2017-2018学年云南省曲靖市宣威市民中高二下学期3月月考物理试题 Word版含解析

云南省曲靖市宣威民族中学高二物理测试题含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. 下列关于等势面的说法正确的是A．沿电场线方向，电势降低；电势降低的方向就是电场的方向B．在同一等势面上移动电荷时，电场力不做功C．在电场中将电荷由a点移到b点，电场力做功为零，则该电荷一定是在等势面上运动D．某等势面上各点的场强方向与该等势面垂直参考答案：BD2. （多选题）如图所示，水平木板上有质量m＝1.0 kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力F f的大小．取重力加速度g＝10 m/s2，下列判断正确的是A．4s内拉力对物块做功为零B．4 s末物块所受合力大小为4.0 NC．物块与木板之间的动摩擦因数为0.3D．6 s～9 s内物块的加速度大小为2.0 m/s2参考答案：ACD3. （单选）如图所示，线圈L的自感系数很大，且其电阻可以忽略不计，L1、L2是两个完全相同的小灯泡，在开关S闭合和断开的过程中，L1、L2的亮度变化情况是(灯丝不会断) ()．A．S闭合，L1亮度不变，L2亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮；S断开，L2立即不亮，L1逐渐变亮B．S闭合，L1亮度不变，L2很亮；S断开，L1、L2立即不亮C．S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2亮度不变；S断开，L2立即不亮，L1亮一下才逐渐熄灭．D．S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2则逐渐变得更亮；S断开时，L2立即不亮，L1亮一下才灭参考答案：D4. （单选）如图4所示，电池组的电动势为E，内电阻为r，R0为定值电阻，R为变阻器，已知R0＞r.为使R0上消耗的电功率最大，应将变阻器阻值调整到( )A．R0 B.R0＋r C.R0－r D.0参考答案：D5. （单选）关于电场和磁场的概念，以下说法正确的是B二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. 质量为m的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为μ，现用一水平恒力F作用于物体上使之加速前进，经过时间t撤去，则物体运动的总时间为。

2017--2018 学年第二学期高二第三次月考理科综合物理试卷二、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分，共 48 分。

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

全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分14.下列说法不符合物理学史的是（）A．奥斯特发现了电流的磁效应B．法拉第发现了电磁感应现象C．牛顿解释了涡旋电场的产生原理D．楞次找到了判断感应电流方向的方法15．如图所示，接在照明电路中的自耦变压器的副线圈上通过输电线接有三个灯泡 L1、L2 和 L3，输电线的等效电阻为 R.当滑动触头 P 向上移动一段距离后，下列说法正确的是（）A．等效电阻 R 上消耗的功率变大B．三个灯泡都变亮C．原线圈两端的输入电压减小 D．原线圈中电流表示数减小16. 如图所示，面积为 0.2 m2 的 100 匝线圈处在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，已知磁感应强度随时间变化的规律为 B=（2+0.2t）T，定值电阻 R1=6Ω，线圈电阻R2=4Ω，则 a、b 两点间电压 U ab （）A、2.4VB、0.024VC、4VD、1.6V17.如图所示，闭合金属线框从一定高度自由下落进入匀强磁场中，磁场足够大，从ab 边开始进入磁场到cd 边刚进入磁场的这段时间内，若线框平面与磁感线保持垂直，则线框运动的速度−时间图象不可能的是（）18．如图所示，N 匝矩形导线框以角速度 ω 在磁感应强度为 B 的匀强磁场中绕轴 OO ′匀速转动，线框面 积为 S ，线框的电阻、电感均不计，外电路接有电阻 R 、交流理想电流表和二极管 D.二极管 D 具有单向 导电性，即正向电阻为零，反向电阻无穷大．下列说法正确的是（ ）A ．图示位置电流表的示数为 0B ．R 两端电压的有效值 U ＝NBSC ．一个周期内通过 R 的电荷量 q ＝2BS/RD ．交流电流表的示数 I ＝2RωNBS 19.电阻 R 、电容 C 和电感器 L 是常用的电子元器件,在频率为 f 的交变电流电路中,如图所示,当开关 S 依次分别接通 R 、C. L 支路,这时通过各支路的电流有效值相等。

云南省曲靖市宣威市第五中学2017-2018学年高二物理下学期3月月考试题本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间120分钟。

分卷I一、单选题(共10小题,每小题3.0分,共36分)1.一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220 V交变电流改变为110 V．已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为( )A． 200 B． 400 C． 1 600 D． 3 2002.闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，线圈中产生的交变电流的瞬时值表达式为i＝I m sinωt.保持其他条件不变，使线圈的匝数及转速都增加1倍，则电流的变化规律为( )A．i＝2I m sin 2ωt B．i＝4I m sin 2ωtC．i＝2I m sinωt D．i＝4I m sinωt3.远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R.变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是( )A．＝ B．I2＝C．I1U1＝I R D．I1U1＝I2U24.x轴上有两点电荷Q1和Q2，Q1和Q2之间连线上各点电势高低如图曲线所示(AP＞PB)，选无穷远处电势为0，从图中可以看出( )A．Q1电量一定小于Q2电量B．B．Q1和Q2一定是同种电荷C．P点电场强度是0D．Q1和Q2之间连线上各点电场方向都指向Q25.有一不动的矩形线圈abcd，处于范围足够大的可转动的匀强磁场中，如图所示．该匀强磁场是由一对磁极N、S产生，磁极以OO′为轴匀速转动．在t＝0时刻，磁场的方向与线圈平行，磁极N开始离开纸面向外转动，规定由a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流I随时间t变化的图线是( )A． B．C． D．6.以下是欧姆表原理的电路示意图，正确的是( )A． B．C． D．7.如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1带负电，a、b两点在它们连线的延长线上.现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动(粒子只受电场力作用)，粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度图象如图乙所示.以下说法中正确的是（）A．Q2一定带负电B．Q2的电量一定大于Q1的电量C．b点的加速度为零，电场强度也为零D．整个运动过程中，粒子的电势能先减小后增大8.关于带电粒子所受洛伦兹力F、磁感应强度B和粒子速度v三者方向之间的关系，下列说法正确的是( )A．F、B、v三者必定均保持垂直B．F必定垂直于B、v，但B不一定垂直于vC．B必定垂直于F，但F不一定垂直于vD．v必定垂直于F、B，但F不一定垂直于B9.如图所示，将一根绝缘金属导线弯曲成一个完整的正弦曲线形状，它通过两个小金属环与长直金属杆导通，图中a、b间距离为L，导线组成的正弦图形顶部或底部到杆的距离都是d.右边虚线范围内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于弯曲导线所在平面的匀强磁场，磁场区域的宽度为，现在外力作用下导线沿杆正以恒定的速度v向右运动，t＝0时刻a环刚从O点进入磁场区域，则下列说法正确的是( )A．t＝时刻，回路中的感应电动势为BdvB．t＝时刻，回路中的感应电动势为2BdvC．t＝时刻，回路中的感应电流第一次开始改变方向D．t＝时刻，回路中的感应电流第一次开始改变方向10.关于电源的电动势，下列说法中正确的是( )A．电动势公式E＝中W与电压U＝中的W是一样的，都是电场力做的功B．不管外电路的电阻如何变化，电源的电动势不变C．电动势就是电压，它们之间无区别D．外电路全部断开时，电动势将变为零二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分)11.(多选)下列关于电功、电功率和焦耳定律的说法中正确的是 ( )A．电功率越大，电流做功越快，电路中产生的焦耳热一定越多B．W＝UIt适用于任何电路，而W＝I2Rt＝t只适用于纯电阻电路C．在非纯电阻电路中，UI>I2RD．焦耳热Q＝I2Rt适用于任何电路12.(多选)如图所示，Q1、Q2带等量正电荷，固定在绝缘水平面上，在其连线上有一光滑绝缘杆，杆上套一带正电的小球，杆所在的区域存在一个匀强磁场，方向如图所示，小球重力不计．现将小球从图示位置由静止释放，在小球运动过程中，下列说法中正确的是( )A．小球所受的洛伦兹力大小变化，但方向不变B．小球的加速度将不断变化C．小球所受洛伦兹力将不断变化D．小球速度一直增大13.(多选)理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，以下说法中正确的是( )A．穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是10∶1B．穿过原、副线圈每一匝磁通量的变化率相等C．原、副线圈每一匝产生的电动势瞬时值之比为10∶1D．正常工作时原、副线圈的输入、输出功率之比为1∶114.(多选)如图所示，O为两个等量异种电荷连线的中点，P为连线中垂线上的一点，对O、P两点的比较正确的是( )A．φO＝φP，EO>EPB．φO>φP，EO＝EPC．负电荷在P点的电势能大D．O、P两点所在直线为等势面分卷II三、实验题(共2小题,每小题10.0分,共20分)15.在研究电磁感应现象的实验中所用的器材如图所示．它们是：①电流计②直流电源③带铁芯(图中未画出)的线圈A④线圈B⑤开关⑥滑动变阻器(1)按实验的要求在实物图上连线(图中已连好一根导线)．(2)怎样才能使线圈B中有感应电流产生？