2017-2018学年山东省潍坊一中高二(下)月考物理试卷(9月份) Word版含解析

2017-2018学年山东省潍坊市高二下学期摸底统考物理试题第Ⅰ卷一、选择题：本题共10小题，每小题4分。

每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求；第6～10题有多个选项符合题目要求。

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．在真空中有两个点电荷P、Q相距为L，电荷P对电荷Q的静电力F，下列说法正确的是（）A．F的方向一定由Q指向PB．F的方向一定由P指向QC．F实质上是电荷P产生的电场对电荷Q的作用D．F实质上是电荷Q产生的电场对自身的作用2．已知基态一价氦离子能量为E1＝－54.4eV，氦离子的能级示意图如图所示。

则能使基态氦离子发生跃迁的是（）A．动能为7.6eV的电子B．动能为30.0eV的电子C．能量为7.6eV的光子D．能量为51.0eV的光子3．如图所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面向上。

导体棒ab、cd 与两导轨垂直且与导轨接触良好。

现保持ab静止，将cd由静止释放，则cd棒（）A ．有由c 到d 的感应电流B ．受到的安培力沿斜面向下C ．一直做匀加速运动D ．先做加速运动后做匀速运动4．太空中，一自带推进器的飞船与空间站对接在一起无动力飞行。

现开动推进器，使飞船与空间站共同加速。

已知推进器和飞船的总质量为m 0，推进器的推力为F 、作用时间为t 、推进器、飞船和空间站速度的变化为Δv ，则空间站的质量为（ ）A ．vFt ∆B ．vFt m ∆-0 C ．0m vFt-∆ D ．0m vFt+∆ 5．2017年4月22日12时23分，“快递小哥”天舟一号货远飞船在离地面393km 处与天宫二号成功对接，一起绕地球做匀速圆周运动。

做匀速圆周运动的“快递小哥”，与地球同步卫星相比，“快递小哥”的（ ）A ．角速度大B ．线速度小C ．周期大D ．加速度小6．甲乙两车沿同一平直公路运动的v －t 图象如图所示，已知两车t =0时并排行驶。

2017-2018学年二、选择题(本题共8小题。

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．以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比。

下列用虚线和实线描述两物体运动的v —t 图象可能正确的是15.如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数比n 1:n 2=11:5，原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u tV π=，副线圈接入电阻的阻值100R =Ω，则A ．通过电阻的电流是22AB ．交流电的频率是l00HzC ．与电阻并联的电压表的示数是100VD ．变压器的输入功率是484W16.由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电量分别为q 1和q 2，其间距离为r 时，它们之间相互作用力的大小为122q q F kr =，式中k 为静电力常量。

若用国际单位制的基本单位表示，k 的单位应为A ．kg ·A 2·m 3B ．kg ·A -2·m 3·s -4C ．kg ·m 2·C -2D ．N ·m 2·A -217．如图所示，两根间距为l 的光滑平行金属导轨与水平面夹角为α，图中虚线下方区域内存在磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向垂直于斜面向上。

两金属杆质量均为m ，电阻均为R ，垂直于导轨放置。

开始时金属杆ab 处在距磁场上边界一定距离处，金属杆cd处在导轨的最下端，被与导轨垂直的两根小柱挡住。

现将金属杆ab 由静止释放，金属杆ab 刚进入磁场便开始做匀速直线运动。

已知重力加速度为g ，则A ．金属杆ab 进入磁场时感应电流的方向为由a 到bB ．金属杆ab 进入磁场时速度大小为222sin mgR B l α C ．金属杆ab 进入磁场后产生的感应电动势为sin mg Bl α D ．金属杆ab 进入磁场后金属杆cd 对两根小柱的压力大小为零18．如图，拉格朗日点L 1位于地球和月球连线上，处在该点的物体在地球和月球引力的共同作用下，可与月球一起以相同的周期绕地球运动。

3、关于磁感应强度B，下列说法中正确的是（）A、磁场中某点B的大小，跟放在该点的试探电流元的情况有关B、磁场中某点B的方向，跟放在该点的试探电流元所受的磁场力方向一致C、在磁场中某点试探电流元不受磁场力作用时，该点B值大小为零D、在磁场中磁感线越密集的地方，B值越大4、关于带电粒子在匀强电场和匀强磁场中的运动，下列说法正确的是（）A、带电粒子沿电场线方向射入时，电场力对带电粒子做正功，粒子的动能一定增加B、带电粒子垂直于电场线方向射入时，电场力对带电粒子不做功，粒子的动能不变C、带电粒子沿磁感线方向射入时，洛伦兹力对带电粒子做正功，粒子的动能一定增加D、不论带电粒子如何射入磁场，洛伦兹力对带电粒子都不做功，粒子的动能不变5．质量为m的通电细杆放在倾角为θ的导轨上，导轨的宽度为d，杆与导轨间的动摩擦因数为μ，有电流通过杆，杆恰好静止于导轨上，在如图3所示的A、B、C、D四个图中，杆与导轨间的摩擦力一定不为零的是()6、如图所示，两个比荷相同的都带正电荷的粒子a和b以相同的动能在匀强磁场中运动，a从B1区运动到B2区，已知B2>B1；b开始在磁感应强度为B1的磁场中沿顺时针做匀速圆周运动，然后磁场逐渐增强到B2，则a、b两粒子的动能将（）A、a不变，b增大B、a不变，b变小C、a、b都变大D、a、b都不变7、如图所示，竖直平行金属导轨MN、PQ上端接有电阻R，金属杆质量为m，跨在平行导轨上，垂直导轨平面的水平匀强磁场为B，不计ab与导轨电阻，不计摩擦，且ab与导轨接触良好。

若ab杆在竖直向上的外力F作用下匀速上升，则以下说法正确的是（）A、拉力F所做的功等于电阻R上产生的热B、杆ab克服安培力做的功等于电阻R上产生的热C、电流所做的功等于重力势能的增加量D、拉力F与重力做功的代数和等于电阻R上产生的热8、11、有一个带正电荷的离子，沿垂直于电场方向射入带电平BQ'B1<B2BB2行板的匀强电场.离子飞出电场后的动能为E k ，当在平行金属板间再加入一个垂直纸面向内的如图所示的匀强磁场后，离子飞出电场后的动能为E k /,磁场力做功为W ，则下面各判断正确的是 A ．E K <E K ＇,W =0 B ．E K >E K ＇,W =0C ．E K =E K ＇,W =0D ．E K >E K ＇,W >09、如图所示，甲是一带正电的小物块，乙是不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起置于粗糙的水平地板上，地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场。

潍城区第一中学2018-2019学年高二上学期第二次月考试卷物理班级__________ 座号_____ 姓名__________ 分数__________一、选择题1． 在水平向右的匀强电场中，质量为m 的带正电质点所受重力mg 是电场力的倍．现将其以初速度v 0竖3直向上抛出，则从抛出到速度最小时所经历的时间为（ ）A ．t ＝B ．t ＝v 0g2v 03g C ．t ＝ D ．t ＝3v 02g 3v 04g【答案】D 【解析】tan α＝＝，α＝30°F mg 13等效重力加速度g ′＝＝g cos30°2g 3Δv ＝v 0cos30°＝g ′t联立解得t ＝.选项D 正确。

3v 04g2． （2018南宁摸底）如图所示，在光滑水平面内有一固定光滑绝缘挡板AB ，P 是AB 上的一点。

以A 为坐标原点在水平面建立直角坐标系，y 轴一挡板AB 重合，x 轴上固定一个带正电的点电荷Q 。

将一个带电小球（可视为质点）轻放到挡板的左侧的P 处，在静电力作用下小球沿挡板向A 运动，则下列说法中正确的是A ．小球带负电B ．由P 点到A 点小球做匀加速直线运动C ．P 点的场强比A 点的场强大D ．小球在P 点的电势能比在A 点的电势能大【答案】AD【解析】【名师解析】根据题述，静止带电小球从P 处在静电力作用下沿挡板向A 运动，说明带电小球受到的是库伦吸引力，小球带负电，选项A 正确；由于点电荷Q 的电场不是匀强电场，带电小球在运动过程中所受的合外力不可能保持不变，所以小球由P 到A 不可能做匀加速直线运动，选项B 错误；根据点电荷电场特征，P 点的电场强度比A 点的电场强度小，选项C 错误；小球由P 到A 运动，静电力做功，电势能减小，小区装P 点的电势能比在A 点的电势能大，选项D 正确。

