山东省临沂市临沭一中2015_2016学年高二物理上学期第一次月考试题(含解析)
山东省临沂市临沭县第一中学2015_2016学年高二地理上学期第一次月考试题
临沭一中高14级高二上学期月度学业水平测试地理试题（第I卷） 2015年10月（试卷说明：试卷分值为100分，答题时间为90分钟。
一卷为选择题共40题，80分，涂在．．答题卡上．．．．．．．。
）．．．．；二卷为综合题20分，用黑色签字笔写在综合题的空白处一、选择题（每小题2分，共80分）下图为某区域示意图，回答1～2题。
1.图示区域中，区域界线划分的主要依据及其属性是A．河流、明确的B．湖泊、模糊的C．交通线、模糊的 D．山脉、明确的2.根据图示信息分析，该区域最适宜发展的是A．化学工业 B．建材工业C．电子工业 D．纺织工业读“我国三大自然区的划分示意图”，回答3～5题。
3.甲区的自然景观与乙区截然不同的主要原因是A．甲区深居内陆、降水量少B．乙区日照时间长，积温高C．乙区人类活动历史悠久，人口密度大D．甲区全年气温低、光照时数少4.对乙自然区特征的描述正确的是A．夏季高温多雨，雨热同期B．河流流量大，无结冰期C．热量丰富D．植被以常绿阔叶林为主5.丙区农作物分布在河谷中的主要自然原因是A．河谷地区土壤肥沃 B．河谷地区气温较高，热量条件较好C．河谷地区人口稠密，劳动力多 D．河谷地区有丰富的水读“区域之间的经济要素流动示意图”,完成6～7题。
6.图中箭头A不能表示的是A.资金B.信息C.劳动力D.产品7.图中箭头体现了区域具有什么的特征A.总体性B.差异性C.开放性D.均一性1986年，中国邮3～5邮票一套，邮票上的这些民居建筑除了反映各地风俗外，还反映了当地地理环境的重要特征。
读图完成8～9题。
（第1页，共10页）8．关于三张邮票中民居的判断正确的是A．①内蒙古民居②陕北民居③云南民居B．①云南民居②陕北民居③内蒙古民居C．①陕北民居②云南民居③内蒙古民居D．①陕北民居②内蒙古民居③云南民居9．三类民居特点反映了所在地区的地理环境特点，下面关于三类民居与其所在地区气候特点对应关系的表现，正确的是A．①—温差较大，降水季节分配均匀B．②—夏季高温多雨，冬季寒冷干燥C．③—终年高温多雨D．②—湿热的气候读下面两图，完成10～11题。
2015-2016学年山东省临沂市沂水一中高一(上)月考物理试卷(12月份)(实验班)
2015-2016学年山东省临沂市沂水一中高一（上）月考物理试卷（12月份）（实验班）一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）1.有关运动状态与所受外力的关系，下面说法中正确的是（）A.物体受到恒定的力作用时，它的运动状态不发生改变B.物体受到不为零的合力作用时，它的运动状态要发生改变C.物体受到的合力为零时，它一定处于静止状态D.物体的运动方向一定与它所受的合力的方向相同2.一辆农用“小四轮”由于漏油，当车在平直公路上行驶时，若每隔漏下一滴，一位同学根据漏在路面上的油滴分布，从而分析“小四轮”的运动情况（已知车的运动方向）．下列说法中正确的是（）A.当沿运动方向油滴始终均匀分布时，车可以认为做匀加速直线运动B.当沿运动方向油滴间距均匀增大时，车的加速度可以认为保持不变C.当沿运动方向油滴间距逐渐增大时，车一定在做匀加速直线运动D.当沿运动方向油滴间距逐渐增大时，车的加速度却可能在减小3.一个质点做直线运动，其图象如图所示，则图中与之对应的图象是（）A. B.C. D.4.如图所示，、两球完全相同，质量为，用两根等长的细线悬挂在点，两球之间夹着一根劲度系数为的轻弹簧，静止不动时，弹簧位于水平方向，两根细线之间的夹角为．则弹簧的长度被压缩了（）A. B.C. D.5.如图，一质量为的滑块静止置于倾角为的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的点，另一端系在滑块上，弹簧与斜面垂直，则（）A.滑块不可能只受到三个力作用B.弹簧可能处于伸长状态C.斜面对滑块的支持力大小可能为零D.斜面对滑块的摩擦力大小一定等于6.如图所示，细而轻的绳两端，分别系有质量为、的球，静止在光滑半球形表面点（球可视为质点），已知过点的半径与水平面夹角为，则和的关系是（）A. B.C. D.7.如图所示，两物体放在光滑的水平面上，中间用轻弹簧相连．从左边水平拉动，使它们产生一个共同的加速度，这时弹簧的伸长量为；从右边水平拉动，使它们也产生一个共同的加速度，这时弹簧的伸长量为．已知两物体的质量为，则关于和的大小关系为（）A. B. C. D.无法确定8.质量为和的两个物体，由静止从同一高度下落，运动中所受的空气阻力分别是和．如果发现质量为的物体先落地，则有（）A.．B.C. D.9.轻绳一端系在质量为的物块上，另一端系在一个套在粗糙竖直杆的圆环上．现用水平力拉住绳子上一点，使物块从图中实线位置缓慢下降到虚线位置，但圆环仍保持在原来位置不动．在这一过程中，环对杆的摩擦力和环对杆的压力的变化情况是（）A.保持不变，逐渐增大B.保持不变，逐渐减小C.逐渐增大，保持不变D.逐渐减小，保持不变10.如图所示，以匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有将熄灭，此时汽车距离停车线．该车加速时最大时速度大小为，减速时最大加速度大小为．此路段允许行驶的最大速度为，下列说法中正确的有（）A.如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线B.如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速C.如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车线D.如果距停车线处减速，汽车能停在停车线处二、实验题（本题共2小题，每空2分，共16分.把答案写在答题卡中指定答题处，不要求写出演算过程）11.某同学为探究求合力的方法，做了如右图所示的实验．为竖直平板，、两处固定了摩擦不计的轻质滑轮，滑轮的轴保持水平，所用绳子的质量可不计．第一次实验中，当装置平衡时，绳子的结点在处，拉力的方向和钩码的位置如图所示．第二次实验时，仅把右侧滑轮的位置移动到图中的点，待稳定后，将________（填“变大”、“变小”或“不变”），绳子结点的位置将________．竖直向下移动．水平向右移动．沿方向移动．沿方向移动．12.某同学设计了一个“探究加速度与力、质量的关系”的实验．如图为该实验装置图，其中砂桶及砂的总质量为．探究时，为了让小车所受的合外力近似等于砂和砂桶的重力应采取的措施和满足的条件有：①________；②________；该同学保持砂和砂桶的总质量不变，改变小车质量，探究加速度和小车质量的关系，得到的实验数据如下表：为了直观反映不变时与的关系，请根据上表数据在图坐标纸中作出图象．由图象可得不变时，小车的加速度与质量之间的关系是：________．另有一同学在该实验中得到了一条如图所示的纸带．已知打点计时器使用的交流电源的频率为．在纸带上选择个打点，其中、、、、、、号打点作为计数点，分别测得、、、、、．则打点计时器打下号打点时瞬时速度的大小是________；小车运动的加速度的大小是________ （计算结果保留两位有效数字）．三、计算题（共4小题，共44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，质量为的物体在水平面上受到大小为，方向与水平面成角斜向上的拉力的作用，沿水平面做速度为的匀速运动，物体与水平面间的动摩擦因数为，取，求：拉力的大小．撤去后物体滑行的距离．14.如图所示，物体从光滑斜面上的点由静止开始下滑，经过点后进入水平面（设经过点前后速度大小不变），最后停在点．每隔秒钟通过速度传感器测量物体的瞬时速度，表给出了部分测量数据．（重力加速度）求：……斜面的倾角；物体与水平面之间的动摩擦因数；时的瞬时速度．15.美国密执安大学五名学习航空航天工程的大学生搭乘的飞艇参加了“微重力学生飞行机会计划”，飞行员将飞艇开到的高空后，让飞艇由静止下落，以模拟一种微重力的环境．下落过程飞艇所受空气阻力为其重力的倍，这样，可以获得持续之久的失重状态，大学生们就可以进行微重力影响的实验．紧接着飞艇又做匀减速运动，若飞艇离地面的高度不得低于．重力加速度取，试计算：飞艇在内所下落的高度；在飞艇后来的减速过程中，大学生对座位的压力是其重力的多少倍．16.如图所示，一质量为的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角为．现小球在的竖直向上的拉力作用下，从点静止出发向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数为．试求：小球运动的加速度；若作用后撤去，小球上滑过程中距点最大距离；若从撤去力开始计时，小球经多长时间将经过距点上方为的点．答案1. 【答案】B【解析】物体所受的合力为时，物体处于静止状态或匀速直线运动状态；只要合外力不为，物体的运动状态就会发生变化；合外力不为时，速度可以为；物体所受的合力不变且不为，物体的运动状态一定发生变化．【解答】解：、物体受到恒定的力作用时，它的加速度不变，但是速度是改变的，例如平抛运动，故错误．、物体受到不为零的合力作用时，加速度就不为零，所以它的运动状态要发生改变，故正确．、物体受到的合力为零时，处于静止状态或匀速直线运动，故错误．、物体加速度方向一定与它所受的合力的方向相同，但是但物体加速度的方向与物体速度的方向不一定相同．故错误．故选．2. 【答案】B,D【解析】本题主要考查连续相等的时间间隔内位移差和加速度之间的关系，如果，物体加速，当逐渐增大时，逐渐增大，逐渐减小，则车的加速度可能逐渐减小．【解答】解：、当沿运动方向油滴始终均匀分布时，车可以认为做匀速直线运动．故错误．、当沿运动方向油滴间距均匀增大时，根据恒量，车做匀加速直线运动，加速度不变．故正确．、当沿运动方向油滴间距逐渐增大时，车做加速运动，但是不一定是匀加速直线运动．故错误．、当沿运动方向油滴间距逐渐增大时，车做加速运动，加速度可能减小，可能增大．故正确．故选：．3. 【答案】B【解析】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，所以第一秒内，图象的斜率为正常数，即速度为正方向的匀速运动；第二秒内斜率为零即物体的速度为零，物体处于静止状态；第二秒末到底五秒末，斜率为负常数，即速度为负方向的匀速直线运动；故错误，正确．故选：4. 【答案】A【解析】对球受力分析，然后根据平衡条件并运用合成法得到弹簧的弹力，最后根据胡克定律得到弹簧的压缩量．【解答】解：对球受力分析，受重力、拉力、弹簧的弹力，如图根据平衡条件，结合合成法，有：根据胡克定律，有：解得：5. 【答案】B,D【解析】滑块可能受重力、支持力、摩擦力三个力处于平衡，弹簧处于原长，弹力为零．滑块可能受重力、支持力、摩擦力、弹簧的弹力四个力处于平衡．根据共点力平衡进行分析．【解答】解：、弹簧与竖直方向的夹角为，所以弹簧的方向垂直于斜面，因为弹簧的形变情况未知，所以斜面与滑块之间的弹力大小不确定，所以滑块可能只受重力、斜面支持力和静摩擦力三个力的作用而平衡，此时弹簧弹力为零，处于原长状态，故错误，正确；、沿斜面方向，根据平衡条件滑块此时受到的摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力（等于），不为零，有摩擦力必有弹力，所以斜面对滑块的支持力不可能为零，故错误，正确．故选：．6. 【答案】C【解析】先以质量为的球为研究对象，求出绳子的拉力大小，再以质量为的球为研究对象，求出两球质量的关系．【解答】解：以质量为的球为研究对象，根据平衡条件得，绳子的拉力 …①再以质量为的球为研究对象，分析受力如图，绳子的拉力方向近似沿着球面的切线方向．根据平衡条件得： …②联立①②得：故选7. 【答案】C【解析】从左边水平拉动，对运用牛顿第二定律求出弹簧弹力，从右边水平拉动，对运用牛顿第二定律求出弹簧弹力，再根据胡克定律即可比较和的大小关系．【解答】解：从左边水平拉动，对运用牛顿第二定律得：弹从右边水平拉动，对运用牛顿第二定律得：弹因为，所以弹弹根据胡克定律得：所以故选【解析】根据牛顿第二定律分别求出两个物体的加速度，根据位移时间公式求出运动的时间，根据时间关系即可求解．【解答】解：根据牛顿第二定律得：根据位移时间公式得：解得：因为所以所以．故选9. 【答案】B【解析】以圆���、物体及轻绳整体为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件分析杆对环的摩擦力和弹力，再由牛顿第三定律分析环对杆的摩擦力的变化情况．以结点为研究对象，分析的变化，根据与杆对环的弹力的关系，分析杆对环的弹力的变化情况．【解答】解：以圆环、物体及轻绳整体为研究对象，分析受力情况，作出力图如图所示．根据平衡条件得到，杆对环的摩擦力，保持不变．杆对环的弹力．再以结点为研究对象，分析受力情况，作出力图如图所示．由平衡条件得到当物体从图中实线位置缓慢下降到虚线位置过程中，逐渐减小，则逐渐减小，逐渐减小．所以保持不变，逐渐减小．故选：．10. 【答案】A,C【解析】本题中汽车有两种选择方案方案一、加速通过按照选项提示，汽车立即以最大加速度匀加速运动，分别计算出匀加速的位移和速度，与实际要求相比较，得出结论；方案二、减速停止按照选项提示，汽车立即以最大加速度匀减速运动，分别计算出减速到停止的时间和位移，与实际要求相比较，即可得出结论；【解答】解：如果立即做匀加速直线运动，内的位移，此时汽车的速度为，汽车没有超速，项正确、错误；如果立即做匀减速运动，速度减为零需要时间，此过程通过的位移为，即刹车距离为，提前减速，汽车不会超过停车线，如果距停车线处减速，则会过线，因而项正确、错误；故选．11. 【答案】不变,【解析】稳定后，点处于平衡状态，所受三个力的合力为零，即任何两个力的合力与另外一个力等大反向，根据平衡条件和平行四边形定则可正确解答．【解答】解：以点为研究对象，受到三个力的作用，由于钩码个数不变，因此三个力的大小不变，点所受竖直方向的拉力大小方向不变，即，两绳子拉力的合力大小方向不变，根据平行四边形定则可知，二力的大小不变，其合力的大小方向不变，则该二力的夹角不变，故不变；根据相似三角形的几何关系可知，点位置不变，之间的距离变大，而不变，因此绳子结点的位置将向方向移动，故错误，正确．故选：．故答案为：不变，．12. 【答案】,右端垫高用重力的分力平衡摩擦力; 如图所示；; 加速度与质量成反比; ,【解析】根据可知必需平衡摩擦力且要满足；; 根据描点法作图；; 根据图象分析不变时，加速度与质量得关系；; 根据匀变速直线运动的推论公式可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上点时小车的瞬时速度大小．【解答】解：为使小车所受合外力等于细线的拉力，所以必需有小车的重力沿轨道的分力等于轨道对小车的摩擦力，所以做实验时必需平衡摩擦力，即右端垫高用重力的分力平衡摩擦力．以砂桶作为研究对象有：以小车作为研究对象有：联立以上两式可得：要绳子的拉力等于砂桶的总的重力，即：，故：，则有；; 根据描点法作出图象，如图所示：; 根据图象可知，当不变时，加速度与质量成反比；; 由于每相邻两个计数点间还有个点，所以相邻的计数点间的时间间隔，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，根据匀变速直线运动的推论公式可以求出加速度的大小，得：为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值，得：代入数据得：13. 【答案】拉力的大小为．; 撤去后物体滑行的距离为．【解析】物体做匀速运动，受力平衡，对物体进行受力分析即可求解；; 先求出撤去后的加速度，再根据匀减速直线运动位移速度公式即可求解．【解答】解：物体做匀速运动，受力平衡，则有：得; 撤去后物体在摩擦力作用下做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得：解得：根据匀减速直线运动位移速度公式得：答：拉力的大小为．撤去后物体滑行的距离为．14. 【答案】斜面的倾角；; 物体与水平面之间的动摩擦因数；;时的瞬时速度．【解析】由表格读出物体在斜面上运动的速度与对应的时间，由速度公式求出加速度，再根据牛顿第二定律求解斜面的倾角；; 用同样的方法求出物体在水平面运动的速度和时间，求出加速度，再由牛顿第二定律求出动摩擦因数；; 研究物体由到过程，根据斜面上匀加速运动的末速度等于水平面匀减速运动的初速度，由速度公式求出物体在斜面上运动的时间，再求出时的瞬时速度．【解答】解：由表格中前三列数据可知，物体在斜面上匀加速下滑时的加速度为由牛顿第二定律得，代入数据得： ; 由表格中第、两组数据可知，物体在水平面上匀减速运动的加速度大小为由牛顿第二定律得，代入数据得 ; 研究物体由到过程，设物体在斜面上运动的时间为，则有，代入得解得，即物体在斜面上下滑的时间为，则时物体在水平面上运动，速度为答：斜面的倾角；物体与水平面之间的动摩擦因数；时的瞬时速度．15. 【答案】飞艇在内所下落的高度为；; 在飞艇后来的减速过程中，大学生对座位的压力是其重力的倍．【解析】设飞艇在内下落的加速度为，根据牛顿第二定律列式求出加速度，根据匀加速直线运动位移时间公式即可求解；; 后飞艇将做匀速运动，开始减速时飞艇的速度为，根据飞艇离地面的高度不得低于求出匀减速运动的最小加速度，对大学生进行受力分析并根据牛顿第二定律即可解题．【解答】解：设飞艇在内下落的加速度为，根据牛顿第二定律可得解得：飞艇在内下落的高度为; 后飞艇将做匀速运动，开始减速时飞艇的速度为减速运动下落的最大高度为减速运动飞艇的加速度大小至少为设座位对大学生的支持力为，则，即大学生对座位压力是其重力的倍．答：飞艇在内所下落的高度为；在飞艇后来的减速过程中，大学生对座位的压力是其重力的倍．16. 【答案】解：在力作用时，撤去前小球的受力情况：重力、拉力，杆的支持力和滑动摩擦力，如图，由根据牛顿第二定律，得解得; 刚撤去时，小球的速度小球的位移撤去力后，小球上滑时有：小球上滑时间上滑位移则小球上滑的最大距离为; 在上滑阶段通过点：通过点时间，另（舍去）小球返回时有：小球由顶端返回点时有：通过通过点时间【解析】首先分析撤去前小球的受力情况：重力、拉力，杆的支持力和滑动摩擦力，采用正交分解法，根据牛顿第二定律求出加速度．再用同样的方法求出撤去后小球的加速度，运用运动学公式求出最大距离和经过距点上方为的点的时间．; ;【解答】解：在力作用时，撤去前小球的受力情况：重力、拉力，杆的支持力和滑动摩擦力，如图，由根据牛顿第二定律，得解得; 刚撤去时，小球的速度小球的位移撤去力后，小球上滑时有：小球上滑时间上滑位移则小球上滑的最大距离为; 在上滑阶段通过点：通过点时间，另（舍去）小球返回时有：小球由顶端返回点时有：通过通过点时间。
山东省临沂市郯城一中2015_2016学年高二物理上学期第一次月考试卷(含解析)