试举出两种方法：①________________________________________________________________________；②________________________________________________________________________.16.(1)如图为多用电表的示意图，其中S、K、T为三个可调节的部件，现用此电表测量一阻值约为20～30 Ω的定值电阻，测量的某些操作步骤如下：①调节可调节部件S，使电表指针停在位置________；(选填“电流0刻度”、“欧姆0刻度”)②调节可调节部件K，使它在尖端指向欧姆挡______位置；(选填“×1 k”、“×100”、“×10”、“×1”)③将红、黑表笔分别插入“＋”、“－”插孔，笔尖相互接触，调节可调节部件________，使电表指针指向________位置．(选填“电流0刻度”、“欧姆0刻度”)(2)欧姆表调零后，用“×10”挡测量另一个阻值未知的电阻阻值，发现指针偏转角度很小，则下列说法和做法中正确的是( )A．这个电阻的阻值很小B．这个电阻的阻值很大C．为测得更准确些，应当换用“×1”挡，并且重新调零后进行测量D．为测得更准确些，应当换用“×100”挡，并且重新调零后进行测量四、计算题(共4小题)17.如图所示，匀强磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向里，大小随时间的变化率＝k，k为负的常量．用电阻率为ρ、横截面积为S的硬导线做成一边长为l的方框．将方框固定于纸面内，其右半部分位于磁场区域中，求：(1)导线中感应电流的大小；(2)磁场对方框作用力的大小随时间的变化率．18.如图所示为两根竖直地放置在地面上的金属框架，框架的上端接有一电容量为C的电容器．框架上有一质量为m，长为L的金属棒，平行于地面放置，与框架接触良好无摩擦，棒离地面高度为h.强度为B的匀强磁场与框架平面相垂直．开始时电容器不带电．自静止起将棒释放，问棒落到地面需要多少时间？19.如图，A、B为两块水平放置的带等量异种电荷的平行金属板，一个质量m＝10－4kg、电荷量q＝5×10－5C的带正电粒子静止于两板的正中央，已知两板间距离为20 cm，g＝10 m/s2，求：(1)两板间匀强电场的场强大小；(2)两板间的电势差；(3)若用某种方法将带电粒子的带电荷量减少一半，使带电粒子从两板正中央由静止开始运动，则经过多长时间粒子撞到板上．20.如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻．一质量m＝0.1 kg、电阻r＝0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4 T．金属棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2 m/s2的加速度做匀加速运动，当金属棒的位移x＝9 m时撤去外力，金属棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1.导轨足够长且电阻不计，金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：(1)金属棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；(3)外力做的功WF.答案解析1.【答案】B【解析】根据理想变压器原、副线圈电压与匝数的关系＝，得n2＝＝＝400，选项B正确．2.【答案】A【解析】根据E m＝NBSω，ω＝2πn可得当线圈的匝数及转速都增加1倍时，该交流电的最大值变为4E m，线圈的电阻变为原来的2倍，角速度变为原来的2倍，所以电流的最大值变为I m′＝＝2I m，故电流变化表达式为i＝2I m sin 2ωt，故选A.3.【答案】D【解析】对理想变压器来说，输出功率决定输入功率，两者总相等，D正确；对于只有一组副线圈的理想变压器，通过原、副线圈的电流之比等于原、副线圈匝数之比的倒数，A错误；输出电流决定输入电流，I2是由用户的电流决定的，I1是由I2决定的，与输电线上的电阻无关，B错误；输出功率决定输入功率，升压变压器的输入功率应等于用户的功率与输电线上消耗的功率之和，C错误．4.【答案】D【解析】由图象可以发现，离Q1越近电场中的电势越高，由此可以判断Q1为正电荷，同理，由于离Q2越近电势越低，所以Q2为负电荷，在它们的连线上的P点的电势是零，但P点离Q2近，所以Q1的电荷量要大于Q2的电荷量，所以A、B错误．由于Q1和Q2为异种电荷，并且Q1为正电荷，Q1在x轴正半轴上的电场方向向右，Q2为负电荷，Q2在Q1和Q2之间的电场方向也向右，所以P点电场强度是Q1和Q2在P点产生的电场强度的和，方向指向Q2，所以C错误，D 正确．5.【答案】C【解析】磁极以OO′为轴匀速转动可等效为磁场不动线圈向相反方向转动，在t＝0时刻，由右手定则可知，产生的感应电流方向为a→b→c→d→a，磁场的方向与线圈平行，感应电流最大，故选项C正确．6.【答案】C【解析】选项B的欧姆表中没有可调电阻，B错；选项D电流表的负极接到了电源的正极，D 错；红表笔应接电源的负极，黑表笔应接电源的正极，A错，C对．7.【答案】C【解析】从速度图象上看，a到b做加速度减小的减速运动，在b点时粒子运动的加速度为零，则电场力为零，所以该点场强为零.Q1对负电荷的电场力向右，则Q2对负电荷的电场力向左，所以Q2带正电.故A错误，C正确.b点场强为零，可见两点电荷在b点对负电荷的电场力相等，根据知，b到Q1的距离大于到Q2的距离，所以Q1的电量大于Q2的电量.故B错误.整个运动过程动能先减小后增大，根据能量守恒得电势能先增大后减小.故D错误.故选C.8.【答案】B【解析】速度v的方向可以垂直于磁感应强度B的方向，也可以不垂直于磁感应强度B的方向，但是洛伦兹力F的方向一定垂直于磁感应强度B的方向，也一定垂直于速度v的方向．9.【答案】D【解析】导线切割磁感线产生的感应电动势：E＝Blv＝Byv，其中l指的是有效长度，为纵坐标大小，即：y＝d sinθ＝d sinωt＝d sin t＝d sin t＝d sin，当t＝时，导线切割磁感线的有效长度l＝0，所以感应电动势为0，故A错误；当t＝，l为d，所以感应电动势E＝Bdv，故B错误；由E＝Bdv sin(vt)知，在vt＝0.5 L处(相当于π处)感应电流第一次改变方向，所以t＝时刻，回路中的感应电流第一次开始改变方向，故C错误，D正确；故选D.10.【答案】B【解析】E＝中W为非静电力做功，而U＝中W为静电力做功，所以A错误；电动势和电压用同样的单位，但是它们是不同的物理量，所以C项错误；电动势与电路连接无关，所以D 项也错误11.【答案】BCD【解析】电功率公式P＝，表示电功率越大，电流做功越快．对于一段电路，有P＝IU，I ＝，焦耳热Q＝()2Rt，可见Q与P、U、t、R都有关，所以P越大，Q不一定越大，A错．W＝UIt是电功的定义式，适用于任何电路，而I＝只适用于纯电阻电路，B对．在非纯电阻电路中，电流做的功＝焦耳热＋其他形式的能，所以W>Q，即UI>I2R，C对．Q＝I2Rt是焦耳热的定义式，适用于任何电路，D对．12.【答案】BC【解析】小球在水平方向上受到两个库伦力作用，在竖直方向上受洛伦兹力和杆对球的弹力，根据受力情况知，小球向左先加速后减速到0，然后又返回，加速度的大小在变，速度的大小和方向都在变，因此洛伦兹力的大小和方向都变化，故A错误，B、C正确；小球的速度向左先增大后减小，故D错误．13.【答案】BD【解析】对于理想变压器，认为无磁通量损失，因而穿过两个线圈每一匝的磁通量相同、磁通量的变化率相同，每匝线圈产生的感应电动势相等，电压与匝数成正比．理想变压器没有能量损失，输入功率等于输出功率．14.【答案】AD【解析】等量异种电荷的中垂线是一条等势面，故φO＝φP，D对；电势能相等，C错；从中点O到无穷远，电场强度越来越小，故EO>EP，A正确．15.【答案】(1)实物电路图如图所示：(2)①断开或闭合开关②闭合开关后移动滑动变阻器的滑片．【解析】(1)实物电路图如图所示：(2)断开或闭合开关的过程中或闭合开关后移动滑片的过程中，穿过线圈B的磁通量发生，线圈B中有感应电流产生．16.【答案】(1)①电流0刻度②“×1”③T欧姆0刻度(2)BD【解析】(1)①使用多用电表时，首先进行机械调零：调节可调部件S，使电表指针停在电流表、电压表的零刻度(或表盘左边的零刻度)的位置；②选择合适的挡位：因电阻约为20～30 Ω，则选择×1 Ω即可；③选挡后进行欧姆调零：将红、黑表笔分别插入“＋”、“－”插孔，笔尖相互接触，调节可调部件T，使电表指针指向表盘右边的欧姆挡零刻线位置．(2)偏转角度小，说明电流小，则电阻大，故A错误，B正确；因是大电阻，则要换挡位大一些即换“×100”挡．每次换挡后要重新进行欧姆调零，故C错误，D正确．17.【答案】(1)－(2)【解析】(1)导线框的感应电动势为E＝①ΔΦ＝l2·ΔB②导线框中的电流为I＝③式中R是导线框的电阻，根据电阻率公式有R＝ρ④联立①②③④式，将＝k代入得I＝－.⑤(2)导线框所受磁场的作用力的大小为F＝BIl⑥它随时间的变化率为＝Il⑦由⑤⑦式得＝.18.【答案】t＝【解析】设某瞬时棒的加速度为ai，则由牛顿第二定律得ai＝，是这一瞬时的安培力Fi＝iLBFii是这一瞬时的感应电流．取一个极短的时间Δt，有i＝ΔQ为在极短时间内流过棒的电量，也就是给电容器充电的电量．对于电容器，有Q＝CU，因而ΔQ＝CΔUΔU是这极短时间内电压的增量，电压的增量等于感生电动势的增量，即ΔU＝BLΔv，而Δv＝aiΔt，于是ai＝与时间t无关，即棒做匀加速运动．ai由h＝at2得棒落到地面的时间为t＝.19.【答案】(1)20 V/m (2)4 V (3)0.2 s【解析】(1)带电粒子静止，qE＝mg，E＝20 V/m.(2)电势差U＝Ed＝20×0.2 V＝4 V.(3)若带电粒子的带电荷量减少一半，则电场力减半，重力不变，则有mg－qE＝ma，mg＝ma，a＝g，x＝at2，即0.1＝×5×t2，解得t＝0.2 s.20.【答案】(1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J【解析】(1)设金属棒匀加速运动的时间为Δt，回路的磁通量的变化量为ΔΦ，回路中的平均感应电动势为，由法拉第电磁感应定律得＝，①其中ΔΦ＝Blx，②设回路中的平均电流为，由闭合电路欧姆定律得＝，③则通过电阻R的电荷量为q＝Δt，④联立①②③④式，得q＝代入数据得q＝4.5 C(2)设撤去外力时金属棒的速度为v，对于金属棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v2＝2ax，⑤设金属棒在撤去外力后的运动过程中安培力所做的功为W，由动能定理得W＝0－mv2，⑥撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2＝－W，⑦联立⑤⑥⑦式，代入数据得Q2＝1.8 J，⑧(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1，可得Q1＝3.6 J，⑨在金属棒运动的整个过程中，外力F克服安培力做功，由功能关系可知WF＝Q1＋Q2，⑩由⑧⑨⑩式得WF＝5.4 J.。

