2015-2016学年广东省揭阳三中高二(上)第一次段考物理试卷

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广东省揭阳市第三中学2016-2017学年高二上学期第一次

揭阳三中2016―2017学年度第一学期高二级第1次月考化学试题可能用到的相对原子质量：O 16 H 1 S 32 C 12一、选择题：（42分）本题共7小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。

1．下列说法正确的是A．等质量的白磷蒸气和白磷固体分别完全燃烧，后者放出的热量多B．人类日常利用的煤、天然气、石油等的能量，归根到底是由太阳能转变来的C．燃烧热是指1mol物质完全燃烧时放出的热量D．在101 kPa、25 ℃时，2 g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ的热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH＝－285.8kJ·mol-12．未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生。

下列属于未来新能源标准的是①天然气②太阳能③风能④石油⑤煤⑥生物质能⑦氢能A．①②③④B．②③⑥⑦C．①②⑤⑥⑦D．③④⑤⑥⑦3．下列反应既属于离子反应，又属于氧化还原反应的放热反应是（）A．甲烷在氧气中的燃烧反应B．灼热的碳与CO2反应C．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl固体反应D．铝片与稀盐酸反应4．反应物浓度均为0.10 mol/L，下列各组反应中，反应速率最大的是A．0℃H2+F2===2HF B．40℃H2+Cl2=== 2HClC．200℃H2+Br2(g) ===2HBr D．300℃H2+I2(g) ===2HI5.反应4A（s）＋3B（g）2C（g）+D（g），经2min，B的浓度减少0.6mol/L，对此反应速率的表示，正确的是A.用A表示的反应速率是0.4 mol·L－1·min－1B.分别用B、C、D表示反应速率，其比值是3：2：1C.在2min末的反应速率，用B表示是0.3 mol·L－1·min－1D.在这2min内用B和C表示的反应速率的值都逐渐减小6.下列判断正确的是A.0.1mol/L盐酸和0.1mol/L醋酸分别与0.2mol/L氢氧化钠溶液反应的速率相同B.0.1mol/L盐酸和0.1mol/L硫酸分别与大小相同的大理石反应的速率相同C.大理石块与大理石粉末分别与0.1mol/L盐酸反应的速率不同D.铝和铁分别与0.1mol/L硫酸的反应速率相同7.甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是：①CH3OH(g)＋H2O(g) = CO2 (g)＋3H2(g) ∆H = + 49.0 kJ·mol－1②CH3OH(g)＋1/2O2(g) = CO2(g)＋2H2(g) ∆H =－192.9 kJ·mol－1下列说法正确的是A. CH3OH的燃烧热为192.9 kJ·mol－1图1B.反应①中的能量变化如图1所示C.CH3OH转变成H2的过程一定要吸收能量D.根据②推知反应：CH3OH(l)+1/2O2(g) = CO2(g)+ 2H2(g)的∆H＞－192.9 kJ·mol－1二、填空题（58分）8.（18分,每空2分）50ml 0. 5mol·L－1的盐酸与50ml0.55mol·L－1的NaOH 溶液在下图所示的装置中进行中和反应。

高二上学期第一次月考物理(附答案解析)

高二上学期第一次月考物理（附答案解析）考生注意：1.本试卷满分100分，考试时间75分钟。

2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。

3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。

选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．。

4.本卷命题范围：新人教必修第三册第九章~第十一章第3节。

一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分.第1~8题只有一项符合题目要求；第9~12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1.如图甲所示为人体的细胞膜模型图，由磷脂双分子层组成，双分子层之间存在电压（医学上称为膜电位）.现研究某小块厚度均匀的细胞膜，厚度为d，膜内的电场可看作匀强电场，简化模型如图乙所示.初速度可视为零的一价氯离子仅在电场力的作用下，从图乙中的A点运动到B点，下列说法正确的是（）甲乙A.A点电势高于B点电势B.氯离子的电势能增大C.氯离子的加速度变大D.若膜电位不变，当d增大时，氯离子进入细胞内的速度不变2.心脏除颤器是通过一个充电的电容器对心颤患者皮肤上的两个电极板放电，让一部分电荷通过心脏，使心脏完全停止跳动，再刺激心颤患者的心脏恢复正常跳动的仪器.如图所示是一次心脏除颤器的模拟治疗，该心脏除颤器的电容器电容为15μF，充电后电容器的电压为4.0kV，如果电容器在2.0ms时间内完成放电，下列说法正确的是（）A.放电之前，电容器存储的电荷量为6×104CB.放电过程中通过人体的电流平均值为30AC.放电之后，电容器的电容为零D.放电之后，电容器的电压仍为4kV3.空间存在沿x轴的电场，x轴上各点电势φ随坐标x变化的关系如图所示，则下列说法正确的是（）A.在x 1处电场强度最大B.在0~ x 1间只有一点电场强度的大小为001E x ϕ=C.将电子由x 1处移到x 3处的过程中，电场力做正功D.质子在x 2处电势能为零，受到的电场力也为零4.在显像管的电子枪中，炽热的金属丝不断放出电子进入电压为U 的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积为S 、长为L 的电子束.已知电子的电荷量为e 、质量为m ，射出加速电场时单位长度电子束内的电子个数为N ，则电子束的电流为（）A.B.C.D.5.如图所示为某一点电荷所形成的一簇电场线，a 、b 、c 三条虚线为三个带电粒子以相同的速度从O 点射入电场的运动轨迹，其中b 虚线为一圆弧，AB 的长度等于BC 的长度，且三个粒子的电荷量大小相等，不计粒子重力.下列说法正确的是（）A.a 一定是正粒子的运动轨迹，b 和c 一定是负粒子的运动轨迹B.a 虚线对应的粒子的加速度越来越小，b 、c 虚线对应的粒子的加速度越来越大C.a 粒子的动能减小，b 粒子的动能不变，c 粒子的动能增大D.b 虚线对应的粒子的质量大于c 虚线对应的粒子的质量6.如图所示，平行板电容器与电源连接，下极板B 接地，开关S 闭合后，一带电油滴在电容器中的P 点处于静止状态，下列说法正确的是（）A.油滴带负电B.保持开关S 闭合，A 板竖直上移一小段距离的过程中，电流计中电流方向向右C.保持开关S 闭合，A 板竖直上移一小段距离，P 点的电势升高D.开关S 闭合后再断开，A 板水平向左移动一小段距离，带电油滴的电势能增大7.半径为R 的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O 点，环上均匀分布着电量为Q 的正电荷，点A 、B 、C 将圆环三等分，取走A 、B 处两段弧长均为ΔL 的小圆弧上的电荷，将一点电荷q 置于OC 延长线上距C 点为2R 的D 点，O 点的电场强度刚好为零，圆环上剩余电荷分布不变，则q 为（）A.正电荷，9Δ2Q Lq R π=B.负电荷，9Δ2Q Lq R π=C.正电荷，2ΔQ Lq Rπ=D.负电荷，2ΔQ Lq Rπ=8.如图所示，abc 是竖直面内的光滑绝缘固定轨道，ab 水平，b c 是与ab 相切于b 点且半径为R 的14圆弧，所在空间有方向平行于ab 向右的匀强电场，电场强度大小为mgE q=.在轨道上P 点由静止释放一个质量为m 、电荷量为q （q >0）的小球，小球飞出轨道后达到的最高点为Q （图中未画出）.若小球可视为质点，重力加速度大小为g ，Q 与C 点的高度差为3R，则可知（）A.Q 在C 点的正上方B.3R Pb =C.从c 到Q 的过程中，小球的动能不变D.从b 到c 的过程中，小球对轨道的最大压力为13mg ⎛⎫ ⎪⎝⎭9.两个电阻R 1、R 2的伏安特性曲线如图所示，由图可知（）A.R 1的阻值为1ΩB.R 2的电阻随电压的增大而减小C.R 1为线性元件，R 2为非线性元件D.当U=1V时，R2的电阻等于R1的电阻10.多级加速器原理如图甲所示，多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，圆筒的长度依照一定的规律依次增加，圆筒和交变电源两极交替相连，交变电压变化规律如图乙所示.在t=0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，此时位于序号为0的金属圆板中央的一个电子，在电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒.若已知电子的质量为m、电荷量为e，电压的绝对值为U0，周期为T，电子通过圆筒间隙的时间忽略不计，为使其能不断加速，下列说法正确的是（）甲乙A.金属圆筒内部场强处处为零，电子在圆筒内做匀速运动B.t=3T时，电子刚从7号圆筒中心出来C.电子离开第8D.第n11.如图甲所示为静电除尘的原理结构图，如图乙所示为静电喷涂的原理结构图，下列说法正确的是（）甲乙A.对图甲，电晕极附近的气体分子被强电场电离，电子向收尘极运动使含尘气体中的粉尘带负电，积累在筒壁一定量后进入下方的漏斗排出B.对图甲，电晕极与收尘极之间的电场为匀强电场C.对图乙，喷口喷出的雾化涂料微粒带正电，被涂工件不带电D.对图乙，工件与喷口之间较强的电场使带电雾化涂料向带电的工件运动，正、负电荷的作用使涂料均匀地涂在工件上12.如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们是一个四边形的四个顶点，ab∥cd，ab⊥b c，2ab=cd=bc=2l，电场方向与四边形所在平面平行.已知a点电势为12V，b点电势为14V，d点电势为6V.一个质子（不计重力）经过b点的速度大小为v0，方向与bc成45°角，一段时间后经过c点，下列说法正确的是（）A.c 点电势为10VB.场强的大小为E =a 指向d C 质子从b 运动到c所用的时间为v D.若质子质量为m 、电量为q ，则质子运动到c二、实验题（本题共2小题，共16分）13.（5分）如图所示是某实验小组“定性探究平行板电容器的电容C 与其极板间距离d 、极板间正对面积S 之间的关系”的装置图.充电后与电源断开的平行板电容器的A 板与静电计相连，B 板和静电计金属壳都接地，A 板通过绝缘柄固定在铁架台上，人手通过绝缘柄控制B 板的移动.回答下列问题：甲乙（1）下列说法正确的是________.A.本实验中静电计的作用是测定该电容器两极板间的电势差变化B.操作过程中，可认为A 、B 两板间的场强始终不变C.操作过程中，可认为A 、B 两板间的带电量始终不变D.操作过程中，可认为电容器的电容始终不变（2）在实验中观察到的现象：甲图中的手水平向左移动少许，静电计指针的张角________；乙图中的手竖直向上移动少许，静电计指针的张角________.（均填“变大”“变小”或“不变”）（3）通过以上实验可归纳得到的结论是________________________________________________________. 14.（11分）随着居民生活水平的提高，纯净水已经进入千家万户.某市对市场上出售的纯净水质量进行了抽测，结果发现有不少样品的电导率（电导率是电阻率的倒数，是检验纯净水是否合格的一项重要指标）不合格. （1）你认为不合格的纯净水的电导率________.（填“偏大”“偏小”或“不变”）（2）某学习小组对某种纯净水样品进行检验，实验步骤如下：①用游标卡尺测量绝缘性能良好、长为L的圆柱形塑料容器内径如图甲所示，其示数为d=________mm.甲乙②将采集的水样装满圆柱形塑料容器，两端用金属圆片电极密封，用多用电表粗测该水样的电阻为1200Ω.为了准确测量水样的电导率，学习小组准备利用以下器材进行研究：A.电压表（0~3V，内阻约为1kΩ）B.电压表（0~15V，内阻约为5kΩ）C.电流表（0~10mA，内阻约为1Ω）D.电流表（0~0.6A，内阻约为10Ω）E.滑动变阻器（最大阻值约为100Ω）F.蓄电池（约为12V，内阻约为2Ω）G.开关、导线若干实验要求测量尽可能准确，电路中电压表应选择________，电流表应选择________（均填器材前面的字母序号）；请在图乙方框中设计出实验电路图.③水样电导率的表达式为σ=________.（用U、I、d、L表示）三、计算题（本题3小题，共36分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15.（7分）如图所示，a、b、c三点处在某一匀强电场中，该电场方向与a、b两点的连线平行，已知ab的长度L1=5cm，ac的长度L2=12cm，ab与ac间的夹角θ=120°.现把带电荷量为q=—4×10-8C的点电荷从a点移到b点，电场力做功为1.6×10-7J.求：（1）a、b两点间的电势差U ab；（2）把该电荷从a点移到c点，电场力做的功.16.（12分）如图所示，一质量为m=1×10-2k g、带电荷量大小为q=1×10-6C的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，假设电场足够大，静止时悬线向左与竖直方向夹角为θ=37°.小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：（1）该小球带正电还是带负电，电场强度E 的大小；（2）若某时刻将细线剪断，经过1s 时小球的速度大小v 及方向；（3）若将原电场方向改为竖直向下，大小保持不变，小球从图示位置由静止释放后运动过程细线的最大拉力. 17.（17分）如图所示，一质量为m =1×10-20k g 、带电量为q =+1×10-10C 的粒子，从静止开始被加速电场（图中未画出）加速后从R 点沿中线水平方向飞入平行板电容器，初速度v 0=3×106m/s ，粒子飞出平行板电场后经过界面MN 、PS 间的无电场区域后，进入固定在中心线上O 点的点电荷Q 形成的电场区域（界面PS 右边点电荷的电场分布不受界面的影响），粒子穿过界面PS 后被点电荷Q 施加的电场力俘获，从而以O 点为圆心做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏EF 上.已知两平行金属板A 、B 水平正对且长均为l =6cm ，两板间距d =2cm ，U AB =100V ，两界面MN 、PS 相距为L =15cm ，静电力常量k =9.0×109N ·m 2/C 2，粒子重力不计.求：（1）加速电场的电压U '；（2）粒子穿过界面PS 时偏离中心线RO 的距离Y ；（3）点电荷Q 的电荷量.3≈，保留一位有效数字）运城市教育发展联盟2023-2024学年高二上学期10月月考物理参考答案、解析及评分细则1.D 因为氯离子带负电，其仅在电场力作用下从图乙中的A 点运动到B 点，说明电场力方向沿A 指向B ，电场线由B 指向A ，所以A 点电势低于B 点电势，A 错误；因为电场力对氯离子做正功，所以其电势能减小，B 错误；因为膜内的电场可看作匀强电场，根据qEa m=，氯离子的加速度不变，C 错误；根据动能定理2102qU mv =-，可知氯离子进入细胞内的速度v 与距离d 大小无关，又因为膜电位U 不变，则氯离子进入细胞内的速度不变，D 正确.2.B 根据631510410C 0.06C Q CU -==⨯⨯⨯=，可知放电前，电容器储存的电量为0.06C ，A 错误；放电过程通过人体的平均电流大小为30.06C 30A 210?sQ I t -===⨯，B 正确；电容是表征电容器储存电荷本领大小的物理量，放电之后，电容器的电容是不变的，C 错误；放电之后，电容器的电荷量为零，电压为零，D 错误. 3.B 根据场强与电势差的关系ΔΔU E d xϕ==，结合图像可知，斜率的绝对值表示场强大小，则1x 处斜率为零，电场强度为零，A 错误；如图所示，连接0x 处的斜率等于001E x ϕ=，且在0~1x 间只有一点，B 正确；由图可知，1x 到3x 的电势差为正值，电子带负电，电场力做负功，C 错误；电势能等于电荷量与电势的乘积，故质子在2x 处电势能为零，但是该处的斜率不为零，说明场强不为零，即受到的电场力不为零，D 错误.4.A5.D 由运动轨迹可知a 粒子受向左的电场力，b 、c 粒子受到向右的电场力，由于不知道电场的方向，所以无法确定a 、b 、c 三个带电粒子的电性，A 错误；由于电场线的疏密表示电场强度的大小，粒子只受电场力，故a 虚线对应的粒子的加速度越来越小，c 虚线对应的粒子的加速度越来越大，b 虚线对应的粒子的加速度大小不变，B 错误；由题意可知a 粒子的运动方向和电场力方向的夹角为锐角，所以电场力对其做正功，a 粒子的动能增大，b 粒子的运动方向始终和电场力垂直，电场力对其不做功，所以b 粒子的动能不变，c 粒子的运动方向和电场力方向的夹角为锐角，所以电场力对其做正功，c 粒子的动能增大，C 错误；a 、b 、c 三条虚线为三个带电粒子以相同的速度从O 点射入电场的运动轨迹，且三个粒子的电荷量大小相等，故静电力相等，由于b 粒子做圆周运动，说明向心力等于静电力，c 粒子做向心运动，故静电力大于所需的向心力，根据2v F mr=可知c 粒子质量较小，D 正确.6.C 油滴静止不动，说明重力与电场力平衡，电场力方向与电场方向相同，故带正电，A 错误；保持开关闭合，A 板竖直上移一小段距离的过程中，电容器极板电压U 不变，根据4r S QC kd Uεπ==，电容器电容C 减小，电容器所带电荷量Q 减小，由于上极板带负电，则电流计中电流方向向左，B 错误；保持开关闭合，A 板竖直上移一小段距离，电容器极板电压U 不变，根据UE d=可知板间电场强度减小，由于下极板B 带正电，则有0BP BP B P P U Ed ϕϕϕ==-=-，可知P 点的电势升高，C 正确；开关S 闭合后再断开，A 板水平向左移动一小段距离，电容器电荷量保持不变，根据4r U Q kQ E d Cd Sπε===，可知板间电场强度增大，油滴受到的电场力增大，油滴向上运动，电场力做正功，电势能减小，D 错误.7.B 因为正电荷在细圆环上均匀分布，所以弧长为ΔL 的小圆弧上所带电荷量为Δ2LQ Q Rπ='，在ΔL 足够小时，可以将取走的部分看作点电荷，根据圆环的对称性，可以得到取走A 、B 处两段弧长均为ΔL 的小圆弧上的电荷后，细圆环在O 点产生的电场如图所示，有123ΔΔ22Q LQ L R E k k R Rππ==，由图可知，两场强的夹角为120°，则两者的合场强为13Δ2Q LE E k Rπ==，根据O 点的合场强为0，则放在D 点的点电荷带负电，在O 点产生的场强大小为3Δ2Q L E E kR π'==，根据()23qE k R '=，联立解得9Δ2Q L q R π=，B 正确.8.B 小球从c 点飞出时速度方向竖直向上，离开c 后，水平方向向右做初速度为零的匀加速运动，竖直方向做竖直上抛运动，竖直方向速度减为零时到达最高点Q ，Q 点在c 点的右上方，A 错误；从c 到Q 的过程中，竖直方向上有223c R v g =⨯，从P 到c 过程，由动能定理得()2102Pb c qE x R mgR mv +-=-，解得3R Pb =，B 正确；设小球所受合力方向与水平方向间的夹角为θ，则tan 1mg mgqE mgθ===，则45θ=︒，小球从c 到Q 的过程中，小球的合力与运动轨迹如图甲所示，可知小球所受合力先做负功后做正功，则小球的动能先减小后增大，C 错误；小球在等效平衡位置d 点速度最大，对轨道的压力最大，如图乙所示，从P 到d ，由动能定理得()211sin cos 032qE R R mg R R mv θθ⎛⎫+--=- ⎪⎝⎭，在d 点，对小球由牛顿第二定律得2sin mg v F m R θ-=，解得4 3F mg ⎛⎫= ⎪⎝⎭，由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小为43F F mg '⎛⎫== ⎪⎝⎭，D 错误.甲乙9.CD R 1的阻值为11Ω2Ω0.5U R I ===，A 错误；R 2的图像上各点的横坐标U 与纵坐标I 的比值随电压的增大而增大，则R 2的电阻随电压的增大而增大，B 错误；R 1为线性元件，R 2为非线性元件，C 正确；当U =1V 时，R 2的电阻等于R 1的电阻，均等于2Ω，D 正确.10.AD 因一个筒只接一个电极，所以金属圆筒内部场强处处为0，电子在圆筒内做匀速运动，A 正确；因为筒长是按一定的规律增加的，那么电子在每个筒内运动的时间必须为交流电周期的一半，所以当t =0时，电子进入1号筒，当2Tt =时，电子从1号筒中心飞出，以此类推，当t =3T 时，电子刚从6号圆筒中心出来，B 错误；设粒子进入第n 个筒时的速度为v n ，由动能定理可得20102n neU mv =-，解得n v =n 个筒的长度为2n n TL v t ==，可以发现n L ∝C 错误、D 正确. 11.AD 对图甲，电晕极附近的气体分子被强电场电离，电子向收尘极运动使含尘气体带负电，积累在筒壁后进入下方的漏斗排出，A 正确；对图甲，电晕极与收尘极之间的电场为辐射电场，不是匀强电场，B 错误；对图乙，喷口喷出的雾化涂料微粒带负电，工件带正电，C 错误；对图乙，工件与喷口之间较强的电场使带电雾化涂料向带电的工件运动，使涂料均匀地涂在工件上，D 正确. 12.AC13.（1）AC （2分）（2）变大（1分）变大（1分）（3）平行板电容器极板间距d 越大，电容C 越小；两板间的正对面积S 越小，电容C 越小（1分）14.（1）偏大（1分）（2）①50.20（2分） ②B （1分）C （1分）见解析图（4分）③24LId Uπ（2分）解析：（1）纯净水应为不含有杂质的纯水，而纯净水不合格，通常是含有一定的杂质，杂质通常是带电离子，故纯净水不合格通常是电导率偏大.（2）①该游标卡尺精确度为1mm 0.05mm 20=，圆柱形容器内径为50?mm 0.05?mm 450.20mm d =+⨯=. ②由于电源电压为12V ，为了电压测量的安全性，电压表应选B ；电路中电流约为12 A 10mA 1200U I R ===，电流表应选C ；该水样的电阻为1200Ω，电流表应采用内接法，由于滑动变阻器的阻值比待测电阻小太多，所以采用分压接法，电路如图所示.③根据L R S ρ=，22d S π⎛⎫= ⎪⎝⎭，U R I =，联立解得24d U LI πρ=，电导率是电阻率的倒数，所以电导率为24LI d Uσπ=. 15.解：（1）由电势差定义可得781.610 V 4V 410ab abW U q --⨯===--⨯（2分）（2）ab 的长度15cm 0.05m L ==，ac 的长度212cm 0.12m L == 匀强电场的场强14 N/C 80N/C 0.05ab U E L ===，方向由b 指向a （2分）从a 点移到c 点，电场力做的功2cos ac W qEL θ=（2分）则871410800.12J 1.9210J 2ac W --⎛⎫=⨯⨯⨯⨯-=-⨯ ⎪⎝⎭16.解：（1）由于小球静止时偏向左边，受电场力水平向左，所以该小球带负电（1分）对小球，由平衡条件可得tan qE mg θ=（1分）解得电场强度大小为47.510N/C E =⨯（1分）（2）剪断细线后，小球只受重力和电场力，所以两力的合力沿着绳的方向，小球做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得cos mg ma θ=（2分）联立解得12.5m/s v at ==（1分）方向斜向左下与竖直方向夹角为37°（1分）（3）通过分析可知在复合场中小球受到的合力方向竖直向下，故在最低点时，细线的拉力最大由初始位置到最低点，由动能定理有()()211cos 02mg qE L mv θ--=-（2分）在最低点时，由牛顿第二定律得2m mv T qE mg L+-=（2分）联立解得m 0.035N T =（1分）17.解：（1）在加速电场中，由动能定理有201 02qU mv ='-，解得450V U '=（2分）（2）粒子的运动轨迹如图所示，在偏转电场中，粒子做类平抛运动平行于极板方向有0 l v t =（1分）垂直于极板方向有212y at =（1分）在垂直于极板方向，由牛顿第二定律有qE qU a m md ==（1分）联立解得0.01m y =（1分）带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动由相似三角形知识得22l y l Y L =+（2分）联立解得0.06m Y =（1分）（3）设粒子从偏转电场中飞出时沿电场方向的速度为y v ，则y v at =所以粒子从电场中飞出时的速度为v =2分）设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为θ，则0tan y v v θ=（1分）粒子做匀速圆周运动的半径cos Y r θ=（2分）粒子做圆周运动，由牛顿第二定律得22Qq v k m r r=（2分）联立解得：9710C Q -≈⨯，9710C Q -=-⨯（1分）。

