到b线和d线，脱扣开关会自动断开，起保护作用8.将一段导线绕成图右甲所示的闭合回路，并固定在水平面(纸面)内。
2019-2020学年江西省新余市分宜中学高二(上)第一次段考物理试卷 (解析版)
2019-2020学年江西省新余市分宜中学高二（上）第一次段考物理试卷一、单选题（本大题共9小题，共36.0分）1.如图所示，有一金属箔验电器，起初金属箔闭合，当带正电的棒靠近验电器上部的金属板时，金属箔张开．在这个状态下，用手指接触验电器的金属板，金属箔闭合．首先使手指离开金属板，金属箔的状态是否变化？然后使棒也远离验电器．图中A～D中正确的是哪幅图？()A. B. C. D.2.A、B两导体板平行放置，在t=0时将电子从A板附近由静止释放．则在A、B板间加上下列哪个图所示的电压时，有可能使电子到不了B板()A. B.C. D.3.下列叙述正确的是()A. 导体中电荷运动就形成电流B. 电流是矢量C. 导体中有电流通过时，导体内部场强不为零D. 只有自由电子的定向移动才能形成电流4.平行板A、B组成电容器，充电后断开电源与静电计相连，要使静电计指针张角变大，下列措施可行的是()A. B板向右移动B. A板向右移动C. A、B板间插入电介质D. 减少极板上的电荷量5.如图所示，让氕、氘、氚和α粒子组成的混合粒子经过同一加速电场由静止开始加速后垂直进入同一偏转电场，最终会分成()A. 一股B. 两股C. 三股D. 四股6.一个阻值为R的电阻两端加上电压U后，通过电阻横截面的电量q随时间t变化的图象如图所示，此图象的斜率可表示为()A. UB. RC. URD. 1R7.关于电场强度和电势的关系，下列说法正确的是()A. 场强处处为零的空间，电势也一定处处为零B. 场强处处相同的区域内，电势也一定相同C. 场强的方向总是跟等势面垂直D. 电势高的地方场强一定大8.如图所示，在真空中有两个固定的等量异种点电荷+Q和−Q.直线MN是两点电荷连线的中垂线，O是两点电荷连线与直线MN的交点．a、b是两点电荷连线上关于O的对称点，c、d是直线MN上的两个点．下列说法中正确的是()A. a点的场强大于b点的场强，c点的电势大于d点的电势B. a点的场强小于b点的场强，c点的电势等于d点的电势C. a点的场强等于b点的场强，c点的电势等于d点的电势D. a点的场强等于b点的场强；将一试探电荷沿MN由c移动到d，电场力先做正功后做负功9.如图所示，实线表示电场线，虚线表示带电粒子运动的轨迹。
分宜县第四高级中学2018-2019学年高二上学期第一次月考试卷物理
分宜县第四高级中学2018-2019学年高二上学期第一次月考试卷物理班级__________ 座号_____ 姓名__________ 分数__________一、选择题1． 如图甲、乙两图是电子技术中的常用电路,a 、b 是各部分电路的输入端,其中输入的交流高频成分用“≋”表示,交流低频成分用“~”表示,直流成分用“—”表示。
关于两图中负载电阻R 上得到的电流特征是（）A.图甲中R 得到的是交流成分B.图甲中R 得到的是直流成分C.图乙中R 得到的是低频成分D.图乙中R 得到的是高频成分2． 甲、乙两车在平直公路上沿同一方向行驶，其v －t 图像如图所示，在 t ＝0时刻，乙车在甲车前方x 0处，在t ＝t 1时间内甲车的位移为x ．下列判断正确的是（）A. 若甲、乙在t 1时刻相遇，则x 0＝x 13B. 若甲、乙在时刻相遇，则下次相遇时刻为12t 132t C. 若x 0＝x ，则甲、乙一定相遇两次34D. 若x 0＝x ，则甲、乙一定相遇两次123． （2018开封质检）如图甲，两水平金属板间距为d ，板间电场强度的变化规律如图乙所示。
T=0时刻，质量为m 的带电微粒以初速度v 0沿中线射入两板间，0~T /3时间内微粒做匀速运动，T 时刻微粒恰好经金属边缘飞出。
微粒运动过程中未与金属板接触。
重力加速度的大小为g 。
关于微粒在0~T 时间内运动的描述，正确的是A v0 B．末速度沿水平方向C．克服电场力做功为12 mgdD．微粒只能从下极板边缘飞出4．一个电热水壶的铭牌上所列的主要技术参数如下表所示，根据表中提供的数据，计算出此电热水壶在额定电压下工作时，通过电热水壶的电流约为额定功率1500W额定频率50Hz额定电压220V容量 1.6LA. 2.1AB. 3.2AC. 4.1AD. 6.8A5．气球以10m/s的速度匀速竖直上升,它上升到15m高处时,一重物由气球里掉落,则下列说法错误的是（不计空气阻力, g=10m/s2）：（）A. 重物要经过3s才能落到地面B. 重物上升的最大高度是15mC. 到达地面时的速度是20m/sD. 2s末重物再次回到原抛出点6．在图示的四幅图中，正确标明了带正电的粒子所受洛伦兹力f方向的是A. B. C. D.7．关于电源电动势E的下列说法中错误的是：（）A．电动势E的单位与电势、电势差的单位相同，都是伏特VB．干电池和铅蓄电池的电动势是不同的C．电动势E可表示为E=，可知电源内非静电力做功越多，电动势越大qWD ．电动势较大，表示电源内部将其它形式能转化为电能的本领越大8． 一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电荷量很小）固定在P 点，如图所示，以E 表示极板间的场强，U 表示两极板的电压，E p 表示正电荷在P 点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移动到如图中虚线所示位置，则（ ）A ．U 变小，E p 不变B ．U 变小，E 不变C ．U 变大，Ep 变大D ．U 不变，E 不变9． 如图表示的是一条倾斜的传送轨道，B 是传送货物的平台，可以沿着斜面上的直轨道运送物体。
江西省南城县第二中学2018-2019学年高二物理下学期第一次月考试题(含解析).doc
江西省南城县第二中学2018-2019学年高二物理下学期第一次月考试题（含解析）一、选题题（1到7题每小题只有一个正确答案, 8到10题每小题至少有两个正确答案, 每小题4分,共40分）1.蹦床是一项运动员利用从蹦床反弹中表现杂技技巧的竞技运动，一质量为50kg的运动员从1.8m高出自由下落到蹦床上，若从运动员接触蹦床到运动员陷至最低点经历了0.4s，则这段时间内蹦床对运动员的平均弹力大小为(取g=10m/s2，不计空气阻力) ( )A. 500NB. 750NC. 875ND. 1250N 【答案】D【解析】设运动员的质量为m，他刚落到蹦床瞬间的速度为v，运动员自由下落的过程，只受重力作用，故机械能守恒，即：mgh＝mv2，解得：v＝＝6m/s；选取小球接触蹦床的过程为研究过程，取向上为正方向。