云南省曲靖市宣威市第八中学2017-2018学年高二物理下学期3月月考试题本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间120分钟。

一、单选题(共12小题,每小题3.0分,共36分)1.在《测定电源电动势和内阻》的实验中，进行数据处理时的作图，正确做法是( ) A．横坐标I的起点一定要是零B．纵坐标U的起点一定要是零C．使表示实验数据的点尽可能地集中在一边D．使表示实验数据的点尽可能地布满整个图纸2.如图所示，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为( )A．v0＋v B．v0－vC．v0＋(v0＋v) D．v0＋(v0－v)3.用电器到电源的距离为l，线路上的电流为I，已知输电线的电阻率为ρ，为使在线路上的电压降不超过U，那么，输电线的横截面积的最小值为( )A． B．C． D．4.如图所示为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器．原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P，使输出电压有效值由220 V 降至110 V，调节前后( )A．副线圈中的电流比为1∶1B．副线圈输出功率比为2∶1C．副线圈的接入匝数比为2∶1D．原线圈输入功率比为1∶25.下面关于冲量的说法中正确的是( )A．物体受到很大的冲力时，其冲量一定很大B．当力与位移垂直时，该力的冲量为零C．不管物体做什么运动，在相同时间内重力的冲量相同D．只要力的大小恒定，其相同时间内的冲量就恒定6.关于交流电的下列说法正确的是( )A．在一个周期内交流电的方向只改变一次B．交流电器设备上标出的电压和电流值都是指有效值C．某正弦交流电压的最大值为311 V，则该交流电压最小值为－311 VD．用交流电流表和交流电压表测交流电流或电压时，应测得交流电流或电压的最大值7.按照玻尔理论，当氢原子中电子由半径为ra的圆轨道跃迁到半径为rb的圆轨道上时，若rb＜，则在跃迁过程中( )raA．氢原子要吸收一系列频率的光子B．氢原子要辐射一系列频率的光子C．氢原子要吸收一定频率的光子D．氢原子要辐射一定频率的光子8.如图所示，将一光敏电阻接入多用电表两表笔上，将多用电表的选择开关置于欧姆挡，用光照射光敏电阻时，表针的偏角为θ；现用手掌挡住部分光线，表针的偏角为θ′，则可判断( )A．θ′＝θB．θ′＜θC．θ′＞θD．不能确定9.两个带正电的小球，放在光滑的水平绝缘板上，它们相距一定距离．若同时释放两球，它们的加速度之比将( )A．保持不变 B．先增大后减小C．增大 D．减小10.放射性元素放出的射线，在电场中分成A、B、C三束，如图所示，其中( )A．C为氦原子核组成的粒子流B．B为比X射线波长更长的光子流C．B为比X射线波长更短的光子流D．A为高速电子组成的电子流11.在α粒子散射实验中，不考虑电子和α粒子的碰撞影响，这是因为( )A．α粒子和电子根本无相互作用B．α粒子碰撞不到电子，是因为电子体积极小C．α粒子和电子碰撞损失能量极少，可忽略不计D．α粒子受电子作用的合力为零，是因为电子是均匀分布的12.实验室有一盏“40 V 5.0 A”的弧光灯，要使它接入220 V的电路中能正常工作，应该( )A．串联一个阻值为36 Ω的电阻后接入电路中B．串联一个阻值为72 Ω的电阻后接入电路中C．并联一个阻值为36 Ω的电阻后接入电路中D．并联一个阻值为72 Ω的电阻后接入电路中二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分)13.(多选)如图所示，质量为M的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ.一个质量为m的小物块从斜面底端沿斜面向上以初速度v0开始运动．当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v，距地面高度为h，则下列关系式中正确的是( )A．mv＝(m＋M)vB．mv0cosθ＝(m＋M)vC．mgh＝m(v0sinθ)2D．mgh＋(m＋M)v2＝mv14.(多选)图甲左侧的调压装置可视为理想变压器，负载电路中R＝55 Ω，、为理想电流表和电压表．若原线圈接入如图乙所示的正弦交变电压，电压表的示数为110 V，下列表述正确的是( )A．电流表的示数为2 AB．原、副线圈匝数比为1∶2C．电压表的示数为电压的有效值D．原线圈中交变电压的频率为100 Hz15.(多选)下列说法正确的是( )A．汤姆孙提出原子的核式结构模型，建立的基础是α离子的散射实验B．发现天然放射现象的意义在于使人类认识到原子核具有复杂的结构C．加热、加压或利用化学反应等方式不会改变放射性元素的半衰期D．核反应方程N＋He→O＋H属于原子核的人工转变16.(多选)如图所示，M为理想变压器，电表均可视为理想电表，电源电压U不变，输电线电阻忽略不计．当变阻器滑片P向上移动时，读数发生变化的电表是( )A． A1B． A2C． V1D． V2分卷II三、实验题(共2小题,每小题10.0分,共20分)17.在测定金属丝电阻的实验中，为提高测量精确度，减小误差，需要确定电流表采用内接法还是外接法．由于电表内阻未知，一位同学运用试触法进行判断．具体做法是：按图所示的电路闭合开关后，当与电压表连接的导线(带箭头部分)接到a点时，电压表示数为2.0 V，电流表示数为0.40 A；当接到b点时，电压表示数为3.0 V，电流表示数为0.38 A．电源内阻不计．(1)由以上数据可知，应该采用电流表__________接法．(2)测得Rx的阻值是__________Ω.(取两位有效数字)18.欲用伏安法测定一段阻值约为 5 Ω左右的金属导线的电阻,要求测量结果尽量准确,现备有以下器材:A.电池组（3 V,内阻1 Ω）B.电流表（0～3 A,内阻0.0125 Ω）C.电流表（0～0.6 A,内阻0.125 Ω）D.电压表（0～3 V,内阻3 kΩ）E.电压表（0～15 V,内阻15 kΩ）F.滑动变阻器（0～20 Ω,额定电流1 A）G.滑动变阻器（0～2 000 Ω,额定电流0.3 A） H.开关、导线（1）上述器材中应选用的是；（填写各器材的字母代号）（2）实验电路应采用电流表接法；（填“内”或“外”）（3）设实验中,电流表、电压表的某组示数如下图所示，图示中I=A，U=V.（4）为使通过待测金属导线的电流能在0～0.5 A范围内改变,请按要求画出测量待测金属导线的电阻Rx的原理电路图,然后根据你设计的原理电路将下图中给定的器材连成实验电路.四、计算题(共4小题)19.如图所示，在绝缘光滑水平面的上方存在着水平方向的匀强电场．现有一个质量m＝2.0×10－3kg、电荷量q＝2.0×10－6C的带正电的物体(可视为质点)，从O点开始以一定的水平初速度向右做直线运动，其位移随时间的变化规律为x＝6.0t－10t2，式中x的单位为m，t 的单位为s.不计空气阻力，取g＝10 m/s2.求：(1)匀强电场的场强大小和方向．(2)带电物体在0～0.5 s内电势能的变化量．20.在一直电场线上有A、B两点，已知将一个带电荷量q＝－5×10－4C的点电荷从A移到B点，它的电势能增加了4×10－3J．求：(1)A、B两点间的电势差UAB等于多少？(2)将4×10－5C的点电荷从B移到A，电场力所做的功．21.如图所示，粗糙斜面与光滑水平面通过可忽略的光滑小圆弧平滑连接，斜面倾角α＝37°.A、B是两个质量均为m＝1 kg的小滑块(可视为质点)，C为左侧附有胶泥的竖直薄板(质量均不计)，D是两端分别水平连接B和C的轻质弹簧．当滑块A置于斜面上且受到大小F＝4 N、方向垂直斜面向下的恒力作用时，恰能沿斜面向下匀速运动．现撤去F，让滑块A从斜面上距底端L＝1 m处由静止下滑，求：(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6)(1)滑块A到达斜面底端时的速度大小；(2)滑块A与C接触粘在一起后，A、B和弹簧构成的系统在作用过程中，弹簧的最大弹性势能．22.如图所示，长为L＝0.2 m、电阻为r＝0.3 Ω、质量为m＝0.1 kg的金属棒CD垂直放在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上，两导轨间距也为L，棒与导轨接触良好，导轨电阻不计，导轨左端接有R＝0.5 Ω的电阻，量程为0～3.0 A的电流表串联在一条导轨上，量程为0～1.0 V的电压表接在电阻R的两端，垂直导轨平面的匀强磁场向下穿过平面．现以向右恒定的外力F使金属棒右移，当金属棒以v＝2 m/s的速度在导轨平面上匀速滑动时，观察到电路中的一个电表正好满偏，而另一电表未满偏．问：(1)此时满偏的电表是什么表？说明理由．(2)拉动金属棒的外力F多大？(3)导轨处的磁感应强度多大？答案解析1.【答案】D【解析】如果实验数据比较集中，电流和电压的取值不一定要从零开始，以图线占整个坐标纸的范围取值，A、B、C错；D对．2.【答案】C【解析】小船和救生员组成的系统满足动量守恒：(M＋m)v0＝m·(－v)＋Mv′解得v′＝v0＋(v0＋v)，C项正确．3.【答案】B【解析】4.【答案】C【解析】设导气管电阻为R，对于副线圈，I2＝，I2′＝，则调节前后I2∶I2′＝2∶1，A错误．由P＝可知，调节前后副线圈输出功率之比为4∶1，B错误．原、副线圈电压之比为匝数之比，电压减为原来一半，则副线圈匝数也减为原来的一半，C正确．理想变压器副线圈功率等于原线圈功率，则原线圈输入功率之比为4∶1，D错误．5.【答案】C【解析】冲量是力与时间的乘积，是矢量，力大，冲量不一定大，A错误；当力与位移垂直时，该力的冲量不为零，B错误；不管物体做什么运动，在相同时间内重力的冲量相同，C正确；只要力的大小恒定，其相同时间内冲量大小一样，但方向不一定一样，D错误．6.【答案】B【解析】交流电在一个周期内方向改变两次，A错误；交流电器设备上标出的电压和电流值指有效值，B正确；正弦交流电压的最大值为311 V，最小值为零，负表示方向，C错误；用交流电流表和交流电压表测交流电流或电压时，测得的是有效值，D错误．7.【答案】D【解析】因为是从高能级向低能级跃迁，所以应放出光子，因此可排除A、C.“直接”从一能级跃迁至另一能级，只对应某一能级差，故只能辐射某一频率的光子，故选D.8.【答案】B【解析】光敏电阻的阻值随光照强度的增强而减小，用手掌挡住部分光线，阻值变大，指针自左向右偏转角度变小．9.【答案】A【解析】两者之间的库仑力时刻保持大小相等、方向相反，由牛顿第二定律知：a1∶a2＝m2∶m1，故A正确．10.【答案】C【解析】根据射线在电场中的偏转情况，可以判断，A射线向电场线方向偏转，应为带正电的粒子组成的射线，所以是α射线；B射线在电场中不偏转，所以是γ射线；C射线在电场中受到与电场方向相反的作用力，应为带负电的粒子，所以是β射线．11.【答案】C【解析】α粒子碰到电子，像子弹碰到灰尘，损失的能量极少，不改变运动的轨迹．故C正确，A、B、D错误．12.【答案】A【解析】电阻需要分担的电压为：U＝220 V－40 V＝180 V．由串联电路的特点，各处电流相等，则有：R＝＝36 Ω.13.【答案】BD【解析】小物块上升到最高点时，速度与楔形物体的速度相同，系统水平方向动量守恒，全过程机械能也守恒．以向右为正方向，在小物块上升过程中，由水平方向系统动量守恒得：mv0cosθ＝(m＋M)v，故A错误，B正确；系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh＋(m ＋M)v2＝mv，故C错误，D正确．14.【答案】AC【解析】由图乙可知原线圈两端电压的有效值U1＝220 V，由＝，可得原副线圈匝数之比＝＝＝2∶1，故B错误．电流表示数与电压表示数都为有效值，故C正确．电流表示数I＝＝A＝2 A，故A正确．由图乙可知T＝0.02 s，所以交变电压的频率为f ＝＝Hz＝50 Hz，D错误．15.【答案】BCD【解析】卢瑟福提出原子的核式结构模型，建立的基础是α粒子的散射实验，故A错误；发现天然放射现象的意义在于使人类认识到原子核具有复杂的结构，故B正确；半衰期与原子所处的温度、压强、化学性质无关，故C正确；核反应方程N＋He→O＋H属于原子核的人工转变，故D正确．16.【答案】AB【解析】输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入电压和匝数比不变，变压器的输出电压不变，V1、V2的示数都不变；当变阻器的滑片P向上移动时，滑动变阻器的电阻减小，副线圈的电流增大，原线圈的电流变大，所以A、B正确，C、D错误．17.【答案】(1)外接法(2)5.0【解析】(1)采用试触法确定电流表接法时，电压表示数变化大应采用外接法，电流表示数变化大，应采用电流表内接法；确定电流表接法时，根据所测电压与电流，由欧姆定律可以求出待测电阻阻值．由题意可知，电压表示数变化量大，说明电流表分压较大，为准确测量，电流表应采用外接法；(2)待测电阻阻值：R＝＝5.0 Ω18.【答案】（1）A、C、D、F、H；（2）外；（3）0.48 , 2.2； (4)略【解析】19.【答案】(1)2.0×104N/C 方向水平向左(2)2.0×10－2J【解析】(1)由x＝6.0t－10t2可知，加速度大小a＝20 m/s2，方向水平向左根据牛顿第二定律Eq＝ma解得场强E＝2.0×104N/C，方向水平向左(2)物体在0.5 s内发生的位移为x＝6.0×0.5 m－10×0.52m＝0.5 m电场力做负功，电势能增加ΔE p＝qEx＝2.0×10－2J20.【答案】(1)8 V (2)－3.2×10－4J【解析】(1)依题意有：WAB＝－ΔE＝－4×10－3J由UAB＝得UAB＝V＝8 V(2)UBA＝－UAB＝－8 V，W′＝q′×UBA＝4×10－5×(－8) J＝－3.2×10－4J即电场力对该电荷做了3.2×10－4J的负功．21.【答案】(1)2 m/s (2)1 J【解析】(1)设μ为滑块与斜面间的动摩擦因数、v1为滑块A到达斜面底端时的速度．当施加恒力F时，滑块A沿斜面匀速下滑，有μ(F＋mg cosα)＝mg sinα未施加恒力F时，滑块A将沿斜面加速下滑，由动能定理有(mg sinα－μmg cosα)L＝上二式联立解得v1＝2 m/s(2)当A、B具有共同速度时，系统动能最小，弹簧的弹性势能最大，为E pm由动量守恒定律有mv1＝2mvE pm＝－由上二式解得E pm＝1 J22.【答案】(1)见解析(2)1.6 N (3)4 T【解析】(1)假设电流表满偏，则I＝3.0 A，R两端电压U＝IR＝3.0×0.5 V＝1.5 V，将大于电压表的量程，不符合题意，故满偏电表应该是电压表．(2)由能量关系知，电路中的电能是外力做功转化来的，所以有Fv＝I2(R＋r)，I＝，两式联立得F＝＝1.6 N.(3)磁场是恒定的，且不发生变化，由于CD运动而产生感应电动势，因此是动生电动势．根据法拉第电磁感应定律有E＝BLv，根据闭合电路欧姆定律得E＝U＋Ir以及I＝，联立三式得B＝＋＝4 T.。

