[首发]甘肃省天水市第二中学2016-2017学年高二上学期第一次月考物理试题.doc

2016-2017学年甘肃省天水二中高二（上）期中物理试卷（理科）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共10小题，共40.0分)1.关于点电荷、元电荷、检验电荷，下列说法正确的是（）A.点电荷是一种理想化的物理模型B.点电荷所带电荷量不一定是元电荷电荷量的整数倍C.点电荷所带电荷量一定很小D.点电荷、元电荷、检验电荷是同一种物理模型【答案】A【解析】解：A、点电荷是将带电物体简化为一个带电的点，点是没有大小的，而实际物体总有大小，故点电荷是理想模型，故A正确；B、元电荷是电量的最小值，是一个电量的单位，不管物体的大小能不能忽略，物体的带电量一定是元电荷的整数倍，故B错误；C、点电荷是将带电物体简化为一个带电的点，物体能不能简化为点，不是看物体的绝对大小，而是看物体的大小对于两个电荷的间距能不能忽略不计，故C错误；D、点电荷是将带电物体简化为一个带电的点，元电荷是电量的最小值，检验电荷的体积和电荷量要足够的小，故点电荷、元电荷、检验电荷不是同一种物理模型，故D错误；故选A．点电荷是将带电物体简化为一个带电的点；元电荷是电量的最小值，是一个电量的单位；检验电荷是对电场起检验作用的，其大小要足够小，电量也要足够小，不能影响原来的电场分别情况．本题关键是对点电荷、元电荷和检验电荷的概念要有清晰的认识，同时要明确它们之间的区别，这是理清概念的一种重要方法．2.同一直线上的三个点电荷q1、q2、q3，恰好都处在平衡状态，除相互作用的静电力外不受其他外力作用．已知q1、q2间的距离是q2、q3间的距离的2倍．下列说法不可能的是（）A.q1、q3为正电荷，q2为负电荷B.q1、q3为负电荷，q2为正电荷C.q1：q2：q3=36：4：9D.q1：q2：q3=9：4：36【答案】D【解析】解：A、三个自由电荷在同一直线上处于平衡状态，则一定满足“两同夹异，近小远大”原理，即两边的电荷电性相同和中间的电性相反，判断电量大小关系时，距离远的电量大于距离近的电量，故AB正确．C、根据库仑定律，依据矢量合成，则有：=；已知q1、q2间的距离是q2、q3间的距离的2倍，所q1：q2：q3=36：4：9，故C正确，本题考查了在库仑力作用下的平衡问题，可以根据q2为正电荷，假设q1和q3电性，然后判断是否能使三者都处于平衡；q1与q2的电量大小的判断可以根据q2处于平衡状态，依据库仑定律，根据与q2的距离关系进行判断．也可以根据“三点共线，两同夹异，近小远大”的原则进行判断．对于库伦定律要明确去适用条件，并能在具体问题中灵活应用，如在本题中，学生很容易注意到其中一个或两个电荷平衡，而忽略了另外一个的平衡．3.如图所示的情况中，a、b两点的电场强度和电势均相同的是（）A.甲图：离点电荷等距的a、b两点B.乙图：两个等量异种点电荷连线的中垂线上，与连线中点等距的a、b两点C.丙图：两个等量同种点电荷连线上，与连线中点等距的a、b两点D.丁图：带电平行金属板两板间分别靠近两板的a、b两点【答案】B【解析】解：A、a、b是离点电荷等距的a、b两点，处于同一等势面上，电势相同，场强大小相等，但方向不同，则电场强度不同．故A错误．B、等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，则a、b的电势相同．由于电场线关于两电荷连线上下对称，而且都与等势面垂直，所以场强的大小和方向都相同．故B正确．C、根据电场线的对称性可知，ab两点电势相同，场强大小相等，但方向相反，所以电场强度不同．故C错误．D、a、b是匀强电场中的两点，电场强度相同，a点的电势大于b点的电势．故D错误故选：B．电势是标量，同一等势面各点电势相等．电场强度是矢量，只有大小和方向均相同时，场强才相同．本题要抓住电势与场强的区别，只要大小相同，标量就相同．而矢量大小和方向都相同才相同．对于常见电场的电场线与等势面分布要了解，有助于解题．4.A、B两金属板平行放置，在t=0时将电子从A板附近由静止释放，则在A、B两板间加上下列哪个电压时，有可能使电子到不了B板（）A. B. C. D.【答案】解：A．加A图电压，电子从A板开始向B板做匀加速直线运动一定能到达B板．故A 错．B．加B图电压，开始向B板匀加速，再做相同大小加速度的匀减速，但时间是2倍，然后为相同加速度大小的匀加速，做出一个周期的v-t图，可知有可能到不了B板．故B对．C．加C图电压，由v-t图，电子一直向前运动，可知一定能到达．故C错．D．加D图电压，可以知道电子在一个周期内速度的方向不变，一直向前运动，一定能到达能到达．故D错．故选B．首先分析电子在四种图象下分别做什么运动，必要的情况下，作出一个周期的v-t图象进行分析．解决本题的关键理清电子在四种图象下的运动情况，并能结合v-t图象求解．5.如图所示，质量为m，带电量为q的粒子，以初速度v0，从A点竖直向上射入空气中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B点时，速率v B=2v0，方向与电场的方向一致，则A，B两点的电势差为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】解：粒子，从A到B，根据动能定理得：q U AB-mgh=因为v B=2v0，若只考虑粒子在竖直方向，只受到重力，所以机械能守恒，则有mgh=由以上三式，则有U AB=故选：C微粒在匀强电场中受到重力和电场力两个力作用，根据动能定理求出AB两点间的电势差U AB涉及到电势差的问题，常常要用到动能定理．本题的难点在于运动的处理，由于微粒受到两个恒力作用，运用运动的分解是常用的方法．6.关于电流，下列说法中正确的是（）A.导体中无电流的原因是其内部自由电荷停止了运动B.同一个金属导体接在不同的电路中，通过的电流强度往往不同，电流大说明那时导体内自由电荷定向运动速率大C.由于电荷做无规则热运动的速率比电荷定向移动速率大得多，故电荷做无规则热运动形成的电流也就大得多D.电流的传导速率就是导体内自由电子的定向移动速率【答案】B【解析】流大说明那时导体内自由电荷定向运动速率大；故B正确；C、电流的大小与电荷无规则运动的快慢无关；故C错误；D、电流的传导速率是电场形成的速度，约为光速；而电子的定向移动速率远小于光速；故D错误；故选：B．明确电流形成的原因，知道电荷的定向移动形成电流；而电流与电荷的无规则运动无关．本题考查电流的微观性质，要注意明确I=nevs的意义并能正确理解其规律．7.如图所示为“研究影响平行板电容器电容的因素”的实验装置，以下说法正确的是（）A.A板与静电计的指针带的是异种电荷B.甲图中将B板上移，静电计的指针偏角减小C.乙图中将B板左移，静电计的指针偏角不变D.丙图中将电介质插入两板之间，静电计的指针偏角减小【答案】D【解析】解：A、A板与静电计的指针直接相连，二者带的是同种电荷，A错误；B、将B板向上平移，正对面积减小，根据电容的决定式C=得知，电容C减小，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=分析得到，板间电势差U增大，则静电计指针张角增大．故B错误；C、乙图中将B板左移，板间距增大，根据电容的决定式C=得知，电容C减小，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=分析得到，板间电势差U增大，则静电计指针张角增大．故C错误；D、将电介质插入两板之间，根据电容的决定式C=得知，电容C增大，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=分析得到，板间电势差U减小，则静电计指针张角减小，D正确．故选：D静电计是测量电压的仪器，根据张角可以得出两板间的电压高低；根据静电计的原理可知其使用方法．先根据电容的决定式分析电容的变化，再根据电容的定义式分析板间电势差的变化，判断静电计指针张角的变化．本题考查电容器的动态分析规律，解决本题的关键知道静电计测量的是电容器两端的电势差，正确掌握静电计的使用方法．8.如图，虚线表示某电场的等势面，一带电粒子仅在电场力作的是（）A.粒子带负电，a A＜a B，E PA＜E PBB.粒子带正电，a A＞a B，E PA＞E PBC.粒子带负电，a A＞a B，E PA＜E PBD.粒子带正电，a A＜a B，E PA＞E PB【答案】A【解析】解：根据粒子轨迹的弯曲方向可知带电粒子受到的是静电斥力，从外向内，电势降低，所以该电场是负的点电荷产生的电场，则粒子带负电；根据U=E d知，等差等势面越密的位置场强越大，B处等差等势面较密集，则场强大，带电粒子所受的电场力大，加速度也大，即a A＜a B；从A到B，电场线对带电粒子做负功，电势能增加，则知B点电势能大，即E A＜E B；故A正确，BCD错误．故选：A．根据曲线的弯曲方向可知带电粒子受到的是静电斥力，根据等差等势面的疏密判断场强大小，结合牛顿第二定律得到加速度大小关系；根据电场力做功情况断电势能高低．本题关键是先根据靠差等势面的疏密判断场强的大小，再结合电场力做功正负分析电势能变化．