高二(上)周练物理试卷(10.16)
2021年高二上学期物理周练十 含答案
2021年高二上学期物理周练十含答案一、选择题（共10小题，每题5分，计50分；1-7题只有一个正确选项，8-10题有两个或两个以上选项正确，漏选得2分，错选不得分）1、许多科学家在物理学发展过程中做出了重要贡献，下列叙述中符合物理学史实的是（）A.伽利略发现并提出了万有引力定律B.麦克斯韦提出磁场变化时会激发感生电场C.奥斯特发现了电磁感应现象D.卡文迪许提出了真空中两个静止点电荷间的相互作用规律2、一带负电的粒子在电场中做直线运动的v－t图象如图所示，t1、t2时刻分别经过M、N两点，已知在运动过程中粒子仅受电场力作用，则下列判断正确的是( )A．在从M点到N点的过程中，电势能逐渐增大B．M点的电势低于N点的电势C．该电场可能是由某负点电荷形成的D．带电粒子在M点所受电场力小于在N点所受电场力3、电容式传感器是用来将各种非电信号转变为电信号的装置。
由于电容器的电容C取决于极板正对面积S、极板间距离d以及极板间的电介质这几个因素，当某一物理量发生变化时就能引起上述某个因素的变化，从而又可推出另一个物理量的值的变化，如图所示是四种电容式传感器的示意图，关于这四个传感器的作用下列说法不正确的是（）A．甲图的传感器可以用来测量角度 B．乙图的传感器可以用来测量液面的高度C．丙图的传感器可以用来测量压力 D．丁图的传感器可以用来测量速度4、下列有关生产、生活中应用的分析或判断，错误的是( )A．激光打印机是利用静电来实现“打印”的，在传送带上镀银是为了防止静电产生的危害B．制作标准电阻器时要选用温度系数很小的合金（如锰铜合金）材料C．电热水器、电饭煲、电熨斗、电刻笔等都是利用电流的热效应来工作的D．高压线路的检修人员在进行高压带电作业时，穿绝缘服比穿金属网状服更安全5、极光是由来自太阳的高能量带电粒子流高速冲进高空稀薄大气层时,被地球磁场俘获,从而改变原有运动方向,向两极做螺旋运动而形成的.科学家发现并证实,向两极做螺旋运动的这些高能粒子的旋转半径是不断减小的,其原因有下列几种可能:①洛伦兹力对粒子做负功,使其动能减小②空气阻力做负功,使其动能减小③南、北两极的磁感应强度增强④太阳对粒子的引力做负功其中正确的是( )A.①②B.②③C.②④D.③④6、如图所示，边长为2l的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个边长为l的正方形金属导线框所在平面与磁场方向垂直，导线框和虚线框的对角线共线，每条边的材料均相同。
【配套K12】高二物理上学期周练试题(1-17)
丰城中学2015-2016年高二物理周考试卷二一、选择题：（共12小题，48分，1-8题为单选题，9-12为多选题）1、在下图所示的逻辑电路中，当A 、B 端输入的电信号分别为“0”和“0”时，在C 、D 端输出的电信号分别为（ ）A.“1”和“0”B.“0”和“1”C.“0”和“0”D.“1”和“1”2、为了儿童安全，布绒玩具必须检测其中是否存在金属断针，可以先将玩具放置强磁场中，若其中有断针，则断针被磁化，用磁报警装置可以检测到断针的存在．图7所示是磁报警装置中的一部分电路示意图，其中R B 是磁敏传感器，它的电阻随断针的出现而减小，a 、b 接报警器，当传感器R B 所在处出现断针时，电流表的电流I 、ab 两端的电压U 将( )A ．I 变大，U 变大B ．I 变小，U 变小C ．I 变大，U 变小D ．I 变小，U 变大3、如图所示，磁感应强度为B 的匀强磁场分布在边长为L 的等边三角形区域内，磁场的方向垂直纸面向外，中心O 点有一个粒子源，可以向各个方向发射速度大小为v 、质量为m 、电量为q （q>0）的粒子，要想把粒子约束在三角形磁场内，所加的磁感应强度B 至少为 A.qL mv 34 B.qL mv 32 C.qLmv2 D.qL mv4、如图所示，铜质导电板置于匀强磁场中，通电时铜板中电流方向向下，由于磁场的作用，则( ) A ．板左侧聚集较多电子，使b 点电势高于a 点 B ．板左侧聚集较多电子，使a 点电势高于b 点 C ．板右侧聚集较多电子，使a 点电势高于b 点 D ．板右侧聚集较多电子，使b 点电势高于a 点5、如图所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x 轴上且长为2L ，高为L 。
纸面内一边长为L 的正方形导线框沿x 轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t =0时刻恰好位于图中所示的位置。
以顺时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流-位移（I —x ）关系的是（ ）6、如图所示xoy坐标平面在竖直面内，轴沿水平方向，轴正方向竖直向上，在图示空间内有垂直于平面的水平匀强磁场，一带电小球从O 点由静止释放，运动轨迹如图中曲线，关于带电小球的运动，下列说法中正确的是（ ） A 、 OAB 轨迹为半圆B 、 小球运动到最低点A 时速度最大，且沿水平方向C 、 小球在整个运动过程中机械能增加D 、 小球在A 点时受到的洛伦兹力与重力大小相等7、如图所示，水平金属圆盘置于磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场中，圆盘绕金属转轴OO ′以角速度ω沿顺时针方向匀速转动，铜盘的中心及边缘处分别用金属滑片与一理想变压器的原线圈相连。
2021年高二上学期第一次周练 物理试题 含答案
2021年高二上学期第一次周练物理试题含答案1．下列各个量，其中所指为有效值的是( )A．交流电压表的示数B．保险丝的熔断电流C．电容器的击穿电压D．家庭用的220 V交流电压2．关于交变电流的有效值U和最大值U m，下列说法正确的是()A．任何形式的交流电压的有效值都是U＝U m/的关系B．正弦式交变电流具有U＝U m/的关系C．照明电压220 V和动力电压380 V指的都是有效值D．交流电压表和电流表测量的是交流电的最大值3.(xx年高考广东理综卷)如图5－2－8是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的()图5－2－8图5－2－9A．U m/2B．U m/ C．U m/(2) D. U m5．两个完全相同的电热器分别通过如图5－2－12甲和乙所示的电流最大值相等的方波交变电流和正弦式电流，则这两个电热器功率Pa、Pb之比为()图5－2－12A．1∶1 B．2∶1 C．1∶2 D．4∶16.在图5－2－13所示电路中，A是熔断电流I0＝2 A的保险丝，R是可变电阻，S是交流电源．交流电源的内电阻不计，其电动势随时间变化的规律是e＝220sin314t V．为了不使保险丝熔断，可变电阻的阻值应该大于()图5－2－13A．110ΩB．110 ΩC．220 ΩD．220Ω7．(2011年包头高二检测)把一只电热器接在100 V的直流电源上，在t时间内产生的热量为Q，若将它分别接到u1＝100sinωt V和u2＝50sin2ωt V的交流电源上，仍要产生Q的热量，则所需时间分别是()A．t,2t B．2t,8t C．2t,2t D．t,4t8．一电热器接在10 V的直流电源上，产生的热功率为P.把它改接到另一正弦交变电路中，要使产生的热功率为原来的一半，如果忽略电阻值随温度的变化，则该交变电流电压的最大(峰)值应等于()A．5 V B．14 V C．7.1 V D．10 V9.电阻R1、R2与交流电源按照图5－2－14方式连接，R1＝10 Ω，R2＝20 Ω.合上开关S后，通过电阻R2的正弦式交变电流i随时间t变化的情况如图5－2－15所示．则()图5－2－14图5－2－15A．通过R1的电流有效值是1.2 AB．R1两端的电压有效值是6 VC．通过R2的电流最大值是1.2 AD．R2两端的电压最大值是6V10.如图5－2－16所示，一交流发电机的线圈在匀强磁场中匀速转动，线圈匝数N＝100，线圈电阻r＝3 Ω，ab＝cd＝0.5 m，bc＝ad＝0.4 m，磁感应强度B＝0.5 T，电阻R＝311 Ω，当线圈以n＝300 r/min的转速匀速转动时．求：图5－2－16(1)感应电动势的最大值；(2)t＝0时线圈在图示位置，写出此交变电流电动势瞬时值表达式；(3)此电压表的示数是多少．11.如图5－2－17所示，矩形线圈面积为S，匝数为n，内阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω做匀速转动．当它从图中位置转过90°的过程中，求：图5－2－17(1)通过电阻R的电荷量是多少？(2)外力做的功是多大？12．有一交流电压的变化规律为u＝220sin314t V，若将辉光电压为220 V的氖管接上此交流电压，则1 s内氖管的发光时间为多少？(提示：电压u≥220 V时，氖管才发光)28363 6ECB 滋23283 5AF3 嫳37655 9317 錗33106 8152 腒32659 7F93 羓) 31404 7AAC 窬}40696 9EF8 黸]30149 75C5 病39357 99BD 馽P。
2021-2022年高二物理上学期第10周周考试题
