精选高二物理上学期第十五周周练试题

2021年高二上学期周练（11.25）物理试题含答案一、选择题1．如图所示，每个电阻的阻值都是2欧，安培表内阻不计，在B、C间加6伏电压时，安培表的示数是（）A．0安 B．1安 C．2安 D．3安2．如图所示，AB是某个点电荷的一根电场线，在电场线上O点由静止释放一个负电荷，它仅在电场力作用下沿电场线向B运动，下列判断正确的是（）A．电场线由B指向A，该电荷做加速运动，加速度越来越小B．电场线由B指向A，该电荷做加速运动，加速度大小变化因题设条件不能确定C．电场线由A指向B，电荷做匀加速运动D．电场线由B指向A，电荷做加速运动，加速度越来越大3．下列关于电场强度和电势的说法，正确的是（）A．由电场强度的定义式可知，电场中某点的电场强度E与电荷所受电场力F成正比，与电荷量q 成反比B．由电势的定义式可知，电场中某点的电势与电荷的电势能成正比，与电荷量q成反比C．电场强度大的位置电势一定大，电场强度为零的位置电势一定为零D．电场强度是矢量，电势是标量4．如图所示为某种交变电流的波形，每半个周期按各自的正弦规律变化，其有效值为（）A．4A B．5 A C．5 A D．4 A5．如图所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板。

质量为m、电荷量为的带电粒子（不计重力），以初速度由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N板，如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的处返回，则下列措施中不能满足要求的是（）A．使M、N间电压加倍B．使初速度减为原来的一半C．带电粒子的质量减半D．带电粒子的电荷量加倍6．下图是交流发电机的示意图，图甲到图丁分别表示线圈转动过程中的四个位置，其中甲、丙中的线圈与磁场方向垂直，乙、丁中线圈与磁场方向平行，则在线圈转动的过程中电流表有示数的位置是（）甲乙丙丁A．甲、丙 B．乙、丁 C．甲、乙 D．丙、丁7．关于变压器，下列说法正确的是（）A．变压器可以改变直流电压B．变压器是根据电磁感应原理工作的C．变压器可以把其它形式的能转化为电能D．降压变压器的次级线圈的匝数比初级多8．下列应用中不应该使用硬磁材料的是（）A．变压器的铁芯 B．磁带录音机的磁带C．电脑软盘 D．扬声器用的磁铁9．关于电流，下列说法不正确的是（）A．电荷的定向移动形成电流B．要形成电流，必须有自由移动的电荷C．要形成电流，导体两端必须有电压D．规定电流强度的方向为负电荷移动的方向10．关于电容器的电容，下列说法不正确的是（）A．电容描述电容器容纳电荷的本领B．电容器的电容器与极板间距、正对面积等有关C．在SI制中，电容的单位是法拉D．电容器带电时，两个极板只有一个板上有电荷11．下列属于静电防止的是（）A．静电复印 B．静电除尘 C．静电喷涂 D．避雷针12．关于电场强度的定义式E=F/q，下列说法正确的是（）A．q表示产生电场的电荷量B．q表示检测用试探电荷的电荷量C．q越大则E越小D．E的方向与负的试探电荷的受力方向相同13．有两个点电荷，带电荷量分别为Q和q，相距为d，相互作用力为F，为了使它们之间的作用力加倍，下列做法可行的是（）A．仅使Q加倍B．仅使q减小为原来的一半C．使Q和q都加倍D．仅使d减为原来的一半14．如图所示，实线是一列简谐波在某一时刻的波形曲线，经0．5s后，其波形如图中虚线所示，设该波的周期T大于0．5s。

v 江西省丰城中学2015---2016上学期高二周考试卷物理 （1- 3班） 2015.12.27一、选择题(本题共12个小题，每小题4分，共48分)1.在法拉第时代,下列验证“由磁产生电”设想的实验中,能观察到感应电流的是( ) A.将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路,然后观察电流表的变化 B.在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈,然后观察电流表的变化C.将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接,往线圈中插入条形磁铁后,再到相邻房间去观察电流表的变化D.绕在同一铁环上的两个线圈,分别接电源和电流表,在给线圈通电或断电的瞬间,观察电流表的变化2．如图所示，长为a 、宽为b 的矩形线圈，匝数为n ，在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕垂直于磁场的OO '轴以恒定的角速度ω旋转，设t =0时，线圈平面与磁场方向平行，则此时的磁通量和磁通量的变化率分别是（ ）A ．0，0B ．0，Bab ωC ．0，nBab ωD ．Bab ，Bab ω3.如图所示，L 是自感系数足够大的线圈，其直流电阻为零．D 1、D 2是两个相同的灯泡，如将开关K 闭合，等灯泡亮度稳定后再断开，则K 闭合、断开，灯泡D 1、D 2的亮度变化情况是( )A ．K 合上瞬间，D 2很亮，D 1不亮B ．K 合上瞬间，D 1立即很亮，D 2逐渐亮，最后一样亮，K 断开瞬间，D 2立即熄灭，D 1逐渐熄灭C ．K 合上瞬时，D 1、D 2同时亮，然后D 1逐渐变暗到熄灭，D 2亮度不变，K 断开瞬时，D 2立即熄灭，D 1亮一下，逐渐熄灭D ．K 闭合瞬时，D 1、D 2同时亮，然后D 1逐渐变暗到熄灭，D 2同时变得更亮，K 断开瞬间，D 2立即熄灭，D 1亮一下再灭4．如图所示，在光滑水平面上的直线MN 左侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，右侧是无磁场空间．将两个大小相同的铜质矩形闭合线框由图示位置以同样的速度v 向右完全拉出匀强磁场．已知制作这两只线框的铜质导线的横截面积之比是1∶2．则拉出过程中下列说法中正确的是（ ）A .所用拉力大小之比为2∶1B .通过导线某一横截面的电荷量之比是1∶1C .拉力做功之比是1∶4D .线框中产生的电热之比为1∶2 5．（多选）如图所示，把金属圆环匀速拉出磁场，下面叙述正确的是（ ）A ．向左拉出和向右拉出所产生的感应电流方向相反B ．不管向什么方向拉出，只要产生感应电流方向都是顺时针C ．向右匀速拉出时，感应电流大小不变D ．要将金属环匀速拉出，拉力大小要改变6．（多选）如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒 PQ 、 MN ，当 PQ 在外力作用下运动时， MN 在磁场力的作用下向右运动，则 PQ 所做的运动可能是（ ）A ．向右加速运动B ．向左加速运动C ．向右减速运动D ．向左减速运动7.英国物理学家麦克斯韦认为,磁场变化时会在空间激发感生电场。

丰城中学2015-2016学年上学期高二周考试卷物 理 （4-13班）一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。

第1~9题为单选，10-12题为多选。

1．关于科学家在电磁学中的贡献，下列说法错误．．的是 A. 密立根测出了元电荷e 的数值 B. 法拉第提出了法拉第电磁感应定律 C. 奥斯特发现了电流的磁效应 D. 安培提出了分子电流假说2．如图所示，几位同学在做“摇绳发电”实验：把一条长导线的两端连在一个灵敏电流计的两个接线柱上，形成闭合回路。

两个同学迅速摇动AB 这段“绳”。

假设图中情景发生在赤道，地磁场方向与地面平行，由南指向北。

图中摇“绳”同学是沿东西站立的，甲同学站在西边，手握导线的A 点，乙同学站在东边，手握导线的B 点。

则下列说法正确的是A ．当“绳”摇到最高点时，“绳”中电流最大B ．当“绳”摇到最低点时，“绳”受到的安培力最大C ．当“绳”向下运动时，“绳”中电流从A 流向BD ．在摇“绳”过程中，A 点电势总是比B 点电势高3．两种粗细不同的保险丝，系由同种合金材料制成，一种横截面积为1mm 2，熔断电流为5A ，还有一种横截面积为4mm 2，熔断电流为16A 。

若取两种相同长度的两种保险丝并联起来，则熔断电流为：A ．9AB ．17.25AC ．20AD ．21A 4．如右图所示,当滑动变阻器的触头从上向下滑动时，下述正确的有 A.A 灯变暗，B 灯变亮，C 灯变暗 B.A 灯变暗，B 灯变暗，C 灯变暗 C.A 灯变亮，B 灯变暗，C 灯变亮 D.A 灯变亮，B 灯变暗，C 灯变暗5．如图a 、b 、c 为三个完全相同的带正电荷的油滴，在真空中从相同高度由静止下落到同一水平面，a 下落中有水平匀强电场，b 下落中有水平向里的匀强磁场，三油滴落地时间设为t a 、t b 、t c ，落地时速度分别v a 、v b 、v c ，则： A ．t a ＝t b ＝t c ，v a ＝v b ＝v c B ．t a ＝t b ＝t c ，v a ＞v b ＝v c C ．t b ＞t a ＝t c ，v a ＝v b ＝v c D ．t b ＞t a ＝t c ，v a ＞v c ＝v b6．如右图所示，一条形磁铁放在粗糙水平面上，在其N 极左上方放有一根长直导线，当导线中通以垂直纸面向里的电流I 时，磁铁所受支持力和摩擦力的变化情况，正确的是：A ．支持力变大，摩擦力向左B ．支持力变大，摩擦力向右C ．支持力变小，摩擦力向左D ．支持力变小，摩擦力向右7．如图所示，边长为L 的正方形金属线框在光滑水平面上用恒力F 拉得它通过宽度为2L 的有界匀强磁场，线框的右边与磁场边界平行，线框刚进入磁场时恰好做匀速运动，设逆a b cEBI时针方向的电流为正，则下面哪个图象可能正确地反映了电流随x 的变化规律：8．质谱仪主要由加速电场和偏转磁场组成，其原理图如图甲。

丰城中学2015-2016年高二物理周考试卷二一、选择题：（共12小题，48分，1-8题为单选题，9-12为多选题）1、在下图所示的逻辑电路中，当A 、B 端输入的电信号分别为“0”和“0”时，在C 、D 端输出的电信号分别为（ ）A.“1”和“0”B.“0”和“1”C.“0”和“0”D.“1”和“1”2、为了儿童安全，布绒玩具必须检测其中是否存在金属断针，可以先将玩具放置强磁场中，若其中有断针，则断针被磁化，用磁报警装置可以检测到断针的存在．图7所示是磁报警装置中的一部分电路示意图，其中R B 是磁敏传感器，它的电阻随断针的出现而减小，a 、b 接报警器，当传感器R B 所在处出现断针时，电流表的电流I 、ab 两端的电压U 将( )A ．I 变大，U 变大B ．I 变小，U 变小C ．I 变大，U 变小D ．I 变小，U 变大3、如图所示，磁感应强度为B 的匀强磁场分布在边长为L 的等边三角形区域内，磁场的方向垂直纸面向外，中心O 点有一个粒子源，可以向各个方向发射速度大小为v 、质量为m 、电量为q （q>0）的粒子，要想把粒子约束在三角形磁场内，所加的磁感应强度B 至少为 A.qL mv 34 B.qL mv 32 C.qLmv2 D.qL mv4、如图所示，铜质导电板置于匀强磁场中，通电时铜板中电流方向向下，由于磁场的作用，则( ) A ．板左侧聚集较多电子，使b 点电势高于a 点 B ．板左侧聚集较多电子，使a 点电势高于b 点 C ．板右侧聚集较多电子，使a 点电势高于b 点 D ．板右侧聚集较多电子，使b 点电势高于a 点5、如图所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x 轴上且长为2L ，高为L 。

纸面内一边长为L 的正方形导线框沿x 轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t =0时刻恰好位于图中所示的位置。

以顺时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流-位移（I —x ）关系的是（ ）6、如图所示xoy坐标平面在竖直面内，轴沿水平方向，轴正方向竖直向上，在图示空间内有垂直于平面的水平匀强磁场，一带电小球从O 点由静止释放，运动轨迹如图中曲线，关于带电小球的运动，下列说法中正确的是（ ） A 、 OAB 轨迹为半圆B 、 小球运动到最低点A 时速度最大，且沿水平方向C 、 小球在整个运动过程中机械能增加D 、 小球在A 点时受到的洛伦兹力与重力大小相等7、如图所示，水平金属圆盘置于磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场中，圆盘绕金属转轴OO ′以角速度ω沿顺时针方向匀速转动，铜盘的中心及边缘处分别用金属滑片与一理想变压器的原线圈相连。

2021年高二上学期物理周练试卷（实验班） 含答案一、选择题(本题共10个小题，每小题5分，共50分)1、下面有关磁场中某点的电磁感应强度的方向的说法错误．．的是（ ） A ．磁感应强度的方向就是该点的磁场方向B ．磁感应强度的方向就是通过该点的磁感线的切线方向C ．磁感应强度的方向就是通电导体在该点的受力方向D ．磁感应强度的方向就是小磁针北极在该点的受力方向 2、如图所示，a 、b 、c 三枚小磁针分别放在通电螺线管的正上方．．．、管内．．和右侧．．，当开关闭合时，这些小磁针静止时，小磁针的N 极指向为A ．a 、b 、c 均向左B ．a 、b 、c 均向右C ．a 向左、b 向右、c 向右D ．a 向右、b 向左、c 向右3将（ ） A ．向上偏转 B ．向下偏转 C ．向纸外偏转 D ．向纸里偏转4、在如下所示的坐标系中，在匀强电场E 和匀强磁场B 共存的区域内（电场E 和磁场B 的方向已标出），电子(重力不计)不可能．．．沿x 轴正方向做直线运动的是 ( )5、（多选）如图所示是粒子速度选择器的原理图，如果粒子(重力不计)所具有的速率v ＝EB ，那么( )A ．带正电粒子必须沿ab 方向从左侧进入场区，才能沿直线通过B ．带负电粒子必须沿ba 方向从右侧进入场区，才能沿直线通过C ．不论粒子电性如何，沿ab 方向从左侧进入场区，都能沿直线通过D ．不论粒子电性如何，沿ba 方向从右侧进入场区，都能沿直线通过6、如图所示，在X 轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，在xoy 平面内，从原点O 处沿与x 轴正方向成θ角（0＜θ＜π）以速率v 发射一个带正电的粒子(重力不计)．则下列说法正确的是( )A ．若θ一定，v 越大，则粒子在磁场中运动的时间越短I yzxEB AyzxE ByzxEB CyzxEB DBB ．若θ一定，v 越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大C ．若v 一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短D ．若v 一定，θ越大，则粒子在离开磁场的位置距O 点越远7、如图所示，一质量为m ，电荷量为q 的带正电绝缘体物块位于高度略大于物块高的水平宽敞绝缘隧道中，隧道足够长，物块上、下表面与隧道上、下表面的动摩擦因数均为μ，整个空间存在垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场．现给物块水平向右的初速度v 0，空气阻力忽略不计，物块电荷量不变，则整个运动过程中，物块克服阻力做功不可能．．．为（ ） A ．0B ．12mv 02C ．12 mv 02 ＋ m 3g 22q 2B 2D ．12 mv 02 － m 3g 22q 2B 28、板长和板距之比为3:2的两块带电平行板之间有相互垂直的匀强磁场和匀强电场。