3． （2016·河北邯郸高三入学考试）在电场强度大小为E 的匀强电场中，将一个质量为m 、电荷量为q 的带电小球由静止开始释放，带电小球沿与竖直方向成θ角的方向做直线运动。

2015-2016学年山东省潍坊一中高二（上）月考物理试卷（10月份）一.选择题（每题有一个或多个正确选项，共12小题，每题4分）1．关于电荷的理解正确的是（）A．元电荷就是电子B．体积很小的带电体未必就是点电荷C．检验电荷可以带正电也可以带负电，电量可大可小D．点电荷类似于质点，是一种理想化模型2．下列说法是某同学对电场中相关概念及公式的理解，其中正确的是（）A．电场强度公式E=只适用于匀强电场B．根据电容的定义式C=，电容器极板上的电荷量每增加1C，电压就增加1VC．据电场力做功的计算式W=qU，一电子在1V电压下加速，电场力做功1eVD．电场线就是电荷只在电场力作用下运动的轨迹3．使两个完全相同的金属小球（均可视为点电荷）分别带上﹣3Q和+5Q的电荷后，将它们固定在相距为a的两点，它们之间库仑力的大小为F1．现用绝缘工具使两小球相互接触后，再将它们固定在相距为2a的两点，它们之间库仑力的大小为F2．则F1与F2之比为（）A．2：1 B．4：1 C．16：1 D．60：14．两个正、负点电荷周围电场线分布如图所示，P、Q为电场中两点，则（）A．负电荷在P的电势能小于在Q的电势能B．正电荷在P的加速度小于在Q的加速度C．正电荷在P点由静止自由释放能运动到QD．负电荷从P移动到Q，其间必有一点电势能为零5．如果不计重力的电子只受静电力作用．那么电子在电场中可能做（）A．匀速直线运动 B．匀加速直线运动C．匀变速曲线运动D．匀速圆周运动6．A、B两带电小球，质量分别为m A、m B，用绝缘不可伸长的细线如图悬挂，静止时A、B两球处于相同高度．若B对A及A对B的库仑力分别为F A、F B，则下列判断正确的是（）A．F A＜F BB．细线AC对A的拉力C．细线OC的拉力T C=（m A+m B）gD．同时烧断AC、BC细线后，A、B在竖直方向的加速度相同7．如图所示，电路中A、B为两块竖直放置的金属板，C是一只静电计，开关S合上后，静电计指针张开一个角度，下述做法可使静电计指针张角增大的是（）A．保持S闭合，使A、B两板靠近一些B．保持S闭合，使A、B两板正对面积减小一些C．断开S后，使B板向右平移一些D．断开S后，使A、B两板错开一些8．a、b、c三个α粒子由同一点垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场，由此可以肯定（）①在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上②b和c同时飞离电场③进入电场时，c的速度最大，a的速度最小④动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大．A．①B．①② C．②③ D．①③④9．如图所示，A为空心金属球，B为靠近A的另一个原来不带电的枕形金属壳．将另一个带正电的小球C从A球开口处放入A球中央，但不触及A球．则B出现的情况是（）A．靠近A的一端带正电，远离A的另一端带负电B．靠近A的一端带负电，远离A的另一端带正电C．靠近A的一端带负电，远离A的另一端不带电D．靠近A的一端带正电，远离A的另一端不带电10．细胞膜也称生物膜或质膜．是由类脂、蛋白质和糖类组成．质膜中的类脂也称膜脂，是质膜的基本骨架，膜蛋白质是膜功能的主要体现者．如果细胞膜的厚度约等于800nm（1nm=10﹣9m），当膜的内外层间的电压达到0.4V时，即可让一价钠离子渗透．设细胞膜内的电场为匀强电场，则钠离子在渗透时（）A．膜内电场强度约为5×105V/mB．膜内电场强度约为2×105V/mC．每个钠离子沿电场方向透过膜时电场力做功约为6.4×10﹣20JD．每个钠离子沿电场方向透过膜时电场力做功约为1.6×10﹣19J11．如图所示，在水平向右的匀强电场中，一带电金属块由静止开始沿绝缘斜面下滑，已知在金属块下滑的过程中动能增加了10J，金属块克服摩擦力做功5J，重力做功20J，则以下判断正确的是（）A．系统热能增加5J B．合力做功10JC．金属块的机械能减少20J D．金属块的电势能增加5J12．如图1所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔．右极板电势随时间变化的规律如图2所示．电子原来静止在左极板小孔处．下列说法中正确的是（）A．从t=0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上B．从t=0时刻释放电子，电子可能在两板间振动C．从t=时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上D．从t=时刻释放电子，电子必将打到左极板上二.计算题（写出必要的计算过程和文字说明，5小题，共52分）13．在匀强电场中建立一个直角坐标系，如图所示，从坐标原点沿+y方向前进0.346m到A 点，电势降低34.6V；从坐标原点沿﹣x方向前进0.2m到B点，电势升高34.6V，求匀强电场的场强大小和方向．（取=1.73）14．（10分）（2015春•赫章县校级期末）如图，一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°．不计重力．求A、B两点间的电势差．15．如图所示，两平行金属板电容器A、B间为匀强电场，A、B相距6cm，C、D为电场中的两点，且|CD|=4cm，CD连线和场强方向成60°角，电容器的电容大小为2uF．已知若将电子从C 点移到D点，此过程中电场力做功为3.2×10﹣17J，求：（1）求匀强电场的场强；（2）求电容器的带电量（3）若D点在A板上且将A板接地，求C点电势．16．（12分）（2015秋•潍坊校级月考）如图所示，ABCDF为一绝缘光滑轨道，竖直固定在水平方向的匀强电场中，BCDF是半径为R的圆形轨道，AB为水平部分．已知电场强度为E，今有质量为m的带电小球从A点由静止释放并开始沿轨道运动，小球受到的电场力和重力大小相等，要使小球能够沿轨道做圆周运动，则AB间的距离至少为多大？17．（15分）（2015秋•琼海校级月考）如图所示，两块长3cm的平行金属板AB相距1cm，并始终与300V直流电源的两极连接，φA＜φB，如果在两板正中间有一电子（m=9×10﹣31kg，e=﹣1.6×10﹣19C），沿垂直于电场方向以2×107m/s的速度飞入，则（1）请通过计算说明电子能否飞离平行金属板正对空间．（2））如果由A到B分布宽1cm的电子带通过此电场，在题中条件下，能飞离电场的电子数占总数的百分之几？（3）若AB两板间电压可以任意调整，试求：U AB满足什么条件才能保证从正中间射入的电子从板间偏出？2015-2016学年山东省潍坊一中高二（上）月考物理试卷（10月份）参考答案与试题解析一.选择题（每题有一个或多个正确选项，共12小题，每题4分）1．关于电荷的理解正确的是（）A．元电荷就是电子B．体积很小的带电体未必就是点电荷C．检验电荷可以带正电也可以带负电，电量可大可小D．点电荷类似于质点，是一种理想化模型【考点】元电荷、点电荷．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】点电荷是当两个带电体的形状对它的相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看作点电荷．而元电荷是带电量的最小值，它不是电荷，所有带电电荷量均是元电荷的整数倍．【解答】解：A、元电荷的电量等于电子的电量，但不是电子．元电荷是带电量的最小单元．没有电性之说．故A错误；B、当两个带电体的形状对它的相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看作点电荷，所以体积很小的带电体未必就是点电荷，故B正确；C、检验电荷可以带正电也可以带负电，电量较小，故C错误；D、点电荷类似于质点，是一种理想化模型，故D正确；故选：BD．【点评】点电荷是电荷，有电荷量与电性，而元电荷不是电荷，有电荷量但没有电性．2．下列说法是某同学对电场中相关概念及公式的理解，其中正确的是（）A．电场强度公式E=只适用于匀强电场B．根据电容的定义式C=，电容器极板上的电荷量每增加1C，电压就增加1VC．据电场力做功的计算式W=qU，一电子在1V电压下加速，电场力做功1eVD．电场线就是电荷只在电场力作用下运动的轨迹【考点】电容；电场强度．【专题】电容器专题．【分析】电场强度、电容器的定义均采用了比值定义法，电场强度是电场本身的性质和q、F无关，同时电容也与电量及电压无关；电子的电量为元电荷e，由W=Uq可知电场力做功；电荷的运动轨迹一般不与电场线重合．【解答】解：A、电场强度公式E=适用于任何电场；故A错误；B、根据电容的定义式C=，电容器极板上的电荷量每增加1C，电压就增加1V，故B正确；C、电子的电量为e，由W=Uq可知，电场对电子做功加速时W=Ue，即在1V电压下加速，电场力做功为1eV，故C正确；D、电荷的运动轨迹一般不与电场线重合；故D错误；故选：BC【点评】掌握场强的定义式，在电势及电势差的计算中要注意各量的符号问题，否则可能出现错误的结果3．使两个完全相同的金属小球（均可视为点电荷）分别带上﹣3Q和+5Q的电荷后，将它们固定在相距为a的两点，它们之间库仑力的大小为F1．现用绝缘工具使两小球相互接触后，再将它们固定在相距为2a的两点，它们之间库仑力的大小为F2．则F1与F2之比为（）A．2：1 B．4：1 C．16：1 D．60：1【考点】库仑定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】完全相同的带电小球接触时，若是同种电荷则将总电量平分，若是异种电荷则先中和然后将剩余电量平分，然后依据库仑定律求解即可．【解答】解：开始时由库仑定律得：F=k r=a …①现用绝缘工具使两小球相互接触后，各自带电为Q，因此此时：F1=k…②由①②得：F1=F，故ABC错误，D正确．故选D．【点评】完全相同的带电小球接触时，对于电量的重新分配规律要明确，然后正确利用库仑定律求解．4．两个正、负点电荷周围电场线分布如图所示，P、Q为电场中两点，则（）A．负电荷在P的电势能小于在Q的电势能B．正电荷在P的加速度小于在Q的加速度C．正电荷在P点由静止自由释放能运动到QD．负电荷从P移动到Q，其间必有一点电势能为零【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据电场线的疏密判断场强的大小．根据电场线的方向判断电荷的正负．顺着电场线电势逐渐降低，由电场线的方向可判断电势的正负【解答】解：A、负电荷从P到Q电场力做负功，电势能增加，故负电荷在P的电势能小于在Q的电势能，故A正确；B、电场线的疏密代表场强的大小，故E P＞E Q，故正电荷在P的加速度大于在Q的加速度，故B错误；C、正电荷在电场中受到的力沿该点的切线方向，故正电荷由P静止释放不能运动到Q，故C 错误D、从P到Q的过程中，沿电场线方向电势降低，故在PQ间有一点电势为零点，故E P=qφ，故其间必有一点电势能为零，故D正确；故选：AD【点评】本题要掌握电场线的物理意义：电场线的疏密表示场强的大小，顺着电场线电势逐渐降低，知道等量异种电荷连线的垂直平分线是一个等势面5．如果不计重力的电子只受静电力作用．那么电子在电场中可能做（）A．匀速直线运动 B．匀加速直线运动C．匀变速曲线运动D．匀速圆周运动【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】电子可能在匀强电场中运动，也可能在点电荷的电场中运动，根据其受力情况，即可判断其运动情况．【解答】解：A、由于电子在电场中一定会受到电场力的作用，一定有加速度，所以电子不会做匀速直线运动，故A错误；B、当电子在匀强电场中运动时，若受到的电场力的方向和电子的速度的方向相同时，电子就会做匀加速直线运动，故B正确；C、当电子在匀强电场中运动时，若受到的电场力的方向和电子的速度的方向不在同一直线时，电子将做匀变速曲线运动，故C正确；D、当电子绕一个正点电荷运动，受到的电场力的方向始终和速度的方向垂直时，电子就会做匀速圆周运动，比如电子绕着原子核的转动，故D正确．故选：BCD．【点评】解决本题的关键是分析清楚电场力和速度的方向之间的关系，电子做匀速圆周运动的情况是学生经常出错的地方．6．A、B两带电小球，质量分别为m A、m B，用绝缘不可伸长的细线如图悬挂，静止时A、B两球处于相同高度．若B对A及A对B的库仑力分别为F A、F B，则下列判断正确的是（）A．F A＜F BB．细线AC对A的拉力C．细线OC的拉力T C=（m A+m B）gD．同时烧断AC、BC细线后，A、B在竖直方向的加速度相同【考点】库仑定律；牛顿第二定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】设两个球间的静电力为F，分别对两个球受力分析，求解重力表达式后比较质量大小；根据整体法来确定细线的拉力，并由牛顿第二定律则可判定细线烧断后各自的运动情况．