高二必修物理第一学期第二次月考试题

第一学期第二次月考试题（卷）高二物理时间：60分钟 全卷共三大题15小题 分值100分一.选择题（共10小题.每题5分.共50分.1—8题为单选题，9—10题为多选）1.有关电压与电动势的说法中正确的是( )A ．电压与电动势的单位都是伏特，2号干电池与5号干电池的电动势是不同的B ．电动势就是电源两极间的电压C ．电动势公式E ＝W q 中的W 与电压U ＝Wq中的W 是一样的，都是电场力做的功D ．电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量 2．关于电阻和电阻率的说法中，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 ．某些金属、合金和化合物的电阻率随温度的降低会突然减小为零，这种现象叫超导现象;D ．将一根导线等分为二，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一.3．如图所示，电路两端的电压保持不变，当滑动变阻器的滑动触头P 向右移动时，三个灯泡亮度的变化情况是( ） A ．L 1变亮，L 2和L 3皆变暗B ．1L 变暗，2L 不能确定， 3L 变暗C ．1L 变暗，2L 变亮，3L 变亮D ．1L 变亮，2L 变亮，3L 变暗4．金属铂的电阻对温度的高低非常敏感，在下图所示的U-I 图象中，可以表示出金属铂电阻的U －I 图线的是 （ ）5．如图所示电路中接有三只完全相同的电压表， 在A,B 间加恒定电压12V 电压表1的示数为5V 则电压2,3的示数依次为（ ）A.V2为7V ，V3为0V.B.V2为7V..，V3为7VC.V2为5V ，V3为2VD.V2为7V ，V3为2V6．用伏安法测电阻时，已知待测电阻大约是10欧，电流表的内阻是1欧，电压表的内阻是5千欧，则：（ ） A.用电流表外接法，此时测量值比真实值大 B.用电流表外接法，此时测量值比真实值小 C.用电流表内接法，此时测量值比真实值大1BAR2D.用电流表内接法，此时测量值比真实值小7．小灯泡通电后其电流I 随所加电压U 变化的图线如图所示，P 为图线上一点，PN 为图线在P 点的切线，PQ 为U 轴的垂线，PM 为I 轴的垂线，则下列说法中正确的是( ) A ．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小B ．对应P 点，小灯泡的电阻为R ＝U 1I 1C ．对应P 点，小灯泡的电阻为R ＝U 1I 2－I 1D ．对应P 点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM 所围面积 8．一个用半导体材料制成的电阻器D ，其电流I 随它两端电压U 变化的关系图像如图甲所示，若将它与两个标准电阻R 1、R 2并联后接在电压恒为U 的电源两端，3个用电器消耗的电功率均为P ，现将它们连接成如图乙所示的电路，接在该电源的两端，设电阻器D 和电阻R 1、R 2消耗的电功率分别是P D 、P 1、P 2，它们之间的关系为( )A ．P 1＝4P DB ．P D ＝P4C ．PD ＝P 2 D ．P 1＜4P 29．把六个相同的小灯泡接成如图6甲、乙所示的电路，调节变阻器使灯泡正常发光，甲、乙两电路所消耗的功率分别用P 甲和P 乙表示，则下列结论中不正确的是( )A ．P 甲＝P 乙B ．P 甲＝3P 乙C ．P 乙＝3P 甲D ．P 乙>3P 甲10.在图2-71中，电源内阻不能忽略,R 1＝12Ω，R 2＝8Ω．当开关S 切换到位置1时，电流表的示数为I 1＝0.20A ；当开关S 扳到位置2时，电流表的示数可能为下列情况中的( )A ． 0.3AB ．0.28AC.0.25A D ．0.19A二.实验题（共3小题.每空4分.共28分）11．某学生用螺旋测微器在测定某一金属丝的直径时，测得的结果如图（甲）所示，则金属丝的直径d = __________mm 。

