辽宁省朝阳市北票市高级中学2015-2016学年高二上学期第一次月考物理试卷
【往年试卷】2015-2016学年高二上学期期中物理试题(必修)
12015-2016学年高二（上）期中物理试卷（必修）一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分，共计24分，只有一个选项正确）1．下列四个物理量中属于用比值法定义的是（）A ．导体的电阻R=ρB ．电容器的电容C=C ．点电荷的电场强度E=k D ．磁感应强度B=2．将两个分别带有电荷量﹣2Q 和+5Q 的相同金属小球A 、B 分别固定在相距为r 的两处（均可视为点电荷），它们间库仑力的大小为F ．现将第三个与A 、B 两小球完全相同的不带电小球C 先后与A 、B 相互接触后拿走，A 、B 间距离保持不变，则两球间库仑力的大小为（）A ．FB ．F C．D ．3．如图，a 、b 、c 是由正点电荷形成的电场中一条电场线上的三个点，已知ab=bc ，a 、b 两点间电压为10v ，则b 、c 两点间电压（）A ．等于10VB ．大于10VC ．小于10VD ．条件不足，无法判断4．如图所示的电路中，现将滑动变阻器的滑片P 向右移动，则（）A ．电流表的示数变小B ．电压表的示数变大C ．电灯L 消耗的功率变大D ．电阻R 1消耗的功率变大5．如图，A 、B 、C 三点在匀强电场中，AC ⊥BC ，∠ABC=60°，=20cm ，把一个电量q=1×10﹣5C 的正电荷从A 移到B ，电场力不做功；从B 移到C，电场力做功为﹣×10﹣3J ，则该匀强电场的场强大小和方向是（）2A ．866V/m ，垂直AC 向上B ．866V/m ，垂直AC 向下C ．1000V/m ，垂直AB 斜向上D ．1000V/m ，垂直AB 斜向下6．如图所示，两个半径相同、粗细相同互相垂直的圆形导线圈，可以绕通过公共的轴线xx ′自由转动，分别通以相等的电流，设每个线圈中电流在圆心处产生磁感应强度为B ，当两线圈转动而达到平衡时，圆心O 处的磁感应强度大小是（）A ．1B B．B C ．2B D ．0二、多项选择题（本题共5小题，每小题4分，共计20分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分）7．下列说法中不正确的是（）A ．由磁感应强度的定义式B=可知，磁场中某处的磁感应强度大小与通电直导线所受磁场力成正比，与IL 成反比B ．一小段通电直导线磁场中某处所受的磁场力的方向就是该处磁场的方向C ．一小段通电直导线放在某处受到的磁场力等于零，则该处磁感应强度一定为零D ．一段长为10cm 、电流为2A 的通电直导线在某处受磁场力大小为0.8N ，则该处磁感应强度的大小至少为4T8．如图所示，平行板电容器的两极板A 、B 接于电池两极，一带正电小球悬挂在电容器内部，闭合电建S 给电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，以下判断正确的是（）A ．电建S 断开，将A 板向B 板靠近，则θ增大B ．电建S 断开，将A 板向B 板靠近，则θ不变C ．保持电建S 闭合；将A 板向B 板靠近，则θ变小3D ．保持电建S 闭合；将A 板向B 板靠近，则θ增大9．如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在它的右上方固定一直导线，导线与磁铁垂直，若给导线通以垂直于纸面向外的电流后，则与未通电相比（）A ．磁铁对桌面压力增大B ．磁铁对桌面压力减小C ．磁铁有向右运动的趋势D ．桌面对磁铁无摩擦力10．一根粗细均匀的导线，两端加上电压U 时，通过导线中的电流强度为I ，导线中自由电子定向移动的平均速度为v ，若导线均匀拉长，使其半径变为原来的，再给它两端加上电压U ，则（）A ．通过导线的电流为B．通过导线的电流为C．自由电子定向移动的平均速率为D ．自由电子定向移动的平均速率为11．如图所示，真空中等量异种点电荷放置在M ，N 两点，在此MN 的连线上有对称点a 、c ，MN 连线的中垂线上有对称点b 、d ，则下列说法正确的是（）A ．a 点场强与c 点场强一定相同B ．a 点电势一定小于c 点电势C ．负电荷在c 点电势能一定大于在a 点电势能D ．正电荷从d 点移到b 点电场力不做功三、实验题（共2题，共计30分，答案填在答题卷对应题号的横线上）412．（18分）（2015秋•淮安校级期中）一个小灯泡的额定电压为2.0V ．额定电流约为0.5A ，选用下列实验器材进行实验，并利用实验数据描绘和研究小灯泡的伏安特性曲线．A ．电源E ：电动势为3.0V ，内阻不计；B ．电压表V 1：量程为0～3V ，内阻约为1k ΩC ．电压表V 2：量程为0～15V ，内阻约为4k ΩD ．电流表A 1：量程为0～3A ，内阻约为0.1Ω；E ．电流表A 2：量程为0～0.6A ，内阻约为0.6Ω；F ．滑动变阻器R 1：最大阻值为l0Ω，额定电流为0.6A ；G ．滑动变阻器R 2：最大阻值为l5Ω，额定电流为1.0A ；H ．滑动变阻器R 3：最大阻值为l50Ω，额定电流为1.0A ；I ．开关S ，导线若干．实验得到如下数据（I 和U 分别表示通过小灯泡的电流和加在小灯泡两端的电压）：I/A 0.000.120.210.290.340.380.420.450.470.490.50U/V 0.000.200.400.600.80 1.00 1.20 1.40 1.60 1.80 2.00（1）实验中电压表应选用；电流表应选用；滑动变阻器应选用（请填写选项前对应的字母）．（2）请你不要改动已连接导线，在下面的实物连接图1中把还需要连接的导线补上．闭合开关前，应使变阻器滑片放在最（填“左”或“右”）端．（3）测量时电压表示数如图2所示，则U=V ．（4）在图3坐标中画出小灯泡的U ﹣I 曲线．并简述该图线不是直线的主要原因（5）若将本题中的小灯泡接在电动势是1.5V 、内阻是1.0Ω的电池两端，则小灯泡的实际功率约为（保留两位有效数字）．13．（12分）（2015秋•淮安校级期中）在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：①干电池E （电动势约为1.5V 、内电阻大约为1.0Ω）②电压表V （0～15V ）5③电流表A （0～0.6A 、内阻0.1Ω）④电流表G （满偏电流3mA 、内阻R g =10Ω）⑤滑动变阻器R 1（0～10Ω、10A ）⑥滑动变阻器R 2（0～100Ω、1A ）⑦定值电阻R 3=990Ω（用于改装电表）⑧开关、导线若干（1）为了方便且能较准确地进行测量，其中应选用的滑动变阻器是（填写字母代号）（2）请在线框内画出你所设计的实验电路图，并在图1中标上所选用器材的符号．（3）图2为某一同学根据他设计的实验，绘出的I 1﹣I 2图线（I 1为电流表G 的示数，I 2为电流表A 的示数），由图线可求得被测电池的电动势E=V ，内电阻r=Ω．（4）考虑电表本身电阻对测量结果的影响，造成本实验的系统误差的原因是四、计算题（本题共3小题，共计46分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）14．（15分）（2015秋•淮安校级期中）如图所示，电源的电动势E=6.0V ，电阻R 1=8Ω，电动机绕组电阻r ′=2Ω，当电键K 断开时，电阻R 1消耗的电功率是2.88W ；当电键闭合时，电阻R 1消耗的电功率是2W ，求：（1）电源的内阻r ；（2）电键闭合时，电动机的输出功率；（3）电键闭合时，电源的效率．615．（15分）（2015秋•淮安校级期中）两平行金属导轨间的距离L=0.40m ，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T 、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E=4.5V 、内阻r=0.50Ω的直流电源．现把一个质量m=0.040kg 的导体棒ab 放在足够长的金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R 0=2.5Ω，金属导轨电阻不计，g 取10m/s 2．已知sin 37°=0.6，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：（1）通过导体棒的电流；（2）导体棒受到的摩擦力大小；（3）若将磁场方向突然变与原来相反，但磁感应强度大小不变，则导体棒从开始下滑到速率为6m/s 的过程中，闭合回路的磁通量增加是多少？（由于导体棒运动而产生的反电动势不考虑）16．（16分）（2012秋•扬州期中）如图甲所示，质量为m 、电荷量为e 的电子经加速电压U 1，加速后，在水平方向沿O 1O 2垂直进入偏转电场．已知形成偏转电场的平行板电容器的极板长为L （不考虑电场边缘效应），两极板间距为d ，O 1O 2为两极板的中线，P 是足够大的荧光屏，且屏与极板右边缘的距离也为L ．求：（1）粒子进入偏转电场的速度v 的大小；（2）若偏转电场两板间加恒定电压，电子经过偏转电场后正好打中屏上的A 点，A 点与极板M 在同一水平线上，求偏转电场所加电压U 2；（3）若偏转电场两板间的电压按如图乙所示作周期性变化，要使电子经加速电场后在t=0时刻进入偏转电场后水平击中A 点，试确定偏转电场电压U 0以及周期T 分别应该满足的条件．72015-2016学年高二（上）期中物理试卷（必修）参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分，共计24分，只有一个选项正确）1．下列四个物理量中属于用比值法定义的是（）A ．导体的电阻R=ρB ．电容器的电容C=C ．点电荷的电场强度E=kD ．磁感应强度B=【考点】物理学史．【分析】所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“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的大小取舍而改变．【解答】解：A 、这是电阻定律表达式，说明电阻与导体的长度成正比，与横截面积成反比，不属于比值定义法．故A 错误．B 、电容与极板的正对面积S 成正比，与极板间的距离d 成反比，该式不属于比值定义法．故B 错误．C 、电场强度与场源电荷量成正比，与距离的平方成反比，所以该式不属于比值定义法．故C 错误．D 、磁感应强度与放入磁场中的电流元无关．所以B=属于比值定义法．故D 正确．故选：D【点评】解决本题的关键理解比值定义法的共性：被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性．82．将两个分别带有电荷量﹣2Q 和+5Q 的相同金属小球A 、B 分别固定在相距为r 的两处（均可视为点电荷），它们间库仑力的大小为F ．现将第三个与A 、B 两小球完全相同的不带电小球C 先后与A 、B 相互接触后拿走，A 、B 间距离保持不变，则两球间库仑力的大小为（）A ．FB ．F C．D ．【考点】库仑定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】完全相同的带电小球接触时，若是同种电荷则将总电量平分，若是异种电荷则先中和然后将剩余电量平分，然后依据库仑定律求解即可．【解答】解：开始时由库仑定律得：①当小球和A 接触后，A 球带电为﹣Q ，再和B 球接触时，先中和后总电量为4Q ，故平分后B 球带电为2Q，因此此时：②由①②得：，故ACD 错误，B 正确．故选B ．【点评】完全相同的带电小球接触时，对于电量的重新分配规律要明确，然后正确利用库仑定律求解．3．如图，a 、b 、c 是由正点电荷形成的电场中一条电场线上的三个点，已知ab=bc ，a 、b 两点间电压为10v ，则b 、c 两点间电压（）A ．等于10VB ．大于10VC ．小于10VD ．条件不足，无法判断【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】本题考查了正点电荷周围的电场强度、电势、电势差的情况，知道电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，根据点电荷的周围电场分布情况可正确解答．【解答】解：由图可知电场线的方向向右，而a 、b 、c 是由正点电荷形成的电场中一条电场线上的三个点，则正电荷在a 的左端，所以a 、b 之间的平均场强一定大于b 、c 之间的平均场强，已知ab=bc ，a 、b 两点间电压为10v ，则由U=Ed 可得b 、c 两点间电压一定小于10V ；故选C9【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，即可解决本题．4．如图所示的电路中，现将滑动变阻器的滑片P 向右移动，则（）A ．电流表的示数变小B ．电压表的示数变大C ．电灯L 消耗的功率变大D ．电阻R 1消耗的功率变大【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】由图可知滑动变阻器与定值电阻串联，电压表并联在R 两端，与灯泡并联接入电源，电流表测干电路中的电流；由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化；由欧姆定律可知电路中电流的变化及电压表示数的变化，根据P=I 2R 判断功率变化．【解答】解：A 、将滑动变阻器的滑片P 向右移动时，电路中的总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，总电流增大，所以电流表示数增大，故A 错误；B 、总电流增大，所以电源内阻所占电压增大，所以并联部分电压减小，所以通过L 的电流减小，根据P=I 2R 可知，电灯L 消耗的功率变小，故C 错误，但总电流增大，所以通过R 1的电流增大，通过R 1的电压增大，而并联部分电压减小，所以电压表示数减小，故B 错误，根据P=I 2R 可知，电阻R 1消耗的功率变大，故D 正确．故选D【点评】本题考查了串并联电路特点和欧姆定律的应用，关键是滑动变阻器的滑片移动时电路中变化的判断．5．如图，A 、B 、C 三点在匀强电场中，AC ⊥BC ，∠ABC=60°，=20cm ，把一个电量q=1×10﹣5C 的正电荷从A 移到B ，电场力不做功；从B 移到C，电场力做功为﹣×10﹣3J ，则该匀强电场的场强大小和方向是（）A ．866V/m ，垂直AC 向上B ．866V/m ，垂直AC 向下C ．1000V/m ，垂直AB 斜向上D ．1000V/m ，垂直AB 斜向下【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．10【分析】根据一个q=10﹣5C 的正电荷从A 移到B ，电场力做功为零，可知，A 与B 电势相等．根据电荷从B 移到C ，电场力做功为﹣×10﹣3J ，由电势差的公式求出BC 间的电势差．由求场强大小，其中d 为沿电场线方向的有效长度．【解答】解：由题，q=10﹣5C 的正电荷从A 移到B ，电场力做功为零，则A 与B 电势相等，AB 连线是一条等势线．BC 间电势差为：V ，所以C 点的电势高．该匀强电场的场强大小：V/m电场线方向垂直于AB 向下．