广东省肇庆四中2015-2016学年高二上学期第一次月考物理试卷【解析版】
广东省肇庆市高二上学期期末考试物理试题_有答案【精品】
A B M N肇庆市中小学教学质量评估第一学期统一检测高二物理（选修3-1、选修3-2之电磁感应）本试卷共4页，13小题，满分100分．考试时间90分钟． 注意事项：1. 答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔，将自己所在县（市、区）、姓名、试室号、座位号填写在答题卷上对应位置，再用2B 铅笔将准考证号涂黑．2. 选择题每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卷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，答案不能写在试卷或草稿纸上．3. 非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内相应的位置上；如需改动，先划掉原的答案，然后再在答题区内写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效．第Ⅰ卷 选择题（共40分）一、本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项是符合题目要求的，第5～8题有多项符合题目要求.全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1. 如图所示，在直线MN 上有一个点电荷，A 、B 是直线MN 上的两点，两点间的距离为L ， 场强大小分别为E 和2E .则 A ．该点电荷一定在A 点的右侧 B ．该点电荷一定在A 点的左侧 C ．A 点场强方向一定沿直线向左 D ．A 点的电势一定低于B 点的电势2. 如图所示，充有一定电荷量的平行板电容器极板A 与一静电 计相接，极板B 接地，若极板B 稍向上移动一点，由观察到 的静电计指针变化作出平行板电容器电容变小的结论的依据 是A ．两极板间的电压不变，极板上的电量变大B ．两极板间的电压不变，极板上的电量减小C ．极板上的电量几乎不变，两极板间的电压变大D ．极板上的电量几乎不变，两极板间的电压变小3. 如图所示，要使线框abcd 在受到磁场力作用后，ab 边向纸外，cd边向纸里A B C DE 02E-E -2E E 02E -E -2E E 02E -E -2E E 02E -E -2E AB21转动，可行的方法是A ．加方向垂直纸面向外的磁场，通方向为ａ→ｂ→ｃ→ｄ→ａ的电 流B ．加方向平行纸面向上的磁场，通方向为ａ→ｂ→ｃ→ｄ→ａ的电流C ．加方向平行于纸面向下的磁场，通方向为ａ→ｂ→ｃ→ｄ的电流D ．加方向垂直纸面向内的磁场，通方向为ａ→ｄ→ｃ→ｂ→ａ的电流4. 在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图甲所示，当磁场的磁感应强度B 随时间如图乙变化时， 下图中正确表示线圈中感应电动势E 变化的是5．如图所示，在竖直向上的匀强磁场中，水平放置着一根长直流导线，电流方向指向读者，a 、b 、c 、d 是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中 A ．a 、b 两点磁感应强度相同 B ．a 点磁感应强度最大C ．c 、d 两点磁感应强度大小相等D ．b 点磁感应强度最大6. 如图所示是一火警报警器的电路示意图，其中R 2为用半导体热敏材料制成的传感器，这种半导体热敏材料的电阻率随温度的升高而减小。
广东省肇庆四中2015_2016学年高二物理上学期第一次月考试卷(含解析)
2015-2016学年广东省肇庆四中高二（上）第一次月考物理试卷一、本题共8小题，每小题4分，共32分，每小题的四个选项中只有一个符合题意，请将正确选项涂在答题卡上．1．对于库仑定律，下列说法中正确的是( )A．凡计算两个点电荷间的作用力，都可以使用公式F=kB．相互作用的两个点电荷，不论它们的电荷是否相等，它们之间的库仑力大小一定相等C．两个带电小球即使距离非常近，也能使用库仑定律D．两个点电荷的电荷量各减为原来的一半，它们之间的距离保持不变，则它们之间的库仑力减为原来的一半2．如图所示，将一带正电的点电荷沿电场线方向从A点移动到B点，下列说法正确的是( )A．电场力做正功，电势能增加 B．电场力做负功，电势能增加C．电场力做正功，电势能减少 D．电场力做负功，电势能减少3．关于静电场的叙述，正确的是( )A．沿着电场线的方向，场强越来越小B．负点电荷形成的电场，离点电荷越近，场强越大，电势越小C．电场线的方向总是跟等势面垂直D．电场中某点的场强方向一定是该点试探电荷的受力方向4．某电场的电场线分布如图所示，以下说法正确的是( )A．c点场强大于d点场强B．a点电势高于b点电势C．若将一试探电荷+q由a点静止释放，它将沿电场线运动到b点D．若将一试探电荷+q由a点静止释放，它将做加速运动5．如图所示，一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹．M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右点．不计重力，下列表述正确的是( )A．粒子在M点的速率最大B．粒子所受电场力沿电场方向C．粒子在电场中的加速度不变D．粒子在电场中的电势能始终在增加6．如图是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧．对矿粉分离的过程，下列表述正确的有( )A．带正电的矿粉落在右侧 B．电场力对矿粉做负功C．带负电的矿粉电势能变大D．带正电的矿粉电势能变小7．A、B两个金属导体的伏安特性曲线如图所示，由图象可知( )A．A、B是非线性元件B．R A＞R BC．两导体串联在电路中时U A＞U BD．两导体并联在电路中时I A＞I B8．如图所示，在平行金属带电极板MN电场中将电荷量为﹣4×10﹣6C的点电荷从A点移到M 板，电场力做负功8×10﹣4J，把该点电荷从A点移到N板，电场力做正功为4×10﹣4J，N板接地．则( )A．A点的电势为100v B．MN电势差为﹣300vC．从A到N电势能增加D．从A到M电势能减少二、不定项选择，本题共3小题，每小题5分，共15分．每小题给出的四个选项中，至少有一个选项符合题目要求，请将答案涂在答题卡上．9．如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受到电场力的作用，根据此图可以作出的正确判断是( )A．带电粒子所带电荷的正、负B．带电粒子在a、b两点的受力方向C．带电粒子在a、b两点的加速度何处较大D．带电粒子在a、b两点的速度何处较大10．关于电阻的计算式R=和决定式R=ρ，下面说法正确的是( )A．导体的电阻与其两端电压成正比，与电流成反比B．导体的电阻仅与导体的长度、横截面积和材料有关C．导体的电阻随工作温度的变化而变化D．对一段特定的导体来说，在恒温下比值是恒定的，导体电阻不随U或I的变化而变化11．平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一个带正电小球悬挂在电容器内部，闭合开关S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向夹角为θ，如图所示．那么( )A．保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ增大B．保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ不变C．开关S断开，则θ变为零D．开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ不变三、解答题（共5小题，满分53分）12．某小组在“测定小灯泡的电阻”实验中，选择了以下器材，请按要求完成实验内容．（1）在框中如图画出相应的电路图，并根据电路图了解好实物图．（2）实验前，开关应处于__________状态，这是为了__________闭合开关前，滑动变阻器的滑片应调至__________（左端或右端），这是为了__________；（3）正确连好电路后，闭合开关S，发现灯L不发光，故障的原因不可能是__________；A．电流表处有开路 B．电压表与灯泡相连接的导线接触不良C．导线接触不良 D．小灯泡L的灯丝断了．13．如图所示，一质量为m、带电量为q的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，静止时悬线向左与竖直方向成θ角，重力加速度为g．（1）判断小球带何种电荷．（2）求电场强度E．14．如图所示有两块平行金属板A、B相隔6cm，接在36V的直流电源上，电源的正极接地，C 点在两板间且到B板的距离为4cm．（1）求A、B两板间的场强大小和方向；（2）以地为电势的零点，则C点的电势是多少？15．一个电子（电荷量为﹣e，质量为m）以速度v0从A点沿着电场线方向射入场强为E的匀强电场中，到达B点时速度恰为零，求：（1）在此过程中，电子的电势能的增量；（2）A、B两点的电势差；（3）A、B两点的距离．16．如图所示，匀强电场的宽度为d，电子以速率为v0沿垂直于场强方向穿越匀强电场，偏角θ=60°，电子的电荷量为﹣e，质量为m．求：（1）电子在场强方向的侧移；（2）匀强电场的场强大小．2015-2016学年广东省肇庆四中高二（上）第一次月考物理试卷一、本题共8小题，每小题4分，共32分，每小题的四个选项中只有一个符合题意，请将正确选项涂在答题卡上．1．对于库仑定律，下列说法中正确的是( )A．凡计算两个点电荷间的作用力，都可以使用公式F=kB．相互作用的两个点电荷，不论它们的电荷是否相等，它们之间的库仑力大小一定相等C．两个带电小球即使距离非常近，也能使用库仑定律D．两个点电荷的电荷量各减为原来的一半，它们之间的距离保持不变，则它们之间的库仑力减为原来的一半【考点】库仑定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】清楚库仑定律的适用条件，了解点电荷这一个理想化的模型．两个带电体间的距离趋近于零时，带电体已经不能看成点电荷呢．运用牛顿第三定律解决B受到的静电力和A受到的静电力关系．【解答】解；AC、库仑定律的适用条件是：真空和静止点电荷．如果在研究的问题中，带电体的形状、大小以及电荷分布可以忽略不计，即可将它看作是一个几何点，则这样的带电体就是点电荷．一个实际的带电体能否看作点电荷，不仅和带电体本身有关，还取决于问题的性质和精度的要求，故AC错误．B、相互作用的两个点电荷之间的库伦力为作用力和反作用力的关系，大小始终相等，故B正确．D、根据库仑定律的计算公式，当两个点电荷的电荷量都减为原来的一半，它们之间的距离保持不变，则它们之间的库仑力减为原来的．故D错误．故选：B．【点评】清楚书本中一些定理和定律的适用条件，知道在处理复杂物理问题时建立具有普遍意义的基本规律一些不可或缺的理想模型，使得问题处理更简便．2．如图所示，将一带正电的点电荷沿电场线方向从A点移动到B点，下列说法正确的是( )A．电场力做正功，电势能增加 B．电场力做负功，电势能增加C．电场力做正功，电势能减少 D．电场力做负功，电势能减少【考点】电势能；功能关系；电场线．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】正电荷所受的电场力方向与电场强度方向相同，根据电场力与位移方向的关系判断电场力做功的正负，再判断电势能的变化．