山东省寿光现代中学2016-2017学年高二(实验部)12月月考物理试题Word版含答案

Ⅰ卷满分40分一、选择题（本大题每小题4分，共计40分。

1-7题为单项选择，只有一个选项正确;第8-10题为多项选择，选对选全得4分，对而不全得2分，选错或不选得0分）1.关于静电场的等势面，下列说法正确的是（）A．两个电势不同的等势面可能相交B．电场线与等势面处处相互垂直C．同一等势面上各点电场强度一定相等D．将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功【答案】B【解析】考点：等势面、电势【名师点睛】此题是考查电场中电势相等的各个点构成的面叫做等势面；沿着等势面移动点电荷，电场力不做功．电场线与等势面垂直，且从电势高的等势面指向电势低的等势面．负电荷在等势面高的位置的电势能小．电场强度与电势的关系，注意电场强度是从力的角度对电场进行描述，而电势是从能量的角度对电场进行描述，所以两者无直接关系，也就是说场强大的地方电势不一定高，场强为零时电势不一定为零.2. 用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点场强的强弱．如图甲是等量异种点电荷形成电场的电场线，图乙是场中的一些点：O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对O对称的两点，B、C和A、D也相对O对称．则以下说法错误的是（）A．B、C两点场强大小和方向都相同B．A、D两点场强大小相等，方向相反C．E、O、F三点比较，O点场强最强D．B、O、C三点比较，O点场强最弱【答案】B【解析】所以错误的选项是B.考点：等量异种电荷电场、电势分布规律【名师点睛】此题考查了等量异种电荷的电场分布，对于等量异种点电荷和等量同种点电荷的电场线、等势线的分布要熟练掌握，根据电场线的疏密判断场强的大小，电场线越密，场强越大；电场线越疏，场强越小．根据等量异种点电荷形成电场的电场线分布的对称性分析对称点场强的大小关系．等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线，这些是考试的热点，要抓住对称性进行记忆。

3.a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点．电场线与矩形所在平面平行．已知a点的电势为20V，b点的电势为24V，d点的电势为4V，如图，由此可知c点的电势为（）A．4V B．8V C．12V D．24V【答案】B【解析】故B正确．所以正确选项为B.考点：匀强电场中电势关系．【名师点睛】匀强电场的电场线为相互平行间隔相等的平行线，而等势线与电场线垂直；匀强电场中，任意两平行直线上相等距离的电势差相等．即在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分；在匀强电场中电场线平行且均匀分布故等差等势线平行且均匀分布．4. （课本20页课后题第7题）电场中等势面如图所示，下列描述正确的是（）A．A点的电场强度比C点的小B．负电荷在A点电势能比C点电势能大C．某电荷从A运动到C过程中和从B运动到C过程中，电场力做功一定相等D．某正电荷沿不同路径由A移到B过程中，电场力功也不同【答案】C【解析】试题分析：等差等势面越密的地方场强越大，A点的等势面比C点的等势面密，则A点的场强比C点的大．故A错误。

