山东省新泰二中2021年高三上学期12月月考物理试卷+Word版含答案

年高三上学期12月月考物理试题含答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题3分，共18分．每小题只有一个选项符合题意．1．许多科学家在物理学发展中作出了重要的贡献，下列表述正确的是（）A．伽利略认为自由落体运动是速度随位移均匀变化的运动，并通过实验得到验证B．牛顿发现了万有引力定律，并计算出太阳与地球问引力的大小C．卡文迪许通过实验测得了万有引力常量D．奥斯特发现了电流的磁效应，并总结出了电磁感应规律2．如图所示，水平地面上固定着一根竖直立柱，某人用绳子通过柱顶的定滑轮将重物拉住，不计滑轮摩擦。

则在人拉着绳子的一端缓慢向右移动的过程中（）A．地面对人的摩擦力逐渐增大，绳对滑轮的压力逐渐减小B．地面对人的摩擦力逐渐减小，绳对滑轮的压力保持不变C．地面对人的摩擦力逐渐减小，绳对滑轮的压力逐渐增大D．地面对人的摩擦力逐渐增大，绳对滑轮的压力保持不变2．我国“嫦娥二号”探月卫星于2010年10月1日成功发射，目前正在离月球表面h高度处的圆形轨道上运行。

已知“嫦娥二号”在该轨道上运行的周期为T，月球半径为R，月球表面处的重力加速度为g，引力常量为G。

根据以上信息，不可以求出的物理量是（）A．探月卫星的线速度大小B．月球的平均密度C．探月卫星的动能大小D．探月卫星所在处的引力加速度大小4．如图所示电路中，L1、L2为两只相同灯泡，R为光敏电阻（随光照的增强电阻减小），当光照强度逐渐增强的过程中，下列判断正确的是（）A．L1、L2两灯均逐渐变暗B．L1灯逐渐变暗，L2灯逐渐变亮C．电源内电路消耗功率逐渐减小D．光敏电阻R和灯泡L1消耗的总功率逐渐增大5.如图所示，一个静止的质量为m、电荷量为q的粒子（重力忽略不计），经加速电压U加速后，垂直进入磁感应强度为B的匀强磁RL1SE rL2场中，粒子打到P 点，OP=x ，能正确反映x 与U 之间关系的是（ ） A ．x 与U 成正比 B ．x 与U 成反比C ．x 与成正比D ．x 与成反比6. 如图所示，质量为m 、电荷量为e 的质子以某一初速度从坐标原点O 沿x 轴正方向进入场区，若场区仅存在平行于y 轴向上的匀强电场时，质子通过P （d ，d ）点时的动能为；若场区仅存在垂直于xoy 平面的匀强磁场时，质子也能通过P 点。

2021年高三12月月考试题物理含答案一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分.在每题给出的四个选项中，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，有选错或不答的得0分）1、如图所示，电源内阻不能忽略，开关闭合后，灯泡A、B均发光。

现将滑动触头向右移动，下列说法正确的是（A）A灯变亮、B灯变暗（B）A灯变暗、B灯变亮（C）电源路端电压一定增大（D）电源的输出功率一定增大2．某物体的位移图像如图所示，则下列叙述正确（）A．物体运动的轨迹是抛物线B．物体一直向正方向运动C．8s内物体运动所能达到的最大位移为80mD．在t=4s时刻，物体的瞬时速度为零3．如下图所示，一滑块从弧形轨道上的A点，由静止开始下滑。

由于轨道不光滑，它仅能滑到B点，而返回后又仅能滑到C点，若AB两点高度差为，BC两点间高度差为，必有( )A． B．C．D．条件不足，无法判断4．如图所示，不计重力的正电粒子以一定的水平初速度射入平行金属板间竖直的匀强电场中，则下列说法正确的是（以下各情况，粒子均能穿过电场）（A）增大初速度大小，其他条件不变，粒子穿过电场的偏转位移变大（B）滑动触头向上移动，其他条件不变，粒子穿过电场的偏转位移变大（C）适当增大两板间距离，其他条件不变，粒子穿过电场的偏转位移变大（D ）适当增大两板间距离，其他条件不变，粒子穿过电场的时间变大5． 2007年11月5日,“嫦娥一号”探月卫星沿地月转移轨道到达月球，在距月球表面200km 的P 点进行第一次“刹车制动”后被月球捕获,进入椭圆轨道Ⅰ绕月飞行, 如图所示。

之后，卫星在P 点又经过两次“刹车制动”，最终在 距月球表面200km 的圆形轨道Ⅲ上绕月球做匀速圆周运动． 则下面说法正确的是 （ ）A ．卫星在轨道Ⅲ上运动的周期将比沿轨道Ⅰ运动的周期长；B ．卫星在轨道Ⅲ上运动的周期还是比沿轨道Ⅰ运动的周期短；C ．卫星在轨道Ⅲ上运动的加速度小于 沿轨道Ⅰ运动到P 点 （尚未制动）时的加速度；D ．卫星在轨道Ⅲ上运动的加速度等于沿轨道Ⅰ运动到P 点 （尚未制动）时的加速度。

2021年高三上学期12月月考物理试卷含答案一、选择题（每小题至少一个正确答案，每题5分，共50分）1．关于质点和参考系，下列说法中正确的是（）A．质点就是体积很小的点B．研究人造地球卫星绕地球一周的时间时，卫星可以被看作质点C．只有静止的物体才可以被选做参考系D．“小小竹排水中游，巍巍青山两岸走．”歌词中“巍巍青山两岸走”是以河岸为参考系2．如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，B、C为水平的，其距离d=0.50m盆边缘的高度为h=0.30m．在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止出发下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ=0.10．小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B的距离为（）A．0.50m B．0.25m C．0.10m D．03．从斜面上某一位置，每隔0.1s释放一个小球，在连续释放几颗小球后，对在斜面上滚动的小球拍下照片，如图所示，测得x AB=20cm，x BC=25cm，则下列说法正确的是（）A．小球的加速度为5m/s2 B．拍摄时B球的速度为4.5m/sC．拍摄时x CD的大小为0.3m D．A球上方滚动的小球还有2颗4．在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB=2BC，如图所示．由此可知（）A．电场力为3mg B．小球带正电C．小球从A到B与从B到C的运动时间相等D．小球从A到B与从B到C的速度变化量的大小相等5．最近两年以来，地震在世界各地频频出现，让人感觉地球正处于很“活跃”的时期．地震波既有横波，也有纵波，若我国地震局截获了一列沿x轴正方向传播的地震横波，在t（图中实线）与（t＋0.4） s（图中虚线）两个时刻x轴上－3～3 km区间内的波形图如图所示，则下列说法正确的是（填正确答案标号。

保密★启用前2021年高三12月月考理科综合物理试题含答案第Ⅰ卷二、选择题：本题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14.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，方向如图所示．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15.如图所示，一个带负电的物体从粗糙斜面顶端滑到底端，速度为v。

若加上一个垂直纸面向外的磁场，则滑到底端时( )A．v变大B．v变小C．v不变D．不能确定v的变化16.如图所示，在赤道处，将一小球向东水平抛出，落地点为a；给小球带上电荷后，仍以原来的速度抛出，考虑地磁场的影响，下列说法正确的是( )A．无论小球带何种电荷小球仍会落在a点B．无论小球带何种电荷小球下落时间都会延长C．若小球带负电荷，小球会落在更远的b点D．若小球带正电荷，小球会落在更远的b点17.如图所示，AC是一个用长为L的导线弯成的、以O为圆心的四分之一圆弧，将其放置在与平面AOC垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中。

当在该导线中通以由C到A，大小为I的恒定电流时，该导线受到的安培力的大小和方向是( ) A ．BIL ，平行于OC 向左 B.22BILπ，平行于OC 向右 C.22BILπ，垂直AC 的连线指向左下方 D ．22BIL ，垂直AC 的连线指向左下方18.如图所示，在圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab 是圆的一条直径．一带正电的粒子从a 点射入磁场，速度大小为2v ，方向与ab 成30°时恰好从b 点飞出磁场，粒子在磁场中运动的时间为t .若仅将速度大小改为v ，则粒子在磁场中运动的时间为(不计粒子重力)( )A ．3t B.32 tC.12t D ．2t 19. 水平面上有U 形导轨NM 、PQ ，它们之间的宽度为L ，M 和P 之间接入电源，现垂直于导轨搁一根质量为m 的金属棒ab ，棒与导轨间的动摩擦因数为μ(滑动摩擦力略小于最大静摩擦力)，通过棒的电流强度为I ，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于金属棒ab ，与垂直导轨平面的方向夹角为θ，如图所示，金属棒 处于静止状态，重力加速度为g ，则金属棒所受的摩擦力大小可能为( ) A ．BIL sin θ B ．BIL cos θ C ．μ(mg －BIL sin θ) D ．μ(mg ＋BIL cos θ)20.回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理如图所示。