【解答】解：带正电的点电荷所受的电场力方向从A到B，该点电荷沿电场互A点移动到B点，电场力方向与位移方向相同，则电场力做正功，电势能减少．故选C【点评】本题只要把电场力当作一般的力，抓住力的共性，根据电场力与位移方向的关系判断电场力做功的正负．3．关于静电场的叙述，正确的是( )A．沿着电场线的方向，场强越来越小B．负点电荷形成的电场，离点电荷越近，场强越大，电势越小C．电场线的方向总是跟等势面垂直D．电场中某点的场强方向一定是该点试探电荷的受力方向【考点】电场；电场线．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场线是为了形象的描述电场的强弱和方向而假想的曲线，电场线的疏密表示场强的大小，顺着电场线电势不断降低，电场线的方向总是跟等势面垂直．正电荷所受的电场力方向和电场强度方向相同，负电荷所受的电场力方向和电场强度相反．【解答】解：A、场强大小是通过电场线的疏密反映的，沿电场线的方向场强大小不一定减小，故A错误．B、电场线从无穷远出发，终止于负电荷，离点电荷越近，电场线越密，场强越大，根据顺着电场线电势不断降低，可知电势不断减小，故B正确．C、电场线的方向与等势面总是垂直，故C正确．D、场强方向一定是该点正试探电荷的受力方向，而负试探电荷的受力方向相反，故D错误．故选：BC【点评】记住电场线的特点和物理意义：电场线的疏密表示场强的大小，顺着电场线电势降低，即可顺利解出此题，要在理解的基础上牢记基本知识．4．某电场的电场线分布如图所示，以下说法正确的是( )A．c点场强大于d点场强B．a点电势高于b点电势C．若将一试探电荷+q由a点静止释放，它将沿电场线运动到b点D．若将一试探电荷+q由a点静止释放，它将做加速运动【考点】电场线．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场线的疏密反映电场的强弱．沿着电场线方向电势降低．电场线方向与电荷的运动轨迹无直接关系．【解答】解：A、电场线的密的地方场强大，d点电场线密，所以d点场强大，故A错误．B、沿着电场线方向电势降低，a点电势高于b点电势，故B正确．C、若将一试探电荷+q由a点静止释放，将沿着在a点的场强方向运动，运动轨迹不是电场线，故C错误．D、若将一试探电荷+q由a点静止释放，电场力对电荷做正功，电荷动能增加，所以将做加速运动，故D正确．故选BD．【点评】掌握电场线的特点即可解决问题．可通过动能定理判断电荷动能的变化即可知道速度大小的变化．5．如图所示，一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹．M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右点．不计重力，下列表述正确的是( )A．粒子在M点的速率最大B．粒子所受电场力沿电场方向C．粒子在电场中的加速度不变D．粒子在电场中的电势能始终在增加【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电场强度；电势能．【专题】压轴题；带电粒子在电场中的运动专题．【分析】电子在匀强电场中受到的电场力的方向向左，在向右运动的过程中，电场力对电子做负功，电子的速度减小，电势能增加，根据电子的运动分析可以得出结论．【解答】解：A、电子受到的电场力向左，在向右运动的过程中，电场力对电子做负功，电子的速度减小，运动到M点时，电子的速度最小，所以A错误；B、电子受到的电场力的方向与电场线的方向相反，所以B错误；C、由于电子是在匀强电场中运动的，受到的电场力的大小是不变的，所以粒子在电场中的加速度也不变，所以C正确；D、当电子向右运动的过程中，电场力对电子做负功，电势能增加，在向左返回的过程中，电场力对电子做正功，电势能减小，所以D错误．故选C．【点评】本题就是对电场力做功特点的考查，掌握住电场力做正功，电势能减小，动能增加，电场力做负功时，电势能增加，动能减小．6．如图是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧．对矿粉分离的过程，下列表述正确的有( )A．带正电的矿粉落在右侧 B．电场力对矿粉做负功C．带负电的矿粉电势能变大D．带正电的矿粉电势能变小【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】首先要明确矿料分选器内电场的分布及方向，判断矿粉的运动情况，从而可得到正确答案．【解答】解：由图可知，矿料分选器内的电场方向水平向左，A、带正电的矿粉受到水平向左的电场力，所以会落到左侧，选项A错误．B、无论矿粉带什么电，在水平方向上都会在电场力的作用下沿电场力的方向偏移，位移与电场力的方向相同，电场力做正功，电势能减小，选项B错误C、带负电的矿粉电场力做正功，所以电势能减小，选项C错误．D、带正电的矿粉电场力做正功，所以电势能减小，选项D正确．故选：D【点评】该题考察了带电物体在电场力作用下的运动，要熟练的掌握带电粒子在电场中的受力情况及其运动情况，并会分析电场力做功与电势能的变化情况．7．A、B两个金属导体的伏安特性曲线如图所示，由图象可知( )A．A、B是非线性元件B．R A＞R BC．两导体串联在电路中时U A＞U BD．两导体并联在电路中时I A＞I B【考点】路端电压与负载的关系；欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】根据电阻的定义式R=可知，I﹣U图线直线的斜率k=，根据斜率大小，比较电阻的大小．由图象的电压与电流比值可知，是否是线性元件，最后根据串联电流相同，则判定电压关系，并联时，电压相同，则判定电流关系．【解答】解：A、根据电阻的定义式R=可知，斜率不变，则A、B是线性元件，故A错误，B、根据电阻的定义式R=可知，I﹣U图线直线的斜率k=，斜率越大，其电阻越小，则由图可知，R A＜R B．故B错误；C、根据欧姆定律：U=IR，两导体串联在电路中时U A＜U B，故C错误；D、当两导体并联，可知，电压相同，则电流I A＞I B．故D正确．故选：D．【点评】本题考查识别、理解物理图象的能力．物理上常常从数学的角度理解图象的物理意义，同时掌握非线性元件与线性元件的区别．8．如图所示，在平行金属带电极板MN电场中将电荷量为﹣4×10﹣6C的点电荷从A点移到M 板，电场力做负功8×10﹣4J，把该点电荷从A点移到N板，电场力做正功为4×10﹣4J，N板接地．则( )A．A点的电势为100v B．MN电势差为﹣300vC．从A到N电势能增加D．从A到M电势能减少【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．【专题】比较思想；模型法；电场力与电势的性质专题．【分析】根据电势差公式U=分别求出A、N间的电势差，即可得到A点的电势．由电势差公式求出A、M间的电势差．根据电场力做功正负分析电势能的变化．【解答】解：A、A、N间的电势差：U AN==V=﹣100V，又：U AN=φA﹣φN，φN=0，则A点的电势：φA=﹣100V．故A错误．B、AM间的电势差 U AM==V=200V，则MN间的电势差为 U MA=﹣U MA=﹣200V，则MN间的电势差为U MN=U MA+U AN=﹣200﹣100=﹣300V．故B正确．C、将点电荷从A点移到N板，电场力做正功为4×10﹣4J，则其电势能减少4×10﹣4J．故C错误．D、点电荷从A点移到M板，电场力做负功8×10﹣4J，则其电势能增加8×10﹣4J．故D错误．故选：B【点评】运用电势差公式U=时，要注意电荷移动的方向，往往公式中三个量都要代入符号一起计算．二、不定项选择，本题共3小题，每小题5分，共15分．每小题给出的四个选项中，至少有一个选项符合题目要求，请将答案涂在答题卡上．9．如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受到电场力的作用，根据此图可以作出的正确判断是( )A．带电粒子所带电荷的正、负B．带电粒子在a、b两点的受力方向C．带电粒子在a、b两点的加速度何处较大D．带电粒子在a、b两点的速度何处较大【考点】电场线；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】先由粒子的运动轨迹，判断粒子所受电场力的大体方向，即粒子受到的电场力大体向左，电场线方向不明，无法判断粒子的电性．根据电场线疏密程度，判断ab两点场强的大小，从而判断ab两点电场力大小，再根据牛顿第二定律得ab点加速度的大小．【解答】解：ABC、由图，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性和产生该电场的点电荷的电性．故A 错误，B正确．C、根据电场线的疏密程度，判断ab两点场强的大小，从而判断ab两点电场力大小，再根据牛顿第二定律得a点加速度的大，故C正确．D、由a到b，电场力做负功，动能减小，故b处的速度小，D正确故选：BCD．【点评】本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向．10．关于电阻的计算式R=和决定式R=ρ，下面说法正确的是( )A．导体的电阻与其两端电压成正比，与电流成反比B．导体的电阻仅与导体的长度、横截面积和材料有关C．导体的电阻随工作温度的变化而变化D．对一段特定的导体来说，在恒温下比值是恒定的，导体电阻不随U或I的变化而变化【考点】电阻定律．【专题】恒定电流专题．【分析】导体的电阻是导体本身的特性，与其两端电压和电流强度无关，根据电阻定律R=可知，导体的电阻与导体的长度、横截面积和材料有关．导体的电阻率随温度变化而变化，电阻也随温度而变化．【解答】解：A、导体的电阻只由导体本身的性质决定，不能根据R=而错误地认为R与U成正比，与I成反比．故A错误．B、C、根据R=ρ知导体的电阻由ρ、L、S决定，但还与温度有关，故B错误，C正确．D、在恒温下，一段特定导体的电阻与U和I无关，是一个定值，故D正确．故选：CD．【点评】对于电阻的两个公式：R=是电阻的定义式，定义方法是比值定义法，有比值定义法的共性，R与U、I无关．R=ρ是电阻的决定式，反映了电阻由导体的长度、横截面积和材料决定．11．平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一个带正电小球悬挂在电容器内部，闭合开关S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向夹角为θ，如图所示．那么( )A．保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ增大B．保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ不变C．开关S断开，则θ变为零D．开关S断开，带正电的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】小球受重力、拉力、电场力三个力处于平衡状态，保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变；断开开关S，电容器所带的电量不变．【解答】解：A、保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变，带正电的A板向B板靠近，极板间距离减小，电场强度E增大，小球所受的电场力变大，θ增大．故A正确，B错误．C、断开开关S，电容器所带的电量不变，电容器之间存在匀强电场，所以θ不为零，故C错误；D、断开开关S，电容器所带的电量不变，C=，E=．