2015-2016学年山东省潍坊市寿光市现代中学高二（上）月考物理试卷（10月份）一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）1．下列关于点电荷的场强公式的几种不同的理解，正确的是（）A．以点电荷Q为中心，r为半径的球面上各处的场强相同B．当r→0时，E→∞；当r→∞时，E→0C．点电荷Q产生的电场中，各点的场强方向一定是背向点电荷QD．在点电荷Q的电场中，某点的场强大小与Q成正比，与r2成反比2．两个分别带有电荷量﹣Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F．两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（）A． B．C．D．12F3．如图所示，M、N两点分别放置两个等量种异电荷，A为它们连线的中点，B为连线上靠近N的一点，C为连线的中垂线上处于A点上方的一点，在A、B、C三点中（）A．场强最小的点是A点，电势最高的点是B点B．场强最小的点是A点，电势最高的点是C点C．场强最小的点是C点，电势最高的点是B点D．场强最小的点是C点，电势最高的点是A点4．如图所示，A、B两点相距d=10cm，它们的连线与匀强电场场强方向夹角60°，把电子从A点移到B点，需克服电场力做功20eV，则匀强电场的场强等于（）A．800N/C B．400N/C C．400N/C D．800N/C5．如图所示的匀强电场E的区域内，由A、B、C、D、A′、B′、C′、D′作为顶点构成一正方体空间，电场方向与面ABCD垂直．下列说法正确的是（）A．AD两点间电势差U AD与AA′两点间电势差U AA′相等B．带正电的粒子从A点沿路径A→D→D′移到D′点，电场力做正功C．带负电的粒子从A点沿路径A→D→D′移到D′点，电势能减小D．带电的粒子从A点移到C′点，沿对角线AC′与沿路径A→B→B′→C′电场力做功相同6．如图所示．平行板电容器两个极板为A、B，B板接地，A板带有电荷量+Q．板间电场有一固定点P．若将B板固定，A板下移一些，或者将A板固定，B板上移一些．在这两种情况下，以下说法正确的是（）A．A板下移时，P点的电场强度不变，P点电势不变B．A板下移时，P点的电场强度不变．P点电势升高C．B板上移时，P点的电场强度不变．P点电势降低D．B板上移时，P点的电场强度减小．P点电势降低7．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图所示）．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，若（）A．保持S不变，增大d，则θ变大B．保持S不变，增大d，则θ变小C．保持d不变，减小S，则θ变小D．保持d不变，减小S，则θ不变8．如图所示，虚线表示某点电荷Q所激发电场的等势面，已知a、b两点在同一等势面上，c、d两点在另一个等势面上．甲、乙两个带电粒子以相同的速率，沿不同的方向从同一点a射入电场，在电场中沿不同的轨迹adb曲线、acb曲线运动．则下列说法正确的是（）①两粒子所带的电荷符号不同②甲粒子经过c点时的速度大于乙粒子经过d点的速度③两个粒子的电势能都是先减小后增大④经过b点时，两粒子的动能一定相等．A．①②B．①③C．③④D．①④9．示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的（）A．极板X应带正电B．极板X′应带正电C．极板Y应带正电D．极板Y′应带正电10．下列物理量中哪些与检验电荷无关（）A．电场强度E B．电势φC．电势能E P D．电场力F二、填空题（共3小题，每小题3分，满分9分）11．如图，A、B、C三点是一直角三角形的三个顶点，∠B=30°现在A、B两点放置两点电荷q A、q B，测得C点的场强与BA平行，则q A带电，q B带电，q A：q B=．12．如图所示，为匀强电场中的一组等势面A、B、C、D，若相邻两点间的距离都是2cm，则该电场的场强为V/m；到A点距离为1.5cm的P点的电势为V；该场强方向为．13．质量为m1=2kg的带电绝缘球A，在光滑水平面上，从无限远处以初速度10m/s，向另一个固定在水平面上带同号电荷的绝缘球B靠近，B球的质量为m2=3kg，在它们相距到最近时，它的动能为J，它们具有的电势能为J．三、计算题（共4小题，满分0分）14．（2015秋•寿光市校级月考）如图所示，正方形ABCD处在一个匀强电场中，电场线与正方形所在平面平行．已知A、B、C三点的电势依次为φA=6.0V，φB=4.0V，φC=﹣2.0V．（1）求D点的电势φD．（2）在图中画出过A点的电场线和过D点的等势线（要把作图过程画在图上．只画最后结果不能得分）．15．（2011秋•石峰区校级期末）如图，在正的点电荷Q的电场中有a、b两点，它们到点电荷Q的距离r1＜r2．（l）a、b两点哪点电势高？（2）将一负电荷放在a、b两点，哪点电势能较大？（3）若a、b两点问的电势差为100V，将二价负离子由a点移到b点时电场力对电荷做功还是电荷克服电场力做功？做功多少？16．（2015秋•寿光市校级月考）如图所示，两带电平行板A、B间的电场为匀强电场，场强E=4.0×103V/m，两板相距d=10cm，板长L=40cm．一带电量q=1.0×10﹣16C、质量m=1.0×10﹣22㎏的粒子沿平行于板方向从两板的正中间射入电场后向着B板偏转，不计带电粒子所受重力，求：（1）粒子带何种电荷？（2）要使粒子能飞出电场，粒子飞入电场时的速度v0至少为多大？（3）粒子飞出电场时最大偏角的正切值为多大？17．（2014•安徽）如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔，质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零（空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g），求：（1）小球到达小孔处的速度；（2）极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；（3）小球从开始下落运动到下极板处的时间．2015-2016学年山东省潍坊市寿光市现代中学高二（上）月考物理试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）1．下列关于点电荷的场强公式的几种不同的理解，正确的是（）A．以点电荷Q为中心，r为半径的球面上各处的场强相同B．当r→0时，E→∞；当r→∞时，E→0C．点电荷Q产生的电场中，各点的场强方向一定是背向点电荷QD．在点电荷Q的电场中，某点的场强大小与Q成正比，与r2成反比考点：电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：点电荷的场强公式是由库仑定律得出的直空中点电荷周围的场强，故只能适用于真空中点电荷形成的电场解答：解：A、以点电荷Q为中心，r为半径的球面上各处的场强大小相等，方向不同，场强是矢量，所以场强不同，故A错误．B、当r→0时，点电荷的场强公式已经不适用，当r→∞时，E→0．故B错误．C、点电荷Q产生的电场中，各点的场强方向与点电荷的性质有关，正点电荷产生的电场中，各点的场强方向是背向点电荷Q向外，负点电荷产生的电场中，各点的场强方向是指向点电荷Q向内．故C错误．D、在点电荷Q的电场中，场强公式，某点的场强大小与Q成正比，与r2成反比，故D正确．故选D．点评：每一个物理公式都有其适用的范围，故在学习中要注意体会其范围，以免错用了公式．2．两个分别带有电荷量﹣Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F．两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（）A． B．C．D．12F考点：库仑定律；电荷守恒定律．专题：计算题．分析：清楚两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分．根据库仑定律的内容，根据变化量和不变量求出问题．解答：解：接触前两个点电荷之间的库仑力大小为F=k，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带点为+Q，距离又变为原来的，库仑力为F′=k，所以两球间库仑力的大小为．故选C．点评：本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题．3．如图所示，M、N两点分别放置两个等量种异电荷，A为它们连线的中点，B为连线上靠近N的一点，C为连线的中垂线上处于A点上方的一点，在A、B、C三点中（）A．场强最小的点是A点，电势最高的点是B点B．场强最小的点是A点，电势最高的点是C点C．场强最小的点是C点，电势最高的点是B点D．场强最小的点是C点，电势最高的点是A点考点：电势；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据等量异种电荷电场线的分布去比较场强的大小，以及电势的高低．沿着电场线方向电势降低．解答：解：根据等量异种电荷电场线的分布，知道E B＞E A＞E C，场强最小的是C点．等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，知ΦA=ΦC，沿着电场线方向电势逐渐降低，异种电荷间的电场线由正电荷指向负电荷，知ΦB＞ΦA，所以电势最高点是B点．故A、B、D错误，C正确．故选C．点评：解决本题的关键是熟悉等量异种电荷周围电场线的分布以及知道等量异种电荷间连线的垂直平分线是等势线．4．如图所示，A、B两点相距d=10cm，它们的连线与匀强电场场强方向夹角60°，把电子从A点移到B点，需克服电场力做功20eV，则匀强电场的场强等于（）A．800N/C B．400N/C C．400N/C D．800N/C考点：电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电子在匀强电场中移动，所受的电场力大小为F=eE，根据电场力做功公式W=qEd 求解场强E，式中d是两点沿电场线方向的距离．解答：解：A、B两点间沿电场线方向的距离为：d=lcos60°=0.1×0.5m=0.05m由W=eEd得：E===400V/m故选：B点评：解决本题掌握匀强电场中电场力做功公式W=qEd，知道d是两点间沿电场线方向的距离，并明白该公式只适用于匀强电场．5．如图所示的匀强电场E的区域内，由A、B、C、D、A′、B′、C′、D′作为顶点构成一正方体空间，电场方向与面ABCD垂直．下列说法正确的是（）A．AD两点间电势差U AD与AA′两点间电势差U AA′相等B．带正电的粒子从A点沿路径A→D→D′移到D′点，电场力做正功C．带负电的粒子从A点沿路径A→D→D′移到D′点，电势能减小D．带电的粒子从A点移到C′点，沿对角线AC′与沿路径A→B→B′→C′电场力做功相同考点：带电粒子在匀强电场中的运动；匀强电场中电势差和电场强度的关系．专题：常规题型．分析：此题涉及到了电场部分的几个知识点，首先明确在同一等势面上移动电荷时电场力不做功，在同一等势面上的两点间的电势差为零，而不在同一等势面上的两点间的电势差不为零．从而可判断A的对错；电场力做正功还是负功，取决于电荷的电性和始末位置的电势差，从而可判断B的对错；在只有电场力做功的情况下，电荷的电势能和动能之和保持不变，即电场力做正功，电势能减少，电荷克服电场力做功，电势能增加；还有就是电场力做功与路径无关，只取决于始末位置间的电势差和电量有关从而可判断CD的正误．解答：解：A、电场力的方向与面ABCD垂直，所以面ABCD是等势面，A、D两点的电势差为0，又因A、A′两点沿电场线的方向有距离所以不为0，所以选项A错．B、带正电的粒子从A点到D电场力不做功，而由D→D'电场力做正功，所以选项B正确；C、同理，带负电的粒子从A点沿路径A→D→D'移到D'点，电场力做负功，电势能增大，选项C错；D、由电场力做功的特点（电场力做功与路径无关，只与初末位置的电势差有关）得选项D也正确．故选BD．点评：本题主要考察了电场中的功能关系，从以下几方面分析：（1）、只有电场力做功，电荷的电势能和动能之和保持不变．（2）、只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能三者之和保持不变．（3）、电场力做的正功，等于电势能的减少量；电场力做负功，等与电势能的增加量．6．如图所示．平行板电容器两个极板为A、B，B板接地，A板带有电荷量+Q．板间电场有一固定点P．若将B板固定，A板下移一些，或者将A板固定，B板上移一些．在这两种情况下，以下说法正确的是（）A．A板下移时，P点的电场强度不变，P点电势不变B．A板下移时，P点的电场强度不变．P点电势升高C．B板上移时，P点的电场强度不变．P点电势降低D．B板上移时，P点的电场强度减小．P点电势降低考点：电容器的动态分析；电势．专题：电容器专题．分析：由题，电容器两板所带电量不变，改变板间距离时，根据推论分析板间场强的变化．由U=Ed分析P点与下板间的电势差如何变化，结合电势的高低关系，判断P点电势的变化．解答：解：A、B，由题，电容器两板所带电量不变，正对面积不变，A板下移时，根据推论：E=可知，P点的电场强度E不变．P点与下板的距离不变，根据公式U=Ed，P点与下板的电势差不变，则P点的电势不变．故A正确，B错误．C、DB板上移时，同理得知，P点的电场强度不变，根据公式U=Ed，P点与下板的电势差减小，而P点的电势高于下板的电势，下板的电势为零，所以P点电势降低．故C正确，D错误．故选AC点评：本题是电容器的动态变化分析问题，板间的场强E=要在理解并会推导的基础上记住，这是一个很重要的结论．7．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图所示）．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，若（）A．保持S不变，增大d，则θ变大B．保持S不变，增大d，则θ变小C．保持d不变，减小S，则θ变小D．保持d不变，减小S，则θ不变考点：电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大．根据电容的决定式C=分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，再由电容的定义式C=分析板间电势差的变化，即可再确定静电计指针的偏角变化情况．解答：解：A、B、根据电容的决定式C=得知，电容与极板间距离成反比，当保持S不变，增大d时，电容减小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大；反之，保持S不变，减小d，则θ减小．故A正确，B错误．C、D、根据电容的决定式C=得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，减小S时，电容减小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角θ变大；反之，保持d不变，增大S，则θ减小，故C错误，D错误．故选：A．点评：本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是掌握电容的两个公式：电容的决定式C=和C=．8．如图所示，虚线表示某点电荷Q所激发电场的等势面，已知a、b两点在同一等势面上，c、d两点在另一个等势面上．甲、乙两个带电粒子以相同的速率，沿不同的方向从同一点a射入电场，在电场中沿不同的轨迹adb曲线、acb曲线运动．则下列说法正确的是（）①两粒子所带的电荷符号不同②甲粒子经过c点时的速度大于乙粒子经过d点的速度③两个粒子的电势能都是先减小后增大④经过b点时，两粒子的动能一定相等．A．①②B．①③C．③④D．①④考点：电势能；动能定理的应用．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据轨迹判定电荷甲受到中心电荷的引力，而电荷乙受到中心电荷的斥力，可知两粒子在从a向b运动过程中电场力做功情况．根据虚线为等势面，可判定acb、adb曲线过程中电场力所做的总功为0．解答：解：①由图可知电荷甲受到中心电荷的引力，而电荷乙受到中心电荷的斥力，故两粒子的电性一定不同．故①正确．②甲粒子从a到c和乙粒子从a到d，U ac=U ad，但甲、乙两粒子带异种电荷，所以甲粒子从a到c电场力做功与乙粒子从a到d电场力做功不等，所以甲粒子经过c点时的动能不等于乙粒子经过d点时的动能，甲粒子经过c点时的速度大于乙粒子经过d点的速度，故②正确．③由图可知电荷甲受到中心电荷的引力，则电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增加；而电荷乙受到中心电荷的斥力，电场力先做负功后做正功，电势能先增加后减小，故③错误．④可知两粒子在从a向b运动过程中电场力做功情况．根据虚线为等势面，可判定acb、adb 曲线过程中电场力所做的总功为0，两粒子在a点时具有相同的速率，但动能不一定相等，虽重力不计，两粒子经过b点时动能不一定相等．故④错误因此本题正确的有①②．故选：A．点评：根据轨迹判定“电荷甲受到中心电荷的引力，而电荷乙受到中心电荷的斥力”是解决本题的突破口．要注意电势能，电荷，电势都有正负．学会由电场力做功的正负来确定电势能的增减．9．示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的（）A．极板X应带正电B．极板X′应带正电C．极板Y应带正电D．极板Y′应带正电考点：示波器的使用．专题：实验题．分析：由亮斑位置可知电子偏转的打在偏向X，Y向，由电子所受电场力的方向确定电场的方向，再确定极板所带的电性由亮斑位置可知电子偏转的打在偏向X，Y向，由电子所受电场力的方向确定电场的方向，再确定极板所带的电性解答：解：电子受力方向与电场方向相反，因电子向X向偏转则，电场方向为X到X′，则X带正电同理可知Y带正电，故AC正确，BD错误故选：AC点评：考查电子的偏转，明确电子的受力与电场的方向相反．10．下列物理量中哪些与检验电荷无关（）A．电场强度E B．电势φC．电势能E P D．电场力F考点：电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：本题考查了对电场中几个概念的理解情况，物理中有很多物理量是采用比值法定义的，要正确理解比值定义法的含义．解答：解：电场强度和电势分别从力和能量的角度来描述电场的，均是采用比值定义法定义的，它们的大小均与电量无关，由电场本身决定的，与检验电荷无关，而电势能E P和电场力F均与电荷有关，故CD错误，AB正确．故选AB．点评：对于物理中各个物理量要明确其确切含义，以及其定义式和决定式的不同，这要在学习中不断的总结和积累．二、填空题（共3小题，每小题3分，满分9分）11．如图，A、B、C三点是一直角三角形的三个顶点，∠B=30°现在A、B两点放置两点电荷q A、q B，测得C点的场强与BA平行，则q A带负电，q B带正电，q A：q B=1：8．．考点：电势差与电场强度的关系；库仑定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：通过假设法，根据C点合场强的方向判断出A电荷的电性，根据点电荷的场强公式，通过距离点电荷的距离，求出电荷量之比．解答：解：若A、B都为正电荷，都为负电荷，或A为正电荷，B为负电荷，C点合场强的方向不可能与AB平行．所以A为负电荷、B为正电荷，根据平行四边形定则，知A、B在C点的场强之比为．又点电荷的场强公式为E=，C点距离A、B两点间的距离比，可知．故答案为：负，正，1：8．点评：解决本题的关键掌握点电荷场强的公式，以及知道场强的叠加遵循平行四边形定则．12．如图所示，为匀强电场中的一组等势面A、B、C、D，若相邻两点间的距离都是2cm，则该电场的场强为V/m；到A点距离为1.5cm的P点的电势为﹣1.25V；该场强方向为垂直于等势面斜向上．考点：电势差与电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据电场线与等势线垂直，并且由高电势指向低电势，即可判断场强的方向，作出电场线．由公式E=求解场强的大小；PB间的电势差等于P点的电势，由U=Ed公式求出P点的电势；解答：解：根据电场线与等势线垂直，并且由高电势指向低电势，场强的大小E=V/mP点到B点的距离为x=0.5cm=0.005m，P点的电势φp=﹣Exsin60°=×0.005×sin60°V=﹣1.25V场强方向垂直于等势面斜向上故答案为：，﹣1.25，垂直于等势面斜向上点评：解决本题关键要理解电场线与等势线、场强与电势差的关系、电势与电势能的关系等基本关系，注意公式U=Ed中d是两点沿电场线方向的距离13．质量为m1=2kg的带电绝缘球A，在光滑水平面上，从无限远处以初速度10m/s，向另一个固定在水平面上带同号电荷的绝缘球B靠近，B球的质量为m2=3kg，在它们相距到最近时，它的动能为0J，它们具有的电势能为100J．考点：电势差与电场强度的关系；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：同号电荷相互靠近时克服静电力做功，其动能转化为电势能，当动能完全转化为电势能时它们相距最近，可由动能定理求得电场力做的功，根据电场力做功与电势能的关系，求出它们电势能的增量．解答：答：根据题意当A球向B球靠近时克服静电力做功，其动能转化为电势能，当动能完全转化为电势能时它们相距最近，根据能量守恒定律得：系统的电势能为E P==J=100J故答案为：0，100点评：本题是简单的带电体运动问题，分析A球的运动情况，根据能量守恒定律研究电势能，比较简单．三、计算题（共4小题，满分0分）14．（2015秋•寿光市校级月考）如图所示，正方形ABCD处在一个匀强电场中，电场线与正方形所在平面平行．已知A、B、C三点的电势依次为φA=6.0V，φB=4.0V，φC=﹣2.0V．（1）求D点的电势φD．（2）在图中画出过A点的电场线和过D点的等势线（要把作图过程画在图上．只画最后结果不能得分）．考点：电势差与电场强度的关系；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：运用“匀强电场中，沿着任意方向每前进相同的距离，电势变化相等”进行分析计算D 点的电势；根据电场线与等势面垂直垂直画出电场线．且沿着电场线方向电势降低．根据电势差，结合沿电场线方向上的距离求出电场强度的大小解答：解：（1）匀强电场中，沿着任意方向每前进相同的距离，电势变化相等，故有：φA﹣φD=φB﹣φC解得：φD=0（2）连接AC，在AC上取三点即EFH，将AC四等分，则E点的电势为0，H点的电势为4V，故DE为等势面，BH也为等势面，故A做等势面的垂线，即为电场线，方向如图答：（1）D点的电势φD为0（2）如图所示点评：本题的还可以这样解：匀强电场的电场线为相互平行间隔相等的平行线，而等势线与电场线垂直；由题意知AC连线上一定有一点的电势与B点相等，故可以找到一条等势线，根据电场线与等势线的特点可确定电场线的方向，由几何关系可知D点电势．根据沿着电场线方向电势降低来确定电场线的方向15．（2011秋•石峰区校级期末）如图，在正的点电荷Q的电场中有a、b两点，它们到点电荷Q的距离r1＜r2．（l）a、b两点哪点电势高？（2）将一负电荷放在a、b两点，哪点电势能较大？（3）若a、b两点问的电势差为100V，将二价负离子由a点移到b点时电场力对电荷做功还是电荷克服电场力做功？做功多少？考点：电势能；电势差与电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：（1）沿着电场线的方向电势逐渐降低，点电荷周围的等势面是一簇簇球面．根据这一规律判断a、b两点的电势．（2）根据负电荷在电势高处电势能小、在电势低处电势能大，分析电势能的大小．（3）根据W=qU求出电场力所做的功，将q的正负，电势差的正负代入计算．解答：解：（1）沿着电场线方向电势逐渐降低，点电荷Q电场的等势面是以Q点为球心的球面，离Q越近，等势面的电势越高，所以a点电势高．（2）a点电势高，而负电荷在电势高处电势能小、在电势低处电势能大，则负电荷放在b点电势能较大．（3）负离子由a点移到b点，电场力做功W=Uq=100×（﹣3.2×10﹣19）J=﹣3.2×10﹣17J．所以电荷克服电场力做功，克服做功为3.2×10﹣17J．答：（l）a点是电势高．（2）将一负电荷放在a、b两点，b点电势能较大．（3）将二价负离子由a点移到b点，电荷克服电场力做功，克服做功为3.2×10﹣17J．点评：解决本题的关键知道沿着电场线的方向电势逐渐降低．以及掌握电场力做功的方法，一、直接运用W=qU计算，将q的正负，电势差的正负代入计算．二、先判断出电场力做正功还是负功，然后运用W=qU求出做功的大小，只代数值．16．（2015秋•寿光市校级月考）如图所示，两带电平行板A、B间的电场为匀强电场，场强E=4.0×103V/m，两板相距d=10cm，板长L=40cm．一带电量q=1.0×10﹣16C、质量m=1.0×10﹣22㎏的粒子沿平行于板方向从两板的正中间射入电场后向着B板偏转，不计带电粒子所受重力，求：（1）粒子带何种电荷？（2）要使粒子能飞出电场，粒子飞入电场时的速度v0至少为多大？（3）粒子飞出电场时最大偏角的正切值为多大？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：（1）平行金属板B板带负电，粒子向B板偏转，则粒子带正电．（2）当粒子恰好从B板右侧边缘飞出电场时，此时粒子的速度为粒子飞出电场时最小速度．此时粒子水平位移为L，竖直位移为，根据牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出初速度．。