量奋市例比阳光实验学校二中高二〔上〕第二次月考物理试卷〔理〕一、单项选择题：〔每个题目有且仅有一个正确答案，每题3分，共30分〕1．以下说法正确的选项是〔〕A．所有电荷在电场中都要受到电场力的作用B．所有电荷在磁场中都要受到磁场力的作用C．一切运动电荷在磁场中都要受到磁场力的作用D．静止的电荷在磁场中可能会受磁场力的作用2．对于欧姆律的理解，以下说法中错误的选项是〔〕A．由I=，通过电阻的电流强度跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比B．由U=IR，对一的导体，通过它的电流强度越大，它两端的电压也越大C．由R=，导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流强度成反比D．对一的导体，它两端的电压与通过它的电流强度的比值保持不变3．如图是某导体的伏安特性曲线，由图可知以下判断错误的选项是〔〕A．导体的电阻是25ΩB．导体的电阻是0.04ΩC．当导体两端的电压是10V时，通过导体的电流是0.4AD．当通过导体的电流是0.1A时，导体两端的电压是V4．标有“220V、60W〞的白炽灯泡，加上电压U由零逐渐增大到220V，在此过程中，电压U和电流I的关系可用图象表示．如下图，题中给出的四个图象中肯不符合实际的是〔〕A ．B ．C ．D ．5．将一根粗细均匀．阻值为R的电阻丝均匀拉长到原来的5倍后，其电阻变为250Ω，那么R的阻值为〔〕A．10ΩB．50ΩC．1250ΩD．6250Ω6．如下图，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以相同速度沿与x轴成30°角从原点垂直射入磁场，那么正、负电子在磁场中运动时间之比为〔〕A．1：2 B．2：1 C ． D．1：17．质量和电量都相的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，以下表述正确的选项是〔〕A．M带负电，N带正电B．M的速率大于N的速率C．洛伦兹力对M、N做正功D．M的运行时间大于N的运行时间8．如下图，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相、方向相反的电流．a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相．关于以上几点处的磁场，以下说法正确的选项是〔〕A．O点处的磁感强度为零B．a、b两点处的磁感强度大小相，方向相反C．c、d两点处的磁感强度大小相，方向相同D．a、c两点处磁感强度的方向相同9．质量为m、带电量为q的小球，从倾角为θ的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向外的匀强磁场中，其磁感强度为B，如下图．假设带电小球下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下面说法中正确的选项是〔〕A．小球带负电B．小球在斜面上运动时做匀加速直线运动C．小球在斜面上运动时做加速度增大，而速度也增大的变加速直线运动D ．小球在斜面上下滑过程中，当小球对斜面压力为零时的速率为10．把两个相同的电灯分别接在图中甲、乙两个电路里，调节滑动变阻器，使两灯都正常发光，两电路中消耗的总功率分别为P甲和P乙，可以断〔〕A．P甲＞P乙B．P甲＜P乙C．P甲=P乙D．无法确11．长为L、间距也为L的两平行金属板间有垂直纸面向里的匀强磁场，如下图，磁感强度为B．今有质量为m、电荷量为q的正离子从平行板左端中点以平行于金属板的方向射入磁场．欲使离子不打在极板上，入射离子的速度大小满足的条件是〔〕A．v ＞B．v ＞C．v ＜D ．＜v ＜12．图中为两个不同闭合电路中两个不同电源的U﹣I图象，以下判断正确的选项是〔〕A．电动势E1=E2，发生短路时的电流I1＞I2B．电动势E1=E2，内阻r1＜r2C．电动势E1＞E2，内阻 r1＜r2D．当两电源的工作电流变化量相同时，电源2的路端电压变化大13．图中装置可演示磁场对通电导线的作用．电磁铁上下两磁极之间某一水平面内固两条平行金属导轨，L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆．当电磁铁线圈两端a、b，导轨两端e、f，分别接到两个不同的直流电源上时，L便在导轨上滑动．以下说法正确的选项是〔〕A．假设a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，那么L向右滑动B．假设a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，那么L向右滑动C．假设a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，那么L向左滑动D．假设a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，那么L向左滑动14．空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界．一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射．这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子．不计重力．以下说法正确的选项是〔〕A．入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一不同B．入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一相同C．在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一相同D．在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一越大15．利用如下图装置可以选择一速度范围内的带电粒子．图中板MN上方是磁感强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d 的缝，两缝近端相距为L．一群质量为m、电荷量为q，具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽度d的缝射出的粒子，以下说法正确的选项是〔〕A．粒子带正电B ．射出粒子的最大速度为C．保持d和L不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大D．保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大16．如下图，MN是磁感强度为B的匀强磁场的边界．一质量为m、电荷量为q 的粒子在纸面内从O点射入磁场．假设粒子速度为v0，最远能落在边界上的A 点．以下说法正确的有〔〕A．假设粒子落在A点的左侧，其速度一小于v0B．假设粒子落在A点的右侧，其速度一大于v0C．假设粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于v0﹣D．假设粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能大于v0+二、题〔每空3分，共15分〕17．一种供仪器使用的小型电池标称电压为9V，允许电池输出的最大电流为50mA，为了测这个电池的电动势和内电阻，室利用了图1所示电路，图中电压表内阻很大，可不考虑对电路的影响，R为电阻箱，阻值范围为0﹣9999Ω，R0是保护电阻．〔1〕室中备有的值电阻有以下几种规格：〔A〕10Ω、5W 〔B〕150Ω、1/2W 〔C〕200Ω、1/4W 〔D〕KΩ、1W时，R0选用〔填字母符号〕较好．〔2〕在中，当变阻箱各旋钮调到图2所示位置后，闭合开关，电压表示数为9.0V，变阻箱此时电阻为Ω，电路中通过电阻箱电流为mA．〔3〕断开开关，调整电阻箱阻值，再闭合开关，读取电压表示数，屡次重复，取得数据后，作出如图3所示图线，那么该电池电动势E= V，内电阻r= Ω．三、计算题：〔共31，其中18题8分，19题10分，20题13分，21题14分〕18．如下图，电源消耗的总功率为12W，电阻R1=4Ω，R2=6Ω，电源内阻r=0.6Ω，求电源电动势和路端电压？19．电视机显像管简单原理如下图，初速度不计的电子经加速电场加速后进入有限边界宽度为L的匀强磁场，磁感强度为B，如要求电子束偏转角为α，求加速电场的电势差U．〔2021秋平凉校级期末〕在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，有一倾角为θ，足够长的光滑绝缘斜面，磁感强度为B，方向垂直纸面向外，电场方向竖直向上．有一质量为m，带电量为十q的小球静止在斜面顶端，这时小球对斜面的正压力恰好为零，如下图，假设迅速把电场方向反转竖直向下，小球能在斜面上连续滑行多远？所用时间是多少？21．如下图，在空间内有一直角坐标系xOy，直线OP与x轴正方向夹角为30°，第一象限内有两个方向均垂直纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，直线OP是它们的理想边界，OP上方区域Ⅰ中磁场的磁感强度为B，在第四象限内有一沿x轴负方向的匀强电场，一质量为m、电荷量为q的质子〔不计重力及质子对磁场、电场的影响〕以速度v从O点沿与OP成30°角方向垂直磁场进入区域Ⅰ，质子先后通过磁场区域Ⅰ和Ⅱ后，恰好垂直通过x轴上的Q点〔未画出〕进入第四象限内的匀强电场中，最后从y轴上的A点与y轴负方向成60°角射出，求：〔1〕区域Ⅱ中磁场的磁感强度大小；〔2〕Q点到O点的距离；〔3〕匀强电场的电场强度E的大小．二中高二〔上〕第二次月考物理试卷〔理〕参考答案与试题解析一、单项选择题：〔每个题目有且仅有一个正确答案，每题3分，共30分〕1．以下说法正确的选项是〔〕A．所有电荷在电场中都要受到电场力的作用B．所有电荷在磁场中都要受到磁场力的作用C．一切运动电荷在磁场中都要受到磁场力的作用D．静止的电荷在磁场中可能会受磁场力的作用【考点】电场强度；磁感强度．【专题】性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．【分析】电场的性质是对电荷有力的作用．当运动的带电粒子的速度方向不与磁场平行，将会受到洛伦兹力作用．【解答】解：A、电场的性质是对电荷有力的作用，所有电荷在电场中都要受到电场力的作用．故A正确．B、静止的电荷在磁场中不受磁场力．故BD错误．C、假设运动的电荷速度方向与磁场方向平行，那么不受磁场力的作用，只有当垂直于磁场方向的速度分量不为零时，才受到磁场力的作用．故C错误．应选：A．【点评】解决此题的关键知道电场的性质是对电荷有力的作用．当运动的带电粒子的速度方向不与磁场平行，将会受到洛伦兹力作用，假设运动电荷的速度方向与磁场方向平行，那么不受洛伦兹力．2．对于欧姆律的理解，以下说法中错误的选项是〔〕A．由I=，通过电阻的电流强度跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比B．由U=IR，对一的导体，通过它的电流强度越大，它两端的电压也越大C．由R=，导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流强度成反比D．对一的导体，它两端的电压与通过它的电流强度的比值保持不变【考点】欧姆律．【专题】恒电流专题．【分析】根据欧姆律的内容可知，通过电阻的电流强度跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比，电阻的大小是由导体本身决的，与电压的大小无关．【解答】解：A、根据欧姆律可知，通过电阻的电流强度跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比，所以A正确；B、由U=IR，对一的导体，电流与电压程正比，所以通过它的电流强度越大，它两端的电压也越大，所以B正确；C、导体的电阻与电压的大小无关，是由导体本身决的，所以C错误；D、对一的导体，它两端的电压与通过它的电流强度的比值保持不变，即为电阻的大小，所以D正确．此题选错误的，应选C．【点评】此题就是考查学生对欧姆律的理解，掌握住电阻是由导体本身决的，与电压的大小无关，即可解决此题．3．如图是某导体的伏安特性曲线，由图可知以下判断错误的选项是〔〕A．导体的电阻是25ΩB．导体的电阻是0.04ΩC．当导体两端的电压是10V时，通过导体的电流是0.4AD．当通过导体的电流是0.1A时，导体两端的电压是V【考点】欧姆律．【专题】恒电流专题．【分析】此题为图象分析问题，在图中任意做一条与纵轴垂直的直线，对的横坐标得出电压值，那么由欧姆律可进行比拟．【解答】解：A、有欧姆律I=得，R===25Ω，故A正确，B错误；C、当电压为10V时，I==A=0.4A，故C正确；D、当电流为0.1A时，U=IR=0.1×25V=V，故D正确；此题选错误的，应选B．【点评】此题主要考查伏安特性曲线及欧姆律的灵活用．4．标有“220V、60W〞的白炽灯泡，加上电压U由零逐渐增大到220V，在此过程中，电压U和电流I的关系可用图象表示．如下图，题中给出的四个图象中肯不符合实际的是〔〕A ．B ．C ．D ．【考点】欧姆律．【专题】恒电流专题．【分析】白炽灯泡上的电压U由零逐渐增大到220V时，白炽灯泡的温度不断升高，电阻增大，根据数学知识分析选择图象．【解答】解：由题，白炽灯泡上的电压U由零逐渐增大到220V时，白炽灯泡的温度不断升高，电阻增大，由欧姆律得到R=，于图线上的点与原点连线的斜率，电阻一直增大，斜率一直增大．所以ACD不符合实际．应选ACD【点评】此题是实际的灯泡，其电阻会温度升高而增大，其U﹣I图线不是直线，可以从数学角度理解其物理意义．5．将一根粗细均匀．阻值为R的电阻丝均匀拉长到原来的5倍后，其电阻变为250Ω，那么R的阻值为〔〕A．10ΩB．50ΩC．1250ΩD．6250Ω【考点】电阻律．【专题】恒电流专题．【分析】电阻的体积不变，长度变为原来的5倍，那么截面积变为原来的，根据求出电阻的大小．【解答】解：根据得，长度变为原来的5倍，截面积变为原来的，所以电阻变为原来25倍，所以R=10Ω．故A正确，B、C、D错误．应选A．【点评】解决此题的关键掌握电阻律的公式．以及知道电阻的体积不变，长度变为原来的5倍，横截面积变为原来的．6．如下图，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以相同速度沿与x轴成30°角从原点垂直射入磁场，那么正、负电子在磁场中运动时间之比为〔〕A．1：2 B．2：1 C ． D．1：1【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】带电粒子以一的速度垂直进入匀强磁场，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动．粒子受到的洛伦兹力提供向心力；粒子在磁场中运动的周期仅与粒子的比荷及磁场有关，而运动的时间与偏转角有关．【解答】解：正离子进入磁场后，在洛伦兹力作用下向上偏转，而负离子在洛伦兹力作用下向下偏转．正离子以60°入射，那么圆弧对的圆心角为120°，而负离子以30°入射，那么圆弧对的圆心角为60°，所以正离子运动时间是负离子时间的2倍．应选B【点评】带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：圆心、画轨迹、求半径．那么可画出正、负离子运动轨迹，由几何关系可知答案．7．质量和电量都相的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，以下表述正确的选项是〔〕A．M带负电，N带正电B．M的速率大于N的速率C．洛伦兹力对M、N做正功D．M的运行时间大于N的运行时间【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；洛仑兹力．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】由左手那么判断出M带正电荷，带负电荷；结合半径的公式可以判断出粒子速度的大小；根据周期的公式可以判断出运动的时间关系．【解答】解：A：由左手那么判断出N带正电荷，M带负电荷，故A正确；B：粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力qvB=m ，半径为：，在质量与电量相同的情况下，半径大说明速率大，即M的速率大于N的速率，故B正确；C：洛伦兹力始终与速度的方向垂直，不做功，故C错误；D：粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为T=，M的运行时间于N的运行时间，故D错误．应选：AB【点评】该题考查到左手那么、半径的公式和根据周期的公式，属于根本用．简单题．8．如下图，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相、方向相反的电流．a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相．关于以上几点处的磁场，以下说法正确的选项是〔〕A．O点处的磁感强度为零B．a、b两点处的磁感强度大小相，方向相反C．c、d两点处的磁感强度大小相，方向相同D．a、c两点处磁感强度的方向相同【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；磁感强度．【分析】根据右手螺旋那么确两根导线在a、b、c、d四点磁场的方向，根据平行四边形那么进行合成．【解答】解：A、根据右手螺旋那么，M处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感强度不于0，因此垂直于纸面向外的通电直导线受到的力不为零．故A错误．B、M在a处产生的磁场方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向竖直向下，b处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a、b两点处磁感强度大小相，方向相同．当垂直于纸面向外的相同通电直导线受到的力大小相，方向相同，故B错误．C、M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，在d出产生的磁场方向垂直dM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下，在d处产生的磁场方向垂直于dN 偏下，根据平行四边形那么，知c处的磁场方向竖直向下，d处的磁场方向竖直向下，且合场强大小相．因此通电直导线受到的力大小相，方向相同，故C 正确．D、a、c两点的磁场方向都是竖直向下，那么a、c两点处放垂直于纸面向外的相同通电直导线受到的力方向相同．故D正确．应选：CD．【点评】解决此题的关键掌握右手螺旋那么判断电流与其周围磁场方向的关系，会根据平行四边形那么进行合成．9．质量为m、带电量为q的小球，从倾角为θ的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向外的匀强磁场中，其磁感强度为B，如下图．假设带电小球下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下面说法中正确的选项是〔〕A．小球带负电B．小球在斜面上运动时做匀加速直线运动C．小球在斜面上运动时做加速度增大，而速度也增大的变加速直线运动D ．小球在斜面上下滑过程中，当小球对斜面压力为零时的速率为【考点】洛仑兹力；带电粒子在匀强磁场中的运动．【分析】带电滑块在滑至某一位置时，由于在安培力的作用下，要离开斜面．根据磁场方向结合左手那么可得带电粒子的电性．由光滑斜面，所以小滑块在没有离开斜面之前一直做匀加速直线运动．借助于洛伦兹力公式可求出恰好离开时的速度大小，从而由运动学公式来算出匀加速运动的时间．由位移与时间关系可求出位移大小．【解答】解：A、小球向下运动，由磁场垂直纸面向外，又由于洛伦兹力垂直斜面向上，所以小球带正电．故A错误；B、小球没有离开斜面之前，在重力，支持力、洛伦兹力作用下做匀加速直线运动，虽然速度变大，导致洛伦兹力变大，但三个力的合力却不变，故B正确；C、小球没有离开斜面之前，在重力，支持力、洛伦兹力作用下做匀加速直线运动，虽然速度变大，导致洛伦兹力变大，但重力沿斜面向下的分力却不变，即三个力的合力却不变，故C错误；D、那么小球在斜面上下滑过程中，当小球受到的洛伦兹力于重力垂直与斜面的分力相时，小球对斜面压力为零．所以Bqv=mgcosθ，那么速率为．故D 错误；应选：B【点评】此题突破口是从小滑块刚从斜面离开时，从而确洛伦兹力的大小，进而得出刚离开时的速度大小，由于没有离开之前做匀加速直线运动，所以由运动与力学可解出运动的时间及位移．倘假设斜面不是光滑的，那么随着粒子的下滑，洛伦兹力大小变化，导致摩擦力变化，从而使加速度也发生变化．10．把两个相同的电灯分别接在图中甲、乙两个电路里，调节滑动变阻器，使两灯都正常发光，两电路中消耗的总功率分别为P甲和P乙，可以断〔〕A．P甲＞P乙B．P甲＜P乙C．P甲=P乙D．无法确【考点】电功、电功率．【专题】恒电流专题．【分析】灯泡正常发光时的电流为额电流；根据并联电路中干路电流是各支路电流的和、串联电路各处电流都相分别求出两电路的总电流，再利用P=UI求出甲乙两图的功率之比．【解答】解：两灯泡规格相同且正常发光，甲图灯泡并联，电流为：I1=2I额；乙图灯泡串联，电流为：I2=I额；∴P1：P2=U1I1：U2I2=8V×2I额：16V×I额=1：1．应选C．【点评】此题考查了串联电路和并联电路的电流特点，以及电功率公式的用，熟练掌握以上知识并灵活用公式是解决此题的关键．11．长为L、间距也为L的两平行金属板间有垂直纸面向里的匀强磁场，如下图，磁感强度为B．今有质量为m、电荷量为q的正离子从平行板左端中点以平行于金属板的方向射入磁场．欲使离子不打在极板上，入射离子的速度大小满足的条件是〔〕A．v ＞B．v ＞C．v ＜D ．＜v ＜【考点】带电粒子在混合场中的运动．【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】欲使离子不打在极板上，抓住两个临界情况，一个是刚好从左侧射出，一个是刚好从右侧射出，根据几何关系求出两临界情况的半径，再根据半径公式得出两个临界速度，从而知道速度的范围．【解答】解：根据qvB=m，得：R=．假设粒子刚好从左侧射出，如图，那么：R1=．所以：v1=．假设粒子刚好从右侧射出，如图，有：R22=L2+〔R2﹣〕2解得：R2=．得：v2=．欲使离子不打在极板上，那么v ＜或v ＞．故BC正确，AD错误．应选：BC．【点评】此题考查了带电粒子在有界磁场中运动问题，关键抓住临界状况，运用牛顿第二律进行求解．12．图中为两个不同闭合电路中两个不同电源的U﹣I图象，以下判断正确的选项是〔〕A．电动势E1=E2，发生短路时的电流I1＞I2B．电动势E1=E2，内阻r1＜r2C．电动势E1＞E2，内阻 r1＜r2D．当两电源的工作电流变化量相同时，电源2的路端电压变化大【考点】闭合电路的欧姆律．【专题】比拟思想；几何法；恒电流专题．【分析】U﹣I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，与I轴的交点表示短路电流，斜率的绝对值表示内阻．根据闭合电路欧姆律分析．【解答】解：A、根据闭合电路欧姆律知：U=E﹣Ir，那么知U﹣I图象与U轴的交点表示电源的电动势，与I轴的交点表示短路电流，故有电动势E1=E2，发生短路时的电流I1＞I2，故A正确；B、U﹣I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，斜率的绝对值表示内阻，那么得电动势E1=E2，内阻r1＜r2，故B正确，故C错误；D、电动势E1=E2，内阻r1＜r2，根据U=E﹣Ir可知，当两电源的工作电流变化量相同时，电源2的路端电压变化大，故D正确；应选：ABD 【点评】此题考查了闭合电路电源的U﹣I图象的相关知识，要求同学们理解U ﹣I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，与I轴的交点表示短路电流，斜率的大小表示内阻．13．图中装置可演示磁场对通电导线的作用．电磁铁上下两磁极之间某一水平面内固两条平行金属导轨，L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆．当电磁铁线圈两端a、b，导轨两端e、f，分别接到两个不同的直流电源上时，L便在导轨上滑动．以下说法正确的选项是〔〕A．假设a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，那么L向右滑动B．假设a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，那么L向右滑动C．假设a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，那么L向左滑动D．假设a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，那么L向左滑动【考点】安培力．【专题】压轴题．【分析】由安培那么判断出电流产生的磁场方向，然后由左手那么判断出导体棒受到的安培力方向，从而判断出导轨L的移动方向．【解答】解：A、由安培那么与左手那么可知，假设a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，L所受安培力向左，L向左滑动，故A错误；B、由安培那么与左手那么可知，假设a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，L受到的安培力向右，L向右滑动，故B正确；C、由安培那么与左手那么可知，假设a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，L所受安培力向右，L向右滑动，故C错误；。