所以选项D 正确．故选：D ．【点评】本题根据题设条件找到等势点，作出等势线，根据电场线与等势线垂直，并由高电势处指向低电势处作电场线是常规思路．6．如图所示，两个半径相同、粗细相同互相垂直的圆形导线圈，可以绕通过公共的轴线xx ′自由转动，分别通以相等的电流，设每个线圈中电流在圆心处产生磁感应强度为B ，当两线圈转动而达到平衡时，圆心O 处的磁感应强度大小是（）A ．1B B．B C ．2B D ．0【考点】磁感应强度；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【分析】该题是关于磁场的叠加问题．首先运用安培定则每个圆环在圆心O 处产生的磁感应强度的方向，利用平行四边形定则进行矢量合成，即求出O 处的磁感应强度大小．【解答】解：根据安培定则可知，竖直方向的通电圆环在圆心O 处产生的磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为B ，水平方向的通电圆环在圆心O 处产生的磁感应强度方向竖直向上，大小为B ，两者相互垂直，由于同向电流吸引，两个线圈重合，故当两线圈转动而达到重合时，圆心O 处的磁感强度的大小是B O =2B ．故选：C【点评】本题的解题关键是掌握安培定则，并能熟练应用，同时要能正确运用平行四边形定则进行矢量合成．11二、多项选择题（本题共5小题，每小题4分，共计20分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分）7．下列说法中不正确的是（）A ．由磁感应强度的定义式B=可知，磁场中某处的磁感应强度大小与通电直导线所受磁场力成正比，与IL 成反比B ．一小段通电直导线磁场中某处所受的磁场力的方向就是该处磁场的方向C ．一小段通电直导线放在某处受到的磁场力等于零，则该处磁感应强度一定为零D ．一段长为10cm 、电流为2A 的通电直导线在某处受磁场力大小为0.8N ，则该处磁感应强度的大小至少为4T【考点】左手定则．【分析】当电流元与磁场垂直时，安培力最大，为F=BIL ；当电流元与磁场平行时，安培力为零；当当电流元与磁场成θ角时，安培力为F=BILsin θ．【解答】解：A 、B 、磁感应强度B=是采用比值法定义的，B 大小与F 、IL 无关，B 由磁场本身决定，故A 错误，B 、根据左手定则可知，一小段通电直导线磁场中某处所受的磁场力的方向与该处磁场的方向垂直，故B 错误；C 、根据公式F=BILsin θ，一小段通电直导线在某处不受磁场力，该处磁感应强度B 不一定为零，可能是sin θ为零，故C 错误；D 、根据磁感应强度B=，条件是B 与I 垂直，而一段长为10cm 、电流为2A 的通电直导线在某处受磁场力大小为0.8N ，若导线垂直放入磁场，则该处磁感应强度的大小为4T ，若不垂直放置，则磁感应强度的大小大于4T ；故D 正确；本题选择不正确的，故选：ABC ．【点评】本题关键是记住安培力公式F=BILsin θ，知道磁感应强度有磁场表示决定，与电流元无关，同时注意导线放入磁场中是否垂直磁场是解题的关键．8．如图所示，平行板电容器的两极板A 、B 接于电池两极，一带正电小球悬挂在电容器内部，闭合电建S 给电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，以下判断正确的是（）A ．电建S 断开，将A 板向B 板靠近，则θ增大B ．电建S 断开，将A 板向B 板靠近，则θ不变C ．保持电建S 闭合；将A 板向B 板靠近，则θ变小D ．保持电建S 闭合；将A 板向B 板靠近，则θ增大12【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；库仑定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电容器充电后电键S 断开，电容器所带电量不变，根据推论分析板间场强是否变化，判断θ如何变化．保持电键S 闭合，板间电压不变，将A 板向B 板靠近，根据E=分析板间场强如何变化，判断θ如何变化．【解答】解：A 、电容器充电后电键S 断开，电容器所带电量不变，两板正对面积和介电常量都不变，根据推论E=知，d 变化，电场强度不变，所以θ不变．故A 错误，B 正确．C 、保持电键S 闭合，板间电压不变，将A 板向B 板靠近，板间距离d 减小，由板间场强E=知，场强增大，则θ增大．故C 错误，D 正确．故选：BD ．【点评】电容器所带电量不变，两板正对面积和介电常量不变，板间场强不变是重要的推论，要在理解的基础上加强记忆．9．如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在它的右上方固定一直导线，导线与磁铁垂直，若给导线通以垂直于纸面向外的电流后，则与未通电相比（）A ．磁铁对桌面压力增大B ．磁铁对桌面压力减小C ．磁铁有向右运动的趋势D ．桌面对磁铁无摩擦力【考点】安培力．【分析】先以通电导线为研究对象，由左手定则判断出导线受到安培力的方向；然后由牛顿第三定律求出磁铁受到磁场力的方向，最后判断磁铁对桌面的压力如何变化，判断磁铁受到的摩擦力方向【解答】解：在磁铁外部，磁感线从N 极指向S 极，长直导线在磁铁的中央右上方，导线所在处磁场斜向左上方；导线电流垂直于纸面向外，由左手定则可知，导线受到的安培力斜向左下方；由牛顿第三定律可知，导线对磁铁的作用力斜向右上方，因此磁铁对桌面的压力减小，小于磁铁的重力，磁铁由向右的运动趋势，磁铁受到向左的摩擦力，故AD 错误，BC 正确．故选：BC【点评】本题应先选导线为研究对象，然后由牛顿第三定律判断磁铁的受力情况，巧妙地选取研究对象，是正确解题的关键1310．一根粗细均匀的导线，两端加上电压U 时，通过导线中的电流强度为I ，导线中自由电子定向移动的平均速度为v ，若导线均匀拉长，使其半径变为原来的，再给它两端加上电压U ，则（）A ．通过导线的电流为B．通过导线的电流为C．自由电子定向移动的平均速率为D ．自由电子定向移动的平均速率为【考点】电阻定律．【专题】恒定电流专题．【分析】将导线均匀拉长，使其半径变为原来的，横截面积变为原来的倍，导线长度要变为原来的4倍；然后由电阻定律分析电阻的变化，由欧姆定律分析电流的变化，由电流的微观表达式I=nevS 分析平均速率v 的变化．【解答】解：AB 、将导线均匀拉长，使其半径变为原来的，横截面积变为原来的倍，导线长度要变为原来的4倍，金属丝电阻率不变，由电阻定律R=ρ可知，导线电阻变为原来的16倍；电压U 不变，由欧姆定律I=可知，电流变为原来的；故A 错误，B 正确；CD 、电流I 变为原来的，横截面积变为原来的，单位体积中自由移动的电子数n 不变，每个电子粒所带的电荷量e 不变，由电流的微观表达式I=nevS 可知，电子定向移动的速率变为原来的，故C 错误，D 正确；故选：BD【点评】本题关键要在理解的基础上记住电流的微观表达式I=nevS 和电阻定律公式．11．如图所示，真空中等量异种点电荷放置在M ，N 两点，在此MN 的连线上有对称点a 、c ，MN 连线的中垂线上有对称点b 、d ，则下列说法正确的是（）14A ．a 点场强与c 点场强一定相同B ．a 点电势一定小于c 点电势C ．负电荷在c 点电势能一定大于在a 点电势能D ．正电荷从d 点移到b 点电场力不做功【考点】电场强度；电势差；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】本题考查了等量异种电荷周围电场分布情况：在如图所示的电场中，等量异种电荷MN 之间的电场方向是相同的，由M 指向N 或由N 指向M ；MN 中垂线上的电场强度、电势关于O 点对称，Ob 电场方向沿Ob 连线向上，Od 电场方向沿Od 方向向下，O 点是中垂线上电势最高的点．【解答】解：由于M 、N 是异种电荷，电场线由正电荷出发终止于负电荷，MN 之间的电场方向相同，由于a 、c 关于O 点对称，因此大小也相同，所以a 点场强与c 点场强一定相同，故A 正确；B 、由于M 、N 电性不确定，因此电场线方向不确定，所以a 点电势和c 点电势大小关系无法判定，故B 错误；C 、由于a 、c 两点的电势高低无法确定，因此电荷在a 、c 两点的电势能大小也无法确定，故C 错误；D 、b 、d 两点电势相等，因此电荷从d 点移到b 点电场力不做功，故D 正确．故选AD ．【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．三、实验题（共2题，共计30分，答案填在答题卷对应题号的横线上）12．（18分）（2015秋•淮安校级期中）一个小灯泡的额定电压为2.0V ．额定电流约为0.5A ，选用下列实验器材进行实验，并利用实验数据描绘和研究小灯泡的伏安特性曲线．A ．电源E ：电动势为3.0V ，内阻不计；B ．电压表V 1：量程为0～3V ，内阻约为1k ΩC ．电压表V 2：量程为0～15V ，内阻约为4k ΩD ．电流表A 1：量程为0～3A ，内阻约为0.1Ω；E ．电流表A 2：量程为0～0.6A ，内阻约为0.6Ω；F ．滑动变阻器R 1：最大阻值为l0Ω，额定电流为0.6A ；G ．滑动变阻器R 2：最大阻值为l5Ω，额定电流为1.0A ；15H ．滑动变阻器R 3：最大阻值为l50Ω，额定电流为1.0A ；I ．开关S ，导线若干．实验得到如下数据（I 和U 分别表示通过小灯泡的电流和加在小灯泡两端的电压）：I/A 0.000.120.210.290.340.380.420.450.470.490.50U/V 0.000.200.400.600.80 1.00 1.20 1.40 1.60 1.80 2.00（1）实验中电压表应选用B ；电流表应选用E ；滑动变阻器应选用G （请填写选项前对应的字母）．（2）请你不要改动已连接导线，在下面的实物连接图1中把还需要连接的导线补上．闭合开关前，应使变阻器滑片放在最左（填“左”或“右”）端．（3）测量时电压表示数如图2所示，则U=0.80V ．（4）在图3坐标中画出小灯泡的U ﹣I 曲线．并简述该图线不是直线的主要原因灯丝电阻（率）随温度升高而增大（5）若将本题中的小灯泡接在电动势是1.5V 、内阻是1.0Ω的电池两端，则小灯泡的实际功率约为0.28（保留两位有效数字）．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】实验题．【分析】（1）根据灯泡额定电压选择电压表，根据灯泡正常发光时的电流选择电流表，在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器．（2）电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，根据灯泡电阻与电表内阻关系确定电流表接法，然后连接实物电路图；闭合开关前，分压电路分得的电压应为零．（3）电压表的量程是3V ，结合电压表读数的方法得出读数．（4）结合电阻率的变化分析电阻的变化和电流变化的原因．（5）根据表中实验数据在坐标系中描出对应的点，然后作出U ﹣I 图象．在同一坐标系中作出电池的U ﹣I 图象，两图象的交点坐标值是灯泡的电压与电流值，由P=UI 求出灯泡的实际功率．【解答】解：（1）灯泡额定电压是2V ，则电压表选B ；灯泡额定电流为0.5A ，则电流表选E ；为方便实验操作，滑动变阻器应选G ，F 的额定电流太小．。
2020年辽宁省朝阳市北票市高级中学高二物理模拟试题带解析
2020年辽宁省朝阳市北票市高级中学高二物理模拟试题含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. 如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻几乎为零。
A和B是两个完全相同的小灯泡A．当开关S由断开变为闭合时，A灯的亮度始终不变B．当开关S由断开变为闭合时，B灯由亮变为更明亮C．当开关S由闭合变为断开时，A灯由亮逐渐变暗，直至熄灭D．当开关S由闭合变为断开时，B灯突然变亮，后逐渐变暗，直至熄灭参考答案：D2. 用同一光电管研究a、b两种单色光产生的光电效应，得到光电流I与光电管两极间所加电压U的关系如图。
则这两种光的说法正确（）A．照射该光电管时b光使其逸出的光电子最大初动能大B．两种光照射到金属表面的逸出功相同C．a光的光子频率大于b光的光子频率D．a光的遏止电压小于b光的遏止电压参考答案：ABD3. A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度—时间图象如图1－8所示．则这一电场可能是图1－9中的()图1－8图1－9参考答案：A4. 已知阿佛伽德罗常数为N，某物质的摩尔质量为M该物质的密度为ρ则下列叙述中正确的是A．lkg该物质所含的分子个数是ρN B．lkg该物质所含的分子个数是C．该物质1个分子的质量是 D．该物质1个分子有的空间是参考答案：D5. 电源的电动势为4.5V，内电阻为0.50，外电路接一个4.0的电阻，这时电源两端的电压为：A．5.0V B．4.5V C．4.0V D．3.5V参考答案：C二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. 如图所示的电路中，电池的电动势E=9.0 V，内电阻r=2.0Ω，固定电阻R1=1.0Ω，R2为可变电阻，其阻值在0～10Ω范围内调节，问：取R2=_______Ω时，R1消耗的电功率最大.取R2=________Ω时，R2消耗的电功率最大.参考答案：7. 理想模型是物理学中重要的思想方法之一，在解决实际问题中有重要意义，例如点电荷是物理学中的一个理想模型，请再举出一例：。
辽宁省朝阳市第二高级中学2016届高三上学期第二次月考物理试题 含答案
朝阳市第二高级中学2015—2016学年高三第二次月考物理试卷一、选择题(本题共12道小题，每小题4分，共48分,其中8-12题为多选）1。
在经典力学建立过程中,伽利略、牛顿等物理学家作出了彪炳史册的贡献．关于物理学家的贡献,下列说法正确的是（）A．牛顿发现了万有引力定律并通过实验测量得出了引力常量G B．伽利略对自由落体运动的研究中，采用了以实验检验猜想和假设的科学方法C．库仑首先提出了电场的概念D．伽利略揭示了力与运动的关系,并用实验验证了在水平面上运动的物体若没有摩擦,将保持这个速度一直运动下去2.如图为一质点做直线运动的v﹣t图象，下列说法正确是（) A．在18s～22s时间内，质点的位移为24mB．18秒时质点速度反向C．整个过程中,E点处质点离出发点最远D．整个过程中,CE段的加速度最大3。
如图所示，由两种材料制成的半球面固定在水平地面上，右侧面是光滑的，左侧面是粗糙的,O点为球心，A、B是两个相同的小物块（可视为质点），小物块A静止在左侧面上，小物块B在图示水平力F作用下静止在右侧面上，A、B处在同一高度，AO、BO与竖直方向的夹角均为θ，则A、B对球面的压力大小之比为( ）A．sin2θ:1 B．cos2θ：1 C．sin θ：1 D．cos θ：14。
一个质量为m的木块静止在粗糙的水平面上，木块与水平面间的滑动摩擦力大小为2F0，某时刻开始受到如图所示的水平拉力的作用，下列说法正确的是（）A．0到t0时间内，木块的位移大小为B．t0时刻合力的功率为C．0到t0时间内，水平拉力做功为D．2t0时刻，木块的速度大小为5。