广东省揭阳一中高二物理上学期第一次段考试卷(含解析)

2015-2016学年广东省揭阳一中高二（上）第一次段考物理试卷一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分；每小题只有一项符合题目要求．）1．如图所示，一带正电的物体位于M处，用绝缘丝线系上带正电的小球，分别挂在P1、P2、P3的位置，可观察到小球在不同位置时丝线偏离竖直方向的角度不同．则下面关于此实验得出的结论中正确的是（）A．电荷之间作用力的大小与两电荷间的距离有关B．电荷之间作用力的大小与两电荷的性质有关C．电荷之间作用力的大小与两电荷所带的电量有关D．电荷之间作用力的大小与丝线的长度有关2．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﹣时间图象如图所示．则这一电场可能是下图中的（）A．B．C．D．3．一带电粒子只在电场力的作用下沿图中曲线从J到K穿过一匀强电场，a、b、c、d为该电场的等势面，其中有φa＜φb＜φc＜φd，若不计粒子的重力，可以确定（）A．粒子带正电B．从J到K粒子的电势能增加C．粒子带负电D．粒子从J到K运动过程中的动能与电势能之和可能增加4．如图所示，在一个粗糙水平面上，彼此靠近地放置两个带同种电荷的小物块．由静止释放后，两个物块向相反方向运动，并最终停止．在物块的运动过程中，下列表述正确的是（）A．两个物块的电势能逐渐减少B．物块受到的库仑力不做功C．两个物块的机械能守恒D．物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力5．如图所示，用绝缘细线拴一带负电小球，在竖直平面内做圆周运动，匀强电场方向竖直向下，则（）A．当小球运动到最高点a时，线的张力一定最小B．当小球运动到最低点b时，小球的速度一定最大C．当小球运动到最高点a时，小球的电势能最小D．小球在运动过程中机械能守恒6．平行板间加如图所示周期变化的电压，重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t=0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况．图中，能定性描述粒子运动的速度图象正确的是（）A．B．C．D．二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分．每小题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）7．对于给定的电容器，描述其电容C、电荷量Q、电压U之间的相应关系的图象正确的是（）A．B．C．D．8．用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点场强的强弱．如图甲是等量异种点电荷形成电场的电场线，图乙是场中的一些点：O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对O对称的两点，B、C和A、D也相对O对称，则（）A．B、C两点场强大小和方向都相同B．A、D两点场强大小和方向都相同C．E、O、F三点比较，O点场强最弱D．B、O、C三点比较，O点场强最弱9．如图是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧．对矿粉分离的过程，下列表述正确的有（）A．带正电的矿粉落在右侧 B．电场力对矿粉做正功C．带负电的矿粉电势能变大D．带正电的矿粉电势能变小10．如图，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m 的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F将小球向下压至某位置静止．现撤去F，小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为W1和W2，小球离开弹簧时速度为v，不计空气阻力，则上述过程中（）A．小球与弹簧组成的系统机械能守恒B．小球的重力势能增加﹣W1C．小球的机械能增加W1+mv2D．小球的电势能减少W2三、非选择题（本题共小4题，每小题15分，共60分．按题目要求在答卷相应位置作答，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.）11．如图所示，一个挂在绝缘细线下端的带正电的小球B，静止在图示位置，若固定的带正电小球A的电荷量为Q，B球的质量为m，带电荷量为q，θ=30°，A和B在同一条水平线上，整个装置处于真空中，求A、B两球间的距离．12．如图所示，一带电荷量为+q、质最为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止．已知重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8．（1）求水平向右匀强电场的电场强度大小；（2）若将电场强度减小为原来的，求电场强度变化后物块沿斜面下滑距离L时的动能．13．如图所示，A、B是位于竖直平面内、半径R=0.5m的圆弧形的光滑绝缘轨道，其下端点B与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度E=5×103N/C．今有一质量为m=0.1kg、带电荷量q=8×10﹣5C的小滑块（可视为质点）从A点由静止释放，若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.05，取g=10m/s2，求：（1）小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B时对B点的压力（2）小滑块在水平轨道上通过的总路程．14．如图所示，绝缘小球A静止在高为h=0.8m的光滑平台上，带电量为q B=+0.3C的小球B用长为L=1m的细线悬挂在平台上方，两球质量m A=m B=0.5kg，整个装置放在竖直向下的匀强电场中，场强大小E=10N/C，现将细线拉开角度α=60°后，由静止释放B球，在最低点与A球发生对心碰撞，碰撞时无机械能损失．不计空气阻力，取g=10m/s2，求：（1）B球在碰撞前的速度；（2）A球离开平台的水平位移大小．2015-2016学年广东省揭阳一中高二（上）第一次段考物理试卷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24分；每小题只有一项符合题目要求．）1．如图所示，一带正电的物体位于M处，用绝缘丝线系上带正电的小球，分别挂在P1、P2、P3的位置，可观察到小球在不同位置时丝线偏离竖直方向的角度不同．则下面关于此实验得出的结论中正确的是（）A．电荷之间作用力的大小与两电荷间的距离有关B．电荷之间作用力的大小与两电荷的性质有关C．电荷之间作用力的大小与两电荷所带的电量有关D．电荷之间作用力的大小与丝线的长度有关【考点】库仑定律．【专题】控制变量法．【分析】解答本题要了解库仑力的推导过程，由于决定电荷之间作用力大小的因素很多，因此需要采用控制变量的方法进行研究．虽然学生现在都知道库仑力的决定因素，但是该实验只是研究了库仑力和距离之间的关系．【解答】解：在研究电荷之间作用力大小的决定因素时，采用控制变量的方法进行，如本实验，根据小球的摆角可以看出小球所受作用力逐渐减小，由于没有改变电性和电量，不能研究电荷之间作用力和电性、电量关系，故BCD错误，A正确．故选A．【点评】控制变量法是高中物理物理中重要研究方法，要了解控制变量法的应用．2．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﹣时间图象如图所示．则这一电场可能是下图中的（）A．B．C．D．【考点】匀变速直线运动的图像；电场线．【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．【解答】解：由图象可知，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，受力方向与运动方向相反．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．难度适中．3．一带电粒子只在电场力的作用下沿图中曲线从J到K穿过一匀强电场，a、b、c、d为该电场的等势面，其中有φa＜φb＜φc＜φd，若不计粒子的重力，可以确定（）A．粒子带正电B．从J到K粒子的电势能增加C．粒子带负电D．粒子从J到K运动过程中的动能与电势能之和可能增加【考点】等势面；电势；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】由于电荷只受电场力作用，电场力将指向运动轨迹的内侧．则电场力一定水平向右，同时注意电场线和等势线垂直，又因电势沿电场线方向降低则说明电场沿水平方向向左，则说明带负电．再由电场力做功判断能量变化．【解答】解：由运动轨迹可知电场力方向向右，由电势的高低可知电场线方向向左，则电性为负，故A错误，C正确由J到K电场力做正功，则动能增加，电势能减小，但总能量不变．故B错误，D错误．故选：C．【点评】本题通过带电粒子在电场中的运动考查了电势、电势能、电场力等问题，解决这类问题的突破口是：做曲线运动的物体所受合外力指向其轨迹内侧．4．如图所示，在一个粗糙水平面上，彼此靠近地放置两个带同种电荷的小物块．由静止释放后，两个物块向相反方向运动，并最终停止．在物块的运动过程中，下列表述正确的是（）A．两个物块的电势能逐渐减少B．物块受到的库仑力不做功C．两个物块的机械能守恒D．物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力【考点】电势能；功的计算；库仑定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】由静止释放后，两个物块向相反方向运动，两物块之间的库仑力做正功，电势能减小．开始阶段，库仑力大于物块的摩擦力，物块做加速运动，当库仑力小于摩擦力后，物块做减速运动，动能先增大，后减小．【解答】解：A、由静止释放后，两个物块向相反方向运动，两物块之间的库仑力做正功，电势能减小．故A正确．B、两物块之间存在库仑斥力，对物块做正功．故B错误．CD、开始阶段，库仑力大于物块的摩擦力，物块做加速运动，动能增大；当库仑力小于摩擦力后，物块做减速运动，动能减小，重力势能不变，则机械能先增大，后减小，不守恒．故CD错误．故选：A【点评】本题首先考查分析物块受力情况和运动情况的能力，要抓住库仑力随距离增大而减小的特点．5．如图所示，用绝缘细线拴一带负电小球，在竖直平面内做圆周运动，匀强电场方向竖直向下，则（）A．当小球运动到最高点a时，线的张力一定最小B．当小球运动到最低点b时，小球的速度一定最大C．当小球运动到最高点a时，小球的电势能最小D．小球在运动过程中机械能守恒【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；机械能守恒定律；电势能．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【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；由于电场力做功，小球的机械能一定不守恒．【解答】解：A、B、小球在电场中受到重力和向上的电场力．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；当重力等于电场力时，小球做匀速圆周运动，速度大小不变．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；故A、B错误．C、当小球最低点到最高点的过程中，电场力做正功，电势能减小，小球运动到最高点A，小球的电势能最小．故C正确．D、由于电场力做功，小球的机械能一定不守恒．故D错误．故选：C．【点评】本题中题设条件不明，要考虑各种可能的情况进行讨论，分三种情况分析小球的受力情况和运动情况．6．平行板间加如图所示周期变化的电压，重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t=0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况．图中，能定性描述粒子运动的速度图象正确的是（）A．B．C．D．【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】不计重力的带电粒子在周期变化的电场中，在电场力作用下运动．速度随着时间变化的关系由加速度来确定，而加速度是由电场力来确定，而电场力却由电势差来确定．【解答】解：开始粒子在匀强电场中从静止运动，前半个周期是匀加速运动，后半个周期是匀减速运动，在下一个周期中仍是这样：继续向前匀加速运动，再匀减速运动，这样一直向前运动下去．速度的方向不变，而大小先增大后减小，再增大，再减小．故选：A【点评】带电粒子正好是从零时刻由静止开始运动，加速度、速度具有周期性与对称性．二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分．每小题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）7．对于给定的电容器，描述其电容C、电荷量Q、电压U之间的相应关系的图象正确的是（）A．B．C．D．【考点】电容．【专题】电容器专题．【分析】电容器的电容由本身的性质决定，与Q和U无关，根据Q=CU，知Q与U成正比．【解答】解：A、电容器的电容由本身的性质决定，与Q和U无关，所以C随U的变化不变．故A错误，B正确．C、根据Q=CU，知Q与U成正比．故C正确，D错误．故选：BC．【点评】解决本题的关键掌握电容的定义式，知道C与Q和U无关，根据Q=CU，知Q与U成正比．8．用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点场强的强弱．如图甲是等量异种点电荷形成电场的电场线，图乙是场中的一些点：O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对O对称的两点，B、C和A、D也相对O对称，则（）A．B、C两点场强大小和方向都相同B．A、D两点场强大小和方向都相同C．E、O、F三点比较，O点场强最弱D．B、O、C三点比较，O点场强最弱【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度；电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据电场线的疏密判断场强的大小，电场线越密，场强越大；电场线越疏，场强越小．根据等量异种点电荷形成电场的电场线分布的对称性分析对称点场强的大小关系．等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线．【解答】解：A、根据对称性看出，B、C两处电场线疏密程度相同，则B、C两点场强大小相同．这两点场强的方向均由B→C，方向相同．故A正确．B、根据对称性看出，A、D两处电场线疏密程度相同，则A、D两点场强大小相同．由图看出，A、D两点场强方向相同．故B正确．C、由图看出，E、O、F三点比较，O点场强最强．故C错误．D、由图看出，B、O、C三点比较，O点场强最小．故D正确．故选：ABD．【点评】对于等量异种点电荷和等量同种点电荷的电场线、等势线的分布是考试的热点，要抓住对称性进行记忆．9．如图是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧．对矿粉分离的过程，下列表述正确的有（）A．带正电的矿粉落在右侧 B．电场力对矿粉做正功C．带负电的矿粉电势能变大D．带正电的矿粉电势能变小【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】压轴题；带电粒子在电场中的运动专题．【分析】首先要明确矿料分选器内电场的分布及方向，判断矿粉的运动情况，从而可得到正确答案．【解答】解：由图可知，矿料分选器内的电场方向水平向左，A、带正电的矿粉受到水平向左的电场力，所以会落到左侧，选项A错误．B、无论矿粉带什么电，在水平方向上都会在电场力的作用下沿电场力的方向偏移，位移与电场力的方向相同，电场力做正功，选项B正确C、带负电的矿粉电场力做正功，所以电势能减小，选项C错误．D、带正电的矿粉电场力做正功，所以电势能减小，选项D正确．故选BD【点评】该题考察了带电物体在电场力作用下的运动，要熟练的掌握带电粒子在电场中的受力情况及其运动情况，并会分析电场力做功与电势能的变化情况．10．如图，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F将小球向下压至某位置静止．现撤去F，小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为W1和W2，小球离开弹簧时速度为v，不计空气阻力，则上述过程中（）A．小球与弹簧组成的系统机械能守恒B．小球的重力势能增加﹣W1C．小球的机械能增加W1+mv2D．小球的电势能减少W2【考点】电势能；机械能守恒定律．【分析】图中电场力对小球做正功，电场力做的功等于电势能的减小量；重力做的功等于重力势能的减小量；小球机械能的增加量等于除重力外其余力做的功．【解答】解：A、由于电场力对小球做正功，故小球与弹簧组成的系统机械能增加，机械能不守恒，故A错误；B、重力做功是重力势能变化的量度，由题意知重力做负功，重力势能增加﹣W1，故B正确；C、小球增加的机械能在数值上等于重力势能和动能的增量，即﹣W1+mv2，故C错误；D、根据电场力做功是电势能变化的量度，电场力做正功电势能减少，电场力做负功电势能增加，则知小球的电势能减少W2，故D正确；故选：BD．【点评】解决本题的关键要掌握常见的功与能的关系，明确势能的减小量等于对应场力（电场力或重力）做的功，除重力和弹簧弹力以外的力做功引起机械能的变化．三、非选择题（本题共小4题，每小题15分，共60分．按题目要求在答卷相应位置作答，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.）11．如图所示，一个挂在绝缘细线下端的带正电的小球B，静止在图示位置，若固定的带正电小球A的电荷量为Q，B球的质量为m，带电荷量为q，θ=30°，A和B在同一条水平线上，整个装置处于真空中，求A、B两球间的距离．【考点】库仑定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据B球的状态可以求出B球的受力情况，从而求出两球之间的库仑力，再根据库仑定律求出两球之间的距离．【解答】解：以小球为研究对象，对小球进行受力分析，根据小球处于平衡状态可知FF=mgtanθ=mgtan30°= (1)而小球所受库仑力大小为： (2)联立（1）（2）解得A、B两球之间的距离为：．答：A、B两球间的距离为．【点评】对于复合场中的共点力作用下物体的平衡其解决方法和纯力学中共点力作用下物体的平衡适用完全相同的解决方法．12．如图所示，一带电荷量为+q、质最为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止．已知重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8．（1）求水平向右匀强电场的电场强度大小；（2）若将电场强度减小为原来的，求电场强度变化后物块沿斜面下滑距离L时的动能．【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）对小物块进行受力分析，小物块受重力、斜面支持力和电场力三个力作用，电场力水平向右，根据小物块受力平衡列方程可求电场力的大小，在匀强电场中电场力F=qE，在已知F和q的情况下，可以计算出E．（2）电场强度减小为原来的，则小物块受到的电场力减小为原来的，物块受到的重力不变，支持力方向不变，小物块在垂直于斜面方向所受合力为0，根据动能定理求解动能的变化．【解答】解：（1）小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，受力图如图所示则有F N sin 37°=qE ①F N cos 37°=m g ②由①②可得E=（2）若电场强度减小为原来的，即E′=电场强度变化后物块下滑距离L时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理得mgLsin 37°﹣qE′Lcos 37°=E k﹣0可得E k=0.3mgL答：（1）求水平向右匀强电场的电场强度大小；（2）若将电场强度减小为原来的，求电场强度变化后物块沿斜面下滑距离L时的动能0.3mgL．【点评】正确受力分析，根据平衡列方程可得电场力F的大小，又因电场力F=qE，根据受力分析，运用牛顿第二定律进行解答即可．13．如图所示，A、B是位于竖直平面内、半径R=0.5m的圆弧形的光滑绝缘轨道，其下端点B与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度E=5×103N/C．今有一质量为m=0.1kg、带电荷量q=8×10﹣5C的小滑块（可视为质点）从A点由静止释放，若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.05，取g=10m/s2，求：（1）小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B时对B点的压力（2）小滑块在水平轨道上通过的总路程．【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】（1）对滑块从A到B的过程应用动能定理，可求到B点的速度，此时应用牛顿第二定律，可求对B点的压力．（2）滑块在水平轨道运动时，只有电场力和摩擦力对其做功，由动能定理求得水平轨道上的总路程【解答】解：（1）设滑块在B点速度为v，对滑块从A到B的过程，由动能定理得：mgR﹣EqR=mv2 ①设滑块在B点对B点压力为F，轨道对滑块支持力为F′，由牛顿第三定律得得：F′=F ②对滑块由牛顿第二定律得：F′﹣mg=m③由①②③得，F=3mg﹣2Eq=2.2N④（2）由于滑块在水平面上的滑动摩擦力：f=μmg=0.05×0.1×10N=0.05N＜Eq=5×103×8×10﹣5=0.4N⑤并且mg=0.1×10=1N＞Eq=0.4N，故滑块最终将在圆弧轨道上做往复运动．设滑块在水平轨道上通过的总路程为s，对小球在水平面的运动过程，由能量守恒得：mgR﹣EqR﹣μmgs=0 ⑦由⑤⑥⑦代入数据解得：s=6m答：（1）滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B时对B点的压力2.2N（2）小滑块在水平轨道上通过的总路程为6m．【点评】对单个物体的运动，求解位移或速度是利用动能定理较为简单，此外，恰当的选择运动过程会使运算简便，要注意选择．本题中要注意比较在平面上时的电场力与摩擦力的大小关系．14．如图所示，绝缘小球A静止在高为h=0.8m的光滑平台上，带电量为q B=+0.3C的小球B用长为L=1m的细线悬挂在平台上方，两球质量m A=m B=0.5kg，整个装置放在竖直向下的匀强电场中，场强大小E=10N/C，现将细线拉开角度α=60°后，由静止释放B球，在最低点与A球发生对心碰撞，碰撞时无机械能损失．不计空气阻力，取g=10m/s2，求：（1）B球在碰撞前的速度；（2）A球离开平台的水平位移大小．【考点】动量守恒定律；平抛运动；动能定理的应用；能量守恒定律；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．【分析】（1）由静止释放B球，在B球向下摆动的过程中，重力和电场力做功，根据动能定理求解B球在碰撞前的速度；（2）A、B两球碰撞时无机械能损失，动量和机械能均守恒，由两大守恒定律列方程可求出碰撞后两球的速度．碰撞后A先向右匀速运动，再平抛运动，由运动的分解法求解A球离开平台的水平位移大小．【解答】解：（1）设B球在最低点速度为，对B球，由动能定理得：。

