山东省烟台市2019-2020学年高二上学期期中物理试卷 (有解析)
山东省烟台市2019-2020学年高二上学期期中物理试卷一、单选题（本大题共7小题，共21.0分）1.下列说法不正确的是()A. 中国第一位进入太空的宇航员是杨利伟B. 中国的卫星导航系统叫北斗导航系统C. 能量是守恒的，我们不需要节约能源D. 能量的耗散从能量转换的角度反映出自然界中宏观过程的方向性。
能源的利用受这种方向性的制约，所以能源的利用是有条件的，也是有代价的2.一质点沿直线做简谐运动，相继通过距离为16cm的两点A和B，历时1s，并且在A、B两点处具有相同的速率，再经过1s，质点第二次通过B点，该质点运动的周期和振幅分别为()A. 3s，8√3cmB. 3s，8√2cmC. 4s，8√3cmD. 4s，8√2cm3.如图所示，下列说法正确的是()A. 2s末速度为负方向，加速度最大B. 振动图象是从平衡位置开始计时的C. 3s末质点速度为零，加速度为零D. 3s末速度最大，而加速度为零4.如图所示，a、b、c、是在地球大气层外圆形轨道上运行的3颗人造卫星，下列说法正确的是()A. b、c的线速度大小相等，且大于a的线速度B. a加速可能会追上bC. c加速可追上同一轨道上的b、b减速可等到同一轨道上的cD. a卫星由于某种原因，轨道半径缓慢减小，仍做匀速圆周运动，则其线速度将变大5.如图所示，小车放在光滑的水平面上，将系绳小球拉开到一定角度，然后同时放开小球和小车，那么在以后的过程中()A. 小球向左摆动时，小车也向左运动，且系统动量守恒B. 小球向左摆动时，小车向右运动，且系统动量守恒C. 小球向左摆到最高点，小球的速度为零而小车的速度不为零D. 在任意时刻，小球和小车在水平方向的动量一定大小相等、方向相反6.如图所示是甲、乙两个单摆做简谐运动的图象，则下列说法中正确的是()A. 甲、乙两摆的振幅之比为2：1B. t=2s时，甲摆的重力势能最小，乙摆的动能最大C. 甲、乙两球的摆长之比为4：1D. 甲、乙两摆摆球在最低点时向心加速度大小一定相等7.如图，一辆小轿车以速度v在通过一个半径为R的拱桥，下列说法正确的是()A. 车内的人处于失重状态B. 向心力F=F N−mgC. F N=mv2RD. 小车的向心加速度方向与F N方向相同二、多选题（本大题共7小题，共21.0分）8.质量为m，电量为q的带正电小物块在磁感强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，沿动摩擦因数为μ的绝缘水平面以初速度v0开始向左运动，如图所示．物块经时间t移动距离s后停了下来，设此过程中，q不变，则()A. s>mv022μ(mg+qv0B)B. s<mv022μ(mg+qv0B)C. t>v0μg D. t<v0μg9.如图为同一单摆在两次受迫振动中的共振曲线，下列说法中错误的是()A. 若两次受迫振动分别在月球上和地球上进行，且摆长相同，则图线Ⅰ表示月球上单摆的共振曲线B. 若两次受迫振动是在地球上同一地点进行，则两次单摆的摆长之比L1：L2=25：4C. 图线Ⅱ若是在地球上完成的，则该摆摆长约为1mD. 若摆长均为1m，则图线Ⅰ是在地球上完成的10.下面的说法正确的是()A. 物体运动的方向就是它的动量的方向B. 如果物体的速度发生变化，则可以肯定它受到的合外力的冲量不为零C. 如果合外力对物体的冲量不为零，则合外力一定使物体的动能增大D. 作用在物体上的合外力冲量不一定能改变物体速度的大小11.在光滑水平面上沿同一直线相向运动的两辆玩具小车甲、乙，甲小车质量为2kg，乙小车质量为1.5kg，甲向左运动速度大小为3m/s，乙向右运动速度大小为4m/s。
下列两车碰撞后的速度大小及方向可能正确的是()A. 都静止B. 甲向左运动速度为1.5m/s，乙向右运动速度为2m/sC. 甲向右运动速度为3m/s，乙向左运动速度为4m/sD. 甲向右运动速度为4.5m/s，乙向左运动速度为6m/s12.下列说法正确的是()A. 如图a，汽车通过拱桥的最高点时处于超重状态B. 如图b所示是一圆锥摆，小球做圆周运动的向心力由绳拉力和重力的合力提供C. 如图c，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A、B位置先后分别在水平面内做匀速圆周运动，则在A、B两位置圆锥筒对小球的支持力大小相等D. 如图d，火车转弯超过规定速度行驶时，内轨对内轮缘会有挤压作用13.如图所示，在竖直的转动轴上，a、b两点间距为40cm，细线ac长50cm，bc长30cm，在c点系一质量为m的小球，在转动轴带着小球转动过程中，下列说法正确的是()A. 转速小时，ac受拉力，bc松弛B. bc刚好拉直时ac中拉力为1.25mgC. bc拉直后转速增大，ac拉力不变D. bc拉直后转速增大，ac拉力增大14.如图所示，在光滑的水平面上有一物体M，物体上有一光滑的半圆弧轨道，最低点为C，两端A、B一样高．现让小滑块m从A点由静止下滑，则()A. m不能到达M上的B点B. m从A到C的过程中M向左运动，m从C到B的过程中M向右运动C. m从A到B的过程中M一直向左运动，m到达B的瞬间，M速度为零D. M与m组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒三、填空题（本大题共2小题，共8.0分）15.冰面对滑冰运动员的最大摩擦力为其重力的k倍，在水平冰面上沿半径为R的圆周滑行的运动员，若仅依靠摩擦力来提供向心力而不冲出圆形滑道，其运动的速度应满足______ ．16.质量为1吨的重锤从高5米处自由下落，与桩接触后在0.2秒内停止运动，重锤碰到桩时受到的冲量为______ .方向______ ，桩受重锤的平均作用力为______ ，方向______ .