山东省寿光现代中学2017-2018学年高二12月月考物理试题学校_________ 班级__________ 姓名__________ 学号__________一、多选题1. 如图所示为地磁场磁感线的示意图，在北半球地磁场的竖直分量向下，飞机在我国上空匀速巡航，机翼保持水平，飞行高度不变，由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差，设飞行员左方机翼末端处的电势为，右方机翼末端处电势为A．若飞机从西往东飞，B．若飞行从东往西飞，C．若飞机从南往北飞，D．若飞机从北往南非，二、单选题2. 如图所示，线圈由A位置开始下落，在磁场中受到的磁场力如果总小于它的重力，则它在A、B、C、D四个位置（B、D位置恰好线圈有一半在磁场中）时，加速度大小关系为（）A．B．C．D．3. 如图所示为电流天平，可用来测量匀强磁场的磁感应强度。

天平的右臂下面挂有一个矩形线圈，线圈匝数为N，水平边长为L，线圈的下部处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面。

当线圈中通有电流I(方向如图)时，在天平左、右两边加上质量分别为m1、m2的砝码，天平平衡。

当电流反向（大小不变）时，左边再加上质量为m的砝码后，天平重新平衡。

由此可知（）A．磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为B．磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为C．磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为D．磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为4. 如图，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d>L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动．t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列vt图像中，可能正确描述上述过程的是( )A．B．C．D．5. 如图所示，内壁光滑的塑料管弯成的圆环平放在水平桌面上，环内有一带负电小球，整个装置处于竖直向下的磁场中，当磁场突然增大时，小球将A．沿顺时针方向运动B．沿逆时针方向运动C．在原位置附近往复运动D．仍然保持静止状态三、多选题6. 如图所示，一矩形线圈置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化的规律如图（）所示，则线圈产生的感应电动势的情况为：A．时刻电动势最大B．时刻电动势为零C．时刻磁通量的变化率等于零D．时间内电动势增大7. 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。