2015-2016学年山东省临沂市郯城一中高二（上）第一次月考物理试卷一、选择题（每小题4分，共56分.有的小题有一个正确，有的小题有多个正确，选对不全得2分，有错选不得分）1．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．公式E=和E=对于任何静电场都是适用的D．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2．下列说法正确的是（）A．电场线并不真实存在，它其实是电荷只在电场力作用下的运动轨迹B．电场中某点的电场强度在数值上等于单位电荷在该点受到的电场力大小C．电荷在某点的电势能，等于把它从该点移到零电势位置电场力做的功D．以无穷远处为零电势，负检验电荷在正点电荷附近的电势能总是负的3．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．粒子在A、B点的加速度分别为a A、a B，电势能分别为E A、E B，下列判断正确的是（）A．a A＞a B，E A＞E B B．a A＞a B，E A＜E B C．a A＜a B，E A＞E B D．a A＜a B，E A＜E B4．如图直线是真空中某一电场中的一条电场线，A、B是该电场线上的两点．一个电子以速度V A经过A点向右运动，经过一段时间后，该电子以速度V B经过B点，方向仍向右，且V B ＞V A．则下列说法中正确的是（）A．电子在A点电势能一定大于它在B点的电势能B．A点处的场强一定小于B点处的场强C．A点的电势高于B点的电势D．在此过程中，电场力一定对电子做了负功5．如图，等量异种点电荷在真空中相隔一定的距离，竖直线代表两点电荷连线的中垂线，在两点电荷所存在的某平面内取a、b、c三点，则这三点的电势高低和场强大小的关系是（）A．φc＞φa＞φb，E c＞E a＞E b B．φc=φa＞φb，E a＞E b＞E cC．φa＞φb＞φc，E a=E b＞E c D．φa=φb＞φc，E c＞E a＞E b6．如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ（）A．保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ增大B．保持S闭合；将A板向B板靠近，则θ不变C．断开S，将A板向B板靠近，则θ增大D．断开S，将A板向B板靠近，则θ不变7．如图所示的匀强电场场强为1×103N/C，ab=dc=4cm，bc=ad=3cm．则下述计算结果正确的是（）A．ab之间的电势差为40VB．ac之间的电势差为50VC．将q=﹣5×10﹣3C的点电荷沿矩形路径abcd移动一周，电场力做功为零D．将q=﹣5×10﹣3C的点电荷沿abc或adc从a移动到c，电场力做功都是﹣0.25J8．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．B端的感应电荷为负电荷B．导体内场强越来越大C．C点的电势高于B点电势D．导体上的感应电荷在C点产生的场强始终大于在B点产生的场强9．两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，与它相连接的电路如图所示，接通开关，电源即给电容器充电：①保持K接通，减少两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度减少②保持K接通，在两极板间插入一块介质，则极板上的电量增大③断开K，减小两极板间的距离，则两极板间的电势差减小④断开K，在两极板间插入一块介质，则两极板间的电势差增大以上说法正确的有（）A．①② B．③④ C．②③ D．②④10．如图所示的电场中有A、B两点，下列判断正确的是（）A．电势φA＞φB，电场强度E A＞E BB．电势φA＜φB，电场强度E A＜E BC．将电荷量为q的正电荷从A点移到B点，电场力做负功，电势能增大D．将电荷量为q的负电荷分别放在A、B两点，电荷具有的电势能E PA＜E PB11．如图所示，竖直平面内有一固定的光滑椭圆大环，其长轴长BD=4L、短轴长AC=2L．劲度系数为k的轻弹簧上端固定在大环的中心O，下端连接一个质量为m、电荷量为q、可视为质点的小环，小环套在大环上且与大环及弹簧绝缘，整个装置处在水平向右的匀强电场中．将小环从A点由静止释放，小环运动到B点时速度恰好为O．已知小环在A、B两点时弹簧的形变量大小相等．则（）A．小环从A点运动到B点的过程中，弹簧的弹性势能一直增大B．小环从A点运动到B点的过程中，小环的电势能先减小后增大C．小环在A点时受到大环对它的弹力大小F=mg+kLD．电场强度的大小E=12．如图所示，两个点电荷，电荷量分别为q1=4×10﹣9C和q2=﹣9×10﹣9C，两者固定于相距20cm的a、b两点上，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何处（）A．a的左侧40cm B．a、b的中点C．b的右侧40cm D．无法确定13．A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在静电力作用下以一定的初速度从A 点沿电场线运动到B点，其速度v与时间t的关系图象如图所示．则此电场的电场线分布可能是下图中的（）A． B． C． D．14．如图所示，一带电粒子射入一固定在O点的点电荷的电场中，粒子运动轨迹如图中虚线abc所示，图中实线是同心圆弧，表示电场的等势面，不计重力，可以判断（）A．此粒子可能受到静电吸引力的作用B．b点的电势一定大于在a点的电势C．粒子在a点和c点的速度一定相同D．粒子在b点的电势能一定大于在a点的电势能二、填空题（每空2分，共16分）15．真空中有一个电场，在这个电场中的某一点放入电量为﹣5.0×10﹣7C的点电荷，它受到的电场力大小为2.0×10﹣4N，方向向左．若将该点电荷移走，那么这一点处的电场强度的大小为N/C，方向为．16．如图所示，是研究平行板电容器电容的实验装置，其中极板A接地，极板B与静电计相接，静电计外壳也接地．在实验中，若将A极板稍向左移动一些，增大电容器两极板间的距离，电容器所带的电量可视为不变，这时可观察到静电计金属箔张角会；两极板间的距离增大后，两极板间的电场强度．（填“变大”“变小”或“不变”）17．如图所示，两带电平行板A、B间的电场为匀强电场，场强为E，两板相距d，板长L．一带电量为q、质量为m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，则（1）粒子带电荷（填“正”或“负”）（2）要使粒子能飞出电场，粒子飞入电场时的速度v0至少为，此过程中粒子在电场中运动时间为，电势能的变化量为（用已知量表示）三、解答题（本题共3小题，28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）18．如图所示，平行带电金属极板A、B间的匀强电场场强E=2.4×103V/m，两极板间的距离d=5cm，电场中C点和D点分别到A、B极板的距离均为0.5cm，C、D间的水平距离L=3cm，B板接地，求：（1）C、D两点间的电势差U CD；（2）一带电量q=﹣2×10﹣3C的点电荷从C沿直线运动到D的过程中，电荷的电势能变化了多少？19．（10分）（2013秋•杜集区校级期中）如图所示，在一个水平面上建立x轴，在过原点O 垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E=6.0×105N/C，方向与x轴正方向相同．在O处放一个电荷量﹣5.0×10﹣8C、质量m=1.0×10﹣2kg的绝缘物块．物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.20，沿x轴正方向给物块一个初速度v0=4.0m/s，求物块最终停止时的位置．（g取10m/s2）20．（12分）（2014•宿州模拟）在光滑水平面上有一质量m=1.0×10﹣3kg，电量q=1.0×10﹣10C的带正电小球静止在O点，以O点为原点，在该水平面内建立直角坐标系Oxy，现突然加一沿x轴正方向，场强大小E=2.0×106V/m的匀强电场，使小球开始运动经过1.0s，所加电场突然变为沿y轴正方向，场强大小仍为E=2.0×106V/m的匀强电场再经过1.0s，所加电场又突然变为另一个匀强电场，使小球在此电场作用下经1.0s速度变为零．求此电场的方向及速度变为零时小球的位置．2015-2016学年山东省临沂市郯城一中高二（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题4分，共56分.有的小题有一个正确，有的小题有多个正确，选对不全得2分，有错选不得分）1．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．公式E=和E=对于任何静电场都是适用的D．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【考点】电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】解答本题关键抓住电场强度的定义式和点电荷场强公式进行判断：电场强度反映电场本身的力性质，与试探电荷的电量、所受的电场力无关；由E=分析，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．公式E=是场强的定义式适用于任何静电场，而E=是由库仑定律和E=结合推出的，只对于真空中点电荷产生的静电场适用．【解答】解：A、B电场强度反映了电场的力的性质，由电场本身决定，与试探电荷的电荷量、所受的静电力无关，所以不能说电场强度与试探电荷在该点所受的电场力成正比．故A 错误，B正确．C、公式E=适用于任何静电场，而E=只对于真空中点电荷产生的静电场适用．故C错误．D、由E=分析可知，当试探电荷带正电时，电场强度E与电场力F方向相同，若是负电荷，则方向与其相反．故D正确．故选：BD．【点评】本题关键要掌握电场强度的物理意义及公式E=和E=的适用条件．2．下列说法正确的是（）A．电场线并不真实存在，它其实是电荷只在电场力作用下的运动轨迹B．电场中某点的电场强度在数值上等于单位电荷在该点受到的电场力大小C．电荷在某点的电势能，等于把它从该点移到零电势位置电场力做的功D．以无穷远处为零电势，负检验电荷在正点电荷附近的电势能总是负的【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据公式E=，可知，电场强度在数值上等于单位电荷在该点受到的电场力大小；电场线并不真实存在，也不是电荷的运动轨迹；电荷在某点的电势能，等于把它从该点移到零电势位置电场力做的功；根据E P=q∅，可知，负检验电荷在正点电荷附近的电势能的正负【解答】解：A、电场线并不真实存在，它也不是电荷只在电场力作用下的运动轨迹，故AB 错误；B、根据公式E=，可知，电场强度在数值上等于单位电荷在该点受到的电场力大小，故B正确；C、物理学规定，电荷在某点的电势能，等于把它从该点移到零电势位置电场力做的功，故C正确；D、以无穷远处为零电势，正点电荷附近的电势大于零，而负电荷电量小于零，根据E P=q∅，可知，负检验电荷电势能总是负的，故D正确故选：BCD【点评】考查电场强度公式的含义，理解电场线与运动轨迹的关系，注意电势能的定义，及不同电荷在同一位置的电势能不同3．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．粒子在A、B点的加速度分别为a A、a B，电势能分别为E A、E B，下列判断正确的是（）A．a A＞a B，E A＞E B B．a A＞a B，E A＜E B C．a A＜a B，E A＞E B D．a A＜a B，E A＜E B【考点】等势面．【分析】根据曲线的弯曲方向可知带电粒子受到的是静电斥力，根据等差等势面的疏密判断场强大小，结合牛顿第二定律得到加速度大小关系；根据电场力做功情况断电势能高低．【解答】解：根据粒子轨迹的弯曲方向可知带电粒子受到的是静电斥力，根据U=Ed知，等差等势面越密的位置场强越大，B处等差等势面较密集，则场强大，带电粒子所受的电场力大，加速度也大，即a A＜a B；从A到B，电场线对带电粒子做负功，电势能增加，则知B点电势能大，即E A＜E B；故D正确．故选：D．【点评】本题关键是先根据靠差等势面的疏密判断场强的大小，再结合电场力做功正负分析电势能变化．公式U=Ed，对非匀强电场可以用来定性分析场强．4．如图直线是真空中某一电场中的一条电场线，A、B是该电场线上的两点．一个电子以速度V A经过A点向右运动，经过一段时间后，该电子以速度V B经过B点，方向仍向右，且V B ＞V A．则下列说法中正确的是（）A．电子在A点电势能一定大于它在B点的电势能B．A点处的场强一定小于B点处的场强C．A点的电势高于B点的电势D．在此过程中，电场力一定对电子做了负功【考点】电势差与电场强度的关系；电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】由题，电子的初速度v A向右，而末速度v B方向向左，说明电子所受的电场力方向向左，则可判断出电场线的方向，进一步判断电势的高低．由于一条电场线不能反映电场强度的大小，无法比较场强的大小．根据电场力做功正负判断电势能和动能的大小【解答】解：A、电子从A到B过程中，电场力做正功，则电子的电势能减小，则在A点的电势能一定大于它在B点的电势能．故A正确B、由题，电子的初速度v A、v B方向向右，且V B＞V A．说明电子所受的电场力方向向右，但仅仅有一条一条电场线无法反映电场线的疏密，故电场的大小未知，故B错误；C、电子所受的电场力方向向右，电场线方向从B指向A，所以A点的电势一定低于B点的电势．故C错误D、由动能定理可得，电场力一定对电子做了正功，故D错误．故选：A【点评】本题中一条电场线无法反映电场线的疏密，就不能判断电场强度的相对大小．对于电势能和动能，则可根据电场力做功情况判断其大小5．如图，等量异种点电荷在真空中相隔一定的距离，竖直线代表两点电荷连线的中垂线，在两点电荷所存在的某平面内取a、b、c三点，则这三点的电势高低和场强大小的关系是（）A．φc＞φa＞φb，E c＞E a＞E b B．φc=φa＞φb，E a＞E b＞E cC．φa＞φb＞φc，E a=E b＞E c D．φa=φb＞φc，E c＞E a＞E b【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场线．【分析】画出等量异号电荷的电场线和等势面的分布图象，如图所示：电场线的疏密程度表示电场强度的大小，电场线与等势面垂直，沿着电场线方向电势逐渐降低．将两图比较即可解答．【解答】解：如图所示，电场线的疏密程度表示电场强度的大小，在a、b、c三点中，c带电位置电场线最密，故场强最大的点是c点，其次为ab；即E c＞E a＞E b离正电荷最近的等势面的电势最高，中垂线上电势相等；故由图可得ab两点电势相等；c 点的电势最低；故D正确；故选：D．【点评】本题关键是要能够画出等量异号电荷的电场线和等势面分布图，明确沿着电场线，电势逐渐降低．6．如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ（）A．保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ增大B．保持S闭合；将A板向B板靠近，则θ不变C．断开S，将A板向B板靠近，则θ增大D．断开S，将A板向B板靠近，则θ不变【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】带电小球受到重力、电场力和细线的拉力而平衡，电场力越大，细线与竖直方向的夹角越大；根据电容器电容定义式C=、平行板电容器的公式C=以及电压与电场强度关系公式U=Ed对各种变化中电场强度进行分析，得到电场强度的变化情况，最后判断电场力变化情况和偏转角θ变化情况．【解答】解：A、B、保持S闭合，电容器两极板间的电势差等于电源的电动势，不变；故电场强度为，当A板向B板靠近时，电场强度变大，电场力变大，故θ变大，故A正确，B错误；C、D、断开S，电容器带电量Q不变，根据电容器电容定义式C=、平行板电容器的公式C=以及电压与电场强度关系公式U=Ed，得到：E=，故电场强度与两极板距离d无关，故将A板向B板靠近，电场强度不变，电场力不变，故倾角θ不变，故C错误，D 正确；故选：AD．【点评】本题关键是明确：电键闭合时，电容器电压不变；电键断开时，电容器电量不变．结合电容的定义式和决定式分析求解．7．如图所示的匀强电场场强为1×103N/C，ab=dc=4cm，bc=ad=3cm．则下述计算结果正确的是（）A．ab之间的电势差为40VB．ac之间的电势差为50VC．将q=﹣5×10﹣3C的点电荷沿矩形路径abcd移动一周，电场力做功为零D．将q=﹣5×10﹣3C的点电荷沿abc或adc从a移动到c，电场力做功都是﹣0.25J【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】根据匀强电场中电势差与场强的关系式U=Ed，d是电场线方向两点间的距离，求解两点间的电势差．根据公式W=qU求解电场力做功．【解答】解：A、ab之间的电势差U ab=E•a b=103×0.04V=40V．故A正确．B、由图看出，b、c在同一等势面上，电势相等，则ac之间的电势差等于ab之间的电势差，为40V．故B错误．C、将q=﹣5×10﹣3C的点电荷沿矩形路径abcd移动一周，电场力不做功．故C正确．D、将q=﹣5×10﹣3C的点电荷沿abc或adc从a移动到c，电场力做功相等，电场力做功为W=qU=﹣5×10﹣3C×40V=﹣0.2J．故D错误．故选：AC．【点评】电场力做功与重力做功相似，只与电荷初末位置有关，与路径无关．基础题．8．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．B端的感应电荷为负电荷B．导体内场强越来越大C．C点的电势高于B点电势D．导体上的感应电荷在C点产生的场强始终大于在B点产生的场强【考点】静电现象的解释．【分析】根据静电感应可以判断金属导体的感应的电荷的情况，从而可以判断导体带电的情况．【解答】解：A、导体P处在正电荷的电场中，由于静电感应现象，导体的右端B要感应出正电荷，在导体的左端C会出现负电荷，故A错误．B、处于静电平衡的导体内场强为0，故B错误．C、CD处在同一个等势体上，电势相等；故C错误；D、在C点和B点的场强由导体上的感应电荷和正电的小球Q共同叠加产生，并且为0，正电的小球Q在C点的场强大于B点的场强，所以导体上的感应电荷在C点产生的场强始终大于在B点产生的场强，故D正确．故选：D．【点评】感应带电，这是使物体带电的一种方法，根据异种电荷互相吸引的原理可知，靠近的一端会带异种电荷．9．两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，与它相连接的电路如图所示，接通开关，电源即给电容器充电：①保持K接通，减少两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度减少②保持K接通，在两极板间插入一块介质，则极板上的电量增大③断开K，减小两极板间的距离，则两极板间的电势差减小④断开K，在两极板间插入一块介质，则两极板间的电势差增大以上说法正确的有（）A．①② B．③④ C．②③ D．②④【考点】电容器．【专题】电容器专题．【分析】电容器与电源相连，两极板间的电势差不变，通电后断开，则两极板上的电量不变；由平行板电容器电容C=，根据某些量的变化可知电容的变化，则由Q=UC可知电压或电量的变化，由E=可求得电场强度的变化．【解答】解：①保持K接通，则两板间的电势差不变，因d减小，由E=可知，两极板间的电场的电场场强增大，故①错误；②保持K接通，两板间的电势差不变，在两极板间插入介质后，电容增大，由Q=UC可知，极板上的电量增大，故②正确；③断开K，减小距离d，电容增大，而两板上所带电量不变，由C=可得U=，则知两极板间的电势差U减小，故③正确；④断开K，插入介质后电容增大，两板上所带电量不变，由U=可知极板上的电势差减小，故④错误；故选：C．【点评】电容器的动态分析重点在于明确电容器的两种状态：充电后断开则极板上的电量不变，和电源相连，则两板间的电势差不变，再根据电容的决定式和定义式结合进行分析．10．如图所示的电场中有A、B两点，下列判断正确的是（）A．电势φA＞φB，电场强度E A＞E BB．电势φA＜φB，电场强度E A＜E BC．将电荷量为q的正电荷从A点移到B点，电场力做负功，电势能增大D．将电荷量为q的负电荷分别放在A、B两点，电荷具有的电势能E PA＜E PB【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】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．沿着电场线方向电势是降低的；带电粒子在电场中做正功，电势能减小，若做负功，电势能增加【解答】解：A、由图示可知，B处的电场线密，A处的电场线稀疏，因此B点的电场强度大，A点的场强小，即E A＜E B；沿着电场线的方向，电势逐渐降低，由图示可知，φB＜φA，故AB错误C、将电荷量为q的正电荷从A点移到B点，电场力做正功，电势能减小，故C错误；D、将电荷量为q的负电荷分别放在A、B两点，电场力做负功，电势能增加，故D正确故选：D【点评】电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布．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，抓住电场力做功与电势能的关系11．如图所示，竖直平面内有一固定的光滑椭圆大环，其长轴长BD=4L、短轴长AC=2L．劲度系数为k的轻弹簧上端固定在大环的中心O，下端连接一个质量为m、电荷量为q、可视为质点的小环，小环套在大环上且与大环及弹簧绝缘，整个装置处在水平向右的匀强电场中．将小环从A点由静止释放，小环运动到B点时速度恰好为O．已知小环在A、B两点时弹簧的形变量大小相等．则（）A．小环从A点运动到B点的过程中，弹簧的弹性势能一直增大B．小环从A点运动到B点的过程中，小环的电势能先减小后增大C．小环在A点时受到大环对它的弹力大小F=mg+kLD．电场强度的大小E=【考点】电势能；机械能守恒定律．【分析】将小环从A点由静止释放，小环运动到B点时速度恰好为O．已知小环在A、B两点时弹簧的形变量大小相等．故小环在A点时弹簧压缩量为L，在B点时弹簧伸长L，然后分析个选项即可解决．【解答】解：A、小环从A点运动到B点的过程中，弹簧从压缩到原长，再到伸长，所以其弹性势能先减小后增大，故A错误，B、小环从A点运动到B点的过程中，小环沿电场线方向水平运动2L，故小环的电势能一直减小，故B错误，C、已知小环在A、B两点时弹簧的弹力大小相等，说明在A点弹簧的压缩量等于在B点的伸长量相等，设为x，原长为L0．则得：在A点：L0﹣x=L在B点：2L0+x=2L，解得，小环在A点时，弹簧压缩量x=L，受到大环对它的弹力为 F=mg+kL，故C正确，D、整个过程由能量守恒定律得，Eq•2L=mgL，得：E=，故D错误．故选：C【点评】此题关键是对物体受力情况和弹簧的状态作出正确的分析，需要考虑电场力的情况，并运用到能量守恒定律进行分析．12．如图所示，两个点电荷，电荷量分别为q1=4×10﹣9C和q2=﹣9×10﹣9C，两者固定于相距20cm的a、b两点上，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何处（）A．a的左侧40cm B．a、b的中点C．b的右侧40cm D．无法确定【考点】电场强度．【分析】根据题意可知，q1的电量比q2电量小，所以第三个电荷不论正负，只有放在q1的右侧才能处于平衡；再由点电荷电场强度的叠加为零．【解答】解：q1的电量比q2电量小，所以第三个电荷不论正负，只有放在q1的外侧才能处于平衡，且q1与q2对该点电荷的电场力大小应相等，所以设q距q1的距离为r，则有k=k代入数据解得：r=0.4m，即：在ab连线上，a的左侧40cm处．故选：A．【点评】理解点电荷的电场强度公式及电场强度的叠加，并掌握电场强度的矢量性，同时根据受力平衡来确定第三个点电荷的位置．13．A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在静电力作用下以一定的初速度从A 点沿电场线运动到B点，其速度v与时间t的关系图象如图所示．则此电场的电场线分布可能是下图中的（）。