公式U=E d，对非匀强电场可以用来定性分析场强．9.如图所示，一个不记重力质量为m、带电荷量为q的粒子，从两平行板左侧中点沿垂直场强方向射入，当入射速度为v时，恰好穿过电场而不碰金属板．要使粒子的入射速度变为仍能恰好穿过电场，则必须再使（）A.粒子的电荷量变为原来的B.两板间电压减为原来的C.两板间距离变为原来的4倍D.两板间距离变为原来的【答案】A【解析】解：设平行板板间距离为d，板间电压为U，粒子沿初速度方向做匀速运动，所用时间：t=垂直于初速度方向做匀加速运动，加速度为：a=粒子恰能穿过一电场区域而不碰到金属板上，偏转距离y=d=at2=要使粒子的入射速度变为仍能恰好穿过电场，则沿初速度方向距离仍是L，垂直初速度方向距离仍为d（板间距离）；A、使粒子的带电量减少为原来的，而v变为，由y=得，偏转距离y′=，仍能恰好穿过电场，故A正确；B、使两板间所接电源的电压减小到原来的，v变为，由y=得，偏转距离y′=d，CD、板的电压不变，距离变化，根据y=d=，整理为：d2v2=，即d2v2的乘积是一定值，速度减小为，则距离应该增加为原来的2倍；故C、D错误；故选：A粒子以一定速度垂直进入偏转电场，由于速度与电场力垂直，所以粒子做类平抛运动．可将类平抛运动看成沿初速度方向的匀速直线与垂直于初速度方向匀加速直线运动．根据牛顿第二定律和运动学公式列式分析．带电粒子在电场中偏转时做匀加速曲线运动．应用处理类平抛运动的方法处理粒子运动，即运用运动的分解法研究．10.如图所示，为一空腔球形导体（不带电），现将一个带正电的小金属球A放入腔中，当静电平衡时，图中a、b、c三点的电场强度E和电势φ的关系是（）A.E a＞E b＞E c，φa＞φb＞φcB.E a=E b＞E c，φa=φb＞φcC.E a=E b=E c，φa=φb=φcD.E a＞E c＞E b，φa＞φb＞φc【答案】D【解析】解：当静电平衡时，空腔球形导体内壁感应出负电荷，外表面感应出正电荷，画出电场线的分布如图．由于a处电场线较密，c处电场线较疏，b处场强为零，则E a＞E c＞E b．根据顺着电场线方向电势降低，整个空腔球形导体是一个等势体，表面是一个等势面，分析可知电势关系是φa＞φb＞φc．故选D将带正电的小金属球A放入腔中，当静电平衡时，空腔球形导体内壁感应出负电荷，外表面感应出正电荷．整个空腔球形导体是一个等势体，表面是一个等势面．画出电场线的分布，根据电场线越密，场强越大，顺着电场线，电势降低，判断场强和电势的大小．本题抓住处于静电平衡导体的特点是关键．比较场强大小和电势高低常常画电场线，形象直观地判断．二、多选题(本大题共4小题，共24.0分)11.如图所示，水平放置的金属板正上方放有一固定的正点电荷Q，一表面绝缘的带正电小球（可视为质点且不影响Q的电场），从左端以初速度v0滑上金属板，沿光滑的上表面向右运动到右端，在该运动过程中（）A.小球先做减速运动，后做加速运动B.小球做匀速直线运动C.小球的电势能保持不变D.静电力对小球所做的功不为零【答案】BC【解析】解：A、B、金属板在Q的电场中达到静电平衡时，金属板是一个等势体，表面是一个球的动能不变，速度不变，所以小球做匀速直线运动．故A错误，B正确；C、D、电场力方向与位移方向垂直，对小球不做功，所以小球的电势能保持不变．故C 正确，D错误．故选：BC金属板在Q的电场中产生静电感应现象，达到静电平衡时，金属板是一个等势体，表面是一个等势面，表面的电场线与表面垂直．分析小球的受力情况，可确定其运动情况．本题关键抓住静电平衡导体的特点：整体导体是一个等势体，表面是一个等势面，知道电场线与等势面垂直，并能运用这些知识来分析实际问题．12.如图所示，平行板电容器的两个极板为A、B，B极板接地，A极板带有电荷量+Q，板间电场有一固定点P，若将B极板固定，A极板下移一些，或者将A极板固定，B极板上移一些，在这两种情况下，以下说法正确的是（）A.A极板下移时，P点的电场强度不变，P点电势不变B.A极板下移时，P点的电场强度不变，P点电势升高C.B极板上移时，P点的电场强度不变，P点电势降低D.B极板上移时，P点的电场强度减小，P点电势降低【答案】AC【解析】解：A、B，由题，电容器两板所带电量不变，正对面积不变，A板下移时，根据C=、C=和E=可推出：E=可知，P点的电场强度E不变．P点与下板的距离不变，根据公式U=E d，P点与下板的电势差不变，则P点的电势不变．故A正确，B错误．C、D、B板上移时，同理得知，P点的电场强度不变，根据公式U=E d，P点与下板的电势差减小，而P点的电势高于下板的电势，下板的电势为零，所以P点电势降低．故C正确，D错误．故选：AC由题，电容器两板所带电量不变，改变板间距离时，根据推论分析板间场强的变化．由U=E d分析P点与下板间的电势差如何变化，结合电势的高低关系，判断P点电势的变化．本题是电容器的动态变化分析问题，板间的场强E=要在理解并会推导的基础上记住，这是一个很重要的结论．13.如图所示，在匀强电场中a、b、c、d为矩形的四个顶点，e、f分别为ab边和cd的中点且ab长为ad长的2倍．已知电场线的方向平行于矩形所在平面，a、b、c三点电势分别为4V、8V、6V，则（）A.d点的电势为4VB.电场线方向垂直于ac向下C.电场线方向垂直于ec向下D.一电子从a点运动到c点，电势能减小【答案】CDdc的电势差，即φa-φb=φd-φc，解得：φd=2V．故A错误．B、a、b两点的电势分别为4V、8V，e为ab的中点，则e点的电势为6V，所以ec为等势线，根据电场线与等势线垂直，由高电势指向低电势，知电场线垂直于ec向下．故C 正确，B错误．D、因为a点的电势小于c点的电势，根据电势能E p=qφ，知电子从a点运动到c点，电势能减小．故D正确．故选：CD根据匀强电场等势线的特点得出e点的电势，从而得出ce为等势线，抓住电场线与等势线垂直，由高电势指向低电势得出电场线的方向．解决本题的关键知道匀强电场等势线的特点，以及知道电场线与等势线的关系．14.如图所示，图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等．现将M、N从虚线上O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示．点a、b、c为实线与虚线的交点，已知O点电势高于c点．若不计重力，则（）A.M带负电荷，N带正电荷B.M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零C.N从O点运动至a点的过程中克服电场力做功D.N在a点的速度与M在c点的速度大小相同【答案】BD【解析】解：A、由题，等势线在水平方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可知电场方向竖直向下，根据粒子的轨迹可判断出N粒子所受的电场力方向竖直向上，M粒子所受的电场力方向竖直向下，故知M粒子带正电，N 带负电，故A错误；B、O、b间电势差为零，由动能定理可知M从O点运动至b点的过程中，电场力对它做功为零，故B正确；C、N从O点运动至a点的过程中电场力与速度的夹角为锐角，电场力做正功，故C错误；D、粒子从O到a和从O到c电场力做功相同，由动能定理可知，N在a点的速度与M 在c点的速度大小相等，故D正确．故选：BD．根据粒子的轨迹可判断粒子的电场力方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可判断出电场方向，从而确定出粒子的电性；O、b间电势差为零，由动能定理可知电场力做功为零；N从O点运动至a点的过程中电场力做正功；由动能定理可知，N在a点的速度与M在c点的速度大小相等，但方向不同．本题要根据粒子的轨迹判定电场力方向，根据电场线与等势线垂直的特点，分析能否判定电性．由动能定理分析电场力做功是常用的方法．三、计算题(本大题共4小题，共36.0分)15.如图，一质量为m的带电小球用丝线悬挂在水平向平地面的高度为H．求：（1）小球带何种电荷及其电量．（2）当把悬线烧断后小球作何种运动？并求小球落到地面的时间及速度大小．【答案】解（1）小球带正电分析如图，根据平衡条件得E q=mgtanθq=（2）小球作初速度为0的匀加速直线运动竖直方向小球作自由落体运动H=gt2t=的加速度a===v=at得答：（1）小球带正电，带电量为；（2）当把悬线烧断后小球初速度为0的匀加速直线运动，运动时间为，速度大小为．【解析】（1）小球向右偏，做带正电，可由受力平衡算出其电量；（2）把悬线烧断后小球受两个恒力作用，故作匀加速直线运动，由竖直分运动来求时间，利用速度的合成分解求末速度大小．本题考查受力分析及运动的合成等知识，由受力情况确定运动情况是难点．16.如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间的距离为d，上板正中有一小孔．质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零（空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g）．