知d变化，E不变，电场力不变，θ不变．故D正确．故选：AD．【点评】解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量．若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变．三、解答题（共5小题，满分53分）12．某小组在“测定小灯泡的电阻”实验中，选择了以下器材，请按要求完成实验内容．（1）在框中如图画出相应的电路图，并根据电路图了解好实物图．（2）实验前，开关应处于断开状态，这是为了保护电路闭合开关前，滑动变阻器的滑片应调至左端（左端或右端），这是为了保护电路；（3）正确连好电路后，闭合开关S，发现灯L不发光，故障的原因不可能是B；A．电流表处有开路 B．电压表与灯泡相连接的导线接触不良C．导线接触不良 D．小灯泡L的灯丝断了．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】实验题．【分析】（1）根据伏安法测电阻原理作出电路图，然后连接实物电路图；（2）为保护电路，连接电路时应断开开关，闭合开关前滑片要置于阻值最大处；（3）灯泡短路或电路存在断路，灯泡不发光．【解答】解：（1）伏安法测灯泡电阻电路图如图所示：实物电路图如图所示：（2）实验前，开关应处于断开状态，这是为了保护电路闭合开关前，滑动变阻器的滑片应调至左端，这是为了保护电路；（3）A、电流表处有开路，电路断路，灯泡不发光；B、如果电压表与灯泡相连接的导线接触不良，电路是通路，灯泡发光；C、导线接触不良，电路断路，灯泡不发光；D、小灯泡L的灯丝断了，灯泡断路，灯泡不发光；故选B．故答案为：（1）如图所示；（2）断开；保护电路；左端；保护电路；（3）B．【点评】本题考查了作电路图、连接实物电路图、实验注意事项、电路故障分析，知道实验原理是正确解题的关键．13．如图所示，一质量为m、带电量为q的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，静止时悬线向左与竖直方向成θ角，重力加速度为g．（1）判断小球带何种电荷．（2）求电场强度E．【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】对小球受力分析，根据共点力平衡得出电场力的方向，从而确定小球的电性，根据共点力平衡得出电场力的大小，从而求出电场强度．【解答】解：（1）根据小球的受力分析知，电场力水平向左，知小球带负电．（2）根据共点力平衡得，F=qE，又F=mgtanθ，所以E=．答：（1）小球带负电．（2）电场强度E为．【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解．14．如图所示有两块平行金属板A、B相隔6cm，接在36V的直流电源上，电源的正极接地，C 点在两板间且到B板的距离为4cm．（1）求A、B两板间的场强大小和方向；（2）以地为电势的零点，则C点的电势是多少？【考点】电势差与电场强度的关系；电势．【专题】计算题；定量思想；模型法；电场力与电势的性质专题．【分析】（1）A、B间为匀强电场，根据E=求出电场强度的大小．根据极板的极性分析电场强度的方向．（2）根据U=Ed求出CB间的电势差，结合B板的电势为零，求解C点的电势．【解答】解：（1）A、B两板间的场强大小 E===600V/m，方向竖直向下．（2）由于电场线方向向下，则C点的电势比B点的电势高，C、B间的电势差为U CB=Ed CB=600×0.04V=24V由U CB=φC﹣φB，φB=0，得φC=24V答：（1）A、B两板间的场强大小是600V/m，方向竖直向下．（2）C点的电势是24V．【点评】解决本题的关键掌握匀强电场的电势差与场强的关系公式，求电势时，往往先求电势差，再求电势．15．一个电子（电荷量为﹣e，质量为m）以速度v0从A点沿着电场线方向射入场强为E的匀强电场中，到达B点时速度恰为零，求：（1）在此过程中，电子的电势能的增量；（2）A、B两点的电势差；（3）A、B两点的距离．【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据动能定理求出电场力做功，从而得出电势能的增量，根据电场力做功与电势差的关系求出A、B两点的电势差，根据电势差和电场强度求出AB之间的距离．【解答】解：（1）根据动能定理得，电场力做功，可知电子的电势能增大，增加．（2）A、B两点间的电势差．（3）A、B两点的距离d=．答：（1）电子电势能的增量为；（2）A、B两点的电势差为；（3）A、B两点的距离为．【点评】解决本题的关键知道电场力做功与电势能的关系，以及掌握W=qU和E=，注意d为沿电场线方向上的距离．16．如图所示，匀强电场的宽度为d，电子以速率为v0沿垂直于场强方向穿越匀强电场，偏角θ=60°，电子的电荷量为﹣e，质量为m．求：。
高二物理月考试题及答案-广东肇庆四中-2015学年高二下学期第一次月考(理科)
广东省肇庆四中2014-2015学年高二下学期第一次月考物理试卷（理科）一、单项选择题．本题共8小题，每小题3分，共24分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，错选、不选得0分．1．（3分）光滑的水平地面上放着一个木块．一颗子弹水平地射进木块后停留在木块中，带动木块一起向前滑行一段距离，在这个过程中，子弹和木块组成的系统（）A．动量和能量都守恒B．动量和能量都不守恒C．动量守恒，能量不守恒D．动量不守恒，能量守恒2．（3分）如图所示，一个质量为0.18kg的垒球，以25m/s的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01s．下列说法正确的是（）A．球棒对垒球的平均作用力大小为360NB．球棒对垒球的平均作用力大小为720NC．球棒对垒球的平均作用力大小为1260ND．无法判断3．（3分）一人静止于完全光滑的水平冰面上．现欲离开冰面，下列可行的方法是（）A．向后踢腿B．手臂向前甩C．在冰面上滚动D．脱下外衣水平抛出4．（3分）关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流，下列说法中正确的是（）A．线圈每转动一周，感应电流方向就改变一次B．线圈平面每经过中性面一次，感应电流方向就改变一次．感应电动势向不变C．线圈平面每经过中性面一次，感应电流和感应电动势方向都要改变一次D．线圈转动一周，感应电流和感应电动势方向都要改变一次5．（3分）小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动．产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图所示，此线圈与一个R=110Ω的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻，下列说法中正确的是（）A．电压有效值为220VB．电流的周期为0.01sC．如果在该电阻器两端并联一个交流电压表，该电压表的示数为220 VD．如果在该电路中串联一个交流电流表，该电流表的示数为2V6．（3分）如图是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的（）A．周期是0.01S B．最大值是220VC．有效值是220V D．表达式为U=220sin100πt（V）7．（3分）下列关于交流电的说法中正确的是（）A．交流电器设备上所标的电压和电流值是交流电的峰值B．用交流电流表和电压表测定的读数值是交流电的瞬时值C．跟交变电流有相同的热效应的直流电的数值是交流电的峰值D．给定的交流数值，在没有特别说明的情况下是指有效值8．（3分）如图所示，理想变压器的原线圈接在u=220sin（100πt）（V）的交流电源上，副线圈接有R=55Ω的负载电阻．原、副线圈匝数之比为2：1．电流表、电压表均为理想电表．下列说法正确的是（）A．原线圈中电流表的读数为1AB．原线圈中的输入功率为220C．副线圈中电压表的读数为110VD．副线圈中输出交流电的周期为50s二、双项选择题．本题共6小题，每小题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全选对的得4分，漏选的得2分，错选、不选得0分．9．（4分）向空中发射一物体，不计空气阻力．当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a、b两块，若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向，则（）A．a、b一定同时到达水平地面B．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的冲量大小一定相等C．b的速度方向一定与初速度方向相反D．从炸裂到落地的这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大10．（4分）一木块静止在光滑水平面上，一粒子弹水平射入木块，在这个过程中（）A．子弹动量变化的大小与木块动量变化的大小相等B．子弹的动能损失与木块的动能增加相等C．子弹与木块之间的相互作用力，对子弹与对木块的冲量大小相等D．子弹与木块之间的相互作用力，对子弹做的功与对木块做的功相等11．（4分）远距离输送交流电都采用高压输电．我国正在研究用比330kV高得多的电压进行输电．采用高压输电的优点是（）A．可节省输电线的材料B．可根据需要调节交流电的频率C．可减少输电线上的能量损失D．可加快输电的速度12．（4分）一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交流电动势为e=220sin100πt．关于这个交变电流，下列说法中正确的是（）A．交变电流的频率为100HzB．电动势的有效值为220VC．电动势的峰值约为311VD．t=0时，线圈平面与中性面垂直13．（4分）如图所示，L1、L2是高压输电线，图中两电表示数分别是220V和10A，已知甲图中原副线圈匝数比为100：1，乙图中原副线圈匝数比为1：10，则（）A．甲图中的电表是电压表，输电电压为22000VB．甲图是电流互感器．输电电流是100AC．乙图中的电表是电压表，输电电压为22000VD．乙图是电流互感器，输电电流是100A14．（4分）如图为远距离高压输电的示意图．关于远距离输电，下列表述正确的是（）A．减小输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失B．高压输电是通过减小输电电流来减小电路的发热损耗C．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小D．高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好三、实验题（13分）15．（9分）如图1为“碰撞中的动量守恒”实验装置示意图（1）入射小球1与被碰小球2直径相同，均为d，它们的质量相比较，应是m1____m2（2）为了保证小球做平抛运动，必须调整斜槽使_____________________________．（3）某次实验中在纸上记录的痕迹如图2所示．测得OO′=1.00厘米，O′M=1.80厘米，MP=5.72厘米，PN=3.50厘米，入射球质量m1为100克，被碰小球质量m2是50克，两球直径都是1.00厘米，则没有放被碰球时，入射球落地点是纸上的点，水平射程是____厘米，被碰小球的水平射程是____厘米，验证的公式为：________．