山东省临沂市重点中学高二物理上学期12月月考试卷(含解析)
山东省临沂市重点中学2015-2016学年高二（上）月考物理试卷（12月份）一、本题共14小题；每小题4分，共56分.在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．1．关于磁场和磁感线的描述，下列说法正确的是（）A．磁感线从磁体的N极出发到磁体的S极终止B．自由转动的小磁针放在通电螺线管内部，其N极指向螺线管的北极C．磁感线的方向就是磁场的方向D．两条磁感线的空隙处不存在磁场2．关于电场力和洛伦兹力，下列说法中正确的是（）A．电荷只要在电场中就会受到电场力作用，电荷在磁场中，也一定会受到洛伦兹力的作用B．电场力对在其电场中的电荷一定会做功，而洛伦兹力对磁场中的电荷却不会做功C．电场力和与洛伦兹力一样，受力方向都在电场线或磁场线上D．只有运动电荷在磁场中才会受到洛伦兹力作用3．如图所示，F是磁场对通电直导线的作用力，其中正确的是示意图是（）A． B．C．D．4．下列说法正确的是（）A．运动电荷在磁感应强度不为零的地方，一定受到洛伦兹力作用B．运动电荷在某处不受洛伦兹力作用，则该处的磁感应强度一定为零C．洛伦兹力既不能改变带电粒子的动能，也不能改变带电粒子的速度D．洛伦兹力对带电粒子永不做功5．将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是（）A．感应电动势的大小与线圈的匝数无关B．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同6．根据磁感应强度的定义式B=，下列说法中正确的是（）A．在磁场中，某确定位置，B与F成正比，与I、L的乘积成反比B．一小段通电直导线在空间某处受磁场力F=0，该处的B不一定为零C．磁场中某处的B的方向跟电流在该处受磁场力F的方向相同D．一小段通电直导线放在B为零的位置，那么它受到的磁场力F也一定为零7．如图，正方形区域ABCD中有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带正电粒子（不计重力）以一定速度沿AB边的中点M 垂直于AB边射入磁场，恰好从A点射出．则（）A．仅把该粒子改为带负电，粒子将从B点射出B．仅增大磁感应强度，粒子在磁场中运动时间将增大C．仅将磁场方向改为垂直于纸面向外，粒子在磁场中运动时间不变D．仅减少带正电粒子速度，粒子将从AD之间的某点射出8．用均匀导线做成的正方形线圈边长为l，正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图所示，当磁场以的变化率增强时，则（）A．线圈中感应电流方向为acbdaB．线圈中产生的电动势C．线圈中a点电势高于b点电势D．线圈中a、b两点间的电势差为9．矩形线圈abcd，长ab=20cm，宽bc=10cm，匝数n=200匝，线圈回路总电阻R=5Ω，整个线圈平面内均有垂直于线圈平面的匀强磁场穿过．若匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图所示，则（）A．线圈回路中感应电动势随时间均匀变化B．线圈回路中产生的感应电流为0.4AC．当t=0.3s时，线圈的ab边所受的安培力大小为0.016ND．在1min内线圈回路产生的焦耳热为48J10．带电粒子在匀强磁场中运动，由于受到阻力作用，粒子的动能逐渐减小（带电荷量不变，重力忽略不计），轨道如图中曲线abc所示．则该粒子（）A．带负电，运动方向a→b→c B．带负电，运动方向c→b→aC．带正电，运动方向a→b→c D．带正电，运动方向c→b→a11．质谱仪是一种测定带电粒子质量或分析同位素的重要设备，它的构造原理如图示．离子源S产生的各种不同正离子束（速度可视为零），经MN间的加速电压U加速后从小孔S1垂直于磁感线进入匀强磁场，运转半周后到达照相底片上的P点．设P到S1的距离为x，则（）A．若离子束是同位素，则x越大对应的离子质量越小B．若离子束是同位素，则x越大对应的离子质量越大C．只要x相同，对应的离子质量一定相同D．只要x相同，对应的离子的比荷一定相等12．如图要使图中ab导线中有向右的电流，则导线cd应（）A．向右加速运动 B．向右减速运动 C．向左加速运动 D．向左减速运动13．如图所示，开始时矩形线圈平面与匀强磁场垂直，且一半在匀强磁场内一半在匀强磁场外，若要线圈产生感应电流，下列方法中可行的是（）A．将线圈向左平移一小段距离 B．将线圈向上平移C．以ab为轴转动（小于90°）D．以ac为轴转动（小于60°）14．如图所示，由导体棒ab和矩形线框cdef组成的“10”图案在匀强磁场中一起向右匀速平动，匀强磁场的方向垂直线框平面向里，磁感应强度B随时间均匀增大，则下列说法正确的是（）A．导体棒的a端电势比b端电势高，电势差U ab在逐渐增大B．导体棒的a端电势比b端电势低，电势差U ab在逐渐增大C．线框中cdef有顺时针方向的电流，电流大小在逐渐增大D．线框中cdef有逆时针方向的电流，电流大小在逐渐增大二、本题共4题，共44分．按题目要求作答．解答题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．15．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6×10﹣2kg的通电直导线，电流大小I=1A、方向垂直于纸面向外，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时，B=0，求几秒后斜面对导线的支持力为零？（g取10m/s2）16．如图所示，匀强电场方向水平向右，匀强磁场方向垂直于纸面向里，一质量为m、带电荷量为q的微粒以与磁场方向垂直，与电场成45°角的速度v射入复合场中，恰能做匀速直线运动，求：（1）粒子的电性（2）电场强度E（3）磁感应强度B的大小．17．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．磁感应强度随时间变化的规律是B=（6﹣0.2t）T，已知电路中的R1=4Ω，R2=6Ω，电容C=30μF，线圈A的电阻不计．求：（1）闭合S后，通过R1的电流大小和方向．（2）闭合S一段时间后，再断开S，S断开后通过R2的电荷量是多少？18．如图所示，一个电子以速度v0垂直射入磁感应强度为B，宽为d的匀强磁场中，穿出磁场的速度方向与电子原来的入射方向的夹角为30°，（电子重力忽略不计）求：（1）电子的质量是多少？（2）穿过磁场的时间是多少？（3）若改变初速度大小，使电子刚好不能从A边射出，则此时速度v是多少？2015-2016学年山东省临沂市重点中学高二（上）月考物理试卷（12月份）参考答案与试题解析一、本题共14小题；每小题4分，共56分.在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．1．关于磁场和磁感线的描述，下列说法正确的是（）A．磁感线从磁体的N极出发到磁体的S极终止B．自由转动的小磁针放在通电螺线管内部，其N极指向螺线管的北极C．磁感线的方向就是磁场的方向D．两条磁感线的空隙处不存在磁场【考点】磁感线及用磁感线描述磁场．【分析】磁感线是描述磁场分布而假想的；磁感线的疏密表示磁场强弱，磁感线某点的切线方向表示该点的磁场方向；磁感线是闭合曲线，磁体外部磁感线是从N极到S极，而内部是从S极到N极；【解答】解：A、磁感线分布特点：在磁体外部磁感线从N极出发进入S极，在磁体内部从S 极指向N极．故A错误．B、螺线管内部磁感线由S极指向N极，而小磁针的N极静止时指向表示磁场方向，故其N极指向螺线管的北极，故B正确；C、磁感线上任意一点的切线方向表示该点的磁场的方向，磁感线可能是曲线，故C错误；D、磁场中任意一点的磁感应强度都不为零，可以用磁感线的疏密程度表示磁场的强弱，但是不可能将每一点都画出磁感线，否则与不画没区别，故D错误；故选B．【点评】本题考查了磁感线的引入的原因和特点、磁场的性质．由于磁场是看不见，摸不着的，为了描述磁场的性质而引入了磁感线的概念，它是假想出来的有方向的曲线，但可以描述磁场的性质．2．关于电场力和洛伦兹力，下列说法中正确的是（）A．电荷只要在电场中就会受到电场力作用，电荷在磁场中，也一定会受到洛伦兹力的作用B．电场力对在其电场中的电荷一定会做功，而洛伦兹力对磁场中的电荷却不会做功C．电场力和与洛伦兹力一样，受力方向都在电场线或磁场线上D．只有运动电荷在磁场中才会受到洛伦兹力作用【考点】洛仑兹力；电场强度．【分析】电荷在电场中一定受到电场力，而静止的电荷在磁场中不受到洛伦兹力，即使运动，当运动的方向与磁场平行时，也不受到洛伦兹力；当电场力与运动速度的方向相垂直时，电场力不做功，而洛伦兹力一定与速度垂直，则洛伦兹力一定不做功；电场力的方向在电场线切线方向，而洛伦兹力与磁场线方向相垂直；【解答】解：A、电荷只要在电场中就会受到电场力作用，运动电荷在磁场中，与磁场方向平行，不会受到洛伦兹力的作用，故A错误，B、当电场力与电荷的速度方向相垂直时，则电场力对在其电场中的电荷不会做功，而洛伦兹力对磁场中的电荷不会做功，故B错误；C、电场力与电场线某点切线方向平行，洛伦兹力与磁场线相互垂直，故C错误；D、只有运动电荷在磁场中才可能受到洛伦兹力作用，故D正确；故选：D【点评】考查电场力、洛伦兹力与电场线及磁场线的方向关系，掌握左手定则，注意与右手定则的区别，理解洛伦兹力产生的条件．3．如图所示，F是磁场对通电直导线的作用力，其中正确的是示意图是（）A． B．C．D．【考点】安培力．【分析】根据左手定则来判断即可，让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是导线受的安培力的方向．【解答】解：A、根据左手定则可得，安培力的方向垂直导线斜向上，所以A正确；B、根据左手定则可得，安培力的方向水平向左，所以B错误；C、根据左手定则可得，安培力的方向向下，所以C错误；D、根据左手定则可得，安培力的方向水平向左，所以D正确；故选：AD．【点评】掌握住左手定则的内容，直接判断即可，比较简单，同时要注意与右手定则的区别，注意磁场方向、电流方向以及安培力的方向之间的关系．4．下列说法正确的是（）A．运动电荷在磁感应强度不为零的地方，一定受到洛伦兹力作用B．运动电荷在某处不受洛伦兹力作用，则该处的磁感应强度一定为零C．洛伦兹力既不能改变带电粒子的动能，也不能改变带电粒子的速度D．洛伦兹力对带电粒子永不做功【考点】洛仑兹力．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】本题考查了洛伦兹力的特点，运动电荷在磁场中受洛伦兹力的条件为：电荷运动方向和磁场方向不共线，若电荷运动方向和磁场方向相同或相反，则洛伦兹力为零，洛伦兹力不做功，方向始终和速度方向垂直，只改变运动电荷的速度方向而不改变其速度大小．【解答】解：在磁感应强度不为零的地方，若是电荷的运动方向与磁场方向相同或相反，则所受洛伦兹力为零，故A错误；运动电荷在某处不受洛伦兹力作用，该处磁场可能为零，也可能是电荷的运动方向与磁场方向共线，故B错误；根据左手定则可知，洛伦兹力方向始终和速度方向垂直，因此洛伦兹力不做功，不改变粒子动能，但是改变其运动方向，故C错误，D正确．故选D．【点评】洛伦兹力是磁场中的一个重点知识，要明确其大小、方向的判断以及其特点，可以和电场力进行比较学习．5．将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是（）A．感应电动势的大小与线圈的匝数无关B．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律．【专题】压轴题．【分析】解答本题应掌握感应电动势取决于磁通量的变化快慢，与磁通量的变化及磁通量无关．【解答】解：由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E=n，即感应电动势与线圈匝数有关故A错误；同时可知，感应电动势与磁通量的变化率有关，磁通量变化越快，感应电动势越大，故C正确；穿过线圈的磁通量大，但若所用的时间长，则电动势可能小，故B错误；由楞次定律可知：感应电流的磁场方向总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故原磁通增加，感应电流的磁场与之反向，原磁通减小，感应电流的磁场与原磁场方向相同，即“增反减同”，故D错误；故选C．【点评】感应电动势取决于穿过线圈的磁通量的变化快慢，在理解该定律时要注意区分磁通量、磁通量的变化量及磁通量变化率三者间区别及联第．6．根据磁感应强度的定义式B=，下列说法中正确的是（）A．在磁场中，某确定位置，B与F成正比，与I、L的乘积成反比B．一小段通电直导线在空间某处受磁场力F=0，该处的B不一定为零C．磁场中某处的B的方向跟电流在该处受磁场力F的方向相同D．一小段通电直导线放在B为零的位置，那么它受到的磁场力F也一定为零【考点】磁感应强度．【分析】磁感应强度的定义式采用比值法定义式，具有比值法定义的共性，B与F、IL无关，反映磁场本身的特性．当通电导线与磁场平行时不受磁场力．B的方向与磁场力F的方向垂直．【解答】解：A、在磁场中某确定位置，B是确定的，与F、IL无关，由磁场本身决定，故A 错误．B、通电直导线在空间某处所受磁场力F=0，那么该处的B不一定为零，也可能是由于通电导线与磁场平行，故B正确．C、磁场中某处的B的方向跟电流在该处所受磁场力F的方向垂直．故C错误；D、一小段通电直导线放在B为零的位置，由F=BILsinα得知，那么它受到磁场力F也一定为零，故D正确；故选：BD．【点评】本题考查磁感应强度的定义方法，要明确两点：一是比值定义法；二是前提条件为磁场为电流方向相互垂直．7．如图，正方形区域ABCD中有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带正电粒子（不计重力）以一定速度沿AB边的中点M 垂直于AB边射入磁场，恰好从A点射出．则（）A．仅把该粒子改为带负电，粒子将从B点射出B．仅增大磁感应强度，粒子在磁场中运动时间将增大C．仅将磁场方向改为垂直于纸面向外，粒子在磁场中运动时间不变D．仅减少带正电粒子速度，粒子将从AD之间的某点射出【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】本题中带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，粒子转过半圈，时间等于半个周期，根据半径公式r=和周期公式T=分析：仅把该粒子改为带负电，粒子的半径不变，仍转过半个圈射出磁场，将从B点射出；仅增大磁感应强度，周期减小，转过半个周期射出磁场，即可分析时间的变化；仅将磁场方向改为垂直于纸面向外，由左手定则判断洛伦兹力的方向，确定粒子的偏转方向向下从B离开磁场，半径不变，周期不变，即可知粒子在磁场中运动时间不变．仅减少带正电粒子速度，半径减小，粒子将从AM之间的某点射出．【解答】解：A、仅把该粒子改为带负电，由半径公式r=得知，粒子的半径不变，向下偏转，则知粒子将从B点射出．故A正确．B、仅增大磁感应强度，由周期公式T=知，周期减小，粒子在磁场中运动半圈射出磁场，运动时间是半个周期，则知粒子在磁场中运动时间将减小．故B错误．C、仅将磁场方向改为垂直于纸面向外，粒子运动的周期不变，粒子的半径不变，粒子向下偏转从B射出磁场，粒子在磁场中运动半圈射出磁场，运动时间是半个周期，故粒子在磁场中运动时间不变．故C正确．D、仅减少带正电粒子速度，由半径公式r=得知粒子的半径减小，偏转方向不变，则粒子将从AM之间的某点射出．故D错误．故选AC【点评】本题的解题关键是掌握粒子圆周运动的半径公式r=和周期公式T=，根据轨迹进行分析．8．用均匀导线做成的正方形线圈边长为l，正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图所示，当磁场以的变化率增强时，则（）A．线圈中感应电流方向为acbdaB．线圈中产生的电动势C．线圈中a点电势高于b点电势D．线圈中a、b两点间的电势差为【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；闭合电路的欧姆定律．【专题】交流电专题．【分析】由楞次定律可以判断出感应电流的方向，由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势，由欧姆定律可以求出a、b两点间的电势差．【解答】解：A、磁感应强度增大，由楞次定律可知，感应电流沿acbda方向，故A正确；B、由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势E==S=l××=•，故B正确；C、acb段导线相当于电源，电流沿a流向b，在电源内部电流从低电势点流向高电势点，因此a点电势低于b点电势，故C错误；D、设导线总电阻为R，则a、b两点间的电势差U ab=×=，故D错误；故选AB．【点评】熟练应用楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律即可正确解题．9．矩形线圈abcd，长ab=20cm，宽bc=10cm，匝数n=200匝，线圈回路总电阻R=5Ω，整个线圈平面内均有垂直于线圈平面的匀强磁场穿过．若匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图所示，则（）A．线圈回路中感应电动势随时间均匀变化B．线圈回路中产生的感应电流为0.4AC．当t=0.3s时，线圈的ab边所受的安培力大小为0.016ND．在1min内线圈回路产生的焦耳热为48J【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】线圈在变化的磁场中，产生感应电动势，形成感应电流，由法拉第电磁感应定律来求出感应电动势大小．借助于闭合电路的殴姆定律来算出感应电流大小．通电导线处于磁场中受到安培力，则由公式F=BIL可求出安培力的大小．由于磁通量的变化，导致线圈中产生感应电流，根据焦耳定律可得回路中的产生热量．【解答】解：A、由法拉第电磁感应定律，则有：E==可知，由于线圈中磁感应强度的变化率： ==0.5T/S；为常数，则回路中感应电动势为E==2V，且恒定不变，故选项A错误；B、回路中感应电流的大小为I===0.4A，选项B正确；C、当t=0.3 s时，磁感应强度B=0.2 T，则安培力为F=NBIL=200×0.2×0.4×0.2=3.2N；，故选项C错误；D、1 min内线圈回路产生的焦耳热为Q=I2Rt=0.42×5×60 J=48 J，选项D正确．故选：BD．【点评】本题对法拉第电磁感应定律、闭合电路殴姆定律、焦耳定律及安培力的公式熟练掌握，同时线圈中通电发热，将电能转化热能．10．带电粒子在匀强磁场中运动，由于受到阻力作用，粒子的动能逐渐减小（带电荷量不变，重力忽略不计），轨道如图中曲线abc所示．则该粒子（）A．带负电，运动方向a→b→c B．带负电，运动方向c→b→aC．带正电，运动方向a→b→c D．带正电，运动方向c→b→a【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；洛仑兹力．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒子的能量逐渐减小，速度减小，则半径减小，即可由轨迹分析粒子入射的方向．由左手定则判断电荷的电性．【解答】解：据题意，带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒子的能量逐渐减小，速度减小，则由公式得知，粒子的半径逐渐减小，由图看出，粒子的运动方向是从a到b再到c．在a处，粒子所受的洛伦兹力向右，由左手定则判断可知，该粒子带负电．所以选项A正确．故选：A【点评】本题只要掌握带电粒子在磁场中匀速圆周运动的半径和左手定则就能正确解答．