2015-2016学年河北省保定市定兴三中高二(上)第一次月考物理试卷

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河北省保定市定兴三中高三物理上学期10月月考试题(含解析)

2015-2016学年河北省保定市定兴三中高三（上）月考物理试卷（10月份）一、本题共12小题；每小题4分，共48分．1-9题只有一个选项是符合题目要求的，10-12题有多个正确选项．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．1．17世纪，意大利物理学家伽利略根据“伽利略斜面实验”指出：在水平面上运动的物体之所以会停下来，是因为受到摩擦阻力的缘故，你认为下列陈述正确的是（）A．该实验是一理想实验，是在思维中进行的，无真实的实验基础，故其结果是荒谬的B．该实验是以可靠的事实为基础，经过抽象思维，抓住主要因素，忽略次要因素，从而更深刻地反映自然规律C．该实验证实了亚里士多德“力是维持物体运动的原因”的结论D．该实验为牛顿第二定律的提出提供了有力的实验依据2．小球做自由落体运动，与地面发生碰撞，反弹后速度大小与落地速度大小相等．若从释放小球时开始计时，且不计小球与地面发生碰撞的时间，则小球运动的速度图线可能是图中的（）A．B．C．D．3．以v0的速度水平抛出一物体，当其水平分位移与竖直分位移相等时，下列说法错误的是（）A．即时速度的大小是v0B．运动时间是C．竖直分速度大小等于水平分速度大小D．运动的位移是4．如图所示，三根长度均为L的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2L现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为（）A．mg B．mg C．0.5mg D．0.25mg5．磕头虫是一种不用足跳但又善于跳高的小甲虫．当它腹朝天、背朝地躺在地面时，将头用力向后仰，拱起体背，在身下形成一个三角形空区，然后猛然收缩体内背纵肌，使重心迅速向下加速，背部猛烈撞击地面，地面反作用力便将其弹向空中．弹射录像显示，磕头虫拱背后重心向下加速（视为匀加速）的距离大约为0.8mm，弹射最大高度为24cm．而人原地起跳方式是，先屈腿下蹲，然后突然蹬地向上加速，假想加速度与磕头虫加速过程的加速度大小相等，如果加速过程（视为匀加速）重心上升高度为0.5m，那么人离地后重心上升的最大高度可达（空气阻力不计，设磕头虫撞击地面和弹起的速率相等）（）A．15m B．7.5m C．150m D．75m6．如图所示，小球从A点以初速度v0沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B后返回A，C为AB的中点．下列说法中错误的是（）A．小球从A出发到返回A的过程中，位移为零，外力做功为零B．小球从A到C与从C到B的过程，减少的动能相等C．小球从A到C与从C到B的过程，速度的变化率相等D．小球从A到C与从C到B的过程，损失的机械能相等7．“快乐向前冲”节目中有这样一种项目，选手需要借助悬挂在高处的绳飞跃到鸿沟对面的平台上，如果已知选手的质量为m，选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向夹角为α，绳的悬挂点O距平台的竖直高度为H，绳长为l，不考虑空气阻力和绳的质量，下列说法正确的是（）A．选手摆到最低点时处于失重状态B．选手摆到最低点时所受绳子的拉力为（3﹣2cosα）mgC．选手摆到最低点时所受绳子的拉力大小大于选手对绳子的拉力大小D．选手摆到最低点的运动过程中，其运动可分解为水平方向的匀加速运动和竖直方向上的匀加速运动8．2010年1月17日，我国成功发射北斗COMPASS﹣G1地球同步卫星．据了解这已是北斗卫星导航系统发射的第三颗地球同步卫星．则对于这三颗已发射的同步卫星，下列说法中正确的是（）A．它们的运行速度大小相等，且都小于7.9km/sB．它们运行周期可能不同C．它们离地心的距离可能不同D．它们的向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小相等9．下列各图是反映汽车以恒定牵引力从静止开始匀加速启动，最后做匀速运动的过程中，其速度随时间以及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象，其中正确的是（）A．B．C．D．10．一带电小球在空中由A点运动到B点的过程中，只受重力和电场力作用．若重力做功﹣3J，电场力做功1J，则小球的（）A．重力势能增加3J B．电势能增加1JC．动能减少3J D．机械能增加1J11．某电场的部分电场线如图所示，A、B是一带电粒子仅在电场力作用下运动轨迹（图中虚线）上的两点，下列说法中正确的是（）A．粒子一定是从B点向A点运动B．粒子在A点的加速度大于它在B点的加速度C．粒子在A点的动能小于它在B点的动能D．电场中A点的电势低于B点的电势12．如图所示，质量为M，长度为L的小车静止的在光滑的水平面上，质量为m的小物块，放在小车的最左端，现用一水平力F作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为f，经过一段时间小车运动的位移为x，小物块刚好滑到小车的右端，则下列说法中正确的是（）A．此时物块的动能为：F（x+L）B．此时小车的动能为：fxC．这一过程中，物块和小车增加的机械能为Fx﹣fLD．这一过程中，因摩擦而产生的热量为fL二、实验题（本题共2小题，共12分；把答案写在相应位置．）13．图甲为20分度游标卡尺的部分示意图，其读数为mm；图乙为螺旋测微器的示意图，其读数为mm．14．某同学把附有滑轮的长木板平放在实验桌上，将细绳一端拴在小车上，另一端绕过定滑轮，挂上适当的钩码，使小车在钩码的牵引下运动，以此定量探究绳拉力做功与小车动能变化的关系．此外还准备了打点计时器及配套的电源、导线、复写纸、纸带、小木块等．组装的实验装置如图所示．①若要完成该实验，必需的实验器材还有哪些．②实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行．他这样做的目的是下列的哪个（填字母代号）A．避免小车在运动过程中发生抖动B．可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰C．可以保证小车最终能够实现匀速直线运动D．可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力③平衡摩擦后，当他用多个钩码牵引小车时，发现小车运动过快，致使打出的纸带上点数较少，难以选到合适的点计算小车的速度．在保证所挂钩码数目不变的条件下，请你利用本实验的器材提出一个解决办法：．④他将钩码重力做的功当作细绳拉力做的功，经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些．这一情况可能是下列哪些原因造成的（填字母代号）．A．在接通电源的同时释放了小车B．小车释放时离打点计时器太近C．阻力未完全被小车重力沿木板方向的分力平衡掉D．钩码做匀加速运动，钩码重力大于细绳拉力．三、计算题（本题共4小题，共40分；把答案写在相应位置．）15．如图所示，固定在水乎面上的斜面其倾角θ=37°，长方形木块A的MN面上钉着一颗钉子，质量m=1.5kg的小球B通过一细线与小钉子相连接，细线与斜面垂直．木块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5．现将木块由静止释放，木块与小球将一起沿斜面下滑．求在木块下滑的过程中；（1）木块与小球的共同加速度的大小（2）小球对木块MN面的压力的大小和方向．（取g=l0m/s2）16．（10分）（2010•新洲区校级模拟）如图所示，长L=9m的传送带与水平方向的傾角θ=37°，在电动机的带动下以υ=4m/s的速率顺时针方向运行，在传送带的B端有一离传送带很近的挡板P可将传送带上的物块挡住，在传送带的A端无初速地放一质量m=1kg的物块，它与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，物块与挡板的碰撞能量损失及碰撞时间不计．（g=10m/s2，sin37°=0.6）求：（1）物块从第一次静止释放到与挡板P第一次碰撞后，物块再次上升到传送带的最高点的过程中，因摩擦生的热；（2）物块最终的运动状态及达到该运动状态后电动机的输出功率．17．（10分）（2007•厦门模拟）天文工作者观测到某行星的半径为R1，自转周期为T1，它有一颗卫星，轨道半径为R2，绕行星公转周期为T2．若万有引力常量为G，求：（1）该行星的平均密度；（2）要在此行星的赤道上发射一颗质量为m的近地人造卫星，使其轨道平面与行星的赤道平面重合，且设行星上无气体阻力，则对卫星至少应做多少功？18．（12分）（2013•南昌校级二模）在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示．小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上，M 为轨迹的最高点．小球抛出时的动能为8.0J，在M点的动能为6.0J，不计空气的阻力．求：（1）小球水平位移x1与x2的比值；（2）小球落到B点时的动能E kB．（3）小球从A点运动到B点的过程中最小动能E kmin？2015-2016学年河北省保定市定兴三中高三（上）月考物理试卷（10月份）参考答案与试题解析一、本题共12小题；每小题4分，共48分．1-9题只有一个选项是符合题目要求的，10-12题有多个正确选项．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．1．17世纪，意大利物理学家伽利略根据“伽利略斜面实验”指出：在水平面上运动的物体之所以会停下来，是因为受到摩擦阻力的缘故，你认为下列陈述正确的是（）A．该实验是一理想实验，是在思维中进行的，无真实的实验基础，故其结果是荒谬的B．该实验是以可靠的事实为基础，经过抽象思维，抓住主要因素，忽略次要因素，从而更深刻地反映自然规律C．该实验证实了亚里士多德“力是维持物体运动的原因”的结论D．该实验为牛顿第二定律的提出提供了有力的实验依据考点：牛顿第一定律．分析：物理常识的理解和记忆，对于每个物理学家，要了解他的主要的贡献的内容是什么．解答：解：AB、伽利略的斜面实验是以可靠的事实为基础，经过抽象思维，抓住主要因素，忽略次要因素，推理得出的结论，所以A错误B正确．C、伽利略由此推翻了亚里士多德的观点，认为力不是维持物体速度的原因，而是改变物体运动状态的原因，故C错误；D、牛顿总结了前人的经验，指出了物体运动的原因，即牛顿第一定律，而不是牛顿第二定律；故D错误；故选：B．点评：本题考查的就是学生对于物理常识的理解，这些在平时是需要学生了解并知道的，看的就是学生对课本内容的掌握情况．2．小球做自由落体运动，与地面发生碰撞，反弹后速度大小与落地速度大小相等．若从释放小球时开始计时，且不计小球与地面发生碰撞的时间，则小球运动的速度图线可能是图中的（）A．B．C．D．考点：自由落体运动；竖直上抛运动．专题：自由落体运动专题．分析：小球做自由落体运动，落地前做匀加速直线运动，与地面发生碰撞反弹速度与落地速度大小相等，方向相反，然后向上做匀减速直线运动，根据速度时间关系得到速度时间关系图象．解答：解：A、小球与地面碰撞时，速度大小不变，但方向发生突变，A图中速度没有突变，故A错误；B、小球与地面碰撞时，速度大小不变，但方向发生突变，B图中速度没有突变，故B错误；、C、由图象可以看出，速度先减小到零，再反向增加到原来的值（竖直上抛运动），然后反弹（速度大小不变、方向突变），再重复这种运动，是上抛运动，故C错误；D、由图象可以看出，速度先增加（自由落体运动），然后反弹（速度大小不变、方向突变），再减小到零（竖直上抛运动中的上升过程），再重复这种运动，故D正确；故选D．点评：本题关键要注意速度的方向用正负来表示，然后结合自由落体运动和竖直上抛运动的速度时间关系来找出函数图象．3．以v0的速度水平抛出一物体，当其水平分位移与竖直分位移相等时，下列说法错误的是（）A．即时速度的大小是v0B．运动时间是C．竖直分速度大小等于水平分速度大小D．运动的位移是考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：物体做平抛运动，我们可以把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，两个方向上运动的时间相同．解答：解：物体做平抛运动，根据平抛运动的规律可得水平方向上：x=V0t竖直方向上：h=gt2当其水平分位移与竖直分位移相等时，即x=h，所以V0t=gt2解得t=，所以B正确；平抛运动竖直方向上的速度为V y=gt=g•=2V0，所以C错误；此时合速度的大小为=v0，所以A正确；由于此时的水平分位移与竖直分位移相等，所以x=h=V0t=V0•=，所以此时运动的合位移的大小为=x=，所以D正确．本题选错误的，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．4．如图所示，三根长度均为L的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2L现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为（）A．mg B．mg C．0.5mg D．0.25mg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：由几何关系可知CD段水平时各绳间的夹角；对结点C分析，由共点力的平衡可求得CD绳水平时绳的拉力；再对结点D分析，由共点力平衡和力的合成可得出最小值．解答：解：由图可知，要想CD水平，各绳均应绷紧，则AC与水平方向的夹角为60°；结点C受力平衡，则受力分析如图所示，则CD绳的拉力T=mgtan30°=mg；D点受绳子拉力大小等于T，方向向左；要使CD水平，D点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则绳子对D点的拉力可分解为沿BD绳的F1，及另一分力F2，由几何关系可知，当力F2与BD垂直时，F2最小，而F2的大小即为拉力的大小；故最小力F=Tsin60°=mg；故选：C．点评：在共点力的平衡中要注意几何关系的应用，特别是求最小力时一定要通过几何图形进行分析．5．磕头虫是一种不用足跳但又善于跳高的小甲虫．当它腹朝天、背朝地躺在地面时，将头用力向后仰，拱起体背，在身下形成一个三角形空区，然后猛然收缩体内背纵肌，使重心迅速向下加速，背部猛烈撞击地面，地面反作用力便将其弹向空中．弹射录像显示，磕头虫拱背后重心向下加速（视为匀加速）的距离大约为0.8mm，弹射最大高度为24cm．而人原地起跳方式是，先屈腿下蹲，然后突然蹬地向上加速，假想加速度与磕头虫加速过程的加速度大小相等，如果加速过程（视为匀加速）重心上升高度为0.5m，那么人离地后重心上升的最大高度可达（空气阻力不计，设磕头虫撞击地面和弹起的速率相等）（）A．15m B．7.5m C．150m D．75m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：磕头虫的运动是先向下加速，反弹后竖直上抛运动．人的运动情况和磕头虫的运动情况类似，加速度相同，故利用v2=2ah1和﹣v2=﹣2gh2联立解得人上升的高度．解答：解：设磕头虫向下的加速度为a，磕头虫向下的最大速度为v，则有：v2=2ah1磕头虫向上弹起的过程中有：﹣v2=﹣2gh2联立以上两式可得：a=g=×10=3000m/s2人向下蹲的过程中有：v12=2aH1人跳起的过程中有：﹣v12=﹣2gH2故有：2aH1=2gH2代入数据解得：H2=150m．故选：C．点评：解决本题主要是利用人与磕头虫相同的运动过程，即先加速然后向上做竖直上抛运动．类比法是我们解决问题时常用的方法．平时学习要注意方法的积累．6．如图所示，小球从A点以初速度v0沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B后返回A，C为AB的中点．下列说法中错误的是（）A．小球从A出发到返回A的过程中，位移为零，外力做功为零B．小球从A到C与从C到B的过程，减少的动能相等C．小球从A到C与从C到B的过程，速度的变化率相等D．小球从A到C与从C到B的过程，损失的机械能相等考点：机械能守恒定律．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：要求动能的减少量可以根据动能定理求合外力对物体所做的功；要求速度的变化量可以根据公式△v=a△t来求；而机械能的损失等于除重力外其他力所做的负功．解答：解：A、位移是从初位置指向末位置的有向线段．故小球从A出发到返回A，位移为0，但整个过程中摩擦力的方向与小球运动的方向始终相反，故整个过程中外力即摩擦力对物体做负功，故A错误；B、设A到C的高度和从C到B的高度为h，AC的距离为s，斜面的倾角为θ，则有ssinθ=h 根据﹣mgh﹣μmgscosθs=△E K可知小球从A到C过程中与从C到B过程合外力对物体做的功相同，故小球减少的动能相等．故B正确；C、速度的变化率为小球运动的加速度，故小球沿斜面向上运动过程中，受力相同，小球运动的加速度相等，故C正确；D、克服除重力之外其它力做多少功物体的机械能就减少多少，根据﹣μmgscosθ=﹣△E可得小球从A到C过程与从C到B过程，损失的机械能相等，故D正确．本题选错误的，故选：A．点评：解决本题的关键灵活运用牛顿第二定律与运动学公式及动能定理．要明确摩擦力做功的特点，运用动能定理时要注意灵活选择研究的过程．7．“快乐向前冲”节目中有这样一种项目，选手需要借助悬挂在高处的绳飞跃到鸿沟对面的平台上，如果已知选手的质量为m，选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向夹角为α，绳的悬挂点O距平台的竖直高度为H，绳长为l，不考虑空气阻力和绳的质量，下列说法正确的是（）A．选手摆到最低点时处于失重状态B．选手摆到最低点时所受绳子的拉力为（3﹣2cosα）mgC．选手摆到最低点时所受绳子的拉力大小大于选手对绳子的拉力大小D．选手摆到最低点的运动过程中，其运动可分解为水平方向的匀加速运动和竖直方向上的匀加速运动考点：牛顿第二定律；超重和失重；向心力．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：选手向下摆动过程中，机械能守恒，在最低点时绳子拉力和重力的合力提供向心力，选手在最低点松手后，做平抛运动，明确了整个过程的运动特点，依据所遵循的规律即可正确求解．解答：解：A、失重时物体有向下的加速度，超重时物体有向上的加速度，选手摆到最低点时向心加速度竖直向上，因此处于超重状态，故A错误；B、摆动过程中机械能守恒，有：①设绳子拉力为T，在最低点有：②联立①②解得：T=（3﹣2cosα）mg，故B正确；C、绳子对选手的拉力和选手对绳子的拉力属于作用力和反作用力，因此大小相等，方向相反，故C错误；D、选手摆到最低点的运动过程中，沿绳子方向有向心加速度，沿垂直绳子方向做加速度逐渐减小的加速运动，其运动不能分解为水平方向的匀加速运动和竖直方向上的匀加速运动，故D错误．故选B．点评：本题属于圆周运动与平抛运动的结合，对于这类问题注意列功能关系方程和向心力公式方程联合求解．8．2010年1月17日，我国成功发射北斗COMPASS﹣G1地球同步卫星．据了解这已是北斗卫星导航系统发射的第三颗地球同步卫星．则对于这三颗已发射的同步卫星，下列说法中正确的是（）A．它们的运行速度大小相等，且都小于7.9km/sB．它们运行周期可能不同C．它们离地心的距离可能不同D．它们的向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小相等考点：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：同步卫星的特点：定周期（24h），顶轨道（赤道上方），定高度，定速率．而地球的第一宇宙速度是卫星贴近地球表面做匀速圆周运动的速度．根据G=m，r越大，v越小，可知同步卫星的速度小于第一宇宙速度．要比较同步卫星的向心加速度和静止在赤道上物体的向心加速度大小，可根据公式：a=rω2，ω相同，半径大的向心加速度大．解答：解：地球的第一宇宙速度是卫星贴近地球表面做匀速圆周运动的速度．根据G=m，r越大，v越小，可知同步卫星的速度小于第一宇宙速度．故A对．同步卫星的特点：定周期（24h），顶轨道（赤道上方），定高度，定速率．故B、C都错．根据公式：a=rω2，同步卫星的半径大于地球的半径，而同步卫星的角速度与地球自转的角速度相等，所以同步卫星的向心加速度大于赤道上物体的向心加速度．故D错．故选A．点评：解决本题的关键要理解同步卫星的特点和第一宇宙速度的概念．要注意赤道上物体随地球一起自转所需的向心力不是由万有引力提供．9．下列各图是反映汽车以恒定牵引力从静止开始匀加速启动，最后做匀速运动的过程中，其速度随时间以及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象，其中正确的是（）A．B．C．D．考点：功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律．专题：运动学中的图像专题；功率的计算专题．分析：汽车以恒定牵引力启动时，汽车开始做匀加速直线运动，由P=Fv可知汽车功率逐渐增大，当达到额定功率时，随着速度的增大，牵引力将减小，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，当牵引力等于阻力时，汽车开始匀速运动，明确了整个汽车启动过程，即可正确解答本题．解答：解：汽车开始做初速度为零的匀加速直线运动，当达到额定功率时，匀加速结束，然后做加速度逐渐减小的加速运动，直至最后运动运动．开始匀加速时：F﹣f=ma设匀加速刚结束时速度为v1，有：P额=Fv1最后匀速时：F=f，，有：F额=Fv m由以上各式解得：匀加速的末速度为：，最后匀速速度为：．在v﹣t图象中斜率表示加速度，汽车开始加速度不变，后来逐渐减小，故A正确；汽车运动过程中开始加速度不变，后来加速度逐渐减小，最后加速度为零，故B错误；汽车牵引力开始大小不变，然后逐渐减小，最后牵引力等于阻力，故C正确；开始汽车功率逐渐增加，P=Fv=Fat，故为过原点直线，后来功率恒定，故D正确．故选ACD．点评：对于机车启动问题，要根据牛顿第二定律和汽车功率P=Fv进行讨论，弄清过程中速度、加速度、牵引力、功率等变化情况．10．一带电小球在空中由A点运动到B点的过程中，只受重力和电场力作用．若重力做功﹣3J，电场力做功1J，则小球的（）A．重力势能增加3J B．电势能增加1JC．动能减少3J D．机械能增加1J考点：动能定理的应用；重力势能的变化与重力做功的关系；电势能．专题：动能定理的应用专题．分析：解决本题需掌握：重力做功等于重力势能的减小量；电场力做功等于电势能的减小量；合力做功等于动能的增加量；除重力外的各个力做的总功等于机械能的增加量．解答：解：A、重力做功等于重力势能的减小量，重力做功﹣3J，故重力势能增加3J，故A正确；B、电场力做功等于电势能的减小量，电场力做功1J，故电势能减小1J；C、合力做功等于动能的增加量，合力做功等于各个分力做的功，总功为﹣2J，故动能减小2J，故C错误；D、除重力外的各个力做的总功等于机械能的增加量，除重力外，只有电场力做功做功1J，故机械能增加1J，故D正确；故选AD．点评：功是能量转化的量度，有多种表现形式：重力做功是重力势能变化的量度；电场力做功是电势能变化的量度；合力做功是动能变化的量度；重力外的各个力做的总功是机械能变化的量度．11．某电场的部分电场线如图所示，A、B是一带电粒子仅在电场力作用下运动轨迹（图中虚线）上的两点，下列说法中正确的是（）A．粒子一定是从B点向A点运动B．粒子在A点的加速度大于它在B点的加速度C．粒子在A点的动能小于它在B点的动能D．电场中A点的电势低于B点的电势考点：电势；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据做曲线运动的物体所受合外力指向其轨迹的内侧来判断电场力方向，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，确定场强的大小，根据牛顿第二定律判断加速度的大小．电场力做正功时，电势能减小，电场力做负功时，电势能增加．解答：解：A、带电粒子仅在电场力作用下运动，带电粒子受电场力向右指向其轨迹的内侧，粒子可能是从B点向A点运动，也有可能是从A点向B点运动的，故A错误．B、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，粒子在A点时受到的电场力大，根据牛顿第二定律得知，粒子在A点的加速度大于在B点的加速度．故B正确．C、带电粒子受电场力向右指向其轨迹的内侧，假设由A点运动到B点过程中，电场力与轨迹上每一点的切线方向也就是速度方向成钝角，所以电场力做负功，电势能增大，动能减小，。