2021年高三上学期12月月考（五）物理试题 Word版含答案二、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，第14～18小题只有一项符合题目要求，第19～21小题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分) 14．如图所示，桌面上固定一个光滑竖直挡板，现将一个长方形物块A与截面为三角形的垫块B叠放在一起，用水平外力F缓缓向左推动B，使A缓慢升高，设各接触面均光滑，则该过程中(D)A．A和B均受三个力作用而平衡B．B对桌面的压力越来越大C．A对B的压力越来越小D．推力F的大小恒定不变【解析】设B的倾角为θ，对A物体受力分析，如图所示，则F3与竖直方向的夹角为θ，由平衡条件，F3cos θ＝G A，F3sin θ＝F2，所以A对B的压力不变，C错；A受三个力的作用，B受四个力的作用，A错；对A、B整体受力分析，可知B对桌面的压力F′＝G A＋G B，推力F ＝F2，B错；推力F不变，D对。

15．如图所示，质量为M的木楔ABC静置于粗糙水平面上，在斜面顶端将一质量为m的物体，以一定的初速度从A点沿平行斜面的方向推出，物体m沿斜面向下做减速运动，在减速运动过程中，下列有关说法中正确的是(A)A．地面对木楔的支持力大于(M＋m)gB．地面对木楔的支持力小于(M＋m)gC．地面对木楔的支持力等于(M＋m)gD．地面对木楔的摩擦力为0【解析】由于物体m沿斜面向下做减速运动，则物体的加速度方向与运动方向相反，即沿斜面向上，则其沿竖直向上的方向有分量，故系统处于超重状态，所以可确定A 正确、B 、C 错误；同理可知，加速度沿水平方向的分量向右，说明地面对木楔的摩擦力方向水平向右，故D 错误。

16．如图所示，将带正电的甲球放在不带电的乙球左侧，两球在空间形成了稳定的静电场，实线为电场线，虚线为等势线。

A 、B 两点与两球球心连线位于同一直线上，C 、D 两点关于直线AB 对称，则(C)A ．A 点和B 点的电势相同B ．C 点和D 点的电场强度相同C ．正电荷从A 点移至B 点，电场力做正功D ．负电荷从C 点移至D 点，电势能增大【解析】A 点比乙球面电势高，乙球面比B 点电势高，故A 点和B 点的电势不相同，A 错；C 、D 两点电场强度大小相等，方向不同，B 错；φA >φB ，W AB >0，C 对；C 、D 两点位于同一等势面上，故此过程电势能不变，D 错。

第二次月考物理试题【山东版】高三月考物理试题（考试时间：90分钟）一、选择题（本题共12小题，每题4分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，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，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。

）1．在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程．在对以下几位物理学家所作科学贡献的叙述中，下列说法错误的是．．A．在对自由落体运动的研究中，伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证B．牛顿应用“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”观点C．胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比D．亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快2．下列说法正确的是A．出租车在正常行驶时，计价器是按照车子的位移大小进行计费的B．枪筒里的子弹，在扣动扳机火药刚刚爆发的时刻，加速度很大，但是速度很小C．无风的房间中将一根柔软的羽毛由静止释放，羽毛将做自由落体运动D．物体匀速运动时具有惯性，在外力作用下变速运动时失去了惯性3．下列关于力的说法正确的是A．力是物体对物体的作用，所以发生力的作用必须相互接触B．物体受到的几个共点力的合力一定大于每一个分力C．一个2N的力可以分解为7N和6N的两个力D．一个物体静止在斜面上，物体所受重力沿垂直斜面方向上的分量就是物体对斜面的压力4．物体以初速度v竖直上抛，经3s到达最高点，空气阻力不计，g取10m/s2，则下列说法正确的是A．物体上升的最大高度为45mB．物体速度改变量的大小为30m/s，方向竖直向上C．物体在第1s内、第2s内、第3s内的平均速度之比为5∶3∶1D．物体在1s内、2s内、3s内的平均速度之比为9∶4∶15．如下图所示，为A、B、C三个物体从同一地点，同时出发沿同一方s 图象，则在0-t0时间内，下列说法正确的是向做直线运动的tA．A物体平均速度最大，B物体平均速度最小B．三个物体的平均速率相等C．三个物体始终沿着同一方向运动D．t0时C物体的速度比B物体的速度大6．如图所示，物体B的上表面水平，A、B相对于斜面体C静止，当斜面体C受到水平力F向左匀速运动的过程中A．物体A受到的弹力是由于A的形变而产生的B．物体B一定受到4个力的作用C ．物体C 对物体B 的作用力竖直向上D ．物体C 和物体B 之间可能没有摩擦力7．在光滑水平面上有一物块始终受水平恒力F 的作用而运动，在其正前方固定一个足够长的轻质弹簧，如图所示，当物块与弹簧接触后向右运动的过程中，下列说法正确的是A ．物块接触弹簧后即做减速运动B ．当物块的加速度为零时，它的速度最大C ．当弹簧处于压缩量最大时，物块的加速度等于零D ．物块接触弹簧后先加速后减速8．一位同学乘坐电梯从六楼下到一楼的过程中，其v t -图象如图所示．下列说法正确的是A ．前2s 内该同学处于失重状态B ．前2s 内该同学的加速度大小是最后1s 内的2倍C ．最后1秒内该同学对地板的压力大于地板对他的支持力D ．该同学在10s 内的平均速度是1.7m/s9．如图所示，A 、B 两物块的质量分别为m 和M ，把它们靠在一起从光滑斜面的顶端由静止开始下滑。