设蹦床对运动员的平均作用力为F，由动量定理得：(F−mg)t＝0−(−mv)；可得：F＝1250N．故D正确、ABC错误。
故选D。
点睛：本题题型是用动量定理求解一个缓冲过程平均作用力的冲量问题，一定要注意选取合适的研究过程和正方向的选取；本题也可选小球从开始下落到最低点全过程来解答。
2.动能相同的两个物体的质量分别为，且。
若他们分别在恒定的阻力的作用下，经过相同的时间停下，发生的位移分别为，则A. B.C. D.【答案】D【解析】由可知，两物体的动量之比为：；由动量定理可知：-f1t=0-P1；-f2t=0-P2；解得：，因m1>m2，故有：f1＞f2；由动能定理可知：f1s1=0-E K；f2s2=0-E k；两式相比可得：；故s1＜s2，故选D.点睛：本题考查动量定理及动能定理的应用，要注意正确列式，从而得出准确的比例关系．知道动能与动量的关系.3.A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是5 kg·m/s，B球的动量是7 kg·m/s．当A球追上B球时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能值分别是（）A. 6 kg·m/s，6 kg·m/s B. 3 kg·m/s，9 kg·m/sC. 2 kg·m/s，14 kg·m/sD. -5 kg·m/s，15 kg·m/s【答案】A【解析】以A、B两球组成的系统为对象。
江西省分宜县分宜中学2018_2019学年高一物理下学期第一阶段考试试题(含解析)
分宜中学2018-2019学年度下学期高一年级第一次段考物理试卷一、选择题：（本题共10小题，每小题4分，共40分。
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，第7~10题有多项符合题目要求。
全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
）1.质点做曲线运动，下列说法错误．．的是（）A. 质点受合外力不为零B. 质点速度与加速度不在一条直线上C. 质点速度方向在曲线的切线上D. 质点受合外力大小一定不断变化【答案】D【解析】A、物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，所以合外力一定不等于0，故A 正确；B、作曲线运动的物体，其速度方向与加速度方向不在一条直线上，故B正确；C、质点做曲线运动的速度方向在曲线的切线方向上，故C正确；D、物体在恒力作用下可能做曲线运动，如：平抛运动，故D错误。
点睛：本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，掌握了做曲线运动的条件，本题基本上就可以解决了。
2.两个密度均匀的球体，两球心相距r，它们之间万有引力为10-8N，若它们的质量、球心间的距离增加为原来的2倍，则它们间的万有引力为:A. 10-8NB. 0.25×10-8NC. 4×10-8ND. 10-4N 【答案】A【解析】原来的万有引力为，后来变为：，即：，故A正确．3.有一辆运输西瓜的汽车，以速率v经过一座半径为R的拱形桥的顶端，其中间有一个质量为m的西瓜受到周围的西瓜对它的作用力的合力大小为（）A. mgB. mC. mg-mD. mg+m【答案】C【解析】【详解】汽车过拱桥时做圆周运动，车上的西瓜也做圆周运动，设周围的西瓜对它的作用力的合力为F，根据牛顿第二定律有：mg+F=m，F= m-mg，因为v，所以西瓜受到周围的西瓜对它的作用力的大小为mg-m，故C正确，A、B、D错误。
故选：C4.2013年6月20日上午10时，我国首次太空授课在“神州十号”飞船中由女航天员王亚平执教，在太空中王亚平演示了一些奇特的物理现象，授课内容主要是使青少年了解微重力环境下物体运动的特点．如图所示是王亚平在太空仓中演示的悬浮的水滴．关于悬浮的水滴，下列说法正确的是( )A. 环绕地球运行时的线速度一定大于7.9km/sB. 水滴处于平衡状态C. 水滴处于失重状态D. 水滴处于超重状态【答案】C【解析】【详解】A、7.9km/s是卫星环绕地球做匀速圆周运动的最大速度，运行的半径最小，所以神州十号飞船的线速度要小于7.9km/s．故A错误；B、水滴随飞船绕地球做匀速圆周运动，地球对水滴的吸引力完全用来提供向心加速度，所以水滴与飞船一起处于完全失重状态，故B、D错误，C正确。
分宜县高中2018-2019学年高二上学期9月月考物理试卷含解析
分宜县高中2018-2019学年高二上学期9月月考物理试卷含解析班级__________ 座号_____ 姓名__________ 分数__________ 一、选择题1．某物体运动的速度图象如右图所示，根据图象可知（）A．0～2s内的加速度为1m/s2B．0～5s内的位移为10mC．第1s末与第3s末的速度方向相反D．第1s末与第5s末加速度方向相同2．如右图所示为物体做直线运动的v t-图象。