11．质谱仪是一种测定带电粒子质量或分析同位素的重要设备，它的构造原理如图示．离子源S产生的各种不同正离子束（速度可视为零），经MN间的加速电压U加速后从小孔S1垂直于磁感线进入匀强磁场，运转半周后到达照相底片上的P点．设P到S1的距离为x，则（）A．若离子束是同位素，则x越大对应的离子质量越小B．若离子束是同位素，则x越大对应的离子质量越大C．只要x相同，对应的离子质量一定相同D．只要x相同，对应的离子的比荷一定相等【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．【分析】根据动能定理求出粒子进入磁场时的速度，根据洛伦兹力提供向心力，求出在磁场中的轨道半径，从而得出P到S1的距离x，看x与什么因素有关．【解答】解：A、根据动能定理得：qU=mv2．解得：v=．根据qvB=m，得：R==．所以：x=2R=．若离子束是同位素，则x越大对应的离子质量越大．故A错误，B正确．C、根据x=2R=2R=．知x相同，则离子的荷质比相同．故C错误、D正确．故选：BD．【点评】解决本题的关键利用动能定理和牛顿第二定律求出P到S1的距离，从而得出x与电荷的比荷有关．12．如图要使图中ab导线中有向右的电流，则导线cd应（）A．向右加速运动 B．向右减速运动 C．向左加速运动 D．向左减速运动【考点】法拉第电磁感应定律．【专题】电磁感应中的力学问题．【分析】根据导体棒切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则来确定cd棒中的感应电流的方向，则螺线管内产生变化的磁通量，导致导线ab出现感应电流，再由右手螺旋定则可确定螺线管磁场方向，最后由楞次定则确定导线ab的感应电流方向．【解答】解：由于导体棒cd的运动，导致ab导线中有向右的电流，从而根据楞次定律可知，穿过导线ab的磁场要么向左减小，要么向右增大．因此由右手螺旋定则可知，要么从c到d的感应电流，且大小减小；要么有从d到c感应电流，且大小增大．所以根据右手定则及切割感应电动势，可知，要么向左减速运动，要么向右加速运动，故AD正确，BC错误；故选AD【点评】考查产生感应电流的条件，掌握右手定则与左手定则的区别，理解右手螺旋定则的作用，学会由楞次定律除判定感应电流的方向外，还可以来确定线圈的运动的方向．13．如图所示，开始时矩形线圈平面与匀强磁场垂直，且一半在匀强磁场内一半在匀强磁场外，若要线圈产生感应电流，下列方法中可行的是（）A．将线圈向左平移一小段距离 B．将线圈向上平移C．以ab为轴转动（小于90°）D．以ac为轴转动（小于60°）【考点】感应电流的产生条件．【分析】磁通量是穿过线圈的磁感线的条数．对照产生感应电流的条件：穿过电路的磁通量发生变化进行分析判断有无感应电流产生．【解答】解：A、将线圈向左平移一小段距离，磁通量减小，有感应电流产生，故A正确；B、将线圈向上平移，磁通量不变，故无感应电流产生，故B错误；C、以ab为轴转动（小于90°），磁通量减小，有感应电流产生，故C正确；D、以ac为轴转动（小于60°），磁通量减小，有感应电流产生，故D正确；故选：ACD．【点评】对于匀强磁场磁通量，可以根据磁感线条数直观判断，也可以根据磁通量的计算公式Φ=BSsinα（α是线圈与磁场方向的夹角）进行计算．14．如图所示，由导体棒ab和矩形线框cdef组成的“10”图案在匀强磁场中一起向右匀速平动，匀强磁场的方向垂直线框平面向里，磁感应强度B随时间均匀增大，则下列说法正确的是（）A．导体棒的a端电势比b端电势高，电势差U ab在逐渐增大B．导体棒的a端电势比b端电势低，电势差U ab在逐渐增大C．线框中cdef有顺时针方向的电流，电流大小在逐渐增大D．线框中cdef有逆时针方向的电流，电流大小在逐渐增大【考点】右手定则；法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】导体在磁场中运动而切割磁感线，由楞次定律可判断电路中电流的方向；而导体断开时虽不能产生感应电流，但能产生感应电动势，由右手定则即可判断感应电动势的高低．。
山东省临沂市临沭一中2016届高三物理上学期第一次月考试卷(含解析)
2015-2016学年山东省临沂市临沭一中高三（上）第一次月考物理试卷一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）1．吊在大厅天花板上的电扇重力为G，静止时竖直固定杆对它的拉力为T；扇叶水平转动起来后，杆对它的拉力为T′．则（）A．T＞G，T′＞G B．T＜G，T′＜G C．T=G，T′＞G D．T=G，T′＜G2．质量为M的人站在地面上，用绳通过定滑轮将质量为m的重物从高处放下，如图所示，若重物以加速度a向下降落（a＜g），则人对地面的压力大小为（）A．（m+M）g﹣ma B．M（g﹣a）﹣ma C．（M﹣m）g+ma D．Mg﹣ma3．如图所示，质量m的物体静止在倾角为α的斜面上，物体与斜面间的滑动摩擦系数为μ，现在使斜面体向右水平匀速移动距离S，则摩擦力对物体做功为（物体与斜面相对静止）（）A．0 B．μmgcosα•S C．mgSsinαcos2αD．mgSsinαcosα4．如图所示，力F1和F2共同作用在置于水平面上的物体上，F1水平，F2与水平方向夹角为θ，物体在运动过中，力F1与F2的合力做功为W，若物体一直沿水平地面运动，则力F2对物体做功大小为（）A． B．C．D．5．一物体获得一竖直向上的初速度从某点开始向上运动，运动过程中加速度始终竖直向下为4m/s2，则正确的说法是（）A．上升过程中物体的机械能不断增加重力势能增加B．下降过程中物体的机械能不断增加，重力势能减少C．整个过程中物体的机械能不变D．物体下落回抛出点的机械能和抛出时的机械能相等6．如图所示，轻质弹簧竖直放置在水平地面上，它的正上方有一金属块从高处自由下落，从金属块自由下落到第一次速度为零的过程中（）A．重力先做正功，后做负功B．弹力没有做正功C．金属块的动能最大时，弹力与重力相平衡D．金属块的动能为零时，弹簧的弹性势能最大7．如图所示，AO斜面与OC水平面相交处为一小段圆弧，斜面与水平面的动摩擦因数相等，一小滑块从A点由静止释放，最终停在水平面上的B点，若保持A点位置不变，改变斜面倾角，斜面与水平面交点移到O′，滑块仍然从A点由静止释放，则（）A．滑块进入水平面后最终仍然停在B点B．滑块进入水平面后可能停在B点的右侧C．滑块AO′过程克服摩擦力所做功大于AO过程克服摩擦力所做功D．要让小滑块能滑到水平面上，O′点不能超过B点8．物块从光滑曲面上的P点自由滑下，通过粗糙的静止水平传送带以后落到地面上的Q点，若传送带的皮带轮沿逆时针方向转动起来，使传送带随之运动，如图所示，再把物块放到P 点自由滑下则（）A．物块将仍落在Q点 B．物块将会落在Q点的左边C．物块将会落在Q点的右边D．物块有可能落不到地面上9．如图所示，一块长木板B放在光滑的水平地面上，在B上放一个木块A，现以恒定的力F 拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参照物，A、B都向前移动了一段距离，在此过程中（）A．外力F做的功等于A和B所组成的系统的动能增量B．B对A的摩擦力所做的功大于A的动能增量C．A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功D．外力F对B所做的功等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和10．如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g．则（）A．a落地前，轻杆对b一直做正功B．a落地时速度大小为C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于gD．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg二、实验题（10分）11．在《验证牛顿第二定律》的实验中，图为实验装置示意图．（1）除图中所示仪器外，还需要下列哪些仪器？A．秒表 B．天平 C．弹簧测力计D．带毫米刻度的刻度尺 E．低压直流电源 F．低压交流电源（2）为了保证实验条件和减小误差，以下哪些措施是必要的？A．将木板的一端垫高，使小车不受拉力时恰能在木板上做匀速运动B．每次改变小车的质量后，都要做平衡摩擦力的工作C．尽量使沙与沙桶的总质量比小车质量小得多D．同一条件下多打几条纸带（3）某学生在平衡摩擦力时，把长木板的一端垫得过高，使得倾角偏大．他所得到的a﹣F 关系可用图中哪条图线表示？（图中a是小车的加速度，F是细线作用于小车的拉力）答：题目 1 2 3 4 5答案12．在验证机械能守恒定律的实验中若重物质量为0.50kg，选择好的纸带如图，已知相邻两点时间间隔为（OA之间还有一些点未画出），长度单位是cm，g取9.8m/s2．则打点计时器打下点B时，重物的速度v B= m/s；从起点O到打下点B的过程中，重物重力势能的减小量△E P= J，动能的增加量△E K=_ J．（结果保留三位有效数字）三、计算题（50分）13．（10分）（2015秋•青岛校级月考）汽车发动机的额定功率为60kW，汽车质量为5t，汽车在水平路面上行驶时，阻力是车重的倍，g取10m/s2，问：（1）汽车保持以额定功率从静止起动后能达到的最大速度是多少？（2）汽车在加速过程中，当速度大小为4m/s时，加速度是多大？（3）汽车从静止开始，保持以0.5m/s2的加速度作匀加速运动，这一过程能维持多长时间？14．（14分）（2011秋•池州校级期末）如图示，劲度系数为k的轻质弹簧一端与墙固定，另一端与倾角为θ的斜面体小车连接，小车置于光滑水平面上，在小车上叠放一个物体，已知小车质量为M，物体质量为m，小车位于O点时，整个系统处于平衡状态．现将小车从O 点拉到B点，令OB=b，无初速度释放后，小车在水平面B、C间来回运动，物体和小车之间始终没有相对运动．求：（1）小车运动到B点时物体m所受到的摩擦力大小和方向．（2）b的大小必须满足什么条件，才能使小车和物体在一起运动过程中，在某一位置时，物体和小车之间的摩擦力为零．15．（12分）（2015秋•临沂校级月考）如图所示，光滑圆柱被固定在水平平台上，质量为m1的小球用轻绳跨过圆柱与小球m2相连，开始时让m1放在平台上，两边绳竖直，两球从静止开始m1上升m2下降，当m1上升到圆柱的最高点时，绳子突然断了，发现m1恰能做平抛运动抛出，求m2应为多大．16．（14分）（2014春•船营区校级期末）如图所示，许多工厂的流水线上安装有传送带用于传送工件，以提高工作效率．传送带以恒定的速率v=2m/s运送质量为m=0.5kg的工件，工件从A位置放到传送带上，它的初速度忽略不计．工件与传送带之间的动摩擦因数，传送带与水平方向夹角是θ=30°，传送带A、B间长度是l=16m；每当前一个工件在传送带上停止相对滑动时，后一个工件立即放到传送带上，取g=10m/s2，求：（1）工件放到传送带后经多长时间停止相对滑动；（2）在正常运行状态下传送带上相邻工件间的距离；（3）在传送带上摩擦力对每个工件做的功；（4）每个工件与传送带之间由于摩擦产生的内能；（5）传送带满载工件比空载时增加多少功率？2015-2016学年山东省临沂市临沭一中高三（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）1．吊在大厅天花板上的电扇重力为G，静止时竖直固定杆对它的拉力为T；扇叶水平转动起来后，杆对它的拉力为T′．则（）A．T＞G，T′＞G B．T＜G，T′＜G C．T=G，T′＞G D．T=G，T′＜G【考点】牛顿第二定律；牛顿第三定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】电风扇静止，静止就是一种平衡状态，平衡状态时受到的就是一对平衡力，从而判断出G和F1的关系；电风扇转动时，风扇叶片就会对空气施加一个向下的力，由于物体间力的作用是相互的，所以风扇叶受到了一个空气施加的反作用力，此时风扇叶片虽然转动，但位置没有变化，此时风扇叶片依然受到的是平衡力，根据平衡力的知识分析．【解答】解：电风扇静止时受到的重力和固定杆对它的拉力是一对平衡力，即T=G；扇叶水平转动起来后，风向下振动，所以风受到电扇的作用力向下，由牛顿第三定律可知电扇受到的风的反作用力向上，T′＜G；故选D．【点评】此题考查的是平衡力和相互作用力．解答此题的关键是我们要知道：电扇虽然转动，但由于它没有运动或者说位置没有发生变化，所以此时它依然是平衡状态，受到的是平衡力．2．质量为M的人站在地面上，用绳通过定滑轮将质量为m的重物从高处放下，如图所示，若重物以加速度a向下降落（a＜g），则人对地面的压力大小为（）A．（m+M）g﹣ma B．M（g﹣a）﹣ma C．（M﹣m）g+ma D．Mg﹣ma【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】先对物体分析，根据牛顿第二定律求得绳子拉力大小，再对人研究，由平衡条件求出地面对人的支持力，即可得到人对地面的压力大小．【解答】解：以物体为研究对象，根据牛顿第二定律得mg﹣T=ma解得，绳子的拉力T=m（g﹣a）再以人为研究对象，根据平衡条件得地面对人的支持力为N=Mg﹣T=Mg﹣m（g﹣a）=（M﹣m）g+ma根据牛顿第三定律得知，人对地面的压力大小N′=N=（M﹣m）g+ma．故选C【点评】本题中人处于平衡状态，物体处于有加速度的状态，运用隔离法，根据牛顿第二定律和平衡条件结合进行研究．3．如图所示，质量m的物体静止在倾角为α的斜面上，物体与斜面间的滑动摩擦系数为μ，现在使斜面体向右水平匀速移动距离S，则摩擦力对物体做功为（物体与斜面相对静止）（）A．0 B．μmgcosα•S C．mgSsinαcos2αD．mgSsinαcosα【考点】功的计算．【专题】功的计算专题．【分析】对物体受力分析，可以求得摩擦力，再由功的公式即可求得对物体做的功的大小．【解答】解：物体处于静止，对物体受力分析可得，在竖直方向mg=Ncosα+fsinα在水平分析Nsinα=fcosα解得N=mgcosαf=mgsinα摩擦力做的功 W f=fcosα•S=mgSsinαcosα故选：D．【点评】本题考查功的计算，要注意正确进行受力分析，确定力及位移的方向，由功的公式即可求得功的大小．4．如图所示，力F1和F2共同作用在置于水平面上的物体上，F1水平，F2与水平方向夹角为θ，物体在运动过中，力F1与F2的合力做功为W，若物体一直沿水平地面运动，则力F2对物体做功大小为（）A． B．C．D．【考点】功的计算．【专题】功的计算专题．【分析】功的定义式是力与力的方向上位移的乘积．合力的功等于各分力做功的代数和．【解答】解：合力做功：W=（F1+F2cosθ）S，则分力F2做功为：W2=F2cosθS=故选：D【点评】本题考查功的计算，要明确在求功时，严格按照功的定义式求解，记住公式W=FScosθ的应用即可．5．一物体获得一竖直向上的初速度从某点开始向上运动，运动过程中加速度始终竖直向下为4m/s2，则正确的说法是（）A．上升过程中物体的机械能不断增加重力势能增加B．下降过程中物体的机械能不断增加，重力势能减少C．整个过程中物体的机械能不变D．物体下落回抛出点的机械能和抛出时的机械能相等【考点】机械能守恒定律．【专题】机械能守恒定律应用专题．【分析】重力势能的变化量等于重力对物体做的功．重力之外的其他力做功等于机械能的改变．【解答】解：由题意可知，物体受到的拉力F=mg﹣ma=6m；方向竖直向上；A、物体一定受向上的拉力，由于拉力做功，故物体的机械能不断增加；高度增加，则重力势能增加；故A正确；B、下降过程拉力仍然向上，故拉力做负功，机械能不断减小；故B错误；C、由于有重力以外的其他力做功，故整个过程机械能改变；故C错误；D、由于物体受到拉力不变，故在运动过程中拉力做功为零；故物体下落回抛出点的机械能和抛出时的机械能相等；故D正确；故选：AD．【点评】本题要注意明确功能关系，注意将功及相应的能量转化对应起来．明确合外力做功等于动能的改变量．6．如图所示，轻质弹簧竖直放置在水平地面上，它的正上方有一金属块从高处自由下落，从金属块自由下落到第一次速度为零的过程中（）A．重力先做正功，后做负功B．弹力没有做正功C．金属块的动能最大时，弹力与重力相平衡D．金属块的动能为零时，弹簧的弹性势能最大【考点】功能关系；弹性势能．【分析】根据高度的变化，分析重力做功正负．金属块撞击弹簧后，受到弹簧的弹力，重力大于弹力，物体继续向下运动，重力不变，弹力不断增大，但是重力大于弹力，物体的运动速度还在不断增大；弹簧不断被压缩，弹力在增大，当弹力等于重力时，物体的运动速度最大；弹簧不断被压缩，弹力在增大，当弹力大于重力时，物体进行减速运动．【解答】解：A、金属块一直向下运动，所以重力一直做正功，故A错误．B、金属块受到的弹力方向一直向上，与位移方向相反，则弹力对金属块一直做负功，故B 正确．C、金属块开始接触弹簧下降后，重力大于向上的弹力，金属块加速向下运动，之后，重力小于弹力，合力向上，金属块向下减速运动，直到速度为零，则弹力与重力相平衡时速度最大，动能最大，故C正确．D、当金属块的速度为零时，弹簧被压缩到最短，弹性势能最大．故D正确．故选：BCD．【点评】解决本题的关键要正确分析金属块的受力情况，判断其运动情况，知道弹力在不断增大，确定出合力来判断金属块的运动性质．7．如图所示，AO斜面与OC水平面相交处为一小段圆弧，斜面与水平面的动摩擦因数相等，一小滑块从A点由静止释放，最终停在水平面上的B点，若保持A点位置不变，改变斜面倾角，斜面与水平面交点移到O′，滑块仍然从A点由静止释放，则（）A．滑块进入水平面后最终仍然停在B点B．滑块进入水平面后可能停在B点的右侧C．滑块AO′过程克服摩擦力所做功大于AO过程克服摩擦力所做功D．要让小滑块能滑到水平面上，O′点不能超过B点【考点】动能定理．【专题】动能定理的应用专题．【分析】对全过程运用动能定理，抓住初末动能为零，得出表达式，从而判断停止的位置．根据摩擦力做功的公式比较克服摩擦力做功的大小．【解答】解：A、设斜面的倾角为θ，A、B两点间的水平距离为s，对全过程运用动能定理得，mgh﹣（μmgcosθs1+μmgs2）=0，则mgh﹣μmgs=0，与斜面的倾角无关，最终仍然停在B点，故A正确，B错误．C、根据W f=μmgcosθ•s′知，在AO′段，s′cosθ大于在AO段，则滑块AO′过程克服摩擦力所做功大于AO过程克服摩擦力所做功，故C正确．D、由动能定理的表达式mgh﹣μmgs=0知，要让小滑块能滑到水平面上，O′点不能超过B 点，故D正确．故选：ACD．【点评】本题考查了动能定理的运用，也可以运用动力学知识求解，但是没有运用动能定理解决简捷．8．物块从光滑曲面上的P点自由滑下，通过粗糙的静止水平传送带以后落到地面上的Q点，若传送带的皮带轮沿逆时针方向转动起来，使传送带随之运动，如图所示，再把物块放到P 点自由滑下则（）A．物块将仍落在Q点 B．物块将会落在Q点的左边C．物块将会落在Q点的右边D．物块有可能落不到地面上【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【专题】传送带专题．【分析】物块从光滑曲面上滑下时获得了一定的速度，当水平传送带静止时和逆时针方向转动时，物体都做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律分析加速度关系，由运动学公式判断物块滑离传送带时速度大小，由平抛运动的知识分析水平位移关系，判断物块是否落在Q点．【解答】解：物块从光滑曲面上滑下时，根据机械能守恒定律得知：两次物块滑到B点速度相同，即在传送带上做匀减速直线运动的初速度相同．当水平传送带静止时和逆时针方向转动时，物体都受到相同的滑动摩擦力而做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得知：物块匀减速直线运动的加速度相同，当物块滑离传送带，两次通过的位移相同，根据运动学公式得知，物块滑离传送带时的速度相同，则做平抛运动的初速度相同，所以物块将仍落在Q点．故选A【点评】本题用到动摩擦因素与物体的速度大小无关这个知识点，运用牛顿第二定律和运动学公式结合进行分析．9．如图所示，一块长木板B放在光滑的水平地面上，在B上放一个木块A，现以恒定的力F 拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参照物，A、B都向前移动了一段距离，在此过程中（）A．外力F做的功等于A和B所组成的系统的动能增量B．B对A的摩擦力所做的功大于A的动能增量C．A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功D．外力F对B所做的功等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和【考点】动能定理；功的计算；功能关系．【专题】动能定理的应用专题．【分析】选择研究对象运用动能定理研究此过程找出功和能的对应关系；求总功时，要正确受力分析，准确求出每一个力所做的功．