【解答】解：A、对小球A受力分析，受重力、静电力、拉力，如图根据平衡条件，则有，两球间的库仑力是作用力与反作用力，一定相等，与两个球是否带电量相等无关，故A错误；有：m A g=T A cos30° 因此：T A=m A g，故B错误；C、由整体法可知，细线的拉力等于两球的重力，故C正确；D、同时烧断AC、BC细线后，A、B在竖直方向重力不变，所以加速度相同，故D正确；故选CD．【点评】本题关键分别对两个小球受力分析，然后根据平衡条件列方程；再结合库仑定律列方程分析求解．7．如图所示，电路中A、B为两块竖直放置的金属板，C是一只静电计，开关S合上后，静电计指针张开一个角度，下述做法可使静电计指针张角增大的是（）A．保持S闭合，使A、B两板靠近一些B．保持S闭合，使A、B两板正对面积减小一些C．断开S后，使B板向右平移一些D．断开S后，使A、B两板错开一些【考点】电容器的动态分析．【专题】电容器专题．【分析】静电计测量的是电容器两端间的电势差．合上开关，电容器两端间的电势差不变；断开开关，电容器所带的电荷量不变．【解答】解：A、合上开关，电容器两端间的电势差不变，静电计指针张角不变．故A、B错误．C、断开S，电容器带电量保持不变，B板向右平移一些，即A、B间距增大一些，根据C=，d变大，C变小．根据C=，U增大，张角变大．故C正确．D、断开S，电容器带电量保持不变，使A、B正对面积错开一些，根据C=，S变小，C变小．根据C=，U增大，张角增大．故D正确．故选：CD．【点评】解决本题的关键在处理电容器动态分析时，电容始终与电源相连，两端间电势差不变，与电源断开，电量保持不变．8．a、b、c三个α粒子由同一点垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场，由此可以肯定（）①在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上②b和c同时飞离电场③进入电场时，c的速度最大，a的速度最小④动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大．A．①B．①② C．②③ D．①③④【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】三个α粒子进入电场后加速度相同，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，由图看出，竖直方向偏转距离的关系，由位移公式y=分析三个α粒子运动时间关系．三个α粒子水平方向上做匀速直线运动，由水平位移分析初速度关系．由动能定理分析动能增量的关系．【解答】解：①②三个α粒子进入电场后加速度相同，由图看出，竖直方向a、b偏转距离相等，大于c的偏转距离，由y=得知，a、b运动时间相等，大于c的运动时间，即t a=t b＞t c，故在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上，而c先飞出电场．故①正确，②错误．③三个α粒子水平方向上做匀速直线运动，则有x=v0t．由图看出，b、c水平位移相同，大于a的水平位移，即x b=x c＞x a，而t a=t b＞t c，可见，初速度关系为：v c＞v b＞v a，故③正确．④由动能定理得：△E k=qEy，由图看出，a和b的偏转距离相等，大于c的偏转距离，故ab 动能增量相等，大于c的动能增量．故④正确．故选D【点评】本题是带电粒子在匀强电场中做类平抛运动的类型，运用运动的分解法，由轨迹分析水平位移和竖直位移的关系进行分析．9．如图所示，A为空心金属球，B为靠近A的另一个原来不带电的枕形金属壳．将另一个带正电的小球C从A球开口处放入A球中央，但不触及A球．则B出现的情况是（）A．靠近A的一端带正电，远离A的另一端带负电B．靠近A的一端带负电，远离A的另一端带正电C．靠近A的一端带负电，远离A的另一端不带电D．靠近A的一端带正电，远离A的另一端不带电【考点】静电现象的解释．【分析】一个带正电的小球C从A球开口处放入A球中央，但不触及A球．此时A的电子被吸引到内侧，外侧带正电，这时B靠近A的一端就会感应出负电．【解答】解：带正电的小球C放在A球中央时，A的内侧感应出负电，外侧带正点，当B靠近A时，靠近A的一端就会感应出负电，另一端带正电．故选：B．【点评】该题考查了感应起电的相关知识，难度不大，属于基础题．10．细胞膜也称生物膜或质膜．是由类脂、蛋白质和糖类组成．质膜中的类脂也称膜脂，是质膜的基本骨架，膜蛋白质是膜功能的主要体现者．如果细胞膜的厚度约等于800nm（1nm=10﹣9m），当膜的内外层间的电压达到0.4V时，即可让一价钠离子渗透．设细胞膜内的电场为匀强电场，则钠离子在渗透时（）A．膜内电场强度约为5×105V/mB．膜内电场强度约为2×105V/mC．每个钠离子沿电场方向透过膜时电场力做功约为6.4×10﹣20JD．每个钠离子沿电场方向透过膜时电场力做功约为1.6×10﹣19J【考点】电场强度；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】匀强电场电场强度与电势差的关系，，可求E，电场力做功与电势差的关系w=qU 可求每个钠离子沿电场方向透过膜时电场力做功．【解答】解：由题意得，膜内电场强度为=V/m由电场力做功与电势差的关系w=qU=1.6×10﹣19×0.4=6.4×10﹣20J故选AC【点评】考查了匀强电场的电场强度与与电势差的关系、电场力做功与电势差的关系，灵活选择公式．11．如图所示，在水平向右的匀强电场中，一带电金属块由静止开始沿绝缘斜面下滑，已知在金属块下滑的过程中动能增加了10J，金属块克服摩擦力做功5J，重力做功20J，则以下判断正确的是（）A．系统热能增加5J B．合力做功10JC．金属块的机械能减少20J D．金属块的电势能增加5J【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】在金属块滑下的过程中动能增加了10J，金属块克服摩擦力做功5J，重力做功20J，根据动能定理求出电场力做功．知道电场力做功量度电势能的改变．知道重力做功量度重力势能的改变【解答】解：A、摩擦力做功全部转化为内能，故故系统热能增加5J，故A正确B、合力做功等于物体动能的变化量，故为10J，故B正确；C、在金属块滑下的过程中重力做功20J，重力势能减小20J，动能增加了10J，所以金属块的机械能减少10J，故C错误D在金属块滑下的过程中动能增加了10J，金属块克服摩擦力做功5J，重力做功20J，根据动能定理得：W总=W G+W电+W f=△E K解得：W电=﹣5J所以电场力做功﹣5J，金属块的电势能增加5J．故D正确故选：ABD【点评】解这类问题的关键要熟悉功能关系，也就是什么力做功量度什么能的变化，并能建立定量关系12．如图1所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔．右极板电势随时间变化的规律如图2所示．电子原来静止在左极板小孔处．下列说法中正确的是（）A．从t=0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上B．从t=0时刻释放电子，电子可能在两板间振动C．从t=时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上D．从t=时刻释放电子，电子必将打到左极板上【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】分析电子的受力情况，来分析电子的运动情况，若一直向右运动，可以打在右板，若电子时而向右运动，时而向左运动，根据位移关系，分析电子的运动情况【解答】解：分析电子在一个周期内的运动情况．A、B从t=0时刻释放电子，前内，电子受到的电场力向右，电子向右做匀加速直线运动；后内，电子受到向左的电场力作用，电子向右做匀减速直线运动；接着周而复始，所以电子一直向右做单向的直线运动，直到打在右板上．故A正确，B错误．C、从t=时刻释放电子，在﹣内，电子向右做匀加速直线运动；在﹣内，电子受到的电场力向左，电子继续向右做匀减速直线运动，时刻速度为零；在﹣T内电子受到向左的电场力，向左做初速度为零的匀加速直线运动，在T﹣内电子受到向右的电场力，向左做匀减速运动，在时刻速度减为零；接着重复．若两板距离足够大时，电子在两板间振动．故C正确．D、用同样的方法分析从t=T时刻释放电子的运动情况，电子先向右运动，后向左运动，由于一个周期内向左运动的位移大于向右运动的位移，电子最终从左极板的小孔离开电场．也可能电子在向右过程中就碰到右极板，故D正确．故选：ACD【点评】本题中电子在周期性变化的电场中，电场力是周期性变化的，关键要根据牛顿定律分析电子的运动情况二.计算题（写出必要的计算过程和文字说明，5小题，共52分）13．在匀强电场中建立一个直角坐标系，如图所示，从坐标原点沿+y方向前进0.346m到A 点，电势降低34.6V；从坐标原点沿﹣x方向前进0.2m到B点，电势升高34.6V，求匀强电场的场强大小和方向．（取=1.73）【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据题中的数据找出x轴方向上电势与A点相等的B′点，A、B′两点的电势相等，即AB′连线上的各点电势相等，并作其垂线OE，则从O→E的方向即场强方向．由匀强电场中电势差与电场强度的关系可得出电场强度的大小．通过几何关系，求出场强的方向．【解答】解：令O点电势φO=0，则φA=﹣34.6 V，φB=34.6 V，再作点B关于点O的对称点B′，因为BO=OB′，则φB′=﹣34.6 V．连接AB′，并作其垂线OE，则从O→E的方向即场强方向．tanθ===，所以θ=30°E===200 V/m．答：匀强电场的场强大小为200 V/m，方向与x轴正方向成30°角．【点评】在匀强电场中，电场是处处相等的，电场强度，电势差与沿电场方向上的距离有关系E=，值得注意的是该关系式只适用于匀强电场．14．（10分）（2015春•赫章县校级期末）如图，一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°．不计重力．求A、B两点间的电势差．【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理；电势差．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】粒子水平方向受电场力，做初速度为零的匀加速直线运动；竖直方向不受力，故竖直分运动是匀速直线运动；结合运动的合成与分解的知识得到A点速度与B点速度的关系，然后对A到B过程根据动能定理列式求解．【解答】解：设带电粒子在B点的速度大小为v B，粒子在垂直电场方向的分速度不变，故：v B sin30°=v0sin60° ①解得：②设A、B间的电势差为U AB，由动能定理，有：③联立②③解得：答：A、B两点间的电势差为．【点评】本题关键是通过运动的合成与分解得到A点速度和B点速度的关系，然后结合动能定理列式求解即可，基础题目．15．如图所示，两平行金属板电容器A、B间为匀强电场，A、B相距6cm，C、D为电场中的两点，且|CD|=4cm，CD连线和场强方向成60°角，电容器的电容大小为2uF．已知若将电子从C 点移到D点，此过程中电场力做功为3.2×10﹣17J，求：（1）求匀强电场的场强；（2）求电容器的带电量（3）若D点在A板上且将A板接地，求C点电势．【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】（1）根据W=亲U求的C点间的电势差，根据U=Ed求的场强，根据做功判断场强方向；（2）由U=Ed求的两极板间的电势差，根据Q=CU求的所带电荷量（3）由U=φA﹣φC求的电势【解答】解：（1）CD两点间的电势差为：电场强度的大小为：E=．方向竖直向下（2）BA间的电势差为：U=Ed=104×0.06V=600V所带电荷量为：Q=CU=2×10﹣6×600C=1.2×10﹣3C．（3）由U AC=φA﹣φC得：φC=﹣200V答：1）匀强电场的场强为104V/m；（2）求电容器的带电量为1.2×10﹣3C（3）若D点在A板上且将A板接地，C点电势为﹣200V【点评】电场力具有力的一般性质，电场力做功可根据功的一般计算公式W=Flcosα计算16．（12分）（2015秋•潍坊校级月考）如图所示，ABCDF为一绝缘光滑轨道，竖直固定在水平方向的匀强电场中，BCDF是半径为R的圆形轨道，AB为水平部分．已知电场强度为E，今有质量为m的带电小球从A点由静止释放并开始沿轨道运动，小球受到的电场力和重力大小相等，要使小球能够沿轨道做圆周运动，则AB间的距离至少为多大？。