2016年高二物理上册第一次月考试卷含答案)

2016 年高二物理上册第一次月考试卷( 含答案 )定州二中高二第一次月考物理试卷考试时间： 60 分钟分值： 100 分命题人：陶伟峰卷Ⅰ(共 15 分)20.（7分）两块带电的平行金属板相距10c，两板之间的电势差为9.0 × 103V。

在两板间与两板等距离处有一粒灰尘，带有 -1.6 × 10-7c 的电荷。

这里灰尘遇到的静电力是多大？这粒灰尘在静电力的作用下运动到带正电的金属板，静电力做了多少功？21.（8 分）电子从静止出发被1000V 的电压加快，而后进入另一个电场强度为5000N/c 的匀强偏转电场，进入时的速度方向与偏转电场的方向垂直。

已知偏转电极长6c，求电子走开偏转电场时的速度及其与进入偏转电场时的速度方向之间的夹角。

卷Ⅱ（共 35 分）选择题（每题 4 分，多项选择部分2 分，共 68 分）1．以下对于摩擦起电和感觉起电的说法中正确的选项是A．摩擦起电是由于电荷的转移，感觉起电是由于产生电荷B．摩擦起电是由于产生电荷，感觉起电是由于电荷的转移c．摩擦起电和感觉起电的物体必然是都产生了电荷D．无论是摩擦起电仍是感觉起电，都是电荷的转移2 ．如下图，两种细线挂着两个质量同样小球A、B，上、下两根细线中的拉力分别是 TA、TB. 现使 A、 B 带同种电荷，此时上、下细线受力分别为 T’A、 T’ B，则 ()A.T ’A＝ TA， T’B＞ TBB.T’ A＜ TA， T’ B＞ TBc.T’A＝TA，T’B＜TBD.T’ A＞TA,T’ B＜TB3．( 多项选择 ) 如下图，可视为点电荷的小物体 A、B 分别带负电和正电， B 固定，其正下方的 A 静止在绝缘斜面上，则A受力的个数可能是A． 2 个 B． 3 个 c． 4 个 D． 5 个4 ．在雷雨云下沿竖直方向的电场强度为104V/. 已知一体积为 4× 10-93 的雨滴在此电场中不会着落，取重力加快度大小为 10/s2, 水的密度为103kg/3 。

河北省定兴第三中学高二物理3月月考试题

2015—2016学年第二学期3月考试高二物理试题（考试时间：90分钟；分值：100分；）一、选择题（共12小题，共40分。

在每小题给出的四个选项中，1—8小题只有一个选项正确，每小题3分；9—12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，漏选得2分，多选或不选得0分）1、与x轴夹角为30°的匀强磁场的磁感应强度为B，如图所示，长为L的金属杆在匀强磁场中运动时始终与xOy平面垂直(图中小圆为其截面)，以下一定能在杆中获得大小为BLv的感应电动势的是( )A．杆以v速率向＋x方向运动B．杆以速率v垂直磁场方向运动C．杆以速率v沿＋y方向运动D．杆以速率v沿B方向运动2、如图所示，当导体棒MN在外力作用下沿导轨向右运动时，流过R的电流方向是( )A.由A→BB. 由B→AC. 无感应电流D. 无法确定3、电阻R、电容C与一线圈连成闭合回路，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，上极板带正电B．从a到b，下极板带正电C．从b到a，上极板带正电D．从b到a，下极板带正电4、如图所示，匀强磁场与圆形导体环平面垂直，导体ef与环接触良好，当ef向右匀速运动时( )A．圆环中磁通量不变，环上无感应电流产生B．整个环中有顺时针方向的电流C．整个环中有逆时针方向的电流D．环的右侧有逆时针方向的电流，环的左侧有顺时针方向的电流5、如图甲所示，一矩形线圈放在随时间变化的匀强磁场内．以垂直线圈平面向里的磁场为正，磁场的变化情况如图乙所示，规定线圈中逆时针方向的感应电流为正，则线圈中感应电流的图象应为( )6、如图所示，一宽40 cm的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里．一边长为20 cm 的正方形导线框位于纸面内，以垂直于磁场边界的恒定速度v＝20 cm/s通过磁场区域，在运动过程中，线框有一边始终与磁场区域的边界平行，取它刚进入磁场的时刻t＝0，在以下四个图线中，正确反映感应电流随时间变化规律的是( )7、如图所示，MN，PQ为同一水平面的两平行导轨，导轨间有垂直于导轨平面的磁场，导体ab，cd与导轨有良好的接触并能滑动，当ab沿轨道向右滑动时，则( ) A．cd向右滑B．cd不动C．cd向左滑D．无法确定8、有一边长为L的正方形导线框，质量为m，由高度H处自由下落，如图所示，其下边ab进入匀强磁场区域后，线圈开始减速运动，直到其上边cd刚好穿出磁场时，速度减为ab 边刚进入磁场时速度的一半，此匀强磁场的宽度也是L ，线框在穿过匀强磁场的过程中产生的电热是( )A ．2mgLB ．2mgL ＋mgHC ．2mgL ＋34mgHD ．2mgL ＋14mgH9、“卫星悬绳发电”是人类为寻找卫星的新型电力能源供应系统而进行的实验．假设在实验中，用飞机拖着一根很长的金属线(其下端悬挂一个金属球，以保证金属线总是呈竖直状态)在高空环绕地球飞行，且每次飞经我国上空时都是由西北方向飞向东南方向，则下列说法正确的是( )A ．这是利用运动导线切割地磁场的磁感线产生感应电动势的原理，B ．该发电机产生直流电，且金属线的上端为正极C ．该发电机产生直流电，且金属线的上端为负极D ．该发电机产生交流电，当飞机在北半球由西向东飞行时，金属线的上端为其正极；当飞机在南半球由西向东飞行时，金属线的上端为其负极10、一交变电流的i －t 图象如图所示，由图可知( )A ．用电流表测该电流示数为10 2 AB ．该交变电流的频率为100 HzC ．该交变电流通过10 Ω的电阻时，电阻消耗的电功率为2 000 WD ．该交变电流的电流瞬时值表达式为i ＝102sin 628t A11、如图所示，阻值为R 的金属棒从图示位置ab 分别以v 1、v 2的速度沿光滑导轨(电阻不计)匀速滑到a ′b ′位置，若v 1∶v 2＝1∶2，则在这两次过程中( )A ．回路电流I 1∶I 2＝1∶2B ．产生的热量Q 1∶Q 2＝1∶2C ．通过任一截面的电荷量q 1∶q 2＝1∶2D ．外力的功率P 1∶P 2＝1∶212、如图所示的电路中，变压器是理想变压器．原线圈匝数n 1＝600匝，装有0.5 A 的保险丝，副线圈的匝数n 2＝120匝，要使整个电路正常工作，当原线圈接在180 V 的正弦交变电源上时，下列判断正确的是( )A ．副线圈可接耐压值为36 V 的电容器B ．副线圈可接“36 V,40 W”的安全灯两盏C ．副线圈可接电阻为14 Ω的电烙铁D ．副线圈可以串联一个量程为3 A 的电流表，去测量电路中的总电流二、填空题（共22分，把答案填在答题纸相应的横线上）13、(4分)如图所示，两水平放置的金属板相距为d，用导线与一个n匝线圈连接，线圈置于方向竖直向上的变化磁场中．若金属板间有一质量m、带电荷量＋q的微粒恰好处于平衡状态，则磁场的变化情况是________(填均匀减弱或均匀增强)，磁通量的变化率为________．14、(8分)有一正弦交流电，它的电压随时间变化的图象如图12所示，试写出：(1)电压的峰值；(2)交变电流的周期；(3)交变电流的频率；(4)电压的瞬时表达式．15、(10分)欲用伏安法测定一段阻值约为5Ω左右的金属导线的电阻,要求测量中电压变化范围尽可能大,现备有以下器材:A.电池组（3 V,内阻约为1Ω）B.电流表（0～3 A,内阻约为0.012 5Ω）C.电流表（0～0.6 A,内阻约为0.125Ω）D.电压表（0～3 V,内阻约为3 kΩ）E.电压表（0～15 V,内阻约15 kΩ）F.滑动变阻器（0～20Ω,额定电流1 A）G.滑动变阻器（0～2 000Ω,额定电流0.3 A）H.开关、导线（1）上述器材中应选用的是 .（填写各器材的字母代号）（2）实验中,电流表、电压表的某组示数如下图所示,图示中I= A,U= V.（3）为使通过待测金属导线的电流能在0～0.5 A范围内改变,请按要求画出测量待测金属导线的电阻R x的原理电路图,然后根据你设计的原理电路将下图中给定的器材连成实验电路.三、计算题（共38分，在答题卷上解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案不得分。

河北省定兴高二上学期期中考试物理试题Word版含答案

物理试题（时间 90 分钟；满分100 分；命题人：张永刚）一、选择题 ( 此题共有 12 小题，共 48 分。

1--9 小题为单项选择题， 10-12 小题为多项选择题，所有选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分 )1．对于电场，以下表达正确的选项是：（）A ．以点电荷为圆心， r 为半径的球面上，各点的场强都同样。

B ．正电荷四周的电场必定比负电荷四周的电场强。

C ．在电场中某点放入查验电荷q ，该点的场强为 E=F/q ，取走 q 后，该点场强不变。

D ．受电场力大的电荷所处地点电场强度大。

2. 如图，虚线a 、b 、 c是某静电场中的三个等势面。

它们的电势分别为ф a 、ф b 、 ф c ，且ф a ＞ ф b ＞ ф c。

一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹照实线KLMN 所示，由图可知：（）A. 粒子从 K 到 L 的过程中，电场力做负功。

B. 粒子从 L 到 M 的过程中，电场力做负功。

C.粒子从 K 到 L 的过程中，电势能减少。

D.粒子从 L 到 M 的过程中，动能减少。

3．以下图，AC 、 BD 为圆的两条相互垂直的直径，圆心为 O ，将带有等量电荷 q的正、负点电荷放在圆周上，它们的地点对于AC 对称．要使圆心 O 处的电场强度为零，可在圆周上再搁置一个适合电荷量的正点电荷＋，则该点电荷＋Q 应放在QA ．A 点B ． B 点C ．C 点D． D 点4．以下图， a 、 b 、c 为电场中同一条电场线上的三点，此中 c 为线段 ab 的中点。

若一个运动的正电荷先后经过a 、b 两点， a 、b 两点的电势分别为a = -3 V 、b = 7 V ，则（）A ．c 点电势为 2 VB ．a 点的场强小于 b 点的场强C ．正电荷在 a 点的动能小于在 b 点的动能D ．正电荷在 a 点的电势能小于在 b 点的电势能5．在新乡村建设的街道亮化工程中，所有使用太阳能路灯，如图是某行政村使用的太阳能路灯的电池板铭牌，则电池板的内阻值约为（）A． 0.14 ΩB．0.16ΩC．6.23ΩD．7.35Ω6．一电压表由电流表○ G与电阻 R 串连改装而成，以下图，若在使用中发现此电压表的读数总比正确值稍大一些，采纳以下哪一种举措可能加以改良RGA. 在 R 上串连一比R大得多的电阻第 6 题B. 在 R 上串连一比R小得多的电阻C.在 R 上并联一比R小得多的电阻D.在 R 上并联一比R大得多的电阻S17．在如图电路中，电键S1 、S2 、S3、S4 均闭合。

【物理】河北省保定市第三中学2015-2016学年高二上学期1月月考试题

保定三中2015——2016学年度第一学期1月月考试题高二物理试题卷（命题人：李星审题人：董娜）考试时间90分钟、分值100分一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项符合题意。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分。

1、以下说法正确的是（）A ．由E=F/q 可知，电场中某点的电场强度E 与F 成正比B ．由公式Φ=E P /q 可知，电场中某点的电势Φ与q 成反比C ．由U ab =Ed 可知，匀强电场中的任意两点a 、b 间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大D ．公式C=Q/U 中，电容器的电容大小C 与电容器两极板间电势差U 无关2. 用如图所示的电路研究楞次定律，闭合电键S 后，将线圈A 插入线圈B 中时，发现电流计G 指针向右偏一下，如果A 插进B 后保持不动，再将滑动变阻器的滑片P 迅速向左移动，G 表的指针将（）A ．向左偏B ．向右偏 C.不动 D.无法确定3．质量为m 的通电细杆放在倾角为θ的导轨上，导轨的宽度为d ，杆与导轨间的动摩擦因数为μ，有电流通过杆，杆恰好静止于导轨上，在如图所示的A 、B 、C 、D 四个图中，杆与导轨间的摩擦力一定不为零的是（）4.两个完全相同、圆心重合的圆形导线圈，可以绕通过它们的公共直径的轴线xx′自由转动。

初始时，两线圈互相垂直。

现分别通以大小相等的电流，电流方向如图所示，设每个线圈中电流在圆心处产生的磁感强度为B ，当两线圈转动而达到稳定时，圆心O 处的磁感强度的大小是：（）A ．B ； B ．B 2；C ．B 2；D ．05．如图所示，电源电动势为E ，内电阻为r ，当滑动变阻器的触片P 从右端滑到左端时，发现电压表V 1、V 2示数为U 1、U 2，示数变化的绝对值分别为1U ∆和2U ∆，电流表的示数为I ，电流表示数变化的绝对值为I ∆，下列说法中正确的是（）A ．小灯泡L 1、L 2变暗，L 3变亮B ．小灯泡L 3变暗，L 1、L 2变亮C ．12U U ∆<∆D ．1U I ∆∆变大，2U I∆∆不变6．如图（甲）所示，AB 是电场中的一条直线。

河北省定兴第三中学2015-2016学年高一上学期第一次月考物理试题

高一第一次月考物理试题时间：90分钟满分100分命题人张永刚一、选择题（每题4分，共40分；其中1—8题，只有一个选项正确；9—10有两个选项正确）1.下列各组物理量中，全部是矢量的是（）A．质量位移速度 B．质量时间路程C．力位移速度 D．力加速度时间2．下列关于质点的说法中，正确的是（）A．在研究地球的自转时可以把地球看作质点B．只有体积很小的物体才能看作质点C．打乒乓球的过程中，研究乒乓球的上旋下旋原理，可以将乒乓球看作质点D．如果物体的形状和大小对所研究的问题属于无关或次要因素时，即可把物体看作质点3.从高为5m处以某一初速度竖直向下抛出一个小球，小球与地面相碰后弹起，上升到离地高度2m处被接住，则小球从被抛出到被接住这段过程（）A. 小球的位移为3m，方向竖直向下，路程为7mB. 小球的位移为3m，方向竖直向下，路程为3mC. 小球的位移为7m，方向竖直向上，路程为7mD. 小球的位移为7m，方向竖直向上，路程为3m4．下列关于速度和加速度的说法中，正确的是A．物体的速度越大，加速度也越大 B．物体的速度为零时，加速度也为零C．物体的速度变化量越大，加速度也越大 D．物体的速度变化越快，加速度越大5.一小球从A点由静止开始做匀变速直线运动，若到达B点时速度为v，到达C点时速度为2v，则AB∶BC等于( )A.1∶1B.1∶2C.1∶3D.1∶46.一物体做匀减速直线运动，初速度为10m/s，加速度大小为1m/s2，则物体在停止运动前ls 内的平均速度为（）A．5.5 m/s B．5 m/s C．l m/s D．0.5 m/s7.A、B两个物体分别做匀变速直线运动，A的加速度为a1=1.0 m/s2，B的加速度为a2=－2.0 m/s2，根据这些条件做出的以下判断，其中正确的是( )A．B的加速度大于A的加速度B．A做的是匀加速运动，B做的是匀减速运动C．两个物体的速度都不可能为零D．两个物体的运动方向一定相反8．以下各种运动的速度和加速度的关系可能存在的是A．速度向东，正在减小，加速度向西，正在增大B．速度向东，正在增大，加速度向西，正在减小C．速度向东，正在增大，加速度向西，正在增大D．速度向东，正在减小，加速度向东，正在增大9.如图所示，物体甲的x-t图象和物体乙的v-t图象分别如下图所示，则这两个物体的运动情况是（）A．甲在整个t=6s时间内有来回运动，它通过的总位移为零B．甲在整个t=6s时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为4 mC．乙在整个t=6s时间内有来回运动，它通过的总位移为零D．乙在整个t=6s时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为4 m10．由静止开始做匀加速直线运动，加速度为a；经过t秒后又以同样大小的加速度做匀减速直线运动，最后停止。

河北省保定市定兴县第三中学高二物理月考试卷带解析

河北省保定市定兴县第三中学高二物理月考试卷含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. 两个不等幅的脉冲波在均匀介质中均以 1.0m/s的速率沿同一直线相向传播，t = 0时刻的波形如图所示，图中小方格的边长为 0.1m。

则以下不同时刻，波形正确的是（）参考答案：ABD2. 某电源输出的电流既有交流成分又有直流成分，现在我们只需要稳定的直流成分，下列设计的电路图中，能最大限度使电阻R2获得稳定直流的是参考答案：A3. ．在一种叫做“蹦极跳”的运动中，质量为m的游戏者身系一根长为L、弹性优良的轻质柔软橡皮绳，从高处由静止开始下落1.5 L时到达最低点，若在下落过程中不计空气阻力，则从橡皮绳开始拉紧，到游戏者到达最低点的过程中，以下说法错误的是()A．速度先增大后减小 B．加速度先减小后增大C．动能增加了mgL D．重力势能减少了mgL参考答案：C4. （单选）请把两支笔杆并在一起构成一个约0.3 mm的狭缝，使狭缝距离上图约30 cm，并与上图中的横线平行．眼睛紧靠狭缝，通过狭缝，你看到的图样是下图中的哪一个？参考答案：B5. 示波管的内部结构如图甲所示．如果在偏转电极、之间都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心．如果在偏转电极之间和之间加上图丙所示的几种电压，荧光屏上可能会出现图乙中（a）、（b）所示的两种波形．则A．若和分别加电压（3）和（1），荧光屏上可以出现图乙中（a）所示波形ks5uB．若和分别加电压（4）和（1），荧光屏上可以出现图乙中（a）所示波形C．若和分别加电压（3）和（2），荧光屏上可以出现图乙中（b）所示波形D．若和分别加电压（4）和（2），荧光屏上可以出现图乙中（b）所示波形参考答案：AC二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. 如图所示，一单匝线圈从左侧进入磁场．在此过程中，线圈中的磁通量将（选填“增大”或“减小”）．若上述过程所经历的时间为0.3s，线圈中产生的感应电动势为0.8 V，则线圈中的磁通量变化了 Wb．参考答案：24.增大；0.247. 如图a所示，两个闭合圆形线圈A、B的圆心重合，放在同一水平面内，线圈A中通以如图b所示的交变电流，t＝0时电流方向为顺时针(如图箭头所示)，在t1～t2时间段内，线圈B内有（填“顺时针”或“逆时针”）方向的电流，线圈有（“扩张”或“收缩”）的趋势。