若将该物体的运动过程用x t-图象表示出来（其中x为物体相对出发点的位移），则图中的四幅图描述正确的是（）3．如图所示，MN是某一正点电荷电场中的电场线，一带负电的粒子（重力不计）从a点运动到b点的轨迹如图中虚线所示．则（）A．正点电荷位于N点右侧B．带电粒子从a运动到b的过程中动能逐渐增大C．带电粒子在a点的电势能大于在b点的电势能D．带电粒子在a点的加速度大于在b点的加速度4．如图所示，帆板在海面上以速度v朝正西方向运动，帆船以速度v朝正北方向航行，以帆板为参照物（）A帆船朝正东方向航行，速度大小为vB帆船朝正西方向航行，速度大小为vC帆船朝南偏东45°方向航行，速度大小为vD帆船朝北偏东45°方向航行，速度大小为v5．一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直，先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1s时间内均匀地增大到原来的两倍，接着保持增大后的磁感应强度不变，在1s时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半，先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为（）A．1/2B．1 C．2 D．46．下列物理量中，属于矢量的是A. 电场强度B. 电势差C. 电阻D. 电功率7．如图所示,A、B、C、D为匀强电场中相邻的等势面,一个电子垂直经过等势面D时的动能为20 eV,经过等势面C时的电势能为-10 eV,到达等势面B时的速度恰好为零。
已知相邻等势面间的距离为5 cm,不计电子的重力,下列说法中正确的是（）A. C等势面的电势为10 VB. 匀强电场的电场强度为200 V/mC. 电子再次经过D 等势面时,动能为10 eVD. 电子的运动是匀变速曲线运动8． 如右图所示，是A 、B 两质点运动的速度图象，则下列说法错误的是（ ） A ．A 质点以10m/s 的速度匀速运动B ．B 质点先以5m/s 的速度与A 同方向运动1s ，而后停了1s ，最后以5m/s 相反方向的速度匀速运动C ．B 质点最初3s 内的位移是10mD ．B 质点最初3s 内的路程是10m 9． 下列各项中属于电磁波的是A. X 射线B. 引力波C. 湖面上的水波D. 可见光10．如图所示，带正电的小球Q 固定在倾角为θ的光滑固定绝缘细杆下端，让另一穿在杆上的质量为m 、电荷量为q 的带正电小球从A 点由静止释放，到达B 点时速度恰好为零。
2017-2018学年江西省新余市渝水一中高二(下)月考物理试卷 Word版含解析
2017-2018学年江西省新余市渝水一中高二（下）月考物理试卷一、选择题（本题共10小题，每小题5分，共50分．）1．（5分）（2015春•盐城校级期中）穿过一个电阻为2Ω的闭合线圈的磁通量每秒均匀减小0.4Wb，则线圈中（）A．感应电动势为0.4V B．感应电动势每秒减小0.4VC．感应电流恒为0.2A D．感应电流每秒减小0.2A考点：法拉第电磁感应定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：穿过闭合线圈的磁通量每秒均匀减小0.4Wb，得到磁通量变化率，由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求解感应电流．解答：解：A、穿过闭合线圈的磁通量每秒均匀减小0.4Wb，则得到磁通量变化率大小为=0.4Wb/s，由法拉第电磁感应定律得：E==0.4V，感应电动势不变，故A正确，B错误．C、由欧姆定律得，感应电流为I===0.2A，电流恒定不变，故C正确，D错误．故选：AC．点评：当穿过闭合线圈的磁通量均匀变化时，线圈中产生的感应电动势和感应电流是恒定不变的．2．（5分）（2013•漳州一模）矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直低面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示．若规定顺时针方向为感应电流I的正方向，下列各图中正确的是（）A．B．C．D．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．专题：电磁感应与图像结合．分析：根据B﹣t图象判断穿过项圈的磁通量变化情况，由楞次定律判断出感应电流的方向；应用排除法分析答题．解答：解：A、由B﹣t图象可知，0﹣1s内，线圈中磁通量增大，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，即电流为负方向，故AC错误；B、由楞次定律可知，1﹣2s内电路中的电流为顺时针，为正方向，2﹣3s内，电路中的电流为顺时针，为正方向，3﹣4s内，电路中的电流为逆时针，为负方向，故B错误，D正确；故选：D．点评：本题要求学生能正确理解B﹣t图的含义，才能准确的利用楞次定律进行判定．3．（5分）（2013春•南开区校级期中）如图所示，虚线框内是磁感应强度为B的匀强磁场，导线框的三条竖直边的电阻均为r，长均为L，两横边电阻不计，线框平面与磁场方向垂直．当导线框以恒定速度v水平向右运动，ab边进入磁场时，ab两端的电势差为U1，当cd边进入磁场时，ab两端的电势差为U2，则（）A．U1=BLv B．U1=BLv C．U2=BLv D．U2=BLv考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：当导线框以恒定速度v水平向右运动，ab边进入磁场时，ab切割磁感线相当于电源，ab间电压是路端电压；当cd边进入磁场时，ab与cd都切割磁感线，相当于并联的电池组，ab两端的电势差仍是路端电压．根据欧姆定律研究U2．解答：解：当导线框以恒定速度v水平向右运动，ab边进入磁场时，ab切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv，ab间电压是路端电压，即cd与ef并联的电压，则ab两端的电势差为U1=；当cd边进入磁场时，ab与cd都切割磁感线，产生的感应电动势都为E=BLv，ab两端的电势差等于ef两端的电压，内电路是ab与dc并联，则U2=BLv．故选BD点评：此题关键要区分清楚电源和外电路，可以画出等效电路，电源两端间的电势差是路端电压，不是电源的内电压．4．（5分）（2012•徐州一模）如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻r不能忽略．R1和R2是两个定值电阻，L是一个自感系数较大的线圈．开关S原来是断开的．从闭合开关S 到电路中电流达到稳定为止的时间内，通过R1的电流I1和通过R2的电流I2的变化情况是（）A．I1开始较大而后逐渐变小B． I1开始很小而后逐渐变大C．I2开始很小而后逐渐变大D． I2开始较大而后逐渐变小考点：自感现象和自感系数．