高二物理上学期第二次月考试卷一、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，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、下列说法正确的是（）A、话筒是一种常用的声传感器，其作用是将电信号转换为声信号B、电熨斗能够自动控制温度的原因是它装有双金属片温度传感器，这种传感器作用是控制电路的通断C、电子秤所使用的测力装置是力传感器D、半导体热敏电阻常用作温度传感器，因为温度越高，它的电阻值越大2、有一电学元件，温度升高时电阻却大幅度减小，则这种元件可能是（）A、金属导体B、绝缘体C、半导体D、超导体3、如图所示是一种延时开关，当S1闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，C线路接通。

当S1断开时，由于电磁感应作用，D将延迟一段时间才被释放。

则A、由于A线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用B、由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用C、如果断开B线圈的电键S2，无延时作用D、如果断开B线圈的电键S2，延时将变长4、一个质点在平衡位置O点附近做简谐运动，若从O点开始计时，经过3s，质点第一次经过M点，如图所示。

再继续运动，又经过2s，它第二次经过M点，则该质点再经过多少时间第三次经过M点（）A、8sB、4sC、14sD、103s5、关于简谐运动回复力的说法正确的是（）A、回复力F kx=-中的x是指振子相对于平衡位置的位移B、回复力F kx=-中的x是指振子从初位置指向末位置的位移C、振子的回复力一定就是它所受的合力D、振子的回复力一定是恒力6、图中所示为一简谐横波在某一时刻的波形图，已知此时质点A正向上运动，如图中箭头所示，由此可断定此横波A、向右传播，且此时质点B正向上运动B、向右传播，且此时质点C正向下运动C、向左传播，且此时质点D正向上运动D、向左传播，且此时质点E正向下运动7、如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，从波传到x=5m的M点时开始计时，已知P点相继出现两个波峰的时间间隔为0.4s，下面说法中正确的是( )A、这列波的波长是4mB、这列波的传播速度是10m/sC、质点Q（x=9m）经过0.5s才第一次到达波峰D、M点以后各质点开始振动时的方向都是向下8、关于简谐运动的位移、速度、加速度的关系，下列说法中正确的是（）A、位移减小时，加速度增大，速度增大B、位移方向总跟加速度方向相反，跟速度方向相同C、物体运动方向指向平衡位置时，速度方向跟位移方向相反D、物体向平衡位置运动时，做加速运动，背离平衡位置时，做减速运动9、把一个筛子用四根弹簧支起来，筛子上装一个电动偏心轮，它每转一周，给筛子一个驱动力，这就做成了一个共振筛。