2021-2022年高二物理上学期第10周周考试题一.选择题（每小题6分，共48分）1.今有甲、乙两个电阻，在相同时间内流过甲的电荷量是乙的2倍，甲、乙两端的电压之比为1∶2,则甲、乙两个电阻阻值的比值为( )A.1∶2B.1∶3C.1∶4D.1∶52．如图是两个电阻的U－I图线，则a、b所表示的电阻及电阻串联和并联后的UI图线所在的区域分别是( )A．a表示电阻大的图线，两电阻并联后图线在区域ⅢB．a表示电阻小的图线，两电阻串联后图线在区域ⅢC．a表示电阻小的图线，两电阻并联后图线在区域ⅠD．a表示电阻大的图线，两电阻串联后图线在区域Ⅱ3．电阻R1、R2、R3串联在电路中．已知R1＝10 Ω、R3＝5 Ω，R1两端的电压为6 V，R2两端的电压为12 V，则( )A．电路中的电流为0.5 A B．电阻R2的阻值为7.2 ΩC．三只电阻两端的总电压为21 V D．电阻R3消耗的电功率为3.6 W4．如图所示，R2＝R4，电压表的示数为70 V，电压表的示数为50 V，则A与B间的电压为( )A．140 V B．120 V C．100 V D．无法计算5. 如图所示，L1、L2是两个规格不同的灯泡，当它们如图连接时，恰好都能正常发光，设电路两端的电压保持不变，现将变阻器的滑片P 向右移动过程中L 1和L 2两灯的亮度变化情况是( )A ．L 1亮度不变，L 2变暗B ．L 1变暗，L 2变亮C ．L 1变亮，L 2变暗D ．L 1变暗，L 2亮度不变6.如图所示，平行线代表电场线，但未标明方向，一个带正电、电量为10－6 C 的微粒在电场中仅受电场力作用，当它从A 点运动到B 点时动能减少了10－5 J ，已知A 点的电势为－10 V ，则以下判断正确的是（ ）A ．微粒的运动轨迹如图中的虚线1所示；B ．微粒的运动轨迹如图中的虚线2所示；C ．B 点电势为0V ；D ．B 点电势为－20 V7.电位器是变阻器的一种．如右图所示，如果把电位器与灯泡串联起来，利用它改变灯的亮度，下列说法正确的是( )A ．连接A 、B 使滑动触头顺时针转动，灯泡变暗 B ．连接A 、C 使滑动触头逆时针转动，灯泡变亮 C ．连接A 、C 使滑动触头顺时针转动，灯泡变暗D ．连接B 、C 使滑动触头顺时针转动，灯泡变亮8．如图所示，直线a 为某电源的U —I 图线，直线b 为电阻R 的U —I 图线，用该电源和该电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的内阻分别为 ( )AB 21A ．4W ，1ΩB ．6W ，1ΩC ．4W ，0.5ΩD ．2W ，0.5Ω 二．填空题（每空2分，共24分）9．现有一个灵敏电流表，它的满偏电流I g ＝1 mA ，内阻R g ＝200 Ω.若要将它改装成量程为5 A 的电流表，应________一个________ Ω的电阻(取一位有效数字）．10．下图是两个电池外壳上的说明文字：上述进口电池的电动势是______V.上述国产电池最多可放出______mAh 的电荷量，若该电池平均工作电流为0.03 A ，则最多可使用_____h.某型号进口电池 某型号国产电池RECHARGEABLE 1.2V 500mA·hSTANDARD CHARGEGNY0.6(KR-AA) 1.2V 600mA·h RECHARGEABLE STANDARD CHARGE11.某同学在测绘标有“3.8 V,0.3 A”的小灯泡的灯丝电阻R随电压U变化的图象.①除了导线和开关外，有以下一些器材可供选择:（量程100 mA，内阻约2Ω）；电流表：A1（量程0.6 A，内阻约0.3Ω)；A2电压表：V(量程5 V，内阻约5kΩ )；1（量程15 V，内阻约15Ω )；V2（电动势为1.5 V，内阻为0.2Ω）；电源：E1（电动势为4V，内阻约为E20.04Ω）。
高二上学期物理10月月考试卷第16套真题
高二上学期物理10月月考试卷一、单选题1. 了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察与思考往往比掌握知识更重要，下列说法不符合物理学史实的是A . 法拉第最早提出电场的概念，并提出用电场线表示电场B . 牛顿通过“理想斜面实验”，推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”C . 库仑总结出了真空中静止点电荷之间相互作用的规律D . 美国物理学家密立根最早用油滴实验精确地测出了元电荷e的电荷量2. 如图,质量为3 kg的木板放在光滑的水平地面上,质量为1 kg的木块放在木板上,它们之间有摩擦,木板足够长,两者都以4m/s的初速度向相反方向运动.当木板的速度为2.4 m/s时,木块（）A . 处于匀速运动阶段B . 处于减速运动阶段C . 处于加速运动阶段D . 静止不动3. 两带电量分别为q和－q的点电荷放在x轴上，相距为L，能正确反映两电荷连线上场强大小E与x关系的是图（）A .B .C .D .4. 如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线。
在电场力作用下，一带电粒子经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是A . 粒子带正电B . 粒子在A点加速度大C . 粒子在B点动能大D . A，B两点相比，粒子在B点电势能较高5. 如图有一内电阻为4.4Ω的电解槽和一盏标有“110V60W”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120WB . 电解槽消耗的电功率为60WC . 电解槽的发热功率为60WD . 电路消耗的总功率为60W6. 如图所示的电路，将两个相同的电流表分别改装成A1和A2的电流表，把两个电流表并联接入电路中测量电流强度，则下列说法正确的是（）A . A2的指针还没半偏时，A1的指针已经半偏B . A1的指针还没半偏时，A2的指针已经半偏C . A1的读数为1A时，A2的读数为0.6AD . A1的读数为1A时，干路的电流I为1.2A7. 如图所示，直线A为某电源的U－I图线，曲线B为某小灯泡的U–I图线的一部分，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，灯泡恰好能正常发光，则下列说法中正确的是（）A . 此电源的内阻为2/3Ω.B . 灯泡的额定功率为6 WC . 小灯泡的U–I曲线说明电功率越大，灯丝电阻率越小D . 额定状态下，小灯泡阻值为1Ω.二、多选题8. 两金属球带电后相互推斥,如图所示.两悬线跟竖直方向各有一个夹角α、β,且两球在同一水平面上.两球质量用m和M表示,所带电量用q和Q表示。
高二(上)周练物理试卷(10.28)
高二（上）周练物理试卷（10.28）一、单选题（每题6分，共60分，1～7为单选题，8～10为多选题）1.如图所示，完全相同的金属小球和带有等量电荷，系在一个轻质绝缘弹簧两端，放在光滑绝缘水平面上，由于电荷间的相互作用，弹簧比原来缩短了，现将不带电的与、完全相同的金属球先与球接触一下，再与球接触一下，然后拿走，重新平衡后弹簧的压缩量变为（）A. B. C.大于 D.小于2.如图所示，两个平行金属板、竖直放置，两板间加上如图表示的电压．时，板比板电势高，此时在两板的正中央点有一个电子，速度为零，电子在电场力作用下运动．使得电子的位置和速度随时间变化．假设电子始终未与两板相碰，在的时间内，这个电子处于点的右侧，速度方向向左且大小逐渐减小的时间是（）A.B.C.D.3.水平面上，，三点固定着三个电荷量为的正点电荷，将另一质量为的带正电的小球（可视为点电荷）放置在点，恰构成一棱长为的正四面体，如图所示．已知静电力常量为，重力加速度为，为使小球能静止在点，小球所带的电荷量为（）A. B.C. D.4.如图所示，电动势为、内阻不计的电源与三个灯泡和三个电阻相接．只合上开关，三个灯泡都能正常工作．如果再合上，则下列表述正确的是（）A.电源输出功率减小B.上消耗的功率增大C.通过上的电流增大D.通过上的电流增大5.如图甲所示，竖直挡板左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面的水平匀强磁场，电场和磁场的范围足够大，电场强度，磁感应强度随时间变化的关系如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向，时刻，一质量、电荷量的微粒在点具有竖直向下的速度，是挡板上一点，直线与挡板垂直，取，则微粒下一次经过直线时与点的距离为（）A. B. C. D.6.在测量电珠伏安特性实验中，同学们连接的电路中有四个错误电路，如图所示．电源内阻不计，导线连接良好．若将滑动变阻器的触头置于左端，闭合，在向右端滑动触头过程中，会分别出现如下四种现象：．电珠不亮；电流表示数几乎为零；．电珠亮度增加；电流表示数增大；．电珠开始不亮；后来忽然发光；电流表从示数不为零到线圈烧断；．电珠不亮；电流表从示数增大到线圈烧断．与上述四种现象对应的电路序号为（）A ③①②④B ③④②①C ③①④②D ②①④③7.在如图所示电路中，闭合电键，当滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用、、和表示，电表示数变化量的大小分别用、、和表示，下列比值错误的是（）A.不变，不变B.变大，变大C.变大，不变D.变大，不变8.以竖直向上为轴正方向的平面直角系，如图所示．在第一、四象限内存在沿轴负方向的匀强电场，在第二、三象限内存在着沿轴正方向的匀强电场和垂直于平面向外的匀强磁场．现有一质量为、电荷量为的带正电小球从坐标原点以初速度沿与轴正方向成角的方向射出．已知两电场的电场强度，磁场的磁感应强度为，则（）A.小球离开点后第一次经过轴所用的时间B.