高二物理上学期周练试题(12_30)
2021年高二物理上学期第十七次周练试题
实用文档2021年高二物理上学期第十七次周练试题1．关于电流，下面说法正确的是（ ）A ．只要将导体置于电场中，导体中就有持续的电流B ．电源的作用是保持导体两端的电压C ．导体内无电流时，导体内一定无任何电荷运动D ．导体中的电流一定是由正负电荷同时向相反方向产生的 2．下列关于闭合电路的说法中，错误的是（ ） A ．电源短路时，电源的内电压等于电动势 B ．电源短路时，路端电压为零 C ．电源短断时，路端电压最大D ．电源的负载增加时，路端电压也增大3．在某段电路中，其两端电压为U ，通过的电流为I ，通电时间为t ，若该电路电阻为R ，则关于电功和电热的关系，下列结论正确的是（ ）A ．在任何电路中，电功W=UIt= I 2RtB ．在任何电路中，电功为UIt ，电热为 I 2RtC ．在纯电阻电路中，UIt= I 2RtD ．在非纯电阻电路中，UIt ≥ I 2Rt4．如图2-70所示是一个由电池、电阻R 与平行板电容器组成的串联电路，在增大电容器两板间距离的过程中 （ ）A ．电阻R 中没有电流B ．电容器的电容变小C ．电阻R 中有从a 流向b 的电流D ．电阻R 中有从b 流向a 的电流5．电饭锅工作时有两种状态：一种是锅内水烧干前的加热状态，另一种是锅内水烧干后保温状态，如图2-71所示是电饭锅电路原理示意图，K 是感温材料制造的开关。
下列说法中正确的是 （ ） A ．其中R 2是供加热用的电阻丝 B ．当开关S 接通时电饭锅为加热状态，S 断开时为保温状态C ．要使R 2在保温状态时的功率为加热状态的一半，R 1/R 2应为2：1D ．要使R 2在保温状态时的功率为加热状态时一半，R 1/R 2应为（-1）:1 6．图2-72为两个不同闭合电路中两个不同电源的U-I 图像，下列判断正确的是（ ） A ．电动势E 1＝E 2，发生短路时的电流 I 1＞ I 2 B ．电动势E 1=E 2，内阻 r 1＞r 2 C ．电动势E 1＞E 2，内阻 r 1＜ r 2图2-70图2-72实用文档D ．当两电源的工作电流变化量相同时，电源2的路端电压变化大7．在图2-73中，电源内阻不能忽略,R 1＝5Ω，R 2＝4Ω．当开关S 切换到位置1时，电流表的示数为I 1＝2A ；当开关S 扳到位置2时，电流表的示数可能为下列情况中的( ) A ． 2.5A B ．1.8A C ．2.2A D ．3.0A8．一个电动势为E ，内电阻为r 的电池，接上负载电阻R ，构成闭合电路，下列说法正确的是 （ ）A ．当R=r 时，路端电压为U=E/2B ．当R=0时，路端电压为U=EC ．当R=r 时，R 获得的功率最大D ．当R=r 时，电源的效率为η= 50%9．如图2-74所示电路的三根导线中有一根是断的。
高二物理上学期第一周周测试卷高二全册物理试题
嗦夺市安培阳光实验学校上饶县中学高二上学期第一周周测物理试卷（零班）一、选择题1．（3分）（2012•江苏模拟）某导体置于电场后周围的电场分布情况如图所示，图中虚线表示电场线，实线表示等势面，A、B、C为电场中的三个点．下列说法错误的是（）A．A点的电场强度小于B点的电场强度B．A点的电势高于B点的电势C．将负电荷从A点移到B点，电场力做正功D．将正电荷从A点移到C点，电场力做功为零2．（3分）让一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子的混合物经过同一加速电场由静止开始加速，然后在同一偏转电场里偏转，（忽略离子重力影响）则它们会分离成几股离子流（）A．一股B．二股C．三股D．无法确定3．（3分）如图所示，A板发出的电子经加速后，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，则电子从发出到打在荧光屏上的时间不变D．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4．（3分）图中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面2的电势为0，一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点时的动能分别为37eV和19eV，当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为﹣2eV，它的动能应为（）A．2eV B．19eV C．29eV D．33eV5．（3分）（2014•南昌模拟）质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点．不计空气阻力且小球从未落地，则（）A．整个过程中小球电势能减少了1.5 mg2t2B．整个过程中机械能的增量为2mg2t2C．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了mg2t2D．从A 点到最低点小球重力势能减少了mg2t26．（3分）如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在绝缘墙上，另一端与置于绝缘水平面上质量为m，带电量为+q的物体接触（未连接），弹簧水平且无形变．用水平力F缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体静止．在撤去F的同时，在空间加上大小为E水平向右的匀强电场，物体开始向左运动，运动的最大距离为4x0．物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．则（）A．撤去F后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动B．弹力和电场力所做的总功为4μmgx0C．撤去F 后，物体刚运动时的加速度大小为﹣μgD．物体开始向左运动到速度最大的过程中，克服摩擦力做的功为μmg（x0﹣）7．（3分）（2011•淮安模拟）如图所示，在等量异种电荷形成的电场中，画一正方形ABCD，对角线AC与两点电荷连线重合，两对角线交点O恰为电荷连线的中点．下列说法中正确的是（）A．A点的电场强度大于B点的电场强度且两点电场强度方向不同B．B、D两点的电场强度及电势均相同C．一电子由B点沿B→C→D路径移至D点，电势能先减小后增大D．一质子由C点沿C→O→A路径移至A点，电场力对其先做负功后做正功8．（3分）如图所示，在粗糙的斜面上固定一点电荷Q，在M点无初速度释放带有恒定电荷的小物块，小物块在Q的电场中沿斜面运动到N点停下．则从M 到N的过程中，下列说法正确的是（）A．小物块所受的电场力减小B．小物块的电势能可能增加C．M点的电势一定高于N点的电势D．小物块电势能变化量的大小一定小于克服摩擦力做的功9．（3分）如图所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L=0.4m，两板间距离d=4×10﹣3m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板平行极板射入，开关S闭合前，两极板间不带电，由于重力作用微粒能落到下板的正，已知微粒质量为m=4×10﹣5kg，电荷量q=+1×10﹣8C，则下列说法正确的是（）A．微粒的入射速度v0=10m/sB．电容器上板接电源正极时，微粒有可能从平行板电容器的右边射出电场C．电源电压为180V时微粒可以从平行板电容器的右边射出电场D．电源电压为100V时微粒可以从平行板电容器的右边射出电场10．（3分）如图所示，平行板电容器与电源相连，下极板接地．一带电油滴位于两极板的中心P点且恰好处于静止状态，现将平行板电容器两极板在纸面内绕O、O′迅速顺时针转过45°，则（）A．P点处的电势不变B．带电汕滴仍将保持静止状态C．带电油滴将水平向右做匀加速直线运动D．带电油滴到达极板前具有的电势能不断增加11．（3分）（2009•一模）X轴上有两点电荷Q1和Q2，Q1和Q2之间各点对应的电势高低如图中曲线所示，从图中可看出（）A．Q1的电量一定大于Q2的电量B．Q1和Q2一定是同种电荷，但不一定是正电荷C．电势最低处P点的电场强度为0D．Q1和Q2之间各点的电场方向都指向P点12．（3分）如图所示，有一半圆弧光滑轨道，半径为R，在与圆心等高的位置静止放置一个带正电的小球A，其质量为m，MN之间有一方向水平向左的匀强电场，让小球A自由滚下进入匀强电场区域，水平面也是光滑的，下列说法正确的是（）A．小球一定能穿过MN区域继续运动B．如果小球没有穿过MN区域，小球一定能回到出发点C．如果小球没有穿过MN区域，只要电场强度足够大，小球可以到达P点，且到达P 点速度大于等于D．如果小球一定能穿过MN区域，电场力做的功为﹣mgR二、填空题13．（3分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，提供的实验器材有：A．小灯泡（额定电压为3.8V，额定电流约为0.3A）B．电流表A （0～0.6A，内阻约为0.5Ω）C．电压表V（0～6V，内阻约为5kΩ）D．滑动变阻器R1（0～10Ω，2A ）E．滑动变阻器R2（0～100Ω，0.2A ）F．电源（6V，内阻不计）G．开关及导线若干（1）实验中滑动变阻器选_________ （填“R1”或“R2”）（2）该同学设计了实验测量电路，通过改变滑动变阻器滑片的位置，使电流表的读数从零开始变化，记录多组电压表的读数U和电流表的读数I．请在图甲中用笔画线代替导线将实验电路连接完整．（3）该同学根据实验数据作出了如图乙的U﹣I图象，根据图象可知小灯泡的电阻随着电流的增大而_________ （选填“增大”、“减小”或“不变”）三、解答题14．如图所示，两平行金属板A、B长l=8cm，两板间距离d=8cm，A板比B板电势高300V，即U AB=300V．一带正电的粒子电量q=10﹣10C，质量m=10﹣20 kg，从R点沿电场中心线垂直电场线飞入电场，初速度v0=2×106m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在中心线上的O点的点电荷Q形成的电场区域（设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响）．已知两界面MN、PS相距为L=12cm，粒子穿过界面PS后被点电荷Q施加的电场力俘获从而以O点为圆心做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏EF上．（静电力常数k=9×109N•m2/C2）求：（1）粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离h．（2）粒子穿过界面MN时的速度v．（3）粒子穿过界面PS时偏离中心线RO的距离Y．（4）点电荷的电荷量Q．（该小题结果保留一位有效数字）15．两个带电小球A和B，质量分别为m1、m2，带有同种电荷，带电量分别为q1、q2．A、B两球均放在光滑绝缘的水平板上，A球固定，B球被质量为m3的绝缘挡板P挡住静止，A、B两球相距为d，如图所示．某时刻起挡板P在向右的水平力F作用下开始向右做匀加速直线运动，加速度大小为a，经过一段时间带电小球B与挡板P分离，在此过程中力F对挡板做功W．求：（1）力F的最大值和最小值？（2）带电小球B与挡板分离时的速度？（3）从开始运动到带电小球与挡板P分离的过程中，电场力对带电小球B做的功？16．（2011•安徽一模）如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接．在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场．现有一质量为m，电量为+q的小球从水平轨道上A点由静止释放，小球运动到C点离开圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场（P点恰好在A点的正上方，如图．小球可视为质点，小球运动到C点之前电量保持不变，经过C点后电量立即变为零）．已知A、B间距离为2R，重力加速度为g．在上述运动过程中，求：（1）电场强度E的大小；（2）小球在圆轨道上运动时最大速率；（3）小球对圆轨道的最大压力的大小．17．（2002•河南）如图（a）所示，A、B为水平放置的平行金属板，板间距离为d（d远小于板的长和宽）．在两板之间有一带负电的质点P．已知若在A、B间加电压U o，则质点P可以静止平衡．现在A、B间加上如图（b）所示的随时间t 变化的电压u ．在t=0时质点P 位于A 、B 间的中点处且初速为零．已知质点P 能在A 、B 之间以最大的幅度上下运动而又不与两板相碰，求图（b ）中u 改变的各时刻t 1、t 2、t 3及t n 的表达式．（质点开始从中点上升到最高点，及以后每次从最高点到最低点或从最低点到最高点的过程中，电压只改变一次．）中学高二（上）第一周周测物理试卷（零班）参考答案与试题解析 一、选择题1．（3分）（2012•江苏模拟）某导体置于电场后周围的电场分布情况如图所示，图中虚线表示电场线，实线表示等势面，A 、B 、C 为电场中的三个点．下列说法错误的是（ ）A ． A 点的电场强度小于B 点的电场强度B ． A 点的电势高于B 点的电势C ． 将负电荷从A 点移到B 点，电场力做正功D ． 将正电荷从A 点移到C 点，电场力做功为零 考点： 电势能；电场强度． 专题： 电场力与电势的性质专题．分析： 根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小；根据沿着电场线，电势逐渐降低来判断电势的高低；根据等差等势面来确定电势差大小，再由电势差与电场力做功关系公式W AB =qU AB 来判断电场力做功的多少．解答： 解：A ：由电场线越密的地方，电场强度越大，则有E B ＞E A ，故A 正确；B ：沿着电场线，电势逐渐降低，A 点处于电场线的靠前的位置故，故B 正确；C ：由于沿着电场线，电势逐渐降低，故φA ＞φB ，因此将负电荷从A 移动到B ，电场力做负功，故C 错误；D ：由于从A 和C 处于同一条等势线上，故从A 到C 过程的电场力不做功，故D 正确． 该题是选择说法错误的，故选：C点评： 本题关键是根据电场线及其与等势面的关系判断出电势高低、电场力大小和电势差的大小关系．同时知道等差等势面越密的地方，电场线也越密．当然也可以由电场力做功的正负来确定电势能的增减．2．（3分）让一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子的混合物经过同一加速电场由静止开始加速，然后在同一偏转电场里偏转，（忽略离子重力影响）则它们会分离成几股离子流（ ）A ． 一股B ． 二股C ． 三股D ． 无法确定考点： 带电粒子在混合场中的运动．专题： 带电粒子在磁场中的运动专题．分析： 一价氢离子、一价氦离子、二价氦离子经过加速电压大小为U 的加速电场由静止开始加速，然后在同一偏转电场中偏转后偏转距离和偏转角度相同，轨迹重合．解答： 解：设正电荷的电量为q ，加速电压为U 1，偏转电压为U 2，偏转电极板为L ，板间距离为d ．根据动能定理得 加速电场中 qU 1=m偏转电场中 运动时间t=偏转距离y=at 2=（）2得到y=设偏转角度为θ，则tanθ==由上可知y 、θ与带电粒子的质量、电荷量无关，则一价氢离子、一价氦离子、二价氦离子在偏转电场轨迹重合，所以混合物分成一股． 故选A点评： 本题在熟记这个结论的基础上，就能很快作答．即：同种带电粒子经同一加速电场加速，再经同一偏转电场偏转时轨迹重合．3．（3分）如图所示，A板发出的电子经加速后，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，则电子从发出到打在荧光屏上的时间不变D．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考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：粒子在电场中加速时，滑动触头向右移动时，加速电压增大，加速后速度变大，粒子在偏转电场中运动时间变短，粒子在平行偏转电场方向的位移减小．同理触头向左移动时，加速电压减小，加速后速度变小，粒子在电场中运动时间变长，粒子在平行偏转电场方向的位移增大；当加速电压不变时，偏转电压变化，影响平行电场方向的电场力的大小，也就是影响加速度的大小，粒子在电场中运动时间不变，改变偏转的位移大小．解答：解：由题意知，电子在加速电场中加速运动，根据动能定理得：，电子获得的速度为：电子进入偏转电场后做类平抛运动，也就是平行电场方向做初速度为0的匀加速直线运动，加速度为：，电子在电场方向偏转的位移为：．垂直电场方向做匀速直线运动，粒子在电场中运动时间为又因为偏转电场方向向下，所以电子在偏转电场里向上偏转．A、滑动触头向右移动时，加速电压变大，所以电子获得的速度v增加，由上式得知，电子在电场中运动时间t减少，故电子偏转位移y变小，因为电子向上偏转，故在屏上的位置下降，故A错误；B、滑动触头向左移动时，加速电压变小，所以电子获得的速度v减小，由上式得知，电子在电场中运动时间t增大，故电子偏转位移y变大，因为电子向上偏转，故在屏上的位置上升，故B正确；C、偏转电压增大时，电子在电场中受到电场力增大，即电子偏转的加速度度a增大，又因为加速电压不变，电子进入电场的速度没有变化，电子在电场中运动的时间t没有发生变化，故C正确；D、偏转电压增大时，电子在电场中受到的电场力增大，即电子偏转的加速度a增大，又因为电子获得的速度v不变，电子在电场中运动的时间不变，a 增大，而电子打在屏上的速度为，故电子打在屏上的速度增大，故D错误；故选：BC点评：电子在加速电场作用下做加速运动，运用动能定理可得电子获得的速度与加速电场大小间的关系，电子进入偏转电场后，做类平抛运动，运动时间受电场的宽度和进入电场时的速度所决定，电子在电场方向偏转的距离与时间和电场强度共同决定．熟练用矢量合成与分解的方法处理类平抛运动问题．4．（3分）图中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面2的电势为0，一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点时的动能分别为37eV和19eV，当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为﹣2eV，它的动能应为（）A．2eV B．19eV C．29eV D．33eV考点：等势面；动能定理的应用．专题：电场力与电势的性质专题．分析：只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，根据题意曲线2电势为零，列式求解即可．解答：解：经过a、b点时的动能分别为37eV和19eV；图中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，故电荷再各个等势面上的电势能相等；故电荷经过相邻两个等势面时的动能减小量为，故经过等势面2时的动能为31eV；只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故：0eV+31eV=﹣2eV+E k；解得E k=33eV；故选D．点评：“在只有电场力做功的条件下动能和电势能的总和保持不变；相邻等势面之间的电势差相同”是我们解决此类问题时的突破口．5．（3分）（2014•南昌模拟）质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点．不计空气阻力且小球从未落地，则（）A．整个过程中小球电势能减少了1.5 mg2t2B．整个过程中机械能的增量为2mg2t2C．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了mg2t2D．从A 点到最低点小球重力势能减少了mg2t2考点：电势能；功能关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：分析小球的运动情况：小球先做自由落体运动，加上匀强电场后小球先向下做匀减速运动，后向上做匀加速运动．由运动学公式求出t秒末速度大小，加上电场后小球运动，看成一种匀减速运动，自由落体运动的位移与这个匀减速运动的位移大小相等、方向相反，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求电场强度，由W=qEd求得电场力做功，即可得到电势能的变化．由动能定理得求出A点到最低点的高度，得到重力势能的减小量．解答：解：A、B小球先做自由落体运动，后做匀减速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反．设电场强度大小为E，加电场后小球的加速度大小为a，取竖直向下方向为正方向，则由gt2=﹣（vt ﹣at2）又v=gt解得 a=3g．由牛顿第二定律得a=，联立解得，qE=4mg则小球电势能减少为△ɛ=qE•gt2=2mg2t2．根据功能关系可知，机械能的增量为2mg2t2．故A错误，B正确．C、从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了△E k =m（gt）2．故C错误．D、设从A点到最低点的高度为h，根据动能定理得mgh﹣qE（h ﹣gt2）=0解得，h=gt2故从A点到最低点小球重力势能减少了△E p =mgh=．故D正确．故选BD点评：本题首先要分析小球的运动过程，采用整体法研究匀减速运动过程，抓住两个过程之间的联系：位移大小相等、方向相反，运用牛顿第二定律、运动学规律和动能定理结合进行研究．6．（3分）如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在绝缘墙上，另一端与置于绝缘水平面上质量为m，带电量为+q的物体接触（未连接），弹簧水平且无形变．用水平力F缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体静止．在撤去F的同时，在空间加上大小为E水平向右的匀强电场，物体开始向左运动，运动的最大距离为4x0．物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．则（）A．撤去F后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动B．弹力和电场力所做的总功为4μmgx0C．撤去F 后，物体刚运动时的加速度大小为﹣μgD．