2015-2016学年河南省开封高中高二(上)周练物理试卷(11.25)
河南省开封高中2014-2015学年高二11月20日周考物理试题 Word版含答案
开封高中2016届高二物理考试试卷本卷分为第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，满分110分第I卷（选择题共48分）一．本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项满足题设要求，有的有多个选项满足题设要求，请将满足题设要求的选项选出来．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错的或不答的得0分．14．点电荷Q1、Q2和Q3所产生的静电场的等势面与纸面的交线如图中的实线所示，图中标在等势面上的数值分别表示该等势面的电势，a、b、c……表示等势面上的点，下列说法中正确的是（）A．位于g点的点电荷不受电场力作用B．b点的场强与d点的场强一定不同C．把10-9C正电荷从m点移到c点过程中电场力做的功等于7×10-6JD．把电荷量为q的正点电荷从a点移到i点，再从i点移到f点过程中，电场力做的总功大于把该点电荷从a点直接移到f点过程中电场力所做的功15．如图所示，一个水平放置的平行板电容器。
D为理想的二极管，它具有单向导通性。
B金属板固定，A金属板可移动。
下列说法中正确的是A．A板向下移动时，两板间的电场强度变大B．A板向下移动时，两板间的电场强度变小C．A板向上移动时，两板间的电场强度变大D．A板向上移动时，两板间的电场强度变小16．电场中有A、B两点，A点的电势φA=30 V，B点的电势φB=10 V,一个电子由B点运动到A点的过程中，下面几种说法中正确的是：A.电场力对电子做功20 eV，电子的电势能减少了20 eVB.电子克服电场力做功20 eV，电子的电势能增加了20 eVC.电场力对电子做功20 eV，电子的电势能增加了20 eVD.电子克服电场力做功20 eV，电子的电势能减少了20 eV17．一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下。
若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，能量变化情况为A．动能减小B．电势能增加C．动能和电势能之和减少D．重力势能和电势能之和增加18. 关于电动势，下列说法中正确的是( )A．电源电动势等于电源正负极之间的电势差B．用电压表（理想电压表）直接测量电源两极得到的电压数值就等于电源电动势的值。
高三物理月考试题及答案-河南开封市2015届高三第二次模拟考试(精校解析版)
高三理科综合试题注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
二、选择题（本题包括8小题，每小题6分共48分。
其中14～18题每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，19～21题中有多个选项正确，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．质量为m的物体在沿斜面向上的拉力F作用下沿放在水平地面上的质量为M的粗糙斜面匀速下滑，此过程中斜面体保持静止，则斜面与地面间( )A．没有摩擦力B．摩擦力的方向水平向右C．支持力为(M＋m)g D．支持力小于(M＋m)g【答案】D【解析】整体受力如图所示，根据共点力平衡得，地面的摩擦力f=F cosθ，分析水平向左．支持力的大小N=（M+m）g﹣F sinθ，小于（M+m）g．故D正确，A、B、C错误．故选D．【考点】共点力平衡；正交分解15．关于物体运动的加速度，下列说法正确的是：( )A．做直线运动的物体，加速度方向一定不变B．做曲线运动的物体，加速度可能不变C．做匀速圆周运动的物体，加速度不变D．以额定功率做加速直线运动的汽车，加速度是恒定的【答案】B【解析】（略）【考点】对加速度的理解16．如图所示，木块A放在木块B的左端上方，用水平恒力F将A拉到B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功W1，生热Q1；第二次让B在光滑水平面上可自由滑动，F做功W2，生热Q2，则下列关系中正确的是：( )A．W1<W2，Q1=Q2B．W1=W2，Q1=Q2C．W1<W2，Q1<Q2D．W1=W2，Q1<Q2【答案】A【解析】木块从木板左端滑到右端克服摩擦力所做的功W=fs，因为木板不固定时木块的位移要比固定时长，所以W1＜W2，；摩擦产生的热量Q=fs相对，两次都从木板左端滑到右端，相对位移相等，所以Q1=Q2．故选A。
2015-2016学年上学期期末考试高二物理试题及答案
2015-2016学年上学期期末考试高二物理试题考试时间 90分钟 满分 110分一、选择题（每小题5分，共50分。
其中1-6题为单选题，7-10题为多选题，选对选全得5分，选对不选全得3分，有选错的得0分。
）1．如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x 轴垂直于环面且过圆心O .下列关于x 轴上的电场强度和电势的说法中正确的是( )A ．O 点的电场强度为零，电势最低B ．O 点的电场强度为零，电势最高C ．从O 点沿x 轴正方向，电场强度减小，电势升高D ．从O 点沿x 轴正方向，电场强度增大，电势降低2.如图所示，A 、B 、C 是等边三角形的三个顶点，O 是A 、B 连线的中点．以O 为坐标原点，A 、B 连线为x 轴，O 、C 连线为y 轴，建立坐标系．过A 、B 、C 、O 四个点各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等、方向向里的电流．则过O 点的通电直导线所受安培力的方向为( )A ．沿y 轴正方向B ．沿y 轴负方向C ．沿x 轴正方向D ．沿x 轴负方向3．a 、b 、c 、d 是在地球大气层外的圆形轨道上运行的四颗人造卫星．其中a 、c 的轨道相交于P ，b 、d 在同一个圆轨道上，b 、c 轨道在同一平面上．某时刻四颗卫星的运行方向及位置如图1所示．下列说法中正确的是( ) A ．a 、c 的加速度大小相等，且大于b 的加速度 B ．b 、c 的角速度大小相等，且小于a 的角速度 C ．a 、c 的线速度大小相等，且小于d 的线速度 D ．a 、c 存在在P 点相撞的危险4．如图所示，圆环形导体线圈a 平放在水平桌面上，在a 的正上方固定一竖直螺线管b ，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P 向下滑动，下列表述正确的是( ) A ．线圈a 中将产生俯视顺时针方向的感应电流 B ．穿过线圈a 的磁通量变小 C ．线圈a 有扩张的趋势D ．线圈a 对水平桌面的压力F N 将增大5．如图所示，在水平面上有一个质量为m 的小物块，从某点给它一个初速度沿水平面做匀减速直线运动，途中经过A 、B 、C 三点，到达O 点的速度为零．A 、B 、C 三点到O 点的距离分别为s 1、s 2、s 3，物块从A 点、B 点、C 点运动到O 点所用时间分别为t 1、t 2、t 3，下列结论正确的是( )A. s 1t 1＝s 2t 2＝s 3t 3B. s 1t 1<s 2t 2<s 3t 3C .s 1t 21＝s 2t 22＝s 3t 23 D. s 1t 21<s 2t 22<s 3t 236．图中的虚线a 、b 、c 、d 表示匀强电场中的4个等势面．两个带电粒子M 、N (重力忽略不计)以平行于等势面的初速度射入电场，运动轨迹分别如图中MPN 和NQM 所示．已知M 是带正电的粒子．则下列说法中正确的是 ( )． A ．N 一定也带正电B ．a 点的电势高于b 点的电势，a 点的场强大于b 点的场强 C. 带电粒子N 的动能减小、电势能增大 D ．带电粒子N 的动能增大、电势能减小7．有一种手电筒和台式电子钟都是使用1节干电池工作的。
2015-2016学年河南省开封市杞县阳光高中高二(上)第一次月考物理试卷
2015-2016学年河南省开封市杞县阳光高中高二（上）第一次月考物理试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、多选题(本大题共1小题，共4.0分)1.已知π+介子、π-介子都是由一个夸克（夸克u或夸克d）和一个反夸克（反夸克或反夸克）组成的，它们的带电量如表所示，表中eA.π+由u和组成B.π+由d和组成C.π-由u和组成D.π-由d和组成【答案】AD【解析】解：由题意可知，π+带电量为+e，故由u和组成；π-带电量为-e，故由d和组成组成，故AD正确，BC错误．故选：AD根据π+和π-介子的带电量，以及夸克的带电量情况，可以确定π+和π-介子组成．本题属于信息给予题，认真分析题目所给信息结合所学物理知识求解．二、单选题(本大题共1小题，共4.0分)2.如图所示在光滑、绝缘的水平面上，沿一直线依次排列三个带电小球A、B、C（可视为质点）．若它们恰能处于平衡状态．那么这三个小球所带的电量及电性的关系，可能的是下面的情况（）A.-9、4、-36B.4、9、36C.-3、2、8D.3、-2、6【答案】A【解析】解：根据电场力方向来确定各自电性，从而得出“两同夹一异”，因此BC均错误．同时根据库仑定律来确定电场力的大小，并由平衡条件来确定各自电量的大小，那么D 不满足间距的数量关系，故A正确，故选：A．因题目中要求三个小球均处于平衡状态，故可分别对任意两球进行分析列出平衡方程即可求得结果．三个小球只受静电力而平衡时，三个小球所带的电性一定为“两同夹一异”，且在大小上一定为“两大夹一小”．三、多选题(本大题共1小题，共4.0分)3.如图所示，a、b是两个带有同种电荷的小球，现用两根它们离水平地面的高度相等，线与竖直方向的夹角分别为α、β，且α＜β．现有以下判断，其中正确的是（）A.a球的质量一定大于b球的质量B.a球的电荷量一定大于b球的电荷量C.若同时剪断细线，则a、b两球构成的系统在下落过程中机械能守恒D.若同时剪断细线，则a、b两球在相同时刻相对地面的高度相同【答案】AD【解析】解：A、对小球受力分析，重力、库仑力与拉力，两者的库仑力大小相等，方向相反，根据平衡条件有：m a g=库m b g=库，由于β＞α，所以m a＞m b，故A正确．B、两者的库仑力大小相等，方向相反，但a球的电荷量和b球的电量大小无法判断，故B错误；C、若同时剪断细线，则a、b两球构成的系统在下落过程中，除重力做功外，还有库仑力做功，导致系统机械能不守恒，故C错误．D、竖直方向上作自由落体运动，根据运动的独立性可知，a、b两球在相同时刻相对地面的高度相同，故D正确．故选：AD．同时剪断两根细线时，小球受水平方向的库伦力和竖直方向的重力作用，然后根据水平方向和竖直方向运动的独立性可正确求解．本题考查知识点较多，涉及运动的独立性以及物体的平衡等，较好的考查了学生综合应用知识的能力，是一道考查能力的好题．四、单选题(本大题共2小题，共8.0分)4.如图所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由A→O→B，匀速飞过，电子重力不计，则电子所受的另一外力的大小和方向变化情况（）A.先变大，后变小，方向水平向左B.先变大，后变小，方向水平向右C.先变小，后变大，方向水平向左D.先变小，后变大，方向水平向右【答案】B【解析】解：根据等量异种电荷周围的电场线分布知，从A→O→B，电场强度的方向不变，水平向右，电场强度的大小先增大后减小．则电子所受电场力的大小先变大，后变小，方向水平向左，则外力的大小先变大后变小，方向水平向右．故B正确，A、C、D错误．故选B．电子做匀速直线运动，知受电场力和外力平衡，外力的大小与电场力的大小相等，方向相反，根据电场力的变化判断外力的变化．解决本题的关键知道外力的大小与电场力的大小相等，方向相反，是一对平衡力．5.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【答案】A【解析】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．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．五、多选题(本大题共2小题，共8.0分)6.在如图所示的竖直向下的匀强电场中，用绝缘的细线拴住的带电小球在竖直平面内绕悬点O做圆周运动，下列说法正确的是（）A.带电小球有可能做匀速率圆周运动B.带电小球有可能做变速率圆周运动C.带电小球通过最高点时，细线拉力一定最小D.带电小球通过最低点时，细线拉力有可能最小【答案】ABD【解析】解：A、当小球所受重力与电场力合力为零时，绳子的拉力提供向心力，合外力做功为零，小球做匀速圆周运动，故A正确；B、当小球所受重力与电场力合力不为零时，合外力对小球所做的功不为零，小球速度大小发生变化，小球做变速圆周运动，故B正确；C、当小球做匀速圆周运动时，细线的拉力提供向心力，在圆周上任何一点细线的拉力都相等，如果小球做非匀变速运动，小球带正电时，在最高点细线拉力最小，如果小球带负电，在最高点，小球的拉力最大，故C错误；D、小球所受重力与电场力不相等，做变速圆周运动，且小球带负电时，若电场力大于重力时，在最低点细线拉力最小，故D正确；故选ABD．小球在竖直平面内做圆周运动，重力、电场力、绳子拉力的合力提供向心力，分析各选项，然后答题．对小球正确受力分析，全面考虑问题，进行讨论即可正确解题．7.如图，带正电的点电荷固定于Q点，电子在库仑力作用下，做以Q为焦点的椭圆运动．M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点．电子在从M经P到达N点的过程中（）A.速率先增大后减小B.速率先减小后增大C.电势能先减小后增大D.电势能先增大后减小【答案】AC【解析】解：当电子从M点向N点运动时，库仑力先做正功，后做负功，运动的速度先增加后减小，所以动能先增加后减小，则电势能先减小后增加．所以A、C正确；B、D错误；故选AC根据影响速度和电势能大小的因素来分析速度和电势能的变化，找到转化的方向．根据库仑力做功的特点，库仑力做正功，电势能减小，库仑力做负功，电势能增加．六、单选题(本大题共1小题，共4.0分)8.一电子在电场中沿着如图所示的径迹运动，a→b，b→c，c→d，d→e，电场力对电子所做的功分别为-2e V，+8e V，-4e V，+3e V，则上述各点中电势最高的点和电势最低点及电子在该点处电势能最高点分别为（）A.eaaB.cbbC.cddD.caa【答案】B【解析】解：根据，有设φa=0，根据公式U AB=φA-φB，得到：φb=-2Vφc=6Vφd=2Vφe=5V故电势最高的点是c点，电势最低的点是b点，电势能最高的点是b点；故选B．根据求解电势差后比较电势的高低；根据电场力做的功等于电势能的减小量判断电子电势的高低或者根据E p=qφ判断电势能高低．本题关键明确电势、电势差和电势能的定义，会用这些定义公式进行简单的计算，不难．七、多选题(本大题共1小题，共4.0分)9.空间某一静电场的电势φ在x轴上分布如图所示，x轴上两点B、C点电场强度在x方向上的分量分别是E B x、E C x，下列说法中正确的有（）A.E B x的大小大于E C x的大小B.E B x的方向沿x轴正方向C.