河北省保定市定兴三中高二物理上学期12月月考试卷(含解析)

2015-2016学年河北省保定市定兴三中高二（上）月考物理试卷（12月份）一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，1-7小题只有一个选项正确，8-10小题有多个选项正确，全部选对的得4分，漏选得2分，多选或不选得0分）1．某静电场的电场线分布如图，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为E P和E Q，电势分别为φP和φQ，则( )A．E P＞E Q，φP＜φQ B．E P＜E Q，φP＞φQ C．E P＜E Q，φP＜φQ D．E P＞E Q，φP＞φQ2．如图所示电路中，当变阻器R3的滑动头P向b端移动时( )A．电压表示数变大，电流表示数变小B．电压表示数变小，电流表示数变大C．电压表示数变大，电流表示数变大D．电压表示数变小，电流表示数变小3．在一个微安表G上并联一个电阻R，就改装成一块安培表，今将该表与标准安培表串联后去测电流，发现该表的示数总比标准表的示数小，修正的方法为( )A．在R上并联一个小电阻 B．在R上并联一个大电阻C．将R的阻值变大些 D．将R的阻值变小些4．有一个直流电动机，把它接入0.2V电压的电路中电机不转，测得流过电动机的电流是0.4A；若把电动机接入2.0V电压的电路中，正常工作时的电流是1.0A，此时，电动机的输出功率是P出；如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率是P热，则( ) A．P出=2W，P热=0.5W B．P出=1.5W，P热=8WC．P出=2W，P热=8W D．P出=1.5W，P热=0.5W5．根据定义式B=，下列说法正确的是( )A．B的大小与F成正比，与L、I成反比B．B的方向由F的方向所决定C．处在磁场中的通电导线L，在任何情况下所受磁场力F与L、I之比都恒定，且不为零D．只有当B与L垂直时，定义式才有意义6．下列各图中标出了匀强磁场中通电直导线受安培力的方向，正确的是( ) A．B．C．D．7．一个带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场中，由于使沿途空气电离而使粒子的动能逐渐减小，轨迹如图所示．下列有关粒子的运动方向和所带电性的判断正确的是( )A．粒子由a向b运动，带正电 B．粒子由a向b运动，带负电C．粒子由b向a 运动，带正电D．粒子由b向a运动，带负电8．两个相同的带异种电荷的导体小球所带电荷量的比值为1：3，相距为r时相互作用的库仑力的大小为F，今使两小球接触后再分开放到相距为2r处，则此时库仑力的大小为( )A． F B． F C． F D． F9．一束带电粒子沿水平方向飞过小磁针上方，并与磁针指向平行，能使磁针的S极转向纸内，那么这束带电粒子可能是( )A．向右飞行的正离子束B．向左飞行的正离子束C．向右飞行的负离子束D．问左飞行的负离子束10．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电量很小）固定在P点，如图所示．以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，ε表示正电荷在P 点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则( )A．U变小，E不变B． E变大，ε变大C．U变小，ε不变D．U不变，ε不变二、填空题（共20分，把答案填在答题纸相应的横线上）11．如图的游标卡尺的读数为：__________mm12．在测定电源的电动势和内阻的实验中某同学所用的电路图和测得的数据如下：1 2 3 4 5 6U/V 1.42 1.36 1.08 1.21 1.14 1.07I/A 0.04 0.08 0.12 0.16 0.20 0.24（1）在如图给出的U﹣I坐标系中用给出的数据画出U﹣I图线（横、纵坐标的起点已经规定好），从图象中可以发现该同学记录的第__________组数据有误．（2）求得电动势E=__________V，内阻r=__________Ω．（均保留2位有效数字）．13．有一个小灯泡上标有“2V、1W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的I﹣U图线，有下列器材供选用：A．电压表（0～3V内阻10kΩ）B．电压表（0～10V内阻20kΩ）C．电流表（0～0.3A，内阻1Ω）D．电流表（0～0.6A，内阻0.4Ω）E．滑动变阻器（5Ω，1A）F．滑动变阻器（500Ω，0.2A）G．电源（电动势3V，内阻1Ω）（1）实验中电压表应选用__________，电流表应选用__________．为使实验误差尽量减小，要求电压表从零开始变化且多取几组数据，滑动变阻器应选用__________（用序号字母表示）．（2）实验中移动滑动变阻器滑片，得到了小灯泡的I﹣U图象如图所示，则可知小灯泡的电阻随电压增大而__________（填“增大”、“减小”或“不变”）．（3）请根据实验要求，画出电路图．电路图：三、计算题（共40分，在答题卷上解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案不得分．有数值计算的题，答案应明确写出数值和单位．）14．如图所示，在空间中取直角坐标系Oxy，在第一象限内平行于y轴的虚线MN与y轴距离为d，从y轴到MN之间的区域充满一个沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E．初速度可以忽略的电子经过另一个电势差为U的电场加速后，从y轴上的A点以平行于x轴的方向射入第一象限区域，A点坐标为（0，h）．已知电子的电量为e，质量为m，若加速电场的电势差U＞，电子的重力忽略不计，求：（1）则电子从A点进入电场到离开该电场区域所经历的时间t和离开电场区域时的速度v；（2）电子经过x轴时离坐标原点O的距离l．15．如图，宽度为l=0.8m的某一区域存在相互垂直的匀强电场E与匀强磁场B，其大小E=2×108N/C，B=10T．一带正电的粒子以某一初速度由M点垂直电场和磁场方向射入，沿直线运动，从N点离开；若只撤去磁场，则粒子从P点射出且速度方向发生了45°的偏转．不计粒子的重力．求粒子的电荷量与质量之比．16．如图所示电路中，R1=3Ω，R2=6Ω，R3=1.5Ω，C=20μF．当开关S1闭合、S2断开，电路稳定时，电源的总功率为2W，当开关S1、S2都闭合，电路稳定时，电源的总功率为4W，求：（1）电源电动势E和内电阻r；（2）当S1、S2都闭合时电源的输出功率及电源内部产生的热功率；（3）当S1闭合，分别计算在S2闭合与断开时，电容器所带的电荷量各为多少？17．在以坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示．一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x轴的交点A处以速度v沿﹣x方向射入磁场，恰好从磁场边界与y轴的交点C处沿+y方向飞出．（1）请判断该粒子带何种电荷（2）求出其荷质比．（3）若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B′，该粒子仍从A处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，求磁感应强度B′多大？此次粒子在磁场中运动所用时间t是多少？2015-2016学年河北省保定市定兴三中高二（上）月考物理试卷（12月份）一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，1-7小题只有一个选项正确，8-10小题有多个选项正确，全部选对的得4分，漏选得2分，多选或不选得0分）1．某静电场的电场线分布如图，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为E P和E Q，电势分别为φP和φQ，则( )A．E P＞E Q，φP＜φQ B．E P＜E Q，φP＞φQ C．E P＜E Q，φP＜φQ D．E P＞E Q，φP＞φQ【考点】电场线．【分析】根据P、Q两点处电场线的疏密比较电场强度的大小．根据沿电场线的方向电势降低，判断电势的高低．【解答】解：由图P点电场线密，电场强度大，则E P＞E Q．沿电场线的方向电势降低，则有φP ＞φQ．故D正确．故选：D．【点评】此题要求掌握电场线的物理意义特点：疏密表示强弱，沿电场线的方向电势降低．2．如图所示电路中，当变阻器R3的滑动头P向b端移动时( )A．电压表示数变大，电流表示数变小B．电压表示数变小，电流表示数变大C．电压表示数变大，电流表示数变大D．电压表示数变小，电流表示数变小【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】电压表测量路端电压．当变阻器R3的滑动头P向b端移动时，分析变阻器接入电路的电阻如何变化，确定外电路总电阻的变化，根据欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，判断电压表示数的变化．由欧姆定律判断并联部分电压的变化，确定通过R2的电流如何变化，由总电流和通过通过R2电流的变化分析电流表示数的变化．【解答】解：当变阻器R3的滑动头P向b端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，并联部分的电阻增大，外电路的电阻增大，根据闭合电路的欧姆定律得知，总电流I减小，路端电压增大，则电压表示数变大．并联部分的电压U并=E﹣I（R1+r），I减小，其他量不变，可见，U增大，通过R2的电流I2增大，流过电流表的电流I A=I﹣I2，I减小，I2增大，I A减小，则电并流表示数变小．所以电压表示数变大，电流表示数变小．故选A【点评】本题是电路的动态变化分析问题，一般按“局部→整体→局部”的思路分析．干路中电流与变阻器中电流的变化情况是一致的．3．在一个微安表G上并联一个电阻R，就改装成一块安培表，今将该表与标准安培表串联后去测电流，发现该表的示数总比标准表的示数小，修正的方法为( )A．在R上并联一个小电阻 B．在R上并联一个大电阻C．将R的阻值变大些 D．将R的阻值变小些【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】电流表示数偏小，说明所并联电阻的分流太大，则分流电阻阻值偏小．让分流电阻变的稍大些即可．【解答】解：电流表示数偏小，说明所并联电阻的分流太大，则分流电阻阻值偏小．让分流电阻变的稍大些即可，故C正确，D错误；在原分流电阻上再并联一个适当的小电阻或者并联适当的大电阻，都会使其并联值稍小，分流稍大，不可以．故AB错误．故选：C．【点评】考查的电流表的改装原理，明确分流与电阻成反比，电阻大，分流小，反之电阻小则分流大．4．有一个直流电动机，把它接入0.2V电压的电路中电机不转，测得流过电动机的电流是0.4A；若把电动机接入2.0V电压的电路中，正常工作时的电流是1.0A，此时，电动机的输出功率是P出；如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率是P热，则( )A．P出=2W，P热=0.5W B．P出=1.5W，P热=8WC．P出=2W，P热=8W D．P出=1.5W，P热=0.5W【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】电动机不转，由欧姆定律求出其内阻．电动机正常工作时输出功率等于电功率与内部发热功率之差．在电动机正常工作时，转子突然被卡住，根据P=求出电动机的发热功率．【解答】解：当电动机不转时，电动机的内阻为r===0.5Ω，电动机正常工作时输出功率为P出=U2I2﹣I22r=1.5W．卡住后热功率：P热===8W故选：B【点评】对于电动机电路，正常工作时其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立；当电动机被卡住时，其电路是纯电阻电路，欧姆定律成立．5．根据定义式B=，下列说法正确的是( )A．B的大小与F成正比，与L、I成反比B．B的方向由F的方向所决定C．处在磁场中的通电导线L，在任何情况下所受磁场力F与L、I之比都恒定，且不为零D．只有当B与L垂直时，定义式才有意义【考点】磁感应强度．【分析】根据左手定则可知，磁感应强度的方向与安培力的方向垂直；磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度．此比值与磁场力及电流元均无关．磁感应强度的方向就是该处小磁针N极所受磁场力的方向．【解答】解：A、磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，是磁场本身性质的反映，其大小由磁场以及磁场中的位置决定，与F、I、L都没有关系，B=只是磁感应强度的定义式．同一通电导体受到的磁场力的大小由所在处B和放置的方式共同决定，故A错误；B、磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，是磁场本身性质的反映，其方向由磁场以及磁场中的位置决定，与F的方向无关．故B错误；C、当导线的方向与磁场的方向平行时，F等于0，故C错误；D、定义式B=，只有当B与L垂直时，定义式才有意义，所以D正确．故选：D【点评】本题关键要掌握磁感应强度的物理意义、定义方法，以及磁感应强度与安培力之间的关系，即可进行分析判断．基础题目．6．下列各图中标出了匀强磁场中通电直导线受安培力的方向，正确的是( ) A．B．C．D．【考点】左手定则．【分析】通电直导线在磁场中受到的安培力方向利用左手定则判断．电流的磁场由安培定则判断磁场方向．【解答】解：根据左手定值可知，A、图中的安培力应该垂直磁感线垂直于电流的方向指向正上方．故A错误；B、图中磁场的方向向下，电流的方向向里，所以安培力的方向向左．故B正确；C、图中磁场的方向向左，电流方向向上，所以安培力的方向向里．故C错误；D、图中电流的方向与磁场的方向平行，不受安培力；故D错误．故选：B【点评】本题考查安培定则和左手定则综合应用能力，对于两个定则要注意应用条件的不同：安培定则判断电流与磁场方向的两者关系；左手定则判断通电导线在磁场所受安培力方向与磁场方向、电流方向三者的关系．7．一个带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场中，由于使沿途空气电离而使粒子的动能逐渐减小，轨迹如图所示．下列有关粒子的运动方向和所带电性的判断正确的是( )A．粒子由a向b运动，带正电 B．粒子由a向b运动，带负电C．粒子由b向a 运动，带正电D．粒子由b向a运动，带负电【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】定性思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒子的能量逐渐减小，速度减小，则半径减小，即可由轨迹分析粒子入射的方向．由左手定则判断电荷的电性．【解答】解：据题意，带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒子的能量逐渐减小，速度减小，则由公式r=得知，粒子的半径应逐渐减小，由图看出，粒子的运动方向是从b到a．在b处，粒子所受的洛伦兹力指向圆心，即斜向左上方，由左手定则判断可知，该粒子带负电．故选：D．【点评】本题只要掌握带电粒子在磁场中匀速圆周运动的半径r=和左手定则就能正确解答．8．两个相同的带异种电荷的导体小球所带电荷量的比值为1：3，相距为r时相互作用的库仑力的大小为F，今使两小球接触后再分开放到相距为2r处，则此时库仑力的大小为( )A． F B． F C． F D． F【考点】库仑定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】由库仑定律可得出两球在接触前后的库仑力表达式，则根据电量的变化可得出接触后的作用力与原来作用力的关系．【解答】解：设一个小球带电量为大小Q，则另一个为大小﹣3Q，根据库伦定律有：两球接触前：F=K接触再分开后，两球分别带电量大小为：Q1=Q2==Q；由库伦定律得：F′=K=，故BCD错误，A正确．故选：A．【点评】对于完全相同的带电体，若带异种电荷，接触后则先中和再平分，若带同种电荷则将总电量平分．9．一束带电粒子沿水平方向飞过小磁针上方，并与磁针指向平行，能使磁针的S极转向纸内，那么这束带电粒子可能是( )A．向右飞行的正离子束B．向左飞行的正离子束C．向右飞行的负离子束D．问左飞行的负离子束【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【分析】带电粒子运动时将形成电流，在电流周围形成磁场，根据小磁针的偏转情况，判断出电流形成磁场方向，然后根据安培定则判断出电流方向，从而判断出粒子的正负以及粒子的飞行方向．【解答】解：磁针的S极向纸内偏转，说明磁场方向指向纸外，带电粒子束相当于通电导线，根据右手螺旋定则可知，这一带电粒子束可能是向左飞行的正电粒子，或者向右飞行的负电粒子．故BC正确，AD错误故选：BC【点评】本题实质上考查了通电导体周围的磁场分布情况，要熟练掌握右手螺旋定则来判断通电导体、通电螺线管周围的磁场分别情况．10．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电量很小）固定在P点，如图所示．以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，ε表示正电荷在P 点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则( )A．U变小，E不变B．E变大，ε变大C．U变小，ε不变D．U不变，ε不变【考点】电容器的动态分析．【专题】电容器专题．【分析】平行板电容器充电后与电源断开后，电容器的电量不变．将正极板移到图中虚线所示的位置，板间距离减小，电容增大．由推论公式E=分析板间场强E的变化情况．由公式U=判断板间电压的变化．【解答】解：由题意知：电容器的带电量Q不变，板间距离减小，根据电容的决定式知电容C 增大．由公式U=知，板间电压U变小．由推论公式E=分析，可知板间电场强度E不变，则由U=Ed知，P与负极板间的电势差不变，则P点的电势不变，正电荷在P点的电势能ɛ不变．故AC正确，BD错误．故选：AC．【点评】本题是电容器的动态变化分析问题，难点是确定电场强度的变化，只要得出电场强度的变化，就可以得出P与负极板电势差的变化，得出P点的电势以及电荷在P点电势能的变化．二、填空题（共20分，把答案填在答题纸相应的横线上）11．如图的游标卡尺的读数为：91.60mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用．【专题】实验题．【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．【解答】解：游标卡尺的主尺读数为：9.1cm=91mm，游标尺上第12个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为12×0.05mm=0.60mm，所以最终读数为：91mm+0.60mm=91.60mm故答案为：91.60．【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．在测定电源的电动势和内阻的实验中某同学所用的电路图和测得的数据如下：1 2 3 4 5 6U/V 1.42 1.36 1.08 1.21 1.14 1.07I/A 0.04 0.08 0.12 0.16 0.20 0.24（1）在如图给出的U﹣I坐标系中用给出的数据画出U﹣I图线（横、纵坐标的起点已经规定好），从图象中可以发现该同学记录的第3组数据有误．（2）求得电动势E=1.5V，内阻r=1.9Ω．（均保留2位有效数字）．【考点】测定电源的电动势和内阻．【专题】实验题．【分析】根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图示，根据图象分析答题；图象纵坐标的交点为电源的电动势，图象的斜率表示电源的内阻．【解答】解：（1）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图象，图象如图所示，由图示图象可知，第三组实验数据偏离直线较远，第三组实验数据是错误的；（2）由图示电源U﹣I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.50，则电源电动势E=1.5V，电源内阻：r==≈1.9Ω．故答案为：（1）3（2）1.5，1.9【点评】本题考查测量电动势和内电阻实验的数据的处理，要求能正确分析误差的来源，并能用图象法求出电势和内电阻．13．有一个小灯泡上标有“2V、1W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的I﹣U图线，有下列器材供选用：A．电压表（0～3V内阻10kΩ）B．电压表（0～10V内阻20kΩ）C．电流表（0～0.3A，内阻1Ω）D．电流表（0～0.6A，内阻0.4Ω）E．滑动变阻器（5Ω，1A）F．滑动变阻器（500Ω，0.2A）G．电源（电动势3V，内阻1Ω）（1）实验中电压表应选用A，电流表应选用D．为使实验误差尽量减小，要求电压表从零开始变化且多取几组数据，滑动变阻器应选用E（用序号字母表示）．（2）实验中移动滑动变阻器滑片，得到了小灯泡的I﹣U图象如图所示，则可知小灯泡的电阻随电压增大而增大（填“增大”、“减小”或“不变”）．（3）请根据实验要求，画出电路图．电路图：【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】实验题．【分析】（1）根据灯泡额定电压选择电压表，根据灯泡额定电流选择电流表，我i方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器．（2）根据图示图象应用欧姆定律分析答题．（3）根据题目要求确定滑动变阻器与电流表的接法，然后作出电路图．【解答】解：（1）灯泡额定电压是2V，电压表应选择A，灯泡额定电流I===0.5A，电流表应选择D，为方便实验操作，滑动变阻器应选择E；（2）由图2所示图象可知，随电压增大，灯泡电流增大，电压与电流的比值增大，灯泡电阻增大；（3）描绘灯泡伏安特性曲线电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡正常发光时的电阻阻值R===4Ω，电压表内阻为10kΩ，电流表内阻为0.4Ω，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验电路如图所示：故答案为：（1）A；D；E；（2）增大；（3）电路图如图所示．【点评】本题考查实验中的仪表选择及接法的选择；应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别及应用，同时还应明确内外接法的不同及判断．三、计算题（共40分，在答题卷上解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案不得分．有数值计算的题，答案应明确写出数值和单位．）14．如图所示，在空间中取直角坐标系Oxy，在第一象限内平行于y轴的虚线MN与y轴距离为d，从y轴到MN之间的区域充满一个沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E．初速度可以忽略的电子经过另一个电势差为U的电场加速后，从y轴上的A点以平行于x轴的方向射入第一象限区域，A点坐标为（0，h）．已知电子的电量为e，质量为m，若加速电场的电势差U＞，电子的重力忽略不计，求：（1）则电子从A点进入电场到离开该电场区域所经历的时间t和离开电场区域时的速度v；（2）电子经过x轴时离坐标原点O的距离l．【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】（1）电子在沿x轴方向做匀速运动，即可求得运动时间，在电场方向做匀加速运动，由运动学公式及可求得速度；（2）电子射入第一象限的电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解出出电场点的坐标，电子离开电场后水平、竖直方向上都做匀速运动，先求出电子射出P点的速度，再由位移公式求解电子经过x轴时离坐标原点O的距离．【解答】解：（1）由 eU=mv02得电子进入偏转电场区域的初速度v0=设电子从MN离开，则电子从A点进入到离开匀强电场区域的时间t==；y=at2=因为加速电场的电势差U＞，说明y＜h，说明以上假设正确，所以v y=at=×d=离开时的速度v=（2）设电子离开电场后经过时间t′到达x轴，在x轴方向上的位移为x′，则x′=v0t′y′=h﹣y=h﹣t=v y t′则 l=d+x′=d+v0t′=d+v0（﹣）=d+h﹣=+h代入解得l=+答：（1）若加速电场的电势差U＞，则电子从A点进入电场到离开该电场区域所经历的时间t为，离开电场区域时的速度v为；（2）电子经过x轴时离坐标原点O的距离l为+．【点评】本题是带电粒子在匀强电场中加速和偏转结合的问题，能熟练运用运动的分解法研究类平抛运动，结合几何知识进行求解．15．如图，宽度为l=0.8m的某一区域存在相互垂直的匀强电场E与匀强磁场B，其大小E=2×108N/C，B=10T．一带正电的粒子以某一初速度由M点垂直电场和磁场方向射入，沿直线运动，从N点离开；若只撤去磁场，则粒子从P点射出且速度方向发生了45°的偏转．不计粒子的重力．求粒子的电荷量与质量之比．【考点】带电粒子在混合场中的运动．【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】沿着直线运动时，洛伦兹力和电场力平衡，根据平衡条件列式；撤去磁场后，做类似平抛运动，根据类平抛运动的分速度公式列式；最后联立求解即可．【解答】解：设粒子的初速度为v0，粒子在电磁场中做直线运动时受力平衡qE=qv0B当只撤去磁场后，粒子在电场中做类似平抛运动l=v0tv x=v0v y=联立以上各式解得答：粒子的电荷量与质量之比为2.5×106C/kg．【点评】本题关键是明确粒子的运动规律，然后根据平衡条件和类似平抛运动的分运动公式列式求解，不难．16．如图所示电路中，R1=3Ω，R2=6Ω，R3=1.5Ω，C=20μF．当开关S1闭合、S2断开，电路稳定时，电源的总功率为2W，当开关S1、S2都闭合，电路稳定时，电源的总功率为4W，求：（1）电源电动势E和内电阻r；（2）当S1、S2都闭合时电源的输出功率及电源内部产生的热功率；（3）当S1闭合，分别计算在S2闭合与断开时，电容器所带的电荷量各为多少？【考点】闭合电路的欧姆定律；电容；电功、电功率．【专题】电容器专题．【分析】（1）分析电路的结构，然后根据闭合电路的欧姆定律解答即可；（2）根据公式：P=I2R即可计算出功率；（3）根据闭合电路的欧姆定律，计算出两种情况下的电流，然后根据串联电路的电压分配关系计算出两种情况下的电压，最后由Q=CU计算电量即可．【解答】解：（1）当开关S1闭合、S2断开，电路稳定时，R2与R3串联，W ①。

