【物理】福建省南安国光中学2014-2015学年高二上学期第一次阶段性考试
最新-福建南安国光二中高三年物理秋季期中考试卷答案
国光二中高三物理期中考试卷答案
范围：光学～曲线运动
11．9 12．3 m/s 13．5 m; 10 m 14．2
204f
s mg
k =
15．①末端的切线水平；②从同一高度由静止开始运动；③1.6
三、计算题 16．（8分）2N ，2N
17．（10分）由题意知，F 1、F 2夹角为π时，F 1、F 2的合力为1 N ，夹角为
2
π
时，F 1、F 2的合力为5 N ，所以，F 1-F 2=1 ①
2
221F F +=5 ②
由①②得：F 1=4 N ，F 2=3 N 18．（12分）（巧选参照物法）选择乙物体为参照物，则甲物体相对乙物体的初速度:v 甲乙=v 0
甲物体相对乙物体的加速度 a 甲乙=-g -（-g ）=0
由此可知甲物体相对乙物体做竖直向下，速度大小为v 0的匀速直线运动.
所以，相遇时间为：t =
v h 对第一种情况，乙物体做竖直上抛运动，在空中的时间为：0≤t ≤
g v 02 即:0≤0v h
≤g
v 02
所以当v 0≥
2
gh
,两物体在空中相碰. 对第二种情况，乙物体做竖直上抛运动，下落过程的时间为：
g
v 0≤t ≤g v 02
即
g
v 0≤0v h
≤g v 02. 所以当
2
gh
≤v 0≤gh 时,乙物体在下落过程中与甲物体相碰。
福建省泉州市国光中学2015届高三一轮复习上学期第一次月考物理试题
福建省泉州市国光中学2015届高三一轮复习上学期第一次月考物理试题班级 座号 姓名 成绩一、单选题（有12题，每题4分，共48分。
每题只有一个选项是符合题目要求的） 1．两物体分别从不同高度自由下落，同时落地，第一个物体下落时间为t ，第二个物体下落时间为t /2，当第二个物体开始下落时，两物体相距( )A ．gt 2B ．3gt 2/8C ．3gt 2/4D ．gt 2/4 2．关于速度和加速度的关系，下列说法正确的是( )A ．加速度方向为正时，速度一定增加B ．速度变化得越快，加速度就越大C ．加速度方向保持不变，速度方向也保持不变D ．加速度大小不断变小，速度大小也不断变小 3．物体沿一条直线运动，下列说法中正确的有( )A ．物体在某时刻的速度为3 m/s ，则物体在1 s 内一定走3 mB ．物体在某1 s 内的平均速度是3 m/s ，则物体在这1 s 内的位移一定是3 mC ．物体在某段时间内的平均速度是3 m/s ，则物体在1 s 内的位移一定是3 mD ．物体在某段位移内的平均速度是3 m/s ，则物体某1 s 内的位移不小于3 m 4．质点在直线上运动，位移与时间的关系为x ＝4t －t 2，式中x 的单位是m ，t 的单位是s ，则下列说法错误的是( )A ．质点的初速度是4 m/sB ．质点的加速度是－1 m/s 2C ．质点前2 s 发生的位移是4 mD ．质点前3 s 运动的路程是5 m5．在军事演习中，某空降兵从飞机上跳下，先做自由落体运动，在t 1时刻，速度达较大值v 1时打开降落伞，做减速运动，在t 2时刻以较小速度v 2着地。
他的速度图像如图所示。
下列关于该空降兵在0～t 1或t 1～t 2时间内的平均速度v 的结论正确的是( )①0～t 1，v ＝v 12 ②t 1～t 2，v ＝v 1＋v 22③t 1～t 2，v >v 1＋v 22 ④t 1～t 2，v =v 1＋v 22A ．①④B ．②③C ．②④D ．①③6．跳高运动员在下图所示的四种过杆姿势中，重心最能接近甚至低于横杆的是( )7．如图所示，将质量为m的滑块放在倾角为θ的固定斜面上。
福建省南安第一中学2014-2015学年高二下学期期末考试物理试题 Word版含答案
南安一中2014～2015学年度下学期期末考高二物理科试卷本试卷考试内容为：直线运动、3-2、3-4。
分第I卷（选择题、实验题）和第II卷，共8页，满分100分，考试时间90分钟。
一．选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分。
在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求。
全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选或不选的得0分。
）1．下列关于光学现象的说法中正确的是( )A. 在照相机镜头前加装偏振滤光片拍摄日落时的景物，可使景象更清晰B. 太阳光通过三棱镜形成彩色光谱，这是光的干涉的结果C. 用光导纤维束传送图像信息，这是光的衍射的应用D. 透过平行于日光灯的窄缝观察正常发光的日光灯时能看到彩色条纹，这是光的色散现象2．一石块从楼房阳台边缘向下做自由落体运动到达地面，把它在空中运动的总时间分为相等的三段，如果它在第一段时间内的位移是1.2 m，那么它在第三段时间内的位移是( ) A．1.2 m B．3.6 m C．6.0 m D．10.8 m3.简谐横波在同一均匀介质中沿x轴正方向传播，波速为v。
若某时刻在波的传播方向上，位于平衡位置的两质点a、b相距为s，a、b之间只存在一个波谷，则从该时刻起，下列四幅波形图中质点a最早到达波谷的是（）4．理想变压器原线圈接在电压为u=u0sinωt的交流电源上，在变压器副线圈中分别安装有甲、乙两个插座，导线电阻为R，电路如图所示,插座不接用电器时小灯泡正常发光。
若将某一用电器接在甲或乙插座上，不计电流表内阻的影响。
下列说法正确的是（）A．若接在甲上，电流表示数变大，灯变亮B．若接在甲上，电流表示数变小，灯变暗C．若接在乙上，电流表示数变大，灯变暗D．若接在乙上，电流表示数变大，灯变亮5. 如图所示是A 、B 两运动物体的位移－时间图像,下述说法中正确的是（ ）A ．A 、B 两物体开始时相距100m ，运动方向相同 B ．B 物体做匀速直线运动，速度大小为12.5m/sC ．A 、B 两物体运动8s 时，在距A 的出发点60m 处相遇D ．A 物体在运动中停了6s6．如图所示为小型旋转电枢式交流发电机，电阻r = l Ω的矩形线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO'匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与电路连接，滑动变阻器R 的最大阻值为6Ω，滑动片P 位于滑动变阻器距下端13处，定值电阻R1=2Ω，其他电阻不计，线圈匀速转动的周期T = 0.02s 。
福建省南安市国光中学2024届物理高二第一学期期中调研模拟试题含解析
福建省南安市国光中学2024届物理高二第一学期期中调研模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。
考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的。
1、电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比．在测电源电动势和内电阻的实验中得到的实验图线如图所示，图中U 为路端电压，I 为干路电流，a 、b 为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为a η、b η．由图可知a η、b η的值分别为A ．34、14B ．13、23C ．12、12D ．23、132、如图所示，一个物块在与水平方向成α角的拉力F 作用下，沿水平面向右运动一段距离x 。
在此过程中，拉力F 对物块所做的功为（ ）A ．Fx sin αB ．sin Fx αC ．Fxc os αD ．cos Fx α3、两个质点相距r 时，它们之间的万有引力为F ，若它们间的距离缩短为2r ，其中一个质点的质量变为原来的2倍，另一质点质量保持不变，则它们之问的万有引力为( ) A ．2F B ．4F C ．8F D ．16F4、如图所示，用两根等长的细线各悬挂一个小球，并挂于同一点，已知两球质量相等 ，当它们带上同种电荷时，相距r 而平衡，若它们的电荷量都减少一半，待它们重新平衡后，两球的距离将( )A．大于B．等于C．小于D．不能确定5、关于电源的电动势，下列说法正确的是（）A．电源的电动势就是接在电源两极间的电压表测得的电压B．同一电源接入不同的电路，电动势就会发生变化C．电源的电动势是表示电源把其他形式的能转化成电能的本领大小的物理量D．电路中，当电阻变大时，电源的电动势也增大6、如图所示，某卫星绕地球做匀速圆周运动。
福建省南安市侨光中学2015届高三物理上学期第一次月考试题
福建省南安市侨光中学2015届高三上学期第一次月考物理试题 班级 座号 姓名 成绩一、单选题（共14题，每题3分，共42分。
每题只有一个选项是符合题目要求的）1．根据速度定义式v ＝Δx Δt ，当Δt 极短时，Δx Δt 就可以表示物体在t 时刻的瞬时速度，该定义应用了下列哪种物理方法( )A ．控制变量法B ．假设法C ．微元法D ．极限的思想方法答案：D2．一物体由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化的规律如图所示．取物体开始运动的方向为正方向，则下列关于物体运动的v －t 图象正确的是( )答案：C3．如图所示，t ＝0时，质量为0.5 kg 物体从光滑斜面上的A 点由静止开始下滑，经过B 点后进入水平面(设经过B 点前后速度大小不变)，最后停在C 点．测得每隔2 s 的三个时刻物体的瞬时速度记录在下表中，由此可知(重力加速度g ＝10 m/s2)( )A.B 点C ．t ＝10 s 的时刻物体恰好停在C 点D ．A 、B 间的距离大于B 、C 间的距离答案：C4．一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度方向相同，但加速度大小逐渐减小为零，则在此过程中（ ）A ．速度逐渐减小，当加速度减小到零时，速度达到最小值B ．速度逐渐增大，当加速度减小到零时，速度达到最大值C ．位移逐渐增大，当加速度减小到零时，位移将不再增大D ．位移逐渐减小，当加速度减小到零时，位移达到最小值答案：B5．一个质量为3 kg 的物体，被放置在倾角为α＝30°的固定光滑斜面上，在如图所示的甲、乙、丙三种情况下物体能处于平衡状态的是(g ＝10 m/s2)( )A ．仅甲图B ．仅乙图C ．仅丙图D ．甲、乙、丙图答案：B6．关于重力以下说法正确的是( )A ．重力的方向总是垂直地面向下的B ．把空气中的物体浸入水中，物体所受重力变小C ．挂在绳上静止的物体，它受到的重力就是绳对它的拉力D ．同一物体在地球各处重力大小是不一定相同的答案：D7．如图所示，质量为m 的木块以初速度υ0在置于水平面上的木板上滑行，木板静止，木块与木板、木板与桌面间的动摩擦因数均为μ，木板质量为3m ，则木板所受桌面给的摩擦力大小为（ ）A ．μmgB ．2μmgC ．3μmgD ．4μmg答案：A8．完全相同的直角三角形滑块A 、B ，按如图所示叠放，设A 、B 接触的斜面光滑，A 与桌面间的动摩擦因数为μ，现在B 上作用一水平推力F ，恰好使A 、B 一起在桌面上匀速运动，且A 、B 保持相对静止．则A 与桌面间的动摩擦因数μ与斜面倾角θ的关系为( )A ．μ＝tan θB ．μ＝12tan θC ．μ＝2tan θD ．μ与θ无关答案：B9．如图所示，物体A 置于倾斜的传送带上，它能随传送带一起向上或向下做匀速运动，下列关于物体A 在上述两种情况下的受力描述，正确的是( )A ．物体A 随传送带一起向上运动时，A 所受的摩擦力沿斜面向下B ．物体A 随传送带一起向下运动时，A 所受的摩擦力沿斜面向下C．物体A随传送带一起向下运动时，A不受摩擦力作用D．无论传送带向上或向下运动，传送带对物体A的作用力均相同答案：D10．如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tanθ，则下图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是( )答案：D11．关于力和运动的关系，下列说法中不正确的是( )A．力是维持物体运动的条件，同一物体所受到的力越大，它的速度越大B．作用在运动物体上的某力消失后，物体运动的速度可能不断增加C．物体保持静止，是由于物体受到的合力为零D．物体运动状态发生变化，是与作用在物体上的外力分不开的答案：A12．物体静止于水平桌面上，则( )A．桌面对物体的支持力的大小等于物体的重力，这两个力是一对平衡力B．物体所受的重力和桌面对它的支持力是一对作用力与反作用力C．物体对桌面的压力就是物体的重力，这两个力是同一种性质的力D．物体对桌面的压力和桌面对物体的支持力是一对平衡力答案：A13．如图所示，一物体从竖直平面内圆环的最高点A处由静止开始沿光滑弦轨道AB下滑至B 点，那么①只要知道弦长，就能求出运动时间；②只要知道圆半径，就能求出运动时间；③只要知道倾角θ，就能求出运动时间；④只要知道弦长和倾角，就能求出运动时间。
福建省南安一中2013-2014学年高二上学期期中考试物理(理)试题
高二上学期期中考试物理（理）试题本试卷考试内容为：电场 恒定电流。
分第I 卷（选择题）和第II 卷，共8页，满分100分，考试时间90分钟。
注意事项：1．答题前，考生务必先将自己的准考证号、姓名、班级、座号填写在答题纸上。
2．考生作答时，请将答案答在答题纸上，在本试卷上答题无效。
按照题号在各题的答题区域内作答，答在密封区域的答案无效。
第I 卷（选择题 共56分）一．单项选择题：本大题共14小题，每小题4分，共56分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求1．关于电场强度和电场线，下列说法正确的是A ．在电场中某点放一检验电荷后，该点的电场强度会发生改变B ．由电场强度定义式E=F/q 可知，电场中某点的E 与q 成反比，与q 所受电场力F 成正比C ．电荷在电场中某点所受力的方向即为该点的电场强度方向D ．初速为零、重力不计的带电粒子在电场中运动的轨迹不一定与电场线重合2．在如图所示的四种电场中，分别标记有a 、b 两点．其中a 、b 两点电场强度大小相等、方向相反的是A ．甲图中与点电荷等距的a 、b 两点B ．乙图中两等量异种电荷连线的中垂线上与连线等距的a 、b 两点C ．丙图中两等量同种电荷连线的中垂线上与连线等距的a 、b 两点D ．丁图中非匀强电场中的a 、b 两点3．有两个完全相同的金属小球A 、B （它们的大小可忽略不计），A 带电荷量为7Q ，B 带电荷量为Q ，当A 、B 在真空中相距为r 时，两球之间的相互作用的库仑力为F ；现用绝缘工具使A 、B 球相互接触后再放回原处，则A 、B 间的相互作用的库仑力的大小是 A ．79F B ．67F C ．87F D ．97F4．有一横截面积为S 的铜导线，流经其中的电流为I ，设每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度为v ，在 Δt 时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为 A ．nvS B ．nv Δt C ．q t I ∆ D ．Sqt I ∆ 5．两只电阻的伏安特性曲线如图所示，则下列说法中正确的是 A ．两电阻的阻值为R 1大于R 2B ．两电阻串联在电路中时，R 1两端电压大于R 2两端电压C ．两电阻串联在电路中时，R 1消耗的功率小于R 2消耗的功率D ．两电阻并联在电路中时，R 1的电流小于R 2的电流6. 把六个相同的小灯泡接成如图甲、乙所示的电路，调节变阻器使灯泡正常发光，甲、乙两电路所消耗的功率分别用P 甲和P 乙表示，则下列结论中正确的是 A ．P 甲＝P 乙 B ．P 甲＝3P 乙 C ．P 乙＝3P 甲 D ．P 乙>3P 甲7．如图所示，一电场的电场线分布关于y 轴(沿竖直方向)对称，O 、M 、N 是y 轴上的三个点，且OM ＝MN 。
福建省南安一中2014届高三上学期期中考试物理试卷(带解析)
福建省南安一中2014届高三上学期期中考试物理试卷1．空间存在竖直向上的匀强电场，质量为m 的带正电的微粒水平射入电场中，微粒的运动轨迹如图所示，在相等的时间间隔内( )A. 重力做的功相等B. 电场力做的功相等C. 电场力做的功大于重力做的功D. 电场力做的功小于重力做的功 【答案】C 【解析】试题分析：带电粒子受到竖直向上的电场力和竖直向下的重力，电场力大于重力，合力也是恒力，方向竖直向上，因此粒子才向上偏转，根据牛顿第二定律，有qE mg ma -=。
带电粒子做类平抛运动，在竖直方向，相等的时间间隔内发生的位移之比为1:3:5:7 ，因此重力做功不相等，选项A 错误。
电场力做功也不相等，选项B 错误。
电场力做功大于重力做功，选项C 正确，D 错误。
考点：本题考查电场和重力场做功的问题。
2．民族运动会上有一个骑射项目，运动员骑在奔驶的马背上，弯弓放箭射击侧向的固定目标．假设运动员骑马奔驰的速度为v 1，运动员静止时射出的弓箭速度为v 2，跑道离固定目标的最近距离为d.要想命中目标且射出的箭在空中飞行时间最短，则( )A. 运动员放箭处离目标的距离为12v dv B. 运动员放箭处离目标的距离为22221v v v d +C. 箭射到靶的最短时间为1v dD. 箭射到靶的最短时间为2122vv d -【答案】B 【解析】试题分析：运动员做匀速直线运动，箭相对于运动员也做匀速直线运动，箭的合运动也是匀速直线运动，类似于小船渡河问题，欲使时间最短，箭相对于运动员的运动应该垂直于跑道，所以箭射到靶的最短时间为2d v ，选项C 、D均错误。