物体开始向左运动到速度最大的过程中，克服摩擦力做的功为μmg（x0﹣）考点：电势差与电场强度的关系；功能关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：本题通过分析物体的受力情况，来确定其运动情况：撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力、电场力和滑动摩擦力，电场力和滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，可知加速度先减小后增大，物体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动；撤去F后，根据牛顿第二定律求解物体刚运动时的加速度大小；物体离开弹簧后通过的最大距离为4x0，由动能定理求解弹力和电场力所做的总功为4μmgx0；当弹簧的弹力与电场力、滑动摩擦力的合力大小相等、方向相反时，速度最大，可求得此时弹簧的压缩量，即可求解物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功．解答：解：A、撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力、电场力和滑动摩擦力，电场力和滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，加速度先减小后增大，物体先做变加速运动，再做变减速运动，物体离开弹簧后做匀减速运动．故A错误．B、设弹力和电场力所做的总功为W，则运用动能定理得：W﹣μmg•4x0=0，得W=4μmgx0．故B正确．C、撤去F后，物体物体水平方向上受到向左弹簧的弹力、向右的电场力和滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：物体的加速度为a=．故C错误．D、当弹簧的弹力与电场力、滑动摩擦力的合力大小相等、方向相反时，速度最大，此时弹簧的压缩量为x=，物体开始向左运动到速度最大的过程中，克服摩擦力做的功为μmg（x0﹣x）=μmg（x0﹣）．故D正确．故选：BD点评：本题分析物体的受力情况和运动情况是解答的关键，要抓住加速度与合外力成正比，即可得到加速度是变化的．7．（3分）（2011•淮安模拟）如图所示，在等量异种电荷形成的电场中，画一正方形ABCD，对角线AC与两点电荷连线重合，两对角线交点O恰为电荷连线的中点．下列说法中正确的是（）A．A点的电场强度大于B点的电场强度且两点电场强度方向不同B．B、D两点的电场强度及电势均相同C．一电子由B点沿B→C→D路径移至D点，电势能先减小后增大D．一质子由C点沿C→O→A路径移至A点，电场力对其先做负功后做正功考点：电势能；电场强度；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：解答本题要掌握等量异种电荷周围电场分布情况，在如图所示的等量异种电荷连线的中点O是两点电荷连线之间电场强度最小的点，同时是两点电荷连线中垂线上最强的点，中垂线为零等势线，中垂线上电场方向水平向右；另外电势能的变化可通过电场力做功来判断．解答：解：A、在如图所示的电场中E A＞E O＞E B，且电场方向都水平向右，故A错误；B、由于B、D两点关于O点对称，因此其场强大小相等，方向均水平向右，中垂线为零等势线，故B正确；C、电子由B沿B→C运动到C过程中，靠近负电荷远离正电荷，因此电场力做负功，电势能增大，沿C→D运动到D过程中，靠近正电荷远离负电荷，电场力做正功，电势能减小，故整个过程中电势能先增大后减小，故C错误；D、图中两电荷连线电场方向水平向右，即由A指向C，质子受电场力水平向右，故质子由C点沿C→O→A路径移至A点过程中电场力做负功，故D错误．故选B．点评：要熟练掌握等量异种电荷和等量同种电荷周围电场强度、电势分布情况，并能正确判断电荷在电场中运动时动能、电势能变化情况．8．（3分）如图所示，在粗糙的斜面上固定一点电荷Q，在M点无初速度释放带有恒定电荷的小物块，小物块在Q的电场中沿斜面运动到N点停下．则从M到N的过程中，下列说法正确的是（）A．小物块所受的电场力减小B．小物块的电势能可能增加C．M点的电势一定高于N点的电势D．小物块电势能变化量的大小一定小于克服摩擦力做的功考点：电势；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：首先要对物块进行正确受力分析，尤其是所受库仑力的分析，可以假设所受库仑力为引力和斥力两种情况分析，然后得出正确结论；熟练利用功能关系求解．解答：解：A、由于物块与电荷Q距离增大，根据库仑定律F=k可知，电场力减小，故A正确．B、若两电荷是异种电荷，向下运动的过程中电场力逐渐减小，合力增大，加速度增大，物块不可能停。
高二物理上学期周练试卷(二)(含解析)-人教版高二全册物理试题
2015-2016学年河北省保定市定州中学高二〔上〕周练物理试卷〔二〕一．选择题〔共44分，本大题共11小题，每一小题4分，在每一小题给出的四个选项中，第1至7题只有一项符合题目要求，第8至11题有多项符合题目要求.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分〕1．2014年12月31日，搭载“风云二号〞08星的运载火箭在西昌卫星发射中心点火发射．发射过程中“风云二号〞08星的某一运行轨道为椭圆轨道，周期为T0，如下列图．如此〔〕A．“风云二号〞08星的发射速度小于第一宇宙速度B．“风云二号〞08星在A→B→C的过程中，速率逐渐变大C．“风云二号〞08星在A→B过程所用的时间小于D．“风云二号〞08星在B→C→D的过程中，万有引力对它先做正功后做负功2．2016年1月5日上午，国防科工局正式发布国际天文学联合会批准的嫦娥三号探测器着陆点周边区域命名为“广寒宫〞，附近三个撞击坑分别命名为“紫微〞、“天市〞、“太微〞．此次成功命名，是以中国元素命名的月球地理实体达到22个．“嫦娥三号〞曾经在距离月球外表高度为h处绕月球做匀速圆周运动．月球半径为R，月球外表的重力加速度为g0，如此“嫦娥三号〞在距离月球外表h高处环绕月球运行的周期为〔〕A． B．C．D．3．两颗互不影响的行星 P1、P2，各有一颗卫星S1、S2绕其做匀速圆周运动．将每颗卫星到行星中心距离r改变后，卫星做匀速圆周运动的加速度 a也随之改变，a与关系如下列图，图线1、2分别表示S1绕P1运动、S2绕P2运动的情况，如此〔〕A．S1的质量比 S2的大B．S1的质量比 S2的小C．P1的质量比 P2的大D．P1的质量比 P2的小4．物理学史上是哪位科学家、由于哪项贡献而人们称为“能称出地球质量的人〞〔〕A．阿基米德，发现了杠杆原理B．牛顿，发现了万有引力定律C．伽利略，测出了重力加速度的值D．卡文迪许，测出了万有引力常量5．科学家预测银河系中所有行星的数量大概在2万亿﹣3万亿之间．日前在银河系发现一颗类地行星，半径是地球半径的两倍，质量是地球质量的三倍．卫星a、b分别绕地球、类地行星做匀速圆周运动，它们距中心天体外表的高度均等于地球的半径．如此卫星a、b的〔〕A．线速度之比为1：B．角速度之比为3：C．周期之比为：D．加速度之比为4：36．2016年2月18日，中国探月工程领导小组宣布：“嫦娥五号〞探测器正式转入正样研制阶段，预计于2017年前后完成研制并择机发射．嫦娥五号〞登月后将再次从月球起飞，并以“跳跃式返回技术〞成功返回地面，完成探月工程的重大跨越﹣﹣带回月球样品．“跳跃式返回技术〞是指航天器在关闭发动机后进入大气层，依靠大气升力再次冲出大气层，降低速度后再进入大气层．如下列图，虚线为大气层的边界．地球半径为R，d点距地心距离为r，地球外表重力加速度为g．如此如下说法正确的答案是〔〕A．“嫦娥五号〞在b点处于完全失重状态B．“嫦娥五号〞在d点的加速度大小等于C．“嫦娥五号〞在c点和e点的速率相等D．“嫦娥五号〞在返回全程机械能守恒7．宇宙中有两颗相距无限远的恒星S1、S2，半径均为R0．如图分别是两颗恒星周围行星的公转半径r3与公转周期T2的图象，其中r3为横轴，T2为纵轴．如此〔〕A．恒星S1的质量大于恒星S2的质量B．恒星S1的密度小于恒星S2的密度C．恒星S1的第一宇宙速度大于恒星S2的第一宇宙速度D．距两恒星外表高度一样的行星，S1的行星向心加速度较大8．水星或金星运行到地球和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学称为“行星凌日〞．地球的公转周期为365天，假设将水星、金星和地球的公转轨道视为同一平面内的圆轨道，理论计算得到水星相邻两次凌日的时间间隔为116天，金星相邻两次凌日的时间间隔为584天，如此如下判断合理的是〔〕A．地球的公转周期大约是水星的2倍B．地球的公转周期大约是金星的1.6倍C．金星的轨道半径大约是水星的3倍D．实际上水星、金星和地球的公转轨道平面存在一定的夹角，所以水星或金星相邻两次凌日的实际时间间隔均大于题干所给数据9．冥王星与其附近的另一星体卡戎可视为双星系统，质量比约为7：1，同时绕它们连线上某点O做匀速圆周运动．由此可知，冥王星绕O点运动的〔〕A．轨道半径约为卡戎的 B．角速度大小约为卡戎的C．线速度大小约为卡戎的D．向心力大小约为卡戎的7倍10．如下列图，A是静止在赤道上的物体，B、C是同一平面内两颗人造卫星．B位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上；C是地球同步卫星．以下判断正确的答案是〔〕A．卫星B的速度大小等于地球的第一宇宙速度B．A、B的线速度大小关系为v A＞v BC．周期大小关系为T A=T C＞T BD．假设卫星B要靠近C所在轨道，需要先加速11．2013年12月2日，牵动亿万中国心的嫦娥三号探测器顺利发射．嫦娥三号要求一次性进入近地点210公里、远地点约36.8万公里的地月转移轨道，如下列图，经过一系列的轨道修正后，在P点实施一次近月制动进入环月圆形轨道I．再经过系列调控使之进人准备“落月〞的椭圆轨道II．嫦娥三号在地月转移轨道上被月球引力捕获后逐渐向月球靠近，绕月运行时只考虑月球引力作用．如下关于嫦娥三号的说法正确的答案是〔〕A．沿轨道I运行的速度小于月球的第一宇宙速度B．沿轨道I运行至P点的速度等于沿轨道II运行至P点的速度C．沿轨道I运行至P点的加速度等于沿轨道II运行至P点的加速度D．在地月转移轨道上靠近月球的过程中月球引力做正功二、计算题：共6题共66分12．双星系统中两个星球A、B的质量都是m，A、B相距L，它们正围绕两者连线上某一点做匀速圆周运动．实际观测该系统的周期T要小于按照力学理论计算出的周期理论值T0，且=k〔k＜1〕，于是有人猜测这可能是受到了一颗未发现的星球C的影响，并认为C位于双星A．B的连线正中间，相对A、B静止，求：〔1〕两个星球A．B组成的双星系统周期理论值T0；〔2〕星球C的质量．13．宇航员在某星球外表让一个小球以v0的速度做竖直上抛运动，经过时间t小球落回到抛出点，万有引力常量为G，假设忽略星球自传．〔1〕求该星球外表附近的重力加速度g；〔2〕该星球的半径为R，求该星球的密度ρ．14．我国在今年10月24日发射第一颗月球卫星﹣﹣“嫦娥一号〞．同学们也对月球有了更多的关注．〔1〕假设地球半径为R，地球外表的重力加速度为g，月球绕地球运动的周期为T，月球绕地球的运动近似看做匀速圆周运动，试求出月球绕地球运动的轨道半径；〔2〕假设宇航员随登月飞船登陆月球后，在月球外表某处以速度v0竖直向上抛出一个小球，经过时间t，小球落回抛出点．月球半径为r，万有引力常量为G，试求出月球的质量M月．15．我国探月工程实施“绕〞、“落〞、“回〞开展战略．“绕〞即环绕月球进展月表探测，2007年10月24日成功发射“嫦娥一号〞探测器完成绕月探测；“落〞是着月探测，2013年12月2日成功发射“嫦娥三号〞并于2013年12月14日成功实施软着陆，传回图象，释放月球车；“回〞是在月球外表着陆，并采样返回，计划于2017年前后实施．假设假设干年后中国人乘宇宙飞船探索月球并完成如下实验：①当质量为m1的飞船〔含登月舱〕沿贴近月球外表的圆形轨道环绕时，测得环绕一周经过的时间为T；②当质量为m2的登月舱在月球外表着陆后，科研人员在距月球地面高h处以速度v0水平抛出一个质量为m0的小球，测得小球落地点与抛出点的水平距离为L．试根据以上信息，求：〔1〕月球外表重力加速度的大小g；〔2〕月球的质量M；〔3〕登月舱离开月球返回近月轨道上的宇宙飞船时发动机做的功？16．一宇航员在半径为R、密度均匀的某星球外表，做如下实验，用不可伸长的长为l轻绳栓一质量为m的小球，上端固定在O点，如下列图，在最低点给小球某一初速度，使其绕O 点恰好能在竖直面内做圆周运动，最高点速度为v0．引力常量为G，忽略各种阻力，求：〔1〕该行星的平均密度ρ．〔2〕该行星的第一宇宙速度v．17．如图，A是地球的同步卫星．另一卫星B的圆形轨道位于赤道平面内，离地面高度为h．地球半径为R，地球自转角速度为ω0，地球质量为M，O为地球中心．〔1〕开普勒行星运动第三定律指出：行星绕太阳运动的椭圆轨道的半长轴a的三次方与它的公转周期T的二次方成正比，即 k是一个对所有行星都一样的常量．开普勒定律不仅适用于太阳系，它对一切具有中心天体的引力系统〔如地月系统〕都成立．请你推导出地月系中该常量k的表达式．引力常量为G．〔2〕如卫星B绕行方向与地球自转方向一样，某时刻A、B两卫星相距最近〔O、B、A在同一直线上〕，如此至少经过多长时间，它们还能相距最近？2015-2016学年河北省保定市定州中学高二〔上〕周练物理试卷〔二〕参考答案与试题解析一．选择题〔共44分，本大题共11小题，每一小题4分，在每一小题给出的四个选项中，第1至7题只有一项符合题目要求，第8至11题有多项符合题目要求.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分〕1．2014年12月31日，搭载“风云二号〞08星的运载火箭在西昌卫星发射中心点火发射．发射过程中“风云二号〞08星的某一运行轨道为椭圆轨道，周期为T0，如下列图．如此〔〕A．“风云二号〞08星的发射速度小于第一宇宙速度B．“风云二号〞08星在A→B→C的过程中，速率逐渐变大C．“风云二号〞08星在A→B过程所用的时间小于D．“风云二号〞08星在B→C→D的过程中，万有引力对它先做正功后做负功【考点】万有引力定律与其应用．【分析】卫星沿着椭圆轨道运动，结合动能定理分析万有引力做功情况；结合开普勒定律分析速度变化情况；第一宇宙速度是近地卫星的速度，是在地面附近发射卫星的最小发射速度．【解答】解：A、绕地球运行的卫星，其发射速度都大于第一宇宙速度，故A错误；B、根据开普勒第二定律，卫星在A→B→C的过程中，卫星与地球的距离增大，速率逐渐变小，故B错误；C、卫星在A→C的过程中所用的时间是0.5T0，由于卫星在A→B→C的过程中，速率逐渐变小，A→B与B→C的路程相等，所以卫星在A→B过程所用的时间小于，故C正确；D、卫星在B→C→D的过程中，万有引力方向先与速度方向成钝角，过了C点后与速度方向成锐角，所以万有引力对它先做负功后做正功，故D错误．应当选：C2．2016年1月5日上午，国防科工局正式发布国际天文学联合会批准的嫦娥三号探测器着陆点周边区域命名为“广寒宫〞，附近三个撞击坑分别命名为“紫微〞、“天市〞、“太微〞．此次成功命名，是以中国元素命名的月球地理实体达到22个．“嫦娥三号〞曾经在距离月球外表高度为h处绕月球做匀速圆周运动．月球半径为R，月球外表的重力加速度为g0，如此“嫦娥三号〞在距离月球外表h高处环绕月球运行的周期为〔〕A． B．C．D．【考点】万有引力定律与其应用．【分析】由万有引力提供向心力，结合黄金代换可确定出周期的表达式．【解答】解：由万有引力提供向心力得：T=又GM=，如此T=，如此C正确应当选：C3．两颗互不影响的行星 P1、P2，各有一颗卫星S1、S2绕其做匀速圆周运动．将每颗卫星到行星中心距离r改变后，卫星做匀速圆周运动的加速度 a也随之改变，a与关系如下列图，图线1、2分别表示S1绕P1运动、S2绕P2运动的情况，如此〔〕A．S1的质量比 S2的大B．S1的质量比 S2的小C．P1的质量比 P2的大D．P1的质量比 P2的小【考点】万有引力定律与其应用．【分析】根据万有引力提供向心力得出加速度与的关系式，结合图线的斜率比拟行星质量的大小关系．【解答】解：卫星绕行星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有：G=ma，解得：a=GM，可知图线的斜率表示GM，M表示行星的质量，由于图线1的斜率大于图线2的斜率，如此P1的质量比P2的大．由于环绕天体的质量，即卫星的质量被约去，无法比拟大小，故C正确，ABD错误．应当选：C．4．物理学史上是哪位科学家、由于哪项贡献而人们称为“能称出地球质量的人〞〔〕A．阿基米德，发现了杠杆原理B．牛顿，发现了万有引力定律C．伽利略，测出了重力加速度的值D．卡文迪许，测出了万有引力常量【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：牛顿发现了万有引力定律之后，卡文迪许测出了万有引力常量，被人们称为“能称出地球质量的人〞，故D正确．应当选：D5．科学家预测银河系中所有行星的数量大概在2万亿﹣3万亿之间．日前在银河系发现一颗类地行星，半径是地球半径的两倍，质量是地球质量的三倍．卫星a、b分别绕地球、类地行星做匀速圆周运动，它们距中心天体外表的高度均等于地球的半径．如此卫星a、b的〔〕A．线速度之比为1：B．角速度之比为3：C．周期之比为：D．加速度之比为4：3【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【分析】根据万有引力等于向心力，分别求出两卫星线速度的表达式，再求解线速度之比．根据周期公式求周期之比．由向心加速度公式结合求向心加速度之比．【解答】解：根据万有引力提供向心力得：得：v=，a=，T=，，A、卫星a、b的线速度之比，故A错误；B、卫星a、b的角速度之比，故B正确；C、卫星a、b的周期之比，故C错误；D、卫星a、b的向心加速度之比=，故D错误．应当选：B6．2016年2月18日，中国探月工程领导小组宣布：“嫦娥五号〞探测器正式转入正样研制阶段，预计于2017年前后完成研制并择机发射．嫦娥五号〞登月后将再次从月球起飞，并以“跳跃式返回技术〞成功返回地面，完成探月工程的重大跨越﹣﹣带回月球样品．“跳跃式返回技术〞是指航天器在关闭发动机后进入大气层，依靠大气升力再次冲出大气层，降低速度后再进入大气层．如下列图，虚线为大气层的边界．地球半径为R，d点距地心距离为r，地球外表重力加速度为g．如此如下说法正确的答案是〔〕A．“嫦娥五号〞在b点处于完全失重状态B．“嫦娥五号〞在d点的加速度大小等于C．“嫦娥五号〞在c点和e点的速率相等D．“嫦娥五号〞在返回全程机械能守恒【考点】万有引力定律与其应用．【分析】“嫦娥五号“沿abc轨迹做曲线运动，速度方向为该点的切线方向，根据牛顿第二定律，结合GM=gR2求出d点的加速度．嫦娥五号从a点到c点，万有引力不做功，阻力做负功，根据动能定理比拟a、c两点的速率大小．从c点到e点，机械能守恒．【解答】解：A、进入大气层受到空气阻力，不是只受重力，“嫦娥五号〞在b点不是处于完全失重状态，故A错误；B、“嫦娥五号〞在d点受到的万有引力，在地球外表重力等于万有引力有有，根据牛顿第二定律，故B错误；C、根据万有引力提供向心力，得，c点和e点轨道半径相等，速率相等，故C正确；D、“嫦娥五号〞在返回全程要抑制空气阻力做功，故机械能不守恒，故D错误；应当选：C7．宇宙中有两颗相距无限远的恒星S1、S2，半径均为R0．如图分别是两颗恒星周围行星的公转半径r3与公转周期T2的图象，其中r3为横轴，T2为纵轴．如此〔〕A．恒星S1的质量大于恒星S2的质量B．恒星S1的密度小于恒星S2的密度C．恒星S1的第一宇宙速度大于恒星S2的第一宇宙速度D．距两恒星外表高度一样的行星，S1的行星向心加速度较大【考点】万有引力定律与其应用；第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度．【分析】根据万有引力提供向心力，得出卫星的周期与恒星的质量、半径之间的关系，然后进展比拟；结合万有引力提供向心力，分别写出第一宇宙速度的表达式，然后比拟它们的大小关系；【解答】解：A、由题图可知，当绕恒星运动的行星的环绕半径相等时，S1运动的周期比拟大，根据公式：所以：M=，周期越大如此质量越小．所以恒星S1的质量小于恒星S2的质量．故A 错误；B、两颗恒星的半径相等，如此根据M=ρV，半径R0相等如此它们的体积相等，所以质量大S2的密度大．故B正确．C、根据万有引力提供向心力，如此：所以：v=，由于恒星S1的质量小于恒星S2的质量，所以恒星S1的第一宇宙速度小于恒星S2的第一宇宙速度．故C错误．D、距两恒星外表高度一样的行星，它们的向心加速度a：ma=，由于恒星S1的质量小于恒星S2的质量，所以S1的行星向心加速度较小．故D错误．应当选：B8．水星或金星运行到地球和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学称为“行星凌日〞．地球的公转周期为365天，假设将水星、金星和地球的公转轨道视为同一平面内的圆轨道，理论计算得到水星相邻两次凌日的时间间隔为116天，金星相邻两次凌日的时间间隔为584天，如此如下判断合理的是〔〕A．地球的公转周期大约是水星的2倍B．地球的公转周期大约是金星的1.6倍C．金星的轨道半径大约是水星的3倍D．实际上水星、金星和地球的公转轨道平面存在一定的夹角，所以水星或金星相邻两次凌日的实际时间间隔均大于题干所给数据【考点】万有引力定律与其应用．【分析】抓住出现“行星凌日〞的时间间隔，结合求出水星或金星的周期，根据万有引力提供向心力得出轨道半径和周期的关系，从而求出金星轨道半径和水星轨道半径的关系．【解答】解：A、水星相邻两次凌日的时间间隔为116天，设水星的周期为，如此有：，天，可知地球公转周期大约是水星的4倍，故A错误．B、金星相邻两次凌日的时间间隔为584天，设金星的周期为，如此有：，代入数据解得天，可知地球的公转周期大约是金星的1.6倍，故B正确；C、根据得，，因为金星的公转周期大约是水星的0.4倍，如此金星的轨道半径大约是水星的0.5倍，故C错误．D、由所给资料，假设运行轨道平面不存在夹角，那么行星凌日间隔时间会与理论时间一致，而实际与理论不同，故运行轨道平面必然存在夹角，故D正确．应当选：BD．9．冥王星与其附近的另一星体卡戎可视为双星系统，质量比约为7：1，同时绕它们连线上某点O做匀速圆周运动．由此可知，冥王星绕O点运动的〔〕A．轨道半径约为卡戎的 B．角速度大小约为卡戎的C．线速度大小约为卡戎的D．向心力大小约为卡戎的7倍【考点】万有引力定律与其应用．【分析】双星中两颗子星相互绕着旋转可看作匀速圆周运动，其向心力由两恒星间的万有引力提供．由于力的作用是相互的，所以两子星做圆周运动的向心力大小是相等的，利用万有引力定律可以求得其大小．两子星绕着连线上的一点做圆周运动，所以它们的运动周期是相等的，角速度也是相等的，所以线速度与两子星的轨道半径成正比．【解答】解：冥王星与其附近的另一星体卡戎可视为双星系统．所以冥王星和卡戎周期是相等的，角速度也是相等的．A、它们之间的万有引力提供各自的向心力得：mω2r=Mω2R，质量比约为7：1，所以冥王星绕O点运动的轨道半径约为卡戎的．故A正确．B、冥王星和卡戎周期是相等的，角速度也是相等的．故B错误．C、根据线速度v=ωr得冥王星线速度大小约为卡戎的，故C正确．