高二（上）周练物理试卷（10.28）一、单选题（每题6分，共60分，1～7为单选题，8～10为多选题）1.如图所示，完全相同的金属小球和带有等量电荷，系在一个轻质绝缘弹簧两端，放在光滑绝缘水平面上，由于电荷间的相互作用，弹簧比原来缩短了，现将不带电的与、完全相同的金属球先与球接触一下，再与球接触一下，然后拿走，重新平衡后弹簧的压缩量变为（）A. B. C.大于 D.小于2.如图所示，两个平行金属板、竖直放置，两板间加上如图表示的电压．时，板比板电势高，此时在两板的正中央点有一个电子，速度为零，电子在电场力作用下运动．使得电子的位置和速度随时间变化．假设电子始终未与两板相碰，在的时间内，这个电子处于点的右侧，速度方向向左且大小逐渐减小的时间是（）A.B.C.D.3.水平面上，，三点固定着三个电荷量为的正点电荷，将另一质量为的带正电的小球（可视为点电荷）放置在点，恰构成一棱长为的正四面体，如图所示．已知静电力常量为，重力加速度为，为使小球能静止在点，小球所带的电荷量为（）A. B.C. D.4.如图所示，电动势为、内阻不计的电源与三个灯泡和三个电阻相接．只合上开关，三个灯泡都能正常工作．如果再合上，则下列表述正确的是（）A.电源输出功率减小B.上消耗的功率增大C.通过上的电流增大D.通过上的电流增大5.如图甲所示，竖直挡板左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面的水平匀强磁场，电场和磁场的范围足够大，电场强度，磁感应强度随时间变化的关系如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向，时刻，一质量、电荷量的微粒在点具有竖直向下的速度，是挡板上一点，直线与挡板垂直，取，则微粒下一次经过直线时与点的距离为（）A. B. C. D.6.在测量电珠伏安特性实验中，同学们连接的电路中有四个错误电路，如图所示．电源内阻不计，导线连接良好．若将滑动变阻器的触头置于左端，闭合，在向右端滑动触头过程中，会分别出现如下四种现象：．电珠不亮；电流表示数几乎为零；．电珠亮度增加；电流表示数增大；．电珠开始不亮；后来忽然发光；电流表从示数不为零到线圈烧断；．电珠不亮；电流表从示数增大到线圈烧断．与上述四种现象对应的电路序号为（）A ③①②④B ③④②①C ③①④②D ②①④③7.在如图所示电路中，闭合电键，当滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用、、和表示，电表示数变化量的大小分别用、、和表示，下列比值错误的是（）A.不变，不变B.变大，变大C.变大，不变D.变大，不变8.以竖直向上为轴正方向的平面直角系，如图所示．在第一、四象限内存在沿轴负方向的匀强电场，在第二、三象限内存在着沿轴正方向的匀强电场和垂直于平面向外的匀强磁场．现有一质量为、电荷量为的带正电小球从坐标原点以初速度沿与轴正方向成角的方向射出．已知两电场的电场强度，磁场的磁感应强度为，则（）A.小球离开点后第一次经过轴所用的时间B.小球第二次经过轴的坐标C.小球离开点后第三次经过轴的坐标D.若小球以速度大小为且方向与初速度方向相反射出，则小球能再次回到点9.如图所示，一个半径为的导电圆环与一个轴向对称的发散磁场处处正交，环上各点的磁感应强度大小相等，方向均与环面轴线方向成角（环面轴线为竖直方向）．若导线环上载有如图所示的恒定电流，则下列说法正确的是（）A.导电圆环所受安培力方向竖直向下B.导电圆环所受安培力方向竖直向上C.导电圆环所受安培力的大小为D.导电圆环所受安培力的大小为10.如图所示，一个带正电的物块，由静止开始从斜面上点下滑，滑到水平面上的点停下来．已知物块与斜面及水平面间的动摩擦因数相同，且不计物块经过处时的机械能损失，现在所在空间加竖直向下的匀强电场，如图，第二次让物块从点由静止开始下滑，结果物块在水平面上的点停下．后又撤去电场，在所在空间加水平向里的匀强磁场，如图，再次让物块从点由静止开始下滑，结果物块沿斜面滑下并在水平面上的 ″点停下来．则下列说法中正确的是（）A.点一定在B.点一定与点左侧点重合C. ″点一定在点右侧D. ″点一定与点重合二、实验题11.某同学在做《自来水电阻率的测定》课题时，先在一根均匀的长玻璃管两端各装了一个电极，用如图所示电路进行测量．两电极相距，其间充满待测的自来水．图中器材如下：电压表（量程，内阻约）、电流表（量程，内阻约）、滑动变阻器、电池组（电动势，内阻）、单刀单掷开关一个、导线若干．表是他测量通过管中自来水柱的电流及两端电压的实验数据．实验中他还用分度的游标卡尺测量了玻璃管的内径，结果如图所示玻璃管内径的测量值为________；根据表数据在图坐标中作出图象，根据图象求出电阻________；用直接测量值计算自来水电阻率的公式是________，测量值为________（保留两位有效数字）；请在虚线框内画出测量自来水电阻的电路图．12.现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统，当要求热敏电阻的温度达到或超过时，系统报警．提供的器材有：热敏电阻，报警器（内阻很小，流过的电流超过时就会报警），电阻箱（最大阻值为），直流电源（输出电压为，内阻不计），滑动变阻器（最大阻值为），滑动变阻器（最大阻值为），单刀双掷开关一个，导线若干．在室温下对系统进行调节，已知约为，约为；流过报警器的电流超过时，报警器可能损坏；该热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，在时阻值为．在答题卡上完成待调节的报警系统原理电路图的连线．在电路中应选用滑动变阻器________（填“ ”或“ ”）．按照下列步骤调节此报警系统：①电路接通前，需将电阻箱调到一定的阻值，根据实验要求，这一阻值为________；滑动变阻器的滑片应置于________（填“ ”或“ ”）端附近，不能置于另一端的原因是________．②将开关向________（填“ ”或“ ”）端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至________．保持滑动变阻器滑片的位置不变，将开关向另一端闭合，报警系统即可正常使用．四、计算题13.两个用电器的额定电压都是，额定电流分别是和．把这两个用电器并联后接在电压为的电路中，要使它们正常工作，应附加多大电阻？怎样连接？功率至少需多大？如果把它们串联后接在的电路上，要使它们正常工作，应该怎样做？14.如图，水平放置的金属薄板、间有匀强电场，已知板电势高于板．电场强度，间距．板上有一小孔，恰好在孔的正上方，距离．从处每隔相等时间间隔由静止释放一个质量的带电小球．第个带电小球的电量，第个带电小球的电量．取．求：第个带电小球从下落至板的时间；第几个带电小球将不能抵达板；第问中该带电小球下落过程中机械能的变化量．15.如图所示的空间分为、、三个区域，各边界面相互平行，区域存在匀强电场，电场强度，方向垂直边界面向右．、区域存在匀强磁场，磁场的方向分别为垂直纸面向外和垂直纸面向里，磁感应强度分别为、．三个区域宽度分别为、，一质量、电荷量的粒子从点由静止释放，粒子的重力忽略不计．求：粒子离开区域时的速度大小；粒子在区域内运动时间；粒子离开区域时速度与边界面的夹角．答案1. 【答案】D【解析】由于电荷间的相互作用，弹簧比原来缩短，故原来两球带等量异种电荷，将不带电的与，完全相同的金属球与球接触一下，再与球接触一下，然后拿走，根据接触起电的电荷分配原则，判断小球后来的带电量．运用假设法，假设压缩量变为原来的，判断库仑力和弹簧弹力的大小关系，从而确定最终的压缩量．【解答】解：由于电荷间的相互作用，弹簧比原来缩短，故原来两球带等量异种电荷，设、两球带电量分别为、，弹簧的劲度系数为．开始球处于平衡，库仑力等于弹簧的弹力，有：．将球与球接触后，两球的带电量为，再与球接触后，的带电量为，假设压缩量变为原来的，则弹力为，库仑力为为：，因为压缩量变小了，则两球间的距离变大，所以弹力大于库仑力，则知压缩量不能是原来的，要比小．故正确，、、错误．故选：．2. 【答案】A【解析】平行板电容器两极板带电后形成匀强电场，带电离子在电场中受到力的作用，根据牛顿第二定律求出加速度，根据运动学基本公式分析即可求解．【解答】解：在时间内，板比板电势高，，方向水平向左，所以电子所受电场力方向向右，加速度方向也向右，所以电子向右做匀加速直线运动；在时间内，板比板电势低，电场强度方向水平向右，所以电子所受电场力方向向左，加速度方向也向左，所以电子向右做匀减速直线运动，当时速度为零；在时间内，板比板电势低，电场强度方向水平向右，所以电子所受电场力方向向左，加速度方向也向左，所以电子向左做匀加速直线运动；在时间内，板比板电势高，电场强度方向水平向左，所以电子所受电场力方向向右，加速度方向也向右，所以电子向左做匀减速直线运动，到时刻速度为零，恰好又回到点．综上分析可知：在时间内，这个电子处于点的右侧，速度方向向左且大小逐渐减小．故选3. 【答案】C【解析】对其中小球受力分析，由共点力的平衡条件可得出小球所受重力的大小和小球受到的库仑力，由库仑力公式可得出小球所带电荷量．【解答】解：对小球进行受力分析，小球受重力和，，处正点电荷施加的库仑力．将，，处正点电荷施加的库仑力正交分解到水平方向和竖直方向．设是，，处正点电荷施加的库仑力方向与竖直方向的夹角，将库仑力分解到水平方向与竖直方向，根据竖直方向平衡条件得：在竖直方向根据几何关系得解得故选．4. 【答案】C【解析】由题，只合上开关，三个灯泡都能正常工作，再合上，并联部分的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化．由于电源的内阻不计，电源的输出功率，与电流成正比．的电压等于并联部分总电压，并联部分的电压随着其电阻的减小而减小，分析上消耗的功率变化，判断通过上的电流变化．【解答】解：、只合上开关，三个灯泡都能正常工作，再合上，并联部分的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流增大．由于电源的内阻不计，电源的输出功率，与电流成正比，则电源输出功率增大．故错误．、由于并联部分的电阻减小，根据串联电路的特点，并联部分分担的电压减小，两端的电压减小，其消耗的功率减小．故错误．、再合上，外电路总电阻减小，干路电流增大，而在干路中，通过上的电流增大．故正确．、并联部分的电压减小，通过上的电流将减小．故错误．故选：．5. 【答案】A【解析】微粒所受电场力和重力平衡，知微粒先在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力求出轨道半径和周期的大小，确定出在内转过半个圆周，从而求出微粒再次经过直线时与点的距离．【解答】解：由题意可知，微粒所受的重力为：电场力大小为：因此重力与电场力平衡．微粒先在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有：解得：由解得：则微粒在内转过半个圆周，再次经直线´时与点的距离为：故选：6. 【答案】A【解析】本题考查对故障电路的判断，可以根据电路去分析可能出现的故障，再与现象对应起来即可找出正确答案；要注意电表的正确接法、滑动变阻器的接法．【解答】解：①中电流表测量干流电流，不能测灯泡中的电流；故电流表接线错误；将滑动变阻器的触头置于左端，闭合后电珠不亮，在向右端滑动触头过程中，电珠逐渐变亮，由于总电阻减小，干路电流增大，电流表示数增大，是；在②中安培表连接错误，应该连接在干路上，开始时滑动变阻器的电阻最大，通过电珠的电流太小，电珠不亮，在向右端滑动触头过程中，电珠后来忽然发光，由于大部分电流流过电流表造成电流表从示数不为零到线圈烧断，是；在③中伏特表和安培表应该互换位置，由于伏特表串联造成电珠不亮，电流表示数几乎为零，是；在④中安培表使电珠短路，电珠始终不亮，电流表从示数增大到线圈烧断，是．即①②③④分别对应．正确的是．故选．7. 【答案】B【解析】由题意知：是定值电阻，根据欧姆定律得知．变阻器是可变电阻，根据闭合电路欧姆定律研究、与电源内阻的关系，再分析选择．【解答】解：、根据欧姆定律得知：．故当滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，、均不变．故正确．、，，变大．根据闭合电路欧姆定律得：，则有，不变．故错误，正确．、，变大．根据闭合电路欧姆定律得：，则有，不变．故正确．本题选错误的，故选8. 【答案】A,D【解析】小球在第一象限中运动时，根据牛顿第二定律，可求出加速度大小与方向，再由运动学公式，即可求解小球离开点后第一次经过轴所用的时间；根据电场力与重力平衡，可知，粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律，列式可得，半径关系．从而由粒子做平抛运动，运用运动学公式可得，每次经过轴的坐标，从而即可求解；根据粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律与几何关系可知，初速度的大小．【解答】解：、设小球在第一象限中的加速度为，由牛顿第二定律得：得到，方向与的方向相反，在第一象限中小球先匀减速运动再反向匀加速运动，所以，故正确．、小球第一次经过轴后，在第二、三象限内由，电场力与重力平衡，故做匀速圆周运动．设轨迹半径为．有得：，小球第二次经过轴的坐标，故错误．、时间后第三次经过轴，在第一、四象限内做类平抛运动，有得：小球第二次经过轴与第三次经过轴的距离为：小球第三次经过轴的坐标，故错误．、若小球沿与轴正方向成射出时小球的运动轨迹如图所示，有即得：，故正确．故选：9. 【答案】B,D【解析】先据矢量的分解将磁感应强度分解为水平方向和顺直方向；由左手定则判断环所受安培力方向，由安培力公式求出环所受安培力大小．【解答】解：、把磁感应强度分解为水平分量与竖直分量，竖直方向的磁场对环形电流的安培力为零，由左手定则可知，水平方向的磁场对电流的安培力竖直向上，即导电圆环所受安培力竖直向上，故错误，正确；、把磁感应强度分解为水平分量与竖直分量，竖直方向的磁场对环形电流的安培力为零，那么水平磁场对电流的安培力水平，故错误，正确；故选：．10. 【答案】B,C【解析】根据动能定理分别对不加电场和加电场两种情况进行研究：不加电场时，整个过程中重力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理列出表达式；加电场时，重力和电场力做正功，摩擦力做负功，再由动能定理列出表达式，分析物体在水平上滑行的位移关系，判断点与点的位置关系．【解答】解：设物体的质量为，电量为，电场强度大小为，斜面的倾角为，动摩擦因数为．根据动能定理、不加电场时： …①加电场时： …②将两式对比得到，，则点一定与点重合．故错误，正确；、加磁场时， …③比较①③两式可得，所以 ″点一定在点右侧，故正确，错误．故选：．11. 【答案】; ; ,; 如图所示．【解析】游标卡尺读数固定刻度读数+游标尺读数；; 根据表数据在图坐标中作出图象，图象的斜率表示电阻；; 根据电阻定律公式和欧姆定律公式列式后联立求解电阻率；; 对照实物图画出原理图即可．【解答】解：游标卡尺读数为； ;用直尺将各点连接，舍去偏离较远的点，画出的图象如图所示，可求出电阻; 根据电阻定律，有：；根据欧姆定律，有：；其中；可得; 对照实物图画出原理图，如图所示：12. 【答案】如上图；; ; ,,保证报警器的安全使用,,报警器开始报警;【解析】分析实验，明确实验原理，根据题目要求即可明确电路结构；; 根据欧姆定律确定电路中的电阻，则可明确滑动变阻器的选择；; 根据仪器原理进行分析，明确电阻箱的作用以及实验过程和实验安全的分析，则可以明确滑动变阻器的调节和实验现象．; 【解答】解：根据题意可知，本实验要求能用电阻箱进行校准，故电阻箱应与热敏电阻并联，利用单刀双掷开关进行控制；它们再与报警器和滑动变阻器串联即可起到报警作用；故连线如图所示； ; 电压为，而报警时的电流为；此时电阻约为：；而热敏电阻的阻值约为；故滑动变阻器接入电阻约为；故应选择；;①因要求热敏电阻达到时报警；此时电阻为；故应将电阻箱调节至；然后由最大调节滑动变阻器，直至报警器报警；故开始时滑片应在端；目的是让电流由小到大调节，保证报警器的安全使用；②将开关接到端与电阻箱连接，调节滑动变阻器直至报警器开始报警即可；然后再接入热敏电阻，电路即可正常工作；;13. 【答案】需串联的电阻，功率至少需是；; 如果把它们串联后接在的电路上，需给额定电流是的用电器并联的电阻．【解析】电路电压大于用电器的额定电压，要使用电器正常工作，在电路中应串联一个分压电阻，根据串并联电路的特点及欧姆定律可求出串联电阻的阻值．; 如果把它们串联后联入电路中，且使通过的电流为，通过的电流为，就必须在两端并联一个分流电阻，使其分去的电流，然后结合欧姆定律分析即可．【解答】解：两个用电器的额定电压都是，并联后接入的电路上就能正常工作；而今电路的电压是，大于，故应串联一个分压电阻，使其分担电压，这个附加电阻通过的电流，应等于通过两用电器的电流之和，电路连接情况如图所示．即应串联一个的分压电阻，其功率为．; 由于两个用电器的额定电流不同，所以不能把他们简单地串联在电路上，如果把它们串联后联入电路中，且使通过的电流为（这时两端电压等于），通过的电流为（这时两端的电压也等于），就必须在两端并联一个分流电阻，使其分去的电流，如图所示，要使两个用电器都能正常工作，的阻值和功率应分别为额．答：需串联的电阻，功率至少需是；如果把它们串联后接在的电路上，需给额定电流是的用电器并联的电阻．14. 【答案】第个带电小球从下落至板的时间为；; 第个带电小球将不能抵达板；; 第问中该带电小球下落过程中机械能的变化量为．【解析】小球先做自由落体运动，由运动学位移公式求出自由下落到小孔的时间，由位移速度公式求出到达板小孔的速度．小球在匀强电场中做匀加速运动，根据牛顿第二定律和运动学位移公式结合时间，即可得到总时间．; 随着小球电量的增大，进入电场的小球会做匀减速运动，当小球刚好到达板的速度为零时，根据动能定理求出这个小球的电量，即可根据条件：求解．; 由上题的结果，结合机械能的变化量等于电场力做功，由功能关系求解．【解答】解：对于小球自由下落的过程，有解得，；小球到达小孔时的速度为；小球在匀强电场中的加速度；由得：，解得：．故第个带电小球从下落至板的时间为; 对第小球，对全过程运用动能定理得：，得，则，即第个小球恰好抵达板，则第个小球不能到达板；; 对第小球，设进入电场的深度为．根据动能定理得：，解得，所以机械能的变化量为机．答：第个带电小球从下落至板的时间为；第个带电小球将不能抵达板；第问中该带电小球下落过程中机械能的变化量为．15. 【答案】解：粒子在电场中做匀加速直线运动，由动能定理有解得；; 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为，则解得设在区内圆周运动的圆心角为，则解得粒子在区运动周期粒子在区运动时间解得; 设粒子在区做圆周运动道半径为，则解得粒子运动轨迹如图所示，由几何关系可知为等边三角形粒子离开区域时速度与边界面的夹角【解析】粒子在电场中只受电场力做功，由动能定理可求得粒子离开区域时的速度；;粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律可得出粒子运动半径，由几何关系可得出粒子在中转过的圆心角，则可求得粒子运动的时间；; 由牛顿第二定律可求得粒子区域中的半径，由几何关系可得出粒子离开时与边界面的夹角．【解答】解：粒子在电场中做匀加速直线运动，由动能定理有解得；; 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为，则解得设在区内圆周运动的圆心角为，则解得粒子在区运动周期粒子在区运动时间解得; 设粒子在区做圆周运动道半径为，则解得粒子运动轨迹如图所示，由几何关系可知为等边三角形粒子离开区域时速度与边界面的夹角。

高二物理周周练试卷一、选择题1、.金属矩形线圈abcd在匀强磁场中做如图所示的运动，线圈中有感应电流的是()2、在电磁感应现象中，下列说法中错误的是()A．感应电流的磁场总是阻碍原来磁场的变化B．闭合线框放在变化的磁场中一定能产生感应电流C．闭合线框放在变化的磁场中做切割磁感线运动，一定能产生感应电流D．感应电流的磁场总是跟原来磁场的方向相反3、如图所示，光滑U形金属框架放在水平面内，上面放置一导体棒，有匀强磁场B垂直框架所在平面，当B发生变化时，发现导体棒向右运动，下列判断正确的是()A．棒中电流从b→aB．棒中电流从a→bC．B逐渐增大D．B逐渐减小4、如图所示，A、B为大小、形状、匝数、粗细均相同，但用不同材料制成的线圈，两线圈平面位于竖直方向且高度相同．匀强磁场方向位于水平方向并与线圈平面垂直．同时释放A、B线圈，穿过匀强磁场后两线圈都落到水平地面，但A线圈比B线圈先到达地面．下面对两线圈的描述中可能正确的是()A．A线圈是用塑料制成的，B线圈是用铜制成的B．A线圈是用铝制成的，B线圈是用胶木制成的C．A线圈是用铜制成的，B线圈是用塑料制成的D．A线圈是用胶木制成的，B线圈是用铝制成的5、如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力作用下运动时，MN在磁场力作用下向右运动，则PQ所做的运动可能是()A．向右加速运动B．向左加速运动C．向右减速运动D．向左减速运动6、.如图所示，三角形金属导轨EOF上放有一金属杆AB，在外力作用下，使AB保持与OF垂直，以速度v匀速从O点开始右移，若导轨与金属杆均为粗细相同的同种金属制成，则下列判断正确的是()A．电路中的感应电流大小不变B．电路中的感应电动势大小不变C．电路中的感应电动势逐渐增大D．电路中的感应电流逐渐减小7、如图所示，电路中电源内阻不能忽略，R阻值和L的自感系数都很大，A、B为两个完全相同的灯泡，当S 闭合时，下列说法正确的是( )A ．A 比B 先亮，然后A 灭B ．B 比A 先亮，然后B 逐渐变暗C ．A 、B 一起亮，然后A 灭D ．A 、B 一起亮，然后B 灭8、矩形导线框abcd 固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直．规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B 随时间变化的规律如图所示．若规定顺时针方向为感应电流i 的正方向，下列i －t 图中正确的是( )9、如图所示是一多匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动所产生的感应电动势的图象，根据图象可知( )A ．此感应电动势的瞬时表达式为e ＝200sin0.02t VB ．此感应电动势的瞬时表达式为e ＝200sin100πt VC ．t ＝0.01 s 时，穿过线圈的磁通量为零D ．t ＝0.02 s 时，穿过线圈的磁通量的变化率最大10、在如图甲所示电路的MN 间加一如图乙所示的正弦交流电，负载电阻为100 Ω，若不考虑电表内阻对电路的影响，则交流电压表和交流电流表的读数分别为( )A ．220 V ，2.20 AB ．311 V ，2.20 AC ．220 V ，3.11 AD ．311 V ，3.11 A11、如图所示是一交变电流的i －t 图象，则该交变电流的有效值为( )A ．4 AB ．2 2 AC.83A D.2303A 12、如图所示，原、副线圈匝数比为2∶1的理想变压器正常工作时( )A ．原、副线圈磁通量之比为2∶1B ．原、副线圈电流之比为2∶1C ．输入功率和输出功率之比为2∶1D ．原、副线圈电压之比为2∶1二、解答题13、如图所示，半径为R的圆形导轨处在垂直于圆平面的匀强磁场中，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向内，一根长度略大于导轨直径的导体棒MN以速率v在圆导轨上从左端滑到右端，电路中的定值电阻为r，其余电阻不计，导体棒与圆形导轨接触良好．求：(1)在滑动过程中通过电阻r的电流的平均值；(2)MN从左端到右端的整个过程中，通过r的电荷量；(3)当MN通过圆导轨中心时，通过r的电流是多少？14、如图所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L，一理想电流表与两导轨相连，匀强磁场与导轨平面垂直．一质量为m、有效电阻为R的导体棒在距磁场上边界h处静止释放．导体棒进入磁场后，流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I.整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻．求：(1)磁感应强度的大小B；(2)电流稳定后，导体棒运动速度的大小v；(3)流经电流表电流的最大值I m.15、有一正弦交流电源，电压有效值U＝120 V，频率为f＝50 Hz，向一霓虹灯供电，若霓虹灯的激发电压和熄灭电压均为U0＝60 2 V，试估算在一个小时内，霓虹灯发光时间有多长？为什么人眼不能感到这种忽明忽暗的现象？16、一台小型发电机的最大输出功率为100 kW，输出电压恒为500 V，现用电阻率为1.8×10－8Ω·m，横截面积为10－5m2的输电线向4×103m远处的用电单位输电，要使发电机满负荷运行时，输电线上的损失功率为发电机总功率的4%，求：(1)所用的理想升压变压器原、副线圈的匝数比是多少？(2)如果用户用电器的额定电压为220 V，那么所用的理想降压变压器原、副线圈的匝数比是多少？。