2021年高三上学期月考物理试卷（12月份）含解析一、选择题：1．将一电源电动势为E，内阻为r的电池，与外电路连接，构成一个闭合电路，用R表示外电路电阻，I表示电路的总电流，下列说法正确的是（）A．由U外=IR可知，外电压随I的增大而增大B．由U内=Ir可知，电源两端的电压随I的增大而增大C．由U外=E﹣Ir可知，电源输出电压随输出电流I的增大而减小D．由P=IU外可知，电源的输出功率P随输出电流I的增大而增大2．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，合上开关S后各电灯都能发光．如果某一时刻电灯L1的灯丝烧断，之后各灯虽亮度变化，但并未损坏，则之后（）A．L3变亮，L2、L4变暗 B．L2、L3变亮，L4变暗C．L4变亮，L2、L3变暗 D．L3、L4变亮，L2变暗3．如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（）A．电压表读数减小B．电流表读数减小C．质点P将向上运动D．R1上消耗的功率逐渐增大4．在如图所示的电路中，R1=11Ω，r=1Ω，R2=R3=6Ω，当开关S闭合且电路稳定时，电容器C的带电荷量为Q1；当开关S断开且电路稳定时，电容器C的带电量为Q2，则（）A．Q1：Q2=1：3 B．Q1：Q2=3：1 C．Q1：Q2=1：5 D．Q1：Q2=5：15．如图所示，A、B、C是等边三角形的三个顶点，O是A、B连线的中点．以O为坐标原点，A、B连线为x轴，O、C连线为y轴，建立坐标系．过A、B、C、O 四个点各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等、方向向里的电流．则过O点的通电直导线所受安培力的方向为（）A．沿y轴正方向B．沿y轴负方向C．沿x轴正方向D．沿x轴负方向6．如图所示，电源的电动势E=2V，内阻r=1Ω，定值电阻R=2Ω，变阻器R的阻值变化范围为0﹣10Ω，求：R上消耗的功率最大时，变阻器R的阻值为（）A．ΩB．2ΩC．1ΩD．3Ω7．在如图所示的四个电路中，电源内阻不计，两灯泡的阻值相等并小于滑动变阻器的最大阻值，当分别闭合开关S，移动滑动变阻器触头从最左端移至最右端时，能使其中一个灯一直由暗变亮同时，另一个灯一直由亮变暗，则符合要求的电路是（）A．B．C．D．二、多项选择题：8．锂电池因能量高环保无污染而广泛使用在手机等电子产品中．现用充电器为一手机锂电池充电，等效电路如图所示，充电器电源的输出电压为U，输出电流为I，手机电池的内阻为r，下列说法正确的是（）A．电能转化为化学能的功率为UI﹣I2rB．充电器输出的电功率为UI+I2rC．电池产生的热功率为I2rD．充电器的充电效率为×100%9．用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是（）A．图甲中的A1、A2的示数相同B．图甲中的A1、A2的指针偏角相同C．图乙中的A1、A2的示数和偏角都相同D．图乙中的A1、A2的指针偏角不相同，示数相同10．如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流的变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是（）A．电源1与电源2的内阻之比是11：7B．电源1与电源2的电动势之比是1：1C．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1：2D．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1：211．某同学将一直流电源的总功率P E、输出功率P R和电源内部的发热功率Pr 随电流I，变化的图线画在了同一坐标上，如图中的a、b、c所示，以下判断正确的是（）A．直线a表示电源的总功率P E﹣I图线B．曲线c表示电源的输出功率P R﹣I图线C．电源的电动势E=3V，内电阻r=1ΩD．电源的最大输出功率Pm=2W三、填空题：12．（10分）老师要求同学们测出一待测电源的电动势及内阻，所给的实验器材有：待测电源E，定值电阻R1（阻值未知），电压表V（量程为3.0V，内阻很大），电阻箱R（0～99.99Ω），单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干．某同学连接了一个如图1所示的电路，他接下来的操作是：将S2拨到a，拨动电阻箱旋钮，使各旋钮盘的刻度处于如图2所示的位置后，闭合S1，记录此时电压表示数为2.20V，然后断开S1；保持电阻箱示数不变，将S2切换到b，闭合S1，记录此时电压表的读数（电压表的示数如图4所示），然后断开S1．（1）请你解答下列问题：图2所示电阻箱的读数为Ω，图3所示的电压表读数为V．由此可算出定值电阻R1的阻值为Ω（计算结果保留三位有效数字）（2）在完成上述操作后，该同学继续以下的操作：将S2切换到a，多次调节电阻箱，闭合S1，读出多组电阻箱的示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据绘出了如图4所示的﹣图象．由此可求得该电池组的电动势E及内阻r，其中E=V，电源内阻r=Ω．（计算结果保留三位有效数字）13．（8分）在测定某金属的电阻率实验中：（1）某学生进行了如下操作：①利用螺旋测微器测金属丝直径d，如图1所示，则d=mm．②测量金属丝电阻Rx的电路图如图2所示，闭合电键S，先后将电压表右侧接线端P接a、b点时，电压表和电流表示数如表所示．U（V）I（A）接线端P接a 1.840.15接线端P接b 2.400.15该学生认真观察到两次测量中，电流表的读数几乎未变，故比较合理且较准确的金属丝电阻R x测=Ω（保留两位有效数字），从系统误差角度分析，R x的测量值与其真实值R x真比较，R x测R x真（填“＞”、“=”或“＜”）．四．解答题：14．如图所示，电源电动势E=10V，内阻r=0.5Ω，标有“8V，16W”的灯泡恰好能正常发光，电动机M绕组的电阻R0=1Ω，求：（1）路端电压；（2）电源的总功率；（3）电动机的输出功率．15．如图所示的电路中，电阻R1=R2=R3=10Ω，电源内阻r=5Ω，电压表可视为理想电表．当开关S1和S2均闭合时，电压表的示数为10V．求：（1）电源的电动势；（2）当开关S1闭合而S2断开时，电压表的示数和此时电源的效率．16．如图甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1=300Ω，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分别在变阻器的左右两个端点得到的．求：（1）电源的电动势和内阻；（2）定值电阻R2的阻值；（3）滑动变阻器的最大阻值．xx学年北京市昌平区临川学校高三（上）月考物理试卷（12月份）参考答案与试题解析一、选择题：1．将一电源电动势为E，内阻为r的电池，与外电路连接，构成一个闭合电路，用R表示外电路电阻，I表示电路的总电流，下列说法正确的是（）A．由U外=IR可知，外电压随I的增大而增大B．由U内=Ir可知，电源两端的电压随I的增大而增大C．由U外=E﹣Ir可知，电源输出电压随输出电流I的增大而减小D．由P=IU外可知，电源的输出功率P随输出电流I的增大而增大【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】根据闭合电路欧姆定律分析外电流增大时，路端电压的变化，当电源的内电阻等于外电阻时，输出功率最大【解答】解：A、根据闭合电路欧姆定律得：U=E﹣Ir，外电压随I的增大而减小，故A错误，C正确；B、电源两端的电压实际上是路端电压，由A的分析可知电源两端的电压，随I 的增大而减小，故B错误；D、根据数学知识分析得知，当电源的内电阻等于外电阻时，输出功率最大，而I=，所以电流增大时，电源的输出功率可能变大，也可能变小．故D错误．故选：C【点评】本题主要考查闭合电路欧姆定律的直接应用，知道当电源的内电阻等于外电阻时，输出功率最大，难度适中．2．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，合上开关S后各电灯都能发光．如果某一时刻电灯L1的灯丝烧断，之后各灯虽亮度变化，但并未损坏，则之后（）A．L3变亮，L2、L4变暗 B．L2、L3变亮，L4变暗C．L4变亮，L2、L3变暗 D．L3、L4变亮，L2变暗【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】根据电路的串并联关系，当电灯L1的灯丝烧断后，L2部分电阻增大，L2与L4串联电阻增大，与L3并联的总电阻增大，即外电路总电阻增大，则外电压增大，即L3的电压增大，L3变亮；根据干路电流与L3的变化情况，可确定L4电流的变化情况，就可判断L4变暗；由L2与L4总电压与L4电压的变化情况，可判断L2电压的变化情况，知道L2变亮．【解答】解：当电灯L1的灯丝烧断后，L2这段电路电阻增大，外电路总电阻R总增大，路端电压U增大，干路电流I减小，由P3=，R3不变，故L3变亮；由I4=I ﹣I3，知I减小，I3增大，则I4减小，U4=I4R4，R4不变，U4减小，则L4亮暗；U2=U ﹣U4，U增大，U4减小，则U2增大，则U2增大，则L2变亮．则A、C、D错误，B正确．故选B【点评】解决电路动态变化分析问题，往往按照从局部到整体，再由整体到局部的顺序进行分析，同时采用控制变量法3．如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（）A．电压表读数减小 B．电流表读数减小C．质点P将向上运动D．R1上消耗的功率逐渐增大【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】由图可明确电路的结构，由滑片的移动方向可分析电路中电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可知各电表示数的变化及电容器两端的电压变化；再分析质点的受力情况可知质点的运动情况．【解答】解：AB、由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再与R1串联接在电源两端；电容器与R3并联．当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，路端电压增大，同时R1两端的电压也减小，故并联部分的电压增大，由欧姆定律可知流过R3的电流增大，而流过并联部分的总电流减小，故电流表示数减小；因并联部分电压增大，而R2中电压减小，故电压表示数增大，故A错误；B正确；C、因电容器两端电压等于R3的电压，则电容器的电压增大，板间场强增大，故质点P受到的电场力增大，则质点P将向上运动，故C正确；D、因R1的电流减小，由公式P=I2R，R1上消耗的功率逐渐减小；故D错误；故选：BC【点评】解决闭合电路欧姆定律的题目，一般可以按照整体﹣局部﹣整体的思路进行分析，要注意电路中某一部分电阻增大时，无论电路的连接方式如何，总电阻均是增大的．4．在如图所示的电路中，R1=11Ω，r=1Ω，R2=R3=6Ω，当开关S闭合且电路稳定时，电容器C的带电荷量为Q1；当开关S断开且电路稳定时，电容器C的带电量为Q2，则（）A．Q1：Q2=1：3 B．Q1：Q2=3：1 C．Q1：Q2=1：5 D．Q1：Q2=5：1【考点】电容器．【分析】开关断开稳定时，电路中没有电流，电容器的电压等于电源的电动势．开关闭合稳定时，电容器的电压等于电阻R2两端的电压．根据欧姆定律和串联电路的特点求出电阻R2的电压，再由Q=CU求出电量之比．【解答】解：开关断开稳定时，电路中没有电流，电容器的电压等于电源的电动势，即U2=E开关闭合稳定时，电容器的电压等于电阻R2两端的电压，则U1=E=E．对于给定电容器，电容不变，由Q=CU得，Q1：Q2=U1：U3=1：3．故选：A．【点评】对于给定的电容器，关键是其电压的分析和计算．当电容器与某电路并联时，其电压等于该电路两端的电压5．如图所示，A、B、C是等边三角形的三个顶点，O是A、B连线的中点．以O 为坐标原点，A、B连线为x轴，O、C连线为y轴，建立坐标系．过A、B、C、O四个点各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等、方向向里的电流．则过O点的通电直导线所受安培力的方向为（）A．沿y轴正方向B．沿y轴负方向C．沿x轴正方向D．沿x轴负方向【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；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O处的合磁场为零，则只有在C处的电流产生磁场对O点通电导线有安培力作用．