云南省曲靖市宣威市第六中学2017-2018学年高二物理下学期3月月考试题本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间120分）分卷I一、单选题(共12小题,每小题3.0分,共36分)1.如图所示，用多用电表测量直流电压U和测电阻R，若红表笔插入多用电表的正(＋)插孔，则( )A．前者电流从红表笔流入多用电表，后者电流从红表笔流出多用电表B．前者电流从红表笔流入多用电表，后者电流从红表笔流入多用电表C．前者电流从红表笔流出多用电表，后者电流从红表笔流出多用电表D．前者电流从红表笔流出多用电表，后者电流从红表笔流入多用电表2.如图所示，将左边的铜导线和右边的铝导线连接起来，已知截面积S铝＝2S铜．在铜导线上取一截面A，在铝导线上取一截面B，若在1 s内垂直地通过它们的电子数相等，那么，通过这两截面的电流的大小关系是( )A．IA＝IB B．IA＝2IB C．IB＝2IA D．不能确定3.如图所示，长直导线MN通以图示方向竖直向上的电流I，现有一小段通电导线ab，如图放置，则ab受磁场力的方向是( )A．竖直向上B．竖直向下C．垂直纸面向外D．垂直纸面向里4.如图所示，在半径为R的圆柱形区域内有匀强磁场．一个电子以速度v0从M点沿半径方向射入该磁场，从N点射出，速度方向偏转了60°.则电子从M到N运行的时间是( )A．B．C．D．5.在物理学史上，奥斯特首先发现电流周围存在磁场．随后，物理学家提出“磁生电”的设想．很多科学家为证实这种设想进行了大量研究.1831年发现电磁感应现象的物理学家是( )A．牛顿 B．伽利略 C．法拉第 D．焦耳6.对库仑定律的数学表达式F=k的以下理解中，正确的是（）A．此式适用于任何介质中任意两个带电体间相互作用力的计算B．此式仅适用于真空中任意两个带电体间相互作用力的计算C．由此式可知，当r趋于零时F趋于无限大D．式中的k是与q1、q2及r的大小无关的恒量，且k=9.0×109N•m2/C27.如图所示，三个完全相同的小球a、b、c带有相同电量的正电荷，从同一高度由静止开始下落，当落下相同高度h1后，a球进入水平向左的匀强电场，b球进入垂直纸面向里的匀强磁场，若它们到达同一水平面上的速度大小分别用v a、v b、v c表示，从开始到落到此水平面的时间分别用ta、tb、tc表示，则它们的关系是( )A．v a>v b＝v c，ta＝tc＜tb B．v a＝v b＝v c，ta＝tb＝tcC．v a＞v b＞v c，ta＜tb＜tc D．v a＝v b＞v c，ta＝tb＞tc8.如图所示，在直线上A、B处各固定一个点电荷，相距为L，通过其连线中点O作此线段的垂直平分面，在此平面上有一个以O为圆心，半径为的圆周，其上有一个质量为m、带电荷量为－q的点电荷C做匀速圆周运动(不考虑重力)．下列判断正确的是( )A．A、B处固定的是等量的正电荷B．A、B处固定的是等量的异种电荷C．在A、B的连线上O点电势最高D．在圆周上各点的电场强度相同，电势也相同9.下列四个物理量的表达式中，采用比值定义法的是（）A．加速度 B．磁感应强度C．电容 D．电场强度10.A、B是两个完全相同的电热器，A通以图甲所示的方波交变电流，B通以图乙所示的正弦交变电流，则两电热器的电功率PA∶PB等于( )A．5∶4 B．3∶2 C．∶1 D．2∶111.一盏白炽灯的额定功率与额定电压分别为36 W与36 V．若把此灯泡接到输出电压为18 V的电源两端，则灯泡消耗的电功率( )A．等于 36 W B．小于 36 W，大于 9 WC．等于 9 W D．小于9 W12.如图为条形磁铁部分磁感线分布示意图，P、Q是同一条磁感线上的两点，关于这两点的磁感应强度，下列判断正确的是( )A．P、Q两点的磁感应强度相同B．P点的磁感应强度比Q点的大C．P点的磁感应强度方向由P指向QD．Q点的磁感应强度方向由Q指向P二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分)13.光滑平行导轨水平放置，导轨左端通过开关S与内阻不计，电动势为E的电源相连，右端与半径为L＝20c m的两段光滑圆弧导轨相接，一根质量m＝60 g，电阻R＝1 Ω，长为L的导体棒ab，用长也为L的绝缘细线悬挂，如图8－1－21所示，系统空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T，当闭合开关S后，导体棒沿圆弧摆动，摆到最大高度时，细线与竖直方向成θ＝53°角，摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态，导轨电阻不计，sin 53°＝0.8，g＝10 m/s2则( )．A．磁场方向一定竖直向下B．电源电动势E＝3.0 VC．导体棒在摆动过程中所受安培力F＝3 ND．导体棒在摆动过程中电源提供的电能为0.048 J14.(多选)如图所示，虚线a、b、c代表电场中一簇等势线，相邻等势线之间的电势差相等，实线为一带正电质点(重力不计)仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，质点先后通过这条轨迹上的P、Q两点，对同一带电质点，据此可知( )A．三个等势线中，a的电势最高B．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时大C．带电质点通过P点时的电场力比通过Q点时大D．带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大15.（多选）如图所示，正方形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，有两个质子从A点沿AB 方向垂直进入磁场，质子1从顶点C射出，质子2从顶点D射出，设质子1的速率为，在磁场中的运动时间为，质子2的速率为，在磁场中的运动时间为，则（）A．:=1:2B．:=2:1C．:=1:2D．:=2:116.（多选）如图示，在正交的匀强电场和磁场的区域内（磁场水平向内），有一离子恰能沿直线飞过此区域（不计离子重力）（）A．若离子带正电，E方向应向上B．若离子带负电，E方向应向上C．若离子带正电，E方向应向下D．若离子带负电，E方向应向下分卷II三、实验题(共2小题,每小题10.0分,共20分)17.在”描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，使用的小灯泡规格为“6V 3 W”，其他可供选择的器材有：电压表V1(量程6 V，内阻约为20 kΩ)电压表V2(量程20 V，内阻约为60 kΩ)电流表A1(量程3 A，内阻约为0.2 Ω)电流表A2(量程0.6 A，内阻约为1 Ω)变阻器R1(0～1 000 Ω，允许通过的最大电流为0.5 A)变阻器R2(0～20 Ω，允许通过的最大电流为2 A)学生电源E(6～8 V)开关S及导线若干(1)实验中要求电压表在0～6 V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________，电压表应选____________，变阻器应选用________．(2)在方框中画出实验的原理图．18.某物理学习小组的同学在研究性学习过程中，用伏安法研究某电子元件R1(6 V,2.5 W)的伏安特性曲线，要求多次测量尽可能减小实验误差，备有下列器材：A．直流电源(6 V，内阻不计)B．电流表G(满偏电流3 mA，内阻R g＝10 Ω)C．电流表A(0～0.6 A，内阻未知)D．滑动变阻器R(0～20 Ω ,5 A)E．滑动变阻器R′(0～200 Ω ,1 A)F．定值电阻R0(阻值1 990 Ω)G．开关与导线若干(1)在实验中，为了操作方便且能够准确地进行测量，滑动变阻器应选用________．(填写器材序号)(2)根据题目提供的实验器材，请你设计出测量电子元件R1伏安特性曲线的电路原理图(R1可用“”表示)．(画在方框内)(3)将上述电子元件R1和另一电子元件R2接入如图所示的甲电路中，它们的伏安特性曲线分别如图乙中Oa、Ob所示．电源的电动势E＝6.0 V，内阻忽略不计．调节滑动变阻器R3，使电子元件R1和R2消耗的电功率恰好相等，则此时电子元件R1的阻值为________Ω，R3接入电路的阻值为________Ω(结果保留两位有效数字)．四、计算题(共4小题,每小题18.0分,共72分)19.一束电子流经U＝5 000 V的加速电压加速后，在与两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若两板间距d＝1.0 cm，板长l＝5 cm，那么，要使电子能从平行极板间的边缘飞出，则两个极板上最多能加多大电压？20.如图甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻．一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下．导轨和金属杆的电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．(1)由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图．(2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小．(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值．21.如图，在xOy平面第一象限整个区域分布匀强电场，电场方向平行y轴向下，在第四象限内存在有界匀强磁场，左边界为y轴，右边界为x＝d的直线，磁场方向垂直纸面向外．质量为m，带电量为＋q的粒子从y轴上P点以初速度v0垂直y轴射入匀强电场，在电场力作用下从x轴上Q点以与x轴正方向成45°角进入匀强磁场，已知OQ＝d，不计粒子重力，求：(1)P点坐标；(2)要使粒子能再进入电场，磁感应强度B的取值范围；(3)要使粒子能第二次进入磁场，磁感应强度B的取值范围．22.如图所示，半径为r1的圆形区域内有匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B0、方向垂直纸面向里，半径为r2的金属圆环右侧开口处与右侧电路相连，已知圆环电阻为R，电阻R1＝R2＝R3＝R，电容器的电容为C，圆环圆心O与磁场圆心重合．一金属棒MN与金属环接触良好，不计棒与导线的电阻，开关S1处于闭合状态、开关S2处于断开状态．(1)若棒MN以速度v0沿环向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径的瞬间产生的电动势和流过R1的电流；(2)撤去棒MN后，闭合开关S2，调节磁场，使磁感应强度B的变化率k＝，k为常数，求电路稳定时电阻R3在t0时间内产生的焦耳热；(3)在(2)问情形下，求断开开关S1后流过电阻R2的电量．答案解析1.【答案】B【解析】题图中所示是多用电表的示意图，无论是测电压U还是测电阻R，电流都是从红表笔流入多用电表，从黑表笔流出多用电表，选项B正确．2.【答案】A【解析】这个题目中有很多干扰项，例如两个截面的面积不相等，导线的组成材料不同等等．但关键是通过两截面的电子数在单位时间内相等，根据I＝可知电流相等．3.【答案】A【解析】根据安培定则可知，通电导线MN在右侧产生的磁场方向垂直纸面向里．根据左手定则可知，向左的电流受到的安培力的方向竖直向上．故A正确，B、C、D错误．4.【答案】D【解析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T＝，粒子在磁场中做圆周运动的速度偏向角等于圆心角，如下图所示，则有tan 30°＝，所以r＝R，在磁场中运动的时间为t＝T＝，故选D.5.【答案】C【解析】发现电磁感应现象的物理学家是法拉第．6.【答案】D【解析】此式适用于任何真空中静止的点电荷间相互作用力的计算，故AB错误．由此式可知，当r趋于零时，电荷已不能看成点电荷，故此式不在成立，故得不到F趋于无限大的结论，故C错误．式中的k是与q1、q2及r的大小无关的恒量，且k=9.0×109N•m2/C2，故D正确．7.【答案】A【解析】根据题意可知，c做自由落体运动；而a除竖直方向做自由落体运动外，水平方向受到电场力作用做初速度为零的匀加速运动，所以下落时间与c相同，但下落的速度大于c做自由落体运动的速度；b受到洛伦兹力作用，因洛伦兹力始终与速度垂直，所以b在竖直方向除了受到重力作用外，偏转后还受洛伦兹力在竖直方向的分力，导致竖直方向的加速度小于g，则下落时间变长，由于洛伦兹力不做功，因此下落的速度大小不变；故v a>v b＝v c，ta＝tc＜tb.8.【答案】A【解析】电荷C做匀速圆周运动，电场力提供向心力，指向O点，故A、B处固定的是等量的正电荷，故A正确，B错误；A、B处固定的是等量的正电荷，故在A、B的连线上O点电势最低，故C错误；在圆周上各点的电场强度大小相等，但方向均向外，是不平行的，即电场强度不同，电势相同．故D错误．9.【答案】B【解析】由公式知，a与F成正比，与m反比，则知加速度不是比值定义法，故A 错误；磁感应强度的定义式采用的是比值定义法，B与F、IL无关，反映磁场本身的特性，故B正确；是电容的决定式，不是比值定义法，故C错误；是点电荷场强的决定式，不是比值定义法，故D错误.10.【答案】A【解析】方形波的有效值为I R＋I R＝I RT，解得：I1＝I0正弦交流电有效值为：I2＝所以PA∶PB＝I R∶I R＝5∶4，故选A.11.【答案】B【解析】设白炽灯在正常工作时的电阻为R，由P＝得R＝36 Ω，当接入18 V电压时，假设灯泡的电阻也为36 Ω，则它消耗的功率为P＝＝W＝9 W，但是当灯泡两端接入18 V 电压时，它的发热功率小，灯丝的温度较正常工作时温度低，其电阻率减小，所以其电阻要小于36 Ω，其实际功率大于9 W，故B项正确．12.【答案】D【解析】磁感线的疏密表示磁场强弱；故Q点的磁感应强度大于P点的磁感应强度；故A、B 错误；磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向；两点的磁感应强度方向均由Q指向P；故D正确，C错误．13.【答案】AB【解析】导体棒向右沿圆弧摆动，说明受到向右的安培力，由左手定则知该磁场方向一定竖直向下，A对；导体棒摆动过程中只有安培力和重力做功，由动能定理知BIL·L sinθ－mgL(1－c osθ)＝0，代入数值得导体棒中的电流为I＝3 A，由E＝IR得电源电动势E＝3.0 V，B对；由F＝BIL得导体棒在摆动过程中所受安培力F＝0.3 N，C错；由能量守恒定律知电源提供的电能W等于电路中产生的焦耳热Q和导体棒重力势能的增加量ΔE的和，即W＝Q＋ΔE，而ΔE ＝mgL(1－c osθ)＝0.048 J，D错．14.【答案】BC【解析】根据轨迹弯曲的方向和电场线与等势线垂直，画出P、Q两点处场强的方向如图所示．则可知，三个等势线中a的电势最低，故A错误；质点从P到Q的过程，电场力做负功，质点的电势能增大，动能减小，则质点通过P点时的动能比通过Q点时的大，在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能小，故B正确，D错误；根据电场线的疏密程度可知，P点的电场强度大于Q点，则带电质点在P点受到的电场力大于Q点，故C正确．15.【答案】BC【解析】由图可知质子1的半径为L，质子2的半径为，根据洛伦兹力充当向心力可得：可得：，故速度之比等于半径之比，故，故A错误，B正确；由可知，两粒子的质量相同，故周期相同，但由图可知，质子1转过的圆心角为，而质子2转过的圆心角为，则可知，所用时间之比等于转过的圆心角之比，故，故C正确，D错误.16.【答案】CD【解析】在复合场中对带电粒子进行正确的受力分析，在不计重力的情况下，离子在复合场中沿水平方向直线通过，故有qE=，若粒子带正电，则受洛伦兹力向上，而电场力向下，所以电场强度的方向向下；若带负电，则受洛伦兹力，方向向下，而电场力方向向上，所以电场强度的方向向下，因此C、D正确，A、B错误．17.【答案】(1)A2V1R2(2)如图所示【解析】(1)由于灯泡额定电压为6 V，所以电压表选择V1，灯泡的额定电流为＝0.5 A，所以电流表选择A2，由于本实验需要测量多组数据，滑动变阻器需要采用分压连接，所以滑动变阻器选择小电阻的R2(2)电流表外接，滑动变阻器分压方式．18.【答案】(1)D (2)电路图如下：(3)5. 0 5.0【解析】由电子元件额定电压和额点功率可知待测电子元件电阻较小，根据本题条件应选用电流表外接法，因缺少电压表，应把电流表G改装为电压表，因要描绘伏安特性曲线，且要求多次测量尽可能减小实验误差，滑动变阻器采取分压接法，且选用R.19.【答案】400 V【解析】在加速电压U一定时，偏转电压U′越大，电子在极板间的侧移量就越大．当偏转电压大到使电子刚好擦着极板的边缘飞出时，此时的偏转电压即为题目要求的最大电压．加速过程，由动能定理得：eU＝mv.①进入偏转电场，电子在平行于极板的方向上做匀速直线运动：l＝v0t.②a＝＝，③偏转距离：y＝at2，④能飞出的条件为：y≤.⑤联立①②③④⑤式得：U′≤＝400 V.20.【答案】(1)(2)g sinθ－(3)【解析】(1)如图所示，ab杆受：重力mg，竖直向下；支持力F N，垂直于斜面向上；安培力F，沿斜面向上．安(2)当ab杆速度大小为v时，感应电动势E＝BLv，此时电路中电流I＝＝ab杆受到安培力F安＝BIL＝根据牛顿第二定律，有ma＝mg sinθ－F安＝mg sinθ－a＝g sinθ－.(3)当a＝0时，ab杆有最大速度：v m＝.21.【答案】(1)(0，) (2)B≥(3)≤B≤【解析】(1)设粒子进入磁场时y方向的速度为v y，则v y＝v0tan 45°设粒子在电场中运动时间为t，则OQ＝v0t，OP＝t由以上各式，解得OP＝，P点坐标为(0，)(2)粒子刚好能再次进入电场时的轨迹如图所示，设此时的轨迹半径为r1，则r1＋r1sin 45°＝d解得：r1＝(2－)d令粒子在磁场中的速度为v，则v＝根据牛顿第二定律qvB1＝，解得：B1＝要使粒子能再进入电场，磁感应强度B的范围B≥(3)假设粒子刚好从x＝d处磁场边界与电场的交界D点处第二次进入磁场，设粒子从P到Q 的时间为t，则由粒子在电场中运动对称性可知粒子从第一次出磁场的C点到D点的时间为2t，由水平方向的匀速直线运动可得：CD＝2d，CQ＝CD－QD＝2d－(2.5d－d)＝设此时粒子在磁场中的轨道半径为r2，由几何关系知：2r2sin 45°＝CQ，解得：r2＝d根据牛顿第二定律得：qvB2＝，解得：B2＝要使粒子能第二次进入磁场，粒子必须先进入电场，故磁感应强度B要满足B≤B2综上所述要使粒子能第二次进磁场，磁感应强度B要满足≤B≤22.【答案】(1)E＝2Br1v0流过R1电流的大小，方向为自左向右流过R1(2)(3)【解析】(1)棒MN的电动势E＝2Br1v0流过R1电流的大小I1＝×＝，方向为自左向右流过R1 (2) 电动势E＝S＝kπr电流I＝＝R3在t0时间内产生的焦耳热Q＝I2Rt0＝(3)开关S1闭合时，UC＝U3＝IR3＝开关S1断开后，UC′＝E＝kπr流过电阻R2的电量q＝C(UC′－UC)＝.。