(g取10m/s2)四、实验题（本大题共2小题，共10.0分）17.(1)某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中，用游标卡尺测定摆球的直径，测量的结果如图所示，则该摆球的直径为______mm．(2)某小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中如果测得g值偏大，原因可能是______A.把摆线长与小球直径之和做为摆长B.摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了C.开始计时时，秒表过迟按下D.实验中误将49次全振动次数记为50次．18.用半径相同的两小球A、B碰撞“验证动量守恒定律”，实验装置示意图如图所示，斜槽与水平槽平滑连接．实验时先不放B球，使A球从斜槽上某一固定点C由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹．再把B球静置于水平槽前端边缘处，让A球仍从C处由静止滚下，A 球和B球碰撞后分别落在记录纸上留下各自的痕迹．记录纸上的O点是重垂线所指的位置，若测得各落点痕迹到O点的距离：OM=2.68cm，OP=8.62cm，ON=11.50cm，并知A、B 两球的质量比为2∶1，则未放B球时A球落地点是记录纸上的________点，系统碰撞前总动量×100%=________%(结果保留一位有效数字)．p与碰撞后总动量p′的百分误差|p−p′|p五、计算题（本大题共4小题，共40.0分）19.如图甲，质量m=1kg的物体静止在水平地面上，t=0时刻开始，水平拉力F1=9N作用于物体上，t1时刻水平拉力大小变为F2、方向不变。
物体的运动速度v随时间t变化关系图象如图乙所示，其中t1～3s时间内图线与横轴围成的面积(图乙中阴影部分)是0～t1时间内的6倍。
已知物块与地面之间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10m/s2。
求：(1)力F1的作用时间t1；(2)力F2的大小。
20.科学家在地球轨道外侧发现了一颗绕太阳运行的小行星，经过观测该小行星每隔t时间与地球相遇一次，已知地球绕太阳公转半径是R，周期是T，设地球和小行星都是圆轨道，求小行星距太阳的距离．21.如图所示，一劲度系数为k的轻弹簧下端固定于水平地面上，弹簧的上端固定一质量为M的薄板P，另有一质量为m的物块B放在P的上表面．向下压缩B，突然松手，使系统上下振动，欲使B、P始终不分离，则轻弹簧的最大压缩量为多少？22.如图所示，光滑水平平台AB与竖直光滑半圆轨道AC平滑连接，C点切线水平，长为L=4m的粗糙水平传送带BD与平台无缝对接。
质量分别为m1=0.3kg和m2=1kg两个小物体中间有一被压缩的轻质弹簧，用细绳将它们连接。
已知传送带以v0=1.5m/s的速度向左匀速运动，小物体与传送带间动摩擦因数为μ=0.15.某时剪断细绳，小物体m1向左运动，m2向右运动速度大小为v2=3m/s，g取10m/s2.求：(1)剪断细绳前弹簧的弹性势能E p(2)从小物体m2滑上传送带到第一次滑离传送带的过程中，为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能E(3)为了让小物体m1从C点水平飞出后落至AB平面的水平位移最大，竖直光滑半圆轨道AC的半径R和小物体m1平抛的最大水平位移x的大小。
-------- 答案与解析 --------1.答案：C解析：解：A、2003年10月15日，我国航天员杨利伟乘坐“神舟五号”宇宙飞船进入太空，成为中国第一位进入太空的中国宇航员，故A正确；B、中国的卫星导航系统叫北斗导航系统，故B正确；C、能量虽然守恒，但使用之后并不是都可以循环利用，故要节约能源，故C不正确；D、能源在使用中存在品质降低的现象，能量的耗散从能量转换的角度反映出自然界中宏观过程的方向性；能源的利用受这种方向性的制约，所以能源的利用是有条件的，也是有代价的；故D正确。
本题选不正确的，故选：C。
了解有关航天知识对应的内容，知道北斗导航的作用；同时明确能源的开发和利用情况，知道节约能源的意义。
本题考查能源的开发和应用以及物理学史，要注意多了解最近的航天事件，同时掌握节约能源的意义等基本内容。
2.答案：D解析：本题考查简谐运动的描述；简谐运动的质点，以同样的速率先后经过某两点时，它们的位置关于平衡位置对称；注意应用质点位移与时间的关系式：。
设简谐运动的平衡位置为O，质点先后以相同的速度通过A、B两点，说明A、B两点关于平衡位置O点对称，所以质点由A到O时间与由O到B的时间相等，假设质点首先向最大位移处运动，然后再经过B点，则定有t AB>t BB(设两次经过B的时间为t BB)，这与题意不符，故不可能，因此质点必定首先向平衡位置移动，然后再向B点移动，那么从平衡位置O到B点的时间 t1=0.5s，因过B点后质点再经过1s又第二次通过B点，根据对称性得知质点从B点到最大位置的时间t2=0.5s 故知，周期为：T=4 ( 0.5+ 0.5 )s =4s由于质点位移与时间的关系式：从平衡位置计时，则有：8cm=Asinωt=Asin2π×0.54，解得A=8√2cm，故D正确，ABC错误。
山东省烟台市2019-2020年高二上学期期中考试物理试题(无答案)
山东省烟台市2019-2020年高二上学期期中考试物理试题（无答案）2019-2020学年度第一学期学段检测高二物理注意事项：1．本试卷分第1卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共100分，时间90分钟。