分析：利用线圈对电流突变的阻碍作用：闭合瞬间相当于断路，稳定后相当于导线，判断电流变化．解答：解：开关S闭合瞬间，L相当于断路，通过R1的电流I1较大，通过R2的电流I2较小；当稳定后L的自感作用减弱，通过R1的电流I1变小，通过R2的电流I2变大，故AC 正确BD错误．故选：AC点评：做好本题的关键：知道线圈对电流突变时的阻碍作用，特别是断开时相当于电源，L 中原来电流的方向即电动势的正极．5．（5分）（2012春•温州校级期中）如图所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈．当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方等高快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力F N及在水平方向运动趋势的正确判断是（）A．F N先小于mg后大于mg，运动趋势向左B．F N先大于mg后小于mg，运动趋势向左C．F N先小于mg后大于mg，运动趋势向右D．F N先大于mg后小于mg，运动趋势向右考点：楞次定律．分析：由磁铁的运动可知线圈中磁通量的变化，由楞次定律可判断线圈的支持力及运动趋势．解答：解：当磁铁向右运动靠近的过程中，线圈中的磁通量增大，根据楞次定律的第二种描述：“来拒去留：可知，线圈有向下和向右的趋势；故线圈受到的支持力增大；同时运动趋势向右；通过线圈后远离线圈的过程中，线圈中的磁通量减小，根据楞次定律的第二种描述：“来拒去留：可知，线圈有向上和向右的趋势；故线圈受到的支持力减小；同时运动趋势向右；故选：D．点评：线圈的运动是因发生了电磁感应而产生了感应电流，从而受到了安培力的作用而产生的；不过由楞次定律的描述可以直接判出，并且能更快捷．6．（5分）（2011秋•南昌校级期末）一环形线圈放在匀强磁场中，设第1s内磁感线垂直线圈平面（即垂直于纸面）向里，如图甲所示．若磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，那么第3s内线圈中感应电流的大小与其各处所受安培力的方向是（）A．大小恒定，沿顺时针方向与圆相切B．大小恒定，沿着圆半径指向圆心C．逐渐增加，沿着圆半径离开圆心D．逐渐增加，沿逆时针方向与圆相切考点：楞次定律；安培力．专题：电磁感应与电路结合．分析：变化的磁场产生电磁，均匀变化的磁场产生恒定的电磁，根据楞次定律判断出感应电流的方向．解答：解：在第3s内，磁场的方向垂直于纸面向里，且均匀增大，所以产生恒定的电流，根据楞次定律，感应电流的方向为逆时针方向，根据左手定则可以判断出安培力的方向指向圆心．所以B正确．故选：B点评：解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，难度不大，属于基础题．7．（5分）（2012•江西二模）如图所示，光滑绝缘水平面上有一矩形线圈冲入一匀强磁场，线圈全部进入磁场区域时，其动能恰好等于它在磁场外面时的一半，设磁场宽度大于线圈宽度，那么（）A．线圈恰好在刚离开磁场的地方停下B．线圈在磁场中某位置停下C．线圈在未完全离开磁场时即已停下D．线圈完全离开磁场以后仍能继续运动，不会停下来考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．专题：电磁感应——功能问题．分析：线圈完全进入磁场后做匀速运动，进磁场和出磁场的过程都做变减速直线运动，比较进磁场和出磁场时所受的安培力大小，从而判断出线圈能否通过磁场．解答：解：线圈出磁场时的速度小于进磁场时的速度，安培力F=BIL=，知出磁场时所受的安培力小于进磁场时所受的安培力，根据动能定理，由于进磁场时安培力做功大于出磁场时安培力做功，则出磁场时动能的变化量小于进磁场时动能的变化量，进磁场时其动能恰好等于它在磁场外面时的一半，知出磁场后，动能不为零，还有动能，将继续运动，不会停下来．故D正确．A、B、C错误．故选D．点评：解决本题的关键比较出进磁场和出磁场时的安培力，根据动能定理进行分析．8．（5分）（2011•怀柔区模拟）如图所示，磁带录音机既可用作录音，也可用作放音，其主要部件为匀速行进的磁带a和绕有线圈的磁头b，不论是录音或放音过程，磁带或磁隙软铁会存在磁化现象．下面是对于它们在录音、放音过程中主要工作原理的描述，正确的是（）A．放音的主要原理是电磁感应，录音的主要原理是电流的磁效应B．录音的主要原理是电磁感应，放音的主要原理是电流的磁效应C．放音和录音的主要原理都是磁场对电流的作用D．录音和放音的主要原理都是电磁感应考点：电磁感应在生活和生产中的应用．分析：磁带录音机能录音也能放音，主要是磁头的磁化作用．当放音时磁带与磁头接触，由于磁粉使磁头的电流发生变化从而导致发生声音．而录音时，声音信号转化为电信号，通过磁头写在磁带上．解答：解：A、放音的主要原理磁生电，所以是电磁感应现象，录音的主要原理是电生磁，是电流的磁效应．故A正确；B、放音的主要原理磁生电，所以是电磁感应现象，录音的主要原理是电生磁，是电流的磁效应．故B错误；C、放音的主要原理磁生电，所以是电磁感应现象，录音的主要原理是电生磁，是电流的磁效应．故错误；D、放音的主要原理磁生电，所以是电磁感应现象，录音的主要原理是电生磁，是电流的磁效应．故错误；故选：A点评：录音与放音是电生磁与磁生电的过程．9．（5分）（2011秋•崇川区校级期末）如图所示的整个装置放在竖直平面内，欲使带负电的油滴P在两平行金属板间静止，导体棒ab将沿导轨运动的情况是（）A．向右匀减速运动B．向右匀速运动C．向左匀减速运动D．向左匀速运动考点：法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势．分析：平行板两端间的电势差等于导体棒切割产生的电动势，带负电的液滴处于静止状态，知液滴受重力和电场力处于平衡，根据受力平衡求出电场强度的大小和方向，从而根据安培定则与楞次定律，及右手定则，知道导体棒的速度大小和方向．解答：解：质量为m，电荷量为q的带负电的液滴处于静止状态．有q=mg，电场强度的方向竖直向下，则上板电势高于下板，因此线圈N上端相当于电源的正极，下端相当于电源的负极．