云南省曲靖市宣威市民中2017--2018学年下学期高一物理3月月考(1)一、选择题1. 以相同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可以忽略，另一个物体所受空气阻力大小恒定不变，下列用虚线和实线描述两物体运动过程的v－t图象可能正确的是( )A.B.C.D.【答案】B【解析】试题分析：不计空气阻力时，物体的加速度恒定，物体先向上做匀减速运动，然后向下做匀加速运动，加速度相等，图线为一倾斜直线，考虑空气阻力时，物体上升的加速度大小，下降时的加速度大小，可知，则下落的加速度小于上升的加速度，则上升时图线的斜率绝对值大于下落时图线的斜率绝对值，故B正确，A、C、D错误。

考点：牛顿第二定律【名师点睛】竖直上抛运动是初速度不为零的匀变速直线运动，加速度恒定不变，故其图象是直线；有阻力时，根据牛顿第二定律判断加速度情况，图象的斜率表示加速度；解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，速度的正负表示运动的方向，图线的斜率表示加速度。

视频2. 做匀速圆周运动的物体，它的加速度大小必定与( )A. 线速度的平方成正比B. 角速度的平方成正比C. 运动半径成正比D. 线速度和角速度的乘积成正比【答案】D【解析】由知，只有当运动半径r不变时，加速度大小才与线速度的平方或角速度的平方成正比，A，B错；当角速度一定时，加速度大小才与运动半径成正比，线速度大小一定时，加速度大小才与运动半径成反比，C错；而，即加速度大小与线速度和角速度的乘积成正比，D对．故选D3. 为了研究平抛物体的运动，我们做如下的实验：如图所示，A、B两球处于同一高度处静止．用锤打击弹性金属片，A球就沿水平方向飞出，同时B球被松开做自由落体运动，观察到两球同时落地．这个实验现象说明（）A. A球在水平方向做匀速运动B. A小球在竖直方向做自由落体运动C. 能同时说明上述两条规律D. 不能说明上述规律中的任何一条【答案】B【解析】在打击金属片时，两小球同时做平抛运动与自由落体运动，结果同时落地，则说明平抛运动竖直方向是自由落体运动，故A,C,D错误，B正确．故选B4. 如图所示为质点做匀变速曲线运动轨迹的示意图，且质点运动到D点(D点是曲线的拐点)时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，则质点从A点运动到E点的过程中，下列说法中正确的是( )A. 质点经过C点的速率比D点的大B. 质点经过A点时的加速度方向与速度方向的夹角小于90°C. 质点经过D点时的加速度比B点的大D. 质点从B到E的过程中加速度方向与速度方向的夹角先增大后减小【答案】A【解析】质点做匀变速曲线运动，由动能定理可得，D点的速度比C点速度小，故A正确；质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，则有A、B、C三点速度与加速度方向夹角大于90°，故B错误；质点做匀变速曲线运动，则有加速度不变，所以质点经过D点时的加速度与B点相同，故C错误；质点从B到E的过程中加速度方向与速度方向的夹角先减小后增大，故D错误；5. 牛顿的运动定律非常重要，他的研究帮助了人们建立了正确的力与运动的关系．下列实例中，人处于超重状态的是( )A. 加速向上起飞时飞机中的乘客B. 加速行驶在水平轨道上高速列车中的乘客C. 上行电梯将要到达指定楼层时电梯中的乘客D. 沿椭圆轨道运行到近地点时飞船中的宇航员【答案】A【解析】A、加速向上起飞时飞机中的乘客的加速度向上，处于超重状态．故A正确；B、加速行驶在水平轨道上高速列车中的乘客受到的摩擦力和座位的水平压力提供加速度，加速度在水平方向上．故不超重．故B错误；C、上行电梯将要到达指定楼层时电梯中的乘客做匀减速运动，加速度的方向向下．处于失重状态故C错误；D、沿椭圆轨道运行到近地点时飞船中的宇航员处于失重状态．故D错误．故选A6. 某人骑自行车以10 m/s的速度在大风中向东行驶，他感到风正以同样大小的速率从北方吹来，实际上风的速度是( )A. 14 m/s，方向为北偏西45°B. 14 m/s，方向为南偏西45°C. 10 m/s，方向为正北D. 10 m/s，方向为正南【答案】A学。