2．第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第II 卷用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内；写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
考试结束只交答题卡。
第I卷（选择题，共42分）一、本题共14小题。
每小题3分，共42分。
在每小题给出的四个选项中，第1 ~ 7题只有一项符合题目要求，第8 ~ 14题有多项符合题目要求。
全部选对的得3分，选对但选不全的得2分，有选错或不选的得0分。
1．下列说法中正确的是A.伽利略整理第谷的測数据.友現了行星這功的三条定律B.牛顿发现了万有引力定律，并首次在实验室测出了引力常量C. "月—地检验"表明，地面物体所受地球的引力与太阳、行星间的引力是同一种力D.经典力学仍然适用于接近光速运动的物体2．一个质点做简谐运动，当它每次经同一位置（位移最大位置除外）时，一定不相同的物理量是A．机械能B．加速度C．回复力D．动量3．某弹簧振子沿x轴做简谐运动的位移—时间图像如图所示，下列说法正確的是A.t=1s时，振子的速度为零，加速度沿x轴负向且最大B.t=2s时，振子的速度和加速度都沿x轴正向，加速度最大C. t=3s时，振子的速度为零，加速度沿x轴负向且最大D. t=4s时，振子的速度和加速度都沿x轴负向，加速度最大4．a、b、c是在地球大气层外的圆形轨道上匀速运行的三颗人造卫星，其中a、b的轨道半径相同，b、c的轨道在同一平面内。
某时刻a处于a、b轨道的交点，c处于b的正上方，如图所示，则下列说法正确的是A．a、b在此后有可能相撞B．a、b的加速度大小相等，且小于c的加速度C．a、b的线速度大小相等，且大于c的线速度D．下一次c处于b的正上方一定仍在图示位置处5．一质量为M的烟花飞到空中，当速度减为零时炸裂成两块，其中质量为m的一块在炸裂后获得的速度大小为v，则另一块的速度大小为6．如图所示是在同一地点甲乙两个单摆的振动图像，下列说法正确的是A．甲乙两个单摆的振幅之比是1：3B．甲乙两个单摆的周期之比是1：2C．甲乙两个单摆的摆长之比是4：1D．甲乙两个单摆的振动的最大加速度之比是1 ：47，宇航员在某星球表面离地一定高度处以一定的初速度将一小球水平抛出，测得小球的水平位移为x；在地球表面离地相同高度处以相同的初速度平抛同一小球，测得小球的水平位移为s，己知该星球半径与地球的半径均为R，地球表面的重力加速度为g。
2019-2020学年高二上学期期中考试试卷(物理)(附答案)
2019-2020学年高二上学期期中考试试卷（物理）学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________(试卷满分：100分时间：100分钟)一、选择题：(本题共12个小题，每小题4分，计48分。
每小题给出的四个选项中，有的只有一个正确，有的有多个正确，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的不得分)1.一个匀强电场的电场线分布如图甲所示，把一个空心导体引入到该匀强电场后的电场线分布如图乙所示．在电场中有A、B、C、D四个点，下面说法正确的是( )＝φBA．φB．φB＝φCC．E A＝E BD．E B＝E C2.如图所示，两个固定的带正电的点电荷q1、q2，电荷量之比为1∶4，相距为d，引入第三个点电荷q3，要使q3能处于平衡状态，对q3的位置、电性和电荷量的要求，以下叙述正确的是( )A．q3在q1和q2连线之间距离q1为处，且为负电荷，对电荷量无要求B．q3在q1和q2连线之间距离q1为处，且为正电荷，对电荷量无要求C．q3在q1和q2连线之间距离q1为处，对电性和电荷量均无要求D．q3在q1和q2连线的延长线上，位于q1左侧处，对电性和电荷量均无要求3.如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么( )A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加C．微粒从M点运动到N点动能一定增加D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加4.如图所示，Q1、Q2为两个等量同种正点电荷，在Q1、Q2产生的电场中有M、N和O三点，其中M和O在Q1、Q2的连线上(O为连线的中点)，N为两电荷连线中垂线上的一点，则下列说法中正确的是( )A．O点电势等于N点电势B．O点场强一定大于M点场强C．将一个负点电荷从M点移到N点，电场力对其做负功D．若将一个正点电荷分别放在M、N和O三点，则该点电荷在O点时电势能最大5.关于电势差和电场力做功的说法中，正确的是( )A．电势差是矢量，电场力做的功是标量B．在两点间移动电荷，电场力不做功，则两点间的电势差为零C．在两点间被移动的电荷的电荷量越少，则两点间的电势差越大D．在两点间移动电荷时，电场力做正功，则两点间的电势差大于零6.如图所示，有一带电粒子(不计重力)贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为( )A．U1∶U2＝1∶8B．U1∶U2＝1∶4C．U1∶U2＝1∶2D．U1∶U2＝1∶17.如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线．两电子分别从a、b两点运动到c点，设电场力对两电子做的功分别为W a和W b，a、b两点的电场强度大小分别为E a和E b，则( ) A．W a＝W b，E a>E bB．W a≠W b，E a>E bC．