2016-2017学年山东省潍坊市寿光市现代中学高三（上）月考物理试卷（12月份）一、选择题（共10小题，其中3、4、5、10为单选，其余小题为多选）1．了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要，以下符合史实的是（）A．焦耳发现了电流热效应的规律B．库仑总结出了点电荷间的相互作用的规律C．楞次发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕D．法拉第总结出了判断感应电流的方向2．质量为m的通电细杆置于倾角为θ的导轨上，导轨的宽度为d，杆与导轨间的动摩擦因数为μ，有垂直于纸面向里的电流通过杆，杆恰好静止于导轨上．在如图所示的A、B、C、D四个图中，杆与导轨间的摩擦力一定不为零的是（）A．B．C．D．3．如图所示，半径为r的圆形空间内，存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子（不计重力），从A点以速度v0垂直磁场方向射入磁场中，并从B点射出，∠AOB=120°，则该带电粒子在磁场中运动的时间为（）A．B．C．D．4．一圆柱形磁铁竖直放置，如图所示，在它的右侧上方有一带正电小球，现使小球获得一水平速度，小球若能在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（）A．俯视观察，小球的运动方向可以是顺时针，也可以是逆时针B．俯视观察，小球的运动方向只能是顺时针C．俯视观察，小球的运动方向只能是逆时针D．不可能实现小球在平面内做匀速圆周运动5．一质量为m的铁锤，以速度v竖直打在木桩上，经过△t时间而停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是（）A．mg△t B． C． +mg D．﹣mg6．如图甲所示，理想变压器原副线圈匝数比为10：1，R1=20Ω，R2=30Ω，C为电容器，已知通过R1的正弦交流电如图乙所示，则（）A．交流电的频率为0.02HzB．原线圈输入电压的最大值为200VC．电阻R1的电功率为10WD．通过R3的电流始终为零7．一个闭合回路由两部分组成，如图所示，右侧是电阻为r的圆形导线；置于竖直方向均匀变化的磁场B1中，左侧是光滑的倾角为θ的平行导轨，宽度为d，其电阻不计．磁感应强度为B2的匀强磁场垂直导轨平面向上，且只分布在左侧，一个质量为m、电阻为R的导体棒此时恰好能静止在导轨上，分析下述判断正确的有（）A．圆形线圈中的磁场，可以方向向上均匀增强，也可以方向向下均匀减弱B．导体棒a、b受到的安培力大小为mgsinθC．回路中的感应电流为D．圆形导线中的电热功率为（r+R）8．如图甲所示，一个边长为L的正方形线框固定在匀强磁场（图中未画出）中，磁场方向垂直于导线框所在平面，规定向里为磁感应强度的正方向，向右为导线框ab边所受安培力F的正方向，线框中电流i沿abcd方向时为正．已知在0～4s时间内磁场的磁感应强度的变化规律如图所示．则下列图象所表示的关系正确的是（）A．B．C．D．9．一个足够长的绝缘斜面，倾角为θ，置于匀强磁场中，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，与水平面平行．如图所示，现有一带电荷量为q、质量为m的小球在斜面顶端由静止开始释放，小球与斜面间的动摩擦因数为μ，则（）A．如果小球带正电，小球在斜面上的最大速度为B．如果小球带正电，小球在斜面上的最大速度为C．如果小球带负电，小球在斜面上的最大速度为D．如果小球带负电，小球在斜面上的最大速度为10．如图所示，一辆小车静止在光滑水平面上，A、B两人分别站在车的两端．当两人同时相向运动时（）A．若小车不动，两人速率一定相等B．若小车向左运动，A的动量一定比B的小C．若小车向左运动，A的动量一定比B的大D．若小车向右运动，A的动量一定比B的大二、实验题（共2小题）11．（1）做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”时所描绘曲线不是直线，某同学分析实验结论时给出了以下理由，其中正确的是A．电源电压较高，降低电压就会一定时直线B．小灯泡灯丝电阻不是恒值，随温度升高会发生变化C．电路中的连接点有接触不良的现象D．改描I﹣U曲线可能变为直线（2）用如图所示的电路测量待测电阻R x的阻值时，下列关于电表产生误差的说法中正确的是A．电压表的内阻越小，测量越精确B．电流表的内阻较小，测量越精确C．电压表的读数大于R x两端的真实电压，R x的测量值大于真实值D．由于电压表的分流作用，使R x的测量值小于真实值（3）用多用表测直流电压U和测电阻R时，若红表笔插入多用表的（+）插孔．则A．测U时，电流从红表笔流入多用表，测R时电流从红表笔流出多用表B．测U、R时电流均从红表笔流入多用表C．测U、R电流均从红表笔流出多用表D．测U时，电流从红表笔流出多用表，测R时电流从红表笔流入多用表．12．某同学要侧量一均匀新材料制成的圆柱形元件的伏安特性，步骤如下：（1）用多用表“×100”倍率的电阻挡测量该元件的电阻时，发现指针偏角过大，此时需换用倍率的电阻挡（填：“×10”或“×1k”），并重新进行后再进行测量，表盘的示数如图甲所示，则该电阻的阻值R0=Ω．（2）该同学想更精确地测量其电阻，现有的器材及其代号和规格如下：待测元件电阻R0电流表A1（量程0～10mA，内阻约50Ω）电流表A2（量程0～50mA，内阻约30Ω）电压表V1（量程0～3V，内阻约30kΩ）电压表V2（量程0～15V，内阻约50kΩ）直流电源E（电动势4V）滑动变阻器R1（阻值范围0～50Ω，允许通过的最大电流0.5A）、开关S、导线若干．①要求较准确地测出其阻值，电流表应选，电压表应选（选填电表符号）；②根据以上仪器，该同学按图2连接实验线路，在实验中发现电流表示数变化范围较小，现请你用笔在图中添加一条线对电路进行修改，使电流表示数的变化范围变大；③修改后的电路其测量结果比真实值偏（选填“大”或“小”）．（3）为了进一步测量该元件的电阻率，该同学用游标卡尺和螺旋测微器量了该元件的长度和直径，如图3所示，有图可知其长度L=mm；其直径D=mm．三、计算题：计算或论述题：解答时请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13．如图所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4m．质量为6×10﹣2 kg 的通电直导线，电流I=1A，方向垂直纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4T，方向竖直向上的磁场中，设t=0，B=0，则需要多长时间斜面对导线的支持力为零？（g取10m/s2）14．在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速度v o向右运动．在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图所示．小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动．小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ=1.5PO．假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性碰撞，求两小球质量之比．15．如图，宽度为L，足够长的光滑倾斜导轨与水平面间夹角为θ，匀强磁场磁感应强度为B，方向垂直于导轨向上，范围足够大，导轨的上端有一个阻值为R 的电阻，下端有一个阻值为2R的电阻导轨电阻不计．金属棒ab长为L，质量m，电阻也为R，垂直地放在导轨上．在某一平行于导轨向上的恒力（图中未画出）的作用下，ab棒从静止开始沿导轨向上运动，最后达到稳定的运动状态．整个过程中，通过斜面底端电阻2R的最大电流为I，求：（1）求通过ab棒的最大电流；（2）ab棒的最大加速度；（3）ab棒的最大速度．16．如图所示，一个内壁光滑绝缘的环形细圆筒轨道竖直放置，环的半径为R，圆心O与A端在同一竖直线上，在OA连线的右侧有一竖直向上的电场强度E=的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场．现有一个质量为m、电荷量为+q的小球（可视为质点）从圆筒的C端由静止释放，进入OA连线右边的区域后从该区域的边界水平射出，然后，刚好从C端射入圆筒．圆筒的内径很小，可以忽略不计求：（1）小球第一次运动到A端时，对轨道的压力为多大？（2）匀强磁场的磁感应强度为多大？2016-2017学年山东省潍坊市寿光市现代中学高三（上）月考物理试卷（12月份）参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，其中3、4、5、10为单选，其余小题为多选）1．了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要，以下符合史实的是（）A．焦耳发现了电流热效应的规律B．库仑总结出了点电荷间的相互作用的规律C．楞次发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕D．法拉第总结出了判断感应电流的方向【考点】物理学史．【分析】由物理特别是电磁学的发展历程中的科学家的贡献可知各项是否正确．【解答】解：A、焦耳通过实验得出电流的热效应，并得出焦耳定律，故A正确；A、库仑总结出了真空中的点电荷间的相互作用的规律，故B正确；C、奥斯特发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕；故C错误；D、楞次总结出了判断感应电流的方向，故D错误．故选：AB．2．质量为m的通电细杆置于倾角为θ的导轨上，导轨的宽度为d，杆与导轨间的动摩擦因数为μ，有垂直于纸面向里的电流通过杆，杆恰好静止于导轨上．在如图所示的A、B、C、D四个图中，杆与导轨间的摩擦力一定不为零的是（）A．B．C．D．【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；安培力．【分析】首先根据左手定则，判断出安培力的方向，然后通过受力分析，根据杆子所处的状态为平衡状态，合力为0，去判断是否有摩擦力．【解答】解：A、通电细杆受竖直向下的重力、水平向右的安培力、和垂直于斜面向上的支持力，可知这三个力的合力可能等于0，通电细杆可能受摩擦力，也可能不受．故A错误．B、若通电细杆受的重力与所受的竖直向上的安培力相等，通电细杆不受摩擦力．若重力大于安培力，则受重力、支持力，安培力、摩擦力．所以通电细杆可能受摩擦力，可能不受摩擦力．故B错误．C、通电细杆受竖直向下的重力、竖直向下的安培力、和垂直于斜面向上的支持力，这三个力的合力不可能等于0，所以通电细杆若要处于平衡，一定受沿斜面向上的摩擦力．故C正确．D、通电细杆受竖直向下的重力、水平向左的安培力和垂直于斜面向上的支持力，可知这三个力的合力不可能等于0，通电细杆一定受摩擦力．故D正确．故选：CD．3．如图所示，半径为r的圆形空间内，存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子（不计重力），从A点以速度v0垂直磁场方向射入磁场中，并从B点射出，∠AOB=120°，则该带电粒子在磁场中运动的时间为（）A．B．C．D．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【分析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系可求出圆心角和半径，则可求得粒子转过的弧长，由线速度的定义可求得运动的时间．【解答】解：由图可知，粒子转过的圆心角为60°，R=r；转过的弧长为l===πr；则运动所用时间t==；故选B．4．一圆柱形磁铁竖直放置，如图所示，在它的右侧上方有一带正电小球，现使小球获得一水平速度，小球若能在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（）A．俯视观察，小球的运动方向可以是顺时针，也可以是逆时针B．俯视观察，小球的运动方向只能是顺时针C．俯视观察，小球的运动方向只能是逆时针D．不可能实现小球在平面内做匀速圆周运动【考点】楞次定律．【分析】小球若能在水平面内做匀速圆周运动，则等效电流产生的磁场方向与条形磁铁的磁场的方向相反，二者相互排斥．【解答】解：A、由题意，小球若能在水平面内做匀速圆周运动，则等效电流产生的磁场方向与条形磁铁的磁场的方向相反，即等效电流的磁场的方向N极向下．由安培定则可得，俯视观察，小球的运动方向只能是顺时针．故B正确．故选：B5．一质量为m的铁锤，以速度v竖直打在木桩上，经过△t时间而停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是（）A．mg△t B． C． +mg D．﹣mg【考点】动量定理．【分析】由题意可知，铁锤的初末动量，由动量定理可求得其对木桩的平均冲力．