再由左手定则可得：安培力的方向是与AB边垂直，沿着y轴的正方向．故A正确，BCD错误；故选：A【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．6．如图所示，电源的电动势E=2V，内阻r=1Ω，定值电阻R0=2Ω，变阻器R的阻值变化范围为0﹣10Ω，求：R上消耗的功率最大时，变阻器R的阻值为（）A．ΩB．2ΩC．1ΩD．3Ω【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】根据闭合电路欧姆定律求出滑动变阻器的电压，再根据P=结合数学知识求解【解答】解：变阻器两端的电压==电功率为：==当时，即时功率最大，故A正确，BCD错误；故选：A【点评】本题采用结论法解题，关键记住“对于电源，当外电路的电阻等于内电阻时电源的输出功率最大”的结论．7．在如图所示的四个电路中，电源内阻不计，两灯泡的阻值相等并小于滑动变阻器的最大阻值，当分别闭合开关S，移动滑动变阻器触头从最左端移至最右端时，能使其中一个灯一直由暗变亮同时，另一个灯一直由亮变暗，则符合要求的电路是（）A．B．C．D．【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】根据串并联电路的特征，结合闭合电路欧姆定律，及滑动变阻器的接法，即可求解．【解答】解：A、L1与滑动变阻器右端的电阻串联，电压和等于路端电压，当滑动变阻器触头从左端至右端时，滑动变阻器右端的电阻变小，则L1两端电压变大，所以L1变亮．滑动变阻器触头从左端至右端时，L2变亮，故A错误；B、当滑动变阻器触头在左端时，灯1被短路，不亮，当触头从左端至右端时，灯1渐渐变亮，而灯2随着总电阻的减小，导致总电流增大，则灯2的亮度也变亮，故B错误；C、当触头在左端时，灯1被短路，不亮，当触头在右端时，灯2被短路，不亮，因此触头从左端至右端时，灯1渐渐变亮，而灯2渐渐变暗，故C正确；D、当触头在左端时，灯1被短路，不亮，当触头在右端时，灯1仍被短路，不亮，而灯2渐渐变亮，故D错误；故选：C．【点评】考查短路与断路的区别，掌握串并联电路的电阻，电流与电压的特点，注意灯泡的亮暗由电功率的大小来确定．二、多项选择题：8．锂电池因能量高环保无污染而广泛使用在手机等电子产品中．现用充电器为一手机锂电池充电，等效电路如图所示，充电器电源的输出电压为U，输出电流为I，手机电池的内阻为r，下列说法正确的是（）A．电能转化为化学能的功率为UI﹣I2rB．充电器输出的电功率为UI+I2rC．电池产生的热功率为I2rD．充电器的充电效率为×100%【考点】电功、电功率．【分析】电池的充电和放电过程是电能和化学能转化的过程，给电池充电是将电能转化为化学能储存在电池内，根据能量守恒定律列式求解．【解答】解：A、充电时，电能转化为化学能和热能，根据能量守恒定律，有：UI=I2r+P化，故电能转化为化学能的功率P化=UI﹣I2r，故A正确；B、充电器输出的电功率为：P=UI，故B错误；C、电池产生的热功率为P热=I2r，故C正确；D、充电器的充电效率为：η=×100%==×100%，故D错误．故选：AC．【点评】本题关键明确充电电路中的能量转化情况，电路电阻消耗功率的计算用焦耳定律求解，电功率用P=UI求解．9．用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是（）A．图甲中的A1、A2的示数相同B．图甲中的A1、A2的指针偏角相同C．图乙中的A1、A2的示数和偏角都相同D．图乙中的A1、A2的指针偏角不相同，示数相同【考点】闭合电路的欧姆定律．【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：AB、图甲中的A1、A2并联，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．故A错误，B正确．CD、图乙中的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．故C错误．D 正确故选：BD【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．10．如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流的变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是（）A．电源1与电源2的内阻之比是11：7B．电源1与电源2的电动势之比是1：1C．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1：2D．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1：2【考点】电源的电动势和内阻；电功、电功率．【分析】根据电源的外特性曲线U﹣I图线，可求出电动势和内阻；根据灯泡伏安特性曲线与电源外特性曲线交点确定灯泡与电源连接时工作电压与电流，即可求出功率与灯泡电阻．【解答】解：A、根据电源U﹣I图线，r1=，r2=，则r1：r2=11：7，故A正确．B、E1=E2=10V，故B正确C、D、灯泡伏安特性曲线与电源外特性曲线的交点即为灯泡与电源连接时的工作状态则U1=3v，I1=5A，P1=15W，R1=ΩU2=5V，I2=6A，P2=30W，R2=ΩP1：P2=1：2，R1：R2=18：25故C正确，D错误故选ABC【点评】本题关键在于对电源外特性曲线、灯泡伏安特性曲线的理解，11．某同学将一直流电源的总功率P E、输出功率P R和电源内部的发热功率Pr 随电流I，变化的图线画在了同一坐标上，如图中的a、b、c所示，以下判断正确的是（）A．直线a表示电源的总功率P E﹣I图线B．曲线c表示电源的输出功率P R﹣I图线C．电源的电动势E=3V，内电阻r=1ΩD．电源的最大输出功率Pm=2W【考点】电功、电功率．【分析】根据电源消耗的总功率的计算公式P E=EI可得电源的总功率与电流的关系，根据电源内部的发热功率P r=I2r可得电源内部的发热功率与电流的关系，从而可以判断abc三条线代表的关系式，再由功率的公式可以分析功率之间的关系．【解答】解：A、电源消耗的总功率的计算公式P E=EI∝I，故P E﹣I图线是直线，故A正确；B、输出功率：P R=P E﹣P r=EI﹣I2r，应为开口向下的曲线，故b表示P R﹣I图线；电源内电阻消耗的功率：P r=I2r，应为开口向上的曲线，故c表示P r﹣I图线；故B错误；C、当I=2A时，P R=0．说明外电路短路，根据P=EI，得到E===4V；r===2Ω；故C 错误；D、输出功率P R=P E﹣P r=EI﹣I2r=4I﹣2I2=﹣2（I﹣1）2+2，当I=1A时，输出功率最大，为2W；故D正确；故选：AD．【点评】本题根据图象考查电源的输出功率，要注意根据公式分析图象；同时明确当电源的内阻和外电阻的大小相等时，此时电源的输出的功率最大，并且直流电源的总功率P E等于输出功率P R和电源内部的发热功率P r的和．三、填空题：12．（10分）（xx秋•昌平区月考）老师要求同学们测出一待测电源的电动势及内阻，所给的实验器材有：待测电源E，定值电阻R1（阻值未知），电压表V（量程为3.0V，内阻很大），电阻箱R（0～99.99Ω），单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干．某同学连接了一个如图1所示的电路，他接下来的操作是：将S2拨到a，拨动电阻箱旋钮，使各旋钮盘的刻度处于如图2所示的位置后，闭合S1，记录此时电压表示数为2.20V，然后断开S1；保持电阻箱示数不变，将S2切换到b，闭合S1，记录此时电压表的读数（电压表的示数如图4所示），然后断开S1．（1）请你解答下列问题：图2所示电阻箱的读数为20.0Ω，图3所示的电压表读数为 2.80V．由此可算出定值电阻R1的阻值为 5.45Ω（计算结果保留三位有效数字）（2）在完成上述操作后，该同学继续以下的操作：将S2切换到a，多次调节电阻箱，闭合S1，读出多组电阻箱的示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据绘出了如图4所示的﹣图象．由此可求得该电池组的电动势E及内阻r，其中E= 2.86V，电源内阻r=0.270Ω．（计算结果保留三位有效数字）【考点】测定电源的电动势和内阻．【分析】（1）根据电阻箱旋钮指示的位置读出电阻的阻值，根据闭合电路欧姆定律求出定值电阻R1的阻值．（2）将定值电阻等效到电源的内部，根据电动势等于外电压与内电压之和得出的关系式，根据图线的斜率和截距得出电动势和内阻．【解答】解：（1）电阻箱的阻值等于2×10=20Ω．图乙电压表的示数为2.80V，根据闭合电路欧姆定律得，R1==5.45Ω．（2）将定值电阻等效到电源的内部，根据E=U+r得，=+，知纵轴截距的倒数为电动势，所以E=≈2.86V==2解得r=2E=5.72Ω；由于求出的是等效电阻，则实际电阻r=5.72﹣5.45=0.270Ω；故答案为：（1）20Ω、2.80V、5.45Ω；（2）2.86；0.270．【点评】此题考查电源电动势和内电阻的测量，通过实验操作、读数以及对实验方法的理解等多方面考查考生的实验探究能力．要重点掌握处理闭合电路欧姆定律公式的能力和利用图象求解电动势和内电阻的方法．13．在测定某金属的电阻率实验中：（1）某学生进行了如下操作：①利用螺旋测微器测金属丝直径d，如图1所示，则d= 1.705mm．②测量金属丝电阻Rx的电路图如图2所示，闭合电键S，先后将电压表右侧接线端P接a、b点时，电压表和电流表示数如表所示．U（V）I（A）接线端P接a 1.840.15接线端P接b 2.400.15该学生认真观察到两次测量中，电流表的读数几乎未变，故比较合理且较准确的金属丝电阻R x测=12Ω（保留两位有效数字），从系统误差角度分析，R x的测量值与其真实值R x真比较，R x测＜R x真（填“＞”、“=”或“＜”）．【考点】测定金属的电阻率．【分析】（1）将螺旋测微器分成整数部分和小数部分两部分来读，注意半毫米刻度线是否露出；（2）关键是明确伏安法中“试测法”选择电流表内外接法的原理：若电压表读数变化明显，说明电流表的分压作用明显，即说明电流表内阻较大，应采用电流表外接法；若是电流表读数变化明显，则说明电压表的分流作用明显，即说明电压表的内阻不是很大，应采用电流表内接法；若是电流表读数不变，则说明电压表的内阻非常大，可看做是理想电压表，采用电流表外接法测量时没有系统误差．【解答】解：（1）固定刻度的读数为：1.5mm，可动刻度读数为0.01×20.5mm=0.205mm，所以最终读数为：1.5mm+0.205mm=1.705mm．（2）从表中数据可知，电压表读数有变化，电流表读数没有发生变化，说明电流表的分压作用较明显，电压表没有分流作用，原因是电流表有内阻，电压表内阻非常大；根据串并联规律可知，应将P接在a端测量，则金属丝的电阻为：R==Ω=12Ω；由于电流为电压表与电阻的电流之和，故分母偏大，电阻偏小；故答案为：（1）1.705（2）12，＜．【点评】本题的关键是掌握螺旋测微器的读数方法，螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．四．解答题：14．如图所示，电源电动势E=10V，内阻r=0.5Ω，标有“8V，16W”的灯泡恰好能正常发光，电动机M绕组的电阻R0=1Ω，求：（1）路端电压；（2）电源的总功率；（3）电动机的输出功率．【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【分析】（1）路端电压等于灯泡两端的电压，灯泡正常发光，就等于灯泡的额定电压．（2）对内电路研究，由欧姆定律求出流过电源的电流，由P=EI求解电源的总功率．（3）电动机两端电压等于灯泡的额定电压，根据电源的电流和灯泡的电流求出电动机的电流，根据能量守恒求解电动机的输出功率．【解答】解：（1）灯泡正常发光，U=U额=8V（2）U内=E﹣U=2V由欧姆定律得流过电源的电流I==4A电源的总功率P总=EI=10×4=40W．（3）灯泡的电流I 灯==2A电动机的电流I M=I﹣I灯=2A电动机消耗的电功率P M=UI M=8×2=16W电动机发热功率P热=I M2R0=22×1=4W所以电动机的输出功率．P输出=P M﹣P热=16﹣4=12W答：（1）路端电压为8V；（2）电源的总功率为40W；（3）电动机的输出功率为12W．【点评】对于电动机电路，要正确区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路：当电动机正常工作时，是非纯电阻电路；当电动机被卡住不转时，是纯电阻电路．15．（xx秋•东安区校级期末）如图所示的电路中，电阻R1=R2=R3=10Ω，电源内。