16．（4分）某同学小组合作自主发明了一台小型发电机的产生的正弦式电流的电动势的有效值为10V，若线圈从中性面开始匀速转动，其周期为0.02s．则线圈转动的角速度为，电动势的峰值为，若把该电动机当成理想电源与5Ω的定值电阻串联，则该电阻在5秒内产生的热量为________．四、计算题（3小题，共39分）17．（9分）一小型发电站输出的电功率是110kW，若用220V输电到距离10千米远的地方，平均每米长的导线电阻为2.7×10﹣8Ω．试求（1）输电电流I为多少？（2）输电线上损失的功率为多少？18．（10分）某小型实验水电站输出功率是20kW，输电线路总电阻是6Ω．（1）若采用380V输电，求用户得到的功率为多少？（2）若改用5000V高压输电，用户端利用n1：n2=22：1的变压器降压，求用户端变压前的电压U1和变压后得到的电压U2．19．（10分）光滑水平面上有A、B两物块，质量分别为2kg和4kg，物块A以v0=6m/s的速度向右运动，物块B静止在前方（1）如图，情况一：物块A、B碰撞后，A以速度V1=2m/s反方向运动，求碰撞后物块B 的速度．（2）同样如图，情况二：物块发生的是完全弹性碰撞，求碰撞后物块A、B的速度．20．（10分）如图所示一根轻绳长1.6m，一端系在固定支架上，另一端悬挂一个质量为1kg 的砂箱．砂箱处于静止．质量为10g的子弹以水平速度v0=500m/s打入砂箱，其后以v=100m/s 速度从砂箱穿出．g取10m/s2．求：（1）砂箱和子弹作为一个系统共同损失的机械能；（2）砂箱在最低点处时，绳对砂箱的拉力大小．广东省肇庆四中2014-2015学年高二下学期第一次月考物理试卷（理科）参考答案与试题解析一、单项选择题．本题共8小题，每小题3分，共24分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，错选、不选得0分．1．（3分）光滑的水平地面上放着一个木块．一颗子弹水平地射进木块后停留在木块中，带动木块一起向前滑行一段距离，在这个过程中，子弹和木块组成的系统（）A．动量和能量都守恒B．动量和能量都不守恒C．动量守恒，能量不守恒D．动量不守恒，能量守恒考点：动量守恒定律；机械能守恒定律．专题：动量定理应用专题．分析：子弹射入木块过程中，系统所受合外力为零，动量守恒；根据能量守恒定律，子弹减小的动能等于转化成的系统内能和木块增加的动能之和．解答：解：子弹和木块组成系统受外力的合力为零，故系统动量守恒．能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，只能从一种形式转化为别的形式，或者从一个物体转移到另一个物体，在转化或转移的过程中，其总量不变．能量守恒不需要条件，即子弹和木块组成系统能量守恒，故A正确，BCD错误；故选：A．点评：本题是子弹射入木块类型，是动量守恒与能量守恒的综合应用，记住动量守恒的条件和能量守恒即可，基本题．2．（3分）如图所示，一个质量为0.18kg的垒球，以25m/s的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01s．下列说法正确的是（）A．球棒对垒球的平均作用力大小为360NB．球棒对垒球的平均作用力大小为720NC．球棒对垒球的平均作用力大小为1260ND．无法判断考点：动量定理．专题：动量定理应用专题．分析：对球棒击球的过程运用动量定理列方程求解作用力．解答：解：根据动量定理：F•t=mv2﹣mv1得：F==﹣1260N，符号表示力的方向与初速度的方向相反．故选：C点评：此题主要考查动量定理的简单运用，难度不大，属于基础题．3．（3分）一人静止于完全光滑的水平冰面上．现欲离开冰面，下列可行的方法是（）A．向后踢腿B．手臂向前甩C．在冰面上滚动D．脱下外衣水平抛出考点：动量守恒定律．专题：动量定理应用专题．分析：选取合适的系统为研究对象，根据动量守恒定律进行分析．解答：解：AB、以人作为整体为研究对象，向后踢腿或手臂向前甩，人整体的总动量为0，不会运动起来，故AB错误；C、因为是完全光滑的水平冰面，没有摩擦力，人是滚不了的，C错误；D、把人和外衣视为一整体，这个整体动量为0，人给外衣一个速度，动量总量不变，所以人也可以有一个反向的速度，可以离开冰面，D正确；故选：D．点评：本题是实际问题，考查了利用动量守恒定律分析问题的能力，关键选取合适的系统为研究对象．4．（3分）关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流，下列说法中正确的是（）A．线圈每转动一周，感应电流方向就改变一次B．线圈平面每经过中性面一次，感应电流方向就改变一次．感应电动势向不变C．线圈平面每经过中性面一次，感应电流和感应电动势方向都要改变一次D．线圈转动一周，感应电流和感应电动势方向都要改变一次考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理．专题：交流电专题．分析：线圈通过中性面时线圈与磁场垂直，磁通量最大，感应电动势为零．线圈平面每经过中性面一次，感应电流方向就改变一次，转动一周，感应电流方向改变两次．解答：解：当线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流时，线圈平面每经过中性面一次，感应电流与感应电动势方向均改变一次，转动一周，感应电流方向改变两次．故只有C正确；故选：C点评：本题考查中性面特点：线圈平面每经过中性面一次，感应电流与感应电动势方向均改变一次，转动一周，感应电流方向改变两次5．（3分）小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动．产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图所示，此线圈与一个R=110Ω的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻，下列说法中正确的是（）A．电压有效值为220VB．电流的周期为0.01sC．如果在该电阻器两端并联一个交流电压表，该电压表的示数为220 VD．如果在该电路中串联一个交流电流表，该电流表的示数为2V考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；正弦式电流的图象和三角函数表达式．专题：交流电专题．分析：从图象中可以求出该交流电的最大电压以及周期等物理量，然后根据最大值与有效值以及周期与频率关系求解．解答：解：A、由图可知，交流电的最大电压U m=220V，所以交变电压的效值为U= =220V，故A错误；B、由图可知，交流电周期T=0.02s，故B错误；C、如果在该电阻器两端并联一个交流电压表，电压表的示数为有效值，所以电压表的示数为220V，故C正确；D、如果在该电路中串联一个交流电流表，该电流表的示数为I==2A，故D错误；故选：C点评：本题比较简单考查了交流电最大值、有效值、周期、频率等问题，要学会正确分析图象，从图象获取有用信息求解．6．（3分）如图是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的（）A．周期是0.01S B．最大值是220VC．有效值是220V D．表达式为U=220sin100πt（V）考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；正弦式电流的图象和三角函数表达式．专题：交流电专题．分析：根据图象可直接读出交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等．解答：解：A、由图象知周期为0.02s，故A错误；B、由图象知最大值为311V，故B错误；C、电压的有效值为：U==V=220V，故C正确；D、角频率ω==rad/s=100πrad/s，则瞬时值表达式为：u=311sin100πt V，故D错误；故选：C．点评：此题考查读图的能力，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，同时正确书写交流电的表达式．7．（3分）下列关于交流电的说法中正确的是（）A．交流电器设备上所标的电压和电流值是交流电的峰值B．用交流电流表和电压表测定的读数值是交流电的瞬时值C．跟交变电流有相同的热效应的直流电的数值是交流电的峰值D．给定的交流数值，在没有特别说明的情况下是指有效值考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．专题：交流电专题．分析：本题考查了有关交流电的基础知识，正确理解交流电瞬时值、最大值、平均值、有效值的含义．解答：解：A、交流电器设备上所标的电压和电流值是交流电的有效值，故A错误；B、用电表测量的电流、电压均为交流电的有效值，故B错误；C、有效值是在热效应基础上建立的，即跟交变电流有相同的热效应的直流电的数值是交流电的有效值，故C正确；D、给定的交流数值，在没有特别说明的情况下都是指有效值，故D正确．故选：CD．点评：正确理解交流电的“四值”含义，尤其是“有效值”的理解与应用，同时注意加强这方面的练习．8．（3分）如图所示，理想变压器的原线圈接在u=220sin（100πt）（V）的交流电源上，副线圈接有R=55Ω的负载电阻．原、副线圈匝数之比为2：1．电流表、电压表均为理想电表．下列说法正确的是（）A．原线圈中电流表的读数为1AB．原线圈中的输入功率为220C．副线圈中电压表的读数为110VD．副线圈中输出交流电的周期为50s考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，即可求得结论．解答：解：A、由瞬时值的表达式可得，原线圈的电压有效值为220V，根据电压与匝数成正比可得，副线圈的电压为110V，再由输入功率和输出功率相等可得220I1=，所以原线圈的电流的大小为1A，所以A正确；B、由输入功率和输出功率相等可得原线圈中的输入功率为=220W，所以B错误；C、电压表的读数为电压的有效值，由A的分析可知，副线圈的有效值为110V，所以电压表的读数为110V，所以C错误；D、变压器不会改变交流电的周期和频率，所以副线圈中输出交流电的周期为T==0.02s，所以D错误．故选A．点评：本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解．二、双项选择题．本题共6小题，每小题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全选对的得4分，漏选的得2分，错选、不选得0分．9．（4分）向空中发射一物体，不计空气阻力．当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a、b两块，若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向，则（）A．a、b一定同时到达水平地面B．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的冲量大小一定相等C．b的速度方向一定与初速度方向相反D．从炸裂到落地的这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大考点：动量守恒定律．专题：动量定理应用专题．