物理1．下列说法中正确的是( )A．随着分子间距离增大，引力减小但斥力增大B．温度是分子热运动平均动能的标志C．液体分子的无规则运动称为布朗运动D．以上说法都不对2．已知阿伏加德罗常数为N A，某物质的摩尔质量为M，则该物质的分子质量和m kg水中所含氢原子数分别是( )A.MN A，19mN A×103 B．MN A,9mN A C.MN A，118mN A×103 D.N AM，18mN A3．利用实验研究感应电流方向时，以下四个图中符合实验现象的是( )4．如图所示，在电路两端加上正弦交流电，保持电压有效值不变，使频率增大，发现各灯的亮暗情况是：灯1变亮，灯2变暗，灯3不变，则M、N、L中所接元件可能是( )A．M为电阻，N为电容器，L为电感线圈B．M为电感线圈，N为电容器， L为电阻C．M为电容器，N为电感线圈，L为电阻D．M为电阻，N为电感线圈，L为电容器5．如图所示，施加水平外力把矩形线圈从匀强磁场中匀速拉出，如果两次拉出的速度大小之比为1∶2，则拉出磁场的过程中( )A.两次线圈所受外力大小之比F 1∶F 2＝2∶1B.两次线圈发热之比Q 1∶Q 2＝1∶4C ．两次线圈所受外力功率之比P 1∶P 2 = 1∶4D ．两次线圈中通过导线截面的电量之比q 1∶q 2＝1∶16．一个小型电热器若接在输出电压为10V 的直流电源上，消耗电功率为P ；若把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的电功率为2P。