嗦夺市安培阳光实验学校肇庆四中高二（上）第二次月考物理试卷（理）一．不定项选择题，共9小题，每题5分，共45分．全对得5分，部分正确得21．在真空中，电量为q1的点电荷产生的电场中有一点P，P点与q1的距离为r，把一个电量为q2的检验电荷放在P点，它受到的电场力为F，则该点电场强度的大小等于（）A ．B ．C ．D ．2．在同一平面内有四根彼此绝缘的通电直导线如图所示，电流I1=I3＞I2＞I4，要想保留其中三根导线且使中心O点磁场最强，应切断（）A．I1B．I2C．I3D．I43．如图，a．b．c．d为匀强电场中的四个等势面，一个电子射入电场后的运动轨迹如实线MN，由此可知（）A．电子在N的动能大于在M的动能B．电子在N的电势能小于在M的电势能C．电场强度方向向左D．电场中，a点电势低于b点电势4．如图，当K闭合后，一带电微粒（重力不可忽略）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．保持K闭合，使P滑动片向右滑动，微粒向下移动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5．两个阻值均为R的电阻，并联在电源时通过每个电阻的电流为串联在同一电源时的，则电源内阻为（）A ．B ．C．2R D．4R6．如图所示电路中，S闭合后，三个灯实际消耗的电功率相同．则三个灯的电阻R1．R2．R3的关系是（）A．R1＜R2＜R3B．R2＜R3＜R1C．R3＜R2＜R1D．R3＜R1＜R27．某同学画的表示磁场B、电流I和安培力F的相互关系如图所示，其中正确的是（）A ．B ．C ．D ．8．如图电路中，电源电动势为E，内阻为r，固定电阻R1=r，可变电阻R2的最大值也等于r．则当滑动头上移时（）A．电源的输出功率增大B．电源内部的电势降落增大C．R2消耗的电功率减小D．电源的效率增加9．下列各图为电流产生磁场的分布图，正确的分布图是（）A．①③B．②③C．①④D．②④二．非选择题，请按要求作答．第1页（共4页）10．在《测定金属丝电阻率》的实验中，需要测出其长度L．直径d和电阻R．用螺旋测微器测金属丝直径时读数如图1，则长度为mm金属丝的直径为 mm．若用图2中测金属丝的电阻，则测量结果将比真实值．（“偏大”，“偏小”）11．（10分）（2015春•包头校级期末）为了描绘标有“3V，0.4W”的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯炮电压能从零开始变化．所给器材如下：A．电流表（0～200mA，内阻0.5Ω）B．电流表（0～0.6A，内阻0.01Ω）C．电压表（0～3V，内阻5kΩ）D．电压表（0～15V，内阻50kΩ）E．滑动变阻器（0～10Ω，0.5A）F．滑动变阻器（0～1kΩ，0.1A）G．电源（3V） H．电键一个，导线若干．（1）为了完成上述实验，实验中应选择的仪器是．（2）在如图1虚线框中画出完成此实验的原理图，并将实物按电路图用导线连好．（3）此实线图2中描绘出的I﹣U图线是（填“曲线”．“直线”），其原因是．12．如图所示，两平行金属板A．B间为一匀强电场，A、B相距6cm，C、D为电场中的两点，C点在A板上，且CD=4cm，CD连线和场强方向成60°角．已知电子从D点移到C点电场力做功为3.2×10﹣17J，电子电量为1.6×10﹣19C．求：（1）匀强电场的场强；（2）A．B两点间的电势差；（3）若A板接地，D点电势为多少？13．（10分）（2015春•包头校级期末）如图电路中，电池组的电动势E=42V，内阻r=2Ω，定值电阻R=20Ω，D是电动机，其线圈电阻R′=1Ω．电动机正常工作时，理想电压表示数为20V．求：（1）通过电动机的电流是多少？（2）电动机消耗的电功率为多少？（3）电动机输出的机械功率为多少？14．如图所示，在与水平方向成60°的光滑金属导轨间连一电源，在相距1m 的平行导轨上垂直于导轨放一重力为3N的金属棒ab，棒上通以3A的电流，磁场方向竖直向上，这时棒恰好静止．求：（1）匀强磁场的磁感应强度B；（2）ab棒对导轨的压力．15．（13分）（2015秋•泉州校级期中）如图，一群速率不同的一价离子从A．B 两平行极板正水平射入偏转电场，A．B间电压为U，间距为d．C为竖直放置．并与A．B间隙正对的金属档板，屏MN足够大．若A．B极板长为L，C到极板的距离也为L，C的高为d．不考虑离子所受重力，元电荷为e．求初动能范围是多少的离子才能打到屏MN上．肇庆四中高二（上）第二次月考物理试卷（理）参考答案与试题解析一．不定项选择题，共9小题，每题5分，共45分．全对得5分，部分正确得21．在真空中，电量为q1的点电荷产生的电场中有一点P，P点与q1的距离为r，把一个电量为q2的检验电荷放在P点，它受到的电场力为F，则该点电场强度的大小等于（）A ．B ．C ．D ．【考点】电场强度．【专题】定性思想；模型法；带电粒子在电场中的运动专题．【分析】题中，电量为q2的试探电荷在P点所受的静电力为F，根据电场强度的定义式E=，可以确定P点电场强度的大小．电量为q1的点电荷场源电荷，在P点产生的电场强度的大小可根据公式E=k也可以确定．【解答】解：AB、电量为q2的试探电荷在P点所受的静电力为F，根据电场强度的定义式得：P点电场强度的大小为：E=．故A错误，B正确．CD、电量为q1的点电荷场源电荷，在P点产生的电场强度的大小为：E=k．故C正确，D错误．故选：BC【点评】本题考查了电场强度的两个公式的理解和应用，关键的知道：E=，该式是电场强度的定义式，式中q是试探电荷．E=k，Q是场源电荷．2．在同一平面内有四根彼此绝缘的通电直导线如图所示，电流I1=I3＞I2＞I4，要想保留其中三根导线且使中心O点磁场最强，应切断（）A．I1B．I2C．I3D．I4【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；磁感线及用磁感线描述磁场．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用．【分析】根据安培定则判断4根通电导线在1、2、3、4四个区域产生的磁场方向，根据磁场的叠加，判断哪个区域的磁场最强．【解答】解：根据右手螺旋定则来确定通电导线周围磁场的分布，导线1在O 点产生的磁场的方向向里，导线2在O点产生的磁场的方向向里，导线3在O 点产生的磁场的方向向外，导线4在O点产生的磁场的方向向外．由于I1=I3＞I2＞I4，所以合磁场的方向向里，根据磁场的叠加可知，要使O的磁场增强，应切断I3，则C正确．故选：C【点评】本题利用安培定则判断磁场方向比较简单，但磁场的叠加，较为复杂，采用作图法可防止思路出现混乱．3．如图，a．b．c．d为匀强电场中的四个等势面，一个电子射入电场后的运动轨迹如实线MN，由此可知（）A．电子在N的动能大于在M的动能B．电子在N的电势能小于在M的电势能C．电场强度方向向左D．电场中，a点电势低于b点电势【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势能．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】根据电场线方向与等势线垂直和电子所受的电场力指向轨迹的内侧，判断出电子所受的电场力方向，分析电场力做功的正负，根据动能定理分析动能的变化和电势能的变化．根据顺着电场线方向电势降低，判断电势的高低．【解答】解：A、B、根据电场线方向与等势线垂直可知，电场线方向必定位于竖直方向，则电子所受的电场力必定在竖直方向．电子做曲线运动，所受的电场力方向指向轨迹的内侧，所以可知电子所受的电场力方向应竖直向下，与速度方向的夹角为钝角，对电子做负功，根据动能定理可知，电子的动能减小，电势能增加，所以电子在N的动能小于在M的动能，在N的电势能大于在M的电势能，故A、B错误．C、电子带负电，电场力方向与电场强度方向相反，所以可知电场强度方向竖直向上，如图所示，故C错误．D、根据顺着电场线方向电势降低，得知，a点电势低于b点电势，故D正确．故选：D【点评】解决本题的关键是根据电子的轨迹弯曲方向和电场线方向判断出电场力方向，运用动能定理和电场力做功与电势能变化的关系进行分析．4．如图，当K闭合后，一带电微粒（重力不可忽略）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．保持K闭合，使P滑动片向右滑动，微粒向下移动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】带电粒子在混合场中的运动；电容器．【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．【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、B、保持K闭合，电容器板间电压不变，使滑动片P向左或向右滑动，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：AD．【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．5．两个阻值均为R的电阻，并联在电源时通过每个电阻的电流为串联在同一电源时的，则电源内阻为（）A ．B ．C．2R D．4R【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】设电源的内阻为r，根据闭合电路欧姆定律分两次列式求解即可．【解答】解：两个阻值均为R的电阻，并联在电源时通过每个电阻的电流为：I1=×①两个阻值均为R的电阻，串联在同一电源时的电流为：I2=②由于I1=I2③联立①②③解得：r=4R故选：D．【点评】本题关键是明确电路的结构，然后根据闭合电路欧姆定律分两次列式后联立求解，基础题目．6．如图所示电路中，S闭合后，三个灯实际消耗的电功率相同．则三个灯的电阻R1．R2．R3的关系是（）A．R1＜R2＜R3B．R2＜R3＜R1C．R3＜R2＜R1D．R3＜R1＜R2【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】对纯电阻电路，根据P=UI和R=，有P=UI==I2R，然后两两判断即可．【解答】解：①开关闭合后恰好三个灯消耗的电功率都相等，设为P；对于灯泡R1与灯泡R3，由于灯泡R1的电压大，根据P=，有：R=，故R1＞R3；②对于灯泡R3与灯泡R2，由于灯泡R3的电流大，根据P=I2R，有R2＞R3；③对于灯泡R1与灯泡R2，由于灯泡R1的电压大，根据P=UI，灯泡R1的电流小，根据R=，有：R1＞R2；故R1＞R2＞R3；故选：C．【点评】本题关键根据P=UI==I2R，结合串并联电路的电压和电流关系列式分析，不难．7．某同学画的表示磁场B、电流I和安培力F的相互关系如图所示，其中正确的是（）A ．B ．C ．D ．【考点】安培力．【分析】熟练应用左手定则是解决本题的关键，在应用时可以先确定一个方向，然后逐步进行，如可先让磁感线穿过手心，然后通过旋转手，让四指和电流方向一致或让大拇指和力方向一致，从而判断出另一个物理量的方向，用这种程序法，防止弄错方向．【解答】解：A、根据左手定则可知，A图中安培力方向应该向上，故A正确；B、根据左手定则可知，B图中安培力应该垂直于磁场斜向上，故B错误；C、根据左手定则可知，C图中磁场方向和电流方向在同一直线上，不受安培力作用，故C错误；D、根据左手定则可知，D图中安培力方向垂直于导体棒向上，故D错误．故选：A．【点评】左手定则中涉及物理量及方向较多，在应用过程中容易出现错误，要加强练习，增加熟练程度．8．如图电路中，电源电动势为E，内阻为r，固定电阻R1=r，可变电阻R2的最大值也等于r．则当滑动头上移时（）A．电源的输出功率增大B．电源内部的电势降落增大C．R2消耗的电功率减小D．电源的效率增加【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】R1为定值电阻，R2为可变电阻，根据P=I2R1可以分析电阻R1的功率的变化情况，由于R2减小的时候，电路电流就在增加，所以不能根据P=I2R2来分析R2的功率的变化情况；当电源的内电阻和外电阻相等的时候，电源的输出功率最大．【解答】解：A、根据电源的内电阻和外电阻相等的时候，电源的输出功率最大可知，固定电阻R1=r，则当滑动头上移时，滑动变阻器电阻减小，但总电阻仍然大于电源内阻，所以电源的输出功率增大，故A正确；B、当滑动头上移时，滑动变阻器电阻减小，总电阻减小，总电流增大，内阻所占电压增大，所以电源内部的电势降落增大，故B正确；C、当把R1和电源看做一个整体时，即把电源的内阻看做R1+r，当R2=R1+r时，电源的输出功率最大，即R2上获得最大功率，但实际上R2＜R1+r时，所以R2变小时，R2消耗的电功率减小，所以C正确；D 、电源的效率，总电阻减小，内阻所占电压增大，所以路端电压减小，则电源效率减小，所以D错误；故选：ABC．【点评】对于R2的功率的分析是本题的难点，通常的分析方法都是把R1和电源看做一个整体来分析电源的输出功率的变化情况，即为R2的功率的情况．9．下列各图为电流产生磁场的分布图，正确的分布图是（）A．①③B．②③C．①④D．②④【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【专题】应用题；图析法．【分析】由右手螺旋定则可判断电流周围磁场的分布，并注意平面图及立体图的区分即可正确判断．【解答】解：①电流方向向上，由右手螺旋定则可得磁场为逆时针（从上向下看），故①正确；②电流方向向下，由右手螺旋定则可得磁场为顺时针（从上向下看），故②错误；③图中电流为环形电流，由由右手螺旋定则可知，内部磁场应向右，故③错误；④根据图示电流方向，由右手螺旋定则可知，内部磁感线方向向右，故④正确；故选C．【点评】因磁场一般为立体分布，故在判断时要注意区分是立体图还是平面图，并且要能根据立体图画出平面图，由平面图还原到立体图．二．非选择题，请按要求作答．第1页（共4页）10．在《测定金属丝电阻率》的实验中，需要测出其长度L．直径d和电阻R．用螺旋测微器测金属丝直径时读数如图1，则长度为100.15 mm金属丝的直径为0.698 mm．若用图2中测金属丝的电阻，则测量结果将比真实值偏小．（“偏大”，“偏小”）【考点】测定金属的电阻率．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度所示之和是螺旋测微器的示数；分析电路结构，根据电路结构、应用欧姆定律分析实验误差．【解答】解：由图1所示游标卡尺可知，主尺示数为10cm=100mm，游标尺示数为3×0.05mm=0.15mm，金属丝的长度为100mm+0.15mm=100.15mm；由图1所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0.5mm，可动刻度示数为19.8×0.01mm=0.198mm，金属丝直径为0.5mm+0.198mm=0.698mm；由图2所示电路图可知，电流表采用外接法，由于电压表分流，所测电流偏大，由欧姆定律可知，金属丝电阻测量值偏小．故答案为：100.15；0.698；偏小．【点评】游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度所示之和是螺旋测微器的示数；游标卡尺不需要估读，螺旋测微器需要估读；对游标卡尺读数时，要注意游标尺的精度．11．（10分）（2015春•包头校级期末）为了描绘标有“3V，0.4W”的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯炮电压能从零开始变化．所给器材如下：A．电流表（0～200mA，内阻0.5Ω）B．电流表（0～0.6A，内阻0.01Ω）C．电压表（0～3V，内阻5kΩ）D．电压表（0～15V，内阻50kΩ）E．滑动变阻器（0～10Ω，0.5A）F．滑动变阻器（0～1kΩ，0.1A）G．电源（3V） H．电键一个，导线若干．（1）为了完成上述实验，实验中应选择的仪器是A、C、E、G、H ．（2）在如图1虚线框中画出完成此实验的原理图，并将实物按电路图用导线连好．（3）此实线图2中描绘出的I﹣U图线是曲线（填“曲线”．“直线”），其原因是随着温度的升高，电阻增大．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】实验题．【分析】器材选取的原则需安全精确，根据灯泡的额定电压和额定电流选择电流表、电压表的量程．灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，通过灯泡电阻的大小分析其是大电阻还是小电阻，确定电流表的内外接．根据电路图连接实物图．灯泡的电阻随温度的变化而变化，所以I﹣U图线是一条曲线．【解答】解：（1）灯泡的额定电压为3V，所以电压表的量程选择3V的误差较小，额定电流I=≈130mA，所以电流表的量程选择200mA的，灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，使用选择电阻值比较小的滑动变阻器E，另外，还需要电源、电建和导线．故实验中应选择的仪器是A、C、E、G、H．（2）灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，灯泡正常工作时的电阻R==22.5Ω，远小于电压表的内阻，属于小电阻，电流表采用外接法．电路图和实物连线图如图所示．（3）此实线图2中描绘出的I﹣U图线是曲线，其原因是由于温度升高，电阻增大．故答案为：（1）A、C、E、F、G．（2）如右图．（3）曲线，随着温度的升高，电阻增大．【点评】解决本题的关键掌握器材选择的原则，以及知道滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别，电流表内外接的区别．12．如图所示，两平行金属板A．B间为一匀强电场，A、B相距6cm，C、D为电场中的两点，C点在A板上，且CD=4cm，CD连线和场强方向成60°角．已知电子从D点移到C点电场力做功为3.2×10﹣17J，电子电量为1.6×10﹣19C．求：（1）匀强电场的场强；（2）A．B两点间的电势差；（3）若A板接地，D点电势为多少？【考点】电场强度；电势差；电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】（1）根据电场力做功W=qEd，d是沿电场方向两点间的距离，求解电场强度．（2）根据匀强电场中，场强与电势差之间的关系U=Ed求出电场强度E．（3）由公式U=Ed求出AD间电势差，再求解D点电势．【解答】解：（1）由题，D→C电场力做正功，为：W=qEL CD cos60°得：E==N/C=1×104N/C（2）因电场力做正功，则知电子在电场中受到的电场力方向向上，电子带负电，则场强方向为A→B．所以A、B间电势差为：U AB=Ed AB=104×6×10﹣2=600V（3）A、D间电势差为：U AD=Ed AD cos60°=1×104×4×10﹣2×0.5V=200V 由 U AD=φA﹣φD，φA=0，得：φD=﹣200V答：（1）匀强电场的场强为1×104N/C；（2）A、B两点间的电势差是600V；（3）若A板接地，D点电势为是﹣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．本题还要掌握公式U=Ed，知道d是沿电场线方向两点间的距离．13．（10分）（2015春•包头校级期末）如图电路中，电池组的电动势E=42V，内阻r=2Ω，定值电阻R=20Ω，D是电动机，其线圈电阻R′=1Ω．电动机正常工作时，理想电压表示数为20V．求：（1）通过电动机的电流是多少？（2）电动机消耗的电功率为多少？（3）电动机输出的机械功率为多少？【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】（1）由E=U V+U R+r可得R和电源两端的电压之和，进而又欧姆定律可得电路电流，即等于通过电动机的电流．（2）电动机为非纯电阻元件，故其功率为P电=UI．（3）由可得电动机的发热功率，进而由P电=P机+P热可得电动机输出的机械功率．【解答】解：（1）由E=U V+U R+r可得R和电源两端的电压之和为：U R+r=E﹣U V由欧姆定律可得电路电流为：通过电动机的电流为1A．（2）电动机为非纯电阻元件，故其功率为P电=U V I=20×1W=20W（3）电动机的发热功率为：故电动机的输出功率为：P机=P电﹣P热=20W﹣1W=19W答：（1）通过电动机的电流是1A．（2）电动机消耗的电功率为20W．（3）电动机输出的机械功率为19W．【点评】注意对纯电阻元件和非纯电阻元件的处理区别，电热的计算可以用同一个公式，但非纯电阻元件，其总功率只能用P=UI表示．14．如图所示，在与水平方向成60°的光滑金属导轨间连一电源，在相距1m 的平行导轨上垂直于导轨放一重力为3N的金属棒ab，棒上通以3A的电流，磁场方向竖直向上，这时棒恰好静止．求：（1）匀强磁场的磁感应强度B；（2）ab棒对导轨的压力．【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；安培力．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】金属棒受到重力、导轨的支持力和安培力而平衡，安培力F安=BIL，根据平衡条件求解匀强磁场的磁感应强度B和支持力．【解答】解：作出受力侧视图，如图．导体棒处于静止状态，根据平衡条件得 F安=mgtan60°=3N，F N ==2mg=6N，根据牛顿第三定律得ab棒对导轨的压力大小为6N，方向垂直导轨向下．又导体棒与磁场垂直，F安=BIL，则B==T=答：（1）匀强磁场的磁感应强度B=；（2）ab棒对导轨的压力大小为6N，方向垂直导轨向下．【点评】本题是通电导体在磁场中平衡问题，关键是分析物体的受力情况，画出力图，原图是立体图，往往画侧视图，便于作力图．15．（13分）（2015秋•泉州校级期中）如图，一群速率不同的一价离子从A．B 两平行极板正水平射入偏转电场，A．B间电压为U，间距为d．C为竖直放置．并与A．B间隙正对的金属档板，屏MN足够大．若A．B极板长为L，C到极板的距离也为L，C的高为d．不考虑离子所受重力，元电荷为e．求初动能范围是多少的离子才能打到屏MN上．【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】离子在AB板间的电场中做类平抛运动，将离子的运动按水平和竖直两个方向进行分析，运用牛顿第二定律、运动学公式，结合两个分运动的等时性，求出离子射出电场时的偏转距离y和偏转角φ正切表达式．离子离开电场后做匀速直线运动，离子要打在屏MN上，y必须满足y＜，且Ltanφ+y＞．联立即可求解．【解答】解：偏转电场的场强大小为：①离子所受电场力：F=Eq ②离子的加速度为：F=ma ③由①②③解得：a=④设离子的质量为m，初速度为v0，离子射出电场的时间t为：L=v0t ⑤射出电场时的偏转距离y为：⑥由④⑤⑥解得：⑦离子射出电场时的竖直分速度v y=at ⑧射出电场时的偏转角：⑨由④⑤⑧⑨得：tanφ=⑩离子射出电场时做匀速直线运动，要使离子打在屏MN上，需满足：y＜（11）Ltanφ+y（12）由⑦⑩（11）（12）可得：＜E k答：初动能范围是：＜E k的离子才能打到屏MN上．【点评】本题考查粒子在偏转电场中的运动，解题关键是利用类平抛运动知识，要能熟练推导出偏转距离和偏转角度的表达式，同时要正确分析临界条件，相结合即可进行求解．。