箭的合速度为，根据2x d t v =，可得x 合A 错误、B 正确。
考点：本题考查运动的合成和分解。
3．如图所示，取稍长的细杆，其一端固定一枚铁钉，另一端用羽毛做一个尾翼，做成A 、B 两只“飞镖”，将一软木板挂在竖直墙壁上作为镖靶.在离墙壁一定距离的同一处，将它们水平掷出，不计空气阻力，两只“飞镖”插在靶上的状态如图所示(侧视图).则下列说法中正确的是( )A. A 镖掷出时的初速度比B 镖掷出时的初速度大B. B 镖插入靶时的末速度比A 镖插入靶时的末速度大C. B 镖的运动时间与A 镖的运动时间相等D. A 镖的质量一定比B 镖的质量大 【答案】A 【解析】试题分析：两镖的运动都是平抛运动，根据平抛运动的规律，有212h gt =，可知B 镖的运动时间较长，选项C 错误。
福建省泉州市南安市侨光中学高三物理上学期第一次月考试卷(含解析)
2014-2015学年福建省泉州市南安市侨光中学高三（上）第一次月考物理试卷一、单选题（共14题，每题3分，共42分．每题只有一个选项是符合题目要求的）1．（3分）（2010•松江区二模）根据速度定义式v=，当△t极短时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了下列哪种物理方法（）A．控制变量法B．假设法C．微元法D．极限的思想方法考点：物理学史；平均速度．分析：当△t极短时，可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该物理方法为极限的思想方法．解答：解：当时间极短时，某段时间内的平均速度可以代替瞬时速度，该思想是极限的思想方法．故D正确，A、B、C错误．故选D．点评：极限思想法是一种很重要的思想方法，在高中物理中经常用到．要理解并能很好地掌握．2．（3分）（2012秋•巢湖校级期中）一物体由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化规律如图所示．取开始运动方向为正方向，则下列物体运动的v﹣t图象中，正确的是（）A． B．C． D．考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：运动学中的图像专题．分析：在0～1s内，物体从静止开始沿加速度方向匀加速运动，在1s～2 s内，加速度反向，速度方向与加速度方向相反，所以做匀减速运动，到2s末时速度为零．2 s～3 s内加速度变为正向，物体又从静止开始沿加速度方向匀加速运动，重复0～1s内运动情况，3s～4s内重复1s～2 s内运动情况．解答：解：在0～1s内，a1=1m/s2，物体从静止开始正向匀加速运动，速度图象是一条直线，1s末速度v1=a1t=1 m/s，在1s～2 s内，a2=﹣1m/s2，物体将仍沿正方向运动，但要减速，2s末时速度v2=v1+a2t=0，2 s～3 s内重复0～1s内运动情况，3s～4s内重复1s～2 s内运动情况，故选：C．点评：根据加速度随时间变化规律的图象找出对应的加速度大小和方向，结合物体的初状态状态分析物体的运动情况．3．（3分）（2014•瓯海区校级模拟）如图所示，t=0时，质量为0.5kg物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面（设经过B点前后速度大小不变），最后停在C 点．测得每隔2s的三个时刻物体的瞬时速度记录在下表中，由此可知（重力加速度g=10m/s2）（）t/s 0 2 4 6v/（m•s﹣1）0 8 12 8A．物体运动过程中的最大速度为12m/sB．t=3s的时刻物体恰好经过B点C．t=10s的时刻物体恰好停在C点D．A、B间的距离大于B、C间的距离考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．专题：直线运动规律专题．分析：根据图表中的数据，可以求出下滑的加速度a1=4m/s2和在水平面上的加速度a2=﹣2m/s2．如果第4s还在斜面上的话，速度应为16m/s，从而判断出第4s已过B点．通过运动学公式求出v B，即可求出AB、BC的距离．解答：解：A、根据图表中的数据，可以求出下滑的加速度a1=4m/s2和在水平面上的加速度a2=﹣2m/s2．如果第4s还在斜面上的话，速度应为16m/s，从而判断出第4s已过B点．是在2s到4s之间经过B点．所以最大速度不是12m/s．故A错误．B、根据运动学公式：8+a1t1﹣a2t2=12 t1+t2=2，解出t1=，知经过到达B点，到达B 点时的速度v=a1t=．故B错误．C、第6s末的速度是8m/s，到停下来还需的时间=4s，所以到C点的时间为10s．故C正确．D、根据，求出AB段的长度为．BC段长度为．故D错误．故选C．点评：解决本题的关键熟练掌握运动学公式、v=v0+at．4．（3分）（2013•淄川区校级学业考试）一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度方向相同，但加速度大小逐渐减小直至为零，在此过程中（）A．速度逐渐减小，当加速度减小到零时，速度达到最小值B．速度逐渐增大，当加速度减小到零时，速度达到最大值C．位移逐渐增大，当加速度减小到零时，位移将不再增大D．位移逐渐减小，当加速度减小到零时，位移达到最小值考点：加速度．专题：应用题；压轴题．分析：知道加速度是描述速度变化快慢的物理量，判断物体速度增加还是减小是看物体的速度方向与加速度方向关系．判读位移大小的变化是看初位置与某位置的距离．解答：解：A、一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度方向相同，但加速度大小逐渐减小直至为零，在此过程中，由于加速度的方向始终与速度方向相同，所以速度逐渐增大，当加速度减小到零时，物体将做匀速直线运动，速度不变，而此时速度达到最大值．故A错误．B、根据A选项分析，故B正确．C、由于质点做方向不变的直线运动，所以位移逐渐增大，当加速度减小到零时，速度不为零，所以位移继续增大．故C错误．D、根据C选项分析，故D错误．故选B．点评：要清楚物理量的物理意义，要掌握某一个量的变化是通过哪些因素来确定的．5．（3分）（2013•贵州学业考试）一个质量为3kg的物体，被放置在倾角为α=30°的固定光滑斜面上，在如图所示的甲、乙、丙三种情况下处于平衡状态的是（g=10m/s2）（）A．仅甲图B．仅乙图C．仅丙图D．甲、乙、丙图考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：先对物体进行受力分析，再根据物体的平衡条件：物体所受合外力为零进行判定．解答：解：物体在光滑斜面上受重力、支持力和向上的拉力，斜面光滑故物体不受摩擦力；将重力沿斜面和垂直于斜面进行分解，支持力一定与重力垂直于斜面的分力相等；要使物体处于静止，拉力应等于重力沿斜面向下的分力，即F=mgsinθ=3×10×N=15N；故只有乙能平衡；故选B．点评：在解决共点力的平衡问题时，要注意灵活选用合成法与分解法；多力时一般采用正交分解的方式进行解决．6．（3分）（2014秋•神木县校级期中）关于重力以下说法正确的是（）A．重力的方向总是垂直地面向下的B．把空气中的物体浸入水中，物体所受重力变小C．挂在绳上静止的物体，它受到的重力就是绳对它的拉力D．同一物体在地球各处重力大小是不一定相同的考点：重力；重心．专题：定性思想．分析：地面附近一切物体都受到地球的吸引，由于地球的吸引而使物体受到的力叫做重力，与物体的运动状态无关．解答：解：A、重力的方向总是竖直向下的，故A错误；B、重力是源自于万有引力，与物体是否是其他力无关，故B错误；C、拉力是弹力，和重力是不同性质的力，故不是同一个力，故C错误；D、重力加速度与纬度和高度有关，故本题位置重力大小不一定相等，方向也不一定平行，故D正确；故选D．点评：本题考查了重力的概念，明确重力大小与速度无关，基础题．7．（3分）（2014•八道江区校级二模）如图所示，质量为m的木块在置于水平面上的木板上滑行，木板静止，木块与木板、木板与桌面间的动摩擦因数均为μ，木板质量为3m，则木板所受桌面给的摩擦力大小为（）A．μmg B．2μmg C．3μmg D．4μmg考点：滑动摩擦力；静摩擦力和最大静摩擦力．专题：摩擦力专题．分析：先对小滑块受力分析，受重力、长木板的支持力和向左的滑动摩擦力；再对长木板受力分析，受到重力、小滑块的对长木板向下的压力、小滑块对其向右的滑动摩擦力、地面对长木板的支持力和向左的静摩擦力；然后根据共点力平衡条件判断．解答：解：对小滑块受力分析，受重力mg、长木板的支持力F N和向左的滑动摩擦力f1，有f1=μF NF N=mg故f1=μmg再对长木板受力分析，受到重力Mg、小滑块的对长木板向下的压力F N、小滑块对其向右的滑动摩擦力f1、地面对长木板的支持力F N′和向左的静摩擦力f2，根据共点力平衡条件，有f1=f2故f2=μmg故选A．点评：滑动摩擦力与正压力成正比，而静摩擦力随外力的变化而变化，故静摩擦力通常可以根据共点力平衡条件求解，或者结合运动状态，然后根据牛顿第二定律列式求解．8．（3分）（2012秋•诸暨市校级期中）完全相同的直角三角形滑块A、B，按如图所示叠放，设A、B接触的斜面光滑，A与桌面间的动摩擦因数为μ，现在B上作用一水平推力F，恰好使A、B一起在桌面上匀速运动，且A、B保持相对静止．则A与桌面间的动摩擦因数μ与斜面倾角θ的关系为（）A．μ=tan θB．μ=tan θC．μ=2tan θD．μ与θ无关考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：对物体A和B能进行正确的受力分析，根据A、B一起做匀速运动，即A和B分别受力平衡，根据平衡知识求解即可．解答：解：令A和B的质量分别为m A=m B=m，根据题意对A和B分别进行受力分析有：B的受力图：B受重力G B、A对B的弹力F A和水平推力F，三个力作用下B处于匀速运动即平衡状态，所以有：F﹣F A sinθ=0F A cosθ﹣G B=0可得：A的受力图：根据A物体平衡有：F B sinθ﹣f=0F NA﹣G A﹣F B cosθ=0又因为F A和F B互为作用力和反作用力，所以F B=所以有：F NA=G A+G B=2mg据f=μF N得：故选：B点评：能正确的对A和B进行受力分析，根据平衡状态列平衡方程求解，再根据摩擦定律可得动摩擦因数满足的关系．9．（3分）（2006•德州一模）如图所示，物体A置于倾斜的传送带上，它能随传送带一起向上或向下做匀速运动，下列关于物体A在上述两种情况下的受力描述，正确的是（）A．物体A随传送带一起向上运动时，A所受的摩擦力沿斜面向下B．物体A随传送带一起向下运动时，A所受的摩擦力沿斜面向下C．物体A随传送带一起向下运动时，A不受摩擦力作用D．无论传送带向上或向下运动，传送带对物体A的作用力均相同考点：牛顿第二定律；滑动摩擦力．专题：传送带专题．分析：物体相对皮带静止，随传送带一起向上或向下做匀速运动，所以物体受力平衡，根据平衡条件来确定物体的受到摩擦力情况．解答：解：A、物体相对皮带静止，随传送带一起向上或向下做匀速运动，所以物体受力平衡，在沿斜面方向有：mgsinθ=f，所以无论传送带向上或向下运动，A所受的摩擦力沿斜面向上，故ABC错误；D、对物体受力分析，受到重力和传送带对物体的作用力，所以传送带对物体A的作用力大小等于重力，方向竖直向上，所以无论传送带向上或向下运动，传送带对物体A的作用力均相同，故D正确．故选D点评：考查根据物体的运动状态来确定物体的受力情况，同时也可以由受力情况来确定物体的运动状态．10．（3分）（2008•潍坊模拟）如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tanθ，则下图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是（）A．B．C．D．考点：牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：要找出小木块速度随时间变化的关系，先要分析出初始状态物体的受力情况，本题中明显重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以物体先沿斜面匀加速直线运动，有牛顿第二定律求出加速度a1；当小木块的速度与传送带速度相等时，由μ＜tanθ知道木块继续沿传送带加速向下，但是此时摩擦力的方向沿斜面向上，再由牛顿第二定律求出此时的加速度a2；比较知道a1＞a2解答：解：初状态时：重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以物体先沿斜面匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：加速度：a1==gsinθ+μgcosθ；当小木块的速度与传送带速度相等时，由μ＜tanθ知道木块继续沿传送带加速向下，但是此时摩擦力的方向沿斜面向上，再由牛顿第二定律求出此时的加速度：a2==gsinθ﹣μgcosθ；比较知道a1＞a2，图象的斜率表示加速度，所以第二段的斜率变小．故选D点评：本题的关键1、物体的速度与传送带的速度相等时物体会继续加速下滑．2、小木块两段的加速度不一样大．是一道易错题．11．（3分）（2013•临潼区校级模拟）关于力和运动的关系，下列说法中不正确的是（）A．力是维持物体运动的条件，同一物体所受到的力越大，它的速度越大B．作用在运动物体上的某力消失后，物体运动的速度可能不断增加C．物体保持静止，是由于物体受到的合力为零D．物体运动状态发生变化，是与作用在物体上的外力分不开的考点：牛顿第一定律．分析：根据牛顿第二定律，质量一定，受力越大，加速度越大，但如果加速度和速度反向，速度就有可能变小．根据力和运动的关系分析解答此题，力与运动的关系是：力是改变物体运动状态的原因，物体的运动不需要力来维持．如果物体受平衡力作用，物体的运动状态保持不变．解答：解：A、力是改变物体运动状态的原因，物体的运动不需要力来维持．根据牛顿第二定律，质量一定，受力越大，加速度越大，但如果加速度和速度反向，速度就有可能变小．故A错误．B、作用在运动物体上的某力消失后，受的合力有可能与原速度方向一致，使速度增加，故B正确．C、物体保持静止，是由于物体受到的合力为零，故C正确．D、力是改变物体运动状态的原因，故D正确．本题选不正确的，故选A．点评：本题考查了力和运动的关系，物体的运动不需要力来维持，力是改变物体运动状态的原因．12．（3分）（2010•开福区校级模拟）如图所示，物体静止于水平桌面上，则（）A．桌面对物体的支持力的大小等于物体的重力，这两个力是一对平衡力B．物体所受的重力和桌面对它的支持力是一对作用力与反作用力C．物体对桌面的压力就是物体的重力，这两个力是同一种力D．物体对桌面的压力和桌面对物体的支持力是一对平衡的力考点：共点力平衡的条件及其应用；牛顿第三定律．分析：要解决此题，需要掌握以下知识；（1）压力是指垂直压在物体表面上的力，压力可以是由重力产生，也可以不是由重力产生的；（2）二力平衡的条件是：作用在同一物体上的力，并且大小相等、方向相反、作用在同一直线上；（3）作用力与反作用力特点：作用在两个物体上的力，并且大小相等、方向相反、作用在同一直线上．解答：解：A、物体的重力是作用在物体上的力，支持力也是作用在这个物体上的力，这两个力大小相等、方向相反且作用在同一直线上，所以这两个力是一对平衡力，故A正确；B、物体所受的重力和桌面对它的支持力是一对平衡力，作用在同一个物体上，不是一对作用力与反作用力，故B错误；C、压力不是重力，它们的施力物体、受力物体、作用点都不相同，故C错误；D、桌面受到的压力与桌面提供的支持力为作用力与反作用力，故不是平衡力，故D错误；故选A．点评：平衡力与相互作用力主要区别在于平衡力是作用在同一物体上的两个力；而作用力与反作用力为两个相互作用的物体受到的力，作用于两个不同的物体上．13．（3分）（2014秋•南安市校级月考）如图所示，一物体从竖直平面内圆环的最高点A处由静止开始沿光滑弦轨道AB下滑至B点，那么①只要知道弦长，就能求出运动时间；②只要知道圆半径，就能求出运动时间；③只要知道倾角θ，就能求出运动时间；④只要知道弦长和倾角，就能求出运动时间．以上说法正确的是（）A．只有①B．只有②C．①③D．②④考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：设半径为R，则物体运动的位移为x=2Rcosθ，根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据x=求解时间．解答：解：设半径为R，则物体运动的位移为x=2Rcosθ，物体运动的加速度a=，根据得，t=，与θ角无关．而知道弦长和倾角也能算出半径，故D正确，A、B、C错误．故选：D．点评：解决本题的关键根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据运动学公式求出运动的时间，看时间与α角的关系．14．（3分）（2015•莲湖区校级二模）“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动．某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示．