根据安培定则可知，线圈N的磁场竖直向上，大小减小，或竖直向下，大小增大；A、当棒向右匀减速运动时，因切割磁感线，由右手定则可知，感应电流方向由b到a，大小减小，则线圈M产生竖直向下的磁场，且大小减小，那么线圈N的磁场是竖直向上，大小减小，符合题意，故A正确；B、当棒向右匀速运动时，因切割磁感线，由右手定则可知，感应电流方向由b到a，大小不变，则线圈M产生竖直向下的磁场，且大小不变，那么线圈N的磁场是竖直向上，大小不变，不会产生感应电流，故B错误；C、当棒向左匀减速运动时，因切割磁感线，由右手定则可知，感应电流方向由a到b，大小减小，则线圈M产生竖直向上的磁场，且大小减小，那么线圈N的磁场是竖直向下，大小减小，不符合题意，故C错误；D、当棒向左匀速运动时，因切割磁感线，由右手定则可知，感应电流方向由a到b，大小不变，则线圈M产生竖直向上的磁场，且大小不变，那么线圈N的磁场是竖直向下，大小不变，不符合题意，故D错误；故选：A．点评：解决本题的关键根据液滴受力平衡求出平行板两端间的电势差，从而求出导体棒切割的速度．通过电场的方向得出两端电势的高低，根据右手定则得出导体棒运动的方向．10．（5分）（2009•江苏模拟）某输电线路横穿公路时，要在地下埋线通过．为了保护输电线不至于被压坏，可预先铺设结实的过路钢管，再让输电线从钢管中穿过．电线穿管的方案有两种，甲方案是铺设两根钢管，两条输电线分别从两根钢管中穿过，乙方案是只铺设一根钢管，两条输电线都从这一根钢管中穿过，如果输电导线输送的电流很强大，那么，以下说法正确的是（）A．无论输送的电流是恒定电流还是交变电流，甲、乙两方案都是可行的B．若输送的电流是恒定电流，甲、乙两方案都是可行的C．若输送的电流是交变电流，甲方案是可行的，乙方案是不可行的D．若输送的电流是交变电流，乙方案是可行的，甲方案是不可行的考点：远距离输电．专题：交流电专题．分析：当通恒定电流时，钢管对导线没有阻碍作用；当通入交流电时，若分开套，则由于磁场的变化，导致钢管中产生涡旋电流，便能源损耗．解答：解：1．若甲图通交流电，由于正弦变化的电场产生余弦变化的磁场，而余弦变化的磁场又产生正弦变化的电场，则每根钢管中都产生涡旋电流；导致能源损耗较大．2．若乙图通交流电，由于两根导线一根是火线，一根是零线，它们的电流方向是相反的．故相互吸引．但工程上可以将其在一根管内做好绝缘隔离．问题在于由交流电产生的涡旋电流：由于两根导线方向相反，所以如果它们相互足够靠近，则它们在周围的每一点上产生大小几乎相等，方向相反的感应电流．这样能使涡旋电流强度减弱到很小．3．若甲乙两图通恒定电流，则都产生恒定的磁场，恒定的磁场不产生电场．因此不产生涡流．没有能量损耗．因此BD正确，AC错误；故选BD点评：考查恒定电流与交流电的区别与联系，掌握由磁场的变化，导致涡旋电流的产生，从而对电能输送的影响．二、计算题（每题10分，共50分）11．（10分）（2012春•芗城区校级期中）如图所示，光滑的U形金属导轨MNN′M′水平的固定在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，导轨的宽度为L，其长度足够长，M′、M 之间接有一个阻值为R的电阻，其余部分电阻不计．一质量为m、电阻也为R的金属棒ab 恰能放在导轨之上，并与导轨接触良好．给棒施加一个水平向右的瞬间作用力，棒就沿轨道以初速度v0开始向右滑行．求：（1）开始运动时，棒中的瞬时电流i和棒两端的瞬时电压u分别为多大？（2）当棒的速度由v0减小到的过程中，棒中产生的焦耳热Q是多少？考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．专题：电磁感应——功能问题．分析：（1）根据切割公式求解感应电动势，根据闭合电路欧姆定律求解感应电流和路端电压；（2）先根据能量守恒定律求解系统产生的焦耳热，然后结合串联电路的功率分配关系求解棒中产生的焦耳热．解答：解：（1）开始运动时，棒中的感应电动势为：E=BLv0棒中的瞬时电流：i==棒两端的瞬时电压：u=iR=BLv0（2）由能量守恒定律知，闭合电路在此过程中产生的焦耳热：Q总=mv02﹣m（v0）2=mv02棒中产生的焦耳热为：Q=Q总=（mv﹣mv）=mv02．答：（1）开始运动时，棒中的瞬时电流i为，棒两端的瞬时电压u为BLv0；（2）当棒的速度由v0减小到的过程中，棒中产生的焦耳热Q是mv02．点评：本题关键是明确电路结构和电路中的能量转化情况，结合切割公式、闭合电路欧姆定律和能量守恒定律列式分析即可，基础问题．12．（10分）（2011秋•南昌校级期末）一根电阻R=0.6Ω的导线弯成一个半径r=1m的圆形线圈，线圈质量m=1kg，此线圈放在绝缘光滑的水平面上，在y轴右侧有垂直线圈平面的磁感应强度B=0.5T的匀强磁场，如图所示．若线圈以初动能E k0=5J沿x轴方向滑进磁场，当进入磁场0.5m时，线圈中产生的电能为E=3J．求：（1）此时线圈的运动速度的大小；（2）此时线圈与磁场左边缘两交接点间的电压；（3）此时线圈加速度的大小．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：（1）由能量守恒定律可以求出线圈产生的电能；（2）由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律可以求出电压；（3）由安培力公式和牛顿第二定律结合可以求出加速度．解答：解：（1）由能量守恒定律得：E k0=E+mv2，代入数据解得：v===2m/s；（2）进入磁场x=0.5m时，切割磁感线的有效长度：L=2 =2×=m圆弧所对应的圆心角为：θ=120°感应电动势：E=BLv=0.5××2=V线圈在磁场外的电阻为：R′=R﹣×120°=R线圈与磁场左边缘两交接点间的电压：U=IR′=•R=V；（3）线圈受到的安培力：F=BIL=R由牛顿第二定律得：F=ma代入数据解得：a=2.5m/s2．答：（1）此过程中线圈中产生的电能为3J；（2）此时线圈与磁场左边缘两交接点间的电压为V；（3）此时线圈加速度a的大小2.5m/s2．点评：本题考查了求电能、电压、加速度，应用能量守恒定律、E=BLv、欧姆定律、牛顿第二定律即可正确解题；线圈与磁场左边缘两交接点间的电压是外电压，不是感应电动势．13．