河南省开封高中 2015～2016 学年度高二上学期周练物理试卷（10.22）一、选择题（每小题5分，共65 分．其中第1、4、6、11、13 题为单选题，全部选对得5分，少选得3 分，多选、选错或不选得0分）1．电场线分布如图所示，电场中a，b 两点的电场强度大小分别为已知E a 和E b，电势分别为φa 和φb，则（）A．E a＞E b，φa＞φb B．E a＞E b，φa＜φb C．E a＜E b，φa＞φb D．E a＜E b，φa＜φb2．电视显像管的第二和第三阳极是两个直径相同的同轴金属圆筒．两电极间的电场即为显像管中的主聚焦电场．图示为主聚焦电场中的等势面，数字表示电势值，若有平行于中心轴线的电子束入射，则下列说法中正确的是（）A．若电子束从左边入射，在中心轴线方向上，电子束将加速 B．若电子束从右边入射，在中心轴线方向上，电子束将加速 C．若电子束从左边入射，在电场的作用下，某个电子的运动轨迹可能为A D．若电子束从左边入射，在电场的作用下，某个电子的运动轨迹可能为B3．如图所示，虚线a、b、c 是电场中三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，一个带正电的质点仅受电场力作用下通过该区域，图中实线为其运动轨迹，P、O、Q 是轨迹上的三点．下列说法中正确的是（）A．带电质点可能是从P点向Q点运动，v P 一定小于v QB．三个等势面中，等势面c的电势最高 C．带电质点通过PO 时电场力做功比通过O Q 时做功大 D．带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时小4．电场中有一点P，下列说法正确的是（）A．放在P点电荷的电量加倍，则该点的场强也加倍B．若P点没有检验电荷，则该点的场强为零C．P 点的场强越大，则同一电荷在P点受到的电场力越大D．P 点的场强方向为检验电荷在该点的受力方向5．如图所示，当K闭合后，一带电微粒在平行板电容器间处于静止状态，下列说法正确的是（）A．保持K闭合，使P滑动片向左滑动，微粒仍静止 B．打开K后，使两板错开一定距离，微粒仍静止 C．打开K后，使两极板靠近，则微粒将向上运动 D．打开K后，使两极板靠近，则微粒仍保持静止6．如图所示，真空中M、N 处放置两等量异种电荷， a、b、c 表示电场中的三条等势线，d 点和e点位于等势线a 上，f 点位于等势线c 上，df 平行于MN．已知一带正电的试探电荷从d 点移动到f 点时，试探电荷的电势能增加，则以下判定正确的是（）A．M 点处放置的是正电荷B．d 点的电势高于f点的电势C．d 点的场强与f点的场强完全相同D．将带正电的试探电荷沿直线由d点移动到e点，电场力先做正功，后做负功7．两个点电荷Q1、Q2 固定于x轴上，将一带正电的试探电荷从足够远处沿x轴负方向移近Q2（位于坐标原点）的过程中，试探电荷的电势能E p 随位置变化的关系如图所示，则下列判断正确的是（）A．M 点电势为零，N 点场强为零B．M 点场强为零，N 点电势为零C．Q1 带负电，Q2 带正电，且Q2 电荷量较小D．Q1 带正电，Q2 带负电，且Q2 电荷量较大8．如图，A、B 是电荷量都为Q的两个正点电荷．O 是它们连线的中点，P，P′是它们连线中垂线上对称的两个点．从P点由静止释放一个电子，不计电子重力．则（）A．电子将一直向上做加速运动B．电子将向O 点加速运动，到O 点速度最大C．电子在向O 点运动的过程中，电势能增大D．电子将在P P'之间做周期性的往复运动9．在真空中有一匀强电场，电场中有一质量m=0.01g，带电荷量q=﹣2×10﹣8C 的尘埃沿水平方向向右做匀速直线运动，g=10m/s2，则（）A．场强的方向一定沿水平方向B．场强的方向一定竖直向下C．场强的方向一定竖直向上D．场强的大小一定为E=5×103N/C10．如图所示，A、B 两个带电小球的质量均为m，所带电量分别为+q 和﹣q，两球间用绝缘细线连接，A 球又用绝缘细线悬挂在天花板上，细线长均为L．现在两球所在的空间加上一方向向左的匀强电场，电场强度，由于有空气阻力，A、B 两球最后会达到新的平衡位置，则在这个过程中，两个小球（）A．总重力势能增加了B．总重力势能增加了C．总电势能减少了D．总电势能减少了11．一个初动能为E k 的带电粒子，以速度V垂直电场线方向飞入两块平行金属板间，飞出时动能为3E k．如果这个带电粒子的初速度增加到原来的2倍，不计重力，那么该粒子飞出时动能为（）A．4.5 E k B．4 E k C．6 E kD．9.5 E k12．如图所示，用绝缘轻质细线悬吊一质量为m、电荷量为q的小球，在空间施加一匀强电场，使小球保持静止时细线与竖直方向成θ角（已知θ满足0＜θ＜45°），则所加匀强电场的电场强度的可能值为（）A ．B ．C ．D ．13．如图所示为伏安法测电阻的一种常用电路．下列分析中正确的是（）A ．此接法的测量值大于真实值B ．此接法的测量值小于真实值 C ．此接法要求待测电阻值小于电流表内阻 D ．开始实验时滑动变阻器滑片 P 应处在最左端二．计算题（共 35 分，14 题 18 分．15 题 17 分；解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算 步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）14．某同学欲测一电阻 R x 的阻值（约为 300Ω）可供选择的仪器有：电流表 A 1，量程 10mA ；电流 表 A 2，量程 0.6A ；电压表 V 1，量程 3V ；电压表 V 2，量程 15V ；电源电动势为 4.5V ．请同学们按 图接好电路，闭合 S 1 后，把开关 S 2 拨至 a 时，发现两电表的指针偏转的角度都在满偏的处；再把 开关 S 2 拨至 b 时，发现其中一个电表的指针偏转几乎不变，另一个电表的指针偏转的角度在满偏的处；该同学在实验中所选电压表的量程为 所选电流表的量程为 R x 的测量值为 ．若电键接触 a 时，电流表 I a=5.0mA ，电压表 U a=2.7V ；当电键接触 b 时，电流表 I b=4.0mA ，电压表 Ub=2.8V ，为使测量误差较小，应将电键接触 端；则该电阻的测量值 为 ，测量值比该电阻的真实值 ．15．如图甲所示，电荷量为 q =1×10﹣4C 的带正电的小物块置于绝缘水平面上，所在空间存在方向沿水平向右的电场，电场强度 E 的大小与时间的关系如图乙所示，物块运动速度与时间 t 的关系如图 丙所示，取重力加速度 g =10m/s 2．求：（1）前两秒电场力做功多少？物块的质量多少？（3）物块与水平面间的动摩擦因数．河南省开封高中2015～2016 学年度高二上学期周练物理试卷（10.22）参考答案与试题解析一、选择题（每小题5分，共65 分．其中第1、4、6、11、13 题为单选题，全部选对得5分，少选得3 分，多选、选错或不选得0分）1．电场线分布如图所示，电场中a，b 两点的电场强度大小分别为已知E a 和E b，电势分别为φa 和φb，则（）A．E a＞E b，φa＞φb B．E a＞E b，φa＜φb C．E a＜E b，φa＞φb D．E a＜E b，φa＜φb【考点】电势；电场强度；电场线．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场线可以形象的描述电场的分布，电场线密的地方，电场强度大，沿电场电势降低，据此可正确解答本题．【解答】解：根据电场线疏密表示电场强度大小，E a＜E b；根据沿电场线电势降低，φa＞φb，故ABD 错误，C 正确．故选C．【点评】本题考查用电场线如何表示的电场强度大小及电势高低．2．电视显像管的第二和第三阳极是两个直径相同的同轴金属圆筒．两电极间的电场即为显像管中的主聚焦电场．图示为主聚焦电场中的等势面，数字表示电势值，若有平行于中心轴线的电子束入射，则下列说法中正确的是（）A．若电子束从左边入射，在中心轴线方向上，电子束将加速 B．若电子束从右边入射，在中心轴线方向上，电子束将加速 C．若电子束从左边入射，在电场的作用下，某个电子的运动轨迹可能为A D．若电子束从左边入射，在电场的作用下，某个电子的运动轨迹可能为B【考点】等势面；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】压轴题；电场力与电势的性质专题．【分析】电场线与等势面垂直，负电荷逆着电场线运动电场力做正功，根据轨迹弯曲方向判断电荷的受力方向．【解答】解：A、B：由图象可知，电场线的方向向左，若电子束从左边入射，在中心轴线方向上，电子束将加速，故A正确，B 错误；C、D：电场线与等势面垂直，电子受力的方向与电场线的方向相反，故若电子束从左边入射，在电场的作用下，某个电子的运动轨迹可能为A，C 正确，D 错误．故选A C【点评】做好本题的关键是根据等势面画出电场线，再由负电荷在电场中的运动判断．3．如图所示，虚线a、b、c 是电场中三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，一个带正电的质点仅受电场力作用下通过该区域，图中实线为其运动轨迹，P、O、Q 是轨迹上的三点．下列说法中正确的是（）A．带电质点可能是从P点向Q点运动，v P 一定小于v QB．三个等势面中，等势面c的电势最高 C．带电质点通过PO 时电场力做功比通过O Q 时做功大 D．带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时小【考点】等势面；动能定理的应用；电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】据带电微粒的运动情况可以确定带电微粒的受力情况，从而确定a bc 三个等势面的电势的高低；根据等势面的疏密可以确定电场线的疏密，从而确定带电微粒在P点和Q点的电场力的大小关系，这样就可以知道带电微粒通过P点和Q点时加速度的大小关系；根据电场力做功可以确定带电微粒在P 点和Q点时动能和电势能的大小关系．【解答】解：A、带电微粒在从P向Q运动的过程中电场力做正功，故微粒在P点时的动能小于在Q 点的动能．则P点速率小．故A正确B、若带电微粒从P点进入电场，由图可知带电微粒所受电场力由c等势面指向b等势面，由于微粒带正电，故c等势面的电势最高．故B正确．C、因是等差等势面，是带电质点通过P O 时电场力做功与通过O Q 时做功一样大．故C错误D、由于电场线越密等势线越密，由图可知P点的场强大于Q点的场强，故带电微粒在P处所受的电场力大于在Q点所受的电场力，故带电微粒通过P点时的加速度大．故D错误．故选：AB【点评】本题的难度较大，解题的突破口是根据带电微粒的运动情况可以确定正电荷的受力情况，从而确定电势的高低．4．电场中有一点P，下列说法正确的是（）A．放在P点电荷的电量加倍，则该点的场强也加倍B．若P点没有检验电荷，则该点的场强为零C．P 点的场强越大，则同一电荷在P点受到的电场力越大D．P 点的场强方向为检验电荷在该点的受力方向【考点】电场强度．【分析】电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关；场强公式E=，采用比值法下的定义；利用场强方向的规定判断场强方向与电场力的方向．【解答】解：AB、电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关，所以在p点电荷减半或无检验电荷，P 点的场强不变，故A B 错误．C、据F=Eq 知，P 点的场强越大，则同一电荷在P点所受的电场力越大，故C正确．D、据场强方向的规定，正电荷所受电场力的方向与场强方向相同，所以P点的场强方向为正电荷在该点的受力方向，故D错误．故选：C．【点评】明确电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关；场强公式E=，只是为研究电场的方便，采用比值法下的定义；场强方向的规定判断场强方向与电场力的方向的依据．5．如图所示，当K闭合后，一带电微粒在平行板电容器间处于静止状态，下列说法正确的是（）A．保持K闭合，使P滑动片向左滑动，微粒仍静止 B．打开K后，使两板错开一定距离，微粒仍静止 C．打开K后，使两极板靠近，则微粒将向上运动 D．打开K后，使两极板靠近，则微粒仍保持静止【考点】电容器的动态分析．【专题】电容器专题．【分析】当S闭合后，带电微粒在平行板电容器间处于静止状态，合力为零，电场力与重力平衡．保持S闭合，电容器板间电压不变，若板间距离也不变，板间的场强不变，微粒仍处于静止状态．打开S后，根据电容的决定式C=，分析电容的变化，由电容的定义式C=分析电压的变化．再由E=分析板间场强的变化，即可判断带电微粒的运动状态．【解答】解：A、保持S闭合，电容器板间电压不变，使滑动片P向左滑动，板间距离不变，则由E=分析得知，板间场强仍保持不变，带电微粒所受的电场力不变，仍处于静止状态．故A正确． B、打开S后，电量不变，使两板错开一定距离，两极板正对面积减小，由C=知，电容减小，电容的定义式C=知，电压增大，由E=分析得知板间场强增大，微粒将向上运动．故B错误．C、D 由C=，C=，E=得到极板间场强E=，E 与板间距离无关，故使两极板靠近，板间场强不变，带电微粒所受的电场力不变，则带电微粒仍处于静止状态．故C错误，D 正确．故选A D 【点评】本题关键要抓住不变量进行分析：电容器与电源保持相连，板间电压保持不变；充电后与电源断开后，电量不变．电量、正对面积不变时，改变板间距离，板间场强不变．6．如图所示，真空中M、N 处放置两等量异种电荷，a、b、c 表示电场中的三条等势线，d 点和e点位于等势线a 上，f 点位于等势线c 上，df 平行于MN．已知一带正电的试探电荷从d 点移动到f 点时，试探电荷的电势能增加，则以下判定正确的是（）A．M 点处放置的是正电荷B．d 点的电势高于f点的电势C．d 点的场强与f点的场强完全相同D．将带正电的试探电荷沿直线由d点移动到e点，电场力先做正功，后做负功【考点】电场线．【分析】由电场力对正电荷做功可得电势的高低，再由电场线与电势的关系分析电场的方向．进而判断电荷的受力情况．【解答】解：A、B、因正电荷由d到f电场力做负功，电势能增加，则电势升高．故f点电势高于d 点电势．则N点为正电荷，故A错误，B 错误．C、d 点与f点为关于两电荷的中垂线对称，则场强大小相等但方向不同，故C错误．D、将带正电的试探电荷沿直线由d点移动到 e 点，电势能先减小再增大到原来值，故电场力先做正功、后做负功．故D正确．故选：D【点评】在电场中跟据带电粒子运动轨迹和电场线关系判断电场强度、电势、电势能、动能等变化是对学生基本要求，也是重点知识，要重点掌握7．两个点电荷Q1、Q2 固定于x轴上，将一带正电的试探电荷从足够远处沿x轴负方向移近Q2（位于坐标原点）的过程中，试探电荷的电势能E p 随位置变化的关系如图所示，则下列判断正确的是（）A．M 点电势为零，N 点场强为零B．M 点场强为零，N 点电势为零C．Q1 带负电，Q2 带正电，且Q2 电荷量较小D．Q1 带正电，Q2 带负电，且Q2 电荷量较大【考点】电势能；电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】由图读出电势能E P，由φ=，分析电势．E P﹣x 图象的斜率=F，即斜率大小等于电场力大小．由F=qE，分析场强．析电势变化，确定场强的方向，由N点场强为零，判断两电荷的电性和电量的大小．【解答】解：AB 、由图知，M 点电势能与无穷远处的电势能相等，E P =0，由 φ= ，分析得知，M 点电势 φ=0．E P ﹣x 图象的斜率=F=qE ，则知 N 点场强为零．故 A 正确，B 错误． CD 、根据正电荷在电势高处电势能大，可知，带正电的试探电荷从远处移近 Q 2 的过程中，电势能 减小，电势先降低后升高，说明 Q 1 带负电，Q 2 带正电，N 点场强为零，由 E =k知，Q 2 电荷量较 小．故 C 正确，D 错误．故选：AC ．【点评】本题一要抓住 E P ﹣x 图象的斜率率=F=qE ，分析场强的变化．二要根据推论正电荷在 电势高处电势能大，分析电势的变化，确定电荷的电性．8．如图，A 、B 是电荷量都为 Q 的两个正点电荷．O 是它们连线的中点，P ，P ′是它们连线中垂线上 对称的两个点．从 P 点由静止释放一个电子，不计电子重力．则（ ）A ．电子将一直向上做加速运动B ．电子将向 O 点加速运动，到 O 点速度最大C ．电子在向 O 点运动的过程中，电势能增大D ．电子将在 P P'之间做周期性的往复运动【考点】点电荷的场强；电场的叠加．【分析】在等量的正电荷的电场中，所有的点的电势都是正的，根据矢量的合成法则可以知道，在 它们的连线中垂线上的点的电场强度的方向都是沿着中垂线指向外的，由此可以判断电场的情况和 电子的运动的情况．【解答】解：A 、根据矢量的合成可以知道，在两个电荷连线中点的电场的场强是零，在无穷远处 的电场的场强也是零，所以电子沿着中垂线运动时，电子受的力必定是先增加再减小，所以电子不 可能一直向上做加速运动，所以 A 错误． B 、由于连线中垂线上的点的电场强度的方向都是沿着中垂线指向外的，所以电子受到的电场力是 指向 O 点的，所以电子将向 O 点加速运动，到 O 点速度最大，故 B 正确．C 、电子在向 O 点运动的过程中，电场力做正功，电势能减小，所以 C 错误．D 、根据 B 的分析，电子将向 O 点加速运动，在远离 O 点的过程中减速，减为零之后再反向加速， 不断地重复这个过程，所以 D 正确．故选 B D ．【点评】本题考查的就是点电荷的电场的分布及特点，这要求同学对于基本的几种电场的情况要了 解，本题看的就是学生的基本知识的掌握情况，比较简单．9．在真空中有一匀强电场，电场中有一质量 m =0.01g ，带电荷量 q =﹣2×10﹣8C 的尘埃沿水平方向向 右做匀速直线运动，g=10m/s 2，则（ ）A ．场强的方向一定沿水平方向B ．场强的方向一定竖直向下C ．场强的方向一定竖直向上D ．场强的大小一定为E =5×103N/C 【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系． 【专题】电场力与电势的性质专题． 【分析】尘埃在匀强电场中沿水平方向向右做匀速直线运动，受到的电场力与重力平衡，根据平衡 条件求出电场强度大小和方向． 【解答】解：由题，尘埃在匀强电场中沿水平方向向右做匀速直线运动，受到的电场力与重力平 衡，则电场力方向竖直向上，而尘埃带负电，所以电场强度方向竖直向下．根据平衡条件得： mg=qE ，得：E=N/C=5×103N/C ． 故选：BD ．【点评】解决本题的关键根据受力平衡求出电场强度的大小和方向，以及知道电场强度的方向与正 电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反．10．如图所示，A 、B 两个带电小球的质量均为 m ，所带电量分别为+q 和﹣q ，两球间用绝缘细线连 接，A 球又用绝缘细线悬挂在天花板上，细线长均为 L ．现在两球所在的空间加上一方向向左的匀强电场，电场强度，由于有空气阻力，A 、B 两球最后会达到新的平衡位置，则在这个过程 中，两个小球（）A ．总重力势能增加了B ．总重力势能增加了C ．总电势能减少了D ．总电势能减少了 【考点】电势能；机械能守恒定律． 【专题】电场力与电势的性质专题． 【分析】加上电场后 B 球向左运动，达到平衡后，对整体由平衡条件得知，A 球不动，B 球向左偏 转 45°，上升的高度为 h =L （1﹣cos45°），即可求出重力势能的增加量和电势能的变化量．【解答】解：A 、B 加上电场后 B 球向左运动，达到平衡后，由于 q E=mg ，由平衡条件对整体研究可知，A 球不 动，B 球向左偏转 45°，上升的高度为 h =L （1﹣cos45°），则总重力势能增加了△E P =mgh=．故 A 正确，B 错误．C 、D 、B 球沿电场力方向移动的距离为 d =，则总电势能减少了 q Ed=．故 C 错误，D 正 确． 故选 A D【点评】本题的解题关键是确定平衡后两球的位置，再根据重力做功和电场力做功，研究重力势能 和电势能的变化．11．一个初动能为 E k 的带电粒子，以速度 V 垂直电场线方向飞入两块平行金属板间，飞出时动能为 3E k ．如果这个带电粒子的初速度增加到原来的 2 倍，不计重力，那么该粒子飞出时动能为（ ）A ．4.5 E kB ．4 E kC ．6 E kD ．9.5E k【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】带电粒子垂直飞入匀强电场中，做类平抛运动，运用运动的分解法，得出偏转距离与初速 度和初动能的关系，由动能定理得到电场力做功与初动能的关系式，再用同样的方法得到初速度增 加到原来 2 倍时电场力做功与初动能的关系，由动能定理求解该粒子飞出时的动能．【解答】解：设平行金属板的长度为 L ，板间距离为 d ，场强为 E ． 当初速度为 v 时，则有：y=at 2=（）2=…① 根据动能定理得，qEy=3E k ﹣E k ，得：2E k =…② 当初速度为 2V 时，同理可得：y ′==…③电场力做功为W ′=qEy ′=…④ 由②④比较得：W ′=0.5E k 根据动能定理得：W ′=E k ′﹣4E k ，得：E k ′=4.5E k故选：A【点评】本题是动能定理和类平抛运动知识的综合应用，用相同的物理量表示电场力做功是解题的 关键．12．如图所示，用绝缘轻质细线悬吊一质量为 m 、电荷量为 q 的小球，在空间施加一匀强电场，使 小球保持静止时细线与竖直方向成 θ 角（已知 θ 满足 0＜θ＜45°），则所加匀强电场的电场强度的可 能值为（ ）A ．B ．C ．D ．【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】小球保持静止时受到重力、电场力和细线的拉力，运用作图法分析什么条件下电场力最小，再场强公式E =得到场强的最小值，再分析E的可能值．【解答】解：小球保持静止时受到重力m g、电场力F和细线的拉力T，作出力图如图．根据作图法可知，当电场力F与细线垂直时，电场力最小，最小值为：F=mgsinθ则场强的最小值为：E==电场力F可能等于m g，E 可能为；当F水平时，F=mgtanθ，E= F 不可能等于mgtanθ，则E 不可能等于；故选：ABC．【点评】本题相当于物体平衡中极值问题，通过作图法分析解答是常用的方法，也可以采用数学函数法求解．13．如图所示为伏安法测电阻的一种常用电路．下列分析中正确的是（）A．此接法的测量值大于真实值 B．此接法的测量值小于真实值 C．此接法要求待测电阻值小于电流表内阻 D．开始实验时滑动变阻器滑片P应处在最左端【考点】伏安法测电阻．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】由电路图可知，该实验采用的是滑动变阻器的分压接法，电流表的内接法；（1）电流表外接法，由于电压表的分流作用，使电流表测的电流大于流过电阻的电流，测量值小于真实值；待测电阻越小，电压表的分流作用越小，电流表测的电流越接近流过电阻的真实值，实验误差越小．电流表内接法，由于电流表的分压作用，使电压表测的电压大于待测电阻两端的电压，测量值大于真实值；待测电阻阻值越大，电流表分压影响越小，电压表的测量值越接近真实值，实 验误差越小． 为保证电路安全，采用滑动变阻器分压接法时，在闭合开关前，要求滑动变阻器滑片移到分压电阻 为零的位置．【解答】解：（1）实验采用电流表的内接法，电流的测量值 I 是真实的，由于电流表的分压作用，电压测量值 U 偏大，由 R =可知， 测量值偏大，测量值大于真实值，故 A 正确，B 错误； 伏安法测电阻，当待测电阻阻值远大于电流表内阻时，采用内接法，故 C 错误；（3）实验采用的是滑动变阻器的分压接法，为保证电路安全， 开始实验时滑动变阻器滑片 P 应处在最右端，此时分压电路电压为零，故 D 错误； 故选 A ．【点评】本题考查了伏安法测电阻实验电路分析、实验注意事项、实验误差分析等问题，难度不是 很大，熟练掌握基础知识即可正确解题．二．计算题（共 35 分，14 题 18 分．15 题 17 分；解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算 步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）14．某同学欲测一电阻 R x 的阻值（约为 300Ω）可供选择的仪器有：电流表 A 1，量程 10mA ；电流 表 A 2，量程 0.6A ；电压表 V 1，量程 3V ；电压表 V 2，量程 15V ；电源电动势为 4.5V ．请同学们按 图接好电路，闭合 S 1 后，把开关 S 2 拨至 a 时，发现两电表的指针偏转的角度都在满偏的处；再把 开关 S 2 拨至 b 时，发现其中一个电表的指针偏转几乎不变，另一个电表的指针偏转的角度在满偏的处；该同学在实验中所选电压表的量程为 3V 所选电流表的量程为 10mA R x 的测量值为 320Ω ．若电键接触 a 时，电流表 I a=5.0mA ，电压表 U a=2.7V ；当电键接触 b 时，电流表 I b=4.0mA ，电压表 Ub=2.8V ，为使测量误差较小，应将电键接触 B 端；则该电阻的测量值为 700Ω ，测量值比 该电阻的真实值 偏大 ．【考点】伏安法测电阻． 【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】（1）电源电动势为 4.5V ，如果选择 15V 档位，偏转五分之四达到 12V ，超过电源的电动势， 故电压表选择的是低档位； 电压表读数几乎不变，电流表读数变化明显，说明电压表分流作用明显，即待测电阻的电阻值与电 压表内阻相接近，而伏特表电阻较大，至少几千欧姆，故电流表选 10mA 挡；（3）根据欧姆定律和电路的串并联知识列式求解即可．（4）根据两电表的示数变化，可知哪一个电表测量误差较大，则可以选出较准确的方法．。