如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为( ) A ．5VB ．52VC ．10VD ．102V7．如图所示，理想变压器初级线圈的匝数为1n ，次级线圈的匝数为2n ，初级线圈两端a 、b 接正弦交流电源，电压表V 的示数为220V ，负载电阻Ω=44R 时，电流表A 1的示数是0.20A 。

下列说法正确的是( )A ．电流表A 2的示数为1.0AB ．初级和次级线圈的匝数比为5∶1C ．若将另一个电阻与原负载R 并联，则电流表A 1的示数增大D ．若将另一个电阻与原负载R 并联，则电流表A 2的示数减小8．如图1所示，矩形导线框ABCD 固定在匀强磁场中，磁感线垂直于线框所在平面。

山东省潍坊市昌乐及第中学高二物理月考试卷含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. 一质点沿半径R的圆周运动一周仍回到原地，它在运动过程中路程、位移分别是Ａ２πＲ；２πＲＢ.２Ｒ；２πＲＣ. ２Ｒ；２ＲＤ. ２πＲ；0参考答案：D2. 如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从图示位置匀速拉出匀强磁场．若第一次用0.3s 时间拉出，外力做的功为W1，通过导线截面的电荷量为q1；第二次用0.9s时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线截面的电荷量为q2，则（）A．W1＜W2，q1＜q2 B．W1＜W2，q1=q2 C．W1＞W2，q1=q2 D．W1＞W2，q1＞q2参考答案：C导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律设线框的长为L1，宽为L2，速度为v．线框所受的安培力大小为F A=BIL，又I=，线框匀速运动时，外力与安培力平衡，则外力的大小为F=F A=，外力做功为W=FL1=∝v，可见，外力做功与所用时间成反比，则有W1＞W2．两种情况下，线框拉出磁场时穿过线框的磁通量的变化量相等，根据感应电荷量公式式q=可知，通过导线截面的电量相等，即有q1=q2．故选：C．3. （单选题）如图所示,质量为20kg的物体,沿水平面向右运动,它与水平面间的动摩擦因数为0.1,同时还受到大小为10N的水平向右的力作用,则该物体(g=10m/s2)( )A.所受到的摩擦力大小为20N,方向向左B.所受到的摩擦力大小为20N,方向向右C.运动的加速度大小为1.5m/s2,方向向左D.运动的加速度大小为0.5m屉,方向向右参考答案：A4. 下面能正确表示做自由落体运动的物体下落的速度随时间变化的图像的是参考答案：B5. 下列叙述中，符合科学史实的是（）A、天然放射现象的发现揭示了原子核仍有复杂的结构B、卢瑟福的α粒子散射实验结果与汤姆生模型推算出来的结果是相符合的C、汤姆生通过对阴极射线的研究发现了质子D、对于光电效应规律应用波动说也能得到完满的解释。