W a＝W b，E a<E bD．W a≠W b，E a<E b8.如图所示，光滑绝缘半球形的碗固定在水平地面上，可视为质点的带电小球1、2的电荷分别为Q1、Q2，其中小球1固定在碗底A点，小球2可以自由运动，平衡时小球2位于碗内的B位置处，如图所示．现在改变小球2的带电量，把它放置在图中C位置时也恰好能平衡，已知AB弦是AC弦的两倍，则( ) A．小球在C位置时的电量是B位置时电量的一半B．小球在C位置时的电量是B位置时电量的四分之一C．小球2在B点对碗的压力大小等于小球2在C点时对碗的压力大小D．小球2在B点对碗的压力大小大于小球2在C点时对碗的压力大小9.(多选)如图所示，真空中有一个固定的点电荷，电荷量为＋Q.图中的虚线表示该点电荷形成的电场中的四个等势面．有两个一价离子M、N(不计重力，也不计它们之间的电场力)先后从a点以相同的速率v0射入该电场，运动轨迹分别为曲线apb和aqc，其中p、q分别是它们离固定点电荷最近的位置．以上说法中正确的是( )A．M一定是正离子，N一定是负离子B．M在p点的速率一定大于N在q点的速率C．M在b点的速率一定大于N在c点的速率D．M从p→b过程电势能的增量一定小于N从a→q过程电势能的增量10.(多选)如图所示，六面体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料．ABCD面带正电，EFGH面带负电．从小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴A、B、C，最后分别落在1、2、3三点，则下列说法正确的是( )A．三个液滴在真空盒中都做平抛运动B．三个液滴的运动时间一定相同C．三个液滴落到底板时的速率相同D．液滴C所带电荷量最多11.(多选)如图所示，三条平行等间距的虚线表示电场中的三个等势面，电势分别为10 V、20 V、30 V，实线是一带电粒子(不计重力)在该区域内的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，下列说法正确的是( ) A．粒子在三点所受电场力不相等B．粒子可能先经过a，再到b，然后到cC．粒子三点所具有的动能大小关系为E kb＞E ka＞E kcD．粒子在三点的电势能大小关系为E pc＜E pa＜E pb12.(多选)如图甲所示，一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点的电势φ随x变化的情况如图乙所示，若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则( )A．电子一直沿Ox负方向运动B．电场力一直做正功C．电子运动的加速度不变D．电子的电势能逐渐增大二、填空题（本题共3个小题，每小题5分，共计15分。
2019-2020学年第一学期高二期中测试物理学科试题【含解析】
A. 增大 U1 B. 增大 U2 C. 减小 L D. 减小 d 【答案】D 【解析】
经加速电场后的速度为
eU1 v，则根据动能定理：
1 2
mv2
，所以电子进入偏转电场时速度
v 2eU1
的大小为，
m ，电子进入偏转电场后的偏转的位移为，
11.一横截面积为 S 的铜导线,流经其中的电流为 I,设单位体积的导线中有 n 个自由电子,电
子的电荷量为 q 此时电子的定向移动速率为 v,在 பைடு நூலகம் 时间内,通过铜导线横截面的自由电子数
目可表示为 (
)
A. nvSt
B. nvt
It C. q
It D. Sq
【答案】AC
【解析】
【详解】AB. 从微观角度来说，在 t 时间内能通过某一横截面的自由电子必须处于长度为 vt 的圆柱体内，此圆柱体内的电子数目为 N=nV=nvSt，故 A 正确，B 错误；
N1 mAg tan
将小球 B 向左推动少许时 θ 减小，则 N1 减小，再以 AB 整体为研究对象，分析受力如图所示
由平衡条件得： F=N1
N2=（mA+mB）g 则 F 减小，地面对小球 B 的弹力一定不变。故 A 错误，B 正确，C 错误；
D. 库仑力
F库
mA g cos
θ 减小，cosθ 增大，F 库减小，根据库仑定律分析得知，两球之间的距离增大。故 D 正确。
C. 电源的电动势与外电路有关 D. 静电力移动电荷做正功电势能减少,非静电力移动电荷做正功电势能增加 【答案】D 【解析】 【详解】A．电源是把其他形式的能转化为电能的装置，电动势反映电源把其他形式的能转 化为电能本领大小，与电源向外提供的电能的多少无关，故 A 错误； B．电动势表示电源将单位正电荷从负极移送到正极时，非静电力所做的功，故 B 错误； C．电源是把其他形式的能转化为电能的装置，电动势反映电源把其他形式的能转化为电能 本领大小，电源的电动势与外电路无关，故 C 错误； D、根据静电力做功与电势能变化的关系可知，静电力移动电荷做正功电势能减少，非静电 力移动电荷做正功电势能增加，故 D 正确。 5.如图为某控制电路的一部分，已知 AA′的输入电压为 24 V，如果电阻 R=6 kΩ，R1=6 kΩ，R2=3 kΩ，则 BB′不可能输出的电压是( )
山东省烟台市高二物理上学期期中试题(含解析)