【解答】解：对铁锤分析可知，其受重力与木桩的作用力；设向下为正方向，则有：（mg﹣F）t=0﹣mv得：F=mg+；由牛顿第三定律可知，铁锤对桩的平均冲力为：F=mg+；故选：C．6．如图甲所示，理想变压器原副线圈匝数比为10：1，R1=20Ω，R2=30Ω，C为电容器，已知通过R1的正弦交流电如图乙所示，则（）A．交流电的频率为0.02HzB．原线圈输入电压的最大值为200VC．电阻R1的电功率为10WD．通过R3的电流始终为零【考点】变压器的构造和原理．【分析】由电压与匝数成正比可以求得原线圈的电压的大小，电容器的作用是通交流隔直流．【解答】解：A、根据变压器原理可知原副线圈中电流的周期、频率相同，周期为0.02s、频率为50赫兹，故A错误．B、由图乙可知通过R1的电流最大值为I m=1A、根据欧姆定律可知其最大电压为U m=20V，再根据原副线圈的电压之比等于匝数之比可知原线圈输入电压的最大值为200V，故B正确；C、根据正弦交流电的峰值和有效值关系可知电阻R1的电流有效值为I=，电阻R1的电功率为P1==，故C正确．D、因为电容器有通交流、阻直流的作用，则有电流通过R3和电容器，故D错误；故选：BC7．一个闭合回路由两部分组成，如图所示，右侧是电阻为r的圆形导线；置于竖直方向均匀变化的磁场B1中，左侧是光滑的倾角为θ的平行导轨，宽度为d，其电阻不计．磁感应强度为B2的匀强磁场垂直导轨平面向上，且只分布在左侧，一个质量为m、电阻为R的导体棒此时恰好能静止在导轨上，分析下述判断正确的有（）A．圆形线圈中的磁场，可以方向向上均匀增强，也可以方向向下均匀减弱B．导体棒a、b受到的安培力大小为mgsinθC．回路中的感应电流为D．圆形导线中的电热功率为（r+R）【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律．【分析】磁场B1均匀变化产生感应电动势，从而产生感应电流，导体棒受重力、支持力、安培力平衡，根据力的平衡求出安培力的大小和方向，从而知道电流的大小和方向，根据楞次定律判断圆形线圈中磁场的变化．【解答】解：A、B、C导体棒静止在导轨上，所受的合力为零．根据力的平衡得知，棒所受的安培力的大小为mgsinθ，方向沿斜面向上．所以有：B2Id=mgsinθ，则回路中的感应电流大小I=．根据安培力的方向，通过左手定则判断得知，通过线圈感应电流的方向从上往下看为顺时针方向．根据楞次定律，圆形线圈中的磁场可以方向向上均匀增强，也可以方向向下均匀减弱．故A、B、C正确．D、根据P=I2r，可知圆形导线中的电热功率为P=r．故D错误．故选：ABC．8．如图甲所示，一个边长为L的正方形线框固定在匀强磁场（图中未画出）中，磁场方向垂直于导线框所在平面，规定向里为磁感应强度的正方向，向右为导线框ab边所受安培力F的正方向，线框中电流i沿abcd方向时为正．已知在0～4s时间内磁场的磁感应强度的变化规律如图所示．则下列图象所表示的关系正确的是（）A．B．C．D．【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．【分析】由图可知磁感应强度的变化，则可知线圈中磁通量的变化，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势变化情况，由楞次定律可得感应电流的方向，根据左手定则可以找出安培力方向，结合可得出正确的图象．【解答】解：由题意可知，规定向里为磁感应强度的正方向，线框中电流i沿abcd 方向时为正；A、由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E==，感应电流I==，由B﹣t图象可知，在每一时间段内，是定值，在各时间段内I是定值，ad边受到的安培力F=BIL，I、L不变，B均匀变化，则安培力F均匀变化，不是定值，A正确，B错误．C、由图示B﹣t图象可知，0～1s时间内，B减小，Φ减小，由楞次定律可知，感应电流是逆时针的，为正值；同理1～2s，磁场向里，且增大，磁通量增大，根据楞次定律，感应电流是逆时针，为正值；2～3s，B的方向垂直纸面向里，B减小，Φ减小，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，感应电流是正的；3～4s内，B的方向垂直纸面向外，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，感应电流是正的，故C错误，D正确；故选：AD．9．一个足够长的绝缘斜面，倾角为θ，置于匀强磁场中，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，与水平面平行．如图所示，现有一带电荷量为q、质量为m的小球在斜面顶端由静止开始释放，小球与斜面间的动摩擦因数为μ，则（）A．如果小球带正电，小球在斜面上的最大速度为B．如果小球带正电，小球在斜面上的最大速度为C．如果小球带负电，小球在斜面上的最大速度为D．如果小球带负电，小球在斜面上的最大速度为【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；洛仑兹力．【分析】若小球带正电，分析小球的受力情况，抓住洛伦兹力与速度大小成正比，确定小球的运动情况．若小球带负电，分析小球的受力情况，小球受到垂直于斜面向上的洛伦兹力作用，最终小球会离开斜面，当小球刚要离开斜面时速度达到最大，由平衡条件求出最大速度．【解答】解：A、B如果小球带正电，小球下滑过程中受到重力、垂直于斜面向下的洛伦兹力、斜面的支持力和滑动摩擦力，小球由静止开始做加速运动，随着小球速度的增大，洛伦兹力增大，摩擦力增大，加速度减小，当小球的受力达到平衡时，做匀速运动，速度达到最大．由平衡条件得：mgsinθ=μ（mgcosθ+qv m B），解得最大速度为：v m=；故A 错误，B正确．C、D如果小球带负电，小球下滑过程中受到重力、垂直于斜面向上的洛伦兹力、斜面的支持力和滑动摩擦力，小球由静止开始做加速运动，随着小球速度的增大，洛伦兹力增大，当小球刚要离开斜面时速度达到最大，此时有：mgcosθ=qv m B，解得：v m=．故C正确，D错误．故选BC10．如图所示，一辆小车静止在光滑水平面上，A、B两人分别站在车的两端．当两人同时相向运动时（）A．若小车不动，两人速率一定相等B．若小车向左运动，A的动量一定比B的小C．若小车向左运动，A的动量一定比B的大D．若小车向右运动，A的动量一定比B的大【考点】动量守恒定律．【分析】AB两人及小车组成的系统受合外力为零，系统动量守恒，根据动量守恒定律分析即可求解．【解答】解：AB两人及小车组成的系统受合外力为零，系统动量守恒，根据动量守恒定律得：m A v A+m B v B+m车v车=0，A、若小车不动，则m A v A+m B v B=0，由于不知道AB质量的关系，所以两人速率不一定相等，故A错误；B、若小车向左运动，则AB的动量和必须向右，而A向右运动，B向左运动，所以A的动量一定比B的大，故B错误，C正确；D、若小车向右运动，则AB的动量和必须向左，而A向右运动，B向左运动，所以A的动量一定比B的小，故D错误．故选C二、实验题（共2小题）11．（1）做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”时所描绘曲线不是直线，某同学分析实验结论时给出了以下理由，其中正确的是BA．电源电压较高，降低电压就会一定时直线B．小灯泡灯丝电阻不是恒值，随温度升高会发生变化C．电路中的连接点有接触不良的现象D．改描I﹣U曲线可能变为直线（2）用如图所示的电路测量待测电阻R x的阻值时，下列关于电表产生误差的说法中正确的是BCA．电压表的内阻越小，测量越精确B．电流表的内阻较小，测量越精确C．电压表的读数大于R x两端的真实电压，R x的测量值大于真实值D．由于电压表的分流作用，使R x的测量值小于真实值（3）用多用表测直流电压U和测电阻R时，若红表笔插入多用表的（+）插孔．则BA．测U时，电流从红表笔流入多用表，测R时电流从红表笔流出多用表B．测U、R时电流均从红表笔流入多用表C．测U、R电流均从红表笔流出多用表D．测U时，电流从红表笔流出多用表，测R时电流从红表笔流入多用表．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【分析】（1）明确灯泡的电阻性质，知道灯泡电阻随温度的升高而增大；则可得出图象不是直线的原因．（2）明确电路结构，知道电压表测量的是与其并联电路的电压值，电流表测量的是与之串联电路的电流值，再分析内阻的影响从而分析实验误差．用多用电表测直流电压U时，红表笔插入多用表的（+）插孔，红表笔与电源的正极相连，在外电路中电流是从正极流向负极，所以测U时电流从红表笔流入多用表；（3）多用电表的欧姆档内含电源，黑表笔接在电池的正极，红表笔接在负极，无论多用电表选择开关打在啥档位，电流总是从红笔入，从黑笔流出．【解答】解：（1）所绘图象之所以不是直线，是因为金属导体的电阻随温度的升高而增大；降低电压时温度也会升高，得出的也是曲线；接触不良时之会出灯泡闪亮的情况，不会使图象为曲线；本实验得出的I﹣U图象也是曲线；故ACD错误，B正确；故选：B．（2）A、所测量的电压为电流表内阻加R X的阻值，其原因在于电压表的测量值为两者电压之和，则测量结果与电压表的内阻大小无关系，故A错误；B、因实验中串联了电流表的内阻，则内阻越小测量越准确．则B正确；C、由于电流表有分压作用使电压表的测量值偏大，则由欧姆定律可知R X的测量值大于真实值，则C正确，D错误．故选：BC．（3）用多用电表测直流电压U时，红表笔插入多用表的（+）插孔，红表笔与电源的正极相连，在外电路中电流是从正极流向负极，所以测U时电流从红表笔流入多用表，多用电表的欧姆档内含电源，测电阻R时，黑表笔接在电池的正极，红表笔接在负极，无论多用电表选择开关打在啥档位，电流总是从红笔入，从黑笔流出．故选：B．故答案为：（1）B；（2）BC；（3）B12．某同学要侧量一均匀新材料制成的圆柱形元件的伏安特性，步骤如下：（1）用多用表“×100”倍率的电阻挡测量该元件的电阻时，发现指针偏角过大，此时需换用×10倍率的电阻挡（填：“×10”或“×1k”），并重新进行欧姆调零后再进行测量，表盘的示数如图甲所示，则该电阻的阻值R0=300Ω．（2）该同学想更精确地测量其电阻，现有的器材及其代号和规格如下：待测元件电阻R0电流表A1（量程0～10mA，内阻约50Ω）电流表A2（量程0～50mA，内阻约30Ω）电压表V1（量程0～3V，内阻约30kΩ）电压表V2（量程0～15V，内阻约50kΩ）直流电源E（电动势4V）滑动变阻器R1（阻值范围0～50Ω，允许通过的最大电流0.5A）、开关S、导线若干．①要求较准确地测出其阻值，电流表应选A1，电压表应选V1（选填电表符号）；②根据以上仪器，该同学按图2连接实验线路，在实验中发现电流表示数变化范围较小，现请你用笔在图中添加一条线对电路进行修改，使电流表示数的变化范围变大；③修改后的电路其测量结果比真实值偏小（选填“大”或“小”）．（3）为了进一步测量该元件的电阻率，该同学用游标卡尺和螺旋测微器量了该元件的长度和直径，如图3所示，有图可知其长度L=50.20mm；其直径D= 4.700mm．【考点】伏安法测电阻．【分析】（1）偏角过大说明电阻值较小，应换小档，换挡后需要重新进行欧姆调零，表盘读数等于示数乘以倍率；（2）根据电源电压选择电压表，根据电路最大电流选择电流表；为了使电流表示数变化较大应采用滑动变阻器分压接法；结合欧姆定律分析误差；（3）游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．【解答】解：（1）用多用表“×100”倍率的电阻挡测量该元件的电阻时，发现指针偏角过大，说明被测电阻阻值较小，此时需换用小倍率，故换“×10”挡；重新进行欧姆调零后进行测量；表盘读数为：30×10=300Ω；（2）①电源电动势为4V，故电压表选择3V量程V1即可，由欧姆定律估测电路中最大电流约为10mA，故电流表选A1；。

一.选择题1. 下列运动过程中，在任意相等时间内，物体的动量变化量相等的是（ ） A.匀速圆周运动 B.竖直上抛运动 C.平抛运动D.任意的匀变速直线运动 【答案】BCD 【解析】考点：动量定理【名师点睛】本题要注意明确受力与运动的关系，动量的变化取决于合力的冲量，故应做好受力分析，求出合外力的冲量。

2. 在一平直公路上发生一起交通事故，质量为1500kg 的小轿车迎面撞上了一质量为3000kg 的向北行驶的卡车，碰后两车相接在一起向南滑行了一小段距离而停止，距测速仪测定，碰撞前小轿车的时速为72/km h ，由此可知卡车碰前的速率（ ） A.小于10/m sB.大于10/m s ，小于20/m sC.大于20/m s ，小于30/m sD.大于30/m s ，小于40/m s 【答案】A 【解析】试题分析：长途客车与卡车发生碰撞，系统内力远大于外力，碰撞过程系统动量守恒，根据动量守恒定律，有： 12mv Mv m M v -=+（)，因而有： 120mv Mv -＞，代入数据，可得：12150020/10/3000mv v m s m s M ⨯==＜，故选项A 正确。