高二级第一学期第二次月考物理试卷考试时间:100分钟 满分: 120分一、单项选择题：（本题共5小题；每小题3分；共计15分．） 1、一带电粒子；沿垂直于磁场方向射入匀强磁场；粒子一段径迹如图所示；径迹上每一小段都看成圆弧；由于带电粒子使周围空气电离粒子能量不断变小；（带电量不变）；则：A 粒子带正电；从B 射入； B 粒子带正电；从A 射入；C 粒子带负电；从B 射入；D 粒子带负电；从A 射入. 2、如图所示；一个有限范围的匀强磁场B 的宽为d 。

现将一个边长为l 的正方形导线框以速v 匀速地通过磁场区域；已知l d >；则导线框在磁场中运动时无感应电流的时间等于AvdB v lC v l d -D v l d 2-3、老师做了一个物理小实验让学生观察：一轻质横杆两侧各固定一金属环；横杆可绕中心点自由转动；老师拿一条形磁铁插向其中一个小环；后又取出插向另一个小环；同学们看到的现象是A 磁铁插向左环；横杆发生转动B 磁铁插向右环；横杆发生转动C 无论磁铁插向左环还是右环；横杆都不发生转动D 无论磁铁插向左环还是右环；横杆都发生转动4、如图所示；L1；L2；L3为完全相同的灯泡；L 为直流电阻可忽略的自感线圈；电源内阻不计；开关K 原来接通。

当把开关K 断开时；下面说法正确的是： A L 1闪亮一下后熄灭B L 2闪亮一下后恢复原来的亮C L 3变暗一下后恢复原来的亮D L 3闪亮一下后恢复原来的亮5、如图所示；用甲、乙、丙三个电动势E 相同而内电阻r 不同的电源；分别给定值电阻R 供电.已知甲、乙、丙三个电源内阻的大小关系为r 甲＞r 乙＞r 丙；则将R先后接在这三个电源上时的情况相比；下列说法中正确的是 A 接在甲电源上时；通过R 的电流最大 B 接在丙电源上时；通过R 的电流最大 C 接在乙电源上时；电阻R 消耗的电功率最大 D 接在丙电源上时；电阻R 消耗的电功率最小二、多项选择题：（本题共4小题；每小题4分。

高二年级物理第一学期第二次月考物理试题考生注意: 本试卷总分150分,其中试题总分145分,卷面分5分.卷面分5分是根据每位考生的卷面书写的整洁、清晰、规范情况来判分的.第Ⅰ卷（选择题 共40分）一．本题共10小题，每小题4分，共40分；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．下列说法中，正确的是：( )A.磁感应强度是矢量，它的方向与通电导线在磁场中的受力方向相同；B.磁感应强度的单位是特斯拉，1T=1N/(A •m)；C.磁通量的大小等于穿过磁场中单位面积磁感线的条数；D.磁通量的单位是韦伯，1Wb=1T •m 2。

2．如图所示，L 1、L 2是两个完全相同的灯泡，当滑片P 向左滑动时，灯的亮度变化情况是 （ ） A.L 1 、L 2都变亮 B.L 1、 L 2都变暗 C.L 1变亮，L 2变暗D.L 2变亮，L 1变暗3．在图中虚线所围的区域内，已知从左方水平射入的电子，穿过这区域时未发生偏转．设重力可以忽略不计，则在这区域中Ｅ和Ｂ的方向可能是 （ ）A.E 和B 都沿水平方向，并与电子运动方向相同B.E 和B 都沿水平方向，并与电子运动方向相反C.E 竖直向上，B 垂直纸面向外D.E 竖直向上，B 垂直纸面向里4.如图所示，中子内有一个电荷量为 + 23 e 的上夸克和两个电荷量为- 13 e 的下夸克，三个夸克都分布在半径为 r 的同一圆周上，则三个夸克在其圆心处产生的电场强度为( ) A .ke r 2 B .ke 3r 2 C .ke 9r 2 D .2ke 3r2 L 25.如图所示，实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过电场区域时的运动轨迹，a 、b 是轨迹上两点.若带电粒子 运动中只受电场力作用，根据此图可以做出的判断是（ ）A. 带电粒子所带电荷的符号B. 带电粒子在a 、b 两点的受力方向C. 带电粒子在a 、b 两点的速度何处大D. 带电粒子在a 、b 两点的电势能何处较大6.如图所示的实验装置中，极板A 接地，平行板电容器的极板B 与一个灵敏的静电计相接．将A 极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q 、电容C 、两极 间的电压U ，电容器两极板间的场强E 的变化情况是 ( ) A.Q 变小，C 不变，U 不变，E 变小 B.Q 变小，C 变小，U 不变，E 不变 C.Q 不变，C 变小，U 变大，E 不变 D.Q 不变，C 变小，U 变大，E 变小7．在场强大小为E 的匀强电场中，一质量为m 、带电量为 +q 的物体以某一初速沿电场反方向做匀减速直线运动，其加速度大小为0.8qE/m ，物体运动S 距离时速度变为零．则( ) A.物体克服电场力做功qEs B.物体的电势能减少了0.8qES C.物体的电势能增加了qES D.物体的动能减少了0.8qES8．在高纬度地区的高空，大气稀薄，常出现五颜六色的弧状、带状或幕状的极其美丽壮观的发光现象，这就是我们常说的“极光”。

高二物理上学期第二次月考高二物理试卷本试卷共1OO 分，考试时刻90分钟。

一、选择题.（本题有12道小题，每题4分，且每小题至少有一个选项是正确的，全选对者,得满分，选对但不全者得一半分，有错误选项者或不选者得0分）1、下列静电学公式中，E 、q 、E 、U 、d 和r 分别表示电场力、电量、场强、电势差以及距离①221r q q k F = ②2r qk E = ③q F E = ④Ed U =。