2021年高三上学期12月段考物理试题 Word版含答案本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间100分钟．第Ⅰ卷(选择题共48分)注意：请各位同学将选择题答案涂在机读卡上，否则不予计分。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共计24分．每小题只有一个选项符合题意．1．在物理学的发展进程中，科学的物理思想与方法对物理学的发展起到了重要作用，下列关于物理思想和方法的说法中不正确．．．的是( )A．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了理想模型法B．质点和点电荷采用的是同一种思想方法C．合力和分力体现了等效替换的思想D．加速度、电场强度、电势都是采取比值法定义的物理量2．从生活走向物理，从物理走向社会，物理学和生活、现代科技密切相关。

下列说法不正确．．．的是（）A．过量的电磁波辐射对人体有害，为了安全人们应该离电磁波发射装置一定的距离。

B．电磁炉的工作原理是，接通电源后，线圈电磁波，电磁波产生的能量加热食物，做熟饭的。

C．磁带是收录机放音时的原理是电磁感应，录音时利用的是电流的磁效应。

D．运输电流表时，为了安全将电流表的正负接线柱短接，是利用电磁阻尼的作用。

3．如图所示，欲使在粗糙斜面上匀速下滑的木块A停下，可采用的方法是：( ) A．增大斜面的倾角B．在木块A上再叠放一个重物C．对木块A施加一个垂直于斜面的力D．对木块A施加一个竖直向下的力4．篮球运动是青年男同学最喜爱的体育运动之一，篮球投出后在空中画出一条美丽的曲线，进入篮筐。

将一篮球从地面上方B点以速度v0斜向上抛出，刚好垂直击中篮板上A点，如果有人拦截，在较远处投篮。

则关于篮球的运动正确的说法是()A．增大抛射速度v0，同时减小抛射角θB．减小抛射速度v0，同时减小抛射角θC．增大抛射角θ，同时减小抛出速度v0D．增大抛射角θ，同时增大抛出速度v05．如图所示，电源A的电压为6V，电源B的电压为8V，电容器的电容为200PF，当开关S 合向A，稳定后再合向B，再次达到稳定，则在这个过程中通过电流计的电荷量为( ) A．4×10-9C B．1. 2×10-9CC．1. 6×10-9C D．2. 8×10-9C6．质量为m的球从高处由静止开始下落，已知球所受的空气阻力与速度大小成正比．下列图象分别描述了球下落过程中加速度a、速度v随时间t的变化关系和动能E k、机械能E随下落位移h的变化关系，其中可能正确的是（）二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共计24分．每小题有多个选项符号题意．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分．7．2011年11月8日，我国第一个火星探测器“萤火1号”，与俄罗斯的采样返回探测器一起发射升空，飞向火星，开始对火星的探测研究。