求：（1）小球到达小孔处的速度；（2）极板间电场强度的大小和电容器所带电荷量；（3）小球从开始下落运动到下极板处的时间．【答案】解：（1）由解得：（2）对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式，有：mg（h+d）-q E d=0得电容器两极板间的电压为：U=E d电容器所带电荷量Q=CU得（3）加速过程：mgt1=mv…③减速过程，有：（mg-q E）t2=0-mv…④t=t1+t2…⑤联立①②③④⑤解得：t=答：（1）小球到达小孔处的速度为；（2）极板间电场强度大小为，电容器所带电荷量为；（3）小球从开始下落运动到下极板处的时间为．【解析】（1）小球到达小孔前是自由落体运动，根据速度位移关系公式列式求解即可；（2）对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式求解电场强度，然后根据Q=CU 求解电容器的带电量；（3）对加速过程和减速过程分别运用动量定理列式求解时间，然后求和即可．本题关键是明确小球的受力情况和运动规律，然后结合动能定理和动量定理列式分析，不难．17.如图A为粒子源，在A和极板B间的加速电压为U1，在两水平放置的平行带电板C、D间的电压为U2，现设有质量为m，电荷量为q的质子初速度为零，从A被加速电压U1加速后水平进入竖直方向的匀强电场，平行带电板的极板的长度为L，两板间的距离为d，不计带电粒子的重力，求：（1）带电粒子在射出B板时的速度；（2）带电粒子在C、D极板间运动的时间；（3）带电粒子飞出C、D电场时在竖直方向上发生的位移y．【答案】解：（1）带电粒子由A到B，设到B板的速度为v，根据动能定理，有：q U1=解得：v=（2）粒子从C到D做类似平抛运动，水平分运动是匀速直线运动，故运动时间为：t==L（3）粒子从C到D做类似平抛运动，竖直分运动是初速度为零的匀加速直线运动，故：y=其中：a=故：y=××（L）2=答：（1）带电粒子在射出B板时的速度为；（2）带电粒子在C、D极板间运动的时间为L；（3）带电粒子飞出C、D电场时在竖直方向上发生的位移y为．【解析】（1）粒子在AB板间做匀加速直线运动，根据动能定理列式求解粒子在射出B板时的速度；（2）粒子在CD板间做类似平抛运动，根据类平抛运动的水平分运动公式列式求解；（3）粒子在CD板间做类似平抛运动，根据类平抛运动的竖直分运动公式列式求解．本题关键明确粒子的运动性质，对应直线加速过程，根据动能定理列式；对于类似平抛运动过程，根据类似平抛运动的分运动公式列式求解；不难．平面与电场方向平行．a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行．一电荷量为q（q＞0）的质点沿轨道内侧运动，经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为N a和N b．不计重力，求：（1）电场强度的大小E；（2）质点经过a点和b点时的动能．【答案】解：质点所受电场力的大小为f=q E ①设质点质量为m，经过a点和b点时的速度大小分别为v a和v b，由牛顿第二定律有：②高中物理试卷第11页，共12页③设质点经过a点和b点时的动能分别为E ka和E kb，有：E ka=mv a2④E kb=mv b2⑤根据动能定理有：E kb-E ka=2rf⑥联立①②③④⑤⑥式得：答：：（1）电场强度的大小E为（N b-N a）；（2）质点经过a点和b点时的动能分别为：（N b+5N a）和（5N b+N a）．【解析】根据牛顿第二定律，将电场力与支持力提供向心力列出方程，并由动能定理来联立求解．考查牛顿第二定律、动能定理、向心力公式、电场力的表达式等规律的理解与应用，注意动能定理列式过程中的功的正负．高中物理试卷第12页，共12页。

2015-2016学年甘肃省天水三中高二〔上〕第一学段物理试卷〔理科〕一．此题共12小题，每一小题4分，共48分．在每一小题给出的四个选项中，前9题只有一个选项正确，后3题有多个选项正确．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错的或不答的得0分．1．关于摩擦起电和感应起电，以下说法正确的答案是〔〕A．摩擦起电是因为电荷的转移，感应起电是因为产生电荷B．摩擦起电是因为产生电荷，感应起电是因为电荷的转移C．不论摩擦起电还是感应起电都是电荷的转移D．以上说法均不正确2．避雷针能起到避雷作用，其原理是〔〕A．尖端放电 B．静电屏蔽C．摩擦起电 D．同种电荷相互排斥3．电容的单位是〔〕A．库仑 B．法拉 C．伏特 D．特斯拉4．对于一给定的电容器，在如下列图中，描述电容C、带电荷量Q、电压U之间的相互关系的图线中正确的答案是〔〕A．B．C．D．5．由电场强度的定义式E=可知，在电场中的同一点〔〕A．电场强度E跟F成正比，跟q成反比B．无论试探电荷所带的电量如何变化，始终不变C．同一电荷在电场中某点所受的电场力大，该点的电场强度强D．一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，如此P点的场强一定为零6．如下列图，原来不带电的金属导体MN，在其两端下面都悬挂着金属验电箔；假设使带负电的金属球A靠近导体的M端，可能看到的现象是〔〕A．只有M端验电箔张开，且M端带正电B．只有N端验电箔张开，且N端带正电C．两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电D．两端的验电箔都张开，且两端都带正电或负电7．如下列图，实线表示匀强电场的电场线．一个带正电荷的粒子以某一速度射入匀强电场，只在电场力作用下，运动的轨迹如图中的虚线所示，a、b为轨迹上的两点．假设a点电势为фa，b点电势为фb，如此〔〕A．场强方向一定向左，且电势фa＞фbB．场强方向一定向左，且电势фa＜фbC．场强方向一定向右，且电势фa＞фbD．场强方向一定向右，且电势фa＜фb8．有一毫安表，它的内阻是100Ω，量程为2mA，现要将它改装成量程为10A的电流表，如此毫安表应〔〕A．并联一个0.02Ω的电阻B．并联一个0.2Ω的电阻C．串联一个50Ω的电阻D．串联一个4900Ω的电阻9．一台国产封闭型贮水式电热水器的铭牌上所列的主要技术参数如下表所示．根据表中提供的数据，计算出此电热水器在额定电压下处于加热状态时，通过电热水器的电流约为〔〕额定容量54L 最高水温75℃额定功率1500W 额定压力0.7MPa额定电压220V 电器类别Ⅰ类A．6.8A B．0.15A C．4.4A D．0.23A10．用伏安法测电阻的实验，可以采用图示a、b两种方法把伏特表和安培表连人电路，这样测量出来的电阻值与被测电阻的真实阻值比拟，如下正确的答案是〔〕A．两种接法的测量值都小于真实值B．采用a图接法，测量值小于真实值C．采用b图接法，测量值大于真实值D．两种接法的测量值都大于真实值11．在如下列图的电路中，假设该伏特表和安培表的位置互换，如此可能发生的情况〔〕A．伏特表将被烧坏B．灯泡将被烧坏C．灯泡不能发光 D．安培表将被烧坏12．如下列图，在两个固定的异种点电荷Q1、Q2的连线上有A、B两点．将一个带负电的试探电荷q由A静止释放，它从A点运动到B点的过程中，可能〔〕A．先加速运动再减速运动B．加速度一直增大C．电势能先增大后减小D．在B点电势能比在A点的电势能小二、实验题：〔共10分〕13．〔10分〕〔2015秋•天水校级月考〕为了描绘标有“3V，0.4W〞的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯炮电压能从零开始变化．所给器材如下：A．电流表〔0～200mA，内阻0.5Ω〕B．电流表〔0～0.6A，内阻0.01Ω〕C．电压表〔0～3V，内阻5kΩ〕D．电压表〔0～15V，内阻50kΩ〕E．滑动变阻器〔0～10Ω，0.5A〕F．电源〔3V〕G．电键一个，导线假设干．〔1〕为了完成上述实验，实验中应选择的仪器是．〔2〕在Ⅱ卷的虚线框中画出完成此实验的原理图．〔3〕此实线描绘出的I﹣U图线是填“曲线〞．“直线〞〕，其原因是．三、计算题：此题共3个小题，总分为42分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．14．〔14分〕〔2014秋•新余期末〕电场中某区域的电场线如下列图，A、B是电场中的两点．一个电荷量q=+4.0×10﹣8 C的点电荷在A点所受电场力F A=2.0×10﹣4 N，将该点电荷从A点移到B点，电场力做功W=8.0×10﹣7J．求：〔1〕A点电场强度的大小E A．〔2〕A、B两点间的电势差U．15．〔14分〕〔2015秋•天水校级月考〕如图ABCD是竖直放在E=103V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，BCD是直径为20cm的半圆环，AB=15cm，一质量m=10g，带电量q=10﹣4C的小球由静止在电场力作用下自A点沿轨道运动，求：它运动到C点速度多大？此时对轨道的压力多大？16．〔14分〕〔2015秋•天水校级月考〕带电量为Q，质量为m的原子核由静止开始经电压为U1的电场加速后进入一个平行板电容器，进入时速度和电容器中的场强方向垂直．