考点：动量守恒定律【名师点睛】长途客车与卡车发生碰撞，系统内力远大于外力，碰撞过程系统动量守恒，可根据动量守恒定律直接列式判断。

3. 有一种气功表演，表演者平卧地面，将一大石板置于他的身上，另一人将重锤举到高处并砸向石板，石板被砸碎，而表演者却安然无恙。

假设重锤与石板撞击后二者具有相同的速度，表演者在表演时要尽量挑选质量较大的石板，对这一现象，下列说法中正确的是（ ） A.重锤在与石板撞击过程中，重锤与石板的总机械能守恒 B.石板的质量越大，它获得的动量就越小 C.石板的质量越大，它所受到的打击力就越小 D.石板的质量越大，它获得的速度越小 【答案】D 【解析】考点：机械能守恒定律、动量定理【名师点睛】假设重锤与石板撞击后二者具有相同的速度，说明是完全非弹性碰撞，能量损失是碰撞中最大，机械能不守恒，根据动量守恒定律即可分析BD ，石板所受的打击力只与锤子有关，与石板本身无关。

2016-2017学年山东省潍坊市寿光市现代中学高二（上）月考物理试卷（12月份）（实验部）一、选择题（每题4分）1．下列运动过程中，在任意相等时间内，物体的动量变化量相等的是（）A．匀速圆周运动B．竖直上抛运动C．平抛运动D．任意的匀变速直线运动2．在高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为1500kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一辆质量为3000kg向北行驶的卡车，碰后两辆车接在一起，并向南滑行了一段距离后停止．根据测速仪的测定，长途客车在碰前以20m/s的速率行驶_由此可判断卡车碰前的行驶速率（）A．小于10m/s B．大于l0m/s，小于20m/sC．大于20m/s，小于30m/s D．大于30m/s，小于40m/s3．有一种硬气功表演，表演者平卧在地面，将一大石板置于他的身体上，另一个人将重锤举到高处并砸向石板，石板被砸碎，而表演者却安然无恙．假设重锤与石板撞击后二者具有相同的速度．表演者在表演时尽量挑选质量较大的石板．对这一现象，下面的说法正确的是（）A．重锤在与石板撞击的过程中，重锤与石板的总机械能守恒B．石板的质量越大，石板获得动量就越小C．石板的质量越大，石板所受到的打击力就越小D．石板的质量越大，石板获得的速度就越小4．如图所示，车厢长度为l，质量为m1，静止于光滑的水平面上．车厢内有一质量为m2的物体以速度υ0向右运动，与车厢来回碰撞n次后静止于车厢内，这时车厢的速度为（）A．υ0，水平向右B．0C． D．5．某人站在静止于光滑水平面上的平板车上，若人从车头走向车尾，人和车的运动情况为（）A．人匀速走动，则车匀速前进，人和车对地位移大小与其质量成反比B．人匀加速走动，车匀加速前进，两者对地加速度相等C．不管人如何走，任意时刻人和车动量总相同D．人停止走动时，车的速度不一定为06．载着人的气球静止悬浮在空中，人的质量和气球（包括设备）的质量分别为60kg和300kg，气球离地面的高度为20m，为使人能安全着地，气球上悬挂的软梯长度至少需要（）A．20m B．24m C．25m D．30m7．一炮艇在湖面上匀速行驶，突然从船头和船尾同时水平向前和向后各发射一发炮弹，设两炮弹质量相同，相对于地的速率相同，船的牵引力和阻力均不变，则船的速度的变化情况是（）A．速度不变B．速度减小C．速度增大D．无法确定二、填空题（每题4分）8．如图所示，质量为m1的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻质弹簧连接，当木块静止时刚好位于A点，现有一质量为m2的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A点时的速度大小是；此过程中，墙对弹簧的冲量大小是．9．质量为m的物块A上固定一轻质弹簧，以v1=3m/s的速度在光滑水平面上运动，另一质量也为m的物块B以v2=4m/s的速度与A相向运动，如图所示，则两物块相距最近时，它们的速度大小分别是V A﹦，V B﹦．10．如图所示，放在光滑水平地面上并靠在一起的物体A、B之间用一根长1m 的轻绳相连（图中未画出）．两物体的质量分别为m A=4kg，m B=6kg．现用大小为8N的水平力F拉物体A，再带动B一起运动，则4s末两物体一起运动的速度为．11．设机枪子弹的质量为50g，以v=1.0×103m/s的速度从枪膛射出，且每分钟连续发射子弹120颗，则在射击时机枪手需用多大的力抵住机枪？．12．一质量为m1=60kg的人拿着一个质量为m2=10kg的铅球站在一质量为m=30kg 的平板车上，车正以v0=3m/s的速度在光滑水平面上运动（人相对车不动）．现人把铅球以相对车的速度u=2m/s向后水平抛出，求车速增加了多少？三、计算论证题13．质量为M=4.0kg的平板小车静止在光滑的水平面上，如图所示，当t=0时，两个质量分别为m A=2kg、m B=1kg的小物体A、B都以大小为v0=7m/s．方向相反的水平速度，同时从小车板面上的左右两端相向滑动．到它们在小车上停止滑动时，没有相碰，A、B与车间的动摩擦因素μ=0.2，取g=10m/s2，求：（1）A在车上刚停止滑动时，A和车的速度大小（2）A、B在车上都停止滑动时车的速度及此时车运动了多长时间．14．一个长为L，质量为m1的木板静止在光滑的水平面上，如图所示．木板左端静止着一个质量为m2的木块（可视为质点），木块与木板之间的动摩擦因数为μ，一颗质量为m0、速度为v0的子弹水平击中木块后随木块一起在木板上滑动．问：木板的长度L至少应为多少，木块才不至于从木板上滑出？15．如图所示，甲车质量m1=m，在车上有质量为M=2m的人，甲车（连同车上的人）从足够长的斜坡上高h处由静止滑下，到水平面上后继续向前滑动，此时质量m2=2m的乙车正以v0的速度迎面滑来．已知．为了避免两车发生碰撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳上了乙车．试求人跳离甲车的水平速度（相对地面）应满足什么条件？不计地面和斜坡的摩擦，小车和人均可看作质点．16．AOB是足够长的光滑的水平轨道，BC为静止在轨道上的半径为R的光滑圆弧轨道槽块（轨道槽块能自由滑动），质量为2m，轨道恰好相切于水平轨道．如图所示，质量为2m的小木块静止在O点，一质量为m的子弹以某一速度水平射入木块内未穿出，木块能上升到的最大高度为2R（子弹、木块均可能视为质点），求：（1）子弹射入木块前的速度；（2）轨道槽块获得最大速度时，木块的速度大小和方向．2016-2017学年山东省潍坊市寿光市现代中学高二（上）月考物理试卷（12月份）（实验部）参考答案与试题解析一、选择题（每题4分）1．下列运动过程中，在任意相等时间内，物体的动量变化量相等的是（）A．匀速圆周运动B．竖直上抛运动C．平抛运动D．任意的匀变速直线运动【考点】动量定理．【分析】分析物体的受力情况，再根据动量定理可明确物体的动量变化是否相等．【解答】解：A、匀速圆周运动受到指向圆心的变力，故物体的冲量时刻变化，故动量变化不相等，故A错误；B、竖直上抛运动只受重力，故任意相等的时间内物体受到的重力冲量相等，故由动量定理可得动量变化相等，故B正确；C、平抛运动只受重力，故任意相等的时间内物体受到的重力冲量相等，故由动量定理可得动量变化相等，故C正确；D、任意的匀变速直线运动受到恒力作用，故任何相等的时间内，物体受到的冲量相等，故动量变化相等，故D正确；故选：BCD．2．在高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为1500kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一辆质量为3000kg向北行驶的卡车，碰后两辆车接在一起，并向南滑行了一段距离后停止．根据测速仪的测定，长途客车在碰前以20m/s的速率行驶_由此可判断卡车碰前的行驶速率（）A．小于10m/s B．大于l0m/s，小于20m/sC．大于20m/s，小于30m/s D．大于30m/s，小于40m/s【考点】动量守恒定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系．【分析】长途客车与卡车发生碰撞，系统内力远大于外力，碰撞过程系统动量守恒，可根据动量守恒定律直接列式判断．【解答】解：长途客车与卡车发生碰撞，系统内力远大于外力，碰撞过程系统动量守恒，根据动量守恒定律，有mv1﹣Mv2=（m+M）v因而mv1﹣Mv2＞0代入数据，可得v2＜=m/s=10m/s故选A．3．有一种硬气功表演，表演者平卧在地面，将一大石板置于他的身体上，另一个人将重锤举到高处并砸向石板，石板被砸碎，而表演者却安然无恙．假设重锤与石板撞击后二者具有相同的速度．表演者在表演时尽量挑选质量较大的石板．对这一现象，下面的说法正确的是（）A．重锤在与石板撞击的过程中，重锤与石板的总机械能守恒B．石板的质量越大，石板获得动量就越小C．石板的质量越大，石板所受到的打击力就越小D．石板的质量越大，石板获得的速度就越小【考点】机械能守恒定律；动量定理．【分析】假设重锤与石板撞击后二者具有相同的速度，说明是完全非弹性碰撞，能量损失是碰撞中最大，机械能不守恒，根据动量守恒定律即可分析BD，石板所受的打击力只与锤子有关，与石板本身无关．【解答】解：A、只有完全弹性碰撞无能量损失，而题中．假设重锤与石板撞击后二者具有相同的速度，说明是完全非弹性碰撞，能量损失是碰撞中最大的，故A错误；B、根据动量守恒定律得：mv0=（m+M）v，解得：v=，所以M越大，v越小，而P=Mv==，则M越大，P越大，故B错误，D正确；C、石板所受的打击力只与锤子有关，与石板本身无关，所以C错误．故选D4．如图所示，车厢长度为l，质量为m1，静止于光滑的水平面上．车厢内有一质量为m2的物体以速度υ0向右运动，与车厢来回碰撞n次后静止于车厢内，这时车厢的速度为（）A．υ0，水平向右B．0C． D．【考点】动量守恒定律．【分析】物体与车厢反复碰撞，最终两者速度相等，在此过程中，两者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出车厢的速度．【解答】解：以物体与车厢组成的系统为研究对象，由动量守恒定律可得：m2v0=（m1+m2）v，最终车的速度v=，方向与v的速度相同，水平向右；故选：C．5．某人站在静止于光滑水平面上的平板车上，若人从车头走向车尾，人和车的运动情况为（）A．人匀速走动，则车匀速前进，人和车对地位移大小与其质量成反比B．人匀加速走动，车匀加速前进，两者对地加速度相等C．不管人如何走，任意时刻人和车动量总相同D．人停止走动时，车的速度不一定为0【考点】动量守恒定律．【分析】人和车组成的系统满足动量守恒条件，根据动量守恒分析运动情况即可．【解答】解：A、根据人和车组成的系统动量守恒有：mv+Mv′=0可得，可知人与车速度的大小与它们的质量成反比，而质量之比是定值，故人匀速走动，则车匀速前进，在相同的时间内人与车的位移与质量成反比，故A正确；B、人对车的作用力和车对人的作用力互为作用力与反作用力，故其大小相等方向相反，若人的质量和车的质量相等，则此时人的加速度和车的加速度大小相等．若人的质量和车的质量不等，则此时人的加速度和车的加速度大小不等．故B错误；C、因为人和车组成的系统水平方向动量守恒，故不管人如何走动，人和车的总动量等于开始时的动量，故C正确；D、由C分析知，人和车的总动量等于开始时的动量，而开始时人和车均静止，故当人静止时，车也静止，故D错误．故选：AC6．载着人的气球静止悬浮在空中，人的质量和气球（包括设备）的质量分别为60kg和300kg，气球离地面的高度为20m，为使人能安全着地，气球上悬挂的软梯长度至少需要（）A．20m B．24m C．25m D．30m【考点】动量守恒定律．【分析】以人和气球的系统为研究对象，系统所受的合外力为零，动量守恒．用软梯的长度和高度h表示人和气球的速度大小，根据动量守恒定律求出软梯的长度．【解答】解：设人沿软梯滑至地面，软梯长度至少为L．以人和气球的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向，由动量守恒定律得：0=mv1﹣Mv2 …①人沿软梯滑至地面时，气球上升的高度为L﹣h，速度大小：v2=…②人相对于地面下降的高度为h，速度大小为：v1=…③将②③代入①得：L=h=×20m=24m；故ACD错误，B正确故选：B7．一炮艇在湖面上匀速行驶，突然从船头和船尾同时水平向前和向后各发射一发炮弹，设两炮弹质量相同，相对于地的速率相同，船的牵引力和阻力均不变，则船的速度的变化情况是（）A．速度不变B．速度减小C．速度增大D．无法确定【考点】动量守恒定律．【分析】以炮弹和炮艇为系统进行分析，由动量守恒可知船的动量及速度的变化．【解答】解：因船受到的牵引力及阻力不变，且开始时船匀速运动，故整个系统所受的合外力为零，动量守恒．设炮弹质量为m，船（不包括两炮弹）的质量为M，炮艇原来的速度为v0，发射炮弹的瞬间船的速度为v．由动量守恒可得：Mv+mv1﹣mv1=（M+2m）v0；可得，v＞v0可得发射炮弹后瞬间船的动量增大，速度增大；故选：C．二、填空题（每题4分）8．如图所示，质量为m1的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻质弹簧连接，当木块静止时刚好位于A点，现有一质量为m2的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A点时的速度大小是；此过程中，墙对弹簧的冲量大小是2mv0．【考点】动量守恒定律；动量定理．【分析】子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，故可由动量守恒定律列式求解，子弹和木块的共同速度；然后系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到A位置时速度大小不变，根据动量定理可求得此过程中墙对弹簧的冲量I的大小．【解答】解：子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，由动量守恒定律得：mv0=（M+m）v解得：v=子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到A位置时速度大小不变，即当木块回到A位置时的速度大小为：v=；子弹和木块弹簧组成的系统受到的合力即可墙对弹簧的作用力，根据动量定理得：I=﹣（M+m）v﹣mv0=﹣2mv0所以墙对弹簧的冲量I的大小为2mv0故答案为：，2mv09．质量为m的物块A上固定一轻质弹簧，以v1=3m/s的速度在光滑水平面上运动，另一质量也为m的物块B以v2=4m/s的速度与A相向运动，如图所示，则两物块相距最近时，它们的速度大小分别是V A﹦0.5m/s，V B﹦0.5m/s．【考点】动量守恒定律．【分析】根据动量守恒的条件：系统所受的合外力为零判断动量是否守恒．竖直方向上A、B两物体所受的重力与水平面的支持力平衡．水平方向系统不受外力．当两物块相距最近时速度相同，根据动量守恒定律求出二者的速率．【解答】解：A、B两物块在弹簧压缩过程中，系统所受的合外力为零，动量守恒．当两物块相距最近时速度相同，取碰撞前B的速度方向为正方向，设共同速率为v，根据动量守恒定律得到mv乙﹣mv甲=2mv，解得v=0.5m/s．故答案为：0.5m/s，0.5m/s10．如图所示，放在光滑水平地面上并靠在一起的物体A、B之间用一根长1m 的轻绳相连（图中未画出）．两物体的质量分别为m A=4kg，m B=6kg．现用大小为8N的水平力F拉物体A，再带动B一起运动，则4s末两物体一起运动的速度为3.2m/s．【考点】动量定理．【分析】对整体进行分析，明确物体受到的冲量，再根据动量定理即可求得4s二者的速度．【解答】解：以AB为研究对象，初动量为零，设共同运动的速度为v，拉力F 的方向为正方向；则末态动量为：P2=（m A+m B）v，则由动量定理可知：Ft=（m A+m B）v，解得：v===3.2m/s；故答案为：3.2m/s．11．设机枪子弹的质量为50g，以v=1.0×103m/s的速度从枪膛射出，且每分钟连续发射子弹120颗，则在射击时机枪手需用多大的力抵住机枪？100N．【考点】动量定理；动量守恒定律．【分析】由动量定理可以求出射击时的平均反冲作用力．【解答】解：对子弹，由动量定理得：Ft=n•mv﹣0，代入数据解得：N；根据牛顿第三定律，子弹对枪的反作用力是100N，所以枪托对肩水平方向的平均作用力是100N．故答案为：100N12．一质量为m1=60kg的人拿着一个质量为m2=10kg的铅球站在一质量为m=30kg 的平板车上，车正以v0=3m/s的速度在光滑水平面上运动（人相对车不动）．现人把铅球以相对车的速度u=2m/s向后水平抛出，求车速增加了多少？【考点】动量守恒定律．【分析】以人、车、铅球组成的系统为研究对象，应用动量守恒定律可以求出抛出铅球后车的速度，然后求出速度的增加量．【解答】解：以人、车、铅球组成的系统为研究对象，以车的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：（m1+m2+m）v0=（m1+m）v﹣m2（u﹣v）车的速度增加量：△v=v﹣v0，代入数据得：△v=0.32m/s；答：车速增加了0.32m/s．三、计算论证题13．质量为M=4.0kg的平板小车静止在光滑的水平面上，如图所示，当t=0时，两个质量分别为m A=2kg、m B=1kg的小物体A、B都以大小为v0=7m/s．方向相反的水平速度，同时从小车板面上的左右两端相向滑动．到它们在小车上停止滑动时，没有相碰，A、B与车间的动摩擦因素μ=0.2，取g=10m/s2，求：（1）A在车上刚停止滑动时，A和车的速度大小（2）A、B在车上都停止滑动时车的速度及此时车运动了多长时间．【考点】动量守恒定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】（1）A在车上刚停止运动时，A与车的速度相同，根据牛顿第二定律分别求出A、B的加速度，通过运动学公式求出A在车上刚停止运动时的时间和速度．（2）当A、B都停止运动时，系统动量守恒，根据动量守恒求出A、B在车上都停止滑动时车的速度，抓住当A与小车速度相同时，A与车之间将不会相对滑动了，对B研究，结合牛顿第二定律和运动学公式求出B再与小车相对静止所需的时间，从而得出总时间．【解答】解：（1）当A和B在车上都滑行时，在水平方向它们的受力分析如图所示：由受力图可知，A向右减速，B向左减速，小车向右加速，所以首先是A物块速度减小到与小车速度相等．设A减速到与小车速度大小相等时，所用时间为t1，其速度大小为v1，则：v1=v0﹣a A t1μm A g=m A a A①v1=a车t1μm A g﹣μm B g=Ma车②由①②联立得：v1=1.4m/s t1=2.8s③（2）根据动量守恒定律有：m A v0﹣m B v0=（M+m A+m B）v ④v=1m/s⑤总动量向右，当A与小车速度相同时，A与车之间将不会相对滑动了．设再经过t2时间小物体A与B车速度相同，则：﹣v=v1﹣a B t2μm B g=m B a B⑥由⑥⑦式得：t2=1.2s ⑦所以A、B在车上都停止滑动时，车的运动时间为t=t1+t2=4.0s答：（1）A在车上刚停止滑动时，A和车的速度大小为1.4m/s．（2）A、B在车上都停止滑动时车的速度为1m/s，此时车运动了4.0s．14．一个长为L，质量为m1的木板静止在光滑的水平面上，如图所示．木板左端静止着一个质量为m2的木块（可视为质点），木块与木板之间的动摩擦因数为μ，一颗质量为m0、速度为v0的子弹水平击中木块后随木块一起在木板上滑动．问：木板的长度L至少应为多少，木块才不至于从木板上滑出？【考点】动量守恒定律；牛顿第二定律．【分析】子弹射进木块过程系统动量守恒，由动量守恒定律列式，木块在木板上滑动过程系统动量守恒，由动量守恒定律与能量守恒定律即可求解．【解答】解：对m2和子弹由动量守恒可得：m0v0=（m0+m2）v1得：v1=最后三者共速，由动量守恒得：m0v0=（m0+m2+m1）v2得：v2=系统速度从v1变化为v2的过程中，摩擦力做负功将机械能转化为热量，且由木块不滑出，可知：u（m0+m2）gL≥（m0+m2）v12﹣（m0+m2+m1）v22即：L≥答：木板的长度L至少应为，木块才不至于从木板上滑出．15．如图所示，甲车质量m1=m，在车上有质量为M=2m的人，甲车（连同车上的人）从足够长的斜坡上高h处由静止滑下，到水平面上后继续向前滑动，此时质量m2=2m的乙车正以v0的速度迎面滑来．已知．为了避免两车发生碰撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳上了乙车．试求人跳离甲车的水平速度（相对地面）应满足什么条件？不计地面和斜坡的摩擦，小车和人均可看作质点．【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．【分析】甲车下滑过程中机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出甲滑到水平面时的速度；人从甲车上跳出的过程，人与甲车组成的系统动量守恒，人落到乙车的过程，人与车组成的系统动量守恒，当两车速度相等时，两车可以避免碰撞，由动量守恒定律可以求出人跳出车的速度．【解答】解：设甲车（包括人）滑下斜坡后速度v1，由机械能守恒定律得：（m1+M）gh=（m1+M）v12，已知，，解得：v1=2v0；设人跳出甲车的水平速度（相对地面）为v．在人跳离甲车和人跳上乙车过程中各自系统动量守恒，设人跳离甲车和跳上乙车后，两车的速度分别为v1′和v2′，由动量守恒定律得：人跳离甲车时：（m1+M）v1=Mv+m1v1′，人跳上乙车时：Mv﹣m2v0=（M+m2）v2′，解得：v1′=6v0﹣2v ①，v2′=v﹣v0 ②，两车不可能再发生碰撞的临界条件是：v1′=±v2′，当v1′=v2′时，由①②解得：v=v0，当v1′=﹣v2′时，由①②解得：v=v0，故v的取值范围为：v0≤v≤v0；16．AOB是足够长的光滑的水平轨道，BC为静止在轨道上的半径为R的光滑圆弧轨道槽块（轨道槽块能自由滑动），质量为2m，轨道恰好相切于水平轨道．如图所示，质量为2m的小木块静止在O点，一质量为m的子弹以某一速度水平射入木块内未穿出，木块能上升到的最大高度为2R（子弹、木块均可能视为质点），求：（1）子弹射入木块前的速度；（2）轨道槽块获得最大速度时，木块的速度大小和方向．【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．【分析】（1）子弹射入木块的过程，系统动量守恒；木块滑上轨道后相互作用的过程中三者组成的系统的动量守恒，机械能也守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出初速度；（2）木块在圆弧轨道上运动的过程中，对整个系统由水平方向动量守恒定律和机械能守恒即可求出．【解答】解：（1）弹射入木块的过程，系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+2m）v1，木块滑上轨道后相互作用的过程中三者组成的系统沿水平方向的动量守恒，由于半径为R的光滑圆弧轨道槽块，当木块到达最高点时，水平方向的速度与轨道的水平方向的速度相等，则：（m+2m）v1=（m+2m+2m）v2木块滑上轨道的过程中中机械能也守恒，则：联立得：v0=，；（2）木块在圆弧轨道上运动的过程中，圆弧轨道受到木块对它的作用力始终有向右的分力，所以只有当木块与圆弧轨道分离时，圆弧轨道的水平速度最大，设此时它们的速度分别是v3和v4，由动量守恒定律得：（m+2m）v1=（m+2m）v3+2mv4由机械能守恒得：联立得：，方向与初速度的方向相同，水平向右．答：（1）子弹射入木块前的速度是；（2）轨道槽块获得最大速度时，木块的速度大小是，方向水平向右．2017年2月28日。