河北省保定市定兴三中高二物理上学期第一次月考试卷(含解析)

2015-2016学年河北省保定市定兴三中高二（上）第一次月考物理试卷一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，1-8小题只有一个选项正确，9-12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，漏选得2分，多选或不选得0分）1．关于电场强度及电场线的概念，下列说法中正确的是( )A．电荷在电场中某点受到的电场力大，该点的电场强度就大B．电场强度的方向总跟电场力的方向一致，电场线上某一点的切线方向即为该点的场强方向C．由静止释放的带电粒子只在电场力作用下，其运动轨迹一定与电场线重合D．电场中某点的电场强度由电场本身决定，与试探电荷无关2．2013年1月15日上午10时许，陕西省蒲城县某花炮厂发生爆炸，爆炸没有造成人员伤亡，初步断定是因空气干燥，炸药堆放时间过长，由静电引发了爆炸．摩擦可以产生静电，原来甲、乙、丙三物体都不带电，今使甲、乙两物体相互摩擦后，乙物体再与丙物体接触，最后，得知甲物体带正电1.6×10﹣15 C，丙物体带电8×10﹣16 C．则对于最后乙、丙两物体的带电情况，下列说法中正确的是( )A．乙物体一定带有负电荷8×10﹣16CB．乙物体可能带有负电荷2.4×10﹣15CC．丙物体一定带有正电荷8×10﹣16CD．丙物体一定带有负电荷2.4×10﹣15C3．关于电场力做功与电势差的关系，下列说法正确的是( )A．M、N两点间的电势差等于单位电荷从M点移到N点电场力做的功B．不管是否存在其他力做功，电场力对电荷做多少正功，电荷的电势能就减少多少C．在两点移动电荷电场力做功为零，则两点一定在同一等势面上，且电荷一定在等势面上移动D．在两点间移动电荷电场力做功的多少与零电势的选择有关4．传感器是一种采集信息的重要器件．如图所示是一种压力传感器．当待测压力F作用在可动膜片电极上时，可使膜片发生形变，引起电容的变化，将电容器、灵敏电流计和电源串联成闭合电路，那么( )A．当F向上压膜片电极时，电容将减小B．当F向上压膜片电极时，电容不变C．若电流计有示数，则压力F发生了变化D．若电流计有示数，则压力F不发生变化5．如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面．下列判断正确的是( )A．1、2两点的场强大小相等B．2、3两点的场强相等C．1、2两点的电势相等D．2、3两点的电势相等6．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( )A． B．C．D．7．如图所示，光滑绝缘的水平面上有带异种电荷的小球A、B，它们在水平向右的匀强电场中保持相对静止并共同向右做匀加速直线运动．设A、B的电荷量绝对值依次为Q A、Q B，则下列判断正确的是( )A．小球A带正电，小球B带负电，且Q A＞Q BB．小球A带正电，小球B带负电，且Q A＜Q BC．小球A带负电，小球B带正电，且Q A＞Q BD．小球A带负电，小球B带正电，且Q A＜Q B8．如图所示，用大小相等的力F将同一物体分别沿光滑的水平面和光滑的斜面由静止开始移动大小相等的位移x，在两种情况下，力F作用的时间分别为t1和t2，力F的方向分别平行水平面和斜面，平均功率分别为P1和P2．则( )A．t1＜t2，P1＞P2B．t1＞t2，P1＜P2C．t1=t2，P1=P2D．t1＞t2，P1＞P29．某静电场中x轴上的电势随x坐标变化的图象如图所示，φ﹣x图象关于φ轴对称，a、b两点到O点的距离相等．将一电荷从x轴上的a点由静止释放后粒子沿x轴运动到b点，运动过程中粒子只受电场力作用，则下列说法正确的是( )A．该电荷一定带负电B．电荷到b点时动能为零C．从O到b电荷的电势能减D．从a到b电场力对电荷先做正功，后做负功10．两个点电荷Q1、Q2固定于x轴上，将一带正电的试探电荷从足够远处沿x轴负方向移近Q2（位于坐标原点）的过程中，试探电荷的电势能Ep随位置变化的关系如图所示，则下列判断正确的是( )A．M点电势为零，N点场强为零B．M点场强为零，N点电势为零C．Q1带负电，Q2带正电，且Q2电荷量较小D．Q1带正电，Q2带负电，且Q2电荷量较大11．+Q和﹣Q是两个等量异种点电荷，以点电荷+Q为圆心作圆，A、B为圆上两点，MN是两电荷连线的中垂线，与两电荷连线交点为O，下列说法正确的是( )A．A点的电场强度大于B点的电场强度B．电子在A点的电势能小于在B点的电势能C．把质子从A点移动到B点，静电力对质子做功为零D．把质子从A点移动到MN上任何一点，质子的电势能变化都相同12．水平放置的光滑绝缘环上套有三个带电小球，小球可在环上自由移动．如图所示，是小球平衡后的可能位置图．甲图中三个小球构成一个钝角三角形，A点是钝角三角形的顶点．乙图中小球构成一个锐角三角形，其中三角形边长DE＞DF＞EF．可以判断正确的是( )A．甲图中A、B两小球一定带异种电荷B．甲图中三个小球一定带等量电荷C．乙图中三个小球一定带同种电荷D．乙图中三个小球带电荷量的大小为Q D＞Q F＞Q E二、填空题（共12分，把答案填在答题纸相应的横线上）13．如图所示，在光滑水平面上，物体受两个相互垂直的大小分别为F1=3N和F2=4N的恒力，其合力在水平方向上，从静止开始运动10m，在这一过程中力F1做的功为__________J；力F2做的功为__________J；合力F做的功为__________J．14．如图所示，两个大平行金属板M、N间距离d=1.2cm，两板接在电压U=240V的电源上，M板接地，板间A点距M板0.2cm，B点距N板0.5cm，一个q=﹣3×10﹣4 C的点电荷放在A 点处，则：该电荷在A点所受的静电力F=__________； A点的电势φA=__________ 和该电荷在B点所具有的电势能E pB=__________．三、计算题（共40分，在答题卷上解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案不得分．有数值计算的题，答案应明确写出数值和单位．）15．如图所示，A为带正电Q的金属板，沿金属板的垂直平分线，在距板r处放一质量为m，电量为q 的小球．小球受水平向右的电场力偏转θ角而静止．小球用绝缘丝线悬挂于O点，则小球所在处的电场强度为__________．16．一辆重5t的汽车，发动机的额定功率为80kW．汽车从静止开始以加速度a=1m/s2做匀加速直线运动，车受的阻力为车重的0.06倍，g=10m/s2，求：（1）汽车做匀加速直线运动的最长时间t m．（2）汽车开始运动后5s末和15s末的瞬时功率．17．在水平面上建立x轴，在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一匀强电场，电场强度E=6.0×105N/C，方向与x轴方向相同．在O处放一带电荷量q=﹣5.0×10﹣8C，质量m=1.0×10﹣2kg的绝缘物块，物块与水平面间的动摩擦因数µ=0.20，沿x 轴正方向给物块一个V0=2.0m/s的初速度，如图所示，求物块最终停止的位置．（g 取10m/s2）18．（14分）如图所示．在竖直平面内有轨道ABCDE，其中BC是半径为R的四分之一圆弧轨道，AB（AB＞R）是竖直轨道，CE是水平轨道，CD＞R．AB与BC相切于B点，BC与CE相切于C点，轨道的AD段光滑，DE段粗糙且足够长．一根长为R的轻杆两端分别固定着两个质量均为m的相同小球P、Q（视为质点），将轻杆锁定在图示位置，并使Q与B等高．现解除锁定释放轻杆，轻杆将沿轨道下滑，重力加速度为g．（1）Q球经过D点后，继续滑行距离s停下（s＞R）．求小球与DE段之间的动摩擦因数．（2）求Q球到达C点时的速度大小．2015-2016学年河北省保定市定兴三中高二（上）第一次月考物理试卷一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，1-8小题只有一个选项正确，9-12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，漏选得2分，多选或不选得0分）1．关于电场强度及电场线的概念，下列说法中正确的是( )A．电荷在电场中某点受到的电场力大，该点的电场强度就大B．电场强度的方向总跟电场力的方向一致，电场线上某一点的切线方向即为该点的场强方向C．由静止释放的带电粒子只在电场力作用下，其运动轨迹一定与电场线重合D．电场中某点的电场强度由电场本身决定，与试探电荷无关考点：电场线；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场力F=qE，受到的电场力大，该点的电场强度不一定大，电场强度的方向总跟正电荷所受电场力的方向一致，某点的电场强度由场源和该点的位置决定，与试探电荷无关．解答：解；A、电场力F=qE，受到的电场力大，该点的电场强度不一定大，故A错误B、电场强度的方向总跟正电荷所受电场力的方向一致，故B错误C、若电场线是曲线，则电荷受力将发生方向的变化，则其轨道不可能与电场线重合，故C 错误；D、某点的电场强度由场源和该点的位置决定，与试探电荷无关，故D正确故选：D点评：电场线是为了现象描述电场而引入的，电场强度是用比值法定义的物理量之一，电场中某点的电场强度是由电场本身决定的，与该点是否有试探电荷无关．加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．2．2013年1月15日上午10时许，陕西省蒲城县某花炮厂发生爆炸，爆炸没有造成人员伤亡，初步断定是因空气干燥，炸药堆放时间过长，由静电引发了爆炸．摩擦可以产生静电，原来甲、乙、丙三物体都不带电，今使甲、乙两物体相互摩擦后，乙物体再与丙物体接触，最后，得知甲物体带正电1.6×10﹣15 C，丙物体带电8×10﹣16 C．则对于最后乙、丙两物体的带电情况，下列说法中正确的是( )A．乙物体一定带有负电荷8×10﹣16CB．乙物体可能带有负电荷2.4×10﹣15CC．丙物体一定带有正电荷8×10﹣16CD．丙物体一定带有负电荷2.4×10﹣15C考点：电荷守恒定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：物体经过摩擦后，会产生电．得到电子的带负电，失去电子的带正电．解答：解：由题意可知，甲、乙两物体相互摩擦后，甲物体带正电1.6×10﹣15C，则乙带负电1.6×10﹣15C，若乙物体再与丙物体接触，由于丙物体带电8×10﹣16C．且带负电，则乙也一定带负电，大小为8×10﹣16C，故A正确，BCD错误；故选：A点评：此题考查子摩擦起电的本质，要理解和运用，知道总电荷是守恒的，难度不大，属于基础题．3．关于电场力做功与电势差的关系，下列说法正确的是( )A．M、N两点间的电势差等于单位电荷从M点移到N点电场力做的功B．不管是否存在其他力做功，电场力对电荷做多少正功，电荷的电势能就减少多少C．在两点移动电荷电场力做功为零，则两点一定在同一等势面上，且电荷一定在等势面上移动D．在两点间移动电荷电场力做功的多少与零电势的选择有关考点：电势差；电势能．分析：电势差等于单位电荷从一点移到另点电场力做的功；电场力对电荷做多少正功，电荷的电势能就减少多少；电场力做功与零电势无关，与电势差有关，根据功能关系进行分析．解答：解：A、根据电势差和电场力做功的公式U MN=得：两点间的电势差等于从其中一点移到另一点时，电场力所做的功与电荷量的比值，故M、N两点间的电势差等于单位正电荷从M移到N电场力所做的功；故A错误．B、根据功能关系得知：电场力对电荷做多少正功，电荷的电势能就减少多少，故B正确．C、若在两点移动电荷电场力做功为零，则两点电势一定相等，但不一定在等势面上移动，故C错误．D、根据W=qU，可知，两点间移动电荷电场力做功的多少与零电势的选择无关，而与电势差有关，故D错误．故选：B．点评：电场力做功与电荷电势能的关系，可用重力做功与重力势能的关系类比理解．正电荷放在电势高的地方，电势能大，而负电荷放在电势高的地方，电势能小是重要的推论，在判断电势能大小时经常用到，要加强记忆．4．传感器是一种采集信息的重要器件．如图所示是一种压力传感器．当待测压力F作用在可动膜片电极上时，可使膜片发生形变，引起电容的变化，将电容器、灵敏电流计和电源串联成闭合电路，那么( )A．当F向上压膜片电极时，电容将减小B．当F向上压膜片电极时，电容不变C．若电流计有示数，则压力F发生了变化D．若电流计有示数，则压力F不发生变化考点：电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：根据电容器的电容与板间距离的关系判断当F向上压膜片电极时电容的变化．由题，电容器、灵敏电流计和电源串接成闭合电路，若电流计有示数，电容器在充电或放电，压力F一定发生变化．解答：解：A、B、当F向上压膜片电极时，板间距离减小，由电容的决定式C=，得到，电容器的电容将增大．故AB错误．C、D、当F变化时，电容变化，而板间电压不变，由Q=CU，故带电荷量Q发生变化，电容器将发生充、放电现象，回路中有电流，电流计有示数．反之，电流计有示数时，压力F必发生变化．故C正确，D错误．故选：C．点评：本题电容器动态变化分析问题，只要掌握电容的定义式C=和决定式C=，就能正确解答．5．如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面．下列判断正确的是( )A．1、2两点的场强大小相等B．2、3两点的场强相等C．1、2两点的电势相等D．2、3两点的电势相等考点：电场强度；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据电场线的分布特点：从正电荷或无穷远处出发到负电荷或无穷远处终止，分析该点电荷的电性；电场线越密，场强越大．顺着电场线，电势降低．利用这些知识进行判断．解答：解：A、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与2比较，1处的电场线密，所以1处的电场强度大．故A错误；B、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可知，2、3两处场强大小相等，但方向不同，所以场强不等．故B错误；C，顺着电场线，电势降低，所以1点的电势高于2点处的电势．故C错误；D、由题目可得，2与3处于同一条等势线上，所以2与3两点的电势相等．故D正确．故选：D．点评：加强基础知识的学习，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题．6．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( )A．B．C．D．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．7．如图所示，光滑绝缘的水平面上有带异种电荷的小球A、B，它们在水平向右的匀强电场中保持相对静止并共同向右做匀加速直线运动．设A、B的电荷量绝对值依次为Q A、Q B，则下列判断正确的是( )A．小球A带正电，小球B带负电，且Q A＞Q BB．小球A带正电，小球B带负电，且Q A＜Q BC．小球A带负电，小球B带正电，且Q A＞Q BD．小球A带负电，小球B带正电，且Q A＜Q B考点：电场强度；牛顿第二定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：假设小球A带正电，小球B带负电，对小球各自受力分析，由于向右做匀加速运动，所以它们所受合力方向应该水平向右，看受力分析得出的合力方向与实际运动状态得出的加速度方向是否相同去进行判断．小球A带负电，小球B带正电，对小球各自受力分析，由牛顿第二定律列出等式求解．小球A、B整体受力分析，受水平向左的电场力和水平向右的电场力．由于向右做匀加速运动，所以它们所受合力方向水平向右．解答：解：A、假设小球A带正电，小球B带负电，对小球各自受力分析，小球B受向左的电场力和A对B向左的库仑力，所以小球B的合力向左．由于小球A、B向右做匀加速运动，所以它们所受合力方向水平向右．故A、B错误．C、小球A带负电，小球B带正电，对小球各自受力分析，由牛顿第二定律得：对小球B：EQ B﹣=m B a B①对小球A：﹣EQ A=m A a A②①②两式相加得：EQ B﹣EQ A=m B a B+m A a A所以必有Q A＜Q B，故C错误，D正确．故选D．点评：根据物体的运动状态判断物体的加速度方向及合力方向．对物体进行受力分析，找出合力方向，从而判断其电荷性质．定量比较时需要列出牛顿第二定律解决．8．如图所示，用大小相等的力F将同一物体分别沿光滑的水平面和光滑的斜面由静止开始移动大小相等的位移x，在两种情况下，力F作用的时间分别为t1和t2，力F的方向分别平行水平面和斜面，平均功率分别为P1和P2．则( )A．t1＜t2，P1＞P2B．t1＞t2，P1＜P2C．t1=t2，P1=P2D．t1＞t2，P1＞P2考点：动能定理的应用；功率、平均功率和瞬时功率．专题：动能定理的应用专题．分析：根据功的计算公式W=Fl判断做功的大小，由加速度和位移关系分析时间的长短，由P=分析功率的大小．解答：解：由功的计算公式W=Fl知，两种情况下，力F做功相等．由x=，知：在光滑水平面上运动时加速度大，通过相等的位移时间短，即有t1＜t2．由公式P=可得，P1＞P2．故选：A．点评：解决本题的关键要加深对功的公式的理解，明确功只与力的大小、位移大小和力与位移的夹角有关，与物体的运动情况无关．9．某静电场中x轴上的电势随x坐标变化的图象如图所示，φ﹣x图象关于φ轴对称，a、b两点到O点的距离相等．将一电荷从x轴上的a点由静止释放后粒子沿x轴运动到b点，运动过程中粒子只受电场力作用，则下列说法正确的是( )A．该电荷一定带负电B．电荷到b点时动能为零C．从O到b电荷的电势能减D．从a到b电场力对电荷先做正功，后做负功考点：电势能；动能定理的应用；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据沿电场线方向电势降低，确定出ab段电场的方向，从而确定出电荷的电性．根据动能定理判断b点的动能，根据电场力做功判断电势能的变化．解答：解：A、a到b电势先减小后增大，因为沿着电场线方向电势逐渐降低，可知电场的方向先向右再向左，电场力方向应先向右再向左，所以该电荷是正电荷．故A错误．B、a、b两点间的电势相等，电势差为零，根据动能定理，动能变化为零，所以b点动能为零．故B正确．C、从o到b电场力做负功，电势能增加．故C错误．D、a到b电场力的方向先向右再向左，所以电场力先做正功，后做负功．故D正确．故选BD．点评：解决本题的关键知道电势的高低与电场方向的关系，知道电场力做功与电势能的关系．10．两个点电荷Q1、Q2固定于x轴上，将一带正电的试探电荷从足够远处沿x轴负方向移近Q2（位于坐标原点）的过程中，试探电荷的电势能Ep随位置变化的关系如图所示，则下列判断正确的是( )A．M点电势为零，N点场强为零B．M点场强为零，N点电势为零C．Q1带负电，Q2带正电，且Q2电荷量较小D．Q1带正电，Q2带负电，且Q2电荷量较大考点：电势能；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由图读出电势能E P，由φ=，分析电势．E P﹣x图象的斜率=F，即斜率大小等于电场力大小．由F=qE，分析场强．析电势变化，确定场强的方向，由N点场强为零，判断两电荷的电性和电量的大小．解答：解：AB、由图知，M点电势能与无穷远处的电势能相等，E P=0，由φ=，分析得知，M点电势φ=0．E P﹣x图象的斜率=F=qE，则知N点场强为零．故A正确，B错误．CD、根据正电荷在电势高处电势能大，可知，带正电的试探电荷从远处移近Q2的过程中，电势能减小，电势先降低后升高，说明Q1带负电，Q2带正电，N点场强为零，由E=k知，Q2电荷量较小．故C正确，D错误．故选：AC．点评：本题一要抓住E P﹣x图象的斜率率=F=qE，分析场强的变化．二要根据推论正电荷在电势高处电势能大，分析电势的变化，确定电荷的电性．11．+Q和﹣Q是两个等量异种点电荷，以点电荷+Q为圆心作圆，A、B为圆上两点，MN是两电荷连线的中垂线，与两电荷连线交点为O，下列说法正确的是( )A．A点的电场强度大于B点的电场强度B．电子在A点的电势能小于在B点的电势能C．把质子从A点移动到B点，静电力对质子做功为零D．把质子从A点移动到MN上任何一点，质子的电势能变化都相同考点：电场的叠加；电场强度；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场线越密的地方场强越大，电磁线越稀疏的地方场强越小，电场线与等势面相互垂直，电场线从高等势面指向低等势面，电场力做功等于电势能的变化量，根据电场线分布分析答题．解答：解：等量异号电荷电场线分布如图所示：A、由图示电磁线分布可知，A处的电场线比B处的电场线稀疏，则A点的场强小于B点的场强，故A错误；B、电场线与等势面相互垂直，电场线从高等势面指向低等势面，由图示可知，A点所在等势面高于B点所在等势面，A点电势高于B点电势，电子带负电，则电子在A点的电势能小于在B点的电势能，故B正确；C、A、B两点电势不同，两点间的电势差不为零，把质子从A点移动到B点，静电力对质子做功不为零，故C错误；D、等量异号电荷连线的重锤线MN是等势线，A与MN上任何一点间的电势差都相等，把质子从A点移动到MN上任何一点，电场力做功都相等，质子的电势能变化都相同，故D正确；故选：BD．点评：本题考查了等量异号电荷的电场，知道电场线的分布，知道等量异号电荷连线的重锤线是等势线即可正确解题．12．水平放置的光滑绝缘环上套有三个带电小球，小球可在环上自由移动．如图所示，是小球平衡后的可能位置图．甲图中三个小球构成一个钝角三角形，A点是钝角三角形的顶点．乙图中小球构成一个锐角三角形，其中三角形边长DE＞DF＞EF．可以判断正确的是( )A．甲图中A、B两小球一定带异种电荷B．甲图中三个小球一定带等量电荷C．乙图中三个小球一定带同种电荷D．乙图中三个小球带电荷量的大小为Q D＞Q F＞Q E考点：库仑定律．分析：三个带电小球处于平衡状态，根据平衡状态找出研究对象所受的合力必须为零进行判断．三个力平衡．任意两个力的合力与第三个力等值反向．解答：解：A、对C进行受力分析，根据平衡条件得C一定要受一个排斥一个吸引，则AB 一定带不同电荷，故A正确．B、如果是等量电荷，那么小球应该的均匀分布在环上，故B错误C、对D分析，D不可能受到一个斥力一个引力，所以EF带同电，分析E根据平衡条件可得DF同电，可得三个同电．故C正确；D、D受到两斥力，设圆心O，DE大于DF，同时角ODE小于角ODF，可得受E力更大，又离E 远可得E电量大于F，故D错误故选AC．点评：解决本题的关键掌握库仑定律的公式，找出静电力方向，会运用共点力平衡判断．二、填空题（共12分，把答案填在答题纸相应的横线上）13．如图所示，在光滑水平面上，物体受两个相互垂直的大小分别为F1=3N和F2=4N的恒力，其合力在水平方向上，从静止开始运动10m，在这一过程中力F1做的功为18J；力F2做的功为32J；合力F做的功为50J．考点：功的计算．专题：功的计算专题．分析：根据W=Fscosθ求解各个力做的功，从而求出代数和；解答：解：根据W=Fscosθ得：代数和为W=W1+W2=18+32=50J故答案为：183250点评：合力的功与各个分力的功的和是等效的，在计算功的大小的时候要注意不能计算重复了14．如图所示，两个大平行金属板M、N间距离d=1.2cm，两板接在电压U=240V的电源上，M板接地，板间A点距M板0.2cm，B点距N板0.5cm，一个q=﹣3×10﹣4 C的点电荷放在A 点处，则：该电荷在A点所受的静电力F=6N； A点的电势φA=40V 和该电荷在B点所具有的电势能E pB=﹣4.2×10﹣2J．考点：电势差与电场强度的关系；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据E=求场强，根据F=qE求静电力F；该电荷在B点所具有的电势能等于从M移到B过程克服电场力做的功．。