高二物理试卷一.选择题（每小题3分，共42分，有的小题为单选，有些小题为多选，全选对得3分，选对但不全得2分，选错或不选不得分）3．（3分）如图所示，图线a表示的导体电阻为R a，图线b表示的导体电阻为R b，则下列说法中正确的是（）A．R a：R b=1：3B．R a：R b=3：1C．将R a与R b串联后接于电源上，则电流比I a：I b=1：3D．将R a与R b并联后接于电源上，则电流比I a：I b=1：3考点：欧姆定律．.专题：恒定电流专题．分析：通过I﹣U图象得出两电阻的关系．解答：解：A、B、根据I﹣U图象知，图线的斜率表示电阻的倒数，=1，=，所以Ra：R b=1：3．则A正确，B错误C、D，串联的电流相同，则C错误，并联后电压相同，电流与电阻成反比为3：1，则D错误故选：A点评：本题是简单的图象识别问题，这类题要看清坐标轴，进而判定斜率表示电阻，还是表示电阻倒数．A．电场是一种不依赖我们的感觉而客观存在的物质B．电场最基本的性质是对处在它里面的电荷有力的作用C．电场强度反映了电场力的性质，因此电场强度与试探电荷所受力成正比D．电场强度计算公式E=和E=k对于任何静电场都是适用的考点：电场强度；点电荷的场强．.分析：电荷周围存在电场，电场是实际存在的物质，对放入电场中的电荷有电场力作用．电场强度的方向与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力的方向相反．解答：解：A、电场是实际存在的物质，不是理想化模型，是不依赖于我们的感觉而客观存在的．故A正确；B、电场最基本的性质是对处在它里面的电荷有力的作用，故B正确．C、电场强度反映了电场力的性质，因此电场强度与试探电荷所受力无关，故C错误．D、E=对于任何静电场都是适用的，E=只适用于点电荷电场，故D错误．故选：AB点评：解决本题的关键掌握电场强度的方向规定，以及知道电场强度与电场力和放入电场中的电荷无关．A．电源电动势与电势差是一回事B．电源电动势就是接入电源两极间的电压表测量的电压C．电源电动势是表征电源把其它形式的能转化为电势能本领的物理量D．电源外部存在着由正极指向负极的电场，内部存在着由负极指向正极的电场考点：电源的电动势和内阻．.专题：恒定电流专题．分析：电源电动势与电势差不是一回事；电源的电动势由电源本身决定，与外电路结构无关．电源电动势大于接入电源两极间两极间的电压表的示数．电源电动势表征电源把其它形式的能化为电能本领的物理量，与是否接外电路无关．解答：解：A、电源电动势表征电源把其它形式的能化为电能本领的大小，而电势差等于电压，两者不是一回事．故A错误；B、接入电源两极间的电压表测量的电压是路端电压，小于电源的电动势．故B错误．C、电源电动势表征电源把其它形式的能化为电能本领的物理量，与是否接外电路无关．故C正确．D、电源外部存在着由正极指向负极的电场，内部也存在着由正极指向负极的电场．故D错误．故选：C点评：本题考查对于电源的电动势的理解能力．电动势是表征电源把其他形式的能转化为电能本领大小，与外电路无关．6．（3分）如图所示，O点为等量异种点电荷M，N连线的中点，A，B是M，N连线的中垂线上的两点，OA＜OB，用E A，E B，φA，φB分别表示A，B两点的场强和电势，则（）A．E A一定大于E B，φA一定大于φB B．E A一定大于E B，φA一定等于φBC．E A一定小于E B，φA一定大于φB D．E A一定小于E B，φA一定等于φB考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场线．.专题：电场力与电势的性质专题．分析：首先明确等量异种电荷的电场特点及两电荷连线的中垂线有如下特征：中垂线为等势线，连线上各点的电势相等，中间电场线比较密，两边疏，则连线中点场强最大，向外逐渐减小．解答：解：据等量异种电荷连线中垂线的特点，中垂线为等势线，连线上各点的电势相等，中间电场线比较密，两边疏，则连线中点场强最大，向外逐渐减小；由于OA＜OB，所以A 的场强大于B的场强且电势相等，故ACD错误，B正确．故选：B．点评：本题关键是要明确等量异号电荷的电场线和等势面分布图及特点，明确中垂线上电场的特点是解题的关键．7．（3分）在如图所示的实验装置中，一带电平板电容器的极板A与一灵敏静电计相接，极板B接地．若极板A稍向右移动一点，则下列说法中正确的是（）A．灵敏静电计指针张角变小B．灵敏静电计指针张角变大C．极板上的电荷量几乎不变，两极板间的电压变大D．极板上的电荷量几乎不变，两极板间的电压变小考点：电容器的动态分析．.专题：电容器专题．分析：由平行板电容器的决定式可求得电容的变化；由电容器的定义式可求得电容器两端的电压变化，则可得出静电计的指针偏角的变化．解答：解：极板A稍向右移动一点，电容器间的距离增大，则由C=可知，电容器的电容减小；因电容器和电源断开，故电容器极板上的电荷量不变，则由Q=UC可知，电容器两端的电压增大，则静电计的偏角增大，AD错误BC正确；故选：BC．点评：本题考查电容器的动态分析，要注意明确静电计的张角反映电容器两端的电压大小．8．（3分）在点电荷Q形成的电场中有一点A，当一个q=+3×10﹣6C的检测电荷从电场的无限远处被移动到电场中的A点时，电场力做的功为3.6×10﹣5J．已知无限远处的电势为O．则检测电荷在A点的电势能E A及电场中A点的电势φA分别为（）A．E A=﹣3.6×10﹣5J，φA=﹣12V B．E A=3.6×10﹣5J，φA=12VC．E A=3.6×10﹣5J，φA=﹣12V D．E A=﹣3.6×10﹣5J，φA=12V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：根据电场力做功多少，电荷的电势能就减小多少，分析电荷在A点与无限远间电势能的变化量，确定电荷在A点的电势能，由公式φA=求解A点的电势．解答：解：依题意，+q的检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的A点时，电场力做的功为W，则电荷的电势能减小W，无限处电荷的电势能为零，则电荷在A点的电势能为E A=﹣W=﹣3.6×10﹣5J，据题知，该电荷从A移动到无限远时，电场力做功为：W AO=﹣3.6×10﹣5J，A点的电势为φA===﹣12V，故A正确，BCD错误．