【解答】解：A、选择A和B作为研究对象，运用动能定理研究，B受外力F做功，A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不等，故：w F+（﹣f•△x）=△Ek A+△Ek B其中△x为A、B的相对位移，所以外力F做的功不等于A和B的动能的增量，故A错误．B、对A物运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能的增量，故B错误．C、A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不等，故C错误．D、对B物体应用动能定理，W F﹣W f=△Ek B，W f为B克服摩擦力所做的功，即W F=△Ek B+W f，就是外力F对B做的功等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，故D正确．故选：D．【点评】运用动能定理时，研究对象如果是系统，系统的内力做功也要考虑．一般情况下两物体相对静止，系统的内力做功为0．如果两物体有相对位移，那么系统的内力做功有可能就不为零；对于动能定理列出的表达式注意变形，要和所求的问题相接近．10．如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g．则（）A．a落地前，轻杆对b一直做正功B．a落地时速度大小为C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于gD．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg【考点】功能关系；功的计算．【分析】a、b组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，通过b的动能变化，判断轻杆对b的做功情况．根据系统机械能守恒求出a球运动到最低点时的速度大小．【解答】解：A、当a到达底端时，b的速度为零，b的速度在整个过程中，先增大后减小，动能先增大后减小，所以轻杆对b先做正功，后做负功．故A错误．B、a运动到最低点时，b的速度为零，根据系统机械能守恒定律得：m A gh=m A v A2，解得v A=．故B正确．C、b的速度在整个过程中，先增大后减小，所以a对b的作用力先是动力后是阻力，所以b 对a的作用力就先是阻力后是动力，所以在b减速的过程中，b对a是向下的拉力，此时a 的加速度大于重力加速度，故C错误；D、a、b整体的机械能守恒，当a的机械能最小时，b的速度最大，此时b受到a的推力为零，b只受到重力的作用，所以b对地面的压力大小为mg，故D正确；故选：BD．【点评】解决本题的关键知道a、b组成的系统机械能守恒，以及知道当a的机械能最小时，b的动能最大．二、实验题（10分）11．在《验证牛顿第二定律》的实验中，图为实验装置示意图．（1）除图中所示仪器外，还需要下列哪些仪器？BDFA．秒表 B．天平 C．弹簧测力计D．带毫米刻度的刻度尺 E．低压直流电源 F．低压交流电源（2）为了保证实验条件和减小误差，以下哪些措施是必要的？ACDA．将木板的一端垫高，使小车不受拉力时恰能在木板上做匀速运动B．每次改变小车的质量后，都要做平衡摩擦力的工作C．尽量使沙与沙桶的总质量比小车质量小得多D．同一条件下多打几条纸带（3）某学生在平衡摩擦力时，把长木板的一端垫得过高，使得倾角偏大．他所得到的a﹣F 关系可用图中哪条图线表示？（图中a是小车的加速度，F是细线作用于小车的拉力）答： C题目 1 2 3 4 5答案【专题】实验题；牛顿运动定律综合专题．【分析】根据实验原理和需要测量的数据可以知道需要哪些仪器．明确实验原理，了解实验中的具体操作，熟练应用直线运动的规律以及推论即可正确解答；在探究加速度与力、质量的关系时，应平衡摩擦力，平衡摩擦力时如果木板垫得过高，平衡摩擦力过度，小车受到的合力大于拉力，a﹣F图象在a轴上有截距；如果没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，小车受到的合力小于拉力，a﹣F图象在F轴上有截距．【解答】解：（1）因实验中打点计时器本身可以记录时间，故不用秒表；电源应采用低压交流电流；需要用天平称质量；通过刻度尺测出长度来算出加速度大小．故选：BDF（2）A、在实验的过程中，我们认为绳子的拉力F等于钩码的重力mg，而在小车运动中还会受到阻力，所以我们首先需要平衡摩擦力．具体的方法是适当垫高长木板无滑轮的一端，使未挂钩码的小车恰能拖着纸带匀速下滑，故A正确．B、根据实验原理可知，重力的下滑分力等于滑动摩擦力，因此每次改变小车的质量后，都不会影响平衡条件，所以不要每次平衡摩擦力的，故B错误．C、为了使沙与沙桶的总质量接近小车的合力，因此尽量使沙与沙桶的总质量比小车质量小得多，故C正确；D、同一条件下多打几条纸带，目的是求平均值，故D正确．故选ACD．（3）A、图象过原点，恰好平衡摩擦力，木板高度合适，故A错误；B、在拉力较大时，图象发生弯曲，这是由于小车质量没有远大于砂桶质量造成的，故B错误；C、a﹣F图象在a轴上有截距，是由过平衡摩擦力造成的，平衡摩擦力时木板垫的过高，故C正确；D、图象在F轴上有截距，没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，故D错误；故选C．【点评】本题比较简单，属于基础题目，考查了实验器材和数据处理等基本实验问题，对于实验问题要加强动手能力，亲身体会实验的整个过程．探究加速度与力、质量关系时，要平衡摩擦力，小车质量应远大于砂桶质量．不管是考查什么实验，首先要找到实验原理，我们就可以根据实验原理找需要的实验仪器，找实验时需要注意的问题，列式求解一些需要的物理量12．在验证机械能守恒定律的实验中若重物质量为0.50kg，选择好的纸带如图，已知相邻两点时间间隔为（OA之间还有一些点未画出），长度单位是cm，g取9.8m/s2．则打点计时器打下点B时，重物的速度v B= 0.973 m/s；从起点O到打下点B的过程中，重物重力势能的减小量△E P= J，动能的增加量△E K=_ J．（结果保留三位有效数字）【考点】验证机械能守恒定律．【专题】实验题．【分析】根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该段时间内的平均速度可以求出物体在B点时的速度，然后根据动能、势能的定义进一步求得动能、势能的变化量．【解答】解：根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该段时间内的平均速度可以求出物体在B点时的速度v B==m/s≈0.973 m/s重力势能的减少量：△E p=mgh B=×××10﹣2J≈ J动能的增量：△E k=mv B2=××≈ J故答案：，，．【点评】本题比较简单，考查了验证机械能守恒定律中基本方法的应用，对于基本方法不能忽视，要在训练中加强练习，提高认识．三、计算题（50分）13．（10分）（2015秋•青岛校级月考）汽车发动机的额定功率为60kW，汽车质量为5t，汽车在水平路面上行驶时，阻力是车重的倍，g取10m/s2，问：（1）汽车保持以额定功率从静止起动后能达到的最大速度是多少？（2）汽车在加速过程中，当速度大小为4m/s时，加速度是多大？（3）汽车从静止开始，保持以0.5m/s2的加速度作匀加速运动，这一过程能维持多长时间？【考点】功率、平均功率和瞬时功率．【专题】功率的计算专题．【分析】（1）当汽车的阻力等于牵引力时，速度达到最大；（2）有P=Fv求出牵引力，根据由牛顿第二定律求出此时加速度；（3）由牛顿第二定律求的牵引力，由P=Fv求的加速达到的最大速度，根据v=at求的时间【解答】解：（1）当牵引力等于阻力时，速度最大即v=（2）速度为4m/s的牵引力为F，则F=由牛顿第二定律可得F﹣f=maa=（3）由牛顿第二定律可得F′﹣f=ma′F′=ma′+f=5000×+×5000×10N=7500N。
山东省临沂2015-2016学年高二6月月考物理试题
临沂一中2014 级高二下学期 6 月学段考试物理试题2016.6说明：本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(实验题和计算题)两部分，共 4 页，满分l00 分，考试时间l00 分钟。
注意事项：1.答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目用铅笔涂写在答题纸上。
2.每小题选出答案后，用铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号，不能答在试题卷上。
3.第Ⅱ卷答案也要写在答题纸上，考试结束后将答题纸交回第Ⅰ卷(选择题，共48 分)一、选择题，本题共12 小题，每小题 4 分，共48 分。
在每小题给出的四个选项中，1～7 题只有一项是符合题目要求，8～12 题有多项符合题目要求。
全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得0 分。
1. 小球每隔0.2s 从同一高度抛出，做初速为6m/s 的竖直上抛运动，设它们在空中不相碰。
第一个小球在抛出点以上能遇到的小球数为（取g＝10m/s2）（）A.3 个B.4 个C.5 个D.6 个2.甲乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前1 小时内的位移-时间图像如图所示。
下列表述正确的是（）A．0.2-0.5小时内，甲的加速度比乙的大B．0.2-0.5小时内，甲的速度比乙的大C．0.6-0.8小时内，甲的位移比乙的小D．0.8 小时内，甲、乙骑行的路程相等3.物体做直线运动的v-t 图象如图，由图可知该物体()A．第1s内和第3s 内的运动方向相反B．第3s内和第4s 内的加速度相同C．第1s内和第4s 内的位移大小不相等D．0～2s 和0～4s 内的平均速度大小相等-14.如图，质量m A＞m B的两物体A、B 叠放在一起，靠着竖直墙面。
让它们由静止释放，在沿粗糙墙面下落过程中,物体 B 的受力示意图是( )A B C D的是()A.木块受到的摩擦力大小是mgcos aB.木块对斜面体的压力大小是mgsin aC.桌面对斜面体的摩擦力大小是mgsin a cos aD.桌面对斜面体的支持力大小是(M+m)g6.如图所示，两木块的质量分别为m1 和m2，两轻质弹簧的劲度系数分别为k1 和k2，上面木块压在上面的弹簧上（但不拴接），整个系统处于平衡状态．现缓慢向上提上面的木块，直到它刚离开上面弹簧．在这过程中上面木块移动的距离为（）A．m1g/k1 B．m1g/k1+m2g/k2 C. m1g/k1+m1g/k2D．(m1+m2)g/k17.如图，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O 点，右端跨过位于O’点的固定光滑轴悬挂一质量为M 的物体；OO’段水平，长为度L；绳子上套一可沿绳滑动的轻环。
山东省临沂市临沭县高二物理上学期期中试题(含解析)
2015-2016学年山东省临沂市临沭县高二（上）期中物理试卷一、选择题：本题共12小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～12题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．1．如图是某一点电荷的电场线分布图，下列表述正确的是（）A．该点电荷带正电B．a点的电势高于b点的电势C．a点的电场强度大于b点的电场强度D．a点和b点电场强度的方向相同2．在物理学中，常常用比值定义物理量，用来表示研究对象的某种性质，下面列出七个关系式：：①场强E=②电容C=③电阻R=④电流I=；⑤电流I=⑥R电阻=⑦电动势E=，下列针对这七个关系式说法正确的是（）A．①②③④属于比值定义式B．①③⑤⑦属于比值定义式C．只有⑥⑦不属于比值定义式 D．全部属于比值定义式3．四盏灯泡接成图示电路．a、c灯泡的规格为“220V 100W”，b、d灯泡的规格为“220V 40W”，各个灯泡的实际功率都没有超过它的额定功率．则这四盏灯泡中实际消耗功率最大的是（）A．a B．b C．c D．d4．欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律，有一个长方体金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且a＞b＞c．电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻阻值最小的是（）A．B． C．D．5．一平行板电容器两极板间距为d、极板面积为S，电容为C，对此电容器充电后断开电源，当增加两板间距时，电容器极板间（）A．电场强度不变，电势差变大 B．电场强度不变，电势差不变C．电场强度减小，电势差不变 D．电场强度减小，电势差减小6．图中是一个平行板电容器，其电容为C，带电量为Q，上极板带正电．现将一个试探电荷q由两极板间的A点移动到B点，如图所示．A、B两点间的距离为s，连线AB与极板间的夹角为30°，则电场力对试探电荷q所做的功等于（）A．B．C．D．7．关于静电场，下面结论普遍成立的是（）A．静电场是由实实在在的电场线组成的B．电场强度很大的地方电势可能为零C．将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功为零D．在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向8．小灯泡通电后，其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，则下列说法正确的是（）A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B．对应P点，小灯泡的电阻为R=C．对应P点，小灯泡的电阻为R=D．对应P点，小灯泡的功率为P=U1I29．某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹是图中虚线，由M运动到N，以下说法正确的是（）A．粒子一定带正电B．粒子由M运动到N过程中其速度越来越大C．粒子由M运动到N过程中其加速度越来越大D．粒子由M运动到N过程中其电势能越来越大10．某同学采用如图所示电路图做实验，开关闭合后，电路出现一处故障，以下分析正确的是（）A．若电流表无示数，电压表有示数，则可能是R1断路B．若电流表无示数，电压表有示数，则可能是R2断路C．若电流表有示数，电压表无示数，则可能是R1断路D．若电流表有示数，电压表无示数，则可能是R2短路11．图中a、b是两个点电荷，它们的电量分别为Q1、Q2，MN是ab连线的中垂线，P是中垂线上的一点．下列哪种情况能使P点场强方向指向MN的左侧？（）A．Q1、Q2都是正电荷，且Q1＜Q2B．Q1是正电荷，Q2是负电荷，且Q1＞|Q2|C．Q1是负电荷，Q2是正电荷，且|Q1|＜Q2D．Q1、Q2都是负电荷，且|Q1|＞|Q2|12．匀强电场中的三点是A、B、C是一个直角三角形的三个顶点，AC的长度为1cm，D为AB 的中点，如图所示，已知电场线的方向平行于△ABC所在平面，A、B、C三点的电势分别为6V、2V和10V，设场强大小为E，一电量为1×10﹣6C的正电荷从C点移到D点电场力所做的功为W，则（）A．W=6×10﹣6J B．W=4×10﹣6J C．E＞4V/m D．E≤4V/m二、填空实验题：（13题6分，14题8分，共14分，将答案填写在横线上）13．（1）如图1螺旋测微器的读数是mm（2）如图2所示是试验室使用的螺旋测微器，也叫千分尺，它是用来测量物体长度的仪器，下列关于螺旋测微器的操作正确的是A．测量时，先顺时针（如图所示方向）转动旋钮D，在螺杆F快要靠近被测物体时，应改用微调旋钮H，直至棘轮发出咔咔声时停止转动B．测量时，先逆时针（与图示方向相反）转动旋钮D，在螺杆F快要靠近被测物体时，应改用微调旋钮H，直至棘轮发出咔咔声时停止转动C．当棘轮发出咔咔声时停止转动微调旋钮H，此时应固定旋钮G，使测杆固定后才可读数D旋钮D每转动一周，就带动测微螺杆F前进或后退0.1mm．14．有一只电流表，其内阻R g为100Ω，满偏电流I g为3mA．若要把它改装成量程为15V的电压表，应一个阻值为Ω的电阻，若要把它改装成量程为0.6A 的电流表，应一个阻值为Ω的电阻．三、论述、计算题：本题共4小题，共38分．解答应写出必要的文学说明，方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．15．（2015秋•临沭县期中）如图，真空中A、B相距L=2.0m，将电荷量为q A=+2.0×10﹣6C的点电荷固定在A点，将电荷量为q B=﹣2.0×10﹣6C的点电荷固定在B点，已知静电力常量k=9×109N•m2/C2，求：（1）求q A受到的库仑力大小和方向；（2）求 AB连线中点C处的电场强度大小和方向；（3）若在AB连线中点C处再放置一个q C=﹣2.0×10﹣6C的点电荷，求q C所受静电力方向和大小．16．（2015秋•临沭县期中）如图所示，线路的电压U=220V，输电线的总电阻r=10Ω，电炉A的电阻R A=100Ω．电炉B的电阻R B=82Ω．（1）电键S断开时，电炉A上的电压和它消耗的功率分别是多少？（2）电键S闭合时，电炉A上的电压和它消耗的功率又是多少？17．（2015秋•临沭县期中）有一条横截面积S=1mm2的铜导线，通过的电流I=1A，已知铜的密度ρ=8.9×103kg/m3，铜的摩尔质量M=6.4×10﹣2kg/mol，阿伏常量N A=6.62×1023mol﹣1，电子的电量e=﹣1.6×10﹣19C，求铜导线中自由电子定向移动的速率．（铜可视为一价元素）18．（2015秋•临沭县期中）如图所示，离子发生器发射出一束质量为m，带电量为q的离子（初速度不计，重力不计），经加速电压U1加速后以垂直于电场方向射入两平行板中央，受偏转电压U2作用后，飞出电场．已知平行板的长度为L，两板间距离为d，试计算：（1）偏转量y是多少？（2）离子离开电场时的速度偏角θ的正切值是多大？2015-2016学年山东省临沂市临沭县高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共12小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～12题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．1．如图是某一点电荷的电场线分布图，下列表述正确的是（）A．该点电荷带正电B．a点的电势高于b点的电势C．a点的电场强度大于b点的电场强度D．a点和b点电场强度的方向相同【考点】点电荷的场强．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】本题考查的就是点电荷的电场的分布及特点，以及电场线方向与电势高低的关系，抓住电场线越密，场强越大、顺着电场线电势降低进行分析即可．【解答】解：A、根据电场线从无穷远出发到负电荷终止可知，该电荷是负电荷．故A错误．B、顺着电场线电势降低，则知a点的电势低于b点的电势．故B错误．C、由图知，a处电场线较密，则a处电场强度大．故C正确．D、由图看出，a、b两点场强方向不同．故D错误．故选C【点评】熟悉正、负点电荷，等量同种、等量异种电荷周围电场分布情况往往是解题关键．2．在物理学中，常常用比值定义物理量，用来表示研究对象的某种性质，下面列出七个关系式：：①场强E=②电容C=③电阻R=④电流I=；⑤电流I=⑥R电阻=⑦电动势E=，下列针对这七个关系式说法正确的是（）A．①②③④属于比值定义式B．①③⑤⑦属于比值定义式C．只有⑥⑦不属于比值定义式 D．全部属于比值定义式【考点】电场强度；闭合电路的欧姆定律．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．【分析】所谓比值定义法，就是用两个物理量的“比值”来定义一个新的物理量的方法．比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量而改变．根据物理量的定义分析是否是比值定义法．【解答】解：①E=是电场强度的定义式，E与F、q无关，由电场本身决定，属于比值法定义．②C=是电容的定义式，C与Q、U无关，由电容器本身决定，属于比值法定义．③R=是电阻的定义式，R与I、U无关，由导体本身决定，属于比值法定义．④I=是欧姆定律表达式，I与U成正比，与R成反比，不属于比值法定义．⑤I=是电流的定义式，I与Q、t无关，属于比值法定义．⑥R═是电阻的决定式，ρ、L成正比，与S成反比，不属于比值法定义．⑦电动势E=，是比值定义式，电动势E与W，及q均无关，故ACD错误，B正确．故选：B．【点评】解决本题的关键理解比值定义法的特点：被定义的物理量往往是反映物质的属性，与定义所用的物理量无关．3．四盏灯泡接成图示电路．a、c灯泡的规格为“220V 100W”，b、d灯泡的规格为“220V 40W”，各个灯泡的实际功率都没有超过它的额定功率．则这四盏灯泡中实际消耗功率最大的是（）A．a B．b C．c D．d【考点】电功、电功率；串联电路和并联电路．【专题】恒定电流专题．