广东省揭阳市第三中学2020-2021学年高二物理上学期第一次阶段考试题[含答案]

广东省揭阳市第三中学2020-2021学年高二物理上学期第一次阶段考试题一、单项选择题（各小题正确答案只有一个，每题4分，共32分。

）1、下列物理量中，属于矢量的是：A. 电势B. 电势能C. 电势差D. 电场强度2、关于电场强度，下列说法中正确的是( )A.根据公式E ＝可知，在电场中的一点，电场强度E 跟F 成正比，跟q 成反比Fq B.根据公式E ＝可知，电场强度E 跟Q 成正比，跟r 2成反比kQr 2C.根据公式E ＝可知，电场强度与U 成正比，与d 成反比Ud D.一个不带电的小球在P 点受到的电场力为零，P 点的场强一定为零3、两个分别带有电荷量－Q 和+2Q 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.4FB.2 FC.D. F4、保护知识产权，抵制盗版是我们每个公民的责任与义务。

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小华同学有一次不小心购买了盗版的物理参考书，做练习时，他发现有一个带电质点的电荷量数字看不清，他只能看清是6.____×10－18 C ，拿去问老师，如果你是老师，你认为该带电质点的电荷量可能是下列哪一个( )A.6.2×10－18 C B.6.4×10－18 C C.6.6×10－18 CD.6.8×10－18 C5、下列各电场中，A 、B 两点电场强度相同的是( )6、对于电场中A 、B 两点，下列说法中正确的是( )A.电势差的定义式U AB ＝，说明两点间的电势差U AB 与电场力做功W AB 成正比，与移动电WABq 荷的电荷量q 成反比B.A 、B 两点间的电势差U AB 与移动电荷的电荷量q 无关C.把负电荷从A 点移到B 点电场力做正功，则有U AB ＞0D.电场中A 、B 两点间的电势差U AB 等于把正电荷q 从A 点移动到B 点时静电力7、电工穿的高压作业服是用铜丝编织的，下列说法正确的是( )A.电工被铜丝衣服所包裹，使体内电场强度为零B.电工被铜丝衣服所包裹，使体内电势为零C.铜丝编织的衣服不易拉破D.铜线电阻小，能对人体起到保护作用8、如图3甲中AB 是某电场中的一条电场线。

广东省揭阳市第三中学高二物理下学期第一次阶段考试试

b c M广东省揭阳市第三中学2014-2015学年高二下学期第一次阶段考试物理试题一、单项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共16分。

在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分。

13、关于电磁感应，下列说法正确的是（） A 、穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大 B 、穿过线圈的磁通量为零，感应电动势一定为零 C 、穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势越大 D 、穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大14、如图，闭合线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N 极朝下。

当磁铁向下运动时（但未插入线圈内部）（） A 、线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互吸引 B 、线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互排斥 C 、线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互吸引 D 、线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互排斥 15、如图所示，导体杆OP 可绕O 轴沿半径为r 的光滑的半圆形框架在匀强磁场中以角速度ω转动，磁感应强度为B ，AO 间接有电阻R ，杆和框架电阻不计，则所施外力的功率为（） A 、 B 、 C 、 D 、16、如图11所示，一闭合直角三角形线框以速度v 匀速穿过匀强磁场区域，从BC 边进入磁场区开始计时，到A 点离开磁场区止的过程中，线框内感应电流的情况(以逆时针方向为电流的正方向)是如图12所示中的（）二、双项选择题：本大题共5小题，每小题6分，共30分。

在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选一个且正确的得3分，有选错或不答的得0分。

17、电磁感应现象揭示了电和磁之间的内在联系，根据这一发现，发明了许多电器设备。

下列用电器中，没有利用电磁感应原理的是（）A 、电吹风B 、日光灯镇流器C 、变压器D 、白炽灯泡18、如图所示，直导线MN 竖直放置并通以向上的电流I ，矩形金属线框abcd 与MN 处在同一平面，边ab 与MN 平行，则（）A 、线框向左平移时，线框中有感应电流N S Χ Χ Χ ΧΧ Χ Χ ΧR 2 R 1 CB /T0.40.6 0.8 1.0 B 、线框竖直向上平移时，线框中有感应电流 C 、线框以MN 为轴转动时，线框中有感应电流 D 、MN 中电流突然变化时，线框中有感应电流19、电阻R 、电容C 与一线圈连成闭合电路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N 极朝下，如图所示．现使磁铁开始自由下落，在N 极接近线圈上端的过程中，流过R 的电流方向和电容器极板的带电情况是（） A 、从a 到b B 、从b 到aC 、上极板带正电D 、下极板带正电20、如图所示电路中，A 、B 是相同的两个灯泡，L 是一个带铁芯的线圈，电阻可不计.调节R ，电路稳定时两灯都正常发光，则在开关合上和断开时（） A 、两灯同时点亮、同时熄灭B 、合上S 时，B 比A 先到达正常发光状态C 、断开S 时，A 、B 两灯都不会立即熄灭，通过A 灯的电流方向与原电流方向相同，而B 灯的电流反向D 、断开S 时，A 灯会突然闪亮一下后再熄灭21、一线圈匝数为n=10匝，线圈电阻不计，在线圈外接一个阻值R = 2.0Ω的电阻，如图甲所示。

揭阳市高二上学期第一次阶段考试物理试题(带解析)

揭阳市高二上学期第一次阶段考试物理试题（带解析）第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分一、单选题1．在电场中某点放一检验电荷，其电荷量为q，受到的电场力为F，则该点的电场强度，下列说法正确的是()A．若检验电荷的电荷量变为－q，该点的场强大小和方向不变B．若检验电荷的电荷量变为－q，则该点的场强大小不变，方向改变C．若检验电荷的电荷量变为2q，则该点的场强变为D．若移去检验电荷q，则该点的场强变为零2．在静电场中，将一正电荷从a点移动到b点，电场力做了负功，则（）A．b点的电场强度一定比a点大B．b点的电势一定比a点高C．电场线方向一定从b指向aD．该电荷的电势能一定减小3．对电容C＝，以下说法正确的是()A．电容器带电荷量越大，电容就越大B．电容的国际单位是库仑C．如果一个电容器没有电压，就没有带电荷量，也就没有电容D．对于固定电容器，它的带电荷量跟它两极板间所加电压的比值保持不变4．一带电粒子以一竖直初速度v0进入一水平匀强电场，轨迹如图虚线所示，在此过程中粒子克服重力做功为2J，电场力做功为5J，则粒子（）A．带正电B．电势能减少5JC．重力势能减少2JD．动能增加5J5．平行板电容器的两极板A、B接于电源的两极，两极板竖直、平行正对放置，一个带正电的小球悬挂在电容器的内部，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不变C．电键S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ不变D．电键S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ增大6．如图所示在一匀强电场中，有两个平行的电势不同的等势面A和C，在它们的正中间放入一个金属网B，B接地。

现有一正电荷只在电场力的作用下垂直于等势面方向运动，经过A时动能为20J，穿过B到达C时动能减为零，那么在该正电荷运动过程中，当它的电势能为5J 时，它的动能为A、20JB、15JC、10JD、5J7．如图所示，大小为E、方向水平向右的匀强电场中有一与电场平行的圆，圆心为O，半径为R，AB为圆的一直径，AB与电场线夹角为，则O、A两点间的电势差等于()A．B．C．D．8．如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b.不计空气阻力，则()A．小球带负电B．小球在运动过程中机械能守恒C．电场力跟重力平衡D．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小9．一带粒子射入一固定在O点的点电荷的电场中，粒子运动轨迹如图中实线abc所示，图中虚线是同心圆弧，表示电场的等势面，不计重力，可以判断：（）A．此粒子一直受到静电吸引力作用B．粒子在b点的电势能一定大于在a点的电势能C．粒子在a点和c点的速度大小一定相等D．粒子在b点的速度一定大于在a点的速度评卷人得分二、多选题10．关于电场强度的下列说法中正确的是()A．电场中某点场强方向与放入该点的电荷所受电场力方向相同B．在等量异种电荷形成的电场中，在两点电荷的连线上，连线的中点处场强最小C．在等量异种电荷形成的电场中，从两点电荷连线的中点沿着这条连线的中垂线向外，场强越来越小D．在等量同种电荷形成的电场中，从两点电荷连线的中点沿着这条连线的中垂线向外场强越来越小11．如图所示，某区域电场线左右对称分布，M、N为对称线上的两点．下列说法正确的是()A．M点场强一定大于N点场强B．M点电势一定高于N点电势C．正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能D．将电子从M点移动到N点，电场力做正功12．以下说法正确的是（）A．电场中两点之间的电势差与零势点的选取有关B．电势降低的方向一定是电场强度的方向C．在电场中无论移动正电荷还是负电荷，只要电场力做正功，电荷电势能就要减少D．负电荷沿电场线方向移动，电势能增加13．对电势差的定义式U AB=的理解，下列说法正确的是（）A．U AB与q、W AB无关，甚至与是否移动电荷都没有关系B．把正电荷从电场中从A点移到B点，若静电力做正功，则U AB>0C．电势差U AB与静电力做的功W AB成正比，与移动电荷的电荷量q成反比D．电场中A、B两点间的电势差U AB等于把正电荷q从A点移动到B点时电场力做的功14．M、N是某电场中一条电场线上的两点，若在M点释放一个初速度为零的电子，电子仅在电场力作用下，并沿电场线由M点运动到N点，其电势能随位移变化的关系如图所示，则下列说法正确的是A．该电场的电场强度E M>E NB．电子运动的轨迹可能为曲线C．电子在M、N点电势<D．电子运动过程中机械能守恒。

广东省揭阳一中高三物理上学期第一次段考试题(含解析)