将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g．据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为（）A．g B．2g C．3g D．4g考点：牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：图象中拉力的变化幅度越来越小，说明拉力逐渐趋向与一个定值，而联系人的实际振动幅度越来越小，最后静止不动，说明了重力等于0.6F0，而最大拉力为1.8F0，故结合牛顿第二定律可以求出最大加速度．解答：解：人落下后，做阻尼振动，振动幅度越来越小，最后静止不动，结合拉力与时间关系图象可以知道，人的重力等于0.6F0，而最大拉力为1.8F0即：0.6F0=mg…①F m=1.8F0 …②结合牛顿第二定律，有：F﹣mg=ma…③当拉力最大时，加速度最大，因而有：1.8F0﹣mg=ma m…④由①④两式解得：a m=2g所以ACD错误，B正确．故选：B．点评：本题用图象描述了生活中一项体育运动的情景．解答本题，必须从图象中提取两个重要信息：一是此人的重力，二是蹦极过程中处于最大加速度位置时人所受弹性绳的拉力．要获得这两个信息，需要在图象形状与蹦极情境之间进行转化：能从图象振幅越来越小的趋势中读出绳的拉力从而判断人的重力；能从图象第一个“波峰”纵坐标的最大值想象这就是人体位于最低点时弹性绳的最大拉力．二、实验（有2题，共18分．）15．（9分）（2014秋•南安市校级月考）在“研究匀变速直线运动”的实验中，用打点计时器记录纸带运动的时间，计时器所用电源的频率为50，图为小车带动的纸带上记录的一些点，在每相邻两点间都有四个点未画出，按时间顺序取0、1、2、3、4、5六个点，用米尺量出1、2、3、4、5点到0点的距离如图所示．（1）小车做什么运动？（2）若小车做匀变速直线运动，那么当打第3个计数点时小车的速度为多少？小车的加速度为多少？考点：探究小车速度随时间变化的规律．专题：实验题；直线运动规律专题．分析：根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上3点时小车的瞬时速度大小．解答：解：（1）小车做匀变速直线运动，纸带上打下的点记录了小车的运动情况，计数点的时间间隔为T=0.02×5 s=0.1 s，设0～1间的距离为S1，1～2间的距离为S2，2～3间的距离为S3，3～4间的距离为S4，4～5间的距离为S5，则：相邻的位移差△S=S2﹣S1=S3﹣S2=S4﹣S3=S5﹣S4=﹣aT2．所以小车做匀减速运动．（2）利用匀变速直线运动的中间时刻的瞬时速度等于这一段时间内的平均速度，则小车在第3个计数点时的速度为：v3==50.4 cm/s根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：a=═﹣1.50 m/s2，负号表示加速度方向与初速度方向相反．答：（1）小车做匀减速直线运动；（2）打第3个计数点时小车的速度50.4 cm/s，小车的加速度大小为1.50 m/s2，加速度方向与初速度方向相反．点评：要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．16．（9分）（2009•上海）如图为“用DIS（位移传感器、数据采集器、计算机）研究加速度和力的关系”的实验装置．（1）在该实验中必须采用控制变量法，应保持小车的总质量不变，用钩码所受的重力作为小车所受外力，用DIS测小车的加速度．（2）改变所挂钩码的数量，多次重复测量．在某次实验中根据测得的多组数据可画出a﹣F 关系图线（如图所示）．①分析此图线的OA段可得出的实验结论是在质量不变的条件下，加速度与外力成正比，．②（单选题）此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是 C（A）小车与轨道之间存在摩擦（B）导轨保持了水平状态（C）所挂钩码的总质量太大（D）所用小车的质量太大．考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．专题：实验题．分析：解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项．该实验是探究加速度与力的关系，我们采用控制变量法进行研究．根据图象得出变量之间的关系，知道钩码所受的重力作为小车所受外力的条件．解答：解：（1）因为要探索“加速度和力的关系”所以应保持小车的总质量不变，钩码所受的重力作为小车所受外力；（2）由于OA段a﹣F关系为一倾斜的直线，所以在质量不变的条件下，加速度与外力成正比；由实验原理：mg=Ma得a==，而实际上a′=，可见AB段明显偏离直线是由于没有满足M＞＞m造成的．故答案为：（1）小车的总质量，小车所受外力，（2）①在质量不变的条件下，加速度与外力成正比，②C，点评：要清楚实验的研究方法和实验中物理量的测量．当钩码的质量远小于小车的总质量时，钩码所受的重力才能作为小车所受外力．三、计算题（有3题，分别为13分、13分、14分．）（2011秋•青山区校级期末）所受重力G1=8N的砝码悬挂在绳PA和PB的结点上．PA （13分）17．偏离竖直方向37°角，PB在水平方向，且连在所受重力为G2=100N的木块上，木块静止于倾角为37°的斜面上，如图所示，试求：（1）木块与斜面间的摩擦力；（2）木块所受斜面的弹力．考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：先以结点P为研究对象，分析受力情况，由平衡条件求出BP绳的拉力大小，再以G2为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件求解斜面对木块的摩擦力和弹力．解答：解：如图甲所示分析结点P受力，由平衡条件得：F A cos37°=G1F A sin37°=F B可解得：BP绳的拉力为F B=6 N再分析G2的受力情况如图乙所示．由物体的平衡条件可得：F f=G2sin37°+F B′cos37°F N+F B′sin37°=G2cos37°又有F B′=F B解得：F f=64.8N，F N=76.4N．答：（1）木块与斜面间的摩擦力大小为64.8 N．；（2）木块所受斜面的弹力大小为76.4 N，方向垂直斜面向上．点评：本题是通过绳子连接的物体平衡问题，采用隔离法研究是基本方法．要作好力图，这是解题的基础．18．（13分）（2014秋•南安市校级月考）在“30m折返跑”中，平直的跑道上，一学生站立在起点线处，当听到起跑口令后（测试员同时开始计时），跑向正前方30m处的折返线，到达折返线处时，用手触摸固定在折返线处的标杆，再转身跑回起点线，到达起点线处时，停止计时，全过程所用时间即为折返跑的成绩．学生可视为质点，加速或减速过程均视为匀变速，触摸杆的时间不计．该学生加速时的加速度大小为a1=2.5m/s2，减速时的加速度大小为a2=5m/s2，到达折返线处时速度需减小到零，并且该学生全过程中最大速度不超过v m=12m/s．求该学生“30m折返跑”的最好成绩．考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：本题先假设学生运动的前进过程分为两个过程，匀加速前进过程、匀减速前进过程，结合速度公式和位移公式列式求解，如果前进过程最大速度大于允许的最大速度，则前进过程分三个过程，即匀加速前进过程、匀速前进过程、匀减速前进过程，学生后退的过程分为加速过程和匀速过程，根据运动学公式求出各个过程的时间，得到总时间．解答：解：设起点纸处为A，折返线处为B，该学生从A到B的过程中，先做匀加速运动，紧接着做匀减速直线运动，并设此过程中达到的最大速度为v，做匀加速运动的时间为t1，做匀减速运动的时间为t2，则由运动学公式，有：v=a1t1…①v=a2t2 …②L AB=（t1+t2）…③联立①②③式，可解得：v=10m/st1=4s，t2=2s因为v＜v m，所以从A到B的过程中，学生的确先做匀加速运动，然后做匀减速运动．从B 到A的加速过程中，速度从零增大到12m/s需用时：。
2013-2014学年福建省泉州市南安一中高二(上)期中物理试卷(文科)
2013-2014学年福建省泉州市南安一中高二（上）期中物理试卷（文科）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共8小题，共24.0分)1.2005年9月18日，中央电视台的三星智力快车节目介绍说，蜜蜂飞行与空气摩擦产生静电，因此蜜蜂在飞行中就可以吸引带正电的花粉，以下说法正确的是（）A.蜜蜂带负电B.蜜蜂带正电C.空气不带电D.空气带负电【答案】A【解析】解：蜜蜂在飞行中就可以吸引带正电的花粉，则蜜蜂飞行与空气摩擦产生静电，应该是负电．故选：A同种电荷间相互排斥，异种电荷间相互吸引．在日常生活中经常利用电荷间的相互作用力，比如：静电除尘，静电复印，还有静电喷涂．2.真空中相距为r的两个点电荷，电荷量分别为4Q和3Q，相互作用的静电力大小为F，如果将它们的电荷量变为2Q和6Q，其余条件不变，则相互作用的静电力大小为（）A. B.F C.2F D.4F【答案】B【解析】解：由库仑定律可得原来电荷之间的库仑力为F，则：F=k若将它们的电荷量变为2Q和6Q，其余条件不变，则它们之间的作用力为：F′=k=F，故B正确，ACD错误；故选：B由库仑定律根据电量的变化可得出接触后的作用力与原来作用力的关系．利用库仑定律的公式直接计算即可，本题比较简单．3.电磁感应规律的发现，使机械能和电能大规模转化，制作成了实用的发电机、电动机，建立起巨大的发电站，为人类进入电气时代奠定了理论基础．发现电磁感应现象的科学家是（）A.安培B.奥斯特C.法拉第D.麦克斯韦【答案】C【解析】解：法拉第在1831年发现了电磁感应现象，使电能大规模生产和利用成为可能．故选：C．电能大规模生产是由于电磁感应现象的发现．法拉第在1831年发现了电磁感应现象．本题是物理学史的知识考点，是法拉第发现了电磁感应现象，才使电能大规模生产和利用成为可能．4.如图所示各图中，A、B两点电场强度相同的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】解：A、AB是同一圆上的两点，场强大小相等，但方向不同，则电场强度不同，故A错误；B、AB场强大小不等，但方向相同，则电场强度不同，故B错误；C、AB是匀强电场中的两点，电场强度相同，故C正确；D、电场线的疏密表示场强的大小，所以A、B场强不等，故D错误．故选：C．电场强度是矢量，只有两点的场强大小和方向都相同时，电场强度才相同，根据这个条件进行判断．明确矢量大小和方向都相同才相同，对于常见电场的电场线分布要了解，有助于解题．5.如图所示，A、B两点是点电荷Q电场中的两点，关于A、B两点电场强度E A、E B的大小，下列判断正确的是（）A.E A＞E BB.E A=E BC.E A＜E BD.无法判断【答案】A【解析】解：电场线的疏密表示电场强度的强弱，由于电场线的疏密可知，A、B两点电场强度的大小关系，所以E A＞E B故选：A．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，据此可正确解答．电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布，明确电场线分布与电场强度之间的关系．6.有a、b、c、d四个小磁针，分别放置在通电螺线管的附近和内部，如图所示．其中哪一个小磁针的指向是正确的（）A.aB.bC.cD.d【答案】D【解析】解：由图可知，电流由右侧流入，则由安培定则可知，螺线管的左侧为N极，右侧为S 极；而螺线管的磁感线外部是由N极指向S极，内部由S指向N极，而小磁针静止时N极所指方向与磁感线方向一致，故可知D正确，其他均错；故选D．由电源的极性可得出电流的方向，则由安培定则可得出磁场的方向，即可判出小磁场的方向是否正确．本题考查安培定则及通电螺线管磁感线的特点，要求明确内部磁感线和外部磁感线的不同之处，熟记相应磁场的磁感线形状．7.下列各图中，运动电荷的速度方向、磁场方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】解：根据左手定则可知：A图中洛伦兹力方向应该向上，故A错误；B图中电荷的速度方向、磁场方向和电荷的受力方向之间的关系符合左手定则，故B正确；C图中洛伦兹力方向应该向里，故C错误；D图中电荷运动方向与磁场方向在一条线上，不受洛伦兹力，故D错误．故选：B．带电粒子在磁场中运动时，所受洛伦兹力方向由左手定则进行判断，伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内，让磁感线进入手心，并使四指指向正电荷运动方向或者负电荷运动的反方向，这时拇指所指的方向就是运动电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向．带电粒子在磁场中运动受洛伦兹力的条件以及左手定则的熟练应用是对学生的基本要求，要熟练掌握．8.下列的四幅图中，能表示等量异种点电荷电场线分布情况的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】解：根据电场线的特点，从正电荷出发到负电荷终止可以判断甲是异种点荷的电场线，故选B．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，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．二、多选题(本大题共1小题，共3.0分)9.下列说法中正确的是（）A.在电场周围一定存在磁场B.电磁波与机械波的传播都需要介质C.电磁波在真空中的速度为3×108m/sD.电磁场理论是物理学家法拉第建立的【答案】AC【解析】解：A、根据电流的磁效应原理知电场周围一定存在磁场，故A正确；B、电磁波的传播不需要介质，但机械波的传播需要介质，故B错误；C、电磁波在真空中的速度等于光速为3×108m/s，故C正确；D、电磁场理论是物理学家麦克斯韦建立的，D错误；故选：AC．了解电磁波的产生以及传播特点后作答，知道电磁场理论的建立者．了解物理学史，有利于培养学生学习物理的兴趣．三、单选题(本大题共8小题，共24.0分)10.关于电荷所受电场力和洛伦兹力，正确的说法是（）A.电荷在磁场中一定受洛伦兹力作用B.电荷在电场中一定受电场力作用C.电荷所受电场力一定与该处电场方向一致D.电荷所受的洛伦兹力不一定与磁场方向垂直【答案】B【解析】解：A、电荷在磁场中不一定受洛伦兹力，当静止时一定没有洛伦兹力，而运动的电荷，当速度与磁场平行时，没有洛伦兹力作用．故A错误；B、电荷在电场中一定受到电场力作用．故B正确；C、正电荷所受电场力一定与该处电场方向相同，当负电荷所受电场力与该处电场方向相反．故C错误；D、电荷所受的洛伦兹力与磁场及运动速度构成的平面垂直，所以电荷所受的洛伦兹力一定与磁场方向垂直，故D错误；故选：B．带电粒子在磁场中运动，才受到洛伦兹力作用而发生偏转．由左手定则可确定洛伦兹力的方向，而电场的基本性质是对放入电场中的电荷有电场力作用．正电荷的电场力的方向为该点的电场强度的方向．只要电荷在电场中一定有电场力，而电荷在磁场中静止，则一定没有磁场力，而电荷在磁场中运动，才可能有洛伦兹力，当运动方向与磁场垂直时，洛伦兹力最大．11.电炉通电后，电炉丝热得发红，而跟电炉连接的铜导线却不那么热，这是因为（）A.通过铜导线的电流较小，所以它消耗的电能较少B.电炉丝和铜导线消耗的电能相同，但铜导线散热快，所以意就不那么热C.通过电炉丝的电流较大，所以它消耗的电能较多D.铜导线的电阻较小，所以它消耗的电能较少【答案】D【解析】解：电炉在使用时，电炉丝和导线串联，I电炉丝=I导线，通电时间t相同，由于Q=I2R t，R电炉丝＞R导线故电流产生的热量：Q电炉丝＞Q导线，从而出现电炉丝热得发红，而与电炉丝相连的导线却不怎么发热的现象；由上述分析可知选项D正确．故选：D．由焦耳定律知道，电流通过导体产生的热量跟电流的平方、导体电阻大小和通电时间成正比．电炉丝和连接的导线串联在电路中（通过的电流相等），通电时间是相同的，而电炉丝的电阻比导线的电阻大，据焦耳定律分析判断．本题考查串联电路的规律，应明确两电阻串联时，电路中的电流是相等的；同时应注意该现象的根本原因是因为发热量不同造成的．12.一天晚上，小华房间的电灯突然灭了，而其他房间的灯却照常亮着．他用测电笔检测灯座时，发现碰触两个接线柱测电笔都发光．于是他断定（）A.一定是零线出现了断路B.可能是零线碰到了火线C.可能是火线出现了断路D.一定是电灯的灯丝断了【答案】A【解析】解：碰触两个接线柱测电笔都发光能亮，说明火线上有电，而电灯不亮，说明电路中有断路，说明是零线断路了．故选A．由题，电灯突然灭了，说明电路中有断路．发现碰触两个接线柱测电笔都发光．说明火线是连通的，故只可能是零线断了．本题考查了用测电笔检修家庭电路的故障的方法．注意：“电灯突然熄灭”好象就是某盏灯的灯丝断了，这是没有注意到家庭电路中各用电器是并联的，各用电器互不干扰．13.如图所示的各图表示通电导线的一部分在磁场中受磁场力作用的情景，其中正确的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】解：根据左手定值可知：A图中的安培力应该垂直导线斜向上，故A错误；B中安培力方向应该水平向右，故B错误；C图中的安培力应该垂直导线斜向左下方，故C正确；D图中的安培力应该垂直于导线向上，故D错误．