小球第二次经过轴的坐标C.小球离开点后第三次经过轴的坐标D.若小球以速度大小为且方向与初速度方向相反射出，则小球能再次回到点9.如图所示，一个半径为的导电圆环与一个轴向对称的发散磁场处处正交，环上各点的磁感应强度大小相等，方向均与环面轴线方向成角（环面轴线为竖直方向）．若导线环上载有如图所示的恒定电流，则下列说法正确的是（）A.导电圆环所受安培力方向竖直向下B.导电圆环所受安培力方向竖直向上C.导电圆环所受安培力的大小为D.导电圆环所受安培力的大小为10.如图所示，一个带正电的物块，由静止开始从斜面上点下滑，滑到水平面上的点停下来．已知物块与斜面及水平面间的动摩擦因数相同，且不计物块经过处时的机械能损失，现在所在空间加竖直向下的匀强电场，如图，第二次让物块从点由静止开始下滑，结果物块在水平面上的点停下．后又撤去电场，在所在空间加水平向里的匀强磁场，如图，再次让物块从点由静止开始下滑，结果物块沿斜面滑下并在水平面上的 ″点停下来．则下列说法中正确的是（）A.点一定在B.点一定与点左侧点重合C. ″点一定在点右侧D. ″点一定与点重合二、实验题11.某同学在做《自来水电阻率的测定》课题时，先在一根均匀的长玻璃管两端各装了一个电极，用如图所示电路进行测量．两电极相距，其间充满待测的自来水．图中器材如下：电压表（量程，内阻约）、电流表（量程，内阻约）、滑动变阻器、电池组（电动势，内阻）、单刀单掷开关一个、导线若干．表是他测量通过管中自来水柱的电流及两端电压的实验数据．实验中他还用分度的游标卡尺测量了玻璃管的内径，结果如图所示玻璃管内径的测量值为________；根据表数据在图坐标中作出图象，根据图象求出电阻________；用直接测量值计算自来水电阻率的公式是________，测量值为________（保留两位有效数字）；请在虚线框内画出测量自来水电阻的电路图．12.现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统，当要求热敏电阻的温度达到或超过时，系统报警．提供的器材有：热敏电阻，报警器（内阻很小，流过的电流超过时就会报警），电阻箱（最大阻值为），直流电源（输出电压为，内阻不计），滑动变阻器（最大阻值为），滑动变阻器（最大阻值为），单刀双掷开关一个，导线若干．在室温下对系统进行调节，已知约为，约为；流过报警器的电流超过时，报警器可能损坏；该热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，在时阻值为．在答题卡上完成待调节的报警系统原理电路图的连线．在电路中应选用滑动变阻器________（填“ ”或“ ”）．按照下列步骤调节此报警系统：①电路接通前，需将电阻箱调到一定的阻值，根据实验要求，这一阻值为________；滑动变阻器的滑片应置于________（填“ ”或“ ”）端附近，不能置于另一端的原因是________．②将开关向________（填“ ”或“ ”）端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至________．保持滑动变阻器滑片的位置不变，将开关向另一端闭合，报警系统即可正常使用．四、计算题13.两个用电器的额定电压都是，额定电流分别是和．把这两个用电器并联后接在电压为的电路中，要使它们正常工作，应附加多大电阻？怎样连接？功率至少需多大？如果把它们串联后接在的电路上，要使它们正常工作，应该怎样做？14.如图，水平放置的金属薄板、间有匀强电场，已知板电势高于板．电场强度，间距．板上有一小孔，恰好在孔的正上方，距离．从处每隔相等时间间隔由静止释放一个质量的带电小球．第个带电小球的电量，第个带电小球的电量．取．求：第个带电小球从下落至板的时间；第几个带电小球将不能抵达板；第问中该带电小球下落过程中机械能的变化量．15.如图所示的空间分为、、三个区域，各边界面相互平行，区域存在匀强电场，电场强度，方向垂直边界面向右．、区域存在匀强磁场，磁场的方向分别为垂直纸面向外和垂直纸面向里，磁感应强度分别为、．三个区域宽度分别为、，一质量、电荷量的粒子从点由静止释放，粒子的重力忽略不计．求：粒子离开区域时的速度大小；粒子在区域内运动时间；粒子离开区域时速度与边界面的夹角．答案1. 【答案】D【解析】由于电荷间的相互作用，弹簧比原来缩短，故原来两球带等量异种电荷，将不带电的与，完全相同的金属球与球接触一下，再与球接触一下，然后拿走，根据接触起电的电荷分配原则，判断小球后来的带电量．运用假设法，假设压缩量变为原来的，判断库仑力和弹簧弹力的大小关系，从而确定最终的压缩量．【解答】解：由于电荷间的相互作用，弹簧比原来缩短，故原来两球带等量异种电荷，设、两球带电量分别为、，弹簧的劲度系数为．开始球处于平衡，库仑力等于弹簧的弹力，有：．将球与球接触后，两球的带电量为，再与球接触后，的带电量为，假设压缩量变为原来的，则弹力为，库仑力为为：，因为压缩量变小了，则两球间的距离变大，所以弹力大于库仑力，则知压缩量不能是原来的，要比小．故正确，、、错误．故选：．2. 【答案】A【解析】平行板电容器两极板带电后形成匀强电场，带电离子在电场中受到力的作用，根据牛顿第二定律求出加速度，根据运动学基本公式分析即可求解．【解答】解：在时间内，板比板电势高，，方向水平向左，所以电子所受电场力方向向右，加速度方向也向右，所以电子向右做匀加速直线运动；在时间内，板比板电势低，电场强度方向水平向右，所以电子所受电场力方向向左，加速度方向也向左，所以电子向右做匀减速直线运动，当时速度为零；在时间内，板比板电势低，电场强度方向水平向右，所以电子所受电场力方向向左，加速度方向也向左，所以电子向左做匀加速直线运动；在时间内，板比板电势高，电场强度方向水平向左，所以电子所受电场力方向向右，加速度方向也向右，所以电子向左做匀减速直线运动，到时刻速度为零，恰好又回到点．综上分析可知：在时间内，这个电子处于点的右侧，速度方向向左且大小逐渐减小．故选3. 【答案】C【解析】对其中小球受力分析，由共点力的平衡条件可得出小球所受重力的大小和小球受到的库仑力，由库仑力公式可得出小球所带电荷量．【解答】解：对小球进行受力分析，小球受重力和，，处正点电荷施加的库仑力．将，，处正点电荷施加的库仑力正交分解到水平方向和竖直方向．设是，，处正点电荷施加的库仑力方向与竖直方向的夹角，将库仑力分解到水平方向与竖直方向，根据竖直方向平衡条件得：在竖直方向根据几何关系得解得故选．4. 【答案】C【解析】由题，只合上开关，三个灯泡都能正常工作，再合上，并联部分的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化．由于电源的内阻不计，电源的输出功率，与电流成正比．的电压等于并联部分总电压，并联部分的电压随着其电阻的减小而减小，分析上消耗的功率变化，判断通过上的电流变化．【解答】解：、只合上开关，三个灯泡都能正常工作，再合上，并联部分的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流增大．由于电源的内阻不计，电源的输出功率，与电流成正比，则电源输出功率增大．故错误．、由于并联部分的电阻减小，根据串联电路的特点，并联部分分担的电压减小，两端的电压减小，其消耗的功率减小．故错误．、再合上，外电路总电阻减小，干路电流增大，而在干路中，通过上的电流增大．故正确．、并联部分的电压减小，通过上的电流将减小．故错误．故选：．5. 【答案】A【解析】微粒所受电场力和重力平衡，知微粒先在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力求出轨道半径和周期的大小，确定出在内转过半个圆周，从而求出微粒再次经过直线时与点的距离．【解答】解：由题意可知，微粒所受的重力为：电场力大小为：因此重力与电场力平衡．微粒先在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有：解得：由解得：则微粒在内转过半个圆周，再次经直线´时与点的距离为：故选：6. 【答案】A【解析】本题考查对故障电路的判断，可以根据电路去分析可能出现的故障，再与现象对应起来即可找出正确答案；要注意电表的正确接法、滑动变阻器的接法．【解答】解：①中电流表测量干流电流，不能测灯泡中的电流；故电流表接线错误；将滑动变阻器的触头置于左端，闭合后电珠不亮，在向右端滑动触头过程中，电珠逐渐变亮，由于总电阻减小，干路电流增大，电流表示数增大，是；在②中安培表连接错误，应该连接在干路上，开始时滑动变阻器的电阻最大，通过电珠的电流太小，电珠不亮，在向右端滑动触头过程中，电珠后来忽然发光，由于大部分电流流过电流表造成电流表从示数不为零到线圈烧断，是；在③中伏特表和安培表应该互换位置，由于伏特表串联造成电珠不亮，电流表示数几乎为零，是；在④中安培表使电珠短路，电珠始终不亮，电流表从示数增大到线圈烧断，是．即①②③④分别对应．正确的是．故选．7. 【答案】B【解析】由题意知：是定值电阻，根据欧姆定律得知．变阻器是可变电阻，根据闭合电路欧姆定律研究、与电源内阻的关系，再分析选择．【解答】解：、根据欧姆定律得知：．故当滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，、均不变．故正确．、，，变大．根据闭合电路欧姆定律得：，则有，不变．故错误，正确．、，变大．根据闭合电路欧姆定律得：，则有，不变．故正确．本题选错误的，故选8. 