如图所示，M为固定在水平桌面上的有缺口的方形木块，abcd 为半径是R的错误!光滑圆弧形轨道,a为轨道最高点，de面水平且有一定长度．今将质量为m的小球在d点的正上方高为h处由静止释放，其自由下落到d处切入轨道内运动，不计空气阻力，则（)A．只要h大于R，释放后小球就能通过a点B．只要改变h的大小,就能使小球通过a点后，既可能落回轨道内又可能落到de面上C．无论怎样改变h的大小,都不可能使小球通过a点后落回轨道内D．调节h的大小，可以使小球通过a点做自由落体运动6. 给平行板电容器充电，断开电源后A极板带正电，B极板带负电。
[推荐学习]高二物理上学期12月月考试卷(含解析)2
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辽宁省沈阳二中2015-2016学年高二（上）月考物理试卷（12月份）一．选择题（本题共48分，每小题4分，第5、6、9、10题为多选题）1．某电场中的电场线（方向未标出）如图所示，现将一带负电的点电荷从A点移至B点需克服电场力做功，则C、D两点的电场强度、电势大小关系应为（）A．E C＞E D，φC＞φD B．E C＜E D，φC＞φD C．E C＞E D，φC＜φD D．E C＜E D，φC＜φD2．如图所示，电感线圈的电阻和电池内阻均可忽略不计，两个电阻的阻值都是R，电键K原来打开着，电流为I0，今合上电键将一电阻短路，于是线圈中有自感电动势产生，此时自感电动势（）A．有阻碍电流的作用，最后电流由I0减小到零B．有阻碍电流的作用，最后电流总小于I0C．有阻碍电流增大的作用，因而电流I0保持不变D．有阻碍电流增大的作用，因而电流最后还是增大到2I03．如图为地磁场磁感线的示意图，在北半球地磁场的竖直分量向下，飞机在我国上空匀速巡航，机翼保持水平，飞行高度不变，由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差，设飞行员在左方机翼末端处的电势为U1，右方机翼末端处的电势为U2，若（）A．飞机从东往西飞，则U1比U2高B．飞机从西往东飞，则U1比U2高C．飞机从南往北飞，则U1比U2高D．飞机从北往南飞，则U2比U1高4．1931年英国物理学家狄拉克从理论上预言：存在只有一个磁极的粒子即“磁单极子”.1982年美国物理学家卡布莱设计了一个寻找磁单极子的实验，仪器的主要部分是一个由超导体组成的线圈，超导体的电阻为零，一个微弱的电动势就可以在超导线圈中引起感应电流，而且这个电流将长期维持下去，并不减弱，他设想，如果一个只有N极的磁单极子从上向下穿过如图所示的超导线圈，那么从上向下看，超导线圈上将出现（）A．先是逆时针方向的感应电流，然后是顺时针方向的感应电流B．先是顺时针方向的感应电流，然后是逆时针方向的感应电流C．顺时针方向持续流动的感应电流D．逆时针方向持续流动的感应电流5．如图所示，在粗糙绝缘的水平碗上有一物体A带正电，另一带正电的点电荷B沿着以A为圆心的圆弧由P到Q缓慢地从A的上方经过，若此过程中A始终保持静止，A、B两物体可视为质点且只考虑它们之间的库仑力作用．则下列说法正确的是（）A．物体A受到地面的支持力先增大后减小B．物体A受到地面的支持力保持不变C．物体A受到地面的摩擦力先减小后增大D．库仑力对点电荷占先做正功后做负功6．如图所示，竖直平行金属导轨MN、PQ上端接有电阻R，金属杆质量为m，跨在平行导轨上，垂直导轨平面的水平匀强磁场为B，不计ab与导轨电阻，不计摩擦，且ab与导轨接触良好．若ab杆在竖直向上的外力F作用下匀速上升，则以下说法正确的是（）A．拉力F所做的功等于电阻R上产生的热量B．杆ab克服安培力做的功等于电阻R上产生的热量C．电流所做的功等于重力势能的增加量D．拉力F与重力做功的代数和等于电阻R上产生的热量7．在如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，下列说法正确的是（）A．A灯和B灯都变亮B．A灯变亮，B灯变暗C．电源的输出功率增大D．电源的工作效率增大8．如图，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向（垂直于纸面向里）垂直．线段ab、bc和cd的长度均为L，且∠abc=∠bcd=135°．流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示．导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力（）A．方向沿纸面向上，大小为（+1）ILBB．方向沿纸面向上，大小为（﹣1）ILBC．方向沿纸面向下，大小为（+1）ILBD．方向沿纸面向下，大小为（﹣1）ILB9．某空间存在方向垂直于纸面向里的矩形匀强磁场abcd，ad=L，ab=2L．一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从ab边的中点O垂直于ad边入射．粒子均带正电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子（不计粒子重力）．下列说法正确的是（）A．入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同B．入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间可能相同C．从a点射出的粒子与从b点射出的粒子的运动半径之比为1：17D．从a点射出的粒子与从b点射出的粒子的运动半径之比为2：1710．如图所示，abcd是粗细均匀的电阻丝制成的长方形线框，导体MN有电阻，可在ad边与bc边上无摩擦滑动，且接触良好，线框处在垂直纸面向里的匀强磁场中，当MN由靠ab边处向dc边匀速滑动过程中．以下说法正确的是（）A．MN中电流先减小后增大B．MN两端电压先增大后减小C．MN上拉力的功率先减小后增大D．矩形线框中消耗的电功率大小不变11．如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两过程中（）A．导体框中产生的感应电流方向不同B．导体框中产生的焦耳热相同C．导体框ad边两端电势差相同D．通过导体框截面的电量相同12．如图所示，在坐标系xOy中，有边长为a的正方形金属线框abcd，其一条对角线ac和y 轴重合、顶点a位于坐标原点O处．在y轴的右侧的Ⅰ、Ⅳ象限内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的上边界与线框的ab边刚好重合，左边界与y轴重合，右边界与y轴平行．t=0时刻，线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域．取沿a→b→c→d→a 的感应电流方向为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流i随时间t变化的图线是（）A．B．C．D．二．填空题（本题共3小题，每空2分，20分）13．如图所示，用伏安法测电源电动势和内阻的实验中，在电路中接一阻值为2Ω的电阻R0，（1）R0的作用是；（2）用作图法在坐标系内作出U﹣I图线；（3）利用图线，测得电动势E= V，内阻r= Ω．（4）某同学测另一串联电池组的输出功率P随外电阻R变化的曲线丙如图所．由所得图线可知，被测电池组电动势E= V，电池组的内阻r= Ω．14．在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一半径为R的圆弧金属丝ab，ab的长度为周长的，弧平面与磁场垂直，若其以速度v向右运动，如图所示，则ab两点间感应电动势的大小为，a点电势比b点．15．在制造精密电阻时，为了消除在使用过程中由于电流变化而引起的现象，常采用双线绕法，这是由于．三．计算题（本题共32分，其中15题10分，16题10分，17题12分，要求有必要的文字说明、公式和解答过程）16．如图所示，两个同心圆半径分别为r和2r，在两圆之间的环形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．圆心0处有一放射源，放射出的粒子质量为m，带电荷为﹣q，假设粒子速度方向都和纸面平行．（1）图中箭头表示某一粒子初速度的方向，OA与初速度方向的夹角为60°，要想使该粒子经过磁场第一次通过A点，则初速度的大小是多少？（2）要使粒子不穿出环形区域，则粒子的初速度不能超过多少？17．如图xOy平面坐标系，x轴方向为水平方向，y轴方向为竖直方向，在第一象限内有竖直向下的匀强电场E，在第二象限内场强为E的匀强电场与x轴正方向成37°（sin37°=0.6，cos37°=0.8），在（﹣l，l）处一带电荷量为q的带电小球由静止开始沿x轴正方向直线运动，然后进入第一象限．求：（1）带电小球第一次经过x轴时的位置坐标（2）带电小球第一次经过x轴是的动能．18．如图，相距为L=0.5m的两条足够长的粗糙平行金属导轨与水平面的夹角为θ=37°，上端接有定值电阻R=3.5Ω，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B=2T．将质量为m=0.5Kg 内阻为r=0.5Ω的导体棒由静止释放，导体棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨与金属棒间的动摩擦因数μ=0.25．不计导轨的阻，（g=10m/s2，sin37°=0.6，sin53°=0.8），求：（1）导体棒运动的最大速度；（2）若导体棒从释放至其运动达到最大速度时沿导轨下滑x=20m，此过程中金属棒中产生的焦耳热为多少？2015-2016学年辽宁省沈阳二中高二（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48分，每小题4分，第5、6、9、10题为多选题）1．某电场中的电场线（方向未标出）如图所示，现将一带负电的点电荷从A点移至B点需克服电场力做功，则C、D两点的电场强度、电势大小关系应为（）A．E C＞E D，φC＞φD B．E C＜E D，φC＞φD C．E C＞E D，φC＜φD D．E C＜E D，φC＜φD【考点】电场线；电场强度；电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】带负电的点电荷从A点移至B点需克服电场力做功，电势能增大，电势降低，说明A 点的电势比B点高，根据顺着电场线电势降低，确定电场线的方向，再分析C、D两点电势的高低．根据电场线越密，场强越大，分析C、D两点的电场强度的大小关系．【解答】解：由题，带负电的点电荷从A点移至B点需克服电场力做功，电势能增大，根据负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，可知，A点的电势比B点高，电场线方向向左，则C点的电势比D点的电势高，即φC＞φD．从电场线分布看出，C处电场线较密，则电场强度E C＞E D．故选A【点评】本题运用推论法确定电场中电势的高低是常用的思路．要抓住电场线的两个物理意义：电场线的方向反映电势的高低，电场的疏密表示场强的相对大小．2．如图所示，电感线圈的电阻和电池内阻均可忽略不计，两个电阻的阻值都是R，电键K原来打开着，电流为I0，今合上电键将一电阻短路，于是线圈中有自感电动势产生，此时自感电动势（）A．有阻碍电流的作用，最后电流由I0减小到零B．有阻碍电流的作用，最后电流总小于I0C．有阻碍电流增大的作用，因而电流I0保持不变D．有阻碍电流增大的作用，因而电流最后还是增大到2I0【考点】自感现象和自感系数．【分析】电路中有线圈，当通过线圈的电流发生变化时会产生感应电动势去阻碍线圈中电流变化但不能阻止．【解答】解：由于开关的闭合，使得电流增加，则线圈产生反感电动势，有阻碍电流的作用，因为多匝电感线圈L的电阻和电池内阻都忽略不计，所以最后电流慢慢增加到2倍，故ABC错误；D正确；故选：D．【点评】线圈电流增加，相当于一个瞬间电源接入电路，线圈左端是电源负极．当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈左端是电源正极．3．如图为地磁场磁感线的示意图，在北半球地磁场的竖直分量向下，飞机在我国上空匀速巡航，机翼保持水平，飞行高度不变，由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差，设飞行员在左方机翼末端处的电势为U1，右方机翼末端处的电势为U2，若（）A．飞机从东往西飞，则U1比U2高B．飞机从西往东飞，则U1比U2高C．飞机从南往北飞，则U1比U2高D．飞机从北往南飞，则U2比U1高【考点】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】由于地磁场的存在，当飞机在北半球水平飞行时，两机翼的两端点之间会有一定的电势差，相当于金属棒在切割磁感线一样．由右手定则可判定电势的高低．【解答】解：当飞机在北半球飞行时，由于地磁场的存在，且地磁场的竖直分量方向竖直向下，由于感应电动势的方向与感应电流的方向是相同的，由低电势指向高电势，由右手定则可判知，在北半球，不论沿何方向水平飞行，都是飞机的左方机翼电势高，右方机翼电势低，即总有U1比U2高．故ABC正确，D错误．故选：ABC．【点评】本题要了解地磁场的分布情况，掌握右手定则．对于机翼的运动，类似于金属棒在磁场中切割磁感线一样会产生电动势，而电源内部的电流方向则是由负极流向正极的．4．1931年英国物理学家狄拉克从理论上预言：存在只有一个磁极的粒子即“磁单极子”.1982年美国物理学家卡布莱设计了一个寻找磁单极子的实验，仪器的主要部分是一个由超导体组成的线圈，超导体的电阻为零，一个微弱的电动势就可以在超导线圈中引起感应电流，而且这个电流将长期维持下去，并不减弱，他设想，如果一个只有N极的磁单极子从上向下穿过如图所示的超导线圈，那么从上向下看，超导线圈上将出现（）A．先是逆时针方向的感应电流，然后是顺时针方向的感应电流B．先是顺时针方向的感应电流，然后是逆时针方向的感应电流C．顺时针方向持续流动的感应电流D．逆时针方向持续流动的感应电流【考点】楞次定律．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】磁单极子穿过超导线圈，导致线圈中的磁通量发生变化，根据磁通量变化情况，由楞次定律可判定感应电流的方向．【解答】解：若N磁单极子穿过超导线圈的过程中，当磁单极子靠近线圈时，穿过线圈中磁通量增加，且磁场方向从上向下，所以由楞次定律可知，感应磁场方向：从上向下看，再由右手螺旋定则可确定感应电流方向逆时针；当磁单极子远离线圈时，穿过线圈中磁通量减小，且磁场方向从下向上，所以由楞次定律可知，感应磁场方向：从下向上，再由右手螺旋定则可确定感应电流方向逆时针．因此线圈中产生的感应电流方向不变．D正确．故选：D．【点评】考查右手螺旋定则、楞次定律，及磁单极子的特征．同时注意磁体外部的感应线是从N极射出，射向S极．5．如图所示，在粗糙绝缘的水平碗上有一物体A带正电，另一带正电的点电荷B沿着以A为圆心的圆弧由P到Q缓慢地从A的上方经过，若此过程中A始终保持静止，A、B两物体可视为质点且只考虑它们之间的库仑力作用．则下列说法正确的是（）A．物体A受到地面的支持力先增大后减小B．物体A受到地面的支持力保持不变C．物体A受到地面的摩擦力先减小后增大D．