故选：A．点评：电场中求解电势、电势能，往往先求出电势能改变量、该点与零电势的电势差，再求解电势和电势能．9．（3分）甲乙两条铜线质量之比M甲：M乙=4：1，长度之比L甲：L乙=1：4，电阻之比R甲：R 乙为（）A．1：1 B．1：16 C．64：1 D．1：64考点：电阻定律．.分析：由题意可知导体的长度及横截面积，则由电阻定律要求得电阻之比．解答：解：M=ρ′V=ρLS；则可知：===16：1；则由R=可知，电阻之比：=×=×=故选：D．点评：本题要注意质量在这里的目的，不能简单地认为长度之比即为电阻之比而忽略了截面积的存在．10．（3分）如图所示，A，B是一条电场线上的两点，若在A点释放一初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，沿电场线从A运动到B．则（）A．电场强度的方向向左B．电场力对电子一定做正功C．该电场一定是匀强电场D．电子在此运动过程中电势能增加考点：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：电子带负电，所受电场力方向与电场强度方向相反．电子从A运动到B，可判断电子所受的电场力，来确定电场强度的方向．解答：解：ABD、由题，在A点释放初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，沿电场线从A 运动到B，电子所受的电场力方向从A到B；据场强方向的规定可知，电场强度方向向左；据功的定义式可知电场力对电子做正功，所以电势能减小，故AB正确，D错误；C、由于是一条电场线，所以无法判断是匀强电场，故C错误；故选：AB．点评：明确场强方向的规定判断电场力的方向与场强的方向是解题的关键，注意电场力做功与电势能关系，基础题．11．（3分）温度能明显影响金属导体和半导体材料的导电性能，如图所示的图象中分别为某金属导体和某半导体的电阻随温度变化的关系曲线，则下列说法中正确的是（）A．图线1反映半导体材料的电阻随温度的变化B．图线1反映金属导体的电阻随温度的变化C．图线2反映金属导体的电阻随温度的变化D．图线2反映半导体材料的电阻随温度的变化考点：欧姆定律．.专题：恒定电流专题．分析：金属导体随着温度升高，电阻率变大，从而导致电阻增大，对于半导体材料，电阻随着温度升高而减小．解答：解：金属导体随着温度升高，电阻率变大，从而导致电阻增大，对于半导体材料，电阻随着温度升高而减小，因此由图可知，图2表示金属导体的电阻随温度的变化，图1表示半导体材料的电阻随温度的变化．故AC正确，BD错误；故选：AC点评：通过电阻与温度的图线，来体现温度与电阻率的关系，并突出金属导体、半导体与温度的关系．同时加强记忆．A．导体对电流的阻碍作用叫电阻，因此只有导体中通过电流时导体才有电阻B．由R=可知，导体电阻与加在导体两端的电压成正比，与通过导体的电流成反比C．将一根导线一分为二，则半根导线的电阻率变为原来的一半D．将一根铜导管导线均匀拉长后，其电阻会变大考点：欧姆定律．.专题：恒定电流专题．分析：电阻是导体对电流的阻碍作用．影响电阻大小的因素有：材料、长度、横截面积、温度，与通过导体的电流和导体两端的电压无关．解答：解：A、B、电阻是导体对电流的阻碍作用，是导体本身的一种特性；其大小与导体的材料、长度、横截面积、温度有关；而与导体两端有无电压、电压高低，导体中有无电流、电流大小无关．故A错误、B错误．C、导线的电阻率有材料本身的特性决定，与导体的电阻、横截面积、长度无关．将一根导线等分为二，则半根导线的电阻是原来的，但电阻率不变．所以C错误．D．将一根铜导管导线均匀拉长后L变大S变小，则电阻变大．则D正确故选：D点评：对同一导体，电阻一定，公式R=只用来计算或测量电阻，是电阻的定义式，电阻值不会随电压、电流的变化而变化．13．（3分）（2010•长春一模）如图所示，C为两极板水平放置的平行板电容器，闭合开关S，当滑动变阻器R1、R2的滑片处于各自的中点位置时，悬在电容器C两极板间的带电尘埃P恰好处于静止状态，要使尘埃P向下加速运动，下列方法中可行的是（）A．把R1的滑片向左移动B．把R2的滑片向左移动C．把R2的滑片向右移动D．把闭合的开关S断开考点：共点力平衡的条件及其应用；电容；闭合电路的欧姆定律．.专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：尘埃P受到重力和电场力而平衡，要使尘埃P向下加速，就要减小电场力，即要减小电场强度；变阻器R2处于分压状态，根据题意，只要减小电容器两端电压就可以减小电场力，从而使尘埃P向下加速运动．解答：解：A、尘埃P受到重力和电场力而平衡，要使尘埃P向下加速，就要减小电场力，故要减小电容器两端的电压；电路稳定时，滑动变阻器R1无电流通过，两端电压为零，故改变R1的电阻值无效果，故A错误；B、C、变阻器R2处于分压状态，电容器两端电压等于变阻器R2左半段的电压，故要减小变阻器R2左半段的电阻值，变阻器R2滑片应该向左移动，故B正确，C错误；D、把闭合的开关S断开，电容器两端电压增大到等于电源电动势，故P向上加速，故D错误；故选B．点评：本题是简单的力电综合问题，关键先通过受力分析，得到电场力先与重力平衡，后小于重力；然后对电路进行分析，得到减小电容器两端电压的方法．14．（3分）如图所示，虚线是用实验方法描绘出的某一静电场的一族等势线，一带正电粒子只在电场力的作用下飞经该电场，恰能通过等势线上的A，B，C三点，则下列判断正确的是（）A．A点的场强大于C点的场强B．A、B两点电势关系是φA＞φBC．粒子在A点的动能小于其在B点的动能D．粒子由A点运动到B点的过程中电场力做负功考点：电场线．.