2015-2016学年江苏省连云港市灌云县四队中学高二（上）周练物理试卷一、单项选择题（本题共16小题，每小题4分，共计64分．每小题只有一个选项符合题意．）1．在物理学研究中，有时可以把物体看成质点，则下列说法中正确的是（）A．研究乒乓球的旋转，可以把乒乓球看成质点B．研究车轮的转动，可以把车轮看成质点C．研究跳水运动员在空中的翻转，可以把运动员看成质点D．研究地球绕太阳的公转，可以把地球看成质点2．下列速度中，指平均速度的是（）A．汽车通过长江大桥全程的速度B．子弹射出枪口时的速度C．雨滴落地时的速度D．运动员冲过终点时的速度3．一个物体做直线运动，其速度﹣时间图象如图所示，由此可以判断该物体做的是（）A．初速度为零的匀加速运动B．初速度不为零的匀加速运动C．匀速运动 D．匀减速运动4．关于点电荷，下列表述正确的是（）A．任何带电体都能看作点电荷B．点电荷是实际带电体的理想化模型C．只有带电量很小的带电体才能看作点电荷D．只有质量很小的带电体才能看作点电荷5．两个大小材质完全相同的金属小球a、b，带电荷量分别为+3q和﹣q，两小球接触后分开，小球带电量为（）A．a为+3q，b为﹣q B．a为﹣q，b为+3qC．a为+2q，b为﹣2q D．a为+q，b为+q6．月球上没有空气，若宇航员在月球上将羽毛和石块从同一高度处同时由静止释放，则（）A．羽毛先落地B．石块先落地C．它们同时落地 D．它们不可能同时落地7．如图所示，将条形磁铁从相同的高度分别以速度v和2v插入线圈，电流表指针偏转角度较大的是（）A．以速度v插入 B．以速度2v插入C．一样大D．无法确定8．在如图所示的电场中，a、b两点的电场强度相同的是（）A．B．C．D．9．关于电场线的以下说法中，正确的是（）A．电场线上每一点的切线方向都跟电荷在该点的受力方向相同B．沿电场线的方向，电场强度越来越小C．电场线越密的地方同一检验电荷受的电场力就越大D．顺着电场线移动电荷，电荷受电场力大小一定不变10．如图所示，在匀强磁场中有一通电直导线，电流方向垂直纸面向里，则直导线受到安培力的方向是（）A．向上 B．向下 C．向左 D．向右11．下列直线运动的位移﹣时间（x﹣t）图象中，表示物体做匀速运动的是（）A．B． C．D．12．最早对自由落体运动进行科学的研究，否定了亚里士多德错误论断的科学家是（）A．伽利略B．牛顿 C．开普勒D．胡克13．传感器被广泛的应用在日常生活中，下列用电器中，没有使用温度传感器的是（）A．遥控器B．空调机C．电冰箱D．电饭锅14．关于电磁波，下列说法正确的是（）A．所有电磁波的频率相同B．电磁波只能在真空中传播C．电磁波在任何介质中的传播速度相同D．电磁波在真空中的传播速度是3×108m/s15．如图所示，一带正电的物体位于M处，用绝缘丝线系上带正电的小球，分别挂在P1、P2、P3的位置，可观察到小球在不同位置时丝线偏离竖直方向的角度不同．则下面关于此实验得出的结论中正确的是（）A．电荷之间作用力的大小与两电荷间的距离有关B．电荷之间作用力的大小与两电荷的性质有关C．电荷之间作用力的大小与两电荷所带的电量有关D．电荷之间作用力的大小与丝线的长度有关16．一个不计重力的带正电荷的粒子，沿图中箭头所示方向进入磁场，磁场方向垂直于纸面向里，则粒子的运动轨迹为（）A．圆弧a B．直线bC．圆弧c D．a、b、c都有可能二、填空题（每空3分，共21分）.17．如图所示，把长为L的导体棒置于竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，导体棒与磁场方向垂直，棒中通有电流I，则导体棒所受安培力的大小为．为增大导体棒所受的安培力，可采用的方法是（填一种方法即可）．18．（9分）如图为某同学在实验中打出的一条纸带，计时器打点的时间间隔为0.02s．他从比较清晰的点起，每五个点取一个计数点，则相邻两计数点间的时间间隔为s．由此可知，纸带做运动（选填“匀加速”或“匀减速”），为了由v﹣t图象求出小车的加速度，他量出相邻两计数点间的距离，分别求出打各计数点时小车的速度．其中打计数点3时小车的速度为 m/s．19．如图所示为一正弦式电流的u﹣t图象，由图可知：该交变电流的频率为Hz，电压的有效值为V．三、计算题（15分）．20．（15分）（2015•海南）2012年11月，我国歼﹣15舰载战斗机首次在“辽宁舰”上成功降落，有关资料表明，该战斗机的质量m=2.0×104kg，降落时在水平甲板上受阻拦索的拦阻，速度从v=80m/s减小到零所用时间t=2.5s．若将上述运动视为匀减速直线运动，求：该战斗机在此过程中（1）加速度的大小a；（2）滑行的距离x；（3）所受合力的大小F．2015-2016学年江苏省连云港市灌云县四队中学高二（上）周练物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共16小题，每小题4分，共计64分．每小题只有一个选项符合题意．）1．在物理学研究中，有时可以把物体看成质点，则下列说法中正确的是（）A．研究乒乓球的旋转，可以把乒乓球看成质点B．研究车轮的转动，可以把车轮看成质点C．研究跳水运动员在空中的翻转，可以把运动员看成质点D．研究地球绕太阳的公转，可以把地球看成质点【考点】质点的认识．【专题】直线运动规律专题．【分析】当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，根据把物体看成质点的条件来判断即可．【解答】解：A、研究乒乓球的旋转时，不能把乒乓球看成质点，因为看成质点的话，就没有旋转可言了，所以A错误．B、研究车轮的转动是，不能把车轮看成质点，因为看成质点的话，就没有转动可言了，所以B错误．C、研究跳水运动员在空中的翻转时，不能看成质点，把运动员看成质点的话，也就不会翻转了，所以C错误．D、研究地球绕太阳的公转时，地球的大小对于和太阳之间的距离来说太小，可以忽略，所以可以把地球看成质点，所以D正确．故选D．【点评】考查学生对质点这个概念的理解，关键是知道物体能看成质点时的条件，看物体的大小体积对所研究的问题是否产生影响，物体的大小体积能否忽略．2．下列速度中，指平均速度的是（）A．汽车通过长江大桥全程的速度B．子弹射出枪口时的速度C．雨滴落地时的速度D．运动员冲过终点时的速度【考点】平均速度．【专题】直线运动规律专题．【分析】平均速度是指物体在某段距离或某段时间内通过的位移与所用时间的比值．而平均速度是物体在某一时刻或某一位置时的速度．平均速度对应段（包括时间段和位移段），瞬时速度对应点（包括时间点和位置点）．【解答】解：平均速度是指物体在某段距离或某段时间内通过的位移与所用时间的比值．而瞬时速度是物体在某一时刻或某一位置时的速度．平均速度对应段（包括时间段和位移段），瞬时速度对应点（包括时间点和位置点）．A、汽车通过长江大桥在时间上是段，故其速度为平均速度．故A正确．B、子弹射出枪口中的枪口是一个点，故该速度是瞬时速度．故B错误．C、雨滴落到地面，地面是一个位置，对应一个点，故该速度是瞬时速度．故C错误．D、运动员冲过终点，终点是一个点，故该速度是瞬时速度，故D错误．故选A．【点评】深刻而准确的理解物理概念是学好物理的基础．3．一个物体做直线运动，其速度﹣时间图象如图所示，由此可以判断该物体做的是（）A．初速度为零的匀加速运动B．初速度不为零的匀加速运动C．匀速运动 D．匀减速运动【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【专题】运动学中的图像专题．【分析】正确理解v﹣t图象物理意义，速度图象的斜率表示加速度，能从图象上判断物体的运动形式，速度、加速度、位移的变化情况是解决本题的关键．【解答】解：速度图象的斜率表示加速度，图象为一不过原点的倾斜直线，斜率不发生变化，加速度均匀增大，因此物体做初速度不为零的匀加速直线运动；故选：B．【点评】本题比较简单，考察了对v﹣t图象的理解，能图象上判断物体运动形式，知道速度、加速度的变化情况是对学生的基本要求．4．关于点电荷，下列表述正确的是（）A．任何带电体都能看作点电荷B．点电荷是实际带电体的理想化模型C．只有带电量很小的带电体才能看作点电荷D．只有质量很小的带电体才能看作点电荷【考点】元电荷、点电荷．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】当电荷的形状、体积和电荷量对分析的问题的影响可以忽略，电荷量对原来的电场不会产生影响的时候，该电荷就可以看做点电荷，根据点电荷的条件分析可以得出结论．【解答】解：A、当电荷的形状、体积和电荷量对分析的问题的影响可以忽略，电荷量对原来的电场不会产生影响的时候，该电荷就可以看做点电荷，故A错误B、点电荷是实际带电体的理想化模型，故B正确C、点电荷是一种理想化的物理模型，其带电荷量并不一定是最小的，故C错误；D、点电荷是一种理想化的物理模型，其质量并不一定是最小的，故D错误；故选B．【点评】本题是基础的题目，考查的就是学生对基本内容的掌握的情况，在平时要注意多积累．5．两个大小材质完全相同的金属小球a、b，带电荷量分别为+3q和﹣q，两小球接触后分开，小球带电量为（）A．a为+3q，b为﹣q B．a为﹣q，b为+3qC．a为+2q，b为﹣2q D．a为+q，b为+q【考点】电荷守恒定律；元电荷、点电荷．【分析】电荷守恒定律：电荷既不能被创造，也不能被消灭，只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移的过程中，电荷的总量保存不变．接触起电物体同种电荷，若两物体完全相同，则会平分电荷．【解答】解：完全相同的金属球，接触时先中和再平分，所以每个球带电=q．故选：D．【点评】本题是基础的题目，考查的就是学生对电荷守恒定律的掌握的情况，比较简单．6．月球上没有空气，若宇航员在月球上将羽毛和石块从同一高度处同时由静止释放，则（）A．羽毛先落地B．石块先落地C．它们同时落地 D．它们不可能同时落地【考点】自由落体运动．【专题】自由落体运动专题．【分析】月球上没有空气，物体只受月球对它的吸引力作用，运动情况与地球上的物体做自由落体运动相似，根据自由落体运动的规律可知，下落时间由高度决定，高度相同，则运动时间相同．【解答】解：月球上没有空气，羽毛和石块只受月球对它的吸引力作用，运动情况与地球上的物体做自由落体运动相似，根据h=可知：t=又因为羽毛和石块从同一高度同时下落，故运动的时间相等，所以羽毛和石块同时落地．故选：C．【点评】月球上没有空气，静止释放的物体运动情况与地球上自由落体运动的物体运动运动情况相似，物体的位移、速度、加速度、时间等与物体的质量无关．这类题目根据自由落体运动的基本规律直接解题，难度不大．7．如图所示，将条形磁铁从相同的高度分别以速度v和2v插入线圈，电流表指针偏转角度较大的是（）A．以速度v插入 B．以速度2v插入C．一样大D．无法确定【考点】楞次定律．【分析】正确理解法拉第电磁感应定律是解本题的关键，感应电动势（或感应电流）和磁通量的变化率成正比和磁通量的变化量无关．【解答】解：将条形磁铁分别以速度υ和2υ插入线圈时磁通量的变化量相同，以2v速度插入时所用时间短，磁通量变化快，即变化率大，则感应电流大，故ACD错误，B正确．故选：B．【点评】要正确理解感应电动势、磁通量变化量、磁通量变化率之间的关系．8．在如图所示的电场中，a、b两点的电场强度相同的是（）A．B．C．D．【考点】电势差与电场强度的关系；电场线．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场强度是矢量，只有两点的场强大小和方向都相同时，电场强度才相同．根据这个条件进行判断．【解答】解：A、ab是同一圆上的两点，场强大小相等，但方向不同，则电场强度不同．故A错误．B、ab场强大小不等，但方向相同，则电场强度不同．故B错误．C、ab是匀强电场中的两点，电场强度相同，故C正确D、ab电场线的疏密表示场强的大小，所以ab场强不等，故D错误故选：C．【点评】矢量大小和方向都相同才相同．对于常见电场的电场线分布要了解，有助于解题．9．关于电场线的以下说法中，正确的是（）A．电场线上每一点的切线方向都跟电荷在该点的受力方向相同B．沿电场线的方向，电场强度越来越小C．电场线越密的地方同一检验电荷受的电场力就越大D．顺着电场线移动电荷，电荷受电场力大小一定不变【考点】电场线．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向．【解答】解：A、电场线上每一点的切线方向都跟正电荷在该点的受力方向相同，与负电荷在该点的电场力方向相反，故A错误；B、若是正电荷沿电场线的方向移动，电场力做正功，电势能减少，则电势越来越小．若是负电荷沿电场线的方向移动，电场力做负功，电势能增加，则电势越来越小．故B错误；C、电场线越密的地方，电场强度就越强，则同一检验电荷受的电场力就大．故C正确；D、顺着电场线移动电荷，若是匀强电场，则电荷受电场力大小可以不变，故D错误．故选：C．【点评】电场线虽然不实际存在，但可形象描述电场的大小与方向分布．电场线是从正电荷出发，终至于负电荷．同时电场线不相交，静电场的电场线也不闭合．10．如图所示，在匀强磁场中有一通电直导线，电流方向垂直纸面向里，则直导线受到安培力的方向是（）A．向上 B．向下 C．向左 D．向右【考点】安培力；左手定则．【分析】通电直导线在磁场中受到的安培力方向利用左手定则判断．让磁感线穿过左手手心，四指指向电流方向，拇指指向安培力方向．【解答】解：根据左手定则：伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向下穿过手心，则手心朝上．四指指向电流方向，则指向纸里，拇指指向安培力方向：向左．故选：C【点评】本题考查左手定则的应用能力．对于左手定则的应用，要搞清两点：一是什么时候用；二是怎样用．11．下列直线运动的位移﹣时间（x﹣t）图象中，表示物体做匀速运动的是（）A．B． C．D．【考点】匀变速直线运动的图像．【专题】运动学中的图像专题．【分析】在位移﹣时间图象表示物体的位置随时间的变化，图象上的任意一点表示该时刻的位置，图象的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向．【解答】解：由于位移﹣时间图象的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向，所以A图中图象的斜率逐渐增大即速度逐渐增大，B图中斜率逐渐减小即速度逐渐减小，C 图中图象斜率为零，即速度为零，D图中图象斜率为正常数，即速度为正方向的匀速直线运动，故ABC错误，D正确．故选：D【点评】理解位移﹣时间图象上点和斜率的物理意义；特别是斜率代表速度，求解斜率的方法只能用V=．12．最早对自由落体运动进行科学的研究，否定了亚里士多德错误论断的科学家是（）A．伽利略B．牛顿 C．开普勒D．胡克【考点】伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．【专题】自由落体运动专题．【分析】本题比较简单，考查了伽利略的主要贡献，根据对物理学史的理解可直接解答．【解答】解：伽利略最早对自由落体运动进行科学的研究，否定了亚里士多德错误论，故BCD错误，A正确．【点评】要明确物理上的一些重要科学家的主要贡献，对于物理学史部分平时要注意记忆与积累．13．传感器被广泛的应用在日常生活中，下列用电器中，没有使用温度传感器的是（）A．遥控器B．空调机C．电冰箱D．电饭锅【考点】传感器在生产、生活中的应用．【分析】温度传感器通过将温度这个非电学量转化为电学量或者电路的通断来控制电路．【解答】解：A、各种遥控器均与温度无关，说明没有使用温度传感器，B、空调机中当温度低于设定的临界温度时，压缩机会工作，说明有温度传感器，C、电冰箱中，当温度高于设定的临界温度时会工作，说明有温度传感器，D、电饭锅中，当温度高于设定的临界温度时会断开加热电路，说明有温度传感器，本题选没有使用温度传感器的，故选：A．【点评】本题关键是明确温度传感器的特点和运用，基础问题．14．关于电磁波，下列说法正确的是（）A．所有电磁波的频率相同B．电磁波只能在真空中传播C．电磁波在任何介质中的传播速度相同D．电磁波在真空中的传播速度是3×108m/s【考点】电磁波谱．【分析】电磁波包括：γ射线、X射线、紫外线、可见光、红外线、微波、短波、中波和长波．在真空和空气中，电磁波的传播速度等于3×108m/s是一个定值，根据公式c=λf电磁波的波长和频率成反比．【解答】解：A、电磁波包括：γ射线、X射线、紫外线、可见光、红外线、微波、短波、中波和长波，其波长不同，即频率不同，故A 错误；BCD、电磁波可以在真空中传播，速度为光速，在介质中的传播速度由介质决定，即在不同介质中传播速度不一样，故BC错误，D正确．故选：D．【点评】此题考查：电磁波的传播速度、电磁波的传播、电磁波的种类，是一道基础题．15．如图所示，一带正电的物体位于M处，用绝缘丝线系上带正电的小球，分别挂在P1、P2、P3的位置，可观察到小球在不同位置时丝线偏离竖直方向的角度不同．则下面关于此实验得出的结论中正确的是（）A．电荷之间作用力的大小与两电荷间的距离有关B．电荷之间作用力的大小与两电荷的性质有关C．电荷之间作用力的大小与两电荷所带的电量有关D．电荷之间作用力的大小与丝线的长度有关【考点】库仑定律．【专题】控制变量法．【分析】解答本题要了解库仑力的推导过程，由于决定电荷之间作用力大小的因素很多，因此需要采用控制变量的方法进行研究．虽然学生现在都知道库仑力的决定因素，但是该实验只是研究了库仑力和距离之间的关系．【解答】解：在研究电荷之间作用力大小的决定因素时，采用控制变量的方法进行，如本实验，根据小球的摆角可以看出小球所受作用力逐渐减小，由于没有改变电性和电量，不能研究电荷之间作用力和电性、电量关系，故BCD错误，A正确．故选A．【点评】控制变量法是高中物理物理中重要研究方法，要了解控制变量法的应用．16．一个不计重力的带正电荷的粒子，沿图中箭头所示方向进入磁场，磁场方向垂直于纸面向里，则粒子的运动轨迹为（）A．圆弧a B．直线bC．圆弧c D．a、b、c都有可能【考点】洛仑兹力．【分析】带电粒子在磁场中药受到洛伦兹力的作用，根据左手定则可以判断正电荷的受力的方向．【解答】解：带正电的电荷在向里的磁场中向上运动，根据左手定则可知，粒子的受到的洛伦兹力的方向向左，所以粒子的可能的运动的轨迹为a，所以A正确，BCD错误．故选：A．【点评】本题是对左手定则的直接的应用，掌握好左手定则即可判断粒子的受力的方向．二、填空题（每空3分，共21分）.17．如图所示，把长为L的导体棒置于竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，导体棒与磁场方向垂直，棒中通有电流I，则导体棒所受安培力的大小为BIL ．为增大导体棒所受的安培力，可采用的方法是增大电流（填一种方法即可）．【考点】安培力；左手定则．【分析】安培力的大小公式F=BIL．（B⊥L）【解答】解：安培力的公式F=BIL，增大安培力可以增大电流或增加导线长度．故答案为：BIL，增大电流或增加导线长度．【点评】解决本题的关键掌握安培力的大小公式F=BIL．18．（9分）如图为某同学在实验中打出的一条纸带，计时器打点的时间间隔为0.02s．他从比较清晰的点起，每五个点取一个计数点，则相邻两计数点间的时间间隔为0.1 s．由此可知，纸带做匀加速运动（选填“匀加速”或“匀减速”），为了由v﹣t图象求出小车的加速度，他量出相邻两计数点间的距离，分别求出打各计数点时小车的速度．其中打计数点3时小车的速度为0.46 m/s．【考点】探究小车速度随时间变化的规律．【专题】实验题．【分析】根据相等时间内的位移的变化判断速度的变化，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出计数点3的速度大小．【解答】解：每五个点取一个计数点，知相邻两计数点间的时间间隔为0.1s．因为连续相等时间内的位移逐渐增大，且位移之差近似为一恒量，可知小车做匀加速运动．计数点3的瞬时速度m/s=0.46m/s．故答案为：0.1，匀加速，0.46．【点评】解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动推论的运用．19．如图所示为一正弦式电流的u﹣t图象，由图可知：该交变电流的频率为50 Hz，电压的有效值为50V．【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系．【专题】交流电专题．【分析】根据图象可读出该交流电的周期和最大值，然后根据频率和周期，最大值与有效值的关系可直接求解．【解答】解：由图可知，该交流电的最大值为100V，周期为0.02s，所以有：有效值：U==50V，频率：f==50Hz．故答案为：50，50．【点评】要能根据图象获取有用信息，并能利用这些信息进行有关运算．三、计算题（15分）．20．（15分）（2015•海南）2012年11月，我国歼﹣15舰载战斗机首次在“辽宁舰”上成功降落，有关资料表明，该战斗机的质量m=2.0×104kg，降落时在水平甲板上受阻拦索的拦阻，速度从v=80m/s减小到零所用时间t=2.5s．若将上述运动视为匀减速直线运动，求：该战斗机在此过程中（1）加速度的大小a；（2）滑行的距离x；（3）所受合力的大小F．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）根据加速度的定义式求解加速度；（2）根据位移速度公式求解滑行位移；（3）根据牛顿第二定律求解合外力．【解答】解：（1）根据加速度的定义式得：a=（2）根据速度位移公式2ax=得：x=（3）根据牛顿第二定律得：F=ma=20000×32=640000N答：（1）加速度的大小为32m/s2；（2）滑行的距离为100m；（3）所受合力的大小为640000N．【点评】本题主要考查了匀变速直线运动基本公式及牛顿第二定律的直接应用，难度不大，属于基础题．。