【答案】A,D【解析】小球在第一象限中运动时，根据牛顿第二定律，可求出加速度大小与方向，再由运动学公式，即可求解小球离开点后第一次经过轴所用的时间；根据电场力与重力平衡，可知，粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律，列式可得，半径关系．从而由粒子做平抛运动，运用运动学公式可得，每次经过轴的坐标，从而即可求解；根据粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律与几何关系可知，初速度的大小．【解答】解：、设小球在第一象限中的加速度为，由牛顿第二定律得：得到，方向与的方向相反，在第一象限中小球先匀减速运动再反向匀加速运动，所以，故正确．、小球第一次经过轴后，在第二、三象限内由，电场力与重力平衡，故做匀速圆周运动．设轨迹半径为．有得：，小球第二次经过轴的坐标，故错误．、时间后第三次经过轴，在第一、四象限内做类平抛运动，有得：小球第二次经过轴与第三次经过轴的距离为：小球第三次经过轴的坐标，故错误．、若小球沿与轴正方向成射出时小球的运动轨迹如图所示，有即得：，故正确．故选：9. 【答案】B,D【解析】先据矢量的分解将磁感应强度分解为水平方向和顺直方向；由左手定则判断环所受安培力方向，由安培力公式求出环所受安培力大小．【解答】解：、把磁感应强度分解为水平分量与竖直分量，竖直方向的磁场对环形电流的安培力为零，由左手定则可知，水平方向的磁场对电流的安培力竖直向上，即导电圆环所受安培力竖直向上，故错误，正确；、把磁感应强度分解为水平分量与竖直分量，竖直方向的磁场对环形电流的安培力为零，那么水平磁场对电流的安培力水平，故错误，正确；故选：．10. 【答案】B,C【解析】根据动能定理分别对不加电场和加电场两种情况进行研究：不加电场时，整个过程中重力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理列出表达式；加电场时，重力和电场力做正功，摩擦力做负功，再由动能定理列出表达式，分析物体在水平上滑行的位移关系，判断点与点的位置关系．【解答】解：设物体的质量为，电量为，电场强度大小为，斜面的倾角为，动摩擦因数为．根据动能定理、不加电场时： …①加电场时： …②将两式对比得到，，则点一定与点重合．故错误，正确；、加磁场时， …③比较①③两式可得，所以 ″点一定在点右侧，故正确，错误．故选：．11. 【答案】; ; ,; 如图所示．【解析】游标卡尺读数固定刻度读数+游标尺读数；; 根据表数据在图坐标中作出图象，图象的斜率表示电阻；; 根据电阻定律公式和欧姆定律公式列式后联立求解电阻率；; 对照实物图画出原理图即可．【解答】解：游标卡尺读数为； ;用直尺将各点连接，舍去偏离较远的点，画出的图象如图所示，可求出电阻; 根据电阻定律，有：；根据欧姆定律，有：；其中；可得; 对照实物图画出原理图，如图所示：12. 【答案】如上图；; ; ,,保证报警器的安全使用,,报警器开始报警;【解析】分析实验，明确实验原理，根据题目要求即可明确电路结构；; 根据欧姆定律确定电路中的电阻，则可明确滑动变阻器的选择；; 根据仪器原理进行分析，明确电阻箱的作用以及实验过程和实验安全的分析，则可以明确滑动变阻器的调节和实验现象．; 【解答】解：根据题意可知，本实验要求能用电阻箱进行校准，故电阻箱应与热敏电阻并联，利用单刀双掷开关进行控制；它们再与报警器和滑动变阻器串联即可起到报警作用；故连线如图所示； ; 电压为，而报警时的电流为；此时电阻约为：；而热敏电阻的阻值约为；故滑动变阻器接入电阻约为；故应选择；;①因要求热敏电阻达到时报警；此时电阻为；故应将电阻箱调节至；然后由最大调节滑动变阻器，直至报警器报警；故开始时滑片应在端；目的是让电流由小到大调节，保证报警器的安全使用；②将开关接到端与电阻箱连接，调节滑动变阻器直至报警器开始报警即可；然后再接入热敏电阻，电路即可正常工作；;13. 【答案】需串联的电阻，功率至少需是；; 如果把它们串联后接在的电路上，需给额定电流是的用电器并联的电阻．【解析】电路电压大于用电器的额定电压，要使用电器正常工作，在电路中应串联一个分压电阻，根据串并联电路的特点及欧姆定律可求出串联电阻的阻值．; 如果把它们串联后联入电路中，且使通过的电流为，通过的电流为，就必须在两端并联一个分流电阻，使其分去的电流，然后结合欧姆定律分析即可．【解答】解：两个用电器的额定电压都是，并联后接入的电路上就能正常工作；而今电路的电压是，大于，故应串联一个分压电阻，使其分担电压，这个附加电阻通过的电流，应等于通过两用电器的电流之和，电路连接情况如图所示．即应串联一个的分压电阻，其功率为．; 由于两个用电器的额定电流不同，所以不能把他们简单地串联在电路上，如果把它们串联后联入电路中，且使通过的电流为（这时两端电压等于），通过的电流为（这时两端的电压也等于），就必须在两端并联一个分流电阻，使其分去的电流，如图所示，要使两个用电器都能正常工作，的阻值和功率应分别为额．答：需串联的电阻，功率至少需是；如果把它们串联后接在的电路上，需给额定电流是的用电器并联的电阻．14. 【答案】第个带电小球从下落至板的时间为；; 第个带电小球将不能抵达板；; 第问中该带电小球下落过程中机械能的变化量为．【解析】小球先做自由落体运动，由运动学位移公式求出自由下落到小孔的时间，由位移速度公式求出到达板小孔的速度．小球在匀强电场中做匀加速运动，根据牛顿第二定律和运动学位移公式结合时间，即可得到总时间．; 随着小球电量的增大，进入电场的小球会做匀减速运动，当小球刚好到达板的速度为零时，根据动能定理求出这个小球的电量，即可根据条件：求解．; 由上题的结果，结合机械能的变化量等于电场力做功，由功能关系求解．【解答】解：对于小球自由下落的过程，有解得，；小球到达小孔时的速度为；小球在匀强电场中的加速度；由得：，解得：．故第个带电小球从下落至板的时间为; 对第小球，对全过程运用动能定理得：，得，则，即第个小球恰好抵达板，则第个小球不能到达板；; 对第小球，设进入电场的深度为．根据动能定理得：，解得，所以机械能的变化量为机．答：第个带电小球从下落至板的时间为；第个带电小球将不能抵达板；第问中该带电小球下落过程中机械能的变化量为．15. 【答案】解：粒子在电场中做匀加速直线运动，由动能定理有解得；; 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为，则解得设在区内圆周运动的圆心角为，则解得粒子在区运动周期粒子在区运动时间解得; 设粒子在区做圆周运动道半径为，则解得粒子运动轨迹如图所示，由几何关系可知为等边三角形粒子离开区域时速度与边界面的夹角【解析】粒子在电场中只受电场力做功，由动能定理可求得粒子离开区域时的速度；;粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律可得出粒子运动半径，由几何关系可得出粒子在中转过的圆心角，则可求得粒子运动的时间；; 由牛顿第二定律可求得粒子区域中的半径，由几何关系可得出粒子离开时与边界面的夹角．【解答】解：粒子在电场中做匀加速直线运动，由动能定理有解得；; 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为，则解得设在区内圆周运动的圆心角为，则解得粒子在区运动周期粒子在区运动时间解得; 设粒子在区做圆周运动道半径为，则解得粒子运动轨迹如图所示，由几何关系可知为等边三角形粒子离开区域时速度与边界面的夹角。
高二物理上学期第周周练试题高二全册物理试题
嗦夺市安培阳光实验学校横峰中学2016-17学年度上学期周练（第13周）高二年级物理试卷一、选择题：（本题包括6小题，共60分，每小题只有一个选项符合题意）1、如图所示为伏安法测电阻的一种常用电路，以下分析正确的是：( ) A．此接法的测量值大于真实值B．此接法的测量值小于真实值C．此接法要求待测电阻值小于电流表内阻D．开始实验时滑动变阻器滑动头P应处在最左端2．粗细均匀的金属环上A、B、C、D 四点把其周长分成四等分，如图所示，当A、B点接入电路中时，圆环消耗的电功率为P；当A、D点接入电路中时，圆环消耗的电功率为：（电源内阻不计）A．3P；B．4P/3；C． P；D．3P/43．如图所示的电路中，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片P向左移动，则( )A．电容器中的电场强度将增大 B ．电容器上的电荷量将减少C ．电容器的电容将减小 D．液滴将向上运动4.如图所示，直线a为某电源的U—I图线，直线b为电阻R的U—I图线，用该电源和该电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的内阻分别为( )A．4W，1ΩB．6W，1ΩC．4W，0.5ΩD．2W，0.5Ω5．某同学用伏安法测小灯泡的电阻时，误将电流表和电压表接成如图7所示的电路．接通电源后，可能出现的情况是( )A．电流表烧坏B．电压表烧坏C．小灯泡烧坏D．小灯泡不亮6．两个电压表甲、乙是由完全相同的电流表改装而成，它们的量程分别为5 V、15 V，为了测量15～20 V的电压，把甲、乙串联起来使用，则两表的( ) A．读数相同B．指针偏转角度相同C．读数反比于表的内阻D．指针偏转角度正比于表的内阻二、实验题：（本题包括1小题，共20分；第1个空5分，其他每空3分）第1题第2题ErR1PR2第3题第4题7（1）．用多用表的欧姆挡测量阻值约为几十千欧的电阻R x ，以下给出的是可能的实验操作步骤，其中S 为选择开关，P 为欧姆挡调零旋钮。
高二物理周练试题(..)