【分析】先根据小灯泡的规格确定小灯泡的电阻，然后根据串并联电路的规律确定四个小灯泡电压电流的关系，从而根据P=UI=I2R=比较它们的功率大小．【解答】解：a、b灯泡的电阻R===484Ωc、d灯泡的电阻R′===1210Ω根据并联电路的特点知b、c并联后的总电阻R并＜R＜R′大电阻分大电压，所以b、c两端的电压小于d灯泡的电压，根据P=可得：P a＞P b，P c＜P b＜P da、d灯串联，电流相等，根据P=I2R知则P与R成正比，则P a＜P d，故实际电功率最大的是d灯泡；故选：D．【点评】已知用电器的额定功率、额定电压，求实际电压的功率时，要抓住电阻不变这一关键点，能结合串并联电路的特点解题，难度适中．4．欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律，有一个长方体金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且a＞b＞c．电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻阻值最小的是（）A．B． C．D．【考点】电阻定律．【专题】恒定电流专题．【分析】由金属导体电阻的决定式R=ρ进行计算，注意各电阻中的导体长度及截面积．【解答】解：由电阻的决定式可知，A中电阻R A=，B中电阻R B=；C中电阻R C=；D中电阻R D=；故电阻最小的为A；故选：A．【点评】本题考查电阻定率的应用，要注意电阻是由导体本身的性质决定的．5．一平行板电容器两极板间距为d、极板面积为S，电容为C，对此电容器充电后断开电源，当增加两板间距时，电容器极板间（）A．电场强度不变，电势差变大 B．电场强度不变，电势差不变C．电场强度减小，电势差不变 D．电场强度减小，电势差减小【考点】电容器的动态分析．【专题】电容器专题．【分析】通电后断开电容两板上的电荷量不变，由C=可知当d变化时C的变化；由C=可知两板间的电势差的变化；由E=可知E的变化．【解答】解：因通电后断开，故两板上的带电量不变；增加d，则C减小，则电势差U增大；由公式可得：U=，则电场强度为：E==，故E与d无关，故电场强度不变，故A正确，BCD错误；故选：A．【点评】通电后断开若只改变两板间的距离，则极板间的电场强度将保持不变．6．图中是一个平行板电容器，其电容为C，带电量为Q，上极板带正电．现将一个试探电荷q由两极板间的A点移动到B点，如图所示．A、B两点间的距离为s，连线AB与极板间的夹角为30°，则电场力对试探电荷q所做的功等于（）A．B．C．D．【考点】电势能；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】由平行板电容器的电容C和带电量Q，由电容的定义式求出板间电压．由E=求出板间场强．根据功的计算公式求解电场力对试探电荷q所做的功．【解答】解：由电容的定义式C=得板间电压U=，板间场强E==．试探电荷q由A点移动到B点，电场力做功W=qEssin30°=故选C【点评】本题只要抓住电场力具有力的一般性质，根据功的一般计算公式就可以很好地理解电场力做功，并能正确计算功的大小．7．关于静电场，下面结论普遍成立的是（）A．静电场是由实实在在的电场线组成的B．电场强度很大的地方电势可能为零C．将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功为零D．在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向【考点】电场强度；电场线．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．【分析】电场强度与电势之间无必然联系，但沿电场方向电势降低，而且速度最快；电势差与两点的场强无关，只与两点间沿电场方向的距离和两点间的场强有关；电场力做功，只与电荷以及两点间的电势差有关，与两点的场强没有关系．【解答】解：A：电场实际存在，而电场线是假想的，故A错误．B：在正电荷的电场中，离正电荷近，电场强度大，电势高，离正电荷远，电场强度小，电势低；而在负电荷的电场中，离正电荷近，电场强度大，电势低，离负电荷远，电场强度小，电势高，因此电场强度很大的地方电势可能为零，故B正确；C：场强均为零的两点电势不一定相等，所以电场力做功不一定为零，故C错误；D：沿电场方向电势降低，而且速度最快．故D正确；故选：BD．【点评】电场强度、电势、电势差、电场力的功，它们的定义以及它们之间的关系要记清，有不好理解的题目可找实际的例子加以分析．8．小灯泡通电后，其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，则下列说法正确的是（）A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B．对应P点，小灯泡的电阻为R=C．对应P点，小灯泡的电阻为R=D．对应P点，小灯泡的功率为P=U1I2【考点】欧姆定律．【专题】定性思想；图析法；恒定电流专题．【分析】由图看出此灯泡是非线性元件，根据电阻是指对电流的阻碍作用判断灯泡电阻与电压之间的关系；找到P点对应的电压和电流，根据欧姆定律求出此时灯泡的电阻，由P=UI 求解功率．【解答】解：A、由图象可知，灯泡的电阻等于R=，等于图线上的点与原点O连线斜率的倒数，由数学知识可知，电压增大，此斜率减小，则灯泡的电阻增大．故A正确；BC、由图象可知，P点对应的电压为U1，电流为I2，则灯泡的电阻R=，故B错误，C正确；D、因P=UI，所以对应P点，小灯泡的功率为P=U1I2，故D正确．故选：ACD．【点评】注意U﹣I图象的意义，知道斜率等于电阻的倒数，明确功率借助图象分析时所围得面积；明确灯泡伏安特性曲线不直的原因．9．某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹是图中虚线，由M运动到N，以下说法正确的是（）A．粒子一定带正电B．粒子由M运动到N过程中其速度越来越大C．粒子由M运动到N过程中其加速度越来越大D．粒子由M运动到N过程中其电势能越来越大【考点】电场线．【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题．【分析】电场线是从正电荷或者无穷远发出，到负电荷或无穷远处为止，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功时，电势能减小，电场力做负功时，电势能增加．【解答】解：A、带电粒子在电场中运动时，受到的电场力的方向指向运动轨迹的弯曲的内侧，由此可知，此带电的粒子受到的电场力的方向为沿着电场线向上，所以此粒子为正电荷，所以A正确；B、粒子带正电，从M到N的过程中，电场力对粒子做正功，粒子的动能要增加，速度也就增大，即粒子由M运动到N过程中其速度越来越大，所以B正确；C、由电场线的分布可知，电场线在N点的时候较密，所以在N点的电场强，粒子在N点时受到的电场力大，所以在N点加速度大，所以C正确；D、粒子带正电，从M到N的过程中，电场力对粒子做正功，所以粒子的电势能要减小，即粒子在M点的电势能大于N点的电势能，所以D错误；故选：ABC．【点评】本题就是考查学生基础知识的掌握，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点和根据轨迹判定受力方向的方法，即可解决本题．10．某同学采用如图所示电路图做实验，开关闭合后，电路出现一处故障，以下分析正确的是（）A．若电流表无示数，电压表有示数，则可能是R1断路B．若电流表无示数，电压表有示数，则可能是R2断路C．若电流表有示数，电压表无示数，则可能是R1断路D．若电流表有示数，电压表无示数，则可能是R2短路【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】若电流表无示数，电路中有断路，若电流表有示数，电路是通路，根据欧姆定律分析即可．【解答】解：AB、若电流表无示数，电压表有示数，说明电路中有断路，而电压表之外的电路是通路，不可能是R1断路，可能是R2断路，故A错误，B正确．CD、若电流表有示数，电压表无示数，则电路是通路，不可能是R1断路，可能是R2短路，电压表被短路，故C错误，D正确．故选：BD【点评】本题是故障分析问题，要明确当电流表无示数，电压表有示数时，往往与电压表并联的电路出现断路．11．图中a、b是两个点电荷，它们的电量分别为Q1、Q2，MN是ab连线的中垂线，P是中垂线上的一点．下列哪种情况能使P点场强方向指向MN的左侧？（）A．Q1、Q2都是正电荷，且Q1＜Q2B．Q1是正电荷，Q2是负电荷，且Q1＞|Q2|C．Q1是负电荷，Q2是正电荷，且|Q1|＜Q2D．Q1、Q2都是负电荷，且|Q1|＞|Q2|【考点】电场的叠加．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】利用在该点正电荷所受电场力方向为电场强度方向来确定各自电场强度方向．然后两点电荷在同一点的场强是由各自电场强度矢量叠加而成的．【解答】解：A、当两点电荷均为正电荷时，若电荷量相等，则它们在P点的电场强度方向沿MN背离N方向．当Q1＜Q2时，则b点电荷在p点的电场强度比a点强，所以电场强度合成后，方向偏左．当Q1＞Q2时，则b点电荷在p点的电场强度比a点弱，所以电场强度合成后，方向偏右．故A正确；B、当Q1是正电荷，Q2是负电荷时，b点电荷在p点的电场强度方向沿bP连线背离b点，而a点电荷在p点的电场强度方向沿aP连线指向b点，则合电场强度方向偏右．不论电量大小关系，仍偏右．故B错误；C、当Q1是负电荷，Q2是正电荷时，b点电荷在p点的电场强度方向沿bP连线指向b点，而a点电荷在p点的电场强度方向沿aP连线背离a点，则合电场强度方向偏左．不论它们的电量大小关系，仍偏左．故C正确；D、当Q1、Q2是负电荷时，b点电荷在p点的电场强度方向沿bP连线指向b点，而a点电荷在p点的电场强度方向沿aP连线指向a点，由于|Q1|＞|Q2|，则合电场强度方向偏左．故D 正确；故选：ACD【点评】正点电荷在某点的电场强度方向是这两点的连线且背离正电荷，而负点电荷在某点的电场强度方向是这两点的连线且指向负电荷．12．匀强电场中的三点是A、B、C是一个直角三角形的三个顶点，AC的长度为1cm，D为AB 的中点，如图所示，已知电场线的方向平行于△ABC所在平面，A、B、C三点的电势分别为6V、2V和10V，设场强大小为E，一电量为1×10﹣6C的正电荷从C点移到D点电场力所做的功为W，则（）A．W=6×10﹣6J B．W=4×10﹣6J C．E＞4V/m D．E≤4V/m【考点】电势能；电场线．【专题】比较思想；图析法；电场力与电势的性质专题．【分析】根据U=Ed求出D点的电势，再由公式W=qU求出电场力做功．作出电场线，再由E=求电场强度的范围．【解答】解：根据U=Ed，知匀强电场中沿某一方向相等距离电势差相等，则D点的电势为φD==V=4VCD间的电势差为 U CD=φC﹣φD=10V﹣4V=6V电量为1×10﹣6C的正电荷从C点移到D点电场力所做的功为 W=qU CD=6×10﹣6J．BC的中点F的电势为φF==V=6V=φA，由AF连线为一条等势线，根据电场线与等势面垂直，且指向电势较低的等势面，画出电场线如图，则场强 E=因为U CA=φC﹣φA=10V﹣6V=4V，CG＜AC=1m，则E＞4V/m．故AC正确，BD错误．故选：AC【点评】本题考查对匀强电场中两点电势差与两点沿电场方向的距离成正比U=Ed与运用公式W=qU求解电场力做功，用活匀强电场中任一条直线上电势是均匀变化的（等势线除外）是解题的关键．二、填空实验题：（13题6分，14题8分，共14分，将答案填写在横线上）13．（1）如图1螺旋测微器的读数是 5.850 mm（2）如图2所示是试验室使用的螺旋测微器，也叫千分尺，它是用来测量物体长度的仪器，下列关于螺旋测微器的操作正确的是ACA．测量时，先顺时针（如图所示方向）转动旋钮D，在螺杆F快要靠近被测物体时，应改用微调旋钮H，直至棘轮发出咔咔声时停止转动B．测量时，先逆时针（与图示方向相反）转动旋钮D，在螺杆F快要靠近被测物体时，应改用微调旋钮H，直至棘轮发出咔咔声时停止转动C．当棘轮发出咔咔声时停止转动微调旋钮H，此时应固定旋钮G，使测杆固定后才可读数D旋钮D每转动一周，就带动测微螺杆F前进或后退0.1mm．【考点】螺旋测微器的使用．【专题】实验题；定性思想；推理法；直线运动规律专题．【分析】明确螺旋测微器的读数方法，知道在使用螺旋测微器时，选旋动粗调旋钮，再转到微调旋钮，最后拨动止动旋钮固定后读数．【解答】解：（1）固定部分读数为5.5mm，转动部分读数为35.0×0.01=0.350mm；故读数为：5.5+0.350=5.850mm；（2）ABC、用螺旋测微器测电阻丝的直径时，先转动粗调旋钮D使测微螺杆F接近被测电阻丝，再转到微调旋钮H夹住被测物，直到棘轮发出声音为止，拨动止动旋钮G使F固定后读数，故AC正确，B错误；D、旋钮D每转动一周，就带动测微螺杆F前进或后退0.5mm，故D错误；故答案为：（1）5.850 （2）AC【点评】解决本题的关键掌握螺旋测微器的工作原理，与区别与游标卡尺，同时注意D每转动一周，就带动测微螺杆F前进或后退0.5mm．14．有一只电流表，其内阻R g为100Ω，满偏电流I g为3mA．若要把它改装成量程为15V的电压表，应串联一个阻值为4900 Ω的电阻，若要把它改装成量程为0.6A的电流表，应并联一个阻值为0.5 Ω的电阻．【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题；定量思想；比例法；恒定电流专题．【分析】把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，把电流表改装成大量程的电流表需要并联分流电阻，应用串并联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值．【解答】解：把电流表改装成15V的电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值为：R=﹣R g=4900Ω，把电流表改装成0.6A的电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值为：R′==≈0.5Ω；故答案为：串联；4900；并联；0.5．【点评】本题考查了电压表与电流表的改装，知道电表改装原理是解题的关键，应用串并联电路特点与欧姆定律可以解题．三、论述、计算题：本题共4小题，共38分．解答应写出必要的文学说明，方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．15．（2015秋•临沭县期中）如图，真空中A、B相距L=2.0m，将电荷量为q A=+2.0×10﹣6C的点电荷固定在A点，将电荷量为q B=﹣2.0×10﹣6C的点电荷固定在B点，已知静电力常量k=9×109N•m2/C2，求：（1）求q A受到的库仑力大小和方向；（2）求 AB连线中点C处的电场强度大小和方向；（3）若在AB连线中点C处再放置一个q C=﹣2.0×10﹣6C的点电荷，求q C所受静电力方向和大小．【考点】电场强度；库仑定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】（1）根据库仑定律列式求解库仑力的大小，并确定库仑力的方向．（2）先求解两个电荷单独存在时在C点的场强，然后根据电场的叠加原理合成得到C点的场强．（3）由公式F=qE求解q C所受静电力大小，根据负电荷所受的电场力与场强方向相反，确定静电力的方向．【解答】解：（1）q A受到的库仑力大小，方向由A指向B；（2）C处的电场强度大小 E C=E AC+E BC=k+k=3.6×104V/m，方向由C 指向B．（3）q C所受静电力大小为，方向由C指向A．。
高二物理月考试题及答案-山东临沂一中2015-2016学年高二上学期月考试卷(12月份)
2015-2016学年山东省临沂一中高二（上）月考物理试卷（12月份）一、选择题（本题共12小题，每题4分，共48分，其中1-6题为单选题，7-12题为多选题．选对得4分，选不全得2分，选错不得分）1．用多用电表欧姆挡（×100）测试三只二极管，其结果依次如图①②③所示，关于二极管的说法正确的是（）A．①是完好的，且a端为正极B．②是完好的，且a端为正极C．②是完好的，且b端为正极D．③是完好的，且b端为正极2．如图所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度为1T的匀强磁场中，以导线为中心，半径为R的圆周上有a、b、c、d四个点，已知c点的实际磁感应强度为0，则下列说法中不正确的是（）A．直导线中电流方向垂直纸面向外B．d点的磁感应强度为0C．a点的磁感应强度为2T，方向向右D．b点的磁感应强度为T，方向斜向下，与B成45°角3．一磁感应强度B的匀强磁场方向水平向右，一面积为S的矩形线圈abcd如图所示放置，平面abcd与竖直方向成θ角，将abcd绕ad轴转180°角，则穿过线圈平面的磁通量的变化量为（）A．0 B．2BS C．2BScosθD．2BSsinθ4．如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时台秤读数为F1，现在磁铁上方中心偏左位置固定一通电导线，电流方向如图所示，当加上电流后，台秤读数为F2，则以下说法正确的是（）A．F1＞F2，弹簧长度将变长B．F1＞F2，弹簧长度将变短C．F1＜F2，弹簧长度将变长D．F1＜F2，弹簧长度将变短5．如图所示，a和b是从A点以相同的动能射入匀强磁场的两个带等量电荷的粒子运动的半圆形径迹，已知r a=2r b，则由此可知（）A．两粒子均带正电，质量比=4B．两粒子均带负电，质量比=4C．两粒子均带正电，质量比=D．两粒子均带负电，质量比=6．如图所示，开始时矩形线框与匀强磁场的方向垂直，且一半在磁场内，一半在磁场外，若要使线框中产生感应电流，下列办法中不可行的是（）A．将线框向左拉出磁场B．以ab边为轴转动（小于90°）C．以ad边为轴转动（小于60°）D．以bc边为轴转动（小于60°）7．调整欧姆零点后，用“×10”挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度极小，那么正确的判断和做法是（）A．这个电阻的阻值很小B．这个电阻的阻值很大C．为了把电阻值测得更准确些，应换用“×1”挡，重新调整欧姆零点后测量D．为了把电阻值测得更准确些，应换用“×100”挡，重新调整欧姆零点后测量8．质量为m的金属导体棒置于倾角为θ的导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数为μ，当导体棒通以垂直纸面向里的电流时，恰能在导轨上静止．如图所示的四个图中，标出了四种可能的匀强磁场方向，其中棒与导轨间的摩擦力可能为零的是（）A．B．C．D．9．如图所示，在边界PQ上方有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子同时从边界上的O点沿与PQ成θ角的方向以相同的速度v射入磁场中．则正、负电子（）A．在磁场中的运动时间相同B．在磁场中运动的轨道半径相同C．出边界时两者的速度相同D．出边界点到O点处的距离相等10．中国科学家发现了量子反常霍尔效应，杨振宁称这一发现是诺贝尔奖级的成果．如图所示，厚度为h，宽度为d的金属导体，当磁场方向与电流方向垂直时，在导体上下表面会产生电势差，这种现象称为霍尔效应．已知电流的微观表达式I=nsev，下列说法正确的是（）A．上表面的电势高于下表面电势B．仅增大h时，上下表面的电势差增大C．仅增大d时，上下表面的电势差减小D．仅增大电流I时，上下表面的电势差增大11．矩形线圈abcd位于足够长的通电直导线附近，且线圈平面与导线在同一平面内，如图所示，线圈的两条边ad和bc与导线平行，要使线圈中产生abcda方向的电流，可以（）A．线圈不动，增大导线中的电流B．线圈不动，减小导线中的电流C．导线中的电流不变，线圈向右平动D．导线中的电流不变，线圈向上平动12．如图甲所示，两个闭合圆形线圈A、B的圆心重合，放在同一水平面内，线圈A中通以如图乙所示的变化电流，t=t2时电流的方向为顺时针（如图中箭头所示），在t1～t2时间内，对于线圈B，下列说法中正确的是（）A．线圈B内有顺时针方向的电流，线圈有扩张的趋势B．线圈B内有顺时针方向的电流，线圈有收缩的趋势C．线圈B内有逆时针方向的电流，线圈有扩张的趋势D．线圈B内有逆时针方向的电流，线圈有收缩的趋势二、实验题（本题共2小题，共12分，其中第13题4分，第14题8分）13．某小组同学在“探究感应电流产生的条件”的实验中，所用实验器材如图，图中已用导线连接好部分实验器材．（1）请以笔画线代替导线把实验电路连接好；（2）实验现象记录在下表中，请完成表格14．在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，已连接好部分实验电路．（1）按如图甲所示的实验电路，把图乙中剩余的电路连接起来．（2）在图乙的电路中，为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于端（选填“A”或“B”）．