电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大D.负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功【答案】AD【解析】解：在B点和C点附近分别取很小的一段d，由图象，B点段对应的电势差大于C点段对应的电势差，看做匀强电场有，可见E B x＞E C x，A项正确；同理可知O点场强最小，电荷在该点受到的电场力最小，C项错误；沿电场方向电势降低，在O点左侧，E B x的方向沿x轴负方向，在O点右侧，E C x的方向沿x轴正方向，所以B项错误，D项正确．故选AD．本题的入手点在于如何判断E B x和E C x的大小，由图象可知在x轴上各点的电场强度在x 方向的分量不相同，如果在x方向上取极小的一段，可以把此段看做是匀强电场，用匀强电场的处理方法思考，从而得到结论，此方法为微元法．本题需要对电场力的性质和能的性质由较为全面的理解，并要求学生能灵活应用微分法；故此题的难度较高．八、单选题(本大题共5小题，共20.0分)10.如图所示，电荷量为Q1、Q2的两个正点电荷分别置于A点和B点，两点相距L．在以L为直径的光滑绝缘半圆环上，穿着一个带电小球+q（视为点电荷），在P点平衡，PA与AB的夹角为α，不计小球的重力，则（）A.tanα=B.O点场强为零C.tan3α=D.Q1＜Q2【答案】C【解析】解：小球在P点受三个力F A、F B和F N的作用而处于平衡状态，由几何知识可知AP⊥BP，故F A与F B垂直．由库仑定律可得：，，tanα=，联立解得tan3α=，故A错误，C正确．B、由受力图可知，F A＞F B，r1＞r2，所以Q1＞Q2，因此O点的场强不为零，故BD错误．故选：C方向上的合力为零，据此结合数学关系列方程即可正确求解．本题在电场中考查了物体的平衡，注意根据平衡条件列方程，注意数学知识的应用，难度适中．11.均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM=ON=2R，已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为（）A. B. C.-E D.-E【答案】C【解析】解：若将带电量为2q的球面放在O处，均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．则在M、N点所产生的电场为：E=，由题知当半球面如图所示产生的场强为E，则N点的场强为：E′=故选：C均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场，假设将带电量为2q的球面放在O处在M、N点所产生的电场和半球面在M点的场强对比求解．本题解题关键是抓住对称性，找出两部分球面上电荷产生的电场关系，难度不大，属于基础题．12.空间有平行于纸面的匀强电场，一电荷量为-q的质点（重力不计），在恒定拉力F的作用下沿虚线由M匀速运动到N，如图所示，已知力F和MN间夹角为θ，MN间距离为d，则（）A.MN两点的电势差为B.匀强电场的电场强度大小为C.带电小球由M运动到N的过程中，电势能减少了F dcosθD.若要使带电小球由N向M做匀速直线运动，则F必须反向【答案】A【解析】解：A、根据动能定理得，F dcosθ-q U MN=0，U MN=，故A正确．B、电场线方向沿F方向，MN沿电场线方向距离为dcosθ，由公式E=得，E==，故B错误．C、小球M到N做-F dcosθ的功，电势能增大F dcosθ．故C错误．D错误．故选：A根据题设条件F、d、θ，功的公式求出力F做功，根据动能定理，可求出电场力做功，从而求出M、N间电势差；由公式U=E d求出场强大小；电场力做负功，电势能增大；根据平衡条件，由N到M力F仍是原方向．带电粒子在电场中运动问题，常常用动能定理求解电势差．13.一平行板电容器两极板间距为d、极板面积为S，电容为，其中ɛ是常量．对此电容器充电后断开电源．当增加两板间距时，电容器极板间（）A.电场强度不变，电势差变大B.电场强度不变，电势差不变C.电场强度减小，电势差不变D.电场强度减小，电势差减小【答案】A【解析】解：因通电后断开，故两板上的带电量不变；增加d，则C减小，则电势差U增大；根据公式C=、C=、E=可得：E=①U=②由①式得到E与d无关，即电场强度不变；由②式得到U∝d，故电势差U增加；故选：A．通电后断开电容两板上的电荷量不变，由电容为C=，可知当d变化时C的变化；由C=可知两板间的电势差的变化；由E=可知E的变化．通电后断开若只改变两板间的距离，则极板间的电场强度将保持不变，记住推导公式E==．14.如图所示，地面上某区域存在着竖直向下的匀强电场，一个质量为m的带负电的小球以水平方向的初速度v0由O点射入该区域，刚好通过竖直平面中的P点，已知连线OP与初速度方向的夹角为45°，则此带电小球通过P点时的动能为（）A.mv02B.mv02C.2mv02D.mv02【答案】D【解析】解：由题可知：小球到P点时，水平位移和竖直位移相等，即v0t=t，合速度v P==v0则E k P=mv p2=mv02．故选D．小球在电场中受到重力和电场力而做类平抛运动，运用平均速度表示竖直位移，由水平位移和竖直位移大小相等，求出P点竖直方向分速度，运用速度合成，求出P点的速度，再求出动能．本题考查灵活选择解题规律的能力．类平抛运动通常用动力学方法处理，但本题条件不充分，无法解答．本题技巧是回避加速度，用平均速度表示竖直方向的位移．九、多选题(本大题共1小题，共4.0分)15.如图为静电除尘器除尘机理的示意图．尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘的目的．下列表述正确的是（）A.到达集尘极的尘埃带正电荷B.电场方向由集尘极指向放电极C.带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同D.同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大【答案】BD【解析】解：A、尘埃在电场力作用下向集尘极迁移并沉积，说明尘埃带负电，故A错误；B、由于集尘极与电池的正极连接，电场方向有集尘板指向放电极，故B正确；C、负电荷在电场中受电场力的方向与电场力方向相反，故C错误；D、根据F=E q可得，同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大，故D正确．故选：BD．从静电除尘机理出发即可解题．由于集电极与电池的正极连接，电场方向有集尘板指向放电极．而尘埃在电场力作用下向集尘极迁移并沉积，说明尘埃带负电．负电荷在电场中受电场力的方向与电场力方向相反，根据F=E q即可得出结论．本题考查是关于静电的防止与应用，要求同学们熟练掌握静电的防止与应用的具体实例．十、单选题(本大题共1小题，共4.0分)16.两个等量异种点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，正确描述电势φ随位置x变化规律的是图（）A. B. C. D.【答案】A【解析】解：两个等量异号电荷的电场线如下图，根据“沿电场线方向电势降低”的原理，从左侧无穷远处向右电势应升高，正电荷所在位置处最高；然后再慢慢减小，O点处电势为零，则O点右侧电势为负，同理到达负电荷时电势最小，经过负电荷后，电势开始升高，直到无穷远处，电势为零；故B、C、D 是错误的；A正确．故选：A．本题根据电场线的性质，沿电场线的方向电势降低进行判断即可．本题中应明确沿电场线的方向电势降低；并且异号电荷连线的中垂线上的电势为零；因为其中垂线为等势面，与无穷远处电势相等．十一、计算题(本大题共3小题，共46.0分)17.如图所示，在O点放一个正电荷，在过O点的竖直平面内的A点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m、电荷量为q．小球落下的轨迹如图中虚线所示，它与以O为圆心、R为半径的圆（图中实线表示）相交于B、C两点，O、C在同一水平线上，∠BOC=30°，A距离OC的竖直高度为h．若小球通过B点的速度为v，试求：（1）小球通过C点的速度大小．（2）小球由A到C的过程中电场力做了多少功；（3）小球由A到C机械能的损失．【答案】解：（1）因B、C两点电势相等，小球由B到C只有重力做功，由动能定理得：mg R sin30°=-则C点的速度为：v C=（2）由A到C过程，根据动能定理，有：W电+mgh=m（3）由A到C电场力做功为机械能的变化量为：即减少了：答：（1）小球通过C点的速度大小为．（2）小球由A到C的过程中电场力做功为（3）小球由A到C机械能的损失为：【解析】球下落过程中，受到重力和电场力，由于B、C两点处于同一等势面上，故从B到C过程电场力做功为零；根据电场力做功判断电势能的变化情况；根据总功判断动能变化情况．本题关键是明确几种功能关系的具体形式：总功是动能变化的量度；电场力做功是电势能变化的量度；除重力外其余力做的功是机械能变化的量度18.如图所示，等量异种点电荷，固定在水平线上的M、N两点上，电荷量均为Q，有一质量为m、电荷量为+q（可视为点电荷）的小球，固定在长为L的绝缘轻质细杆的一端，细杆另一端可绕过O点且与MN垂直的水平轴无摩擦地转动，O点位于MN的垂直平分线上距MN为L处，现在把杆拉起到水平位置，由静止释放，小球经过最低点B时速度为v，取O处电势为零，忽略q对+Q、-Q形成电场的影响．求：（1）小球经过B点时对杆的拉力大小．（2）在+Q、-Q形成的电场中，A点的电势φA．（3）小球继续向左摆动，经过与A等高度的C点时的速度．【答案】解：（1）小球经B点时，在竖直方向有T-mg=T=mg+由牛顿第三定律知，小球对细杆的拉力大小也为mg+（2）由于取O点电势为零，而O在MN的垂直平分线上，所以φB=0电荷从A到B过程中，由动能定理得：mg L+q（φA-φB）=mv2；得：φA=（3）设小球经过C处为假设小球能经过C处，则q（φA-φC）=m则有=．答：（1）小球经过B点时对细杆的拉力大小mg+；（2）A点的电势；（3）小球继续向左摆动，经过与A等高度的C点的速度为．【解析】（1）小球经过B点时，重力和杆的拉力提供向心力；（2）A到B的过程中重力和电场力做功，根据动能定律即可求得A点的电势；（3）B到C的过程中重力和电场力做功，根据动能定律说明即可．小球在复合场中运动，电场力和重力做功，根据动能定律解题即可．该题的情景比较简单，题目简单．19.如图所示，一根长L=1.5m的光滑绝缘细直杆MN，竖直固定在场强为E=1.0×105N/C、与水平方向成θ=30°角的倾斜向上的匀强电场中．杆的下端M固定一个带电小球A，电荷量Q=+4.5×10-6C；另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，电荷量q=+1.0×10-6C，质量m=1.0×10-2kg．现将小球B从杆的上端N静止释放，小球B开始运动．（静电力常量k=9.0×109N•m2/C2，取g=l0m/s2）（1）小球B开始运动时的加速度为多大？（2）小球B的速度最大时，距M端的高度h1为多大？（3）小球B从N端运动到距M端的高度h2=0.61m时，速度为v=1.0m/s，求此过程中小球B的电势能改变了多少？【答案】解：（1）开始运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆方向运动，将电场力沿杆的方向和垂直杆的方向分解，由牛顿第二定律得：mg--q E sinθ=ma解得：a=g-代入数据解得：a=3.2m/s2．（2）小球B向下运动，受A的斥力增大，加速度减小，速度增大，当小球B速度最大时合力减为零，即+q E sinθ=mg解得：h1=代入数据解得：h1=0.9m．（3）小球B从开始运动到速度为v的过程中，设重力做功为W1，电场力做功为W2，库仑力做功为W3，根据动能定理有：W1+W2+W3=mv2W1=mg（L-h2）W2=-q E（L-h2）sinθ解得：W3=mv2-mg（L-h2）+q E（L-h2）sinθ从功能角度来说，电势能的改变量的大小就等于电场力做的功．电场力做负功，电势能增大．动能的改变量就等于总功．设小球B的电势能改变了△E p，则：△E p=-（W2+W3）△E p=mg（L-h2）-mv2解得：△E p=8.4×10-2J答：（1）小球B开始运动时的加速度为3.2m/s2；（2）小球B的速度最大时，距M端的高度h1为0.9m；（3）小此过程中小球B的电势能改变了8.4×10-2J．【解析】对小球B进行受力分析，运用牛顿第二定律求出开始运动时的加速度大小．根据受力情况分析小球B的运动情况，找出小球B速度最大时的位置特点．由于A对B的库仑力做功是变力功，所以运用动能定理求解电场力做功．能够正确对小球B进行受力分析和运动分析，知道电场力做功量度电势能的变化，常用动能定理求解变力功．。
高中高二物理上学期第一次周练试卷(含解析)-人教版高二全册物理试题
河南省洛阳市伊川实验高中 2015～2016 学年度高二上学期第一次周练物理试卷一、选择题〔10为单项选择题，114为多项选择题，共70分〕1．如下列图，质量为m1=2kg 的物体A经跨过定滑轮的轻绳与质量为M=5kg的箱子B相连，箱子底板上放一质量为m2=1kg 的物体C，不计定滑轮的质量和一切阻力，在箱子加速下落的过程中，取g=10m/s 2，如下正确的答案是〔〕A．物体A处于失重状态，加速度大小为10m/s2B．物体A处于超重状态，加速度大小为20m/s2C．物体C处于失重状态，对箱子的压力大小为5N D．轻绳对定滑轮的作用力大小为80N2．细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如下列图，以下说法正确的答案是〔〕〔cos53°=0.6，sin53°=0.8〕A．小球静止时弹簧的弹力大小为mg B．小球静止时细绳的拉力大小为mg C．细绳烧断瞬间小球的加速度立即变为gD．细绳烧断瞬间小球的加速度立即变为g3．物块1、2放在光滑水平面上加用轻质弹簧相连，如下列图．今对物块1、2分别施以方向相反的水平力F1、F2．且F1大于F2，如此弹簧秤的示数〔〕A．一定等于F1+F2 B．一定等于F1﹣F2C．一定大于F2小于F1 D．条件不足，无法确定4．放在粗糙水平面上的物体A上叠放着物体B．A和B之间有一根处于压缩状态的弹簧．A、B均处于静止状态．如下说法中正确的答案是〔〕A．B受到向左的摩擦力B．B对A的摩擦力向右C．地面对A的摩擦力向右D．地面对A没有摩擦力5．如下列图，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住、现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a 的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的答案是〔〕A．假设加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零B．假设加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C．斜面和挡板对球的弹力的合力等于ma D．斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值6．