库仑力对点电荷占先做正功后做负功【考点】库仑定律；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．【专题】力学三大知识结合的综合问题．【分析】解答本题应掌握：点电荷B从P到最高点过程与从最高点到Q过程中，质点A一直处于平衡状态，由共点力平衡条件可以分析出其所受各个力的变化情况；以A为圆心的圆弧为等势线，因此移动过程中电场力不做功．【解答】解：当质点B由P点运动到最高点的过程中，对物体A受力分析，如图，受重力G、地面的支持力N、摩擦力f以及静电力F；将静电力正交分解，由共点力平衡条件得到：Fsinθ﹣f=0 ①N﹣Fcosθ﹣mg=0 ②由①②两式可解得：N=mg+Fcosθ；f=Fsinθ；其中G与F不变，θ逐渐减小为零，因而支持力N逐渐变大，f逐渐变小；当质点B由最高点运动到Q点的过程中，再次对物体A受力分析，如下图，受重力G、地面的支持力N、摩擦力f以及静电力F；将静电力正交分解，由共点力平衡条件得到：Fsinθ﹣f=0 ③N﹣Fcosθ﹣mg=0 ④由③④两式可解得：N=mg+Fcosθ；f=Fsinθ；其中G与F不变，θ由零逐渐增大，因而支持力N逐渐变小，f逐渐变大；综合以上两个过程可知：物体A受到地面的支持力N先增大后减小，物体A受到地面的摩擦力先减小后增大，故A、C正确，B错误；质点A对质点B的静电力与质点B的速度总是垂直，因而其瞬时功率一直为零，由W=Pt，A对B不做功，故D错误；故选AC．【点评】本题关键对物体受力分析后，运用共点力平衡条件求解，关于静电力的功，要明确电场力做功特点．6．如图所示，竖直平行金属导轨MN、PQ上端接有电阻R，金属杆质量为m，跨在平行导轨上，垂直导轨平面的水平匀强磁场为B，不计ab与导轨电阻，不计摩擦，且ab与导轨接触良好．若ab杆在竖直向上的外力F作用下匀速上升，则以下说法正确的是（）A．拉力F所做的功等于电阻R上产生的热量B．杆ab克服安培力做的功等于电阻R上产生的热量C．电流所做的功等于重力势能的增加量D．拉力F与重力做功的代数和等于电阻R上产生的热量【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化．【专题】电磁感应——功能问题．【分析】ab杆匀速上升时，动能不变，重力势能增加，整个回路的内能增加，根据能量守恒进行分析．【解答】解：A、根据能量守恒定律知，拉力F做的功等于重力势能的增加量和电阻R上产生的热量之和．故A错误．B、根据功能关系知，杆ab克服安培力做功等于电阻R上产生的热量．故B正确．C、安培力的大小与重力的大小不等，则电流做的功与重力做功大小不等，即电流做功不等于重力势能的增加量．故C错误．D、根据动能定理知，拉力和重力做功等于克服安培力做功的大小，克服安培力做功等于电阻R上的热量．故 D正确．故选BD．【点评】解决本题的关键理清整个过程中的能量转换，结合能量守恒定律和功能关系进行解决．7．在如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，下列说法正确的是（）A．A灯和B灯都变亮B．A灯变亮，B灯变暗C．电源的输出功率增大D．电源的工作效率增大【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】由图可知灯泡A、B与R2并联后与R1串联；先由滑片的移动得出滑动变阻器接入电阻的变化，即可得出总电阻的变化；由闭合电路的欧姆定律可求得电路中电流的变化及内电压的变化；则可得出路端电压的变化，由欧姆定律可得出灯泡A的亮度变化；由并联电路的规律可得出灯泡B亮度的变化；由输出功率公式可得出输出功率的变化；由效率公式可得出电源的工作效率．【解答】解：滑片向下移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中的总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流减小；则内电压及R1两端的电减小，故路端电压增大；则灯泡A变亮，R2中电流增大，则由并联电路的电流规律可知流过B的电流减小，故B灯变暗；故A错误；B正确；当内电阻等于外电阻时，电源的输出功率最大，本题因不明确内外电阻的大小关系，故无法确定输出功率的变化，故C错误；而电源的效率η=×100%，因路端电压增大，电动势不变，故电源的工作效率增大；故D正确；故选BD．【点评】电源的输出功率取决于内外电阻的大小关系，当R=r时输出功率是最大的．而电源的工作效率取决于路端电压与电动势的比值，外电阻越大，则效率越高．8．如图，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向（垂直于纸面向里）垂直．线段ab、bc和cd的长度均为L，且∠abc=∠bcd=135°．流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示．导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力（）A．方向沿纸面向上，大小为（+1）ILBB．方向沿纸面向上，大小为（﹣1）ILBC．方向沿纸面向下，大小为（+1）ILBD．方向沿纸面向下，大小为（﹣1）ILB【考点】安培力．【分析】当磁场方向与电流方向垂直时，由安培力F=BIL，根据电流的大小可求出各段安培力大小，由左手定则判定安培力方向，再根据平行四边形定则，对安培力进行分解即可解得．【解答】解：该导线可以用a和d之间的直导线长为L来等效代替，根据F=BIL，可知大小为，方向根据左手定则判断，向上；故选A．【点评】本题考查安培力的大小与方向的判断；解决本题的关键要掌握安培力的大小公式F=BIL（B与I垂直），同时运用力的平行四边形定则对安培力时行分解．此处的导线也可以等效成将ad两点连接的导线所受的安培力．9．某空间存在方向垂直于纸面向里的矩形匀强磁场abcd，ad=L，ab=2L．一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从ab边的中点O垂直于ad边入射．粒子均带正电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子（不计粒子重力）．下列说法正确的是（）A．入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同B．入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间可能相同C．从a点射出的粒子与从b点射出的粒子的运动半径之比为1：17D．从a点射出的粒子与从b点射出的粒子的运动半径之比为2：17【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】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，虽然电量、质量不同，但比荷相同，由r=，所以运动圆弧对应的半径与速率成正比．由T=，它们的周期总是相等，因此运动的时间由圆心角来决定．【解答】解：A、B、入射速度不同的粒子，它们入射速度方向相同，虽然轨迹不一样，但从磁场的左边射出的粒子，圆心角却相同（θ=π），则粒子在磁场中运动时间：t=，所以从磁场的左边射出的粒子运动时间一定相同，故A错误，B正确；C、D、从a点射出的粒子的轨道半径为r1=；从b点射出的粒子，结合图中几何关系，有：解得：故：r1：r2=1：17故C正确，D错误；故选：BC．【点评】带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径．10．如图所示，abcd是粗细均匀的电阻丝制成的长方形线框，导体MN有电阻，可在ad边与bc边上无摩擦滑动，且接触良好，线框处在垂直纸面向里的匀强磁场中，当MN由靠ab边处向dc边匀速滑动过程中．以下说法正确的是（）A．MN中电流先减小后增大B．MN两端电压先增大后减小C．MN上拉力的功率先减小后增大D．矩形线框中消耗的电功率大小不变【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【专题】定性思想；方程法；电磁感应与电路结合．【分析】导体棒MN向右运动切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，线框左右两部分并联，相当于外电路，当MN运动到线框中线时，外电路的电阻最大，而MN的感应电动势不变，根据推论：当外电阻等于电源的内电阻时，电源的输出功率最大，可知，由于外电阻与MN电阻的关系未知，无法判断线框消耗的功率如何变化．根据闭合电路欧姆定律I=分析MN棒中的电流强度变化情况．根据路端电压随外电阻增大而增大，判断MN棒两端电压的变化．MN棒做匀速运动，拉力的功率等于电路中电功率，根据P=分析拉力的功率变化．【解答】解：A、导体棒MN向右运动的过程中，外电阻先增大后减小，当MN运动到线框中线时，外电路的电阻最大．根据闭合电路欧姆定律I=得知，MN棒中的电流先减小后增大．故A正确．B、MN棒做匀速运动，产生的感应电动势保持不变，外电阻先增大后减小，则MN棒两端的电压先增大后减小．故B正确．C、MN棒做匀速运动，拉力的功率等于电路中电功率，根据P=得知，拉力的功率先减小后增大．故C正确．D、矩形线框中消耗的电功率相当于电源的输出功率，根据推论：当外电阻等于电源的内电阻时，电源的输出功率最大．由题意，线框的总电阻减小后增大，并联总电阻大于MN棒的电阻，则知消耗的功率先增大后减小．故D错误．故选：ABC．【点评】本题是电磁感应与电路的综合，关键抓住线框的总电阻先增大后减小，根据功率公式、欧姆定律等规律进行分析．11．如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两过程中（）A．导体框中产生的感应电流方向不同B．导体框中产生的焦耳热相同C．导体框ad边两端电势差相同D．通过导体框截面的电量相同【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】感应电流方向根据楞次定律判断；感应电流大小先由E=BLv和欧姆定律分析；根据欧姆定律和电路的连接关系，分析ad边两端电势差关系；由q=，分析通过导体框截面的电量关系．【解答】解：A、将导体框从两个方向移出磁场的两个过程中，磁通量均减小，而磁场方向都垂直纸面向里，根据楞次定律判断知，导体框中产生的感应电流方向均沿逆时针方向，故A错误．B、设磁感应强度为B，线框边长为L，电阻为R，则则Q==，又vt=L，得到Q=，则Q∝v，当速度为3v时产生的焦耳热多．故B错误．。
辽宁省朝阳市北票中学高三物理月考试题含解析
辽宁省朝阳市北票中学高三物理月考试题含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. （多选）从一个小孔射、、三种射线沿同一直线进入同一匀强磁场或匀强电场，这三种射线在场内的径迹情况有可能是A．三条重合B．两条垂合C．三条分开D．与的径迹一定分开参考答案：AC2. 两种单色光a和b，a光照射某金属时有光电子逸出，b光照射该金属时没有光电子逸出，则A．在真空中，a光的传播速度较大B．在水中，a光的波长较小C．在真空中，b光光子能量较大D．在水中，b光的折射率较小参考答案：BD3. 如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流的变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是A. 电源1与电源2的内阻之比是7:11B. 电源1与电源2的电动势之比是1:1C. 在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1:2D. 在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1:2参考答案：BD4. 图甲中的理想变压器的原副线圈匝数比为n1:n2=22:1，原线圈接如图乙所示的正弦交流电，此时电流表A1的读数为1.0A，已知电阻R=20Ω，电流表A1、A2和电压表V都是理想电表，则A．电压表的读数为 B．电流表A2的读数为1.0AC．变压器的输入功率为220W D．副线圈产生的交流电频率为100Hz参考答案：A5. （单选）如图所示，厚壁容器的一端通过胶塞插进一只灵敏温度计和一根气针，另一端有个用卡子卡住的可移动胶塞．用打气筒慢慢向筒内打气，使容器内的压强增加到一定程度，这时读出温度计的示数．打开卡子，胶塞冲出容器过程中（）A．温度计示数变大B．温度计示数变小C．气体内能减少D．气体内能增加6. 在《探究加速度与力、质量的关系》实验中，某同学利用右图所示的实验装置，将一端带滑轮的长木板固定在水平桌面上，滑块置于长木板上，并用细绳跨过定滑轮与托盘相连，滑块右端连一条纸带，通过打点计时器记录其运动情况．开始时，托盘中放少许砝码，释放滑块，通过纸带记录的数据，得到图线 a ．然后在托盘上添加一个质量为 m = 0.05 kg 的砝码，再进行实验，得到图线 b ．已知滑块与长木板间存在摩擦，滑块在运动过程中，绳中的拉力近似等于托盘和所加砝码的重力之和，g取10m/s2 ，则X①通过图象可以得出，先后两次运动的加速度之比为；②根据图象，可计算滑块的质量为 kg．参考答案：（1）① 3:4 （2分），② 2.57. 如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，实线为t1=0时的波形图，虚线为t2 =0. 06s 时的波形图，则6=0时P质点向y轴________(选填“正”或“负”）方向运动。
高二物理上学期第一次月考试题高二全册物理试题_2_01 (2)