河北省定兴第三中学高一物理3月月考试题理

2015—2016学年第二学期第一次月考高一物理试题（考试时间：90分钟；分值：100分）一、选择题（其中1-9为单选，10-12为多选，本题共12个小题，每题4分，共48分）1．关于力和运动的关系，下列说法中正确的是( )A．做直线运动的物体一定受到外力的作用B．做曲线运动的物体一定受到外力的作用C．物体受到的外力越大，其运动速度越大D．物体受到的外力越大，其运动速度大小变化得越快2．质点做匀速圆周运动，则以上说法中正确的是（）①在任何相等的时间里，质点的位移都相同②在任何相等的时间里，质点通过的路程都相等③在任何相等的时间里，质点运动的平均速度都相同④在任何相等的时间里，连接质点和圆心的半径转过的角度都相等A．①②B．③④C．①③D．②④3. 下列关于平抛运动的说法中正确的是（）A．由于物体只受重力作用，因此平抛运动是匀变速曲线运动B．由于速度的方向不断变化，因此平抛运动不是匀变速运动C．平抛运动的水平位移由抛出时的初速度大小决定D．平抛运动的时间由抛出时的高度和初速度的大小共同决定4．关于运动的合成与分解，下列说法错误的是（）A、两个直线运动的合运动一定是直线运动B、两个互成角度的匀速直线运动的合运动一定是直线运动C、两个匀加速直线运动的合运动可能是曲线运动D、两个初速为零的匀加速直线运动互成角度，它们的合运动一定是匀加速直线运动5. 如图所示，汽车以某一速率通过半圆形拱桥顶点，下列关于汽车在该处受力的说法中正确的是：（）A．汽车受重力、支持力、向心力B．汽车受重力、支持力、牵引力、摩擦力、向心力C．汽车的向心力就是重力D ．汽车受的重力和支持力的合力充当向心力6. 如图所示，人在岸上用轻绳拉船，若人匀速行进，则船将做（）A ．匀速运动B ．匀加速运动C ．变加速运动D ．减速运动7. 一只小船以恒定的速度船头垂直河岸向对岸驶去，，当水速突然增大时，对小船渡河经历的路程、时间发生的影响是( )A ．路程增加、时间增加B ．路程增加、时间缩短C ．路程增加、时间不变D ．路程、时间均与水速无关8. 如图所示，小球以v 0正对倾角为θ的斜面水平抛出，若小球到达斜面的位移最小，则飞行时间t 为（重力加速度为g ）（）A ．g v t θtan 0=B ．gv t θtan 20= C ．g v t θcot 0=D ．gv t θcot 20=9．如图所示，用长为L 的细绳拴着质量为m 的小球在竖直平面内做圆周运动，则下列说法中正确的是( )A ．小球在圆周最高点时所受的向心力一定为重力B ．小球在最高点时绳子的拉力不可能为零C ．若小球刚好能在竖直平面内做圆周运动，则其在最高点的速率为0。

《解析》河北省保定市定兴三中2016-2017学年高二上学期第一次月考物理试卷Word版含解析

2016-2017学年河北省保定市定兴三中高二（上）第一次月考物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．其中第1--9题为单选选，10-12题为多选）1．半径相同的两个金属小球A和B带有电量相等的电荷，相隔一定距离，两球之间的相互吸引力的大小是F，今让第三个半径相同的不带电的金属小球C先后与A、B两球接触后移开．这时，A、B两球之间的相互作用力的大小是（）A．F B．F C．F D．F2．如图所示，真空中某点固定一带电的点电荷，图中虚线为一组相同间距相等的同心圆，圆心与该点电荷重合．一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为该粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点，则该粒子（）A．带正电B．在c点受力最大C．在b点的电势能大于在c点的电势能D．由a点到b点的动能变化小于由b点到c点的动能变化3．关于电场强度和电势的关系，下列说法正确的是（）A．场强处处为零的空间，电势也一定处处为零B．场强处处相同的区域内，电势也一定相同C．场强的方向总是跟等势面垂直D．电势高的地方场强一定大4．如图所示，实线为一点电荷Q建立的电场中的几条电场线（方向未标出），虚线为一电子在电场中从M点运动到N点的轨迹．若电子在运动中只受电场力的作用，则下列判断正确的是（）A．建立电场的点电荷Q带负电B．粒子在M点的加速度比在N点的加速度大C．粒子在M点的速度比在N点的速度大D．粒子在M点的电势能比在N点的电势能大5．如图所示，两等量正点电荷分别固定在A、B两点，y轴在AB连线的中垂线上．一负点电荷（不计重力）从y轴上的P点由静止释放，则该负电荷将（）A．沿y轴正向运动，直至无限远B．沿y轴负向运动，直至无限远C．沿y轴以O为中心做往复运动D．偏离y轴做曲线运动6．如图所示，把一个带正电的小球放置在原来不带电的枕形导体附近，由于静电感应，枕形导体的a、b端分别出现感应电荷，则（）A．枕形导体a端电势高于b端电势B．仅闭合S1，有电子从大地流向枕形导体C．仅闭合S1，有电子从枕形导体流向大地D．仅闭合S2，有正电荷从枕形导体流向大地7．影响平行板电容器电容的因素有很多，探究时需采用控制变量法．如图，已经充满电的两个极板所带电荷量不变，两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，改变电容器的结构，关于可能看到的现象，下列说法正确的是（）A．保持d不变，增大S，则θ变大B．保持d不变，增大S，则θ变小C．保持S不变，减小d，则θ变大D．保持S不变，减小d，则θ不变8．如图所示，O为两个等量异种点电荷+q、﹣q连线的中点，P为连线中垂线上的任意一点，分别用U O、U P和E O、E P代表该电场中O、P两点的电势和场强的大小，则（）A．U O＞U P，E O＞E P B．U O=U P，E O＞E P C．U O＜U P，E O＞E P D．U O＞U P，E O=E P 9．如图是点电荷电场中的一条电场线，下面说法正确的是（）A．A点的场强一定大于B点的场强B．A点的电势一定比B点高C．这个电场一定是正电荷形成的D．在B点由静止释放一个质子，它一定向A点运动10．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11．如图（甲）所示，AB是电场中的一条直线．质子以某一初速度从A点出发，沿AB运动到B点，其v﹣t图象如图（乙）所示，已知质子只受电场力．关于A、B两点的电场强度E A、E B和电势φA、φB的关系，下列判断正确的是（）A．E A＜E B B．E A＞E B C．φA＜φB D．φA＞φB12．如图所示，一个绝缘光滑半圆轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E，在其上端与圆心等高处有一个质量为m，带电荷量为+q的小球由静止开始下滑，则（）A．小球运动过程中机械能守恒B．小球经过最低点时速度最大C．小球在最低点对环的压力大小为（mg+qE）D．小球在最低点对环的压力大小为3（mg+qE）二、填空题（本题共12分，每空3分）13．质子和α粒子的质量比为m1：m2=1：4，带电量之比为q1：q2=1：2，当它们从静止开始由同一匀强电场加速，通过相同的位移，则它们的速度之比v1：v2=______，动能比Ek1：Ek2=______．14．已知空气的击穿电场强度为2×106 V/m，测得某一次闪电，设闪电的火花路径为直线，其火花长为1000m，则发生这次闪电时，放电路径两端的电势差U=______V．15．图中A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为φA=15V，φB=3V，φC=﹣3V由此可得D点电势φD=______v．三、解答题（本题共4小题，共40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能得分．）16．如图所示，一质量为m、带电量为q的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，静止时悬线向左与竖直方向成θ角，重力加速度为g．（1）判断小球带何种电荷．（2）求电场强度E．（3）若在某时刻将细线突然剪断，求经过t时间小球的速度v．17．如图所示为一组未知方向的匀强电场的电场线，将带电荷量为q=﹣1.0×10﹣6C的点电荷由A点沿水平线移至B点，静电力做了﹣2×10﹣6J的功，已知A、B间的距离为2cm．（1）试求A、B两点间的电势差U AB；（2）若A点的电势为φA=1V，试求B点的电势φB；（3）试求该匀强电场的大小E 并判断其方向．18．有一平行板电容器，内部为真空，两个极板的间距为d，极板长为L，极板间有一匀强电场，U为两极板间的电压，电子从极板左端的正中央以初速度v0射入，其方向平行于极板，并打在极板上的D点，如图所示．电子的电荷量用e表示，质量用m表示，重力不计．回答下面问题（用字母表示结果）：（1）求电子打到D点的动能；（2）电子的初速必须大于何值，电子才能飞出极板．19．如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC，其下端（C端）距地面高度h=0.8m．有一质量为500g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑，小环离开杆后正好通过C端的正下方P点．（g取10m/s2）求：（1）小环离开直杆后运动的加速度大小和方向；（2）小环在直杆上匀速运动时速度的大小；（3）小环运动到P点的动能．2016-2017学年河北省保定市定兴三中高二（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．其中第1--9题为单选选，10-12题为多选）1．半径相同的两个金属小球A和B带有电量相等的电荷，相隔一定距离，两球之间的相互吸引力的大小是F，今让第三个半径相同的不带电的金属小球C先后与A、B两球接触后移开．这时，A、B两球之间的相互作用力的大小是（）A．F B．F C．F D．F【考点】库仑定律．【分析】理解库仑定律的内容和公式．知道带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分．【解答】解：假设A带电量为Q，BA带电量为﹣Q，两球之间的相互吸引力的大小是F=第三个不带电的金属小球C与A接触后，A和C的电量都为，C与B接触时先中和再平分，则C、B分开后电量均为﹣，这时，A、B两球之间的相互作用力的大小F′=故选：A．2．如图所示，真空中某点固定一带电的点电荷，图中虚线为一组相同间距相等的同心圆，圆心与该点电荷重合．一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为该粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点，则该粒子（）A．带正电B．在c点受力最大C．在b点的电势能大于在c点的电势能D．由a点到b点的动能变化小于由b点到c点的动能变化【考点】电势差与电场强度的关系；等势面．【分析】根据带电粒子的轨迹弯曲方向可判断粒子的电性．电场线与等势面垂直．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，沿电场线的方向，电势降低，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．由此分析即可．【解答】解：A、根据粒子轨迹的弯曲方向可知，粒子在a→b→c的过程中，一直受静电斥力作用，根据同性电荷相互排斥，故粒子带正电荷，故A正确；B、由点电荷电场的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，粒子在C点受到的电场力最小，故B错误；C、粒子由b到c，电场力做正功，根据动能定理，知粒子的动能增加，故粒子在b点电势能一定大于在c点的电势能，故C正确；D、a点到b点和b点到c点相比，由于点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，故a到b电场力做功为多，动能变化也大，故D错误．故选：AC3．关于电场强度和电势的关系，下列说法正确的是（）A．场强处处为零的空间，电势也一定处处为零B．场强处处相同的区域内，电势也一定相同C．场强的方向总是跟等势面垂直D．电势高的地方场强一定大【考点】电场强度；电势．【分析】电场线的疏密表示电场强度的相对大小，电场线的方向反映电势的高低，则电场强度与电势没有直接关系．电场强度为零，电势不一定为零．电势为零，电场强度也不一定为零．电场强度越大的地方，电势不一定高．顺着电场线方向，电势逐渐降低，但场强不一定减小．【解答】解：A、电势为零，是人为选择的，电场强度为零的地方，电势不一定为零．故A 错误．B、场强处处相同的区域内，电势不一定为零，比如：匀强电场，电场强度处处相等，而沿着电场线的方向电势降低．故B错误．C、等势面电势处处相等，在等势面上移动电荷不做功，是因电场力的方向与运动方向相互垂直，因此场强的方向总是跟等势面垂直．故C正确．D、电场线密处，电场强度大，而沿着电场线的方向，电势总是逐渐降低的，电势高的地方场强不一定大，故D错误．故选C4．如图所示，实线为一点电荷Q建立的电场中的几条电场线（方向未标出），虚线为一电子在电场中从M点运动到N点的轨迹．若电子在运动中只受电场力的作用，则下列判断正确的是（）A．建立电场的点电荷Q带负电B．粒子在M点的加速度比在N点的加速度大C．粒子在M点的速度比在N点的速度大D．粒子在M点的电势能比在N点的电势能大【考点】电场线；电场强度．【分析】由运动的轨迹弯曲方向确定出电场力方向，根据离子的电性分析电场线的方向．根据电场力的方向与速度方向的夹角确定电场力做功的正负，从而判断出动能和势能的大小关系．【解答】解：A、由图看出，电子的轨迹向下弯曲，其所受的电场力方向向上，故建立电场的点电荷Q带正电，A错误；B、电场线的疏密表示电场强度的大小，M点电场线稀疏，所以离子在M点的电场力小，加速度也小，B错误；C、粒子从M到N，电场力做正功，动能增大．电势能减小，所以离子在N点的速度大于在M点的速度，粒子在M点的电势能比在N点的电势能大，所以C错误D正确；故选：D5．如图所示，两等量正点电荷分别固定在A、B两点，y轴在AB连线的中垂线上．一负点电荷（不计重力）从y轴上的P点由静止释放，则该负电荷将（）A．沿y轴正向运动，直至无限远B．沿y轴负向运动，直至无限远C．沿y轴以O为中心做往复运动D．偏离y轴做曲线运动【考点】电场线．【分析】A、B为两个等量的正点电荷，其连线中垂线上电场强度方向0→P，负点电荷q从P点到O点运动的过程中，电场力方向P→O，根据其受力情况分析运动情况．【解答】解：在等量异种电荷连线中垂线上电场强度方向O→P，负点电荷q从P点到O点运动的过程中，电场力方向P→O，速度越来越大．越过O点后，电场力指向O点，负电荷q做减速运动，据电场线的对称性可知，粒子先加速运动，越过O点后做减速运动，到达中垂线上关于P点的对称性Q点后，速度为零，然后从Q点向P点先做加速运动，后做减速运动．故负电荷将沿y轴以O为中心做往复运动，故C正确．故选：C．6．如图所示，把一个带正电的小球放置在原来不带电的枕形导体附近，由于静电感应，枕形导体的a、b端分别出现感应电荷，则（）A．枕形导体a端电势高于b端电势B．仅闭合S1，有电子从大地流向枕形导体C．仅闭合S1，有电子从枕形导体流向大地D．仅闭合S2，有正电荷从枕形导体流向大地【考点】静电现象的解释．【分析】（1）感应起电的实质是在带电体上电荷的作用下，导体上的正负电荷发生了分离，使电荷从导体的一部分转移到了另一部分，既然是转移，那么电荷必然守恒．（2）同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．【解答】解：如图枕型导体在带正电的小球附近时，枕型导体上的自由电子会向左边运动，金属棒的左端因有了多余的电子而带负电，右端因缺少电子而带正电；而当闭合任何开关时，导体就会与大地连接，会使大地的电子流入枕形导体，当处于静电平衡时，枕形导体是个等势体，即导体a端电势等于b端电势；故B正确，ACD错误；故选：B．7．影响平行板电容器电容的因素有很多，探究时需采用控制变量法．如图，已经充满电的两个极板所带电荷量不变，两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，改变电容器的结构，关于可能看到的现象，下列说法正确的是（）A．保持d不变，增大S，则θ变大B．保持d不变，增大S，则θ变小C．保持S不变，减小d，则θ变大D．保持S不变，减小d，则θ不变【考点】电容器的动态分析．【分析】静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大．根据电容的决定式C= 分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，由电容的定义式C= 分析板间电势差的变化，再确定静电计指针的偏角变化情况．【解答】解：A、B根据电容的决定式C= 得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d 不变，增大S时，电容增大，极板所带电荷量Q不变，则由电容的定义式C= 分析可知板间电势差减小，静电计指针的偏角θ变小．故A错误，B正确．C、D根据电容的决定式得知，电容与极板间距离成反比，当保持S不变，减小d时，电容增大，由电容的定义式分析可知板间电势差减小，静电计指针的偏角θ变小．故CD错误．故选：B．8．如图所示，O为两个等量异种点电荷+q、﹣q连线的中点，P为连线中垂线上的任意一点，分别用U O、U P和E O、E P代表该电场中O、P两点的电势和场强的大小，则（）A．U O＞U P，E O＞E P B．U O=U P，E O＞E P C．U O＜U P，E O＞E P D．U O＞U P，E O=E P 【考点】电势差与电场强度的关系；电势．【分析】在两电荷的连线的中垂线上场强方向垂直于中垂线，则电荷在该线上移动，电场力不做功，电势相等．在O点两电荷所产生的场强最在，且两场强夹角最小为0，则合场强最大【解答】解：因把一检验电荷由O点移到P点电场力不做功，即电势相等．U o=U p 在O，P点场强为两电荷的场强的合场强，因O点距离小，且两场强的夹角小为0，则其场强大．即E o＞E p则B正确，ACD错误故选：B9．如图是点电荷电场中的一条电场线，下面说法正确的是（）A．A点的场强一定大于B点的场强B．A点的电势一定比B点高C．这个电场一定是正电荷形成的D．在B点由静止释放一个质子，它一定向A点运动【考点】电场线；电势．【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、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，由于只有一条电场线，不能判断电场线的疏密情况，所以不能判断场强的大小，所以A错误；B、沿电场线的方向，电势降低，则A点的电势一定比B点高，所以B正确；C、只有一条电场线不能判断电荷的情况，所以不能判断是不是正电荷产生的，所以C错误；D、由图可以知道的电场的方向向右，所以当由静止释放一个质子时，质子的受力的方向向右，所以电子将一定向B点运动，所以D错误．故选：B10．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【考点】电势能；动能定理的应用．【分析】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．【解答】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AC11．如图（甲）所示，AB是电场中的一条直线．质子以某一初速度从A点出发，沿AB运动到B点，其v﹣t图象如图（乙）所示，已知质子只受电场力．关于A、B两点的电场强度E A、E B和电势φA、φB的关系，下列判断正确的是（）A．E A＜E B B．E A＞E B C．φA＜φB D．φA＞φB【考点】电场强度．【分析】根据速度图象得出带电粒子的加速度越来越大，根据牛顿第二定律说明电场力越来越小，再根据电场强度的定义分析判断．【解答】解：A、B、速度图象的斜率表示点电荷的加速度的大小，由于斜率减小，则知从A运动到B过程中带电粒子的加速度减小，根据牛顿第二定律说明电场力减小，由F=Eq知，所以由A运动到B，场强E减小，所以E A＞E B，故A错误，B正确；C、D、质子带正电，在电场力的作用下做减速运动，所以电场方向从B指向A，A点的电势低，即φA＜φB；故C正确．D错误．故选：BC12．如图所示，一个绝缘光滑半圆轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E，在其上端与圆心等高处有一个质量为m，带电荷量为+q的小球由静止开始下滑，则（）A．小球运动过程中机械能守恒B．小球经过最低点时速度最大C．小球在最低点对环的压力大小为（mg+qE）D．小球在最低点对环的压力大小为3（mg+qE）【考点】带电粒子在混合场中的运动．【分析】小球运动过程中电场力做功，机械能不守恒．根据动能定理知小球经过环的最低点时速度最大．根据动能定理求出小球经过在最低点时的速度，由牛顿第二定律求出环对球的支持力，得到球对环的压力．【解答】解：A、小球运动过程中电场力做功，机械能不守恒．故A错误．B、小球从最高点到最低点的过程中，合力做正功，则根据动能定理得知，动能增加，速率增大，所以小球经过环的最低点时速度最大．故B正确．C、D小球从最高点到最低点的过程，根据动能定理得：（mg+qE）R=又由N﹣mg﹣qE=m，联立解得N=3（mg+qE）．故C错误，D正确．故选：BD．二、填空题（本题共12分，每空3分）13．质子和α粒子的质量比为m1：m2=1：4，带电量之比为q1：q2=1：2，当它们从静止开始由同一匀强电场加速，通过相同的位移，则它们的速度之比v1：v2=：1，动能比Ek1：Ek2=1：2．【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；动能．【分析】两个粒子在加速电场中，只有电场力对它们做功，由动能定理求出粒子的动能与速度，然后求出受到之比与动能之比．【解答】解：电场力对粒子做正功，由动能定理得：qEx=mv2﹣0，解得：v=，动能E K=mv2=qEx，粒子的速度之比：====，动能之比：==；故答案为：：1；1：2．14．已知空气的击穿电场强度为2×106 V/m，测得某一次闪电，设闪电的火花路径为直线，其火花长为1000m，则发生这次闪电时，放电路径两端的电势差U=2×109V．【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】本题通过具体事例直接考察了公式U=Ed和W=qU的理解和应用，比较简单，直接代入公式求解即可．【解答】解：由题意可知两云团之间为匀强电场，符合公式U=Ed适用条件，所以有：U=Ed=2×106×1000=2×109V故答案为：2×10915．图中A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为φA=15V，φB=3V，φC=﹣3V由此可得D点电势φD=9v．【考点】电势；电场强度．【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φD=9V．故答案为：9．三、解答题（本题共4小题，共40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能得分．）16．如图所示，一质量为m、带电量为q的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，静止时悬线向左与竖直方向成θ角，重力加速度为g．（1）判断小球带何种电荷．（2）求电场强度E．（3）若在某时刻将细线突然剪断，求经过t时间小球的速度v．【考点】共点力平衡的条件及其应用；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律；电场强度．【分析】（1）小球受到的电场力向左，与场强方向相反，故带负电荷；（2）对小球受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解出电场力，得到电场强度；（3）剪短细线后，小球受到重力和电场力，合力恒定，故做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度后，再运用速度时间公式求解．【解答】解：（1）小球受到的电场力向左，与场强方向相反；故小球带负电荷．（2）对小球受力分析，受重力、电场力和拉力，如图根据共点力平衡条件，有qE=mgtanθ故即电场强度E为．（3）剪短细线后，小球受到重力和电场力，合力恒定，故做初速度为零的匀加速直线运动；根据牛顿第二定律，有=ma ①F合由于三力平衡中，任意两个力的合力与第三力等值、反向、共线，故F= ②合根据速度时间公式，有v=at ③由①②③解得即经过t时间小球的速度v为．17．如图所示为一组未知方向的匀强电场的电场线，将带电荷量为q=﹣1.0×10﹣6C的点电荷由A点沿水平线移至B点，静电力做了﹣2×10﹣6J的功，已知A、B间的距离为2cm．（1）试求A、B两点间的电势差U AB；（2）若A点的电势为φA=1V，试求B点的电势φB；（3）试求该匀强电场的大小E 并判断其方向．【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】（1）A、B间两点间的电势差是U AB=（2）由U AB=φA﹣φB，求出A点的电势φB．（3）根据克服电场力做功，与电荷量沿电场方向移动的位移，可求出匀强电场的大小及方向．【解答】解：（1）由题意可知，静电力做负功，有：W AB=﹣2×10﹣6J根据U AB=得：U AB=2V（2）由U AB=φA﹣φB，可得φB=φA﹣U AB=1V﹣2V=﹣1V（3）沿着电场方向的位移为d=2×10﹣2cos60°m=1×10﹣2mE=V/m沿着电场线方向电势降低，所以电场线的方向：沿电场线斜向下答：（1）A、B两点间的电势差U AB为2V；（2）B点的电势φB为﹣1V；（3）该匀强电场的大小200V/m，方向：沿电场线斜向下．18．有一平行板电容器，内部为真空，两个极板的间距为d，极板长为L，极板间有一匀强电场，U为两极板间的电压，电子从极板左端的正中央以初速度v0射入，其方向平行于极板，并打在极板上的D点，如图所示．电子的电荷量用e表示，质量用m表示，重力不计．回答下面问题（用字母表示结果）：（1）求电子打到D点的动能；（2）电子的初速必须大于何值，电子才能飞出极板．【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】（1）电子从进入电场到打到D点的过程，运用动能定理可求得电子打到D点的动能；（2）电子在平行板电容器间做类平抛运动，刚好飞出极板时，水平位移为L，竖直位移为，将电子的运动分解法水平和竖直两个方向，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解．【解答】解：（1）设电子打到D点时的动能为E k，由动能定理可得：…①由①式解得：E k=…②（2）设电子刚好打到极板边缘时的速度为v，电子在平行板电容器间做类平抛运动，设其在竖直方向的加速度为a，在电场中的飞行时间为t，则由电场力及牛顿第二定律、平抛运动的规律可得：=ma…③L=v0t…④d=…⑤由③④⑤式联立解得：v=所以电子要逸出电容器，必有：v＞．答：（1）电子打到D点的动能；（2）电子的初速必须大于时，电子才能飞出极板．19．如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC，其下端（C端）距地面高度h=0.8m．有一质量为500g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑，小环离开杆后正好通过C端的正下方P点．（g取10m/s2）求：（1）小环离开直杆后运动的加速度大小和方向；（2）小环在直杆上匀速运动时速度的大小；（3）小环运动到P点的动能．【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；动能定理的应用．【分析】（1）根据小环在杆子上受力平衡，判断出电场力的方向，根据共点力平衡求出电场力的大小，从而得知离开杆子后所受的合力，根据牛顿第二定律求出加速度的大小和方向．（2）研究小环离开直杆的过程：小环做匀变速曲线运动，将其运动分解法水平和竖直两个研究，竖直方向做匀加速直线运动，水平方向做匀减速直线运动，从C到P水平位移为0，根据牛顿第二定律和位移时间公式对两个方向分别列式，即可求出小球做匀变速运动的初速度，即在直杆上匀速运动时速度的大小．（3）根据动能定理求出小环运动到P点的动能．【解答】解：（1）小环在直杆上做匀速运动，电场力必定水平向右，否则小环将做匀加速运动，其受力情况如图所示．由平衡条件得：mgsin45°=Eqcos45°…①得：mg=Eq，=mg=ma…②离开直杆后，只受mg、Eq作用，则合力为F合所以加速度为：a=g=10m/s2≈14.1 m/s2．方向与杆垂直斜向右下方．（2）设小环在直杆上运动的速度为v0，离杆后经t秒到达P点，。