如下列图，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m 的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端．B与小车平板间的动摩擦因数为．假设某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，如此此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为〔〕A．mg，斜向右上方B．mg，斜向左上方C．mgtan θ，水平向右D．mg，竖直向上7．一个静止的质点，在0～5s时间内受到合力F的作用，合力的方向始终在同一直线上，合力F随时间t的变化图线如下列图．如此质点在〔〕A．第1s末速度方向改变B．第2s末加速度为零C．第4s末运动速度为零D．第4s末回到原出发点8．受水平向右外力F 作用的物体如图1，在粗糙水平面上向右做直线运动，其v ﹣t 图线如图2 所示，如此〔〕A ．在0～t 1 秒内，外力F 大小不断减小B ．在t 1 时刻，外力F 为零C ．在t 1～t 2 秒内，外力F 大小不断减小D ．在t 1～t 2 秒内，外力F 大小可能先增大后减小9．如下列图，在光滑水平面上有甲、乙两木块，质量分别为m 1和m 2，中间用一原长为L 、劲度系数为k 的轻质弹簧连接起来，现用一水平力F 向左推木块乙，当两木块一起匀加速运动时，两木块之间的距离是〔〕A ．B ．C ．L ﹣D ． 10．如图物体A 叠放在物体B 上，B 置于光滑水平面上．A ，B 质量分别为m A =6kg ，m B =2kg ，A ， B 之间的动摩擦因数=0.2，开始时F=10N ，此后逐渐增加，在增大到45N 的过程中，如此〔〕A ．当拉力F ＜12N 时，两物体均保持静止状态B ．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12N 时，开始相对滑动C ．两物体间从受力开始就有相对运动D ．两物体间始终没有相对运动11．三百多年前，伽利略用实验和推理，推翻了已在欧洲流行了近两千年的亚里士多德关于力和运动的理论，开启了物理学开展的新纪元．以下说法与事实相符的是〔〕A ．根据亚里士多德的论断，力是改变物体运动状态的原因B．笛卡尔经研究指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向C．伽利略通过数学推算并用实验验证了小球在斜面上从静止开始运动的位移与所用时间的平方成正比D．牛顿总结伽利略等前人的经验，得出了牛顿第一定律12．如下列图，一木块在光滑水平面上受一恒力F作用，前方固定一足够长的弹簧，如此当木块接触弹簧后〔〕A．木块立即做减速运动B．木块在一段时间内速度仍可增大C．当F等于弹簧弹力时，木块速度最大D．弹簧压缩量最大时，木块加速度为零13．如图甲所示，A、B两物体叠放在一起，放在光滑的水平面上，从静止开始受到一变力F的作用，该力与时间的关系如图乙所示，A、B始终相对静止，如此如下说法不正确的答案是〔〕A．t0时刻，A、B间静摩擦力最大B．t0时刻，B速度最大C．2t0 时刻，A、B间静摩擦力为零D．2t0 时刻，A、B位移最大14．如下列图，质量为m的物体用细绳拴住放在水平粗糙传送带上，物体距传送带左端距离为L，稳定时绳与水平方向的夹角为θ，当传送带分别以v1、v2 的速度做逆时针转动时〔v1＜v2〕，绳中的拉力分别为F1、F2；假设剪断细绳时，物体到达左端的时间分别为t1、t2，如此如下说法正确的答案是〔〕A．F1＜F2 B．F1=F2 C．t1大于t2 D．t1可能等于t2二、计算题15．质量为0.1kg 的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v﹣t图象如图所示．球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的．设球受到的空气阻力大小恒为f ，取g=10m/s 2，如此：弹性球受到的空气阻力f 的大小为N ，弹性球第一次碰撞后反弹的高度h 为m ．16．如下列图，在光滑的水平地面上有一个长为L，质量为M=4Kg的木板A，在木板的左端有一个质量为m=2Kg 的小物体B，A、B之间的动摩擦因数为=0.2，当对B施加水平向右的力F作用时〔设A、B间的最大静摩擦力大小与滑动摩擦力大小相等〕，〔1〕假设F=5N，如此A、B加速度分别为多大？假设F=10N，如此A、B加速度分别为多大？〔3〕在的条件下，假设力F作用时间t=3s，B刚好到达木板A的右端，如此木板长L应为多少？河南省洛阳市伊川实验高中2015～2016学年度高二上学期第一次周练物理试卷参考答案与试题解析一、选择题〔10为单项选择题，114为多项选择题，共70分〕1．如下列图，质量为m1=2kg 的物体A经跨过定滑轮的轻绳与质量为M=5kg的箱子B相连，箱子底板上放一质量为m2=1kg 的物体C，不计定滑轮的质量和一切阻力，在箱子加速下落的过程中，取g=10m/s 2，如下正确的答案是〔〕A．物体A处于失重状态，加速度大小为10m/s2B．物体A处于超重状态，加速度大小为20m/s2C．物体C处于失重状态，对箱子的压力大小为5N D．轻绳对定滑轮的作用力大小为80N【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】先分别对A和BC整体受力分析，求解出加速度；然后再隔离B，受力分析后根据牛顿第二定律列式求解．【解答】解：A、B、设加速度大小为a，对物体A，受到重力和拉力，根据牛顿第二定律，有：T﹣m1g=m1a；对物体BC整体，根据牛顿第二定律，有：〔M+m2〕g﹣T=〔M+m2〕a；联立解得：a=5m/s2T=30N物体A以的5m/s 2加速度加速上升，超重，故A错误，B错误；C、物体C受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有：m2g﹣N=m2a，解得N=m2〔g﹣a〕=1×〔10 ﹣5〕=5N，故C正确；D、滑轮受力平衡，故2T=F；故轻绳对定滑轮的作用力为60N，故D错误；应当选C．【点评】此题关键是灵活选择研究对象并受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解，不难．2．细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如下列图，以下说法正确的答案是〔〕〔cos53°=0.6，sin53°=0.8〕A ．小球静止时弹簧的弹力大小为mgB ．小球静止时细绳的拉力大小为mgC ．细绳烧断瞬间小球的加速度立即变为gD ．细绳烧断瞬间小球的加速度立即变为g【考点】牛顿第二定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】小球静止时，分析受力情况，由平衡条件求解弹簧的弹力大小和细绳的拉力大小．细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，如此小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，即可求出加速度．【解答】解：A 、B 小球静止时，分析受力情况，如图，由平衡条件得：弹簧的弹力大小为：F=mgtan53°=细绳的拉力大小为：T==．故A 错误，B 正确．C 、D 细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，如此小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，如此此瞬间小球的加速度大小为： a==．故C 错误，D 正确．应当选：BD【点评】此题中小球先处于平衡状态，由平衡条件求解各力的大小，后烧断细绳，小球处于非平衡条件，抓住细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变是关键．3．物块1、2放在光滑水平面上加用轻质弹簧相连，如下列图．今对物块1、2分别施以方向相反的水平力F1、F2．且F1大于F2，如此弹簧秤的示数〔〕A．一定等于F1+F2 B．一定等于F1﹣F2C．一定大于F2小于F1 D．条件不足，无法确定【考点】力的合成与分解的运用；牛顿第三定律．【先用整体法求出加速度，然后用隔离法隔离出物体1，运用牛顿第二定律求出弹簧的拉力．【解答】解：两个物体一起向左做匀加速直线运动，对两个物体整体运用牛顿第二定律，有F1﹣F2=〔M+m〕a ①再对物体1受力分析，运用牛顿第二定律，得到F1﹣F=Ma ②由①②两式解得F=由于F1大于F2，故F一定大于F2小于F1应当选C．【点评】此题关键先用整体法求出加速度，再用隔离法求出系统内力．4．放在粗糙水平面上的物体A上叠放着物体B．A和B之间有一根处于压缩状态的弹簧．A、B均处于静止状态．如下说法中正确的答案是〔〕A．B受到向左的摩擦力B．B对A的摩擦力向右C．地面对A的摩擦力向右D．地面对A没有摩擦力【考点】共点力平衡的条件与其应用；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】压缩状态的弹簧对B有向左的弹力，B有向左运动的趋势，受到向右的摩擦力，根据牛顿第三定律可知，B对A的摩擦力向左．对整体研究，地面对A没有摩擦力．【解：A、压缩状态的弹簧对B有向左的弹力，B有向左运动的趋势，受到向右的摩擦力．故A错误．B、由上可知：A对B的摩擦力向右，根据牛顿第三定律可知，B对A的摩擦力向左．故B错误．C、D对整体研究，根据平衡条件分析可知，地面对A没有摩擦力．故C错误，D正确．应当选D 【点评】此题关键是灵活选择研究对象．对物体受力分析时往往根据平衡条件和牛顿第三定律来分析．5．如下列图，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住、现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a 的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的答案是〔〕A．假设加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零B．假设加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C．斜面和挡板对球的弹力的合力等于maD．斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】分析小球受到的重mg、斜面的支持力F N2、竖直挡板的水平弹力F N1，然后向水平和竖直分解斜面的支持力F N2，在竖直方向列力的平衡方程，在水平方向列牛顿第二定律方程，根据所列的方程分析即可选出答案．【解答】解：小球受到的重mg、斜面的支持力F N2、竖直挡板的水平弹力F N1，设斜面的倾斜角为α如此竖直方向有：F N2cosα=mg∵mg和α不变，∴无论加速度如何变化，F N2 不变且不可能为零，故B错，D对．水平方向有：F N1﹣F N2sinα=ma∵F N2sinα≠0，假设加速度足够小，竖直挡板的水平弹力不可能为零，故A错．斜面和挡板对球的弹力的合力即为竖直方向的F N2cosα与水平方向的力ma 的合成，因此大于ma，故C错误．应当选D．【点评】此题结合力的正交分解考察牛顿第二定律，正确的分析受力与正确的分解力是关键．6．如下列图，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m 的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端．B与小车平板间的动摩擦因数为．假设某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，如此此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为〔〕A．mg，斜向右上方B．mg，斜向左上方C．mgtan θ，水平向右D．mg，竖直向上【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】先以A为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度．再对B研究，由牛顿第二定律求解小车对物块B产生的摩擦力大小和方向，再对支持力进展合成，得到小车对B的作用力的大小和方向．【解答】解：以A为研究对象，分析受力如图，根据牛顿第二定律得：m A gtanθ=m A a得：a=gtanθ，方向水平向右．再对B研究得：小车对B的摩擦力f=ma=mgtanθ，方向水平向右，小车对B的支持力大小为N=mg，方向竖直向上，如此小车对物块B产生的作用力的大小为：F==mg，方向斜向右上方应当选：A【点评】此题要抓住小球、物块B和小车的加速度一样的特点，根据牛顿第二定律采用隔离法研究．7．一个静止的质点，在0～5s时间内受到合力F的作用，合力的方向始终在同一直线上，合力F随时间t的变化图线如下列图．如此质点在〔〕A．第1s末速度方向改变B．第2s末加速度为零C．第4s末运动速度为零D．第4s末回到原出发点【考点】牛顿第二定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【解决此题的关键根据F﹣t图象作出v﹣t图，即可得出t=1s时，t=3s时物体的速度相等．t=0 时，t=2s 时，t=4s时物体的速度一样．即物体在0﹣1s 内加速，在1﹣2s内减速，如此反复．但整个过程当中【解答】解：根据题意可知合力随时间周期性变化，故根据牛顿第二定律F=ma 可得：物体运动的方向不变．物体的加速度a=．故在0﹣1s内物体做加速度为a匀加速直线运动，在1﹣2s内物体做加速度为a的匀减速直线运动，作出v﹣t图象如图．A、由v﹣t图象可以看出物体一直向同一方向运动，速度方向始终没有发生改变，故A错误；B、2s末合力不为零，故加速度不为零，故B错误；C、由v﹣t图象可以看出4s 末速度为零，故C正确；D、由于整个运动过程中，质点一直向一个方向运动，不可能回到原出发点．故D错误．应当选：C．【点评】此题根据牛顿第二定律分析质点的运动情况，再作出v﹣t图象是一种技巧，应注意积累和掌握．8．受水平向右外力F作用的物体如图1，在粗糙水平面上向右做直线运动，其v﹣t图线如图2 所示，如此〔〕A．在0～t1 秒内，外力F大小不断减小B．在t1 时刻，外力F为零C．在t1～t2 秒内，外力F大小不断减小D．在t1～t2 秒内，外力F大小可能先增大后减小【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】速度时间图线的切线斜率表示瞬时加速度大小，根据加速度的变化，结合牛顿第二定律得出外力F的变化．【解答】解：A、在0﹣t1 时间内，物体做变加速运动，图线的斜率减小，如此加速度减小，根据牛顿第二定律得F﹣f=ma，因为阻力的大小不变，知外力F减小．故A正确；B、在t1 时刻，图线的切线斜率为零，加速度为零，如此外力F等于阻力．故B错误．