2021年高三上学期月考物理试卷（12月份）含解析一、单项选择题：（每小题4分，共16分．）1．（4分）（2011•茂名一模）如图所示，物体A在拉力F作用下始终静止在水平面上，下述说法正确的是（）A．物体一定受到三个力的作用B．拉力F越大，物体受到的合力越大C．物体受到的重力与拉力F平衡地球对物体的引力与物体对地球的引力是一对作用力与反作用力D．2．（4分）（2011•罗湖区校级模拟）在地面上将一小球竖直向上抛出，上升一定高度后再落回原处，若不计阻力，以向上为正方向，则下述图象能正确反映位移﹣时间，速度﹣时间、加速度﹣时间、重力势能﹣高度（取地面的重力势能为零）的是（）A．B．C．D．3．（4分）（xx•嘉峪关校级模拟）如图所示，实线表示匀强电场的电场线．一个带正电荷的粒子以某一速度射入匀强电场，只在电场力作用下，运动的轨迹如图中的虚线所示，a、b为轨迹上的两点．若a点电势为фa，b点电势为фb，则（）A．场强方向一定向左，且电势фa＞фbB．场强方向一定向左，且电势фa＜фbC．场强方向一定向右，且电势фa＞фbD．场强方向一定向右，且电势фa＜фb4．（4分）（2011•罗湖区校级模拟）如图所示，电源电动势为E，内阻为r，R1＞r，当电路中滑动变阻器R2的滑动触头P向上滑动时，以下说法正确的是（）A．电容器C的下极板的带电量增大B．电压表的读数变大C．电源的总功率不变D．电源的输出功率变大二、双项选择题：（每小题6分，共30分．）5．（6分）（xx秋•成都期中）M、N是一对水平放置的平行板电容器，将它与一电动势为E，内阻为r的电源组成如图所示的电路，R是并联在电容器上的滑动变阻器，G是灵敏电流计，在电容器的两极板间有一带电的油滴处于悬浮状态，如图所示，现保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片向上滑动，则（）A．在滑片滑动时，灵敏电流计中有从b向a的电流B．在滑片滑动时，灵敏电流计中有从a向b的电流C．带电油滴将向上运动D．带电油滴将向下运动6．（6分）（xx•上饶二模）关于运动和力的关系，下列说法中正确的是（）A．不受外力作用的物体可能做直线运动B．受恒定外力作用的物体可能做曲线运动C．物体在恒力作用下可能做匀速圆周运动D．物体在变力作用下速度大小一定发生变化7．（6分）（2011•茂名一模）设一卫星在离地面高h处绕地球做匀速圆周运动，其动能为E k1，重力势能为E p2，与该卫星等质量的另一卫星在离地面高2h处绕地球做匀速圆周运动，其动能为E k2，重力势能为E p2，则下列关系式中正确的是（）A．E k1＞E k2B．E p1＞E p2C．E k1+E p1=E k2+E p2D．E k1+E p1＜E k2+E p28．（6分）（xx秋•增城市校级月考）质量为m的子弹，以水平速度v射入静止在光滑水平面上质量为M的木块，并留在其中，说法正确的是（）A．子弹克服阻力做的功与木块获得的动能相等B．阻力对子弹做的功与子弹动能的变化相等C．子弹克服阻力做的功与子弹对木块做的功相等D．子弹克服阻力做的功大于系统摩擦所产生的内能9．（6分）（xx•湖北模拟）如图所示，一粗糙的水平传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向运动，传送带的左、右两端皆有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定的速度v2沿水平面分别从左、右两端滑上传送带，下列说法正确的是（）A．物体从右端滑到左端所须的时间一定大于物体从左端滑到右端的时间B．若v2＜v1，物体从左端滑上传送带必然先做加速运动，再做匀速运动C．若v2＜v1，物体从右端滑上传送带，则物体可能到达左端D．若v2＜v1，物体从右端滑上传送带又回到右端．在此过程中物体先做减速运动，再做加速运动三、填空题10．（10分）（xx•潮州二模）为测定海水的电阻率：①某学习小组选取了一根塑料管，分别用刻度和游标卡尺测出其长度L和内径d，内径示数如图a所示，由图d=mm．②在塑料管里面灌满了海水，两端用粗铜丝塞住管口，形成一段封闭的海水柱．用多用表的档位转换开关K旋转在如图b所示的位置，将插入“+”、“﹣”插孔的红黑表笔短接，调零后粗测其阻值R，其结果如图b中表盘中所示，则R=Ω．③该小组将为进一步精测其阻值，现采用伏安法．有如下实验器材供选择：A．直流电源：电动势12V，内阻不计，额定电流为1A；B．电流表A：量程0～10mA，内阻约10Ω；≜C．电压表V：量程0～15V，内阻约15kΩ；D．滑动变阻器R1：最大阻值10Ω；E．滑动变阻器R2：最大阻值10kΩ；F．多用表：如图b；G．开关、导线等（a）该小组采用限流电路并在正确选择器材后完成部分导线的连接，请你在实物接线图c中完成余下导线的连接并在滑动变阻器旁边标上其符号（R1或R2）．（b）若该小组在实验过程中由于操作不当，导致所选用的电流表损坏．为保证实验的正常进行，可将多用表的档位转换开关K旋转至直流挡位上，替换原使用的电流表并通过插入“+”、“﹣”插孔的红黑表笔正确接入电路，继续实验．该小组在实验中测得电压表和电流表的示数分别为U和I，则精确测出的海水电阻率表达式为：ρ=．11．（8分）（xx•涪城区校级模拟）如图1所示，用伏安法测电源电动势和内阻的实验中，在电路中接一阻值为2Ω的电阻R0，通过改变滑动变阻器，得到几组电表的实验数据：U（V） 1.2 1.0 0.8 0.6I（A）0.10 0.17 0.23 0.30①R0的作用是；②用作图法在图2坐标系上作出U﹣I图线；③利用图线，测得电动势E=V，内阻r=Ω．（结果保留两位有效数字）四、计算题（每小题18分，共36分）12．（18分）（xx秋•增城市校级月考）如图所示，在水平地面MN上方有一个粗糙绝缘平台PQ，高度为h=1m平台上方PR右侧有水平向右的有界匀强电场，PR左侧有竖直向上的匀强电场，场强大小均为E=1.1×l04N/C有一质量m=1.0×10﹣3kg、电荷量为q=﹣2.0×10﹣6C的滑块，放在距离平台左端P点L=1.2m处，滑块与平台间的动摩擦因数0.2，现给滑块水平向左的初速度v0=4m/s，取g=10m/s2，求：（1）滑块经过P点时的速度；（2）滑块落地点到N点的距离．（3）求滑块从运动到落地所经过的时间．13．（18分）（2011秋•中山期末）如图，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R=0.2m的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E=5.0×103V/m．一不带电的绝缘小球甲，以速度υ0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞．已知乙球的质量为m=1.0×10﹣2kg，乙所带电荷量q=2.0×10﹣5C，甲球质量为乙球质量的k倍，g取10m/s2．（水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移）（1）若k=1，且甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求甲的速度υ0；（2）若k＞1，且甲仍以（1）中的速度υ0向右运动，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围．xx学年广东省广州市增城市新塘中学高三（上）月考物理试卷（12月份）参考答案与试题解析一、单项选择题：（每小题4分，共16分．）1．（4分）（2011•茂名一模）如图所示，物体A在拉力F作用下始终静止在水平面上，下述说法正确的是（）A．物体一定受到三个力的作用B．拉力F越大，物体受到的合力越大C．物体受到的重力与拉力F平衡D．地球对物体的引力与物体对地球的引力是一对作用力与反作用力考点：共点力平衡的条件及其应用．分析：由于物体始终静止在水平面上，因而物体受到的拉力始终不大于重力，即F≤G，合力可根据平衡态判断为零，物体可能受三力而平衡，也可能受二力而平衡．解答：解：A、物体始终静止在水平面上，因而物体受到的拉力始终不大于重力，即F≤G，当拉力等于重力时，物体不受支持力，故A错误；B、物体始终静止在水平面上，加速度为零，处于平衡状态，三力上的合力为零，故B错误；C、重力可能大于拉力，此时物体还受到支持力，故C错误；D、根据牛顿第三定律，作用力与反作用力一定同时存在，大小总是相等，故D正确；故选D．点评：本题关键在于正确的对物体受力分析，特别是B选项中，容易漏掉支持力，合力是三个力的合力，而不是重力与拉力两个力的合力．2．（4分）（2011•罗湖区校级模拟）在地面上将一小球竖直向上抛出，上升一定高度后再落回原处，若不计阻力，以向上为正方向，则下述图象能正确反映位移﹣时间，速度﹣时间、加速度﹣时间、重力势能﹣高度（取地面的重力势能为零）的是（）A．B．C．D．考点：匀变速直线运动的图像．分析：竖直上抛运动是匀减速直线运动，加速度为g方向竖直向下，x﹣t图的效率代表物体的速度，速度和加速度都是矢量，竖直上抛运动的上升过程和下降过程具有对称性．解答：解：在小球竖直上抛过程中小球的加速度a=g，故物体做匀减速直线运动，A图是x﹣t图，图象的斜率代表物体的速度，故物体做匀速直线运动．故A错误．B图是v﹣t图象，根据图象可知开始时物体速度方向为负方向，而题目规定向上为正方向．故B错误．C图是a﹣t图象，加速度为负值且恒定不变，且速度逐渐减小，而竖直上抛运动中物体的加速度始终竖直向下，等于当地的重力加速度g，故C正确．D图示重力势能随高度变化的图象，则由Ep=mgh可知物体上升过程中物体重力势能Ep=mgh随高度h增大而增大，下降过程中物体重力势能Ep=mgh随高度h的减小而减小，而本题中当高度为H时重力势能最大，当高度大于H时随高度的增大重力势能反而减小，故D错误．故选C．点评：解决图象问题，首先要看清纵横坐标的物理含义，然后推导出因变量随自变量之间的关系再根据题设条件进行判定．．3．（4分）（xx•嘉峪关校级模拟）如图所示，实线表示匀强电场的电场线．一个带正电荷的粒子以某一速度射入匀强电场，只在电场力作用下，运动的轨迹如图中的虚线所示，a、b为轨迹上的两点．若a点电势为фa，b点电势为фb，则（）A．场强方向一定向左，且电势фa＞фbB．场强方向一定向左，且电势фa＜фbC．场强方向一定向右，且电势фa＞фbD．场强方向一定向右，且电势фa＜фb考点：电场线；电场强度；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：粒子在电场力作用下，由运动与力关系可知，根据轨迹的弯曲程度，判断出合力（电场力）的方向，再根据电场力方向和电荷性质判断场强方向；沿着电场线的方向电势降低的．因此可作出M、N点的等势点（要同在一根电场线），接着沿着电场线去判定．解答：解：由图正电荷运动轨迹可知，正电荷受向右的电场力作用，故场强方向一定向右．沿着电场线的方向电势降低的，可判定a点的电势大于b点，即电势фa＞фb．故选C．点评：电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布．对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧．4．（4分）（2011•罗湖区校级模拟）如图所示，电源电动势为E，内阻为r，R1＞r，当电路中滑动变阻器R2的滑动触头P向上滑动时，以下说法正确的是（）A．电容器C的下极板的带电量增大B．电压表的读数变大C．电源的总功率不变D．电源的输出功率变大考点：闭合电路的欧姆定律；电容器；闭合电路中的能量转化．专题：压轴题．分析：由电路图可知，R1与R2串联，C并联在R2两端，电压表并联在电源两端；当滑片向上滑动时，滑动变阻器接入电阻减小，则由闭合电路的欧姆定律可知电路中电流的变化及路端电压的变化；再对R2分析可知电压变化，则可得出电容器带电量的变化，由功率公式可求得功率的变化．