2015-2016学年山东省潍坊市寿光现代中学高二（上）月考物理试卷（12月份）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题(本大题共7小题，共28.0分)1.如图所示，把一条导线平行地放在磁针的上方附近，当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转．首先观察到这个实验现象的物理学家是（）A.奥斯特B.爱因斯坦C.伽利略D.牛顿【答案】A【解析】解：当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转，说明电流产生了磁场，这是电流的磁效应，首先观察到这个实验现象的物理学家是奥斯特．故A正确，BCD错误．故选：A．本实验是1820年丹麦的物理学家奥斯特做的电流磁效应的实验．本题考查的是物理学常识．对于物理学史上著名物理学家、经典实验和重要理论要记牢，这也是高考内容之一．2.磁感应强度B在国际单位制中的单位是特斯拉（符号T），那么下面四个选项中与1T 相等的是（）A.1B.1C.1D.1【答案】D【解析】解：A\根据磁感应强度的定义式B=得，1T=1N/（A•m），故A错误；B、由公式B=由安培力的单位是N，而电流的单位是A，1A=1C/s，长度的单位为m，则单位的换算可得1T=N/（A•m）=1N/（C•ms-1），故BC错误；D、由B=，则单位可以为W b/m2；故D正确．故选：D．根据磁感应强度与磁能量的关系和磁感应强度的定义式推导出T与其他单位的关系．T是导出单位，可根据物理公式推导出各物理量单位的关系，要对公式要熟悉．3.关于磁感线和电场线，下列说法中正确的是（）A.磁感线和电场线都是一些互相平行的曲线B.磁感线是闭合曲线，而静电场线不是闭合曲线C.磁感线起始于N极，终止于S极；电场线起始于正电荷，终止于负电荷D.磁感线可以用铁屑演示出来，因此磁感线是实际存在的，只是我们用肉眼看不到【答案】解：A、磁感线和电场线不一定互相平行，故A错误．B、磁体周围的磁感线从N极出发回到S极，在内部则是从S极回到N极，磁感线是闭合曲线，电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，静电场线不是闭合曲线，故B正确，C、电场线起始于正电荷，终止于负电荷，磁体周围的磁感线从N极出发回到S极，在内部则是从S极回到N极，故C错误．D、磁感线不是真实存在的线，它是为了形象描述磁场而引入的，也不是铁屑组成的线；故D错误．故选：B．（1）磁感线不是真实存在的线，它是为了形象描述磁场而引入的；（2）磁体周围的磁感线从N极出发回到S极，在内部则是从S极回到N极，磁感线的分布疏密可以反映磁场的强弱，越密越强，反之越弱；电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，不相交不闭合，（3）磁体周围有任何地方都有磁场，只要有磁场的地方就有磁感线．根据磁感线的特点分析．此题主要考查了磁感线的特点；用磁感线来描述磁场是建立理想模型法；特别注意磁感线的方向的规定，在磁体外部是从N极到S极．对于磁感线的理解可以和电场线类比进行．4.有关洛仑兹力和安培力的描述，正确的是（）A.通电直导线处于匀强磁场中一定受到安培力的作用B.安培力是大量运动电荷所受洛仑兹力的宏观表现C.带电粒子在匀强磁场中运动受到洛仑兹力做正功D.通电直导线在磁场中受到的安培力方向与磁场方向平行【答案】B【解析】解：A、通电导线方向与磁场方向不在一条直线上时，才受到安培力作用，当二者平行时，安培力为零，故A错误；B、磁场对电流的作用力通常称为安培力，安培力的实质是形成电流的定向移动的电荷所受洛伦兹力的合力，故B正确；C、洛伦兹力的方向与速度方向垂直，洛伦兹力不做功．故C错误．D、根据左手定则知，安培力的方向与磁场方向垂直．故D错误故选：B正确解答本题需要掌握：洛仑兹力和安培力的产生条件、方向的判断等知识，要明确通电导线与运动电荷在磁场中不一定有力的作用，电流方向或电荷运动方向与磁场平行时，没有磁场力作用．安培力、洛伦兹力的产生、方向是初学者很容易出错的地方，在学习中要加强这方面的练习，提高对知识的理解．5.如图所示，条形磁铁放在水平桌面上，其中央正上方固定一根直导线，导线与磁铁垂直，并通以垂直纸面向外的电流，（）A.磁铁对桌面的压力减小、不受桌面摩擦力的作用B.磁铁对桌面的压力减小、受到桌面摩擦力的作用C.磁铁对桌面的压力增大，不受桌面摩擦力的作用解：在磁铁外部，磁感线从N极指向S极，长直导线在磁铁的中央正上方，导线所在处磁场水平向左方；导线电流垂直于纸面向外，由左手定则可知，导线受到的安培力竖直向下方；由牛顿第三定律可知，导线对磁铁的作用力竖直向上，因此磁铁对桌面的压力减小，小于磁铁的重力，磁铁没有运动趋势，磁铁不受摩擦力，故BCD错误，A正确．故选：A．先以通电导线为研究对象，由左手定则判断出导线受到安培力的方向；然后由牛顿第三定律求出磁铁受到磁场力的方向，最后判断磁铁对桌面的压力如何变化，判断磁铁受到的摩擦力方向．本题应先选导线为研究对象，然后由牛顿第三定律判断磁铁的受力情况，巧妙地选取研究对象，是正确解题的关键．6.如图所示，正交的电磁场区域中，有两个质量相同、带同种电荷的带电粒子，电量分别为q a、q b．它们沿水平方向以相同的速率相对着匀速直线穿过电磁场区，则（）A.它们带负电，且q a＞q bB.它们带负带电，q a＜q bC.它们带正电，且q a＞q bD.它们带正电，且q a＜q b【答案】D【解析】解：A、B若两个粒子带负电，则a粒子受到的电场力向下，由左手定则可知洛伦兹力向上，粒子所受的重力、电场力和洛伦兹力三个力作用，合力可能为零，能做匀速直线运动．b粒子所受的电场力向下，洛伦兹力和重力也都向下，三个力的合力不可能为零，则b粒子不可能做匀速直线运动．故AB均错误．C、D若两个粒子带正电，则b粒子受到的电场力向上，由左手定则可知洛伦兹力向下，粒子所受的重力、电场力和洛伦兹力三个力作用，合力可能为零，能做匀速直线运动，且有mg+q b v B=q b E，得q b=…①a粒子所受的电场力和洛伦兹力向上，重力向下，三个力的合力不可能为零，则b粒子可能做匀速直线运动，且有mg=q a E+q a v B，得…②由①②得，q a＜q b．故C错误，D正确．故选D两个粒子在电磁场中受到重力、电场力和洛伦兹力三个力作用，对照匀速直线运动的条件：合力为零，进行分析．本题关键要掌握匀速直线运动的条件和左手定则，并能正确运用．7.关于磁通量，下列说法中正确的是（）A.穿过某个平面的磁通量为零，该处磁感应强度一定为零B.穿过任何一个平面的磁通量越大，该处磁感应强度一定越大C.匝数为n的线圈放在磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈面积为S，且与磁感线垂直，则穿过该线圈的磁通量为BS解：A、穿过某个面的磁通量为零，此处磁感应强度不一定为零，可能此平面与磁感线平行，故A错误；B、磁通量的大小除与磁感应强度有关，还与线圈的面积有关．故B错误；C、匝数为n的线圈放在磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈面积为S，且与磁感线垂直，则穿过该线圈的磁通量为BS，C正确；D、当磁感线与线圈平面垂直时，磁通量的大小∅=BS，因此磁感应强度B=可知，穿过垂直于感应强度方向的某个闭合面单位面积的磁通密度等于磁感应强度，而不是磁感线条数等于磁感应强度，故D错误；故选：C．磁通量可以形象说成穿过线圈的磁感线的条数，当磁感线与线圈垂直时，则磁通量∅=BS；当磁感线与线圈平行时，磁通量为零．因此不能根据磁通量的大小来确定磁感应强度．考查磁通量的概念，及计算公式与成立条件，同时让学生明白同一磁场，同一线圈不同的放置，则穿过线圈的磁通量不同．二、多选题(本大题共3小题，共12.0分)8.带电粒子进入云室会使云室中的气体电离，从而显示其运动轨迹，图是在有匀强磁场的云室中观察到的粒子的轨迹，a和b是轨迹上的两点，匀强磁场B垂直纸面向里．该粒子在运动时，其质量和电荷量不变，而动能逐渐减少．下列说法正确的是（）A.粒子先经过a点，再经过b点B.粒子先经过b点，再经过a点C.粒子带负电D.粒子带正电【答案】AC【解析】解：粒子在云室中运动时，速度逐渐减小，根据可知其运动轨迹的半径逐渐减小，故粒子运动方向为由a到b，故A正确，B错误；运动方向由a到b，磁场垂直纸面向里，所受洛伦兹力方向指向运动轨迹内侧，故由左手定则可知该电荷带负电，故C正确，D错误．故选AC．粒子在云室中运动时，由于能量的损失，其速度会逐渐变小，轨迹的半径会逐渐减小，由此可判断运动方向；粒子所受洛伦兹力方向指向运动轨迹的内侧，因此根据洛伦兹力方向以及磁场方向可以判断粒子的正负，根据带电粒子在磁场中受力特点以及粒子在磁场中运动的半径公式进行求解是解决这类问题的基本思路．9.如图所示，在水平面上有一个闭合的线圈，将一根条形磁铁从线圈的上方插入线圈中，在磁铁进入线圈的过程中，线圈中会产生感应电流，磁铁会受到线圈中电流的作用力，若从线圈上方俯视，关于感应电流和作用力的方向，以下判断正确的是（）A.若磁铁的N极向下插入，线圈中产生顺时方向的感应电流B.若磁铁的S极向下插入，线圈中产生顺时方向的感应电流C.无论N极向下插入还是S极向下插入，磁铁都受到向下的引力解：A、若磁铁的N极向下插入，穿过线圈的磁通量增加，磁场方向向下，根据楞次定律可知，线圈中产生逆时方向的感应电流．故A错误．B、若磁铁的S极向下插入，穿过线圈的磁通量增加，磁场方向向上，根据楞次定律可知，线圈中产生顺时方向的感应电流．故B正确．C、D根据安培定则判断可知，当N极向下插入时，线圈上端相当于N极；当S极向下插入，线圈上端相当于S极，与磁铁的极性总相反，存在斥力．故C错误，D正确．故选BD在磁铁进入线圈的过程中，穿过线圈的磁通量增加，根据磁场方向，由楞次定律判断感应电流的方向．通电线圈的磁场与条件磁铁相似，由安培定则判断线圈的极性，分析线圈与磁铁间的作用力．本题是楞次定律的基本应用．对于电磁感应现象中，导体与磁体的作用力也可以根据楞次定律的另一种表述判断：感应电流的磁场总要阻碍导体与磁体间的相对运动．10.将条形磁铁插入线圈内，第一次插入时速度较大，第二次插入时速度较小，两次插入深度相同．这两次插入磁铁过程中，情况相同的是（）A.线圈内的磁通量变化B.线圈内感应电流的大小C.线圈内感应电流的方向D.流过线圈的电量【答案】ACD【解析】解：A、当条形磁铁插入线圈的瞬间，穿过线圈的磁通量增加，产生感应电流．条形磁铁第一次缓慢插入线圈时，磁通量增加慢．条形磁铁第二次迅速插入线圈时，磁通量增加快，但磁通量变化量相同．故A正确；B、根据法拉第电磁感应定律第二次线圈中产生的感应电动势大，再欧姆定律可知第二次感应电流大，即I2＞I1．故B错误；C、根据楞次定律可知，无论快还是慢，感应电流的方向均相同，故C正确；D、根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的大小，由欧姆定律分析感应电流的大小．再由q=I t可确定导体某横截面的电荷量等于磁通量的变化与电阻的比值，由于磁通量变化量相同，电阻不变，所以通过导体横截面的电荷量不变，故D正确；故选：ACD根据产生感应电流的条件分析有无感应电流产生．再根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的大小，由欧姆定律分析感应电流的大小．再由q=I t可确定导体某横截面的电荷量等于磁通量的变化与电阻的比值．本题考查对电磁感应现象的理解和应用能力．感应电流产生的条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化，首先前提条件电路要闭合．磁通量的变化率与感应电动势有关，感应电流的大小与感应电动势大小有关，而通过横截面的电荷量却与通过线圈的磁通量变化及电阻阻值有关．三、填空题(本大题共3小题，共12.0分)11.目前世界上正在研究的一种新型发电机叫磁流体发电机，如图表示它的发电原理：将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，而从整体上来说呈从而在两板间产生电压．请你判断：在图示磁极配置的情况下，金属板______ （选填“A”或“B”）的电势较高，通过电阻R的电流方向是______ （选填“a→b”或“b→a”）．【答案】A；a→b【解析】解：根据左手定则，正离子向上偏，负离子向下偏，A聚集正电荷，电势高，电流从高电势流向低电势．所以通过电阻的电流方向为a→b．故答案为：A；a→b．根据左手定则判断出正负电荷所受洛伦兹力的方向，从而判断出正负电荷的偏转方向，带正电的极板电势高，电流从正极板流向负极板．解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道电流在外电路中，由高电势流向低电势．12.在用阴极射线管研究磁场对运动电荷作用的实验中，将阴极射线管的A、B两极连在高压直流电源的正负两极上．从A极发射出电子，当将一蹄形磁铁放置于阴极射线管两侧，显示出电子束的径迹如图所示，则阴极射线管的A极应接在电源的______ 极上（选填“正”或“负”）；蹄形磁铁的C端为______ 极（选填“N”或“S”）【答案】负；S【解析】解：电子束从阴极射出，所以A极应接在电源的负极上，根据电子束的偏转方向知，洛伦兹力向上，通过左手定则知，磁场的方向由D到C，所以D为N极，C端为S极．故答案为：负，S电子束从阴极射出，根据左手定则，判断出磁场的方向，从而得出磁铁的极性．解决本题的关键掌握左手定则判断磁场方向、电荷运动方向以及洛伦兹力方向的关系，以及注意四指方向与正电荷运动方向相同，与负电荷运动方向相反．13.绕有线圈的铁心直立在水平桌面上，铁心上套着一个铝环，线圈与电源、电键相连，如图所示．闭合电键的瞬间，铝环跳起一定高度．保持电键闭合，铝环则应______ （填“保持原有高度”或“回落”）；断开电键时铝环则应______ （填“跳起一定高度”或“不再跳起”）【答案】回落；不再跳起【解析】解：如图所示．闭合电键的瞬间，铝环向上跳起．若保持电键闭合，则铝环的磁通量不变，环中没有电流，故要落回原处．若整个装置稳定后再断开电键，铝环的磁通量发生变化，则铝环中有了感应电流．为阻碍磁通量减小，铝环要向下运动．由于支撑面，故铝环不动，铝环不会跳起．故答案为：回落；不再跳起．当闭合电键瞬间，铝环所处的磁通量发生变化，故铝环中产生电流，对应的感应磁场去阻碍原磁通量的变化，所以向上跳．若磁通量不变，则铝环回落．则会靠近．四、计算题(本大题共4小题，共48.0分)14.如图所示，一带电量大小为q的小球，质量为m，以初速度v0竖直向上射入水平方向的匀强磁场中，磁感应强度为B．求：（1）说出带电点小球的电性．（2）当小球运动到离水平面竖直高度为h的b点时，球所受的磁场力大小．【答案】解：（1）由图可知，小球向左偏转，说明小球受洛伦兹力向左，由左手定则根据磁场方向和运动偏转方向可知小球带负电；（2）a到b，由动能定律得：-mgh=mv2-mv02解得b点速度为：v=由洛伦兹力公式有：F=qv B即为：F=q B答：（1）小球带负电；（2）小小球运动到离水平面竖直高度为h的b点时，小球所受的磁场力大小q B【解析】（1）由左手定则根据磁场方向和运动偏转方向可知小球的电性；（2）a到b，洛伦兹力不做功，只有重力做功，可求得B点的速度；再由洛伦兹力公式F=qv B解得F大小．此题要求同学们会用左手定则判定受力方向，注意四指指正电荷运动的方向；能根据洛伦兹力充当向心力列式求解，注意明确洛伦兹力永不做功．15.如图所示，水平面上有两根相距0.5m的足够长的平行金属导轨MN和PQ．它们的电阻可忽略不计．在M和P之间接有阻值为R的定值电阻，导体棒ab长l=0.5m，其电阻为r，与导轨接触良好．整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.4T．现使ab以v=10m/s的速度向右做匀速运动．（1）ab中产生感应电动势的大小；（2）ab中电流的方向如何？（3）若定值电阻R=3.0Ω，导体棒的电阻r=1.0Ω，则电路中的电流多大？【答案】解：（1）由法拉第电磁感应定律得：E=B lv =0.4×0.5×10V=2V ；（2）由右手定则判断ab 中电流的方向为从b 向a（3）由闭合电路欧姆定律得：I= = =0.5A ；答：（1）ab 中的感应电动势2V ；（2）ab 中电流的方向从b 向a ；（3）电路中的电流为0.5A ．【解析】（1）由法拉第电磁感应定律求解ab 中的感应电动势．（2）由右手定则判断ab 中电流的方向．（3）由闭合电路欧姆定律求解电路中的电流．本题是电磁感应与电路知识、力学知识的综合，掌握法拉第电磁感应定律、欧姆定律、右手定则即可正确解题．16.如图所示，图中左边有一对平行金属板，两板相距为d ，电压为U ．两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B 0，方向与金属板面平行并垂直于纸面朝里；图中右边有一半径为R 、圆心为O 的圆形区域，区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面朝里．一电荷量为q 的正离子沿平行于金属板面、垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿同一方向射出平行金属板之间的区域，并沿直径PQ 方向射入磁场区域，最后从圆形区域边界上的G 点射出，已知弧QG 所对应的圆心角为θ．离子重力不计．求：（1）离子速度的大小；（2）离子在圆形磁场区域内做圆周运动的半径；（3）离子的质量．【答案】解：（1）由题设知，离子在平行金属板之间做匀速直线运动，将受到的向上的洛伦兹力和向下的电场力，由题意知二力平衡，有：qv B 0=q E 0…①式中，v 是离子运动速度的大小．E 0是平行金属板之间的匀强电场的强度，有： E 0= …②①②两式联立得：v =…③ （2）由题设，离子从磁场边界上的点G 穿出，离子运动的圆周的圆心O ′必在过P 点垂直于PQ 的直线r=R tanα…④式中，α是OO'与直径EF的夹角，由几何关系得：2α+θ=π…⑤则离子运动半径：…⑥（3）在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有：qv B=m…⑦式中，m和r分别是离子的质量和它做圆周运动的半径．联立⑥⑦两式，解得：答：（1）离子速度的大小为；（2）离子在圆形磁场区域内做圆周运动的半径为；（3）离子的质量为．【解析】（1）对离子直线运动过程进行受力分析，受到洛伦兹力和电场力作用，且二力平衡；结合匀强电场的场强与电势差的关系式，可求出离子在电场中的运动速度；（2）圆周运动过程，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解轨道半径；（3）根据题意画出离子在磁场中运动的轨迹草图，充分利用几何关系，结合离子在磁场中的运动半径公式，即可求出离子的质量．该题考查了带电粒子在匀强电场和匀强磁场中的运动，在混合场中要注意对离子的受力分析；在磁场中要掌握住轨道半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，半径和偏转角的几何关系就比较明显了．17.如图，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小B=0.60T，场区足够宽，磁场内有一块平面感光薄板ab，板面与磁场方向平行，在距ab的距离l=16cm处，ab中垂线上有一个点状的α放射源S，它向各个方向发射α粒子（氦核），α粒子的速度都是v=3.0×106m/s，已知α粒子的电荷与质量之比q/m=5.0×107C/kg，现只考虑在图纸平面中运动的α粒子，（1）若ab长度为20cm，求ab下侧被α粒子打中的区域的长度．（2）要使ab上侧能全部被α粒子打中，ab的长度应为多大？解：（1）α粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，用R表示轨道半径，有…①由此得：R=代入数值得：R=10cm．可见，2R＞l＞R．因朝不同方向发射的α粒子的圆轨迹都过S，由此可知，某一圆轨迹在图中N左侧与ab相切，则此切点P1就是α粒子能打中的左侧最远点．为定出P1点的位置，可作平行于ab的直线cd，cd到ab的距离为R，以S为圆心，R为半径，作弧交cd于Q点，过Q作ab的垂线，它与ab的交点即为P1.，解得：NP1=8cm…②再考虑N的右侧．任何α粒子在运动中离S的距离不可能超过2R，以2R为半径、S 为圆心作圆，交ab于N右侧的P2点，由图中几何关系得：，解得：NP2=12cm…③由于右侧实际长度N b=10cm＜NP═12cm，应取N b=10cm．所以所求长度为：P1P2=NP1+N b=18cm…④（2）要全部打中ab上侧，ab的长度应在图示的圆内，根据几何知识可得：cb2=sc×（2R-sc），解得：cb=8cm，所以ab＜16cm时就能打中ab上侧．答：（1）ab下侧被α粒子打中的区域的长度为18cm．（2）要使ab上侧能全部被α粒子打中，ab的长度应小于16cm．【解析】（1）α粒子在该磁场中的运动由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动．轨迹在图中N 左侧与ab相切时，此切点P1就是α粒子能打中的左侧最远点．任何α粒子在运动中离S的距离不可能超过轨迹直径2R，根据几何关系求解ab下侧被α粒子打中的区域的长度．（2）要全部打中ab上侧，ab的长度应在图示的圆内，根据几何关系可求得ab的长度．带电粒子在磁场中的运动解题的关键在于确定圆心和半径，然后再由几何关系即可求得要求的问题．。