密班级 姓名考 考号 座位号密 封 线 内 不 得 答 题第2016—2017学年第一学期高二年级物理第15周周练（考试范围：静电场和恒定电流 命题人：张良忠）本卷分为两个部分：选择题部分和非选择题部分，考试时间90分钟，试卷满分100分。

一、选择题（本题共10个小题，1-7小题为单选，每小题选对得4分，选错不得分；8-10为多选，每小题全选对得4分，对而不全得2分，选错不得分；共40分）1.图中a 、b 、c 是匀强电场中同一平面上的三个点，各点的电势分别是ϕa ＝5V ，ϕb ＝3V ，ϕc ＝3V ，则在下列各示意图中能表示该电场强度的方向是（ ）2.如图所示，两个带同种电荷的小球（可看作点电荷），电荷量分别为 q 1和q 2，质量分别为 m 1和 m 2，当两球处于同一水平面保持静止时，α＞β，则造成 α＞β的可能原因是（ ）A ．m 1＜m 2B ．m1＞m 2 C ．q1＜q 2 D．q 1＞q 23.如图所示，一个不带电的表面绝缘的导体P正在向带正电的小球Q缓慢靠近，但不接触，也没有发生放电现象，则下列说法中正确的是( )A ．感应电荷在C 点产生的场强为零B ．C 、B 两点的电势始终相同 C ． 导体内场强越来越大D ． 导体上C 点的场强始终大于B 点的场强4.某金属导线的电阻率为ρ，电阻为R ，现将它均匀拉长到为原来的2倍，那么该导线的电阻率和电阻分别变为（ ）A ．4ρ和4RB ．ρ和4RC ．16ρ和16RD ．ρ 和16R5.一个电流表的满偏电流Ig=1mA ，内阻Rg=500Ω，要把它改装成一个量程为3V 的电压表，则应在电流表上（ ）A ．串联一个3k Ω的电阻B ．并联一个3k Ω的电阻C ．串联一个2．5k Ω的电阻D ．并联一个2．5k Ω的电阻6.三个阻值都是3Ω的电阻可以用不同的方法连接起来，如图四个图中等效电阻（即总电阻）等于2Ω的是（ ）B ．C ．D ．A ．7.如图右所示是某导体的伏安特性曲线，由图可知（ ） A ．导体的电阻是0. 04Ω B ．导体的电阻是25Ω C ．该导体电阻随温度的升高而变大D ．当导体两端电压为10V 时，1s 通过导体的电量为10C8.如图所示是简化的多用电表的电路．转换开关S 与不同接点连接，就组成不同的电表，已知R 3<R 4，下面是几位同学对这一问题的议论，请你判断他们中的正确说法是( ) A ．S 与1、2连接时，多用电表就成了电流表，且前者量程较大 B ．S 与3、4连接时，多用电表就成了电流表，且前者量程较大 C ．S 与3、4连接时，多用电表就成了电压表，且前者量程较大 D ．S 与5连接时，多用电表就成了欧姆表9.如图所示的电路中，在滑动变阻器的滑片P 向上端a 滑动过程中，两表的示数情况为( ) A ．电压表示数增大，电流表示数减小 B ．电压表示数减小，电流表示数增大C ．两电表示数都增大D ．两电表示数都减小10.两个等量异种电荷的连线的垂直平分线上有如图示的a 、b 、c 三点，下列说法正确的是（ ） A ．a 点电势比b 点低B ．a 、b 、c 三点和无穷远处等电势C ．a 、b 两点的场强方向相同，b 点场强比a 点大D ．一个电子在a 点无初速释放，则它将在c 点两侧往复振动二、填空题（请将答案填写在相应的横线上，每空2分，有说明的除外，共20分） 11.某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的长度和直径，步骤如下：图1 图2cABccCD(1)用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为________mm ； (2)用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为________mm. 12.在描述小灯泡伏安特性曲线的实验中，实验室备有下列器材供选择： 待测小灯泡“3.0 V 、1.5 W ”；电流表A 1(量程0.6 A ，内阻约为5 Ω); 电流表A 2(量程3 A ，内阻约为1 Ω)；电压表V 1(量程3.0 V ，内阻约为10 k Ω)电压表V 2(量程15.0 V ，内阻约为50 k Ω)；滑动变阻器R 1(最大阻值为5Ω，额定电流1.0 A) 滑动变阻器R 2(最大阻值为100 Ω，额定电流50 mA)；电源(电动势为4.0 V ，内阻不计) 电键及导线等（1）为了使实验完成的更好，电流表应选用________；电压表应选用________；滑动变阻器应选用________．(只需填器材前面的编号即可)(2)请在虚线框内画出实验电路图并连接实物图（每个图3分）．(3)某同学在一次测量时，电流表、电压表的示数如图所示．则电流值为________ A ，电压值为________ V三、计算题（要求写出相应的公式和简要说明，只写答案不得分，共40分）13.（12分）如图所示的电路中，电源电动势E ＝10 V ，内阻r ＝0.5 Ω，电动机的电阻R 0＝1.0 Ω，电阻R 1＝1.5 Ω.电动机正常工作时，电压表的示数U 1＝3.0 V ，求： (1)电动机消耗的电功率．将电能转化为机械能的功率； (2)电源的输出功率．14（12分）如图所示，A 、B 、C 是匀强电场中的三点，已知5=AφV,2=B φV, 1=-C φ＝30°，∠B ＝90°，AC ＝34 cm ，试求： (1) 通过推理作出该电场中的一根电场线； (2) 场强E 的大小.15.（16分）如图所示，ABCD 为竖立放在场强为E ＝104V/m 轨道的BCD 部分是半径为R 的半圆环，轨道的水平部分与半圆环相切，A AB ＝R ＝0.2 m ．把一质量m ＝0.1 kg 、带电量q ＝10－4C 的小球，放在水平轨道的A 在轨道的内侧运动．(g =10 m/s 2) 求： （1）球到达C 点时的速度大小；（2）球到达C 点时对轨道的压力大小；（3）若让小球安全通过D 点，开始释放点离B 点至少多远？。