：电容器的极板长为L，极板间距为d，两极板的电压为U2，重力不计，求：〔1〕经过加速电场后的速度；〔2〕离开电容器电场时的偏转量．2015-2016学年甘肃省天水三中高二〔上〕第一学段物理试卷〔理科〕参考答案与试题解析一．此题共12小题，每一小题4分，共48分．在每一小题给出的四个选项中，前9题只有一个选项正确，后3题有多个选项正确．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错的或不答的得0分．1．关于摩擦起电和感应起电，以下说法正确的答案是〔〕A．摩擦起电是因为电荷的转移，感应起电是因为产生电荷B．摩擦起电是因为产生电荷，感应起电是因为电荷的转移C．不论摩擦起电还是感应起电都是电荷的转移D．以上说法均不正确考点：元电荷、点电荷．分析：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局部转移到另一个局部．解答：解：摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，即说明了电荷可以从一个物体转移到另一个物体，并没有产生电荷．感应起电过程电荷在电场力作用下，电荷从物体的一局部转移到另一个局部，所以ABD错误，C正确．应当选C点评：摩擦起电和感应起电的实质都电子发生了转移，只是感应起电是电子从物体的一局部转移到另一个局部．摩擦起电是电子从一个物体转移到另一个物体．2．避雷针能起到避雷作用，其原理是〔〕A．尖端放电 B．静电屏蔽C．摩擦起电 D．同种电荷相互排斥考点：静电现象的解释．分析：雷电是云层与大地之间或云层之间的放电现象，在高大的建筑物上安装避雷针，可使云层所带电荷通过避雷针进入大地，从而保护建筑物不受雷击．解答：解：当带电云层靠近建筑物时，由于越尖的地方的，电场强度越强，避雷针上产生的感应电荷会通过针尖放电，逐渐中和云中的电荷，使建筑物免遭雷击．其原理为尖端放电，故A正确，BCD错误．应当选：A．点评：此题考查了避雷针的原理，掌握越尖的地方，电场强度越强，难度不大，属于根底题，注意掌握静电屏蔽的原理，与摩擦起电的实质．3．电容的单位是〔〕A．库仑 B．法拉 C．伏特 D．特斯拉考点：电容．专题：电容器专题．分析：电容单位是法拉，也可用微法和皮法来表示，但不是库伦、伏特和特斯拉．解答：解：电容的单位为法拉，伏特为电压单位；库仑为电量单位；特斯拉为磁场强度的单位；故只有B正确；应当选：B．点评：此题考查对物理量单位的掌握程度．对于以人名命名的单位可以结合科学家的成就进展记忆．4．对于一给定的电容器，在如下列图中，描述电容C、带电荷量Q、电压U之间的相互关系的图线中正确的答案是〔〕A．B．C．D．考点：电容器的动态分析；电容．专题：电容器专题．分析：电容器的电容由本身的因素决定，与电容器所带的电荷量以与电势差的大小无关．解答：解：A、在电压U不变的情况下，电荷量才与电容正比．故A错误．B、根据C=，知对于一给定的电容器，电容不变．如此Q与U成正比．故B正确．C、电容器的电容由本身的因素决定，与电容器所带的电荷量以与电势差的大小无关．故C、D 错误．应当选B．点评：解决此题的关键掌握电容的定义式为C=，知道C与Q和U无关，根据Q=CU，知Q与U成正比，同时理解电容器电容大小与那些因素有关．5．由电场强度的定义式E=可知，在电场中的同一点〔〕A．电场强度E跟F成正比，跟q成反比B．无论试探电荷所带的电量如何变化，始终不变C．同一电荷在电场中某点所受的电场力大，该点的电场强度强D．一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，如此P点的场强一定为零考点：电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场强度与试探电荷所受电场力、电荷量无关，由电场本身决定．同一电荷在电场中某点所受的电场力大，该点的电场强度不一定大．电场对不带电的小球没有电场力作用，一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，P点的场强不一定为零．解答：解：A、电场强度等于试探电荷所受电场力与电荷量的比值，但电场强度E并不跟F成正比，跟q 成反比，而F、q无关，E由电场本身决定．故A错误．B、在电场中的同一点，电场强度E是一定的，如此无论试探电荷所带的电量如何变化，始终不变．故B正确．C、同一电荷在电场中某点所受的电场力大，P点的场强不一定为零，还要该电荷的电荷量大小．故C错误．D、电场对不带电的小球没有电场力作用，不带电的小球在P点受到的电场力为零，P点的场强可能为零，也可能不为零．故D错误．应当选B点评：对于电场强度，要抓住它的比值定义法的共性，E与试探电荷所受电场力、电荷量无关，反映电场本身的强弱和方向．6．如下列图，原来不带电的金属导体MN，在其两端下面都悬挂着金属验电箔；假设使带负电的金属球A靠近导体的M端，可能看到的现象是〔〕A．只有M端验电箔张开，且M端带正电B．只有N端验电箔张开，且N端带正电C．两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电D．两端的验电箔都张开，且两端都带正电或负电考点：静电场中的导体．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据静电感应可以判断金属导体的感应的电荷的情况，从而可以判断导体带电的情况．解答：解：金属导体处在负电荷的电场中，由于静电感应现象，弹头导体的右端要感应出正电荷，在导体的左端会出现负电荷，所以导体两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电，所以C正确．应当选C．点评：感应带电，这是使物体带电的一种方法，根据异种电荷互相吸引的原理可知，靠近的一端会带异种电荷．7．如下列图，实线表示匀强电场的电场线．一个带正电荷的粒子以某一速度射入匀强电场，只在电场力作用下，运动的轨迹如图中的虚线所示，a、b为轨迹上的两点．假设a点电势为фa，b点电势为фb，如此〔〕A．场强方向一定向左，且电势фa＞фbB．场强方向一定向左，且电势фa＜фbC．场强方向一定向右，且电势фa＞фbD．场强方向一定向右，且电势фa＜фb考点：电场线；电场强度；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：粒子在电场力作用下，由运动与力关系可知，根据轨迹的弯曲程度，判断出合力〔电场力〕的方向，再根据电场力方向和电荷性质判断场强方向；沿着电场线的方向电势降低的．因此可作出M、N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：由图正电荷运动轨迹可知，正电荷受向右的电场力作用，故场强方向一定向右．沿着电场线的方向电势降低的，可判定a点的电势大于b点，即电势фa＞фb．应当选C．点评：电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布．对于此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．8．有一毫安表，它的内阻是100Ω，量程为2mA，现要将它改装成量程为10A的电流表，如此毫安表应〔〕A．并联一个0.02Ω的电阻B．并联一个0.2Ω的电阻C．串联一个50Ω的电阻D．串联一个4900Ω的电阻考点：把电流表改装成电压表．专题：实验题．分析：把毫安表改装成电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值．解答：解：把毫安表改装成10A的电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值：R==≈0.02Ω；应当选：A．点评：此题考查了电流表的改装，知道电流表的改装原理是解题的关键，应用并联电路特点与欧姆定律可以解题．9．一台国产封闭型贮水式电热水器的铭牌上所列的主要技术参数如下表所示．根据表中提供的数据，计算出此电热水器在额定电压下处于加热状态时，通过电热水器的电流约为〔〕额定容量54L 最高水温75℃额定功率1500W 额定压力0.7MPa额定电压220V 电器类别Ⅰ类A．6.8A B．0.15A C．4.4A D．0.23A考点：电功、电功率．专题：电磁学．分析：由热水器铭牌可知，加热时的额定功率是1500W，额定电压是220V，由电功率变形公式可以求出加热时的电流．解答：解：电热水器加热时的电流I==≈6.8A；应当选A．点评：从铭牌获取必要的信息，熟练应用电功率的变形公式即可正确解题，此题是一道根底题．10．用伏安法测电阻的实验，可以采用图示a、b两种方法把伏特表和安培表连人电路，这样测量出来的电阻值与被测电阻的真实阻值比拟，如下正确的答案是〔〕A．两种接法的测量值都小于真实值B．采用a图接法，测量值小于真实值C．采用b图接法，测量值大于真实值D．两种接法的测量值都大于真实值考点：伏安法测电阻．专题：恒定电流专题．