故选：C．熟练应用左手定则是解决本题的关键，在应用时可以先确定一个方向，然后逐步进行，如可先让磁感线穿过手心，然后通过旋转手，让四指和电流方向一致或让大拇指和力方向一致，从而判断出另一个物理量的方向，用这种程序法，防止弄错方向．左手定则中涉及物理量及方向较多，在应用过程中容易出现错误，要加强练习，增加熟练程度．14.我国自行研制开发北斗卫星系统是一个（）A.在国内范围使用的定位与导航系统B.在全球范围内使用的定位与导航系统C.全球高速宽带网络系统D.全球传播的多频道数字电视系统【答案】B【解析】解：北斗卫星导航系统由中国自主研制和建立的用于导航和定位的卫星系统．是继美全球定位系统（GPS）和俄GLONASS之后第三个成熟的卫星导航系统．系统由空间端、地面端和用户端组成，可在全球范围内全天候、全天时为各类用户提供高精度、高可靠定位、导航、授时服务，并具短报文通信能力，已经初步具备区域导航、定位和授时能力，定位精度优于20m，授时精度优于100ns．故选B．北斗卫星导航系统由中国自主研制和建立的用于导航和定位的卫星系统．是继美全球定位系统（GPS）和俄GLONASS之后第三个成熟的卫星导航系统．系统由空间端、地面端和用户端组成，可在全球范围内全天候、全天时为各类用户提供高精度、高可靠定位、导航、授时服务，并具短报文通信能力，已经初步具备区域导航、定位和授时能力，定位精度优于20m，授时精度优于100ns．这是一道考查科技知识在日常生活中的应用的基础题，比较容易，可以作为选择题或填空题出现．15.下列所述的情况，会造成家庭电路短路的是（）A.将插座串联在火线上B.将电灯的开关装在了零线上C.当用电器不经过开关就直接连在电源上D.用钢丝钳同时将连接着火线和零线的双绞线剪断【答案】D【解析】解：A、家庭电路中各用电器并联连接，互不影响，当将插座串联在火线上，不会将火线和零线连在一起，但电路不正常，故A错误；B、将电灯的开关装在了零线上，电灯能正常发光，但不安全，故B错误；C、当用电器不经过开关就直接连在电源上，不会形成电源短路，但不安全，故C错误；D、钢丝钳同时将连接着火线和零线的双绞线剪断，因此将火线与零线连通，会形成电源短路，故D正确．故选：D．电源短路是指电源两极不经过用电器直接连通的电路，当电源短路时，电路中的电流很大，可能会烧坏电源．此题考查了电源短路知识，电源短路危害较大，生活用电时一定注意避免电源短路发生．16.许多银行的玻璃门当人走近时，门就会自动打开，是因为在这种门上安装了（）A.温度传感器B.声音传感器C.红外线传感器D.压力传感器【答案】C【解析】解：人走向门口时，门会自动打开，是因为安装了红外线传感器．从而能感知红外线，导致门被打开．故选：C一般人体都有恒定的体温，一般在37度，所以会发出特定波长10μm左右的红外线，红外探头就是靠探测人体发射的10μm左右的红外线而进行工作的．一切物体都能发出红外线，随着温度越高发出红外线越强．利用这个特性，往往安装红外探头．17.电磁波与我们的生活密切相关．下列关于电磁波及其应用的说法正确的是（）A.电磁波不能在真空中传播B.电磁波不会产生污染C.电饭煲是利用电磁波来加热食物的电器D.雷达是利用电磁波测定物体位置的无线电设备【答案】D【解析】解：A、电磁波的传播不需要介质，在真空中可以传播．故A错误．B、电磁波也会产生污染．故B错误．C、电饭煲是利用电流的热效应来加热食物的电器，故C错误．D、雷达是利用无线电波去掉物体的位移，无线电波属于电磁波．故D正确．故选D．电磁波的传播不需要介质，可以在真空中传播，电饭煲是利用电流的热效应加热食物．雷达利用电磁波确定物体的位置．解决本题的关键知道电磁波和机械波的区别，并且知道电磁波的应用．四、填空题(本大题共10小题，共22.0分)18.在电场中放入一点电荷q，电荷受到的电场力为F，则该点电场强度大小为______ ，若在该点放一个电荷量为2q的点电荷，则该点电荷受到的电场力大小为______ ，该电场强度大小为______ ．【答案】；2F；【解析】解：在电场中放入一点电荷q，电荷受到的电场力为F，则该点电场强度大小为：E=；若在该点放一个电荷量为2q的点电荷，场强不变，为，故电场力：F′=2q•E=2F；故答案为：，2F，．根据电场强度的定义式E=求出电场强度，再根据F=q E求出电场力的大小．电场强度的大小与放入电场中的电荷无关．解决本题的关键掌握电场强度的定义式E=，以及知道电场强度的大小与放入电场中的电荷无关．19.面积为1.0m2的闭合单匝导线环处于磁感应强度为0.4T的匀强磁场中，当磁场与环面垂直时，穿过环面的磁通量大小为______ ，当导线环转过90°环面与磁场平行时，穿过环面的磁通量大小为______ ，如果翻转所用的时间为0.2s，在此过程中产生的平均电动势大小为______ ．【答案】0.4W b；0；2V【解析】解：导线环的面积S=1.0m2，匀强磁场磁感应强度B=0.4T，当磁场与环面垂直时，穿过环面的磁通量Φ=BS=0.4×1.0=0.4W b．当导线环转过90°时，环面与磁场平行时，没有磁感穿过环面，穿过环面的磁通量为0．在此过程中，产生的感应电动势：E===-2V，负号表示电动势的方向；故答案为：0.4W b，0；2V．在匀强磁场中，当线圈与磁场垂直时，穿过线圈的磁通量Φ=BS．当线圈与磁场平行时，磁通量Φ=0．由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势．本题求两种特殊情况下的磁通量，可以根据磁通量一般公式Φ=BS sinα（α是磁场与线圈平面的夹角）分析理解．20.将长1.0m，通过电流5A的通电导线放在匀强磁场中，当导线和磁场方向垂直时，通电导线所受安培力为0.5N，则匀强磁场的磁感应强度B的大小为______ ，若将通电导线中的电流减为2A，则这时磁感应强度B的大小为______ ，导线所受安培力为______ ．【答案】0.1T；0.1T；0.2N【解析】解：根据F=BIL得，匀强磁场的磁感应强度为：B=．当电流减小时，磁感应强度不变，仍为：B=0.1T．则导线所受的安培力为：F=BI′L=0.1×2×1N=0.2N．故答案为：0.1T，0.1T，0.2N．根据安培力F=BIL求出磁感应强度的大小，当电流减小，磁感应强度不变，结合F=BIL 求出安培力的大小．解决本题的关键知道磁感应强度的大小由磁场本身的因素决定，与电流、安培力的大小无关，掌握安培力的大小公式，当B与I平行，F=0，当B与I垂直，F=BIL．21.如图所示，把一个面积为1.0×10-2m2的矩形线框abcd放在磁感应强度B=1.0T的匀强磁场中，线框abcd所处的平面与磁场方向垂直，穿过线框的磁通量为______ W b；当线框向右平移一段距离（整个线框仍在磁场内），则穿过线框的磁通量为______ W b；当线框以ab边为轴转过90°，则穿过线框的磁通量为______ W b．【答案】1.0×10-2；1.0×10-2；0【解析】解：在匀强磁场中，穿过线框的磁通量公式为：Φ=BS=1.0×1.0×10-2W b=1.0×10-2W b；当线框向右平移一段距离（整个线框仍在磁场内），穿过线框的磁感线条数没有变化，所以磁通量不变，仍为1.0×10-2W b；当线框以ab边为轴转过90°，线框与磁场平行，没有磁感线穿过线框，则穿过线框的磁通量为0．故答案为：1.0×10-2，1.0×10-2，0．在匀强磁场中，穿过线框的磁通量公式为：Φ=BS；磁感线可以用穿过线框的磁感线的条数来理解．当线框与磁场平行时，穿过线框的磁通量为零．对于磁通量，关键抓住两种特殊下磁通量的求解公式：在匀强磁场中，当B⊥S时，Φ=BS；当B∥S，Φ=0．根据这两种情况，运用投影的方法可求线框与磁场成任意角时的磁通量．22.两个电阻R1=1Ω，R2=2Ω，它们串联在电路中消耗的电功率之比P1：P2= ______ ，它们并联在电路中消耗的电功率之比P1′：P2′= ______ ，．若把它们串联接在9V的电源上（电源内阻不计）电路消耗的总功率为______ W．【答案】1：2；2：1；27【解析】解：1、因为P=I2R又因为串联电路的电流相等所以2、因为又因为并联电路电压相等所以3、串联的总电阻等于各个电阻之和，R=R1+R2=3Ω所以故答案为：1：2，2：1，27．纯电阻电路消耗的功率为，串联电路的电流相等，选用P=I2R，所以串联电路的功率之比等于电阻之比．并联电路的电压相等，选择，所以并联电路的功率之比等于电阻的反比．本题要知道：1、串联电路的功率之比等于电阻之比，2、并联电路的功率之比等于电阻的反比．要注意，不论串联还是并联电路，电路消耗的总功率都等于各部分消耗的功率之和．23.如图所示，电阻r=0.5Ω的导体棒ab沿光滑的水平导线框向右做匀速运动，线框宽L=0.5m，处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=1.0T，线框接有电阻R=2.5Ω，线框电阻不计，当ab棒的运动速度v=3.0m/s时，ab棒产生的感应电动势为______ V，通过R的电流为______ A，方向为______ （填“c→d”或“d→c”）．【答案】1.5；0.5；d→c【解析】解：当ab棒的运动速度v=3.0m/s时，ab棒产生的感应电动势为：E=BL v=1×0.5×3V=1.5V根据闭合电路欧姆定律得通过R的电流为：I==A=0.5A根据楞次定律判断可知，通过R的感应电流为：d→c．故答案为：1.5，0.5，d→c．对于导体棒切线产生的感应电动势可根据公式E=BL v求解，感应电流根据闭合电路欧姆定律求解，感应电流的方向由右手定则或楞次定律判断．本题是电磁感应的计算问题，掌握切割式电动势公式、闭合电路欧姆定律和楞次定律是关键．对于感应电流的方向也可以运用右手定则判断，其判断结果与楞次定律一致．24.如图所示，在倾角为300的斜面上，水平固定一根长20cm的铜棒，将其两端用软导线与电源连接，铜棒中通有2A的电流，方向如图所示．若空间存在竖直向上的磁感应强度为0.4T的匀强磁场，则铜棒受到安培力的大小为______ ，方向是______ ．【答案】0.16N；水平向右【解析】解：铜棒所受的安培力为：F=BIL=0.4×2×0.2N=0.16N．根据左手定则知，安培力的方向水平向右．故答案为：0.16N，水平向右．磁场的方向与电流的方向垂直，根据F=BIL求出安培力的大小，结合左手定则判断出安培力的方向．解决本题的关键掌握安培力的大小公式，会通过左手定则判断安培力的方向．25.如果将电风扇的电源线插在没有带接地线的插座板上使用，当人体碰触到电风扇的金属外壳时，会有触电的感觉，这是由于电路出现漏电______ （填“静电感应”或“电路出现漏电”）造成的．【答案】静电感应【解析】解：使物体带电的方式有三种：摩擦起电、感应起电、接触起电．静电感应：把电荷移近导体，可以使导体带电；感应起电：是使物体中的正负电荷分开，使电荷从物体的一部分转移到另一部分；当人体碰触到电风扇的金属外壳时，会有触电的感觉，这是由于电路出现静电感应现象．故答案为：静电感应．使物体带电的方式有三种，由电荷守恒定律可知，无论哪种方法，都是电荷在物体之间的转移或从物体的一部分转移到另一部分，电荷的总量保持不变．掌握各种使物体带电的方式，知道无论无论哪种方法，都是电荷在物体之间的转移或从物体的一部分转移到另一部分，电荷的总量保持不变．26.在地震救灾中，救援人员用多种生命探测仪搜寻废墟下幸存者发出的具有生命迹象的信息．有一种生命探测仪，它跟自动安全门和电视机遥控器使用的是同一类型传感器，此类型传感器属于______ 传感器．【答案】红外线【解析】解：一切物体均发出红外线，生命探测仪可利用红外线来探测，自动安全门和电视机遥控器使用的是同一类型传感器，红外线是一种不可见的光线，红外报警装置就是利用它将光信号转换为电信号的；故答案为：红外线．传感器作为一种将其它形式的信号与电信号之间的转换装置，在我们的日常生活中得到了广泛应用，不同传感器所转换的信号对象不同，我们应就它的具体原理进行分析．对于传感器我们应该了解它是一种将其它信号转换为电信号，从而实现对电路控制的装置，它的应用也比较广泛，在不同的应用中，它转换的信号不同，我们应具体问题具体分析．27.如图所示，一闭合的圆形线圈用绝缘细线悬挂起来，线圈右边有一条形磁铁．请你说出能使线圈产生感应电流的三种方法：（1）______ ．（2）______ ．（3）______ ．【答案】磁铁向左（右）运动；磁铁向上（下）运动；磁铁向前（后）运动【解析】解：能使线圈产生感应电流，必须使穿过线圈的磁通量发生变化，方法有：（1）磁铁向左（右）运动；（2）磁铁向上（下）运动；（3）磁铁向前（后）运动；（4）磁铁顺时针（逆时针）转动；（5）线圈向左（右）摆动；（6）线圈向前（后）摆动（7）线圈以线为轴转动任选三种即可．故答案为：（1）磁铁向左（右）运动；（2）磁铁向上（下）运动；（3）磁铁向前（后）运动；根据产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化，进行分析即可．本题关键要掌握产生感应电流的条件，并得到产生感应电流的方法，有一定的开放性，答案并不唯一，只要正确即可．五、计算题(本大题共3小题，共27.0分)28.小明家的配电板上安装的是“220V5A”的电能表．如果他家里已有一台l00W 的电视机、五盏20W的日光灯在使用．试分析，此时还能否再使用一只1000W的热水壶？【答案】解：接上热水壶后的电功率为：P′=100+20×5+1000W=1200W电路中电流为′＞大于电能表的额定电流故不能用电热水壶答：不能．【解析】通过计算接上热水壶后的功率，计算总电流，看会不会超过电能表的额定电流，不超过就能接，超过就不能接．。
福建省泉州市南安二中2014_2015学年高三物理上学期期末试卷(含解析)
2014-2015学年福建省泉州市南安二中高三（上）期末物理试卷一．单项选择题（本题共12小题．每小题4分，共48分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意，选对的得4分，有选错或不选的得0分．）1．通有方向如图所示电流I 的螺线管内外空间中，放有a、b、c三个小磁针，当三个小磁针静止时（）A． a、b、c左端都为N极B． b、c左端为N极，a右端为N极C． a、c右端为N极，b左端为N极D． a、b左端为N极，c右端为N极2．如图所示，一根有质量的金属棒AC，用软线悬挂在磁感应强度为B的匀强磁场中，电流由A→C，此时悬线张力不为零，欲使线张力为零必须（）A．改变电流方向，并适当增加电流强度B．不改变电流方向，适当增加电流强度C．改变磁场方向，并适当增强磁感应强度D．不改变磁场方向，适当减小磁感应强度3．如图表示一交流电的电流随时间而变化的图象，此交流电的有效值是（）A． 3.5A B． A C． 5 A D． 5A4．一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，所产生的交变电流的瞬时表达式为e=220sin10πt （V），则下列说法中正确的是（）A．频率为10πHzB．有效值为200VC．当t=（）s时，e有最大值D．当t=0时，线圈平面与磁感线方向平行5．唱卡拉OK用的话筒，内有传感器，其中有一种是动圈式的，它的工作原理是在弹性膜片后面粘接一个轻小的金属线圈，线圈处于永磁体的磁场中，当声波使膜片前后振动时，就将声音信号转变为电信号，下列说法正确的是（）A．该传感器是根据电流的磁效应工作的B．该传感器是根据电磁感应原理工作的C．膜片振动时，穿过金属线圈的磁通量不变D．膜片振动时，金属线圈中不会产生感应电动势6．如图所示，当可变电阻的滑片P向下滑动时（）A． AB间电压不变B． AB间电压减少C．通过R的电流不变D．通过R的电流减小7．一个质子（11H）和一个粒子（42He）的动能相同，垂直射入同一匀强磁场后，沿圆形轨道运动，则其轨道半径之比为（）A． 2：1 B． 1：1 C． 1：2 D． 1：48．如图所示的电路，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片P向左移动，则（）A．电容器中的电场强度将增大B．电容器上的电荷量将减少C．电容器的电容将减小D．液滴将向上运动9．接入交流的理想变压器，原线圈匝数为n1，两个副线圈匝数分别为n2和n3．三个线圈的电流、电压、功率分别为I1、I2、I3、U1、U2、U3．在下列关系中，正确的是（）①U1I1=U2I2+U3I3②=，=③=④=，=．A．①和②B．③和④C．①和④D．②和③10．有两段电阻丝是由同种材料制成的．它们的质量相同，它们的长度之比L1：L2=2：3．将它们并联在电路中，则通过它们的电流强度之比I1：I2为（）A． 2：3 B． 4：9 C． 9：4 D． 3：211．A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在静电力作用下以一定的初速度从A 点沿电场线运动到B点，其速度v与时间t的关系图象如图所示．则此电场的电场线分布可能是下图中的（）A．B．C．D．12．一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示．已知发电机线圈内阻为5.0Ω，则外接一只电阻为95.0Ω的灯泡，如图乙所示，则（）A．电压表的示数为220VB．电路中的电流方向每秒钟改变50次C．灯泡实际消耗的功率为484WD．