高二物理上学期第一次试卷高二全册物理试题

嗦夺市安培阳光实验学校定州中学2015～2016学年度高二上学期第一次调研物理试卷一、单项选择题（每题3分，共48分）1．关于静电场，下列结论普遍成立的是（）A．电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关B．电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低C．在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向D．将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功为零2．下列是某同学对电场中的概念、公式的理解，其中正确的是（）A．根据电场强度的定义式E=，电场中某点的电场强度和试探电荷的电量成反比B．根据电容的定义式C=，电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比C．根据真空中点电荷电场强度公式E=k，电场中某点电场强度和场源电荷的电量无关D．根据电势差的定义式U AB =，带电量为1C正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B点的电势差为﹣1V3．一个电荷只在电场力作用下从电场中的A点移到B点，电场力做了5×10﹣6J 的功，那么（）A．电荷在B处时将具有5×10﹣6J的电势能B．电荷在B处将具有5×10﹣6J的动能C．电荷的电势能增加了5×10﹣6JD．电荷的动能增加了5×10﹣6J4．如图所示，有三个质量相等的分别带正电、负电和不带电的粒子从两水平放置的金属板左侧以相同的水平初速度v0先后射入电场中，最后在正极板上打出A、B、C三个点，则（）A．三种粒子在电场中运动时间相同B．三种粒子到达正极板时速度相同C．三种粒子到达正极板时落在A、C处的粒子机械能增大，落在B处粒子机械能不变D．落在C处的粒子带正电，落在B处的粒子不带电，落在A处的粒子带负电5．如图所示的真空空间中，仅在正方体中的黑点处存在着电荷量大小相等的点电荷（电荷的正负图中已标注），则图中a，b两点电场强度和电势均相同的是（）A ．B ．C ．D ．6．某静电场的等势面分布如图所示，下列说法正确的是（）A．A点的电场强度方向为曲线上A点的切线方向B．负电荷在A点的电势能比在C点的电势能大C．将电荷从A点移到B点，电场力一定不做功D．将正电荷由A点移到C点，电场力做负功7．如图所示的直线是真空中某电场的一条电场线，A、B是这条直线上的两点，一带负电粒子以速度v A经过A点向B点运动，经过一段时间后，粒子以速度v B经过B点，且v B与v A方向相反，不计粒子重力，下面说法正确的是（）A．A点的场强小于B点的场强B．A点的电势高于B点的电势C．粒子在A点的速度小于在B点的速度D．粒子在A点的电势能大于在B点的电势能8．如图所示，用静电计测量已充电的平行板电容器两极板间的电势差，现保持A板不动将B板向上移动一段距离，则静电计中指针的张角将（）A．变大B．变小C．先变大后变小D．先变小后变大9．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 ．10．一段横截面积为0.5m2的导体材料中，每秒种有0.2C正电荷和0.3C负电荷相向运动，则电流强度是（）A．0.2 A B．0.5 A C．0.3 A D．0.1 A11．电场中某个面上所有点的电势都相等，但电场强度都不同，这个面可能是（）A．等量同种电荷的中垂面B．等量异种电荷的中垂面C．以孤立点电荷为球心的某一球面D．匀强电场中的某一等势面12．两个固定的等量异种电荷，在它们连线的垂直平分线上有a、b、c三点，如图所示，下列说法正确的是（）A．a点的电势比b点电势高B．a、b两点场强方向相同，但是不能比较两点场强的大小C．a、b、c三点与无穷远电势相等D．一带电粒子（不计重力），在a点无初速释放，则它将在a、b段上运动13．空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示．下列说法正确的是（）A．O点的电势最低 B．x2点的电势最高C．x1和﹣x1两点的电势相等D．x1和x3两点的电势相等14．两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成平行板电容器，与它相连接的电路如图所示，接通开关K，电源即给电容器充电，达到稳定后．则（）A．保持K接通，减小两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度减小B．保持K接通，在两极板间插入一块介质，则极板上的电量增大C．断开K，增大两极板间的距离，则两极板间的电势差减小D．断开K，在两极板间插入一块介质，则两极板间的电势差增大15．板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时，两极板间电势差为U1，板间场强为E1，现将电容器所带电荷量变为2Q ，板间距变为d，其他条件不变，这时两极板间电势差为U2，板间场强为E2，下列说法正确的是（）A．U2=U1，E2=E1B．U2=U1，E2=2E1C．U2=2U1，E2=2E1D．U2=2U1，E2=4E116．如图所示，绝缘杆两端固定带电小球A和B，轻杆处于水平向右的匀强电场中，不考虑两球之间的相互作用．初始时杆与电场线垂直，将杆右移的同时顺时针转过90°，发现A、B两球电势能之和不变．根据如图给出的位置关系，下列说法正确的是（）A．A一定带正电，B一定带负电B．A、B两球带电量的绝对值之比q A：q B=1：2C．A球电势能一定增加D．电场力对A球和B球都不做功二、多项选择题（每题3分，部分分2分，共21分）17．关于电源，下列说法正确的是（）A．电源是将电能转化为其他形式能的装置B．电源是将其他形式能转化为电能的装置C．电源是把自由电子从正极搬迁到负极的装置D．电源是把自由电子从负极搬迁到正极的装置18．类比法是一种有效的学习方法，通过归类和比较，有助于理解和掌握新概念、新知识．下列类比说法正确的是（）A．点电荷可以与质点类比，都是理想化模型B．电场力做功不可以与重力做功类比，电场力做功与路径有关而重力做功与路径无关C．电场线可以与磁感线类比，都是用假想的曲线形象化地描绘“场”D．机械能守恒定律可以与动量守恒定律类比，都是描述系统在合外力为零时遵循的运动规律19．一条直线上依次有a、b、c三点．ab=bc．在这三点分别放三个点电荷，在静电力的作用下都处于平衡状态．巳知a点电荷带正电，电量为Q则（）A．c点电荷一定带正电B．若b也带正电，那么c带负电C．c所带的电量为9QD．b，c两点电荷电量大小之比为1：920．一点电荷仅受电场力作用，由A点无初速释放，先后经过电场中的B点和C点．点电荷在A、B、C三点的电势能分别用E A、E B、E C表示，则E A、E B和E C间的关系可能是（）A．E A＞E B＞E C B．E A＜E B＜E C C．E A＜E C＜E B D．E A＞E C＞E B21．如图所示，平行金属板内有一匀强电场，一个电量为q、质量为m的带电粒子（重力不计）以速度v0从A点水平射人电场，且刚好以速度v从B点射出，则（）A．若将粒子以速度﹣v0从B点射人电场，它将刚好以速度﹣v从A点射出B．若该粒子以速度﹣v从B点射人电场，它将刚好以速度﹣v0从A点射出C．若将q的反粒（﹣q，m）以速度﹣v0从B点射入电场，它将刚好以速度﹣v 从A点射出D．若将q的反粒子（﹣q，m）以速度﹣v从B点射入电场，它将刚好以速度﹣v0从A点射出22．在竖直向下的匀强电场中，有a、b、c、d四个带电质点，各以水平向左、水平向右、竖直向下和竖直向上的速度做匀速直线运动，不计质点间的相互作用力，则有（）A．c、d带异种电荷B．a、b带同种电荷且电势能均不变C．d的电势能减小，重力势能增大D．c的电势能增大，机械能减小23．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P点．现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（）A．平行板电容器的电容将变小B．静电计指针张角变小C．带电油滴的电势能将减少D．若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变三、非选择题24．如图所示，质量为m、电荷量为+q的带电小球拴在一不可伸长的绝缘轻细绳一端，绳的另一端固定于O点，绳长为l．现加一个水平向右的匀强电场，小球静止于与竖直方向成θ=30°角的A点．已知重力加速度为g．求：（1）所加电场的场强E的大小；若将小球拉起至与O点等高的B点后无初速释放，则小球经过最低点C时，绳对小球拉力的大小．25．如图所示，在方向水平向右、大小为E=6×103N/C的匀强电场中有一个光滑的绝缘平面．一根绝缘细绳两端分别系有带电滑块甲和乙，甲的质量为m1=2×10﹣4 kg，带电量为q1=2×10﹣9 C，乙的质量为m2=1×10﹣4 kg，带电量为q2=﹣1×10﹣9 C．开始时细绳处于拉直状态．由静止释放两滑块，t=3s时细绳突然断裂，不计滑块间的库仑力，试求：（1）细绳断裂前，两滑块的加速度；在整个运动过程中，乙的电势能增量的最大值；（3）当乙的电势能增量为零时，甲与乙组成的系统机械能的增量．26．如图所示是示波器的部分构造示意图，真空室中阴极K不断发出初速度可忽略的电子，电子经电压U0=4.55×l03V的电场加速后，由孔N沿长L=0.10m 相距为d=0.020m的两平行金属板A、B间的中心轴线进入两板间，电了穿过A、B板后最终可打在中心为O的荧光屏CD上，光屏CD距A、B板右侧距离S=0.45m．若在A、B间加U AB=27.3V的电压．已知电子电荷最e=1.6×10﹣19C，质量m=9.1×10﹣31kg．求：（1）电子通过孔N时的速度大小；荧光屏CD上的发光点距中心O的距离．定州中学2015～2016学年度高二上学期第一次调研物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（每题3分，共48分）1．关于静电场，下列结论普遍成立的是（）A．电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关B．电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低C．在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向D．将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功为零【考点】电势；电场；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】本题主要考查静电场中电场强度和电势的特点，可根据所涉及的知识逐个分析．【解答】解：A、电势差的大小决定于电场线方向上两点间距和电场强度两个因素，故A错误；B、在正电荷的电场中，离正电荷近，电场强度大，电势高，离正电荷远，电场强度小，电势低；而在负电荷的电场中，离负电荷近，电场强度大，电势低，离负电荷远，电场强度小，电势高，故B错误；C、沿电场方向电势降低，而且电势降低最快，故C正确；D、场强与电势无关，故场强为零，电势不一定为零，所以两个场强为零的点间的电势差不一定为零，电场力做功不一定为零，故D错误；故选：C．2．下列是某同学对电场中的概念、公式的理解，其中正确的是（）A．根据电场强度的定义式E=，电场中某点的电场强度和试探电荷的电量成反比B．根据电容的定义式C=，电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比C．根据真空中点电荷电场强度公式E=k，电场中某点电场强度和场源电荷的电量无关D．根据电势差的定义式U AB =，带电量为1C正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B点的电势差为﹣1V【考点】电场强度．【分析】电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关；用电容器和电势差的定义式即可求解．【解答】解：A、电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关，所以不能理解电场中某点的电场强度和试探电荷的电量成反比，故A错误．B、电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量，取决于电容器本身，并不是电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比，故B错误．C、根据点电荷的场强公式E=知：电场强度只由场源电荷电量和位置决定，故C错误．D、据电势差的定义式U AB =知，带电量为1C正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B点的电势差为﹣1V，故D正确．故选：D．【点评】本题关键抓住电场强度是描述电场本身性质的物理量，其大小和方向与试探电荷无关，是电场本身决定；电容取决于电容器本身；灵活应用电势差的定义式．3．一个电荷只在电场力作用下从电场中的A点移到B点，电场力做了5×10﹣6J 的功，那么（）A．电荷在B处时将具有5×10﹣6J的电势能B．电荷在B处将具有5×10﹣6J的动能C．电荷的电势能增加了5×10﹣6JD．电荷的动能增加了5×10﹣6J【考点】电势能；动能定理的应用．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电荷只在电场力作用下从电场中的A点移到B点，电场力做了5×10﹣6J的功，电荷的电势能减小5×10﹣6J，根据动能定理得知，动能增加了5×10﹣6J．【解答】解：A、B由题知道电场力做功多少，只能判断电势能与动能的变化量，不能确定电势能与动能的大小．故AB错误．C、电场力做了5×10﹣6J的功，根据功能关系得知，电荷的电势能减小5×10﹣6J．故C错误．D、电荷只在电场力作用下，电场力做了5×10﹣6J的功，合力做功即为5×10﹣6J，根据动能定理得知，动能增加了5×10﹣6J．故D正确．故选D【点评】本题考查对电场力做功与电势能变化关系的理解和动能定理具体应用能力，基本题．4．如图所示，有三个质量相等的分别带正电、负电和不带电的粒子从两水平放置的金属板左侧以相同的水平初速度v0先后射入电场中，最后在正极板上打出A、B、C三个点，则（）A．三种粒子在电场中运动时间相同B．三种粒子到达正极板时速度相同C．三种粒子到达正极板时落在A、C处的粒子机械能增大，落在B处粒子机械能不变D．落在C处的粒子带正电，落在B处的粒子不带电，落在A处的粒子带负电【考点】带电粒子在混合场中的运动．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】因为上极板带负电，所以平行板间有竖直向上的电场，正电荷在电场中受到向上的电场力，负电荷受到向下的电场力．则不带电的小球做平抛运动，带负电的小球做类平抛运动，加速度比重力加速度大，带正电的小球做加速度比重力加速度小的类平抛运动．由此根据平抛和类平抛运动规律求解．【解答】解：A、根据题意，三小球在竖直方向都做初速度为0的匀加速直线运动，球到达下极板时，在竖直方向产生的位移h相等：h=at2，解得：t=；由于平行板间有竖直向上的电场，正电荷在电场中受到向上的电场力，向下的合力最小，向下的加速度最小，负电荷受到向下的电场力，向下的合力最大，向下的加速度最大，不带电的小球做平抛运动，加速度为重力加速度g，根据t=得到正电荷运动时间最长，负电荷运动时间最短，不带电的小球所用时间处于中间；故A错误．BC、3种粒子下落过程有重力和电场力做功，它们的初动能相同，根据动能定理合力做功越多则末动能越大，而重力做功相同，A粒子带负电，电场力做正功；B粒子不带电，电场力不做功；C粒子带正电电场力做负功；所以动能E kC ＜E kB＜E kA，故BC错误．D、三粒子水平方向做匀速直线运动，水平位移：x=v0t，由于初速度相同，所用时间越长则水平位移越大，所用A粒子带负电，B粒子不带电，C粒子带正电，故D正确．故选：D．【点评】确认不带电小球做平抛运动，带电小球做类平抛运动，分水平和竖直方向分析小球的运动，水平方向匀速直线运动，竖直方向初速度为0的匀加速直线运动，由运动的合成与分解进行分析．5．如图所示的真空空间中，仅在正方体中的黑点处存在着电荷量大小相等的点电荷（电荷的正负图中已标注），则图中a，b两点电场强度和电势均相同的是（）A ．B ．C ．D ．【考点】电势；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据点电荷的电场强度公式可得各个点电荷在正方体的顶点的电场场强大小，再根据矢量合成，求出合场强，再根据正电荷的受力判断场强的方向．有U=Φ2﹣Φ1，U=Ed得，Φ2﹣Φ1=Ed可判断电势高低．【解答】解：A 、根据点电荷的电场强度公式可得各个点电荷在正方体的顶点的电场场强大小，可计算得a、b两点电场强度大小相等，根据正电荷的受力判断场强的方向相反，故A错误．B 、根据点电荷的电场强度公式，可求得各个点电荷在a、b两点的电场场强大小，再根据矢量的合成，可得a、b两点的电场场强大小不等，故B不错．C 、根据点电荷的电场强度公式可得各个点电荷在a、b两点的电场场强大小相等，再根据矢量合成，求出合场强相等，再根据正电荷的受力判断场强的方向相同．再根据U=Φ2﹣Φ1，U=Ed得，Φ2﹣Φ1=Ed可判断a、b 两电势相等．故C正确．D 、根据点电荷的电场强度公式可得a、b两点的电场场强大小相等，再根据矢量合成，求出合场强相等，再根据正电荷的受力判断场强的方向不同．故D错误．故选C．【点评】考查了点电荷的电场强度公式，矢量的合成，电势差与电势的关系，电势差与电场强的关系．6．某静电场的等势面分布如图所示，下列说法正确的是（）A．A点的电场强度方向为曲线上A点的切线方向B．负电荷在A点的电势能比在C点的电势能大C．将电荷从A点移到B点，电场力一定不做功D．将正电荷由A点移到C点，电场力做负功【考点】等势面；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场线与等势面垂直．正电荷在高电势处电势能大，负电荷在高电势处电势能小．在同一等势面上的各点电势能相等．【解答】解：A、A点的电场强度方向为曲线上A点的垂线方向．故A错误B、因A点电势高于C点电势，则负电荷在A点电势能比在C点的小．故B错误C、因A，B为同电势点，则在两位置电势能相等，故由A到B电场力不做功．故C正确D、将正电荷由A点移到C点，电势能减小，故电场力做正功，故D错误故选C．【点评】电场强度、电势、电势能、电场力做功等概念是本章的重点和难点，要弄清它们之间的区别和联系，并能在实际电场中或者电荷运动过程中弄清它们的变化．7．如图所示的直线是真空中某电场的一条电场线，A、B是这条直线上的两点，一带负电粒子以速度v A经过A点向B点运动，经过一段时间后，粒子以速度v B经过B点，且v B与v A方向相反，不计粒子重力，下面说法正确的是（）A．A点的场强小于B点的场强B．A点的电势高于B点的电势C．粒子在A点的速度小于在B点的速度D．粒子在A点的电势能大于在B点的电势能【考点】电势差与电场强度的关系；电场线．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场线的疏密代表电场的强弱，由于只有一条电场线，所以无法判断哪个位置电场线更密集．由于带负电的粒子在A点时速度方向向右而到达B点时速度方向向左，故负电荷所受电场力方向向左，场强向右，沿电场线方向电势降低，由于从A到B过程中电场力做负功，粒子的电势能增大，动能减小【解答】解：A、由于只有一条电场线，所以无法判断哪个位置电场线更密集，故无法判断AB两点哪儿场强更大，故A错误．B、由于带负电的粒子在A点时速度方向向右而到达B点时速度方向向左，故负电荷所受电场力方向向左，而负电荷所受电场力的方向与电场的方向相反，故场强向右，所以A点电势高于B点的电势．故B正确．C、由于从A到B过程中电场力做负功，故电荷在A点的动能更大，故粒子在A 点时的速度大于它在B点时的速度，故C错误．D、由于从A到B过程中电场力做负功，故粒子的电势能增大．故D错误．故选：B【点评】物体速度方向的变化说明物体所受的电场力方向向左，这是本题的突破口8．如图所示，用静电计测量已充电的平行板电容器两极板间的电势差，现保持A板不动将B板向上移动一段距离，则静电计中指针的张角将（）A．变大B．变小C．先变大后变小D．先变小后变大【考点】电容器的动态分析．【专题】电容器专题．【分析】静电计指针的张角反应电容器两端间电势差的变化，抓住电容器带电量不变，根据U=，通过电容的变化，判断电势差的变化．【解答】解：将B板竖直向上平移，两板正对面积减小，由C=分析可知电容减小，而电容器的电量不变，根据U=可知板间电压增大，则静电计指针张角增大．故A正确，BCD错误．故选A【点评】解决本题的关键掌握电容器的动态分析，电容器与电源断开，电量保持不变，电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差不变．9．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；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．10．一段横截面积为0.5m2的导体材料中，每秒种有0.2C正电荷和0.3C负电荷相向运动，则电流强度是（）A．0.2 A B．0.5 A C．0.3 A D．0.1 A【考点】电流、电压概念．【专题】恒定电流专题．【分析】根据电流的定义：单位时间内通过导体横截面的电荷量．【解答】解：电流的定义式是I=，在导电液中，q指正负电荷绝对值的和，所以I==0.5A，B正确．故选：B．【点评】本题需要注意的是对于电解液导电，通过某一横截面的电荷是正负电荷绝对值的和．11．电场中某个面上所有点的电势都相等，但电场强度都不同，这个面可能是（）A．等量同种电荷的中垂面B．等量异种电荷的中垂面C．以孤立点电荷为球心的某一球面D．匀强电场中的某一等势面【考点】等势面．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】在电场中电场线的切向方向表示电场的方向，电场线的疏密表示电场的强弱，等势面与电场线相互垂直．【解答】解：A、等量同种电荷的中垂面是个等势面，但电场强度相等且都为零，故A错误；B、等量异种电荷的中垂面是个等势面，但以两电荷连线为对称线的中垂面上的电场强度都相等，故B错误；C、以孤立点电荷为球心的某一球面上的所有点的电势都相等，但电场强度都不同，故C正确；D、匀强电场中的某一等势面上的电场强度都相等，故D错误；故选C．【点评】本题考查对电场线的认识，由电场线我们应能找出电场的方向、场强的大小及电势的高低．12．两个固定的等量异种电荷，在它们连线的垂直平分线上有a、b、c三点，如图所示，下列说法正确的是（）A．a点的电势比b点电势高B．a、b两点场强方向相同，但是不能比较两点场强的大小C．a、b、c三点与无穷远电势相等D．一带电粒子（不计重力），在a点无初速释放，则它将在a、b段上运动【考点】电场强度；电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，一直延伸到无穷远处．a、b两点场强方向相同，b处电场线较密，场强较大．带电粒子（不计重力），在a点无初速释放，所受的电场力方向与ab连线垂直，不可能沿ab连线运动．【解答】解：A、C等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，一直延伸到无穷远处，即a、b、c三点与无穷远电势相等．故A错误，C正确．B、a、b两点场强方向相同，b处电场线较密，场强较大．故B错误．D、带电粒子（不计重力），在a点无初速释放，所受的电场力方向与ab 连线垂直，不可能沿ab连线运动．故D错误．故选C【点评】本题考查对等量异种电荷等势线与电场线分布的了解与理解程度，基础题．13．空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示．下列说法正确的是（）A．O点的电势最低 B．x2点的电势最高C．x1和﹣x1两点的电势相等D．x1和x3两点的电势相等【考点】电场；电势．【专题】压轴题．【分析】解答本题需掌握：电场线的切线方向表示空间该点的场强方向；沿着电场线电势越来越低．。