D、它们之间的万有引力提供各自的向心力，冥王星和卡戎向心力大小相等，故D错误．应当选：AC．10．如下列图，A是静止在赤道上的物体，B、C是同一平面内两颗人造卫星．B位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上；C是地球同步卫星．以下判断正确的答案是〔〕A．卫星B的速度大小等于地球的第一宇宙速度B．A、B的线速度大小关系为v A＞v BC．周期大小关系为T A=T C＞T BD．假设卫星B要靠近C所在轨道，需要先加速【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律与其应用．【分析】地球的第一宇宙速度是近外表卫星运行速度．地球赤道上的物体与同步卫星具有一样的角速度和周期，根据v=rω，a=rω2比拟线速度的大小和周期的大小，根据万有引力提供向心力比拟B、C的线速度、周期．【解答】解：A、B位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上，地球的第一宇宙速度是近外表卫星运行速度．根据万有引力等于向心力v=，所以卫星B的速度大小小于地球的第一宇宙速度，故A错误；B、v=，B位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上；C是地球同步卫星所以v B＞v C，对于放在赤道上的物体A和同步卫星C有一样的周期和角速度，根据v=rω，所以v C＞v A所以v B＞v A，故B错误；C、对于放在赤道上的物体A和同步卫星C有一样的周期和角速度，所以，T A=T C根据万有引力等于向心力得B位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上；C是地球同步卫星所以T C＞T B，所以周期大小关系为T A=T C＞T B，故C正确；D、假设卫星B要靠近C所在轨道，需要先加速，做离心运动，故D正确；应当选：CD．11．2013年12月2日，牵动亿万中国心的嫦娥三号探测器顺利发射．嫦娥三号要求一次性进入近地点210公里、远地点约36.8万公里的地月转移轨道，如下列图，经过一系列的轨道修正后，在P点实施一次近月制动进入环月圆形轨道I．再经过系列调控使之进人准备“落月〞的椭圆轨道II．嫦娥三号在地月转移轨道上被月球引力捕获后逐渐向月球靠近，绕月运行时只考虑月球引力作用．如下关于嫦娥三号的说法正确的答案是〔〕A．沿轨道I运行的速度小于月球的第一宇宙速度B．沿轨道I运行至P点的速度等于沿轨道II运行至P点的速度C．沿轨道I运行至P点的加速度等于沿轨道II运行至P点的加速度D．在地月转移轨道上靠近月球的过程中月球引力做正功【考点】万有引力定律与其应用．【分析】通过宇宙速度的意义判断嫦娥三号发射速度的大小，根据卫星变轨原理分析轨道变化时卫星是加速还是减速，并由此判定机械能大小的变化，在不同轨道上经过同一点时卫星的加速度大小一样．【解答】解：A、第一宇宙速度是最大的环绕速度，故沿轨道I运行的速度小于月球的第一宇宙速度，故A正确；B、从轨道I进入轨道II嫦娥三号需要要点火减速，故沿轨道I运行至P点的速度小于沿轨道II运行至P点的速度，故B错误；C、在P点嫦娥三号产生的加速度都是由万有引力产生的，因为同在P点万有引力大小相等，故不管在哪个轨道上运动，在P点时万有引力产生的加速度大小相等，故C正确；D、在地月转移轨道上靠近月球的过程中月球引力做正功，故D正确．应当选：ACD．二、计算题：共6题共66分12．双星系统中两个星球A、B的质量都是m，A、B相距L，它们正围绕两者连线上某一点做匀速圆周运动．实际观测该系统的周期T要小于按照力学理论计算出的周期理论值T0，且=k〔k＜1〕，于是有人猜测这可能是受到了一颗未发现的星球C的影响，并认为C位于双星A．B的连线正中间，相对A、B静止，求：〔1〕两个星球A．B组成的双星系统周期理论值T0；。
高中物理高二物理上学期精选测试卷测试卷 (word版,含解析)
高中物理高二物理上学期精选测试卷测试卷 （word 版，含解析）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，在圆心为O 、半径为R 的圆周上等间距分布着三个电荷量均为q 的点电荷a 、b 、c ，其中a 、b 带正电，c 带负电。
已知静电力常量为k ，下列说法正确的是（ ）A ．a 受到的库仑力大小为2233kq RB ．c 受到的库仑力大小为2233kqRC ．a 、b 在O 3kq，方向由O 指向c D ．a 、b 、c 在O 点产生的场强为22kqR，方向由O 指向c 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】AB ．根据几何关系得ab 间、bc 间、ac 间的距离3r R =根据库仑力的公式得a 、b 、c 间的库仑力大小22223q q F k k r R==a 受到的两个力夹角为120︒，所以a 受到的库仑力为223a q F F k R==c 受到的两个力夹角为60︒，所以c 受到的库仑力为233c kq F F == 选项A 错误，B 正确；C ．a 、b 在O 点产生的场强大小相等，根据电场强度定义有02q E kR = a 、b 带正电，故a 在O 点产生的场强方向是由a 指向O ，b 在O 点产生的场强方向是由b 指向O ，由矢量合成得a 、b 在O 点产生的场强大小2q E k R=方向由O →c ，选项C 错误；D ．同理c 在O 点产生的场强大小为02qE k R=方向由O →c运用矢量合成法则得a 、b 、c 在O 点产生的场强22qE k R'=方向O →c 。
选项D 正确。
故选BD 。
2．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。
江苏省溧阳市南渡高级中学2012-2013学年高二上学期周练物理试题 第12周
南渡高中2012高二物理第12周周练试卷班级 姓名______ 学号_______（ ）1．下列说法正确的是A ．磁通量越大，磁通量的变化也越大B ．磁通量变化越大，磁通量的变化率也越大C ．磁通量变化越快，磁通量的变化率越大D ．磁通量等于零时，磁通量的变化率也为零（ ）2． 如图示，金属杆ab 以恒定的速率v 在光滑的平行导轨 上向右滑行，设整个电路中总电阻为R （恒定不变），整个装置置于垂直于纸 面向里的匀强磁场中，下列说法正确的是A ．ab 杆中的电流与速率v 成正比B ．磁场作用于ab 杆的安培力与速率v 成正比C ．电阻R 上产生的电热功率与速率v 成正比D ．外力对ab 杆做功的功率与速率v 成正比（ ）3．平行闭合线圈的匝数为n ，所围面积为S ，总电阻为R ， 在t ∆时间内穿过每匝线圈的磁通量变化为∆Φ，则通过导线某一截面的电荷 量为A ．R ∆ΦB ．R nS ∆ΦC ．tR n ∆∆ΦD ．R n ∆Φ（ ）4．关于感应电动势大小的下列说法中，正确的是 [ ]A ．线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大B ．线圈中磁通量越大，产生的感应电动势一定越大C ．线圈放在磁感强度越强的地方，产生的感应电动势一定越大D ．线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大（ ）5．单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转轴垂直于磁场，若线圈所围面积里磁通量随时间变化的规律如图3所示A ．线圈中O 时刻感应电动势最大B ．线圈中D 时刻感应电动势为零C ．线圈中D 时刻感应电动势最大D ．线圈中O 至D 时间内平均感电动势为0.4V（ ）6、如图1所示，开始时矩形线圈与磁场垂直，且一半在匀强 磁场内，磁场边界为MN 为ab 、dc 的中点连线，若要使线圈产生感应电流， 下列方法去行的是 A ．将线圈向上平移B ．以ad 为轴，从图示位置小于600转动C ．以bc 为轴，从图示位置小于600转动D．垂直于纸面向内运动图1M N7．如图11所示，线圈内有理想边界的磁场，当磁场均匀增加时，有一带电粒子静止于平行板(两板水平放置)电容器中间，则此粒子带______电，若线圈的匝数为n ，平行板电容器的板间距离为d ，粒子的质量为m ，带电量为q ，则磁感应强度的变化率为________(设线圈的面积为S)．8．如图12所示，在一个光滑金属框架上垂直放置一根长l=0.4m 的金属棒ab ，其电阻r=0.1Ω．框架左端的电阻R=0.4Ω．垂直框面的匀强磁场的磁感强度B=0.1T ．当用外力使棒ab 以速度v=5m ／s 右移时，ab 棒中产生的感应电动势ε=____，通过ab 棒的电流I=____．ab 棒两端的电势差U ab =____，在电阻R 上消耗的功率P R ____，在ab 棒上消耗的发热功率P R =____，切割运动中产生的电功率P=____．(要求写解题过程)9．如图14，水平放置的矩形金属框架，宽0.2米，上面放置一根不计电阻的直导线AB 。
高二物理上学期第周周练试题高二全册物理试题
嗦夺市安培阳光实验学校横峰中学2016-17学年度上学期周练（第13周）高二年级物理试卷一、选择题：（本题包括6小题，共60分，每小题只有一个选项符合题意）1、如图所示为伏安法测电阻的一种常用电路，以下分析正确的是：( ) A．此接法的测量值大于真实值B．此接法的测量值小于真实值C．此接法要求待测电阻值小于电流表内阻D．开始实验时滑动变阻器滑动头P应处在最左端2．粗细均匀的金属环上A、B、C、D 四点把其周长分成四等分，如图所示，当A、B点接入电路中时，圆环消耗的电功率为P；当A、D点接入电路中时，圆环消耗的电功率为：（电源内阻不计）A．3P；B．4P/3；C． P；D．3P/43．如图所示的电路中，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片P向左移动，则( )A．电容器中的电场强度将增大 B ．电容器上的电荷量将减少C ．电容器的电容将减小 D．液滴将向上运动4.如图所示，直线a为某电源的U—I图线，直线b为电阻R的U—I图线，用该电源和该电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的内阻分别为( )A．4W，1ΩB．6W，1ΩC．4W，0.5ΩD．2W，0.5Ω5．某同学用伏安法测小灯泡的电阻时，误将电流表和电压表接成如图7所示的电路．接通电源后，可能出现的情况是( )A．电流表烧坏B．电压表烧坏C．小灯泡烧坏D．小灯泡不亮6．两个电压表甲、乙是由完全相同的电流表改装而成，它们的量程分别为5 V、15 V，为了测量15～20 V的电压，把甲、乙串联起来使用，则两表的( ) A．读数相同B．指针偏转角度相同C．读数反比于表的内阻D．指针偏转角度正比于表的内阻二、实验题：（本题包括1小题，共20分；第1个空5分，其他每空3分）第1题第2题ErR1PR2第3题第4题7（1）．用多用表的欧姆挡测量阻值约为几十千欧的电阻R x ，以下给出的是可能的实验操作步骤，其中S 为选择开关，P 为欧姆挡调零旋钮。
高二物理周练试卷—带详细答案
高二理科周练试卷姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．一个单摆做受迫振动，其共振曲线(振幅A与驱动力的频率f的关系)如图所示，则()A．此单摆的固有周期约为0.5 sB．此单摆的摆长约为1 mC．若摆长增大，单摆的固有频率增大D．若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动2．如图所示是扬声器纸盆中心做简谐运动的振动图象，下列判断正确的是A．t=2×10-3s时刻纸盆中心的速度最大B．t=3×10-3s时刻纸盆中心的加速度最大C．在0〜l×10-3s之间纸盆中心的速度方向与加速度方向相同D．纸盆中心做简谐运动的方程为x=1.5×10-4cos50πt（m）3．当一弹簧振子在竖直方向上作简谐振动时，下列说法正确的是（）A．振子经过同一位置时，速度大小一定相同B．振子从最低点向平衡位置运动过程中，弹簧弹力始终做负功C ．振子在从最低点向平衡位置运动过程中受到重力、弹力和回复力D ．振子在平衡位置时，其动能最小，弹簧的弹性势能最大4．在“用单摆测定重力加速度”的实验中，实验时用拉力传感器测得摆线的拉力大小F 随时间t 变化的图象如图所示，则该单摆的周期为（ ）A ．tB ．2tC ．3tD ．4t5．某质点做简谐运动的振幅为A,周期为T ,则质点在6T 时间内的最大路程是 A ．1.5A B ．A C ．0.5A D ．0.2A6．如图所示，一水平弹簧振子在光滑水平面上的B 、C 两点间做简谐运动，O 为平衡位置．已知振子由完全相同的P 、Q 两部分组成，彼此拴在一起．当振子运动到B 点的瞬间，将P 拿走，则以后Q 的运动和拿走P 之前相比有（ ）A ．Q 的振幅不变，通过O 点的速率减小B ．Q 的振幅不变，通过O 点的速率增大C ．Q 的振幅增大，通过O 点的速率增大D ．Q 的振幅减小，通过O 点的速率减小7．如图所示，质量为M 的物块钩在水平放置的左端固定的轻质弹簧的右端，构成一弹簧振子，物块可沿光滑水平面在BC 间做简谐运动，振幅为A ．在运动过程中将一质量为m 的小物块轻轻地放在M 上，第一次是当M 运动到平衡位置O 处时放在上面，第二次是当M 运动到最大位移处C 处时放在上面，观察到第一次放后的振幅为A 1，第二次放后的振幅为A 2，则（ ）A ．A 1=A 2=AB ．A 1<A 2=AC ．A 1=A 2<AD ．A 2<A 1=A8．一根粗细均匀的软绳一端固定，另一端用手抓住并上、下振动，形成了向右传播的波。
高二物理上学期第周周训试卷高二全册物理试题
嗦夺市安培阳光实验学校四川省宜宾一中高二（上）第16周周训物理试卷一、选择题1．在物理学发展的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（）A．安培首先提出了磁场对运动电荷的作用力公式B．法拉第根据小磁针在通电导线周围的偏转而发现了电流的磁效应C．楞次发现了电磁感应现象，并研究得出了判断感应电流方向的方法﹣﹣楞次定律D．法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律﹣﹣库仑定律2．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3．如图，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4．如图所示，矩形线框在磁场内做的各种运动中，能够产生感应电流的是（）A ． B ．C ．D ．5．如图所示，一个金属薄圆盘水平放置在竖直向上的匀强磁场中，下列做法中能使圆盘中产生感应电流的是（）A．圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动B．圆盘以某一水平直径为轴匀速转动C．圆盘在磁场中向右匀速平移D．匀强磁场均匀增加6．两根相互平行的光滑金属导轨水平放置于如图所示的匀强磁场中，在导轨上接触良好的导体棒AB和CD可以自由滑动．当AB以速度v向右运动时，下列说法中正确的是（）A．开始一段时间，导体棒CD内有电流通过，方向是D→CB．开始一段时间，导体棒CD内有电流通过，方向是C→DC．开始一段时间，磁场对导体棒CD的作用力向左D．最终两导体棒速度相等，电流为零7．如图所示，在平面上有两条相互垂直且彼此绝缘的长通电直导线，以它们为坐标轴构成一个平面直角坐标系．四个相同的闭合圆形线圈在四个象限中完全对称放置，两条导线中电流大小与变化情况相同，电流方向如图所示，当两条导线中的电流都开始增大时，四个线圈a、b、c、d中感应电流的情况是（）A．线圈a中无感应电流B．线圈b中无感应电流C．线圈c中有顺时针方向的感应电流D．线圈d中有逆时针方向的感应电流8．如图所示，四根等长的铝管和铁块（其中C中铝管不闭合，其他两根铝管和铁管均闭合）竖直放置在同一竖直平面内，分别将磁铁和铁块沿管的中心轴线从管的上端由静止释放，忽略空气阻力，则下列关于磁铁和铁块穿过管的运动时间的说法正确的是（）A．t A＞t B=t C=t D B．t C=t A=t B=t D C．t C＞t A=t B=t D D．t C=t A＞t B=t D9．如图所示，欲使原来静止的ab 杆向右运动，cd杆应该（）A．向右匀速运动B．向右加速运动C．向左加速运动D．向左减速运动10．如图，金属棒ab，金属导轨和螺线管组成闭合回路，金属棒ab在匀强磁场B中沿导轨向右运动，则（）A．ab棒不受安培力作用B．ab棒所受安培力的方向向右C．ab棒向右运动速度越大，所受安培力越大D．螺线管产生的磁场，A端为N极二、计算题11．如图甲所示，固定在水平面上电阻不计的光滑金属导轨，间距d=0.5m，导轨右端连接一阻值为R=4Ω的小灯泡L．在CDEF矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化如图乙所示，CF长为2m．在t=0时刻，电阻为r=lΩ的金属棒ab在水平恒力F=0.2N作用下，由静止开始沿导轨向右运动，t=4s时进入磁场，并恰好能够匀速运动．求：（1）0～4s内通过小灯泡的电流强度；（2）金属棒在磁场中匀速运动的速度．12．如图，匀强磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向里，大小随时间的变化率=k，k为正的常量．用电阻率为ρ、横截面积为S的硬导线做成一边长为l 的方框．将方框固定于纸面内，其右半部位于磁场区域中．求：（1）导线中感应电流的大小；（2）磁场对方框作用力的大小随时间的变化率．四川省宜宾一中高二（上）第16周周训物理试卷参考答案与试题解析一、选择题1．在物理学发展的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（）A．安培首先提出了磁场对运动电荷的作用力公式B．法拉第根据小磁针在通电导线周围的偏转而发现了电流的磁效应C．楞次发现了电磁感应现象，并研究得出了判断感应电流方向的方法﹣﹣楞次定律D．法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律﹣﹣库仑定律【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、洛伦兹首先提出了磁场对运动电荷的作用力公式，故A错误B、奥斯特根据小磁针在通电导线周围的偏转而发现了电流的磁效应，故B错误C、法拉第发现了电磁感应现象，故C错误D、法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律﹣﹣库仑定律，故D正确故选D．2．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【考点】法拉第电磁感应定律；电容；楞次定律．【分析】现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，导致线圈的磁通量发生变化，从而产生感应电动势，线圈中出现感应电流，由楞次定律可判定电流的方向．当线圈中有电动势后，对电阻来说通电后发热，对电容器来说要不断充电直至稳定．【解答】解：当磁铁N极向下运动时，导致向下穿过线圈的磁通量变大，由楞次定律可得，感应磁场方向与原来磁场方向相反，再由安培定则可得感应电流方向沿线圈盘旋而下，由于线圈相当于电源，则流过R的电流方向是从b到a，对电容器充电下极板带正电．故选：D．3．如图，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【考点】楞次定律．【分析】此题的关键首先明确滑动触头向下滑动时通过判断出线圈b中的电流增大，然后根据楞次定律判断出线圈a中感应电流的方向．本题利用“楞次定律的第二描述”求解将更为简便．【解答】解：A、B：当滑动触头P向下移动时电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流增大，从而判断出穿过线圈a的磁通量增加方向向下，所以B错误；根据楞次定律即可判断出线圈a中感应电流方向俯视应为逆时针，A错误．C、再根据微元法将线圈a无线分割根据左手定则不难判断出线圈a应有收缩的趋势，或直接根据楞次定律的第二描述“感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因”，因为滑动触头向下滑动导致穿过线圈a的磁通量增加，故只有线圈面积减少时才能阻碍磁通量的增加，故线圈a应有收缩的趋势，C错误；D、开始时线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力，当滑动触头向下滑动时，可以用“等效法”，即将线圈a和b看做两个条形磁铁，不难判断此时两磁铁的N极相对，互相排斥，故线圈a对水平桌面的压力将增大，所以D正确．故选D．4．如图所示，矩形线框在磁场内做的各种运动中，能够产生感应电流的是（）A ． B ．C ．D ．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．【分析】根据产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化，判断各个选项．【解答】解：A、线框在匀强磁场中运动时，穿过线框的磁感线条数不变，即磁通量不变，没有感应电流产生，故A错误．B、图示的线框与磁场平行，穿过线框的磁通量为零，而且当线框平动时，磁通量始终为零，没有变化，所以没有感应电流产生，故B错误．C、线框与磁场平行，穿过线框的磁通量为零，当线框向右平动时，磁通量保持为零，没有变化，所以没有感应电流产生，故C错误．D、线框在磁场中转动时，穿过线框的磁通量发生变化，产生感应电流，故D正确．故选：D5．如图所示，一个金属薄圆盘水平放置在竖直向上的匀强磁场中，下列做法中能使圆盘中产生感应电流的是（）A．圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动B．圆盘以某一水平直径为轴匀速转动C．圆盘在磁场中向右匀速平移D．匀强磁场均匀增加【考点】楞次定律．【分析】发生感应电流的条件是穿过闭合线圈的磁通量发生变化，根据题意逐项判断即可．【解答】解：A、保持圆环水平并使圆环绕过圆心的竖直轴转动，穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，A错误；B、圆盘以某一水平直径为轴匀速转动时，穿过线圈的磁通量变化，产生感应电流，B正确；C、保持圆环水平并在磁场中左右移动，穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，C错误；D、使匀强磁场均匀增加，穿过线圈的磁通量增加，产生感应电流，D正确；故选BD6．两根相互平行的光滑金属导轨水平放置于如图所示的匀强磁场中，在导轨上接触良好的导体棒AB和CD可以自由滑动．当AB以速度v向右运动时，下列说法中正确的是（）A．