2015-2016学年广东省揭阳一中高三（上）第一次段考物理试卷二、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中.第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．如图所示，某同学沿一直线行走，现用频闪照相记录了他行走过程中9个位置的图片，观察图片，能比较正确反映该同学运动的速度﹣时间图象的是（）A．B．C．D．2．四个小球在离地面不同高度同时从静止释放，不计空气阻力，从开始运动时刻起，每隔相等的时间间隔小球依次碰到地面．如图所示，其中能反映出刚开始运动时各小球相对地面的位置的是（）A． B．C．D．3．五本书相叠放在水平桌面上，用水平力F拉中间的书C但未拉动，各书仍静止（如图）．关于它们所受摩擦力的情况，以下判断中正确的是（）A．一共存在五对静摩擦力 B．一共存在三对静摩擦力C．书c受到两个摩擦力作用D．书B受摩擦力作用4．如图所示是倾角为45°的斜坡，在斜坡底端P点正上方某一位置Q处以速度v0水平向左抛出一个小球A，小球恰好能垂直落在斜坡上，运动时间为t1．若在小球A抛出的同时，小球B从同一点Q处开始自由下落，下落至P点的时间为t2，不计空气阻力，则A、B两球在空中运动的时间之比t1：t2等于（）A．1：2 B．1：C．1：D．1：35．随着世界航空事业的发展，深太空探测已逐渐成为各国关注的热点．假设深太空中有一颗外星球，质量是地球质量的2倍，半径是地球半径的．则下述判断正确的有（）A．在地面上所受重力为G的物体，在该外星球表面上所受重力变为2GB．该外星球上第一宇宙速度是地球上第一宇宙速度的2倍C．该外星球的同步卫星周期一定小于地球同步卫星周期D．该外星球上从某高处自由落地时间是地面上同一高处自由落地时间的一半6．如图所示，斜面上放有两个完全相同的物体a、b，两物体间用一根细线连接，在细线的中点加一与斜面垂直的拉力F，使两物体均处于静止状态．则下列说法正确的是（）A．a、b两物体的受力个数一定相同B．a、b两物体对斜面的压力相同C．a、b两物体受到的摩擦力大小一定相等D．当逐渐增大拉力F时，物体A先开始滑动7．如图所示．光滑杆偏离竖直方向的夹角为α，杆以O为支点绕竖直杆旋转，质量为m的小球套在杆上可沿杆滑动，当杆角速度为ω1时，小球旋转平面在A处，当杆角速度为ω2时，小球旋转平面在B处，设杆对球的支持力在A、B处分别为F N1、F N2，则（）A．F N1＞F N2B．F N1=F N2C．ω1＜ω2D．ω1＞ω28．如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向转动，传送带右端有一个与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定速率v2沿直线向左滑向传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，速率为v2′．则下列说法中正确的是（）A．若v1＞v2，则v2′=v2B．若v1＜v2，则v2′=v1C．只有v1=v2时，才有v2′=v1D．不管v2多大，总有v2′=v2三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第11题为必考题，每个试题考生都必须作答．第12题～第13题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题9．有同学利用如图1的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮A和B，将绳子打一个结点O，每个钩码的重量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力T OA、T OB和T OC，回答下列问题：（1）改变钩码个数，实验能完成的是A．钩码的个数N1=N2=2，N3=4B．钩码的个数N1=N2=N3=4C．钩码的个数N1=2，N3=3，N2=4D．钩码的个数N1=1，N2=3，N3=5（2）在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是A．标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向B．量出OA、OB、OC三段绳子的长度C．用量角器量出三根绳子之间的夹角D．用天平测出钩码的质量（3）在作图时，图2中更加符合实际的图是图．（填“甲”或“乙”）10．某实验小组利用如图所示的气垫导轨实验装置来探究合力一定时，物体的加速度与质量之间的关系．（1）做实验时，将滑块从图所示位置静止释放，由数字计数器（图中未画出）可读出遮光条通过光电门1、2的时间分别为△t1、△t2；用刻度尺测得两个光电门中心之间的距离x，用游标卡尺测得遮光条宽度d 则滑块经过光电门1时的速度表达式ν1= ；滑块加速度的表达式a= ．（以上表达式均用已知字母表示）．（2）为了保持滑块所受的合力不变，可改变滑块质量M和气垫导轨右端高度h（如图）．关于“改变滑块质量M和气垫导轨右端的高度h“的正确操作方法是．A．M增大时，h增大，以保持二者乘积增大B．M增大时，h减小，以保持二者乘积不变C．M减小时，h增大，以保持二者乘积不变D．M减小时，h减小，以保持二者乘积减小．11．（12分）（2012春•路南区校级期末）在某市区内，一辆小汽车在平直公路上以速度v A 向东匀速行驶，一位观光游客正由南向北从斑马线上横过马路，汽车司机发现前方有危险（游客正在D处向北走）经0.7s作出反应，从A点开始紧急刹车，但仍将正步行至B处的游客撞伤，该汽车最终在C处停下．为了清晰了解事故现场，现以下图示之：为了判断汽车司机是否超速行驶，并测出肇事汽车速度v A，警方派一车胎磨损情况与肇事车相当的车以法定最高速度v m=14.0m/s行驶在同一马路的同一地段，在肇事汽车的出事点B急刹车，恰好也在C 点停下来．在事故现场测得AB=17.5m、BC=14.0m、BD=2.6m，问：（1）该肇事汽车的初速度v A是多大？（2）游客横过马路的速度是多大？（二）选考题：共15分．12．半径为R的圆桶固定在小车上，有一光滑的小球静止在圆桶的最低点，小车以速度v 向右匀速运动，当小车遇到一个障碍物突然停止运动时，小球在圆桶内升高的高度可能为（）A．等于B．大于C．小于D．2R13．如图所示，火箭平台上放有测试仪器，火箭从地面起动后，以加速度竖直向上匀加速运动，升到某一高度时，测试仪器对平台的压力为起动前压力的，已知地球半径为R，求火箭此时离地面的高度（g为地面附近的重力加速度）2015-2016学年广东省揭阳一中高三（上）第一次段考物理试卷参考答案与试题解析二、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中.第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．如图所示，某同学沿一直线行走，现用频闪照相记录了他行走过程中9个位置的图片，观察图片，能比较正确反映该同学运动的速度﹣时间图象的是（）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：从图片看出，此人先向右运动，后向左运动．频闪照相每次拍照的时间间隔相同，根据相邻位置位移的变化，分析人的运动情况，再选择速度图象．解答：解：从图片看出，此人先向右运动，后向左运动．向右运动过程中，相邻位置的距离逐渐增大，速度越来越大，大致做匀加速运动．后来，向左运动，相邻位置间距相等，大致做匀速运动，能大致反映该同学运动情况的速度﹣时间图象是D．故D正确．故选：D．点评：本题考查分析实际问题的能力．分析物体的运动情况，找出运动情况与速度图象对应关系是关键．2．四个小球在离地面不同高度同时从静止释放，不计空气阻力，从开始运动时刻起，每隔相等的时间间隔小球依次碰到地面．如图所示，其中能反映出刚开始运动时各小球相对地面的位置的是（）A． B．C．D．考点：自由落体运动．专题：自由落体运动专题．分析：每隔相等的时间间隔小球依次碰到地面，可以知道第一个球经过T时间落地，第二球落地的时间为2T，依次3T、4T．逆过来看，相当于一个小球每经过相等时间所到达的位置．解答：解：每隔相等的时间间隔小球依次碰到地面，可以知道第一个球经过T时间落地，第二球落地的时间为2T，依次3T、4T．逆过来看，相当于一个小球每经过相等时间所到达的位置．可以知道相等时间间隔内的位移越来越大，所以从下而上，相邻两个小球之间的竖直位移越来越大．故C正确，A、B、D错误．故选C．点评：解决本题的关键采取逆向思维，把四个小球的运动，等效为一个小球的运动．3．五本书相叠放在水平桌面上，用水平力F拉中间的书C但未拉动，各书仍静止（如图）．关于它们所受摩擦力的情况，以下判断中正确的是（）A．一共存在五对静摩擦力 B．一共存在三对静摩擦力C．书c受到两个摩擦力作用D．书B受摩擦力作用考点：摩擦力的判断与计算．专题：摩擦力专题．分析：用整体法和隔离法分析各书用力情况，结合共点力平衡的条件可分析它们受力的个数及方向．解答：解：AB、对整体受力分析可知整体水平方向受向右的拉力和地面对e向左的摩擦力；再对上面四本书进行分析，可知d受向左的摩擦力；由牛顿第三定律可知，d对e有向右的摩擦力，故e受两个摩擦力，对ab分析，a由于静止且水平方向没有外力，故a不受摩擦力，由牛顿第三定律可知a对b 没有摩擦力；再对ab整体分析，同理可知，b下端也不受摩擦力；故A错误，B正确；C、对ab分析可知，同B可知，B不受c的摩擦力，再对c分析，可知c只受d的摩擦力，故C错误；D、对b分析，可知b水平方向没有外力，故不会有摩擦力，故D错误；故选：B．点评：本题一定要学会整体法与隔离法的使用，要明确哪些力是内力不需要分析，哪些力是外力，必须分析．4．如图所示是倾角为45°的斜坡，在斜坡底端P点正上方某一位置Q处以速度v0水平向左抛出一个小球A，小球恰好能垂直落在斜坡上，运动时间为t1．若在小球A抛出的同时，小球B从同一点Q处开始自由下落，下落至P点的时间为t2，不计空气阻力，则A、B两球在空中运动的时间之比t1：t2等于（）A．1：2 B．1：C．1：D．1：3考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：小球做平抛运动时，根据分位移公式求出竖直分位移和水平分位移之比，然后根据几何关系求解出的自由落体运动的位移并求出时间．解答：解：小球A恰好能垂直落在斜坡上，如图由几何关系可知，小球竖直方向的速度增量v y=gt1=v0①水平位移S=v0t1②竖直位移h Q=③由①②③得到：由几何关系可知小球B作自由下落的高度为：h Q+S=④联立以上各式解得：．故选：C．点评：本题关键是明确小球Q的运动是平抛运动，然后根据平抛运动的分位移和分速度公式联立求解出运动时间，再根据几何关系得到自由落体的位移，从而进一步求得时间，最后得到比值．5．随着世界航空事业的发展，深太空探测已逐渐成为各国关注的热点．假设深太空中有一颗外星球，质量是地球质量的2倍，半径是地球半径的．则下述判断正确的有（）A．在地面上所受重力为G的物体，在该外星球表面上所受重力变为2GB．该外星球上第一宇宙速度是地球上第一宇宙速度的2倍C．该外星球的同步卫星周期一定小于地球同步卫星周期D．该外星球上从某高处自由落地时间是地面上同一高处自由落地时间的一半考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．专题：人造卫星问题．分析：根据万有引力提供向心力公式列及同步卫星的相关知识即可分析．解答：解：A、根据，故A错误；B：万有引力提供向心力，得：，所以：，．故B正确；C：不知道外星球的自转周期，所以无法比较该外星球的同步卫星周期与地球同步卫星周期关系，故C错误；D：某高处自由落地时间：，．故D错误．故选：B点评：了解第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度．要比较一个物理量大小，我们可以把这个物理量先表示出来，在进行比较．6．如图所示，斜面上放有两个完全相同的物体a、b，两物体间用一根细线连接，在细线的中点加一与斜面垂直的拉力F，使两物体均处于静止状态．则下列说法正确的是（）A．a、b两物体的受力个数一定相同B．a、b两物体对斜面的压力相同C．a、b两物体受到的摩擦力大小一定相等D．当逐渐增大拉力F时，物体A先开始滑动考点：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ab进行受力分析，ab两个物体都处于静止状态，受力平衡，把绳子和力T和重力mg都分解到沿斜面方向和垂直于斜面方向，根据共点力平衡列式分析即可．解答：解：A、对ab进行受力分析，如图所示：b物体处于静止状态，当绳子沿斜面向上的分量与重力沿斜面向下的分量相等时，摩擦力为零，所以b可能只受3个力作用，而a物体必定受到摩擦力作用，肯定受4个力作用，故A 错误；B、ab两个物体，垂直于斜面方向受力都平衡，则有：N+Tsinθ=mgcosθ解得：N=mgcosθ﹣Tsinθ，则a、b两物体对斜面的压力相同，故B正确；C、根据A的分析可知，b的摩擦力可以为零，而a的摩擦力一定不为零，故C错误；D、对a沿斜面方向有：Tcosθ+mgsinθ=f a，对b沿斜面方向有：Tcosθ﹣mgsinθ=f b，正压力相等，所以最大静摩擦力相等，则a先达到最大静摩擦力，先滑动，故D正确．故选：BD点评：本题解题的关键是正确对物体进行受力分析，能根据平衡条件列式求解，难度不大，属于基础题．7．如图所示．光滑杆偏离竖直方向的夹角为α，杆以O为支点绕竖直杆旋转，质量为m的小球套在杆上可沿杆滑动，当杆角速度为ω1时，小球旋转平面在A处，当杆角速度为ω2时，小球旋转平面在B处，设杆对球的支持力在A、B处分别为F N1、F N2，则（）A．F N1＞F N2B．F N1=F N2C．ω1＜ω2D．ω1＞ω2考点：向心力；牛顿第二定律．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：小球受重力和支持力两个力作用，靠两个力的合力提供向心力，结合平行四边形定则比较支持力的大小，从而得出压力的大小关系，根据牛顿第二定律比较角速度的大小关系．解答：解：A、B、对小球受力分析，如图所示，根据平行四边形定则知：N=，可知支持力大小相等，则压力大小相等．故A错误，B正确．C、D、根据F合==mrω2得：ω=，由于r2＞r1，所以ω1＞ω2．故C错误，D正确．故选：BD．点评：解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解．8．如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向转动，传送带右端有一个与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定速率v2沿直线向左滑向传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，速率为v2′．则下列说法中正确的是（）A．若v1＞v2，则v2′=v2B．若v1＜v2，则v2′=v1C．只有v1=v2时，才有v2′=v1D．不管v2多大，总有v2′=v2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：物体冲上皮带后，受到向右的滑动摩擦力，减速向左滑行，之后依然受到向右的滑动摩擦力，会继续向右加速，然后分v1大于、等于、小于v2三种情况分析．解答：解：由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，分三种情况讨论：①如果v1＞v2，物体会一直加速，当速度大小增大到等于v2时，物体恰好离开传送带，有v2′=v2；②如果v1=v2，物体同样会一直加速，当速度大小增大到等于v2时，物体恰好离开传送带，有v2′=v2；③如果v1＜v2，物体会先在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，故物体与传送带一起向右匀速运动，有v2′=v1；故A、B正确，C、D错误．故选：AB．点评：本题关键是对于物体返回的过程分析，物体可能一直加速，也有可能先加速后匀速运动．三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第11题为必考题，每个试题考生都必须作答．第12题～第13题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题9．有同学利用如图1的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮A和B，将绳子打一个结点O，每个钩码的重量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力T OA、T OB和T OC，回答下列问题：（1）改变钩码个数，实验能完成的是BCA．钩码的个数N1=N2=2，N3=4B．钩码的个数N1=N2=N3=4C．钩码的个数N1=2，N3=3，N2=4D．钩码的个数N1=1，N2=3，N3=5（2）在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是 AA．标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向B．量出OA、OB、OC三段绳子的长度C．用量角器量出三根绳子之间的夹角D．用天平测出钩码的质量（3）在作图时，图2中更加符合实际的图是甲图．（填“甲”或“乙”）考点：验证力的平行四边形定则．专题：实验题．分析：（1）两头挂有钩码的细绳跨过两光滑的固定滑轮，另挂有钩码的细绳系于O点（如图所示）．由于钩码均相同，则钩码个数就代表力的大小，所以O点受三个力处于平衡状态，由平行四边形定则可知：三角形的三个边表示三个力的大小；（2）为验证平行四边形，必须作图，所以要强调三力平衡的交点、力的大小（钩码的个数）与力的方向；（3）明确“实际值”和“理论值”的区别即可正确解答．解答：解：（1）对O点受力分析OA OB OC分别表示三个力的大小，由于三共点力处于平衡，所以0C等于OD．因此三个力的大小构成一个三角形．A、以钩码的个数表示力的大小，则不能构成三角形，故A错误；B、以钩码的个数表示力的大小，则三力为边构成等腰三角形，故B正确；C、以钩码的个数表示力的大小，则三力为边构成等边三角形，故C正确；D、以钩码的个数表示力的大小，则不能构成三角形，故D错误．故选：BC．（2）为验证平行四边形定则，必须作受力图，所以先明确受力点，即标记结点O的位置，其次要作出力的方向并读出力的大小，最后作出力的图示，因此要做好记录，是从力的三要素角度出发，要记录砝码的个数和记录OA、OB、OC三段绳子的方向，故A正确，BCD错误．故选：A．（3）以O点为研究对象，F3的是实际作用效果在OC这条线上，由于误差的存在，F1、F2的理论值要与实际值有一定偏差，故甲图符合实际，乙图不符合实际．故答案为：（1）BC （2）A （3）甲点评：掌握三力平衡的条件，理解平行四边形定则，同时验证平行四边形定则是从力的图示角度去作图分析，明确“理论值”和“实际值”的区别．10．某实验小组利用如图所示的气垫导轨实验装置来探究合力一定时，物体的加速度与质量之间的关系．（1）做实验时，将滑块从图所示位置静止释放，由数字计数器（图中未画出）可读出遮光条通过光电门1、2的时间分别为△t1、△t2；用刻度尺测得两个光电门中心之间的距离x，用游标卡尺测得遮光条宽度d 则滑块经过光电门1时的速度表达式ν1= ；滑块加速度的表达式a= ．（以上表达式均用已知字母表示）．（2）为了保持滑块所受的合力不变，可改变滑块质量M和气垫导轨右端高度h（如图）．关于“改变滑块质量M和气垫导轨右端的高度h“的正确操作方法是BC ．A．M增大时，h增大，以保持二者乘积增大B．M增大时，h减小，以保持二者乘积不变C．M减小时，h增大，以保持二者乘积不变D．M减小时，h减小，以保持二者乘积减小．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：知道光电门测量滑块瞬时速度的原理．根据运动学公式求出加速度．表示出滑块的合力，根据表达式判断．解答：解：（1）滑块经过光电门1时的速度表达式v1=经过光电门2时的速度表达式v2=a=（2）滑块的合力F合=Mg，为了保持滑块所受的合力不变，所以M和h 不能同时增大或减小．故选：BC．故答案为：（1），（2）BC点评：知道用很短时间内的平均速度代替瞬间速度．能够用力学知识找出M和h的关系．11．（12分）（2012春•路南区校级期末）在某市区内，一辆小汽车在平直公路上以速度v A 向东匀速行驶，一位观光游客正由南向北从斑马线上横过马路，汽车司机发现前方有危险（游客正在D处向北走）经0.7s作出反应，从A点开始紧急刹车，但仍将正步行至B处的游客撞伤，该汽车最终在C处停下．为了清晰了解事故现场，现以下图示之：为了判断汽车司机是否超速行驶，并测出肇事汽车速度v A，警方派一车胎磨损情况与肇事车相当的车以法定最高速度v m=14.0m/s行驶在同一马路的同一地段，在肇事汽车的出事点B急刹车，恰好也在C 点停下来．在事故现场测得AB=17.5m、BC=14.0m、BD=2.6m，问：（1）该肇事汽车的初速度v A是多大？（2）游客横过马路的速度是多大？考点：匀变速直线运动规律的综合运用；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：（1）警车从B点刹车，初末速度已知，位移已知，可以由位移速度关系式解得加速度，然后肇事车从A点刹车到C点停止，末速度、位移、加速度都是已知，再由位移速度关系式解出肇事车的初速度．（2）根据AB间的距离，结合位移时间公式求出肇事车从A到B的时间，从而得出游客从D 到B的时间，结合位移求出游客的速度．解答：解：（1）以警车为研究对象，则：将v0=14.0m/s，s=14.0m，v=0代入得警车刹车加速度大小为：a=7.0m/s2，因为警车行驶条件与肇事汽车相同，则肇事汽车的加速度为：a′=a=7.0m/s2．所以肇事汽车的初速度为：v A==m/s=21m/s（2）肇事汽车在出事点B的速度：v B==m/s=14m/s肇事汽车通过s AB段的平均速度：肇事汽车通过s AB段的时间：所以游客横过马路的速度：答：（1）该肇事汽车的初速度v A是21m/s．（2）游客横过马路的速度是1.53m/s．点评：在解决物理问题时，有时语言描述不好懂，我们可以结合图象更清晰直观的理解题目，通过物体的运动规律，结合运动学公式灵活求解．（二）选考题：共15分．12．半径为R的圆桶固定在小车上，有一光滑的小球静止在圆桶的最低点，小车以速度v向右匀速运动，当小车遇到一个障碍物突然停止运动时，小球在圆桶内升高的高度可能为（）A．等于B．大于C．小于D．2R考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：小球和车有共同的速度，当小车遇到障碍物突然停止后，小球由于惯性会继续运动，在运动的过程中小球的机械能守恒，根据机械能守恒可以分析小球能达到的最大高度．解答：解：小球小球由于惯性会继续运动，可能会越过最高点做圆周运动，也有可能达不到四分之一圆周，速度减为零，也有可能越过四分之一圆周但越不过圆桶的最高点．1、若越过最高点做圆周运动，则在圆桶中上升的高度等于2R．2、若达不到四分之一圆周，速度减为零，根据机械能守恒，，h=．3、若越过四分之一圆周但越不过圆桶的最高点，则会离开轨道做斜抛，在最高点有水平速度，根据机械能守恒得，，上升的高度小于．故A、C、D正确，B错误．故选ACD．点评：解决本题的关键知道小球可能会越过最高点做圆周运动，也有可能达不到四分之一圆周，速度减为零，也有可能越过四分之一圆周但越不过圆桶的最高点．然后通过机械能守恒定律求解．13．如图所示，火箭平台上放有测试仪器，火箭从地面起动后，以加速度竖直向上匀加速运动，升到某一高度时，测试仪器对平台的压力为起动前压力的，已知地球半径为R，求火箭此时离地面的高度（g为地面附近的重力加速度）。