分析：根据电场线与等势面垂直且由高电势指向电势，确定出电场线方向，根据曲线运动中物体所受的合力方向指向轨迹的内侧，可判断出粒子所受的电场力方向，判断粒子的电性．根据等差等势面密处场强大，可判断场强的大小．由电场力做功正负，判断电势能的大小和动能的大小．解答：解：A、由图知道，等势面间电势差相等，而A处等差等势面较密，则C点的场强较大．故A错误．B、根据电场线与等势面垂直且由高电势指向电势，可知电场线方向大致向左，根据粒子轨迹的弯曲方向可知，粒子所受的电场力方向大致向左，则知粒子一定带正电，A、B 两点电势关系是φA＞φB．故B正确．C、D、从A点飞到B点，电场力方向与速度的夹角为锐角，电场力做正功，电势能减小，动能增大．故C正确D错误．故选：BC点评：本题要掌握等势面与电场线的关系和曲线运动合力指向，由粒子的轨迹判断出电场力方向，分析能量的变化．二.填空题（每小题4分，共20分）15．（4分）蓄电池的电动势是2V，说明电池内非静电力每移动1C的电荷做功2J ，其电势能增加（填“增加”或“减小”），是化学能转化为电能能的过程．考点：电源的电动势和内阻．.专题：恒定电流专题．分析：电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，根据电源的电动势定义式E=分析电动势的意义．式中W是非静电力做功，q是非静电力所移动的自由电荷的电荷量．解答：解：蓄电池的电动势是2V，根据电源的电动势定义式E=分析可知，电池内非静电力每移动1C的电荷做功W=qE=1×2J=2J．蓄电池内非静电力对自由电荷做功，将化学能转化为自由电荷的电势能，即增加的电势能是由化学能转化的．故答案为：2J，增加，化学，电能点评：本题考查对电动势物理意义的理解．对电动势定义式E理解准确到位，就能正解作答．16．（3分）平行金属板水平放置，板间距为0.6cm，两板间6×103V，板间有一个带电液滴质量为9.6×10﹣3g，处于静止状态，则油滴所带电荷量为9.6×10﹣15C（重力加速度g=10m/s2）．考点：电容器的动态分析．.专题：电容器专题．分析：平带电液滴在匀强电场中处于静止状态，电场力与重力平衡，根据E=求出板间场强，由平衡条件求出带电液滴的电荷量解答：解：平行金属板板间场强为E=，带电液滴所受电场力为 F=qE．带电液滴在匀强电场中处于静止状态，电场力与重力平衡，则有：mg=qE，得到：q==9.6×10﹣15C故答案为：9.6×10﹣15点评：本题是简单的力平衡问题，要记住元电荷e=1.6×10﹣19C，它是自然界最小的带电量，其他带电体的电量都它的整数倍．17．（3分）电视机显像管的电子枪射出的高速电子流也是电荷的定向移动，可以看作电流，若电流的大小为6.4×10﹣3A，则每秒钟打到荧屏上的电子为4×1016个．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：电由电流的定义式I=，q=ne可以直接算出t时间打在荧光屏上的电子数．解答：解：由I=得每秒钟打到萤光屏上的电量为：q=It=6.4×10﹣3×1C=6.4×10﹣3C所以有：n=个故答案为：4×1016．点评：本题是最基础的电流定义式的变形应用，要理解公式中的各个量的物理含义．18．（4分）一台直流电机的电阻为R，额定电压为U，额定电流为I，当其正常的工作时间为t时，所产生的电热为I2Rt ，所产生的机械能为UIt﹣I2Rt ．考点：电功、电功率．.专题：恒定电流专题．分析：电动机是非纯电阻，在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R 来计算，这两个的计算结果是不一样的，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的．解答：解：电动机所消耗的电功率P=UI，P′=I2R计算的是电动机的内阻发热的部分，是发热的功率，所以产生的电热为I2Rt，t秒内所产生的机械能为电动机的总功减去发热的部分，所以机械功UIt﹣I2Rt，故答案为：I2Rt，UIt﹣I2Rt点评：对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的．19．（6分）如图所示，一质量为m，电荷量为q的粒子以一定的初速度沿中线进入水平放置的平行金属板内，恰好没下板的边缘飞出，已知板间的电压为U，粒子通过平行金属板的时间为t，不计粒子的重力，则平行金属板间的距离d= ，粒子在前和后时间内电场力做功之比为1：3 ．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：带正电的粒子进入水平放置的平行金属板内，做类平抛运动，竖直方向做初速度为0的匀加速运动，由推论可求出在前时间内和在后时间内竖直位移之比，由功的定义求出电场力做功之比．解答：解：带电粒子在电场中做的是类平抛运动，竖直方向粒子做初速度为0的匀加速直线运动，位移电场力为根据牛顿第二定律a=所以故d=根据类平抛运动规律可知，竖直方向粒子做初速度为0的匀加速直线运动，根据结论y1：y2：y3=1：3：5可知，前时间内，电场力做功为W1=qEy1，后时间内，电场力做功为W2=qEy2，所以故答案为：t；1：3．点评：本题是类平抛运动，要熟练掌握其研究方法：运动的合成与分解，并要抓住竖直方向初速度为零的匀加速运动的一些推论，研究位移和时间关系．三.解答题（解答题应写出不要的文字说明，方程式和重要的演算步骤只写出答案最后不得分，答案中必须写出数值和单位）20．（9分）在如图所示的电路中，电源提供的电压U=20V保持不变，R1=10Ω，R2=15Ω，R3=30Ω，R4=5Ω，电容器的电容C=100μF，求：（1）开关S闭合前，电容器所带的电荷量；（2）闭合开关S后流过R3的总电荷量．考点：闭合电路的欧姆定律．.