开始一段时间，导体棒CD内有电流通过，方向是D→CB．开始一段时间，导体棒CD内有电流通过，方向是C→DC．开始一段时间，磁场对导体棒CD的作用力向左D．最终两导体棒速度相等，电流为零【考点】楞次定律．【分析】AB切割磁感线产生感应电流，由右手定则判断感应电流的方向；感应电流通过CD，CD棒受到安培力作用，由左手定则判断安培力的方向．【解答】解：A、利用楞次定律．两个导体棒与两根金属导轨构成闭合回路，可知开始一段时间向里的磁通量增加，结合安培定则判断回路中感应电流的方向是B→A→C→D→B，故A错误，B正确；C、感应电流通过CD，CD棒受到安培力作用，由左手定则判断可知磁场对导体棒CD的安培力向右．故C错误．D、CD的受力方向向右，CD棒加速，同理可知，AB受力方向向左，AB棒减速，最后两棒速度相等，电路中磁通量不变，电流为零．故D正确故选：BD7．如图所示，在平面上有两条相互垂直且彼此绝缘的长通电直导线，以它们为坐标轴构成一个平面直角坐标系．四个相同的闭合圆形线圈在四个象限中完全对称放置，两条导线中电流大小与变化情况相同，电流方向如图所示，当两条导线中的电流都开始增大时，四个线圈a、b、c、d中感应电流的情况是（）A．线圈a中无感应电流B．线圈b中无感应电流C．线圈c中有顺时针方向的感应电流D．线圈d中有逆时针方向的感应电流【考点】楞次定律．【分析】通电直导线管周围有磁场存在，根据右手螺旋定则可判定电流方向与磁场方向的关系．根据产生感应电流的条件和楞次定律判断各项．【解答】解：A、由右手螺旋定则可判定通电导线磁场的方向．ac象限磁场不为零，a中磁场垂直纸面向里，当电流增大时，线圈a中有逆时针方向的电流，故A错误；B、其中bd区域中的磁通量为零，当电流变化时不可能产生感应电流，故B正确，D错误．C、ac象限磁场不为零，c中磁场垂直纸面向外，当电流增大时，线圈c中有顺时针方向的电流，故C正确；故选：BC8．如图所示，四根等长的铝管和铁块（其中C中铝管不闭合，其他两根铝管和铁管均闭合）竖直放置在同一竖直平面内，分别将磁铁和铁块沿管的中心轴线从管的上端由静止释放，忽略空气阻力，则下列关于磁铁和铁块穿过管的运动时间的说法正确的是（）A．t A＞t B=t C=t D B．t C=t A=t B=t D C．t C＞t A=t B=t D D．t C=t A＞t B=t D【考点】楞次定律．【分析】当磁铁下落时，若是闭合电路，则会产生感应电流从而阻碍磁铁的运动，而其它情况都是自由落体运动，从而根据位移与时间的关系，即可求解．【解答】解：由题意可知，只有A磁铁在下落时，导致铝管内的磁通量在变化，从而产生感应电流，进而阻碍磁铁的下落，导致下落的时间变长，对于C虽然是磁铁下落，但由于不闭合，所以没有感应电流出现，仍是自由落体，对于BD也是自由落体运动，因此它们的下落时间都一样的，故选：A．9．如图所示，欲使原来静止的ab 杆向右运动，cd杆应该（）A．向右匀速运动B．向右加速运动C．向左加速运动D．向左减速运动【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．【分析】当ab杆受到向右的安培力时，ab杆将向右移动，通过cd杆的运动，根据右手定则、安培定则判断出ab杆上感应电流的方向，得知安培力的方向，从而确定出cd杆的运动方向．【解答】解：A、cd杆向右匀速运动，在cd杆中产生恒定的电流，该电流在线圈L2中产生恒定的磁场，在L1中不产生感应电流，ab不受安培力作用，所以ab杆不动，故A错误；B、cd杆向右加速运动，根据右手定则，知在cd杆上产生增大的d到c的电流，根据安培定则，在L2产生向下增强的磁场，该磁场向上通过L1，根据楞次定律，在ab杆上产生b到a电流，根据左手定则，受到向右的安培力，向右运动，故B正确；C、向左加速运动，根据右手定则，知在cd杆上产生增大的c到d的电流，根据安培定则，在L2产生向上增强的磁场，该磁场向下通过L1，根据楞次定律，在ab杆上产a到b电流，根据左手定则，受到向左的安培力，向左运动，故C 错误；D、向左减速运动，根据右手定则，知在cd杆上产生减小的c到d的电流，根据安培定则，在L2产生向上减弱的磁场，该磁场向下通过L1，根据楞次定律，在ab杆上产b到a电流，根据左手定则，受到向右的安培力，向右运动，D正确；故选：BD．10．如图，金属棒ab，金属导轨和螺线管组成闭合回路，金属棒ab在匀强磁场B中沿导轨向右运动，则（）A．ab棒不受安培力作用B．ab棒所受安培力的方向向右C．ab棒向右运动速度越大，所受安培力越大D．螺线管产生的磁场，A端为N极【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；安培力；法拉第电磁感应定律．【分析】回路中的一部分切割磁感线时，导体棒中要产生感应电流，而电流在磁场中就一定会有安培力；感应电流的大小与运动速度有关，运动速度越大，所受安培力越大．【解答】解：A：回路中的一部分切割磁感线时，导体棒中要产生感应电流，而电流在磁场中就一定会有安培力，故A错误；B：根据楞次定律可知，感应电流总是起到阻碍的作用，故安培力的方向与导体棒一定的方向相反，应当向左，故B错误；C：ab棒向右运动时，E=BLv ，，F=BIL ，所以：，速度越大，所受安培力越大．故C正确；D：根据右手定则，ab中的电流的方向向上，流过螺旋管时，外侧的电流方向向下，根据右手螺旋定则，B端的磁场方向为N极．故D错误．故选：C二、计算题11．如图甲所示，固定在水平面上电阻不计的光滑金属导轨，间距d=0.5m，导轨右端连接一阻值为R=4Ω的小灯泡L．在CDEF矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化如图乙所示，CF长为2m．在t=0时刻，电阻为r=lΩ的金属棒ab在水平恒力F=0.2N作用下，由静止开始沿导轨向右运动，t=4s时进入磁场，并恰好能够匀速运动．求：（1）0～4s内通过小灯泡的电流强度；（2）金属棒在磁场中匀速运动的速度．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求出0﹣4s内电路中产生的感应电动势，求出感应电流．因为小灯泡的亮度始终没有发生变化，则此电流即为通过小灯泡的电流强度；（2）由于灯泡亮度不变，可知在t=4s末金属棒刚好进入磁场时磁感应强度不变，棒应做匀速运动，此时金属棒电流等于灯泡中电流，恒力与安培力大小相等．即可求解．【解答】解：（1）金属棒未进入磁场，电路总电阻 R总=R+r=4+1=5Ω回路中感应电动势为：E1==S=d=0.5×0.5×2=0.5V灯炮中的电流强度为：I L ==0.1A（2）在t=4s末金属棒进入磁场，且做匀速运动，则恒力大小：F=F A=BI′d可得I′===0.2A金属棒产生的感应电动势为：E2=I′（R+r）=1V金属棒在磁场中的速度：v===1m/s答：（1）通过小灯泡的电流强度为0.1A；（2）金属棒在磁场中匀速运动的速度是1m/s；12．如图，匀强磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向里，大小随时间的变化率=k，k为正的常量．用电阻率为ρ、横截面积为S的硬导线做成一边长为l 的方框．将方框固定于纸面内，其右半部位于磁场区域中．求：（1）导线中感应电流的大小；（2）磁场对方框作用力的大小随时间的变化率．【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律．【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求解感应电流的大小．（2）根据安培力公式F=BLI将电流、磁感应强度的表达式代入解得．【解答】解：（1）感应电动势：E==S=kl2，线框电阻：R=ρ，电流：I==；（2）磁场对方框作用力的大小F=BIl，B=B0+kt，则：F=， =；答：（1）导线中感应电流的大小；（2）磁场对方框作用力的大小随时间的变化率为．。
2021年高二上学期第一周周考物理试卷含解析
2021年高二上学期第一周周考物理试卷含解析一、选择题：（第1-5题为单项选择，第6-10题不定项选择，每题4分，共40分）1．在电场中某点放一检验电荷，其电量为q，检验电荷受到的电场力为F，则该点电场强度为E=，那么下列说法正确的是（）A．若移去检验电荷q，该点的电场强度就变为零B．若在该点放一个电量为2q的检验电荷，该点的场强就变为C．若在该点放一个电量为﹣2q的检验电荷，则该点场强大小仍为E，但电场强度的方向变为原来相反的方向D．若在该点放一个电量为﹣q的检验电荷，则该点的场强大小仍为E，电场强度的方向也还是原来的场强方向2．电场强度的定义式为E=（）A．该定义式只适用于点电荷产生的电场B．F是检验电荷所受到的力，q是检验电荷的电量C．场强的方向与F的方向相同D．由该定义式可知，场中某点电荷所受的电场力大小与该点场强的大小成正比3．四种电场的电场线如图所示．一正电荷q仅在电场力作用下由M点向N点作加速运动且加速度越来越大．则该电荷所在的电场是图中的（）A． B． C． D．4．下列说法中正确的是（）①无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，电场力做的正功越多，电荷在该点的电势能越大②无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，电场力做的正功越少，电荷在该点的电势能越大③无论是正电荷还是负电荷，从无穷远处移到电场中某点时，克服电场力做功越多，电荷在该点的电势能越大④无论是正电荷还是负电荷，从无穷远处移到电场中某点时，电场力做功越多，电荷在该点的电势能越大．A．①③B．②④C．②③D．①④5．某电场区域的电场线如图所示．把一个电子从A点移到B点时（）A．电子所受的电场力增大，电子克服电场力做功B．电子所受的电场力减小，电场力对电子做正功C．电子所受的电场力增大，电势能减少D．电子所受的电场力增大，电势能增大6．一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 B7．在静电场中，一个负电荷受到非静电力作用由一条电场线上的A点移到B点，以下说法中正确的是（）A．非静电力和电场力对电荷做功之和等于电荷电势能增加量和动能增加量之和B．非静电力做功等于电荷电势能和动能的增加量之和C．电荷克服电场力做功等于电荷电势能的增加量D．非静电力和电场力做功之和等于电荷动能增加量8．如图所示，在点电荷电场中的一条电场线上依次有A、B、C三点，分别把+q和﹣q的试探电荷依次放在三点上，关于它们所具有的电势能E，正确的说法是（）A．放上+q时，它们的电势能E A＞E B＞E CB．放上+q时，它们的电势能E A＜E B＜E CC．放上﹣q时，它们的电势能E A＞E B＞E CD．放上﹣q时，它们的电势能E A＜E B＜E C9．一个电荷只在电场力作用下从电场中的A点移到B点时，电场力做了5×10﹣6J的功（）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．电荷的电势能减少了5×10﹣6JD．电荷的动能增加了5×10﹣6J10．一个带电小球从空中的a点运动到b点的过程中，重力做功3J，克服电场力做功0.5J，不计空气阻力，则下列说法正确的是（）A．小球在a点的重力势能比在b点大3JB．小球在a点的电势能比在b点小1JC．小球在a点的动能比在b点小3.5JD．小球在a点的机械能比在b点大0.5J二、填空题：（共14分，）基础知识部分第一章：运动的描述11．质点（1）定义：_______（2）把物体看成质点的条件：_______．12．位移：（定义）_______位移是_______ 量．13．矢量：定义_______．14．平行四边形内容_______．15．速度：物理意义：_______定义：_______定义式：_______．16．加速度：物理意义：_______定义：_______定义式：_______．17．如何判断物体加减速：_______．18．用V﹣T图象画出直线运动中六种运动情况：_______．三、计算题（共44分，要写出必要步骤，只写答案不得分）19．在场强为4×105 V/m的匀强电场中，一质子从A点移动到B点，如图5所示．已知AB间距离为20cm，AB连线与电场线成30°夹角，求电场力做的功以及质子电势能的变化．20．有一个带电荷量q=﹣3×10﹣6 C的点电荷，从某电场中的A点移到B点，电荷克服静电场力做6×10﹣4 J的功，从B点移到C点，电场力对电荷做9×10﹣4 J的功，问：若以B 点电势为零，则（1）点电荷q在A、C点的电势能各为多少？（2）A、C两点的电势各为多少？21．如图所示，电荷量为﹣e、质量为m的电子从A点沿与电场垂直的方向进入匀强电场，初速度为v0，当它通过电场中B点时，速度与场强方向成150°角，不计电子的重力，以A 点的电势为零，求B点的电势．22．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，小球用绝缘细线悬于O 点，试求小球所在处的电场强度？xx学年山东省淄博六中高二（上）第一周周考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：（第1-5题为单项选择，第6-10题不定项选择，每题4分，共40分）1．在电场中某点放一检验电荷，其电量为q，检验电荷受到的电场力为F，则该点电场强度为E=，那么下列说法正确的是（）A．若移去检验电荷q，该点的电场强度就变为零B．若在该点放一个电量为2q的检验电荷，该点的场强就变为C．若在该点放一个电量为﹣2q的检验电荷，则该点场强大小仍为E，但电场强度的方向变为原来相反的方向D．若在该点放一个电量为﹣q的检验电荷，则该点的场强大小仍为E，电场强度的方向也还是原来的场强方向【考点】电场强度．【分析】电场中的电场强度与放入电场中的电荷无关，由电场本身性质决定．【解答】解：电场中的电场强度与放入电场中的电荷无关，无论有无放入检验电荷、检验电荷的电量如何，电场强度不变．故D正确，A、B、C错误．故选：D．2．电场强度的定义式为E=（）A．该定义式只适用于点电荷产生的电场B．F是检验电荷所受到的力，q是检验电荷的电量C．场强的方向与F的方向相同D．由该定义式可知，场中某点电荷所受的电场力大小与该点场强的大小成正比【考点】电场强度．【分析】电场强度E的定义式E=中，F是放入电场中的试探电荷所受的电场力，q是试探电荷的电量，这是比值定义法，适用于任何电场；场强方向与正电荷所受的电场力方向相同．【解答】解：A、B、电场强度E的定义式E=中，F是放入电场中的检验电荷所受的电场力，q是检验电荷的电量，运用比值定义法，该式适用于任何电场，故A错误，B正确；C、据场强方向规定，正电荷所受的电场力的方向与场强方向相同，负电荷所受电场力的方向与场强方向相反，故C错误；D、该定义式可知，场强由电场本身决定，场中某点电场强度的大小一定，由此式知F与E 成正比，故D正确．故选：BD．3．四种电场的电场线如图所示．一正电荷q仅在电场力作用下由M点向N点作加速运动且加速度越来越大．则该电荷所在的电场是图中的（）A． B． C． D．【考点】电场线；电场强度．【分析】由粒子做加速运动可知，粒子受力方向，则可判断电场线的方向；由加速度的变化可知电荷受力的变化，则由F=Eq可得出场强的变化，则可判断电场线的疏密．【解答】解：因粒子由M到N是加速运动，而粒子带正电，故说明电场线是由M到N的；因粒子在运动中加速度越大越大，说明受电场力越大越大，则电场强度越大越大，电场线越来越密；故D正确；故选D．4．下列说法中正确的是（）①无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，电场力做的正功越多，电荷在该点的电势能越大②无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，电场力做的正功越少，电荷在该点的电势能越大③无论是正电荷还是负电荷，从无穷远处移到电场中某点时，克服电场力做功越多，电荷在该点的电势能越大④无论是正电荷还是负电荷，从无穷远处移到电场中某点时，电场力做功越多，电荷在该点的电势能越大．A．①③B．②④C．②③D．①④【考点】电势能．【分析】根据电场力方向与位移方向的关系，判断电场力做功的正负，电场力做功多少，电荷的电势能就减少多少；相反，电荷克服电场力做功多少，电荷的电势能就增加多少．由此分析即可．【解答】解：①、②无穷远处的电势能为零，电荷从电场中某处移到无穷远处时，若电场力做正功，电势能减少，到无穷远处时电势能减为零，电荷在该点的电势能为正值，且等于移动过程中电荷电势能的变化，也就等于电场力做的功，因此电场力做的正功越多，电荷在该点电势能越大，故①正确，②错误；③、④电荷从无穷远处移到电场中某点时，若克服电场力做功，电势能由零增大到某值，此值就是电荷在该点的电势能值，因此，电荷在该点的电势能等于电荷从无穷远处移到该点时克服电场力所做的功，故③正确，④错误．故A正确．故选：A5．某电场区域的电场线如图所示．把一个电子从A点移到B点时（）A．电子所受的电场力增大，电子克服电场力做功B．电子所受的电场力减小，电场力对电子做正功C．电子所受的电场力增大，电势能减少D．电子所受的电场力增大，电势能增大【考点】电场线；匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】电场力F=qE，大小与场强E成正比，E由电场线的疏密判断；电子带负电，所受的电场力与场强方向相反，判断出电场力做功正负，即可分析电势能的变化．【解答】解：AB、由图看出，B处电场力密，场强E较大，电场力F=qE，则电子在B受到的电场力较大．而电场力方向与电场线方向相反，所以从A运动到B，电场力对电子做正功，故AB错误．CD、电子从A点移到B点时，电场力增大，而电场力做正功，其电势能减小，故C正确，D错误．故选：C6．一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 B【考点】电势能；功能关系．【分析】解决本题的关键是把题目中所叙述情况和实际各种运动情景结合起来，如电荷可能一直加速，也可能先加速后减速，或者先加速到某一值，然后减速为零．要思路开阔，不能一看无初速度释放，就认为电荷一直加速运动．【解答】解：电荷初速度为零，在运动过程中可能一直加速运动，此时有：E A＞E B＞E C，可能先加速后减速但是并未减速到零，此时有：E A＞E C＞E B，也可能先加速然后减速为零，此时有：E A=E C＞E B，故AD正确，BC错误．故选：AD．7．在静电场中，一个负电荷受到非静电力作用由一条电场线上的A点移到B点，以下说法中正确的是（）A．非静电力和电场力对电荷做功之和等于电荷电势能增加量和动能增加量之和B．非静电力做功等于电荷电势能和动能的增加量之和C．电荷克服电场力做功等于电荷电势能的增加量D．非静电力和电场力做功之和等于电荷动能增加量【考点】电势能．【分析】电场力做功等于电势能变化，合外力做功等于动能的变化，非静电力做功等于电荷动能和电势能增量之和．根据功能关系分析．【解答】解：AD、由动能定理可知，非静电力和电场力做功之和等于电荷动能的增加量．故A错误，D 正确．B、由功能关系知，非静电力做功等于电荷动能增加量和电势能的增加量之和，故B正确．C、电荷克服电场力做功等于电荷电势能的增加量，故C正确．故选：BCD8．如图所示，在点电荷电场中的一条电场线上依次有A、B、C三点，分别把+q和﹣q的试探电荷依次放在三点上，关于它们所具有的电势能E，正确的说法是（）A．放上+q时，它们的电势能E A＞E B＞E CB．放上+q时，它们的电势能E A＜E B＜E CC．放上﹣q时，它们的电势能E A＞E B＞E CD．放上﹣q时，它们的电势能E A＜E B＜E C【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．【分析】电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向．沿着电场线方向电势是降低的．【解答】解：放上+q时，电荷从位置A→B→C，都是电场力做正功，电势能应减小，可见E A＞E B＞E C．放上﹣q时，将电荷从位置A→B→C移动时，都是克服电场力做功，电荷的电势能应增大，即E A＜E B＜E C．故正确选项为A、D．故选：AD．9．一个电荷只在电场力作用下从电场中的A点移到B点时，电场力做了5×10﹣6J的功（）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．电荷的电势能减少了5×10﹣6JD．电荷的动能增加了5×10﹣6J【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．【分析】电场力做功等于电势能的减小量，根据电场力做功得出电势能的变化，根据动能定理得出电荷动能的变化．【解答】解：A、电场力做了5×10﹣6J的功，则电势能减小了5×10﹣6J，由于A处的电势能未知，故无法求出B处电荷的电势能，故A错误，C正确．B、根据动能定理知，电场力做了5×10﹣6J的功，则动能增加了5×10﹣6J，由于A处的动能未知，则B处的动能无法得出，故D正确，B错误．故选：CD．10．一个带电小球从空中的a点运动到b点的过程中，重力做功3J，克服电场力做功0.5J，不计空气阻力，则下列说法正确的是（）A．小球在a点的重力势能比在b点大3JB．小球在a点的电势能比在b点小1JC．小球在a点的动能比在b点小3.5JD．小球在a点的机械能比在b点大0.5J【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．【分析】解决本题需掌握：重力做功等于重力势能的变化量；电场力做功等于电势能的变化量；合力做功等于动能的变化量；除重力外的各个力做的总功等于机械能的变化量．【解答】解：A、重力做功等于重力势能的变化量，重力做功3J，重力势能减小3J，所以a点重力势能比b点大3J，故A正确；B、电场力做功等于电势能的变化量，克服电场力做功0.5J，电势能增加0.5J，所以a点电势能比b点小0.5J，故B错误；C、合力做功等于动能的变化量，合力做功等于各个分力做的功，总功为2.5J，故动能增加2.5J，即小球在a点的动能比在b点小2.5J，故C错误；D、除重力外的各个力做的总功等于机械能的变化量，除重力外，克服电场力做功0.5J，故机械能减小0.5J，所以a点机械能比b点大0.5J，故D正确；故选：AD．二、填空题：（共14分，）基础知识部分第一章：运动的描述11．质点（1）定义：有质量但不存在体积或形状的点，是物理学的一个理想化模型（2）把物体看成质点的条件：物体的大小和形状对研究物体的运动无影响或影响很小时可以忽略时，该物体可以看成质点．【考点】质点的认识．【分析】当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，根据把物体看成质点的条件来判断即可．【解答】解：质点就是有质量但不存在体积或形状的点，是物理学的一个理想化模型，物体能看成质点的条件：物体的大小和形状对研究物体的运动无影响或影响很小时可以忽略时，该物体可以看成质点．