广东省揭阳三中2015届高三物理上学期期中试题(含解析)粤教版

广东省揭阳三中2015届高三物理上学期期中试题（含解析）粤教版一、单项选择题：1．如图所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小铁球，在电梯运行时，乘客发现弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量大了，这一现象表明（）A．电梯一定是在下降B．电梯一定是在上升C．电梯的加速度方向一定是向下D．乘客一定处在超重状态考点：牛顿运动定律的应用-超重和失重．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：在电梯运行时，乘客发现弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量大了，弹簧的弹力增大了，乘客一定处在超重状态，电梯可能加速上升，也可能减速下降．根据牛顿第二定律确定加速度的方向．解答：解：A、B、C在电梯运行时，乘客发现弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量大了，弹簧的弹力增大了，弹力大于铁的重力，根据牛顿第二定律得知，小球的加速度方向一定向上，而速度方向可能向上，也可能向下，电梯可能加速上升，也可能减速下降．故ABC均错误．D、由于弹簧的弹力大于铁球的重力，铁球处于超重状态，电梯也处于超重状态．故D正确．故选D点评：本题是超重问题，实质上牛顿第二定律的具体运用，产生超重的条件是加速度方向向上，与速度方向无关．2．（4分）在同一水平直线上的两位置沿同方向分别抛出两小球A和B，其运动轨迹如图所示，不计空气阻力．要两球在空中相碰，则（）A． A球先抛出B．B球先抛出C．两球同时抛出D．两球质量相等考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同．解答：解：由于相遇时A、B做平抛运动的竖直位移h相同，由h=可以判断两球下落时间相同，即应同时抛出两球，选项C正确，A、B、D错误．物体做平抛运动的规律水平方向上是匀速直线运动，由于A的水平位移比B的水平位移大，所以A的初速度要大．故选：C．点评：本题就是对平抛运动规律的直接考查，掌握住平抛运动的规律就能轻松解决．3．（4分）在某高处A点，以大小为v0的速度同时竖直向上和向下抛出a、b两球，不计空气两球落地的时间差为两球落地的时间差为两球落地的时间差为根据速度时间公式，上升时间为降时间，故下降时间为t=4．（4分）如图所示，滑块以速率v1沿斜面由底端向上滑行，至某一位置后返回，回到出发点时的速率变为v2，且v2＜v1，则下列说法中错误的是（），得知，在上滑过程中摩擦力的平均功率大于下滑过程二、双项选择题：5．（6分）如图所示，一个小球沿竖直固定的光滑圆形轨道的内侧做圆周运动，圆形轨道的半径为R，小球可看作质点，则关于小球的运动情况，下列说法正确的是（）球线速度的大小总大于或等于．解．即最高点的最小速度为则小球的线速度的大小总大于或等于。

广东省揭阳市第三中学2014-2015学年高二下学期第一次阶段考试物理试卷 Word版含答案

b cM广东省揭阳市第三中学2014-2015学年高二下学期第一次阶段考试物理试题一、单项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共16分。

在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分。

13、关于电磁感应，下列说法正确的是（） A 、穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大 B 、穿过线圈的磁通量为零，感应电动势一定为零 C 、穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势越大D 、穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大14、如图，闭合线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N 极朝下。

在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选一个且正确的得3分，有选错或不答的得0分。

17、电磁感应现象揭示了电和磁之间的内在联系，根据这一发现，发明了许多电器设备。

下列用电器中，没有．．利用电磁感应原理的是（） A 、电吹风 B 、日光灯镇流器 C 、变压器 D 、白炽灯泡18、如图所示，直导线MN 竖直放置并通以向上的电流I ，矩形金属线框abcd 与MN 处在同一平面，边ab 与MN 平行，则（）Χ Χ Χ Χ Χ Χ Χ ΧA 、线框向左平移时，线框中有感应电流B 、线框竖直向上平移时，线框中有感应电流C 、线框以MN 为轴转动时，线框中有感应电流D 、MN 中电流突然变化时，线框中有感应电流 19、电阻R 、电容C 与一线圈连成闭合电路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N 极朝下，如图所示．现使磁铁开始自由下落，在N 极接近线圈上端的过程中，流过R 的电流方向和电容器极板的带电情况是（） A 、从a 到b B 、从b 到a C 、上极板带正电 D 、下极板带正电20、如图所示电路中，A 、B 是相同的两个灯泡，L 是一个带铁芯的线圈，电阻可不计.调节R ，电路稳定时两灯都正常发光，则在开关合上和断开时（）A 、两灯同时点亮、同时熄灭B 、合上S 时，B 比A 先到达正常发光状态C 、断开S 时，A 、B 两灯都不会立即熄灭，通过A 灯的电流方向与原电流方向相同，而B 灯的电流反向D 、断开S 时，A 灯会突然闪亮一下后再熄灭21、一线圈匝数为n=10匝，线圈电阻不计，在线圈外接一个阻值R = 2.0Ω的电阻，如图甲所示。

广东省揭阳市2016届高三上学期学业水平考试理综物理试题

揭阳市2015—2016学年度第一学期高三学业水平考试理综物理试题本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

满分300分。

考试时间150分钟。

注意事项：1．本次考试选择题用答题卡作答，非选择题用答题卷作答。

答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在答题卷上。

用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上填写自己的姓名和考生号，用2B 型铅笔把答题卡上考生号、科目对应的信息点涂黑。

2．选择题每小题选出答案后，用2B 型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，答案不能答在试卷上。

3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答的答案无效。

4．考生必须保持答题卡整洁，考试结束后，将答题卷和答题卡一并交回。

二．选择题：本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第14~18题中只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14．伽利略对自由落体运动的研究，是科学实验和逻辑思维的完美结合，如图所示，可大致表示其实验和思维的过程，对这一过程的分析，下列说法正确的是 A ．其中的甲图是实验现象，丁图是经过合理的外推得到的结论B ．其中的丁图是实验现象，甲图是经过合理的外推得到的结论C ．运用丁图的实验，可“放大”重力的作用，使实验现象更明显D ．伽利略认为自由落体运动的速度是均匀变化的，这是他用实验直接进行了验证的15．如图所示，用相同导线制成的边长为L 或2L 的四个单匝闭合回路，它们以相同的速度先后垂直穿过正方形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，区域宽度大于2L 。

则进入磁场过程中，电流最大的回路是A ．甲B ．乙C ．丙D ．丁L2L甲乙丙丁 vB图乙图甲Ldbv 016．一个直流电动机，其线圈的电阻是0.5Ω，当它两端所加电压为6 V 时，通过电动机的电流是2 A ．由此可知 A ．电动机消耗的电功率为10 WB ．电动机发热的功率为12WC ．电动机输出的机械功率为10 WD ．电动机的工作效率为20% 17．如图所示，水平细杆上套一细环A ，环A 和球B 间用一轻质绳相连，质量分别为m A 、m B (m A ＞m B )，由于B 球受到水平风力作用，A 环与B 球一起向右匀速运动，已知细绳与竖直方向的夹角为θ，则下列说法正确的是A ．风力增大时，轻质绳对B 球的拉力保持不变 B ．杆对A 环的支持力随着风力的增加而不变C ．B 球受到的风力F 为m A g tan θD. A 环与水平细杆间的动摩擦因数为m Bm A ＋m B18．一宇航员站在某质量分布均匀的星球表面上沿竖直方向以初速度0υ抛出一个小球，测得小球经过时间t 落回地出点，已知该星球半径为R ，则该星球的第一宇宙速度为 A ．tR02υ B ．t R 0υ C ．t R 20υ D ．无法确定19．关于汽车在水平路面上运动，下列说法中正确的是：A ．汽车启动后以额定功率行驶，在速度达到最大以前，加速度是在不断增大的B ．汽车启动后以额定功率行驶，在速度达到最大以前，牵引力应是不断减小的C ．汽车以最大速度行驶后，若要减小速度，可减小牵引功率行驶D ．汽车以最大速度行驶后，若再减小牵引力，速度一定减小20．某同学设计了一种静电除尘装置，如图甲所示，其中有一长为L 、宽为b 、高为d 的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料．图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定为U 的高压直流电源相连．带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为v 0，当碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集．将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值，称为除尘率．不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用．要增大除尘率，则下列措施可行的是A ．只增大电压UB ．只增大长度LC ．只增大高度dD ．只增大尘埃被吸入水平速度v 021．如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个电荷量绝对值相同、质量相同的正、负粒子(不计重力)，从O 点以相同的速度先后射入磁场中，入射方向与边界成θ角，则正、负粒子在磁场中A．运动时间相同B．运动轨迹的半径相同C．重新回到边界时速度大小不同方向相同D．重新回到边界时与O点的距离相同三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。

广东省揭阳三中高三物理上学期第一次段考试卷(含解析)

2015-2016学年广东省揭阳三中高三（上）第一次段考物理试卷一、选择题（每题6分，共48分）1．有研究发现，轿车的加速度变化情况将影响乘客的舒适度：即加速度变化得越慢，乘客就会感到越舒适；加速度变化得越快，乘客就会感到越不舒适．若引入一个新物理量来表示加速度变化的快慢，则该物理量的单位是（）A．m/s B．m/s2C．m/s3D．m2/s2．将一物体以某一初速度竖直上抛．物体在运动过程中收到一大小不变的空气阻力作用，它从抛出点到最高点的运动时间为t1，再从最高点回到抛出点的运动时间为t2，如果没有空气阻力作用，它从抛出点到最高点所用的时间为t0．则（）A．t1＞t0，t2＜t1 B．t1＜t0，t2＞t1 C．t1＞t0，t2＞t1 D．t1＜t0，t2＜t13．如图为两个物体A和B在同一直线上沿同一方向同时做匀加速运动的v﹣t图线．已知在第3s末两个物体在途中相遇，则两个物体出发点的关系是（）A．从同一地点出发B．A在B前3 m处C．B在A前3 m处D．B在A前5 m处4．如图，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千，某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍能保持等长且悬挂点不变，木板静止时，F1表示木板所受合力的大小，F2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后（）A．F1不变，F2变大B．F1变大，F2变小C．F1变大，F2变大D．F1变小，F2变小5．如图，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过位于O′点的固定光滑轴悬挂一质量为M的物体；OO′段水平，长度为L；绳子上套一可沿绳滑动的轻环．现在轻环上悬挂一钩码，平衡后，物体上升L．则钩码的质量为（）A． M B． M C． M D． M6．2011年7月在土耳其伊斯坦布尔举行的第15届机器人世界杯赛上，中国科大“蓝鹰”队获得仿真2D组冠军和服务机器人组亚军，改写了我国服务机器人从未进入世界前5的纪录．标志着我国在该领域的研究取得了重要进展．图1中是科大著名服务机器人“可佳”．如图2所示，现要执行一项任务．给它设定了如下动作程序：机器人在平面内，由点（0，0）出发，沿直线运动到点（3，1），然后又由点（3，1）沿直线运动到点（1，4），然后又由点（1，4）沿直线运动到点（5，5），然后又由点（5，5）沿直线运动到点（2，2），整个过程中机器人所用时间是2s，则（）A．机器人的运动轨迹是一条直线B．机器人有两次通过同一点C．整个过程中机器人的位移大小为2mD．整个过程中机器人的平均速率为1m/s7．如图所示，物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D为其运动轨迹上的四点，测得AB=2m，BC=3m．且物体通过AB、BC、CD所用的时间相等，则下列说法正确的是（）A．可以求出物体加速度的大小B．可以求得CD=4mC．可以求得OA之间的距离为1.125mD．可以求得OA之间的距离为1.5m8．如图所示为A、B两质点在同一直线上运动的位置﹣时间（x﹣t）图象，A质点的图象为直线，B质点的图象为过原点的抛物线，两图象交点C、D坐标如图，下列说法正确的是（）A．两次相遇的时刻分别为t1、t2B．0～t1时间段内B在前A在后，t1～t2时间段A在前B在后C．两物体速度相等的时刻一定为t1～t2时间段的中间时刻D．A在B前面且离B最远时，B的位移为二、填空题（每空4分，共16分）9．某驾驶员手册规定具有良好刹车性能的汽车在以80km/h的速率行驶时，可以在56m的距离内被刹住；在以48km/h的速率行驶时，可以在24m的距离内被刹住，假设对于这两种速率，驾驶员所允许的反应时间（在反应时间内驾驶员来不及刹车，车速不变）与刹车的加速度都相同，则允许驾驶员的反应时间约为．10．一个从静止开始作匀加速直线运动的物体，从开始运动起，连续通过三段位移的时间都相同，这三段位移的长度之比和这三段位移上的平均速度之比．11．一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动．开始刹车后的第1s内和第2s内位移大小依次为9m和7m．则刹车后6s内的位移是多少？三、综合应用（本题共3小题，共46分，解答时应写出必要的文字说明，方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位）12．一物块以一定的初速度沿斜面向上滑动，利用速度传感器可以在计算机屏幕上得到其速度大小随时间变化的关系图象如图所示，求：（1）物块下滑的加速度大小a；（2）物块沿斜面向上滑行的最大距离x．13．气球以10m/s的速度匀速上升，当它上升到离地175m的高处时，一重物从气球上掉落，则重物需要经过多长时间才能落到地面？到达地面时的速度是多大？（g取10m/s2）14．短跑运动员完成100m赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段．一次比赛中，某运动用11.00s跑完全程．已知运动员在加速阶段的第2s内通过的距离为7.5m，求该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离．2015-2016学年广东省揭阳三中高三（上）第一次段考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题6分，共48分）1．