河北省保定市定州中学2016-2017学年高二上学期第一次月考物理试卷Word版含解析

2016-2017学年河北省保定市定州中学高二（上）第一次月考物理试卷一．选择题（本大题共30小题，每小题4分，共40分）1．图中为地磁场磁感线的示意图，在南半球地磁场的竖直分量向上，飞机在南半球上空匀速飞行，机翼保持水平，飞机高度不变，由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差．设飞行员左方机翼末端处的电势为U1，右方机翼末端处的电势为U2（）A．若飞机从西往东飞，U1比U2高B．若飞机从东往西飞，U2比U1高C．若飞机从南往北飞，U1比U2高D．若飞机从北往南飞，U2比U1高2．如图所示，虚线范围内有垂直于纸面向外的匀强磁场，宽度为L．一个边长也为L的正方形闭合导线框在竖直面内，下底边恰好位于磁场上边界．将导线框由静止释放后开始做加速运动；当其下底边到达磁场下边界时，导线框刚好开始做匀速运动，直到导线框完全离开磁场．关于以上两个阶段中的能量转化情况，下列说法正确的是（）A．第一阶段导线框重力势能的减少量等于其动能的增加量B．第一阶段导线框机械能的减少量大于导线框内产生的电热C．第一阶段导线框内产生的电热小于第二阶段导线框内产生的电热D．第一阶段导线框机械能的减少量大于第二阶段导线框机械能的减少量3．如图所示的4种情况中，磁场的磁感应强度都是B，导体的长度l和运动速度v的大小都相同．产生感应电动势最小的是（）A． B．C． D．4．某部小说中描述一种窃听电话：窃贼将并排在一起的两根电话线分开，在其中一根电话线旁边铺设一条两端分别与耳机连接的导线，这条导线与电话线是绝缘的，如图所示．下列说法正确的是（）A．不能窃听到电话，因为电话线中电流太小B．不能窃听到电话，因为电话线与耳机没有接通C．可以窃听到电话，因为电话中的电流是恒定电流，在耳机电路中引起感应电流D．可以窃听到电话，因为电话中的电流是交变电流，在耳机电路中引起感应电流5．如图所示，有一匝接在电容器C两端的圆形导线回路，垂直于回路平面以内存在着向里的匀强磁场B，已知圆的半径r=5cm，电容C=20μF，当磁场B以4×10﹣2T/s的变化率均匀增加时，则（）A．电容器a板带正电，电荷量为2π×10﹣9CB．电容器a板带负电，电荷量为2π×10﹣9CC．电容器b板带正电，电荷量为4π×10﹣9CD．电容器b板带负电，电荷量为4π×10﹣9C6．下列现象中，属于电磁感应现象的是（）A．变化的磁场使闭合电路产生感应电流B．磁场对电流产生力的作用C．插入通电螺线管中的软铁棒被磁化D．电流周围产生磁场7．如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一材料相同、粗细均匀的正方形导体框abcd．现将导体框先后朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框在上述两过程中，下列说法正确的是（）A．导体框中产生的感应电流方向相同B．通过导体框截面的电量相同C．导体框中产生的焦耳热相同D．导体框cd边两端电势差大小相同8．如图所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行金属导轨，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B，一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度v m，则（）A．如果B增大，v m将变大B．如果α变大，v m将变大C．如果R变大，v m将变大D．如果m变小，v m将变大9．如图所示，导线框abcd与固定直导线AB在同一平面内，直导线AB中通有恒定电流I，当线框由图示位置向右匀速运动的过程中（）A．线圈中的感应电流方向是abcdaB．线圈中的感应电流方向是dcbadC．线圈中的感应电流大小不变D．线圈中的感应电流大小逐渐减小10．如图所示，LOO′L′为一折线，它所形成的两个角∠LOO′和∠OO′L′均为45°．折线的右边有一匀强磁场，其方向垂直于纸面向里．一边长为l的正方形导线框沿垂直于OO′的方向以速度v做竖直向上的匀速直线运动，在t=0时刻恰好位于图中所示位置．以逆时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流﹣时间（I﹣t）关系的是（时间以为单位）（）A．B．C．D．11．长度和粗细均相同，材料不同的两根导线，分别先后在U形导轨上以同样的速度在同一匀强磁场中做切割磁感线运动，导轨电阻不计．则两导线（）A．产生相同的感应电动势B．产生的感应电流与两者的电阻率成正比C．产生的电流功率与两者电阻率成正比D．两者受到相同的磁场力12．如图所示，平行导轨间距为d，一端跨接一个电阻R，匀强磁场的磁感应强度为B．方向垂直于平行金属导轨所在平面．一根金属棒与导轨成θ角放置，金属棒与导轨的电阻均不计．当金属棒垂直于棒的方向以恒定的速度υ在金属导轨上滑行时，通过电阻R的电流是（）A．B．C．D．13．在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒以水平速度沿与杆垂直的方向抛出，设棒在运动过程中不发生转动，空气阻力不计，则金属棒在做平抛运动过程中产生的感应电动势（）A．越来越大B．越来越小C．保持不变D．无法判断14．对于声波、无线电波和光波，下列说法中正确的是（）A．它们都是横波B．它们都能在真空中传播C．它们都能发生干涉和衍射D．它们的本质相同15．如图为远距离输电的电路原理图，变压器均为理想变压器并标示了电压和电流，其中输电线总电阻为R，则（）A．I2=B．I2＜C．用户得到的电功率与电厂输出的电功率相等D．用户得到的交变电流的频率与电厂输出交变电流的频率相等16．如图所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向里的匀强磁场B中．质量为m、带电量为+q的小滑块从斜面顶端由静止下滑．对滑块下滑的过程，下列判断正确的是（）A．滑块受到的洛仑兹力方向垂直斜面向上B．滑块受到的摩擦力大小不变C．滑块一定不能到达斜面底端D．滑块到达地面时的动能与B的大小有关17．如图所示，一个“∠”型导轨垂直于磁场固定在磁感应强度为B的匀强磁场中，ab是与导轨材料、横截面积均相同的导体棒，导体棒与导轨接触良好．在外力作用下，导体棒以恒定速度v向右运动，以导体棒在图中所示位置的时刻作为计时起点，则回路中的（）A．感应电动势保持不变B．感应电动势逐渐增大C．感应电流保持不变D．感应电流逐渐增大18．下列实验现象，属于反映电流能产生磁场的现象是（）A．导线通电后，其下方的小磁针偏转B．通电导线AB在磁场中运动C．金属杆切断磁感线时，电流表指针偏转D．通电线圈在磁场中转动19．在图中除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，（a）图中的电容器C原来不带电，设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计．图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面（即纸面）向下的匀强磁场中，导轨足够长，今给导体棒ab一个向右的初速度v0，导体棒的最终运动状态是（）A．三种情况下，导体棒ab最终都是匀速运动B．图（a）、（c）中ab棒最终将以不同的速度做匀速运动；图（b）中ab棒最终静止C．图（a）、（c）中，ab棒最终将以相同的速度做匀速运动D．三种情况下，导体棒ab最终均静止20．电荷是看不见的，但能被验电器检测出来是否存在．普通验电器顶部装有一个金属球，金属球与金属杆相连，在金属杆的底部是两片很薄的金属片．当验电器不带电荷时，金属片自然下垂．当一个带电体接触到金属球时，电荷能沿着金属棒传递，金属片就带有电荷．由于同时带有同一种电荷，两金属片相互排斥而张开．不管被检验的物体带负电还是正电，验电器的金属片都会张开．因此，这种验电器（）A．能用来直接判断电荷的正负B．不能用来直接判断电荷的正负C．不能用来间接判断电荷的正负D．可以直接测量物体的带电量21．生产、生活中使用的许多电器或设备都可看作能量转换器，它们把能量从一种形式转化为另一种形式，下列电器或设备在工作过程中把电能转化为动能的是（）A．电饭煲B．电风扇C．发电机D．汽油机22．处在磁场中的一闭合线圈，若没有产生感应电流，则可以判定（）A．线圈没有在磁场中运动B．线圈没有做切割磁感线运动C．穿过线圈的磁通量没有发生变化D．磁场没有发生变化23．如图1所示，光滑的平行水平金属导轨MN、PQ相距L，在MP之间接一个阻值为R的电阻，在两导轨间cdfe矩形区域内有垂直导轨平面竖直向上、宽为d 的匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m、电阻为r、长度也刚好为L的导体棒ab垂直放在导轨上，与磁场左边界相距d．现用一个水平向右的力F拉棒ab，使它由静止开始运动，其ab离开磁场前已做匀速直线运动棒ab与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，F随ab与初始位置的距离x变化的情况如图2所示，F0已知．下列判断正确的是（）A．棒ab在ac之间的运动一定是匀加速直线运动B．棒ab在ce之间不可能一直做匀速运动C．棒ab离开磁场时的速率为D．棒ab经过磁场的过程中，通过电阻R的电量为24．图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，Ⓐ为交流电流表．线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示，以下判断正确的是（）A．线圈转动的角速度为50πrad/sB．电流表的示数为10AC．0.01s时线圈平面与磁感线平行D．0.02s时电阻R中电流的方向自左向右25．关于生活中遇到的各种波，下列说法正确的是（）A．电磁波可以传递信息，声波不能传递信息B．手机在通话时涉及的波既有电磁波又有声波C．太阳光中的可见光和医院“B超”中的超声波传递速度相同D．遥控器发出的红外线波长和医院CT中的X射线波长相同26．如图，在竖直向下的y轴两侧分布有垂直纸面向外和向里的磁场，磁感应强度均随位置坐标按B=B o+ky（k为正常数）的规律变化．两个完全相同的正方形线框甲和乙的上边均与y轴垂直，甲的初始位置高于乙的初始位置，两线框平面均与磁场垂直．现同时分别给两个线框一个竖直向下的初速度v l和v2，设磁场的范围足够大，且仅考虑线框完全在磁场中的运动，则下列说法正确的是（）A．运动中两线框所受磁场的作用力方向一定相同B．若v1＞v2，则开始时甲线框的感应电流一定大于乙线框的感应电流C．若v1=v2，则开始时甲线框所受磁场的作用力小于乙线框所受磁场的作用力D．若v1＜v2，则最终达到各自稳定状态时甲线框的速度可能大于乙线框的速度27．如图所示，M是一小型理想变压器，接线柱a、b接在电压u=311sin314t（V）的正弦交流电源上，变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器，电流表A2为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表V2显示加在报警器上的电压（报警器未画出），R3为一定值电阻．当传感器R2所在处出现火警时，以下说法中正确的是（）A．A l的示数不变，A2的示数增大B．A1的示数增大，A2的示数增大C．V1的示数增大，V2的示数增大D．V1的示数不变，V2的示数减小28．如图所示，PQ、MN是放置在水平面内的光滑导轨，GH是长度为L、电阻为r的导体棒，其中点与一端固定的轻弹簧连接，轻弹簧的劲度系数为k．导体棒处在方向向下、磁感应强度为B的匀强磁场中．图中E是电动势为E，内阻不计的直流电源，电容器的电容为C．闭合开关，待电路稳定后，则有（）A．导体棒中电流为B．轻弹簧的长度增加C．轻弹簧的长度减少D．电容器带电量为CR229．半圆形导轨竖直放置，不均匀磁场水平方向并垂直于轨道平面，一个金属环在轨道内来回滚动，如图所示，若空气阻力不计，则（）A．金属环做等幅振动B．金属环做减幅振动C．金属环做增幅振动D．无法确定30．如图所示，有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域，其直角边长为L，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B；边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域．取沿a→b→c→d→a的感应电流为正，则图中表示线框中电流i随bc边的位置坐标x 变化的图象正确的是（）A．B．C．D．二、计算题31．如图为俯视图，abcd是一边长为l的匀质正方形导线框，总电阻为R，放在光滑的水平面上，今使线框在外力作用下以恒定速度v水平向右穿过方向垂直于水平面向里的匀强磁场区域．已知磁感应强度大小为B，磁场宽度为3l，求（1）线框在进入磁场区和穿出磁场区的两个过程中的感应电流方向和感应电动势的大小（2）线框在进入磁场区和穿出磁场区的两个过程中a、b两点间电势差的大小．32．电磁感应现象是电磁学中最重大的发现之一，它揭示了电、磁现象之间的本质联系．电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比，即E=n，这就是法拉第电磁感应定律．（1）如图所示，把矩形线框abcd放在磁感应强度为B的匀强磁场里，线框平面跟磁感线垂直．设线框可动部分ab的长度为L，它以速度v向右匀速运动．请根据法拉第电磁感应定律推导出闭合电路的感应电动势E=BLv．（2）两根足够长的光滑直金属导轨平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L．两导轨间接有阻值为R的电阻．一根质量为m的均匀直金属杆MN放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度为B匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上．导轨和金属杆的电阻可忽略．让金属杆MN由静止沿导轨开始下滑．求①当导体棒的速度为v（未达到最大速度）时，通过MN棒的电流大小和方向；②导体棒运动的最大速度．2016-2017学年河北省保定市定州中学高二（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一．选择题（本大题共30小题，每小题4分，共40分）1．图中为地磁场磁感线的示意图，在南半球地磁场的竖直分量向上，飞机在南半球上空匀速飞行，机翼保持水平，飞机高度不变，由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差．设飞行员左方机翼末端处的电势为U1，右方机翼末端处的电势为U2（）A．若飞机从西往东飞，U1比U2高B．若飞机从东往西飞，U2比U1高C．若飞机从南往北飞，U1比U2高D．若飞机从北往南飞，U2比U1高【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；地磁场．【分析】由于地磁场的存在，当飞机在北半球水平飞行时，两机翼的两端点之间会有一定的电势差，相当于金属棒在切割磁感线一样．由右手定则可判定电势的高低．【解答】解：当飞机在南半球飞行时，由于地磁场的存在，且地磁场的竖直分量方向竖直向上，由于感应电动势的方向与感应电流的方向是相同的，由低电势指向高电势，由右手定则可判知，在南半球，不论沿何方向水平飞行，都是飞机的左方机翼电势低，右方机翼电势高，即总有U1比U2低．