一.选择题1. 自然界的电热现象和磁现象相互联系很多，物理学家寻找他们之间的联系作出了贡献，下列说法不正确的是（ ）A.奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系B.欧姆发现了欧姆定律说明了热现象和电现象之间存在联系C.法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系D.焦耳发现了电流的热效应定量得出了电能和热能之间的转换关系 【答案】B 【解析】考点：物理学史【名师点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。

2. 质子（P ）和α粒子以相同的速率在同一匀强磁场中作匀速圆周运动，轨道半径分别为P R 和R ，周期分别为P T 和T ，则下列选项正确的是（ ） A.:2:1p R R =，:2:1p T T = B.:1:1p R R =，:1:1p T T = C.:1:1p R R =，:2:1p T T = D.:2:1p R R =，:1:1p T T =【答案】A 【解析】考点：带电粒子在匀强磁场中的运动、牛顿第二定律、向心力【名师点睛】带电粒子以一定速度垂直进入磁场中，受到洛伦兹力作用下做匀速圆周运动．运动轨迹的半径由磁感应强度、电量、质量及速度决定．而运动轨迹的周期与磁感应强度、电量、质量有关，却与速度无关。

3. 如图所示是电磁流量计的示意图，圆管由非磁性材料制成，空间有匀强磁场，当管中的导电液体流过磁场区域时，测出管壁上MN 两点的电动势E ，就可以知道管中液体的流量Q ---单位时间内流过管道横截面的液体的体积，已知管的直径为d ，磁感应强度为B ，则关于Q 的表达式正确的是（ ）A.dEQ Bπ=B.4dEQ Bπ=C.24EQ Bd π=D.2EQ Bd π=【答案】B 【解析】试题分析：最终正负电荷在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，有qvB d qE =，则v dEB =，流量2(24)E d dUQ vS Bd Bππ==⋅=，故B 正确，A 、C 、D 错误。

本卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

请将第Ⅰ卷的答案，填在答题卡内，满分100分，考试时间90分钟。

一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。

其中1—6题为单项选择题。

7—10为多选题（给出的四个选项中至少有两个选项符合题目要求，选全的得4分，选对但不全的得2分，选错和不选的得0分）。

1、如图所示，把一条导线平行地放在磁针的上方附近，当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转，首先观察到这个实验现象的物理学家是（）A、爱因斯坦B、奥斯特C、伽利略D、牛顿【答案】B考点：物理学史【名师点睛】本题考查的是物理学常识，对于物理学史上著名物理学家、经典实验和重要理论要记牢，这也是高考内容之一。

本实验是1820年丹麦的物理学家奥斯特做的电流磁效应的实验。

2、磁感应强度B在国际单位制中的单位是特斯拉（符合T），那么下面四个选项中与1T相等的是（）A、1NAB、1NC s∙C、1NC m∙D、21Wbm【答案】D 【解析】试题分析：根据磁感应强度的定义式BFIL=得，11/?T N A m=（），由BS=Φ，则单位可以为2/Wb m，故D正确，ABC错误。

考点：磁感应强度，单位制【名师点睛】T是导出单位，可根据物理公式推导出各物理量单位的关系，要对公式要熟悉。

3、关于磁感线和电场线，下列说法中正确的是（ ）A 、磁感线和电场线都是一些互相平行的曲线B 、磁感线是闭合曲线，而静电场线不是闭合曲线C 、磁感线起始于N 极，终止于S 极；电场线起始于正电荷，终止于负电荷D 、磁感线可以用铁屑来演示，因此磁感线是实际存在的，只是用肉眼看不到【答案】B考点：磁感线及用磁感线描述磁场、电场线【名师点睛】此题主要考查了磁感线的特点，用磁感线来描述磁场是建立理想模型法，特别注意磁感线的方向的规定，在磁体外部是从N 极到S 极，对于磁感线的理解可以和电场线类比进行。

4、有关洛伦兹力和安培力的描述，正确的是（ ）A 、通电直导线在匀强磁场中一定受到安培力的作用B 、安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现C 、带电粒子在匀强磁场中运动受到的洛伦兹力做正功D 、通电直导线在磁场中受到的安培力方向与磁场方向平行【答案】B【解析】试题分析：安培力公式为F BILsin θ=，其中θ为电流方向与磁场方向的夹角，当0θ=︒时，就算有电流和磁场也不会有安培力，故A 错误；导线中定向移动的电荷受到的洛伦兹力在宏观上就表现为导线受到的安培力，所以说：安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现，故B 正确；根据左手定则：洛伦兹力的方向与电荷运动方向垂直，故洛伦兹力对电荷不做功，故C 错误；通电直导线在磁场中受到的安培力方向与磁场方向根据左手定则，应该是相互垂直，故D 错误。

山东省寿光市2020学年高二物理12月月考试题一、选择题：1~5题为单选题，6~10题多项选择题1．如图所示为地磁场磁感线的示意图，在北半球地磁场的竖直分量向下，飞机在我国上空匀速巡航，机翼保持水平，飞行高度不变，由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差，设飞行员左方机翼末端处的电势为1ϕ，右方机翼末端处电势为2ϕA ．若飞机从西往东飞，12ϕϕ>B ．若飞行从东往西飞，12ϕϕ>C ．若飞机从南往北飞，12ϕϕ>D ．若飞机从北往南非，21ϕϕ>2．如图所示，线框由A 位置开始下落，在磁场中受到的安培力如果总小于重力，则它在A 、B 、C 、D 四个位置（B 、D 位置恰好线框有一半在磁场中）时，加速度关系为A ．ABCD a a a a >>> B ．A C B D a a a a =>> C ．A C D B a a a a =>> D ．A C B D a a a a =>=3．宽为L ，共N 匝，线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面。

当线圈中通有电流I （方向如图）时，，在天平左、右两边加上质量各为m 1、m 2的砝码，天平平衡．当电流反向（大小不变）时，右边再加上质量为m 的砝码后，天平重新平衡．由此可知A ．磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为12()m m gNIl -B ．磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为2mgNIlC ．磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为12()m m gNIl -D ．磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为2mgNIl4．如图所示，在光滑水平桌面上有一边长为L ，电阻为R 的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d （d L <）的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动．t=0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v-t 图象中，可能正确描述上述过程的是A ．B ．C ．D ．5．如图所示，内壁光滑的塑料管弯成的圆环平放在水平桌面上，环内有一带负电小球，整个装置处于竖直向下的磁场中，当磁场突然增大时，小球将A ．沿顺时针方向运动B ．沿逆时针方向运动C ．在原位置附近往复运动D ．仍然保持静止状态6．如图所示，一矩形线圈置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化的规律如图（b ）所示，则线圈产生的感应电动势的情况为A ．0时刻电动势最大B ．0时刻电动势为零C ．t 1时刻磁通量的变化率等于零D ．t 1～t 2时间内电动势增大7．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，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8．如图所示，L 是电感足够大的线圈，其直流电阻可忽略不计，1D 和2D 是两个相同的灯泡，若电键S 闭合，等灯泡亮度稳定后，再断开电键S ，则（ ）A ．电键S 闭合时，灯泡1D 、2D 同时亮，然后1D 会变暗直到不亮B ．电键S 闭合时，灯泡1D 很亮，2D 逐渐变亮，最后一样亮C ．电键S 断开时，灯泡2D 随之熄灭，而1D 会亮一下后才熄灭 D ．电键S 断开时，灯泡1D 随之熄灭，而2D 会闪亮一下后才熄灭9．法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。