（10分）如图所示，竖直放置的等距离金属导轨宽0.5m，垂直于导轨平面向里的匀强磁场的磁感应强度为B=4T，轨道光滑、电阻不计，ab、cd为两根完全相同的金属棒，套在导轨上可上下自由滑动，每根金属棒的电阻为1Ω．今在ab棒上施加一个竖直向上的恒力F，这时ab、cd恰能分别以0.1m/s的速度向上和向下做匀速滑行．（g取10m/s2）试求：（1）两棒的质量；（2）外力F的大小．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；力的合成与分解的运用；闭合电路的欧姆定律．专题：电磁感应中的力学问题．分析：由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出电路电流，由安培力公式求出安培力，导体棒匀速运，处于平衡状态，由平衡条件可以求出导体棒的质量m与拉力大小F．解答：解：导体棒切割磁感线产生感应电动势：E=BLv，电路感应电流：I==，导体棒受到的安培力：F安培=BIL=，导体棒匀速运动，处于平衡状态，由平衡条件得：对ab：F=mg+，对cd：mg=，代入数据解得：m=0.04kg，F=0.8N；答：（1）两棒的质量都是0.04kg；（2）外力F的大小为0.8N．点评：本题考查了求导体棒的质量、拉力大小，分析清楚物体运动过程，应用E=BLv、欧姆定律、安培力公式与平衡条件可以解题，本题是一道常规题．14．（10分）（2013春•永安市校级月考）如图1所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，导轨的电阻不计，两导轨间距L=0.2m，定值电阻R=0.4Ω，导轨上停放一质量m=0.1kg、电阻r=0.1Ω的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度为B=0.5T的匀强磁场中，磁场的方向竖直向下．现用一外力F沿水平方向拉杆，使之由静止开始运动，若理想电压表示数U随时间t的变化关系如图2所示，（1）试分析说明金属杆的运动情况；（2）求第2s末外力F的功率．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：（1）根据欧姆定律和感应电动势公式得到U与v的关系，由图读出U与t的关系，来分析v与t的关系，从而判断金属杆的运动情况．（2）由图读出第2s的速度v．根据电压与时间的关系求出加速度，根据牛顿第二定律求出F，再求解外力F的功率．解答：解：（1）电压表示数为U=IR=R=v由图象可知，U与t成正比，由上式知v与t成正比，则杆做初速为零的匀加速直线运动．（2）因v=at，所以U=at=kt由图得图象的斜率k=0.4 V/s，即a=0.4得金属杆的加速度为a=5m/s2两秒末速度v=at=10m/s根据牛顿第二定律得：F﹣=ma得F=0.7N则外力F的功率P=Fv=7W答：（1）金属杆做初速度为零的匀加速直线运动．（2）第2s末外力F的功率为7W．点评：本题考查电磁感应、电路知识和牛顿定律综合应用的能力，关键是列出电压U与时间t的关系式，根据图象的斜率求出加速度．15．（10分）（2011秋•和平区校级期末）MN、PQ为相距L=0.2m的光滑平行导轨，导轨平面与水平面夹角为θ=30°，导轨处于磁感应强度为B=1T、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，在两导轨的M、P两端接有一电阻为R=2Ω的定值电阻，其余电阻不计．一质量为m=0.2kg的导体棒垂直导轨放置且与导轨接触良好．今平行于导轨对导体棒施加一作用力F，使导体棒从ab位置由静止开始沿导轨向下匀加速滑到底端，滑动过程中导体棒始终垂直于导轨，加速度大小为a=4m/s2，经时间t=1s滑到cd位置，从ab到cd过程中电阻发热为Q=0.1J，g取10m/s2．求：（1）到达cd位置时，对导体棒施加的作用力；（2）导体棒从ab滑到cd过程中作用力F所做的功．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；匀变速直线运动的位移与时间的关系；闭合电路的欧姆定律．专题：电磁感应——功能问题．分析：（1）由匀变速运动的速度公式求出导体棒到达cd位置时的速度，由E=BLV求出此时产生的感应电动势，由欧姆定律求出电路电流，然后由F=BIL求出安培力，由牛顿第二定律求出对导体棒施加的作用力．（2）由匀变速运动的位移公式求出导体棒的位移，然后由能量守恒定律求出拉力所做的功．解答：解：（1）导体棒在cd处速度为：v=at=4 m/s，切割磁感线产生的电动势为：E=BLv=0.8V，回路感应电流为：I==0.4A，导体棒在cd处受安培力：F安=BIL=0.08N，由左手定则可知，安培力方向平行于斜面向上，由牛顿第二定律得：mgsinθ+F﹣F安=ma，解得：F=﹣0.12N，则对导体棒施加的作用力大小为0.12N，方向平行导轨平面向上．（2）ab到cd的距离：x=at2=2m，由能量守恒定律可知：mgxsinθ+W F=Q+mv2，解得：W F=﹣0.3J．答：（1）到达cd位置时，对导体棒施加的作用力是0.12N，方向平行导轨平面向上；（2）导体棒从ab滑到cd过程中作用力F所做的功为﹣0.3J．点评：对导体棒正确受力分析、应用牛顿第二定律是正确解题的关键；应用能量守恒定律可以求出拉力所做的功．。
江西省铅山第一中学2018-2019高二下学期第一次月考物理试卷
1.如图所示的各图象中表示交变电流的是（
）
2.一个矩形线圈在匀强磁场中匀速转动， 产生的感应电动势 e=220 2 sin 100л t( V)，则下列
说法错．误．的是（
）
A.t=0 时,线圈位于中性面 B.t=0.01s 时 ,e 有最大值 C.线圈的转速为 50r/s D.电动势的峰
值为 220 2 V
“山江湖”协作体 2018-2019 学年第二学期高二年级第一次月考
物理试题（统招班）
满分： 100 分 考试时间 90 分钟
一、选择题（本题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分 . 1-7 小题为单选， 8-10 小题为多选。 全部选对的得 4 分，选对但不全得 2 分，有选错的得 0 分。）