分析：两种接法都有误差：a图为电流表外接法，误差来源于电流表的示数不只是通过R的电流，还包括了电压表的电流；b图是电流表内接法，误差来源于电压表的示数不只是电阻R的电压，还包括了电流表的分压，要根据测量值的计算式分析测量值是偏大还是偏小．解答：解：a图采用的是电流表外接法：电流表的示数为通过电阻的电流和电压表的电流之和，即I=I R+I V电压表的示数U是R两端电压的真实值，如此R测==＜=R真；b图为电流表内接法：电压表的示数为R两端的电压和安培表两端的电压之和，即U=U R+U A；故电流表的示数I是通过R的真实值，如此R测==＞=R真如此可知，AD错误，BC正确；应当选：BC．点评：此题为伏安法测电阻时的结论；要注意明确：待测电阻远大于电流表内阻时，电流表的分压小，可忽略不计，用电流表内接法．测量值偏大．待测电阻远小于电压表内阻时，电压表的分流小，可忽略不计，用电流表外接法，测量值偏小．11．在如下列图的电路中，假设该伏特表和安培表的位置互换，如此可能发生的情况〔〕A．伏特表将被烧坏B．灯泡将被烧坏C．灯泡不能发光 D．安培表将被烧坏考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：伏特表内阻很大，而安培表的内阻很小，假设该伏特表和安培表的位置互换，灯泡不能发光，安培表将被烧坏．解答：解：伏特表内阻很大，而安培表的内阻很小，假设该伏特表和安培表的位置互换，伏特表与灯泡串联后与安培表并联，外电阻很小，根据闭合电路欧姆定律可知，流过电源的电流很大，通过安培表的电流也很大，安培表将被烧坏，而流过灯泡的电流很小，灯泡不能发光．应当选CD点评：此题关键对伏特表内阻很大，而安培表的内阻很小有所了解，再根据欧姆定律分析就能正确判断．12．如下列图，在两个固定的异种点电荷Q1、Q2的连线上有A、B两点．将一个带负电的试探电荷q由A静止释放，它从A点运动到B点的过程中，可能〔〕A．先加速运动再减速运动B．加速度一直增大C．电势能先增大后减小D．在B点电势能比在A点的电势能小考点：电场的叠加；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据试探电荷所受库仑力的合力判断电荷的运动规律以与加速度的变化，根据库仑力做功判断电势差的变化，结合能量守恒比拟A、B两点的电势能．解答：解：A、试探电荷从静止释放，所受的库仑力的合力一定先向右，所以库仑力一定先做正功，电势能一定先减小．在向B运动的过程中，当库仑力的合力可能向左，如此试探电荷会再做减速运动．故A正确，C错误．B、试探电荷从静止由A到B的过程中，库仑力的合力不可能一直增大，所以加速度不可能一直增大．故B错误．D、从A到B的过程中，电荷的动能增加了，根据能量守恒知，电势能减小了，所以电荷在B 点电势能比A点电势能小．故D正确．应当选：AD．点评：解决此题的关键知道库仑力做正功，电势能减小，库仑力做负功，电势能增加；对于A、B两点的电势能比拟，可以通过能量守恒判断，也可以通过库仑力做功情况来判断．二、实验题：〔共10分〕13．〔10分〕〔2015秋•天水校级月考〕为了描绘标有“3V，0.4W〞的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯炮电压能从零开始变化．所给器材如下：A．电流表〔0～200mA，内阻0.5Ω〕B．电流表〔0～0.6A，内阻0.01Ω〕C．电压表〔0～3V，内阻5kΩ〕D．电压表〔0～15V，内阻50kΩ〕E．滑动变阻器〔0～10Ω，0.5A〕F．电源〔3V〕G．电键一个，导线假设干．〔1〕为了完成上述实验，实验中应选择的仪器是A、C、E、F、G ．〔2〕在Ⅱ卷的虚线框中画出完成此实验的原理图．〔3〕此实线描绘出的I﹣U图线是曲线填“曲线〞．“直线〞〕，其原因是随着温度的升高，电阻变化．考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．专题：实验题．分析：器材选取的原如此需安全准确，根据灯泡的额定电压和额定电流选择电流表、电压表的量程．灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，通过灯泡电阻的大小分析其是大电阻还是小电阻，确定电流表的内外接．根据电路图连接实物图．灯泡的电阻随温度的变化而变化，所以I﹣U图线是一条曲线．解答：解：〔1〕灯泡的额定电压为3V，所以电压表的量程选择3V的误差较小，额定电流I=，所以电流表的量程选择200mA的，故实验中应选择的仪器是A、C、E、F、G．〔2〕灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，灯泡正常工作时的电阻R=，远小于电压表的内阻，属于小电阻，电流表采用外接法．电路图和实物连线图如下列图．〔3〕由于温度升高，电阻变化，所以描绘出的I﹣U图线是曲线．故答案为：〔1〕A、C、E、F、G．〔2〕如右图．〔3〕曲线，随着温度的升高，电阻变化．点评：解决此题的关键掌握器材选择的原如此，以与知道滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别，电流表内外接的区别．三、计算题：此题共3个小题，总分为42分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．14．〔14分〕〔2014秋•新余期末〕电场中某区域的电场线如下列图，A、B是电场中的两点．一个电荷量q=+4.0×10﹣8 C的点电荷在A点所受电场力F A=2.0×10﹣4 N，将该点电荷从A点移到B点，电场力做功W=8.0×10﹣7J．求：〔1〕A点电场强度的大小E A．〔2〕A、B两点间的电势差U．考点：电势能；电场强度；电势差．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据电场强度的定义式E=，求解A点电场强度的大小．根据公式U AB=求解A、B 两点间的电势差U．解答：解：〔1〕E A===5×103N/C〔2〕U===20V答：〔1〕A点电场强度的大小E A为5×103N/C．〔2〕A、B两点间的电势差U为20V．点评：此题考查物理根本公式的应用能力．对于公式U=应用时，一般各量要代入符合计算，而E=，一般不代入符合计算．15．〔14分〕〔2015秋•天水校级月考〕如图ABCD是竖直放在E=103V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，BCD是直径为20cm的半圆环，AB=15cm，一质量m=10g，带电量q=10﹣4C的小球由静止在电场力作用下自A点沿轨道运动，求：它运动到C点速度多大？此时对轨道的压力多大？考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；向心力．专题：电场力与电势的性质专题．分析：对A到C点的过程运用动能定理，求出C点的速度；根据径向的合力提供向心力，求出轨道对球的弹力，从而得知球对轨道的压力．解答：解：〔1〕小球从A经B到C的过程中，电场力做功，抑制重力做功，根据动能定理得：qE〔s AB+R〕﹣mgR=mv c2代入数据，解得v c=m/s．〔2〕在C点，支持力提供向心力，根据牛顿第二定律：N﹣qE=m如此N=qE+m=0.1+0.3N=0.4N根据牛顿第三定律小球对轨边C点的压力为O.4N答：〔1〕小球运动到C点的速度为m/s；〔2〕此时它对轨道的压力O.4N．点评：此题关键根据动能定理列式求解C点速度，然后找到向心力来源，根据牛顿第二定律列式求解．16．〔14分〕〔2015秋•天水校级月考〕带电量为Q，质量为m的原子核由静止开始经电压为U1的电场加速后进入一个平行板电容器，进入时速度和电容器中的场强方向垂直．：电容器的极板长为L，极板间距为d，两极板的电压为U2，重力不计，求：〔1〕经过加速电场后的速度；〔2〕离开电容器电场时的偏转量．考点：带电粒子在匀强电场中的运动；匀强电场中电势差和电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：〔1〕根据动能定理求出粒子经过加速电场加速后的速度；〔2〕粒子进入偏转电场，在沿电场方向上做匀加速直线运动，在垂直电场方向上做匀速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出离开电容器电场时的偏转量y．解答：解：〔1〕粒子在加速电场加速后，由动能定理得速度为；〔2〕进入偏转电场，粒子在平行于板面的方向上做匀速运动t=在垂直于板面的方向做匀加速直线运动，加速度因此离开电容器电场时的偏转．答：〔1〕经过加速电场后的速度；〔2〕离开电容器电场时的偏转量．点评：解决此题的关键知道粒子进入偏转电场后，在沿电场方向和垂直电场方向上的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进展求解．。