分析：当物体的速度沿水平方向炸裂成a、b两块时，质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，根据动量守恒定律判断可知b运动方向一定沿水平方向，a、b均做平抛运动，高度相同，运动时间相同，同时到达地面．在炸裂过程中，a、b间相互作用力大小相等，作用时间相等，冲量大小一定相等．解答：解：A、a、b都做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，由于高度相同，飞行时间一定相同，a，b一定同时到达水平地面．故A正确．B、炸裂过程中，a，b受到爆炸力大小相等，作用时间相同，则爆炸力的冲量大小一定相等．故B正确．C、炸裂过程中，由于重力远小于内力，系统的动量守恒．炸裂前物体的速度沿水平方向，炸裂后a的速度沿原来的水平方向，根据动量守恒定律判断出来b的速度一定沿水平方向，但不一定与原速度方向相反，取决于a的动量与物体原来动量的大小关系．故C错误．D、a、b都做平抛运动，飞行时间相同，由于初速度大小关系无法判断，所以a飞行的水平距离不一定比b的大．故D错误．故选：AB．点评：本题是动量守恒定律及平抛运动的应用．对于系统动量守恒，不仅作用前后总动量的大小保持不变，总动量的方向也保持不变，解题时要抓住这一点．10．（4分）一木块静止在光滑水平面上，一粒子弹水平射入木块，在这个过程中（）A．子弹动量变化的大小与木块动量变化的大小相等B．子弹的动能损失与木块的动能增加相等C．子弹与木块之间的相互作用力，对子弹与对木块的冲量大小相等D．子弹与木块之间的相互作用力，对子弹做的功与对木块做的功相等考点：动量守恒定律；功的计算．专题：动量定理应用专题．分析：子弹、木块存在力的作用，所以它们是相互作用的系统，该系统受的外力为零，所以子弹水平射入木块时，系统动量守恒．根据能量转化和守恒定律分析：子弹损失的动能转化为系统的内能和木块的动能．解答：解：A、子弹、木块存在力的作用，所以它们是相互作用的系统，该系统受的外力为零，所以子弹水平射入木块时，系统动量守恒，子弹动量变化的大小与木块动量变化的大小相等，故A正确．B、根据能量转化和守恒定律分析：子弹损失的动能转化为系统的内能和木块的动能．故B 错误C、子弹动量变化的大小与木块动量变化的大小相等，根据动量定理得子弹与木块之间的相互作用力，对子弹与对木块的冲量大小相等，故C正确．D、子弹与木块之间有相对运动，子弹的位移大于木块的位移所以作用力与反作用力做功大小不等；故D错误．故选：AC．点评：本题考查对动量守恒和动量定理的应用，以及功与能关系的分析、判断能力．当物体间有相对位移时，作用力与反作用力做功大小不等．11．（4分）远距离输送交流电都采用高压输电．我国正在研究用比330kV高得多的电压进行输电．采用高压输电的优点是（）A．可节省输电线的材料B．可根据需要调节交流电的频率C．可减少输电线上的能量损失D．可加快输电的速度考点：远距离输电．专题：交流电专题．分析：在输电的过程中输送的功率一定，根据P=UI，输送电压越高，输送电流越小，根据△P=I2R，知损失的功率小．解答：解：A、C、在输电的过程中输送的功率一定，根据P=UI和△P=I2R，有：，故高压输电可以降低功率损耗，故A错误，C正确；B、交流电的频率等于发电机转动的频率，是不改变的，故B错误；D、电路中电场建立的速度是光速，与是否高压输电无关，故D错误；故选：C．点评：解决本题的关键知道输电的过程中，输送功率一定，输电电压越高，电流越小，在输电线上损失的功率越少．12．（4分）一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交流电动势为e=220sin100πt．关于这个交变电流，下列说法中正确的是（）A．交变电流的频率为100HzB．电动势的有效值为220VC．电动势的峰值约为311VD．t=0时，线圈平面与中性面垂直考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．专题：交流电专题．分析：本题考查了交流电的描述，根据交流电的表达式，可知知道其最大值，以及线圈转动的角速度等物理量，然后进一步求出其它物理量，如有效值、周期、频率等．解答：解：由e=220sin 100πt可知该交流电的电动势最大值为220V，即311V，有效值为220V，故BC正确；线圈的转速为100πrad/s，故其频率为：f==50Hz，故A错误；由e=220sin 100πt可知，当t=0时e=0，此时线圈处在中性面上，故D错误．故选BC．点评：对于交流电的产生和描述要正确理解，要会推导交流电的表达式，明确交流电表达式中各个物理量的含义．13．（4分）如图所示，L1、L2是高压输电线，图中两电表示数分别是220V和10A，已知甲图中原副线圈匝数比为100：1，乙图中原副线圈匝数比为1：10，则（）A．甲图中的电表是电压表，输电电压为22000VB．甲图是电流互感器．输电电流是100AC．乙图中的电表是电压表，输电电压为22000VD．乙图是电流互感器，输电电流是100A考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：甲图是电压互感器，乙图是电流互感器．变压器原副线圈的电压比等于匝数比．只有一个副线圈的变压器，原副线圈中的电流比等于匝数的反比．解答：解：A、根据变压器电压表等于匝数比，有=，故A正确．B、甲图是电压互感器．故B错．C、乙图是电流互感器，电表是电流表．故C错．D、只有一个副线圈的变压器，电流比等于匝数的反比，有=，故D正确．故选AD．点评：电压互感器原线圈并接在两个输电线上，原线圈的匝数比副线圈的匝数多，是降压变压器，把高电压降低成低电压，副线圈接电压表．电流互感器原线圈串接在某一根输电线中，原线圈匝数比副线圈匝数少，原线圈中是大电流，副线圈中是小电流，副线圈接的是电流表．14．（4分）如图为远距离高压输电的示意图．关于远距离输电，下列表述正确的是（）A．减小输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失B．高压输电是通过减小输电电流来减小电路的发热损耗C．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小D．高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好考点：远距离输电．专题：交流电专题．分析：输电功率损失P损=I2R=R，根据该公式分析答题．解答：解：A、在导线材料、长度一定的情况下，导线的横截面积越小，导线电阻越大，导线损失的功率越大，故A错误；B、由P损=I2R可知，在输电导线电阻一定的情况下，输电电流越小损失的功率越小，减小输电电流，可以减少电路的发热损耗，故B正确；C、由P损=R可知，输电电压一定，输送功率越大，输电损失功率越大，损失的电能越多，故C错误．D、在高压输电的过程中，电压过高时，感抗和容抗影响较大，所以不一定是电压越高越好，故D正确．故选BD．。
广东省肇庆第四中学2015_2016学年高二物理上学期第二次月考试题文(无答案)
肇庆市第四中学2015—2016学年度第一学期高二年级文科物理月考试题（二）一．单项选择题I ：本大题共30小题上，每小题1分，共30分。
在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．下列物理量属于矢量的是A. 线速度B.路程C.动能D.功2. 下面物理量属于国际单位制中基本物理量的是A ．力B ．千克C ．质量D ．牛顿3. 十七世纪末，采用归纳与演绎、综合与分析的方法，建立了完整的经典力学体系，使物理学从此成为一门成熟的自然科学的科学家是A ．伽利略B ．笛卡尔C ．开普勒D ．牛顿4．关于加速度，下列说法正确的是A ．加速度大的物体速度一定大B ．速度大的物体加速度一定大C ．加速度大的物体速度变化一定大D ．加速度大的物体速度变化一定快5. 在直线上运动的物体a 和b 的位移图象如右图所示，则由图知 A ．两物体均作匀速直线运动，a 的速率较小B ．两物体均作匀速直线运动，b 的速率较小C ．两物体均作匀加速直线运动D ．两物体均作匀减速直线运动6足球以8m ／s 的速度飞来，运动员把它以12m ／s 的速度反向踢出，踢球时间为0.02s ，设飞来的方向为正方向，则足球在这段时间内的加速度A ．一1000m ／s 2B ．200m ／s 2C ．一200m ／s 2D ．1000m ／s 27.．根据打点计时器打出的纸带，我们可以从纸带上直接得到的物理量是A ．时间间隔B ．瞬时速度C ．平均速度D ．加速度8．关于两个物体间的相互作用，说法正确的是A ．马拉车不动，是因为马拉车的力小于车拉马的力B ．马拉车前进，是因为马拉车的力大于车拉马的力C ．马拉车不论动或不动，马拉车的力总等于车拉马的力D ．马拉车不动或匀速运动时，才有马拉车的力与车拉马的力大小相等9．质量2kg 的质点，在两个力F 1=2N ，F 2=8N 的作用下，获得的加速度大小可能是A ． 4m ／s 2B ．6m ／s 2C ．1m ／s 2D ．2m ／s 210.原在水平地面上的小物块受到瞬时撞击后，沿光滑斜面向上滑动（如图所示），则小物块在斜面上向上滑动过程中受到几个力作用A ．1个 Ｂ．2个C ．3个 Ｄ．4个11．关于惯性，下列哪些说法是正确的？t/sA．静止的火车启动时速度变化缓慢，是因为物体静止时惯性大的缘故B．战斗机投入战斗时，必须丢掉副油箱，减小惯性，以保证其运动的灵活性C．乒乓球可以快速抽杀，是因为乒乓球惯性大的缘故D．在绕地球运转的宇宙飞船内的物体不存在惯性12．关于力和运动的关系，下列说法中正确的是A．物体受到一个不为零的恒定外力作用时，它的运动状态一定不变B．物体受到的合外力不为零时，一定做变速运动C．物体受到的合外力不为零时，可能处于静止状态D．物体受到的合外力的方向就是物体的运动方向13．如右图所示．在匀速转动的圆筒内壁上紧靠着一个物体一起运动，物体所受向心力是A．重力 B．弹力 C．静摩擦力 D．滑动摩擦力14．从同一高度自由下落的甲、乙两个小铁球，甲的质量是乙的两倍，则A．甲比乙先落地，落地时甲的速度是乙的两倍B．甲比乙先落地，落地时甲、乙的速度大小相同C．甲、乙同时落地，落地时甲的速度是乙的两倍D．甲、乙同时落地，落地时甲、乙的速度大小相同15. 下列那些现象不是为了防止离心现象的A.离心式水泵工作时B.转速很高的砂轮半径不能做得太大C.在修筑铁路时，转弯处轨道的内轨要低于外轨D.汽车转弯时要限制速度16. 忽略空气阻力，下列几种运动中满足机械能守恒的是A. 匀速下降的电梯 B．沿斜面匀速下滑的物体C．自由下落的物体 D．射穿木块过程中的子弹17．决定一个平抛运动的总时间的因素是A．抛出时的初速度 B．抛出时的竖直高度C．落地时的水平位移 D．落地时的末速度18. 质量为1kg的物体从高处无初速度释放，经 2s下落18m到达地面．在这个过程中重力对物体做的功是（g取10m/s2）A． 18J B． 180J C． 200J D． 400J19. 把质量为m的物体，匀速地拉高h，则A．重力做负功，拉力做正功 B．重力做正功，拉力做负功C．重力做负功，拉力做负功 D．重力做正功，拉力做正功20. 水平公路上行驶的汽车，当发动机熄火后，行驶速度越来越小，在这个过程中A．汽车的能量正在消失 B．汽车的动能转化为它的势能C．汽车的动能不断减少 D．汽车的机械能守恒21. 静电在各种产业和日常生活中有着重要的应用，如静电除尘、静电复印等，所依据的基本原理几乎都是让带电的物质微粒在电场作用下奔向并吸附到电极上。
广东省肇庆第四中学2015_2016学年高二物理上学期第二次月考试题理(无答案)
肇庆市第四中学2015—2016学年度第一学期 高二年级理科物理新课程模块二考试试题一．不定项选择题，共9小题，每题5分，共45分。