嗦夺市安培阳光实验学校高安二中高二（）周练物理试卷一．选择题（6分×6＝36分）1.关于磁场以及磁场力的下列说法正确的是（）A.电流所激发的磁场方向用左手定则来判断，安培力的方向用安培定则来判断B.磁场中的某一点的磁场强弱与该点是否放入通电导线无关C.洛仑兹力的大小与带电粒子的带电量、磁场的强弱有关，与带电粒子的速度无关D.安培力的方向有时与磁场方向垂直，有时与磁场方向不垂直2.用两个相同的G表改装成量程不同的电流表A1和A2，其中A1的量程是A2的2倍，现将它们接入电路，下列说法正确的是( ) A.若两表串联，则指针偏角θ1＜θ2，两表示数相等 B.若两表串联，则指针偏角θ1＝θ2，A1示数大于A2示数 C.若两表并联，则指针偏角θ1＝θ2，两表示数相等 D.若两表并联，则指针偏角θ1＞θ2，两表示数相等3.某区域的电场线分布如图所示,其中间一根电场线是直线,一带正电的粒子从直线上的O 点由静止开始在电场力作用下运动到A 点.取O 点为坐标原点,沿直线向右为x 轴正方向,粒子的重力忽略不计.在O 到A 运动过程中,下列关于粒子运动速度v 和加速度a 随时间t 的变化、粒子的动能Ek 和运动径迹上电势φ 随位移x 的变化图线可能正确的是( )4.如图所示两根平行放置的长直导线a和b载有大小相同，方向相反的电流，a受到的磁场力大小为F1，当加入一与导线所在平面垂直的匀强磁场后，a受到的磁场力大小变为F2，则此时b受到的磁场力大小变为（）A.F2B.F1-F2C.F1+F2D.2F1-F25.如图所示电路中，定值电阻R大于电源内阻r，当滑动变阻器滑动端向右滑动后，理想电流表A1、A2、A3的示数变化量的绝对值分别为ΔI1、ΔI2、ΔI3，理想电压表示数变化量的绝对值为ΔU，下列说法中正确的是（）A.电流表A2的示数一定变小B.电压表V的示数一定增大C.ΔI3一定大于ΔI2D.ΔU与ΔI1比值一定小于电源内阻r6.将一小球从高处水平抛出，最初2s内小球动能E k随时间t变化的图像如图所示，不计空气阻力，取g=10m/s2。
[推荐学习]高二物理上学期周练试卷(10.22,含解析)
河南省开封高中 2015～2016 学年度高二上学期周练物理试卷（10.22）一、选择题（每小题5分，共65 分．其中第1、4、6、11、13 题为单选题，全部选对得5分，少选得3 分，多选、选错或不选得0分）1．电场线分布如图所示，电场中a，b 两点的电场强度大小分别为已知E a 和E b，电势分别为φa 和φb，则（）A．E a＞E b，φa＞φb B．E a＞E b，φa＜φb C．E a＜E b，φa＞φb D．E a＜E b，φa＜φb2．电视显像管的第二和第三阳极是两个直径相同的同轴金属圆筒．两电极间的电场即为显像管中的主聚焦电场．图示为主聚焦电场中的等势面，数字表示电势值，若有平行于中心轴线的电子束入射，则下列说法中正确的是（）A．若电子束从左边入射，在中心轴线方向上，电子束将加速 B．若电子束从右边入射，在中心轴线方向上，电子束将加速 C．若电子束从左边入射，在电场的作用下，某个电子的运动轨迹可能为A D．若电子束从左边入射，在电场的作用下，某个电子的运动轨迹可能为B3．如图所示，虚线a、b、c 是电场中三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，一个带正电的质点仅受电场力作用下通过该区域，图中实线为其运动轨迹，P、O、Q 是轨迹上的三点．下列说法中正确的是（）A．带电质点可能是从P点向Q点运动，v P 一定小于v QB．三个等势面中，等势面c的电势最高 C．带电质点通过PO 时电场力做功比通过O Q 时做功大 D．带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时小4．电场中有一点P，下列说法正确的是（）A．放在P点电荷的电量加倍，则该点的场强也加倍B．若P点没有检验电荷，则该点的场强为零C．P 点的场强越大，则同一电荷在P点受到的电场力越大D．P 点的场强方向为检验电荷在该点的受力方向5．如图所示，当K闭合后，一带电微粒在平行板电容器间处于静止状态，下列说法正确的是（）A．保持K闭合，使P滑动片向左滑动，微粒仍静止 B．打开K后，使两板错开一定距离，微粒仍静止 C．打开K后，使两极板靠近，则微粒将向上运动 D．打开K后，使两极板靠近，则微粒仍保持静止6．如图所示，真空中M、N 处放置两等量异种电荷， a、b、c 表示电场中的三条等势线，d 点和e点位于等势线a 上，f 点位于等势线c 上，df 平行于MN．已知一带正电的试探电荷从d 点移动到f 点时，试探电荷的电势能增加，则以下判定正确的是（）A．M 点处放置的是正电荷B．d 点的电势高于f点的电势C．d 点的场强与f点的场强完全相同D．将带正电的试探电荷沿直线由d点移动到e点，电场力先做正功，后做负功7．两个点电荷Q1、Q2 固定于x轴上，将一带正电的试探电荷从足够远处沿x轴负方向移近Q2（位于坐标原点）的过程中，试探电荷的电势能E p 随位置变化的关系如图所示，则下列判断正确的是（）A．M 点电势为零，N 点场强为零B．M 点场强为零，N 点电势为零C．Q1 带负电，Q2 带正电，且Q2 电荷量较小D．Q1 带正电，Q2 带负电，且Q2 电荷量较大8．如图，A、B 是电荷量都为Q的两个正点电荷．O 是它们连线的中点，P，P′是它们连线中垂线上对称的两个点．从P点由静止释放一个电子，不计电子重力．则（）A．电子将一直向上做加速运动B．电子将向O 点加速运动，到O 点速度最大C．电子在向O 点运动的过程中，电势能增大D．电子将在P P'之间做周期性的往复运动9．在真空中有一匀强电场，电场中有一质量m=0.01g，带电荷量q=﹣2×10﹣8C 的尘埃沿水平方向向右做匀速直线运动，g=10m/s2，则（）A．场强的方向一定沿水平方向B．场强的方向一定竖直向下C．场强的方向一定竖直向上D．场强的大小一定为E=5×103N/C10．如图所示，A、B 两个带电小球的质量均为m，所带电量分别为+q 和﹣q，两球间用绝缘细线连接，A 球又用绝缘细线悬挂在天花板上，细线长均为L．现在两球所在的空间加上一方向向左的匀强电场，电场强度，由于有空气阻力，A、B 两球最后会达到新的平衡位置，则在这个过程中，两个小球（）A．总重力势能增加了B．总重力势能增加了C．总电势能减少了D．总电势能减少了11．一个初动能为E k 的带电粒子，以速度V垂直电场线方向飞入两块平行金属板间，飞出时动能为3E k．如果这个带电粒子的初速度增加到原来的2倍，不计重力，那么该粒子飞出时动能为（）A．4.5 E k B．4 E k C．6 E kD．9.5 E k12．如图所示，用绝缘轻质细线悬吊一质量为m、电荷量为q的小球，在空间施加一匀强电场，使小球保持静止时细线与竖直方向成θ角（已知θ满足0＜θ＜45°），则所加匀强电场的电场强度的可能值为（）A ．B ．C ．D ．13．如图所示为伏安法测电阻的一种常用电路．下列分析中正确的是（）A ．此接法的测量值大于真实值B ．此接法的测量值小于真实值 C ．此接法要求待测电阻值小于电流表内阻 D ．开始实验时滑动变阻器滑片 P 应处在最左端二．计算题（共 35 分，14 题 18 分．15 题 17 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）14．某同学欲测一电阻 R x 的阻值（约为 300Ω）可供选择的仪器有：电流表 A 1，量程 10mA ；电流 表 A 2，量程 0.6A ；电压表 V 1，量程 3V ；电压表 V 2，量程 15V ；电源电动势为 4.5V ．请同学们按 图接好电路，闭合 S 1 后，把开关 S 2 拨至 a 时，发现两电表的指针偏转的角度都在满偏的处；再把 开关 S 2 拨至 b 时，发现其中一个电表的指针偏转几乎不变，另一个电表的指针偏转的角度在满偏的处；该同学在实验中所选电压表的量程为 所选电流表的量程为 R x 的测量值为 ．若电键接触 a 时，电流表 I a=5.0mA ，电压表 U a=2.7V ；当电键接触 b 时，电流表 I b=4.0mA ，电压表 Ub=2.8V ，为使测量误差较小，应将电键接触 端；则该电阻的测量值 为 ，测量值比该电阻的真实值 ．15．如图甲所示，电荷量为 q =1×10﹣4C 的带正电的小物块置于绝缘水平面上，所在空间存在方向沿水平向右的电场，电场强度 E 的大小与时间的关系如图乙所示，物块运动速度与时间 t 的关系如图 丙所示，取重力加速度 g =10m/s 2．求：（1）前两秒电场力做功多少？物块的质量多少？（3）物块与水平面间的动摩擦因数．河南省开封高中2015～2016 学年度高二上学期周练物理试卷（10.22）参考答案与试题解析一、选择题（每小题5分，共65 分．其中第1、4、6、11、13 题为单选题，全部选对得5分，少选得3 分，多选、选错或不选得0分）1．电场线分布如图所示，电场中a，b 两点的电场强度大小分别为已知E a 和E b，电势分别为φa 和φb，则（）A．E a＞E b，φa＞φb B．E a＞E b，φa＜φb C．E a＜E b，φa＞φb D．E a＜E b，φa＜φb【考点】电势；电场强度；电场线．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场线可以形象的描述电场的分布，电场线密的地方，电场强度大，沿电场电势降低，据此可正确解答本题．【解答】解：根据电场线疏密表示电场强度大小，E a＜E b；根据沿电场线电势降低，φa＞φb，故ABD 错误，C 正确．故选C．【点评】本题考查用电场线如何表示的电场强度大小及电势高低．2．电视显像管的第二和第三阳极是两个直径相同的同轴金属圆筒．两电极间的电场即为显像管中的主聚焦电场．图示为主聚焦电场中的等势面，数字表示电势值，若有平行于中心轴线的电子束入射，则下列说法中正确的是（）A．若电子束从左边入射，在中心轴线方向上，电子束将加速 B．若电子束从右边入射，在中心轴线方向上，电子束将加速 C．若电子束从左边入射，在电场的作用下，某个电子的运动轨迹可能为A D．若电子束从左边入射，在电场的作用下，某个电子的运动轨迹可能为B【考点】等势面；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】压轴题；电场力与电势的性质专题．