2016-2017学年甘肃省天水二中高三（上）期中物理试卷一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分．其中第1～8题是单选题，第9～12题是多选题．全部选对得4分，选对但不全得2分，有错选得0分．1．如图所示，在一辆表面光滑且足够长的小车上，有质量为m1和m2的两个小球（m1＞m2），两个小球随车一起运动，当车突然停止运动时，若不考虑其他阻力，则两个小球（）A．一定相碰 B．不一定相碰C．一定不相碰D．无法确定2．如图所示，质量分别为m1、m2的A、B两小球分别连在弹簧两端，B端用细线固定在倾为30°的光滑斜面上，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为（）A．都等于 B．和0C．和0 D．0和3．两物体甲和乙在同一直线上运动，它们在0～0.4s时间内的v﹣t图象如图所示．若仅在两物体之间存在相互作用，则物体甲与乙的质量之比和图中时间t1分别为（）A．和0.30s B．3和0.30s C．和0.28s D．3和0.28s4．同学们小时候都喜欢玩滑梯游戏，如图所示，已知斜面倾角为θ，斜面长度为L，小孩与斜面间动摩擦因数为μ，小孩可看成质点，不计空气阻力，则下列有关说法正确的是（）A．小孩下滑过程中的加速度大小为gsinθB．下滑过程小孩所受摩擦力的大小为μmgC．小孩下滑过程中对斜面的压力大小为mgcosθD．到达斜面底端时小孩速度大小为5．某人在地面上用弹簧秤称得体重为490N．他将弹簧秤移至电梯内称其体重，t0至t3时间段内，弹簧秤的示数如图所示，电梯运行的v﹣t图可能是（取电梯向上运动的方向为正）（）A．B．C．D．6．物体B放在物体A上，A、B的上下表面均与斜面平行（如图）．当两者以相同的初速度靠惯性沿光滑固定斜面C向上做匀减速运动时（）A．A受到B的摩擦力沿斜面方向向上B．A受到B的摩擦力沿斜面方向向下C．A、B之间的摩擦力为零D．A、B之间是否存在摩擦力取决于A、B表面的性质7．如图所示，竖直放置在水平面上的轻弹簧上放着质量为2kg的物体A，处于静止状态．若将一个质量为3kg的物体B轻放在A上的一瞬间，则B对A的压力大小为（g取10m/s2）（）A．30 N B．12 N C．15 N D．0 N8．如图，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt（k是常数），木板和木块加速度的大小分别为a1和a2，下列反映a1和a2变化的图线中正确的是（）A． B． C． D．9．在动摩擦因数μ=0.2的水平面上有一个质量为m=2kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ=45°角的不可伸长的轻绳一端相连，如图所示，此时小球处于静止平衡状态，且水平面对小球的弹力恰好为零．当剪断轻绳的瞬间，取g=10m/s2，以下说法正确的是（）A．此时轻弹簧的弹力大小为20NB．小球的加速度大小为8m/s2，方向向左C．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度大小为10m/s2，方向向右D．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度为010．如图所示，在光滑水平地面上，水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速度运动．小车质量为M，木块质量为m，加速度大小为a，木块和小车之间的动摩擦因数为μ，则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是（）A．μmg B． C．μ（M+m）g D．ma11．如图所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接．图乙中分别表示物体速度大小v、加速度大小a、摩擦力大小f和物体运动路程S随时间t变化的关系．下图中可能正确的是（）A．B．C．D．12．如图所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12m的竖立在地面上的钢管往下滑．已知这名消防队员的质量为60㎏，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零．如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3s，g 取10m/s2，那么该消防队员（）A．下滑过程中的最大速度为4 m/sB．加速与减速过程的时间之比为1：2C．加速与减速过程中所受钢管弹力大小之比为1：7D．加速与减速过程的位移之比为1：4二、实验题：本题共2个小题，每空2分，共14分．13．某同学在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，安装好实验装置，让刻度尺零刻度与弹簧上端平齐，在弹簧下端挂1个钩码，静止时弹簧长度为l1，如图1所示，图2是此时固定在弹簧挂钩上的指针在刻度尺（最小分度是1毫米）上位置的放大图，示数l1= cm．在弹簧下端分别挂2个、3个、4个、5个相同钩码，静止时弹簧长度分别是l2、l3、l4、l5，已知每个钩码质量是50g，挂2个钩码时，弹簧弹力F2= N（当地重力加速度g=9.8m/s2）．要得到弹簧伸长量x，还需要测量的是．作出F﹣x曲线，得到弹力与弹簧伸长量的关系．14．探究小车加速度与合力、质量关系的实验装置如图甲所示：①若要探究小车加速度与合力的关系，应保持不变，分别改变施加在小车上的拉力F，测出相对应的加速度a②把附有滑轮的长木板右端垫高，在没有拉力作用时，让小车拖着纸带以一定的初速度沿木板运动，打点计时器在纸带上打出一系列计时点，如果相邻计时点间距，就说明摩擦力和小车重力沿木板向下的分力平衡；③下列实验操作，正确的是（填选项序号字母A．实验前，将接好纸带的小车停在靠近打点计时器处B．实验前，将接好纸带的小车停在靠近滑轮处C．先接通电源，再使纸带运动D．先使纸带运动，再接通电源④实验中使用50Hz交流电源，在打出的纸带上选择5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间还有4个点没有画出，A点、E点到C点的距离如图乙所示，则纸带的加速度以a= m/s2．三、计算题：本题共4个小题，满分38分．15．质量为m=5kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v﹣t图象如图所示．g取10m/s2，求：（1）物体与水平面间的动摩擦因数μ；（2）水平推力F的大小；（3）0～14s内物体运动位移x的大小．16．如图所示，质量为80kg的物体放在安装在小车上的水平磅秤上，小车在平行于斜面的拉力F作用下沿斜面无摩擦地向上运动，现观察到物体在磅秤上读数为1000N．已知斜面倾角θ=30°，小车与磅秤的总质量为20kg．（g=10m/s2）求：（1）小车的加速度多大？（2）物体对磅秤的静摩擦力为多少？（3）拉力F为多大？17．如图所示，有一质量为m=2kg的物块静止放置在倾角为θ=37°的粗糙斜面体上．在斜面体以某一加速度a沿光滑水平面向左做匀加速直线运动的过程中，物块和斜面体始终保持相对静止，g=10m/s2．（1）若物块与斜面体间恰好没有摩擦力，求此时的加速度a0；（2）若加速度a1=5m/s2，求此时摩擦力的大小和方向；（3）若加速度a2=12.5m/s2，求此时摩擦力的大小和方向．18．如图所示，质量为M的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m、可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板．从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的v﹣t图象分别如图中的折线acd和bcd所示，a、b、c、d点的坐标为a（0，10）、b（0，0）、c（4，4）、d（12，0）．根据v﹣t图象，求：（1）物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小为a2，达相同速度后一起匀减速直线运动的加速度大小为a3；（2）物块质量m与长木板质量M之比；（3）物块相对长木板滑行的距离△s．2016-2017学年甘肃省天水二中高三（上）期中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1～8题是单选题，第9～12题是多选题．全部选对得4分，选对但不全得2分，有错选得0分．1．如图所示，在一辆表面光滑且足够长的小车上，有质量为m1和m2的两个小球（m1＞m2），两个小球随车一起运动，当车突然停止运动时，若不考虑其他阻力，则两个小球（）A．一定相碰 B．不一定相碰C．一定不相碰D．无法确定【考点】惯性．【分析】先分析车突然停止前，两个小球和小车的运动状态，当小车突然停止时，根据一切物体都有保持原来运动状态的性质来分析两个小球的运动状态．【解答】解：车停止前，两个小球和小车一起作匀速直线运动，并且两个小球和小车具有共同的速度，当小车突然停止时，由于小球在光滑接触面上，因此两个小球由于惯性，还要保持原来大小不变的速度做匀速直线运动，由于两球的速度相同，相等时间内通过的距离相等，因此两个小球间的距离不变，一定不会相碰．