3.如图甲所示，标有“ 220V 40W”的灯泡和标有“ 20μ F 300V”的电容器并联到交流电
源上， ○V 为理想交流电压表，交流电源的输出电压如图乙所示，
闭合开关，下列判断正确的是（
）
T
A.t=
时刻，
○V 的示数为零
B.断开开关时灯泡恰好正常发光
2
C.闭合开关时电容器不可能被击穿 不变
D. ○V 的示数保持 110 2 V
C.P 向上滑动时，变压器的输入电流变小
D.P 向上滑动时，变压器的输出功率变大
9. 如图所示， 从匀强磁场中把不发生形变的矩形线圈匀速拉出磁场区，
如果先后两次拉出的
速度之比为 1:2 ，则在先后两种情况下（
）
A. 线圈中的感应电流之比为 1:4 B. 通过线圈导线某横截面的电荷量之比为 1:2
C.线圈中产生的热量之比为 1:2 D. 沿运动方向作用在线圈上的外力功率之比为
分宜县第三高级中学2018-2019学年高二上学期第一次月考试卷物理
分宜县第三高级中学2018-2019学年高二上学期第一次月考试卷物理 班级__________ 座号_____ 姓名__________ 分数__________一、选择题1． 在匀强磁场中,一矩形金属框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动, 如图甲所示,产生的交变电动势的图象如图乙所示,则（ ） A.t=0.005 s 时线框的磁通量变化率为零 B.t=0.01 s 时线框平面与中性面重合 C.线框产生的交变电动势有效值为311 V D.线框产生的交变电动势频率为100 Hz2． 甲、乙两车在平直公路上沿同一方向行驶，其v －t 图像如图所示，在 t ＝0时刻，乙车在甲车前方x 0处，在t ＝t 1时间内甲车的位移为x ．下列判断正确的是（ ）A. 若甲、乙在t 1时刻相遇，则x 0＝13x B. 若甲、乙在12t 时刻相遇，则下次相遇时刻为132t C. 若x 0＝34x ，则甲、乙一定相遇两次 D. 若x 0＝12x ，则甲、乙一定相遇两次3． 如图所示，空间有一正三棱锥OABC ，点A′、B′、C′分别是三条棱的中点。
现在顶点O 处固定一正的点电荷，则下列说法中正确的是A. A′、B′、C′三点的电场强度大小相等B. OABC 所在平面为等势面C. 将一正的试探电荷从A′点沿直线A′B′移到B′点，静电力对该试探电荷先做正功后做负功D. 若A′点的电势为，A 点的电势为，则A′A 连线中点D 处的电势一定小于4． 如图所示，物块A 和B 用细线绕过定滑轮相连，B 物块放在倾角为θ=37°的斜面上刚好不下滑，连接物块B 的细线与斜面垂直，物块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.8，设物块B 受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块A 与B 的质量之比为A. 1：20B. 1：15C. 1：10D. 1：55． 某物体从O 点开始做初速度为零的匀加速直线运动，依次通过A 、B 、C 三点，OA 、AB 、BC 过程经历的时间和发生的位移分别对应如图，经过A 、B 、C 三点时速度分别为、、，以下说法不正确的是（ ）A. 若123::1:2:3t t t =，则::1:3:6A B c v v v =B. 若123::1:2:3t t t =，则123::1:8:27s s s =C. 若123::1:2:3s s s =，则::A B c v v v =D. 若123::1:2:3s s s =，则123::t t t =6． 如图所示为一质点从t ＝0时刻开始，做初速度为零的匀加速直线运动的位移—时间图象，图中斜虚线为t ＝4 s 时对应图象中的点的切线，交时间轴于t ＝2 s 处，由此可知该质点做匀加速运动的加速度为（ ）A. 22m/s B.21m/s 2 C. 23m/s 2 . D. 22m/s 37． 横截面积为S 的铜导线，流过的电流为I ，设单位体积的导体中有n 个自由电子，电子的电荷量为e ，此时电子的定向移动的平均速率设为v ，在时间内，通过导线横截面的自由电子数为A. B.C.D.8． （2016·山东师大附中高三月考）质量为m 的物体放在水平面上，它与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g 。
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一、单选题
江西省新余市分宜中学2018-2019学年高二下学期第一次月考物理试题
1. 一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递减的．关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是
（虚线是曲线在b点的切线）
A．
B．
C．
D．
交点，电荷只受电场力，则下列说法正确的是()
2.如图所示A、B、C为某电场中的三条等势线，其电势分别为3 V、5 V、7 V，实线为带电粒子在电场中运动的轨迹，P、Q为轨迹与A、C的
A．粒子在P点的动能大于Q点动能
B．电荷在P点受到电场力大于在Q点受到的电场力
C．P点电势能大于Q点电势能
D．粒子带负电
3. 一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向．两个比荷（即粒子的电荷量与质量之比）不同的带正电的粒子
和
，从电容器的
点
（如图）以相同的水平速度射入两平行板之间．测得和与电容极板的撞击点到入射点之间的水平距离之比为1:2．若不计重力，则和
的比
荷之比是
A．1:2B．1:8C．2:1D．4:1
4. 如图所示，两段等长细线串接着两个质量、电量相等的带电小球a、b，a带正电、b带负电，悬挂于 O 点
现在空间加上水平向右的匀强电场，
则此装置平衡时的位置可能是下列哪幅图
A．
B．
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C．
D．
5. 在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形abcd，顶点a、c分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图所示