C、在t1﹣t2 时间内，物体做减速运动，切线的斜率逐渐增大，如此加速度增大，根据牛顿第二定律得f﹣F=ma，假设外力F的方向与速度方向一样，如此外力F不断减小．由于F的大小减小为零后，可能反向增大，加速度增大．故C正确，D错误．应当选：AC．【点评】解决此题的关键是知道速度时间图线的切线斜率表示加速度，抓住阻力不变，结合牛顿第二定律分析求解．9．如下列图，在光滑水平面上有甲、乙两木块，质量分别为m1和m2，中间用一原长为L、劲度系数为k 的轻质弹簧连接起来，现用一水平力F向左推木块乙，当两木块一起匀加速运动时，两木块之间的距离是〔〕A ．B ．C ．L ﹣D ． 【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．【分析】原长为L ，由胡克定律求出弹簧被压缩的长度，甲乙间的距离就知道了．【解答】解：两木块一起匀加速运动，它们有共同的加速度，对于整体，由F=〔m 1+m 2〕a ﹣﹣﹣﹣﹣﹣①对于甲，F弹=m1a﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②对弹簧F弹=kx﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③由①②③解得，X=，故两木块之间的距离是L﹣，所以B正确．应当选：B．【点评】两木块之间的距离就是弹簧后来的长度，由胡克定律很容易求出，此题较简单．10．如图物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上．A，B质量分别为m A=6kg，m B=2kg，A，B之间的动摩擦因数=0.2，开始时F=10N，此后逐渐增加，在增大到45N的过程中，如此〔〕A．当拉力F＜12N时，两物体均保持静止状态B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12N时，开始相对滑动C．两物体间从受力开始就有相对运动D．两物体间始终没有相对运动【考点】牛顿第二定律；滑动摩擦力；静摩擦力和最大静摩擦力．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】隔离对B分析，求出AB发生相对滑动时的临界加速度，再对整体分析，运用牛顿第二定律求出刚好发生相对滑动时的拉力．【解答】解：隔离对B分析，当AB间摩擦力达到最大静摩擦力时，A、B发生相对滑动，如此．再对整体分析F=〔m A+m B〕a=8×6N=48N．知当拉力达到48N时，A、B才发生相对滑动．在F小于12N时，两者是保持相对静止的，相对于地面是运动的．故D正确，A、B、C错误．应当选D．【点评】此题考查牛顿第二定律的临界问题，关键找出临界状态，运用整体法和隔离法，根据牛顿第二定律进展求解．11．三百多年前，伽利略用实验和推理，推翻了已在欧洲流行了近两千年的亚里士多德关于力和运动的理论，开启了物理学开展的新纪元．以下说法与事实相符的是〔〕A．根据亚里士多德的论断，力是改变物体运动状态的原因B．笛卡尔经研究指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向C．伽利略通过数学推算并用实验验证了小球在斜面上从静止开始运动的位移与所用时间的平方成正比D．牛顿总结伽利略等前人的经验，得出了牛顿第一定律【考点】物理学史．【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．【解答】解：A、亚里士多德的论断，力是维持物体运动的原因．伽利略根据理想斜面实验，发现了力不是维持物体运动的原因，故A错误；B、笛卡尔指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，不停下来也不偏离原来的方向，故B正确；C、伽利略通过数学推算并用实验验证了小球在斜面上从静止开始运动的位移与所用时间的平方成正比．故C正确．D、牛顿根据伽利略的理想实验得出牛顿第一定律．故D正确．应当选：BCD【点评】此题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．12．如下列图，一木块在光滑水平面上受一恒力F作用，前方固定一足够长的弹簧，如此当木块接触弹簧后〔〕A．木块立即做减速运动B．木块在一段时间内速度仍可增大C．当F等于弹簧弹力时，木块速度最大D．弹簧压缩量最大时，木块加速度为零【考点】牛顿第二定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】木块接触弹簧后，水平方向受到恒力F和弹簧的弹力，根据弹力与F的大小关系，确定合力方向与速度方向的关系，判断木块的运动情况．【解答】解：当木块接触弹簧后，水平方向受到向右的恒力F和弹簧水平向左的弹力．弹簧的弹力先小于恒力F，后大于恒力F，木块所受的合力方向先向右后向左，如此木块先做加速运动，后做减速运动，当弹力大小等于恒力F时，木块的速度为最大值．当弹簧压缩量最大时，弹力大于恒力F，合力向左，加速度大于零，故BC正确，AD错误．应当选：BC【点评】此题考查分析物体受力情况和运动情况的能力，要抓住弹簧弹力的可变性进展动态分析．13．如图甲所示，A、B两物体叠放在一起，放在光滑的水平面上，从静止开始受到一变力F的作用，该力与时间的关系如图乙所示，A、B始终相对静止，如此如下说法不正确的答案是〔〕A．t0时刻，A、B间静摩擦力最大B．t0时刻，B速度最大C．2t0 时刻，A、B间静摩擦力为零D．2t0 时刻，A、B位移最大【考点】牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】根据牛顿第二定律分析何时整体的加速度最大．再以A为研究对象，当加速度最大时，A受到的静摩擦力最大．分析整体的运动情况，分析何时B的速度最大，并确定何时AB位移最大．【解答】解：A、以整体为研究对象，在t0 时刻，推力为零，故A、B之间的摩擦力为零，故A错误；B、整体在0﹣t0 时间内，做加速运动，在t0﹣2t0 时间内，向原方向做减速运动，如此t0 时刻，A、B 速度最大，在2t0 时刻两物体速度为零，速度最小，故B正确；C、以整体为研究对象，根据牛顿第二定律分析得知，0、2t0 时刻整体所受的合力最大，加速度最大，再以A为研究对象，分析可知，A 受到的静摩擦力最大，故C错误；D、0﹣2t0时间内，整体做单向直线运动，位移逐渐增大，如此2t0 时刻，A、B位移最大．故D正确．应当选：BD【点评】此题一方面要灵活选择研究对象，另一方面，要能根据物体的受力情况分析物体的运动过程，这是学习动力学的根本功．14．如下列图，质量为m的物体用细绳拴住放在水平粗糙传送带上，物体距传送带左端距离为L，稳定时绳与水平方向的夹角为θ，当传送带分别以v1、v2 的速度做逆时针转动时〔v1＜v2〕，绳中的拉力分别为F1、F2；假设剪断细绳时，物体到达左端的时间分别为t1、t2，如此如下说法正确的答案是〔〕A．F1＜F2 B．F1=F2 C．t1大于t2 D．t1可能等于t2【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】两种情况下木块均保持静止状态，对木快受力分析，根据共点力平衡条件可列式分析出绳子拉力大小关系；绳子断开后，对木块运动情况分析，可比拟出运动时间．【解答】解：A、B、对木块受力分析，受重力G、支持力N、拉力T、滑动摩擦力f，如图由于滑动摩擦力与相对速度无关，两种情况下的受力情况完全一样，根据共点力平衡条件，必然有F1=F2，故B正确，A错误．CD、绳子断开后，木块受重力、支持力和向左的滑动摩擦力，重力和支持力平衡，合力等于摩擦力，水平向左加速时，根据牛顿第二定律，有：mg=ma 解得：a= g 故木块可能一直向左做匀加速直线运动；也可能先向左做匀加速直线运动，等到速度与皮带速度一样，然后一起匀速运动；由于v 1＜v 2，故①假设两种情况下木块都是一直向左做匀加速直线运动，如此t l 等于t 2②假设传送带速度为v 1时，木块先向左做匀加速直线运动，等到速度与皮带速度一样，然后一起匀 速运动；传送带速度为v 2 时，木块一直向左做匀加速直线运动，如此t 1＞t 2③两种情况下木块都是先向左做匀加速直线运动，等到速度与皮带速度一样，然后一起匀速运 动，如此t 1＞t 2．故C 正确，D 错误．应当选：BD ．【点评】此题关键对木块进展受力分析，根据共点力平衡条件列式求解；皮带上木块的运动要分情况讨论．二、计算题15．质量为0.1kg 的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v ﹣t 图象如图所 示．球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的．设球受到的空气阻力大小恒为f ，取g=10m/s 2，如此：弹性球受到的空气阻力f 的大小为0.2 N ，弹性球第一次碰撞后反弹的高度h 为 0.375 m ．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．【专题】牛顿运动定律综合专题．【〔1〕速度时间图象与时间轴围成的面积表示位移，斜率表示加速度，在下落过程中根据图象求出加速度，根据牛顿第二定律即可求得空气阻力；先根据牛顿第二定律求得上升时的加速度，再根据位移速度公式即可求解．【解答】解：设弹性球第一次下落过程中的加速度为a ，由速度时间图象得：，根据牛顿第二定律得，mg ﹣f=ma ，解得阻力f=mg ﹣ma=1﹣0.1×8N=0.2N ．。
2015-2016学年高二上学期期末考试物理试题 Word版含答案
2015-2016学年度上学期高二期末测试高二物理一．单项选择题（每题4分，共40分）1．如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b 与电池相连，在距离两板等远的M点有一个带电液滴处于静止状态。
若b板不动，将a板向下平移一小段距离，但仍在M点上方，稳定后，下列说法中正确的是（）A．液滴将加速向下运动B．M点电势升高，液滴在M点时电势能将减小C．M点的电场强度变小了D．在a板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，电场力做功不相同2．在图中所示的电路中，当滑动变阻器的滑动触片向 b端移动时：（）A．伏特表 V读数增大,电容C的电荷量在减小B．安培表A的读数增大，电容C的电荷量在增大C．伏特表V的读数增大，安培表A的读数减小D．伏特表V的读数减小，安培表A的读数增大3．三根通电长直导线P、Q、R互相平行、垂直纸面放置。
三根导线中电流方向均垂直纸面向里，且每两根导线间的距离均相等。
则P、Q中点O处的磁感应强度方向为（）A．方向水平向左B. 方向水平向右C. 方向竖直向上D. 方向竖直向下4．如图所示，R1为定值电阻，R2为可变电阻，E为电源电动势，r为电源的内电阻，以下说法中不正确的是（）A．当R2=Rl + r时，R2上获得最大功率B．当Rl=R2 + r时，Rl上获得最大功率C．当R2=O时Rl上获得功率一定最大D．当R2=O时，电源的输出功率可能最大5．虚线a、b、c、d表示匀强电场中的4个等势面。
两个带电粒子M、N（重力忽略不计，也不考虑两粒子间的相互作用）以平行于等势面的初速度射入电场，运动轨迹分别如图中MPN 和NQM 所示。
已知M 是带正电的粒子，则下列说法中正确的是（ ） A ．N 一定也带正电B ．a 处的电势高于b 处的电势，a 处的电场强度大于b 处的电场强度C ．带电粒子N 的动能减小，电势能增大D ．带电粒子N 的动能增大，电势能减小6．如图所示是一个电路的一部分，其中R 1=5Ω，R 2=1Ω, R 3=3Ω,I 1=0.2A, I 2=0.1A,那么电流表测得的电流为（ ） A.0.2A ，方向向右 B.0.15A ，方向向左 C.0.2A ，方向向左 D. 0.3A ，方向向右7.如图所示,两个半径相同的半圆形轨道分别竖直放在匀强电场和匀强磁场中,轨道两端在同一高度上,轨道是光滑的而且绝缘,两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放,a 、b 为轨道的最低点,则不正确．．．的是（ ）A.两小球到达轨道最低点的速度V a ＞V bB.两小球到达轨道最低点时对轨道的压力F a ＞F b13．（8分）光滑的金属导轨相互平行，它们在平面与水平面夹角为45°，磁感应强度为B=0.5T 的匀强磁场竖直向上穿过导轨，此时导轨上放一重0.1N 电阻R ab =0.2Ω的金属棒，导轨间距L=0.4m,，导轨中所接电源的电动势为6V,内阻0.5Ω，其它的电阻不计，则欲使金属棒在导轨上保持静止，电阻R 应为多大？ab BR45°14．（10分）如图所示，y轴上A点距坐标原点的距离为L，坐标平面内有边界过A点和坐标原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直坐标平面向里。
开封高中2017届物理周周练测试题20151125
开封高中2017届物理周周练测试题命题人：毛广文 审题人：王洪杰 20151125一、选择题（本题共8小题，每小题6分，选对但不全的得3分）1．某学生设计出下列四种逻辑电路，当A 端输入高电压时,电铃能发出声音的是 （ ）2.如图7甲所示，R 为电阻箱(0～99.9 Ω)，置于阻值最大位置，R x 为未知电阻．(1)断开K 2，闭合K 1，逐次减小电阻箱的阻值，得到多组R 、I 值，并依据R 、I 值作出了如图乙所示的R －1I图线．(2)断开K 2，闭合K 1，当R 调至某一位置时，电流表的示数I 1＝1.0 A ；保持电阻箱的位置不变，断开K 1，闭合K 2，此时电流表的示数为I 2＝0.8 A ．根据以上数据可知( )图7A ．电源电动势为3.0 VB ．电源内阻为0.5 ΩC ．R x 的阻值为0.5 ΩD ．K 1断开、K 2闭合时，随着R 的减小，电源输出功率减小3．如图8所示，直线A 为电源的U -I 图线，直线B 和C 分别为电阻R 1、R 2的U -I 图线，用该电源分别与R1、R 2组成闭合电路时，电源的输出功率分别为P 1、P 2，电源的效率分别为η1、η2，则( )A ．P 1＞P 2B ．P 1＝P 2C ．η1＞η2D ．η1＜η24、某同学按如图所示的电路进行实验，电压表内阻看做无限大，电流表内阻看做零．实验过程中，由于电路发生故障，发现两电压表示数相同了(但不为零)，若这种情况的发生是由某一用电器引起的，则可能的故障原因是( )A ．R 3短路B ．R P 短路C ．R 3断开D ．R 2断开5、某点电荷和金属圆环间的电场线分布如图7所示．下列说法正确的是 ( )A ．a 点的电势高于b 点的电势B ．若将一正试探电荷由a 点移到b 点，电场力做负功C ．c 点的电场强度与d 点的电场强度大小无法判断D ．若将一正试探电荷从d 点由静止释放，电荷将沿着电场线由d 到c6．如图8所示，水平放置的平行金属板充电后在板间形成匀强电场，板间距离为d ，一个带负电的液滴带电荷量大小为q ，质量为m ，从下板边缘射入电场，沿直线从上板边缘射出，则( )A ．液滴做的是匀速直线运动B ．液滴做的是匀减速直线运动C ．两板间的电势差为mgd qD ．液滴的电势能减少了mgd7．有一静电场，其电势随x 坐标的改变而改变，变化的图线如图9所示．若将一带负电粒子(重力不计)从坐标原点O 由静止释放，粒子沿x 轴运动，电场中P 、Q 两点的坐标分别为1 mm 、4 mm.