故BD正确，AC错误．故选：BD．2．如图所示，虚线范围内有垂直于纸面向外的匀强磁场，宽度为L．一个边长也为L的正方形闭合导线框在竖直面内，下底边恰好位于磁场上边界．将导线框由静止释放后开始做加速运动；当其下底边到达磁场下边界时，导线框刚好开始做匀速运动，直到导线框完全离开磁场．关于以上两个阶段中的能量转化情况，下列说法正确的是（）A．第一阶段导线框重力势能的减少量等于其动能的增加量B．第一阶段导线框机械能的减少量大于导线框内产生的电热C．第一阶段导线框内产生的电热小于第二阶段导线框内产生的电热D．第一阶段导线框机械能的减少量大于第二阶段导线框机械能的减少量【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．【分析】从线圈进入磁场做匀速运动，整个过程中，线框的动能不变，重力势能减小转化为热能，根据能量守恒定律求解线圈中能量之间的转换关系，求解转换过程中能量的关系．【解答】解：第一阶段：线圈进入磁场从静止释放做匀加速运动，整个过程中，线框的重力势能减小，动能增加，线框中产生感应电流，产生焦耳热；根据能量守恒定律可知，减少的重力势能转化为动能和焦耳热，故A错误；势能和动能之和为机械能的变化量，故机械能的减小量等于产生的电能，故B错误；第二阶段：根据能量守恒定律，从线圈下边到达磁场下边界时，线框做匀速运动，线框出磁场的整个过程中，线框的动能不变，机械能的变化等于重力势能的变化，重力势能减小全部转化为热能，且两个过程中线框下降的高度相同，故重力势能的变化量相同，所以第一阶段导线框内产生的电热小于第二阶段导线框内产生的电热故C正确；故D错误；故选：C3．如图所示的4种情况中，磁场的磁感应强度都是B，导体的长度l和运动速度v的大小都相同．产生感应电动势最小的是（）A ．B ．C ．D ．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．【分析】根据公式E=BLvsinθ分析答题，其中vsinθ是有效的切割速度．【解答】解：ABD 导体的运动方向与磁场方向垂直，产生的电动势都为BLv ，C 中导体的运动方向与磁场方向不垂直，有夹角，此时产生的电动势为BLvsinθ，故C 项中的导线产生的感应电动势最小．故C 正确，ABD 错误．故选：C4．某部小说中描述一种窃听电话：窃贼将并排在一起的两根电话线分开，在其中一根电话线旁边铺设一条两端分别与耳机连接的导线，这条导线与电话线是绝缘的，如图所示．下列说法正确的是（）A ．不能窃听到电话，因为电话线中电流太小B ．不能窃听到电话，因为电话线与耳机没有接通C ．可以窃听到电话，因为电话中的电流是恒定电流，在耳机电路中引起感应电流D ．可以窃听到电话，因为电话中的电流是交变电流，在耳机电路中引起感应电流【考点】电磁感应在生活和生产中的应用．【分析】电话中的电流是交变电流，在电话线周围有电磁场，在耳机电路中会产生感应电流．【解答】解：声音引起电话机中薄膜振动，薄膜振动带动小磁铁振动，所以将声音信号转化为电信号，由于声音强弱在变，所以电信号也随声音变化，在电话线周围有变化的电磁场，所以有电磁感应现象，所以可以窃听到电话，因为电话中的电流是交变电流，在耳机电路中引起感应电流，故D 正确、ABC 错误．故选：D ．5．如图所示，有一匝接在电容器C两端的圆形导线回路，垂直于回路平面以内存在着向里的匀强磁场B，已知圆的半径r=5cm，电容C=20μF，当磁场B以4×10﹣2T/s的变化率均匀增加时，则（）A．电容器a板带正电，电荷量为2π×10﹣9CB．电容器a板带负电，电荷量为2π×10﹣9CC．电容器b板带正电，电荷量为4π×10﹣9CD．电容器b板带负电，电荷量为4π×10﹣9C【考点】法拉第电磁感应定律；电容．【分析】根据楞次定律判断感应电动势的方向，从而得知上极板所带电量的电性，根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势的大小，根据Q=CU求出所带电量的大小．【解答】解：根据楞次定律知，感应电动势的方向是逆时针方向，则a极板带正电．根据法拉第电磁感应定律得：E==4×10﹣2×π×52×10﹣4V=π×10﹣4 V，则：Q=CU=CE=2×10﹣5×π×10﹣4=2π×10﹣9C．故A正确，B、C、D错误．故选：A．6．下列现象中，属于电磁感应现象的是（）A．变化的磁场使闭合电路产生感应电流B．磁场对电流产生力的作用C．插入通电螺线管中的软铁棒被磁化D．电流周围产生磁场【考点】电磁感应现象的发现过程．【分析】解答本题应掌握：电磁感应的现象﹣﹣﹣因磁通量的变化，从而产生感应电动势，形成感应电流的现象．【解答】解：电磁感应指闭合回路中部分导体做切割磁感线运动，或者穿过闭合线圈的磁通量变化，则回路中即可产生感应电流；故选：A．7．如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一材料相同、粗细均匀的正方形导体框abcd．现将导体框先后朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框在上述两过程中，下列说法正确的是（）A．导体框中产生的感应电流方向相同B．通过导体框截面的电量相同C．导体框中产生的焦耳热相同D．导体框cd边两端电势差大小相同【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．【分析】根据右手定则或楞次定律可以判定两种出场方式下电流的方向；电量的计算式为：q=It=，根据磁通量变化量的关系，分析电量关系．由Q=I2Rt，带入I和t的表达式，即可得出焦耳热的关系；dc两端的电势差可以由U=IR得到表达式即可分析．【解答】解：A：根据楞次定律判断得知：可以知道以速度v拉出磁场时线框中产生的感应电流沿逆时针．以3v拉出磁场时产生的感应电流也是逆时针，故导体框中产生的感应电流方向相同，故A正确．B：由q=It=•得：q=，与拉出速度无关，所以两次拉出通过导体横截面的电量相同，故B正确．C、设导体边长为L，则以v拉出磁场产生的感应电动势为：E=BLv，感应电流为：I==，所用时间为：t=，由焦耳定律：Q=I2Rt得：Q=，可见产生的热量与拉出速度成正比，所以两次拉出产生的热量不相同，故C错误．D、由U=IR，可得：以速度v拉出磁场时，cd切割磁感线，相当于电源，cd间电压等于路端电压，为：U cd=E=；以3v速度拉出磁场时，ad边切割磁感线，相当于电源，cd是外电路的一部分，U cd==BL•3v=，所以导体框cd边两端电势差相同，故D正确．故选：ABD8．如图所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行金属导轨，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B，一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度v m，则（）A．如果B增大，v m将变大B．如果α变大，v m将变大C．如果R变大，v m将变大D．如果m变小，v m将变大【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用；电磁感应中的能量转化．【分析】金属杆从轨道上由静止滑下的过程中，切割磁感线产生感应电流，金属棒将受到安培力作用，安培力先小于重力沿斜面向下的分力，后等于重力的分力，金属棒先做变加速运动，后做匀速运动，速度达到最大，由平衡条件和安培力公式F=得到最大速度的表达式，再进行分析．【解答】解：当金属杆做匀速运动时，速度最大，此时有：mgsinθ=F安，又安培力大小为：F安=联立得：v m=。

人教版高中物理-有答案-河北省保定市某校高二(上)第一次周练物理试卷 (2)

2015-2016学年河北省保定市某校高二（上）第一次周练物理试卷一、选择题1. 以下判断小球是否带电的说法中正确的是（）A.用一个带电体靠近它，如果能够吸引小球，则小球一定带电B.用一个带电体靠近它，如果能够排斥小球，则小球一定带电C.用验电器的金属球接触它后，如果验电器的金属箔能改变角度，则小球一定带电D.如果小球能吸引小纸屑，则小球一定带电2. 如图所示，绝缘的细线上端固定，下端悬挂一个轻质小球a，a的表面镀有铝膜，在a的近旁有一绝缘金属球b，开始时，a、b都不带电，如图，现使b带电则（）A.a、b间不发生相互作用B.b将吸引a，吸住后不放开C.b立即把a排斥开D.b先吸引a，接触后又把a排斥开3. 关于摩擦起电现象，下列说法正确的是（）A.摩擦起电现象使本来没有电子和质子的物体中产生电子和质子B.两种不同材料的绝缘体互相摩擦后，同时带上等量异种电荷C.摩擦起电，可能是因为摩擦导致质子从一个物体转移到了另一个物体而形成的D.丝绸摩擦玻璃棒时，电子从玻棒上转移到丝绸上，玻璃棒因质子数多于电子数而显正电4. 如图所示，A、B为相互接触的用绝缘柱支撑的金属导体，起初它们不带电，在它们的下部贴有金属箔片，C是带正电的小球，下列说法正确的是（）A.把C移近导体A时，A、B上的金属箔片都张开B.把C移近导体A时，先把A、B分开，然后移去导体C，A、B上的金属箔片仍张开C.先把C移走，再把A、B分开，A、B上的金属箔片仍张开D.先把A、B分开，再把C移走，然后重新让A、B接触，A上的金属箔片张开，而B上的金属箔片闭合5. 关于元电荷，下列说法中正确的是（）A.元电荷实质上是指电子和质子本身B.所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍C.元电荷的值通常取e=1.60×10−19CD.电荷量e的数值最早是由英国物理学家库仑用实验测得的6. 一带负电的金属小球放在潮湿的空气中，经过一段时间后，发现该金属小球上的净电荷几乎不存在了，这说明（）A.金属小球上原来的负电荷消失了B.此过程中电荷不守恒C.金属小球上的负电荷减少是由于潮湿的空气将电子导走了D.该现象是由于电子的转移引起，仍遵守电荷守恒定律7. 有A、B、C三个完全相同的金属球，A带1.2×10−4C的正电荷，B、C不带电，现用相互接触的方法使它们都带电，则A、B、C所带的电荷量可能是下面哪组数据（）A.6.0×10−5C，4.0×10−5C，4.0×10−5CB.6.0×10−5C，4.0×10−5C，2.0×10−5CC.4.5×10−5C，4.5×10−5C，3.0×10−5CD.5.0×10−5C，5.0×10−5C，2.0×10−5C8. 感应起电和摩擦起电都可以使物体带电，关于这两种带电过程，下列说法正确的是（）A.感应起电和摩擦起电都是电荷从物体的一部分转移到另一部分B.感应起电是电荷从一个物体转移到另一个物体C.感应起电和摩擦起电都是电荷从一个物体转移到另一个物体D.摩擦起电是电荷从一个物体转移到另一个物体9. 把一个带正电的金属小球A跟同样的不带电的金属球B相碰，两球都带等量的正电荷，这从本质上看是因为（）A.A球的正电荷移到B球上B.B球的负电荷移到A球上C.A球的负电荷移到B球上D.B球的正电荷移到A球上10. 如图所示，挂在绝缘细线下的小轻质带电小球，由于电荷的相互作用而靠近或远离，所以（）A.甲图中两球一定带异种电荷B.乙图中两球一定带同种电荷C.甲图中至少有一个带电D.乙图中两球至少有一个带电11. 如图所示，将带电棒移近两个不带电的导体球，两个导体球开始时互相接触且对地绝缘，下述几种方法中能使两球都带电的是（）A.先把两球分开，再移走棒B.先移走棒，再把两球分开C.先将棒接触一下其中的一个球，再把两球分开D.棒的带电荷量不变，两导体球不能带电12. 如图所示，原来不带电的绝缘体金属导体MN，在其两端下面都悬挂着金属验电箔，若使带负电的绝缘金属球A靠近导体的M端，可以看到的现象是（）A.只有M端验电箔张开B.只有N端验电箔张开C.两端验电箔都张开D.两端验电箔都不张开13. 使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开．下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，其中正确的是（）A. B. C. D.14. 原来甲、乙、丙三物体都不带电，今使甲、乙两物体相互摩擦后，乙物体再与丙物体接触，最后，得知甲物体带正电1.6×10−15C，丙物体带电8×10−16C．则对于最后乙、丙两物体的带电情况，下列说法中正确的是（）A.乙物体一定带有负电荷8×10−16CB.乙物体可能带有负电荷2.4×10−15CC.丙物体一定带有正电荷8×10−16CD.丙物体一定带有负电荷8×10−16C15. 小华在旅游景点购买了一本物理参考书，回家后发现是窃版书．其中一道习题给出四个带电体的带电荷量为如下四个选项，你认为其中带电荷量合理的是（）A.Q1=6.2×10−18CB.Q2=6.4×10−18CC.Q3=6.6×10−18CD.Q4=6.8×10−18C16. 如图所示，不带电的枕形导体的A、B两端各贴有一对金箔．当枕形导体的A端靠近一带电导体C时（）A.A端金箔张开，B端金箔闭合B.用手接触枕形导体，A端金箔张开，B端金箔闭合C.用手接触枕形导体，后将手和C分别移走，两对金箔均张开D.选项C中两对金箔带同种电荷二、解答题有两个完全相同的绝缘金属球A、B，A球所带电荷量为q，B球所带电荷量为−q，现q，应该怎么办？要使A、B所带电荷量都为−14有两个完全相同的带电绝缘金属小球A、B，分别带有电荷量Q A=6.4×10−9C，Q B=−3.2×10−9C，让两绝缘金属小球接触，在接触过程中，电子如何转移并转移了多少？参考答案与试题解析2015-2016学年河北省保定市某校高二（上）第一次周练物理试卷一、选择题1.【答案】B,D【考点】生活中的静电现象【解析】利用电荷间的作用规律分析即可，但应注意的是：若两小球相斥，则表明其一定都带电，且带的是同种电荷；若两小球相吸，则有两种可能，即可能都带电，且是异种电荷，也可能一个带电，另一个不带电．【解答】解：A、用一个带电体靠近它，如果能够吸引小球，小球可以不带电，故A错误；B、用一个带电体靠近它，如果能够排斥小球，则小球一定带电，故B正确；C、用验电器的金属球接触它后，如果验电器的金属箔角度变小，小球可能不带电，故C错误；D、带电体具有吸引轻小物体的性质，如果小球能吸引小纸屑，则小球一定带电，故D 正确；故选：BD．2.【答案】D【考点】电荷守恒定律【解析】带电物体能够吸引轻小物体，a与b接触后，a球与b球带上了同种电荷，相互排斥而分开．【解答】解：带电物体能够吸引轻小物体，故b会将a球吸引过来，a与b接触后，带同种电荷而分开．故选D．3.【答案】B,D【考点】电荷守恒定律【解析】摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，并没有创造电荷．感应起电的实质是电荷可以从物体的一部分转移到另一个部分．【解答】解：摩擦起电实质是由于两个物体的原子核对核外电子的约束能力不相同，因而电子可以在物体间转移．若一个物体失去电子，其质子数比电子数多，我们说它带正电荷．若一个物体得到电子，其质子数比电子数少，我们说它带负电荷．使物体带电并不是创造出电荷．A．摩擦起电现象使电子转移，而不是产生，故A错误；B．两种不同材料的绝缘体互相摩擦后，同时带上等量异种电荷，故B正确；C．摩擦起电，可能是因为摩擦导致电子从一个物体转移到另一个物体而形成的，故C错误；D．丝绸摩擦玻璃棒时，电子从玻璃棒上转移到丝绸上，玻璃棒因质子数多于电子数而显示带正电荷，故D正确；故选：BD．4.【答案】A,B【考点】生活中的静电现象静电感应【解析】当导体A、B放在带正电的附近时，出现感应起电现象。