山东高二高中物理月考试卷班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.关于电场和磁场，以下说法正确的是（）A．电场中某点的电场强度的方向与放在该点的正试探电荷所受电场力方向相同B．电流在磁场中某点不受磁场力作用，则该点的磁感应强度一定为零C．把一试探电荷放在电场中的某点，它受到的电场力与所带电荷量的比值表示该点电场的强弱D．把一小段通电导线放在磁场中某处，它所受的磁场力与该小段通电导线的长度和电流的乘积的比值表示该处磁场的强弱2.如图所示，电子射线管（A为其阴极），放在蹄形磁铁的N、S两极间，则荧光屏上的电子束运动径迹偏转方向是（）A．向下B．向上C．向左D．向右3.如图甲所示是一火警报警器的部分电路示意图，其中R2为半导体热敏材料制成的传感器，其电阻R2随温度t变化的图线如图乙所示．电流表为值班室的显示器，a、b之间接报警器．当传感器R2所在处出现火情时，显示器的电流I和报警器两端的电压U的变化情况是（）A．I变大，U变大B．I变小，U变小C．I变小，U变大D．I变大，U变小4.如图所示，一根长度L的直导体棒中通过以大小为I的电流，静止放在导轨上，垂直于导体棒的匀强磁场的磁感应强度为B，B的方向与竖直方向成θ角，下列说法正确的是（）A．导体棒受到磁场力大小为BLIsinθB．导体棒对轨道压力大小为mg﹣BILsinθC．导体棒受到导轨摩擦力为μ（mg﹣BILsinθ）D．一个带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场中，由于使沿途空气电离而使粒子的动能逐渐减小5.如图所示，下列有关粒子的运动方向和所带电性的判断正确的是（）A．粒子由a向b运动，带正电B．粒子由a向b运动，带负电C．粒子由b向a运动，带正电D．粒子由b向a运动，带负电6.某电场的电场线分布如图所示（实线），以下说法正确的是（ ）A ．c 点场强大于b 点场强B ．b 和c 处在同一等势面上C ．若将一试探电荷+q 由a 点移动到d 点，电荷的电势能将减小D ．若某一点电荷只在电场力的作用下沿虚线由 a 点运动到d 点，可判断该电荷一定带正电7.直线AB 是某电场中的一条电场线．若有一电子以某一初速度，仅在电场力的作用下，沿AB 由A 运动到B ，其速度图象如图所示，下列关于A 、B 两点的电场强度EA 、EB 和电势φA 、φB 的判断正确的是（ ）A ．E A ＞EB B ．E A ＜E BC ．φA ＞φBD ．φA ＜φB8.有一金属圆环与一根带绝缘层的长直通电导线放在同一平面内，电流方向向上，且直导线与环的直径重合，如图所示．当直导线向右平移一小段距离x （x ＜R ）时，圆环将（ ）A ．出现顺时针方向的感应电流B ．出现逆时针方向的感应电流C ．没有感应电流D ．无法确定有无感应电流9.如图所示，导线AB 可在平行导轨MN 上滑动，接触良好，轨道电阻不计，电流计中有如图所示方向感应电流通过时，AB 的运动情况是（ ）A ．向右加速运动B ．向右减速运动C ．向右匀速运动D ．向左减速运动10.如图所示的电路中，D 1和D 2是两个相同的小灯泡，L 是一个自感系数相当大的线圈，其阻值与R 相同．在开关S 接通和断开时，灯泡D 1和D 2亮、暗的顺序是（ ）A ．接通时D 1先达最亮，断开时D 1先灭B ．接通时D 2先达最亮，断开时D 1后灭C ．接通时D 1先达最亮，断开时D 1后灭 D ．接通时D 2先达最亮，断开时D 2先灭二、实验题1.某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ．步骤如下：（1）用螺旋测微器测量其直径如图1，由图可知其直径为 mm ；（2）用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如2图，则该电阻的阻值约为 Ω．（3）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R ，现有的器材及其代号和规格如下： 待测圆柱体电阻R电流表A 1（量程0～4mA ，内阻约50Ω） 电流表A 2（量程0～10mA ，内阻约30Ω） 电压表V 1（量程0～3V ，内阻约10kΩ） 电压表V 2（量程0～15V ，内阻约25kΩ） 直流电源E （电动势4V ，内阻不计）滑动变阻器R 1（阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A ） 滑动变阻器R 2（阻值范围0～2kΩ，允许通过的最大电流0.5A ） 开关S 及导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，测量的电路图如图所示，则选择的电流表是 、电压表是 、滑动变阻器是 （填写所用器材的代号）．2.用伏安法测电源电动势和内电阻，已知电流表内阻和电源内电阻相比，不可忽略，画出的（甲）、（乙）两种可供选用的测量电路．（1）为提高电动势和内电阻的测量精度，应选用的电路是 ．（2）由实验数据做出如图（丙）所示图线，则该电源的内电阻r= Ω．（3）所测得的电源电动势E 和内电阻r 的测量值与真实值相比较的情况是：E 测 E 真；r 测 r 真．（填“＞”或“＜”） （4）误差出现的原因是 ．三、计算题1.如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m ，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T 、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E=4.5V 、内阻r=0.50Ω的直流电源．现把一个质量m=0.040kg 的导体棒ab 放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R 0=2.5Ω，金属导轨电阻不计，g 取10m/s 2．已知sin37°=0.60，cos37°=0.80，求：（1）通过导体棒的电流；（2）导体棒受到的安培力大小以及方向； （3）导体棒受到的摩擦力大小与方向．2.如图所示电路，电灯R 1=24Ω，电动机绕组的电阻R 0=1Ω，当电键S 1、S 2闭合时，测得电阻R 1的电功率是P=96W ，理想电流表的读数为I=5A ，求此时：（1）电源的输出功率；（2）电动机的输出功率．3.如图所示，一个质量为m、电荷量为q，不计重力的带电粒子，从x轴上的P（a，0）点，以速度v沿与x轴正方向成60°角射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限．求：匀强磁场的磁感应强度B的大小和粒子通过第一象限的时间．4.如图所示，在倾角为45°的斜面OA左侧有一竖直档板，档板与斜面OA间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B=0.2T，档板上有一小孔P，OP=0.6m，现有一质量m=4×10﹣20kg，带电量q=+2×10﹣14C的粒子，从小=3×104m/s水平射进磁场区域．粒子重力不计．孔以速度v（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径是多少？（2）通过调整粒子进入磁场的速度大小可以控制粒子打到斜面OA时的速度方向，现若要粒子垂直打到斜面OA 上，则粒子进入磁场的速度该调整为多少？此情况下粒子打到斜面OA的时间又为多少？山东高二高中物理月考试卷答案及解析一、选择题1.关于电场和磁场，以下说法正确的是（）A．电场中某点的电场强度的方向与放在该点的正试探电荷所受电场力方向相同B．电流在磁场中某点不受磁场力作用，则该点的磁感应强度一定为零C．把一试探电荷放在电场中的某点，它受到的电场力与所带电荷量的比值表示该点电场的强弱D．把一小段通电导线放在磁场中某处，它所受的磁场力与该小段通电导线的长度和电流的乘积的比值表示该处磁场的强弱【答案】AC【解析】解：A、电场中某点的电场强度的方向，与放在该点的正试探电荷，所受电场力方向相同，与负电荷受到的电场力相反，故A正确；B、电流在磁场中某位置受到的磁场力为零，则该位置的磁感应强度不一定为零，可能电流与磁场方向平行，故B 错误；C、把一试探电荷放在电场中的某点，它受到的电场力与所带电荷量的比值，来表示该点电场的强弱，故C正确；D、一小段通电导体在磁场中某位置受到的磁场力为零，则该位置的磁感应强度不一定为零，还受到放置的位置有关，故D错误；故选：AC．【点评】电场强度是用比值法定义的物理量之一，电场中某点的电场强度是由电场本身决定的，与该点是否有试探电荷无关，本题是考查基础知识的好题．磁感应强度是通过比值定义得来，例如电场强度也是这种定义，电场强度与电场力及电荷量均没有关系．再如密度也是，密度与物体的质量及体积均无关．同时电流元放入磁场中不一定有磁场力，还受放置的角度有关．2.如图所示，电子射线管（A 为其阴极），放在蹄形磁铁的N 、S 两极间，则荧光屏上的电子束运动径迹偏转方向是（ ）A ．向下B ．向上C ．向左D ．向右【答案】A【解析】解：因为A 是阴极，B 是阳极，所以电子在阴极管中的运动方向是A 到B ，产生的电流方向是B 到A （注意是电子带负电），根据左手定则，四指指向A ，手掌对向N 极（就是这个角度看过去背向纸面向外），此时大拇指指向下面，所以轨迹向下偏转． 故选：A【点评】本题要掌握左手定则判定：伸开左手，使大拇指跟其余四个手指垂直，并且跟手掌在同一平面内，把手放入磁场中，让磁感线穿过掌心，四指所指为正电荷运动方向，拇指所指方向为电荷所受洛伦兹力的方向．（注：对负电荷而言，四指所指方向为其运动的反方向）3.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．电流表为值班室的显示器，a 、b 之间接报警器．当传感器R 2所在处出现火情时，显示器的电流I 和报警器两端的电压U 的变化情况是（ ）A ．I 变大，U 变大B ．I 变小，U 变小C ．I 变小，U 变大D ．I 变大，U 变小【答案】B【解析】解：当传感器R 2所在处出现火情时，温度升高，由图乙知R 2的阻值变小，外电路总电阻变小，则总电流I 总变大，电源的内电压变大，路端电压变小，即U 变小．电路中并联部分的电压U 并=E ﹣I 总（R 1+r ），I 总变大，其他量不变，则U 并变小，电流表示数I 变小．故B 正确，ACD 错误； 故选：B ．【点评】电路的动态分析类题目首先要明确电路的结构，再按外电路、内电路、外电路的顺序进行分析即可得出正确答案．4.如图所示，一根长度L 的直导体棒中通过以大小为I 的电流，静止放在导轨上，垂直于导体棒的匀强磁场的磁感应强度为B ，B 的方向与竖直方向成θ角，下列说法正确的是（ ）A ．导体棒受到磁场力大小为BLIsinθB ．导体棒对轨道压力大小为mg ﹣BILsinθC ．导体棒受到导轨摩擦力为μ（mg ﹣BILsinθ）D ．一个带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场中，由于使沿途空气电离而使粒子的动能逐渐减小【答案】BD【解析】解：A 、根据左手定则可得导体棒受力分析如图所示．B 与I 垂直，故导体棒受到磁场力大小为F=BIL ，故A 错误；B 、根据共点力平衡规律得：BILsinθ+F n =mg ，得导体棒对轨道的压力大小为F n =mg ﹣BILsinθ，故B 正确；C 、由于导体棒受到的是静摩擦力，因而受到静摩擦力大小要运用力的平衡规律求解，即为F f =BILcosθ，故C 错误；D 、一个带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场中，由于使沿途空气电离而消耗粒子的能量，使粒子的动能逐渐减小，故D 正确． 故选：BD【点评】本题借助安培力考查了平衡条件以及正交分解的应用，注意安培力公式F=BILsinθ，θ为B 与I 之间的夹角．5.如图所示，下列有关粒子的运动方向和所带电性的判断正确的是（ ）A ．粒子由a 向b 运动，带正电B ．粒子由a 向b 运动，带负电C ．粒子由b 向a 运动，带正电D ．粒子由b 向a 运动，带负电【答案】D【解析】解：据题意，带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒子的能量逐渐减小，速度减小，则由公式r=得知，粒子的半径应逐渐减小，由图看出，粒子的运动方向是从b 到a ．在b 处，粒子所受的洛伦兹力指向圆心，即斜向左上方，由左手定则判断可知，该粒子带负电． 故选：D ．【点评】本题只要掌握带电粒子在磁场中匀速圆周运动的半径r=和左手定则就能正确解答．6.某电场的电场线分布如图所示（实线），以下说法正确的是（ ）A ．c 点场强大于b 点场强B ．b 和c 处在同一等势面上C ．若将一试探电荷+q 由a 点移动到d 点，电荷的电势能将减小D ．若某一点电荷只在电场力的作用下沿虚线由 a 点运动到d 点，可判断该电荷一定带正电【答案】ACD【解析】解：A 、电场线的疏密表示场强的强弱，由图知c 点场强大于b 点场强，故A 正确； B 、沿电场线方向电势逐渐降低，故b 的电势大于c 的，故B 错误；C 、若将一试探电荷+q 由a 点移动到d 点，电场力做正功，电荷的电势能将减小，故C 正确；D 、由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力大致斜向左上方，与电场强度方向相同，故粒子带正电，故D 正确； 故选；ACD ．