则下列说法正确的是 ( ) A ．粒子经过P 点和Q 点时，加速度大小相等、方向相反B ．粒子经过P 点与Q 点时，动能相等C ．粒子经过P 点与Q 点时，电场力做功的功率相等D ．粒子在P 点的电势能为正值8．空间某区域电场线分布如图10所示，带正电小球(质量为m ，电荷量为q )在A 点速度为v 1，方向水平向右，至B 点速度v 2，v 2与水平方向间夹角为α，A 、B 间高度差为H ，以下判断正确的是( ) A ．A 、B 两点间电势差U ＝m (v 22－v 21)2qB ．小球由A 至B ，电势能的减少量为12m v 22－12m v 21－mgH C ．小球由A 至B ，电场力做功为12m v 22－12m v 21 D ．小球重力在B 点的瞬时功率为mg v 2sin α二填空题（18分，每空3分）9、用螺旋测微器测圆柱体的直径时，示数如图所示，此示数为________mm.用游标为50分度的卡尺(测量值可准确到0.02 mm)测定某圆柱的直径时，卡尺上的示数如图所示，可读出圆柱的直径为________mm.10、)为测量一电源的电动势及内阻(1)在下列三个电压表中选一个改装成量程为9 V的电压表A．量程为1 V、内阻大约为1 kΩ的电压表B．量程为2 V、内阻大约为2 kΩ的电压表C．量程为3 V、内阻为3 kΩ的电压表选择电压表________串联________kΩ的电阻可以改装成量程为9 V的电压表．(2)利用一个电阻箱、一只开关、若干导线和改装好的电压表(此表用符号、或与一个电阻串联来表示，且可视为理想电压表)，在虚线框内画出测量电源电动势及内阻的实验原理电路图．(3)根据以上实验原理电路图进行实验，读出电压表示数为1.50 V时，电阻箱的阻值为15.0 Ω；电压表示数为2.00 V时，电阻箱的阻值为40.0 Ω，则电源的电动势E＝____ V，内阻r＝________Ω.三、计算题（每题31分）11、（14分）如图所示的电路中，电源的电动势E＝6 V，内阻r＝1 Ω，电阻R1＝3 Ω，R2＝6 Ω，电容器的电容C＝3.6 μF，二极管D具有单向导电性，开始时，开关S1闭合，S2断开．(1)合上S2，待电路稳定以后，求电容器上电荷量变化了多少？(2)合上S2，待电路稳定以后再断开S1，求断开S1后流过R1的电荷量是多少？12、（17分）如图所示，AB是一倾角为θ＝37°的绝缘粗糙直轨道，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.30，BCD是半径为R＝0.2 m的光滑圆弧轨道，它们相切于B点，C为圆弧轨道的最低点，整个空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E＝4.0×103 N/C，质量m＝0.20 kg的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下．已知斜面AB对应的高度h＝0.24 m，滑块带电荷量q＝－5.0×10－4 C，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.求：(1)滑块从斜面最高点滑到斜面底端B点时的速度大小；(2)滑块滑到圆弧轨道最低点C时对轨道的压力．开封高中2017届物理周周练测试题答案1、B2、 BC 解析 由I ＝E R ＋r得R ＝E I －r ，则R －1I 图象的斜率k ＝E ＝2.0 V ，A 选项错误．R 轴截距的绝对值等于内阻r ，即r ＝0.5 Ω，B 选项正确．K 2断开、K 1闭合时，R ＋r ＝E I 1；K 1断开、K 2闭合时，R x ＋R ＋r ＝E I 2，所以，R x ＝E I 2－E I 1＝0.5 Ω，C 选项正确．因R x ＝r ，所以电路中的外电阻大于内阻，随着R 的减小，电源输出功率增大，当R ＝0时，电源的输出功率最大，D 选项错误．3 BC 解析 由直线A 可知，E ＝6 V ，r ＝1 Ω，由直线B 、C 可知，R 1＝2 Ω，R 2＝0.5Ω，P 1＝(E r ＋R 1)2R 1＝8 W ，η1＝R 1r ＋R 1＝23，P 2＝(E r ＋R 2)2R 2＝8 W ，η2＝R 2r ＋R 2＝13，故有：P 1＝P 2，η1>η2，只有B 、C 正确．4、 BD 解析 由电路分析可知，若R 3短路，则R P 、R 2被短路，这时，电压表V 2示数为零，A 错；若R P 短路，电压表V 2两端电压即为R 3两端电压，和电压表V 1示数应相同，B 对；若R 3断开，电压表V 2所测电压为R 2两端电压，而电压表V 1所测量的为R 2和R P 两端电压，故C 错；若R 2断开，电压表V 2和V 1都测量R 3两端电压，故D 对． 5 B 解析 由电场线分布可知，b 点的电势高于a 点电势，场强E d >E c ，选项A 、C 错误．正电荷由a 到b ，电场力做负功，B 项正确．在电场线为曲线的电场中，电场力的方向始终在变化，但粒子的轨迹不会与电场线重合，D 项错．6、 ACD 解析 首先根据运动是直线运动，确定要考虑重力，而电场力也在竖直方向上，所以可以肯定合外力必然为零，因而确定了液滴的运动性质和所受重力和电场力的关系，液滴斜向右上运动，电场力做正功，且W 电＝mgd ，故电势能减少了mgd ，电势差为W 电q＝mgd q. 7、 B 解析 在φ－x 图象中，图线的斜率表示场强E 的大小，因此有E P >E Q ，a P >a Q ，A 项错误；在P 、Q 两点电势相等，电势能也相等，且只有电场力做功，因此根据能量守恒可知E k P ＝E k Q ，B 项正确；在P 、Q 两点时，P ＝F v ＝qE v ，q 、v 相等，而E 不相同，因此功率P 不相等，C 项错；在P 点，电势能E p ＝qφ<0，D 项错．8 BD 解析 根据动能定理可知，带电小球从A 运动到B 的过程中只有重力和电场力做功，故有qU ＋mgH ＝12m v 22－12m v 21，故电场力做功为W 电＝qU ＝12m v 22－12m v 21－mgH ， U ＝12m v 22－12m v 21－mgH q，故A 、C 错误；电场力做正功，故电势能减少，B 正确；根据功率计算公式P ＝F v cos θ，故有小球重力在B 点的功率P 重＝mg v 2cos θ＝mg v 2sin α，故D 正确．9、 8.116 42.12 解析 螺旋测微器读数时，首先要明确其精确度为0.01 mm ，读取固定刻度上的数值时，要看半毫米刻度线是否露出；游标卡尺读数时应注意精确度、单位，读法为主尺读数加游标尺读数．螺旋测微器读数为(8＋11.6×0.01) mm ＝8.116 mm.游标卡尺读数为(42＋6×0.02) mm ＝42.12 mm.10 (1)或C 6 (2)见解析图 (3)7.5 10.0解析 (1)、的内阻不确定，故应选择进行改装，串联电阻R ＝(U U 0－1)R V ＝(93－1)× 3 kΩ＝6 kΩ.(2)本实验的原理为U ＝E －Ir ，利用变阻箱和电压表可获取电流I ，故电路图如图所示．(3)根据闭合电路欧姆定律知：E ＝3U ＋3UR ′·r 将U 1＝1.50 V ，R 1′＝15.0 Ω及U 2＝2.00 V ，R 2′＝40.0 Ω分别代入上式联立解方程组得E ＝7.5 V ，r ＝10.0 Ω.11、解析 (1)设开关S 1闭合，S 2断开时，电容器两端的电压为U 1，干路电流为I 1，根据闭合电路欧姆定律有I 1＝E R 1＋r＝1.5 A U 1＝I 1R 1＝4.5 V 合上开关S 2后，电容器两端电压为U 2，干路电流为I 2.根据闭合电路欧姆定律有I 2＝E R 1R 2R 1＋R 2＋r ＝2 A U 2＝I 2R 1R 2R 1＋R 2＝4 V 所以电容器上电荷量减少了：ΔQ ＝(U 2－U 1)C ＝1.8×10－6 C (2)合上S 2后，电容器上的电荷量为Q Q ＝CU 2＝1.44×10－5 C 再断开S 1后，R 1和R 2的电流与阻值成反比，故流过电阻的电荷量与阻值成反比．故流过电阻R 1的电荷量为：Q 1＝R 2R 1＋R 2Q ＝9.6×10－6 C. 答案 (1)减少了1.8×10－6 C (2)9.6×10－6 C 12、答案 (1)2.4 m/s (2)11.36 N ，方向竖直向下解析 (1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力F f ＝μ(mg ＋qE )cos 37°＝0.96 N 设到达斜面底端时的速度为v 1，根据动能定理得(mg ＋qE )h －F f h sin 37°＝12m v 21 解得v 1＝2.4 m/s (2)滑块从B 到C ，由动能定理可得： (mg ＋qE )·R ·(1－cos 37°)＝12m v 22－12m v 21 当滑块经过最低点C 时，有F N －(mg ＋qE )＝m v 22R由牛顿第三定律：F N ′＝F N 解得：F N ′＝11.36 N ，方向竖直向下．。
(新课标)2015-2016学年高二上学期期末考试物理试卷
2015-2016学年度上学期（期末）考试高二物理试题【新课标】试卷说明:本试卷满分110分，答题时间90分钟。
请将答案填涂在答题卡上。
一、单项选择题：共7小题，每小题只有一个答案，每题5分，共35分。
1．下列装置没用到带电粒子在磁场中发生偏转的原理的是（）(A)磁流体发电机(B)回旋加速器 (C)电视显像管 (D)示波管2．有Ⅰ、Ⅱ两根不同材料的电阻丝，长度之比为L1∶L2＝1∶5，横截面积之比为S1∶S2＝2∶3，电阻之比为R1∶R2＝2∶5，则它们的电阻率之比为( )(A)2∶3(B) 3∶4(C) 4∶3(D)8∶33．如图所示，电源的电动势为30 V，内电阻忽略不计，一个“6V,12 W”的电灯与一个绕线电阻为2Ω的电动机串联。
已知电路中的电灯正常发光，则电动机输出的机械功率为( )(A)36 W (B)40 W (C)48 W (D)60 W4．如图所示，把一个装有导电溶液的圆形玻璃器皿放入磁场中，玻璃器皿的中心放一个圆柱形电极B，与电池的正极相连；沿器皿边缘内壁放一个圆环形电极A，与电池的负极相连。
从器皿上方往下看（俯视），对于导电溶液和溶液中正、负离子的运动，下列说法中正确的是（）（A）溶液做逆时针方向运动（B）溶液做顺时针方向运动（C）正离子沿圆形玻璃器皿的半径向边缘移动（D）负离子沿圆形玻璃器皿的半径向中心移动5．现将电池组、滑线变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关如下图连接。
在开关闭合、线圈A放在线圈B中的情况下，某同学发现当他将滑线变阻器的滑动端P向左加速滑动时，电流计指针向右偏转。
由此可以推断（）(A)线圈A向上移动或滑动变阻器的滑动端P向右加速滑动，都能引起电流计指针向左偏转(B)线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起电流计指针向右偏转(C)滑动变阻器的滑动端P匀速向左或匀速向右滑动，都能使电流计指针静止在中央(D)因为线圈A、线圈B的绕线方向未知，故无法判断电流计指针偏转的方向6．静止在光滑水平面上的条形磁铁左端和轻弹簧连接，轻弹簧的另一端固定在墙上，在条形磁铁的上方偏右位置（如图）固定有通电直导线，电流垂直纸面向内，下列说法正确的是（）（A）弹簧被压缩，磁铁对水平面的压力变小（B）弹簧被压缩，磁铁对水平面的压力变大（C）弹簧被拉长，磁铁对水平面的压力变小（D）弹簧被拉长，磁铁对水平面的压力变大7．如图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以速度v0水平射入电场，恰好沿下板边缘飞出。
人教版高中物理-有答案-河南省某校高二(上)第二次周考物理试卷
河南省某校高二（上）第二次周考物理试卷一、选择题（本题共10小题，在每小题给出的四个选项中，至少有一项是正确的，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分，每小题5分，共50分）1. 关于闭合电路的性质，以下说法正确的是（）A.电源短路时，输出电流无限大B.电源断路时，路端电压无限大C.外电路电阻越大，输出电流越大D.外电路电阻越大，路端电压越大2. 以下说法中正确的是（）A.从公式I=UR可知，导体中电流跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比B.对于导体，只要其两端电势差为零，电流也必为零C.电源的电动势大，表征把其他形式的能转化为电能的数量就多D.电源电动势越大，电源两极间的电压一定越高3. 如图所示，不计电源内阻，对于电路元件调节下列说法正确的是（）A.将电容器两板间距离增大些，可以使灯泡变亮些B.只将电阻R1调大些，可以使灯泡变亮些C.只将电阻R2调大些，可以使灯泡变亮些D.无论是调节R1还是调节R2对电容器的带电量没有影响4. 在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积S、电流为I的电子束．已知电子的电量为e，质量为m，则在刚射出加速电场时，一小段长为△l的电子束内的电子数是（）A.$\frac{Iigtriangleupl}{eS}\sqrt{\frac{m}{2eU}}$B.$\frac{Iigtriangleupl}{e}\sqrt{\frac{m}{2eU}}$C.I eS √m2eUD.$\frac{ISigtriangleupl}{e}\sqrt{\frac{m}{2eU}}$5. 两个定值电阻R1＝4R、R2＝2R串联后接在输出电压U稳定于10V的理想直流电源上，有人把一个内阻不是远大于R1、R2的电压表接在R1两端（如图所示），电压表的示数为6V．如果把此电压表接在R2两端，则电压表示数将（）A.等于4VB.等于3VC.等于5VD.无法判断6. 如图所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图像，直线B为电源b的路端电压与电流的关系图像，直线C为一个电阻R的两端电压与电流的关系图像．将这个电阻R 分别接到a、b两电源上，那么（）A.R接到a电源上，电源的效率较高B.R接到b电源上，电源的效率较高C.R接到a电源上，电源的输出功率较大D.R接到b电源上，电源的输出功率较大7. 相同的电流表分别改装成两个电流表A1、A2和两个电压表V1、V2，A1的量程大于A2的量程，V1的量程大于V2的量程，把它们接入如图所示的电路，闭合开关后（）A.A1的读数比A2的读数大B.A1指针偏转角度比A2指针偏转角度大C.V1的读数比V2的读数大D.V1指针偏转角度比V2指针偏转角度大8. 一电压表由电流表G与电阻R串联而成，若在使用中发现此电压表的读数总比准确值稍小一些，可以加以改正的措施是（）A.在R上串联一个比R小得多的电阻B.在R上串联一个比R大得多的电阻C.在R上并联一个比R小得多的电阻D.在R上并联一个比R大得多的电阻9. 用伏安法测未知电阻R x时，若不知R x的大约数值，为了选择正确的电流表接法以减小误差，可将仪器如图所示接好，只空出一个电压表的一个接头K，然后将K分别与a，b接触一下，观察电压表和电流表示数变化情况，则（）A.若电流表示数有显著变化，K应按aB.若电流表示数有显著变化，K应按bC.若电压表示数有显著变化，K应按aD.