解答：解：滑片上移，滑动变阻器接入电阻减小，电路中总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律可知，电路中电流增大，内电压增大，由U=E﹣Ir可得电源的输出电压减小，故电压表示数减小，故B错误；因路端电压减小，电流增大，故R1两端的电压增大，R2两端的电压减小，故电容器两端电压减小，由Q=CU可知电容器极板上的带电量减小，故A错误；由P总=EI可得，电源的总功率增大，故C错误；由P出=I2（R1+R）=由数学知识可得，电源的输出功率当内阻等于外阻时输出功率最大，而R1＞r，故当R 减小时，输出功率增大，故D正确；故选D．点评：本题难点在于电源的输出功率的判断，应明确内电阻与外电阻相等时电源输出功率最大，而外电阻从大于内阻向内阻减小时，电源的输出功率增大．二、双项选择题：（每小题6分，共30分．）5．（6分）（xx秋•成都期中）M、N是一对水平放置的平行板电容器，将它与一电动势为E，内阻为r的电源组成如图所示的电路，R是并联在电容器上的滑动变阻器，G是灵敏电流计，在电容器的两极板间有一带电的油滴处于悬浮状态，如图所示，现保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片向上滑动，则（）A．在滑片滑动时，灵敏电流计中有从b向a的电流B．在滑片滑动时，灵敏电流计中有从a向b的电流C．带电油滴将向上运动D．带电油滴将向下运动考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：电容器两极板的电压等于变阻器两端的电压．将滑动变阻器的滑片向上滑动时，根据欧姆定律分析电容器板间电压如何变化，判断电容器是充电还是放电，分析通过电流计的电流方向．由E=分析板间场强如何变化，判断油滴如何运动．解答：解：AB、电容器两极板间的电压U=，当将滑动变阻器的滑片向上滑动时，R增大，U增大，电容器的电量增加，处于充电状态，灵敏电流计中有电流，由于电容器上板带正电，则灵敏电流计中有从a向b的电流．故A错误，B正确．CD、U增大，由E=分析得知，板间场强增大，则带电油滴将向上运动．故C正确，D 错误．故选：BC点评：本题是电容的动态分析问题，关键确定电容器的电压，电路稳定时，电容器的电压等于所并联电路两端的电压．6．（6分）（xx•上饶二模）关于运动和力的关系，下列说法中正确的是（）A．不受外力作用的物体可能做直线运动B．受恒定外力作用的物体可能做曲线运动C．物体在恒力作用下可能做匀速圆周运动D．物体在变力作用下速度大小一定发生变化考点：牛顿第一定律；物体做曲线运动的条件．分析：（1）物体不受外力或受平衡力是做匀速直线运动；（2）做曲线运动的条件是：合外力的方向与初速度的方向不在同一直线上；（3）做匀速圆周运动时合外力提供向心力，向心力方向是变化的；（4）物体在变力作用下可以做匀速圆周运动，速度大小不变．解答：解：A．物体不受外力或受平衡力是做匀速直线运动，故A正确；B．当所受恒定外力与初速度方向不在同一直线上时，物体做曲线运动，故B正确；C．物体做匀速圆周运动时合外力提供向心力，向心力方向是变化的，故C错误；D．物体在变力作用下可以做匀速圆周运动，速度大小不变，故D错误．故选B．点评：本题考查了物体受力与物体运动的关系，要求同学们能记住一些具体的实例，如：曲线运动，匀速直线运动，匀速圆周运动等的受力情况．7．（6分）（2011•茂名一模）设一卫星在离地面高h处绕地球做匀速圆周运动，其动能为E k1，重力势能为E p2，与该卫星等质量的另一卫星在离地面高2h处绕地球做匀速圆周运动，其动能为E k2，重力势能为E p2，则下列关系式中正确的是（）A．E k1＞E k2B．E p1＞E p2C．E k1+E p1=E k2+E p2D．E k1+E p1＜E k2+E p2考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用；重力势能．专题：人造卫星问题．分析：根据万有引力提供向心力得出线速度与轨道半径的关系，从而比较出动能的大小，通过卫星从低轨道变轨到高轨道，需点火加速，机械能增加，比较出两个轨道上的机械能．解答：解：根据，解得v=，轨道半径越大，线速度越小，所以离地面2h轨道上的动能小于离地面h轨道上的动能，即E k1＞E k2．高度越高，重力势能越大E p1＜E p2．卫星从低轨道变轨到高轨道，需点火加速，机械能增加，所以E k1+E p1＜E k2+E p2．故A、D正确，B、C错误．故选AD．点评：解决本题的关键了解卫星变轨的原理，以及掌握万有引力提供向心力这一理论，并能灵活运用．8．（6分）（xx秋•增城市校级月考）质量为m的子弹，以水平速度v射入静止在光滑水平面上质量为M的木块，并留在其中，说法正确的是（）A．子弹克服阻力做的功与木块获得的动能相等B．阻力对子弹做的功与子弹动能的变化相等C．子弹克服阻力做的功与子弹对木块做的功相等D．子弹克服阻力做的功大于系统摩擦所产生的内能考点：动能定理的应用；功能关系．分析：子弹和木块所受水平作用力（相互摩擦力）大小相等，可认为是恒力．但二者的位移大小不同，做功不同．解答：解：A、子弹克服阻力做功等于产生的内能和木块的动能，所以A错误．B、对于子弹来说只有阻力做功，其效果就是子弹动能减少，子弹动能的减少和阻力对子弹所做的功数值上相等，所以B正确．C、子弹对木块做的功应该等于木块的动能，所以C错误．D、子弹克服阻力做的功一部分是给了内能一部分给了木块，所以D正确．故选：BD．点评：功是能量转化的量度，能量转化的多少可以用功来量度，掌握住功和能的关系就可以分析得出结论．9．（6分）（xx•湖北模拟）如图所示，一粗糙的水平传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向运动，传送带的左、右两端皆有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定的速度v2沿水平面分别从左、右两端滑上传送带，下列说法正确的是（）A．物体从右端滑到左端所须的时间一定大于物体从左端滑到右端的时间B．若v2＜v1，物体从左端滑上传送带必然先做加速运动，再做匀速运动C．若v2＜v1，物体从右端滑上传送带，则物体可能到达左端D．若v2＜v1，物体从右端滑上传送带又回到右端．在此过程中物体先做减速运动，再做加速运动考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：传送带专题．分析：物体由于惯性冲上皮带后，分v2大于、等于、小于v1三种情况分析，从左端滑上传送带时，物体可以先加速，当速度等于传送带速度时匀速运动，也可以一直加速运动，也可以一直匀速运动，也可以先减速后匀速运动，还可以一直减速；从右端滑上传送带时，可以先匀减速运动到速度为0再反向加速后匀速，也可以先减速后反向匀加速，分情况进行讨论即可解题．解答：解：A、若物体从右端滑到左端和从左端滑到右端的过程中一直相对于传送带滑动，此时滑动摩擦力产生加速度，两者加速度相等，运动的位移相等，都做匀变速运动，所以运动的时间相等，否则不等，故A错误；B、若v2＜v1，物体从左端滑上传送带时所受的滑动摩擦力向右，物体先做匀加速运动，当物体运动到右端时速度仍小于传送带速度时，没有匀速过程，故B错误；C、若v2＜v1，物体从右端滑上传送带，物体所受摩擦力向右，物体做匀减速运动，当物体滑到左端速度大于等于零时，可以到达左端，故C正确；D、若v2＜v1，物体从右端滑上传送带又回到右端．物体受到的摩擦力一直向右，加速度不变，即先向左匀减速，后向右匀加速，故D正确；故选：CD．点评：本题关键是要分成v2大于、等于、小于v1三种情况讨论，同时还要考虑传送带的实际长度是否能保证最后匀速．三、填空题10．（10分）（xx•潮州二模）为测定海水的电阻率：①某学习小组选取了一根塑料管，分别用刻度和游标卡尺测出其长度L和内径d，内径示数如图a所示，由图d=2.50mm．②在塑料管里面灌满了海水，两端用粗铜丝塞住管口，形成一段封闭的海水柱．用多用表的档位转换开关K旋转在如图b所示的位置，将插入“+”、“﹣”插孔的红黑表笔短接，调零后粗测其阻值R，其结果如图b中表盘中所示，则R=6.0×103Ω．③该小组将为进一步精测其阻值，现采用伏安法．有如下实验器材供选择：A．直流电源：电动势12V，内阻不计，额定电流为1A；B．电流表A：量程0～10mA，内阻约10Ω；≜C．电压表V：量程0～15V，内阻约15kΩ；D．滑动变阻器R1：最大阻值10Ω；E．滑动变阻器R2：最大阻值10kΩ；F．多用表：如图b；G．开关、导线等（a）该小组采用限流电路并在正确选择器材后完成部分导线的连接，请你在实物接线图c中完成余下导线的连接并在滑动变阻器旁边标上其符号（R1或R2）．（b）若该小组在实验过程中由于操作不当，导致所选用的电流表损坏．为保证实验的正常进行，可将多用表的档位转换开关K旋转至直流10mA挡位上，替换原使用的电流表并通过插入“+”、“﹣”插孔的红黑表笔正确接入电路，继续实验．该小组在实验中测得电压表和电流表的示数分别为U和I，则精确测出的海水电阻率表达式为：ρ=．考点：伏安法测电阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：①游标卡尺的读数：由主尺刻度数加游尺刻度数．②欧姆档的读数：两位有效数字乘以倍率．③（a）由限流式接法连入一上方接线柱；（b）选择与电流表的量程相当的档位；求出电阻值进而求得电阻率．解答：解：①读数：2+10×0.05=2.50mm②读数为：6.0×103Ω③（a）限流式接法如下图，因用的限流式接法，且待测电阻的阻值约为6KΩ，若用R1来控制电流其阻值偏小，而R2可以，故选用R2．（b）选择与电流表相当的档位：10mA 因R= 求得故答案为：①2.50②6.0×103③（a）如图（b）10mA点评：①考查游卡尺的读法，明确由主尺刻度加游尺刻度．②考查欧姆档的读数方法，注意倍率．③考查电阻测量电路实验基本要点，会正确读数，明确基本公式．11．（8分）（xx•涪城区校级模拟）如图1所示，用伏安法测电源电动势和内阻的实验中，在电路中接一阻值为2Ω的电阻R0，通过改变滑动变阻器，得到几组电表的实验数据：U（V） 1.2 1.0 0.8 0.6I（A）0.10 0.17 0.23 0.30①R0的作用是保护电源、电表，防止短路；②用作图法在图2坐标系上作出U﹣I图线；③利用图线，测得电动势E=1.5V，内阻r=1.0Ω．（结果保留两位有效数字）考点：测定电源的电动势和内阻．专题：实验题．分析：（1）为了防止电源发生短路，我们常用一定值电阻充当保护电阻；（2）由描点法将表中各点的坐标描出，再由直线将各点相连即可；（3）由图象与纵坐标的交点可求得电源的电动势；由图象的斜率可求得内阻与保护电阻之和；因保护电阻已知，则可求出内阻．解答：解：（1）R0接在电源附近，是为了防止当外部短路时，电源出现短路现象，故此电阻在此起保护作用；保护电源、电表防止短路；同时可以减小电阻的测量误差．（2）将（I、U）坐标描在图象中，用直线将各点相连，如图所示；（3）由图可知，电源的电动势约为1.5V；R0+r==3Ω，r=3.0﹣2.0=1.0Ω；故答案为：（1）保护电源、电表，防止短路；（2）如上图；（3）1.5，1.0点评：本题考查测量电动势和内电阻的实验，注意保护电阻在电路中的作用；同时要注意保护电阻可等效为电源的内阻进行分析．四、计算题（每小题18分，共36分）12．（18分）（xx秋•增城市校级月考）如图所示，在水平地面MN上方有一个粗糙绝缘平台PQ，高度为h=1m平台上方PR右侧有水平向右的有界匀强电场，PR左侧有竖直向上的匀强电场，场强大小均为E=1.1×l04N/C有一质量m=1.0×10﹣3kg、电荷量为q=﹣2.0×10﹣6C的滑块，放在距离平台左端P点L=1.2m处，滑块与平台间的动摩擦因数0.2，现给滑块水平向左的初速度v0=4m/s，取g=10m/s2，求：（1）滑块经过P点时的速度；（2）滑块落地点到N点的距离．（3）求滑块从运动到落地所经过的时间．考点：动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动．专题：动能定理的应用专题．分析：（1）物体在平台上受电场力、摩擦力做功，则由动能定理可求得物体到达P点的速度；（2）物体做类平抛运动，竖直方向由牛顿第二定律可求得下落的加速度，水平方向做匀速直线运动，则可由平抛运动的公式可求得水平位移．（3）由牛顿第二定律和运动学公式结合求解滑块运动的时间，即可求得总时间．解答：解：（1）滑块在平台上运动过程，由动能定理得。