嗦夺市安培阳光实验学校内蒙古乌中旗一中高二（上）第一次月考物理试卷一、选择题（共12题，每小题4分，共48分，1----8为单选题，9----12为不定项选择）1．电场强度的定义式为E=，以下说法正确的是（）A．该定义式只适用于点电荷产生的电场B．F是检验电荷所受到的力，q是产生电场的电荷电量C．场强的方向一定与负电荷受力的方向相同D．由该定义式可知，电场强度只有电场本身决定，与q无关2．下述说法正确的是（）A．在同一等势面上移动电荷，电场力不作功B．沿着电场线方向电势不一定越来越低C．静电场中两根电场线有可能相交D．电场线是电荷运动轨迹形成的3．在绝缘光滑的水平面上，相隔一定距离有两个带同种电荷的小球，同时从静止释放，则对两小球的运动情况描述正确的是（）A．做加速度逐渐增大的变加速直线运动B．做加速度逐渐减小的变加速直线运动C．做匀加速直线运动D．做加速度逐渐减小的变减速直线运动4．如图甲是某电场中的一条电场线，A、B是这条电场线上的两点．将一负电荷从A点自由释放，负电荷沿电场线从A到B运动过程中的速度图线如图乙所示，比较A、B两点电势的高低和场强的大小，可得（）A．φA＞φB B．φA=φB C．E A＞E B D．E A=E B5．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点移动到B点电场力做负功D．将﹣q电荷分别放在A、B两点时具有的电势能E PA＞E PB6．关于等势面和电势能，下述说法正确的是（）A．若相邻的等势面的差相等，则等势面密的地方场强大B．等势面上各点场强大小一定相等C．电场中电势越高处，电荷的电势能就越大D．电场强度越强处，电荷的电势能就越大7．关于电场强度与电势的关系，下面各种说法中正确的是（）A．电场强度大的地方，电势一定高B．电场强度不变，电势也不变C．电场强度为零处，电势一定为零D．电场强度的方向是电势降低最快的方向8．下列各图中所画的电场线，正确的是（）A．（1）（2）和（4）B．只有（4）C．只有（3）D．（2）和（3）9．一带电量为q的检验电荷在电场中某点受到的电场力大小为F，该点场强大小为E，则下面能正确反映这三者关系的是（）A ．B ．C ．D ．10．如图所示的匀强电场场强为103N/C，ab=dc=4cm，bc=ad=5cm．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=﹣5×103C的点电荷沿矩形路径abcda移动一周，电场力做功为零D．将q=﹣5×103C的点电荷沿abdc或从a移动到c，电场力做功都是﹣0.25J 11．在图中，a、b带等量异种电荷，MN为ab连线的中垂线，现有一个带电粒子从M点以一定初速度v0射出，开始时一段轨迹如图中实线，不考虑粒子重力，则以下说法中正确的是（）A．该粒子带正电B．该粒子的动能先增大后减小C．该粒子的电势能先增大后减小D．该粒子运动到无穷远处后，速度的大小一定仍为v012．如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线．在电场力作用下，一带电粒子（不计重力）经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（）A．粒子带负电B．粒子在B点加速度大C．粒子在B点动能大D．A、B两点相比，在B点电势能较大二、填空题（每空3分，共18分）13．一个电量q=+2×10﹣9C的电荷，在电场中从A点移到B点，电场力做功4×10﹣7J，则U AB= ．14．把两个同种点电荷的距离增大一些，电场力做正功，电荷的电势能；把两个异种点电荷的距离增加一些，电场力做负功，电荷的电势能．15．把电荷量q=1.0×10﹣5C的电荷从A点移到B点，电场力做功W=2.0×10﹣2J，则电荷的电势能，若规定B点为零电势，则电荷在A点的电势能E PA为；A点的电势ϕA= ．三、计算题（共3题，共34分）16．（10分）（2012春•南关区校级期末）如图所示，A为带正电Q的金属板，沿金属板的垂直平分线，在距板r处放一质量为m，电量为q 的小球．小球受水平向右的电场力偏转θ角而静止．小球用绝缘丝线悬挂于O点，则小球所在处的电场强度为．17．（12分）（2015秋•巴彦淖尔校级月考）如图所示，光滑斜面倾角为37°．质量为m、电荷量为q的一带有正电的小物块，置于斜面上．当沿水平方向加有如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变为原来的，求：（1）原来的电场强度为多大？（2）物体运动的加速度大小（3）沿斜面下滑距离为L时的速度大小．（sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g 取10m/s2）18．（12分）（2015秋•巴彦淖尔校级月考）一匀强电场，电场强度方向是水平的（如图所示）．一个质量为m的带电的小球从O点出发，初速度的大小为v0，只在电场力与重力的作用下，恰能沿着与电场强度的反方向成θ角的直线运动，求：（1）小球的电性．（2）小球运动到最高点时的电势能与O点时的电势能之差．内蒙古乌中旗一中高二（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共12题，每小题4分，共48分，1----8为单选题，9----12为不定项选择）1．电场强度的定义式为E=，以下说法正确的是（）A．该定义式只适用于点电荷产生的电场B．F是检验电荷所受到的力，q是产生电场的电荷电量C．场强的方向一定与负电荷受力的方向相同D．由该定义式可知，电场强度只有电场本身决定，与q无关考点：电场强度．分析：电场强度的定义式是E=是用比值定义法定义的物理量，式子中的q 表示试探电荷的电荷量，而E为原电场的电场强度，是由电场本身决定的，与试探电荷无关；电场强度的方向规定与放在该点的正试探电荷所受的电场力方向相同．解答：解：A、电场强度的定义式是E=，运用比值法定义，是求解电场强度的通用公式，适用于任何电场．故A错误；B、公式中F是试探电荷所受到的电场力，q是试探电荷的电量，故B错误．C、场强的方向与正电荷的F方向相同，与负电荷的F方向相同反，故C错误．D、由该定义式可得，电场强度只有电场本身决定，与q无关，故D正确．故选：D．点评：本题涉及电场强度的定义式和点电荷电场强度的决定式，实际上空间某点的电场强度是由场源电荷和与场源电荷间的相对位置决定的．2．下述说法正确的是（）A．在同一等势面上移动电荷，电场力不作功B．沿着电场线方向电势不一定越来越低C．静电场中两根电场线有可能相交D．电场线是电荷运动轨迹形成的考点：电场线．分析：电场线是从正电荷（或者无穷远处）发出，到负电荷（或无穷远处）为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线与等势面垂直，电场强度方向是电场线的切线方向，故电场力与等势面一定垂直．解答：解：A、电场线与等势面垂直，电场强度方向是电场线的切线方向，故电场力与等势面一定垂直，在同一等势面上移动电荷，电场力一直不作功，故A正确；B、沿着电场线方向电势降低，故B错误；C、电场中的两条电场线一定不会相交．故C错误；D、电场线是为了形象的描述电场而人为引入的曲线，而物体的运动轨迹是由物体所受合外力与初速度之间的夹角决定，二者不一定重合，则D错误．故选：A点评：加强基础知识的学习，明确运动轨迹与电场线的不同，熟练应用力与运动以及有关电场线的知识即可解决本题．3．在绝缘光滑的水平面上，相隔一定距离有两个带同种电荷的小球，同时从静止释放，则对两小球的运动情况描述正确的是（）A．做加速度逐渐增大的变加速直线运动B．做加速度逐渐减小的变加速直线运动C．做匀加速直线运动D．做加速度逐渐减小的变减速直线运动考点：电场的叠加；牛顿第二定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据库仑定律分析电荷间作用力的变化．根据牛顿第二定律分析加速度之比的变化．解答：解：由于同种电荷间存在相互作用的排斥力，两球将相互远离，距离增大，根据库仑定律得知，相互作用力减小．由牛顿第二定律得知它们的加速度变小．随着两球间距离增大，电场力做功正功，电势能减少，总动能增加．所以速度增加，故选B点评：本题中两球间存在斥力，斥力逐渐减小，掌握功能关系的应用．4．如图甲是某电场中的一条电场线，A、B是这条电场线上的两点．将一负电荷从A点自由释放，负电荷沿电场线从A到B运动过程中的速度图线如图乙所示，比较A、B两点电势的高低和场强的大小，可得（）A．φA＞φB B．φA=φB C．E A＞E B D．E A=E B考点：电势；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据受力方向判断电场线方向，从而判断电势的高低．根据加速度的大小，判断场强大小的变化．解答：解：由图乙知负电荷从A自由释放后，做加速运动，说明负电荷受到的电场力方向是从A指向B，那么电场方向就是由B指向A，由于沿电场线方向电势逐渐降低，所以A、B两点的电势关系是φA＜φB．根据v﹣t图象的斜率表示加速度，则知负电荷从A运动到B的过程中，它的加速度是逐渐减小的，由牛顿第二定律知，负电荷从A到B时，受到的电场力是逐渐减小的，由F=q E知场强减小，则有 E A＞E B．故C正确．ABD错误．故选：C点评：本题考查了对图象的认识和理解，能从图象中获取有用的物理信息，如斜率等于加速度，运用力学的方法分析．5．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点移动到B点电场力做负功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：电场线．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．解答：解：A、B、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，φA＞φB，故A正确，B错误；C、正电荷受到的电场力的方向向上，将+q电荷从A点移动到B点电场力做正功．故C错误；D、负电荷受到的电场力的方向向下，将﹣q电荷从A点移动到B点电场力做负功．负电荷的电势能增大，E PA＜E PB．故D错误故选：A．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．6．关于等势面和电势能，下述说法正确的是（）A．若相邻的等势面的差相等，则等势面密的地方场强大B．等势面上各点场强大小一定相等C．电场中电势越高处，电荷的电势能就越大D．电场强度越强处，电荷的电势能就越大考点：电势能．分析：电势相等的各个点构成的面叫做等势面；沿着等势面移动点电荷，电场力不做功．电场线与等势面垂直，且从电势高的等势面指向电势低的等势面．电场中电势越高处，正电荷的电势能就越大；电场中电势越高处，负电荷的电势能就越小；电荷的电势能的大小与场强的大小无关．解答：解：A、若相邻两等势面的电势差相等，则等势面的疏密程度能反映场强的大小，故A正确；B、在同一个等势面上各点的电势相等，但场强大小不一定相等，故B错误；C、电场中电势越高处，正电荷的电势能就越大；电场中电势越高处，负电荷的电势能就越小，故C错误．D、电荷的电势能的大小与场强的大小无关，故D错误；故选：A．点评：本题关键记住电场线和等势面的关系，相互垂直，从电势高的等势面指向电势低的等势面，掌握等势面的基本特点：在等势面上移动电荷，电场力总是不做功．7．关于电场强度与电势的关系，下面各种说法中正确的是（）A．电场强度大的地方，电势一定高B．电场强度不变，电势也不变C．电场强度为零处，电势一定为零D．电场强度的方向是电势降低最快的方向考点：电场强度；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场强度和电势这两个概念非常抽象，借助电场线可以形象直观表示电场这两方面的特性：电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，电场线的方向反映电势的高低．解答：解：A、电场线密处，电场强度大，而电场线方向不确定，故无法判断电势高低，故A错误；B、在匀强电场中，电场强度不变，沿着电场线的方向，电势总是逐渐降低的，故B错误；C、电势为零，是人为选择的，电场强度为零的地方，电势不一定为零．故C 错误．D、沿着电场方向电势降低最快，故D说法正确；故选：D．点评：电场线的疏密表示电场强度的相对大小，电场线的方向反映电势的高低，则电场强度与电势没有直接关系．顺着电场线方向，电势逐渐降低，但场强不一定减小．8．下列各图中所画的电场线，正确的是（）A．（1）（2）和（4）B．只有（4）C．只有（3）D．（2）和（3）考点：电场线．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场线总是从正电荷出发，终止于负电荷；或从无穷远出发，终止于负电荷；或从正电荷出发，终止于无穷远．解答：解：（1）电场线总是从正电荷出发，终止于负电荷；而（1）是终止于正电荷，故（1）错误；（2）是从负电荷出发，故（2）错误；（3）两个正电荷的电场线分布如图，而不是终止于某一个正电荷，故（3）错误；（4）中所有的电场线都是电场线总是从正电荷出发，终止于负电荷；或从无穷远出发，终止于负电荷；或从正电荷出发，终止于无穷远．故（4）正确．所以，四个图中，只有（4）正确．即选项B正确，其他的选项ACD都错误．故选：B点评：加强基础知识的学习，掌握住常见电场的电场线的特点，即可解决本题．属于基础题目．9．一带电量为q的检验电荷在电场中某点受到的电场力大小为F，该点场强大小为E，则下面能正确反映这三者关系的是（）A ．B ．C ．D ．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：电场中的电场强度与放入电场中检验电荷的电量无关，由场源电荷决定．解答：解：AD、因为电场中的电场强度与放入电场中检验电荷的电量q无关，由场源电荷决定．所以电场强度不随q、F的变化而变化．故A、D错误．BC、由E=得F=qE，某点的电场强度E一定，则F与q成正比．故B错误，C 正确．故选：C．点评：解决本题的关键掌握电场强度的定义式E=．知道电场中的电场强度与放入电场中电荷的电量无关，由场源电荷决定．10．如图所示的匀强电场场强为103N/C，ab=dc=4cm，bc=ad=5cm．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=﹣5×103C的点电荷沿矩形路径abcda移动一周，电场力做功为零D．将q=﹣5×103C的点电荷沿abdc或从a移动到c，电场力做功都是﹣0.25J 考点：电势差与电场强度的关系；电势差．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：根据几何关系可知ac=bd=3cmA、ab之间的电势差U ab=E•ab=103×0.04V=40V．故A正确；B、由图看出，a、c在同一等势面上，电势相等，电势差为0，故C错误；C、将q=﹣5×10﹣3C的点电荷沿矩形路径abcda移动一周，电场力不做功．故C 正确；D、将q=﹣5×103C的点电荷沿abdc或从a移动到c，由于ac间电势差为0，故电场力做功为0，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．不难属于基础题．11．在图中，a、b带等量异种电荷，MN为ab连线的中垂线，现有一个带电粒子从M点以一定初速度v0射出，开始时一段轨迹如图中实线，不考虑粒子重力，则以下说法中正确的是（）A．该粒子带正电B．该粒子的动能先增大后减小C．该粒子的电势能先增大后减小D．该粒子运动到无穷远处后，速度的大小一定仍为v0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：粒子轨迹向右弯曲，受到的电场力大致向右，可判断出粒子的电性．电场力先做正功，后做负功，可分析动能和电势能的变化．因为MN为a、b连线的中垂线，是一条等势线，并且一直延伸到无穷远处，M点的电势与无穷远处相等，粒子从M点运动到无穷远处过程，电场力做功为零，该粒子运动到无穷远处后，其速度大小一定仍为v0．解答：解：A、粒子轨迹向右弯曲，受到的电场力大致向右，则知该粒子带负电．故A错误．B、由题可知，电场力先做正功，后做负功，则根据动能定理得知：粒子的动能先增大后减小．故B正确．C、电场力先做正功，后做负功，粒子的电势能先减小后增大．故C错误．D、M点的电势与无穷远处相等，粒子从M点运动到无穷远处过程，电场力做功为零，则该粒子运动到无穷远处后，其速度大小一定仍为v0．故D正确．故选：BD点评：本题是轨迹问题，根据轨迹的弯曲方向可判断出粒子的合力方向，分析出电场力做功情况．带等量异种电荷连线的中垂线是一条件延伸到无穷远处的等势线，要记牢．12．如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线．