全对得5分，部分正确得2分，选错、不选不得分。
1．在真空中，电量为q 1的点电荷产生的电场中有一点P ，P 点与q 1的距离为r ，把一个电量为q 2的检验电荷放在P 点，它受到的电场力为F ，则该点电场强度的大小等于（ ）A ．1q FB ．2q FC ．21r kqD ．22r kq2．在同一平面内有四根彼此绝缘的通电直导线如图所示，电流I 1＝I 3>I 2>I 4，要想保留其中三根导线且使中心O 点磁场最强，应切断 ( )．A ．I 1B ．I 2C ．I 3D ．I 43．如图所示，a ．b ．c ．d 为匀强电场中的四个等势面，一个电子射入电场后的运动轨迹如实线MN 所示，由此可知（ ）A ．电子在N 的动能大于在M 的动能B ．电子在N 的电势能小于在M 的电势能C ．电场强度方向向左D ．电场中，a 点电势低于b 点电势4．如图，当K 闭合后，一带电微粒（重力不可忽略）在平行板电容器间处于静止状态，下列说法正确的是（ ）A ．保持K 闭合，使P 滑动片向左滑动，微粒仍静止B ．保持K 闭合，使P 滑动片向右滑动，微粒向下移动C ．打开K 后，使两极板靠近，则微粒将向上运动D ．打开K 后，使两极板靠近，则微粒仍保持静止 5．两个阻值均为R 的电阻，并联在电源时通过每个电阻的电流为串联在同一电源时的2/3，则电源内阻为（ ）A ．R/2B ．R/4C ．2 RD ．4 R 6．如图所示电路中，S 闭合后，三个灯实际消耗的电功率相同．则三个灯的电阻R 1．R 2．R 3的关系是（ ）A ．R 1 < R 2 < R 3B ．R 2 < R 3 < R 1C ．R 3 < R 2 < R 1D ．R 3 < R 1 < R 2 7．某同学画的表示磁场B 、电流I 和安培力F 的相互关系如图所示，其中正确的是ab cdMNF B8．如图电路中，电源电动势为E ，内阻为r ，固定电阻R 1= r ，可变电阻R 2的最大值也等于r ．则当滑动头上移时（ ）A ．电源的输出功率增大B ．电源内部的电势降落增大C ．R 2消耗的电功率减小D ．电源的效率增加9.如图所示为电流产生磁场的分布图，正确的分布图是 ( )．A ．①③B ．②③C ．①④D ．②④二．非选择题，请按要求作答。
2016肇庆一模理科综合物理答案及评分标准
2016届高三第一次统一检测题理科综合物理第Ⅰ卷（选择题）二、选择题：本题共8小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
第II 卷 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。
第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。
第33题～第40题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题（共129分）22．(6分）（1）1.050(2分，写成1.045或1.055的也给这2分）(2) C （2分）（3）12k （2分） 23. （9分）（1）BCD （3分，有选对但不全的给1分，有选错的则不给分）（2）1.3 （3分）（3）k2（3分） 24．（12分）（1）根据图示可知，滑块向上做匀减速直线运动：其加速度：21v v a t-=∆①（1分） 将数据代入①式解得：a =－7.2(m/s 2) ②有滑块进行受力分析有：sin cos mg mg ma θμθ+= ③（2分）将数据代入③式解得： =0.15μ ④（1分）（2）设小木块在斜面上滑行的距离为x ，由匀变速直线运动的规律可得：22v x a= ⑤（1分） 将数据代入⑤式可得：x=1.6(m) ⑥由功能关系可得，滑块从出发点返回到底端整个过程中损失的机械能Q 为：2cos Q x mg μθ= ⑦（2分）将数据代入⑦式解得：Q ＝3.84（J ）⑧（1分）（3）滑块上滑到顶端所用的时间：1v t a =⑨（1分） 由⑨式解得：t 1=23(s) ⑩ 则从最高点开始下滑的时间t 2=1－t 1 ○11滑块从最高点下滑时，由牛顿第二定律可得：sin cos mg mg ma θμθ-=下 ○12（1分） 1s 后滑块的速度v t 由运动学规律可得：2t v a t =下 ○13（1分） 将数据代入以上式子并解得：v t =1.6(m/s) ○14（1分）25．(20分)解：（1）因为木块在木板上滑行的最大加速度为1μmg =ma 1 ① （2分）由①式解得：a 1=4(m/s 2) ②（1分）若木块与木板一起做匀加速运动，其加速度a 由牛顿运动定律可得：F －2μ(M +m )g ＝(M +m )a ③（2分）由③式解得：a =2(m/s 2) ④（1分）（2）2s 末木块与木板的速度为v ，由运动学知识可得：v =at 1 ⑤（1分）2s 后木块和木板发生相对滑动，木块加速度a 1，木板加速度a 2为：F －1μmg －2μ(M +m )g ＝Ma 2 ⑥（2分）经时间t 2二者分离，此时由运动学知识可得：vt 2+12 a 2 t 22－（vt 2+12a 1 t 22）＝l ⑦（2分） 联立⑤⑥⑦式解得：a 2=6(m/s) t 2=1（s ） ⑧此时木块的速度v 块=v+ a 1 t 2 ⑨（1分）木板的速度：v 板= v+ a 2 t 2 ⑩（1分）木块与木板分离至滑落到地的时间为t 3，由平抛运动知识可得：h =12gt 2 ○11（1分） 在木块与木板分离至滑落到地的时间为t 3内，木块在水平方向向前的位移为：S 块=v 块t 3 ○12（1分）木块与木板分离后，木板的加速度为a 3，由牛顿运动定律可得：F －2μMg ＝M a 3 ○13（1分）在木块与木板分离至滑落到地的时间t 3内，木板在水平方向向前的位移为：S板=v板t3+12a3 t32○14（1分）所以，木块落地时距离木板左侧：∆s= S板－S块○15（1分）联立以上式子解得：∆s=1.68(m) ○16（2分）（二）选考题：共45分。
广东省肇庆市2016届高三物理上学期第一次统一检测试题
广东省肇庆市2016届高三物理上学期第一次统一检测试题一、选择题：本题共8小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，14～18题只有一项是符合题目要求的，第19～２１题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得０分14．如图所示，质量均为1 kg 的小球a 、b 在轻弹簧A 、B 及外力F 的作用下处于平衡状态，其中A 、B 两个弹簧劲度系数均为5 N ／cm ，B 弹簧上端与天花板固定连接，轴线与竖直方向的夹角为60°，A 弹簧竖直，g 取10 m ／s 2。
则以下说法正确的是A ．A 弹簧伸长量为3 cmB ．外力F ＝C ．B 弹簧的伸长量为4 cmD ．突然撤去外力F 瞬间，b 球加速度为015．如图所示，某极地轨道卫星的运行轨道平面通过地球的南北两极，已知该卫星从北纬60°的正上方，按图示方向第一次运行到南纬60°的正上方时所用时间为1 h ，则下列说法正确的是 A ．该卫星与同步卫星的运行半径之比为1 ：4 B ．该卫星与同步卫星的运行速度之比为1 ：2 C ．该卫星的运行速度一定大于7．9 km ／s D ．该卫星的机械能一定大于同步卫星的机械能16．趣味运动会上运动员手持乒乓球拍托球沿水平面匀加速跑动，设球拍和球的质量分别为M 、m ，球拍平面和水平面之间的夹角为θ，球拍与球保持相对静止，球拍与球之间的摩擦力及空气阻力不计。
则下列说法正确的是 A ．运动员的加速度为g tan θ B ．球拍对球的作用力为mgC ．运动员对球拍的作用力为(M ＋m )g cos θD ．若加速度大于g sin θ，球一定沿球拍向上运动17．如图所示，某人从高出水平地面h 的坡上水平击出一个质量为m 的高尔夫球由于受恒定的水平风力的作用，高尔夫球竖直落入距击球点水平距离为L 的A 穴，不计洞穴的深度，则下列说法正确的是A ．球被击出后做平抛运动B ．该球从被击出到落入A 穴所用的时间为C ．球被击出时的初速度大小为hg L 2D ．球被击出后受到的水平风力的大小为mgh L18．如图所示，斜面c 上放有两个完全相同的物体a 、b ，两物体间用一根细线连接，在细线的中点加一与斜面垂直的拉力F ，使两物体及斜面均处于静止状态。
肇庆市高中物理高二物理上学期精选试卷检测题
肇庆市高中物理高二物理上学期精选试卷检测题一、第九章 静电场及其应用选择题易错题培优（难）1．如图所示，带电量为Q 的正点电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底端C 点，斜面上有A 、B 、D 三点，A 和C 相距为L ，B 为AC 中点，D 为A 、B 的中点。
现将一带电小球从A 点由静止释放，当带电小球运动到B 点时速度恰好为零。
已知重力加速度为g ，带电小球在A 点处的加速度大小为4g，静电力常量为k 。
则（ ）A ．小球从A 到B 的过程中，速度最大的位置在D 点 B ．小球运动到B 点时的加速度大小为2g C ．BD 之间的电势差U BD 大于DA 之间的电势差U DA D ．AB 之间的电势差U AB =kQ L【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】A ．带电小球在A 点时，有2sin A Qqmg kma L θ-= 当小球速度最大时，加速度为零，有'2sin 0Qqmg θkL-= 联立上式解得'22L L =所以速度最大的位置不在中点D 位置，A 错误； B ．带电小球在A 点时，有2sin A Qqmg kma Lθ-= 带电小球在B 点时，有2sin 2BQq k mg θma L -=（） 联立上式解得2B g a =B 正确；C ．根据正电荷的电场分布可知，B 点更靠近点电荷，所以BD 段的平均场强大小大于AD 段的平均场强，根据U Ed =可知，BD 之间的电势差U BD 大于DA 之间的电势差U DA ，C 正确；D ．由A 点到B 点，根据动能定理得sin 02AB Lmg θqU ⋅+= 由2sin A Qqmg kma L θ-=可得 214Qq mg k L= 联立上式解得AB kQU L=-D 错误。
故选BC 。
2．真空中，在x 轴上的坐标原点O 和x =50cm 处分别固定点电荷A 、B ，在x =10cm 处由静止释放一正点电荷p ，点电荷p 只受电场力作用沿x 轴方向运动，其速度与在x 轴上的位置关系如图所示。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