有研究发现，轿车的加速度变化情况将影响乘客的舒适度：即加速度变化得越慢，乘客就会感到越舒适；加速度变化得越快，乘客就会感到越不舒适．若引入一个新物理量来表示加速度变化的快慢，则该物理量的单位是（）A．m/s B．m/s2C．m/s3D．m2/s【考点】加速度．【专题】直线运动规律专题．【分析】加速度的变化的快慢等于加速度的变化量与时间的比值，根据物理量的关系得出物理量的单位．【解答】解：加速度变化的快慢表达式为，则单位等于．故C正确，A、B、D错误．故选：C．【点评】解决本题的关键知道加速度变化率的含义，通过物理量之间的关系，得出单位之间的关系．2．将一物体以某一初速度竖直上抛．物体在运动过程中收到一大小不变的空气阻力作用，它从抛出点到最高点的运动时间为t1，再从最高点回到抛出点的运动时间为t2，如果没有空气阻力作用，它从抛出点到最高点所用的时间为t0．则（）A．t1＞t0，t2＜t1 B．t1＜t0，t2＞t1 C．t1＞t0，t2＞t1 D．t1＜t0，t2＜t1【考点】牛顿第二定律；竖直上抛运动．【专题】直线运动规律专题．【分析】题中描述的两种情况物体均做匀变速运动，弄清两种情况下物体加速度、上升高度等区别，然后利用匀变速运动规律求解即可．【解答】解：不计阻力时，物体做竖直上抛运动，根据其运动的公式可得：，当有阻力时，设阻力大小为f，上升时有：mg+f=ma，上升时间有阻力上升位移与下降位移大小相等，下降时有mg﹣f=ma1，，根据，可知t1＜t2故ACD错误，B正确．故选：B．【点评】正确受力分析弄清运动过程，然后根据运动学规律求解是对学生的基本要求，平时要加强这方面的训练．3．如图为两个物体A和B在同一直线上沿同一方向同时做匀加速运动的v﹣t图线．已知在第3s末两个物体在途中相遇，则两个物体出发点的关系是（）A．从同一地点出发B．A在B前3 m处C．B在A前3 m处D．B在A前5 m处【考点】匀变速直线运动的图像．【专题】运动学中的图像专题．【分析】由图象的“面积”读出两物体在3s内的位移不等，而在第3s末两个物体相遇，可判断出两物体出发点不同，相距的距离等于位移之差．【解答】解：A、由图象的“面积”读出两物体在3s内的位移不等，而在第3s末两个物体相遇，可判断出两物体出发点不同．故A错误．BCD、两物体在3s内的位移分别为 x A=×4×3m=6m，x B=×2×3m=3m，则出发时B在A前3m处．故C正确，BD错误．故选：C【点评】对于速度﹣时间图象要注意：不能读出物体运动的初始位置．抓住“面积”表示位移、斜率等于加速度进行分析．4．如图，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千，某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍能保持等长且悬挂点不变，木板静止时，F1表示木板所受合力的大小，F2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后（）A．F1不变，F2变大B．F1变大，F2变小C．F1变大，F2变大D．F1变小，F2变小【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，根据共点力平衡条件并结合正交分解法列式分析即可．【解答】解：木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，故三个力的合力为零，即：F1=0；根据共点力平衡条件，有：2F2cosθ=mg解得：F2=当细线变短时，细线与竖直方向的夹角θ增加，故cosθ减小，拉力F2变大．故选：A．【点评】本题是简单的三力平衡问题，关键是受力分析后运用图示法分析，不难．5．如图，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过位于O′点的固定光滑轴悬挂一质量为M的物体；OO′段水平，长度为L；绳子上套一可沿绳滑动的轻环．现在轻环上悬挂一钩码，平衡后，物体上升L．则钩码的质量为（）A． M B． M C． M D． M【考点】共点力平衡的条件及其应用．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】由几何关系求出环两边绳子的夹角，然后根据平行四边形定则求钩码的质量．【解答】解：重新平衡后，绳子形状如下图：由几何关系知：绳子与竖直方向夹角为30°，则环两边绳子的夹角为60°，则根据平行四边形定则，环两边绳子拉力的合力为Mg，根据平衡条件，则钩码的质量为M．故选：D．【点评】该题的关键在于能够对线圈进行受力分析，利用平衡状态条件解决问题．力的计算离不开几何关系和三角函数．6．2011年7月在土耳其伊斯坦布尔举行的第15届机器人世界杯赛上，中国科大“蓝鹰”队获得仿真2D组冠军和服务机器人组亚军，改写了我国服务机器人从未进入世界前5的纪录．标志着我国在该领域的研究取得了重要进展．图1中是科大著名服务机器人“可佳”．如图2所示，现要执行一项任务．给它设定了如下动作程序：机器人在平面内，由点（0，0）出发，沿直线运动到点（3，1），然后又由点（3，1）沿直线运动到点（1，4），然后又由点（1，4）沿直线运动到点（5，5），然后又由点（5，5）沿直线运动到点（2，2），整个过程中机器人所用时间是2s，则（）A．机器人的运动轨迹是一条直线B．机器人有两次通过同一点C．整个过程中机器人的位移大小为2mD．整个过程中机器人的平均速率为1m/s【考点】平均速度；位移与路程．【分析】依据坐标位置的变化可表示位移和路程，平均速率为路程与时间的比值，平均速度为位移与时间的比值．【解答】解：A、由题目给定的坐标位置变化可知机器人的运动轨迹为折线，A错误；B、由点（5，5）沿直线运动到点（2，2）时会与由点（3，1 ）沿直线运动到点（1，4）有交点，即会经过同一位置，B正确；C、由题意知机器人初位置坐标为（0，0），末位置坐标为（2.2），故位移为：X==m，故C正确．D、平均速率为路程与时间的比值，由题目给定的坐标变化可知路程：，该个过程中机器人所用时间是s，故机器人的平均速率大于1m/s，故D错误．故选：BC．【点评】本题考查了平均速度与平均速率的求解方法，注意平均速度的大小不等于平均速率．7．如图所示，物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D为其运动轨迹上的四点，测得AB=2m，BC=3m．且物体通过AB、BC、CD所用的时间相等，则下列说法正确的是（）A．可以求出物体加速度的大小B．可以求得CD=4mC．可以求得OA之间的距离为1.125mD．可以求得OA之间的距离为1.5m【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【专题】直线运动规律专题．【分析】某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，设相等时间为t，即可表示出B 点的速度，在相邻的相等时间内的位移差是恒量，即△x=at2=1m，结合，求出B点的速度．再结合运动学公式可求出OA的距离．【解答】解：A、由△s=at2可得物体的加速度a的大小为，因为不知道时间，所以不能求出加速度，故A错误；B、根据s CD﹣s BC=s BC﹣s AB=1m，可知s CD=3+1m=4m，故B正确；C、物体经过B点时的瞬时速度v B为=再 v t2=2as可得OB两点间的距离s OB为所以O与A间的距离s OA为 s OA=s OB﹣s AB=（3.125﹣2）m=1.125m，故C正确，D错误．故选BC【点评】解决本题的关键掌握匀变速运动的两个重要推论，1、某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度．2、在相邻的相等时间内的位移差是恒量，即△x=aT2．8．如图所示为A、B两质点在同一直线上运动的位置﹣时间（x﹣t）图象，A质点的图象为直线，B质点的图象为过原点的抛物线，两图象交点C、D坐标如图，下列说法正确的是（）A．两次相遇的时刻分别为t1、t2B．0～t1时间段内B在前A在后，t1～t2时间段A在前B在后C．两物体速度相等的时刻一定为t1～t2时间段的中间时刻D．A在B前面且离B最远时，B的位移为【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】运动学中的图像专题．【分析】在位移﹣时间图象中，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，斜率表示速度；平均速度等于位移除以时间．图象的交点表示同一时刻到达同一位置，即相遇．位移图象并不是物体运动的轨迹．【解答】解：A、图象的交点表示同一时刻到达同一位置，即相遇，故A正确；B、有图可知，0～t1时间段内B的纵坐标比A的纵坐标大，所以B在前A在后，t1～t2时间段A的纵坐标比B的纵坐标大，A在前B在后，故B正确；C、0﹣t1时间段内，位移﹣时间图象斜率表示速度，乙图线的切线斜率不断增大，而且乙图线是抛物线，有s=kt2，则知乙车做匀加速直线运动，斜率表示速度，斜率相等时刻为t1～t2时间段的中间时刻，故C正确．D、当AB速度相等时，相距最远，此时A的位移为，故D错误．故选：ABC【点评】理解位移﹣时间图象点和斜率的物理意义的同时还要理解好好速度﹣时间图象的点、线、面的物理意义．二、填空题（每空4分，共16分）9．某驾驶员手册规定具有良好刹车性能的汽车在以80km/h的速率行驶时，可以在56m的距离内被刹住；在以48km/h的速率行驶时，可以在24m的距离内被刹住，假设对于这两种速率，驾驶员所允许的反应时间（在反应时间内驾驶员来不及刹车，车速不变）与刹车的加速度都相同，则允许驾驶员的反应时间约为0.72s ．【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】假设驾驶员的反应时间为t，在反应时间内汽车做匀速直线运动，然后做匀减速直线运动到停止，两过程刹车位移可分别列等式，即可解除驾驶员的反应时间【解答】解：假设驾驶员的反应时间为t，在第一个过程中，反应时间内汽车做匀速直线运动速度v1，所以反应时间内的位移为：x1=v1t，然后做匀减速直线运动到停止，由位移速度关系式得：0﹣=﹣2ax2，全过程位移：X1=x1+x2=56m…①在第二个过程中，反应时间内汽车做匀速直线运动速度v2，所以反应时间内的位移x3=v2t然后做匀减速直线运动到停止，由位移速度关系式得：0﹣=﹣2ax4全过程位移：X2=x3+x4=24m…②由①②解得：t=0.72s故答案为：0.72 s【点评】分析清楚物体运动的过程，先是匀速直线运动，后是匀减速直线运动，分过程应用运动规律求解即可，本题的难度不大．10．一个从静止开始作匀加速直线运动的物体，从开始运动起，连续通过三段位移的时间都相同，这三段位移的长度之比1：3：5 和这三段位移上的平均速度之比1：3：5 ．【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；平均速度．【专题】直线运动规律专题．【分析】根据初速度为零的匀加速直线运动的推论：从静止开始相邻的相等时间内的位移之比为1：3：5：…（2n﹣1）可以求解这三段位移的长度之比，平均速度等于总位移除以总时间．【解答】解：从静止开始相邻的相等时间内的位移之比为1：3：5：…（2n﹣1），所以这三段位移的长度之比为1：3：5；时间相等，根据得：这三段位移上的平均速度之比等于这三段位移的长度之比，即为1：3：5故答案为：1：3：5，1：3：5【点评】本题主要考查了初速度为零的匀加速直线运动的推论的直接应用，难度不大，属于基础题．11．一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动．开始刹车后的第1s内和第2s内位移大小依次为9m和7m．则刹车后6s内的位移是多少？【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】开始刹车后的第1s内和第2s内位移大小依次为9m和7m，根据匀减速直线运动的位移时间公式列出两个方程，求出初速度和加速度．但刹车问题要注意刹车的时间，然后把所给的时间跟刹车时间进行比较，如果所给时间小于刹车时间，则公式里的时间就用所给时间，若所给时间大与刹车时间，说明在此时间之前车已经静止，那只能用刹车时间进行计算．【解答】解：如图，设AB为X1，BC为X2，所用时间均为t=1s则：X1=V A t﹣…①X1+X2=V A2t﹣…②由①②得：V A=10m/s a=2m/s2所以：汽车行驶最长时间t m=所以：刹车6s内的位移是：X=答：刹车后6s内的位移是25m．【点评】刹车问题是一个实际问题，要注意刹车的时间即刹车后多长时间停止运动，再结合匀加速直线运动的基本公式解题．三、综合应用（本题共3小题，共46分，解答时应写出必要的文字说明，方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位）12．一物块以一定的初速度沿斜面向上滑动，利用速度传感器可以在计算机屏幕上得到其速度大小随时间变化的关系图象如图所示，求：（1）物块下滑的加速度大小a；（2）物块沿斜面向上滑行的最大距离x．【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】直线运动规律专题．【分析】（1）由图象可知道，物体在0.5s～1.5s内匀加速下滑，根据图象的斜率表示加速度求解下滑过程的加速度a；（2）上滑的位移可以用速度位移公式求解，也可以用位移时间公式求，还可以根据速度时间图象的面积求解；【解答】解：（1）由图象可知，物体在0.5s～1.5s内匀加速下滑，物块下滑的加速度为：a===2m/s2；（2）由v﹣t图象的面积法，物体在0～0.5s内上滑的位移为：x=×4×0.5m=1m即物块向上滑行的最大距离1m．答：（1）物块下滑的加速度大小a为2m/s2；（2）物块沿斜面向上滑行的最大距离x为1m；【点评】图象简洁明了，能够直接得出物体各过程的运动规律，关键要知道图象的斜率表示加速度，面积表示位移．13．气球以10m/s的速度匀速上升，当它上升到离地175m的高处时，一重物从气球上掉落，则重物需要经过多长时间才能落到地面？到达地面时的速度是多大？（g取10m/s2）【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；竖直上抛运动．【专题】直线运动规律专题．【分析】重物离开气球时的初速度为10m/s，方向竖直向上，做竖直上抛运动，最终落地位移时相对于掉落位置的位移大小为175m，方向竖直向下，对整个过程，应用匀变速直线运动的位移时间关系式即可解出重物的运动时间；然后应用速度时间关系式解出落地的速度．【解答】解：取全过程为一整体进行研究，设从重物自气球上掉落计时，经时间t落地，规定初速度方向为正方向，画出运动草图，如图所示．重物做竖直上抛运动，看成一种有往复的匀减速直线运动，全过程的位移为 x=﹣h=﹣175m，初速度为 v0=10m/s，加速度为 a=﹣g．根据位移公式得：﹣h=v0t﹣代入得：﹣175=10t﹣5t2；解得，t=7s（另一解t=﹣5s舍去）到达地面时的速度为 v=v0﹣gt=10﹣10×7=﹣60m/s，负号表示速度方向向下，与初速度方向相反．答：重物需要经过7s时间才能落到地面，到达地面时的速度是大小为60m/s，速度方向向下．【点评】本题采用全程法处理竖直上抛问题，解题过程比较简便，但不好理解，也可以采用分段法，分成上升和下落两个过程研究，比较容易接收．14．短跑运动员完成100m赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段．一次比赛中，某运动用11.00s跑完全程．已知运动员在加速阶段的第2s内通过的距离为7.5m，求该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离．【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】设他做匀加速直线运动的时间为t1，位移大小为小x1，加速度大小为a，做匀速直线运动的速度为v，根据运动学基本公式，抓住位移位移列式即可求解．【解答】解：根据题意，在第1s和第2s内运动员都做匀加速直线运动，设运动员在匀加速阶段的加速度为a，在第1s和第2s内通过的位移分别为s1和s2，由运动学规律得t0=1s联立解得 a=5m/s2设运动员做匀加速运动的时间为t1，匀速运动的时间为t2，匀速运动的速度为v，跑完全程的时间为t，全程的距离为s，依题决及运动学规律，得t=t1+t2v=at1设加速阶段通过的距离为s′，则求得s′=10m答：该运动员的加速度为5m/s2及在加速阶段通过的距离为10m．【点评】解决本题的关键理清运动员的运动过程，结合匀变速直线运动的运动学公式和推论灵活求解。