云南省曲靖市宣威市第六中学2017-2018学年高二物理下学期3月月考试题本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间120分）分卷I一、单选题(共12小题,每小题3.0分,共36分)1.如图所示，用多用电表测量直流电压U和测电阻R，若红表笔插入多用电表的正(＋)插孔，则( )A．前者电流从红表笔流入多用电表，后者电流从红表笔流出多用电表B．前者电流从红表笔流入多用电表，后者电流从红表笔流入多用电表C．前者电流从红表笔流出多用电表，后者电流从红表笔流出多用电表D．前者电流从红表笔流出多用电表，后者电流从红表笔流入多用电表2.如图所示，将左边的铜导线和右边的铝导线连接起来，已知截面积S铝＝2S铜．在铜导线上取一截面A，在铝导线上取一截面B，若在1 s内垂直地通过它们的电子数相等，那么，通过这两截面的电流的大小关系是( )A．IA＝IB B．IA＝2IB C．IB＝2IA D．不能确定3.如图所示，长直导线MN通以图示方向竖直向上的电流I，现有一小段通电导线ab，如图放置，则ab受磁场力的方向是( )A．竖直向上B．竖直向下C．垂直纸面向外D．垂直纸面向里4.如图所示，在半径为R的圆柱形区域内有匀强磁场．一个电子以速度v0从M点沿半径方向射入该磁场，从N点射出，速度方向偏转了60°.则电子从M到N运行的时间是( )A．B．C．D．5.在物理学史上，奥斯特首先发现电流周围存在磁场．随后，物理学家提出“磁生电”的设想．很多科学家为证实这种设想进行了大量研究.1831年发现电磁感应现象的物理学家是( )A．牛顿 B．伽利略 C．法拉第 D．焦耳6.对库仑定律的数学表达式F=k的以下理解中，正确的是（）A．此式适用于任何介质中任意两个带电体间相互作用力的计算B．此式仅适用于真空中任意两个带电体间相互作用力的计算C．由此式可知，当r趋于零时F趋于无限大D．式中的k是与q1、q2及r的大小无关的恒量，且k=9.0×109N•m2/C27.如图所示，三个完全相同的小球a、b、c带有相同电量的正电荷，从同一高度由静止开始下落，当落下相同高度h1后，a球进入水平向左的匀强电场，b球进入垂直纸面向里的匀强磁场，若它们到达同一水平面上的速度大小分别用v a、v b、v c表示，从开始到落到此水平面的时间分别用ta、tb、tc表示，则它们的关系是( )A．v a>v b＝v c，ta＝tc＜tb B．v a＝v b＝v c，ta＝tb＝tcC．v a＞v b＞v c，ta＜tb＜tc D．v a＝v b＞v c，ta＝tb＞tc8.如图所示，在直线上A、B处各固定一个点电荷，相距为L，通过其连线中点O作此线段的垂直平分面，在此平面上有一个以O为圆心，半径为的圆周，其上有一个质量为m、带电荷量为－q的点电荷C做匀速圆周运动(不考虑重力)．下列判断正确的是( )A．A、B处固定的是等量的正电荷B．A、B处固定的是等量的异种电荷C．在A、B的连线上O点电势最高D．在圆周上各点的电场强度相同，电势也相同9.下列四个物理量的表达式中，采用比值定义法的是（）A．加速度 B．磁感应强度C．电容 D．电场强度10.A、B是两个完全相同的电热器，A通以图甲所示的方波交变电流，B通以图乙所示的正弦交变电流，则两电热器的电功率PA∶PB等于( )A．5∶4 B．3∶2 C．∶1 D．2∶111.一盏白炽灯的额定功率与额定电压分别为36 W与36 V．若把此灯泡接到输出电压为18 V的电源两端，则灯泡消耗的电功率( )A．等于 36 W B．小于 36 W，大于 9 WC．等于 9 W D．小于9 W12.如图为条形磁铁部分磁感线分布示意图，P、Q是同一条磁感线上的两点，关于这两点的磁感应强度，下列判断正确的是( )A．P、Q两点的磁感应强度相同B．P点的磁感应强度比Q点的大C．P点的磁感应强度方向由P指向QD．Q点的磁感应强度方向由Q指向P二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分)13.光滑平行导轨水平放置，导轨左端通过开关S与内阻不计，电动势为E的电源相连，右端与半径为L＝20c m的两段光滑圆弧导轨相接，一根质量m＝60 g，电阻R＝1 Ω，长为L的导体棒ab，用长也为L的绝缘细线悬挂，如图8－1－21所示，系统空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T，当闭合开关S后，导体棒沿圆弧摆动，摆到最大高度时，细线与竖直方向成θ＝53°角，摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态，导轨电阻不计，sin 53°＝0.8，g＝10 m/s2则( )．A．磁场方向一定竖直向下B．电源电动势E＝3.0 VC．导体棒在摆动过程中所受安培力F＝3 ND．导体棒在摆动过程中电源提供的电能为0.048 J14.(多选)如图所示，虚线a、b、c代表电场中一簇等势线，相邻等势线之间的电势差相等，实线为一带正电质点(重力不计)仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，质点先后通过这条轨迹上的P、Q两点，对同一带电质点，据此可知( )A．三个等势线中，a的电势最高B．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时大C．带电质点通过P点时的电场力比通过Q点时大D．带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大15.（多选）如图所示，正方形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，有两个质子从A点沿AB 方向垂直进入磁场，质子1从顶点C射出，质子2从顶点D射出，设质子1的速率为，在磁场中的运动时间为，质子2的速率为，在磁场中的运动时间为，则（）A．:=1:2B．:=2:1C．:=1:2D．:=2:116.（多选）如图示，在正交的匀强电场和磁场的区域内（磁场水平向内），有一离子恰能沿直线飞过此区域（不计离子重力）（）A．若离子带正电，E方向应向上B．若离子带负电，E方向应向上C．若离子带正电，E方向应向下D．若离子带负电，E方向应向下分卷II三、实验题(共2小题,每小题10.0分,共20分)17.在”描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，使用的小灯泡规格为“6V 3 W”，其他可供选择的器材有：电压表V1(量程6 V，内阻约为20 kΩ)电压表V2(量程20 V，内阻约为60 kΩ)电流表A1(量程3 A，内阻约为0.2 Ω)电流表A2(量程0.6 A，内阻约为1 Ω)变阻器R1(0～1 000 Ω，允许通过的最大电流为0.5 A)变阻器R2(0～20 Ω，允许通过的最大电流为2 A)学生电源E(6～8 V)开关S及导线若干(1)实验中要求电压表在0～6 V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________，电压表应选____________，变阻器应选用________．(2)在方框中画出实验的原理图．18.某物理学习小组的同学在研究性学习过程中，用伏安法研究某电子元件R1(6 V,2.5 W)的伏安特性曲线，要求多次测量尽可能减小实验误差，备有下列器材：A．直流电源(6 V，内阻不计)B．电流表G(满偏电流3 mA，内阻R g＝10 Ω)C．电流表A(0～0.6 A，内阻未知)D．滑动变阻器R(0～20 Ω ,5 A)E．滑动变阻器R′(0～200 Ω ,1 A)F．定值电阻R0(阻值1 990 Ω)G．开关与导线若干(1)在实验中，为了操作方便且能够准确地进行测量，滑动变阻器应选用________．(填写器材序号)(2)根据题目提供的实验器材，请你设计出测量电子元件R1伏安特性曲线的电路原理图(R1可用“”表示)．(画在方框内)(3)将上述电子元件R1和另一电子元件R2接入如图所示的甲电路中，它们的伏安特性曲线分别如图乙中Oa、Ob所示．电源的电动势E＝6.0 V，内阻忽略不计．调节滑动变阻器R3，使电子元件R1和R2消耗的电功率恰好相等，则此时电子元件R1的阻值为________Ω，R3接入电路的阻值为________Ω(结果保留两位有效数字)．四、计算题(共4小题,每小题18.0分,共72分)19.一束电子流经U＝5 000 V的加速电压加速后，在与两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若两板间距d＝1.0 cm，板长l＝5 cm，那么，要使电子能从平行极板间的边缘飞出，则两个极板上最多能加多大电压？20.如图甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻．一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下．导轨和金属杆的电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．(1)由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图．(2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小．(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值．21.如图，在xOy平面第一象限整个区域分布匀强电场，电场方向平行y轴向下，在第四象限内存在有界匀强磁场，左边界为y轴，右边界为x＝d的直线，磁场方向垂直纸面向外．质量为m，带电量为＋q的粒子从y轴上P点以初速度v0垂直y轴射入匀强电场，在电场力作用下从x轴上Q点以与x轴正方向成45°角进入匀强磁场，已知OQ＝d，不计粒子重力，求：(1)P点坐标；(2)要使粒子能再进入电场，磁感应强度B的取值范围；(3)要使粒子能第二次进入磁场，磁感应强度B的取值范围．22.如图所示，半径为r1的圆形区域内有匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B0、方向垂直纸面向里，半径为r2的金属圆环右侧开口处与右侧电路相连，已知圆环电阻为R，电阻R1＝R2＝R3＝R，电容器的电容为C，圆环圆心O与磁场圆心重合．一金属棒MN与金属环接触良好，不计棒与导线的电阻，开关S1处于闭合状态、开关S2处于断开状态．(1)若棒MN以速度v0沿环向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径的瞬间产生的电动势和流过R1的电流；(2)撤去棒MN后，闭合开关S2，调节磁场，使磁感应强度B的变化率k＝，k为常数，求电路稳定时电阻R3在t0时间内产生的焦耳热；(3)在(2)问情形下，求断开开关S1后流过电阻R2的电量．答案解析1.【答案】B【解析】题图中所示是多用电表的示意图，无论是测电压U还是测电阻R，电流都是从红表笔流入多用电表，从黑表笔流出多用电表，选项B正确．2.【答案】A【解析】这个题目中有很多干扰项，例如两个截面的面积不相等，导线的组成材料不同等等．但关键是通过两截面的电子数在单位时间内相等，根据I＝可知电流相等．3.【答案】A【解析】根据安培定则可知，通电导线MN在右侧产生的磁场方向垂直纸面向里．根据左手定则可知，向左的电流受到的安培力的方向竖直向上．故A正确，B、C、D错误．4.【答案】D【解析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T＝，粒子在磁场中做圆周运动的速度偏向角等于圆心角，如下图所示，则有tan 30°＝，所以r＝R，在磁场中运动的时间为t＝T＝，故选D.5.【答案】C【解析】发现电磁感应现象的物理学家是法拉第．6.【答案】D【解析】此式适用于任何真空中静止的点电荷间相互作用力的计算，故AB错误．由此式可知，当r趋于零时，电荷已不能看成点电荷，故此式不在成立，故得不到F趋于无限大的结论，故C错误．式中的k是与q1、q2及r的大小无关的恒量，且k=9.0×109N•m2/C2，故D正确．7.【答案】A【解析】根据题意可知，c做自由落体运动；而a除竖直方向做自由落体运动外，水平方向受到电场力作用做初速度为零的匀加速运动，所以下落时间与c相同，但下落的速度大于c做自由落体运动的速度；b受到洛伦兹力作用，因洛伦兹力始终与速度垂直，所以b在竖直方向除了受到重力作用外，偏转后还受洛伦兹力在竖直方向的分力，导致竖直方向的加速度小于g，则下落时间变长，由于洛伦兹力不做功，因此下落的速度大小不变；故v a>v b＝v c，ta＝tc＜tb.8.【答案】A【解析】电荷C做匀速圆周运动，电场力提供向心力，指向O点，故A、B处固定的是等量的正电荷，故A正确，B错误；A、B处固定的是等量的正电荷，故在A、B的连线上O点电势最低，故C错误；在圆周上各点的电场强度大小相等，但方向均向外，是不平行的，即电场强度不同，电势相同．故D错误．9.【答案】B【解析】由公式知，a与F成正比，与m反比，则知加速度不是比值定义法，故A 错误；磁感应强度的定义式采用的是比值定义法，B与F、IL无关，反映磁场本身的特性，故B正确；是电容的决定式，不是比值定义法，故C错误；是点电荷场强的决定式，不是比值定义法，故D错误.10.【答案】A【解析】方形波的有效值为I R＋I R＝I RT，解得：I1＝I0正弦交流电有效值为：I2＝所以PA∶PB＝I R∶I R＝5∶4，故选A.11.【答案】B【解析】设白炽灯在正常工作时的电阻为R，由P＝得R＝36 Ω，当接入18 V电压时，假设灯泡的电阻也为36 Ω，则它消耗的功率为P＝＝W＝9 W，但是当灯泡两端接入18 V 电压时，它的发热功率小，灯丝的温度较正常工作时温度低，其电阻率减小，所以其电阻要小于36 Ω，其实际功率大于9 W，故B项正确．12.【答案】D【解析】磁感线的疏密表示磁场强弱；故Q点的磁感应强度大于P点的磁感应强度；故A、B 错误；磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向；两点的磁感应强度方向均由Q指向P；故D正确，C错误．13.【答案】AB【解析】导体棒向右沿圆弧摆动，说明受到向右的安培力，由左手定则知该磁场方向一定竖直向下，A对；导体棒摆动过程中只有安培力和重力做功，由动能定理知BIL·L sinθ－mgL(1－c osθ)＝0，代入数值得导体棒中的电流为I＝3 A，由E＝IR得电源电动势E＝3.0 V，B对；由F＝BIL得导体棒在摆动过程中所受安培力F＝0.3 N，C错；由能量守恒定律知电源提供的电能W等于电路中产生的焦耳热Q和导体棒重力势能的增加量ΔE的和，即W＝Q＋ΔE，而ΔE ＝mgL(1－c osθ)＝0.048 J，D错．14.【答案】BC【解析】根据轨迹弯曲的方向和电场线与等势线垂直，画出P、Q两点处场强的方向如图所示．则可知，三个等势线中a的电势最低，故A错误；质点从P到Q的过程，电场力做负功，质点的电势能增大，动能减小，则质点通过P点时的动能比通过Q点时的大，在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能小，故B正确，D错误；根据电场线的疏密程度可知，P点的电场强度大于Q点，则带电质点在P点受到的电场力大于Q点，故C正确．15.【答案】BC【解析】由图可知质子1的半径为L，质子2的半径为，根据洛伦兹力充当向心力可得：可得：，故速度之比等于半径之比，故，故A错误，B正确；由可知，两粒子的质量相同，故周期相同，但由图可知，质子1转过的圆心角为，而质子2转过的圆心角为，则可知，所用时间之比等于转过的圆心角之比，故，故C正确，D错误.16.【答案】CD【解析】在复合场中对带电粒子进行正确的受力分析，在不计重力的情况下，离子在复合场中沿水平方向直线通过，故有qE=，若粒子带正电，则受洛伦兹力向上，而电场力向下，所以电场强度的方向向下；若带负电，则受洛伦兹力，方向向下，而电场力方向向上，所以电场强度的方向向下，因此C、D正确，A、B错误．17.【答案】(1)A2V1R2(2)如图所示【解析】(1)由于灯泡额定电压为6 V，所以电压表选择V1，灯泡的额定电流为＝0.5 A，所以电流表选择A2，由于本实验需要测量多组数据，滑动变阻器需要采用分压连接，所以滑动变阻器选择小电阻的R2(2)电流表外接，滑动变阻器分压方式．18.【答案】(1)D (2)电路图如下：(3)5. 0 5.0【解析】由电子元件额定电压和额点功率可知待测电子元件电阻较小，根据本题条件应选用电流表外接法，因缺少电压表，应把电流表G改装为电压表，因要描绘伏安特性曲线，且要求多次测量尽可能减小实验误差，滑动变阻器采取分压接法，且选用R.19.【答案】400 V【解析】在加速电压U一定时，偏转电压U′越大，电子在极板间的侧移量就越大．当偏转电压大到使电子刚好擦着极板的边缘飞出时，此时的偏转电压即为题目要求的最大电压．加速过程，由动能定理得：eU＝mv.①进入偏转电场，电子在平行于极板的方向上做匀速直线运动：l＝v0t.②a＝＝，③偏转距离：y＝at2，④能飞出的条件为：y≤.⑤联立①②③④⑤式得：U′≤＝400 V.20.【答案】(1)(2)g sinθ－(3)【解析】(1)如图所示，ab杆受：重力mg，竖直向下；支持力F N，垂直于斜面向上；安培力F，沿斜面向上．安(2)当ab杆速度大小为v时，感应电动势E＝BLv，此时电路中电流I＝＝ab杆受到安培力F安＝BIL＝根据牛顿第二定律，有ma＝mg sinθ－F安＝mg sinθ－a＝g sinθ－.(3)当a＝0时，ab杆有最大速度：v m＝.21.【答案】(1)(0，) (2)B≥(3)≤B≤【解析】(1)设粒子进入磁场时y方向的速度为v y，则v y＝v0tan 45°设粒子在电场中运动时间为t，则OQ＝v0t，OP＝t由以上各式，解得OP＝，P点坐标为(0，)(2)粒子刚好能再次进入电场时的轨迹如图所示，设此时的轨迹半径为r1，则r1＋r1sin 45°＝d解得：r1＝(2－)d令粒子在磁场中的速度为v，则v＝根据牛顿第二定律qvB1＝，解得：B1＝要使粒子能再进入电场，磁感应强度B的范围B≥(3)假设粒子刚好从x＝d处磁场边界与电场的交界D点处第二次进入磁场，设粒子从P到Q 的时间为t，则由粒子在电场中运动对称性可知粒子从第一次出磁场的C点到D点的时间为2t，由水平方向的匀速直线运动可得：CD＝2d，CQ＝CD－QD＝2d－(2.5d－d)＝设此时粒子在磁场中的轨道半径为r2，由几何关系知：2r2sin 45°＝CQ，解得：r2＝d根据牛顿第二定律得：qvB2＝，解得：B2＝要使粒子能第二次进入磁场，粒子必须先进入电场，故磁感应强度B要满足B≤B2综上所述要使粒子能第二次进磁场，磁感应强度B要满足≤B≤22.【答案】(1)E＝2Br1v0流过R1电流的大小，方向为自左向右流过R1(2)(3)【解析】(1)棒MN的电动势E＝2Br1v0流过R1电流的大小I1＝×＝，方向为自左向右流过R1 (2) 电动势E＝S＝kπr电流I＝＝R3在t0时间内产生的焦耳热Q＝I2Rt0＝(3)开关S1闭合时，UC＝U3＝IR3＝开关S1断开后，UC′＝E＝kπr流过电阻R2的电量q＝C(UC′－UC)＝.。