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2J二．填空、实验题（本题共5小题，共20分）13．如图所示，两平行金属板板间电压100V，二板相距4cm，若a、b两点间的距离为4cm，且a、b连线与电场线的夹角为60°，则a、b两点的电场强度E a= V/m，E b=V/m，ab间电势差U ab= V，把一电荷量为+1.0×10﹣15C的点电荷从a移到b，它的电势能增加J．14．两平行导轨水平放置相距0.4m，处在匀强磁场区域，磁场方向垂直于导轨平面竖直向上，磁感应强度B=0.8T，接在导轨间的电阻R=3.5Ω．一根金属棒ab垂直跨接在平行导轨间，电阻r=0.5Ω．现让ab以速率v=5m/s向左匀速滑行，若不计导轨的电阻，那么通过电阻R的电流大小为A，方向由至．ab棒两端电压为V．15．如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则θ变化情况是a．保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ；b．断开S，将A板向B板靠近，则θ．16．在测定一节干电池（电动势约为1.5V，内阻约为2Ω）的电动势和内阻的实验中，提供的器材有：A．电压表量程为3V，内阻约为5kΩB．电压表量程为15V，内阻约为10kΩC．电流表量程为0.6A，内阻约为0.1ΩD．电流表量程为3A，内阻约为0.01ΩE．变阻器R1为（20Ω，3A）F．变阻器R2为（500Ω，0.2A） G．开关、导线若干①为了较准确测量电池的电动势和内阻，电压表应该选（填A或B）；电流表应该选（填C或D）；变阻器应该选（填E或F）；实验电路图应该选图（填“甲”或“乙”）．②实验中得到路端电压随电流变化的图象（如图所示）．由图可知，电池的电动势是V；内电阻是Ω．17．图为一正在测量中的多用电表表盘．（1）如果是用×10Ω档测量电阻，则读数为Ω．（2）如果是用直流10mA档测量电流，则读数为 mA．（3）如果是用直流5V档测量电压，则读数为 V．三．计算题（本题共4小题，共32分）18．一质量m=2.0kg的小物块以一定的初速度冲上一个足够长的倾角为37°的固定斜面，某同学利用传感器测出了小物块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机做出了小物块上滑过程的速度﹣时间图线，如图所示．（取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）求：（1）小物块冲上斜面过程中加速度的大小；（2）小物块与斜面间的动摩擦因数；（3）小物块向上运动的最大距离．19．在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n=1500匝，横截面积S=20cm2．螺线管导线电阻r=1.0Ω，R1=4.0Ω，R2=5.0Ω，C=30μF．在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化．求：①求螺线管中产生的感应电动势；②闭合S，电路中的电流稳定后，求通过电阻R1的电流的大小；③闭合S后一段时间又断开，求S断开后通过R2的电量．20．如图所示为电视机显像管的简化原理图，现有质量为m、电荷量为e、初速度不计的电子经加速电场加速后，垂直于磁场射入宽度为L的有界匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度为B，若电子束的偏转角为θ，求：加速电场的电势差U为多大？21．如图所示平行长导轨MN、PQ（电阻不计）竖直放置，间距L=1m，导轨之间接一电阻R=3Ω．水平导线ab，电阻r=1Ω，与导轨有良好接触（摩擦不计），导轨之间有指向纸里的匀强磁场B=0.5T．ab质量m=0.025kg自静止开始下落至a′b′位置时ab开始做匀速运动，aa′=h=2m，g=10m．①ab匀速运动的速率．②ab从静止到匀速这段时间内R上产生的热量．2014-2015学年福建省泉州市南安二中高三（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一．单项选择题（本题共12小题．每小题4分，共48分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意，选对的得4分，有选错或不选的得0分．）1．通有方向如图所示电流I 的螺线管内外空间中，放有a、b、c三个小磁针，当三个小磁针静止时（）A． a、b、c左端都为N极B． b、c左端为N极，a右端为N极C． a、c右端为N极，b左端为N极D． a、b左端为N极，c右端为N极考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．分析：利用安培定则判断出通电螺线管周围磁场方向，注意螺线管内部和外部磁场方向不同，然后根据小磁针静止时N极所指的方向和磁感线的方向一致，从而判断出小磁针静止时方向．解答：解：根据安培定则可知通电螺线管N极在左端，因此沿轴向磁场方向水平向左，小磁针N极的指向与磁场同向，故小磁针a、b左端为N极，上方磁场方向水平向右，所以小磁针c右端为N极；故D正确，ABC错误；故选：D．点评：本题比较简单，考察了通电螺线管周围磁场方向，注意磁感线是闭合曲线，外部从N 极到S极，内部从S极到N极．2．如图所示，一根有质量的金属棒AC，用软线悬挂在磁感应强度为B的匀强磁场中，电流由A→C，此时悬线张力不为零，欲使线张力为零必须（）A．改变电流方向，并适当增加电流强度B．不改变电流方向，适当增加电流强度C．改变磁场方向，并适当增强磁感应强度D．不改变磁场方向，适当减小磁感应强度考点：安培力；共点力平衡的条件及其应用．分析：金属棒AC用软线悬挂在匀强磁场中，通入A→C方向的电流时，金属棒受到向上的安培力作用，安培力大小为F=BIL．此时悬线张力不为零，说明安培力小于金属棒的重力．欲使悬线张力为零，应增大安培力．根据安培力公式选择合适的方法．解答：解：A、改变电流方向，则金属棒所受安培力方向向下，悬线张力一定不为零．故A错误；B、不改变电流方向，适当增大电流，可增大安培力，能使悬线张力为零．故B正确；C、欲使悬线张力为零，必须使安培力与重力等大反向，而改变磁场方向，则金属棒所受安培力方向改变，则与重力的合力不能为零，悬线张力一定不为零．故C错误；D、不改变磁场和电流方向，金属棒所受的安培力方向仍向上，适当减小磁感强度，安培力减小，悬线张力增加，所以D错误．故选：B．点评：本题考查对安培力方向判断和大小分析的能力，是学习磁场部分应掌握的基本功．比较简单3．如图表示一交流电的电流随时间而变化的图象，此交流电的有效值是（）A． 3.5A B． A C． 5 A D． 5A考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系．专题：交流电专题．分析：根据有效值的定义求解．取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值．解答：解：将交流与直流通过阻值都为R的电阻，设直流电流为I，则根据有效值的定义有：R+R=I2RT解得：I=5A故选：D．点评：对于非正弦式电流可根据有效值的定义求解有效值．常见题型，要熟练掌握．4．一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，所产生的交变电流的瞬时表达式为e=220sin10πt （V），则下列说法中正确的是（）A．频率为10πHzB．有效值为200VC．当t=（）s时，e有最大值D．当t=0时，线圈平面与磁感线方向平行考点：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：本题考查了交流电的描述，根据交流电的表达式，可知其最大值，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：A、产生的交变电流的瞬时表达式为：e=220sin10πt （V），频率为：f==5Hz，故A错误；B、该交流电的峰值是U m=220 V，交流电的有效值是：U==110V，故B错误；C、当t=（）s时，e=220V，有最大值，故C正确；D、当t=0时，e=0，线圈平面与磁感线方向垂直，故D错误；故选：C．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．5．唱卡拉OK用的话筒，内有传感器，其中有一种是动圈式的，它的工作原理是在弹性膜片后面粘接一个轻小的金属线圈，线圈处于永磁体的磁场中，当声波使膜片前后振动时，就将声音信号转变为电信号，下列说法正确的是（）A．该传感器是根据电流的磁效应工作的B．该传感器是根据电磁感应原理工作的C．膜片振动时，穿过金属线圈的磁通量不变D．膜片振动时，金属线圈中不会产生感应电动势考点：电磁感应在生活和生产中的应用．分析：题中传感器是根据电磁感应原理工作的．膜片振动时，穿过金属线圈的磁通量是周期性变化的．膜片振动时，金属线圈中产生感应电动势．解答：解；A、B当声波使膜片前后振动时，线圈切割磁感线产生感应电流，将声音信号变化电信号，是根据电磁感应原理工作的．故A错误，B正确．C、膜片随着声波而周期性振动，穿过金属线圈的磁通量是周期性变化的．故C错误．D、膜片振动时，金属线圈切割磁感线，会产生感应电动势．故D错误．故选B点评：本题动圈式话筒是利用电磁感应原理将声音信号变成电信号的，考查分析电子设备工作原理的能力．6．如图所示，当可变电阻的滑片P向下滑动时（）A． AB间电压不变B． AB间电压减少C．通过R的电流不变D．通过R的电流减小考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：根据滑片的移动可明确接入电路的电阻的变化；再根据闭合电路欧姆定律可分析电路中电流的变化；从而明确内压及路端电压的变化；再对局部电路分析即可明确流过R电流的变化．解答：解：AB、当滑片向下滑动时，滑动变阻器接入电阻增大；总电阻增大，由欧姆定律可知，总电流减小；流过R1及内阻的电压减小，并联部分电压增大；故AB错误；CD、因R2不变，流过R2的电流增大，则流过R的电流减小；故C错误，D正确；故选：D．点评：本题考查闭合电路欧姆定律的动态分析问题，此类问题的解题思路为：局部﹣整体﹣局部；要求能灵活应用闭合电路欧姆定律的表达式，并掌握串并联电路的基本规律．7．一个质子（11H）和一个粒子（42He）的动能相同，垂直射入同一匀强磁场后，沿圆形轨道运动，则其轨道半径之比为（）A． 2：1 B． 1：1 C． 1：2 D． 1：4考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．分析：粒子在磁场中做圆周圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子的轨道半径，然后求出轨道半径之比．解答：解：粒子的动量：p=，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：r===，质子（11H）和一个粒子（42He）的动能E K相同，它们的轨道半径之比：==；故选：B．点评：本题考查了求粒子的轨道半径之比，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子轨道半径，然后进行比较即可解题．8．如图所示的电路，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片P向左移动，则（）A．电容器中的电场强度将增大B．电容器上的电荷量将减少C．电容器的电容将减小D．液滴将向上运动考点：电容；闭合电路的欧姆定律．专题：电容器专题．分析：由题意可知，电容器与R2并联，根据闭合电路欧姆定律可确定随着滑片左移，电阻的变化，导致电压的变化，从而判定电阻R2的电压变化，再根据可得，电容器的电量及由E=知两极间的电场强度如何变化．解答：解：A、电容器两板间电压等于R2两端电压．当滑片P向左移动时，总电阻增大，则总电流减小，则R2两端电压U减小，由E=知电容器中场强变小，A错误；B、由上分析可知，电容器两端电压减小，根据可得，电容器放充电，电荷量减小，B正确；C、电容器的电容与U的变化无关，保持不变，C项错误．D、当滑片P向左移动时，R2两端电压U减小，由E=知电容器中场强变小，则带电液滴所受电场力变小，使液滴向下运动，D项错误；故选：B．点评：考查电容器的动态分析，涉及到闭合电路的欧姆定律，同时与E=公式的理解．9．接入交流的理想变压器，原线圈匝数为n1，两个副线圈匝数分别为n2和n3．三个线圈的电流、电压、功率分别为I1、I2、I3、U1、U2、U3．在下列关系中，正确的是（）①U1I1=U2I2+U3I3②=，=③=④=，=．A．①和②B．③和④C．①和④D．②和③考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：理想变压器的输入功率和输出功率相等，电压与匝数成正比，当有多个副线圈时，根据输入的功率和输出的功率相等可以判断电流之间的关系．解答：解：根据理想变压器的电压与匝数成正比可知U1：U2=n1：n2，U2：U3=n2：n3 ，由于有多个副线圈时，此时的电流与匝数不是成反比，所以I1：I2=n2：n1I1：I3=n3：n1 不成立理想变压器的输入功率和输出功率相等，所以输入的功率为I1U1，输出的功率为两个副线圈的功率的和，所以I1U1=I2U2+I3U3，则有：n1I1=n2I2+n3I3无法得出③对应的表达式；故正确的有①④；故选：C．点评：掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，明确多个副线圈时，电流之比不再等于匝数的反比．10．有两段电阻丝是由同种材料制成的．它们的质量相同，它们的长度之比L1：L2=2：3．将它们并联在电路中，则通过它们的电流强度之比I1：I2为（）A． 2：3 B． 4：9 C． 9：4 D． 3：2考点：电阻定律；串联电路和并联电路．专题：恒定电流专题．分析：同种材料的电阻丝，它们的质量相同，那么它们的体积就是相同的，根据长度之间的关系可以得到截面积之间的关系，再根据电阻定律可以得到电阻的大小，再由欧姆定律计算电流．解答：解：同种材料的电阻丝，由于它们的质量相同，所以它们的体积也是相同的，由于长度之比L1：L2=2：3，所以它们的截面积之比为s1：s2=3：2，根据电阻定律R=ρ，可得电阻之比为===•=，当它们并联在电路中时，电压相同，根据欧姆定律可得，===，所以C正确．故选C．点评：解决本题关键是抓住导体的体积不变，当导体的长度增加的时候，导体的截面积必定要减小，此时影响导体电阻的就不只是长度的变化了，还有考虑截面积的影响．11．A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在静电力作用下以一定的初速度从A 点沿电场线运动到B点，其速度v与时间t的关系图象如图所示．则此电场的电场线分布可能是下图中的（）A．B．C．D．考点：电场线．专题：电场力与电势的性质专题．分析：（1）速度﹣﹣时间图象中，图象的斜率表示加速度；（2）电场线分布密集的地方电场强度大，分布稀疏的地方，电场强度小；（3）负电荷受电场力的方向与电场强度方向相反；（4）对只受电场力作用的带电微粒，电场力越大，加速度越大，也就是电场强度越大，加速度越大．根据这几个知识进行分析．解答：解：由v﹣t图象可知，微粒的速度在逐渐减小，图象的斜率在逐渐增大，故此带负电的微粒做加速度越来越大的减速直线运动，所受电场力越来越大，由F=qE知，场强增大，电场线越来越密．电场力方向与其运动方向相反，电场力向左，所以电场线方向向右．故A正确，BCD错误．故选：A．点评：本题考查了速度﹣﹣时间图象的应用和电场线的相关知识，要明确斜率的含义，要能根据图象判断物体的运动情况，进而分析受力情况．能根据电场线的分布判断电场强度的大小．12．一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示．已知发电机线圈内阻为5.0Ω，则外接一只电阻为95.0Ω的灯泡，如图乙所示，则（）A．电压表的示数为220VB．电路中的电流方向每秒钟改变50次C．灯泡实际消耗的功率为484WD．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2J考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式；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：根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据功率的公式可以求得功率的大小，从而可求得结论．解答：解：A、由图象可知，交流电的最大值为220V，则有效值为220V，电压表的示数为外电阻的电压，所以外电阻的电压为U=•R=×95V=209V，所以电压表的示数为209V，所以A错误；B、根据图象可知交流电的周期为2×10﹣2s，所以频率为50Hz，交流电在一个周期内变化两次，所以电路中的电流方向每秒钟改变100次，所以B错误；C、电路中的电流为I==A=2.2A，所以灯泡实际消耗的功率为P=I2R=（2.2）2×95W=459.8W，所以C错误；D、发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q=I2rt=（2.2）2×5×1J=24.2J，所以D正确．