嘴哆市安排阳光实验学校中学高二（上）周考物理试卷一．选择题：（本大题共8小题，每小题6分，共48分．其中1-6题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，7-8题有多个选项是正确的，全选对的得6分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分．把答案前的字母填在答题卡相应的表格中）1．关于电流，下列说法中正确的是（）A．导体中无电流的原因是其内部自由电荷停止了运动B．同一个金属导体接在不同的电路中，通过的电流强度往往不同，电流大说明那时导体内自由电荷定向运动速率大C．由于电荷做无规则热运动的速率比电荷定向移动速率大得多，故电荷做无规则热运动形成的电流也就大得多D．电流的传导速率就是导体内自由电子的定向移动速率2．在截面积为S的均匀铜导体中流过恒定电流为I，铜的电阻率为ρ，电子电量为e，则电子在铜导体中运动时所受的电场力为（）A．0 B ．C ．D ．3．如图所示， H（核内有一个质子，没有中子），H（核内有一个质子，一个中子），H （核内有一个质子，两个中子）和He（核内有两个质子，两个中子）四种原子核的混合粒子沿平行板电容器两板中线OO′射入板间的匀强电场中，射出后都打在与OO′垂直的固定荧光屏上，使荧光屏上出现亮点．下列说法正确的是（）A．若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将出现4个亮点B．若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将出现4个亮点C．若它们射入电场时的质量与速度之积相等，在荧光屏上将出现4个亮点D．若它们都是从静止开始由同一加速电场加速后再射入此偏转电场的，则在荧光屏上将出现4个亮点4．甲、乙两根保险丝均为同种材料制成，直径分别是d1=0.5mm和d2=1mm，熔断电流分别为2.0A和6.0A．把以上两根保险丝各取等长一段并联后再接入电路中，允许BJ通过的最大电流是（）A．6.0 A B．7.5 A C．10.0 A D．8.0 A5．如图所示，一个电量为﹣Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点．另一个电量为+q及质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，到B点时速度最小且为v．已知点电荷乙与水平面的动摩擦因数为μ、AB间距离为L0及静电力常量为k，则（）A．点电荷乙越过B点后继续向左运动，其电势能增多B．从A到B的过程中，电场力对点电荷乙做的功W=μmgL0+mv02﹣mv2C．在点电荷甲形成的电场中，AB间电势差U AB =D．OB 间的距离为6．以下说法中正确的是（）A．电源的作用是维持导体两端的电压，使电路中有持续的电流B．在电源内部正电荷能从负极到正极是因为电源内部只存在非静电力而不存在静电力C．静电力与非静电力都可以使电荷移动，所以本质上都是使电荷的电势能减少D．静电力移动电荷做功电荷电势能减少，非静电力移动电荷做功电荷电势能增加7．如图，A、B为水平放置的平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，两板的各有小孔M和N．先合上开关K，给电容器充电，过一会再断开开关．今有一带电质点，自A板上方相距为h的P点由静止开始自由下落（P、M、N在同一竖直线上），空气阻力不计，到达N孔时速度恰好为零．则（）A．若把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能到达N孔B．若把A板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落C．若把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落D．若把B板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落8．小明去实验室取定值电阻两只R1=10Ω，R2=30Ω，电压表一个，练习使用电压表测电压．电路连接如下图，电源输出电压U=12.0V不变．小明先用电压表与R1并联，电压表示数为U1，再用电压表与R2并联，电压表示数为U2，则下列说法正确的是（）A．U1一定大于3.0V B．U2一定小于9.0VC．U1与U2之和小于12V D．U1与U2之比一定不等于1：3二．填空题（本大题有2小题，每空3分，共15分）9．如图所示，有一水平方向的匀强电场，场强为9×103N/C．在电场内的竖直平面内作半径为1m的圆，圆心处放置电荷量为1×10﹣6C的正点电荷，则圆周上C点处的场强大小为N/C，方向．10．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，使用的小灯泡为“6V3W”，其他可供选择的器材有：电压表V1（量程6V，内阻20kΩ）电压表V2（量程20V，内阻60kΩ）电流表A1（量程3A，内阻0.2Ω）电流表A2（量程0.6A，内阻1Ω）变阻器R1（0～1000Ω，0.4A）变阻器R2（0～20Ω，2A）学生电源E （6～8V）开关S及导线若干．实验中要求电压表在0～6V范围内读取并记录下12组左右不同的电压值U和对应的电流值I，以便作出伏安特性曲线，在上述器材中，电流表应选用，变阻器应选用．在方框中画出实验的电路图．三．计算题（本大题共4小题，共47分．解答本题时，要求写出必要的文字说明和重要的演算步骤，只写出答案的不给分，14题为实验班必做题，其它班选做）11．如图所示，一根长为l的细绝缘线，上端固定，下端系一个质量为m的带电小球，将整个装置放入一匀强电场，电场强度大小为E，方向水平向右，已知：当细线偏离竖直方向为θ=37°时，小球处于平衡状态，（sin37°=0.6 g 取10）试求：（1）小球带何种电荷，带电量为多少；（2）如果将细线剪断，小球经时间t=2s发生的位移大小．12．如图所示，A1和A2是两块相同的电流表，V1和V2是两块相同的电压表．电流表A1的示数是1.4mA，电压表V1和V2的示数分别是0.8V和0.6V，试求：（1）电流表A2示数；（2）电压表和电流表的内阻之比．13．如图所示，一长电阻网络，长度未知，图中最右端的电阻阻值为1Ω，余电阻中竖直方向放置的阻值均为2Ω，水平放置的阻值均为0.5Ω，求图中a、b两点间的电阻．14．如图所示，两平行金属板水平放置，板间存在着如图所示的交变电场，极板长为L，板间距离为d，取竖直向上的方向为电场强度的正方向．一带电量为q的正电荷从两板正中间的位置由左侧射入板间．初速度为v0，己知电荷所受电场力大小是其重力的2倍．重力加速度为g，且0时刻射入的粒子正好可从板间射出．求：（1）两板间距d应满足的条件；（2）0时刻射入的粒子射出板间时的动能．中学高二（上）周考物理试卷参考答案与试题解析一．选择题：（本大题共8小题，每小题6分，共48分．其中1-6题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，7-8题有多个选项是正确的，全选对的得6分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分．把答案前的字母填在答题卡相应的表格中）1．关于电流，下列说法中正确的是（）A．导体中无电流的原因是其内部自由电荷停止了运动B．同一个金属导体接在不同的电路中，通过的电流强度往往不同，电流大说明那时导体内自由电荷定向运动速率大C．由于电荷做无规则热运动的速率比电荷定向移动速率大得多，故电荷做无规则热运动形成的电流也就大得多D．电流的传导速率就是导体内自由电子的定向移动速率【考点】电流、电压概念．【分析】明确电流形成的原因，知道电荷的定向移动形成电流；而电流与电荷的无规则运动无关．【解答】解：A、导体中无电流时，内部的自由电荷仍在无规律运动；故A错误；B、由I=nevs可知，同一个金属导体接在不同的电路中，通过的电流强度往往不同，电流大说明那时导体内自由电荷定向运动速率大；故B正确；C、电流的大小与电荷无规则运动的快慢无关；故C错误；D、电流的传导速率是电场形成的速度，约为光速；而电子的定向移动速率远小于光速；故D错误；故选：B．2．在截面积为S的均匀铜导体中流过恒定电流为I，铜的电阻率为ρ，电子电量为e，则电子在铜导体中运动时所受的电场力为（）A．0 B ．C ．D ．【考点】电场．【分析】由受力平衡可求得电荷定向移动的速度，再由是流的微观表达式可求得电流；由欧姆定律可求得导体的电流表达式，联立公式即可求解．【解答】解：由题意可知当电场力与阻力相等时形成恒定电流，设导线的长是L，导线两端的电压是U ，则有：导体中的电流I=则故选：B3．如图所示， H（核内有一个质子，没有中子），H（核内有一个质子，一个中子），H （核内有一个质子，两个中子）和He（核内有两个质子，两个中子）四种原子核的混合粒子沿平行板电容器两板中线OO′射入板间的匀强电场中，射出后都打在与OO′垂直的固定荧光屏上，使荧光屏上出现亮点．下列说法正确的是（）A．若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将出现4个亮点B．若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将出现4个亮点C．若它们射入电场时的质量与速度之积相等，在荧光屏上将出现4个亮点D．若它们都是从静止开始由同一加速电场加速后再射入此偏转电场的，则在荧光屏上将出现4个亮点【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】粒子带电量和质量不全相同，进入同一电场时加速度不同，做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，推导出偏转位移的表达式，再进行分析【解答】解：四个粒子进入匀强电场中都做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则得到：加速度为：a=，偏转距离为：y=at2，运动时间为：t=，联立三式得：y=；A、若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将出现3个亮点．故A错误；B、若它们射入电场时的动能相等，y与q成正比，在荧光屏上将只出现2个亮点．故B错误．C、若它们射入电场时的质量与速度之积相等，在荧光屏上将出现4个亮点，故C正确；D、若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，根据推论可知，y 都相同，故荧光屏上将只出现1个亮点．故D错误．故选：C4．甲、乙两根保险丝均为同种材料制成，直径分别是d1=0.5mm和d2=1mm，熔断电流分别为2.0A和6.0A．把以上两根保险丝各取等长一段并联后再接入电路中，允许BJ通过的最大电流是（）A．6.0 A B．7.5 A C．10.0 A D．8.0 A【考点】串联电路和并联电路．【分析】根据保险丝的直径，求出两保险丝的电阻关系，并联电路电压相等，两保险丝并联，两端电压应为较小的额定电压，然后由欧姆定律与并联电路特点求出电路最大电流．【解答】解：两保险丝材料与长度相同，由电阻定律可知：===，则R1=4R2=4R，保险丝允许的最大电压为：U1=I1R1=2×4R=8R，U2=I2R2=6×R=6R，两保险丝并联，两端电压相等，并联电压最大应为U=6R，则：I2=6A，I1==A=1.5A，并联电路允许的最大电流为：I max=I2+I1=6A+1.5A=7.5A，故选：B．5．如图所示，一个电量为﹣Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点．另一个电量为+q及质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，到B点时速度最小且为v．已知点电荷乙与水平面的动摩擦因数为μ、AB间距离为L0及静电力常量为k，则（）A．点电荷乙越过B点后继续向左运动，其电势能增多B．从A到B的过程中，电场力对点电荷乙做的功W=μmgL0+mv02﹣mv2C．在点电荷甲形成的电场中，AB间电势差U AB =D．OB 间的距离为【考点】电势差与电场强度的关系．【分析】本题首先要正确分析物体受力特点，明确力和运动的关系，在本题中注意滑动摩擦力的大小方向不变，两球靠近过程中库仑力逐渐增大，小球先减速后加速，根据牛顿第二定律和功能关系可正确解答．【解答】解：A、在小球向左运动过程中电场力一直做正功，因此电势能一直减小，故A错误；B、从A到B的过程中，电场力对点电荷乙做的功为W=U AB q=mgμL0+，故B错误；C、点电荷从A运动B过程中，根据动能定理有：U AB q﹣mgμL0=，解得，U AB =．故C错误；D、A、当速度最小时有：mgμ=F库=k，解得：r=，故D正确．故选：D．6．以下说法中正确的是（）A．电源的作用是维持导体两端的电压，使电路中有持续的电流B．在电源内部正电荷能从负极到正极是因为电源内部只存在非静电力而不存在静电力C．静电力与非静电力都可以使电荷移动，所以本质上都是使电荷的电势能减少D．静电力移动电荷做功电荷电势能减少，非静电力移动电荷做功电荷电势能增加【考点】电源的电动势和内阻．【分析】电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势．电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，与外电路的结构无关．电源的电动势在数值上等于内、外电压之和．【解答】解：A、电源的作用是维持导体两端的电压，使电路中有持续的电流；故A正确；B、在电源内部正电荷能从负极到正极是因为电源内部既存在非静电力，又存在静电力．故B错误；C、D、静电力与非静电力都可以使电荷移动，静电力移动电荷做功电荷电势能减少，非静电力移动电荷做功电荷电势能增加，故C错误，D正确；故选：AD．7．如图，A、B为水平放置的平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，两板的各有小孔M和N．先合上开关K，给电容器充电，过一会再断开开关．今有一带电质点，自A板上方相距为h的P点由静止开始自由下落（P、M、N在同一竖直线上），空气阻力不计，到达N孔时速度恰好为零．则（）A．若把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能到达N孔B．若把A板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落C．若把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落D．若把B板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】质点到达N孔时速度恰好为零，然后返回，根据动能定理知，质点运动到N点的过程中，重力做功和电场力做功大小相等．本题通过AB两端电势差的变化，根据动能定理进行判断【解答】解：A、把A板向上平移一小段距离，根据C=可知电容减小；由于电量一定，根据C=可知电压增大；根据动能定理，粒子还未到达N点，速度已减为零，然后返回，故A错误；B、把A板向下平移一小段距离，根据C=可知电容增加；由于电量一定，根据C=可知电压减小；根据动能定理，粒子到达N点速度大于零，故会穿过N孔继续下落，故B正确；C、把B板向上平移一小段距离，根据C=可知电容增加；由于电量一定，根据C=可知电压减小；根据动能定理，粒子到达N点重力做功大于电场力做功，N点速度不为零，故会穿过N孔继续下落，故C正确；D、把B板向下平移一小段距离，根据C=可知电容减小；由于电量一定，根据C=可知电压增加；根据动能定理，粒子到达N点重力做功小于电场力做功，粒子还未到达N点，速度已减为零，然后返回，故D错误；故选：BC8．小明去实验室取定值电阻两只R1=10Ω，R2=30Ω，电压表一个，练习使用电压表测电压．电路连接如下图，电源输出电压U=12.0V不变．小明先用电压表与R1并联，电压表示数为U1，再用电压表与R2并联，电压表示数为U2，则下列说法正确的是（）A．U1一定大于3.0V B．U2一定小于9.0VC．U1与U2之和小于12V D．U1与U2之比一定不等于1：3【考点】串联电路和并联电路．【分析】不接电压表时，R1、R2串联，电压之比等于电阻之比，求出此时R1、R2两端的电压，并联电压表后并联部分电阻变小，再根据串并联电路的特点即可分析求解．【解答】解：不接电压表时，R1、R2串联，电压之比为：，而U′1+U′2=12V解得：U′1=3.0V，U′2=9.0V当电压表并联在R1两端时，有：，解得：U1＜3V，同理，当电压表并联在R2两端时，有：U2＜9V，得：U1+U2＜12V．但两电压表之比可能等于1：3．故BC正确，AD错误．故选：BC．二．填空题（本大题有2小题，每空3分，共15分）9．如图所示，有一水平方向的匀强电场，场强为9×103N/C．在电场内的竖直平面内作半径为1m的圆，圆心处放置电荷量为1×10﹣6C的正点电荷，则圆周上C 点处的场强大小为 1.27×104N/C，方向与水平方向成45°角．【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】根据公式E=k求出点电荷在C点处产生的场强大小，判断出场强方向，C点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，根据平行四边形定则求解C点处的场强大小和方向．【解答】解：点电荷在C点处产生的场强大小为E=k=9×109×N/C=9×103N/C，方向从O→C．C点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，根据平行四边形定则得，C 点的场强大小为 E C=E=9N/C=1.27×104N/C，方向与水平成45°角斜向右上方．故答案为：1.27×104与水平方向成45°角斜向右上方10．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，使用的小灯泡为“6V3W”，其他可供选择的器材有：电压表V1（量程6V，内阻20kΩ）电压表V2（量程20V，内阻60kΩ）电流表A1（量程3A，内阻0.2Ω）电流表A2（量程0.6A，内阻1Ω）变阻器R1（0～1000Ω，0.4A）变阻器R2（0～20Ω，2A）学生电源E （6～8V）开关S及导线若干．实验中要求电压表在0～6V范围内读取并记录下12组左右不同的电压值U和对应的电流值I，以便作出伏安特性曲线，在上述器材中，电流表应选用A2，变阻器应选用R2．在方框中画出实验的电路图．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【分析】根据灯泡额定电压与额定功率，由电功率的变形公式求出灯泡额定电流，根据该电流选择电流表；在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，根据灯泡电阻与电表内阻间的关系确定电流表接法，然后作出实验电路图．【解答】解：灯泡额定电流I==0.5A，电流表应选A2（量程0.6A，内阻1Ω），为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器R2（0～20Ω，2A）；电压表0～6V范围内读数，滑动变阻器应采用分压接法；灯泡正常发光时电阻R==12Ω，灯泡电阻远小于电压表内阻，所以电流表应采用外接法，实验电路图如图所示；故答案为：A2；R2；实验电路图如图所示．三．计算题（本大题共4小题，共47分．解答本题时，要求写出必要的文字说明和重要的演算步骤，只写出答案的不给分，14题为实验班必做题，其它班选做）11．如图所示，一根长为l的细绝缘线，上端固定，下端系一个质量为m的带电小球，将整个装置放入一匀强电场，电场强度大小为E，方向水平向右，已知：当细线偏离竖直方向为θ=37°时，小球处于平衡状态，（sin37°=0.6 g 取10）试求：（1）小球带何种电荷，带电量为多少；（2）如果将细线剪断，小球经时间t=2s发生的位移大小．【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；牛顿第二定律．【分析】（1）正电荷所受电场力与电场强度同方向，负电荷所受电场力与电场强度反方向；受力分析后，根据平衡条件得到电场力，确定小球的带电量；（2）剪短细线后，小球受电场力和重力，合力恒定，加速度恒定，做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求加速度，再根据位移时间关系公式求解位移．【解答】解：（1）对小球受力分析，受重力、拉力和电场力，电场力向右，故带正电荷，根据平衡条件可知：水平方向：Tsinθ=qE竖直方向：Tcosθ=mg解得qE=mgtanθ，故q==故小球带正电荷，带电量为．（2）剪短细线后，小球受电场力和重力，合力沿着绳子向右下方，大小等于第一问中绳子的拉力，为 F合=；根据牛顿第二定律，加速度为 a==做初速度为零的匀加速直线运动，位移为x==•t2====25m答：（1）小球带正电荷，带电量为．（2）如果将细线剪断，小球经时间t发生的位移大小为25m12．如图所示，A1和A2是两块相同的电流表，V1和V2是两块相同的电压表．电流表A1的示数是1.4mA，电压表V1和V2的示数分别是0.8V和0.6V，试求：（1）电流表A2示数；（2）电压表和电流表的内阻之比．【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】（1）V1和V2是两只相同的电压表，内阻相同，根据欧姆定律得到两个电压表的示数与电流的关系，根据干路电流与支路电流的关系，联立即可求出电流表A2示数；（2）A2与V2串联，两电压表示数之差等于V1的电压，即可由欧姆定律求解A2的内阻．【解答】解：（1）由于V1和V2两表相同，说明它们的内阻相同，设为R，通过V1和V2两表的电流分别为I1和I2，则U1=I1R，U2=I2R，则得===由题意知 I1+I2=1.4 mA所以解得 I2=0.6 mA，即通过电流表A2的电流大小为0.6mA．（2）电流表A2两端电压 U A2=U2﹣U1=0.2 V，所以R A2===Ω．电压表V2的内阻R V2===1000Ω，所以电压表和电流表的内阻之比为3：1．答：（1）电流表A2示数是0.6mA；（2）电压表和电流表的内阻之比是3：1．13．如图所示，一长电阻网络，长度未知，图中最右端的电阻阻值为1Ω，余电阻中竖直方向放置的阻值均为2Ω，水平放置的阻值均为0.5Ω，求图中a、b两点间的电阻．【考点】串联电路和并联电路．【分析】该电路是由若干个小单元组成，可以从后向前推导，先求出最后一个单元的电阻值，然后结合电路结构的特殊性即可正确解答．【解答】解：最后一个单元的CD之间四个电阻是电阻123串联后与电阻4并联，所以电阻值： ==1Ω=R2可知最后一个单元的总电阻值恰好等于图中最右端的电阻阻值，再次根据串并联的关系，结合电路的重复性可知，最后2个单元的电阻值也是1Ω；同理，最后三个单元的电阻值也是1Ω…依此类推可知，电路中的总电阻值也是1Ω．答：图中a、b两点间的电阻是1Ω．14．如图所示，两平行金属板水平放置，板间存在着如图所示的交变电场，极板长为L，板间距离为d，取竖直向上的方向为电场强度的正方向．一带电量为q的正电荷从两板正中间的位置由左侧射入板间．初速度为v0，己知电荷所受电场力大小是其重力的2倍．重力加速度为g，且0时刻射入的粒子正好可从板间射出．求：（1）两板间距d应满足的条件；（2）0时刻射入的粒子射出板间时的动能．【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】（1）将电荷的运动分解为水平方向和竖直方向，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上，结合受力，根据牛顿第二定律和运动学公式求出最大位移的大小，从而得出d满足的条件．（2）根据竖直方向上的运动规律，结合运动学公式求出末时刻竖直方向的分速度，结合平行四边形定则求出射出时的动能．【解答】解：（1）0﹣内，电荷所受的电场力方向竖直向上，根据牛顿第二定律得，，则粒子向上运动的位移，粒子的速度，内，电荷所受的电场力方向竖直向下，根据牛顿第二定律得，，向上速度减为零的时间，知在竖直方向上粒子向上做匀减速运动到零后再向下做匀加速运动，向上匀减速运动的位移=，可知．则．（2）粒子射出复合场时，竖直方向的分速度，负号表示方向．则射出时的动能=．答：（1）两板间距d应满足的条件为．（2）0时刻射入的粒子射出板间时的动能为．。

2021年高二上学期物理周练（普通班）含答案一、选择题（每题5分，共60分）1．(多选)关于电场和磁场的下列说法中，你认为正确的是（）A．电场线上每一点的切线方向都跟电荷在该点的受力方向相同，磁感线上每一点的切线方向都跟电荷在该点所受的洛仑兹力方向相垂直B．磁极之间的相互作用是通过磁场发生的，磁场和电场一样，也是一种物质C．磁感线和电场线都是为了描述场而虚设的，是根本不存在的D．若一小段长为L、通过电流为I的导体, 在磁场中某处受到的磁场力为F, 则该处磁感应强度的大小一定是F/I2. 两个绝缘导体环AA′、BB′大小相同，环面垂直，环中通有相同大小的恒定电流，如图所示，则圆心O处磁感应强度的方向为(AA′面水平，BB′面垂直纸面)( )A．指向左上方B．指向右下方C．竖直向上D．水平向右3.两圆环A、B同心放置且半径RA＞RB，将一条形磁铁置于两环圆心处，且与圆环平面垂直，如图所示，则穿过A、B两圆环的磁通量的大小关系为( )B A A．φA＞φB B．φA=φBC．φA＜φB D．无法确定4．两个电子以大小不同的初速度沿垂直磁场的方向射入同一个匀强磁场中。