若电压表示数有显著变化，K应按b10. 如图所示的电路中，电池的电动势为E，内阻为r，电路中的电阻R1、R2和R3的阻值都相同．在电键S处于闭合状态下，若将电键S1由位置1切换到位置2，则（）A.电压表的示数变大B.电池内部消耗的功率变大C.电阻R2两端的电压变大D.电池的效率变大二、实验题（共16分）有一只电流计，已知其Ig=500uA，Rg=100Ω，现改装成量程为6V的电压表，则应串联________Ω电阻．由于所用电阻不准，当改装成表与标准表比较时，发现标准值为3V时，改装表读数为3.2V，则实际所用电阻值偏________（填“大”或“小”）用伏安法测量某电阻R x的阻值，现有实验器材如下：A．待测电阻R x：范围在5∼8Ω，额定功率1WB．电流表A1：量程0∼0.6A（内阻约0.2Ω）C．电流表A2：量程0∼3A（内阻约0.05Ω）D．电压表V1：量程0∼3V（内阻约3KΩ）E．电压表V2：量程0∼15V（内阻约15KΩ）F．滑动变阻器R:0∼10Ω额定电流2AG．蓄电池：电动势12V H．导线，电键．（1）为了较准确的测量，并保证器材安全，电流表应选________，电压表应选________，并在图甲虚线框内画出电路图，表明所选设备的符号．（2）根据电路图，连接图乙实物图．三、计算题如图所示电路中，电源电动势E=9V，内电阻r=2Ω，定值电阻R1=6Ω，R2=10Ω，R3=6Ω，电容器的电容C=10μF．（1）保持开关S1、S2闭合，求电容器C的带电量；（2）保持开关S1闭合，将开关S2断开，求断开开关S2后流过电阻R2的电量．如图所示为电动机提升重物的装置，电动机线圈电阻为r=1Ω，电动机两端电压为5V，电路中的电流为1A，物体A重20N，不计摩擦力，求：（1）电动机输入功率和输出功率各是多少？（2）10s内，可以把重物A匀速提升多高？如图1所示电路中，电源电动势E=12V，内阻r=2Ω，R1=4Ω，R2=6Ω，R3=3Ω．（1）若在C、D间连一个理想电压表，其读数是多少？（2）若在C、D间连一个理想电流表，其读数是多少？（3）图1中虚线框内的电路可等效为一个电源，即图1可等效为图2，其等效电动势E′等于CD间未接入用电器时CD间的电压；若用导线直接将CD两点连接起来，通过该导线的电流等于等效电源的短路电流，则等效电源的内电阻r′是多少？（4）若在C、D间连一个“6V，3W”的小灯泡，则小灯泡的实际功率是多少？如图1电路中，R1、R2为定值电阻，且R1=100Ω，R2的阻值未知，R3是一个滑动变阻器，当其滑片从最左端滑到最右端的过程中，测得电源的路端电压随电流I的变化图线如图2．其中图线上的A、B两点是滑片在变阻器上的两个不同端点时分别得到的．求：（1）电源的电动势和内阻；（2）定值电阻R2的阻值；（3）滑动变阻器R3的最大值；（4）上述过程中R1上得到的最大功率以及电源最大的输出功率．参考答案与试题解析河南省某校高二（上）第二次周考物理试卷一、选择题（本题共10小题，在每小题给出的四个选项中，至少有一项是正确的，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分，每小题5分，共50分）1.【答案】D【考点】闭合电路的欧姆定律【解析】根据闭合电路欧姆定律求解干路电流，根据欧姆定律求解路端电压，根据表达式进行分析讨论．【解答】．由于电源有内电阻，故电流不是无限大，解：A、电源被短路时，电源电流为：I=Er故A错误；B、电源断路时，内电阻r∝无穷大，电源电流为：I=E∝0，故路端电压为：U=R+rIR=0，故B错误；C、I=E，R越大，I越小，故C错误；R+rD、路端电压为：U=ER，外电路电阻R增大时，路端电压也增大，故D正确；R+r故选D．2.【答案】A,B【考点】电源的电动势和内阻欧姆定律的概念【解析】电流与跟导体两端的电压成正比，跟电阻成反比；若导体两端没有电势差，则导体中不会产生电流；电源的电动势反映电源将其他形式的能转化电能的本领大小；路端电压由电动势和外电路共同决定．【解答】解：A、由欧姆定律可得，导体中电流跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比；故A正确；B、根据电流产生条件可知，导体两端的电势差为零；则电流必为零；故B正确；C、电源的电动势大，说明电源把其他形式的能转化为电能的本领高，但不能说转化的电能多；故C错误；D、电源两端的电压取决于电动势及内外电阻的关系；并不是电动势越高，路端电压越大；故D错误；故选：AB．3.【答案】C,D【考点】闭合电路的欧姆定律电容【解析】由电路图可知，灯泡R与R2并联后与R1串联，电容器与电源并联；电路稳定时电容器相当于开关断开．根据滑动变阻器的阻值变化可得出电路中电流的变化，则可得出灯泡的亮度变化；由Q=UC可得出电容器所带电量的变化．【解答】解：A、电路稳定时电容器相当于开关断开，对灯泡的亮度没有影响，故A错误．B、只将电阻R1调大些时，电路中总电阻增大，则总电流减小，则并联部分电压减小，灯泡变暗；因电源的内阻不计，则电容器两端的电压不变，所以电容器所带电量不变；故B错误；C、只将电阻R2调大些时，电路中总电阻增大，则总电流减小，R1两端的电压减小，则并联部分总电压增大，灯泡变亮；由于电容器两端的电压不变；则由Q=UC可知，电容器所带电量不变；故C正确；D、由B、C分析可知，无论是调节R1还是调节R2对电容器的带电量没有影响；故D正确．故选：CD．4.【答案】B【考点】动能定理的应用带电粒子在电场中的加（减）速和偏转电流概念【解析】根据动能定理求出电子刚出加速电场时的速度v．在一小段长为△l内电子可以看成做匀速运动，由$igtriangleupt = \frac{igtriangleupl}{v}$求出电子运动的时间，根据电流求出长为△l电子束的电量，再求解电子数．【解答】根据动能定理得：eU=12mv2得到，v=√2eUm①在刚射出加速电场时，一小段长为△l的电子束内电子电量为q＝I△t＝$I\frac{igtriangleupl}{v}$②电子数n=qe③联立①②③得，$n = \frac{Iigtriangleupl}{e}\sqrt{\frac{m}{2eU}}$5.【考点】串联电路和并联电路的特点【解析】串联电路中，电流相等，电压之比等于电阻之比；根据串并联电路的电阻关系和电压关系列式求解即可．【解答】电压表与电阻R1并联时，并联电阻为：R 并=R1R VR1+R V①串联电路中电压分配与电阻成正比，故：R R2=U1U−U1②其中R1＝4R、R2＝2R联立解得：R V＝12R；当电压表与电阻R2并联时，并联电阻为：R 并′=R2R VR2+R V=127R串联电路中电压分配与电阻成正比，故：R1 R′=U−U2U2解得：U2＝3V6.【答案】B,C【考点】电功闭合电路的欧姆定律【解析】电源的效率等于电源的输出与总功率的百分比，根据欧姆定律得到，电源的效率也等于外电阻与电路总电阻之比．由电源的U−I图像斜率大小等于电源的内阻，比较读出电源内电阻的大小，确定电源的效率关系．当电阻R与电源组成闭合电路时，电阻R的U−I图线与电源的U−I图线的交点表示工作状态，交点坐标的乘积等于电源的输出功率．【解答】A、B电源的效率η=PP =UIEI=RR+r，由闭合电路欧姆定律U＝E−Ir可知，b电源的内阻r较小，R接到b电源上，电源的效率较高。
开封市高中物理高二物理上学期精选试卷检测题
开封市高中物理高二物理上学期精选试卷检测题一、第九章 静电场及其应用选择题易错题培优（难）1．如图所示，带电量为Q 的正点电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底端C 点，斜面上有A 、B 、D 三点，A 和C 相距为L ，B 为AC 中点，D 为A 、B 的中点。
现将一带电小球从A 点由静止释放，当带电小球运动到B 点时速度恰好为零。
已知重力加速度为g ，带电小球在A 点处的加速度大小为4g，静电力常量为k 。
则（ ）A ．小球从A 到B 的过程中，速度最大的位置在D 点 B ．小球运动到B 点时的加速度大小为2g C ．BD 之间的电势差U BD 大于DA 之间的电势差U DA D ．AB 之间的电势差U AB =kQ L【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】A ．带电小球在A 点时，有2sin A Qqmg kma L θ-= 当小球速度最大时，加速度为零，有'2sin 0Qqmg θkL-= 联立上式解得'22L L =所以速度最大的位置不在中点D 位置，A 错误； B ．带电小球在A 点时，有2sin A Qqmg kma Lθ-= 带电小球在B 点时，有2sin 2BQq k mg θma L -=（） 联立上式解得2B g a =B 正确；C ．根据正电荷的电场分布可知，B 点更靠近点电荷，所以BD 段的平均场强大小大于AD 段的平均场强，根据U Ed =可知，BD 之间的电势差U BD 大于DA 之间的电势差U DA ，C 正确；D ．由A 点到B 点，根据动能定理得sin 02AB Lmg θqU ⋅+= 由2sin A Qqmg kma L θ-=可得 214Qq mg k L= 联立上式解得AB kQU L=-D 错误。
故选BC 。
2．电荷量相等的两点电荷在空间形成的电场有对称美．如图所示，真空中固定两个等量异种点电荷A 、B ，AB 连线中点为O.在A 、B 所形成的电场中，以O 点为圆心半径为R 的圆面垂直AB 连线，以O 为几何中心的边长为2R 的正方形平面垂直圆面且与AB 连线共面，两个平面边线交点分别为e 、f ，则下列说法正确的是( )A ．在a 、b 、c 、d 、e 、f 六点中找不到任何两个场强和电势均相同的点B ．将一电荷由e 点沿圆弧egf 移到f 点电场力始终不做功C ．将一电荷由a 点移到圆面内任意一点时电势能的变化量相同D ．沿线段eOf 移动的电荷，它所受的电场力先减小后增大 【答案】BC 【解析】图中圆面是一个等势面，e 、f 的电势相等，根据电场线分布的对称性可知e 、f 的场强相同，故A 错误．图中圆弧egf 是一条等势线，其上任意两点的电势差都为零，根据公式W=qU 可知：将一正电荷由e 点沿圆弧egf 移到f 点电场力不做功，故B 正确．a 点与圆面内任意一点时的电势差相等，根据公式W=qU 可知：将一电荷由a 点移到圆面内任意一点时，电场力做功相同，则电势能的变化量相同．故C 正确．沿线段eof 移动的电荷，电场强度 先增大后减小，则电场力先增大后减小，故D 错误．故选BC ．【点睛】等量异种电荷连线的垂直面是一个等势面，其电场线分布具有对称性．电荷在同一等势面上移动时，电场力不做功．根据电场力做功W=qU 分析电场力做功情况．根据电场线的疏密分析电场强度的大小，从而电场力的变化．3．如图所示，两个带电小球A 、B 分别处于光滑绝缘的竖直墙面和斜面上，且在同一竖直平面内，用水平向左的推力F 作用于B 球，两球在图示位置静止，现将B 球沿斜面向下移动一小段距离，发现A 球随之向上移动少许，两球在新位置重新平衡，重新平衡后与移动前相比，下列说法正确的是（ ）A ．推力F 变小B ．斜面对B 的弹力不变C ．墙面对A 的弹力不变D ．两球之间的距离减小【答案】AB 【解析】 【详解】CD ．先对小球A 受力分析，受重力、支持力、静电力，如图所示：根据共点力平衡条件，有：mgF cos =库α，N F mgtan =α 由于α减小，可知墙面对A 的弹力变小，库仑力减小，故两球间距增加，选项CD 错误； AB ．对AB 整体受力分析，受重力、斜面支持力N 、墙壁支持力F N 、推力F ，如图所示：根据共点力平衡条件，有NNsin F FNcos m M g+==+（）ββ解得()F mgtan m M gtanM m gNcos=-++=（）αββ由于α减小，β不变，所以推力F减小，斜面对B的弹力N不变，选项AB正确。
河南省开封市2015届高三上学期定位模拟考试物理试题 Word版含解析
高三物理试题【试卷综析】本试卷是高三模拟试卷，包含了高中物理全部内容、主要包含了匀变速运动规律、受力分析、牛顿第二定律、动能定理、机械能守恒、电场、恒定电流、磁场、电磁感应、交变电流、机械波等，知识覆盖面广，知识点全面。
题型新颖，没有沿用以前的老题，是份质量很高的试卷一、选择题（本题共8小题，每小题6分。
每题给出的四个选项中，第1、2、3、4、5只有一项符合题目要求，第6、7、8题有多个选项符号题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)【题文】1. 物理学是一门以实验为基础的学科。
物理定律就是在大量实验的基础上归纳总结出来的。
但有些物理规律或物理关系的建立并不是直接从实验得到的，而是经过了理想化或合理外推，下列选项中属于这种情况的是A.牛顿第一定律B.牛顿第二定律C.电阻定律D.法拉第电磁感应定律【知识点】牛顿第一定律．C1【答案解析】A 解析：牛顿第一定律无法用实验直接得出，因为没有外力的情况在现实中是不具备的，但它以事实为依据，经过合理的外推得出了正确的结论；而牛顿第二定律、牛顿第三定律及胡克定律均可以用实验进行推归导；故只有A正确；故选：A．【思路点拨】物理是一门实验学科，很多概念规律来自于实验；但要注意牛顿第一定律无法由实验直接得出，而是通过事实为依据经合理外推得出结论．本题考查了理想实验的理解和应用，注意理想实验我们需要无法直接得出实验结论，但是却有着很重要的意义，应注意理解．【题文】2. 在很多旅游景区都会见到空中缆车(如图甲所示).现将空中缆车简化为以下物理模型:如图乙所示.滑轮A可以在轨道上滑动.重物B通过轻绳与滑轮相连。
若当滑轮沿轨道向下滑动时.连接滑轮与重物之间的轻绳始终保持竖直，则关于此时滑轮受力情况的说法中，正确的是A.滑轮受重力、轨道的支持力、轻绳的拉力B.滑轮受重力、轨道的支持力、轻绳的拉力及下滑力C.滑轮受重力、轨道的支持力、轻绳的拉力及轨道的摩擦力D.滑轮受该力、轨道的支持力、轻绳的拉力、下滑力及轨道的摩擦力【知识点】物体的弹性和弹力．B2【答案解析】C 解析：连接滑轮与重物之间的轻绳始终保持竖直,所以滑轮和重物做匀速运动，滑轮和重物向下做匀速运动，所以，滑轮受重力、轨道的支持力、轻绳的拉力及轨道的摩擦力共四个力的作用，故C 正确，ABD 错误，故选：C【思路点拨】 滑轮和重物向下做匀速运动，所以，滑轮受重力、轨道的支持力、轻绳的拉力及轨道的摩擦力共四个力的作用．本题考查了对力与物体平衡等知识点的理解和应用，难度不大．【题文】3. 如图所示，光敏电阻被光照射时电阻会变小，电源电动势为E ，内阻为r.在有光照射光敏电阻R 1时，灯泡L 正常发光。
河南河南省开封高级中学高二物理上学期精选试卷检测题
河南河南省开封高级中学高二物理上学期精选试卷检测题一、第九章静电场及其应用选择题易错题培优（难）1．如图所示，一带电小球P用绝缘轻质细线悬挂于O点。
带电小球Q与带电小球P处于同一水平线上，小球P平衡时细线与竖直方向成θ角（θ<45°）。
现在同一竖直面内向右下方缓慢移动带电小球Q，使带电小球P能够保持在原位置不动，直到小球Q移动到小球P位置的正下方。
对于此过程，下列说法正确的是（）A．小球P受到的库仑力先减小后增大B．小球P、Q间的距离越来越小C．轻质细线的拉力先减小后增大D．轻质细线的拉力一直在减小【答案】AD【解析】【分析】【详解】画出小球P的受力示意图，如图所示当小球P位置不动，Q缓慢向右下移动时，Q对P的库仑力先减小后增大，根据库仑定律可得，QP间的距离先增大后减小；轻质细线的拉力则一直在减小，当Q到达P的正下方时，轻质细线的拉力减小为零，故选AD。