故答案为：有质量但不存在体积或形状的点，是物理学的一个理想化模型；物体的大小和形状对研究物体的运动无影响或影响很小时可以忽略时，该物体可以看成质点．12．位移：（定义）初位置指向末位置的有向线段位移是矢量．【考点】位移与路程．【分析】位移表示物体（质点）的位置变化，定义为：由初位置到末位置的有向线段．【解答】解：位移表示初位置指向末位置的有向线段，位移是矢量，有大小也有方向．故答案为：初位置指向末位置的有向线段；矢．13．矢量：定义矢量是既有大小又有方向，相加时遵守平行四边形定则的物理量．【考点】矢量和标量．【分析】矢量是既有大小又有方向的物理量，根据矢量的定义解答．【解答】解：矢量是既有大小又有方向，相加时遵守平行四边形定则的物理量．故答案为：矢量是既有大小又有方向，相加时遵守平行四边形定则的物理量．14．平行四边形内容以表示这两个力的线段为邻边作平行四边形，这两个邻边之间的对角线就代表合力的大小和方向，．【考点】合力的大小与分力间夹角的关系．【分析】依据平行四边形定则的内容，即可求解．【解答】解：两个力合成时，以表示这两个力的线段为邻边作平行四边形，这两个邻边之间的对角线就代表合力的大小和方向，这就叫做平行四边形定则．故答案为：以表示这两个力的线段为邻边作平行四边形，这两个邻边之间的对角线就代表合力的大小和方向．15．速度：物理意义：描述物体运动快慢的物理量定义：运动物体通过的位移与所用时间的比值定义式：v=．【考点】速度．【分析】速度是描述物体运动快慢的物理量，等于运动物体通过位移与所用时间的比值．【解答】解：速度的物理意义是描述物体运动快慢的物理量，速度的定义：运动物体通过的位移与所用时间的比值叫速度，定义式v=．故答案为：描述物体运动快慢的物理量；运动物体通过的位移与所用时间的比值；v=．16．加速度：物理意义：反应物体速度变化快慢的物理量定义：物体速度的变化量与所用时间的比值定义式：a=．【考点】加速度．【分析】加速度是用比值定义的物理量，是物体速度的变化和所用时间的比值，加速度反应物体速度变化快慢的物理量．【解答】解：加速度是用比值定义的物理量，是物体速度的变化和所用时间的比值，定义式为a=，加速度反应物体速度变化快慢的物理量．故答案为：反应物体速度变化快慢的物理量；物体速度的变化量与所用时间的比值；a=．17．如何判断物体加减速：当加速度与速度方向相同时，物体做加速运动；当二者方向相反时，物体做减速运动．【考点】匀变速直线运动的速度与时间的关系．【分析】加速度方向相同时，速度逐渐增大，当方向相反时，做减速运动，速度减小．由此分析即可．【解答】解：根据速度时间公式v=v0+at可知，当加速度与速度方向相同，速度增大，物体做加速运动当方向相反时，做减速运动，速度减小，物体做减速运动．故答案为：当加速度与速度方向相同时，物体做加速运动；当二者方向相反时，物体做减速运动．18．用V﹣T图象画出直线运动中六种运动情况：如图所示．【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【分析】明确v﹣t图象的性质，知道v﹣t图象中图象的坐标表示速度大小和方向，再根据直线运动的形式即可作出图象；【解答】解：直线运动有：匀速直线运动、匀加速直线运动、匀减速直线运动，如图1中①②③所示；还有往返运动，如图2所示；加速度变化的减速运动，如图3所示；加速度变化的加速运动，故图4所示；故答案如图所示：三、计算题（共44分，要写出必要步骤，只写答案不得分）19．在场强为4×105 V/m的匀强电场中，一质子从A点移动到B点，如图5所示．已知AB间距离为20cm，AB连线与电场线成30°夹角，求电场力做的功以及质子电势能的变化．【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】明确粒子受电场力的大小，根据功的公式可明确电场力所做的功；再根据电场力做功与电势能之间的关可明确电势能的变化．【解答】解：在匀强电场中电场力为F=qE，沿电场力方向的位移为lcos θ电场力对质子做的功：W=qElcosθ=1.6×10﹣19×4×105×0.2×J=1.1×10﹣14 J电场力做正功，则质子电势能减小了1.1×10﹣14 J．答：电场力做的功1.1×10﹣14 J；质子电势能的减小了1.1×10﹣14 J．20．有一个带电荷量q=﹣3×10﹣6 C的点电荷，从某电场中的A点移到B点，电荷克服静电场力做6×10﹣4 J的功，从B点移到C点，电场力对电荷做9×10﹣4 J的功，问：若以B 点电势为零，则（1）点电荷q在A、C点的电势能各为多少？（2）A、C两点的电势各为多少？【考点】电势能；电势差与电场强度的关系．【分析】（1）根据B点的电势为零，结合A点移到B点，电荷克服静电场力做6×10﹣4 J 的功，从B点移到C点，电场力对电荷做9×10﹣4 J的功，即可求解点电荷q在A、C点的电势能；（2）根据电势差的定义公式U AB= 求解AB、BC间的电势差，再根据U AB=φA﹣φB求解A、C点的电势．【解答】解：（1）A点的电势能等于电荷从A点移到B点，静电力做的功，即﹣6×10﹣4J C点的电势能等于电荷从C点移到B点，静电力做的功，即﹣9×10﹣4J；（2）AB间的电势差：U AB===200VBC间的电势差：U BC===﹣300V取B点电势为零，根据电势差的定义公式，有：U AB=φA﹣φBU BC=φB﹣φC解得：φA=200VφC=300V答：（1）点电荷在A、C两点的电势能各为﹣6×10﹣4J和﹣9×10﹣4J；（2）若取B点电势为零，则A、C两点的电势各为200V和300V；21．如图所示，电荷量为﹣e、质量为m的电子从A点沿与电场垂直的方向进入匀强电场，初速度为v0，当它通过电场中B点时，速度与场强方向成150°角，不计电子的重力，以A 点的电势为零，求B点的电势．【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用．【分析】电子垂直进入匀强电场中，做类平抛运动，作出电子经过B点时速度的分解图，求出经过B点时的速度，根据动能定理求解A、B两点间的电势差．【解答】解：电子进入匀强电场后在电场力作用下做匀变速曲线运动，根据运动的分解可知，电子在垂直于电场线方向上做匀速直线运动．将B点的速度分解到水平方向和竖直反向，水平方向：v==2v0电子从A运动到B由动能定理得：W=mv2﹣mv02=mv02．电场力做正功，电势能减少，所以B点的电势能为：E PB=﹣mv02，φB==．答：B点的电势为．22．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，小球用绝缘细线悬于O 点，试求小球所在处的电场强度？【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图，小球处于静止状态，合力为零，根据平衡条件和电场力公式F=qE，结合求解电场强度E．【解答】解：小球的受力如图所示．=mgtanθ由平衡条件得：F电=qE又F电解得，小球所在处的电场强度：E=小球带正电荷，因此电场强度方向水平向右．答：小球所在处的电场强度xx年9月9日S30477 770D 眍37899 940B 鐋nG35304 89E8 觨Q D40131 9CC3 鳃34327 8617 蘗, }。
高中物理高二物理上学期精选测试卷练习卷(Word版 含解析)
高中物理高二物理上学期精选测试卷练习卷（Word 版 含解析）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，a 、b 、c 、d 四个质量均为 m 的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中 a 、b 、c 三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕 O 点做半径为 R 的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分。
小球 d 位于 O 点正上方 h 处，且在外力 F 作用下恰处于静止状态，已知 a 、b 、c 三小球的电荷量大小均为 q ，小球 d 的电荷量大小为 6q ，h ＝2R 。
重力加速度为 g ，静电力常量为 k 。
则（ ）A ．小球 a 一定带正电B ．小球 c 的加速度大小为2233kq mRC ．小球 b 2R mRq kπD ．外力 F 竖直向上，大小等于mg ＋226kq R【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】A ．a 、b 、c 三小球所带电荷量相同，要使三个做匀速圆周运动，d 球与a 、b 、c 三小球一定是异种电荷，由于d 球的电性未知，所以a 球不一定带正电，故A 错误。
BC ．设 db 连线与水平方向的夹角为α，则223cos 3R h α==+ 226sin 3R h α=+＝对b 球，根据牛顿第二定律和向心力得：22222264cos 2cos302cos30()q q q k k mR ma h R R Tπα⋅-︒==+︒ 解得23RmRT q kπ=2233kq a mR= 则小球c 的加速度大小为233kq mR，故B 正确，C 错误。
D ．对d 球，由平衡条件得2226263sin q q kq F k mg mg h R Rα⋅=+=++ 故D 正确。
故选BD 。
2．如图所示，A 、B 两点有等量同种正点电荷，AB 连线的中垂线上C 、D 两点关于AB 对称，0t =时刻，一带正电的点电荷从C 点以初速度v 0沿CD 方向射入，点电荷只受电场力。
[推荐学习]高二物理上学期周练试卷(含解析)
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2015-2016学年江苏省连云港市灌云县四队中学高二（上）周练物理试卷一、单项选择题（本题共16小题，每小题4分，共计64分．每小题只有一个选项符合题意．）1．在物理学研究中，有时可以把物体看成质点，则下列说法中正确的是（）A．研究乒乓球的旋转，可以把乒乓球看成质点B．研究车轮的转动，可以把车轮看成质点C．研究跳水运动员在空中的翻转，可以把运动员看成质点D．研究地球绕太阳的公转，可以把地球看成质点2．下列速度中，指平均速度的是（）A．汽车通过长江大桥全程的速度B．子弹射出枪口时的速度C．雨滴落地时的速度D．运动员冲过终点时的速度3．一个物体做直线运动，其速度﹣时间图象如图所示，由此可以判断该物体做的是（）A．初速度为零的匀加速运动B．初速度不为零的匀加速运动C．匀速运动 D．匀减速运动4．关于点电荷，下列表述正确的是（）A．任何带电体都能看作点电荷B．点电荷是实际带电体的理想化模型C．只有带电量很小的带电体才能看作点电荷D．只有质量很小的带电体才能看作点电荷5．两个大小材质完全相同的金属小球a、b，带电荷量分别为+3q和﹣q，两小球接触后分开，小球带电量为（）A．a为+3q，b为﹣q B．a为﹣q，b为+3qC．a为+2q，b为﹣2q D．a为+q，b为+q6．月球上没有空气，若宇航员在月球上将羽毛和石块从同一高度处同时由静止释放，则（）A．羽毛先落地B．石块先落地C．它们同时落地 D．它们不可能同时落地7．如图所示，将条形磁铁从相同的高度分别以速度v和2v插入线圈，电流表指针偏转角度较大的是（）A．以速度v插入 B．以速度2v插入C．一样大D．无法确定8．在如图所示的电场中，a、b两点的电场强度相同的是（）A．B．C．D．9．关于电场线的以下说法中，正确的是（）A．电场线上每一点的切线方向都跟电荷在该点的受力方向相同B．沿电场线的方向，电场强度越来越小C．电场线越密的地方同一检验电荷受的电场力就越大D．顺着电场线移动电荷，电荷受电场力大小一定不变10．如图所示，在匀强磁场中有一通电直导线，电流方向垂直纸面向里，则直导线受到安培力的方向是（）A．向上 B．向下 C．向左 D．向右11．下列直线运动的位移﹣时间（x﹣t）图象中，表示物体做匀速运动的是（）A．B． C．D．12．最早对自由落体运动进行科学的研究，否定了亚里士多德错误论断的科学家是（）A．伽利略B．牛顿 C．开普勒D．胡克13．传感器被广泛的应用在日常生活中，下列用电器中，没有使用温度传感器的是（）A．遥控器B．空调机C．电冰箱D．电饭锅14．关于电磁波，下列说法正确的是（）A．所有电磁波的频率相同B．电磁波只能在真空中传播C．电磁波在任何介质中的传播速度相同D．电磁波在真空中的传播速度是3×108m/s15．如图所示，一带正电的物体位于M处，用绝缘丝线系上带正电的小球，分别挂在P1、P2、P3的位置，可观察到小球在不同位置时丝线偏离竖直方向的角度不同．则下面关于此实验得出的结论中正确的是（）A．电荷之间作用力的大小与两电荷间的距离有关B．电荷之间作用力的大小与两电荷的性质有关C．电荷之间作用力的大小与两电荷所带的电量有关D．电荷之间作用力的大小与丝线的长度有关16．一个不计重力的带正电荷的粒子，沿图中箭头所示方向进入磁场，磁场方向垂直于纸面向里，则粒子的运动轨迹为（）A．圆弧a B．直线bC．圆弧c D．a、b、c都有可能二、填空题（每空3分，共21分）.17．如图所示，把长为L的导体棒置于竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，导体棒与磁场方向垂直，棒中通有电流I，则导体棒所受安培力的大小为．为增大导体棒所受的安培力，可采用的方法是（填一种方法即可）．18．（9分）如图为某同学在实验中打出的一条纸带，计时器打点的时间间隔为0.02s．他从比较清晰的点起，每五个点取一个计数点，则相邻两计数点间的时间间隔为s．由此可知，纸带做运动（选填“匀加速”或“匀减速”），为了由v﹣t图象求出小车的加速度，他量出相邻两计数点间的距离，分别求出打各计数点时小车的速度．其中打计数点3时小车的速度为 m/s．19．如图所示为一正弦式电流的u﹣t图象，由图可知：该交变电流的频率为Hz，电压的有效值为V．三、计算题（15分）．20．（15分）（2015•海南）2012年11月，我国歼﹣15舰载战斗机首次在“辽宁舰”上成功降落，有关资料表明，该战斗机的质量m=2.0×104kg，降落时在水平甲板上受阻拦索的拦阻，速度从v=80m/s减小到零所用时间t=2.5s．若将上述运动视为匀减速直线运动，求：该战斗机在此过程中（1）加速度的大小a；（2）滑行的距离x；（3）所受合力的大小F．2015-2016学年江苏省连云港市灌云县四队中学高二（上）周练物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共16小题，每小题4分，共计64分．每小题只有一个选项符合题意．）1．在物理学研究中，有时可以把物体看成质点，则下列说法中正确的是（）A．研究乒乓球的旋转，可以把乒乓球看成质点B．研究车轮的转动，可以把车轮看成质点C．研究跳水运动员在空中的翻转，可以把运动员看成质点D．研究地球绕太阳的公转，可以把地球看成质点【考点】质点的认识．【专题】直线运动规律专题．【分析】当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，根据把物体看成质点的条件来判断即可．【解答】解：A、研究乒乓球的旋转时，不能把乒乓球看成质点，因为看成质点的话，就没有旋转可言了，所以A错误．B、研究车轮的转动是，不能把车轮看成质点，因为看成质点的话，就没有转动可言了，所以B错误．C、研究跳水运动员在空中的翻转时，不能看成质点，把运动员看成质点的话，也就不会翻转了，所以C错误．D、研究地球绕太阳的公转时，地球的大小对于和太阳之间的距离来说太小，可以忽略，所以可以把地球看成质点，所以D正确．故选D．【点评】考查学生对质点这个概念的理解，关键是知道物体能看成质点时的条件，看物体的大小体积对所研究的问题是否产生影响，物体的大小体积能否忽略．2．下列速度中，指平均速度的是（）A．汽车通过长江大桥全程的速度B．子弹射出枪口时的速度C．雨滴落地时的速度D．运动员冲过终点时的速度【考点】平均速度．【专题】直线运动规律专题．【分析】平均速度是指物体在某段距离或某段时间内通过的位移与所用时间的比值．而平均速度是物体在某一时刻或某一位置时的速度．平均速度对应段（包括时间段和位移段），瞬时速度对应点（包括时间点和位置点）．【解答】解：平均速度是指物体在某段距离或某段时间内通过的位移与所用时间的比值．而瞬时速度是物体在某一时刻或某一位置时的速度．平均速度对应段（包括时间段和位移段），瞬时速度对应点（包括时间点和位置点）．A、汽车通过长江大桥在时间上是段，故其速度为平均速度．故A正确．B、子弹射出枪口中的枪口是一个点，故该速度是瞬时速度．故B错误．C、雨滴落到地面，地面是一个位置，对应一个点，故该速度是瞬时速度．故C错误．D、运动员冲过终点，终点是一个点，故该速度是瞬时速度，故D错误．故选A．【点评】深刻而准确的理解物理概念是学好物理的基础．3．一个物体做直线运动，其速度﹣时间图象如图所示，由此可以判断该物体做的是（）A．初速度为零的匀加速运动B．初速度不为零的匀加速运动C．匀速运动 D．匀减速运动【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【专题】运动学中的图像专题．【分析】正确理解v﹣t图象物理意义，速度图象的斜率表示加速度，能从图象上判断物体的运动形式，速度、加速度、位移的变化情况是解决本题的关键．【解答】解：速度图象的斜率表示加速度，图象为一不过原点的倾斜直线，斜率不发生变化，加速度均匀增大，因此物体做初速度不为零的匀加速直线运动；故选：B．【点评】本题比较简单，考察了对v﹣t图象的理解，能图象上判断物体运动形式，知道速度、加速度的变化情况是对学生的基本要求．4．关于点电荷，下列表述正确的是（）A．任何带电体都能看作点电荷B．点电荷是实际带电体的理想化模型C．只有带电量很小的带电体才能看作点电荷D．只有质量很小的带电体才能看作点电荷【考点】元电荷、点电荷．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】当电荷的形状、体积和电荷量对分析的问题的影响可以忽略，电荷量对原来的电场不会产生影响的时候，该电荷就可以看做点电荷，根据点电荷的条件分析可以得出结论．【解答】解：A、当电荷的形状、体积和电荷量对分析的问题的影响可以忽略，电荷量对原来的电场不会产生影响的时候，该电荷就可以看做点电荷，故A错误B、点电荷是实际带电体的理想化模型，故B正确C、点电荷是一种理想化的物理模型，其带电荷量并不一定是最小的，故C错误；D、点电荷是一种理想化的物理模型，其质量并不一定是最小的，故D错误；故选B．【点评】本题是基础的题目，考查的就是学生对基本内容的掌握的情况，在平时要注意多积累．5．两个大小材质完全相同的金属小球a、b，带电荷量分别为+3q和﹣q，两小球接触后分开，小球带电量为（）A．a为+3q，b为﹣q B．a为﹣q，b为+3qC．a为+2q，b为﹣2q D．a为+q，b为+q【考点】电荷守恒定律；元电荷、点电荷．【分析】电荷守恒定律：电荷既不能被创造，也不能被消灭，只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移的过程中，电荷的总量保存不变．接触起电物体同种电荷，若两物体完全相同，则会平分电荷．【解答】解：完全相同的金属球，接触时先中和再平分，所以每个球带电=q．故选：D．【点评】本题是基础的题目，考查的就是学生对电荷守恒定律的掌握的情况，比较简单．6．月球上没有空气，若宇航员在月球上将羽毛和石块从同一高度处同时由静止释放，则（）A．羽毛先落地B．石块先落地C．它们同时落地 D．它们不可能同时落地【考点】自由落体运动．【专题】自由落体运动专题．【分析】月球上没有空气，物体只受月球对它的吸引力作用，运动情况与地球上的物体做自由落体运动相似，根据自由落体运动的规律可知，下落时间由高度决定，高度相同，则运动时间相同．【解答】解：月球上没有空气，羽毛和石块只受月球对它的吸引力作用，运动情况与地球上的物体做自由落体运动相似，根据h=可知：t=又因为羽毛和石块从同一高度同时下落，故运动的时间相等，所以羽毛和石块同时落地．故选：C．【点评】月球上没有空气，静止释放的物体运动情况与地球上自由落体运动的物体运动运动情况相似，物体的位移、速度、加速度、时间等与物体的质量无关．这类题目根据自由落体运动的基本规律直接解题，难度不大．7．如图所示，将条形磁铁从相同的高度分别以速度v和2v插入线圈，电流表指针偏转角度较大的是（）A．以速度v插入 B．以速度2v插入C．一样大D．无法确定【考点】楞次定律．【分析】正确理解法拉第电磁感应定律是解本题的关键，感应电动势（或感应电流）和磁通量的变化率成正比和磁通量的变化量无关．【解答】解：将条形磁铁分别以速度υ和2υ插入线圈时磁通量的变化量相同，以2v速度插入时所用时间短，磁通量变化快，即变化率大，则感应电流大，故ACD错误，B正确．故选：B．【点评】要正确理解感应电动势、磁通量变化量、磁通量变化率之间的关系．8．在如图所示的电场中，a、b两点的电场强度相同的是（）A．B．C．D．【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】电场强度是矢量，只有两点的场强大小和方向都相同时，电场强度才相同．根据这个条件进行判断．【解答】解：A、ab是同一圆上的两点，场强大小相等，但方向不同，则电场强度不同．故A错误．B、ab场强大小不等，但方向相同，则电场强度不同．故B错误．C、ab是匀强电场中的两点，电场强度相同，故C正确D、ab电场线的疏密表示场强的大小，所以ab场强不等，故D错误故选：C．【点评】矢量大小和方向都相同才相同．对于常见电场的电场线分布要了解，有助于解题．9．关于电场线的以下说法中，正确的是（）A．电场线上每一点的切线方向都跟电荷在该点的受力方向相同B．沿电场线的方向，电场强度越来越小C．电场线越密的地方同一检验电荷受的电场力就越大D．顺着电场线移动电荷，电荷受电场力大小一定不变【考点】电场线．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向．【解答】解：A、电场线上每一点的切线方向都跟正电荷在该点的受力方向相同，与负电荷在该点的电场力方向相反，故A错误；B、若是正电荷沿电场线的方向移动，电场力做正功，电势能减少，则电势越来越小．若是负电荷沿电场线的方向移动，电场力做负功，电势能增加，则电势越来越小．故B错误；C、电场线越密的地方，电场强度就越强，则同一检验电荷受的电场力就大．故C正确；D、顺着电场线移动电荷，若是匀强电场，则电荷受电场力大小可以不变，故D错误．故选：C．【点评】电场线虽然不实际存在，但可形象描述电场的大小与方向分布．电场线是从正电荷出发，终至于负电荷．同时电场线不相交，静电场的电场线也不闭合．10．如图所示，在匀强磁场中有一通电直导线，电流方向垂直纸面向里，则直导线受到安培力的方向是（）A．向上 B．向下 C．向左 D．向右【考点】安培力；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．