设r1、r2为这两个电子的运动轨道半径，T1、T2是它们的运动周期，则（）A．r1＝r2，T1≠T2 B．r1≠r2，T1≠T2 C．r1＝r2，T1＝T2 D．r1≠r2，T1＝T25．（多选）一个质子穿过某一空间而未发生偏转，则( )A．可能存在电场和磁场，它们的方向与质子运动方向相同B．此空间可能有磁场，方向与质子运动速度的方向平行C．此空间可能只有磁场，方向与质子运动速度的方向垂直D．此空间可能有正交的电场和磁场，它们的方向均与质子速度的方向垂直6．关于带电粒子在匀强磁场中运动，不考虑其他场力(重力)作用，下列说法正确的是( )A．可能做匀速直线运动B．可能做匀变速直线运动C．可能做匀变速曲线运动D．只能做匀速圆周运动7．如下图所示实验装置中用于研究电磁感应现象的是( )8.如图质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速度经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图虚线所示，下列表述正确的是( )A．M带负电，N带正电B．M的速率小于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9．（多选）如图所示，速度为v0、电荷量为q的正离子恰能沿直线飞出离子速度选择器，选择器中磁感应强度为B，电场强度为E，则（）A．若改为电荷量－q的离子，将往上偏（其它条件不变）B．若速度变为2v0将往上偏（其它条件不变）C．若改为电荷量＋2q的离子，将往下偏（其它条件不变）D．若速度变为v0将往下偏（其它条件不变）10．(多选)回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是（）A．增大匀强电场间的加速电压B．增大磁场的磁感应强度C．减小狭缝间的距离D．增大D形金属盒的半径11．如图所示，匀强电场E方向竖直向下，水平匀强磁场B垂直纸面向里，三个油滴a、b、c带有等量同种电荷。

2021年高二（2部）上学期物理周练试题15 含答案1．两个大小不同的绝缘金属圆环如图叠放在一起，小圆环有一半面积在大圆环内，当大圆环通上顺时针方向电流的瞬间，下列叙述正确的是（）A．小圆环中产生顺时针方向的感应电流B．小圆环中产生逆时针方向的感应电流C．小圆环中不产生感应电流D．小圆环有向左运动的趋势2. 如图所示，在同一水平面内有两根光滑平行金属导轨MN和PQ，在两导轨之间竖直放置通电螺线管，ab和cd是放在导轨上的两根金属棒，它们分别放在螺线管的左右两侧，保持开关闭合，最初两金属棒处于静止状态。

当滑动变阻器的滑动触头向左滑动时，ab棒和cd棒的运动情况是（）A．ab向左，cd向右 B. ab向右，cd向左C．ab、cd都向右运动 D. ab、cd都不动3．如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个边长相等的单匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ，分别用相同材料，不同粗细的导线绕制（Ⅰ为细导线）。

两线圈在距磁场上界面h高处由静止开始自由下落，再进入磁场，最后落到地面，运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界。

设线圈Ⅰ、Ⅱ落地时的速度大小分别为v1、v2，在磁场中运动时产生的热量分别为Q1、Q2。

不计空气阻力，已知线框电阻与导线长度成正比，与导线横截面积成反比，则（）A．v1<v2, Q1<Q2 B.v1=v2, Q1< Q2C．v1<v2, Q1= Q2 D.v1=v2, Q1= Q24．著名物理学家费曼曾设计过这样一个实验装置：一块绝缘圆板可绕其中心的光滑轴自由转动，在圆板的中部有一个线圈，圆板的四周固定着一圈带电的金属小球，如图所示．当线圈接通电源后，将有图示方向的电流流过，则下列说法正确的是( )A．接通电源瞬间，圆板不会发生转动B．线圈中电流强度的增大或减小会引起圆板向相同方向转动C．若金属小球带负电，接通电源瞬间圆板转动方向与线圈中电流流向相同D．接通电源后，保持线圈中电流大小不变，圆板转动方向与线圈中电流流向相同5．如图所示，同一水平面上足够长的固定平行导轨MN、PQ位于垂直于纸面向里的匀强磁场中，导轨上有两根金属棒ab、cd，能沿导轨无摩擦滑动，金属棒和导轨间接触良好，开始ab、cd都静止．现给cd一个向右的初速度v0，则下列说法中正确的是（）A．cd始终做减速运动，ab始终做加速运动，并有可能追上cdB．cd始终做减速运动，ab始终做加速运动，但肯定追不上cdC．cd先做减速运动后做加速运动，ab先做加速运动后做减速运动D．cd做减速运动，ab做加速运动，最终两杆以相同的速度做匀速运动6．如图所示，电阻R的阻值和线圈自感系数L的值都较大，电感线圈的电阻不计，A、B是两只完全相同的灯泡，则下列说法正确的是（）A．当开关S闭合时，B比A先亮，然后A熄灭B．当开关S闭合时，B比A先亮，然后B熄灭C．当电路稳定后开关S断开时，A立刻熄灭，B逐渐熄灭D．当电路稳定后开关S断开时，B立刻熄灭， A闪一下后再逐渐熄灭7．一质量为m、电阻为r的金属杆ab，以一定的初速度v0从一光滑平行金属导轨底端向上滑行，导轨平面与水平面成30°角，两导轨上端用一电阻R相连，如图所示，磁场垂直斜面向上，导轨的电阻不计，金属杆始终与导轨接触良好，金属杆向上滑行到某一高度之后又返回到底端时的速度大小为v，则金属杆在滑行过程中（）A．向上滑行与向下滑行的时间相等B．向上滑行与向下滑行时电阻R上产生的热量相等C．向上滑行与向下滑行时通过金属杆的电荷量相等D．向上滑行与向下滑行时金属杆克服安培力做的功相等8．如下图所示，通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈，线圈均与传送带以相同的速度匀速运动．为了检测出个别未闭合的不合格线圈，让传送带通过一固定匀强磁场区域，磁场方向垂直于传送带，线圈进入磁场前等距离排列，穿过磁场后根据线圈间的距离，就能够检测出不合格线圈，通过观察图形，判断下列说法正确的是 ( )A．若线圈闭合，进入磁场时，线圈相对传送带向后滑动B．若线圈不闭合，进入磁场时，线圈相对传送带向后滑动C．从图中可以看出，第2个线圈是不合格线圈D．从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈9．关于涡流，下列说法中正确是( )A．真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置B．家用电磁炉工作时在电磁炉的面板上产生涡流来加热食物C．阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动D．变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能减小涡流10．电吉他中电拾音器的基本结构如图所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音，下列说法正确的有( )A.选用铜质弦，电吉他仍能正常工作B.取走磁体，电吉他将不能正常工作C.增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势D.弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化二、计算题（本题共3小题40分，解答时要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，若只有最后答案而无演算过程的不得分）11．(12分)在一个点电荷Q的电场中，Ox坐标轴与它的某电场线重合，坐标轴上A、B两点的坐标分别为2.0m和5.0m。

嘴哆市安排阳光实验学校丰城中学高二（上）周练物理试卷（重点班12.24）一、选择题（本题共12个小题，每小题4分，共48分）1．长为a宽为b的矩形线圈，在磁感强度为B的匀强磁场中垂直于磁场的OO′轴以恒定的角速度ω旋转，设t=0时，线圈平面与磁场方向平行，则此时的磁通量和磁通量的变化率分别是（）A．0，0 B．0，BabωC．Babω，BabωD．Babω，02．如图，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管截面平行，当电键S接通一瞬间，两铜环的运动情况是（）A．同时向两侧推开B．同时向螺线管靠拢C．一个被推开，一个被吸引，但因电源正负极未知，无法具体判断D．同时被推开或同时向螺线管靠拢，但因电源正负极未知，无法具体判断3．如图所示，在光滑水平面上的直线MN左侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，右侧是无磁场空间．将两个大小相同的铜质矩形闭合线框由图示位置以同样的速度v向右完全拉出匀强磁场．已知制作这两只线框的铜质导线的横截面积之比是1：2．则拉出过程中下列说法中正确的是（）A．所用拉力大小之比为2：1B．通过导线某一横截面的电荷量之比是1：1C．拉力做功之比是1：4D．线框中产生的电热之比为1：24．如图所示，在磁感强度为B的匀强磁场中，有半径为r的光滑半圆形导体框架，OC为一能绕O在框架上滑动的导体棒，OC之间连一个电阻R，导体框架与导体棒的电阻均不计，若要使OC能以角速度ω匀速转动，则外力做功的功率是（）A ．B ．C ．D ．5．如图所示，把金属圆环匀速拉出磁场，下面叙述正确的是（）A．向左拉出和向右拉出所产生的感应电流方向相反B．不管向什么方向拉出，只要产生感应电流方向都是顺时针C．向右匀速拉出时，感应电流大小不变D．要将金属环匀速拉出，拉力大小要改变6．如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力作用下运动时，MN在磁场力作用下向右运动．则PQ所做的运动可能是（）A．向右匀加速运动B．向左匀加速运动C．向右匀减速运动D．向左匀减速运动7．如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落．如果线圈中受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为（）A．a1＞a2＞a3＞a4B．a1=a2=a3=a4C．a1=a3＞a2＞a4D．a4=a2＞a3＞a18．如图α所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P 和Q共轴，Q中通有变化电流i，电流随时间变化的规律如图b所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为N，则在下列时刻（）A．t1时刻N＞G，P有收缩的趋势B．t2时刻N=G，此时穿过P的磁通量最大C．t3时刻N=G，此时P中无感应电流D．t4时刻N＜G，此时穿过P的磁通量最小9．如图所示，在光滑绝缘水平面上，有一矩形线圈以一定的初速度进入匀强磁场区域，线圈全部进入匀强磁场区域时，其动能恰好等于它在磁场外面时的一半，设磁场区域宽度大于线圈宽度，则（）A．线圈恰好在完全离开磁场时停下B．线圈在未完全离开磁场时即已停下C．线圈能通过场区不会停下D．线圈在磁场中某个位置停下10．如图所示，xoy坐标系第一象限有垂直纸面向外的匀强磁场，第三象限有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感强度大小均为B，第二、四象限内没有磁场．一个围成四分之一圆弧形的导体环oab，其圆心在原点o，开始时导体环在第四象限，从t=0时刻起绕o点在xoy坐标平面内逆时针匀速转动．若以逆时针方向的电流为正，下列表示环内感应电流i随时间t变化的图象中，正确的是（）A ．B ．C ．D ．11．如图所示，用铝板制成“⊃”形框，将一质量为m的带电小球用绝缘细线悬挂在框的上方，让整体在垂直于水平方向的匀强磁场中向左以速度v匀速运动，悬线拉力为T，则（）A．悬线竖直，T=mg B．悬线竖直，T＜mgC．v选择合适的大小，可使T=0D．因条件不足，T与mg的大小关系无法确定12．如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B．将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g．下列选项正确的是（）A．P=2mgvsinθB．P=3mgvsinθC ．当导体棒速度达到时加速度大小为D．在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功二、计算题（本题共4个小题，共52分）13．用电阻为18Ω的均匀导线弯成如图所示直径D=0.80m的封闭金属圆环，环上AB弧所对圆心角为60°，将圆环垂直于磁感线方向固定在磁感应强度B=0.50T的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里．一根每米电阻为1.25Ω的直导线PQ，沿圆环平面向左以v=3.0m/s的速度匀速滑行（速度方向与PQ垂直），滑行中直导线与圆环紧密接触（忽略接触处的电阻），当它通过环上A、B位置时，求：（1）直导线AB段产生的感应电动势，并指明该段直导线中电流的方向；（2）此时圆环上发热损耗的电功率．14．一电阻为R的金属圆环，放在匀强磁场中，磁场与圆环所在平面垂直，如图（a）所示．已知通过圆环的磁通量随时间t的变化关系如图（b）所示，图中的最大磁通量Ф0和变化周期T都是已知量，求：（1）在t=0到的时间内，通过金属圆环的电流大小及方向；（2）在t=0到t=T的时间内，金属环所产生的电热Q．15．用质量为m、总电阻为R的导线做成边长为l的正方形线框MNPQ，并将其放在倾角为θ的平行绝缘导轨上，平行导轨的间距也为l，如图所示．线框与导轨之间是光滑的，在导轨的下端有一宽度为l（即ab=l）、磁感应强度为B 的有界匀强磁场，磁场的边界aa′、bb′垂直于导轨，磁场的方向与线框平面垂直．某一次，把线框从静止状态释放，线框恰好能够匀速地穿过磁场区域．若当地的重力加速度为g，求：（1）线框通过磁场时的运动速度；（2）开始释放时，MN与bb′之间的距离；（3）线框在通过磁场的过程中所生的热．16．如图所示，x轴上方有一匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于纸面向里，大小为B，x轴下方有一匀强电场，电场强度的大小为E，方向与y轴的夹角θ为45°且斜向上方．现有一质量为m电量为q的正离子，以速度v0由y轴上的A点沿y轴正方向射入磁场，该离子在磁场中运动一段时间后从x轴上的C点进入电场区域，该离子经C点时的速度方向与x轴夹角为45°．不计离子的重力，设磁场区域和电场区域足够大．求：（1）C点的坐标；（2）离子从A点出发到第三次穿越x轴时的运动时间；（3）离子第四次穿越x轴时速度的大小及速度方向与电场方向的夹角．丰城中学高二（上）周练物理试卷（重点班12.24）参考答案与试题解析一、选择题（本题共12个小题，每小题4分，共48分）1．长为a宽为b的矩形线圈，在磁感强度为B的匀强磁场中垂直于磁场的OO′轴以恒定的角速度ω旋转，设t=0时，线圈平面与磁场方向平行，则此时的磁通量和磁通量的变化率分别是（）A．0，0 B．0，BabωC．Babω，BabωD．Babω，0【考点】法拉第电磁感应定律；磁通量．【专题】电磁学．【分析】根据磁能量的定义可知磁通量的大小；由法拉第电磁感应定律可知磁通量的变化率的大小．【解答】解：线圈平面与磁场方向相互平行，则没有磁感线穿过；故磁通量为零；磁通量的变化率最大，电动势最大；由E M=BSω及E=可知；磁通量的变化率：=Babω；故选：B．【点评】了解交流电产生的原理，特别是两个特殊位置：中性面和垂直中性面时，磁通量和电动势的变化．对于正弦交变电流的最大值E m=nBSω=nωΦm，要在理解的基础上加强记忆．交流电流表和电压表测量的是有效值．2．如图，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管截面平行，当电键S接通一瞬间，两铜环的运动情况是（）A．同时向两侧推开B．同时向螺线管靠拢C．一个被推开，一个被吸引，但因电源正负极未知，无法具体判断D．同时被推开或同时向螺线管靠拢，但因电源正负极未知，无法具体判断【考点】楞次定律．【专题】电磁感应中的力学问题．【分析】当电键S接通瞬间，小铜环中磁通量从无到有增加，产生感应电流，铜环受到安培力将发生运动，根据楞次定律判断两环的运动方向．【解答】解：当电键S接通瞬间，小铜环中磁通量从无到有增加，根据楞次定律，感应电流的磁场要阻碍磁通量的增加，则两环将向两侧运动．故A正确．故选A．【点评】本题考查运用楞次定律判断电磁感应现象中导体运动方向问题的能力．本题也可以按因果关系，按部就班的分析两环受到的安培力方向判断．3．如图所示，在光滑水平面上的直线MN左侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，右侧是无磁场空间．将两个大小相同的铜质矩形闭合线框由图示位置以同样的速度v向右完全拉出匀强磁场．已知制作这两只线框的铜质导线的横截面积之比是1：2．则拉出过程中下列说法中正确的是（）A．所用拉力大小之比为2：1B．通过导线某一横截面的电荷量之比是1：1C．拉力做功之比是1：4D．线框中产生的电热之比为1：2【考点】电磁感应中的能量转化；法拉第电磁感应定律．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】根据E=BLv、I=、F=BIL ，R=ρ得到安培力的表达式，即可根据平衡条件得到拉力的大小关系；根据感应电荷量q=分析电荷量的关系；由功的公式得到拉力做功的表达式，再求解做功之比；根据功能关系分析电热之比．【解答】解：A、设矩形线圈左右边长为L1，上下边长为L2．电阻率为ρ，截面积为S．则感应电流为 I==拉力F=BIL1==，则知F∝S，所以所用拉力大小之比为1：2．故A错误．B、根据感应电荷量q==∝S，所以通过导线某一横截面的电荷量之比是1：2．故B错误．C、拉力做功W=FL1=∝S，拉力做功之比是1：2．故C错误．D、根据功能关系可知，线框中产生的电热等于拉力做功，故电热之比为1：2．故D正确．故选D【点评】本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，考查了导体切割产生的感应电动势公式，闭合电路欧姆定律、电阻定律、感应电荷量等多个知识，推导出所求量的表达式是关键．4．如图所示，在磁感强度为B的匀强磁场中，有半径为r的光滑半圆形导体框架，OC为一能绕O在框架上滑动的导体棒，OC之间连一个电阻R，导体框架与导体棒的电阻均不计，若要使OC能以角速度ω匀速转动，则外力做功的功率是（）A ．B ．C ．D ．【考点】电功、电功率；导体切割磁感线时的感应电动势．【专题】电磁感应中的力学问题．【分析】导体棒匀速转动，说明处于受力平衡状态，外力的功率和电阻的发热的功率大小相等，求出电阻发热的功率即可．【解答】解：因为OC是匀速转动的，根据能量的守恒可得，P外=P电=，又因为E=Br•，联立解得：P外=，所以C正确．故选C．【点评】解决本题的关键是分析出外力的功率与电阻的发热的功率大小相等，知道这一点本题就简单的多了．5．如图所示，把金属圆环匀速拉出磁场，下面叙述正确的是（）A．向左拉出和向右拉出所产生的感应电流方向相反B．不管向什么方向拉出，只要产生感应电流方向都是顺时针C．向右匀速拉出时，感应电流大小不变D．要将金属环匀速拉出，拉力大小要改变【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．【分析】将线圈拉出磁场，磁通量都减小，根据楞次定律判断感应电流的方向．公式E=BLv中L是有效的切割长度．安培力的大小：F=BIL中L是有效长度．【解答】解：A、B、不管沿什么将线圈拉出磁场，穿过线圈的磁通量都减小，根据楞次定律判断可知，线圈中感应电流的方向都是沿顺时针方向．故B正确，A错误．C、感应电流的大小与感应电动势有关，而感应电动势与线圈移动时切割磁感线的有效长度有关，由于移动过程中有效的切割长度先增大后减小，则感应电动势也先增大后减小，感应电流先增大后减小．故C错误．D、线圈在切割磁感线的过程中，安培力的大小：F=BIL，与电流的大小以及安培力的有效长度有关，由于感应电流先增大后减小，移动过程中有效长度先增大后减小，所以对金属环的拉力大小会发生变化．故D正确．故选：BD．【点评】本题是楞次定律和E=BLv的应用，注意公式E=BLv中L是有效的切割长度．安培力的大小：F=BIL中L是有效长度．6．如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力作用下运动时，MN在磁场力作用下向右运动．则PQ所做的运动可能是（）A．向右匀加速运动B．向左匀加速运动C．向右匀减速运动D．向左匀减速运动【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；根据右手螺旋定则，与楞次定律可知PQ的运动情况．【解答】解：MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；再由右手螺旋定则与楞次定律可知，PQ可能是向左加速运动或向右减速运动．故BC正确，AD错误．故选：BC．【点评】本题关键是分析好引起感应电流的磁通量的变化，进而才能分析产生电流的磁通量是由什么样的运动产生的．7．如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落．如果线圈中受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为（）A．a1＞a2＞a3＞a4B．a1=a2=a3=a4C．a1=a3＞a2＞a4D．a4=a2＞a3＞a1【考点】法拉第电磁感应定律；安培力．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】线圈自由下落时，加速度为g．线圈进入和穿出磁场过程中，切割磁感线产生感应电流，将受到向上的安培力．线圈完全在磁场中时，不产生感应电流，线圈只受重力，加速度等于g．根据牛顿第二定律分析加速度的关系．【解答】解：线圈自由下落时，加速度为a1=g．线圈完全在磁场中时，磁通量不变，不产生感应电流，线圈不受安培力作用，只受重力，加速度为a3=g．线圈进入和穿出磁场过程中，切割磁感线产生感应电流，将受到向上的安培力，根据牛顿第二定律得知，a2＜g，a4＜g．线圈完全在磁场中时做匀加速运动，到达4处的速度大于2处的速度，则线圈在4处所受的安培力大于在2处所受的安培力，又知，磁场力总小于重力，则a2＞a4，故a1=a3＞a2＞a4．故选：C【点评】本题关键是分析安培力的大小和方向情况，抓住安培力大小与速度成正比，分析B、D两处安培力的大小关系．8．如图α所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P 和Q共轴，Q中通有变化电流i，电流随时间变化的规律如图b所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为N，则在下列时刻（）A．t1时刻N＞G，P有收缩的趋势B．t2时刻N=G，此时穿过P的磁通量最大C．t3时刻N=G，此时P中无感应电流D．t4时刻N＜G，此时穿过P的磁通量最小【考点】楞次定律；磁通量．【专题】电学图像专题．【分析】当螺线管中通入变化的电流时形成变化的磁场，这时线圈P中的磁通量发生变化，由其磁通量的变化根据楞次定律可以判断P中产生感应电流的大小方向以及P线圈收缩和扩展趋势．【解答】解：A、当螺线管中电流增大时，其形成的磁场不断增强，因此线圈P 中的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈P将阻碍其磁通量的增大，故线圈有远离和面积收缩的趋势，故A正确；B、D当螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此磁铁线圈中无感应电流产生，故t2时刻N=G，此时穿过P的磁通量最大，故B 正确，D错误；C、t3时刻螺线管中电流为零，但是线圈P中磁通量是变化的，因此此时线圈中有感应电流，此瞬间螺线管中电流为零，两线圈间没有作用力，因此此时N=G，故C错误．故选AB．【点评】正确理解楞次定律中“阻碍”的含义，注意判断感应电流的大小看磁通量的变化率而不是看磁通量的大小，如C选项，学生很容易错选．9．如图所示，在光滑绝缘水平面上，有一矩形线圈以一定的初速度进入匀强磁场区域，线圈全部进入匀强磁场区域时，其动能恰好等于它在磁场外面时的一半，设磁场区域宽度大于线圈宽度，则（）A．线圈恰好在完全离开磁场时停下B．线圈在未完全离开磁场时即已停下C．线圈能通过场区不会停下D．线圈在磁场中某个位置停下【考点】电磁感应中的能量转化；法拉第电磁感应定律．【专题】电磁感应——功能问题．【分析】线圈完全进入磁场后做匀速运动，进磁场和出磁场的过程都做变减速直线运动，比较进磁场和出磁场时所受的安培力大小，从而判断出线圈能否通过磁场．【解答】解：线圈出磁场时的速度小于进磁场时的速度，安培力F=BIL=，知出磁场时所受的安培力小于进磁场时所受的安培力，根据动能定理，由于进磁场时安培力做功大于出磁场时安培力做功，则出磁场时动能的变化量小于进磁场时动能的变化量，进磁场时其动能恰好等于它在磁场外面时的一半，知出磁场后，动能不为零，还有动能，将继续运动，不会停下来．故D正确．A、B、D错误．故选：C．【点评】解决本题的关键比较出进磁场和出磁场时的安培力，根据动能定理进行分析．10．如图所示，xoy坐标系第一象限有垂直纸面向外的匀强磁场，第三象限有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感强度大小均为B，第二、四象限内没有磁场．一个围成四分之一圆弧形的导体环oab，其圆心在原点o，开始时导体环在第四象限，从t=0时刻起绕o点在xoy坐标平面内逆时针匀速转动．若以逆时针方向的电流为正，下列表示环内感应电流i随时间t变化的图象中，正确的是（）A ．B ．C ．D ．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．【专题】电磁感应——功能问题．【分析】根据右手定则判断线框中感应电流的方向．由导体棒转动切割磁感线产生的感应电动势公式E=BL2ω和欧姆定律分析感应电流的大小的变化情况．【解答】解：在0﹣内，oa切割磁力线运动，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为顺时针方向，为负值．﹣内，ob切割磁力线运动，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为逆时针方向，为正值．T ﹣T，oa切割磁力线运动，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为逆时针方向，为正值．T﹣T内，ob切割磁力线运动，根据右手定则判断可知，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为顺时针方向，为负值．无论哪个半径切割磁力线，所产生的感应电动势大小相同，设加速度为ω，由感应电动势公式E=BL2ω和欧姆定律得知感应电流的大小是不发生变化的，由此可得知选项ABC错误，D正确．故选：D．【点评】本题首选要明确右手定则的使用方法，要会根据感应电动势公式和欧姆定律分析感应电流的大小情况，再选择图象．对于电流的方向，还可直接利用楞次定律来解答．11．如图所示，用铝板制成“⊃”形框，将一质量为m的带电小球用绝缘细线悬挂在框的上方，让整体在垂直于水平方向的匀强磁场中向左以速度v匀速运动，悬线拉力为T，则（）A．悬线竖直，T=mgB．悬线竖直，T＜mgC．v选择合适的大小，可使T=0D．因条件不足，T与mg的大小关系无法确定【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；导体切割磁感线时的感应电动势．【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】注意铝框在磁场中也产生感应电动势，故小球在总共受四个力作用，由洛仑兹力公式及电场力公式可得出两力间的关系；从而得出拉力与重力的关系．【解答】解：因为竖直的铝板切割磁感线所以产生感应电动势．U形框的上下板形成一个上板为负下板为正的匀强电场．小球这时候受到4个力的作用，重力方向向下，绳子的弹力方向向上，洛伦磁力，电场力，如果带的是正电则洛伦磁力方向向下，所受电场力方向向上；如果带的是负电则洛伦磁力方向向上，所受电场力方向向下，且洛仑磁力等于电场力．f洛=BqV，F电=Eq，E=，u=E；感应电动势=BVL（L为竖直板的长度）联合起来得 F电=BqV，故洛伦磁力等于电场力且方向相反．故拉力等于重力；故选A．【点评】本题不要只认为小球只受洛仑兹力而忽视了电场力，注意导体切割磁感线时都会产生感应电动势，从而形成电场．12．如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B．将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g．下列选项正确的是（）A．P=2mgvsinθB．P=3mgvsinθC ．当导体棒速度达到时加速度大小为D．在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；功率、平均功率和瞬时功率；电磁感应中的能量转化．【专题】压轴题；电磁感应——功能问题．【分析】导体棒最终匀速运动受力平衡可求拉力F，由P=Fv可求功率，由牛顿第二定律求加速度，由能量守恒推断能之间的相互转化．【解答】解：A、当导体棒以v匀速运动时受力平衡，则mgsinθ=BIl=，当导体棒以2v匀速运动时受力平衡，则F+mgsinθ=BIl=，故F=mgsinθ，拉力的功率P=Fv=2mgvsinθ，故A正确B、同理，B错误C 、当导体棒速度达到时，由牛顿第二定律，mgsinθ﹣=ma，解得a=，故C正确D、由能量守恒，当速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力及重力所做的功，故D错误故选：AC【点评】考查了电磁感应定律结合闭合电路，注意平衡条件得应用，能量、功率关系．二、计算题（本题共4个小题，共52分）13．用电阻为18Ω的均匀导线弯成如图所示直径D=0.80m的封闭金属圆环，环上AB弧所对圆心角为60°，将圆环垂直于磁感线方向固定在磁感应强度B=0.50T的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里．一根每米电阻为1.25Ω的直导线PQ，沿圆环平面向左以v=3.0m/s的速度匀速滑行（速度方向与PQ垂直），滑行中直导线与圆环紧密接触（忽略接触处的电阻），当它通过环上A、B位置时，求：（1）直导线AB段产生的感应电动势，并指明该段直导线中电流的方向；（2）此时圆环上发热损耗的电功率．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】由右手定则得直道线感应电流的方向．。