2．如图所示，竖直平面内有半径为R的半圆形光滑绝缘轨道ABC，A、C两点为轨道的最高点，B点为最低点，圆心处固定一电荷量为+q1的点电荷．将另一质量为m、电荷量为+q2的带电小球从轨道A处无初速度释放，已知重力加速度为g，则（）A ．小球运动到B 2gR B ．小球运动到B 点时的加速度大小为3gC ．小球从A 点运动到B 点过程中电势能减少mgRD ．小球运动到B 点时对轨道的压力大小为3mg ＋k 122q q R 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】A.带电小球q 2在半圆光滑轨道上运动时，库仑力不做功，故机械能守恒，则：212B mgR mv =解得：2B v gR 故A 正确；B.小球运动到B 点时的加速度大小为：22v a g R==故B 错误；C.小球从A 点运动到B 点过程中库仑力不做功，电势能不变，故C 错误；D.小球到达B 点时，受到重力mg 、库仑力F 和支持力F N ，由圆周运动和牛顿第二定律得：2122BN q q v F mg k m R R--=解得：1223N q q F mg kR =+ 根据牛顿第三定律，小球在B 点时对轨道的压力为：1223q q mg kR + 方向竖直向下，故D 正确．3．质量分别为A m 和B m 的两小球带有同种电荷，电荷量分别为A q 和B q ，用绝缘细线悬挂在天花板上。
河南省开封市2016届高三上学期定位模拟考试物理试卷
开封市2016届高三定位考试物理试题1-5题单选 6-8题多选1．两个正、负点电荷周围电场线分布如图所示M 、N 为电场中两点，则 (D)A ．正电荷由M 静止释放能运动到NB ．正电荷在M 的加速度小于在N 的加速度C ．负电荷在M 的电势能高于在N 的电势能D ．负电荷从M 移动到N ，其间必有一点电势能为零2. 如图所示，在竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O 处放一点电荷，将质量为m ，电荷量为q 的小球从圆弧管的水平直径端点A 由静止释放，小球沿细管滑到最低点B 时，对管壁恰好无压力，则放于圆心处的点电荷在AC 弧中点处的电场强度的大小为 （ C ）A ．q mg E =B ．q mg2E =C ．q mg3E =D ．不能确定3.一个物体从h 高处开始做自由落体运动，经t 时间落地，落地时的速度为v ，那么当物体下落时间为3t时，物体的速度大小以及物体距地面高度分别为( C )A ．3v ，9h B ．9v ，9h C ．3v ，h 98 D. 9v，h 334.某人用手将质量为1kg 物体由静止向上提起1m ，这时物体的速度为2m/s （B ）A.手对物体做功12JB. 合外力做功12JC. 合外力做功2JD.物体克服重力做功10J5. 如图所示，质量为m 的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住。
现用一个力F 拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a 的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是（C ）A ．若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零B ．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C ．斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值D ．斜面和挡板对球的弹力的合力等于ma6.我国已经实现低轨道的载人航天,也达成了月球的着陆和巡视、从月球轨道返回等目标。
从目前掌握的载人航天技术和探月技术角度看,我国完全具备实现载人登月的技术基础.若已知月球质量为M,半径为R ,万有引力恒量为G,月球表面重力加速度为g0,以下畅想可能的是（ CD ）A.在月球表面上荡秋千,将人视为质点,秋千质量不计,摆角不变,摆角小于900,若秋千经过最低位置时的速度为v 0,则人能上升的最大高度是22002R v g MB.在月球发射一颗绕它运行的卫星的最小周期为2C.在月球表面以初速度v 0竖直上抛一个物体,物体上升的最大高度为2202R v GMD.在月球上发射一颗绕它运动的卫星的最小发射速度7. 穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t 变化的图像分别如图甲、乙、丙、丁所示，下列关于回路中产生的感应电动势的论述，正确的是（ AC ）A．图甲中回路不产生感应电动势B．图乙中回路产生的感应电动势一直在变大C．图丙中回路在0～t0时间内产生的感应电动势大于在t0～2t0时间内产生的感应电动势D．图丁中回路产生的感应电动势可能恒定不变8．实验室里的交流发电机可简化为如图所示的模型，正方形线圈在水平匀强磁场中，绕垂直于磁感线的OO' 轴匀速转动．今在发电机的输出端接一个电阻R 和理想电压表，并让线圈每秒转25圈，读出电压表的示数为10V．已知R = 10 Ω，线圈电阻忽略不计，下列说法正确的是（BC）A．线圈位于图中位置时，线圈中的瞬时电流为零B．从中性面开始计时，线圈电流瞬时值表达式为（A）C．流过电阻R 的电流每秒钟方向改变50次D．电阻R上的热功率等于20W Array实验题9.⑴（5分）小明利用如图所示的实验装置测量一干电池的电动势和内阻（1）题图中电流表的示数为__________A（2）画出对应的电路图10．（10分）如图所示，水平桌面上边缘固定着曲线末端水平的斜面体A ，有小铁块B ，斜面体的斜面是曲面。
河南省开封高中高二上学期10月10日周周练测试物理试题教师 含答案
开封高中2017届周周练测试试卷命题人：毛广文审核人：张双卫2015.10.10一、选择题（每小题5分，共60分。
其中第1、2、3、4、5、10、12题为单选题，全部选对得5分，少选得3分，多选、选错或不选得0分）1．在电场中，把电荷量为4×10－9 C的正电荷从A点移到B点，克服电场力做功6×10－8 J，以下说法中正确的是()A．电荷在B点具有的电势能是6×10－8 J B．B点的电势是15 VC．电荷的电势能增加了6×10－8 J D．电荷的电势能减少了6×10－8 J 答案： C2．(2012·南通质检)如图甲所示，AB是某电场中的电场线，一负电荷沿AB由A运动到B过程中的速度图象如图乙所示，则下列判断正确的是()A．场强E A>E B B．场强E A＝E BC．场强E A<E B D．场强方向由A指向B答案： A解析：由v－t图线可知，负电荷做初速度为零的变加速运动，加速度不断减小，电荷受的静电力也不断减小，说明从A到B电场强度不断减小，即E A>E B，因此A正确；由于负电荷是从A由静止向B运动，说明受到的静电力由A指向B，所以电场强度的方向由B 指向A，D错误．3．一个带电小球，用细绳悬在水平方向的匀强电场中，当小球静止后把悬线烧断，小球将做()A．自由落体运动B．匀变速曲线运动C．沿悬线的延长线的匀加速直线运动D．变加速直线运动答案： C4．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答案： A解析：由静止释放后，两带电小物块带同种电荷，所以库仑力对它们均做正功，故电势能都减小，A正确、B错误；两小物块运动过程中，因摩擦力和电场力分别做功，发生机械能和其他能量的相互转化，故机械能不守恒，C错；因最终停止，故D错．5.如图所示，光滑绝缘斜面的底端固定着一个带正电的小物块P，将另一个带电小物块Q 在斜面的某位置由静止释放，它将沿斜面向上运动．设斜面足够长，则在Q 向上运动过程中( )A ．物块Q 的动能一直增大B ．物块P 、Q 之间的电势能一直增大C ．物块P 、Q 的重力势能和电势能之和一直增大D ．物块Q 的机械能一直增大答案： D解析： 电场力做正功电势能减少，电场力做负功电势能增加，由题意知电场力对Q 做了正功，故Q 电势能减少，根据除重力外(或弹力)，其余外力做正功，则机械能增加(反之减少)，可知D 选项正确．6.如图所示，真空中有两个等量异种点电荷A 、B ，M 、N 、O 是AB 连线的垂线上的点，且AO >BO .一带负电的试探电荷仅受电场力作用，运动轨迹如图中实线所示，设M 、N 两点的场强大小分别为E M 、E N ，电势分别为φM 、φN .下列判断中正确的是( )A ．B 点电荷一定带正电B ．E M 小于E NC ．φM 大于φND ．此试探电荷在M 处的电势能小于N 处的电势能答案： AB解析： 由负电荷运动轨迹的弯曲方向可知，电荷A 带负电，电荷B 带正电，A 正确；根据等量异种电荷电场线的特点，可得E M 小于E N ，B 正确；根据等量异种电荷等势线的特点，可得φM 小于φN ，由于试探电荷是负电荷，所以试探电荷在M 处的电势能大于N 处的电势能，C 、D 错误．7. 如图所示，A 板发出的电子经加速后（移动触头位置可改变电容器的加速电压），水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U ，电子最终打在荧光屏P 上，关于电子的运动，则下列说法中正确的是( )A ．滑动触头向右移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升B ．滑动触头向左移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升C ．电压U 增大时，其他不变，则电子打在荧光屏上的速度大小不变D ．电压U 增大时，其他不变，则电子从发出到打在荧光屏上的速度变大答案： AD解析： 设加速电压为U 0，进入偏转电场时的速度为v 0，则电子经加速电场：eU 0＝12m v 20① 偏转电场中：L ＝v 0t ②y ＝12Ue dmt 2③ eU d y ＝12m v 2－12m v 20④ 由①②③得y ＝L 2U 4dU 0当滑动触头向右滑动时，U 0变大，y 变小，所以选项A 对，B 错．对①②③④得12m v 2＝L 2U 2e 4d 2U 0＋eU 0 当U 增大时，12m v 2增大，电子打到屏上的速度变大，故选项C 错，D 对． 8．如图所示，光滑的水平轨道AB ，与半径为R 的光滑的半圆形轨道BCD 相切于B 点，AB 水平轨道部分存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B 为最低点，D 为最高点．一质量为m 带正电的小球从距B 点x 的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB 向右运动，恰能通过最高点，则( )A ．R 越大，x 越大B ．R 越大，小球经过B 点后瞬间对轨道的压力越大C ．m 越大，x 越大D ．m 与R 同时增大，电场力做功增大答案： ACD解析： 小球在BCD 部分做圆周运动，在D 点mg ＝m v 2D R，小球由B 到D 的过程中有：－2mgR ＝12m v 2D －12m v 2B ，v B ＝5gR ，R 越大，B 点速度越大，则x 越大，A 正确；在 B 点有：F N －mg ＝m v 2B R ，F N ＝6mg ，B 错；由Eqx ＝12m v 2B，知m 越大，B 点的动能越大，x 越大，电场力做功越多，C 、D 正确．9．关于电动势，下列说法中正确的是( )A ．在电源内部把正电荷从负极移到正极，非静电力做功，电势能增加B ．对于给定的电源，移动正电荷非静电力做功越多，电动势就越大C ．电动势越大，说明非静电力在电源内部把正电荷从负极向正极移动时，单位电荷量做功越多D ．电动势越大，说明非静电力在电源内部把正电荷从负极移到正极时，移送的电荷量越多 答案 AC解析 电源是将其他形式的能转化为电势能的装置，是通过电源内部的非静电力做功来完成的，所以，非静电力做功，电势能就增加，因此选项A 正确．电源的电动势是反映电源内部其他形式的能转化为电势能本领的物理量，电动势在数值上等于移送单位电荷量的正电荷所做的功，不能说电动势越大，非静电力做功越多，也不能说电动势越大，移送的电荷量越多，所以选项C 正确，选项B 、D 错误．10．一段粗细均匀的金属导体的横截面积是S ，导体单位长度内的自由电子数为n ，金属内的自由电子的电荷量为e ，自由电子做无规则热运动的速率为v 0，导体中通过的电流为I .则下列说法中正确的有( )A ．自由电子定向移动的速率为v 0B ．自由电子定向移动的速率为v ＝I neSC ．自由电子定向移动的速率为真空中的光速cD ．自由电子定向移动的速率为v ＝I ne答案 D解析 解决本题的关键是理解v 和n 的物理意义，电流微观表达式中n 为单位体积内的自由电子数，而本题中n 为单位长度内的自由电子数，t 时间内通过导体某一横截面的自由电子数为长度是v t 内的自由电子数，其数量为n v t ，电荷量q ＝n v te ，所以电流I ＝q t＝ne v ，所以v ＝I ne，故正确选项为D.11．一横截面积为S 的铜导线，流经其中的电流为I ，设单位体积的导线中有n 个自由电子，电子的电荷量为q .此时电子的定向移动速度为v ，在t 时间内，通过铜导线横截面的自由电子数目可表示为( )A ．n v StB ．n v t C.It qD.It Sq答案 AC解析 在t 时间内，通过铜导线横截面的电荷量为It ，通过铜导线横截面的自由电子数目可表示为N ＝It q ，故C 正确，D 错误；把I ＝nqS v 代入N ＝It q可得N ＝n v St ，故A 正确，B 错误． 12.一个阻值为R 的电阻两端加上电压U 后，通过电阻横截面的电荷量q 随时间t 变化的图象如图所示，此图象的斜率可表示为( )A ．UB ．R C.U R D.1R答案 C解析 图象的斜率k ＝q t ＝I ，根据欧姆定律，I ＝U R ，所以k ＝q t ＝I ＝U R，C 正确． 二．计算题（共40分,每题20分。