（3）图丙是根据实验数据作出的U﹣I图象，由图可知，电源的电动势E=V，内阻r=Ω三、计算题（本题共4小题，共40分，其中第15题8分，第16题8分，第17题12分，第18题12分）15．如图所示，电路中E=3V，r=0.5Ω，R0=1.5Ω，变阻器R的最大阻值为10Ω．（1）在变阻器的阻值R为多大时，变阻器上消耗的功率最大？最大为多大？（2）在变阻器的阻值R为多大时，定值电阻R0上消耗的功率最大？最大为多大？16．如图所示，导体杆ab质量为m，电阻为R，放在与水平面夹角为θ的倾斜金属导轨上，导轨间距为d，电阻不计，系统处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B．电源内阻不计，重力加速度为g．求：①若导体光滑时，电源电动势E1为多大能使导体杆静止在导轨上？②若导体杆与导轨之间的动摩擦因数为μ，且不通电时导体杆不能静止在导轨上，要使杆在导轨上匀速下滑，电源的电动势E2应为多大？17．质谱仪原理如图所示，a为粒子加速器，加速电压为U1；b为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，板间距离为d；c为偏转分离器，磁感应强度为B2．今有一质量为m，电荷量为+q的带电粒子，经加速后，该粒子恰能沿直线通过速度选择器．粒子从O点进入分离器后在洛伦兹方的作用下做半个圆周运动后打到底片上并被接收，形成一个细条纹，测出条纹到O点的距离为L．求：（1）粒子离开加速器的速度大小v？（2）速度选择器的电压U2？（3）该带电粒子荷质比的表达式．18．如图，在宽度分别为l1和l2的两个毗邻的条形区域中分别有匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直于纸面向里，电场方向与电、磁场分界线平行向右．一电荷量为+q（q＞0），质量为m的带电粒子以速率v从磁场区域上边界的P点斜射入磁场，然后以垂直于电、磁场分界线的方向进入电场，最后从电场边界上的Q点射出．已知PQ垂直于电场方向，粒子轨迹与电、磁场分界线的交点到PQ的距离为d．不计重力，求：（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小；（2）匀强电场的电场强度E的大小；（3）若l1=d，求粒子在磁场和电场中运动的总时间t．2015-2016学年山东省临沂一中高二（上）月考物理试卷（12月份）参考答案与试题解析一、选择题（本题共12小题，每题4分，共48分，其中1-6题为单选题，7-12题为多选题．选对得4分，选不全得2分，选错不得分）1．用多用电表欧姆挡（×100）测试三只二极管，其结果依次如图①②③所示，关于二极管的说法正确的是（）A．①是完好的，且a端为正极B．②是完好的，且a端为正极C．②是完好的，且b端为正极D．③是完好的，且b端为正极【考点】用多用电表测电阻．【分析】二极管具有单向导电性，根据该性质即可判断二极管是否正常；再根据欧姆表内部电源的正极接在黑表笔上判断二极管的极性．【解答】解：二极具有单向导电性，当接正向电压时，二极管导通，电阻很小，而接反向电压时，二极管截止，电阻很大；由图可知，只有②图符合该规律；故只有②是完好的，因a端接电源正极时导通；故a为二极管正极；故选：B．2．如图所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度为1T的匀强磁场中，以导线为中心，半径为R的圆周上有a、b、c、d四个点，已知c点的实际磁感应强度为0，则下列说法中不正确的是（）A．直导线中电流方向垂直纸面向外B．d点的磁感应强度为0C．a点的磁感应强度为2T，方向向右D．b点的磁感应强度为T，方向斜向下，与B成45°角【考点】磁感应强度．【分析】由题，c点的磁感应强度为0，说明通电导线在O点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，由安培定则判断出通电导线中电流方向．通电导线在abcd四点处产生的磁感应强度大小相等，根据平行四边形定则进行合成分析b、c、d三点的磁感应强度大小和方向．【解答】解：A、由题，c点的磁感应强度为0，说明通电导线在c点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，即得到通电导线在c点产生的磁感应强度方向水平向左，根据安培定则判断可知，直导线中的电流方向垂直纸面向外．故A正确．B、通电导线在d处的磁感应强度方向竖直向上，则d点感应强度为T，方向与B的方向成45°斜向上，不为零．故B不正确．C、通电导线在a处的磁感应强度方向水平向右，则a点磁感应强度为2T，方向与B的方向相同．故C正确．D、由上知道，通电导线在b点产生的磁感应强度大小为1T，由安培定则可知，通电导线在b处的磁感应强度方向竖直向下，根据平行四边形与匀强磁场进行合成得知，b点感应强度为T，方向与B的方向成45°斜向下．故D正确．本题选择不正确的，故选：B3．一磁感应强度B的匀强磁场方向水平向右，一面积为S的矩形线圈abcd如图所示放置，平面abcd与竖直方向成θ角，将abcd绕ad轴转180°角，则穿过线圈平面的磁通量的变化量为（）A．0 B．2BS C．2BScosθD．2BSsinθ【考点】磁通量．【分析】在匀强磁场中，当线圈平面与磁场方向垂直时，穿过线圈的磁通量Φ=BS，B是磁感应强度，S是线圈的面积．当线圈平面与磁场方向平行时，穿过线圈的磁通量Φ=0，若既不垂直，也不平行，则可分解成垂直与平行，根据Φ=BSsinθ（θ是线圈平面与磁场方向的夹角）即可求解．【解答】解：矩形线圈abcd如图所示放置，匀强磁场方向水平向右，平面abcd与竖直方向成θ角，将此时通过线圈的磁通量为Φ1=BScosθ．当规定此时穿过线圈为正面，则当线圈绕ad轴转180°角时，穿过线圈反面，则其的磁通量Φ2=﹣BScosθ．因此穿过线圈平面的磁通量的变化量为：△∅=∅2﹣∅1=﹣2BScosθ．故选：C．4．如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时台秤读数为F1，现在磁铁上方中心偏左位置固定一通电导线，电流方向如图所示，当加上电流后，台秤读数为F2，则以下说法正确的是（）A．F1＞F2，弹簧长度将变长B．F1＞F2，弹簧长度将变短C．F1＜F2，弹簧长度将变长D．F1＜F2，弹簧长度将变短【考点】电流的磁场对磁针的作用．【分析】（1）通电导体在磁场中受到力的作用，力的方向可以用左手定则判断；（2）长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，得出导线给磁铁的反作用力方向．【解答】解：（1）磁铁的磁感线在它的外部是从N极到S极，因为长直导线在磁铁的中心偏左位置，所以此处的磁感线是斜向右上的，电流的方向垂直与纸面向里，根据左手定则，导线受磁铁给的安培力方向是斜向右下，（2）长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，导线给磁铁的反作用力方向就是斜向左上的；（3）导线给磁铁的反作用力方向就是斜向左上的，将这个力在水平和竖直分解，因此光滑平板对磁铁支持力减小，由于在水平向左产生分力，所以弹簧产生压缩，弹簧长度将变短．故B正确，ACD错误．故选：B．5．如图所示，a和b是从A点以相同的动能射入匀强磁场的两个带等量电荷的粒子运动的半圆形径迹，已知r a=2r b，则由此可知（）A．两粒子均带正电，质量比=4B．两粒子均带负电，质量比=4C．两粒子均带正电，质量比=D．两粒子均带负电，质量比=【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【分析】该题考查带电粒子在匀强磁场中的偏转，带电粒子在匀强磁场中以垂直于磁场方向运动，洛伦兹力提供向心力，粒子做匀速圆周运动．根据偏转方向，利用左手定则来判断粒子所带的电性，根据半径判断粒子的质量比．【解答】解：两粒子进入磁场后均向下偏转，可知在A点，均受到向下的洛伦兹力，由左手定则可知，四指所指的方向与运动方向相反，得知两个粒子均带负电；由动能和动量之间的关系有：，得：a粒子动量为：…①b粒子动量为：…②有题意有：…③①②③联立得：，所以选项ACD错误，B正确．故选B6．如图所示，开始时矩形线框与匀强磁场的方向垂直，且一半在磁场内，一半在磁场外，若要使线框中产生感应电流，下列办法中不可行的是（）A．将线框向左拉出磁场B．以ab边为轴转动（小于90°）C．以ad边为轴转动（小于60°）D．以bc边为轴转动（小于60°）【考点】感应电流的产生条件．【分析】磁通量是穿过线圈的磁感线的条数．对照产生感应电流的条件：穿过电路的磁通量发生变化进行分析判断有无感应电流产生．【解答】解：A、将线框向左拉出磁场，穿过线圈的磁通量减小，有感应电流产生．故A不符合题意．B、以ab边为轴转动（小于90°），穿过线圈的磁通量减小，有感应电流产生．故B不符合题意．C、以ad边为轴转动（小于60°），穿过线圈的磁通量从Φ=B减小到零，有感应电流产生．故C不符合题意．D、以bc边为轴转动（小于60°），穿过线圈的磁通量Φ=B，保持不变，没有感应电流产生．故D符合题意．本题选择不可行的，故选：D7．调整欧姆零点后，用“×10”挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度极小，那么正确的判断和做法是（）A．这个电阻的阻值很小B．这个电阻的阻值很大C．为了把电阻值测得更准确些，应换用“×1”挡，重新调整欧姆零点后测量D．为了把电阻值测得更准确些，应换用“×100”挡，重新调整欧姆零点后测量【考点】用多用电表测电阻．【分析】欧姆表的零刻度在表盘的右侧，当指针偏转角度较小时，说明电阻较大．每次换挡需重新欧姆调零．【解答】解：因为欧姆表的零刻度在表盘的右侧，用“×10”挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度极小，知电阻值很大，为准确测量电阻阻值，需换用大挡，即“×100”挡，重新测量．故AC错误，BD正确．故选：BD．8．质量为m的金属导体棒置于倾角为θ的导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数为μ，当导体棒通以垂直纸面向里的电流时，恰能在导轨上静止．如图所示的四个图中，标出了四种可能的匀强磁场方向，其中棒与导轨间的摩擦力可能为零的是（）A．B．C．D．【考点】安培力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．【分析】通过对杆ab受力分析，根据共点力平衡判断杆子是否受摩擦力．【解答】解：A、杆子受重力，竖直向上的安培力，若重力与安培力相等，则二力平衡，不受摩擦力，故A正确；B、杆子受重力，垂直向下的安培力，垂直向上的支持力，若无摩擦力，不能平衡，故B错误；C、杆子受重力、水平向右的安培力和斜面的支持力，若三个力平衡，则不受摩擦力，故C 正确；D、杆子受重力、沿斜面向右的安培力和斜面的支持力，若三个力平衡，则不受摩擦力，故D正确；故选ACD．9．如图所示，在边界PQ上方有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子同时从边界上的O点沿与PQ成θ角的方向以相同的速度v射入磁场中．则正、负电子（）A．在磁场中的运动时间相同B．在磁场中运动的轨道半径相同C．出边界时两者的速度相同D．出边界点到O点处的距离相等【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【分析】由题正负离子的质量与电量相同，进入同一磁场做匀速圆周运动的周期相同，根据偏向角的大小分析运动时间的长短．由牛顿第二定律研究轨道半径．根据圆的对称性，分析离子重新回到边界时速度方向关系和与O点距离．【解答】解：A、粒子在磁场中运动周期为T=，则知两个离子圆周运动的周期相等．根据左手定则分析可知，正离子逆时针偏转，负离子顺时针偏转，重新回到边界时正离子的速度偏向角为2π﹣2θ，轨迹的圆心角也为2π﹣2θ，运动时间t1=T；同理，负离子运动时间t2=T，显然时间不相等．故A错误；B、由qvB=m得：r=，由题q、v、B大小均相同，则r相同，故B正确；C、正负离子在磁场中均做匀速圆周运动，速度沿轨迹的切线方向，根据圆的对称性可知，重新回到边界时速度大小与方向相同．故C正确；D、根据几何知识可得，重新回到边界的位置与O点距离S=2rsinθ，r、θ相同，则S相同，故D正确；故选：BCD10．中国科学家发现了量子反常霍尔效应，杨振宁称这一发现是诺贝尔奖级的成果．如图所示，厚度为h，宽度为d的金属导体，当磁场方向与电流方向垂直时，在导体上下表面会产生电势差，这种现象称为霍尔效应．已知电流的微观表达式I=nsev，下列说法正确的是（）A．上表面的电势高于下表面电势B．仅增大h时，上下表面的电势差增大C．仅增大d时，上下表面的电势差减小D．仅增大电流I时，上下表面的电势差增大【考点】霍尔效应及其应用．【分析】金属导体中移动的是自由电子，根据左手定则判断洛伦兹力的方向，从而得出电子的偏转方向，比较出电势的高低．最终电子受洛伦兹力和电场力平衡，根据平衡得出电势差的大小表达式进行讨论．【解答】解：A、根据左手定则，知自由电子向上偏转，则上表面带负电，下表面带正电，下表面的电势高于上表面．故A错误；B、根据evB=e，解得U=vBh，根据电流的微观表达式I=nesv，故U=Bh=，知增大h，上下表面的电势差不变，与h无关．故B错误；C、根据evB=e，解得U=vBh，根据电流的微观表达式I=nesv，故U=Bh=，知仅增大d时，上下表面的电势差减小，故C正确；D、根据evB=e，解得U=vBh；根据电流的微观表达式I=neSv，电流I越大，电子的速度越大，故上下表面的电势差越大，故D正确；故选：CD．11．矩形线圈abcd位于足够长的通电直导线附近，且线圈平面与导线在同一平面内，如图所示，线圈的两条边ad和bc与导线平行，要使线圈中产生abcda方向的电流，可以（）A．线圈不动，增大导线中的电流B．线圈不动，减小导线中的电流C．导线中的电流不变，线圈向右平动D．导线中的电流不变，线圈向上平动【考点】楞次定律．【分析】当通过线圈的磁通量发生变化时，线圈中将会产生感应电流．根据楞次定律判断感应电流的方向．【解答】解：A、当电流增大时，垂直纸面向里的磁场，穿过线圈的磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流方向逆时针．故A错误．B、当电流减小时，垂直纸面向里的磁场，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流方向顺时针．故B正确．C、当在线圈平面内，垂直bc边向右拉动线圈，逐渐远离线圈，穿过线圈的磁场减小，即穿过线圈的磁通量减小，故产生感应电流为顺时针，即感应电流的方向为abcda．故C正确．D、导线中的电流不变，线圈向上平动，穿过线圈的磁场不变，即穿过线圈的磁通量也不变，则不产生感应电流，故D错误．故选BC．12．如图甲所示，两个闭合圆形线圈A、B的圆心重合，放在同一水平面内，线圈A中通以如图乙所示的变化电流，t=t2时电流的方向为顺时针（如图中箭头所示），在t1～t2时间内，对于线圈B，下列说法中正确的是（）A．线圈B内有顺时针方向的电流，线圈有扩张的趋势B．线圈B内有顺时针方向的电流，线圈有收缩的趋势C．线圈B内有逆时针方向的电流，线圈有扩张的趋势D．线圈B内有逆时针方向的电流，线圈有收缩的趋势【考点】楞次定律．【分析】根据安培定则确定电流与磁场的方向关系，再根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．当磁通量增大时，感应电流的磁场与它相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与它相同．【解答】解：在t1～t2时间内，对于线圈A的顺时针方向电流增大，导致线圈B磁通量增大，感应电流的磁场与它相反，根据安培定则可知，线圈A在线圈B内部产生磁场方向垂直纸面向里，则线圈B内有逆时针方向的电流．此时线圈B的电流方向与线圈A电流方向相反，由异向电流相互排斥，可知线圈间有相互排斥，所以线圈B有的扩张的趋势．故A、B、D错误，C正确．故选：C二、实验题（本题共2小题，共12分，其中第13题4分，第14题8分）13．某小组同学在“探究感应电流产生的条件”的实验中，所用实验器材如图，图中已用导线连接好部分实验器材．（1）请以笔画线代替导线把实验电路连接好；（2）实验现象记录在下表中，请完成表格【考点】研究电磁感应现象．【分析】探究电磁感应现象实验电路分两部分，电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，检流计与副线圈组成另一个闭合电路．当通过闭合电路磁通量发生变化时，会产生感应电流，并根据开关闭合瞬间或断开瞬间，结合指针的偏转方向，即可求解．【解答】解：（1）探究电磁感应现象实验电路分两部分，电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，检流计与副线圈组成另一个闭合电路；电路图如图所示：（2）闭合开关的瞬间，穿过副线圈磁通量发生增大，产生感应电流，使得指针向右偏转，而断开开关瞬间时，穿过副线圈的磁通量减小，使得指针向左偏转，因此当开关闭合时迅速向右移动变阻器滑片时，即确保电流增大，则有穿过副线圈的磁通量增大，从而出现指针向右偏转．故答案为：（1）如上图所示；（2）右．14．在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，已连接好部分实验电路．（1）按如图甲所示的实验电路，把图乙中剩余的电路连接起来．（2）在图乙的电路中，为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于B端（选填“A”或“B”）．（3）图丙是根据实验数据作出的U﹣I图象，由图可知，电源的电动势E= 1.50V，内阻r=1Ω【考点】测定电源的电动势和内阻．【分析】（1）由原理图将电流表与滑动变阻器串联，将电压表并联在电滑动变阻器及电流表两端，注意开关应能控制整个电路；（2）滑动变阻器在开始时应调节到使电路中电流最小的位置；（3）由图可知，图象由纵坐标的交点为电动势；由图象与横坐标的交点利用闭合电路欧姆定律可求得内电阻及短路电流．【解答】解：（1）由原理图可知滑动变阻器为限流接法，电压表并联在滑动变阻器两端，由原理图连接实物图所示；（2）为保证实验安全，在开始时电路中电流应为最小值，故滑动变阻器应接入最大阻值，由图可知，滑动变阻器接入部分为左半部分；故滑片应接到B端；（3）由U﹣I图可知，电源的电动势E=1.50V；当路端电压为1V时，电流为0.5A，则由闭合电路欧姆定律可知：r==1Ω；。