故选D．点评：解决本题的关键就是有电流的瞬时值表达式求得原线圈中电流的最大值，进而求得原线圈的电流的有效值的大小．二．填空、实验题（本题共5小题，共20分）13．如图所示，两平行金属板板间电压100V，二板相距4cm，若a、b两点间的距离为4cm，且a、b连线与电场线的夹角为60°，则a、b两点的电场强度E a= 2500 V/m，E b= 2500 V/m，ab间电势差U ab= 50 V，把一电荷量为+1.0×10﹣15C的点电荷从a移到b，它的电势能增加5×10﹣14J．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：根据两极板间的距离和电势差求出板间的场强．根据a、b两点沿电场线方向上的距离求出ab两点的电势差．根据电场力做功与电势差的关系求出电场力做功的大小，从而得出电势能的变化．解答：解：（1）板间的场强为：E=．为匀强电场，故B点场强为2500V/m（2）a、b两点间的电势差为：U ab=Ex ab cos60°=2500×0.04×0.5V=50V．（3）电荷从a点到b电场力做功为：，可知电势能增加了5×10﹣14J故答案为：2500，2500，50，5×10﹣14点评：解决本题的关键掌握电势差与电场强度的关系，知道d表示沿电场线方向的距离，基础题14．两平行导轨水平放置相距0.4m，处在匀强磁场区域，磁场方向垂直于导轨平面竖直向上，磁感应强度B=0.8T，接在导轨间的电阻R=3.5Ω．一根金属棒ab垂直跨接在平行导轨间，电阻r=0.5Ω．现让ab以速率v=5m/s向左匀速滑行，若不计导轨的电阻，那么通过电阻R的电流大小为0.4 A，方向由 d 至 c ．ab棒两端电压为 1.4 V．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．专题：电磁感应——功能问题．分析：由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出电流与ab两端的电压，由右手定则可以判断出电流方向．解答：解：感应电动势：E=BLv=0.8×0.4×5=1.6V，电流：I===0.4A，ab棒两端电压：U=IR=0.4×3.5=1.4V，由右手定则可知，通过R的电流从d流向c；故答案为：0.4；d；c；1.4．点评：本题是电磁感应与电路相结合的综合题，应用E=BLv、欧姆定律、右手定则可以解题，本题是一道基础题．15．如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则θ变化情况是a．保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ增大；b．断开S，将A板向B板靠近，则θ不变．考点：电容器的动态分析．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：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．开关S断开，电容器的带电量不变，带正电的A板向B板靠近，极板间距离减小，电容器电容增大，根据知场强不变，电场力不变，θ不变．故答案为：增大，不变点评：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．16．在测定一节干电池（电动势约为1.5V，内阻约为2Ω）的电动势和内阻的实验中，提供的器材有：A．电压表量程为3V，内阻约为5kΩB．电压表量程为15V，内阻约为10kΩC．电流表量程为0.6A，内阻约为0.1ΩD．电流表量程为3A，内阻约为0.01ΩE．变阻器R1为（20Ω，3A）F．变阻器R2为（500Ω，0.2A） G．开关、导线若干①为了较准确测量电池的电动势和内阻，电压表应该选 A （填A或B）；电流表应该选 D （填C或D）；变阻器应该选 E （填E或F）；实验电路图应该选乙图（填“甲”或“乙”）．②实验中得到路端电压随电流变化的图象（如图所示）．由图可知，电池的电动势是 1.50 V；内电阻是 2.5 Ω．考点：测定电源的电动势和内阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：①关键是根据温度对电池内阻的影响可知，通过电池的电流不能过大，通过求出电路中需要的最大电阻来选择变阻器；根据待测电池内阻远小于电压表内阻可知电流表应用外接法（相对应电池来说）；②根据据闭合电路欧姆定律写出U于I的函数表达式，然后再根据斜率和截距的概念即可求解．解答：解：①电源的电动势为1.5V，故电压表只能选用3V的电压表；由于电压较小，产生的电流较小，由图中数据可知，小于0.6A；故电流表选择小量程的C；根据闭合电路欧姆定律可求出电路中需要的最大电阻为：=，所以变阻器应选E；由于待测电池的内阻远小于电压表内阻，所以对待测来说电流表应用外接法，即电路图应选乙图；②闭合电路欧姆定律应有：E=U+Ir，变形为：U=﹣rI+E根据得出U﹣I图象可知，根据根据函数斜率和截距的概念应有：E=1.50V，r==2.5Ω；故答案为：①A，D，E，乙；②1.50，2.5点评：本题应明确：①测定待测电动势和内阻要求通过电池的电流不能过大，一般选择0.6A 的量程；②对测定待测内阻的实验，选择电流表内外接法的方法与伏安法测电阻的选择方法相同，注意研究对象的不同；③涉及到根据图象求解的问题，首先应根据需要的物理规律写出公式，然后整理出关于纵轴与横轴物理量的函数表达式，再根据斜率和截距的概念即可求解．17．图为一正在测量中的多用电表表盘．（1）如果是用×10Ω档测量电阻，则读数为60 Ω．（2）如果是用直流10mA档测量电流，则读数为7.18 mA．（3）如果是用直流5V档测量电压，则读数为 3.59 V．考点：用多用电表测电阻．专题：实验题；恒定电流专题．。
福建省泉州市国光中学2015届高三一轮复习上学期第一次月考物理试题(有答案)
福建省泉州市国光中学2015届高三一轮复习上学期第一次月考物理试题班级座号姓名成绩一、单选题（有12题，每题4分，共48分。
每题只有一个选项是符合题目要求的）1．两物体分别从不同高度自由下落，同时落地，第一个物体下落时间为t，第二个物体下落时间为t/2，当第二个物体开始下落时，两物体相距( )A．gt2B．3gt2/8 C．3gt2/4 D．gt2/4 2．关于速度和加速度的关系，下列说法正确的是( )A．加速度方向为正时，速度一定增加B．速度变化得越快，加速度就越大C．加速度方向保持不变，速度方向也保持不变D．加速度大小不断变小，速度大小也不断变小3．物体沿一条直线运动，下列说法中正确的有( )A．物体在某时刻的速度为3 m/s，则物体在1 s内一定走3 mB．物体在某1 s内的平均速度是3 m/s，则物体在这1 s内的位移一定是3 mC．物体在某段时间内的平均速度是3 m/s，则物体在1 s内的位移一定是3 mD．物体在某段位移内的平均速度是3 m/s，则物体某1 s内的位移不小于3 m4．质点在直线上运动，位移与时间的关系为x＝4t－t2，式中x的单位是m，t的单位是s，则下列说法错误的是( )A．质点的初速度是4 m/sB．质点的加速度是－1 m/s2C．质点前2 s发生的位移是4 mD．质点前3 s运动的路程是5 m5．在军事演习中，某空降兵从飞机上跳下，先做自由落体运动，在t1时刻，速度达较大值v1时打开降落伞，做减速运动，在t2时刻以较小速度v2着地。
他的速度图像如图所示。
下列关于该空降兵在0～t1或t1～t2时间内的平均速度v的结论正确的是( )①0～t 1，v ＝v 12②t 1～t 2，v ＝v 1＋v 22③t 1～t 2，v >v 1＋v 22④t 1～t 2，v=v 1＋v 22A ．①④B ．②③C ．②④D ．①③6．跳高运动员在下图所示的四种过杆姿势中，重心最能接近甚至低于横杆的是( )7．如图所示，将质量为m 的滑块放在倾角为θ的固定斜面上。
福建省泉州市南安国光中学2024年高三物理第一学期期中统考模拟试题含解析
福建省泉州市南安国光中学2024年高三物理第一学期期中统考模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。
用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。
将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。
答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。
不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。
考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的。
1、A、B两物体从同一地点出发运动的s－t图象如图所示，已知A做匀速直线运动，0~t时间内，下列说法正确的是B做匀变速直线运动．则在1A．两物体在1t时刻速度大小相等B．1t时刻A的速度大于B的速度C．A的平均速度小于B的平均速度D．两物体间的距离先增大后减小2、一个实验小组在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，使用两条不同的轻质弹簧a和b，得到弹力与弹簧长度的图象如图7所示．下列表述正确的是A．a的原长比b的长B．a的劲度系数比b的大C．a的劲度系数比b的小D．测得的弹力与弹簧的长度成正比3、如图所示，在M 、N 两点分别固定两个点电荷，电荷量分别为+Q 和﹣Q ，MN 连线的中点为O ．正方形ABCD 以O 点为中心，E 、F 、G 、H 分别是正方形四边的中点．则下列说法正确的是（ ）A ．A 点电势低于B 点电势B ．A 点和B 点的电场强度的大小相等C ．O 点的电场强度为零，电势也为零D ．同一试探电荷沿路径A→C→D 移动比沿路径A→B 移动电场力做的功多4、如图所示，质量为M 的滑槽静止在光滑的水平地面上，滑槽的AB 部分是粗糙水平面，BC 部分是半径为R 的光滑14圆弧轨道，现有一质量为m 的小滑块从A 点以速度v 0冲上滑槽，并且刚好能够滑到滑槽轨道的最高点C 点，忽略空气阻力。
福建省南安一中2014-2015学年高二上学期期中考试物理(
南安一中2014～2015学年度上学期期中考高二物理科试卷本试卷考试内容为：静电场和恒定电流。
满分１00分，考试时间90分钟。
注意事项：1．答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题纸上。
2．考生作答时，请将答案答在答题纸上，在本试卷上答题无效。
按照题号在各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效。
3．答案使用0．5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚。
4．保持答题纸纸面清洁，不破损。
考试结束后，将本试卷自行保存，答题纸交回。
一．选择题：本大题共12小题，每小题4分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，只有1项符合题目要求1、关于电场线，下列说法中正确的是（）A.电场线是电场中实际存在的一些曲线B.匀强电场的电场线是一组相互平行等间距的直线C.两条电场线在电场中可以交于一点D.电势降落的方向就是电场线的方向2、关于电势和电势能的说法正确的是（）A.电荷在电场中电势越高的地方电势能也越大B.电荷在电场中电势越高的地方，电量越大所具有的电势能也越大C.在正点电荷电场中的任意一点处，正电荷具有的电势能一定大于负电荷具有的电势能D.在负点电荷电场中的任意一点处，正电荷具有的电势能一定大于负电荷具有的电势能3、有一半导体材料制成的电热器，如下图中，能较正确反映通过电热器的电流强度I与电热器两端电压U之间变化的图线是（）4、如图所示，大小可以忽略不计的带有同种电荷的小球A和B相互排斥，静止时绝缘细线与竖直方向的夹角分别为α和β，且α＜β，两小球在同一水平线上，由此可知（）A．B球受到的库仑力较大，电荷量较大B．B球的质量较大C．B球受到的拉力较大D．两球接触后，再处于静止状态时，悬线的偏角α'、β'仍满足α' ＜β'5、如图所示，有三个电阻，已知R l：R2：R3=1：3：6，则电路工作时，电压U l：U2为（）A. 1：2B.1：9C.1：3D. 1：66、额定电压为U0的电灯，其均匀灯丝常温下的电阻为R，下列说法中正确的是 ( )A．常温下，若将灯丝均匀拉长为原来的10倍，则电阻变为10RB．常温下，若将灯丝从中点对折起来，电阻变为0.25RC．给灯丝加上从0到U0逐渐增大的电压，其U/I比值不变D．将灯丝温度降低到接近绝对零度时其电阻会突变为07、如图，虚线a、b和c是某静电场中的三个等势面，一带正电粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示；下列叙述中正确的是：（）A.粒子从K到N的过程中，电势能先减小后增加B. 粒子从K到N的过程中，速度先增加后减小C.粒子从K到N的过程中，加速度先增加后减小D.a、b和c三个等势面中a的电势最低.8、在如图所示的电路中，电容器C的上极板带正电.为了使该极板仍带正电且电量增大，下列办法中可采用的是（）A. 减小R1，其他电阻不变B. 增大R2，其他电阻不变C. 增大R3，其他电阻不变D. 增大R4，其他电阻不变9、空间存在着电场强度方向平行于x轴的静电场，A、M、O、N、B为x轴上的点，OA＜OB，OM＝ON，AB间的电势随x的分布为如图所示的折线，一个带电粒子在电场中仅在电场力作用下从M点由静止开始沿x轴向右运动，则下列判断中正确的是（）A．粒子一定带正电B．粒子一定能通过N点C．AO间的电场强度小于OB间的电场强度D．粒子从M向O运动过程所受电场力均匀增大10、如图所示，在绝缘的斜面上方存在着沿水平向右的匀强电场。
高中福建省南安第一中学高二上学期第一次阶段考试物理试题[答案解析]
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福建省南安第一中学【精品】高二上学期第一次阶段考试物理试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．下列关于物理学史的说法中错误的是( )A．卡文迪许巧妙地用扭秤装置测定了静电力常量B．密立根用油滴实验比较准确地测定了电子的电荷量C．法拉第提出了电场的观点D．富兰克林发现了自然界中存在两种电荷，他把一种命名为正电荷，另一种命名为负电荷2．某同学有一次不小心购买了盗版的物理参考书，做练习时，他发现有一个关键数据看不清，拿来问老师，如果你是老师，你认为可能是下列数据中的()A．6.2×10－19 C B．6.3×10－19 C C．6.4×10－19 C D．6.5×10－19 C 3．如图所示，将悬在绝缘细线上带正电的小球A放在不带电的金属空心球壳内（与内壁不接触），外加一个水平向右的场强为E的匀强电场，对于最后的结果，下列判断正确的是（）A．B的右端带正电，A向左偏B．B的右端带正电，A不偏左也不偏右C．B的左端带正电，A向右偏D．B的左端带正电，A不偏左也不偏右4．如图甲所示，由两根横截面积和长度均相同、材料不同的导线Ⅰ和Ⅱ，串联后接入电路。
将电源负极端接地，导线上任意一点的电势ϕ随该点与a点距离x的变化关系如图乙所示。
导线Ⅰ和Ⅱ的电阻率分别为1ρ、2ρ，电阻分别为1R、2R，则它们的关系正确的是()A ．12ρρ<，12R R < B ．12ρρ>，12R R < C ．12ρρ<，12R R > D ．12ρρ>，12R R >5．如图所示，水平天花板下用长度相同的绝缘轻质细线悬挂起来的两个相同的带电小球a 、b ，左边放一个带正电的固定球＋Q 时，两悬球都保持竖直方向．下面说法正确的是( )A ．a 球带正电，b 球带正电，并且a 球带电荷量较大B ．a 球带负电，b 球带正电，并且a 球带电荷量较小C ．a 球带负电，b 球带正电，并且a 球带电荷量较大D ．a 球带正电，b 球带负电，并且a 球带电荷量较小6．把八个相同的小灯泡接成如图甲、乙所示的电路，调节变阻器使灯泡正常发光，甲、乙两电路所消耗的功率分别用P 甲和P 乙表示，则下列结论中正确的是( )A ．P 乙＝P 甲B ．P 乙＝2P 甲C ．P 乙＝3P 甲D ．P 乙＝4P 甲7．质量为m 的带正电小球由空中A 点无初速自由下落，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。
福建省泉州市南安三中高二物理上学期期中试卷(含解析)