高二物理上学期期中-揭阳一中2015-2016学年高二上学期期中物理试题及答案

2015-2016学年广东省揭阳一中高二（上）期中物理试卷一、单项选择题（本题有6小题，每小题4分，共24分）1．R1与R2并联在电路中，通过R1与R2的电流之比为1：2，则当R1与R2串联后接入电路中时，R1和R2两端电压之比U1：U2为（）A．1：2 B．2：1 C．1：4 D．4：12．在如图甲所示的电路中，L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，当开关S闭合后，电路中的总电流为0.25A，则（）A．L1上的电压为L2上电压的2倍B．L1消耗的电功率为0.75 WC．L2的电阻为12ΩD．L1、L2消耗的电功率的比值小于4：13．用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用串联或并联的方式接入电路，如图（a）、（b）所示，则闭合开关后，下列有关说法正确的是（）A．图（a）中A1、A2的示数相同B．图（a）中A1、A2的指针偏角相同C．图（b）中的A1、A2的示数不相同D．图（b）中的A1、A2的指针偏角相同4．如图所示电路，电源内阻不可忽略，开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中（）A．电压表与电流表的示数都减小B．电压表与电流表的示数都增大C．电压表的示数增大，电流表的示数减小D．电压表的示数减小，电流表的示数增大5．如图所示，实线表示电场线，虚线表示带电粒子运动的轨迹．带电粒子只受电场力的作用，运动过程中电势能逐渐减小，它运动到b处时的运动方向与受力方向可能的是（）6．如图所示，一电子枪发射出的电子（初速度很小，可视为零）进入加速电场加速后，垂直射入偏转电场，射出后偏转位移为Y，要使偏转位移增大，下列哪些措施是可行的（不考虑电子射出时碰到偏转电极板的情况）（）A．增大偏转电压U B．增大加速电压U0C．增大偏转极板间距离D．将发射电子改成发射负离子二、多项选择题（本题有4小题，每小题4分，共16分）7．在如图所示的U﹣I图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路．由图象可知（）A．电源的电动势为3V，内阻为0.5ΩB．电阻R的阻值为1ΩC．电源的输出功率为2WD．电源的效率为66.7%8．一个T型电路如图所示，电路中的电阻R1=10Ω，R2=120Ω，R3=40Ω，另有一测试电源，电动势为100V，内阻忽略不计，则（）A．当cd端短路时，ab之间的等效电阻是40ΩB．当ab端短路时，cd之间的等效电阻是40ΩC．当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压为80VD．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为80V9．如图所示，A、B，C、D，E、F为处于勻强电场中一个边长为1Ocm的正六边形的六个顶点，A、B、C三点电势分别为1.0V、2.0V、3.0V，正六边形所在平面与电场线平行．则（）A．通过CD和AF的直线应为电场中的两条等势线B．匀强电场的场强大小为10V/mC．勻强电场的场强方向为由C指向AD．将一个电子由E点移动到D点，电子的电势能将减少1.6×10﹣19J10．如图所示为“探究影响平行板电容器电容的因素”的实验装置，以下说法正确的是（）A．A板与静电计的指针带的是异种电荷B．甲图中将B板上移，静电计的指针偏角增大C．乙图中将B板左移，静电计的指针偏角不变D．丙图中将电介质插入两板之间，静电计的指针偏角减小三、实验题（本题有5个空，每空3分，共15分）11．某实验小组在做“测定金属的电阻率”实验时，用螺旋测微器测量某金属圆柱体的直径，用游标卡尺测量长度，测量结果如图所示，直径为mm，长度为mm．12．某同学测绘标有“4.8V，0.3A”字样小灯泡的伏安特性曲线，要使小灯泡两端的电压从0到4.8V连续变化，为了使测量尽可能准确，除了导线和开关外，可供选择的仪器还有：A．电流表（量程为0.6A，内阻约为1Ω）B．电流表（量程为3A，内阻约为0.2Ω）C．电压表（量程为6V，内阻约为2kΩ）D．电压表（量程为15V，内阻约为4.5kΩ）E．滑动变阻器（阻值范围为0～20Ω，额定电流为2A）F．滑动变阻器（阻值范围为0～2kΩ，额定电流为0.5A）G．电池组（电动势为6V，内阻约为1Ω）•该实验需选用的器材有．（填写序号）‚在如图1的虚线框内画出实验的电路图，并在图中注明各元件的符号．ƒ某小组完成实验后利用实验中得到的实验数据在I﹣U坐标系中，描绘出如图2所示小灯泡的伏安特性曲线，根据此图给出的信息，可以判断图3中正确的是（图中P为小灯泡的功率）四、计算题（本题有3小题，每题15分，共45分．按题目要求在答卷相应位置作答，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.）13．（15分）（2015秋•揭阳校级期中）如图甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1=100Ω，R2阻值未知，R3为一滑动变阻器，当其滑片P从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化图线如图乙所示，其中A、B两点是滑片P在变阻器的两个不同端点得到的．求：（1）定值电阻R2的阻值；（2）滑动变阻器的最大阻值．14．（15分）（2015秋•揭阳校级期中）电荷量为q=1×10﹣4C的带正电小物块置于粗糙的绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向的匀强电场，场强E与时间t的关系及物块速度v与时间t的关系如图所示．若重力加速度g取10m/s2，求：（1）物块的质量m以及物块与水平面之间的动摩擦因数；（2）物块运动2s过程中，其电势能的改变量．15．（15分）（2014秋•新郑市期中）如图所示，在区域I（0≤x≤L）和区域Ⅱ内分别存在匀强电场，电场强度大小均为E，但方向不同．在区域I内场强方向沿y轴正方向，区域Ⅱ内场强方向未标明，都处在xoy平面内，一质量为m，电量为q的正粒子从坐标原点O以某一初速度沿x轴正方向射入电场区域I，从P点进入电场区域Ⅱ，到达Ⅱ区域右边界Q处时速度恰好为零．P点的坐标为．不计粒子所受重力，求：（1）带电粒子射入电场区域I时的初速度；（2）电场区域Ⅱ的宽度．2015-2016学年广东省揭阳一中高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本题有6小题，每小题4分，共24分）1．R1与R2并联在电路中，通过R1与R2的电流之比为1：2，则当R1与R2串联后接入电路中时，R1和R2两端电压之比U1：U2为（）A．1：2 B．2：1 C．1：4 D．4：1【考点】串联电路和并联电路；欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】由并联电路的电流规律可得出两电阻的比值；由串联电路的电压规律可得出电压之比．【解答】解：并联电路中电阻之比等于电流的反比，故=；由串联电路的规律可知，电压之比等于电阻之比，故U1：U2=2：1；故选B．【点评】本题考查串并联电路的电流及电压规律，属基础内容，应熟纪并能灵活应用．2．在如图甲所示的电路中，L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，当开关S闭合后，电路中的总电流为0.25A，则（）A．L1上的电压为L2上电压的2倍B．L1消耗的电功率为0.75 WC．L2的电阻为12ΩD．L1、L2消耗的电功率的比值小于4：1【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【专题】比较思想；图析法；恒定电流专题．【分析】L2和L3并联后与L1串联，L2和L3的电压相同，电流也相同，电路中的总电流为0.25A，从而求出通过三个灯泡的电流，由图乙读出三个灯泡两端的电压，由R=求出L2的电阻，根据P=UI求L1、L2消耗的电功率的比值．【解答】解：A、L2和L3并联后与L1串联，L2和L3的电压和电流均相同，则L1的电流为L2电流的2倍，由于灯泡是非线性元件，所以L1的电压不是L2电压的2倍，故A错误；B、根据图象可知，当电流为0.25A时，电压U=3V，所以L1消耗的电功率P=UI=0.75W，故B正确；C、L2的电流为0.125A，由图可知，此时L2的电压小于0.5V，根据R2=可知，L2的电阻小于4Ω，故C错误；D、根据P=UI可知，L2消耗的电功率P2＜0.125×0.5=0.0625W，所以L1、L2消耗的电功率的比值大于4；1，故D错误；故选：B【点评】本题的关键是搞清电路的结构，能够从图中读出有效信息，对于线性元件，R==，但对于非线性元件，R=≠．3．用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用串联或并联的方式接入电路，如图（a）、（b）所示，则闭合开关后，下列有关说法正确的是（）A．图（a）中A1、A2的示数相同B．图（a）中A1、A2的指针偏角相同C．图（b）中的A1、A2的示数不相同D．图（b）中的A1、A2的指针偏角相同【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】电流表A1、A2是由两个相同的小量程电流表改装成的，它们并联时，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程大的电流表读数大．当它们串联时，A1、A2的示数相同．由于量程不同，内阻不同，两电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同．【解答】解：A、图甲中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同．故A错误，B正确．C、图乙中的A1、A2串联，A1、A2的示数相同．由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同．故CD错误．故选：B．【点评】本题要对于安培表的内部结构要了解：小量程电流表（表头）与分流电阻并联而成．指针偏转角度取决于流过表头的电流大小．4．如图所示电路，电源内阻不可忽略，开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中（）A．电压表与电流表的示数都减小B．电压表与电流表的示数都增大C．电压表的示数增大，电流表的示数减小D．电压表的示数减小，电流表的示数增大【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】由电路图可知R2与R0并联后与R1串联，电压表测路端电压；由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化及路端电压的变化，再分析局部电路可得出电流表中示数的变化．【解答】解：当滑片下移时，滑动变阻器接入电阻减小，则外电路总电阻减小，电路中总电流增大，电源的内电压增大，则由闭合电路欧姆定律可知，电路的路端电压减小，故电压表示数减小；由欧姆定律可知，R1上的分压增大，而路端电压减小，故并联部分的电压减小，则通过R2的电流减小，根据并联电路的特点可知：通过R0的电流增大，则电流表的示数增大．故D 正确，ABC错误；故选：D．【点评】分析闭合电路的欧姆定律的动态分析的题目时，一般要按先外电路、再内电路、后外电路的思路进行分析；重点分析电路中的路端电压、总电流及部分电路的电流及电压变化．5．如图所示，实线表示电场线，虚线表示带电粒子运动的轨迹．带电粒子只受电场力的作用，运动过程中电势能逐渐减小，它运动到b处时的运动方向与受力方向可能的是（）【考点】电场线；电场强度．【分析】据粒子的运动轨迹，判断粒子所受的电场力大体指向弯曲一侧，从而判断粒子受到的电场力的方向；电场力做正功粒子的动能增大，电势能减小．【解答】解：粒子的运动轨迹，判断粒子所受的电场力大体指向弯曲一侧，从而判断粒子受力的方向向左，因不知电场线的方向，不能判断出粒子的电性；由于运动飞过程中粒子的电势能减小，所以电场力做正功，粒子运动的方向一定是c到a；故选项D正确，选项ABC错误；故选：D【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；用电场力做功和能量守恒定律判断动能和电势能的变化．6．如图所示，一电子枪发射出的电子（初速度很小，可视为零）进入加速电场加速后，垂直射入偏转电场，射出后偏转位移为Y，要使偏转位移增大，下列哪些措施是可行的（不考虑电子射出时碰到偏转电极板的情况）（）A．增大偏转电压U B．增大加速电压U0C．增大偏转极板间距离D．将发射电子改成发射负离子【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】电子先经电场加速，后经电场偏转，先根据动能定理得到加速获得的速度表达式，再运用运动的分解，结合类平抛运动的规律，得到偏转距离y的表达式，即可进行分析．【解答】解：经加速电场后的速度为v，则mv2=eU0所以电子进入偏转电场时速度的大小为，v=电子进入偏转电场后的偏转的位移y=at2=••（）2=．可见，要增大y，可行的方法有：增大偏转电压U，减小加速电压U0．或减小偏转电场极板间距离d，与粒子的电性和质量无关．故A正确．故选：A．【点评】本题是先加速后偏转，带电粒子通过组合场的类型，得到的结论与带电粒子的电量和质量无关．二、多项选择题（本题有4小题，每小题4分，共16分）7．在如图所示的U﹣I图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路．由图象可知（）A．电源的电动势为3V，内阻为0.5ΩB．电阻R的阻值为1ΩC．电源的输出功率为2WD．电源的效率为66.7%【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】由电源的路端电压与电流的关系图象与纵轴的交点读出电源的电动势，其斜率大小等于电源的内阻．电阻R的伏安特性曲线的斜率等于电阻．两图线的交点读出电流与电压，求出电源的输出功率和效率．【解答】解：A、根据闭合电路欧姆定律得U=E﹣Ir，当I=0时，U=E，由读出电源的电动势E=3V，内阻等于图线的斜率大小，则r=．故A正确．B、电阻R=．故B正确．C、两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压U=2V，电流I=2A，则电源的输出功率为P出=UI=4W．故C错误．D、电源的效率η==66.7%．故D正确．故选：ABD【点评】对于图线关键要根据物理规律，从数学角度来理解其物理意义．本题要抓住图线的斜率、交点的意义来理解图象的意义．基础题．8．一个T型电路如图所示，电路中的电阻R1=10Ω，R2=120Ω，R3=40Ω，另有一测试电源，电动势为100V，内阻忽略不计，则（）A．当cd端短路时，ab之间的等效电阻是40ΩB．当ab端短路时，cd之间的等效电阻是40ΩC．当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压为80VD．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为80V【考点】闭合电路的欧姆定律；串联电路和并联电路．【专题】恒定电流专题．【分析】当cd端短路时，ab间电路的结构是：电阻R2、R3并联后与R1串联．当ab端短路时，cd之间电路结构是：电阻R1、R3并联后与R2串联．当ab两端接通测试电源时，cd 两端的电压等于电阻R3两端的电压．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻R3两端的电压．根据欧姆定律求解电压．【解答】解：A、当cd端短路时，ab间电路的结构是：电阻R2、R3并联后与R1串联，等效电阻为R==40Ω．故A正确．B、当ab端短路时，cd之间电路结构是：电阻R1、R3并联后与R2串联，等效电阻为R==128Ω．故B错误．C、当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压等于电阻R3两端的电压，为U3=E=80V．故C正确．D、当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻R3两端的电压，为U3==25V．故D错误．故选AC．【点评】对于电路的问题，首先要识别电路的结构，有时要画出等效电路图．基础题，比较容易．9．如图所示，A、B，C、D，E、F为处于勻强电场中一个边长为1Ocm的正六边形的六个顶点，A、B、C三点电势分别为1.0V、2.0V、3.0V，正六边形所在平面与电场线平行．则（）A．通过CD和AF的直线应为电场中的两条等势线B．匀强电场的场强大小为10V/mC．勻强电场的场强方向为由C指向AD．将一个电子由E点移动到D点，电子的电势能将减少1.6×10﹣19J【考点】电势能；等势面．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】连接AC，根据匀强电场电势随距离均匀变化（除等势面）的特点，则知AC中点的电势为2V，连接EB，EB即为一条等势线，CA连线即为一条电场线，由BA间的电势差，由公式U=Ed求出场强大小．由W=qU，则电场力做功就可以求解．【解答】解：A、连接AC，AC中点电势为2V，与B电势相等，则EB连线必为一条等势线，由正六边形对称性，CD∥EB，而匀强电场的等势面平行，则CD直线也是一条等势线．故A正确．B、BA间的电势差为U BA=1V，又U BA=Ed AB cos30°，得场强E==V/m=V/m．故B错误．C、由几何知识得知，CA⊥EB，EB是等势线，则CA连线必为一条电场线，而且电场强度的方向由C指向A．故C正确．D、由上得知，E的电势为2V，D点与C点的电势相等为3V，则电子从E点移到D点，电场力做正功，而且为W ED=qU ED=q（φE﹣φD）=﹣1.6×10﹣19×（2﹣1）J=1.6×10﹣19J，电势能将减小1.6×10﹣19J．故D正确．故选ACD．【点评】本题的关键找等势点，作出电场线，这是解决这类问题常用方法．同时还要充分利用正六边形的对称性分析匀强电场中各点电势的关系．10．如图所示为“探究影响平行板电容器电容的因素”的实验装置，以下说法正确的是（）A．A板与静电计的指针带的是异种电荷B．甲图中将B板上移，静电计的指针偏角增大C．乙图中将B板左移，静电计的指针偏角不变D．丙图中将电介质插入两板之间，静电计的指针偏角减小【考点】电容器的动态分析．【专题】电容器专题．【分析】静电计是测量电压的仪器，根据张角可以得出两板间的电压高低；根据静电计的原理可知其使用方法．先根据电容的决定式分析电容的变化，再根据电容的定义式分析板间电势差的变化，判断静电计指针张角的变化．【解答】解：A、A板与静电计的指针带的是同种电荷，A错误；B、将B板向上平移，正对面积减小，根据电容的决定式C=得知，电容C减小，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=分析得到，板间电势差U增大，则静电计指针张角增大．故B正确；C、乙图中将B板左移，板间距增大，根据电容的决定式C=得知，电容C减小，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=分析得到，板间电势差U增大，则静电计指针张角增大．故C错误；D、将电介质插入两板之间，根据电容的决定式C=得知，电容C增大，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=分析得到，板间电势差U减小，则静电计指针张角减小，D正确．故选：BD【点评】解决本题的关键知道静电计测量的是电容器两端的电势差，正确掌握静电计的使用方法．三、实验题（本题有5个空，每空3分，共15分）11．某实验小组在做“测定金属的电阻率”实验时，用螺旋测微器测量某金属圆柱体的直径，用游标卡尺测量长度，测量结果如图所示，直径为 1.845mm，长度为42.40mm．【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．【专题】实验题；定量思想；推理法；直线运动规律专题．【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．【解答】解：1、螺旋测微器的固定刻度为1.5mm，可动刻度为34.5×0.01mm=0.345mm，所以最终读数为1.5mm+0.345mm=1.845mm．2、游标卡尺的主尺读数为42mm，游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为8×0.05mm=0.40mm，所以最终读数为：42mm+0.40mm=42.40mm．故答案为：1.845、42.40【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．12．某同学测绘标有“4.8V，0.3A”字样小灯泡的伏安特性曲线，要使小灯泡两端的电压从0到4.8V连续变化，为了使测量尽可能准确，除了导线和开关外，可供选择的仪器还有：A．电流表（量程为0.6A，内阻约为1Ω）B．电流表（量程为3A，内阻约为0.2Ω）C．电压表（量程为6V，内阻约为2kΩ）D．电压表（量程为15V，内阻约为4.5kΩ）E．滑动变阻器（阻值范围为0～20Ω，额定电流为2A）F．滑动变阻器（阻值范围为0～2kΩ，额定电流为0.5A）G．电池组（电动势为6V，内阻约为1Ω）•该实验需选用的器材有ACEG．（填写序号）‚在如图1的虚线框内画出实验的电路图，并在图中注明各元件的符号．ƒ某小组完成实验后利用实验中得到的实验数据在I﹣U坐标系中，描绘出如图2所示小灯泡的伏安特性曲线，根据此图给出的信息，可以判断图3中正确的是（图中P为小灯泡的功率）BD【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】实验题；定量思想；实验分析法；恒定电流专题．【分析】（1）先明确必需的器材，再根据安全、精确性原则选择其他器材；注意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）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．（3）根据灯泡电阻的变化以及功率公式分析判断功率与U2和I2的关系．【解答】•解：（1）电源只有一个，故电池组G是必选的；灯泡的额定电流为0.3A，电流表A1的量程偏小，则选择A．灯泡额定电压为4.8V，则电压表应选择C；若选用滑动变阻器R2，通过R2的电流会超过滑动变阻器的额定电流，所以选择滑动变阻器E；（2）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12Ω，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．（3）根据I﹣U图线的斜率表示电阻的倒数，知电阻随电压的增大而增大．P﹣U2图线的斜率表示电阻倒数，电阻增大，知P与U2图线的斜率减小，所以B正确．P﹣I2图线的斜率表示电阻的大小，电阻增大，知P与I2图线的斜率增大．所以D正确．故答案为：ACEG；如图所示；ƒBD【点评】解决本题的关键掌握器材选择的原则，知道滑动变阻器分压式和限流式接法的区别，以及知道电流表内外接的区别；并能正确选择．四、计算题（本题有3小题，每题15分，共45分．按题目要求在答卷相应位置作答，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.）13．（15分）（2015秋•揭阳校级期中）如图甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1=100Ω，R2阻值未知，R3为一滑动变阻器，当其滑片P从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化图线如图乙所示，其中A、B两点是滑片P在变阻器的两个不同端点得到的．求：（1）定值电阻R2的阻值；（2）滑动变阻器的最大阻值．【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】定量思想；极值法；恒定电流专题．【分析】（1）当滑片滑到最右端时，R1被短路，外电路的电阻最小，电流最大，读出电流和电压，由欧姆定律求出R2的阻值；（2）滑动变阻器阻值最大时，外电阻最大，电流最小，由图读出电压和电流，由欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值．【解答】解：（1）当P滑到R3右端时，电路参数对应图乙中的B点，即U2=4V、I2=0.8A得R2===5Ω（2）当P滑到R3左端时，电路参数对应图乙中的A点，即U外=16V、I总=0.2A得R外===80Ω因为R外=+R2，所以滑动变阻器的最大阻值为R3=300Ω答：（1）定值电阻R2的阻值为5Ω；（2）滑动变阻器的最大阻值为300Ω．【点评】分析清楚电路结构，根据图象找出电路所对应的电压与电流值是正确解题的关键．本题根据电源的伏安特性曲线的意义，还可由图线上两点的坐标建立方程组求解电源的电动势和内阻．14．（15分）（2015秋•揭阳校级期中）电荷量为q=1×10﹣4C的带正电小物块置于粗糙的绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向的匀强电场，场强E与时间t的关系及物块速度v与时间t的关系如图所示．若重力加速度g取10m/s2，求：（1）物块的质量m以及物块与水平面之间的动摩擦因数；（2）物块运动2s过程中，其电势能的改变量．【考点】电势能；牛顿第二定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】（1）第1s物块做匀加速直线运动，1s后物块做匀速运动，处于平衡状态，分别使用牛顿第二定律和物体的平衡条件即可解题；（2）物体电势能的该变量等于电场力做的功．【解答】解：（1）由图可知，第1s物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：qE1﹣μmg=ma，由图线知a=2m/s21s后物块做匀速运动，由平衡条件有：qE2=μmgq（E1﹣E2）=ma代入数据解得：m=0.5kg。

广东省揭阳一中、潮州金中2016届高三上学期期中联考理综物理试题(有答案)

2015-2016学年度第一学期期中两校联考理科综合试卷二、选择题:本题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14．跳伞运动员沿竖直方向跳伞，在下降过程中，v －t 图象如图，则A ．0~t 1过程中，速度增大，加速度增大B ．0~t 1过程中，位移大于121t v m C ．0~t 2过程中，运动员一直处于失重状态D ．0~t 2过程中，运动员所受重力的功率一直增大15．如图所示，一个重为5N 的砝码，用细线悬挂在O 点，现在用力F拉砝码，使悬线偏离竖直方向30°时处于静止状态，此时所用拉力F 的最小值为A ．3.75NB ．2.5NC ．5ND ．4N16．一气球，自身质量不计，载重为G ，并以加速度a 加速上升，欲使气球以同样大小的加速度加速下降，气球的载重应增加（重力加速度为g ）A ．2Ga gB ．Ga gC ．-Ga g aD ．2-Ga g a17．如图所示，纸质圆桶以角速度ω绕竖直轴逆时针高速转动，有一颗子弹沿直径穿过圆桶，若子弹在圆桶转动不到半周时在圆桶上留下两个弹孔a 、b ，已知Oa 与Ob 的夹角为θ，圆桶的直径为d ，则子弹的速度为A ．dθ/(2πω)B ．dω/θC ．dω/(2π－θ )D ．dω/(π－θ)18．在圆轨道上运行的国际空间站里，一宇航员A 静止（相对空间舱）“站”于舱内朝向地球一侧的“地面”B 上，下列说法正确的是A ．宇航员A 不受重力作用B ．宇航员A 所受重力与他在地面上所受重力大小相等C ．宇航员A 与“地面”B 之间无弹力作用D ．若宇航员A 将手中一小球无初速（相对空间舱）释放，该小球将落到“地”面B 上19．探测器探测到土星外层上有一个环，为了判断它是土星的一部分还是土星的卫星群，可以测量环中各层的线速度v 与该层到土星中心的距离R 之间的关系来确定A ．若v ∝R ，则该环是土星的一部分B ．若v ∝1/R ，则该环是土星的一部分C ．若v 2∝1/R ，则该环是土星的卫星群D ．若v 2∝R ，则该环是土星的卫星群20．如图所示，圆柱形仓库内有三块长度不同的木板ao 、bo 、co ，其下端都固定于底部圆心o ，上端搁在仓库侧壁上，三块木板与水平面的夹角依次为α、β、θ，且α＜β＜θ。

广东省揭阳三中高二物理上学期第一次月考试卷(含解析)