在电场力作用下，一带电粒子（不计重力）经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（）A．粒子带负电B．粒子在B点加速度大C．粒子在B点动能大D．A、B两点相比，在B点电势能较大考点：电场线．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．不计重力的粒子在电场力作用下从A到B，运动与力关系可知，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧．解答：解：A、根据曲线运动条件可得粒子所受合力应该指向曲线内侧，所以电场力逆着电场线方向，即粒子受力方向与电场方向相反，所以粒子带负电．故A正确；B、由于B点的电场线密，所以B点的电场力大，则A点的加速度较小．故B 正确；C、粒子从A到B，电场力对粒子运动做负功，电势能增加，导致动能减少，故C错误；D、粒子从A到B，电场力对带负电的粒子运动做负功，电势能增加；所以A、B 两点相比，在B点电势能较大．故D正确；故选：ABD点评：电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布．对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧．二、填空题（每空3分，共18分）13．一个电量q=+2×10﹣9C的电荷，在电场中从A点移到B点，电场力做功4×10﹣7J，则U AB = 200V ．考点：电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：A、B两点的电势差U AB =，W AB是电场力做功，q是试探电荷的电荷量，代入数据求解即可．解答：解：A、B两点的电势差：U AB===200V故答案为：200V．点评：电场中两点的电势差是由电场本身决定的，与试探电荷的电荷量无关，基础题．14．把两个同种点电荷的距离增大一些，电场力做正功，电荷的电势能减小；把两个异种点电荷的距离增加一些，电场力做负功，电荷的电势能增大．考点：电势能．分析：根据电场力方向与位移方向关系，判断电场力做功正负，电场力做功与电势能改变的关系解答即可解答：解：把两个同种点电荷之间的距离增大一些，电场力方向与电荷的位移方向相同，所以电场力做正功，电荷的电势能减小．把两个异种点电荷之间的距离增大一些，电场力方向与电荷的位移方向相反，所以电场力做负功，电荷的电势能增大故答案为：减少，增大点评：此题要掌握：电场力做功等于电势能的减小量．电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加15．把电荷量q=1.0×10﹣5C的电荷从A点移到B点，电场力做功W=2.0×10﹣2J ，则电荷的电势能减小，若规定B点为零电势，则电荷在A点的电势能E PA为 2.0×10﹣2J ；A点的电势ϕA= 2000V ．考点：电势能；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由题，已知正电荷从A点移到B点，电场力做的功，根据电势差公式求出AB间电势差．由AB间电势差U AB=φA﹣φB，及B点为零电势，求出A点的电势，再求出正电荷在A点的电势能E PA．解答：解：AB间电势差U AB==由题，B点为零电势，即φB=0，U AB=φA﹣φB，得到A点的电势φA=2000V，正电荷在A点的电势能E PA=qφA=1.0×10﹣5×200J=2×10﹣2J故答案为：2×10﹣2J，2000V 点评：求解电势．往往先求出该点与零电势点间的电势差，再求出某点的电势．也可以根据电场力做功与电势能变化的关系，求出正电荷在A点的电势能．三、计算题（共3题，共34分）16．（10分）（2012春•南关区校级期末）如图所示，A为带正电Q的金属板，沿金属板的垂直平分线，在距板r处放一质量为m，电量为q 的小球．小球受水平向右的电场力偏转θ角而静止．小球用绝缘丝线悬挂于O点，则小球所在处的电场强度为．考点：电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图，小球处于静止状态，合力为零，根据平衡条件和电场力公式F=qE，结合求解电场强度E．解答：解：小球的受力如图所示．由平衡条件得：F电=mgtanθ又F电=qE解得，小球所在处的电场强度：E=故答案为：点评：本题是带电体在复合场中平衡问题，分析受力是关键，同时要掌握场强与电场力方向的关系．17．（12分）（2015秋•巴彦淖尔校级月考）如图所示，光滑斜面倾角为37°．质量为m、电荷量为q的一带有正电的小物块，置于斜面上．当沿水平方向加有如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变为原来的，求：（1）原来的电场强度为多大？（2）物体运动的加速度大小（3）沿斜面下滑距离为L时的速度大小．（sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g 取10m/s2）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：（1）对小球进行受力分析，应用平衡条件可求出电场力，进而求出电场强度．（2）电场变化后受力分析求出合外力，应用牛顿第二定律求解加速度．（3）沿斜面下滑距离为L时物体的速度的大小可由动能定理或运动学知识求解解答：解析：（1）平衡时，物块受重力mg、电场力qE、斜面的支持力N的作用，如图所示，有：qE=mgtan 37°得：E=tan 37°=•=．（2）当E′=时，将滑块受力沿斜面方向和垂直斜面方向正交分解，如图，沿斜面方向，有：mgsin 37°﹣cos 37°=ma得：a=gsin 37°﹣×cos 37°=0.3g=3 m/s2．（3）物块沿斜面做匀加速直线运动，初速度为0，加速度为a，位移为L，由v﹣v=2aL，得：vt===．答：（1）原来的电场强度为（2）物体运动的加速度大小3 m/s2（3）沿斜面下滑距离为L 时的速度大小点评：问题一是平衡条件的应用，受力分析后应用平衡条件即可；问题二是牛顿运动定律的应用，关键是求合力；问题三直接应用动能定理即可，总体难度不是很大，细细分析即可18．（12分）（2015秋•巴彦淖尔校级月考）一匀强电场，电场强度方向是水平的（如图所示）．一个质量为m的带电的小球从O点出发，初速度的大小为v0，只在电场力与重力的作用下，恰能沿着与电场强度的反方向成θ角的直线运动，求：（1）小球的电性．（2）小球运动到最高点时的电势能与O点时的电势能之差．考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：（1）因物体受重力及电场力的作用而做直线运动，故物体所受力的合力一定在运动方向的直线上；则由力的合成可求得电场力，并判断出电性；（2）由牛顿第二定律可求得加速度；由位移公式求得位移，即可由功的公式求得电场力的功．解答：解：（1）设电场强度为E，小球带电量为q，因小球做直线运动，它受的电场力qE和重力mg的合力必沿此直线，如图：mg=qEtanθ由此可知，小球受到的电场力的方向与电场线的方向相反，小球到达．。
高二物理上学期第一次月考试卷(含解析)高二全册物理试题_01
嗦夺市安培阳光实验学校黄山一中高二（上）第一次月考物理试卷一、选择题（每题只有一个选项正确，每小题6分，共60分）1．在静电场中，关于场强和电势的说法正确的是（）A．电势高的地方电场强度不一定大B．电场强度大的地方电势一定高C．电势为零的地方场强也一定为零D．场强为零的地方电势也一定为零2．电场中有A、B两点，在将某电荷从A点移到B点的过程中，电场力对该电荷做了正功，则下列说法中正确的是（）A．该电荷是正电荷，且电势能减少B．该电荷是负电荷，且电势能增加C．该电荷电势能增加，但不能判断是正电荷还是负电荷D．该电荷电势能减少，但不能判断是正电荷还是负电荷3．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．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1VC．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4．如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线．在电场力作用下，一带电粒子（不计重力）经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（）A．粒子带正电B．粒子在A点加速度大C．粒子在B点动能大D．A、B两点相比，B点电势能较高5．有三个相同的金属小球A、B、C，其中A、B两球带电情况完全相同，C球不带电．将A、B两球相隔一定距离固定起来，两球间的库仑力是F，若使C 球先和A接触，再与B接触，移去C，则A、B间的库仑力变为（）A ．B ．C ．D ．6．图中a，b是两个点电荷，它们的电量分别是Q1，Q2，MN是ab连线的中垂线，P是中垂线上的一点．下列哪些情况能使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|7．如图所示，圆O在匀强电场中，场强方向与圆O所在平面平行，带正电的微粒以相同的初动能沿着各个方向从A点进入圆形区域中，只在电场力作用下运动，从圆周上不同点离开圆形区域，其中从C点离开圆形区域的带电微粒的动能最大，图中O是圆心，AB是圆的直径，AC是与AB成α角的弦，则匀强电场的方向为（）A．沿AB方向B．沿AC方向C．沿BC方向D．沿OC方向8．如图所示，在竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O处固定一点电荷，将质量为m，带电量为+q的小球从圆弧管的水平直径端点A由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力，则固定于圆心处的点电荷在AB 弧中点处的电场强度大小为（）A ．B ．C ．D ．9．如图所示，虚线表示等势面，相邻两等势面间的电势差相等，有一带电的小球在该电场中运动，不计小球所受的重力和空气阻力，实线表示该带正电的小球的运动轨迹，小球在a点的动能等于20eV，运动到b点时的动能等于2eV，若取C点为零电势点，则这个带电小球的电势能等于﹣6eV，它的动能等于（）A．16eV B．14eV C．6eV D．4eV10．如图所示，用绝缘细线拴一个带负电的小球，让它在竖直向下的匀强电场中绕O点做竖直平面内的圆周运动，a、b两点分别是圆周的最高点和最低点，则（）A．小球经过a点时，线中的张力最大B．小球经过b点时，电势能最小C．小球经过a点时，电势能最小D．小球经过b点时，机械能最小二、计算题（共40分）11．（12分）（2014秋•肇庆期末）如图所示，匀强电场中A、B、C三点构成一个直角三角形，把电荷量q=﹣2×10﹣10C的点电荷由A点移到B点，电场力做功4.8×10﹣8J，再由B点移到C点，电荷克服电场力做功4.8×10﹣8J，取B 点的电势为零，求A、C两点的电势及场强的方向．12．（14分）（2005•辽宁）一匀强电场，场强方向是水平的（如图）．一个质量为m的带正电的小球，从O点出发，初速度的大小为v0，在电场力与重力的作用下，恰能沿与场强的反方向成θ角的直线运动．求小球运动到最高点时其电势能与在O点的电势能之差．13．（14分）（2014秋•荆州校级月考）如图所示，质量为0.2Kg的物体带电量为+4×10﹣4C，从半径为0.3m 的光滑的圆弧的绝缘滑轨上端静止下滑到底端，然后继续沿水平面滑动．物体与水平面间的滑动摩擦系数为0.4，整个装置处于E=103N/C的匀强电场中，求下列两种情况下物体在水平面上滑行的最大距离：（1）E水平向左；（2）E竖直向下．黄山一中高二（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题只有一个选项正确，每小题6分，共60分）1．在静电场中，关于场强和电势的说法正确的是（）A．电势高的地方电场强度不一定大B．电场强度大的地方电势一定高C．电势为零的地方场强也一定为零D．场强为零的地方电势也一定为零考点：电场强度；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：场强与电势没有直接关系．场强越大的地方电势不一定越高，场强为零的地方电势不一定为零．电势为零是人为选取的．解答：解：A、沿着电场线的方向电势逐渐降低，电场线密的地方，电场强度大，电场线疏的地方电场强度小．电势高的地方电场强度不一定大，电场强度大的地方，电势不一定高．故A正确，B错误．C、电势为零是人为选取的，则电势为零的地方场强可以不为零．故C错误．D、场强为零的地方电势不一定为零，电势为零是人为选取的．故D错误．故选A．点评：对于电势与场强的大小关系：两者没有关系，可根据电势高低看电场线的方向，场强大小看电场线疏密来理解．2．电场中有A、B两点，在将某电荷从A点移到B点的过程中，电场力对该电荷做了正功，则下列说法中正确的是（）A．该电荷是正电荷，且电势能减少B．该电荷是负电荷，且电势能增加C．该电荷电势能增加，但不能判断是正电荷还是负电荷D．该电荷电势能减少，但不能判断是正电荷还是负电荷考点：电势能．分析：电场力对电荷做正功，说明运动的方向与电场力方向相同，电荷的电势能减小，根据动能定律知动能增大．解答：解：A、B：电场力对电荷做正功，说明运动的方向与电场力方向相同，电荷的电势能减小；但是不能判断出该电荷是正电荷还是负电荷．故A 错误，B错误；C：电场力对电荷做正功，电荷的电势能减小；故C错误；D：电场力对电荷做正功，说明运动的方向与电场力方向相同，电荷的电势能减小；但是不能判断出该电荷是正电荷还是负电荷．故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．3．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．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1VC．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 =，求解．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从其中一点移到另一点时，电场力所做的功与电荷量的比值，故A错误．B、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，这两点间的电势差就是1V，故B正确．C、在两点间移动电荷时，电场力做功的多少与电荷量和两点间的电势差都有关，故C错误，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：B．点评：解决该题关键要了解公式U AB =，的意义．4．如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线．在电场力作用下，一带电粒子（不计重力）经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（）A．粒子带正电B．