2014-2015学年福建省泉州市南安三中高二（上）期中物理试卷一．选择题（本题共14小题，共计56分，不定项选择题）1．关于电场，下列说法中正确的是（）A．只要有电荷存在，电荷周围就一定存在着电场B．电场是一种物质，是不依赖于我们的感觉而客观存在的东西C．电荷间的相互作用是通过电场而产生的，电场最基本的性质是对处在它里面的电荷有力的作用D．电场是人们假想出来的，实际并不存在2．两个分别带有电荷量﹣Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F．两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（）A． F B． F C． F D． 12F3．对公式E=，理解正确的是（）A．r→0时，E→∞B．当r→∞时，E→0C．某点场强跟点电荷Q无关，只跟该点位置r有关D．以点电荷Q为圆心，r为半径的球面上，各点场强相同4．一带电粒子从电场中的A点运动到B点，径迹如图中虚线所示，不计粒子所受重力，则（）A．粒子带正电B．粒子加速度逐渐减小C． A点的场强大于B点的场强D．粒子的速度不断减小5．如图所示，质量为m的带电小球用绝缘丝线悬挂于O点，并处在水平向左的匀强电场E 中，小球静止时丝线与竖直方向夹角为θ，若剪断丝线，则小球的加速度的大小为（）A． O B． g，方向竖直向下C．gtanθ，水平向右D．，沿绳向下6．如图所示，空间有一水平方向的匀强电场，初速度为v0的带电微粒从A点射入电场，在竖直平面内沿直线从A运动到B，在此过程中微粒的（）A．动能和电势能都减少，重力势能增加B．动能和重力势能都增加，电势能减少C．动能减少，重力势能和电势能都增加D．动能不变，重力势能增加，电势能减少7．如图所示，A、B是两个等量异种点电荷，C、D是A、B连线的中垂线上且与连线距离相等的两点，则（）A．沿直线从C到D，各点电势都相等，场强都相同B．沿直线从C到D，场强先增大后减小，电势先升高后降低C．沿直线从C到D，场强先增大后减小，各点的电势都相等D．沿直线从A到B，场强先减小后增大，电势逐渐升高8．在点电荷Q的电场中，一个α粒子（He）通过时的轨迹如图实线所示，a、b为两个等势面，则下列判断中正确的是（）A． Q可能为正电荷，也可能为负电荷B．运动中．粒子总是克服电场力做功C．α粒子经过两等势面的动能E ka＞E kbD．α粒子在两等势面上的电势能E pa＞E pb9．平行板电容器的两极板A、B接于电源两极，两极板竖直、平行正对，一带正电小球悬挂在电容器内部．闭合电键S，电容器充电，悬线偏离竖直方向的夹角为θ，如图所示，则下列说法正确的是（）A．保持电键S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ减小B．保持电键S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ增大C．电键S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ增大D．电键S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ不变10．如图所示为两电阻R1和R2的伏安特性曲线．若在两电阻两端加相同的电压，关于它们的电阻值及发热功率比较正确的是（）A．电阻R1的阻值较大B．电阻R2的阻值较大C．电阻R1的发热功率较大D．电阻R2的发热功率较大11．如图所示，滑动变阻器R的滑动片不动，当电阻箱R′的阻值增大时，电流表和电压表示数变化情况是（）A．电流表和电压表的示数都减小B．电流表示数增大，电压表示数减小C．电流表示数减小，电压表示数增大D．电流表和电压表的示数都增大12．如图所示，因线路故障，按通K时，灯L1和L2均不亮，用电压表测得U ab=0，U bc=0，U cd=4V．由此可知开路处为（）A．灯L1B．灯L2C．变阻器D．不能确定13．在家里使用电热水壶时，会发现电灯会变暗，这是因为（）A．电热水壶使电路总电流变小B．电热水壶上的电压大于电灯上的电压C．电路总电流不变，而电热水壶从电灯中分出了电流D．干路电流增大，导致干路导线上的电压增大14．在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路．调节滑动变阻器R并控制电动机停止转动时，电流表和理想电压表的示数分别为0.50A和2.0V；重新调节R并使电动机恢复正常运转时，此时电流表和电压表的示数分别为2.0A和24.0V．则这台电动机正常运转时输出功率为（）A． 32W B． 44W C． 47W D． 48W二．实验题（4+12=16分，每小格2分，电路图4分）15．在测定金属丝电阻率的实验中，如图所示，用螺旋测微器测得金属丝的直径d= mm．若用多用电表测得金属丝阻值为R，实验中测出金属丝的长度为L，则该金属丝电阻率的表达式ρ=（用以上符号表示）．16．通过实验描绘一个“2.5V 0.2W”小灯泡的伏安特性曲线，可供选择的实验器材有：A．量程0∽0.6A，电阻0.2Ω的电流表；B．量程0∽100mA，电阻5Ω的电流表；C．量程0∽3V，电阻10kΩ的电压表；D．量程0∽15V，电阻50kΩ的电压表；E．最大阻值为20Ω，额定电压流为0.1A的滑动变阻器；F．最大阻值为1kΩ，额定电压流为0.1A的滑动变阻器；G．蓄电池6V、导线、电键等；要求实验中灯泡电压从零开始逐渐增大．（1）电压表选用，电流表选用，滑动变阻器选用（填器材代号）；（2）若实验操作读数都正确，得到的图线如图，弯曲的原因是（3）画出电路图．三．计算题（共3题，6+10+12=28分）17．在如图所示的电路中，若R1=4Ω，R3=6Ω，电池内阻r=0.6Ω，则电源的总功率为40W，而输出功率为37.6W，求电源的电动势和电阻R2．18．如图所示，竖直放置的光滑圆环上，穿过一个绝缘小球，小球质量为m，带电量为q，整个装置置于水平向左的匀强电场中．今将小球从与环心O在同一水平线上的A点由静止释放，它刚能顺时针方向运动到环的最高点D，而速度为零，求：（1）电场强度大小为多大？（2）小球到达最低点B时对环的压力为多大？19．如图所示，质量为5×10﹣8kg的带电微粒以v0=2m/s速度从水平放置的平行金属板A、B 的中央飞入板间．已知板长L=10cm，板间距离d=2cm，当U AB=103V时，带电微粒恰好沿直线穿过板间，则AB间所加电压在什么范围内带电微粒能从板间飞出？2014-2015学年福建省泉州市南安三中高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一．选择题（本题共14小题，共计56分，不定项选择题）1．关于电场，下列说法中正确的是（）A．只要有电荷存在，电荷周围就一定存在着电场B．电场是一种物质，是不依赖于我们的感觉而客观存在的东西C．电荷间的相互作用是通过电场而产生的，电场最基本的性质是对处在它里面的电荷有力的作用D．电场是人们假想出来的，实际并不存在考点：电场．分析：解答本题需掌握：电场是电荷周围空间里存在的一种特殊物质，电场这种物质与通常的实物不同，它不是由分子原子所组成，但它是客观存在的；电场具有通常物质所具有的力和能量等客观属性，电场的力的性质表现为，电场对放入其中的电荷有作用力，这种力称为电场力，电场的能的性质表现为，当电荷在电场中移动时，电场力对电荷作功（这说明电场具有能量）；电场线是为了直观形象地描述电场分布，在电场中引入的一些假想的曲线，曲线上每一点的切线方向和该点电场强度的方向一致，曲线密集的地方场强强，稀疏的地方场强弱．解答：解：A、电荷周围空间里存在的一种特殊物质，这种物质即为电场，故A正确；B、电场是电荷周围空间里存在的一种特殊物质，电场这种物质与通常的实物不同，但它是客观存在的，故B正确；C、电场的力的性质表现为，电场对放入其中的电荷有作用力，这种力称为电场力，故C正确；D、电场是电荷周围空间里存在的一种特殊物质，电场这种物质与通常的实物不同，它是客观存在的，故D错误；故选ABC．点评：本题关键要分清楚电场与电场线的关系，电场是一种客观存在，电场线是为形象描述电场而假想的曲线．2．两个分别带有电荷量﹣Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F．两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（）A． F B． F C． F D． 12F考点：库仑定律．分析：清楚两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分．根据库仑定律的内容，根据变化量和不变量求出问题．解答：解：接触前两个点电荷之间的库仑力大小为F=k，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带点为+Q，距离又变为原来的，库仑力为F′=k，所以两球间库仑力的大小为 F．故选：B．点评：本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题．注意两电荷接触后各自电荷量的变化，这是解决本题的关键．3．对公式E=，理解正确的是（）A．r→0时，E→∞B．当r→∞时，E→0C．某点场强跟点电荷Q无关，只跟该点位置r有关D．以点电荷Q为圆心，r为半径的球面上，各点场强相同考点：点电荷的场强．专题：电场力与电势的性质专题．分析：知道点电荷场强公式E=是根据E=推导产生的，其中Q是场源电荷，F为场源电荷对试探电荷的库仑力．电场强度是矢量，有大小和方向．解答：解：A、点电荷场强公式是根据E=推导产生的，其中F为场源电荷对试探电荷的库仑力．当r趋向0时，就不适用库仑力公式F=中距离的要求，故A错误．B、当r→∞时，也就是距离场源电荷距离很远，所以E→0，故B正确．C、点电荷场强公式E=，其中Q是场源电荷，某点场强跟点电荷Q有关，也跟该点位置r有关，故C错误．D、以点电荷Q为圆心，r为半径的球面上，各点场强大小相等，方向不同，电场强度是矢量，有大小和方向，所以各点场强不相同．故D错误．故选B．点评：解本题关键要正确理解点电荷场强公式E=中各个物理量的含义，以及公式适用的条件．4．一带电粒子从电场中的A点运动到B点，径迹如图中虚线所示，不计粒子所受重力，则（）A．粒子带正电B．粒子加速度逐渐减小C． A点的场强大于B点的场强D．粒子的速度不断减小考点：电场强度；电场线．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场力作用下从A到B，由运动与力关系可知，电场力方向大体指向运动轨迹弯曲一侧，即可判断带电粒子带负电；电场线的疏密表示电场强度的强弱．根据牛顿第二定律分析加速度的关系，由动能定理分析速度的关系．解答：解：A、由图知：粒子从A到B，粒子的轨迹向左弯曲，电场力逆着电场线方向，所以粒子带负电．故A错误．B、从A到B，电场线越来越疏，所以电场强度不断减小，电场力也减小，加速度减小，故B 正确．C、由于A处电场线较密，则A处场强较大，故C正确．D、由图所示，粒子从A到B，电场力逆着电场线方向，所以电场力对带电粒子做负功，其电势能增大，动能减小，因此粒子的速度不断减小，故D正确．故选：BCD．点评：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；电场线的疏密表示电场强度的强弱．5．如图所示，质量为m的带电小球用绝缘丝线悬挂于O点，并处在水平向左的匀强电场E 中，小球静止时丝线与竖直方向夹角为θ，若剪断丝线，则小球的加速度的大小为（）A． O B． g，方向竖直向下C．gtanθ，水平向右D．，沿绳向下考点：电场强度；牛顿第二定律．分析：剪断细线后，小球受到重力和电场力，合力恒定，故做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度．解答：解：小球受重力、电场力和拉力处于平衡，如左图所示，根据共点力平衡得，绳子的拉力T=，剪断绳子后，重力和电场力不变，两个力的合力等于绳子的拉力，如右图所示，则F合=T=，根据牛顿第二定律得，加速度a==，方向沿绳子方向向下．故D正确．故选：D点评：本题关键是对小球受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解拉力的大小，最后根据牛顿第二定律求加速度．6．如图所示，空间有一水平方向的匀强电场，初速度为v0的带电微粒从A点射入电场，在竖直平面内沿直线从A运动到B，在此过程中微粒的（）A．动能和电势能都减少，重力势能增加B．动能和重力势能都增加，电势能减少C．动能减少，重力势能和电势能都增加D．动能不变，重力势能增加，电势能减少考点：带电粒子在匀强电场中的运动；电势能．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：带点小球做直线运动，所以所受合力方向与运动方向在同一直线上，根据重力和电场力做功的正负判断动能、电势能、重力势能的变化．解答：解：带点小球做直线运动，所以所受合力方向与运动方向在同一直线上，如果电场力水平向右，如图所示，则两力的合力不可能沿虚线方向．故电场力只能水平向左，如图所示，则两力的合力可沿虚线方向．所以小球电场力方向水平向左，物体在竖直平面内沿直线从A运动到B的过程中，高度升高所以重力做负功，重力势能增加；电场力做负功，电势能增加；根据动能定律，合力做负功，所以动能减小；故C正确．故选：C点评：本题考查了重力做功与重力势能和电场力做功与电势能的关系，难度不大，属于基础题．7．如图所示，A、B是两个等量异种点电荷，C、D是A、B连线的中垂线上且与连线距离相等的两点，则（）A．沿直线从C到D，各点电势都相等，场强都相同B．沿直线从C到D，场强先增大后减小，电势先升高后降低C．沿直线从C到D，场强先增大后减小，各点的电势都相等D．沿直线从A到B，场强先减小后增大，电势逐渐升高考点：电场线；电场的叠加．分析：根据等量的异种电荷的电场的分布的规律，在中垂线上，电场方向始终垂直中垂线且指向负电荷，并且中垂线上的电势都为零，由此可以分析电场力和电势能的变化．解答：解：A、在中垂线上，电场方向始终垂直中垂线且指向负电荷，但是电场强度的大小不同，在正中间的电场强度最大，向两边逐渐的减小；电场方向始终垂直中垂线，所以沿直线从C到D是一条等势线，各点的电势是相等的，所以AB错误，C正确；D、从负电荷到正电荷，电势是逐渐升高的，所以从A到B，电势逐渐升高；离电荷越近，电荷的场强越大，所以从A到B，场强先减小后增大，所以D正确．故选：CD点评：该题考查等量异种点电荷的电场线的分布与特点，要求学生了解等量异种电荷的电场线及电场特点，并能判断电场的变化．8．在点电荷Q的电场中，一个α粒子（He）通过时的轨迹如图实线所示，a、b为两个等势面，则下列判断中正确的是（）A． Q可能为正电荷，也可能为负电荷B．运动中．粒子总是克服电场力做功C．α粒子经过两等势面的动能E ka＞E kbD．α粒子在两等势面上的电势能E pa＞E pb考点：等势面；电势能．分析：从粒子运动轨迹看出，轨迹向左弯曲，可知带电粒子受到了排斥力作用，从a到b过程中，电场力做负功，反之，远离Q的过程电场力做正功．可判断电势能的大小和动能大小以及Q的电性．解答：解：A、根据运动轨迹可知，带电粒子受到了排斥力作用，故Q为正电荷，故A错误；B、根据运动轨迹可知，带电粒子受到了排斥力作用，从a到b过程中，电场力做负功；反之，远离Q的过程电场力做正功，故B错误；C、D、根据运动轨迹可知，带电粒子受到了排斥力作用，从a到b过程中，电场力做负功，因此动能减小电势能增大，，．故C正确，D错误；故选：C点评：该题考查轨迹问题，首先要根据弯曲的方向判断出带电粒子所受电场力方向，确定是排斥力还是吸引力．由动能定理分析动能和电势能的变化是常用的思路9．平行板电容器的两极板A、B接于电源两极，两极板竖直、平行正对，一带正电小球悬挂在电容器内部．闭合电键S，电容器充电，悬线偏离竖直方向的夹角为θ，如图所示，则下列说法正确的是（）A．保持电键S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ减小B．保持电键S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ增大C．电键S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ增大D．电键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；电容器的动态分析．专题：电场力与电势的性质专题．分析：保持电键S闭合时，电容器板间电压不变，由E=分析板间场强的变化，判断板间场强的变化，确定θ的变化．电键S断开，根据推论可知，板间场强不变，分析θ是否变化．解答：解：A、B、保持电键S闭合时，电容器板间电压不变，带正电的A板向B板靠近时，板间距离d减小，由E=分析得知，板间场强增大，小球所受电场力增大，则θ增大．故A错误，B正确．C、D、电键S断开，电容器的带电量不变，根据公式，U=Ed、，有：E=，即电场强度与极板间距无关；故板间场强不变，小球所受电场力不变，则θ不变，故C错误，D正确．故选：BD．点评：解答本题的关键是抓住不变量进行分析，当电容器保持与电源相连时，其电压不变；当电容器充电后断开时，其电量不变．10．如图所示为两电阻R1和R2的伏安特性曲线．若在两电阻两端加相同的电压，关于它们的电阻值及发热功率比较正确的是（）A．电阻R1的阻值较大B．电阻R2的阻值较大C．电阻R1的发热功率较大D．电阻R2的发热功率较大考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：图象的斜率表示电阻的倒数，很容易比较出两电阻的大小．再根据功率的公式P=，比较两电阻的发热功率．解答：解：A、B：因为该图象是I﹣U图线，图象的斜率表示电阻的倒数，斜率越大，电阻越小，所以R2的阻值大于R1的阻值．故A错误、B正确．C、D：根据功率的公式P=，电压相同，电阻大的功率小，所以R1的发热功率大．故C正确、D错误．故选BC．点评：解决本题的关键是搞清I﹣U图线的斜率表示什么．11．