广东省揭阳三中2014-2015学年高二上学期第一次月考物理试卷一、单项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分．1．（4分）当把用丝绸摩擦过的玻璃棒去靠近验电器的金属球后，金属箔展开．此时金属箔所带的电荷的带电性质和起电的方式是（）①正电荷②负电荷③摩擦起电④感应起电．A．①③B．②③C．①④D．②④2．（4分）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．B．C．D．12F3．（4分）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﹣时间图象如图所示．则这一电场可能是下图中的（）A．B．C．D．4．（4分）如图所示，在等量的异种点电荷形成的电场中，有A、B、C三点，A点为两点电荷连线的中点，B点为连线上距A点距离为d的一点，C点为连线中垂线距A点距离也为d 的一点，则下面关于三点电场强度的大小、电势高低的比较，正确的是（）A．E A=E C＞E B；φA=φC＞φBB．E B＞E A＞E C；φA=φC＞φBC．E A＜E B，E A＜E C；φA＞φB，φA＞φCD．因为零电势点未规定，所以无法判断电势的高低二、双项选择题：本大题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选一个且正确的得3分，有选错或不答的得0分．5．（6分）M和N原来是两个不带电的物体，它们相互摩擦后，M带正电1.6×10﹣10C，则下列判断正确的是（）A．摩擦前，M和N的内部没有任何电荷B．摩擦过程中，电子从M转移到NC．摩擦后，N一定带电荷量﹣1.6×10﹣10CD．摩擦过程中，M失去1.6×10﹣10个电子6．（6分）下列物理量中哪些与试探电荷无关？（）A．电场强度B．电势差C．电场力D．电势能7．（6分）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，轨迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（）A．粒子带正电B．A、B两点相比，粒子在A点加速度大C．A、B两点相比，粒子在B点动能小D．A、B两点相比，B点电势能较高8．（6分）如图1所示，Q1、Q2为两个固定点电荷，其中Q1带正电，它们连线的延长线上有a、b两点．一正试探电荷以一定的初速度沿直线从b点开始经a点向远处运动，其速度图象如图2所示．则（）A．Q2带正电B．a、b两点的电势φa＞φbC．a、b两点电场强度E b＞E aD．试探电荷从b到a的过程中电势能减小9．（6分）一粒子从A点射入电场，从B点射出，电场的等势面和粒子的运动轨迹如图所示，图中左侧前三个等势面平行，不计粒子的重力．下列说法正确的有（）A．粒子带负电荷B．粒子的加速度先不变，后变小C．粒子的速度不断增大D．粒子的电势能先减小，后增大三、非选择题：本大题共5小题，共54分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．10．（6分）如图所示，在匀强电场中有a、b、c三点，a、b相距 4cm，b、c相距10cm．将一个带电荷量为2×10﹣8C 的电荷从a点移到b点时，电场力做功为4×10﹣6 J．将此电荷从b点移到c点时电场力做功为 J，a、c间电势差为V．11．（6分）如图所示，ABCD是匀强电场中一矩形的四个顶点，已知A、B、C三点的电势分别是φA=15V，φB=3V、φC=﹣3V，由此可以推断D点电势φD=，并在图中画出过A点的电场线方向．12．（6分）如图所示，两平行金属板间电场是匀强电场，场强大小为1.0×104V/m，A、B两板相距1cm，C点与A相距0.4cm，若B接地，则A、C间电势差U AC=，将带电量为﹣1.0×10﹣12C的点电荷置于C点，其电势能为．13．（18分）一个带正电的微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运动，如图所示，AB与电场线夹角θ=30°．已知带电微粒的质量m=1.0×10﹣7kg，电量q=1.0×10﹣10C，A、B相距L=20cm．（取g=10m/s2，结果要求二位有效数字）求：（1）试说明微粒在电场中运动的性质，要求说明理由．（2）电场强度大小、方向？（3）要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是多少？14．（18分）如图所示，在方向水平的匀强电场中，一不可伸长的不导电细线长为L，一端连着一个质量为m，带电量为q小球，另一端固定于O点，把小球拉起直至细线与场强平行，然后无初速由A点释放，已知细线转过60°角，小球到达B点时速度恰为零．求：（1）A、B两点的电势差；（2）电场强度E；（3）小球到达B点时，细线的拉力．广东省揭阳三中2014-2015学年高二上学期第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分．1．（4分）当把用丝绸摩擦过的玻璃棒去靠近验电器的金属球后，金属箔展开．此时金属箔所带的电荷的带电性质和起电的方式是（）①正电荷②负电荷③摩擦起电④感应起电．A．①③B．②③C．①④D．②④考点：电荷守恒定律．专题：常规题型．分析：带电体靠近不带电的导体会发生静电感应，当接触不带电的导体时会发生电子的转移．一个带电的物体与不带电的导体相互靠近时，由于电荷间的相互作用，会使导体内部的电荷重新分布，异种电荷被吸引到带电体附近，而同种电荷被排斥到远离带电体的导体另一端．这种现象叫静电感应．一个带电的物体与不带电的导体相互接触时，带电体上的电荷会传到不带电的导体上，会使不带电的导体带上相同的电荷．解答：解：丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，靠近不带电的验电器金属球时，发生静电感应，金属箔片会张开，负电荷会被吸引到带电体附近的金属球上，正电荷会被排斥到远端的金属箔上，此时金属球上带的是负电，金属箔片上带的是正电．即金属箔片所带的电荷的带电性质是正电荷，起电方式感应起电．故选：C．点评：带电体靠近导体和接触导体，是不同的两个意义，靠近属于静电感应，接触属于电荷转移．容易混淆，注意区分．2．（4分）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．B．C．D．12F考点：库仑定律；电荷守恒定律．专题：计算题．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．故选C．点评：本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题．3．（4分）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﹣时间图象如图所示．则这一电场可能是下图中的（）A．B．C．D．考点：匀变速直线运动的图像；电场线．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．解答：解：由图象可知，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，受力方向与运动方向相反．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．难度适中．4．（4分）如图所示，在等量的异种点电荷形成的电场中，有A、B、C三点，A点为两点电荷连线的中点，B点为连线上距A点距离为d的一点，C点为连线中垂线距A点距离也为d 的一点，则下面关于三点电场强度的大小、电势高低的比较，正确的是（）A．E A=E C＞E B；φA=φC＞φBB．E B＞E A＞E C；φA=φC＞φBC．E A＜E B，E A＜E C；φA＞φB，φA＞φCD．因为零电势点未规定，所以无法判断电势的高低考点：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：电场线越密的地方，电场强度越强．沿着电场线方向电势降低．通过电场线的分布进行判断．解答：解：根据电场线的疏密分布知，A点的电场线比C点密，B点的电场线比A点密，则E B＞E A＞E C；等量的异种电荷的中垂线为等势线，则A点的电势与C点的电势相等，沿着电场线方向电势逐渐降低，则A点的电势大于B点电势．所以φA=φC＞φB．故B正确，A、C、D错误．故选B．点评：虽然电场线不是实际存在的，但电场线的疏密可以体现电场强度的强弱；可以根据电场线方向来确定电势的高低；同时还考查了等量异种点电荷的电场线的分布，电场线与等势线相互垂直．二、双项选择题：本大题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选一个且正确的得3分，有选错或不答的得0分．5．（6分）M和N原来是两个不带电的物体，它们相互摩擦后，M带正电1.6×10﹣10C，则下列判断正确的是（）A．摩擦前，M和N的内部没有任何电荷B．摩擦过程中，电子从M转移到NC．摩擦后，N一定带电荷量﹣1.6×10﹣10CD．摩擦过程中，M失去1.6×10﹣10个电子考点：电荷守恒定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：解答本题应明确起电的本质，明确不带电的物体呈现电中性，而带电的原因是失去或获得电子．解答：解：A、原来不带电的物体处于电中性，不是不带电，而是正负电荷的个数相等，相互抵消；故A错误；B、摩擦起电中移动的是自由电子，失去电子的物体带正电，得到电子的物体带负电，故摩擦起电中M失去电子，转移到了N物体上，故B正确；C、D、由电荷守恒定律可知，在电子的转移中电荷的总量保持不变，M带正电1.6×10﹣10C，N一定带电荷量﹣1.6×10﹣10C．故C正确，D错误；故选：BC．点评：本题考查电荷守恒定律，要明确在起电过程中总电荷量保持不变，得到电子的物体带负电，失去电子的物体带正电．6．（6分）下列物理量中哪些与试探电荷无关？（）A．电场强度B．电势差C．电场力D．电势能考点：电场强度．分析：电场强度和电势差是描述电场的性质的物理量，是由电场本身决定的，与试探电荷无关．解答：解：AB、电场强度和电势差都是描述电场的性质的物理量，是由电场本身决定的，与试探电荷无关．故A、B正确；C、电场力为F=qE，可知电场力既与电场有关，又与试探电荷有关，故C错误；D、电荷的电势能为：E P=qφ，电势能既与电场有关，也与试探电荷的电量及电性有关．故D 错误．故选：AB．点评：电场强度和电势差是由电场本身决定的，与试探电荷无关．一定要牢记．7．（6分）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，轨迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（）A．粒子带正电B．A、B两点相比，粒子在A点加速度大C．A、B两点相比，粒子在B点动能小D．A、B两点相比，B点电势能较高考点：电场线．分析：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，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．解答：解：A、电场线的方向向上，根据粒子的运动的轨迹可以判断得出粒子受到的电场力的方向为向下，与电场线的方向相反，所以该离子带负电，所以A错误；B、电场线密的地方电场的强度大，所以粒子在B点受到的电场力大，在B点时的加速度较大，所以B错误．C、从A到B得过程中，电场力对粒子做负功，所以粒子的动能减小，电势能增加，所以C、D正确．故选：CD．点评：该题考查带电粒子在电场中的偏转问题，结合“物体弯曲的方向偏向受力的方向”判断出粒子受到的电场力的方向是解题的关键．8．（6分）如图1所示，Q1、Q2为两个固定点电荷，其中Q1带正电，它们连线的延长线上有a、b两点．一正试探电荷以一定的初速度沿直线从b点开始经a点向远处运动，其速度图象如图2所示．则（）A．Q2带正电B．a、b两点的电势φa＞φbC．a、b两点电场强度E b＞E aD．试探电荷从b到a的过程中电势能减小考点：电势能；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：分析：解答本题关键根据速度图象的斜率等于加速度，则知电荷经过a的加速度为零，可判断出Q2一定带负电；根据速度的变化，分析动能变化，根据负电荷在电势低处电势能大判断电势的高低，并判断电势能的变化．解答：解：A、根据速度图象的斜率等于加速度，由图知，试探电荷经过a点时的加速度为零，由牛顿第二定律得知，电荷所受的电场力为零，a点的合场强必为零，Q1、Q2在a点产生的场强大小相等、方向相反，故Q2一定带负电．故A错误．B、D由图知：从b点到a点正电荷的速度减小，动能减小，则电势能增大，而正电荷在电势高处电势能大，则a、b两点的电势φa＞φb．故B正确，D错误．C、a的场强为零，b的场强不零，则E b＞E a．故C正确．故选BC点评：本题的解题之处在于确定出电荷在a点的加速度为零，根据能量守恒判断电势能的变化，确定电势的大小．9．（6分）一粒子从A点射入电场，从B点射出，电场的等势面和粒子的运动轨迹如图所示，图中左侧前三个等势面平行，不计粒子的重力．下列说法正确的有（）A．粒子带负电荷B．粒子的加速度先不变，后变小C．粒子的速度不断增大D．粒子的电势能先减小，后增大考点：等势面；电场线．专题：压轴题；图析法．分析：等势面的疏密可以表示场强的大小，电场线与等势面；电场力做正功，电势能减小．解答：解：A、电场线（垂直于等势面）先向右后向上偏，而粒子后向下偏了，所以电场力与电场强度方向相反，所以粒子带负电，A正确；B、因为等势面先平行并且密，后变疏，说明电场强度先不变，后变小，则电场力先不变，后变小，所以加速度先不变，后变小，B正确；C、由于起初电场力与初速度方向相反，所以速度先减小，C错误；D、因为电场力先做负功，所以电势能先增大，D错误；故选AB．点评：本题考查等势面、电场线、电场力、电场力做功、电势能等等．可以先根据等势面确定电场线的分布情况再判断．三、非选择题：本大题共5小题，共54分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．10．（6分）如图所示，在匀强电场中有a、b、c三点，a、b相距 4cm，b、c相距10cm．将一个带电荷量为2×10﹣8C 的电荷从a点移到b点时，电场力做功为4×10﹣6 J．将此电荷从b点移到c点时电场力做功为5×10﹣6 J，a、c间电势差为450V．考点：带电粒子在匀强电场中的运动；电势差；电势能．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：电荷从a点移到b点时电场力做功W ab=qELab，从b点移到c点时电场力做功W bc=qELbccos60°，用比例法求出电荷从b点移到c点时电场力做功．根据公式U ac=求出a、c间电势差．解答：解：由题，电荷从a点移到b点时，电场力做功W ab=qEL ab①电荷从b点移到c点时电场力做功W bc=qEL bc cos60°②由②：①得W bc=5×10﹣6Ja、c间电势差U ac===450V故本题答案是：5×10﹣6；450点评：本题考查求解电场力做功的基本能力．对于电势差公式U=应用时，往往各个量均代入符号．11．（6分）如图所示，ABCD是匀强电场中一矩形的四个顶点，已知A、B、C三点的电势分别是φA=15V，φB=3V、φC=﹣3V，由此可以推断D点电势φD=9V，并在图中画出过A点的电场线方向．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：连接AC，在AC上找出与B点等电势点，作出等势线，再过D作出等势线，在AC 线上找出与D等势点，再确定D点的电势解答：解：连接AC，将AC三等分，标上三等分点E、F，则根据匀强电场中沿电场线方向相等距离，电势差相等可知，E点的电势为3V，F点的电势为9V．连接BE，则BE为一条等势线，根据几何知识可知，DF∥BE，则DF也是一条等势线，所以D点电势U D=9V．过A点作出垂直于BE的有向线段，由高电势点A直线BE，如图中红线所示，即为电场线．故答案为：9V 如图点评：本题关键是找到等势点，作出等势线．电场线与等势面之间的关系要理解，常常是作电场线的依据12．（6分）如图所示，两平行金属板间电场是匀强电场，场强大小为1.0×104V/m，A、B 两板相距1cm，C点与A相距0.4cm，若B接地，则A、C间电势差U AC=40V，将带电量为﹣1.0×10﹣12C的点电荷置于C点，其电势能为﹣6×10﹣11J．考点：电势能；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由题是匀强电场，根据CB距离，由公式U=Ed求出C与A间的电势差U CA．电场线方向从A指向B，C点的电势高于B点的电势．由U CB=φC﹣φB，φB=0，求出C点电势φC．由公式E p=qφC求解点电荷置于C点时的电势能．解答：解：A与C间的电势差：U AC=Ed AC=1.0×104×0.4×10﹣2V=40V同理可得：U CB=60V，由：U CB=φC﹣φB，φB=0，得到：φC=U CB=60V点电荷置于C点时的电势能：E p=qφC=﹣1.0×10﹣12×60J=﹣6×10﹣11J故答案为：40V，﹣6×10﹣11J．点评：本题是匀强电场中电势差与场强关系式U=Ed、电势差与电势的关系和电势能公式的应用，要注意电势能公式式E p=qφC要都代入符号．13．（18分）一个带正电的微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运动，如图所示，AB与电场线夹角θ=30°．已知带电微粒的质量m=1.0×10﹣7kg，电量q=1.0×10﹣10C，A、B相距L=20cm．（取g=10m/s2，结果要求二位有效数字）求：（1）试说明微粒在电场中运动的性质，要求说明理由．（2）电场强度大小、方向？（3）要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是多少？考点：带电粒子在匀强电场中的运动；力的合成与分解的运用；动能定理的应用．专题：电场力与电势的性质专题．分析：（1）根据直线运动的条件并结合受力分析，得到电场力的方向，最终分析出物体的运动规律；（2）根据力的合成的平行四边形定则并结合几何关系得到电场力，求出电场强度；（3）对粒子的运动过程运用动能定理列式求解即可．解答：解：（1）微粒只在重力和电场力作用下沿AB直线运动，故合力一定与速度在同一条直线上，可知电场力的方向水平向左，如图所示．微粒所受合力的方向由B指向A，与初速度V A方向相反，微粒做匀减速直线运动．即微粒做匀减速直线运动．（2）根据共点力平衡条件，有：qE=mgtan﹣1θ故电场强度E==1.7×104N/C，电场强度方向水平向左．（3）微粒由A运动到B的速度v B=0，微粒进入电场中的速度最小，由动能定理有：mgLsinθ+qELcosθ=mv A2解得v A=2.8m/s即要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是2.8m/s．点评：本题关键结合运动情况得到粒子受力的受力情况，然后根据动能定理列式求解．14．（18分）如图所示，在方向水平的匀强电场中，一不可伸长的不导电细线长为L，一端连着一个质量为m，带电量为q小球，另一端固定于O点，把小球拉起直至细线与场强平行，然后无初速由A点释放，已知细线转过60°角，小球到达B点时速度恰为零．求：（1）A、B两点的电势差；（2）电场强度E；（3）小球到达B点时，细线的拉力．考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理；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，受到重力、弹力和电场力，从A到B由动能定理求出两点的电势差；再利用匀强电场E=求出场强；再以B点为研究对象，利用牛顿运动定律求细线的拉力．解答：解：（1）以小球为研究对象，受到重力、弹力和电场力，从A到B由动能定理得：mgLsin60°+qU ab=0解得：U ab=﹣（2）由匀强电场：E===（3）由于到达B点时，速度为零，在B点受力分析，受到重力，向右的电场力和沿绳的拉力．沿绳方向，据牛顿第二定律得：T=mgsin60°+Eqcos60°=mh+mg×=答：（1）A、B两点的电势差﹣；（2）电场强度E为；（3）小球到达B点时，细线的拉力．点评：本题的关键能灵活应用动能定理、匀强电场场强公式和圆周运动的牛顿第二定律列方程求解．。

广东省揭阳三中高二物理上学期第一次阶段考试试题新人教版

广东省揭阳三中2013-2014学年高二物理上学期第一次阶段考试试题新人教版一、单项选择题。

（本题共4小题，每小题4分，共16分）1、关于静电场，下列说法正确的是（）A.电势为零的点，电场强度一定为零B.电场强度为零的点，电势一定为零C.同一电场线上的各点，电势一定相等D. 负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加2、如图，两个可看作点电荷的小球带同种电，电荷量分别为q1和q2，质量分别为m1和m2，当两球处于同一水平面时，α >β，则造成α >β的可能原因是：（）A．m1>m2B．m1<m2C．q1>q2D．q1<q23、如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示。

则（）A.a一定带正电，b一定带负电B. B.a的速度将减小，b的速度将增加C.a的加速度将减小，b的加速度将增加D.两个粒子的动能，一个增加一个减小4、一个不计重力的带电微粒，进入匀强电场没有发生偏转，则该微粒的（）A. 运动速度必然增大 B．运动速度必然减小C. 运动速度可能不变 D．运动加速度肯定不为零二、双项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分。

)5、下列说法正确的是（）A．只要有电荷存在，电荷周围就一定存在电场B．电场是一种特殊物质，电场线是客观存在的C．电荷间的相互作用是通过电场而产生的D．取走电场中某点的试探电荷后，该点的电场力为零，所以该点的场强为零6、如图所示，某区域电场线左右对称分布，M、N为对称线上的两点。

下列说法正确的是（）A．M点电势一定高于N点电势B．M点场强一定大于N点场强C．正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能D．将电子从M点移动到N点，电场力做正功7、等量异种点电荷的连线和其中垂线如图所示，现将一个带负电的检验电荷先从图中a点沿直线移到b点，再从b点沿直线移到c点。

广东省揭阳市第三中学最新高二物理上学期第一次月考试题含解析

A．
Ｂ.
Ｃ．
‫ﻩ‬Ｄ.
【答案】Ｄ【解析】
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【详解】据题,a、b、c 三点的电势分别 φa=1０V，φb=２V,φｃ=6V，因为匀强电场中沿电场线方向相同
距离电势差相等,则得 aｂ两点连线的中点的电势为 φ=
＝6Ｖ,因此该中点与 C 点的连线为等势
面，那么与连线垂直的直线即为电场线，由于 φａ=10Ｖ,φb=2V,又因为电势沿着电场线降低，故 D 正确．
恒力；烧断后重力和电场力不变,小球从静止开始沿悬线的延长线做初速为零的匀加速运动,故选项 C 正确.
考点:本题考查受力分析及运动性质的判断．判断物体的运动性质,要依据初速度与合外力的关系．
５。下列图中，a、ｂ、c 是匀强电场中的三个点，各点电势 φa＝10 Ｖ，φb＝２Ｖ,φｃ=6 V,ａ、b、 c 三点在同一平面上,图中电场强度的方向表示正确的是( )
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４.如图所示，一带电小球用丝线悬挂在水平方向的匀强电场中，当小球静止后把悬线烧断，则小球在电场中将做（）
Ａ. 自由落体运动
B. 曲线运动
C。沿着悬线的延长线做匀加速直线运动‫ﻩ‬D. 变加速直线运动
【答案】C
【解析】
试题分析：悬线烧断前小球静止，所以受合外力为零，即重力和电场力的合力沿悬线的反向延长线且为
３。如图所示的四个电场的电场线，其中 A 和Ｃ图中小圆圈表示一个点电荷，A 图中虚线是一个圆（Ｍ、N 为圆上的不同点）,B 图中几条直线间距相等且互相平行，则在图中 M、N 处电场强度相等的是 (）
A．
‫ﻩ‬B。
C。
‫ﻩ‬D。
【答案】Ｂ
【解析】
【详解】AC。图是点电荷产生的电场,A 中 MＮ在同一个圆上的不同的点,C 中 MN 到圆心的距离不等，