（ )A 、它们都只对点电荷或点电荷的场才成立B 、①②③只对点电荷或点电荷的场成立，④只对匀强电场成立。

C 、①②只对点电荷成立，③对任何电场都成立，④只对匀强电场才成立。

D 、①②只对点电荷成立，③④对任何电荷或静电场都成立。

2、关于分子间的作用力，下列说法中正确的是（ ） A 、当分子间距离为r 0时，它们之间既无引力也无斥力。

B 、分子间引力和斥力都随它们之间距离的增大而增大。

C 、分子间的距离大于r 0时，分子间只有引力。

D 、当分于间的距离大于l0r 0时，分子力能够忽略不计。

3、某气体的摩尔质量为M ，摩尔体积为V ，密度为ρ，每个分子的质量和体积分别为m 和V 0，阿伏伽德罗常数N A 可表示为（ ） A 、N A =V/V 0 B 、N A =ρV/m 、 C 、N A =M/m D 、N A =M/ρV4、 下列说法正确的是：（ ）A 、 外界对气体做功，气体的内能一定增大。

‘B 、 布朗运动的无规则性反映了小颗粒内部分子运动的无规则性。

C 、 气体的温度降低，气体每个分子无规则运动的速率均减小。

D 、 气体的温度升高，气体分子无规则运动的平均动能增大。

5、 水平放置的平行板电容器始终与一电池相连，在电容器的两板间有一带正电的质点处于静止状态。

现将电容器两板间的距离增大，则：（ ） A 、电容变大，质点向上运动 B 、电容变大，质点向下运动。

C 、电容变小，质点保持静止 D 、电容变小，质点向下运动。

高二上期第二次月考物理试题卷本试题分选择题和非选择题两部分，第一部分（选择题）1至8题为单项选择题，9-12题为不定项选择题。

第二部分（非选择题）13至14题为填空实验题，15-18为计算题，共18题，满分110分，考试时间100分钟. 一、单项选择题（每小题4分，共32分）1. 如图所示，一串红灯笼在水平风力的吹动下发生倾斜，悬挂绳与竖直方向的夹角为ο37。

设每个红灯笼的质量均为m ，绳子质量不计。

则自上往下数第一个红灯笼对第二个红灯笼的拉力大小为( )A.mg 45B.mg 2C. mg 5.2D. mg 42.下列说法中不正确的是( ) A.静电场中场强为零处，电势不一定为零B.电动势的单位是伏特，电动势就是闭合回路中的总电压C.平行板电容器充电后与电源断开，仅增大或减小极板间距，板间电场强度不改变D.把一根金属丝均匀拉长为原来的两倍，电阻会变为原来的4倍，但其电阻率不会因此改变3.在学习电场知识时，有同学形成了以下结论性观念，你认为正确的是( ) A.描述电场的电场线，就是静止释放带电粒子后带电粒子在电场中的轨迹线.B.若在电场中某点放入正检验电荷时，受到的电场力方向向右；当放入负检验电荷时，受到的电场力方向向左。

因此该点电场强度的方向与检验电荷的电性有关C.将一个初速度为零的负检验电荷放在电场中某处，仅在电场力的作用下，负检验电荷由该处移到某一个位置过程中，其电势能一定减少。

D.描述电场的物理量中：电势、电势能、电势差、电场强度，电势差和电场强度为矢量4.如图是自动火警报警器的部分电路示意图.其中R 2为用半导体热敏材料(其阻值随温度的升高而迅速减小)制成的传感器，电流表A 为值班室的显示器，B 为值班室报警电铃.当传感器R 2所在处出现火情时，下列有关说法正确的是( )A.电流表A 显示的I 变小，电铃两端的电压U 变小B.电流表A 显示的I 变小，电铃两端的电压U 变大C.电流表A 显示的I 变大，电铃两端的电压U 变大D.电流表A 显示的I 变大，电铃两端的电压U 变小5.如图所示，带电粒子P 所带的电荷量是带电粒子Q 的3倍，它们以相等的速度0v 从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M 、N 点，若OM ＝MN ，忽略粒子重力的影响，则P 和Q 的质量之比为( )E rA P R 3 R 2R 1 B4题图风力ο3730 h7题图 A.3∶4 B.4∶3 C.3∶2 D.2∶36.如图所示，某段斜面倾角为30°，总质量为m （包括雪具在内）的滑块从距底端高为h 处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为g /3，在他从上向 下滑到底端的过程中，下列说法正确的是( ) A .运动员减少的重力势能全部转化为动能 B .运动员获得的动能为mgh /3C .运动员克服摩擦力做功为2mgh /3D .下滑过程中系统减少的机械能为mgh /37.如图所示为汽车蓄电池与车灯(电阻不变)、启动电动机组成的电路，蓄电池内阻为1 Ω.电动机内部绕线电阻为2.0Ω，电流表和电压表均为理想电表，只接通时，电流表示数为20 A ，电压表示数为60V ；再接通2s ， 启动电动机工作时，电压表示数变为45V ，则此时通过启动 电动机的电流是( ) A .20A B .22.5 AC .30AD .45 A8. 如右图所示，曲线A 、B 分别是纯电阻直流电路中，内、外电路消耗的电功率随电流变化的图线.由该图可知下列说法中错误．．的是( ) A .电源的电动势为8VB .电源的内电阻为2ΩC .电源输出功率最大值为16WD .电源被短路时，电源消耗的最大功率可达32W二、不定项选择题（每题4分，4小题共16分）9.（多选题）如图所示为两个等量异种点电荷，以两电荷连线的中点O 为圆心画出半圆，在半圆上有a 、b 、c 三点，a 、c 分别为半圆与两电荷连线的交点，b 点在两电荷连线的垂直平分线上，则下列说法正确的是( ) A . a 、c 两点的电势相同 B . a 、c 两点的电场强度相同C .正电荷在a 点的电势能大于在b 点的电势能D .将正电荷由O 点移动到b 点的过程中电场力做正功10.如图是用灵敏电流计改装成的某多量程电表内部电路图，图中a 为公共接线柱，b 、c 分别为两个量程的接线柱.对该电表下列说法正确的是( ) A.该电表是多量程电流表B.当使用a 、b 两个接线柱时量程较大C.R 1越大，该电表量程越大D.该电表两量程的大小与R 1和R 2的阻值成反比9题图 10题图 a R 1 R 2R gb c1题图 1题图 A 0 P /W 8 A B8题图2 3 5 4 7 5 5 6 045 5 10 50AV K 1图甲 图乙 U /VI /A 0.0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.61.5 1.4 1.3 1.2 1.1 1.011.长L 的细绳一端固定于O 点，另一端系一个质量为m 的小球，将细绳在水平方向拉直，从静止状态释放小球，小球运动到最低点时速度大小为v ，细绳拉力为F 列说法正确的是( )A .小球质量变为2m ，其他条件不变，则小球到最低点的速度为2vB .细绳长度变为2L ，其他条件不变，则小球到最低点时向心加速度为aC .小球质量变为2m ，其他条件不变，则小球到最低点时细绳拉力变为2F D.细绳长度变为2L ，其他条件不变，则小球到最低点时细绳拉力变为2F12.一对平行金属板长为L ，两板间距为d ，质量为m ，电荷量为E 的电子从平行板左侧以速度v 0沿两板的中线不断进入平行板之间，两板间所加交变电压U AB 如图所示，交变电压的周期02v LT =，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏距的粒子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，则( ) A. 所有电子都从右侧的同一点离开电场B. 所有电子离开电场时速度都是v 0C. t ＝0时刻进入电场的电子，离开电场时动能最大D. t ＝4T 时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为16d三、实验填空题（两小题，13题7分，14题11分，共18分）13.（1）如左下图甲所示，螺旋测微器的读数为 mm.（2）某同学按照右上侧的电路图乙，完成伏安法“测定干电池的电动势和内阻”实验．若测得的实验数据如下表，该同学已在U-I 坐标图上描出了五个点，请将他漏掉的那个点补上去，并连接成合适的图线，以便用作图法求出干电池的电动势和内阻．(3)根据所作图线求得电源电动势为________V ，电源内阻为________Ω.电压U / V 1.48 1.44 1.38 1.34 1.20 1.08 电流I /A 0.05 0.10 0.15 0.25 0.35 0.50 O U 0-U 0OU ABtA B14.某班同学要到实验室测绘标示为“7V，3.5W”的小灯泡的伏安特性曲线。