【分析】电场线与等势面垂直，负电荷逆着电场线运动电场力做正功，根据轨迹弯曲方向判断电荷的受力方向．【解答】解：A、B：由图象可知，电场线的方向向左，若电子束从左边入射，在中心轴线方向上，电子束将加速，故A正确，B 错误；C、D：电场线与等势面垂直，电子受力的方向与电场线的方向相反，故若电子束从左边入射，在电场的作用下，某个电子的运动轨迹可能为A，C 正确，D 错误．故选A C【点评】做好本题的关键是根据等势面画出电场线，再由负电荷在电场中的运动判断．3．如图所示，虚线a、b、c 是电场中三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，一个带正电的质点仅受电场力作用下通过该区域，图中实线为其运动轨迹，P、O、Q 是轨迹上的三点．下列说法中正确的是（）A．带电质点可能是从P点向Q点运动，v P 一定小于v QB．三个等势面中，等势面c的电势最高 C．带电质点通过PO 时电场力做功比通过O Q 时做功大 D．带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时小【考点】等势面；动能定理的应用；电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】据带电微粒的运动情况可以确定带电微粒的受力情况，从而确定a bc 三个等势面的电势的高低；根据等势面的疏密可以确定电场线的疏密，从而确定带电微粒在P点和Q点的电场力的大小关系，这样就可以知道带电微粒通过P点和Q点时加速度的大小关系；根据电场力做功可以确定带电微粒在P 点和Q点时动能和电势能的大小关系．【解答】解：A、带电微粒在从P向Q运动的过程中电场力做正功，故微粒在P点时的动能小于在Q 点的动能．则P点速率小．故A正确B、若带电微粒从P点进入电场，由图可知带电微粒所受电场力由c等势面指向b等势面，由于微粒带正电，故c等势面的电势最高．故B正确．C、因是等差等势面，是带电质点通过P O 时电场力做功与通过O Q 时做功一样大．故C错误D、由于电场线越密等势线越密，由图可知P点的场强大于Q点的场强，故带电微粒在P处所受的电场力大于在Q点所受的电场力，故带电微粒通过P点时的加速度大．故D错误．故选：AB【点评】本题的难度较大，解题的突破口是根据带电微粒的运动情况可以确定正电荷的受力情况，从而确定电势的高低．4．电场中有一点P，下列说法正确的是（）A．放在P点电荷的电量加倍，则该点的场强也加倍B．若P点没有检验电荷，则该点的场强为零C．P 点的场强越大，则同一电荷在P点受到的电场力越大D．P 点的场强方向为检验电荷在该点的受力方向【考点】电场强度．【分析】电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关；场强公式E=，采用比值法下的定义；利用场强方向的规定判断场强方向与电场力的方向．【解答】解：AB、电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关，所以在p点电荷减半或无检验电荷，P 点的场强不变，故A B 错误．C、据F=Eq 知，P 点的场强越大，则同一电荷在P点所受的电场力越大，故C正确．D、据场强方向的规定，正电荷所受电场力的方向与场强方向相同，所以P点的场强方向为正电荷在该点的受力方向，故D错误．故选：C．【点评】明确电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关；场强公式E=，只是为研究电场的方便，采用比值法下的定义；场强方向的规定判断场强方向与电场力的方向的依据．5．如图所示，当K闭合后，一带电微粒在平行板电容器间处于静止状态，下列说法正确的是（）A．保持K闭合，使P滑动片向左滑动，微粒仍静止 B．打开K后，使两板错开一定距离，微粒仍静止 C．打开K后，使两极板靠近，则微粒将向上运动 D．打开K后，使两极板靠近，则微粒仍保持静止【考点】电容器的动态分析．【专题】电容器专题．【分析】当S闭合后，带电微粒在平行板电容器间处于静止状态，合力为零，电场力与重力平衡．保持S闭合，电容器板间电压不变，若板间距离也不变，板间的场强不变，微粒仍处于静止状态．打开S后，根据电容的决定式C=，分析电容的变化，由电容的定义式C=分析电压的变化．再由E=分析板间场强的变化，即可判断带电微粒的运动状态．【解答】解：A、保持S闭合，电容器板间电压不变，使滑动片P向左滑动，板间距离不变，则由E=分析得知，板间场强仍保持不变，带电微粒所受的电场力不变，仍处于静止状态．故A正确． B、打开S后，电量不变，使两板错开一定距离，两极板正对面积减小，由C=知，电容减小，电容的定义式C=知，电压增大，由E=分析得知板间场强增大，微粒将向上运动．故B错误．C、D 由C=，C=，E=得到极板间场强E=，E 与板间距离无关，故使两极板靠近，板间场强不变，带电微粒所受的电场力不变，则带电微粒仍处于静止状态．故C错误，D 正确．故选A D 【点评】本题关键要抓住不变量进行分析：电容器与电源保持相连，板间电压保持不变；充电后与电源断开后，电量不变．电量、正对面积不变时，改变板间距离，板间场强不变．6．如图所示，真空中M、N 处放置两等量异种电荷，a、b、c 表示电场中的三条等势线，d 点和e点位于等势线a 上，f 点位于等势线c 上，df 平行于MN．已知一带正电的试探电荷从d 点移动到f 点时，试探电荷的电势能增加，则以下判定正确的是（）A．M 点处放置的是正电荷B．d 点的电势高于f点的电势C．d 点的场强与f点的场强完全相同D．将带正电的试探电荷沿直线由d点移动到e点，电场力先做正功，后做负功【考点】电场线．【分析】由电场力对正电荷做功可得电势的高低，再由电场线与电势的关系分析电场的方向．进而判断电荷的受力情况．【解答】解：A、B、因正电荷由d到f电场力做负功，电势能增加，则电势升高．故f点电势高于d 点电势．则N点为正电荷，故A错误，B 错误．C、d 点与f点为关于两电荷的中垂线对称，则场强大小相等但方向不同，故C错误．D、将带正电的试探电荷沿直线由d点移动到 e 点，电势能先减小再增大到原来值，故电场力先做正功、后做负功．故D正确．故选：D【点评】在电场中跟据带电粒子运动轨迹和电场线关系判断电场强度、电势、电势能、动能等变化是对学生基本要求，也是重点知识，要重点掌握7．两个点电荷Q1、Q2 固定于x轴上，将一带正电的试探电荷从足够远处沿x轴负方向移近Q2（位于坐标原点）的过程中，试探电荷的电势能E p 随位置变化的关系如图所示，则下列判断正确的是（）A．M 点电势为零，N 点场强为零B．M 点场强为零，N 点电势为零C．Q1 带负电，Q2 带正电，且Q2 电荷量较小D．Q1 带正电，Q2 带负电，且Q2 电荷量较大【考点】电势能；电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】由图读出电势能E P，由φ=，分析电势．E P﹣x 图象的斜率=F，即斜率大小等于电场力大小．由F=qE，分析场强．析电势变化，确定场强的方向，由N点场强为零，判断两电荷的电性和电量的大小．【解答】解：AB 、由图知，M 点电势能与无穷远处的电势能相等，E P =0，由 φ= ，分析得知，M 点电势 φ=0．E P ﹣x 图象的斜率=F=qE ，则知 N 点场强为零．故 A 正确，B 错误． CD 、根据正电荷在电势高处电势能大，可知，带正电的试探电荷从远处移近 Q 2 的过程中，电势能 减小，电势先降低后升高，说明 Q 1 带负电，Q 2 带正电，N 点场强为零，由 E =k知，Q 2 电荷量较 小．故 C 正确，D 错误．故选：AC ．【点评】本题一要抓住 E P ﹣x 图象的斜率率=F=qE ，分析场强的变化．二要根据推论正电荷在 电势高处电势能大，分析电势的变化，确定电荷的电性．8．如图，A 、B 是电荷量都为 Q 的两个正点电荷．O 是它们连线的中点，P ，P ′是它们连线中垂线上 对称的两个点．从 P 点由静止释放一个电子，不计电子重力．则（ ）A ．电子将一直向上做加速运动B ．电子将向 O 点加速运动，到 O 点速度最大C ．电子在向 O 点运动的过程中，电势能增大D ．电子将在 P P'之间做周期性的往复运动【考点】点电荷的场强；电场的叠加．【分析】在等量的正电荷的电场中，所有的点的电势都是正的，根据矢量的合成法则可以知道，在 它们的连线中垂线上的点的电场强度的方向都是沿着中垂线指向外的，由此可以判断电场的情况和 电子的运动的情况．【解答】解：A 、根据矢量的合成可以知道，在两个电荷连线中点的电场的场强是零，在无穷远处 的电场的场强也是零，所以电子沿着中垂线运动时，电子受的力必定是先增加再减小，所以电子不 可能一直向上做加速运动，所以 A 错误． B 、由于连线中垂线上的点的电场强度的方向都是沿着中垂线指向外的，所以电子受到的电场力是 指向 O 点的，所以电子将向 O 点加速运动，到 O 点速度最大，故 B 正确．C 、电子在向 O 点运动的过程中，电场力做正功，电势能减小，所以 C 错误．D 、根据 B 的分析，电子将向 O 点加速运动，在远离 O 点的过程中减速，减为零之后再反向加速， 不断地重复这个过程，所以 D 正确．故选 B D ．【点评】本题考查的就是点电荷的电场的分布及特点，这要求同学对于基本的几种电场的情况要了 解，本题看的就是学生的基本知识的掌握情况，比较简单．9．在真空中有一匀强电场，电场中有一质量 m =0.01g ，带电荷量 q =﹣2×10﹣8C 的尘埃沿水平方向向 右做匀速直线运动，g=10m/s 2，则（ ）A ．场强的方向一定沿水平方向B ．场强的方向一定竖直向下C ．场强的方向一定竖直向上D ．场强的大小一定为E =5×103N/C 【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系． 【专题】电场力与电势的性质专题． 【分析】尘埃在匀强电场中沿水平方向向右做匀速直线运动，受到的电场力与重力平衡，根据平衡 条件求出电场强度大小和方向． 【解答】解：由题，尘埃在匀强电场中沿水平方向向右做匀速直线运动，受到的电场力与重力平 衡，则电场力方向竖直向上，而尘埃带负电，所以电场强度方向竖直向下．根据平衡条件得： mg=qE ，得：E=N/C=5×103N/C ． 故选：BD ．