粒子在A点加速度大C．粒子在B点动能大D．A、B两点相比，B点电势能较高考点：电场线；动能定理的应用；电势能．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．不计重力的粒子在电场力作用下从A到B，运动与力关系可知，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧．解答：解：A、根据曲线运动条件可得粒子所受合力应该指向曲线内侧，所以电场力逆着电场线方向，即粒子受力方向与电场方向相反，所以粒子带负电．故A错误；B、由于B点的电场线密，所以B点的电场力大，则A点的加速度较小．故B 错误；C、粒子从A到B，电场力对粒子运动做负功，电势能增加，导致动能减少，故C错误；D、对负电荷来讲电势低的地方电势能大，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．对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧．5．有三个相同的金属小球A、B、C，其中A、B两球带电情况完全相同，C球不带电．将A、B两球相隔一定距离固定起来，两球间的库仑力是F，若使C 球先和A接触，再与B接触，移去C，则A、B间的库仑力变为（）A ．B ．C ．D ．考点：库仑定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：理解库仑定律的内容．知道带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分．解答：解：假设A带电量为Q，B带电量也为Q，两球之间的相互吸引力的大小是F=第三个不带电的金属小球C与A接触后，A和C 的电量都为C与B接触时先中和再平分，则C、B 分开后电量均为这时，A、B两球之间的相互作用力的大小F′==故选C．点评：要清楚带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分．根据库仑定律的内容，找出变化量和不变量求出问题．6．图中a，b是两个点电荷，它们的电量分别是Q1，Q2，MN是ab连线的中垂线，P是中垂线上的一点．下列哪些情况能使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：电场强度；电场的叠加．分析：利用点电荷的电场中电场强度方向，来确定Q1、Q2在P点的电场强度方向，然后由电场强度矢量叠加分析P点的场强方式．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N→M方向．当Q1＜Q2时，则Q1在P点的电场强度比Q2的小，所以由电场强度合成可知P点场强方向指向MN的左侧，符合题意，故A正确．B、Q1是正电荷，Q2是负电荷，Q1在P点的电场强度方向从a→P，Q2在P点的电场强度方向从P→b，则合场强的方向偏右．不论电量大小关系，仍偏右．不符合题意，故B错误；C、当Q1是负电荷，Q2是正电荷时，Q1在P点的电场强度方向从P→a，Q2在P 点的电场强度方向从b→P，则合场强的方向指向MN的左侧．符合题意，故C 正确．D、当Q1、Q2都是负电荷时，Q1在P点的电场强度方向从P→a，Q2在P点的电场强度方向从P→b，由于|Q1|＞|Q2|，Q1在P点的电场强度大，则根据电场的叠加可知，合场强方向指向MN的左侧．符合题意，故D正确；故选：ACD．点评：本题首先了解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，运用电场的叠加原理进行分析．7．如图所示，圆O在匀强电场中，场强方向与圆O所在平面平行，带正电的微粒以相同的初动能沿着各个方向从A点进入圆形区域中，只在电场力作用下运动，从圆周上不同点离开圆形区域，其中从C点离开圆形区域的带电微粒的动能最大，图中O是圆心，AB是圆的直径，AC是与AB成α角的弦，则匀强电场的方向为（）A．沿AB方向B．沿AC方向C．沿BC方向D．沿OC方向考点：等势面；电场线．专题：电场力与电势的性质专题．分析：带正电的微粒以相同的初动能沿着各个方向从A点进入圆形区域中，只在电场力作用下运动，从C点离开圆形区域的带电微粒的动能最大，根据动能定理知电场力做功最多，则AC在电场线方向上的距离最大．解答：解：仅在电场力作用下从A点进入，离开C点的动能最大，则C点是沿电场强度方向电势最低的点，所以电场力沿过OC的方向，由于带电微粒是带正电，故匀强电场的方向沿OC方向．故D正确，A、B、C错误．故选：D．点评：解决本题的关键抓住C点是沿电场强度方向离A点最远，以及电场线与过C的切线相垂直．8．如图所示，在竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O处固定一点电荷，将质量为m，带电量为+q的小球从圆弧管的水平直径端点A由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力，则固定于圆心处的点电荷在AB 弧中点处的电场强度大小为（）A ．B ．C ．D ．考点：电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：带电小球沿竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管从A点静止释放，当滑到最低点时，对管壁恰好无压力．在下滑过程中由动能定理可求出最低点的速度大小，从而由牛顿第二定律可求出电场力，从而确定电场强度大小．解答：解：（1）设圆的半径是r，由A到B ，由动能定理得：在B 点，对小球由牛顿第二定律得：联立以上两式解得：由于是点电荷﹣Q 形成的电场，由得到，等势面上各处的场强大小均相等，即AB 弧中点处的电场强度为故选：B点评：小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力．并不是电场力等于重力，而是电场力与重力提供向心力去做圆周运动．9．如图所示，虚线表示等势面，相邻两等势面间的电势差相等，有一带电的小球在该电场中运动，不计小球所受的重力和空气阻力，实线表示该带正电的小球的运动轨迹，小球在a点的动能等于20eV，运动到b点时的动能等于2eV，若取C点为零电势点，则这个带电小球的电势能等于﹣6eV，它的动能等于（）A．16eV B．14eV C．6eV D．4eV考点：电势能；动能定理的应用．专题：电场力与电势的性质专题．分析：解决本题需掌握：小球只受电场力时，小球的动能和电势能之和保持不变；正确判断小球在电场中所受电场力方向以及电场力做功情况．解答：解：小球自a点运动到b时，电场力做负功：W ab=2eV﹣20eV=﹣18eV ①由于相邻两等势面的电势差相等，故电势差的大小关系有：U ab=3U bc②从b到c电场力做正功，根据动能定理有：W bc=E kc﹣E kb③联立①②③可得E kc=8eV．由于只有电场力做功，电势能和动能和保持不变，故在c点：E=E p+E k=8eV即电势能和动能之和为8eV，因此当电势能等于﹣6eV时动能为14eV，故ACD 错误，B正确．故选B．点评：学习电场中的功能关系时可以类比在重力场的功能关系，如只有重力做功，动能和重力势能之和保持不变；那么只有电场力做功，电势能和动能之和保持不变10．如图所示，用绝缘细线拴一个带负电的小球，让它在竖直向下的匀强电场中绕O点做竖直平面内的圆周运动，a、b两点分别是圆周的最高点和最低点，则（）A．小球经过a点时，线中的张力最大B．小球经过b点时，电势能最小C．小球经过a点时，电势能最小D．小球经过b点时，机械能最小考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：分析小球所受重力与电场力的大小关系：当重力大于电场力时，小球运动到最高点a时，线的张力一定最小，到达最低点b时，小球的速度最大；当重力等于于电场力时，小球做匀速圆周运动．当重力小于电场力时，小球运动到最高点a时，线的张力一定最大，到达最低点b时，小球的速度最小；根据电场力做功判断电势能的高低．根据除重力以外其它力做功判断机械能的大小．解答：解：A、当电场力小于重力，小球运动到a点时，速度最小，根据牛顿第二定律知，拉力最小．故A错误．B、小球从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，电势能增加．所以小球过b点时，电势能最大．故B错误．C、从a到b，电势能增加，所以a点电势能最小．故C正确．D、从a到b，除重力以外，电场力做负功，机械能减小，所以b点机械能最小．故D正确．故选：CD．点评：解决本题的关键要讨论重力和电场力的大小关系，从而确定在竖直平面内圆周运动的等效最高点和最低点．以及知道电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．知道除重力以外其它力做的功等于机械能的增量．二、计算题（共40分）11．（12分）（2014秋•肇庆期末）如图所示，匀强电场中A、B、C三点构成一个直角三角形，把电荷量q=﹣2×10﹣10C的点电荷由A点移到B点，电场力做功4.8×10﹣8J，再由B点移到C点，电荷克服电场力做功4.8×10﹣8J，取B 点的电势为零，求A、C两点的电势及场强的方向．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：根据电势差公式U=分别求出A、B间，B、C间电势差，B点的电势为零，再求解A、C两点的电势．在AC边上找出与B点电势相等的点，作出等势线，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，判断场强的方向．解答：解：A、B间电势差为U AB ==V=﹣240V，B、C间电势差为U BC ==V=240V又U AB=φA﹣φB，U BC=φB﹣φC，φB=0，得到φA=﹣240V，φC=﹣240V，所以AC 电势相等，场强方向垂直AC连线指向左上方．答：A、C两点的电势都是﹣240V，场强的方向垂直AC连线指向左上方．点评：运用电势差公式U=时，三个量U、W、q都要代入符号进行计算，同时还要注意电荷移动的方向；灵活应用场强方向与等势面的垂直．12．（14分）（2005•辽宁）一匀强电场，场强方向是水平的（如图）．一个质量为m的带正电的小球，从O点出发，初速度的大小为v0，在电场力与重力的作用下，恰能沿与场强的反方向成θ角的直线运动．求小球运动到最高点时其电势能与在O点的电势能之差．考点：带电粒子在匀强电场中的运动；匀变速直线运动的速度与位移的关系；牛顿第二定律；物体做曲线运动的条件；电势能．专题：计算题；压轴题．分析：因物体受重力及电场力的作用而做直线运动，故物体所受力的合力一定在运动方向的直线上；则由力的合成可求得电场力，由牛顿第二定律可求得加速度；由位移公式求得位移，即可由功的公式求得电场力的功．解答：解：设电场强度为E，小球带电量为q，因小球做直线运动，它受的电场力qE和重力mg的合力必沿此直线，如图：mg=qEtanθ由此可知，小球做匀减速运动的加速度大小为：设从O到最高点的路程为s，由速度和位移的关系得：v02=2as物体运动的水平距离为：l=scosθ两点的电势能之差：△W=qEl由以上各式得：O点的电势能与在O 点的电势能之差为．点评：本题有两点需要注意，一是由运动情景应能找出受力关系；二是明确功是力与力的方向上发生的位移的乘积．13．（14分）（2014秋•荆州校级月考）如图所示，质量为0.2Kg的物体带电量为+4×10﹣4C，从半径为0.3m 的光滑的圆弧的绝缘滑轨上端静止下滑到底端，然后继续沿水平面滑动．物体与水平面间的滑动摩擦系数为0.4，整个装置处于E=103N/C的匀强电场中，求下列两种情况下物体在水平面上滑行的最大距离：（1）E水平向左；（2）E竖直向下．考点：动能定理；向心力．专题：动能定理的应用专题．分析：（1）由动能定理列方程求解，此过程中，重力做正功、电场力和滑动摩擦力做负功．（2）由动能定理列方程求解，此过程中，重力和电场力做正功、滑动摩擦力做负功解答：解：（1）当E水平向左时：初速度和末速度都为0，由动能定理得：外力做的总功为0即mgR﹣F f x﹣qE（R+x）=0其中F f=mgμ所以x==0.4m（2）当E竖直向下时，由动能定理，初速度和末速度都为0，所以外力做的总功为0即mgR﹣F f x+qER=0其中F f=（mg+qE）μ所以x==0.75m答：（1）E水平向左时位移为0.4m（2）E水平向下时位移为0.75m点评：动能定理有广泛的适用性对于多过程运动问题，在不牵扯加速度和时间的前提下优先考虑动能定理。
高二物理上学期第一次月考(开学考试)试题高二全册物理试题
嗦夺市安培阳光实验学校广西桂林市秀峰区高二物理上学期第一次月考（开学考试）试题一、单选题（本大题共10小题; 每题3分，共30分．）1.四个塑料小球,A和B互相排斥,B和C互相吸引,C和D互相排斥。
如果D带正电,则B球的带电情况是( )A.带正电B.带负电C.不带电D.可能带负电或不带电2.如图所示,A、B为相互接触的用绝缘支柱支持的金属导体,起初它们不带电,在它们的下部贴有金属箔片,C是带正电的小球。
下列说法正确的是( )A.把C移近导体A时,A上的金属箔片张开，B上的金属箔片不张开B.把C移近导体A,先把A、B分开,然后移去C,A、B上的金属箔片仍张开C.先把C移走,再把A、B分开,A、B上的金属箔片仍张开D.先把A、B分开,再把C移走,然后重新让A、B接触,A上的金属箔片张开,而B 上的金属箔片闭合3.如图所示,a、b、c是一条电场线上的三个点,电场线的方向由a到c,a、b间的距离等于b、c间的距离,用φa、φb、φc和E a、E b、E c分别表示a、b、c三点的电势和电场强度,可以判定( )A.φa>φb>φcB.E a>E b>E cC.φa-φb=φb-φcD.E a=E b>E c4.如图所示,abcd是匀强电场中的四个点,它们正好是一个矩形的四个顶点,电场线与矩形所在平面平行,已知a点电势为20V,b点电势为24V,d点电势为4V,由此可知c点电势为( )A.4 V B.8 V C.12 V D.24 V5.如图所示,平行板电容器与电源相连,负极板接地,在两板间有一负检验电荷固定在A点。
若保持负极板不动,将正极板移到图中虚线所示的位置,则关于检验电荷在A点的电势能的变化,正确的说法是( )A.减小B.增大C.不变D.无法确定6．如图,E为内阻不能忽略的电池,R1、R2、R3为定值电阻,S0、S为开关,与Ⓐ分别为电压表与电流表。
初始时S0与S均闭合,现将S断开,则( )A.的读数变大,的读数变小B.的读数变大,的读数变大C.的读数变小,的读数变小D.的读数变小,的读数变大7．如图甲所示是一火警器的部分电路示意图,其中R2为半导体热敏材料制成的传感器,其电阻随温度t变化的图线如图乙所示,电流表为值班室的显示器,a、b 之间接器,当传感器R2所在处出现火情时,显示器的电流I和器两端的电压U的变化情况是( )A.I变大,U变大B.I变大,U变小C.I变小,U变大D.I变小,U变小8.示波管的工作原理如图所示,真空室中电极K发出电子(初速度不计),经过电压为U1的加速电场后,由小孔S沿水平金属板A、B间的中心线射入板中。
北票市2015-2016学年高二数学上学期第一次月考试题(无答案)
3．函数 在一个周期内的图象如下图所示,此函数的解析式为 （ )
A． B.