让磁感线穿过左手手心，四指指向电流方向，拇指指向安培力方向．【解答】解：根据左手定则：伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向下穿过手心，则手心朝上．四指指向电流方向，则指向纸里，拇指指向安培力方向：向左．故选：C【点评】本题考查左手定则的应用能力．对于左手定则的应用，要搞清两点：一是什么时候用；二是怎样用．11．下列直线运动的位移﹣时间（x﹣t）图象中，表示物体做匀速运动的是（）A．B． C．D．【考点】匀变速直线运动的图像．【专题】运动学中的图像专题．【分析】在位移﹣时间图象表示物体的位置随时间的变化，图象上的任意一点表示该时刻的位置，图象的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向．【解答】解：由于位移﹣时间图象的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向，所以A图中图象的斜率逐渐增大即速度逐渐增大，B图中斜率逐渐减小即速度逐渐减小，C 图中图象斜率为零，即速度为零，D图中图象斜率为正常数，即速度为正方向的匀速直线运动，故ABC错误，D正确．故选：D【点评】理解位移﹣时间图象上点和斜率的物理意义；特别是斜率代表速度，求解斜率的方法只能用V=．12．最早对自由落体运动进行科学的研究，否定了亚里士多德错误论断的科学家是（）A．伽利略B．牛顿 C．开普勒D．胡克【考点】伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．【专题】自由落体运动专题．【分析】本题比较简单，考查了伽利略的主要贡献，根据对物理学史的理解可直接解答．【解答】解：伽利略最早对自由落体运动进行科学的研究，否定了亚里士多德错误论，故BCD错误，A正确．【点评】要明确物理上的一些重要科学家的主要贡献，对于物理学史部分平时要注意记忆与积累．13．传感器被广泛的应用在日常生活中，下列用电器中，没有使用温度传感器的是（）A．遥控器B．空调机C．电冰箱D．电饭锅【考点】传感器在生产、生活中的应用．【分析】温度传感器通过将温度这个非电学量转化为电学量或者电路的通断来控制电路．【解答】解：A、各种遥控器均与温度无关，说明没有使用温度传感器，B、空调机中当温度低于设定的临界温度时，压缩机会工作，说明有温度传感器，C、电冰箱中，当温度高于设定的临界温度时会工作，说明有温度传感器，D、电饭锅中，当温度高于设定的临界温度时会断开加热电路，说明有温度传感器，本题选没有使用温度传感器的，故选：A．【点评】本题关键是明确温度传感器的特点和运用，基础问题．14．关于电磁波，下列说法正确的是（）A．所有电磁波的频率相同B．电磁波只能在真空中传播C．电磁波在任何介质中的传播速度相同D．电磁波在真空中的传播速度是3×108m/s【考点】电磁波谱．【分析】电磁波包括：γ射线、X射线、紫外线、可见光、红外线、微波、短波、中波和长波．在真空和空气中，电磁波的传播速度等于3×108m/s是一个定值，根据公式c=λf电磁波的波长和频率成反比．【解答】解：A、电磁波包括：γ射线、X射线、紫外线、可见光、红外线、微波、短波、中波和长波，其波长不同，即频率不同，故A 错误；BCD、电磁波可以在真空中传播，速度为光速，在介质中的传播速度由介质决定，即在不同介质中传播速度不一样，故BC错误，D正确．故选：D．【点评】此题考查：电磁波的传播速度、电磁波的传播、电磁波的种类，是一道基础题．15．如图所示，一带正电的物体位于M处，用绝缘丝线系上带正电的小球，分别挂在P1、P2、P3的位置，可观察到小球在不同位置时丝线偏离竖直方向的角度不同．则下面关于此实验得出的结论中正确的是（）A．电荷之间作用力的大小与两电荷间的距离有关B．电荷之间作用力的大小与两电荷的性质有关C．电荷之间作用力的大小与两电荷所带的电量有关D．电荷之间作用力的大小与丝线的长度有关【考点】库仑定律．【专题】控制变量法．【分析】解答本题要了解库仑力的推导过程，由于决定电荷之间作用力大小的因素很多，因此需要采用控制变量的方法进行研究．虽然学生现在都知道库仑力的决定因素，但是该实验只是研究了库仑力和距离之间的关系．【解答】解：在研究电荷之间作用力大小的决定因素时，采用控制变量的方法进行，如本实验，根据小球的摆角可以看出小球所受作用力逐渐减小，由于没有改变电性和电量，不能研究电荷之间作用力和电性、电量关系，故BCD错误，A正确．故选A．【点评】控制变量法是高中物理物理中重要研究方法，要了解控制变量法的应用．16．一个不计重力的带正电荷的粒子，沿图中箭头所示方向进入磁场，磁场方向垂直于纸面向里，则粒子的运动轨迹为（）A．圆弧a B．直线bC．圆弧c D．a、b、c都有可能【考点】洛仑兹力．【分析】带电粒子在磁场中药受到洛伦兹力的作用，根据左手定则可以判断正电荷的受力的方向．【解答】解：带正电的电荷在向里的磁场中向上运动，根据左手定则可知，粒子的受到的洛伦兹力的方向向左，所以粒子的可能的运动的轨迹为a，所以A正确，BCD错误．故选：A．【点评】本题是对左手定则的直接的应用，掌握好左手定则即可判断粒子的受力的方向．二、填空题（每空3分，共21分）.17．如图所示，把长为L的导体棒置于竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，导体棒与磁场方向垂直，棒中通有电流I，则导体棒所受安培力的大小为BIL ．为增大导体棒所受的安培力，可采用的方法是增大电流（填一种方法即可）．【考点】安培力；左手定则．【分析】安培力的大小公式F=BIL．（B⊥L）【解答】解：安培力的公式F=BIL，增大安培力可以增大电流或增加导线长度．故答案为：BIL，增大电流或增加导线长度．【点评】解决本题的关键掌握安培力的大小公式F=BIL．18．（9分）如图为某同学在实验中打出的一条纸带，计时器打点的时间间隔为0.02s．他从比较清晰的点起，每五个点取一个计数点，则相邻两计数点间的时间间隔为0.1 s．由此可知，纸带做匀加速运动（选填“匀加速”或“匀减速”），为了由v﹣t图象求出小车的加速度，他量出相邻两计数点间的距离，分别求出打各计数点时小车的速度．其中打计数点3时小车的速度为0.46 m/s．【考点】探究小车速度随时间变化的规律．【专题】实验题．【分析】根据相等时间内的位移的变化判断速度的变化，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出计数点3的速度大小．【解答】解：每五个点取一个计数点，知相邻两计数点间的时间间隔为0.1s．因为连续相等时间内的位移逐渐增大，且位移之差近似为一恒量，可知小车做匀加速运动．计数点3的瞬时速度m/s=0.46m/s．故答案为：0.1，匀加速，0.46．【点评】解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动推论的运用．19．如图所示为一正弦式电流的u﹣t图象，由图可知：该交变电流的频率为50 Hz，电压的有效值为50V．【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系．【专题】交流电专题．【分析】根据图象可读出该交流电的周期和最大值，然后根据频率和周期，最大值与有效值的关系可直接求解．【解答】解：由图可知，该交流电的最大值为100V，周期为0.02s，所以有：有效值：U==50V，频率：f==50Hz．故答案为：50，50．【点评】要能根据图象获取有用信息，并能利用这些信息进行有关运算．三、计算题（15分）．20．（15分）（2015•海南）2012年11月，我国歼﹣15舰载战斗机首次在“辽宁舰”上成功降落，有关资料表明，该战斗机的质量m=2.0×104kg，降落时在水平甲板上受阻拦索的拦阻，速度从v=80m/s减小到零所用时间t=2.5s．若将上述运动视为匀减速直线运动，求：该战斗机在此过程中（1）加速度的大小a；（2）滑行的距离x；（3）所受合力的大小F．【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】（1）根据加速度的定义式求解加速度；（2）根据位移速度公式求解滑行位移；（3）根据牛顿第二定律求解合外力．【解答】解：（1）根据加速度的定义式得：a=（2）根据速度位移公式2ax=得：x=（3）根据牛顿第二定律得：F=ma=20000×32=640000N答：（1）加速度的大小为32m/s2；（2）滑行的距离为100m；（3）所受合力的大小为640000N．【点评】本题主要考查了匀变速直线运动基本公式及牛顿第二定律的直接应用，难度不大，属于基础题．。
2021年高二上学期周练(三)物理试题 含答案
2021年高二上学期周练（三）物理试题含答案一．选择题（共44分，本大题共11小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第1至7题只有一项符合题目要求，第8至11题有多项符合题目要求. 全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．北京成功申办2022年冬奥会，张家口将承办部分滑雪项目的赛事。
雪面松紧程度的不同造成运动员下滑过程中与雪面的动摩擦因数也不同，假设滑雪运动员从半圆形场地的坡顶A下滑到坡的最低点B过程中速率不变，则运动员下滑过程中ABA．加速度不变B．受四个力作用C．所受的合外力越来越大D．与雪面的动摩擦因数变小2．如图所示，一质量为m的匀质金属球C的左端由长为L的水平轻杆AB栓住，杆的一端A可绕固定轴转动，金属球搁置在一块质量也为m的水平木板D上，木板置于地面上，当用水平拉力匀速将木板拉出时，下列哪种情况拉力最小（）A．拉力方向向右，金属球与木板之间摩擦系数为μ，木板与地面之间光滑B．拉力方向向右，金属球与木板之间光滑，木板与地面之间摩擦系数为μC．拉力方向向左，金属球与木板之间摩擦系数为μ，木板与地面之间光滑D．拉力方向向左，金属球与木板之间光滑，木板与地面之间摩擦系数为μ3．如图所示，木板 P 下端通过光滑铰链固定于水平地面上的 O 点，物体 A 、 B 叠放在木板上且处于静止状态，此时物体 B 的上表面水平。
现使木板 P 绕 O 点缓慢旋转到虚线所示位置，物体 A 、 B 仍保持静止，且相对木板没有发生移动，与原位置的情况相比（）A．A 对 B 的作用力减小B．B 对 A 的支持力减小C．木板对 B 的支持力减小D．木板对 B 的摩擦力增大4．我国海军在南海某空域举行实兵对抗演练，某一直升机在匀速水平飞行过程中遇到突发情况，立即改为沿虚线斜向下减速飞行，则空气对其作用力可能是A． B． C． D．5．如图所示为商城中智能电梯，无人时，自动扶梯以较小的速度运行，当有顾客站到扶梯上时，扶梯先加速，后匀速将顾客从一楼运送到二楼.速度方向如图所示. 若顾客与扶梯保持相对静止，下列说法正确的是（）A．在加速阶段，顾客所受支持力大于顾客的重力B．在匀速阶段，顾客所受支持力大于顾客的重力C．在加速阶段，顾客所受摩擦力与速度方向相同D．在匀速阶段，顾客所受摩擦力与速度方向相同6．如下图所示，条形磁铁放在光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉住而平衡，A为水平A B CDPABOv放置的直导线的截面，导线中无电流时磁铁对斜面的压力为F N1；当导线中有垂直纸面向外的电流时，磁铁对斜面的压力为F N2，则下列关于压力和弹簧的伸长量的说法中正确的是A ．F N1<F N2，弹簧的伸长量减小B ．F N1＝F N2，弹簧的伸长量减小C ．F N1>F N2，弹簧的伸长量增大D ．F N1>F N2，弹簧的伸长量减小7．下列说法不正确的是A 、用点电荷来代替实际带电体是采用了理想模型的方法B 、探究求合力方法的实验中使用了控制变量的方法C 、法拉第用归纳法得出了电磁感应的产生条件D 、卡文迪许在测量万有引力常量时用了放大法8．如图5甲所示，一质量可忽略不计的长为l 的轻杆，一端穿在过O 点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置能绕O 点在竖直面内转动。
高中物理高二物理上学期精选试卷练习卷(Word版 含解析)
高中物理高二物理上学期精选试卷练习卷（Word版含解析）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，y轴上固定有两个电荷量相等的带正电的点电荷，且关于坐标原点O对称。
某同学利用电场的叠加原理分析在两电荷连线的中垂线（x轴）上必定有两个场强最强的点A、'A，该同学在得到老师的肯定后又在此基础上作了下面的推论，你认为其中正确的是（）A．若两个点电荷的位置不变，但电荷量加倍，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置B．如图(1)，若保持两个点电荷的距离不变、并绕原点O旋转90°后对称的固定在z轴上，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置C．如图(2)，若在yoz平面内固定一个均匀带正电圆环，圆环的圆心在原点O。
直径与(1)图两点电荷距离相等，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置D．如图(3)，若在yoz平面内固定一个均匀带正电薄圆板，圆板的圆心在原点O，直径与(1)图两点电荷距离相等，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置【答案】ABC【解析】【分析】【详解】A．可以将每个点电荷（2q）看作放在同一位置的两个相同的点电荷（q），既然上下两个点电荷（q）的电场在x轴上场强最大的点仍然在A、A＇两位置，两组点电荷叠加起来的合电场在x轴上场强最大的点当然还是在A、A＇两位置，选项A正确；B．由对称性可知，保持两个点电荷的距离不变、并绕原点O旋转90°后对称的固定在z轴上，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置，选项B正确；C．由AB可知，在yOz平面内将两点电荷绕O点旋转到任意位置，或者将两点电荷电荷量任意增加同等倍数，在x轴上场强最大的点都在A、A＇两位置，那么把带电圆环等分成一些小段，则关于O点对称的任意两小段的合电场在x轴上场强最大的点仍然还在A、A＇两位置，所有这些小段对称叠加的结果，合电场在x轴上场强最大的点当然还在A、A＇两位置，选项C正确；D．如同C选项，将薄圆板相对O点对称的分割成一些小块，除了最外一圈上关于O点对称的小段间距还是和原来一样外，靠内的对称小块间距都小于原来的值，这些对称小块的合电场在x轴上场强最大的点就不再在A、A＇两位置，则整个圆板的合电场在x轴上场强最大的点当然也就不再在A、A＇两位置，选项D错误。
高二物理上学期周练试卷(班含解析)高二全册物理试题
嘴哆市安排阳光实验学校丰城中学高二（上）周练物理试卷（重点班12.24）一、选择题（本题共12个小题，每小题4分，共48分）1．长为a宽为b的矩形线圈，在磁感强度为B的匀强磁场中垂直于磁场的OO′轴以恒定的角速度ω旋转，设t=0时，线圈平面与磁场方向平行，则此时的磁通量和磁通量的变化率分别是（）A．0，0 B．0，BabωC．Babω，BabωD．Babω，02．如图，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管截面平行，当电键S接通一瞬间，两铜环的运动情况是（）A．同时向两侧推开B．同时向螺线管靠拢C．一个被推开，一个被吸引，但因电源正负极未知，无法具体判断D．同时被推开或同时向螺线管靠拢，但因电源正负极未知，无法具体判断3．如图所示，在光滑水平面上的直线MN左侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，右侧是无磁场空间．将两个大小相同的铜质矩形闭合线框由图示位置以同样的速度v向右完全拉出匀强磁场．已知制作这两只线框的铜质导线的横截面积之比是1：2．则拉出过程中下列说法中正确的是（）A．所用拉力大小之比为2：1B．通过导线某一横截面的电荷量之比是1：1C．拉力做功之比是1：4D．线框中产生的电热之比为1：24．如图所示，在磁感强度为B的匀强磁场中，有半径为r的光滑半圆形导体框架，OC为一能绕O在框架上滑动的导体棒，OC之间连一个电阻R，导体框架与导体棒的电阻均不计，若要使OC能以角速度ω匀速转动，则外力做功的功率是（）A ．B ．C ．D ．5．如图所示，把金属圆环匀速拉出磁场，下面叙述正确的是（）A．向左拉出和向右拉出所产生的感应电流方向相反B．不管向什么方向拉出，只要产生感应电流方向都是顺时针C．向右匀速拉出时，感应电流大小不变D．要将金属环匀速拉出，拉力大小要改变6．如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力作用下运动时，MN在磁场力作用下向右运动．则PQ所做的运动可能是（）A．向右匀加速运动B．向左匀加速运动C．向右匀减速运动D．向左匀减速运动7．如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落．如果线圈中受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为（）A．a1＞a2＞a3＞a4B．a1=a2=a3=a4C．a1=a3＞a2＞a4D．a4=a2＞a3＞a18．如图α所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P 和Q共轴，Q中通有变化电流i，电流随时间变化的规律如图b所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为N，则在下列时刻（）A．t1时刻N＞G，P有收缩的趋势B．t2时刻N=G，此时穿过P的磁通量最大C．t3时刻N=G，此时P中无感应电流D．t4时刻N＜G，此时穿过P的磁通量最小9．如图所示，在光滑绝缘水平面上，有一矩形线圈以一定的初速度进入匀强磁场区域，线圈全部进入匀强磁场区域时，其动能恰好等于它在磁场外面时的一半，设磁场区域宽度大于线圈宽度，则（）A．线圈恰好在完全离开磁场时停下B．线圈在未完全离开磁场时即已停下C．线圈能通过场区不会停下D．线圈在磁场中某个位置停下10．如图所示，xoy坐标系第一象限有垂直纸面向外的匀强磁场，第三象限有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感强度大小均为B，第二、四象限内没有磁场．一个围成四分之一圆弧形的导体环oab，其圆心在原点o，开始时导体环在第四象限，从t=0时刻起绕o点在xoy坐标平面内逆时针匀速转动．若以逆时针方向的电流为正，下列表示环内感应电流i随时间t变化的图象中，正确的是（）A ．B ．C ．D ．11．如图所示，用铝板制成“⊃”形框，将一质量为m的带电小球用绝缘细线悬挂在框的上方，让整体在垂直于水平方向的匀强磁场中向左以速度v匀速运动，悬线拉力为T，则（）A．悬线竖直，T=mg B．悬线竖直，T＜mgC．v选择合适的大小，可使T=0D．因条件不足，T与mg的大小关系无法确定12．如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B．将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g．下列选项正确的是（）A．P=2mgvsinθB．P=3mgvsinθC ．当导体棒速度达到时加速度大小为D．在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功二、计算题（本题共4个小题，共52分）13．用电阻为18Ω的均匀导线弯成如图所示直径D=0.80m的封闭金属圆环，环上AB弧所对圆心角为60°，将圆环垂直于磁感线方向固定在磁感应强度B=0.50T的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里．一根每米电阻为1.25Ω的直导线PQ，沿圆环平面向左以v=3.0m/s的速度匀速滑行（速度方向与PQ垂直），滑行中直导线与圆环紧密接触（忽略接触处的电阻），当它通过环上A、B位置时，求：（1）直导线AB段产生的感应电动势，并指明该段直导线中电流的方向；（2）此时圆环上发热损耗的电功率．14．一电阻为R的金属圆环，放在匀强磁场中，磁场与圆环所在平面垂直，如图（a）所示．已知通过圆环的磁通量随时间t的变化关系如图（b）所示，图中的最大磁通量Ф0和变化周期T都是已知量，求：（1）在t=0到的时间内，通过金属圆环的电流大小及方向；（2）在t=0到t=T的时间内，金属环所产生的电热Q．15．用质量为m、总电阻为R的导线做成边长为l的正方形线框MNPQ，并将其放在倾角为θ的平行绝缘导轨上，平行导轨的间距也为l，如图所示．线框与导轨之间是光滑的，在导轨的下端有一宽度为l（即ab=l）、磁感应强度为B 的有界匀强磁场，磁场的边界aa′、bb′垂直于导轨，磁场的方向与线框平面垂直．某一次，把线框从静止状态释放，线框恰好能够匀速地穿过磁场区域．若当地的重力加速度为g，求：（1）线框通过磁场时的运动速度；（2）开始释放时，MN与bb′之间的距离；（3）线框在通过磁场的过程中所生的热．16．如图所示，x轴上方有一匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于纸面向里，大小为B，x轴下方有一匀强电场，电场强度的大小为E，方向与y轴的夹角θ为45°且斜向上方．现有一质量为m电量为q的正离子，以速度v0由y轴上的A点沿y轴正方向射入磁场，该离子在磁场中运动一段时间后从x轴上的C点进入电场区域，该离子经C点时的速度方向与x轴夹角为45°．不计离子的重力，设磁场区域和电场区域足够大．求：（1）C点的坐标；（2）离子从A点出发到第三次穿越x轴时的运动时间；（3）离子第四次穿越x轴时速度的大小及速度方向与电场方向的夹角．丰城中学高二（上）周练物理试卷（重点班12.24）参考答案与试题解析一、选择题（本题共12个小题，每小题4分，共48分）1．长为a宽为b的矩形线圈，在磁感强度为B的匀强磁场中垂直于磁场的OO′轴以恒定的角速度ω旋转，设t=0时，线圈平面与磁场方向平行，则此时的磁通量和磁通量的变化率分别是（）A．0，0 B．0，BabωC．Babω，BabωD．Babω，0【考点】法拉第电磁感应定律；磁通量．【专题】电磁学．【分析】根据磁能量的定义可知磁通量的大小；由法拉第电磁感应定律可知磁通量的变化率的大小．【解答】解：线圈平面与磁场方向相互平行，则没有磁感线穿过；故磁通量为零；磁通量的变化率最大，电动势最大；由E M=BSω及E=可知；磁通量的变化率：=Babω；故选：B．【点评】了解交流电产生的原理，特别是两个特殊位置：中性面和垂直中性面时，磁通量和电动势的变化．对于正弦交变电流的最大值E m=nBSω=nωΦm，要在理解的基础上加强记忆．交流电流表和电压表测量的是有效值．2．