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2015-2016学年河南省开封高中高二（上）周练物理试卷（11.25）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共1小题，共6.0分)1.某学生设计出下列四种逻辑电路，当A端输入高电压时，电铃能发出声音的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】解；A、与门电路，当输入1、0，输出0，故电铃不发出声音，故A错误B、或门电路，当输入1、0，输出1，故电铃能发出声音，故B正确C、非门电路，当输入1，输出0，故电铃不发出声音，故C错误D、或门电路，当输入1、0，输出1，再经非门，输出0，故电铃不发出声音，故D错误故选B理解基本逻辑门电路的特点，工作原理，输入、输出关系．考查了基本门电路、基本逻辑关系，输入、输出关系．二、多选题(本大题共1小题，共6.0分)2.如图甲所示，R为电阻箱（0～99.9Ω），置于阻值最大位置，R x为未知电阻，（1）断开K2，闭合K1，逐次减小电阻箱的阻值，得到一组R、I值，并依据R、I值作出了如图乙所示的R-图线，（2）断开K2，闭合K1，当R调至某一位置时，电流表的示数I1=1.0A；保持电阻箱的位置不变，断开K1，闭合K2，此时电流表的示数为I2=0.8A，据以上数据可知（）A.电源电动势为3.0VB.电源内阻为0.5ΩC.R x的阻值为0.5ΩD.K1断开、K2接通时，随着R的减小，电源输出功率减小【答案】BC【解析】解：A、根据闭合电路欧姆定律I=得：R=-r，则R-图象的斜率k=E，由数学知识求得电源的电动势E=2.0V，故A错误；B、R轴截距的绝对值等于内阻r，即r=0.5Ω，故B正确；C、K2断开，K1闭合时，R+r=；K1断开，K2闭合时，R x+R+r=，所以，R x=-=0.5Ω，故C正确；D、因R x=r，所以，电路中的外电阻大于内阻，随着R的减小，电源输出功率将增大，R=0时，电源输出功率最大，故D错误．故选：BC断开K2，闭合K1时，电源与电阻箱串联，根据闭合电路欧姆定律求出R与的关系式，根据图线的斜率求出电动势，根据纵轴截距求出电源的内阻．断开K2，闭合K1，当R 调至某一位置时，电流表的示I1=1.0A；保持电阻箱的位置不变，断开K1，闭合K2，此时电流表的示数I2=0.8A．根据闭合电路欧姆定律求出R X的阻值．解决本题的关键知道R与图线的斜率和截距表示的物理意义看，以及能够熟练运用闭合电路欧姆定律．三、单选题(本大题共1小题，共6.0分)3.如图所示，直线A为电源的U-I图线，直线B和C分别为电阻R1和R2的UI图线，用该电源分别与R1、R2组成闭合电路时，电源的输出功率分别为P1、P2，电源的效率分别为η1、η2，则（）A.P1＞P2B.P1=P2C.η1=η2D.η1＜η2【答案】B【解析】解：AB、由电源的U-I图象读出电动势E=6V，两图线的交点就表示该电源和该电阻组成闭合电路时的工作状态；电源的输出功率分别为：P1=U1I1=4×2=8W，P2=U2I2=2×4=8W，故P1=P2，故A错误，B正确；CD、电源的效率：η1==，η2==，故η1＞η2，故C错误，D错误；故选：B电源的U-I图象与电阻的U-I图象存在交点，该交点对应的坐标表示工作电压和工作电流，根据P=UI求解电源的输出功率，根据η=比较电源的效率．本题是对电源和电阻伏安特性曲线的结合，关键明确两图线的交点就表示该电源和该电阻组成闭合电路时的工作状态，能直接电流和路端电压，求出电源的输出功率．四、多选题(本大题共1小题，共6.0分)4.某同学按如图电路进行实验，电压表内阻看作无限大，电流表内阻看作零．实验中由于电路发生故障，发现两电压表示数相同了（但不为零），若这种情况的发生是由用电器引起的，则可能的故障原因是（）A.R3短路B.R P短路C.R3断开D.R2断开【答案】BD【解析】解：A、若R3短路时，由于电流表内阻看作零，两电压表都被短路，示数都为零，与题不符．故A错误．B、R P短路时，两电压表都测量R2的电压，示数相同，而且都不为零．故B正确．C、R3断开时，电压表V2测量R p的电压，电压表V1测量R p和R2串联的电压，电压表V1的示数大于电压表V2的示数．故C错误．D、R2断开时，由于电压表内阻看作无限大，R P中电流为零，电压为零，两电压表都测量R3的电压，示数相同，而且都不为零．故D正确．故选BD根据四个选项逐一代入检查，分析哪种情况中两电压表测量哪部分电压，示数是否相同，再进行选择．本题中两电表都是理想电表，电压表内阻看作无限大，与之串联的电阻没有电流．电流表内阻看作零，与电流表并联的电阻被短路．五、单选题(本大题共1小题，共6.0分)5.某点电荷和金属圆环间的电场线分布如图所示．下列说法正确的是（）A.a点的电势高于b点的电势B.若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功C.c点的电场强度与d点的电场强度大小无法判断D.若将一正试探电荷从d点由静止释放，电荷将沿着电场线由d到c【答案】B【解析】解：A、由沿电场线的方向电势降落和电场线与等势面垂直的特点，可知a点的电势低于b点的电势，故A错误；B、由电势能的公式式：E p=qφ，可得出a点的电势能低于b点的电势能，由电场力做功与电势能变化的关系，说明电场力做了负功，故B正确；C、因为电场线的疏密表示电场的强弱，故c点的电场强度小于d点的电场强度，故C 错误；D、正试探电荷在d点时所受的电场力沿该处电场线的切线方向，使该电荷离开该电场线，所以该电荷不可能沿着电场线由d到c．故D错误．故选：B．解答本题要掌握：根据电场线的疏密判断电场强度的大小，根据电场力做功情况，判断电势能的变化；对于不在同一电场线上的两点在判断其电势高低时，可以通过等势线把它们移动到同一电场线上，然后根据沿电场线电势降低进行判断．本题考查了电场线和电场强度、电势之间的关系，对于电势能可以通过电势高度进行判断，也可以通过电场力做功进行判断．六、多选题(本大题共1小题，共6.0分)6.如图所示，水平放置的平行金属板充电后板间形成匀强电场，板间距离为d，一个带负电的液滴带电量大小为q，质量为m，从下板边缘射入电场，沿直线从上板边缘射出，则（）A.液滴做的是匀速直线运动B.液滴做的是匀减直线运动C.两板的电势差为D.液滴的电势能减少了mgd【答案】ACD【解析】解：A、B、液滴进入竖直方向的匀强电场中，所受的电场力方向竖直向上或竖直向下，因为微粒做直线运动，可知，电场力方向必定竖直向上，而且电场力与重力平衡，液滴做匀速直线运动，故A正确B错误；C、液滴从下极板运动到上极板的过程中，由动能定理有q U-mgd=0，解得：U=，故C正确；D、液滴进入竖直方向的匀强电场中，重力做功-mgd，微粒的重力势能增加，动能不变，根据能量守恒定律得知，微粒的电势能减小了mgd，故D正确；故选：ACD．液滴沿直线运动，则其所受的合力方向与速度方向在同一直线上或合力为零，即可判断出电场力方向竖直向上，而且电场力与重力相平衡，由平衡条件和U=E d求解电势差．本题是带电粒子在电场中运动的问题，关键是分析受力情况，判断出粒子做匀速直线运动是解题的关键，然后再根据功能关系进行分析求解即可得出电势能和电势差的大小．七、单选题(本大题共1小题，共6.0分)7.有一静电场，其电势随x坐标的改变而改变，变化的图线如图所示．若将一带负电粒子（重力不计）从坐标原点O由静止释放，粒子沿x轴运动，电场中P、Q两点的坐标分别为1mm、4mm．则下列说法正确的是（）A.粒子经过P点和Q点时，加速度大小相等、方向相反B.粒子经过P点与Q点时，动能相等C.粒子经过P点与Q点时，电场力做功的功率相等D.粒子在P点的电势能为正值【答案】B【解析】解：A、根据顺着电场线方向电势降低可知，0-2mm内，电场线沿x轴负方向，粒子所受的电场力方向沿x轴正方向；在2-6mm内电场线沿x轴正方向，粒子所受的电场力方向沿x负方向做减速运动，加速度沿x轴负方向；φ-x图象的斜率大小等于场强E．则知P点的场强大于Q点的场强，则粒子在p点的加速度大于在Q点的加速度，加速度方向相反．故A错误．B、粒子经过P点与Q点时，电势相等，则其电势能相等，由能量守恒知动能相等．故B正确．C、粒子经过P点与Q点时，速率相等，但电场力不同，则根据功率公式P=F v，可知电场力做功的功率不等．故C错误．D、在P点，根据电势能公式E p=qφ，因为q＜0，φ＞0，所以E p＜0．故D错误．故选：B．根据顺着电场线方向电势降低可判断出电场线的方向，确定出粒子所受的电场力方向，由牛顿第二定律分析加速度的方向．φ-x图象的斜率大小等于场强E．加速度a=．根据电势关系，分析电势能关系，再由能量守恒定律判断动能的关系．根据功率公式P=F v，研究功率关系．本题关键是抓住φ-x图象的斜率大小等于场强E，根据电势的变化确定电场线方向，从而判断粒子的运动情况，根据能量守恒研究动能的关系，这些都是基本的思路．八、多选题(本大题共1小题，共6.0分)8.空间某区域电场线分布如图所示，带正电小球（质量为m，电荷量为q）在A点速度为v1，方向水平向右，至B点速度为v2，v2与水平方向间夹角为α，A、B间高度差为H，以下判断正确的是（）A.A、B两点间电势差U=B.小球由A至B，电势能的减少量为mv22-mv12-mg HC.小球由A至B，电场力做功为mv22-mv12D.小球重力在B点的瞬时功率为mgv2sinα【答案】BD【解析】解：A、小球由A点运动至B点，由动能定理得：mg H+W=得电场力做功：W=mv22-mv12-mg H，所以电势能减小mv22-mv12-mg H，由电场力做功W=q U得，A、B两点间的电势差：U=（mv22-mv12-mg H），故AC错误，B正确．D、小球运动到B点时所受重力与速度方向不同，则其重力的瞬时功率P=mgv2sinα．故D正确．故选：BD由动能定理可求出电场力做功，由电场力做功W=q U，即可求出A、B两点间的电势差U．小球运动到B点时所受重力的瞬时功率P=mgv2sinα．本题主要是动能定理的应用，动能定理反映外力对物体做的总功与动能变化的关系，要在分析受力的基础上，确定哪些力对物体做功，不能遗漏．九、实验题探究题(本大题共2小题，共21.0分)9.用螺旋测微器测圆柱体的直径时，示数如图所示，此示数为______ mm．用游标为50分度的卡尺（测量值可准确到0.02mm）测定某圆柱的直径时，卡尺上的示数如图所示，可读出圆柱的直径为______ mm．【答案】8.116；42.12【解析】解：螺旋测微器的固定刻度读数为8mm，可动刻度读数为：0.01×11.6mm=0.116mm，所以最终读数为：8mm+0.116mm=8.116mm．游标卡尺的主尺读数为42mm，游标尺上第10个刻度与主尺上某一刻度对齐，故其读数为0.02×6mm=0.12mm，所以最终读数为：42mm+0.12mm=42.12mm；故答案为：8.116，42.12．游标卡尺读数的方法是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，注意二者读数的差别．解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是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．10.为测量一电源的电动势及内阻，（1）在下列三个电压表中选一个改装成量程为9V的电压表A．量程为1V、内阻大约为1kΩ的电压表B．量程为2V、内阻大约为2kΩ的电压表C．量程为3V、内阻为3kΩ的电压选择电压表______ 串联______ kΩ的电阻可以改转成量程为9V的电压表（2）利用一个电阻箱、一只开关、若开关导线和改装好的电压表（此表用符号、或与一个电阻串联来表示，且可视为理想电压表），在虚线框内画出测量电源电动势及内阻的实验原理电路图．（3）根据以上实验原理电路图进行实验，读出电压表示数为1.50V时、电阻箱的阻值为15.0Ω；电压表示数为2.00V时、电阻箱的阻值为40.0Ω，则电源的电动势E= ______ V、内阻r= ______ Ω．【答案】C；6；2.50；10.0【解析】解：（1）为确定改装时串联电阻的阻值应选取内阻确定的电压表，故选择C电压表进行改装，要改装一个量程为9V的电压表，应该选择C，改装成电压表要串联电阻的R X：则I g（R g+R x）=U V即：1×10-3（3kΩ+R x）=9解得：R x=6kΩ（2）实验原理电路图，如图：（3）电压表示数为1.50V时，根据闭合电路的欧姆定律E=1.5V+r，同理有E=2V+r．联立二式解得E=2.50V r=10.0Ω故答案为：（1）C；6（2）电路如图所示；（3）2.50，10.0．（1）改装中要进行量程的换算，故可以选量程成整数倍的电表；（2）由闭合电路的欧姆定律的实验方法可知实验电路图；（3）由闭合电路的欧姆定律可列式求得电动势及内阻．本题考查测量电动势和内阻及电压表的改装原理，要明确应用闭合电路欧姆定律及串联电阻的分压作用，会求串联电阻阻值十、计算题(本大题共2小题，共31.0分)11.如图所示的电路，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，电阻R1=3Ω，R2=6Ω，电容器的电容C=3.6μF，二极管D具有单向导电性，开始时，开关S1闭合，S2断开．（1）合上S2，待电路稳定以后，求电容器上电量变化了多少？（2）合上S2，待电路稳定后再断开S1，求断开S1后流过R1的电量是多少？【答案】解：（1）设开关S1闭合，S2断开时，电容器两端的电压为U1，干路电流为I1，根据闭合电路欧姆定律有U1=I1R1=4.5V合上开关S2后，设电容器两端电压为U2，干路电流为I2，根据闭合电路欧姆定律有所以电容器上电量变化了故电容器的电量减少了1.8×10-6C．（2）合上S2后，设电容器上的电量为Q，则断开S1后，R1和R2的电流与阻值成反比，因而流过的电量与阻值也成反比，故流过R1的电量故断开S1后流过R1的电量是9.6×10-6C．【解析】（1）开关S2断开时，电阻R1和电源构成闭合电路，电容器上端带正电，根据闭合电路欧姆定律求出R1两端的电压，即为电容器两端的电压．合上S2，由于二极管的单向导电性，知R1和R2并联，电容器上端带正电，根据闭合电路欧姆定律求出其两端的电压，即为电容器两端的电压．根据△Q=（U2-U1）C求出电容器电量的变化量．（2）断开S1后，R1和R2的电流与阻值成反比，因而流过的电量与阻值也成反比，知道合上S2时电容器的带电量，即可求出流过R1的电量．解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，以及掌握处理含容电路的方法．12.如图所示，AB是一倾角为θ=37°的绝缘粗糙直轨道，滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.30，BCD是半径为R=0.2m的光滑圆弧轨道，它们相切于B点，C为圆弧轨道的最低点，整个空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E=4.0×103N/C，质量m=0.20kg的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下．已知斜面AB对应的高度h=0.24m，滑块带电荷q=-5.0×10-4C，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80．求：（1）滑块从斜面最高点滑到斜面底端B点时的速度大小；（2）滑块滑到圆弧轨道最低点C时对轨道的压力．【答案】解：（1）滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力f=μ（mg+q E）cos37°=0.96N设到达斜面底端时的速度为v，根据动能定理得（mg+q E）h-解得v1=2.4m/s．（2）滑块从B到C点，由动能定理可得：（mg+q E）R（1-cos37°）=当滑块经过最低点时，有F N-（mg+q E）=由牛顿第三定律：F′N=F N解得：F′N=11.36N，方向竖直向下．答：（1）滑块从斜面最高点滑到斜面底端B点时的速度大小是2.4m/s；（2）滑块滑到圆弧轨道最低点C时对轨道的压力是11.36N．方向竖直向下．【解析】（1）滑块沿斜面滑下的过程中，根据动能定理求解滑到斜面底端B点时的速度大小（2）滑块从B到C点，由动能定理可得C点速度，由牛顿第二定律和由牛顿第三定律求解．本题是动能定理与牛顿定律的综合应用，关键在于研究过程的选择，中等难度．。