故选：C．2．如图所示，质量分别为m1、m2的A、B两小球分别连在弹簧两端，B端用细线固定在倾为30°的光滑斜面上，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为（）A．都等于 B．和0C．和0 D．0和【考点】牛顿第二定律．【分析】在剪短上端的绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，而弹簧的伸长量没有来得及发生改变，故弹力不变，再分别对A、B两个小球运用牛顿第二定律，即可求得加速度．【解答】解：在剪断绳子之前，A处于平衡状态，所以弹簧的拉力等于A的重力沿斜面的分力相等．在剪断上端的绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，而弹簧的伸长量没有来得及发生改变，故弹力不变仍为A的重力沿斜面上的分力．故A球的加速度为零；在剪断绳子之前，对B球进行受力分析，B受到重力、弹簧对它斜向下的拉力、支持力及绳子的拉力，在剪断上端的绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，对B球进行受力分析，则B 受到到重力、弹簧的向下拉力、支持力．所以根据牛顿第二定律得：a B==故选：D3．两物体甲和乙在同一直线上运动，它们在0～0.4s时间内的v﹣t图象如图所示．若仅在两物体之间存在相互作用，则物体甲与乙的质量之比和图中时间t1分别为（）A．和0.30s B．3和0.30s C．和0.28s D．3和0.28s【考点】匀变速直线运动的图像．【分析】先根据三角形相似知识求出t1，再根据速度图象的斜率等于加速度求出甲乙的加速度大小，由牛顿第二定律和第三定律求解两物体质量之比．【解答】解：根据三角形相似得： =，得t1=0.3s．根据速度图象的斜率等于加速度，得到：甲的加速度大小为a甲==，乙的加速度大小为a乙==10m/s2据题，仅在两物体之间存在相互作用，根据牛顿第三定律得知，相互作用力大小相等，由牛顿第二定律F=ma得：两物体的加速度与质量成反比，则有质量之比为m甲：m乙=a乙：a甲=3：1．故选：B．4．同学们小时候都喜欢玩滑梯游戏，如图所示，已知斜面倾角为θ，斜面长度为L，小孩与斜面间动摩擦因数为μ，小孩可看成质点，不计空气阻力，则下列有关说法正确的是（）A．小孩下滑过程中的加速度大小为gsinθB．下滑过程小孩所受摩擦力的大小为μmgC．小孩下滑过程中对斜面的压力大小为mgcosθD．到达斜面底端时小孩速度大小为【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；物体的弹性和弹力．【分析】对小孩受力分析，受到重力、支持力和摩擦力作用，根据平衡条件求出支持力，根据滑动摩擦力公式求出摩擦力，根据牛顿第二定律求解加速度，根据动能定理求解末速度．【解答】解：ABC、对小孩受力分析，受到重力、支持力和摩擦力作用，如图：则有：N=mgcosθ，摩擦力为：f=μN=μmgcosθ；根据牛顿第二定律得：a===gsinθ﹣μgcosθ，故AB错误，C正确；D、根据动能定理得： mv2=mgLsinθ﹣μmgcosθL，解得：v=，故D错误．故选：C5．某人在地面上用弹簧秤称得体重为490N．他将弹簧秤移至电梯内称其体重，t0至t3时间段内，弹簧秤的示数如图所示，电梯运行的v﹣t图可能是（取电梯向上运动的方向为正）（）A．B．C．D．【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重．【分析】由图可知各段上物体的受力情况，则由牛顿第二定律可求得物体的加速度，即可确定其运动情况，画出v﹣t图象．【解答】解：由图可知，t0至t1时间段弹簧秤的示数小于G，故合力为G﹣F=50N，物体可能向下加速，也可能向上减速；t1至t2时间段弹力等于重力，故合力为零，物体可能为匀速也可能静止；而t2至t3时间段内合力向上，故物体加速度向上，电梯可能向上加速也可能向下减速；C符合题意；故选：C．6．物体B放在物体A上，A、B的上下表面均与斜面平行（如图）．当两者以相同的初速度靠惯性沿光滑固定斜面C向上做匀减速运动时（）A．A受到B的摩擦力沿斜面方向向上B．A受到B的摩擦力沿斜面方向向下C．A、B之间的摩擦力为零D．A、B之间是否存在摩擦力取决于A、B表面的性质【考点】力的合成与分解的运用；牛顿运动定律的综合应用．【分析】先对A、B整体受力分析，求出加速度；再隔离出物体B，受力分析，根据牛顿第二定律列方程求未知力．【解答】解：先对A、B整体受力分析，受重力和支持力，合力沿斜面向下，根据牛顿第二定律，有（m1+m2）gsinθ=（m1+m2）a （θ为斜面的倾角）解得a=gsinθ ①再隔离出物体B受力分析，受重力、支持力，假设有沿斜面向上的静摩擦力f，如图根据牛顿第二定律，有m2gsinθ﹣f=m2a ②由①②两式可解得f=0故A对B的摩擦力为零；故选：C．7．如图所示，竖直放置在水平面上的轻弹簧上放着质量为2kg的物体A，处于静止状态．若将一个质量为3kg的物体B轻放在A上的一瞬间，则B对A的压力大小为（g取10m/s2）（）A ．30 NB ．12 NC ．15 ND ．0 N【考点】牛顿第二定律；胡克定律．【分析】放上B 的瞬间，先对整体研究，根据牛顿第二定律求出加速度，再隔离分析，根据牛顿第二定律求出A 对B 的支持力的大小．【解答】解：开始弹簧的弹力等于A 的重力，即F=m A g 放上B 的瞬间，弹簧弹力不变，对整体分析，根据牛顿第二定律得：a==．隔离对B 分析，有：m B g ﹣N=m B a ，则：N=m B （g ﹣a ）=3×（10﹣6）N=12N ．故B 正确，A 、C 、D 错误．故选：B ．8．如图，在光滑水平面上有一质量为m 1的足够长的木板，其上叠放一质量为m 2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t 增大的水平力F=kt （k 是常数），木板和木块加速度的大小分别为a 1和a 2，下列反映a 1和a 2变化的图线中正确的是（ ）A ．B ．C ．D ．【考点】牛顿第二定律．【分析】当F 比较小时，两个物体相对静止，一起加速运动，加速度相同，根据牛顿第二定律得出加速度与时间的关系．当F 比较大时，m 2相对于m 1运动，两者加速度不同，根据牛顿第二定律分别对两个物体研究，得出加速度与时间的关系，再选择图象．【解答】解：当F 比较小时，两个物体相对静止，加速度相同，根据牛顿第二定律得：a==，a ∝t ；当F 比较大时，m 2相对于m 1运动，根据牛顿第二定律得：对m 1：a 1=，μ、m 1、m 2都一定，则a 1一定．对m2：a2===t﹣μg，a2是t的线性函数，t增大，a2增大．由于，则两木板相对滑动后a2图象大于两者相对静止时图象的斜率．故A正确．故选：A9．在动摩擦因数μ=0.2的水平面上有一个质量为m=2kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ=45°角的不可伸长的轻绳一端相连，如图所示，此时小球处于静止平衡状态，且水平面对小球的弹力恰好为零．当剪断轻绳的瞬间，取g=10m/s2，以下说法正确的是（）A．此时轻弹簧的弹力大小为20NB．小球的加速度大小为8m/s2，方向向左C．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度大小为10m/s2，方向向右D．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度为0【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用；胡克定律．【分析】先分析剪断轻绳前弹簧的弹力和轻绳的拉力大小；再研究剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，对小球受力分析，根据牛顿第二定律求出瞬间的加速度大小；剪断弹簧的瞬间，因为绳子的作用力可以发生突变，小球瞬间所受的合力为零．【解答】解：A、在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡，根据共点力平衡得，弹簧的弹力：F=mgtan45°=20×1=20N，故A正确；B、剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为20N，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用；小球所受的最大静摩擦力为：f=μmg=0.2×20N=4N，根据牛顿第二定律得小球的加速度为：a==；合力方向向左，所以向左加速．故B正确；C、D、剪断弹簧的瞬间，轻绳对小球的拉力瞬间为零，此时小球所受的合力为零，则小球的加速度为零，故C错误，D正确；故选：ABD．10．如图所示，在光滑水平地面上，水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速度运动．