如图，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管截面平行，当电键S接通一瞬间，两铜环的运动情况是（）A．同时向两侧推开B．同时向螺线管靠拢C．一个被推开，一个被吸引，但因电源正负极未知，无法具体判断D．同时被推开或同时向螺线管靠拢，但因电源正负极未知，无法具体判断【考点】楞次定律．【专题】电磁感应中的力学问题．【分析】当电键S接通瞬间，小铜环中磁通量从无到有增加，产生感应电流，铜环受到安培力将发生运动，根据楞次定律判断两环的运动方向．【解答】解：当电键S接通瞬间，小铜环中磁通量从无到有增加，根据楞次定律，感应电流的磁场要阻碍磁通量的增加，则两环将向两侧运动．故A正确．故选A．【点评】本题考查运用楞次定律判断电磁感应现象中导体运动方向问题的能力．本题也可以按因果关系，按部就班的分析两环受到的安培力方向判断．3．如图所示，在光滑水平面上的直线MN左侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，右侧是无磁场空间．将两个大小相同的铜质矩形闭合线框由图示位置以同样的速度v向右完全拉出匀强磁场．已知制作这两只线框的铜质导线的横截面积之比是1：2．则拉出过程中下列说法中正确的是（）A．所用拉力大小之比为2：1B．通过导线某一横截面的电荷量之比是1：1C．拉力做功之比是1：4D．线框中产生的电热之比为1：2【考点】电磁感应中的能量转化；法拉第电磁感应定律．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】根据E=BLv、I=、F=BIL ，R=ρ得到安培力的表达式，即可根据平衡条件得到拉力的大小关系；根据感应电荷量q=分析电荷量的关系；由功的公式得到拉力做功的表达式，再求解做功之比；根据功能关系分析电热之比．【解答】解：A、设矩形线圈左右边长为L1，上下边长为L2．电阻率为ρ，截面积为S．则感应电流为 I==拉力F=BIL1==，则知F∝S，所以所用拉力大小之比为1：2．故A错误．B、根据感应电荷量q==∝S，所以通过导线某一横截面的电荷量之比是1：2．故B错误．C、拉力做功W=FL1=∝S，拉力做功之比是1：2．故C错误．D、根据功能关系可知，线框中产生的电热等于拉力做功，故电热之比为1：2．故D正确．故选D【点评】本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，考查了导体切割产生的感应电动势公式，闭合电路欧姆定律、电阻定律、感应电荷量等多个知识，推导出所求量的表达式是关键．4．如图所示，在磁感强度为B的匀强磁场中，有半径为r的光滑半圆形导体框架，OC为一能绕O在框架上滑动的导体棒，OC之间连一个电阻R，导体框架与导体棒的电阻均不计，若要使OC能以角速度ω匀速转动，则外力做功的功率是（）A ．B ．C ．D ．【考点】电功、电功率；导体切割磁感线时的感应电动势．【专题】电磁感应中的力学问题．【分析】导体棒匀速转动，说明处于受力平衡状态，外力的功率和电阻的发热的功率大小相等，求出电阻发热的功率即可．【解答】解：因为OC是匀速转动的，根据能量的守恒可得，P外=P电=，又因为E=Br•，联立解得：P外=，所以C正确．故选C．【点评】解决本题的关键是分析出外力的功率与电阻的发热的功率大小相等，知道这一点本题就简单的多了．5．如图所示，把金属圆环匀速拉出磁场，下面叙述正确的是（）A．向左拉出和向右拉出所产生的感应电流方向相反B．不管向什么方向拉出，只要产生感应电流方向都是顺时针C．向右匀速拉出时，感应电流大小不变D．要将金属环匀速拉出，拉力大小要改变【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．【分析】将线圈拉出磁场，磁通量都减小，根据楞次定律判断感应电流的方向．公式E=BLv中L是有效的切割长度．安培力的大小：F=BIL中L是有效长度．【解答】解：A、B、不管沿什么将线圈拉出磁场，穿过线圈的磁通量都减小，根据楞次定律判断可知，线圈中感应电流的方向都是沿顺时针方向．故B正确，A错误．C、感应电流的大小与感应电动势有关，而感应电动势与线圈移动时切割磁感线的有效长度有关，由于移动过程中有效的切割长度先增大后减小，则感应电动势也先增大后减小，感应电流先增大后减小．故C错误．D、线圈在切割磁感线的过程中，安培力的大小：F=BIL，与电流的大小以及安培力的有效长度有关，由于感应电流先增大后减小，移动过程中有效长度先增大后减小，所以对金属环的拉力大小会发生变化．故D正确．故选：BD．【点评】本题是楞次定律和E=BLv的应用，注意公式E=BLv中L是有效的切割长度．安培力的大小：F=BIL中L是有效长度．6．如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力作用下运动时，MN在磁场力作用下向右运动．则PQ所做的运动可能是（）A．向右匀加速运动B．向左匀加速运动C．向右匀减速运动D．向左匀减速运动【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；根据右手螺旋定则，与楞次定律可知PQ的运动情况．【解答】解：MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；再由右手螺旋定则与楞次定律可知，PQ可能是向左加速运动或向右减速运动．故BC正确，AD错误．故选：BC．【点评】本题关键是分析好引起感应电流的磁通量的变化，进而才能分析产生电流的磁通量是由什么样的运动产生的．7．如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落．如果线圈中受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为（）A．a1＞a2＞a3＞a4B．a1=a2=a3=a4C．a1=a3＞a2＞a4D．a4=a2＞a3＞a1【考点】法拉第电磁感应定律；安培力．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】线圈自由下落时，加速度为g．线圈进入和穿出磁场过程中，切割磁感线产生感应电流，将受到向上的安培力．线圈完全在磁场中时，不产生感应电流，线圈只受重力，加速度等于g．根据牛顿第二定律分析加速度的关系．【解答】解：线圈自由下落时，加速度为a1=g．线圈完全在磁场中时，磁通量不变，不产生感应电流，线圈不受安培力作用，只受重力，加速度为a3=g．线圈进入和穿出磁场过程中，切割磁感线产生感应电流，将受到向上的安培力，根据牛顿第二定律得知，a2＜g，a4＜g．线圈完全在磁场中时做匀加速运动，到达4处的速度大于2处的速度，则线圈在4处所受的安培力大于在2处所受的安培力，又知，磁场力总小于重力，则a2＞a4，故a1=a3＞a2＞a4．故选：C【点评】本题关键是分析安培力的大小和方向情况，抓住安培力大小与速度成正比，分析B、D两处安培力的大小关系．8．如图α所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P 和Q共轴，Q中通有变化电流i，电流随时间变化的规律如图b所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为N，则在下列时刻（）A．t1时刻N＞G，P有收缩的趋势B．t2时刻N=G，此时穿过P的磁通量最大C．t3时刻N=G，此时P中无感应电流D．t4时刻N＜G，此时穿过P的磁通量最小【考点】楞次定律；磁通量．【专题】电学图像专题．【分析】当螺线管中通入变化的电流时形成变化的磁场，这时线圈P中的磁通量发生变化，由其磁通量的变化根据楞次定律可以判断P中产生感应电流的大小方向以及P线圈收缩和扩展趋势．【解答】解：A、当螺线管中电流增大时，其形成的磁场不断增强，因此线圈P 中的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈P将阻碍其磁通量的增大，故线圈有远离和面积收缩的趋势，故A正确；B、D当螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此磁铁线圈中无感应电流产生，故t2时刻N=G，此时穿过P的磁通量最大，故B 正确，D错误；C、t3时刻螺线管中电流为零，但是线圈P中磁通量是变化的，因此此时线圈中有感应电流，此瞬间螺线管中电流为零，两线圈间没有作用力，因此此时N=G，故C错误．故选AB．【点评】正确理解楞次定律中“阻碍”的含义，注意判断感应电流的大小看磁通量的变化率而不是看磁通量的大小，如C选项，学生很容易错选．9．如图所示，在光滑绝缘水平面上，有一矩形线圈以一定的初速度进入匀强磁场区域，线圈全部进入匀强磁场区域时，其动能恰好等于它在磁场外面时的一半，设磁场区域宽度大于线圈宽度，则（）A．线圈恰好在完全离开磁场时停下B．线圈在未完全离开磁场时即已停下C．线圈能通过场区不会停下D．线圈在磁场中某个位置停下【考点】电磁感应中的能量转化；法拉第电磁感应定律．【专题】电磁感应——功能问题．【分析】线圈完全进入磁场后做匀速运动，进磁场和出磁场的过程都做变减速直线运动，比较进磁场和出磁场时所受的安培力大小，从而判断出线圈能否通过磁场．【解答】解：线圈出磁场时的速度小于进磁场时的速度，安培力F=BIL=，知出磁场时所受的安培力小于进磁场时所受的安培力，根据动能定理，由于进磁场时安培力做功大于出磁场时安培力做功，则出磁场时动能的变化量小于进磁场时动能的变化量，进磁场时其动能恰好等于它在磁场外面时的一半，知出磁场后，动能不为零，还有动能，将继续运动，不会停下来．故D正确．A、B、D错误．故选：C．【点评】解决本题的关键比较出进磁场和出磁场时的安培力，根据动能定理进行分析．10．如图所示，xoy坐标系第一象限有垂直纸面向外的匀强磁场，第三象限有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感强度大小均为B，第二、四象限内没有磁场．一个围成四分之一圆弧形的导体环oab，其圆心在原点o，开始时导体环在第四象限，从t=0时刻起绕o点在xoy坐标平面内逆时针匀速转动．若以逆时针方向的电流为正，下列表示环内感应电流i随时间t变化的图象中，正确的是（）A ．B ．C ．D ．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．【专题】电磁感应——功能问题．【分析】根据右手定则判断线框中感应电流的方向．由导体棒转动切割磁感线产生的感应电动势公式E=BL2ω和欧姆定律分析感应电流的大小的变化情况．【解答】解：在0﹣内，oa切割磁力线运动，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为顺时针方向，为负值．﹣内，ob切割磁力线运动，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为逆时针方向，为正值．T ﹣T，oa切割磁力线运动，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为逆时针方向，为正值．T﹣T内，ob切割磁力线运动，根据右手定则判断可知，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为顺时针方向，为负值．无论哪个半径切割磁力线，所产生的感应电动势大小相同，设加速度为ω，由感应电动势公式E=BL2ω和欧姆定律得知感应电流的大小是不发生变化的，由此可得知选项ABC错误，D正确．故选：D．【点评】本题首选要明确右手定则的使用方法，要会根据感应电动势公式和欧姆定律分析感应电流的大小情况，再选择图象．对于电流的方向，还可直接利用楞次定律来解答．11．如图所示，用铝板制成“⊃”形框，将一质量为m的带电小球用绝缘细线悬挂在框的上方，让整体在垂直于水平方向的匀强磁场中向左以速度v匀速运动，悬线拉力为T，则（）A．悬线竖直，T=mgB．悬线竖直，T＜mgC．v选择合适的大小，可使T=0D．因条件不足，T与mg的大小关系无法确定【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；导体切割磁感线时的感应电动势．【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】注意铝框在磁场中也产生感应电动势，故小球在总共受四个力作用，由洛仑兹力公式及电场力公式可得出两力间的关系；从而得出拉力与重力的关系．【解答】解：因为竖直的铝板切割磁感线所以产生感应电动势．U形框的上下板形成一个上板为负下板为正的匀强电场．小球这时候受到4个力的作用，重力方向向下，绳子的弹力方向向上，洛伦磁力，电场力，如果带的是正电则洛伦磁力方向向下，所受电场力方向向上；如果带的是负电则洛伦磁力方向向上，所受电场力方向向下，且洛仑磁力等于电场力．f洛=BqV，F电=Eq，E=，u=E；感应电动势=BVL（L为竖直板的长度）联合起来得 F电=BqV，故洛伦磁力等于电场力且方向相反．故拉力等于重力；故选A．【点评】本题不要只认为小球只受洛仑兹力而忽视了电场力，注意导体切割磁感线时都会产生感应电动势，从而形成电场．12．如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B．将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g．下列选项正确的是（）A．P=2mgvsinθB．P=3mgvsinθC ．当导体棒速度达到时加速度大小为D．在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；功率、平均功率和瞬时功率；电磁感应中的能量转化．【专题】压轴题；电磁感应——功能问题．【分析】导体棒最终匀速运动受力平衡可求拉力F，由P=Fv可求功率，由牛顿第二定律求加速度，由能量守恒推断能之间的相互转化．【解答】解：A、当导体棒以v匀速运动时受力平衡，则mgsinθ=BIl=，当导体棒以2v匀速运动时受力平衡，则F+mgsinθ=BIl=，故F=mgsinθ，拉力的功率P=Fv=2mgvsinθ，故A正确B、同理，B错误C 、当导体棒速度达到时，由牛顿第二定律，mgsinθ﹣=ma，解得a=，故C正确D、由能量守恒，当速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力及重力所做的功，故D错误故选：AC【点评】考查了电磁感应定律结合闭合电路，注意平衡条件得应用，能量、功率关系．二、计算题（本题共4个小题，共52分）13．用电阻为18Ω的均匀导线弯成如图所示直径D=0.80m的封闭金属圆环，环上AB弧所对圆心角为60°，将圆环垂直于磁感线方向固定在磁感应强度B=0.50T的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里．一根每米电阻为1.25Ω的直导线PQ，沿圆环平面向左以v=3.0m/s的速度匀速滑行（速度方向与PQ垂直），滑行中直导线与圆环紧密接触（忽略接触处的电阻），当它通过环上A、B位置时，求：（1）直导线AB段产生的感应电动势，并指明该段直导线中电流的方向；（2）此时圆环上发热损耗的电功率．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】由右手定则得直道线感应电流的方向．。
高二物理上学期第二周周练试卷高二全册物理试题
嗦夺市安培阳光实验学校四川省宜宾一中高二（上）第二周周练物理试卷一、选择题（共11小题，每小题3分，满分33分）1．关于电场，下列说法正确的是（）A．电场是一种客观存在的物质B．两个电荷间的静电力，是通过电场产生的C．电场的基本性质是对放入其中的电荷有力的作用D．没有电荷的地方也可以有电场2．对公式E=k的几种不同理解，错误的是（）A．当r→0时，E→∞B．发r→∞时，E→0C．某点的场强与点电荷Q的大小无关D．在以点电荷Q为中心，r为半径的球面上，各处的电场强度都相同3．关于场强，下列说法中正确的是（）A．根据公式E=，这个位置的场强与检验电荷的电荷量q0成反比B．根据公式E=，这个位置的场强与检验电荷的电荷量q0成正比C．公式E=和E=适用条件相同D．电场强度是反映电场本身特性的物理量，与是否存在试探电荷无关4．把质量为m的正点电荷q，在电场中从静止释放，在它运动过程中如果不计重力，下述正确的是（）A．点电荷运动轨迹必与电场线重合B．点电荷的速度方向，必定和所在点的电场线的切线方向一致C．点电荷的加速度方向，必与所在点的电场线的切线方向一致D．点电荷的受力方向，必与所在点的电场线的切线方向一致5．关于电场强度，下列说法正确的是（）A．以点电荷为球心、r为半径的球面上，各点的场强都相同B．正电荷周围的电场一定比负电荷周围的电场场强大C．若放入正电荷时，电场中某点的场强向右，则当放入负电荷时，该点的场强仍向右D．电荷所受到的电场力很大，即该点的电场强度很大6．关于电场线的下列说法中正确的是（）A．电场线上每一点的切线方向都跟电荷在该点的受力方向相同B．沿电场线方向，电场强度越来越小C．电场线越密的地方，同一检验电荷所受的电场力就越大D．在电场中，顺着电场线移动电荷，电荷受到的电场力大小恒定7．电场中有一点P，下列说法正确的是（）A．若放在P点的电荷的电量减半，则P点场强减半B．若P点没有检验电荷，则P点的场强为零C．P点的场强越大，则同一电荷在P点所受的电场力越大D．P点的场强方向为检验电荷在该点的受力方向8．如图为静电场的一部分电场线的分布，下列说法正确的是（）A．这个电场是负点电荷形成的电场B．B点的场强大于A点的场强C．点电荷在A点受到的静电力比在B点受到的静电力大D．负电荷在B点受到的静电力沿B点电场线的切线方向9．如图所示，实线是匀强电场的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点．若带电粒子在运动中只受电场力的作用，则由此图可作出正确判断的是（）A．带电粒子带负电荷B．带电粒子带正电荷C．带电粒子所受电场力的方向向左D．带电粒子做匀变速运动10．若正电荷q在电场中由P向Q做加速运动且加速度越来越大，则可以判定它所在的电场一定是下图中的（）A ．B ．C ．D ．11．一带电粒子从电场中的A点运动到B点，轨迹如图中虚线所示．不计粒子所受重力，则（）A．粒子带正电B．粒子加速度逐渐减小C．A点的速度大于B点的速度D．粒子的初速度不为零二、填空题（共1小题，每小题3分，满分3分）12．如图所示，有一水平方向的匀强电场，场强为9×103N/C．在电场内的竖直平面内作半径为1m的圆，圆心处放置电荷量为1×10﹣6C的正点电荷，则圆周上C点处的场强大小为N/C，方向．三、解答题（共1小题，满分0分）13．如图所示，质量m=2.0×10﹣3kg的带电小球用绝缘轻细线竖直地悬于电场中，当小球带电量q1=1.0×10﹣4C时，悬线中的张力T1=1.5×10﹣2N，则小球所在处的场强多大？方向如何？当小球带电量q2=﹣1.0×10﹣4C时，悬线中的张力T2多大？（取g=10m/s2）四川省宜宾一中高二（上）第二周周练物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共11小题，每小题3分，满分33分）1．关于电场，下列说法正确的是（）A．电场是一种客观存在的物质B．两个电荷间的静电力，是通过电场产生的C．电场的基本性质是对放入其中的电荷有力的作用D．没有电荷的地方也可以有电场【考点】电场．【分析】电场是实际存在的一种物质，看不见也摸不着．为了形象地描述电场引入电场线，电场线不存在．电荷间的相互作用是通过电场而相互作用的．【解答】解：A、电场这种物质与通常的实物不同，它不依赖于我们的感觉而客观存在的．故A正确；B、电荷间相互作用是通过电场相互作用的，故B正确；C、电场的力的性质表现为，电场对放入其中的电荷有作用力，这种力称为电场力，故C正确；D、没有电荷的地方也可以有电场，变化的磁场会产生电场，故D正确；故选：ABCD．2．对公式E=k的几种不同理解，错误的是（）A．当r→0时，E→∞B．发r→∞时，E→0C．某点的场强与点电荷Q的大小无关D．在以点电荷Q为中心，r为半径的球面上，各处的电场强度都相同【考点】电场强度．【分析】首先明确此公式是点电荷的场强公式，适用于点电荷．当相距无穷近，不能视为点电荷，此公式无物理意义，所以不能应用．再根据点电荷的场强公式知：点电荷在某点形成的电场强度大小取决于场源电荷Q和该点到场源电荷的距离；根据场强是矢量，点电荷Q为中心，r为半径的球面上，各处的电场强度大小相同，但方向不同．【解答】解：A、公式E=k适用于点电荷．当相距无穷近，不能视为点电荷，此公式无物理意义，不能只从数学角度去分析，故A错误．B、公式E=k适用于点电荷．当相距无穷远，能视为点电荷，由公式可知：r→∞时，E→0，故B正确．C、根据点电荷的场强公式知：点电荷在某点形成的电场强度大小取决于场源电荷Q和该点到场源电荷的距离，故某点的场强与点电荷Q的大小有关，故C 错误．D、根据场强是矢量，点电荷Q为中心，r为半径的球面上，各处的电场强度大小相同，但方向不同，故D错误．本题要求选错误的是，故选：ACD．3．关于场强，下列说法中正确的是（）A．根据公式E=，这个位置的场强与检验电荷的电荷量q0成反比B．根据公式E=，这个位置的场强与检验电荷的电荷量q0成正比C．公式E=和E=适用条件相同D．电场强度是反映电场本身特性的物理量，与是否存在试探电荷无关【考点】电场强度；点电荷的场强．【分析】公式E=采用比值法定义，E与F、q无关；公式E=，是点电荷场强的计算式，Q是场源电荷．电场强度是反映电场本身特性的物理量，与是否存在试探电荷无关．【解答】解：A、公式E=是电场强度的定义式，采用比值法定义，则知E与F、q0无关，故A错误．B、公式E=是点电荷场强的计算式，E跟场源电荷的电荷量Q成正比，而与检验电荷的电荷量q0无关．故B错误．C、E=适用于任何电场，而E=只适用于真空中点电荷产生的电场．故C错误．D、电场强度是反映电场本身特性的物理量，由电场本身决定，与是否存在试探电荷无关，故D正确．故选：D4．把质量为m的正点电荷q，在电场中从静止释放，在它运动过程中如果不计重力，下述正确的是（）A．点电荷运动轨迹必与电场线重合B．点电荷的速度方向，必定和所在点的电场线的切线方向一致C．点电荷的加速度方向，必与所在点的电场线的切线方向一致D．点电荷的受力方向，必与所在点的电场线的切线方向一致【考点】电场线．【分析】电场强度是描述电场强弱的物理量，电场线的切线方向即为正电荷所受电场力的方向，力的方向和加速度方向相同．【解答】解：A、电荷运动方向不一定沿着电场线的方向，只有在电场线是直线的电场中才重合，故A错误；B、电场线上某一点的切线方向表示该点的电场强度的方向．与速度方向无直接关系，故B错误；C、电场线上某一点的切线方向表示该点的受力方向，根据牛顿第二定律可知，点电荷的加速度方向与受力方向相同，故C正确；D、电场线上某一点的切线方向表示该点的受力方向，故D正确．故选：CD．5．关于电场强度，下列说法正确的是（）A．以点电荷为球心、r为半径的球面上，各点的场强都相同B．