如图所示，滑动变阻器R的滑动片不动，当电阻箱R′的阻值增大时，电流表和电压表示数变化情况是（）A．电流表和电压表的示数都减小B．电流表示数增大，电压表示数减小C．电流表示数减小，电压表示数增大D．电流表和电压表的示数都增大考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：图中电阻箱R′与滑动变阻器R的下半部分并联后再与上半部分串联；当R′增加后，外电路总电阻增加，根据闭合电路欧姆定律得到干路电流的变化情况；根据U=E﹣I（r+R上）得到并联部分的电压变化情况，根据欧姆定律得到变阻器R下半部电阻R下的电流变化情况，最后根据串并联电路的电流关系得到电流表读数变化情况．解答：解：图中电阻箱R′与滑动变阻器R的下半部分并联后再与上半部分串联；当R′增加后，外电路总电阻增加，根据闭合电路欧姆定律得到干路电流减小；根据U=E﹣I（r+R上）得到并联部分的电压增加；根据欧姆定律得到变阻器R下半部电阻R下的电流变大；根据串并联电路的电流关系，通过电流表读数一定是变小，故C正确．点评：本题关键是明确电路结构，然后按照局部→整体→局部的顺序分析，清楚串并联电路的特点，难度不大．12．如图所示，因线路故障，按通K时，灯L1和L2均不亮，用电压表测得U ab=0，U bc=0，U cd=4V．由此可知开路处为（）A．灯L1B．灯L2C．变阻器D．不能确定考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：对于完好的电阻，阻值一定，电流I=0时，根据欧姆定律可知，其电压U=IR=0．若发生断路，其两端电压等于电源的电动势．解答：解：A、B对于完好的电阻，阻值一定，电流I=0时，根据欧姆定律可知，其电压U=IR=0．由题：U ab=0，U bc=0，则可知：灯L1、L2没有发生断路．故AB错误C、由题U cd=4V，则变阻器发生断路，因为断路时，电流无电流，其两端的电势分别等于电源两极的电势，其电势差等于电源的电动势．故C正确．D、由上述分析可知D错误．故选：C点评：本题是电路中故障分析问题，往往哪段电路的电压等于电源的电压，哪段电路发生断路，可用电压即为电势差来理解．13．在家里使用电热水壶时，会发现电灯会变暗，这是因为（）A．电热水壶使电路总电流变小B．电热水壶上的电压大于电灯上的电压C．电路总电流不变，而电热水壶从电灯中分出了电流D．干路电流增大，导致干路导线上的电压增大考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：可画出线路图．根据电路中电阻的变化，由欧姆定律分析电路中电流的变化，根据串联电路电阻的分压特点可知灯泡两端的电压变化．解答：解：A、C可画出线路图如图所示，R表示干路等效电阻．S闭合时，在使用电热水壶时，并联电路变小，整个电路的电阻变小，根据欧姆定律可知，干路中的总电流变大；故AC错误．B、由于电热水壶与灯泡并联，两者的电压相等．故B错误．D、根据串联电路电阻的分压特点可知，干路R两端的电压变大，而并联部分的电压减小，即灯泡两端的电压减小，所以根据P=UI可知，电源电压不变时，整个电路总功率变大，电灯会变暗．故D正确．点评：本题考查了串联电路和并联电路的特点，以及欧姆定律、电功率公式的应用，关键是知道串联电路电阻的分压特点，并用来进行动态变化分析．14．在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路．调节滑动变阻器R并控制电动机停止转动时，电流表和理想电压表的示数分别为0.50A和2.0V；重新调节R并使电动机恢复正常运转时，此时电流表和电压表的示数分别为2.0A和24.0V．则这台电动机正常运转时输出功率为（）A． 32W B． 44W C． 47W D． 48W考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：从电路图中可以看出，电动机和滑动变阻器串联，电压表测量电动机两端的电压，电流表测量电路电流，根据公式R=可求电动机停转时的电阻；利用公式P=UI可求电动机的总功率，根据公式P=I2R可求电动机克服本身阻力的功率，总功率与电动机克服自身电阻功率之差就是电动机的输出功率．解答：解：电动机的电阻为：R==4Ω；电动机的总功率为：P=U1I1=24V×2A=48W；克服自身电阻的功率为：P R=I12R=（2A）2×4Ω=16W；电动机正常运转时的输出功率是：P输出=P﹣P R=48W﹣16W=32W．故选：A．点评：本题考查电阻、功率的有关计算，关键是明白电路中各个用电器的连接情况，要知道非纯电阻电路的功率的计算方法，这是本题的重点和难点．二．实验题（4+12=16分，每小格2分，电路图4分）15．在测定金属丝电阻率的实验中，如图所示，用螺旋测微器测得金属丝的直径d= 0.700 mm．若用多用电表测得金属丝阻值为R，实验中测出金属丝的长度为L，则该金属丝电阻率的表达式ρ=（用以上符号表示）．考点：测定金属的电阻率．专题：实验题．分析：螺旋测微器固定刻度与可动刻度的示数之和是螺旋测微器的示数；根据实验所测数据，应用电阻定律可以求出金属丝的电阻率．解答：解：（1）由图甲所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0.5mm，可动刻度所示为23.0×0.01mm=0.230mm，螺旋测微器的示数为0.5mm+0.200mm=0.700mm．（2）金属丝电阻：，金属丝电阻率：．故答案为：0.700，点评：螺旋测微器固定刻度与可动刻度的示数之和是螺旋测微器的示数，对螺旋测微器读数时要注意估读．16．通过实验描绘一个“2.5V 0.2W”小灯泡的伏安特性曲线，可供选择的实验器材有：A．量程0∽0.6A，电阻0.2Ω的电流表；B．量程0∽100mA，电阻5Ω的电流表；C．量程0∽3V，电阻10kΩ的电压表；D．量程0∽15V，电阻50kΩ的电压表；E．最大阻值为20Ω，额定电压流为0.1A的滑动变阻器；F．最大阻值为1kΩ，额定电压流为0.1A的滑动变阻器；G．蓄电池6V、导线、电键等；要求实验中灯泡电压从零开始逐渐增大．（1）电压表选用 C ，电流表选用 B ，滑动变阻器选用 E （填器材代号）；（2）若实验操作读数都正确，得到的图线如图，弯曲的原因是丝的电阻随温度的升高而增大（3）画出电路图．考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．专题：实验题；恒定电流专题．分析：（1）器材的选取需安全、精确，根据灯泡的额定电流选择合适的电流表．根据滑动变阻器的额定电流确定合适的滑动变阻器．（2）考虑温度对灯丝电阻率的影响，随着电压的增大，电阻丝温度升高，电阻增大（3）由于灯泡的电压和电流需从零开始测起，则滑动变阻器采用分压式接法，根据灯泡电阻的大小确定电流表的内外接．解答：解：（1）灯泡额定电压为2.5V，故电压表选择3V量程的C；电流I===0.08A，所以电流表的量程选择B；灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，使用选择电阻值比较小的E、滑动变阻器R1．（2）由于温度升高，电阻变化，所以描绘出的I﹣U图线是曲线．（3）因为灯泡的电压和电流需从零开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法，灯泡的电阻大约为13Ω，远小于电压表的内阻，属于小电阻，所以电流表采用外接法，电路图如图所示。
高二物理月考试题及答案-福建南安国光中学-2015学年高二上学期第一次阶段性考试
南安国光中学2014秋季第一次阶段性考试高二物理第Ⅰ卷注意事项： ①考试时间90分钟，试卷总分100分②选择题答案转填到第Ⅱ卷 ③考试结束后，交卷只交第Ⅱ卷一、选择题（共14小题，每题4分，共56分，每题只有一个最佳选项） 1、下列公式中，既适用于点电荷产生的静电场，也适用于匀强电场的有( ) ①场强E=F/q ②场强E=U/d ③场强E=kQ/r 2④电场力做功W=UqA ．①③B ．②③C ．①④D ．②④2、下列关于起电的说法错误的是( )A ．静电感应不是创造电荷，只是电荷从物体的一个部分转移到了另一个部分B ．摩擦起电时，失去电子的物体带正电，得到电子的物体带负电C ．摩擦和感应都能使电子转移，只不过前者使电子从一个物体转移到另一个物体上，而后者则使电子从物体的一部分转移到另一部分D ．一个带电体接触一个不带电的物体，两个物体可能带上异种电荷3、在电场中的某点放一个试探电荷，其电荷量为q ，受到的电场力为F ，则该点的电场强度为qFE =，下列说法正确的是( ) A ．若移去试探电荷，则该点的电场强度为0B ．若试探电荷的电荷量变为4q ，则该点的场强变为4EC ．若放置到该点的试探电荷变为－2q ，则该点的场强大小不变，但方向相反D ．若放置到该点的试探电荷变为－2q ，则该点的场强大小方向均不变 4、关于qW U ABAB =和AB AB qU W =的理解，正确的是( ) A ．电场中的A 、B 两点的电势差和两点间移动电荷的电量q 成反比 B ．在电场中A 、B 两点间沿不同路径移动相同电荷，路径长时AB W 较大 C ．AB U 与q 、AB W 无关，甚至与是否移动电荷都没有关系 D ．AB W 与q 、AB U 无关，与电荷移动的路径无关5、关于电势和电势能下列说法中正确的是( )A. 在电场中，电势高的地方，电荷在该点具有的电势能就大；B. 在电场中，电势高的地方，放在该点的电荷的电量越大，它所具有的电势能也越大；C. 在电场中的任何一点上，正电荷所具有的电势能一定大于负电荷具有的电势能；D. 在负的点电荷所产生的电场中任何一点上，正电荷所具有的电势能一定小于负电荷所具有的电势能。
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南安国光中学2014秋季第一次阶段性考试
高二物理
第Ⅰ卷
注意事项： ①考试时间90分钟，试卷总分100分②选择题答案转填到第Ⅱ卷 ③考试结束后，交卷只交第Ⅱ卷
一、选择题（共14小题，每题4分，共56分，每题只有一个最佳选项） 1、下列公式中，既适用于点电荷产生的静电场，也适用于匀强电场的有( ) ①场强E=F/q ②场强E=U/d ③场强E=kQ/r 2
④电场力做功W=Uq A ．①③
B ．②③
C ．①④
D ．②④
2、下列关于起电的说法错误的是( )
A ．静电感应不是创造电荷，只是电荷从物体的一个部分转移到了另一个部分
B ．摩擦起电时，失去电子的物体带正电，得到电子的物体带负电
C ．摩擦和感应都能使电子转移，只不过前者使电子从一个物体转移到另一个物体上，而后者则使电子从物体的一部分转移到另一部分
D ．一个带电体接触一个不带电的物体，两个物体可能带上异种电荷
3、在电场中的某点放一个试探电荷，其电荷量为q ，受到的电场力为F ，则该点的电场强度为q
F
E =
，下列说法正确的是( ) A ．若移去试探电荷，则该点的电场强度为0
B ．若试探电荷的电荷量变为4q ，则该点的场强变为4E
C ．若放置到该点的试探电荷变为－2q ，则该点的场强大小不变，但方向相反
D ．若放置到该点的试探电荷变为－2q ，则该点的场强大小方向均不变 4、关于q
W U AB
AB =
和AB AB qU W =的理解，正确的是( ) A ．电场中的A 、B 两点的电势差和两点间移动电荷的电量q 成反比 B ．在电场中A 、B 两点间沿不同路径移动相同电荷，路径长时AB W 较大 C ．AB U 与q 、AB W 无关，甚至与是否移动电荷都没有关系 D ．AB W 与q 、AB U 无关，与电荷移动的路径无关
5、关于电势和电势能下列说法中正确的是( )
A. 在电场中，电势高的地方，电荷在该点具有的电势能就大；
B. 在电场中，电势高的地方，放在该点的电荷的电量越大，它所具有的电势能也越大；
C. 在电场中的任何一点上，正电荷所具有的电势能一定大于负电荷具有的电势能；
D. 在负的点电荷所产生的电场中任何一点上，正电荷所具有的电势能一定小于负电荷所具
有的电势能。
6、下列说法中正确的是( )
A. 在场强较小处，电荷在该处的电势能也较小；
B. 电荷在场强为零处的电势能也为零；
C. 在场强相等的各点，电荷的电势能必相等；
D. 在选定为零电势的位置处，任何电荷的电势能必为零。
7、如图所示的直线是真空中某电场的一条电场线，A 、B 是这条直线上的两点。
一电子以速度A V 经过A 点向B 点运动，经过一段时间后，电子以速度B V 经过B 点，且B V 与A V 方向相反，则( )
A ．A 点的场强一定大于
B 点的场强 B ．A 点的电势一定低于B 点的电势
C ．电子在A 点的动能一定小于它在B 点的动能
D ．电子在A 点的电势能一定小于它在B 点的电势能
8、如图所示，虚线a 、b 、c 代表静电场中的三个等势面,它们的电势分别为a ϕ、b ϕ和c ϕ，a ϕ>b ϕ>c ϕ一带正电的粒子射入电场中，不计重力作用，其运动轨迹如图中实线KLMN 所示。
则下列说法错误的是( )
A．粒子从K到L的过程中，电场力做负功
B．粒子从L到M的过程中，电场力做负功
C．粒子从K到L的过程中，电势能增加
D．粒子从M到N的过程中，动能增加
9、如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点，可以判定( )
A．带电粒子带负电
B．M点的电势大于N点的电势
C．粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力
D．粒子在M点的电势能小于在N点的电势能
10、如图所示，在y轴上关于O点对称的A、B两点有等量同种点电荷＋Q，在x轴上C点有点电荷－Q，且CO = OD，∠ADO = 60°，下列判断正确的是( )
A．O点电场强度为零
B．D点电场强度为零
C．若将点电荷＋q从O点移向C点，电势能增大
D ．若将点电荷－q 从O 点移向C 点，电势能减少
11、带电粒子M 只在电场力作用下由P 点运动到Q 点，在此过程中克服电场力做了
J 6106.2-⨯的功．那么( )
A ．M 在P 点的电势能一定小于它在Q 点的电势能
B ．P 点的场强一定小于Q 点的场强
C ．P 点的电势一定高于Q 点的电势
D ．M 在P 点的动能一定小于它在Q 点的动能
12、a 、b 、c 、d 是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点.电场线与矩形所在平面平行。
已知a 点的电势为20 V ，b 点的电势为24 V ，d 点的电势为4 V ，如图，由此可知c 点的电势为( )
A ．4 V
B ．8 V
C ．12 V
D ．24 V
13、如图所示为一空腔球形导体(不带电)，现在将一个带正电的小金属球A 放入空腔中，当静电平衡时，图中a 、b 、c 三点电势ϕ的关系是( )
A ． c b a ϕϕϕ>>
B ． c b a ϕϕϕ=>
C ． c b a ϕϕϕ>=
D ．c b a ϕϕϕ==
14、如图所示，带电量相等、质量不同的带电粒子a 和b 从带电平行板M 的边缘沿平行于极板的方向进入M 、N 两极板间的匀强电场中，都恰好能从N 板的右缘飞出，不计重力作用，
则( )
A 、两粒子进入电场时的动能一定相等
B 、两粒子进入电场时的初速度的大小一定相等
C 、两粒子飞出电场时的动能一定不相等
D 、两粒子飞出电场时的速度大小一定相等
二、计算题（共4题，共44分）
15、（8分）如图所示,在真空中用等长的绝缘丝线分别悬挂两个点电荷A 和 B,其电荷量分别为q +和q -.在水平方向的匀强电场作用下,两悬线保持竖直,此时A 、B 间的距离为L.求该匀强电场场强的大小和方向。
16、（10分）如图所示，在匀强电场中，有A ．B 两点，它们间距为2cm ，两点的连线与场强方向成60°角。
将一个电量为-2×10-3
C 的电荷由A 移到B ，其电势能增加了0．1J 。
则：
（1）在此过程中，电场力对该电荷做了多少功； （2）A ．B 两点的电势差U AB 为多少； （3）匀强电场的场强为多大。
17、（12分）如图所示，一质子（带电量为+e）由静止经电压U0加速后，进入两块间距为d、电压为U的平行金属板之间，若质子从两板正中间垂直于电场方向射入，且刚好能从极板边缘穿出电场。
试求：
（1）金属板的长度L；
（2）质子穿出电场时的动能。
18、（14分）如图所示，一带电荷量为＋q、质量为m的小球，从距地面高2h处以一定的初速度水平抛出，在距抛出点水平距离为s处有根管口比小球一样大的竖直细管，细
管的上口距地面高为h，为了使小球能无碰撞地落进管口通过管子，可在管子上方整个区域内加一水平向左的匀强电场，求：
(1)小球的初速度；
(2)应加电场的电场强度；
(3)小球落地时的动能。
15．解:分析A ：由平衡条件得：
方向为水平向左
16、
（
1
）-0．1J ；（2）50V ；（3）5．0×103
V/m 。
17． （1）
（2）02
eU E U
e
K -= )2
(0U
U e E K +=
解析：(1)由题意知，小球落到管口时的水平速度为零，设运动时间为t ，则 竖直方向有h ＝12gt 2
，
水平方向有s ＝v 0
2t ，
联立解得v 0＝s
2g h。
(2)电场力做的功等于小球的动能变化， 有qE·s＝12mv 20，解得E ＝mgs
hq
(3)小球落地时只具有竖直方向的速度， 动能E k ＝mg·2h＝2mgh
22
l
q k qE =2l q k E =。