C． D.
4．已知点 、 、 ，则向量 在 方向上的正射影的数量为 （ ）
A． B． C． D．
5。已知 则 的值是 ( ）
A． B。
C． D。
6。 设非零向量 、 、 满足 ，则向量 与向量 的夹角为
(A) （B) （C) （D)
7．函数 单调递增区间是
(A) (B）
(C） （D)
8。 已知 的面积是 ，且 ,则
（A） (B） （C） 或 (D)
9。 已知f(x)是定义在R上的偶函数，且以2为周期，则“f(x）为[0, 1]上的增函数"是“f(x）为［3, 4]上的减函数”的
A。既不充分也不必要的条件 B.充分而不必要的条件
二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分.将答案填入答题纸相应位置)
13．若关于 的不等式 的解集为 ,则关于 的不等式 的解集为。
14. 如果实数 满足 ,则 的最大值为.
15。 设 是等差数列 的前 项和,已知 则 =.
16。 给定两个长度为1的平面向量 和 ,它们的夹角为 .如图所示，点 在以 为圆心的圆弧 上变动.若 其中 ,则 的最大值是。
三、解答题（共70分）
17。(本小题满分10分）
数列 中, （ 是常数, )，且 成公比不为1的等比数列.
(Ⅰ)求 的值；
(Ⅱ)求 的通项公式.
18．（本小题满分12分)
在 中， ，点 在 边上，且 ， .
（Ⅰ）求 ;
（Ⅱ）求 的长．
19. (本小题满分12分）
已知函数 。
（Ⅰ）求 在 上的值域;
辽宁省北票市高级中学2015-2016学年高二上学期第一次月考生物试题
高二上学期第一次月考生物试题考试时间：90分钟总分：100分一、选择题（共35题，70分，每题2分)1．从达尔文进化学说的观点来看，下列叙述中正确的是()A．长颈鹿经常努力伸长颈和前肢去吃树上的叶子，因此，颈和前肢都变得很长B．北极熊生活在冰天雪地的环境里，它们的身体就产生了定向的白色变异C．野兔的保护色和鹰锐利的目光，是它们长期相互选择的结果D．在长期有农药的作用下，农田害虫产生了抗药性2．由于蟹类的捕食，某种海洋蜗牛种群中具有较厚外壳的个体的比例遂渐增加。
对这个现象的解释，正确的是()A．人工选择B．适者生存C．用进废退D．定向变异3．达尔文自然选择学说的缺陷主要是()①能科学地解释生物进化的原因及生物适应性、多样性的形成②认为生物个体是生物进化的基本单位③对遗传、变异的本质未作出科学的解释④不能解释物种大爆发等现象A．①②③B．①③④C．①②④D．②③④4. 下列关于生物变异和进化的叙述，正确的是（）A.自然选择使基因发生定向改变，决定生物进化的方向B.种群基因频率的改变导致生物进化，但并不一定出现新的物种C.地理隔离能使种群基因库产生差别，必然导致生殖隔离D.所有的变异类型都可以为生物进化提供原始的选择材料5．如图表示最早生活在这个区域同种生物的群体由于屏障(水)的阻碍，已经分离为两个独立的群体。
如果群体A经历了长期生活环境的剧烈变化，而群体B的环境没有发生较大的变化，则群体A的进化速度将最可能是（）A．比群体B快 B．比群体B慢C．与群体B相同 D．停止进化6.有关物种的叙述中，正确的是（）①不同种群的生物肯定不属于同一个物种②具有一定形态结构和生理功能，能相互交配且产生可育后代的一群生物个体③隔离是形成新物种的必要条件④在物种形成过程中必须有地理隔离和生殖隔离A.①②④B.②③④C.②③D.①②③④7．下列有关生物多样性和进化的叙述，错误的是（）A．生物的多样性包括基因、物种和生态系统的多样性B．自然选择能定向改变种群的基因频率，决定了生物进化的方向C．细菌在接触青霉素后会产生抗药性的突变个体，青霉素的选择作用使其生存D．丝兰蛾细长的吸管似口器与丝兰的细长花矩是它们长期共同进化形成的相互适应特征8．现代生物进化理论是在达尔文自然选择学说的基础上发展起来的。
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1 高二年级上学期第一次月考物理试卷 命题人:杨海刚 校对人:李清香 一、单项选择题（本题共15小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意的。每小题3分，共45分） 1．下列物理量中与检验电荷有关的是 A．电场强度E B．电势φ C．电势差UAB D．电场力F 2．如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面，下列判断正确的是 A．1、2两点的场强相等 B．1、3两点的场强相等 C．1、2两点的电势相等 D．2、3两点的电势相等 3．如图所示，取一对分别用绝缘支柱支撑的金属导体A和B，使它们彼此接触。起初它们不带电，贴在A、B下面的金属箔是闭合的。现在把带正电荷的球C移近导体A，可以看到A、B上的金属箔都张开了。下列说法正确的是 A．A内部的场强比B内部的场强大 B．A、B内部的场强均为零 C．A左端的电势比B右端的电势低 D．A左端的电势比B右端的电势高 4．一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递减的。关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在b点的切线）
A． B． C． D． 5．如图，电荷量为q1和q2的两个点电荷分别位于P点和Q点。已知在P、Q连线上某点R处的电场强度为零，且PR=2RQ。则 A．q1=2q2 B．q1=-2q2 C．q1=4q2 D．q1=-4q2
6．关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是 A．电场强度的方向处处与等势面垂直 B．电场强度为零的地方，电势也为零 C．随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低 D．任一点的电场强度总是指向该点电势降落的方向
a b c E a b c
E
a
b c
E a
b c E
q1 q
2
P Q R
E 1 2 3 2 v 带电室
信号输入 墨盒 纸
7．如图所示，在x轴上相距为L的两点固定两个等量异种电荷+Q、-Q，虚线是以+Q所在点为圆心、L/2为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称，下列说法不．正确的是
A．b、d两点处的电势相同 B．四个点中c点处的电势最低 C．b、d两点处的电场强度相同 D．将一试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，+q的电势能减小 8．喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中
A.向负极板偏转 B.电势能逐渐增大 C.运动轨迹是抛物线 D.运动轨迹与带电量无关
9．当电阻两端加上某一稳定电压时，通过该电阻的电荷量为0.3C，消耗的电能为0.9J。为在相同时间内使0.6C的电荷量通过该电阻，在其两端需加的电压和消耗的电能分别是 A．3V，1.8J B．3V，3.6J C．6V，l.8J D．6V，3.6J 10．一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变,在两极板间插入一电介质,其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是 A．C和U均增大 B．C增大,U减小 C．C减小,U增大 D．C和U均减小 11．将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、E和Q表示。下列说法正确的是
A．保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半 B．保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍 C．保持d不变，将Q变为原来的两倍，则U变为原来的一半 D．保持d不变，将Q变为原来的一半，则E变为原来的两倍 12．如图所示，由M、N两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器，极板N与静电计的金属球相接，极板M与静电计的外壳均接地。给电容器充电，静电计指针张开一定角度。以下实验过程中电容器所带电荷量可认为不变。下面操作能使静电计指针张角变大的是 A．将M板向上平移 B．将M板沿水平向右方向靠近N板 C．在M、N之间插入有机玻璃板 D．在M、N之间插入金属板，且不和M、N接触
bac
dQQx
M N
静电计 3
Ⅱ Ⅰ Ⅲ Ⅳ a d b
c L2
L
1
13．一个标有“220V 60W”的白炽灯泡，所加电压由零逐渐增大到220V，在此过程中，题目中给出的四个伏安特性曲线中，符合实际的是
14．如图所示，均匀的长方形薄片合金电阻板abcd，ab边长为L1，ad边长为L2。当端点Ⅰ、Ⅱ或Ⅲ、Ⅳ接入电路时，导体的电阻分别为R1、R2，则R1:R2为
A．L1:L2 B．L2:L1 C．L12:L22 D．L22:L12
15．如图，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d，在下极板上叠放一厚度为l的金属板，其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中，当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P开始运动，重力加速度为g。粒子运动加速度为
A． gdl B．gdld
C．gldl D． gldd
二、不定项选择题（本题共5小题，在每小题给出的四个选项中，至少．．有一项是符合题意的。每小题全选对的得3分，选对但不全的得2分，错选不得分，共15分。） 16．用金属箔做成一个不带电的圆环，放在干燥的绝缘桌面上。小明同学用绝缘材料做的笔套与头发摩擦后，将笔套自上向下慢慢靠近圆环，当距离约为0.5cm时圆环被吸引到笔套上，如图所示。对上述现象的判断与分析，下列说法正确的是 A．摩擦使笔套带电 B．笔套靠近圆环时，圆环上、下部感应出异号电荷 C．圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力大于圆环的重力 D．笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷立刻被全部中和 17．右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
U I 0 AI U 0 BU 0 CI U 0 D
I
P l d
收集板 漏斗 + + + +
- - - - 4
A.带正电的矿粉落在右侧 B.电场力对矿粉做正功 C.带负电的矿粉电势能变大 D.带正电的矿粉电势能变小
18． 通常一次闪电过程历时约0.2~0.3s，它由若干个相继发生的闪击构成。每个闪击持续时间仅40~80μs，电荷转移主要发生在第一个闪击过程中。在某一次闪电前云地之间的电势差约为1.0×109V，云地间距离约为l km；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6 C，闪击持续时间约为60μs。假定闪电前云地间的电场是均匀的。根据以上数据，下列判断正确的是 A．闪电电流的瞬时值可达到1×105A B．整个闪电过程的平均功率约为l×1014W C．闪电前云地间的电场强度约为l×106V/m D．整个闪电过程向外释放的能量约为6×106J 19．静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷 A．在x2和x4处电势能相等 B．由x1运动到x3的过程中电势能增大 C．由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小 D．由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大
20．质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点，不计空气阻力且小球从未落地。则
A．整个过程中小球电势能变化了2223tmg
B．整个过程中小球动量增量的大小为2mgt C．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了mg2t2 D．从A点到最低点小球重力势能变化了2232tmg
三、实验题（共20分） 21．现有一合金制成的圆柱体，为测量该合金的电阻率，现用伏安法测圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度。螺旋测微器和游标卡尺的示数如图（a）和图（b）所示。 （1）由上图读得圆柱体的直径为 mm，长度为 cm. （2）若流经圆柱体的电流为I，圆柱体两端之间的电压为U，圆柱体的直径和长度分别用D、L表示，则用D、L、I、U表示的电阻率的关系式为ρ= 。
E O x
x2 x1 x4 x
3
图(a) 35 40 30 0
25
cm
图(b) 4 5 6
0 10 20 5
22．要测绘一个标有“3V 0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，并便于操作。已选用的器材有： 电池组（电动势为4.5V，内阻约1Ω)； 电流表（量程为0~250mA．内阻约5Ω)； 电压表（量程为0~3V．内限约3kΩ)； 电键一个、导线若干。 （1）实验中所用的滑动变阻器应选下列中的_______（填字母代号）。 A．滑动变阻器（最大阻值20Ω, 额定电流1A） B．滑动变阻器（最大阻值1750Ω，额定电流0.3A） （2）实验的电路图应选用下列的图__________（填字母代号）。
（3）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示。如果这个小灯泡两端所加电压为1.5V，则小灯泡在该温度时的电阻是________Ω。随着电压增大，温度升高，小灯泡的电阻_______。（填“增大”，“减小”或“不变”）
23．在伏安法测电阻的实验中，待测电阻Rx约为200Ω，电压表V的内阻约为2kΩ，电流表A的内阻约为10Ω，测量电路中电流表的连接方
式如图（a）或图（b）所示，计算结果由xURI=计算得出，式中U与I分别为电压表和电流表的读数；若将图（a）和图（b）中电路测得的电阻值分别记为Rx1和Rx2，则① （填“Rx1”或“Rx2”）更接近待测电阻的真实值，且测量值Rx1 ② （填“大于”、“等于”或“小于”）真实值，测量值Rx2 ③ （填“大于”、“等于”或“小于”）真实值。
A V E S A V E S A V E S A V E S A B C D
I/A
U/V O 1.0 2.0 3.0
0.30.20.1
Rx 图a V A Rx
图b
V
A