——教学资料参考参考范本——【高中教育】最新高二物理上学期第二次月考试卷（含解析）______年______月______日____________________部门一、选择题（1至8题单选，9至12题多选，每题4分，其中多选题选对但不全得2分，选错得0分，共48分）1．电场中等势面如图所示，下列关于该电场描述正确的是（）A．A点的电场强度比C点的小B．电荷沿等势面AB移动的过程中，电场力始终不做功C．负电荷在A点的电势能比在C点的电势能大D．正电荷由A移动到C，电场力做负功2．如图甲所示，一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点的电势φ随x变化的情况如图乙所示．若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则（）A．电子一直沿Ox负方向运动B．电子运动的加速度逐渐增大C．电场力一直做正功D．电子的电势能逐渐增大3．如图所示，水平放置的平行金属板a、b分别与电源的两极相连，带电液滴P在金属板a、b间保持静止，现设法使P固定，再使两金属板a、b分别绕中心点O、O′处垂直于纸面的轴顺时针转相同的小角度α，然后释放P，则P在电场内将做（）A．匀运直线运动B．水平向右的匀加速直线运动C．斜向右下方的匀加速直线运动D．曲线运动4．在如图所示电路中，E为电源，其电动势E=9.0V，内阻可忽略不计；AB为滑动变阻器，其电阻R=30Ω；L为一小灯泡，其额定电压U=6.0V，额定功率P=1.8W；S为开关，开始时滑动变阻器的触头位于B端，现在接通开关S．然后将触头缓慢地向A方滑动，当到达某一位置C处时，小灯泡刚好正常发光，则CB之间的电阻应为（）A．10ΩB．20ΩC．15ΩD．5Ω5．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，小灯泡的电阻之比是1：2D．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1：26．如图所示电路中，开关闭合稳定后，某时刻理想电压表和电流表的读数都突然增大，造成这一现象的原因是电阻元件发生短路或断路故障，则可能出现了下列哪种故障（）A．R1断路 B．R1短路 C．R2断路 D．R3短路7．如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，R0为定值电阻，电容器的电容为C．闭合开关S，增大可变电阻R的阻值，电压表示数的变化量为△U，电流表示数的变化量为△I，则（）A．变化过程中△U和△I的比值保持不变B．电压表示数U和电流表示数I的比值不变C．电阻R0两端电压减小，减小量为△UD．电容器的带电量增大，增加量为C△U8．R1与R2并联在电路中，通过R1与R2的电流之比为1：2，则当R1与R2串联后接入电路中时，R1和R2两端电压之比U1：U2为（）A．1：2 B．2：1 C．1：4 D．4：19．如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹．粒子先经过M点，再经过N点．可以判定（）A．粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力B．M点的电势高于N点的电势C．粒子带正电D．粒子在M点的动能大于在N点的动能10．一个微型吸尘器的直流电动机的额定电压为U，额定电流为I，线圈电阻为R，将它接在电动势为E，内阻为r的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，则（）A．电动机消耗的总功率为UI B．电源的效率为1﹣C．电动机消耗的热功率为D．电源的输出功率为EI11．如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r恒定不变，滑片P 在变阻器正中位置时，电灯L正常发光，现将滑片P移到右端，则（）A．电压表的示数变大B．电流表的示数变大C．电灯L消耗的功率变小D．电阻R1消耗的功率变小12．如图所示的图线①表示某电池组的输出电压与电流的关系（U﹣I 图线），图线②表示其输出功率与电流的关系（P﹣I图线）．则下列说法正确的是（）A．电池组的电动势为50 VB．电池组的内阻为C．电流为2.5 A时，外电路的电阻为15ΩD．输出功率为120 W时，输出电压是30 V二、实验题（每空2分，实物图连接2分，共22分）13．分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数分别如图（a）、（b）所示，长度为 cm，直径为 mm．14．如图所示为多用电表的刻度盘．若选用倍率为“×100”的电阻挡测电阻时，表针指示如图所示，则：（1）所测电阻的阻值为Ω；如果要用此多用电表测量一个阻值约为2.0×104Ω的电阻，为了使测量结果比较精确，应选用的欧姆挡是（选填“×10”、“×100”或“×1k”）．（2）用此多用电表进行测量，当选用量程为50mA的电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为mA；当选用量程为250mA的电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为mA．（3）当选用量程为10V的电压挡测量电压时，表针也指于图示位置，则所测电压为V．15．为了测量由两节干电池组成的电池组的电动势和内电阻，某同学设计了如图甲所示的实验电路，其中R为电阻箱，R0=5Ω为保护电阻．（1）按照图甲所示的电路图，某同学已经在图乙所示电路中完成部分导线的连接，请你完成余下导线的连接．（2）断开开关S，调整电阻箱的阻值，再闭合开关S，读取并记录电压表的示数及电阻箱接入电路中的阻值．多次重复上述操作，可得到多组电压值U及电阻值R，并以为纵坐标，以为横坐标，画出﹣的关系图线（该图线为一直线），如图丙所示．由图线可求得电池组的电动势E= V，内阻r= Ω．（保留两位有效数字）（3）引起该实验系统误差的主要原因是三、计算题（第16题8分，第17题10分，第18题12分，共30分）16．在如图所示的电路中，两平行正对金属板A、B水平放置，两板间的距离d=4.0cm．电源电动势E=400V，内阻r=20Ω，电阻R1=1980Ω．闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球（可视为质点）从B板上的小孔以初速度v0=1.0m/s竖直向上射入两板间，小球恰好能到达A板．若小球所带电荷量q=+1.0×10﹣7C，质量m=2.0×10﹣4kg，不考虑空气阻力，忽略射入小球对电路的影响，取g=10m/s2．求：（1）A、B两金属板间电压的大小U；（2）滑动变阻器消耗的电功率P滑．17．如图所示，A为电解槽，M为电动机，N为电炉子，恒定电压U=12V，电解槽内阻rA=2Ω，当K1闭合，K2、K3断开时，示数为6A；当K2闭合，K1、K3断开时，示数为5A，且电动机输出功率为35W；当K3闭合，K1k2断开时，示数为4A．求：（1）电炉子的电阻及发热功率；（2）电动机的内阻；（3）在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率为多少．18．如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、场强为E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L处有一与电场平行的屏．现有一电荷量为+q、质量为m的带电粒子（重力不计），以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为O．试求：（1）粒子从射入到打到屏上所用的时间；（2）粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tanα；（3）粒子打到屏上的点P到O点的距离s．20xx-20xx学年安徽省××市怀××县高河中学高二（上）第二次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（1至8题单选，9至12题多选，每题4分，其中多选题选对但不全得2分，选错得0分，共48分）1．电场中等势面如图所示，下列关于该电场描述正确的是（）A．A点的电场强度比C点的小B．电荷沿等势面AB移动的过程中，电场力始终不做功C．负电荷在A点的电势能比在C点的电势能大D．正电荷由A移动到C，电场力做负功【考点】电势差与电场强度的关系；等势面．【专题】比较思想；图析法；电场力与电势的性质专题．【分析】电场线与等势面垂直．电场线密的地方电场的强度大，等差等势面密，电场线疏的地方电场的强度小，等差等势面疏；沿电场线的方向，电势降低．沿着等势面移动点电荷，电场力不做功．结合这些知识分析．【解答】解：A、点A处等差等势面比C点处等差的等势面密，则A点的场强比C点的大，故A错误；B、沿着等势面移动点电荷时，电荷的电势能不变，电场力始终不做功，故B正确；C、A点的电势比C点的电势高，由Ep=qφ，知负电荷在A点的电势能比在C点的电势能小，故C错误．D、正电荷由A到C，电势能减小，故电场力做正功，故D错误；故选：B【点评】本题关键明确电场线与等势面的关系，同时要知道电场力做功等于电势能的减小量．2．如图甲所示，一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点的电势φ随x变化的情况如图乙所示．若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则（）A．电子一直沿Ox负方向运动B．电子运动的加速度逐渐增大C．电场力一直做正功D．电子的电势能逐渐增大【考点】电势差与电场强度的关系；电势．【专题】比较思想；几何法；电场力与电势的性质专题．【分析】沿着电场线的方向电势降低，根据Ox方向上各点的电势φ随x变化的情况可以判断出电场的方向与特点．根据电场强度方向判断电子的运动方向．根据电场力做功情况判断电子的电势能变化情况．【解答】解：A、从Φ﹣x图象可知，沿x正方向电势逐渐升高，所以电场线的方向沿x轴负方向，而电子受到的电场力的方向与电场线方向相反，沿x轴正方向，所以电子沿x轴正方向运动，故A错误．B、由E=，可知图象的斜率等于电场强度，则电场强度保持不变，电子所受的电场力不变，加速度不变，故B错误．CD、在0点由静止释放一电子，电子受到x正方向的电场力，电子将沿Ox正方向运动，电场力将做正功，电场力做功量度电势能的变化，所以电子电势能将减小，故C正确，D错误．故选：C【点评】本题结合电势φ随x变化的情况图象考查了电场强度和电势的变化情况，考查角度新颖，要注意结合图象斜率的含义以及电场线和电场强度与电势的关系分析．3．如图所示，水平放置的平行金属板a、b分别与电源的两极相连，带电液滴P在金属板a、b间保持静止，现设法使P固定，再使两金属板a、b分别绕中心点O、O′处垂直于纸面的轴顺时针转相同的小角度α，然后释放P，则P在电场内将做（）A．匀运直线运动B．水平向右的匀加速直线运动C．斜向右下方的匀加速直线运动D．曲线运动【考点】电容器的动态分析．【专题】电容器专题．【分析】题中带电液滴P原来在水平放置的a、b金属板间的电场内处于静止状态，说明处于平衡状态，竖直向上的电场力大小等于重力的大小，当两平行金属板a、b分别以O、0′中心为轴在竖直平面内转过相同的较小角度θ，然后释放P，此时P受到重力、电场力，合力向右，故P向右的匀加速直线运动．【解答】解：当a、b金属板水平放置时，带电液滴P在电场内处于静止状态，说明处于平衡状态，竖直向上的电场力大小等于重力的大小．当两平行金属板a、b分别以O、0′中心为轴在竖直平面内转过相同的较小角度α，然后释放P，此时P受到竖直向下的重力、垂直金属板的电场力，电场力方向与竖直方向的夹角为α，如图．设板间距离原来为d，则由几何知识得知：转过α角时，板间距离为dcosα，板间场强为E=，电场力为F=qE=，电场力方向与竖直方向的夹角为α，竖直方向的分力为Fcosα=．而原来液滴处于静止状态，即有mg=qE=q，则得此时液滴竖直方向受力平衡，合力水平向右，故P将水平向右作匀加速直线运动．故B正确．故选B【点评】考查了已知受力求运动，正确受力分析，根据牛顿第二定律判断运动情况．4．在如图所示电路中，E为电源，其电动势E=9.0V，内阻可忽略不计；AB为滑动变阻器，其电阻R=30Ω；L为一小灯泡，其额定电压U=6.0V，额定功率P=1.8W；S为开关，开始时滑动变阻器的触头位于B端，现在接通开关S．然后将触头缓慢地向A方滑动，当到达某一位置C处时，小灯泡刚好正常发光，则CB之间的电阻应为（）A．10ΩB．20ΩC．15ΩD．5Ω【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】小灯泡正常发光时电压等于额定电压，功率等于额定功率，由功率求出滑片在位置C时电路中的电流，求出AC间的电压，由欧姆定律求出AC间的电阻，得到CB间的电阻．【解答】解：当滑动触头在C位置时，电路中电流为I==A=0.3A，AC间的电压为U=E﹣UL=9V﹣6V=3V，则由欧姆定律得AC间的电阻RAC==10Ω，所以CB之间的电阻为RCB=R﹣RAC=30Ω﹣10Ω=20Ω．故选B【点评】本题是基本的电路计算问题，主要根据小灯泡正常发光时求出电路的电流，并抓住变阻器与灯泡串联，电流相等的特点进行计算．5．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，小灯泡的电阻之比是1：2D．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1：2【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【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、U﹣I图象的斜率的绝对值表示内电阻，根据电源U﹣I图线，r1=Ω，r2=Ω，则r1：r2=11：7，故A正确．B、U﹣I图象的纵轴截距表示电动势，故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连接电源Ⅰ时，U1=3v，I1=5A，故P1=U1I1=15W，R1==Ω连接电源Ⅱ时，U2=5V，I2=6A，故P2=U2I2=30W，R2==Ω故P1：P2=1：2，R1：R2=18：25，故C错误，D正确．故选ABD．【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，明确交点的含义．6．如图所示电路中，开关闭合稳定后，某时刻理想电压表和电流表的读数都突然增大，造成这一现象的原因是电阻元件发生短路或断路故障，则可能出现了下列哪种故障（）A．R1断路 B．R1短路 C．R2断路 D．R3短路【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】由题目中电表示数的变化可得出故障原因，根据电路结构可以得出是哪一个电阻发生故障．【解答】解：若R1断路，则外电路电阻增大，电路中电流减小，路端电压将增大，加在R2两端电压增大；则电流表的示数也将增大；故A正确；若R1或R2短路，则电压表被短路，电压表示数应为零；只有R3短路时，电压表接在电源两端，测量值为电源的输出电压，故电压表示数变大；同时因电路中电阻减小，故电路中电流增大；符合题意；故D正确．故选：AD．【点评】本题考查闭合电路的欧姆定律的应用，明确当电路中有电流时，说明电路中应发生了短路故障；若电压表示数变大，电压表可能直接并联到了电源两端．7．如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，R0为定值电阻，电容器的电容为C．闭合开关S，增大可变电阻R的阻值，电压表示数的变化量为△U，电流表示数的变化量为△I，则（）A．变化过程中△U和△I的比值保持不变B．电压表示数U和电流表示数I的比值不变C．电阻R0两端电压减小，减小量为△UD．电容器的带电量增大，增加量为C△U【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．【专题】恒定电流专题．【分析】闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析电阻R0两端的电压，再根据路端电压的变化，分析电阻R0两端的电压变化量，并比较与△U的关系，确定电容带电量变化量．电压表的示数U和电流表的示数I的比值等于R．电压表示数变化量△U和电流表示数变化量△I的比值等于R0+r．【解答】解：A、根据闭合电路欧姆定律得：U=E﹣I（R0+r），由数学知识得知，=R0+r，保持不变．故A正确．B、由图， =R，R增大，则电压表的示数U和电流表的示数I的比值变大．故B错误．C、D、闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析得知，电阻R0两端的电压减小，R两端的电压增大，而它们的总电压即路端电压增大，所以电阻R0两端的电压减小量小于△U．电容器两极板间的电压等于R两端的电压，可知电容器板间电压增大，带电量增大，增大量为C△U．故C错误，D正确．故选：AD【点评】此题中两电表读数的比值要根据欧姆定律和闭合电路欧姆定律来分析，注意≠R，R是非纯性元件．8．R1与R2并联在电路中，通过R1与R2的电流之比为1：2，则当R1与R2串联后接入电路中时，R1和R2两端电压之比U1：U2为（）A．1：2 B．2：1 C．1：4 D．4：1【考点】串联电路和并联电路；欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】由并联电路的电流规律可得出两电阻的比值；由串联电路的电压规律可得出电压之比．【解答】解：并联电路中电阻之比等于电流的反比，故=；由串联电路的规律可知，电压之比等于电阻之比，故U1：U2=2：1；故选B．【点评】本题考查串并联电路的电流及电压规律，属基础内容，应熟纪并能灵活应用．9．如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹．粒子先经过M点，再经过N点．可以判定（）A．粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力B．M点的电势高于N点的电势C．粒子带正电D．粒子在M点的动能大于在N点的动能【考点】电场线；电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】由轨迹的弯曲方向判断带电粒子所受电场力的大致方向，确定带电粒子的电性．根据电场力做功的正负判断电势能的大小和动能的大小．根据电场线的疏密判断电场强度的大小，再去判断电场力的大小．【解答】解：A、M点处的电场线较疏，而N点处电场线较密，则M点处的电场强度较小，粒子所受的电场力也较小，故A错误；B、由图看出，粒子的轨迹向下弯曲，粒子所受电场力大致向下，电场线方向斜向下，说明粒子带正电，粒子从M运动到N的过程中，电场力做正功，粒子的电势能减小，动能增大，则粒子M点的电势能大于N 点的电势能，而粒子带正电，所以M点的电势高于N点的电势，粒子在M点的动能小于在N点的动能，故BC正确，D错误．故选：BC．【点评】对于粒子运动的问题，往往要根据曲线运动的特点：合力方向指向轨迹的内侧判断电场力方向．10．一个微型吸尘器的直流电动机的额定电压为U，额定电流为I，线圈电阻为R，将它接在电动势为E，内阻为r的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，则（）A．电动机消耗的总功率为UI B．电源的效率为1﹣C．电动机消耗的热功率为D．电源的输出功率为EI【考点】电功、电功率．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．【解答】解：A、电动机消耗的总功率应该用P=IU来计算，所以总功率为IU，所以A正确；B、电源的总功率为IE，内部发热的功率为I2r，所以电源的效率为=l﹣，所以B正确．C、电动机消耗的热功率应该用P=I2R来计算，所以热功率P=I2R，由于电动机为非纯电阻电路，不能用求解热功率；故C错误；D、电源的输出功率等于电动机的输入功率，得P出=UI．故D错误．故选：AB．【点评】对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的；绝不能混用．11．如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r恒定不变，滑片P在变阻器正中位置时，电灯L正常发光，现将滑片P移到右端，则（）A．电压表的示数变大B．电流表的示数变大C．电灯L消耗的功率变小D．电阻R1消耗的功率变小【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】滑动变阻器的滑片向右端滑动过程，变阻器接入电路的电阻变小，外电路总电阻减小，由欧姆定律分析总电流的变化和路端电压的变化，来判断电表示数的变化．根据功率公式判断功率的变化情况．【解答】解：滑动变阻器的滑片向右端滑动过程，变阻器接入电路的电阻减小，所以外电路总R减小，由欧姆定律得知总电流I增大，所以电流表示数变大，故B正确；路端电压U=E﹣Ir减小．电灯L的电压等于路端电压，所以电灯L的电流减小，而，所以电灯L消耗的功率变小，故C正确；而总电流增大，所以通过滑动变阻器及R1的电流增大，根据可知电阻R1消耗的功率增大，故D错误；R1的电压增大，所以R的电压减小，所以电压表的示数减小，故A错误；故选BC【点评】本题是简单的电路动态分析问题．对于路端电压也可以直接根据路端电压随外电阻增大而增大判断变化．12．如图所示的图线①表示某电池组的输出电压与电流的关系（U﹣I 图线），图线②表示其输出功率与电流的关系（P﹣I图线）．则下列说法正确的是（）A．电池组的电动势为50 VB．电池组的内阻为C．电流为2.5 A时，外电路的电阻为15ΩD．输出功率为120 W时，输出电压是30 V【考点】电源的电动势和内阻；电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】在电压一电流关系图象中，纵轴截距等于电源的电动势，直线斜率的绝对值表示的是电源的内电阻的大小，由此可以知道电池组的电动势和内阻；当电流为2.5A时，根据闭合电路欧姆定律求外电路的电阻．输出功率为120 W时，由图读出电流，由欧姆定律可以求得电源的输出电压．【解答】解：A、B、U﹣I图线①与U轴交点表示电路处于断路状态，则电源的电动势E=U=50V．电源的内阻等于图线的斜率大小，则有r==Ω=5Ω，故A正确，B错误；C、当电流为2.5A时，根据闭合电路欧姆定律得：外电路的电阻R===15Ω，故C正确．D、电池组的输出功率为120W时，由P﹣I图线读出电流I=4A，则输出电压为U=E﹣Ir=50﹣4×5=30V，故D正确；故选ACD．【点评】本题考查读图的能力，可以根据图象的数学意义来理解图象的物理意义．不难．二、实验题（每空2分，实物图连接2分，共22分）13．分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数分别如图（a）、（b）所示，长度为 5.01 cm，直径为5.315 mm．【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．【专题】实验题．【分析】游标卡尺的读法，先确定分度数，从而确定精确度，进行读数；螺旋测微器的读法要用主尺的整刻度加可动刻度数乘以精确度，要估读．【解答】解：甲是10分度的卡尺，其精确度为0.1mm，主尺读数为：5cm=50mm，游标上第1个刻度与上面对齐，读数为：1×0.1mm=0.1mm，故最终读数为：50+0.1=50.1mm=5.01cm；螺旋测微器：固定刻度为5mm，可动刻度为31.5×0.01mm=0.315mm，则读数为5+0.315=5.315mm．故答案为：5.01，5.315．【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，正确使用这些基本仪器进行有关测量．14．如图所示为多用电表的刻度盘．若选用倍率为“×100”的电阻挡测电阻时，表针指示如图所示，则：（1）所测电阻的阻值为1500 Ω；如果要用此多用电表测量一个阻值约为2.0×104Ω的电阻，为了使测量结果比较精确，应选用的欧姆挡是×1k（选填“×10”、“×100”或“×1k”）．（2）用此多用电表进行测量，当选用量程为50mA的电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为31.0 mA；当选用量程为250mA的电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为155 mA．（3）当选用量程为10V的电压挡测量电压时，表针也指于图示位置，则所测电压为 6.2 V．【考点】用多用电表测电阻．【专题】实验题；带电粒子在电场中的运动专题．【分析】（1）欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；用欧姆表测电阻要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近．（2）（3）由图示表盘确定其分度值，然后再读出其示数．【解答】解：（1）用倍率为“×100”的电阻挡测电阻，由图示可知，电阻阻值为：15×100=1500Ω；多用电表测量一个阻值约为2.0×104Ω的电阻，为了使测量结果比较精确，应选用的欧姆挡是×1k．（2）选用量程为5mA的电流挡测量电流，由图示表盘可知，其分度值为10mA，示数为31.0mA．选用量程为250mA的电流挡测量电流时，最小分度为5mA；故则所测电流为155mA；（3）选用量程为10V的电压挡测量电压，由图示表盘可知，其分度值为0.2V，示数为6.2V．故答案为：（1）1500；×1k；（2）31.0；155；（3）6.2．。