2015-2016学年广东省肇庆四中高二（上）第一次月考物理试卷一、本题共8小题，每小题4分，共32分，每小题的四个选项中只有一个符合题意，请将正确选项涂在答题卡上．1．对于库仑定律，下列说法中正确的是( )A．凡计算两个点电荷间的作用力，都可以使用公式F=kB．相互作用的两个点电荷，不论它们的电荷是否相等，它们之间的库仑力大小一定相等C．两个带电小球即使距离非常近，也能使用库仑定律D．两个点电荷的电荷量各减为原来的一半，它们之间的距离保持不变，则它们之间的库仑力减为原来的一半2．如图所示，将一带正电的点电荷沿电场线方向从A点移动到B点，下列说法正确的是( )A．电场力做正功，电势能增加 B．电场力做负功，电势能增加C．电场力做正功，电势能减少 D．电场力做负功，电势能减少3．关于静电场的叙述，正确的是( )A．沿着电场线的方向，场强越来越小B．负点电荷形成的电场，离点电荷越近，场强越大，电势越小C．电场线的方向总是跟等势面垂直D．电场中某点的场强方向一定是该点试探电荷的受力方向4．某电场的电场线分布如图所示，以下说法正确的是( )A．c点场强大于d点场强B．a点电势高于b点电势C．若将一试探电荷+q由a点静止释放，它将沿电场线运动到b点D．若将一试探电荷+q由a点静止释放，它将做加速运动5．如图所示，一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹．M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右点．不计重力，下列表述正确的是( )A．粒子在M点的速率最大B．粒子所受电场力沿电场方向C．粒子在电场中的加速度不变D．粒子在电场中的电势能始终在增加6．如图是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧．对矿粉分离的过程，下列表述正确的有( )A．带正电的矿粉落在右侧 B．电场力对矿粉做负功C．带负电的矿粉电势能变大D．带正电的矿粉电势能变小7．A、B两个金属导体的伏安特性曲线如图所示，由图象可知( )A．A、B是非线性元件B．R A＞R BC．两导体串联在电路中时U A＞U BD．两导体并联在电路中时I A＞I B8．如图所示，在平行金属带电极板MN电场中将电荷量为﹣4×10﹣6C的点电荷从A点移到M板，电场力做负功8×10﹣4J，把该点电荷从A点移到N板，电场力做正功为4×10﹣4J，N 板接地．则( )A．A点的电势为100v B．MN电势差为﹣300vC．从A到N电势能增加D．从A到M电势能减少二、不定项选择，本题共3小题，每小题5分，共15分．每小题给出的四个选项中，至少有一个选项符合题目要求，请将答案涂在答题卡上．9．如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受到电场力的作用，根据此图可以作出的正确判断是( )A．带电粒子所带电荷的正、负B．带电粒子在a、b两点的受力方向C．带电粒子在a、b两点的加速度何处较大D．带电粒子在a、b两点的速度何处较大10．关于电阻的计算式R=和决定式R=ρ，下面说法正确的是( )A．导体的电阻与其两端电压成正比，与电流成反比B．导体的电阻仅与导体的长度、横截面积和材料有关C．导体的电阻随工作温度的变化而变化D．对一段特定的导体来说，在恒温下比值是恒定的，导体电阻不随U或I的变化而变化11．平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一个带正电小球悬挂在电容器内部，闭合开关S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向夹角为θ，如图所示．那么( )A．保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ增大B．保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ不变C．开关S断开，则θ变为零D．开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ不变三、解答题（共5小题，满分53分）12．某小组在“测定小灯泡的电阻”实验中，选择了以下器材，请按要求完成实验内容．（1）在框中如图画出相应的电路图，并根据电路图了解好实物图．（2）实验前，开关应处于__________状态，这是为了__________闭合开关前，滑动变阻器的滑片应调至__________（左端或右端），这是为了__________；（3）正确连好电路后，闭合开关S，发现灯L不发光，故障的原因不可能是__________；A．电流表处有开路B．电压表与灯泡相连接的导线接触不良C．导线接触不良D．小灯泡L的灯丝断了．13．如图所示，一质量为m、带电量为q的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，静止时悬线向左与竖直方向成θ角，重力加速度为g．（1）判断小球带何种电荷．（2）求电场强度E．14．如图所示有两块平行金属板A、B相隔6cm，接在36V的直流电源上，电源的正极接地，C点在两板间且到B板的距离为4cm．（1）求A、B两板间的场强大小和方向；（2）以地为电势的零点，则C点的电势是多少？15．一个电子（电荷量为﹣e，质量为m）以速度v0从A点沿着电场线方向射入场强为E的匀强电场中，到达B点时速度恰为零，求：（1）在此过程中，电子的电势能的增量；（2）A、B两点的电势差；（3）A、B两点的距离．16．如图所示，匀强电场的宽度为d，电子以速率为v0沿垂直于场强方向穿越匀强电场，偏角θ=60°，电子的电荷量为﹣e，质量为m．求：（1）电子在场强方向的侧移；（2）匀强电场的场强大小．2015-2016学年广东省肇庆四中高二（上）第一次月考物理试卷一、本题共8小题，每小题4分，共32分，每小题的四个选项中只有一个符合题意，请将正确选项涂在答题卡上．1．对于库仑定律，下列说法中正确的是( )A．凡计算两个点电荷间的作用力，都可以使用公式F=kB．相互作用的两个点电荷，不论它们的电荷是否相等，它们之间的库仑力大小一定相等C．两个带电小球即使距离非常近，也能使用库仑定律D．两个点电荷的电荷量各减为原来的一半，它们之间的距离保持不变，则它们之间的库仑力减为原来的一半【考点】库仑定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】清楚库仑定律的适用条件，了解点电荷这一个理想化的模型．两个带电体间的距离趋近于零时，带电体已经不能看成点电荷呢．运用牛顿第三定律解决B受到的静电力和A受到的静电力关系．【解答】解；AC、库仑定律的适用条件是：真空和静止点电荷．如果在研究的问题中，带电体的形状、大小以及电荷分布可以忽略不计，即可将它看作是一个几何点，则这样的带电体就是点电荷．一个实际的带电体能否看作点电荷，不仅和带电体本身有关，还取决于问题的性质和精度的要求，故AC错误．B、相互作用的两个点电荷之间的库伦力为作用力和反作用力的关系，大小始终相等，故B 正确．D、根据库仑定律的计算公式，当两个点电荷的电荷量都减为原来的一半，它们之间的距离保持不变，则它们之间的库仑力减为原来的．故D错误．故选：B．【点评】清楚书本中一些定理和定律的适用条件，知道在处理复杂物理问题时建立具有普遍意义的基本规律一些不可或缺的理想模型，使得问题处理更简便．2．如图所示，将一带正电的点电荷沿电场线方向从A点移动到B点，下列说法正确的是( )A．电场力做正功，电势能增加 B．电场力做负功，电势能增加C．电场力做正功，电势能减少 D．电场力做负功，电势能减少【考点】电势能；功能关系；电场线．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】正电荷所受的电场力方向与电场强度方向相同，根据电场力与位移方向的关系判断电场力做功的正负，再判断电势能的变化．【解答】解：带正电的点电荷所受的电场力方向从A到B，该点电荷沿电场互A点移动到B点，电场力方向与位移方向相同，则电场力做正功，电势能减少．故选C【点评】本题只要把电场力当作一般的力，抓住力的共性，根据电场力与位移方向的关系判断电场力做功的正负．3．关于静电场的叙述，正确的是( )A．沿着电场线的方向，场强越来越小B．负点电荷形成的电场，离点电荷越近，场强越大，电势越小C．电场线的方向总是跟等势面垂直D．电场中某点的场强方向一定是该点试探电荷的受力方向【考点】电场；电场线．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场线是为了形象的描述电场的强弱和方向而假想的曲线，电场线的疏密表示场强的大小，顺着电场线电势不断降低，电场线的方向总是跟等势面垂直．正电荷所受的电场力方向和电场强度方向相同，负电荷所受的电场力方向和电场强度相反．【解答】解：A、场强大小是通过电场线的疏密反映的，沿电场线的方向场强大小不一定减小，故A错误．B、电场线从无穷远出发，终止于负电荷，离点电荷越近，电场线越密，场强越大，根据顺着电场线电势不断降低，可知电势不断减小，故B正确．C、电场线的方向与等势面总是垂直，故C正确．D、场强方向一定是该点正试探电荷的受力方向，而负试探电荷的受力方向相反，故D错误．故选：BC【点评】记住电场线的特点和物理意义：电场线的疏密表示场强的大小，顺着电场线电势降低，即可顺利解出此题，要在理解的基础上牢记基本知识．4．某电场的电场线分布如图所示，以下说法正确的是( )A．c点场强大于d点场强B．a点电势高于b点电势C．若将一试探电荷+q由a点静止释放，它将沿电场线运动到b点D．若将一试探电荷+q由a点静止释放，它将做加速运动【考点】电场线．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场线的疏密反映电场的强弱．沿着电场线方向电势降低．电场线方向与电荷的运动轨迹无直接关系．【解答】解：A、电场线的密的地方场强大，d点电场线密，所以d点场强大，故A错误．B、沿着电场线方向电势降低，a点电势高于b点电势，故B正确．C、若将一试探电荷+q由a点静止释放，将沿着在a点的场强方向运动，运动轨迹不是电场线，故C错误．D、若将一试探电荷+q由a点静止释放，电场力对电荷做正功，电荷动能增加，所以将做加速运动，故D正确．故选BD．【点评】掌握电场线的特点即可解决问题．可通过动能定理判断电荷动能的变化即可知道速度大小的变化．5．如图所示，一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹．M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右点．不计重力，下列表述正确的是( )A．粒子在M点的速率最大B．粒子所受电场力沿电场方向C．粒子在电场中的加速度不变D．粒子在电场中的电势能始终在增加【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电场强度；电势能．【专题】压轴题；带电粒子在电场中的运动专题．【分析】电子在匀强电场中受到的电场力的方向向左，在向右运动的过程中，电场力对电子做负功，电子的速度减小，电势能增加，根据电子的运动分析可以得出结论．【解答】解：A、电子受到的电场力向左，在向右运动的过程中，电场力对电子做负功，电子的速度减小，运动到M点时，电子的速度最小，所以A错误；B、电子受到的电场力的方向与电场线的方向相反，所以B错误；C、由于电子是在匀强电场中运动的，受到的电场力的大小是不变的，所以粒子在电场中的加速度也不变，所以C正确；D、当电子向右运动的过程中，电场力对电子做负功，电势能增加，在向左返回的过程中，电场力对电子做正功，电势能减小，所以D错误．故选C．【点评】本题就是对电场力做功特点的考查，掌握住电场力做正功，电势能减小，动能增加，电场力做负功时，电势能增加，动能减小．6．如图是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧．对矿粉分离的过程，下列表述正确的有( )A．带正电的矿粉落在右侧 B．电场力对矿粉做负功C．带负电的矿粉电势能变大D．带正电的矿粉电势能变小【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】首先要明确矿料分选器内电场的分布及方向，判断矿粉的运动情况，从而可得到正确答案．【解答】解：由图可知，矿料分选器内的电场方向水平向左，A、带正电的矿粉受到水平向左的电场力，所以会落到左侧，选项A错误．