嘴哆市安排阳光实验学校座号：一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中，1-7只有一个选项正确，8-12有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1、两个固定的等量异种电荷，在他们连线的垂直平分线上有a、b 、c三点，如图2所示，下列说法正确的是（）A．a点电势比b点电势高B．a、b两点场强方向相同，a点场强比b点大C．a、b、c三点的电势与无穷远电势相等D．一带电粒子(不计重力)，在a点无初速释放，则它将在a、b、c线上运动2．如图所示，细线拴一带负电的小球，球处在竖直向下的匀强电场中，使小球在竖直平面内做圆周运动，则（）A．小球不可能做匀速圆周运动B．当小球运动到最高点时绳的张力一定最小C．小球运动到最低点时，球的线速度一定最大D．小球运动到最低点时，电势能一定最大3．如图所示，A为空心金属球，B为金属球，将另一带正电的小球C从A球开口处放入A球，不接触A球，然后用手摸一下A球，再用手接触一下B球，再移走C球，则( )A．A球带负电，B球带正电B．A球带负电，B球不带电C．A、B两球都带负电D．A、B两球都带正电4．如图所示，让平行板电容器带电后,静电计的指针偏转一定角度，若不改变A、B两极板带的电量而减小两极板间的距离，同时在两极板间插入电介质，那么静电计指针的偏转角度：( ) A．一定减小 B．一定增大C．一定不变 D．可能不变5. 有四个金属导体，它们的伏安特性曲线如图所示，电阻最大的导体是（）A．a B．b C．c D．d6.如图所示,平行线代表电场线,但未指明方向,带电荷量为10－2C的正电微粒在电场中只受电场力作用,当由A点运动到B点时,动能减少了0．1 J,已知A点电势为－10 V,则 ( ) A．B点的电势为零,微粒如图所示,平行线代表电场线,但未指明方向,带电荷量为10－2C的正电微粒在电场中只受电场力作用,当由A点运动到B点时,动能减少了0.1 J,已知A点电势为－10 V,则 ( )A．B点的电势为零,微粒运动轨迹是1B．B点的电势是－20 V,微粒运动轨迹是1C．B点的电势为零,微粒运动轨迹是2D．B点的电势是－20 V,微粒运动轨迹是2abC 图27. 如图，质量为m 、带电量为q 的带电粒子从A 点以竖直向上的速度v 进入电场强度为E 的水平匀强电场中．当粒子运动到B 点时，速度方向变为水平，大小仍为v ，已知粒子所受电场力和重力的大小相等，下列说法中正确的是（ ）A ．粒子在电场中做匀变速运动B ．A 、B 两点间的电势差为22mvqC ．由A 点到B 点粒子所受合力为零D ．由A 点到B 点合力对粒子做功为零8.有一横截面积为S 的铜导线，流经其中的电流强度为I ，设每单位体积导线有n 个自由电子，电子的电荷量为q ，此时电子定向移动的速度为v ，在Δt 时间里，通过导线横截面的自由电子数目可表示为（ ）A ．B ．C ．D ．9．下列说法中正确的是（ ）A. 电场强度反映了电场的力的性质，因此电场中某点的电场强度与试探电荷在该点所受的电场力成正比B. 电场中某点的电场强度，由电场本身的性质决定，与试探电荷在该点所受的静电力及带电量无关C. 规定电场中某点电场强度的方向与正试探电荷在该点所受的静电力方向相同D. 公式q F E /=和2/r kQ E =对于任何静电场都是适用的 10.如图所示，为某一点电荷所形成的一簇电场线，a 、b 、c 三条虚线为三个带电粒子以相同的速度从O 点射入电场的运动轨迹，其中b 虚线为一圆弧，AB 的长度等于BC 的长 度，且三个粒子的电荷量大小相等，不计粒子重力，则以 下说法正确的是( ) A ．a 一定是正粒子的运动轨迹，b 和c 一定是负粒子的运动轨迹 B ．由于AB 的长度等于BC 的长度，故U AB ＝U BC C ．a 虚线对应的粒子的加速度越来越小，c 虚线对应的粒子的加速度越来越大，b 虚线对应的粒子的加速度大小不变D ．b 虚线对应的粒子的质量大于c 虚线对应的粒子的质量11.如图所示，边长为L 的正方形abcd 区域内有场强大小为E 的匀强电场，电场方向与正方形的一条边平行（图中未画出）。

丰城中学2015-2016学年上学期高二周练试卷物 理一、选择题（本题包括10小题，1－6是单选题，7－10多选题。

共60分）1．以下叙述正确的是( )A ．法拉第发现了电磁感应定律B ．惯性是物体的固有属性，速度大的物体惯性一定大C ．牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因D ．感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果2如图所示，水平放置的两根平行的光滑长直金属导轨，其电阻不计，导体棒ab 、cd 跨在导轨上，ab 的电阻R 大于cd 的电阻r ，当cd 在大小为F 1的水平向右的外力作用下匀速向右滑动时，ab 在大小为F 2的水平外力作用下保持静止，那么以下说法中正确的是( )A ．U ab >U cd ，F 1>F 2B ．U ab ＝U cd ，F 1<F 2C ．U ab >U cd ，F 1＝F 2D ．U ab ＝U cd ，F 1＝F 23.法拉第通过静心设计的一系列试验，发现了电磁感应定律，将历史上认为各自独立的学科“电学”与“磁学”联系起来．在下面几个典型的实验设计思想中，所作的推论后来被实验否定的是（ ）A.既然磁铁可使近旁的铁块带磁，静电荷可使近旁的导体表面感应出电荷，那么静止导线上的稳恒电流也可在近旁静止的线圈中感应出电流B ．既然磁铁可在近旁运动的导体中感应出电动势，那么稳恒电流也可在近旁运动的线圈中感应出电流C.既然运动的磁铁可在近旁静止的线圈中感应出电流，那么静止的磁铁也可在近旁运动的导体中感应出电动势D.既然运动的磁铁可在近旁的导体中感应出电动势，那么运动导线上的稳恒电流也可在近旁的线圈中感应出电流4．如图所示，一正方形线圈的匝数为n ，边长为a ，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中。

在Δt 时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B 均匀地增大到2B 。

在此过程中，线圈中产生的感应电动势为( )A.Ba 22Δt B.nBa 22ΔtC.nBa 2ΔtD.2nBa 2Δt5．如图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里，abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为l，t＝0时刻，bc边与磁场区域左边界重合．现令线圈以向右的恒定速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域，取沿a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t的变化的图线是图中的( )6.水平放置的金属框架cdef处于如图所示的匀强磁场中，金属棒ab处于粗糙的框架上且与框架接触良好，从某时刻开始，磁感应强度均匀增大，金属棒ab始终保持静止，则( ) A．ab中电流增大，ab棒所受摩擦力也增大B．ab中电流不变，ab棒所受摩擦力也不变C．ab中电流不变，ab棒所受摩擦力增大D．ab中电流增大，ab棒所受摩擦力不变7.某空间出现了如图1所示的一组闭合的电场线，这可能是（）A.沿AB方向磁场的迅速减弱B.沿AB方向磁场的迅速增强C.沿BA方向磁场的迅速增强D.沿BA方向磁场的迅速减弱8.以下说法正确的是（）A.用公式求出的是电动势的瞬时值B.用公式求出的电动势，只限于磁场方向和导线运动方向及导线方向三者互相垂直的情况C.用求出的电动势是内的平均电动势D.用求出的电动势是t时刻的瞬时电动势9.某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小.一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100 m，该河段涨潮和落潮时有海水（视为导体）流过.设落潮时，海水自西向东流，流速为2 m/s.下列说法正确的是（）A.河北岸的电势较高B.河南岸的电势较高C.电压表记录的电压为9 mVD.电压表记录的电压为5 mV10.如图是演示自感现象的电路图．L是一个电阻很小的带铁芯的自感线圈，A是一个标有“6V，4w”的小灯泡，电源电动势为6V，内阻为3Ω，在实验中（）A．S闭合的瞬间灯泡A中有电流通过，其方向是从a→bB．S闭合后，灯泡A不能正常工作C．S由闭合后而断开的瞬间，灯A中无电流D．S由闭合后而断开的瞬间，灯A中有电流通过，其方向为从b→a二、填空题（本题共2小题，共12分.请将正确的答案填到横线上）11.把一个矩形线圈从有理想边界的匀强磁场中匀速拉出(如图所示)，第一次速度为，第二次速度为，且，则两情况下拉力的功之比______，拉力的功率之比______，线圈中产生的焦耳热之比______.12.如图所示，一个半径为r的铜盘，在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω绕中心轴OO′匀速转动，磁场方向与盘面垂直，在盘的中心轴与边缘处分别安装电刷．设整个回路电阻为R，当圆盘匀速运动角速度为ω时，通过电阻的电流为________．三、计算题（本题共2小题，共28分.解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）13．（8分）如图所示，面积为0．2m2的100匝线圈A处在磁场中，磁场方向垂直于线圈平面．磁感强度随时间变化的规律是B＝（6－0．2t）（T）已知R1=4Ω，R2=6Ω，电容C=30μF，线圈A的电阻不计．求：（1）闭合S后，通过R2的电流强度大小和方向。

1．三个阻值都为12Ω的电阻,它们任意连接、组合，总电阻可能为（ )A ．4ΩB ．24ΩC ．8ΩD ．36Ω 2．下列说法正确是（ )A ．一个电阻和一根无电阻的理想导线并联总电阻为零B ．并联电路任一支路电阻都大于电路的总电阻C ．并联电路任一支路电阻增大（其它支路不变） 总电阻也增大D ．并联电路任一支路电阻增大(其它支路不变） 总电阻一定减少3．三个电阻之比为R 1：R 2:R 3=1:2:5，将这三个电阻并联，则通过这三支路的电流强度I 1:I 2:I 3之比为( )A ．1：2: 5B ．5：2:1C ．10:5：2D ．2：5:10 4．如图2—8所示，4只电阻串联于某电路中。

已测出U AC =9V ， U BD =6V, R 2=R 4则U AE为（ ）A ．3VB ．7。

5VC ．15VD ．无法确定5．如图2-9所示，A B 间电压恒为U,当滑动变阻器的滑片P 逐渐向A 端移动的过程中灯泡上的电压数值是（ ）A ．一直为UB ．一直为C ．逐渐增大到UD ．逐渐增大到06．一电流表的满偏电流I g =1mA ，内阻为200Ω。

要把它改装成B C R 1R 2R 3图2-8ABP×图2-9一个量程为0。

5A的电流表，则应在电流表上（）A．并联一个200Ω的电阻B．并联一个0。

4Ω的电阻C．串联一个0。

4Ω的电阻D．串联一个200Ω的电阻7．一个电流表的满偏电流I g=1mA，内阻R g=500，要把它改装成一个量程为10V的电压表,则应在电流表上（）A．串联一个10kΩ的电阻B．并联一个10kΩ的电阻C．串联一个9。

5kΩ的电阻D．并联一个9。

5kΩ的电阻8．将一只阻值为几千欧的电阻R1和一只阻值为千分之几欧的电阻R2串联起来，则总电阻（)A．很接近R1而略大于R1 B．很接近R1而略小于R1C．很接近R2而略大于R2 D．很接近R2而略小于R29．将一只阻值为几千欧的电阻R1和一只阻值为千分之几欧的电阻R2并联起来，则总电阻（ )A．很接近R1而略大于R1 B．很接近R1而略小于R1C．很接近R2而略大于R2 D．很接近R2而略小于R210．把“1.5V 0。