高二物理第一学期第二次月考试题（选修）高二物理本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共120分．考试时间100分钟．第I卷（选择题，共31分）一．本题共5小题；每小题3分，共15分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的，选对的得3分，选错或不答的得0分．1．关于电场和磁场，下列说法正确的是（）A．电场强度表征电场中某点的强弱，是把一个检验电荷放到该点时，受到的电场力与检验电荷本身电量的比值B．磁感应强度表征磁场中某点强弱，是把一小段通电导线放在该点时受到的磁场力与该小段导线的长度和电流的乘积的比值C．一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感强度一定为零D．一小段通电导线所受到的安培力的方向就是该处的磁场方向2．关于磁场和磁感线的描述，正确的说法是（）A．磁感线从磁体的N极出发，终止于S极B．沿磁感线方向，磁场逐渐减弱C．电流的磁场产生的根本原因是运动电荷而磁体磁场不是D．磁电式电流表中通过的电流和表头指针偏转的角度成正比。

3．欧姆表电路及刻度盘如图所示，现因表头损坏，换用一个新表头.甲表头满偏电流为原来表头的2倍，乙表头满偏电流与原表头相同，且甲乙表头的电动势均与原表头相同。

则换用甲表头和换用乙表头后刻度盘的中值电阻分别为( )A．100Ω，100ΩB．200Ω，100ΩC．50Ω，100ΩD．100Ω，200Ω4．如图所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以相同速度沿与x轴成30o角从原点射入磁场，则正、负电子在磁场中运动时间之比为（）A、1：2B、2：1C、3:1 D、1：15．如图所示，弹簧秤下挂一条形磁铁，其中条形磁铁N极的一部分位于未通电的螺线管内，下列说法正确的是①若将a接电源正极，b接负极，弹簧秤示数减小②若将a接电源正极，b接负极，弹簧秤示数增大③若将b接电源正极，a接负极，弹簧秤示数增大④若将b接电源正极，a接负极，弹簧秤示数减小A ①②B ①③C ②③D ②④二．本题共4小题；每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选或不答的得0分．6．如图所示，平行于纸面水平向右的匀强磁场，磁感应强度B1＝0.5T ．位于纸面内的细直导线，长L ＝0.5m ，通有I ＝1A 的恒定电流．当导线与B 成600夹角时，发现其受到的安培力为零．则该区域同时存在的另一匀强磁场的磁感应强度B2大小可能值（ ）A ．31TB ．43TC ．1 TD ．3T7．关于回旋加速器加速带电粒子所获得的能量，下列说法正确的是（ ） A ．对同一粒子，磁感强度一定时，加速器半径越大，粒子获得能量越大 B ．对同一粒子，加速器半径一定时，磁场越强，粒子获得能量越大 C ．与加速器的电场有关，电场越强，能量越大D ．与带电粒子的质量和电量均有关，质量和电量越大，能量越大8．空间某一区域中只存在着匀强磁场和匀强电场，在这个区域内有一个带电粒子，关于电场和磁场的情况，下列叙述正确的是（ ）A ．如果电场与磁场方向相同或相反，则带电粒子的速度方向一定改变B ．如果电场与磁场方向相同或相反，则带电粒子的动能一定改变C ．如果带电粒子的速度的方向保持不变，则电场与磁场方向一定互相垂直D ．如果带电粒子的动能保持不变，则电场与磁场方向一定互相垂直9某同学设计了一个路灯自控制门电路，天黑了，让路灯自动接通，天亮了，让路灯自动熄灭。