正电荷周围的电场一定比负电荷周围的电场场强大C．若放入正电荷时，电场中某点的场强向右，则当放入负电荷时，该点的场强仍向右D．电荷所受到的电场力很大，即该点的电场强度很大【考点】电场强度．【分析】以点电荷为球心、r为半径的球面上，各点的场强都大小相同，方向不同；电荷周围的电场与点电荷的电量有关，与电性无关；若放入正电荷时，电场中某点的场强向右，则当放入负电荷时，该点的场强仍向右；电场强度的大小与电荷受到的电场力的大小无关．【解答】解：A、以点电荷为球心、r为半径的球面上，各点的场强都大小相同，方向不同；故A错误；B、电荷周围的电场强度的大小与点电荷的电量有关，与电性无关；故B错误；C、电场强度的方向与试探电荷的电性无关，若放入正电荷时，电场中某点的场强向右，则当放入负电荷时，该点的场强仍向右；故C正确；D、电场强度的大小是由电场本身决定的，与电荷受到的电场力的大小无关．故D错误．故选：C6．关于电场线的下列说法中正确的是（）A．电场线上每一点的切线方向都跟电荷在该点的受力方向相同B．沿电场线方向，电场强度越来越小C．电场线越密的地方，同一检验电荷所受的电场力就越大D．在电场中，顺着电场线移动电荷，电荷受到的电场力大小恒定【考点】电场线．【分析】根据电场线的分布疏密判断场强的大小，电场线的切线方向即为电场强度方向，根据F=Eq判断电场力的大小，正电荷的受力方向与电场强度方向相同，负电荷受力方向与电场强度方向相反．【解答】解：A、电场线的切线方向即为电场强度方向，正电荷的受力方向与电场强度方向相同，负电荷受力方向与电场强度方向相反，故A错误；B、沿电场线方向，电场强度不一定越小，关键看电场线疏密程度．故B错误；C、电场线越密的地方，电场强度越大，根据F=Eq可知同一试探电荷所受的电场力就越大，故C正确；D、在电场中，顺着电场线方向，电场强度可能发生变化，电荷受到的电场力也可能变化，故D错误．故选：C7．电场中有一点P，下列说法正确的是（）A．若放在P点的电荷的电量减半，则P点场强减半B．若P点没有检验电荷，则P点的场强为零C．P点的场强越大，则同一电荷在P点所受的电场力越大D．P点的场强方向为检验电荷在该点的受力方向【考点】电场强度．【分析】电场强度是描述电场强弱的物理量，它是由电荷所受电场力与其电量的比值来定义．比值与电场力及电量均无关．而电场线越密的地方，电场强度越强．沿着电场线方向，电势是降低的．【解答】解：A、通过电荷所受电场力与其电量的比值来定义电场强度，该点的电场强度已是定值，若放在P点的电荷的电量减半，其比值是不变的，只有电场力减半，故A错误；B、若P点没有检验电荷，则没有电场力，而P点的电场强度仍不变．故B错误；C、P点的场强越大，则同一电荷在P点所受的电场力越大，故C正确；D、P点的场强方向为检验正电荷在该点的受力方向，故D错误；故选：C8．如图为静电场的一部分电场线的分布，下列说法正确的是（）A．这个电场是负点电荷形成的电场B．B点的场强大于A点的场强C．点电荷在A点受到的静电力比在B点受到的静电力大D．负电荷在B点受到的静电力沿B点电场线的切线方向【考点】电场线．【分析】电场线是从正电荷或者无穷远发出，到负电荷或无穷远处为止，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．电场力F=qE，同一电荷在场强越大的地方，所受的电场力越大．根据电场力方向与速度方向的夹角判断电场力做功的正负．【解答】解：A、根据图象不能判断这是孤立的负点电荷形成的电场，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，由图可知，B点的场强大于A点的场强．故B正确．C、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，B点的场强大于A点的场强，根据F=qE知：电荷在A处的电场力小，故C错误；D、电场线的切线方向为该点场强的方向，由F=qE知负电荷在B点处受到的静电力的方向与场强的方向相反，故D错误．故选：B．9．如图所示，实线是匀强电场的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点．若带电粒子在运动中只受电场力的作用，则由此图可作出正确判断的是（）A．带电粒子带负电荷B．带电粒子带正电荷C．带电粒子所受电场力的方向向左D．带电粒子做匀变速运动【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】根据轨迹的弯曲得出电场力的方向，从而得出带电粒子的电性．根据粒子的受力确定粒子的运动情况．【解答】解：A、因为轨迹的凹向大致指向合力的方向，知粒子所受电场力方向水平向左，则粒子带负电．故A正确，B错误，C正确．D、粒子仅受电场力，做匀变速曲线运动．故D正确．故选：ACD．10．若正电荷q在电场中由P向Q做加速运动且加速度越来越大，则可以判定它所在的电场一定是下图中的（）A ．B ．C ．D ．【考点】电场线．【分析】正电荷在电场中受到的电场力方向与场强方向相同，加速度与场强成正比，加速度增大，场强增大；电场线的疏密表示电场的强弱．【解答】解：正电荷q在电场中由P向Q做加速运动，电场力方向与速度相同，与电场强度方向也相同，则可知，电场强度方向由P→Q．根据牛顿第二定律得知，加速度与电场强度成正比，电荷的加速度增大，场强增大，电场线越来越来密．故选：C11．一带电粒子从电场中的A点运动到B点，轨迹如图中虚线所示．不计粒子所受重力，则（）A．粒子带正电B．粒子加速度逐渐减小C．A点的速度大于B点的速度D．粒子的初速度不为零【考点】电场线．【分析】电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向．不计重力的粒子在电场力作用下从A到B，由运动与力关系可知，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧．沿着电场线的方向电势降低的．因此可作出A、B点的等势点（要同在一根电场线），接着沿着电场线去判定．【解答】解：A、由运动与力关系可知，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧，故在A点电场力沿电场线向左，电场的方向向右，电场力的方向与电场方向相反，故粒子带负电，故A错误；B、根据电场线的疏密可知，A的电场强度大B点的电场强度，所以粒子在A点的电场力大B点的电场力，根据牛顿第二定律可知，粒子在A点的加速度大B点的加速度，即粒子的加速度逐渐减小，故B正确；C、电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧，故粒子从A到B电场力做负功，所以动能减小，即速度不断减小．所以A点的速度大于B点的速度，故C正确；D、若在A点的初速度为零，在电场力作用下，粒子将逆着电场线运动，故粒子的初速度不为零，故D正确．故选：BCD．二、填空题（共1小题，每小题3分，满分3分）12．如图所示，有一水平方向的匀强电场，场强为9×103N/C．在电场内的竖直平面内作半径为1m的圆，圆心处放置电荷量为1×10﹣6C的正点电荷，则圆周上C点处的场强大小为 1.27×104N/C，方向与水平方向成45°角．【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】根据公式E=k求出点电荷在C点处产生的场强大小，判断出场强方向，C点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，根据平行四边形定则求解C点处的场强大小和方向．【解答】解：点电荷在C 点处产生的场强大小为E=k=9×109×N/C=9×103N/C，方向从O→C．C点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，根据平行四边形定则得，C 点的场强大小为 E C=E=9N/C=1.27×104N/C，方向与水平成45°角斜向右上方．故答案为：1.27×104与水平方向成45°角斜向右上方三、解答题（共1小题，满分0分）13．如图所示，质量m=2.0×10﹣3kg的带电小球用绝缘轻细线竖直地悬于电场中，当小球带电量q1=1.0×10﹣4C时，悬线中的张力T1=1.5×10﹣2N，则小球所在处的场强多大？方向如何？当小球带电量q2=﹣1.0×10﹣4C时，悬线中的张力T2多大？（取g=10m/s2）【考点】电场强度；共点力平衡的条件及其应用．【分析】先据重力和线的张力判断电场力的大小和方向，由平衡条件和场强公式求出场强；再利用F=Eq求出电场力，利用三力的平衡求出悬线的张力．【解答】解：小球的重力G=mg=2.0×10﹣3×10N=2.0×10﹣2N＞T1=1.5×10﹣2N 根据悬线的张力和平衡关系知电场力的方向应竖直向上，所以有 F+T1=G所以F=G﹣T1=5×10﹣3N小球所在处的场强 E===50N/C，方向竖直向上电量为q2=﹣1.0×10﹣4C时，电场力 F2=Eq2=50×10﹣4=5×10﹣3N 方向向下，此时绳子的张力为T2=G+F1=（2+0.5）×10﹣2N=2.5×10﹣2N答：小球所在处的场强大小为50N/C，方向竖直向上．当小球带电量q2=﹣1.0×10﹣4C时，悬线中的张力T2为2.5×10﹣2N．。
高二物理上册周练考试题12
班级高一（）姓名学号成绩第12次：牛顿三定律应用（2）一、单项选择题（每小题所给答案中有一项是正确的，请将答案写在前面的括号内）（）1、关于力与物体的运动状态之间的关系。
以下说法中正确的是DA．牛顿第一运动定律说明了，只要受到外力的作用，物体运动状态就发生变化。
B．在地面上滑行的物体只所以能停下来，是因为没有外力来维持它的运动状态。
C．不受外力作用的物体，其运动状态不会发生变化，这是因为物体具有惯性。
而惯性的大小与物体运动速度的大小有关。
D．作用在物体上的力消失以后，物体运动的速度将保持不变。
（）2、关于惯性，以下说法正确的是DA．在宇宙飞船内，由于物体失重，所以物体的惯性消失B．下雪时容易滑倒，是由于摩擦力小，使人的惯性变大的缘故C．质量相同的物体，速度较大的惯性一定大D．物体的惯性与它的速度及受力情况无关（）3、在光滑水平面上，某物体在恒力F作用下做匀加速直线运动，当速度达到v后将作用力逐渐减小至零，则物体的运动速度将A．由v逐渐减小到零B．由v逐渐增加至最大值C．由v先逐渐减小再逐渐增大至最大值D．由v先增至最大值再逐渐减小至零（）4、如上图所示，一质量为lkg的木块放在水平桌面上，在水平方向受到三个力，即F1、F2和摩擦力作用，木块向右匀速运动，其中F1=8N，F2=2N，若撤去F2，则木块的加速度为 CA．2m／s2，方向向左B．8m／s2，方向向右C．2m／s2，方向向右D．零（）5、如右图所示，P和Q叠放在一起，静止在水平桌面上。
在下列各对力中属于作用力和反作用力的是 CA、P所受的重力和Q对P的支持力B、Q所受的重力和Q 对P的支持力C、P对Q的压力和Q对P的支持力D、Q对桌面的压力和Q对P的支持力（）6、力F单独作用在物体上时产生的加速度为3m／2s，力2F1单独作用在此物体上时产生的加速度为4m／2s，两力同时作用在此物体上产生的加速度不可能为A．1m／2s B．8m／2s C．4m／2s D．5m／2s二、多项选择题（每小题所给答案中有多项是正确的，请将答案写在前面的括号内）（）7、关于运动和力，正确的说法是BCA．物体速度为零时，合外力一定为零B．物体作曲线运动，合外力一定是变力C．物体作匀速运动，合外力一定为零D．物体作直线运动，合外力一定是恒力（）8、下列对牛顿第二定律表达式F=ma及其变形公式的理解，正确的是CDA.由F=ma可知，物体所受的合外力与物体的质量成正比，与物体的加速度成正比B.由m=F/a可知，物体的质量与其所受合外力成正比，与其运动加速度成反比C.由a=F/m可知，物体的加速度与其所受合外力成正比，与其质量成反比D.由公式可看出，合力与加速度的方向一致（）9、静止在光滑水平面上的物体在水平推力F作用下开始运—t1时间内的运动情况，正确的描述是CDA. 物体先做匀加速运动，后做匀减速运动B. 物体的加速度一直增大C. 物体的速度一直增大D. 物体的加速度方向不变三、填空题（只写最后的答案）10、利用图所示装置验证牛顿第二定律，其中小车的质量M，此外还可以提供的器材有（A）打点计时器（包括纸带、复写纸）（B）秒表（C）低压交流电源（D）两节电池（E）刻度尺（F）天平。
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河北定州中学2016-2017学年第一学期高二物理周练试题（12）一、选择题1．如图所示，质量为m的木块，被水平力F紧压在倾角为θ=60°的墙面上处于静止。
则关于木块的受力情况、墙面对木块的作用力（压力与摩擦力的合力），下列说法正确的是（）A．墙面对木块一定有压力B．墙面对木块一定有摩擦力C．墙面对木块的作用力为F 23D．墙面对木块的作用力为2 2)(mg F2．在地球赤道上空，沿东西方向水平放置一根通以由西向东的直线电流，则此导线受到的安培力方向（）A．竖直向上 B．竖直向下 C．由南向北 D．由西向东3．如图所示为某一门电路符号及输入端A、B的电势随时间变化关系的图象，则下图中能正确反映该门电路输出端电势U Y随时间变化关系的图象是（）A． B． C． D．4．已知三个分力的大小依次为3N 、5N 、9N ，关于这三个分力的合力大小，下面给出了四个值：①0N ②1N ③5N ④18N ．其中可能的是 （ ）A ．只有②③B ．只有①②③C ．只有②③④D ．只有①②④5．四个物体运动的v-t 图象如图所示，表示物体做竖直上抛运动的是 （ ）6．如图甲所示，劲度系数为k 的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m 的小球，从离弹簧上端高h 处自由下落。
若以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建立一坐标轴Ox ，小球的速度v 随时间t 变化的图像如图乙所示。
其中OA 段为直线，AB 段是与OA 相切于A 点的曲线，BC 是平滑的曲线，则关于A.B.C 三点对应的x 坐标以及加速度大小，下列说法正确的是A.,0A A x h a ==B.,0B B mg x h a k =+= C.2,C C mg x h a g k=+=- D.0,C C x a g == 7．一个长度为L 的轻弹簧，将其上端固定，下端挂一个质量为m 的小球时，弹簧的总长度变为2L 。
现将两个这样的弹簧按如图所示方式连接，A 、B 两小球的质量均为m ，则两小球平衡时，B 小球距悬点O 的距离为（不考虑小球的大小，且弹簧都在弹性限度范围内）（ ）A ．2LB ．3LC ．4LD ．5L8．如图所示，一个表面光滑的斜面体M 固定在水平地面上，它的两个斜面与水平面的夹角分别为α、β，且,M αβ<的顶端装有一定滑轮，一轻质细绳跨过定滑轮后连接A 、B 两个小滑块，细绳与各自的斜面平行，不计绳与滑轮间的摩擦，A 、B 恰好在同一高度处于静止状态．剪断细绳后，A 、B 滑至斜面底端．则A ．滑块A 的质量大于滑块B 的质量B ．两滑块到达斜面底端时的速度大小相等C ．两滑块同时到达斜面底端D ．两滑块到达斜面底端时，滑块A 重力的瞬时功率较大9．如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r ＝0．4m ，最低点有一小球（半径比r 小很多），现给小球以水平向右的初速度0v ，如果要使小球不脱离圆轨道运动，那么0v 应当满足（g ＝102/s m ） （ ）A ．0v ≥0B ．0v ≥4m/sC ．0v ≥．0v ≤10．关于电磁场的电磁波，下列说法正确的是A.在电场周围一定会产生的磁场B.电磁场由发生区域向远处的传播就是电磁波C.电磁波是一种物质，只能在真空中传播D.在真空中电磁波的传播速度小于光速11．如图，光滑绝缘细杆与水平面成θ角固定，杆上套有一带正电的小球，质量为m ，带电荷量为q ．为使小球静止在杆上，可加一匀强电场．所加电场的场强满足什么条件时，小球可在杆上保持静止（ ）A．垂直于杆斜向上，场强大小为B．竖直向上，场强大小为C．平行于杆斜向上，场强大小为D．水平向右，场强大小为12．如图所示，物块a、b的质量分别为2m、m，水平地面和竖直墙面均光滑，在水平推力F作用下，两物块均处于静止状态，则（）．A．物块b受四个力作用B．物块b受到的摩擦力大小等于2mgC．物块b对地面的压力大小等于mgD．物块a受到物块b的作用力水平向右13．下列说法，正确的是（）A.两个物体只要接触就会产生弹力B.放在桌面上的物体受到的支持力是由于桌面发生形变而产生的C.滑动摩擦力的方向总是和物体的运动方向相反D.形状规则的物体的重心与其几何中心重合14．如图所示，一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，两个质量相同的小球A和B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则（）A．球A的线速度一定大于球B的线速度B．球A的角速度一定大于球B的角速度C．球A的运动周期一定小于球B的运动周期D．球A对筒壁的压力等于球B对筒壁的压力15．放置于固定斜面上的物体，在平行于斜面向上的拉力F作用下，沿斜面向上做直线运动．拉力F和物块速度v随时间t变化关系如图所示，则A．斜面的倾角为30°B．第1s内物块受到的合外力为0．5NC．第1s内拉力F的功率逐渐增大D．前3s内物块机械能先增大后不变16．如图所示,质量为m的物体,放在一固定斜面上,当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑。
对物体施加一大小为F的水平向右恒力,物体可沿斜面匀速向上滑行。
设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,当斜面倾角增大并超过某一临界角θ0时,不论水平恒力F多大,都不能使物体沿斜面向上滑行,则下列说法正确的是（）A3B、物体与斜面间的动摩擦因数为2C、这一临界角θ0的大小30°D、这一临界角θ0的大小60°17．有关电场力和洛伦兹力，以下说法正确的是A、在电场中，电荷无论运动还是静止一定会受到电场力的作用B 、在磁场中，只有电荷运动一定会受到洛伦兹力的作用C 、电荷在电场中运动，电场力对电荷一定做功D 、电荷在磁场中运动，洛伦兹力对电荷一定不做功18．2012年9月16日，济南军区在“保钓演习”中，某特种兵进行了飞行跳伞表演．该伞兵从高空静止的直升飞机上跳下，在t 0时刻打开降落伞，在3t 0时刻以速度v 2着地．他运动的速度随时间变化的规律如图示．下列结论正确的是（ ）A ．在0～t 0时间内加速度不变，在t 0～3t 0时间内加速度减小B ．降落伞打开后，降落伞和伞兵所受的阻力越来越小C ．在t 0～3t 0的时间内，平均速度122v v v +>D ．若第一个伞兵打开降落伞时第二个伞兵立即跳下，则他们在空中的距离先增大后减小19．如图所示,一根条形磁铁自右向左穿过一个闭合线圈，则流过灵敏电流计的感应电流方向是A ．始终由a 流向bB ．始终由b 流向aC ．先由a 流向b ，再由b 流向aD ．先由b 流向a ，再由a 流向b20．有A 、B 、C 三个点电荷，若将A 、B 放在距离为L 的位置上，B 受到A 的库仑力大小为F ．若将B 、C 放在距离为L 的位置上，B 受到C 的库仑力大小为2F ．那么A 与C 所带电荷量之比是（ ）A ．1∶2B ．1∶4C ．2∶1D ．4∶1二、计算题21．如图所示，固定斜面AB 、CD 与竖直光滑圆弧BC 相切于B 、C 点，两斜面的倾角︒=37θ，圆弧BC 半径R=2m 。
一质量为m=1kg 的小滑块（可视为质点）从斜面AB 上的P 点由静止沿斜面下滑，经圆弧BC 冲上斜面CD 。
已知P 点与斜面底端B 间的距离L 1=6m ，滑块与两斜面间的动摩擦因数均为25.0=μ，g=10m/s 2。
求：（1）小滑块第1次经过圆弧最低点E 时对圆弧轨道的压力；（2）小滑块第1次滑上斜面CD 时能够到达的最远点Q （图中未标出）距C 点的距离；（3）小滑块从静止开始下滑到第n 次到达B 点的过程中在斜面AB 上运动通过的总路程。
22．如图，三角形AOB 为等腰直角三棱镜的横截面，以OA 、OB 为轴建立直角坐标系xoy ，OA=OB=L ，棱镜的折射率为n=2。
一束平行于斜边AB 的平行光从OB 边射入。
光透过棱镜只考虑一次内部反射。
（i ）求距离O 点多远的入射光刚好从A 点射出；（ii ）部分光将会从OA 边以平行于AB 边的方向射出，这部分透射光在垂直于光线方向的宽度。
（已知42615cos ,42615sin +=︒-=︒）参考答案1．ABD2．A3．A4．A5.C6．B7．D8.AB9．CD10．B11．BC12．B13.B14．AD15．BC16．AD17．AD18．ABD19．D20．A21．（1）48N（2）3m（3）当n 为奇数时，总路程为3102n m --；当n 为偶数时，总路程为4102n m --（1）小滑块由P 到E ，有 21121)37cos 1(37cos 37sin E mv mgR mgL mgL =︒-+︒-︒μ 在E 点有R mv mg F E N 2=- 解得N F N 48=滑块对轨道压力N F F N N48=='，方向竖直向下； （2）设小滑块在斜面AB 上依次下滑的距离分别为L 1、L 2、L 3…在斜面CD 上依次上滑的距离分别为x 1、x 2、x 3…小滑块由P 点运动到Q 点有037cos )(37sin )(1111=︒+-︒-x L mg x L mg μ 解得m L x 32111==； （3）由（2）同理可得212x L =，222L x =，223x L =，233L x =…1L 、2L 、3L ……构成公比为41的等比数列。
设从静止开始下滑到第n 次到达B 点的过程中在斜面AB 上运动通过的总路为n s ， 当n 为奇数时，总路程为m L L L L s n n n --=++++=3321210)(2 ；当n 为偶数时，总路程为m L L L L s n n n ---=++++=41321210)(222.（i L ；（ii （i ）设光线从C 点射入刚好从A 点射出，入射角与折射角分别为α和β，由折射定律知：sin n sin αβ=，所以：12si n n sin αβ== ，所以：30β=︒ ，所以：30OC AO tan ︒=∙= 。
（ii ）根据题意光线经过AB 边全反射后从OA 边AE 段射出，结合光路图可知，BC 之间的光线能经AB 全反射后从AO 之间射出．设光线宽度为d ，由几何关系可知，光射到AB 界面上后的入射角：90180[]459075γβ=︒-︒-︒-︒+=︒（），而光在介质中的临界角为C ，有：1si C n n =，所以4575C =︒︒＜，光线在AB 的界面上发生全反射，BC 的宽度为： OB OC L B C -==，根据光路可逆可得： AE BC L == ，光线的宽度为：45d n E si A =︒=。