【点评】解决本题的关键根据受力平衡求出电场强度的大小和方向，以及知道电场强度的方向与正 电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反．10．如图所示，A 、B 两个带电小球的质量均为 m ，所带电量分别为+q 和﹣q ，两球间用绝缘细线连 接，A 球又用绝缘细线悬挂在天花板上，细线长均为 L ．现在两球所在的空间加上一方向向左的匀强电场，电场强度，由于有空气阻力，A 、B 两球最后会达到新的平衡位置，则在这个过程 中，两个小球（）A ．总重力势能增加了B ．总重力势能增加了C ．总电势能减少了D ．总电势能减少了 【考点】电势能；机械能守恒定律． 【专题】电场力与电势的性质专题． 【分析】加上电场后 B 球向左运动，达到平衡后，对整体由平衡条件得知，A 球不动，B 球向左偏 转 45°，上升的高度为 h =L （1﹣cos45°），即可求出重力势能的增加量和电势能的变化量．【解答】解：A 、B 加上电场后 B 球向左运动，达到平衡后，由于 q E=mg ，由平衡条件对整体研究可知，A 球不 动，B 球向左偏转 45°，上升的高度为 h =L （1﹣cos45°），则总重力势能增加了△E P =mgh=．故 A 正确，B 错误．C 、D 、B 球沿电场力方向移动的距离为 d =，则总电势能减少了 q Ed=．故 C 错误，D 正 确． 故选 A D【点评】本题的解题关键是确定平衡后两球的位置，再根据重力做功和电场力做功，研究重力势能 和电势能的变化．11．一个初动能为 E k 的带电粒子，以速度 V 垂直电场线方向飞入两块平行金属板间，飞出时动能为 3E k ．如果这个带电粒子的初速度增加到原来的 2 倍，不计重力，那么该粒子飞出时动能为（ ）A ．4.5 E kB ．4 E kC ．6 E kD ．9.5E k【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】带电粒子垂直飞入匀强电场中，做类平抛运动，运用运动的分解法，得出偏转距离与初速 度和初动能的关系，由动能定理得到电场力做功与初动能的关系式，再用同样的方法得到初速度增 加到原来 2 倍时电场力做功与初动能的关系，由动能定理求解该粒子飞出时的动能．【解答】解：设平行金属板的长度为 L ，板间距离为 d ，场强为 E ． 当初速度为 v 时，则有：y=at 2=（）2=…① 根据动能定理得，qEy=3E k ﹣E k ，得：2E k =…② 当初速度为 2V 时，同理可得：y ′==…③电场力做功为W ′=qEy ′=…④ 由②④比较得：W ′=0.5E k 根据动能定理得：W ′=E k ′﹣4E k ，得：E k ′=4.5E k故选：A【点评】本题是动能定理和类平抛运动知识的综合应用，用相同的物理量表示电场力做功是解题的 关键．12．如图所示，用绝缘轻质细线悬吊一质量为 m 、电荷量为 q 的小球，在空间施加一匀强电场，使 小球保持静止时细线与竖直方向成 θ 角（已知 θ 满足 0＜θ＜45°），则所加匀强电场的电场强度的可 能值为（ ）A ．B ．C ．D ．【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】小球保持静止时受到重力、电场力和细线的拉力，运用作图法分析什么条件下电场力最小，再场强公式E =得到场强的最小值，再分析E的可能值．【解答】解：小球保持静止时受到重力m g、电场力F和细线的拉力T，作出力图如图．根据作图法可知，当电场力F与细线垂直时，电场力最小，最小值为：F=mgsinθ则场强的最小值为：E==电场力F可能等于m g，E 可能为；当F水平时，F=mgtanθ，E= F 不可能等于mgtanθ，则E 不可能等于；故选：ABC．【点评】本题相当于物体平衡中极值问题，通过作图法分析解答是常用的方法，也可以采用数学函数法求解．13．如图所示为伏安法测电阻的一种常用电路．下列分析中正确的是（）A．此接法的测量值大于真实值 B．此接法的测量值小于真实值 C．此接法要求待测电阻值小于电流表内阻 D．开始实验时滑动变阻器滑片P应处在最左端【考点】伏安法测电阻．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】由电路图可知，该实验采用的是滑动变阻器的分压接法，电流表的内接法；（1）电流表外接法，由于电压表的分流作用，使电流表测的电流大于流过电阻的电流，测量值小于真实值；待测电阻越小，电压表的分流作用越小，电流表测的电流越接近流过电阻的真实值，实验误差越小．电流表内接法，由于电流表的分压作用，使电压表测的电压大于待测电阻两端的电压，测量值大于真实值；待测电阻阻值越大，电流表分压影响越小，电压表的测量值越接近真实值，实 验误差越小． 为保证电路安全，采用滑动变阻器分压接法时，在闭合开关前，要求滑动变阻器滑片移到分压电阻 为零的位置．【解答】解：（1）实验采用电流表的内接法，电流的测量值 I 是真实的，由于电流表的分压作用，电压测量值 U 偏大，由 R =可知， 测量值偏大，测量值大于真实值，故 A 正确，B 错误； 伏安法测电阻，当待测电阻阻值远大于电流表内阻时，采用内接法，故 C 错误；（3）实验采用的是滑动变阻器的分压接法，为保证电路安全， 开始实验时滑动变阻器滑片 P 应处在最右端，此时分压电路电压为零，故 D 错误； 故选 A ．【点评】本题考查了伏安法测电阻实验电路分析、实验注意事项、实验误差分析等问题，难度不是 很大，熟练掌握基础知识即可正确解题．二．计算题（共 35 分，14 题 18 分．15 题 17 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）14．某同学欲测一电阻 R x 的阻值（约为 300Ω）可供选择的仪器有：电流表 A 1，量程 10mA ；电流 表 A 2，量程 0.6A ；电压表 V 1，量程 3V ；电压表 V 2，量程 15V ；电源电动势为 4.5V ．请同学们按 图接好电路，闭合 S 1 后，把开关 S 2 拨至 a 时，发现两电表的指针偏转的角度都在满偏的处；再把 开关 S 2 拨至 b 时，发现其中一个电表的指针偏转几乎不变，另一个电表的指针偏转的角度在满偏的处；该同学在实验中所选电压表的量程为 3V 所选电流表的量程为 10mA R x 的测量值为 320Ω ．若电键接触 a 时，电流表 I a=5.0mA ，电压表 U a=2.7V ；当电键接触 b 时，电流表 I b=4.0mA ，电压表 Ub=2.8V ，为使测量误差较小，应将电键接触 B 端；则该电阻的测量值为 700Ω ，测量值比 该电阻的真实值 偏大 ．【考点】伏安法测电阻． 【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】（1）电源电动势为 4.5V ，如果选择 15V 档位，偏转五分之四达到 12V ，超过电源的电动势， 故电压表选择的是低档位； 电压表读数几乎不变，电流表读数变化明显，说明电压表分流作用明显，即待测电阻的电阻值与电 压表内阻相接近，而伏特表电阻较大，至少几千欧姆，故电流表选 10mA 挡；（3）根据欧姆定律和电路的串并联知识列式求解即可．（4）根据两电表的示数变化，可知哪一个电表测量误差较大，则可以选出较准确的方法．。
安徽省阜阳市第一中学2019-2020学年高二物理上学期第10次周练试题(实验班,PDF)
C.导电圆环所受安培力的大小为 2BIR
D.导电圆环所受安培力的大小为 2πBIRsin θ
7．如图所示，两平行光滑金属导轨 MN、PQ 间距为 l，与电动势为 E、内阻不计的电源相连，质量为 m、电阻为 R
的金属棒 ab 垂直于导轨放置构成闭合回路，回路平面与水平面的夹角为θ，回路其余电阻不计．为使 ab 棒静止，
带正电的小圆环套在竖直杆上，小圆环质量为 m，电量为 q，与杆之间的动摩擦因数为μ，将小圆环由静止释放，下
落高度 h 后运动达到稳定，则小圆环从开始运动到速度刚刚达到稳定的这一过程中，下面说法正确的是（ ）
A．小圆环运动的最大加速度等于 g
试卷第 2页，总 4页
mg B．小圆环运动的最大速度等于 qB
rac
rab cos 37 ， rbc
rab
cos 53 联立解得：
Ia Ib
16 9
右侧的安培力，线圈所受的安培力合力方向向左，则线圈
将向左运动。
4．C【解析】弧长为
L，圆心角为
π 4
，则半径
R
L π 4
4L π
设弦长 AC=x 则 x2 2R2 2R2 cos 45
解得： x 4
度也就最小，由左手定则可知此时磁场方向垂直于回路平
面向下，再由平衡关系可知 IlB＝mgsin θ，其中 I＝ E ，
R
可得磁感应强度 B＝ mgR sin ，故选项 D 正确，ABC 错误
El
9．C【解析】当载流子为负电荷时，由左手定则可知，负 电荷偏向电极 N，则电极 M 的电势高于电极 N；当载流子 为正电荷时，由左手定则可知，正电荷偏向电极 N，电极 M 的电势低于电极 N；故选 C. 10．AC【解析】AB、由题意知，小滑块运动一段距离 l 后 离开斜面，则小滑块受到的洛伦兹力垂直斜面向上，根据 左手定则可知小滑块带正电， CD、由题意知，当滑块离开斜面时，有：Bqv=mgcos ，解 得 v= =2 m/s；滑块在离开斜面之前一直做匀加速直 线运动，其加速度 a=gsin =5m/s2，由 v2=2al，解得
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高二（上）周练物理试卷（10.16） 一、选择题
1.封闭在玻璃瓶中一定质量的气体，如果保持气体体积不变，当玻璃瓶所处的环境温度升高时，以下说法正确的是（不计玻璃瓶体积的变化）（ ） A.玻璃瓶中每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多 B.玻璃瓶中每个气体分子的动能增大 C.玻璃瓶中气体的压强减小 D.玻璃瓶中气体的密度减小
2.对一定质量的理想气体，下列说法正确的是（ ） A.气体的体积是所有气体分子的体积之和 B.气体温度越高，气体分子的热运动就越剧烈 C.气体对容器的压强是由大量气体分子对容器不断碰撞而产生的 D.当气体膨胀时，气体分子的势能减小，因而气体的内能一定减少