若将一个带负电的粒子置于b点，自由
释放，粒子将沿着对角线bd往复运动
粒子从b点运动到d点的过程中
A．先做匀加速运动，后做匀减速运动
B．先从高电势到低电势，后从低电势到高电势
C．电势能改变量大于机械能改变量
D．电势能先减小后增大
6. 下列说法中正确的是( )
A．在电源内部和外部电路中，正电荷都受静电力的作用，所以能不断地定向移动形成电流
B．静电力与非静电力都可以使电荷移动，所以本质上都是使电荷的电势能减少
C．在电源内部正电荷能从负极到达正极是因为电源内部只存在非静电力而不存在静电力
D．静电力移动电荷做功电势能减少，非静电力移动电荷做功电势能增加
7. 如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地．一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将
平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离
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二、多选题
A．带点油滴将沿竖直方向向上运动B．P点的电势将降低C．带点油滴的电势能将减少D．若电容器的电容减小，则极板
带电量将增大
8. 真空中有一静电场，其在x轴正半轴的电势
随x变化的关系如图所示，则根据图象可知（）
A．R处的电场强度E＝0
B．若试探电荷从x
1处移到x2
处，电场力不一定做正功
C．x
1处与x2
处的电场强度方向相反
D．该电场有可能是处在O点的正的点电荷激发产生的
9. 如图所示，为A、B两电阻的伏安特性曲线，关于两电阻的描述正确的是( A．电阻A的电阻随电流的增大而增大，电阻B阻值不变B．在两图线交点处，电阻A的阻值大于电阻BC．在两图线交点处，电阻A的阻值等于电阻BD．在两图线交点处，电阻A的阻值小于电阻B10. 如图所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置，板长为L，板间距离为d，距板右端L处有一竖直屏M.一带电荷量为q、质量为m的质点以初速度v0沿中线射入两板间，最后垂直打在M上，则下列结论正确的是(已知重力加速度为g)( ) )
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三、实验题
A．两极板间电压为
B．板间电场强度大小为
C．整个过程中质点的重力势能增加
D．若仅增大两极板间距，则该质点不可能垂直打在M上
11. 如图甲所示，在某电场中建立
坐标轴，
、
为
轴上的两点，
、
分别为
、
两点在
轴上的坐标值．一电子仅在电场力作用下
沿
轴运动，该电子的电势能
随其坐标
变化的关系如图乙所示，则下列说法中正确的是（ ）
A．该电场一定不是孤立点电荷形成的电场
B．
点的电场强度小于
点的电场强度
C．电子由
点运动到
点的过程中电场力对其所做的功
D．电子在
点的动能小于在
点的动能
12. 如图所示,平行等距的竖直虚线为某一电场的等势面,一带正电的微粒以一定初速度射入电场后,恰能沿直线A、 B运动,则由此可知()
A．该电场一定是匀强电场，且方向水平向左
B．A点的电势高于B点的电勢
C．微粒从A点到B点，其动能和电势能之和保持不变
D．微粒从A到B点，其电势能増加，机械能减少
13. 某学校学生开展“测金属电阻率”研究性学习活动在“测金属电阻率”实验中，
①螺旋测微器测金属丝的直径的读数如图1，则直径
______mm。
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测得接入电路的金属丝的长度为L，已知其电阻大约为
。
四、解答题
在用伏安法准确测其电阻时，有下列器材供选择，
电流表
量程40mA，内阻约
电流表
量程10mA，内阻约
电压表
量程6V，内阻约
电压表
量程
，内阻约的
滑动变阻器
范围
滑动变阻器
范围
除必选电源
电动势，内阻很小
、导线、开关外，电流表应选______，电压表应选______，滑动变阻器应选______。
填代号
并将设计
好的测量电路原理图画在虚框内
图
___
若电压表、电流表读数用U、I表示，用上述测得的物理量计算金属丝的电阻率的表示式为
______。
14. 一台小型电动机在3V电压下工作，用此电动机提升重力为4N的物体时，通过它的电流是0.2A．在30s内可使该物体被匀速提升3m。若不计一
切摩擦和阻力，求：
(1)电动机的输入功率；
(2)在提升重物的30s内，电动机线圈所产生的热量；
(3)电动机的电阻。
15. 如图所示，电荷量为e，质量为m的电子从A点沿与电场垂直的方向进入匀强电场，初速度为v
0
，当它通过电场中B点时，速度与场强方向成15
0°角，不计电子的重力，求：
（1）电子经过B点的速度多大；
（2）AB两点间的电势差多大．
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16. 半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一质量为m、带正电的珠子，空间存在水平向右的匀强电场，如图所示。珠子所受静电
力是其重力的
倍。将珠子从环上最低位置A点静止释放，则：
(1)珠子所能获得的最大动能是多少？
(2)珠子对圆环的最大压力是多少？
17. 如图甲所示，A、B是两块水平放置的足够长的平行金属板，组成偏转匀强电场，B板接地，A板电势
随时间变化情况如图乙所示，C、D
两平行金属板竖直放置，中间有两正对小孔
和
，两板间电压为
，组成减速电场
现有一带负电粒子在
时刻以一定初速度沿AB两板
间的中轴线
进入，并能从
沿
进入C、D间
已知带电粒子带电荷量为
，质量为m，
不计粒子重力
求：
该粒子进入A、B间的初速度
为多大时，粒子刚好能到达
孔；
在
的条件下，A、B两板长度的最小值；
、B两板间距的最小值．
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