专题：恒定电流专题．分析：（1）闭合电键K之前，R1与电源形成闭合回路，R3、R2上没有电流流过．电容器的电压等于R1的电压，根据欧姆定律求R1的电压，再求电容器的带电量．（2）闭合电键K后，R1与R2串联，R4与R5串联，两条支路并联．R3上没有电流流过．根据欧姆定律求R1和R4的电压，电容器的电压等于R1与R4电压之差，再求电容器的带电量．即可分析电容器电量的变化量，即为通过电阻R3的总电量．解答：解：（1）闭合电键K之前，R1与电源形成闭合回路，根据闭合电路欧姆定律得电路中的电流为：I1===2A电容器的电压等于R1的电压为：U C=I1R1=2×10V=20所以电容器带电量为：Q1=CU C=20×10﹣4C=2×10﹣3C根据电流的方向可知，电容器上极板电势高，带正电，下极板电势低，带负电．（2）闭合电键K后，R2和R4串联后与R1并联，R3上没有电流流过，C两端电压等于R4的电压．U′C==V=5V则得电容器的带电量为：Q2=CU C′=5×10﹣3C．因为U1＞U2，外电路中顺着电流方向电势降低，可知电容器上极板的电势高，带正电，下极板的电势低，带负电．所以闭合电键K后，通过电阻R3的总电量为：Q=Q1﹣Q2=1.5×10﹣3C．答：（1）闭合电键K之前，电容器带电量为2×10﹣3C．（2）闭合电键K后，通过电阻R3的总电量是1.5×10﹣3C．点评：本题是含容电路，对于电容器，关键求电压．本题电路稳定时，电容器的电压等于电容器这一路同侧两个电阻的电压之差21．（9分）如图所示，半径为R的光滑绝缘圆环，竖直置于场强为E，方向竖直向上的匀强电场中．有一质量为m，电荷量大小为q的带负电空心小球穿在光滑圆环上，小球从与圆心O 等高的位置A点由静止开始下滑，求小球下滑到圆环的最低时对圆环的最低时对圆环的压力大小．考点：带电粒子在匀强电场中的运动；向心力．.专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：设小球到达B点时的速度为v，由动能定理列式，在B点处由牛顿第二定律列式，联立方程组即可求解．解答：解：设小球到达B点时的速度为V，由动能定理得…①在B点处由牛顿第二定律得…②联立①和②式，解得小球在B点受到环的压力为：N=3（mg+qE）根据牛顿第三定律可知小球下滑到圆环的最低时对圆环的最低时对圆环的压力大小与小球受到的支持力的大小相等，为3（mg+qE）答：小球下滑到圆环的最低时对圆环的最低时对圆环的压力大小是3（mg+qE）．点评：本题主要考查了动能定理及牛顿第二定律的直接应用，难度不大，属于基础题．22．（10分）如图所示，质量均为m的带电物体A和B静止地放在绝缘水平面上，它们与水平面间的动摩擦因数均为μ，物体A和B所带电荷量分别为+Q和+2Q，他们间的距离为r（A，B 均为可视为质点），求：（1）物体A受到的摩擦力；（2）如果将物体A的电荷量增至+8Q，则两物体将开始运动，当它们的速度最大时，物体A，B之间的距离为多大？考点：库仑定律；共点力平衡的条件及其应用．.分析：（1）两个物体水平方向均是受静电斥力和静摩擦力，根据平衡条件求解静摩擦力；（2）当增加A电荷的电量后，两电荷受到库仑斥力运动，当所受的库仑斥力与摩擦力相等时，加速度为零，根据这一关系求出两电荷的距离．解答：解：（1）由平衡条件可知A受到的摩擦力大小为：F f的方向水平向左（2）当加速度a=0时，它们的速度达到最大设此时A、B间距为r′，则有：得：答：（1）物体A受到的摩擦力为，方向水平向左；（2）如果将物体A的电荷量增至+8Q，则两物体将开始运动，当它们的速度最大时，物体A，B之间的距离为．点评：解决本题的关键掌握库仑定律的公式F=k，以及知道电荷所受的库仑力与摩擦力相等时，加速度为零．23．（10分）如图所示，静止于A处于A处的带电离子，经电压为U的加速电场加速后，进入静电分析器，静电分析器中有会聚电场，即与圆心O等距各点的电场强度大小相同，方向均沿半径方向指向圆心O．离子在静电分析器中沿半径为R的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从P点垂直于边界CN进入矩形有界匀强偏转电场，电场方向水平向左，离子恰好能打在Q点．恰好能打在Q点．已知NP间的距离是NQ间距离的2倍，粒子重力不计．求：（1）离子的电性（2）静电分析器中离子运动轨迹处电场强度E的大小；（3）P、Q两点间的电压．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）根据粒子在在静电分析器中沿半径为R的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动的特点分析其电性；（2）根据动能定理求出粒子进入四分之一圆弧轨道的速度，然后又牛顿第二定律求出电场强度；（3）P到Q的过程中粒子做类平抛运动，将运动分解即可．解答：解：（1）离子在加速电场中加速，进入静电分析器中受到的电场力提供向心力，所以由图可知离子受到的电场力的方向指向圆心，所以离子带正电．（2）离子在加速电场中加速，设进入静电分析器的速度为v，根据动能定理 qU=mv2①离子在分析器中，离子在电场力作用下做匀速圆周运动，轨道半径为R，根据牛顿定律：qE=②由①、②式解得E=（3）设NQ之间的距离为d，则PQ之间的距离为2d，拍片子电场的强度为E0，PQ之间的电压为U PQ，则：d=vt联立以上各式，并代入数据得：U PQ=16U答：（1）离子的电性是正电荷；（2）静电分析器中离子运动轨迹处电场强度E的大小是；（3）P、Q两点间的电压是16U．点评：了解研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题．找出圆周运动所需的向心力，列出等式解决问题．。