【点评】解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力方向，利用电场中有关规律求解．比较电势能的大小有两种方法：一可以从电场力做功角度比较，二从电势能公式角度判断，先比较电势，再比较电势能．7.直线AB 是某电场中的一条电场线．若有一电子以某一初速度，仅在电场力的作用下，沿AB 由A 运动到B ，其速度图象如图所示，下列关于A 、B 两点的电场强度EA 、EB 和电势φA 、φB 的判断正确的是（ ）A ．E A ＞EB B ．E A ＜E BC ．φA ＞φBD ．φA ＜φB 【答案】AC【解析】解：A 、B 、由图可知，电子在A 点加速度较大，则可知A 点所受电场力较大，由F=Eq 可知，A 点的场强要大于B 点场强；故A 正确，B 错误；C 、D 、电子从A 到B 的过程中，速度减小，动能减小，则可知电场力做负功，故电势能增加，故ɛA ＜ɛB ，电子带负电，由φ=可知，A 点的电势要大于B 点电势，φA ＞φB ，故C 正确，D 错误；故选：AC ．【点评】本题根据图象考查对电场的认识，要求学生能从图象中找出加速度的大小及速度的变化，再应用动能定理及牛顿第二定律进行分析判断；同时还需注意，电势能是由电荷及电场共同决定的，故不能忽视了电荷的极性．8.有一金属圆环与一根带绝缘层的长直通电导线放在同一平面内，电流方向向上，且直导线与环的直径重合，如图所示．当直导线向右平移一小段距离x（x＜R）时，圆环将（）A．出现顺时针方向的感应电流B．出现逆时针方向的感应电流C．没有感应电流D．无法确定有无感应电流【答案】A【解析】解：直导线周围产生磁场，左侧磁场出来，右侧磁场进去，两侧对称，当直导线向右平移一小段距离时，直导线右侧穿过圆环进去的磁通量减少，直导线左侧穿过圆环出来的磁通量增加，穿过圆环的总的磁通量向外增加，根据楞次定律，圆环中产生的感应电流的磁场垂直纸面向里，根据安培定则可知，圆环中的感应电流应是顺时针方向的感应电流，故A正确、BCD错误．故选：A．【点评】本题考查安培定则和楞次定律，要知道感应电流产生的磁场总要阻碍产生感应电流的磁场的变化，原磁场的磁通量增加，感应电流的磁场方向与原来的磁场方向相反，原磁场的磁通量减小，感应电流的磁场方向原来的磁场方向相同．9.如图所示，导线AB可在平行导轨MN上滑动，接触良好，轨道电阻不计，电流计中有如图所示方向感应电流通过时，AB的运动情况是（）A．向右加速运动B．向右减速运动C．向右匀速运动D．向左减速运动【答案】AD【解析】解：产生如图所示的电流时，右边螺线管内的磁场方向是向上的，根据楞次定律，感应电流产生的磁场要减弱原磁场的变化．那么左边就是两种情况：1．原磁场方向向下，且减弱．2．原磁场方向向上，且增强．1中，若磁场方向向下，其中的电流是由A向B再经过螺线管回到A．由右手定则知，AB左移会产生这样的感应电流．磁场减弱，表明AB移速减小，即向左减速运动，D正确．2中，若磁场方向向上，电流则是从B向A再经过螺线管回到B．AB右移产生这样的感应电流．磁场增强，表明AB加速，即向右加速运动，A正确．故选AD【点评】本题分析时应逆向分析，棒的运动状态药根据原磁场的方向和磁通量增大还是减小来判断．10.如图所示的电路中，D1和D2是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈，其阻值与R相同．在开关S接通和断开时，灯泡D1和D2亮、暗的顺序是（）A．接通时D1先达最亮，断开时D1先灭B．接通时D2先达最亮，断开时D1后灭C．接通时D1先达最亮，断开时D1后灭D．接通时D2先达最亮，断开时D2先灭【答案】C【解析】解：A、电键接通瞬间，电路中迅速建立了电场，立即产生电流，但线圈中产生自感电动势，阻碍电流的增加，故开始时通过灯泡D1的电流较大，故灯泡D1较亮；电路中自感电动势阻碍电流的增加，但不能阻止电流增加，电流稳定后，两个灯泡一样亮，即D1灯泡亮度逐渐正常，电键断开瞬间，电路中电流要立即减小零，但线圈中会产生很强的自感电动势，与灯泡D1构成闭合回路放电，故断开时D1后灭，故A错误；B 、由A 分析得，B 错误．C 、由A 分析得，C 正确．D 、由A 分析得，D 错误； 故选：C ．【点评】本题考查了通电自感和断电自感，关键是明确线圈中自感电动势的作用是阻碍电流的变化，但不能阻止电流变化二、实验题1.某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ．步骤如下：（1）用螺旋测微器测量其直径如图1，由图可知其直径为 mm ；（2）用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如2图，则该电阻的阻值约为 Ω．（3）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R ，现有的器材及其代号和规格如下： 待测圆柱体电阻R电流表A 1（量程0～4mA ，内阻约50Ω） 电流表A 2（量程0～10mA ，内阻约30Ω） 电压表V 1（量程0～3V ，内阻约10kΩ） 电压表V 2（量程0～15V ，内阻约25kΩ） 直流电源E （电动势4V ，内阻不计）滑动变阻器R 1（阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A ） 滑动变阻器R 2（阻值范围0～2kΩ，允许通过的最大电流0.5A ） 开关S 及导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，测量的电路图如图所示，则选择的电流表是 、电压表是 、滑动变阻器是 （填写所用器材的代号）．【答案】（1）4.700；（2）220；（3）A 2，V 1，R 1．【解析】解：（1）螺旋测微器的固定刻度读数为4.5mm ，可动刻度读数为0.01×20.0mm=0.200mm ，所以最终读数为：4.5mm+0.200mm=4.700mm ．（2）该电阻的阻值约为22.0×10Ω=220Ω．（3）电源的电动势是4V ，所以要使用量程是3V 的电压表V 1， 根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的最大电流为：A ，所以电流表应选A 2；由于要求“测得多组数据”，所以变阻器应用分压式接法，应选择阻值小的变阻器R 1； 故答案为：（1）4.700；（2）220；（3）A 2，V 1，R 1．【点评】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．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．2.用伏安法测电源电动势和内电阻，已知电流表内阻和电源内电阻相比，不可忽略，画出的（甲）、（乙）两种可供选用的测量电路．（1）为提高电动势和内电阻的测量精度，应选用的电路是 ．（2）由实验数据做出如图（丙）所示图线，则该电源的内电阻r= Ω．（3）所测得的电源电动势E 和内电阻r 的测量值与真实值相比较的情况是：E 测 E 真；r 测 r 真．（填“＞”或“＜”） （4）误差出现的原因是 ．【答案】（1）乙；（2）1；（3）＜；＜；（4）电压表分流．【解析】解：（1）已知电流表内阻和电源内电阻相比，不可忽略，为减小实验误差，应采用图乙所示电路图．（2）由图2所示图象可知，电源内阻r===1.0Ω．（3）由图示可知，伏安法测电阻相对于电源来说采用电流表外接法，由于电压表分流作用，电流表测量值偏小，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的U ﹣I 图象如图所示，由图象可知，电动势测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值．（4）由图示图象可知，由于电压表的分流作用，所测电流小于通过电源的电流，电压表分流是造成误差的原因． 故答案为：（1）乙；（2）1；（3）＜；＜；（4）电压表分流．【点评】本题考查测量电动势和内电阻实验的数据的处理，要求能正确分析误差的来源，并能用图象法求出电势和内电阻．三、计算题1.如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m ，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T 、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E=4.5V 、内阻r=0.50Ω的直流电源．现把一个质量m=0.040kg 的导体棒ab 放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R 0=2.5Ω，金属导轨电阻不计，g 取10m/s 2．已知sin37°=0.60，cos37°=0.80，求：（1）通过导体棒的电流；（2）导体棒受到的安培力大小以及方向； （3）导体棒受到的摩擦力大小与方向． 【答案】（1）通过导体棒的电流为1.5A ；（2）导体棒受到的安培力大小为0.30N ，方向沿斜面向上； （3）导体棒受到的摩擦力大小为0.06N ，方向沿斜面向下．【解析】解：（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有： I=代人数据解得：I=1.5A（2）导体棒受到的安培力： F 安=BIL代人数据解得：F=0.30N ，方向沿斜面向上 （3）导体棒所受重力沿斜面向下的分力为： F 1=mgsin37°=0.24N由于F 1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f ，根据共点力平衡条件有： mgsin37°+f=F 安 解得：f=0.06N答：（1）通过导体棒的电流为1.5A ；（2）导体棒受到的安培力大小为0.30N ，方向沿斜面向上； （3）导体棒受到的摩擦力大小为0.06N ，方向沿斜面向下．【点评】解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求未知力．2.如图所示电路，电灯R 1=24Ω，电动机绕组的电阻R 0=1Ω，当电键S 1、S 2闭合时，测得电阻R 1的电功率是P=96W ，理想电流表的读数为I=5A ，求此时：（1）电源的输出功率； （2）电动机的输出功率．【答案】（1）电源的输出功率为240W ；（2）电动机的输出功率为135W ．【解析】解：（1）由P=可得R 1两端的电压为：U 1===48V∵U 端=U 1 ∴P 1=IU 端得 P 1="5×48" W=240W （2）流过电灯的电流I 1===2A流过电动机的电流I 0=I ﹣I 1=3A电动机的输入功率为P 入=I 0U 1=144W （或P 入=P 1﹣P="144" W ） 电动机的热功率P 热=I 02 R 0=9W∴电动机的输出功率P 2=P 入﹣P 热=144﹣9="135" W 答：（1）电源的输出功率为240W ； （2）电动机的输出功率为135W ．【点评】本题考查处理非纯电阻电路问题的能力．对于电动机正常时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，本题不能用欧姆定律求电动机电流．3.如图所示，一个质量为m 、电荷量为q ，不计重力的带电粒子，从x 轴上的P （a ，0）点，以速度v 沿与x 轴正方向成60°角射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y 轴射出第一象限．求：匀强磁场的磁感应强度B 的大小和粒子通过第一象限的时间．【答案】匀强磁场的磁感应强度B 为，带电粒子在磁场中的运动时间是．【解析】解：（1）设磁感应强度为B ，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r ．粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二定律得： qvB=m…①，粒子运动轨迹如图所示，由几何知识得：r=…②由①②解得：B=…③；（2）设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T ，则T=…④ 由图知，粒子在磁场中做圆周运动对应的圆心角为：θ=…⑤粒子在磁场中运动的时间为：t=T…⑥由②④⑤⑥解得：t=；答：匀强磁场的磁感应强度B 为，带电粒子在磁场中的运动时间是．【点评】本题考查了求粒子在磁场中的运动，考查了求磁感应强度、粒子的运动时间，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律、周期公式即可正确解题，解题时要注意几何知识的应用．4.如图所示，在倾角为45°的斜面OA 左侧有一竖直档板，档板与斜面OA 间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B=0.2T ，档板上有一小孔P ，OP=0.6m ，现有一质量m=4×10﹣20kg ，带电量q=+2×10﹣14C 的粒子，从小。