2021年高三上学期12月份阶段检测物理试题含答案本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共100分．第Ⅰ卷(选择题，共40分)一、选择题（本大题共10小题，每小题4分。

第1—5小题，只有一个选项符合要求，第6—10小题有多项符合要求，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分。

）1.从同一地点同时开始沿同一直线运动的两个物体I、II的速度—时间图象如图所示.时间内，下列说法中正确的是（）在0~t2A. t时刻两物体相遇2时刻两物体相距最远B. 在第一次相遇之前，t1C. I、II两个物体的平均速度大小都是D. I物体所受的合外力不断增大，II物体所受的合外力不断减小2．如图，穿在一根光滑的固定杆上的两个小球A、B连接在以一条跨过定滑轮的细绳两端，杆与水平面成θ＝37°角，不计所有摩擦。

当两球静止时，OA绳与杆的夹角为θ，OB绳沿竖直方向，则球A、B的质量之比为（）A．4∶3 B．3∶4C．3∶5 D．5∶8为热敏电阻（温度降低电阻增大），D为理想二极管（正向电阻为零，反3.如图所示，R向电阻无穷大），C为平行板电容器，C中央有一带电液滴刚好静止，M点接地，单独进行下列操作可使带电液滴保持静止的是（）A．将热敏电阻R0加热B．变阻器R的滑动头P向下移动C．开关K断开D。

电容器C的上极板向上移动4．如图所示，一个质量为0.4 kg的小物块从高h＝0.05m的坡面顶端由静止释放，滑到水平台上，滑行一段距离后，从边缘O点水平飞出，击中平台右下侧挡板上的P点．现以O为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系，挡板的形状满足方程y ＝x2－6（单位：m），不计一切摩擦和空气阻力，g＝10m／s2，则下列说法正确的是（）A．小物块从水平台上O点飞出的速度大小为2m／sB．小物块从O点运动到P点的时间为l sC．小物块刚到P点时速度方向与水平方向夹角的正切值等于5D．小物块刚到P点时速度的大小为10 m／s5.如图所示为电流天平，可用来测量匀强磁场的磁感应强度．天平的右臂下面挂有一个矩形线圈，线圈匝数为N，水平边长为L，线圈的下部处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面．当线圈中通有电流I （方向如图）时，在天平左、右两边各加上一定质量的砝码，天平平衡．当电流反向（大小不变）时，左边再加上质量为m的砝码后，天平重新平衡．由此可知（）A．磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为B．磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为C．磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为D．磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为6. 有两个匀强磁场区域I和II，I中的磁感应强度是II中的k倍，两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。