B、无论矿粉带什么电，在水平方向上都会在电场力的作用下沿电场力的方向偏移，位移与电场力的方向相同，电场力做正功，电势能减小，选项B错误C、带负电的矿粉电场力做正功，所以电势能减小，选项C错误．D、带正电的矿粉电场力做正功，所以电势能减小，选项D正确．故选：D【点评】该题考察了带电物体在电场力作用下的运动，要熟练的掌握带电粒子在电场中的受力情况及其运动情况，并会分析电场力做功与电势能的变化情况．7．A、B两个金属导体的伏安特性曲线如图所示，由图象可知( )A．A、B是非线性元件B．R A＞R BC．两导体串联在电路中时U A＞U BD．两导体并联在电路中时I A＞I B【考点】路端电压与负载的关系；欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】根据电阻的定义式R=可知，I﹣U图线直线的斜率k=，根据斜率大小，比较电阻的大小．由图象的电压与电流比值可知，是否是线性元件，最后根据串联电流相同，则判定电压关系，并联时，电压相同，则判定电流关系．【解答】解：A、根据电阻的定义式R=可知，斜率不变，则A、B是线性元件，故A错误，B、根据电阻的定义式R=可知，I﹣U图线直线的斜率k=，斜率越大，其电阻越小，则由图可知，R A＜R B．故B错误；C、根据欧姆定律：U=IR，两导体串联在电路中时U A＜U B，故C错误；D、当两导体并联，可知，电压相同，则电流I A＞I B．故D正确．故选：D．【点评】本题考查识别、理解物理图象的能力．物理上常常从数学的角度理解图象的物理意义，同时掌握非线性元件与线性元件的区别．8．如图所示，在平行金属带电极板MN电场中将电荷量为﹣4×10﹣6C的点电荷从A点移到M板，电场力做负功8×10﹣4J，把该点电荷从A点移到N板，电场力做正功为4×10﹣4J，N 板接地．则( )A．A点的电势为100v B．MN电势差为﹣300vC．从A到N电势能增加D．从A到M电势能减少【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．【专题】比较思想；模型法；电场力与电势的性质专题．【分析】根据电势差公式U=分别求出A、N间的电势差，即可得到A点的电势．由电势差公式求出A、M间的电势差．根据电场力做功正负分析电势能的变化．【解答】解：A、A、N间的电势差：U AN==V=﹣100V，又：U AN=φA﹣φN，φN=0，则A点的电势：φA=﹣100V．故A错误．B、AM间的电势差U AM==V=200V，则MN间的电势差为U MA=﹣U MA=﹣200V，则MN间的电势差为U MN=U MA+U AN=﹣200﹣100=﹣300V．故B正确．C、将点电荷从A点移到N板，电场力做正功为4×10﹣4J，则其电势能减少4×10﹣4J．故C 错误．D、点电荷从A点移到M板，电场力做负功8×10﹣4J，则其电势能增加8×10﹣4J．故D错误．故选：B【点评】运用电势差公式U=时，要注意电荷移动的方向，往往公式中三个量都要代入符号一起计算．二、不定项选择，本题共3小题，每小题5分，共15分．每小题给出的四个选项中，至少有一个选项符合题目要求，请将答案涂在答题卡上．9．如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受到电场力的作用，根据此图可以作出的正确判断是( )A．带电粒子所带电荷的正、负B．带电粒子在a、b两点的受力方向C．带电粒子在a、b两点的加速度何处较大D．带电粒子在a、b两点的速度何处较大【考点】电场线；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】先由粒子的运动轨迹，判断粒子所受电场力的大体方向，即粒子受到的电场力大体向左，电场线方向不明，无法判断粒子的电性．根据电场线疏密程度，判断ab两点场强的大小，从而判断ab两点电场力大小，再根据牛顿第二定律得ab点加速度的大小．【解答】解：ABC、由图，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性和产生该电场的点电荷的电性．故A错误，B正确．C、根据电场线的疏密程度，判断ab两点场强的大小，从而判断ab两点电场力大小，再根据牛顿第二定律得a点加速度的大，故C正确．D、由a到b，电场力做负功，动能减小，故b处的速度小，D正确故选：BCD．【点评】本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向．10．关于电阻的计算式R=和决定式R=ρ，下面说法正确的是( )A．导体的电阻与其两端电压成正比，与电流成反比B．导体的电阻仅与导体的长度、横截面积和材料有关C．导体的电阻随工作温度的变化而变化D．对一段特定的导体来说，在恒温下比值是恒定的，导体电阻不随U或I的变化而变化【考点】电阻定律．【专题】恒定电流专题．【分析】导体的电阻是导体本身的特性，与其两端电压和电流强度无关，根据电阻定律R=可知，导体的电阻与导体的长度、横截面积和材料有关．导体的电阻率随温度变化而变化，电阻也随温度而变化．【解答】解：A、导体的电阻只由导体本身的性质决定，不能根据R=而错误地认为R与U 成正比，与I成反比．故A错误．B、C、根据R=ρ知导体的电阻由ρ、L、S决定，但还与温度有关，故B错误，C正确．D、在恒温下，一段特定导体的电阻与U和I无关，是一个定值，故D正确．故选：CD．【点评】对于电阻的两个公式：R=是电阻的定义式，定义方法是比值定义法，有比值定义法的共性，R与U、I无关．R=ρ是电阻的决定式，反映了电阻由导体的长度、横截面积和材料决定．11．平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一个带正电小球悬挂在电容器内部，闭合开关S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向夹角为θ，如图所示．那么( )A．保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ增大B．保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ不变C．开关S断开，则θ变为零D．开关S断开，带正电的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】小球受重力、拉力、电场力三个力处于平衡状态，保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变；断开开关S，电容器所带的电量不变．【解答】解：A、保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变，带正电的A板向B板靠近，极板间距离减小，电场强度E增大，小球所受的电场力变大，θ增大．故A正确，B错误．C、断开开关S，电容器所带的电量不变，电容器之间存在匀强电场，所以θ不为零，故C 错误；D、断开开关S，电容器所带的电量不变，C=，E=．知d变化，E不变，电场力不变，θ不变．故D正确．故选：AD．【点评】解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量．若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变．三、解答题（共5小题，满分53分）12．某小组在“测定小灯泡的电阻”实验中，选择了以下器材，请按要求完成实验内容．（1）在框中如图画出相应的电路图，并根据电路图了解好实物图．（2）实验前，开关应处于断开状态，这是为了保护电路闭合开关前，滑动变阻器的滑片应调至左端（左端或右端），这是为了保护电路；（3）正确连好电路后，闭合开关S，发现灯L不发光，故障的原因不可能是B；A．电流表处有开路B．电压表与灯泡相连接的导线接触不良C．导线接触不良D．小灯泡L的灯丝断了．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】实验题．【分析】（1）根据伏安法测电阻原理作出电路图，然后连接实物电路图；（2）为保护电路，连接电路时应断开开关，闭合开关前滑片要置于阻值最大处；（3）灯泡短路或电路存在断路，灯泡不发光．【解答】解：（1）伏安法测灯泡电阻电路图如图所示：实物电路图如图所示：（2）实验前，开关应处于断开状态，这是为了保护电路闭合开关前，滑动变阻器的滑片应调至左端，这是为了保护电路；（3）A、电流表处有开路，电路断路，灯泡不发光；B、如果电压表与灯泡相连接的导线接触不良，电路是通路，灯泡发光；C、导线接触不良，电路断路，灯泡不发光；D、小灯泡L的灯丝断了，灯泡断路，灯泡不发光；故选B．故答案为：（1）如图所示；（2）断开；保护电路；左端；保护电路；（3）B．【点评】本题考查了作电路图、连接实物电路图、实验注意事项、电路故障分析，知道实验原理是正确解题的关键．13．如图所示，一质量为m、带电量为q的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，静止时悬线向左与竖直方向成θ角，重力加速度为g．（1）判断小球带何种电荷．（2）求电场强度E．【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】对小球受力分析，根据共点力平衡得出电场力的方向，从而确定小球的电性，根据共点力平衡得出电场力的大小，从而求出电场强度．【解答】解：（1）根据小球的受力分析知，电场力水平向左，知小球带负电．（2）根据共点力平衡得，F=qE，又F=mgtanθ，所以E=．答：（1）小球带负电．（2）电场强度E为．【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解．14．如图所示有两块平行金属板A、B相隔6cm，接在36V的直流电源上，电源的正极接地，C点在两板间且到B板的距离为4cm．（1）求A、B两板间的场强大小和方向；（2）以地为电势的零点，则C点的电势是多少？【考点】电势差与电场强度的关系；电势．【专题】计算题；定量思想；模型法；电场力与电势的性质专题．【分析】（1）A、B间为匀强电场，根据E=求出电场强度的大小．根据极板的极性分析电场强度的方向．（2）根据U=Ed求出CB间的电势差，结合B板的电势为零，求解C点的电势．【解答】解：（1）A、B两板间的场强大小E===600V/m，方向竖直向下．（2）由于电场线方向向下，则C点的电势比B点的电势高，C、B间的电势差为U CB=Ed CB=600×0.04V=24V由U CB=φC﹣φB，φB=0，得φC=24V答：（1）A、B两板间的场强大小是600V/m，方向竖直向下．（2）C点的电势是24V．【点评】解决本题的关键掌握匀强电场的电势差与场强的关系公式，求电势时，往往先求电势差，再求电势．15．一个电子（电荷量为﹣e，质量为m）以速度v0从A点沿着电场线方向射入场强为E 的匀强电场中，到达B点时速度恰为零，求：（1）在此过程中，电子的电势能的增量；（2）A、B两点的电势差；（3）A、B两点的距离．【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据动能定理求出电场力做功，从而得出电势能的增量，根据电场力做功与电势差的关系求出A、B两点的电势差，根据电势差和电场强度求出AB之间的距离．【解答】解：（1）根据动能定理得，电场力做功，可知电子的电势能增大，增加．（2）A、B两点间的电势差．（3）A、B两点的距离d=．答：（1）电子电势能的增量为；（2）A、B两点的电势差为；（3）A、B两点的距离为．。