2017-2018学年山东省潍坊市高二（下）期中物理试卷一、选择题：本题共10小题，每小题4分．其中第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，全部选对得4分，选对但不全得2分，错选或不选的得0分．1．（4分）下面有关理想气体的说法正确的是（）A．分子本身的大小不可忽略B．一定质量的理想气体，内能只与温度有关C．分子与分子之间的相互作用力表现为斥力D．所有气体都可视为理想气体2．（4分）关于热运动以下说法正确的是（）A．物体运动速度越大，其分子的热运动越剧烈B．物体温度升高，其分子的平均动能一定增大C．物体温度升高，其每一个分子的运动速率都会增大D．0℃时分子运动的平均动能为零3．（4分）麻省理工学院要建人类史上第一个可控核聚变发电站。

该发电站的核反应方程可能是（）A．H+H→He+nB．U→Th+HeC．U+n→Kr+Ba+3nD．N+He→O+H4．（4分）a、b两分子之间距离为分子直径的10倍，a固定不动，使b靠近a，直至分子之间距离为分子直径的0.5倍。

这一过程中，下列说法中正确的是（）A．分子间斥力在减小，引力在增大B．分子间斥力在增大，引力在减小C．分子间作用力先增大后减小D．分子势能先减小后增大5．（4分）关于液体的表面张力，下面说法中正确的是（）A．表面张力是液体内部各部分间的相互作用B．表面张力的方向总是垂直液面，指向液体内部C．表面张力的方向总是与液面平行D．因液体表面层分子分布比液体内部密集，分子间相互作用表现为引力6．（4分）下列说法正确的是（）A．天然放射现象的发现揭示了原子具有核式结构B．温度升高，放射性元素衰变的半衰期减小C．原子核发生β衰变后原子序数不变D．人工放射性同位素的半衰期比天然放射性物质短的多，因此放射性废料容易处理7．（4分）一定质量的气体经历一系列状态变化，其p﹣图线如图所示，其中ab线段与横轴平行，bc线段与纵轴平行，cd线段延长线过坐标原点，da为双曲线一段。

陕西省榆林市2017-2018学年高二物理9月月考试题（无答案）说明：1.本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

考试时间为90分钟，共100分。

2.请将第Ⅰ卷、第Ⅱ卷答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡指定位置。

第Ⅰ卷（选择题 共28分）一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。

在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）1.关于静电场，下列结论普遍成立的是（ ） A ．电场强度大的地方电势一定高B ．电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关C ．在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向D ．将正点电荷从场强为零的点移动到场强为零的另一点，电场力做功为零 2．下列说法中，正确的是( )A ．导体对电流的阻碍作用叫做导体的电阻，因此只有导体中有电流通过时才有电阻B ．由R ＝U /I 可知导体的电阻与导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比C 、单位时间内通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流就越大D 、电子运动速率越大，电流越大3．如图1所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN 为两电荷连线的中垂线，a 、b 、c 三点所在直线平行于两电荷的连线，且a 和c 关于MN 对称，b 点位于MN 上，d 点位于两电荷的连线上．以下判断正确的是( ) A ．b 点场强大于d 点场强 B ．b 点场强小于d 点场强C ．a 、b 两点的电势差等于c 、b 两点间的电势差D ．试探电荷＋q 在a 点的电势能小于在c 点的电势能 图14、有一横截面为s 的导线,流经其中的电流为I,已知导线材料的密度为ρ,摩尔质量为M,阿伏伽德罗常数N A ,电子电量为e.假设每个原子贡献一个电子,求导线中自由电子定向移动速率为（ ） A 、Se MIN v A ρ=B 、SeN MIv A ρ= C 、Se M IN v A ρ= D 、ρM S IN v A e =5、两根材料相同的均匀导线x 和y 串联在电路中,两导线沿长度方向的电势变化情况分别如图2中的ab 段和bc 段图线所示,则导线x 和y 的横截面积之比为( )A.2∶1B.1∶2C.6∶1D.1∶6图26、如图3，真空中O 点有一点电荷，在它产生的电场中有a 、b 两点，a 点的场强大小为Ea ，方向与ab 连线成60°角，b 点的场强大小为Eb ，方向与ab 连线成30°。