3.下列说法中正确的是（ ） A.一定质量的气体温度不变，压强增大时，其体积也增大 B.一定质量的气体被压缩时，气体压强不一定增大 C.气体压强是由气体分子间的斥力产生的 D.在完全失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁没有压强
4.下列对气体压强的描述错误的是（ ） A.在完全失重状态下，气体压强为零 B.气体温度升高时，压强有可能减小 C.气体压强是由于大量气体分子对器壁的频繁碰撞而产生的 D.温度升高，气体压强不变，则相同时间分子对器壁的撞击次数一定减少
5.航天员穿的航天服，从地面到达太空时内部气体将急剧膨胀，若航天服内气体的温度不变，将航天服视为封闭系统．则航天服内气体（ ） A.放热 B.压强减小 C.分子的热运动加剧 D.分子间的引力和斥力都减少
6.下列说法正确的是（ ） A.阴雨天，空气相对湿度较小 B.分子间距离越小，分子间作用力越小 C.气体体积是指所有气体分子体积的总和 D.气体压强是大量气体分子碰撞器壁的结果
7.对于理想气体，下列说法正确的是（ ） A.当温度升高时，体积必定增大 B.当压强增大时，体积必定减小 C.当压强和温度不变时，体积可能增大 D.当温度不变，压强增大时，体积必定减小
8.下列说法中正确的是（ ） A.分子势能随分子间距离的增大而减小 B.超级钢具有高强韧性，其中的晶体颗粒有规则的几何形状 C.压强为 时，一定量的水蒸发为同温度的水蒸气，吸收的热量等于其增加的内能 D.水的温度升高时，水分子的速度都增大
9.下列说法正确的是 A.液体的分子势能与液体的体积无关 B.为了保存玉米地水分，可以锄松地面，破坏土壤里的毛细管 C.从微观角度看，气体对容器的压强是大量气体分子对容器壁的频繁碰撞引起的 D.扩散现象可以在液体、气体中进行，不能在固体中发生．
10.对于一定质量的理想气体，下列四个论述中正确的是（ ） A.当分子热运动变剧烈时，压强必变大 B.当分子热运动变剧烈时，压强可以不变 C.当分子间的平均距离变大时，压强必变小 D.当分子间的平均距离变大时，压强必变大
11.一定质量的理想气体，保持温度不变，压缩气体，则（ ） A.气体分子的平均速率增大 B.每个气体分子的动能都不变 C.容器单位面积上受到分子撞击的平均作用力增大 D.气体分子单位时间内与容器单位面积碰撞的分子数增加
12.关于气体压强，下列说法正确的是（ ） A.气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力 B.气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁单位时间内的平均作用力 C.气体分子热运动的平均动能减小，气体的压强一定减小 D.单位体积的气体分子数增加，气体的压强一定增大
13.下列说法正确的是（ ） A.把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面，这是由于水表面存在表面张力的缘故 B.水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，为是因为油脂使水的表面张力增大的缘故 C.在围绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果 D.在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关 E.当两薄玻璃板间夹有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，这是由于水膜具有表面张力的缘故
14.下列说法中正确的是（ ） A.当空气相对湿度越大时，空气中水蒸气的实际压强越接近同温度下水的饱和气压，人的体表的水分蒸发越快 B.由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力 C.电流通过电阻后发热，它的内能增加是通过“热传递”方式实现的 D.晶体熔化时吸收热量，分子平均动能一定增大
15.下列说法中正确的是（ ） A.当分子间的距离小于 时，分子势能随着分子间距离的减小而减小 B.制作晶体管、集成电路只能用单晶体 C.在一定温度下，饱和汽的分子数密度是一定的，饱和汽压强也是一定的 D.一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的 E.一定质量的理想气体，温度升髙，其内能可能不变
16.晶体内部的分子有序排列为如图所示的空间点阵（图中的小黑点表示晶体分子 ），图中 、 、 为等长的三条直线．下列说法中正确的是（ ）
A. 处的晶体分子可以沿三条直线发生定向移动 B.三条直线上晶体分子的数目相同，表明晶体的物理性质是各向同性的 C.三条直线上晶体分子的数目不同，表明晶体的物理性质是各向异性的 D.以上说法均不正确
17.分子动理论以及固体、液体的性质是热学的重要内容，下列说法正确的是（ ） A.多晶体具有各向异性的性质 B.叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用 C.同温度的氧气和氢气相比，氧气分子的平均动能大 D.当两分子间距离大于平衡位置间距 时，分子间的距离越大，分子势能越小
18.下列物理事实说法正确的是（ ） A.蔗糖受潮后会粘在一起形成糖块，说明一定条件下晶体可以转变为非晶体 B.雨天伞面不漏水，是纱线被水浸湿后孔隙间水膜的表面张力的作用效果 C.加热的水中撒一点胡椒粉，胡椒粉在水中翻滚，说明温度越高布朗运动越激烈 D.焦耳热功当量实验说明做功和热传递改变物体的内能是等效的
19.下列说法中正确的有（ ） A.任何物质都有特定的熔点 B.没有规则几何体性状的物体一定不是晶体 C.微粒做布朗运动的轨迹就是分子的运动轨迹 D.液体很难被压缩，说明液体压缩时分子间的斥力大于引力
20.下列说法正确的是（ ） A.多晶体没有确定的熔点 B.小露珠呈球形是因为液体表面有张力 C.悬浮在液体中的微粒越小布朗运动越不明显 D.分子间的距离减小斥力和引力都变小 二、计算题
21.一滴露水的体积大约是 ，如果一只极小的虫子来喝水，每分钟喝
个水分子，它需要多少年才能喝完这滴露水？（一年按 天计算）
22.一定量的气体从外界吸收了 的热量，内能增加了 ，是气体对外界做功，还是外界对气体做功？做了多少 的功？ 答案 1. 【答案】A 【解析】质量一定的气体，体积不变，当温度升高时，是一个等容变化．压强变大．压强变大的原因是： 温度升高：气体的平均动能增加； 单位时间内撞击单位面积的器壁的分子数增多． 【解答】解： 、变化为等容变化，温度升高，分子密度不变但分子平均动能增大，故每秒撞击单位面积的器壁的分子数增多．故 正确； 、温度升高，气体的平均动能增加，但不是每个分子的动能都增加．故 错误．
、温度升高，根据理想气体状态方程 则 增大．故 错误． 、质量一定，体积一定，所以气体的密度不变．故 错误． 故选： ． 2. 【答案】B,C 【解析】根据气体分子间空隙很大，气体分子的体积很小，气体的体积指的是气体占据的空间．根据温度的微观含义、压强产生的微观机理分析．根据内能的概念分析气体膨胀时内能如何变化． 【解答】解： 、气体分子间空隙很大，气体的体积大于所有气体分子的体积之和．故 错误． 、温度的微观含义是反映物体内分子的热运动剧烈程度，温度越高，分子热运动越剧烈．故 正确． 、气体的压强产生的机理是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的，故 正确． 、当气体膨胀时，气体分子之间的距离增大，但温度的变化无法判断，所以内能变化无法判断．故 错误 故选 、 3. 【答案】B 【解析】解答本题需要掌握：正确应用理想气体状态方程判断气体状态参量的变化；理解被封闭气体压强产生的原因． 【解答】解： 、根据气态方程可知，一定质量的气体温度不变，压强增大时，体积减小，故 错误； 、一定质量的气体被压缩时，由于温度的变化不明确，因此其体积可能增大、减小或不变，故 正确； 、被封闭气体压强是由大量分子对器壁的撞击产生的，故 错误； 、在完全失重时，不影响分子的热运动，不影响大量分子对器壁的撞击，故 错误． 故选 ． 4. 【答案】A 【解析】气体的压强不是由重力产生的，是由气体分子对器壁的碰撞产生的，失重状态下，气体仍在作无规则的热运动，所以气体分子对器壁的碰撞没有停止，因而有压强． 【解答】解： 、气体的压强不是由重力产生的，是由气体分子对器壁的碰撞产生的，失重状态下，气体仍在作无规则的热运动，所以气体分子对器壁的碰撞没有停止，因而有压强．故 错误． 、压强大小有两方面决定：气体分子的密集程度，气体分子的平均动能．气体温度升高时，气体分子的平均动能增大，压强有增大的趋势，但是如果气体体积增加的更多，导致气体分子的密集程度大大减小，有可能压强会减小．故 说法正确，不选． 、压强是大量分子频繁地碰撞器壁，就对器壁产生持续、均匀的压力．所以从分子动理论的观点看来，气体的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力．故 正确，不选． 、温度升高，气体分子的平均动能增大，压强有增大的趋势，但是气体压强不变，一定是气体体积增加，导致气体分子的密集程度减小，则相同时间分子对器壁的撞击次数一定减少．故 正确，不选． 故选： ． 5. 【答案】B,D 【解析】判断气体的吸热与放热可根据热力学第一定律 得知，气体的温度不变，气体的压强可从玻意耳定律 得知．分子的热运动与温度有关，分子间的引力和斥力与分子间的距离有关． 【解答】解： ．根据热力学第一定律 ，温度不变，内能不变，气体将急剧膨胀，气体对外界做功， 取负值，可知 为正值，即吸热．故 错误． ．根据玻意耳定律 知，体积增大，压强减小．故 正确． ．分子的热运动与温度有关，温度不变，分子的热运动不会加剧．故 错误． ．气体的体积增大，分子间的距离增大，分子间的引力和斥力都减小． 故选： ． 6. 【答案】D 【解析】绝对湿度是指单位体积的空气中含有水蒸汽重量的实际数值．饱和湿度是指在一定的气压和一定的温度的条件下、单位体积的空气中能够含有水蒸汽的极限数值．空气相对湿度空气中的绝对湿度与同温度下的饱和绝对湿度的比值． 【解答】解： 、阴雨天，空气中的绝对湿度大，所以导致空气相对湿度较大，故 错误． 、分子间作用力与分子间距离关心如图，实线所示，分子间距为 时，分子间的作用力为