曲靖市宣威三中2017-2018学年下学期3月份月考（高二物理）一、选择题1. 某研究性学习小组对电工穿的“高压带电作业服”进行研究，发现其中用了大量的铜丝编织而成．对这一做法的最主要目的，同学们给出了四种猜想：甲认为：铜丝编织的衣服和人体相当于并联关系，能分走本该流经人体的电流乙认为：被铜丝编织的衣服包裹的空间内任意点的电势都保持为零丙认为：被铜丝编织的衣服包裹的空间内任意两点间电势差保持为零丁认为：被铜丝编织的衣服包裹的空间内任意点的电场强度保持为零对这些猜想的评价正确的是( )A. 都有正确B. 甲和丁最关键C. 丁最关键D. 丙和丁最关键【答案】D【解析】“高压带电作业服”是用大量的铜丝编织而成，这一做法的最主要目的是静电屏蔽，在外电场中处于静电感应平衡状态，是等势体，内部场强处处为零，故甲错误，处于静电平衡的导体是等势体，电势不一定为零，故乙错误，丙、丁正确；故ABC错误，D正确；故选D。

2. 如图所示，两匀强磁场方向相同，以虚线MN为理想边界，磁感应强度分别为B1、B2.今有一个质量为m、电荷量为e的电子从MN上的P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1中，其运动轨迹为如图虚线所示的“心”形图线．则以下说法正确的是( )A. 电子的运行轨迹为PENCMDB. 电子运行一周回到P用时为T＝C. B1＝2B2D. B1＝4B2【答案】C【解析】试题分析：电子在磁场中受到洛伦兹力作用做匀速圆周运动，根据左手定则判断电子的绕行方向，根据周期公式分三个部分求解运动一周的时间，根据半径关系求解两磁场的关系．解：A、根据左手定则可知：电子从P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1时，受到的洛伦兹力方向向上，所以电子的运行轨迹为PDMCNEP，故A错误；B、电子在整个过程中，在匀强磁场B1中运动两个半圆，即运动一个周期，在匀强磁场B2中运动半个周期，所以T=+，故B错误；C、由图象可知，电子在匀强磁场B1中运动半径是匀强磁场B2中运动半径的一半，根据r=可知，B1=2B2，故C正确，D错误．故选：C．【点评】本题是带电粒子在磁场中运动的问题，要求同学们能根据左手定则判断洛伦兹力的方向，能结合几何关系求解，知道半径公式及周期公式，难度适中．3. 如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长la＝3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则( )A. 两线圈内产生顺时针方向的感应电流B. a、b线圈中感应电动势之比为9：1C. a、b线圈中感应电流之比为3：4D. a、b线圈中电功率之比为3：1【答案】B【解析】试题分析：根据楞次定律可知，两线圈内均产生逆时针方向的感应电流，选项A 错误；因磁感应强度随时间均匀增大，则，根据法拉第电磁感应定律可知，则，选项B正确；根据，故a、b线圈中感应电流之比为3:1，选项C错误；电功率，故a、b 线圈中电功率之比为27:1，选项D错误；故选B．【KS5U考点定位】法拉第电磁感应定律；楞次定律；闭合电路欧姆定律；电功率。