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2015-2016学年山东省临沂市临沭一中高二（上）第一次月考物理试卷一、单项选择题（每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）1．两个完全相同的金属小球，分别带有+3Q和﹣Q的电量，当它们相距r时，它们之间的库仑力是F．若把它们接触后分开，再置于相距的两点，则它们的库仑力的大小将变为（）A．B．3F C．4F D．9F2．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．无论检验电荷所带的电量如何变化，始终不变C．电荷在电场中某点所受的电场力大，该点的电场强度强D．一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，则P点的场强一定为零3．电场中有A、B两点，把某点电荷从A点移到B点的过程中，电场力对该电荷做了负功．则下列说法正确的是（）A．该电荷是正电荷，且电势能减少B．该电荷是正电荷，且电势能增加C．该电荷是负电荷，且电势能增加D．电荷的电势能增加，但不能判断是正电荷还是负电荷4．电量为q的点电荷，在两个固定的等量异种电荷+Q和﹣Q的连线的垂直平分线上移动，则（）A．电场力做正功B．电场力做负功C．电场力不做功D．电场力做功的正负，取决于q的正负5．若带正电荷的小球只受到电场力的作用，则它在任意一段时间内（）A．一定沿电场线由高电势处向低电势处运动B．一定沿电场线由低电势处向高电势处运动C．不一定沿电场线运动，但一定由高电势处向低电势处运动D．不一定沿电场线运动，也不一定由高电势处向低电势处运动6．关于电势差的说法中，正确的是（）A．两点间的电势差等于电荷从其中一点移到另一点时，电场力所做的功B．在两点间移动电荷时，电场力做功的多少跟这两点间的电势差无关C．1C电荷从电场中一点移动到另一点，如果电场力做了1J的功，这两点间的电势差就是1V D．两点间的电势差的大小跟放入这两点的电荷的电量成反比7．如图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接．将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化情况是（）A．Q变小，C不变，U不变，E变小 B．Q变小，C变小，U不变，E不变C．Q不变，C变小，U变大，E不变 D．Q不变，C变小，U变大，E变小8．如图所示，原来不带电的金属导体MN，在其两端下面都悬挂着金属验电箔；若使带负电的金属球A靠近导体的M端，可能看到的现象是（）A．只有M端验电箔张开，且M端带正电B．只有N端验电箔张开，且N端带正电C．两端的验电箔都张开，且两端都带正电或负电D．两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电9．如图所示，有竖直向下的匀强电场，A、B两等势面间的距离为5cm，电势差为25V，在电场中的P点固定放置电荷量为5×10﹣9C的负点电荷，此时电场中有一点的场强为零，此点在P点的（）A．上方30cm处B．下方30cm处C．上方25cm处D．下方25cm处10．如图所示，P是一个很大的绝缘木板，水平放置，Q是一个带正电的点电荷，固定在板外．另一个可看作质点的带正电的小物体C，以一定的初速度从图中的a点沿绝缘木板表面移动到b 点，移动过程中C的带电量保持不变，它与绝缘木板间的摩擦不能忽略．关于C的这段运动过程，下面的说法中正确的是（）A．C对P板的压力先变小后变大B．C的受到Q的库仑力先变小后变大C．C的电势能先变大后变小D．C的速度先先变大后变小二、多项选择题（每小题4分，共20分．在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项是正确的，全部选对得4分，对而不全得2分．）11．一个电容器的规格是“10µF、50V”则（）A．这个电容器加上50V电压时，电容量才是10µFB．这个电容器的最大电容量为10µF，带电荷量较少时，电容量小于10µFC．这个电容器上加的电压不能低于50VD．这个电容器的电容量总等于10µF12．如图所示，两个等量异号的点电荷在其连线的中垂线上有与连线中点O等距离的两点a、b，在连线上有距中点O等距离的两点c、d，则下列场强大小关系式正确的是（）A．E a=E b B．E a=E O=E b C．E c＞E d D．E c＞E O＞E d13．如图所示，电场中有A、B两点，则下列说法中正确的是（）A．电势ϕA＞ϕB，场强E A＞E BB．电势ϕA＞ϕB，场强E A＜E BC．将+q电荷从A点移到B点电场力做了负功D．将﹣q电荷分别放在A、B两点时具有的电势能E PA＞E PB14．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即U ab=U bc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q 是这条轨迹上的两点，据此可知（）A．三个等势面中，a的电势最高B．带电质点通过P点时电势能较大C．带电质点通过P点时的动能较大D．带电质点通过P点时的加速度较小15．如图所示，将平行板电容器与电池组相连，两极板间的带电尘埃恰保持静止状态，若将两板缓慢地错开一些，其他条件不变，则（）A．电容器的带电荷量不变B．电容器的两端电压不变C．电流计G中有a到b方向的电流D．电流计G中有a到b方向的自由电荷定向通过三、填空题（共16分）16．（10分）（2015秋•临沂校级月考）如图所示，A、B、C为一条电场线上的三点，以B点为零电势点，一个电子从A移到B和C电场力分别做功3.2×10﹣19J和9.6×10﹣19J，则电场线的方向，A点电势φA= V，C点电势φC= V．如果以C点为零电势点，则A点电势φ′A= V，B点电势φ′B= V．17．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）．四、计算题（共34分）18．（10分）（2013秋•北仑区校级期中）如图所示，用一根绝缘轻绳悬挂一个带电小球，小球的质量为m=1.0×10﹣2kg．现加一水平方向向左的匀强电场，场强E=3.0×106N∕C，平衡时绝缘线与竖直方向的夹角为θ=30°，求：小球带何种电荷，电荷量为多大？（取g=10m/s2）19．（14分）（2013春•南关区校级期末）如图所示，是一对彼此绝缘相距d=5cm的平行金属带电极板MN，N板接地，M板带电量的绝对值为Q=6×10﹣6C．在两极板MN间A点有一带电量为q=4×10﹣6C的带电液滴，其质量m=4×10﹣4kg，恰好处于静止状态．求：（1）两板间的电场强度为多少？（2）U NM等于多少伏？M点的电势是多少？（3）平行金属板MN所构成的电容器的电容C等于多少？20．（10分）（2006秋•临沂期末）如图所示，一光滑斜面的直角点A处固定一带电量为+q，质量为m的绝缘小球，另一同样小球置于斜面顶点B处，已知斜面长为L，现把上部小球从B 点从静止自由释放，球能沿斜面从B点运动到斜面底端C处，求：（1）小球从B处开始运动到斜面中点D处时的速度？（2）小球运动到斜面底端C处时，球对斜面的压力是多大？2015-2016学年山东省临沂市临沭一中高二（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）1．两个完全相同的金属小球，分别带有+3Q和﹣Q的电量，当它们相距r时，它们之间的库仑力是F．若把它们接触后分开，再置于相距的两点，则它们的库仑力的大小将变为（）A．B．3F C．4F D．9F考点：库仑定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：接触带电的原则是先中和再平分．根据库仑定律公式F=k求出库仑力的大小．解答：解：根据库仑定律公式得，F=k．接触再分离后所带电量各为Q，F′=k=k=3F．故B正确，A、C、D错误．故选：B．点评：解决本题的关键掌握库仑定律的公式F=k．2．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．无论检验电荷所带的电量如何变化，始终不变C．电荷在电场中某点所受的电场力大，该点的电场强度强D．一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，则P点的场强一定为零考点：电场强度．分析：公式E=是电场强度的定义式，运用比值法定义，电场强度反映本身的特性，与试探电荷无关．解答：解：A、C、电场强度的定义式E=，运用比值法定义，E由电场本身决定，与试探电荷所受的电场力F和电荷量q无关，所以不能说E跟F成正比，跟q成反比．故AC错误．B、电场中同一点电场强度是一定的，与试探电荷无关，则在电场中的同一点，无论检验电荷所带的电量如何变化，始终不变．故B正确．D、一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，该点的场强可能为零，也可能不为零，故D 错误．故选：B．点评：解决本题的关键是运用比值法定义的共性来理解电场强度的物理意义，知道E由电场本身决定，与试探电荷所受的电场力F和电荷量q无关．3．电场中有A、B两点，把某点电荷从A点移到B点的过程中，电场力对该电荷做了负功．则下列说法正确的是（）A．该电荷是正电荷，且电势能减少B．该电荷是正电荷，且电势能增加C．该电荷是负电荷，且电势能增加D．电荷的电势能增加，但不能判断是正电荷还是负电荷考点：电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场力对电荷做负功，说明电场力阻力电荷的运动，导致动能减小，转化为电势能，使其增加．解答：解：电场力作功，导致电势能变化．若电场力做负功，则电势能增加；若电场力作正功，则电势能减小．但无法判定电荷的正负，因此ABC错误；D正确；故选：D点评：考查了功能关系：电场力做功，导致电势能变化．就像重力做功，必导致重力势能变化一样．4．电量为q的点电荷，在两个固定的等量异种电荷+Q和﹣Q的连线的垂直平分线上移动，则（）A．电场力做正功B．电场力做负功C．电场力不做功D．电场力做功的正负，取决于q的正负考点：电势能；电场线．专题：电场力与电势的性质专题．分析：等量异种电荷+Q和﹣Q的连线的垂直平分线是一条等势线，各点电势相等，移动电荷时电场力不做功．解答：解：根据等势线的分布情况得知，等量异种电荷+Q和﹣Q的连线的垂直平分线是一条等势线，各点电势相等，任意两点间的电势差为零，根据电场力做功公式W=Uq可知，移动电荷时电场力不做功．故选：C点评：本题关键抓住等量异种电荷等势线分布特点，这是考试的热点，基本题．5．若带正电荷的小球只受到电场力的作用，则它在任意一段时间内（）A．一定沿电场线由高电势处向低电势处运动B．一定沿电场线由低电势处向高电势处运动C．不一定沿电场线运动，但一定由高电势处向低电势处运动D．不一定沿电场线运动，也不一定由高电势处向低电势处运动考点：电势；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：物体的运动情况取决于合力和初始条件．小球只受到电场力的作用，是否沿电场线运动，还要看电场线是直线还是曲线，有没有初速度，初速度方向与电场线的关系．只有当电场线是直线时，小球只受到电场力的作用才可能沿电场线运动．解答：解：物体的运动情况取决于合力和初始条件．小球只受到电场力的作用，是否沿电场线运动，还要看电场线是直线还是曲线，有没有初速度，初速度方向与电场线的关系．只有当电场线是直线时且小球的运动方向沿着电场线时，小球只受到电场力的作用才可能沿电场线运动．所以ABC错误，D正确．故选：D点评：对物体运动情况的判断能力，从力学的角度进行分析：物体的运动性质不仅取决于合力，还取决于初速度条件．虽然是简单题，同时也是易错题目．6．关于电势差的说法中，正确的是（）A．两点间的电势差等于电荷从其中一点移到另一点时，电场力所做的功B．在两点间移动电荷时，电场力做功的多少跟这两点间的电势差无关C．1C电荷从电场中一点移动到另一点，如果电场力做了1J的功，这两点间的电势差就是1V D．两点间的电势差的大小跟放入这两点的电荷的电量成反比考点：电势差．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据电势差和电场力做功的公式U AB=分析电势差与电场力做功数值关系．两点间的电势差是由电场本身决定的，与检验电荷无关．解答：解：A、根据电势差和电场力做功的公式U AB=得：两点间的电势差等于单位正电荷从其中一点移到另一点时电场力所做的功，故A错误．B、由公式W=qU，知在两点间移动电荷时，电场力做功的多少跟这两点间的电势差成正比，故B错误．C、1C的电荷从电场中一点移到另一点，如果电场力做了1J的功，由公式U AB=知这两点间的电势差就是1V，故C正确．D、两点间的电势差是由电场本身决定的，与检验电荷无关．故D错误．故选：C．点评：解决该题关键掌握公式U AB=，抓住比值法定义的共性来理解电势差的意义．7．如图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接．将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化情况是（）A．Q变小，C不变，U不变，E变小 B．Q变小，C变小，U不变，E不变C．Q不变，C变小，U变大，E不变 D．Q不变，C变小，U变大，E变小考点：电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：题中平行板电容器与静电计相接，电容器的电量不变，改变板间距离，由C=，分析电容的变化，根据C=分析电压U的变化，根据E=分析场强的变化．解答：解：A、B，平行板电容器与静电计并联，电容器所带电量不变．故A、B错误．C、D，增大电容器两极板间的距离d时，由C=知，电容C变小，Q不变，根据C=知，U变大，而E===，Q、k、ɛ、S均不变，则E不变．故C正确，D错误．故选C点评：对于电容器动态变化分析问题，要抓住不变量．当电容器保持与电源相连时，电压不变．当电容器充电后，与电源断开后，往往电量不变．8．如图所示，原来不带电的金属导体MN，在其两端下面都悬挂着金属验电箔；若使带负电的金属球A靠近导体的M端，可能看到的现象是（）A．只有M端验电箔张开，且M端带正电B．只有N端验电箔张开，且N端带正电C．两端的验电箔都张开，且两端都带正电或负电D．两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电考点：静电场中的导体．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据静电感应可以判断金属导体的感应的电荷的情况，从而可以判断导体带电的情况．解答：解：金属导体处在负电荷的电场中，由于静电感应现象，弹头导体的右端要感应出正电荷，在导体的左端会出现负电荷，所以导体两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电，所以ABC错误，D正确．故选：D．点评：感应带电，这是使物体带电的一种方法，根据异种电荷互相吸引的原理可知，靠近的一端会带异种电荷．9．如图所示，有竖直向下的匀强电场，A、B两等势面间的距离为5cm，电势差为25V，在电场中的P点固定放置电荷量为5×10﹣9C的负点电荷，此时电场中有一点的场强为零，此点在P点的（）A．上方30cm处B．下方30cm处C．上方25cm处D．下方25cm处考点：电场的叠加；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：先根据U=Ed求出匀强电场的场强大小．P的场强变为零，说明负电荷在M点产生的场强与匀强电场的场强大小相等，方向相反，根据点电荷场强公式E=k求解即可．解答：解：据题A、B两个等势面的电势差为U、距离为d，则匀强电场的场强 E=，设M的场强变为零，说明负电荷在M点产生的场强与匀强电场的场强大小相等，方向相反，则M点必定与P点在同一电场线上，且位于P点下方．设M、P之间的距离为r．则有：E=k联立解得：r===0.3m=30cm故选：B．点评：本题要掌握电场的叠加原理，分析点电荷场强与匀强电场的关系，掌握场强的两大公式E=和E=k，并正确应用．10．如图所示，P是一个很大的绝缘木板，水平放置，Q是一个带正电的点电荷，固定在板外．另一个可看作质点的带正电的小物体C，以一定的初速度从图中的a点沿绝缘木板表面移动到b 点，移动过程中C的带电量保持不变，它与绝缘木板间的摩擦不能忽略．关于C的这段运动过程，下面的说法中正确的是（）A．C对P板的压力先变小后变大B．C的受到Q的库仑力先变小后变大C．C的电势能先变大后变小D．C的速度先先变大后变小考点：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：C在向右移动的过程中，由于两点电荷间的距离先减小，后增大，故库仑力先增大后减小，根据受力分析和做功情况即可判断解答：解：A、在向右移动的过程中，库仑力先增大，后减小，根据竖直方向合力为零可知，C对P的压力先增大后减小，故A错误；B、根据可知，由于r先减小后增大，故库仑力先增大后减小，故B错误C、C在从左向右移动的过程中，库仑力先做负功，后做正功，故C的电势能先增大后减小．故C正确；D、在从左向右移动的过程中，库仑力先做负功，后做正功，且摩擦力始终做负功，故速度一定先减小后，故D错误．故选：C．点评：本题关键抓住两点电荷间的距离先减小后增大判断出库仑力的变化，再结合受力分析即可判断二、多项选择题（每小题4分，共20分．在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项是正确的，全部选对得4分，对而不全得2分．）11．一个电容器的规格是“10µF、50V”则（）A．这个电容器加上50V电压时，电容量才是10µFB．这个电容器的最大电容量为10µF，带电荷量较少时，电容量小于10µFC．这个电容器上加的电压不能低于50VD．这个电容器的电容量总等于10µF考点：电容器．专题：电容器专题．分析：电容器的电容与板间电压和电荷量的多少无关，仅有电容器本身决定．解答：解：A、电容器的电容与电容器板间电压无关，加电压或不加电压、电荷量多或少时，电容都是10µF．故AB错误D正确．C、50V是电容器的耐压值，这个电容器上加的电压不能高于50V．故C错误．故选：D点评：电容表征电容容纳电荷的本领大小，与板间电压和电量无关，对于给定的电容器，电容是一定的，电量与电压成正比．12．如图所示，两个等量异号的点电荷在其连线的中垂线上有与连线中点O等距离的两点a、b，在连线上有距中点O等距离的两点c、d，则下列场强大小关系式正确的是（）A．E a=E b B．E a=E O=E b C．E c＞E d D．E c＞E O＞E d考点：电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：两个等量异号的点电荷连线的中垂线上中点O的场强最大，在两个电荷连线上，O点的场强最小，根据电场线的疏密进行分析．解答：解：根据电场线越密场强越大，则由两个等量异号的点电荷电场线的分布情况可知，中垂线上中点O的场强最大，而且根据对称性可知，a、b两处电场线疏密相同，场强大小相等，E a=E b＜Eo在两个电荷连线上，O点电场线最疏，场强最小，而且根据对称性可知，c、d两处的电场线疏密相同，故有E c=E d＞Eo．所以有E a=E b＜Ec，Ea＜E d，故A正确，BCD错误．故选：A．点评：等量同种、等量异种电荷周围的电场分布情况是考察的重点，要结合电场强度、电势、电势能等概念充分理解等量同种、等量异种电荷周围的电场特点．13．如图所示，电场中有A、B两点，则下列说法中正确的是（）A．电势ϕA＞ϕB，场强E A＞E BB．电势ϕA＞ϕB，场强E A＜E BC．将+q电荷从A点移到B点电场力做了负功D．将﹣q电荷分别放在A、B两点时具有的电势能E PA＞E PB考点：电势能；电场强度；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据顺着电场线方向电势降低、电场线越密场强越大，判断电势高低和场强大小．根据电场力方向与瞬时速度方向的关系，判断电场力做功的正负，确定电势能的大小．解答：解：A、B根据顺着电场线方向电势降低、电场线越密场强越大，可知，电势ϕA＞ϕB，场强E A＜E B．故A错误，B正确．C、正电荷所受的电场力方向沿电场线切线方向，将+q电荷从A点移到B点时，电场力方向与速度方向一致，则电场力做正功．故C错误．D、根据推论：负电荷在电势高处电势能小，可知，将﹣q电荷分别放在A、B两点时具有的电势能E PA＜E PB．故D错误．故选B点评：本题只要掌握电场线的物理意义：顺着电场线方向电势降低、电场线疏密反映场强的大小即可判断电势和场强的大小．对于电势能的判断有两种方法：一是根据电场力做功的正负；二是根据推论：负电荷在电势高处电势能小，正电荷在电势高处电势能大．14．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即U ab=U bc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q 是这条轨迹上的两点，据此可知（）A．三个等势面中，a的电势最高B．带电质点通过P点时电势能较大C．带电质点通过P点时的动能较大D．带电质点通过P点时的加速度较小考点：等势面．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大．解答：解：A、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，a等势线的电势最低，故A错误；B、根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故B正确；C、从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故C错误；D、等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故D错误．故选B．点评：解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化．15．如图所示，将平行板电容器与电池组相连，两极板间的带电尘埃恰保持静止状态，若将两板缓慢地错开一些，其他条件不变，则（）A．电容器的带电荷量不变B．电容器的两端电压不变C．电流计G中有a到b方向的电流D．电流计G中有a到b方向的自由电荷定向通过考点：电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：带电尘埃原来处于静止状态，电场力与重力平衡，将两板缓慢地错开一些后，分析板间场强有无变化，判断尘埃是否仍保持静止．根据电容的决定式分析电容如何变化，由电容的定义式分析电量的变化，确定电路中电流的方向．解答：解：A、将两板缓慢地错开一些，两板正对面积减小，根据电容的决定式C=得知，电容减小，而电压不变，则电容器带电量减小．故A错误．B正确；C、D由Q=UC可知，电压不变，电容减小；则电容器电量减小，处于放电状态，而电容器上板带正电，电路中逆时针方向的电流，则检流计中有a→b的电流，即自由电荷由b到a方向的定向移动．故C正确，D也正确．故选：BCD．。