云南省曲靖市宣威市第三中学2017-2018学年高二物理下学期3月月考试题本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间120分）分卷I一、单选题(共10小题,每小题3.0分,共30分)1.如图所示，一矩形线框置于磁感应强度为B的匀强磁场中，线框平面与磁场方向平行，若线框的面积为S，则通过线框的磁通量为( )A．BS B．C． D． 02.如图所示，水平放置的两根平行直导线把空间分成a、b、c三个区域，导线中通有方向相反的大小不等的电流I1和I2，则磁感应强度为零的区域( )A．只可能出现在b区B．可能同时出现在a、c区C．只可能出现在a、c区中的一个区域D．a、b、c中一定不存在磁感应强度为零的区域3.如图所示，图线a是某一电源的U－I曲线，图线b是一定值电阻的U－I曲线.若将该电源与该定值电阻连成闭合电路，已知该电源的内阻r＝2.0 Ω，则说法错误的是( )A．该定值电阻为6 ΩB．该电源的电动势为20 VC．将2只这种电阻串联作为外电阻，电源输出功率最大D．将3只这种电阻并联作为外电阻，电源输出功率最大4.用阻值分别是R1＝10 Ω、R2＝20 Ω、R3＝80 Ω的三只电阻，适当连接后可以得到26 Ω的阻值，正确的连接方法是( )A．将三只电阻串联B．将三只电阻并联C．先将R1与R2并联后再与R3串联D．先将R2与R3并联后再与R1串5.如图，一通电螺线管通有图示电流，1、2、4小磁针放在螺线管周围，3小磁针放在螺线管内部，四个小磁针静止在如图所示位置，则四个小磁针的N、S极标注正确的是( )A． 1B． 2C． 3D． 46.如图所示，白炽灯和电容器串联后接在交流电源的两端，当交流电的频率增加时( )A．电容器电容增加B．电容器电容减小C．电灯变暗D．电灯变亮7.在x轴上方有垂直于纸面向外的匀强磁场，将同一种带电粒子从O点射入磁场，当入射方向与x轴的夹角为α＝60°时，速度为v1、v2的两个粒子分别从a、b两点射出磁场，如图所示，当α＝45°时，为了使粒子从ab的中点c射出磁场，则速度应为( )A．(v1＋v2)B．(v1＋v2)C．(v1＋v2)D．(v1＋v2)8.如图所示，在水平方向的匀强磁场中，有一单匝矩形导线框可绕垂直于磁场方向的水平轴转动，在线框由水平位置以角速度ω匀速转过90°的过程中，通过导线横截面的电荷量为q，已知导线框的电阻为R，则下列说法正确的是( )A．导线框转到如图所示的位置时电流的方向将发生改变B．导线框转到如图所示的位置时电流的方向为b→a→d→c→bC．以图中位置作为计时起点，该导线框产生的交流电瞬时值表达式为e＝qRωsinωtD．题述过程中导线框上产生的焦耳热Q＝9.平行板电容器充电后断开电源，现将其中一块金属板远离另一板平移一小段距离．下图表示此过程中电容器的各物理量随两板间距离d的变化关系，正确的是( )A． B．B．C． D．10.如图所示的电路中，如果交变电流的频率增大，1、2和3灯的亮度变化情况是( )A． 1、2两灯均变亮，3灯变暗B． 1灯变亮，2、3两灯均变暗C． 1、2灯均变暗，3灯亮度不变D． 1灯变暗，2灯变亮，3灯亮度不变二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分)11.(多选)如图是某一点电荷的电场线分布图，下列表述正确的是( )A．A点的电势高于B点的电势B．该点电荷带负电C．A点和B点电场强度的方向相同D．A点的电场强度大于B点的电场强度12.(多选)在如图所示的电路中，电源内阻不计．为使电容器的带电量增大，可采取以下哪些方法( )A．增大R1 B．增大R2C．增大R3 D．减小R113.(多选)由电场强度的定义式E＝可知，在电场中的同一点( )A．电场强度E跟F成正比，跟q成反比B．无论试探电荷所带的电荷量如何变化，始终不变C．电场强度为零，则在该点的电荷受到的静电力一定为零D．一个不带电的小球在该点受到的静电力为零，则该点的电场强度一定为零14.(多选)将一磁铁缓慢地或迅速地插到闭合线圈中同样位置处，不发生变化的物理量有( )A．磁通量的变化量B．磁通量的变化率C．感应电流的大小D．流过导体横截面的电荷量分卷II三、实验题(共2小题,每小题10.0分,共20分)15.某学习小组探究一小电珠在不同电压下的电功率大小，实验器材如图甲所示，现已完成部分导线的连接．①实验要求滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大．请按此要求用笔画线代替导线在图甲实物接线图中完成余下导线的连接；②某次测量，电流表指针偏转如图乙所示，则电流表的示数为______ A③该小组描绘的伏安特性曲线如图丙所示，根据图线判断，将____只相同的小电珠并联后，直接与电动势为3 V、内阻为1 Ω的电源组成闭合回路，可使小电珠的总功率最大，其总功率的值约为____ W(保留两位小数)．16.如图所示为J0411多用电表示意图．其中A、B、C为三个可调节的部件．某同学在实验室中用它测量一阻值约为1～3 kΩ的电阻．他测量的操作步骤如下：(1)调节可动部件______，使电表指针指向________．(2)调节可调部件B，使它的尖端指向________位置．(3)将红黑表笔分别插入正负插孔中，笔尖相互接触，调节可动部件________，使电表指针指向________位置．(4)将两只表笔分别与待测电阻两端相接，进行测量读数．(5)换测另一阻值为20～25 kΩ的电阻时，应调节B针，使它的尖端指向“×1 k”的位置，此时还必须重复步骤________，才能进行测量，若电表读数如上图所示，则该待测电阻的阻值是________．四、计算题(共5小题)17.如图所示，在匀强磁场中有一个内阻r＝3 Ω、面积S＝0.02 m2的半圆形导线框可绕OO′轴旋转．已知匀强磁场的磁感应强度B＝T．若线框以ω＝100πrad/s的角速度匀速转动．且通过电刷给“6 V、12 W”的小灯泡供电，则：(1)若从图示位置开始计时，求线框中感应电动势的瞬时值表达式；(2)从图示位置开始，线框转过90°的过程中，流过导线横截面的电荷量是多少？该电荷量与线框转动的快慢是否有关？(3)由题给已知条件，外电路所接小灯泡能否正常发光？如不能，则小灯泡实际功率为多大？18.如图所示电路中，电源的电动势E=6 V，内阻r=0.6 Ω，电阻R1=6 Ω，R2=4 Ω．图中电流表、电压表都是理想表，试计算闭合电键S后两个电表的示数和电源的输出功率．19.如图所示，光滑斜面倾角为37°，一带有正电的小物块质量为m，电荷量为q，置于斜面上，当沿水平方向加如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变为原来的，求：(1)原来的电场强度．(2)物块运动的加速度．(3)沿斜面下滑距离为l时物块的速度．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)20.如下图所示，初速度为零的负离子经电势差为U的匀强电场加速后，从离子枪T中水平射出，经过一段路程后进入水平放置的距离为d的两平行金属板MN和PQ之间，离子所经空间存在着磁感应强度为B的匀强磁场．不考虑离子重力作用，离子的荷质比在什么范围内，离子才能打在金属板PQ上？21.固定不动的正点电荷A，已知其带电量为Q＝1.0×10－6C，正点电荷B从距A2 cm、电势为300 V的P 点(取无穷远电势为零)由静止释放，瞬间产生的加速度大小为9×109m/s2，求B能达到的最大速度．答案解析1.【答案】D【解析】因为线圈平面和磁场方向平行，所以没有磁感线穿过线圈，即通过线圈的磁通量为零，D正确．2.【答案】C【解析】根据安培定则判断得知：电流I1在a区域产生的磁场方向垂直纸面向外，在b、c区域产生的磁场方向垂直纸面向里；电流I2在a、b区域产生的磁场方向垂直纸面向里，在c区域产生的磁场方向垂直纸面向外；所以在a、c两区域磁场方向相反，若磁感应强度大小相等，则可能出现磁感应强度为零的区域．由于电流产生的磁场离电流越近磁场越强，所以合磁感应强度为0处离比较小的电流比较近，即在小电流的一侧．所以不可能同时出现在a、c区．故只有选项C正确．3.【答案】C【解析】4.【答案】D【解析】阻值分别是R1＝10 Ω、R2＝20 Ω、R3＝80 Ω的三只电阻串联，总电阻为：10 Ω＋20 Ω＋80 Ω＝110 Ω，故A错误；阻值分别是R1＝10 Ω、R2＝20 Ω、R3＝80 Ω的三只电阻并联，总电阻小于最小的电阻，即小于10 Ω，故B错误；先将R1与R2并联后再与R3串联，总电阻大于R3，即大于80 Ω，故C错误；先将R2与R3并联后再与R1串，总电阻为：Ω＋10 Ω＝26 Ω，故D正确．5.【答案】B【解析】小磁针的N极指向为该处的磁感线方向，根据右手螺旋定则可知通电螺线管的右端为N极，左端为S极，内部磁感线方向是从左到右，故只有2标注正确．6.【答案】D【解析】由C＝可知，C与f无关，故C不变，A、B错误．交变电流的频率增加，容抗变小，故电流变大，故D正确．7.【答案】B【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得，qvB＝m，粒子轨道半径为R＝；设a、b、c三点的坐标分别为x1，x2，x3，当α＝60°时，粒子从a点射出磁场，如图所示，x 1＝2R1sin 60°＝R1＝，当α＝60°时，粒子从b点射出磁场，如图所示，x 2＝2R2sin 60°＝R2＝，当α＝45°时，粒子从c点射出磁场，如图所示，x 3＝2R3sin 45°＝R3＝，因为2x3＝x1＋x2，解得：v3＝(v1＋v2)．8.【答案】D【解析】导线框转到中性面时电流方向发生改变，而图中表示的不是中性面，A项错误；根据右手定则或楞次定律判断导线框中电流的方向为a→b→c→d→a，B项错误；以图中位置作为计时起点，该导线框产生的交变电流瞬时值表达式为e＝BSωcosωt，由q＝可得该导线框产生的交流电瞬时值表达式为e＝qRωcosωt，C项错误；题述过程中U有效＝，时间t＝，Q＝t＝，D项正确，故选D.9.【答案】C【解析】根据C＝知，d增大，则电容减小．故A错误．平行板电容器充电后断开电源，电量保持不变．故B错误．结合C＝、U＝、E＝得，E＝，知d变化，电场强度不变．故C正确．根据U＝知，电容减小，电量不变，则电势差增大，故D错误．10.【答案】D【解析】感抗为XL＝2πfL，容抗为xC＝.当频率f增大时，感抗XL变大，容抗XC变小．感抗XL变大，对交流电的阻碍作用变大，所以1灯变暗．容抗XC变小，对交流电的阻碍作用变小，所以2灯变亮．而电阻器的对交流电的阻碍作用不随频率改变，所以3灯亮度不变．故D正确．故选D.11.【答案】BD【解析】过A点作出等势面如图所示，则A点与C点电势相等，由于沿电场线方向电势降低，所以B点电势高于C 点电势，即B点电势高于A点电势，选项A错误；由题图可以判断该点电荷带负电，选项B正确；A点和B点电场强度的方向都沿各自所在电场线的方向，所以方向不同，选项C错误；由于电场线密集处电场强度大，所以A点电场强度大于B点电场强度，选项D正确．12.【答案】BD【解析】根据串联电路分压式U1∶U2＝R1∶R2，又由于E＝U1＋U2，故减小R1或增加R2都会使电容器两端电压增加，从而增加电容器的带电量，故选B、D.13.【答案】BC【解析】电场强度是由电场本身所决定的物理量，是客观存在的，与放不放试探电荷无关．电场的基本性质是它对放入其中的电荷有静电力的作用，F＝Eq.若电场中某点的电场强度E＝0，那么F＝0，若小球不带电q＝0，F也一定等于零，选项B、C正确．14.【答案】AD【解析】插到闭合线圈中同样位置，磁通量的变化量相同，但用时不同，磁通量的变化率不同，由I感＝＝可知，I感不同，流过导体的横截面的电荷量q＝·Δt＝·Δt＝·Δt＝，因ΔΦ、R 不变，所以q与磁铁插入线圈的快慢无关．15.【答案】①见解析图②0.44③4 2.25【解析】实物图如图所示；由图知电流表量程为0.6 A，所以读数为0.44 A；电源内阻为1 Ω，所以当外电路总电阻等于电源内阻时，消耗电功率最大，此时外电路电压等于内电压等于1.5 V，由图知当小电珠电压等于1.5 V时电流约为0.38 A，此时电阻约为R＝≈3.95 Ω，并联后的总电阻为1 Ω，所以需要4个小电珠，小电珠消耗的总功率约为P＝＝W＝2.25 W.16.【答案】(1)A 左边零刻度线处(2)B “×100”的倍率挡(3)C 右边最大刻度线处(5)(3) 22 kΩ【解析】(1)使用多用电表测量电阻时应先机械调零，即调节可动部件A，使指针指向左边零刻度线处；(2)机械调零完毕后，还需要选择适当的欧姆挡，使得实验中指针指向刻度盘的～处，因为被测阻值大约为1～3 kΩ，所以应选择“×100”的倍率挡；(3)然后进行欧姆调零，即将两表笔短接，调节可动部件C，使电表的表针指向右边最大处；(5)当重新选择欧姆挡后，还需要进行欧姆调零，即重复步骤(3)，从表中可读出该电阻阻值为22 kΩ.17.【答案】(1)e＝10cos (100πt) V (2) C 无关(3)不能W【解析】(1)线框转动时产生感应电动势的最大值Em＝BSω＝×0.02×100π V＝10V 因从平行于磁感线位置开始计时，则感应电动势的瞬时值表达式e＝E m cosωt＝10cos (100πt) V.(2)线框转过90°的过程中，产生的平均电动势＝.流过导线横截面的电荷量q＝·Δt＝＝，又灯泡电阻R＝＝Ω＝3 Ω.故q＝＝C＝C，与线框转动的快慢无关．(3)线框产生的感应电动势的有效值E＝＝10 V，灯泡两端电压U＝R＝5 V.因U＜6 V，故灯泡不能正常发光．其实际功率P＝＝W＝W.18.【答案】4.8 V 2 A 9.6 W【解析】图中电阻R1与R2并联，则外电路总电阻根据闭合电路欧姆定律得：电源的电流电压表的示数为U=IR=4.8 V电源的输出功率为P=IU=9.6 W19.【答案】(1)(2)3 m/s2，方向沿斜面向下(3)【解析】(1)对小物块受力分析如图所示，物块静止于斜面上，则mg sin 37°＝qE cos 37°，E＝＝.(2)当场强变为原来的时，小物块所受的合外力F合＝mg sin 37°－qE cos 37°＝mg sin 37°.又F合＝ma，所以a＝3 m/s2，方向沿斜面向下．(3)由动能定理得F合・l＝mv2－0所以mg sin 37°・l＝mv2，所以v＝.20.【答案】≤≤【解析】在加速过程中，据动能定理，有mv2＝qU①分析离子进入磁场后打到金属板两端的轨迹，如图所示，设半径分别为R1和R2，则离子打到金属板上的条件是R1≤R≤R2根据勾股定理知：R＝d2＋(R1－)2②由②式解得：R1＝d③同理可得：R＝(2d)2＋(R2－)2④由④式解得：R2＝d⑤离子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力得：qvB＝m⑥由⑥式解得：R＝⑦由①⑦式解得：＝⑧因R1≤R≤R2，由③⑤⑧可得：≤≤⑨21.【答案】2×102m/s【解析】B电荷运动至无穷远处速度最大，电势能全部转化为动能，即qφP＝mv2①释放瞬间由库仑定律及牛顿第二定律知k＝ma②联立得v＝·r＝×2×10－2m/s＝2×102m/s。

云南省曲靖市陆良县第五中学2017-2018学年高二物理下学期3月月考试题本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间120分钟。

分卷I一、单选题(共12小题,每小题3.0分,共36分)1.一个磁场的方向如图所示，一个小磁针被放入磁场中，最后小磁针N极将( )A．向右B．向左C．向上D．向下2.夏天由于用电器的增多，每年都会出现“用电荒”，只好拉闸限电．若某发电站在供电过程中，用电高峰时输电的功率是正常供电的2倍，输电线电阻不变，下列说法正确的是( ) A．若输送电压不变，则用电高峰时输电电流为正常供电时的2倍B．若输送电压不变，则用电高峰时输电线损失的功率为正常供电时的2倍C．若用电高峰时的输电电压变为正常供电的2倍，则此时输电电流为正常供电时的4倍D．若用电高峰时的输电电压变为正常供电的2倍，则此时输电线损失的功率为正常供电时的4倍3.如图所示，质量为60 g的铜棒长为L=20 cm，棒的两端与等长的两细软铜线相连，吊在磁感应强度B=0.5 T、方向竖直向上的匀强磁场中.当棒中通过恒定电流I后，铜棒能够向上摆动的最大偏角θ=60°，g取10 m／s2，则铜棒中电流I的大小是( )A．B．C． 6AD．4.如图甲所示，一理想变压器的原线圈串联一电流表，并接在有效值为220 V的交流电源上，副线圈利用导线通过滑动变阻器和小灯泡串联，其中滑动变阻器接入电路部分的电阻R0＝10 Ω，小灯泡的电压R L＝5 Ω，如图甲所示；现用示波器测出小灯泡两端的电压变化图象如图乙所示，则下列说法正确的是( )A．交变电流的频率为100 HzB．原副线圈的匝数比n1∶n2＝10∶1C．电流表的读数I＝1.32 AD．滑动变阻器的触头向右滑动，变压器的输入功率增大5.两相同的白炽灯L1、L2接到如图所示的电路中，灯L1与电容器串联，灯L2与电感线圈串联，当A，B处接电压最大值为U m，频率为f的正弦交流电源时，两灯都正常发光，且亮度相同，更换一个新的正弦交流电源后灯L1的亮度大于灯L2的亮度，新电源的电压最大值和频率应该满足的条件是( )A．最大值仍为U m，而频率大于fB．最大值仍为U m，而频率小于fC．最大值大于U m，而频率为fD．最大值小于U m，而频率仍为f6.如图所示，虚线表示某电场的等势面．一带电粒子仅在电场力作用下由A运动到B的径迹如图中实线所示，则下列结论正确的( )A．粒子带正电，由A到B的过程中加速度一直增大B．粒子带负电，由A到B的过程中速度先增大再减小C．粒子带正电，由A到B的过程中电场力一直做正功D．粒子带负电，由A到B的过程中电势能先增大再减小，但B点电势能比A点大7.两个点电荷相距为d，相互作用力大小为F，保持两点电荷电荷量不变，改变它们之间的距离，使之相互作用力大小变为4F，则两点电荷之间的距离应变为( )A． 4dB． 2dC．D．8.如图所示，两个点电荷，电荷量分别为q1＝4×10－9C和q2＝－9×10－9C，分别固定于相距20 cm的a、b两点，有一个点电荷q放在a、b所在直线上且静止不动，该点电荷所处的位置是( )A．在a点左侧40 cm处B．在a点右侧8 cm处C．在b点右侧20 cm处D．无法确定9.关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流，以下说法中正确的是( )A．线圈平面每经过中性面一次，感应电流方向就改变一次，感应电动势方向不变。