小车质量为M，木块质量为m，加速度大小为a，木块和小车之间的动摩擦因数为μ，则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是（）A．μmg B． C．μ（M+m）g D．ma【考点】牛顿第二定律；滑动摩擦力．【分析】m与M具有相同的加速度，对整体分析，运用牛顿第二定律求出加速度的大小，再隔离对m分析，求出木块受到的摩擦力大小．【解答】解：整体所受的合力为F，整体具有的加速度a=．隔离对m分析，根据牛顿第二定律得，f=ma=．故B、D正确，A、C错误．故选BD．11．如图所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接．图乙中分别表示物体速度大小v、加速度大小a、摩擦力大小f和物体运动路程S随时间t变化的关系．下图中可能正确的是（）A．B．C．D．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像；力的合成与分解的运用．【分析】对物体受力分析可知，在斜面上时物体受到重力支持力和摩擦力的作用，在这些力的作用下物体沿着斜面向下做匀加速直线运动，到达水平面上之后，在滑动摩擦力的作用下做匀减速运动，由此可以判断物体运动过程中的物理量的关系．【解答】解：A、根据物体的受力情况，可以判断出物体先是在斜面上做匀加速直线运动，到达水平面上之后，做匀减速运动，所以物体运动的速度时间的图象应该是倾斜的直线，故A正确．B、由于物体的运动先是匀加速运动，后是匀减速运动，在每一个运动的过程中物体的加速度的大小时不变的，所以物体的加速度时间的图象应该是两段水平的直线，不能使倾斜的直线，故B错误；C、在整个运动的过程中，物体受到的都是滑动摩擦力，所以摩擦力的大小是不变的，并且由于在斜面上时的压力比在水平面上时的压力小，所以滑动摩擦力也比在水平面上的小，故C错误；D、物体做的是匀加速直线运动，物体的位移为x=，所以物体的路程和时间的关系应该是抛物线．故D正确．故选：AD．12．如图所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12m的竖立在地面上的钢管往下滑．已知这名消防队员的质量为60㎏，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零．如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3s，g 取10m/s2，那么该消防队员（）A．下滑过程中的最大速度为4 m/sB．加速与减速过程的时间之比为1：2C．加速与减速过程中所受钢管弹力大小之比为1：7D．加速与减速过程的位移之比为1：4【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．【分析】由平均速度公式求解最大速度．根据速度公式研究加速与减速过程的时间之比．根据牛顿第二定律研究摩擦力之比．【解答】解：A、设下滑过程中的最大速度为v，则消防队员下滑的总位移x=，得到v=m/s=8m/s．故A错误．B、设加速与减速过程的时间分别为t1、t2，加速度大小分别为a1、a2．则v=a1t1，v=a2t2，得到t1：t2=a2：a1=1：2．故B正确．C、D由t1：t2=1：2，又t1+t2=3s，得到t1=1s，t2=2s，a1===8m/s2，a2==4m/s2，根据牛顿第二定律得加速过程：mg﹣f1=ma1，f1=mg﹣ma1=2m减速过程：f2﹣mg=ma2，f2=mg+ma2=14m 所以f1：f2=1：7．根据f=μN可知：N=，所以N1：N2=1：7，故C正确；D、匀加速运动位移为：x1==4m匀减速位移为：x2===8m所以加速与减速过程的位移之比为1：2，故D错误．故选：BC．二、实验题：本题共2个小题，每空2分，共14分．13．某同学在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，安装好实验装置，让刻度尺零刻度与弹簧上端平齐，在弹簧下端挂1个钩码，静止时弹簧长度为l1，如图1所示，图2是此时固定在弹簧挂钩上的指针在刻度尺（最小分度是1毫米）上位置的放大图，示数l1= 25.85 cm．在弹簧下端分别挂2个、3个、4个、5个相同钩码，静止时弹簧长度分别是l2、l3、l4、l5，已知每个钩码质量是50g，挂2个钩码时，弹簧弹力F2= 0.98 N（当地重力加速度g=9.8m/s2）．要得到弹簧伸长量x，还需要测量的是弹簧原长．作出F﹣x曲线，得到弹力与弹簧伸长量的关系．【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系．【分析】根据刻度尺的读数方法可得出对应的读数，由G=mg可求得所挂钩码的重力，即可得出弹簧的拉力；由实验原理明确需要的物理量．【解答】解：由mm刻度尺的读数方法可知图2中的读数为：25.85cm；挂2个钩码时，重力为：G=2mg=2×0.05×9.8=0.98N；由平衡关系可知，弹簧的拉力为0.98N；本实验中需要是弹簧的形变量，故还应测量弹簧的原长；故答案为：25.85；0.98；弹簧原长．14．探究小车加速度与合力、质量关系的实验装置如图甲所示：①若要探究小车加速度与合力的关系，应保持小车质量不变，分别改变施加在小车上的拉力F，测出相对应的加速度a②把附有滑轮的长木板右端垫高，在没有拉力作用时，让小车拖着纸带以一定的初速度沿木板运动，打点计时器在纸带上打出一系列计时点，如果相邻计时点间距相等，就说明摩擦力和小车重力沿木板向下的分力平衡；③下列实验操作，正确的是AC （填选项序号字母A．实验前，将接好纸带的小车停在靠近打点计时器处B．实验前，将接好纸带的小车停在靠近滑轮处C．先接通电源，再使纸带运动D．先使纸带运动，再接通电源④实验中使用50Hz交流电源，在打出的纸带上选择5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间还有4个点没有画出，A点、E点到C点的距离如图乙所示，则纸带的加速度以a= 3.00 m/s2．【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．【分析】探究加速度与力、质量的关系应用控制变量法，根据实验目的确定需要控制的变量；当小车做匀速直线运动，纸带上的点间隔相等时，恰好平衡摩擦力；放开小车前，小车要靠近打点计时器，要先接通电源，然后再放开小车；根据匀变速运动的推论求出小车的加速度．【解答】解：①若要探究小车的加速度与合力的关系，应保持小车质量不变，分别改变施加在小车上的拉力F，测出相对应的加速度a．②把带有滑轮的长木板右端垫高，在没有牵引的情况下让小车拖着纸带以一定的初速度沿木板运动，打点计时器在纸带上打出一系列计时点，如果计时点间距相等，就说明摩擦力和小车重力沿木板向下的分力平衡．③实验过程中，放开小车前，小车要靠近打点计时器，要先接通电源，然后再放开小车故AD 正确，选AD．④计数点间的时间间隔t=0.02s×5=0.1s，纸带的加速度：a===3.00m/s2．故答案为：①小车质量；②相等；③AD；④3.00．三、计算题：本题共4个小题，满分38分．15．质量为m=5kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v﹣t图象如图所示．g取10m/s2，求：（1）物体与水平面间的动摩擦因数μ；（2）水平推力F的大小；（3）0～14s内物体运动位移x的大小．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的图像．【分析】根据速度﹣时间图象可知：0﹣10s内有水平推力F的作用，物体做匀加速直线运动；10s﹣14s内，撤去F后只在摩擦力作用下做匀减速直线运动，可根据图象分别求出加速度，再根据匀变速直线运动基本公式及牛顿第二定律求解力及位移．【解答】解：（1）设物体做匀减速运动的时间为t2，加速度为a2，第10秒末速度为v1=8m/s，则有：a2=设物体所受的摩擦力为F f，由牛顿第二定律得：F f=ma2且F f=﹣μmg代入数据得：μ=0.2；（2）设物体做匀加速直线运动的时间为t1，加速度为a1，则：a1==0.8 m/s2根据牛顿第二定律得：F﹣F f=ma1代入数据得：F=14N．（3）0～14 s内物体运动位移的大小为0～14 s速度图象的面积，所以有：S==56m．答：（1）物体与水平面间的动摩擦因数μ为0.2；（2）水平推力F的大小为14N；（3）0～14s内物体运动位移的大小为56m．16．如图所示，质量为80kg的物体放在安装在小车上的水平磅秤上，小车在平行于斜面的拉力F作用下沿斜面无摩擦地向上运动，现观察到物体在磅秤上读数为1000N．已知斜面倾角θ=30°，小车与磅秤的总质量为20kg．（g=10m/s2）求：（1）小车的加速度多大？。

2016-2017学年甘肃省天水二中高二（上）期中物理试卷（文科）一、单项选择题（每小题4分，共44分）1．关于点电荷的下列说法中，正确的是（）A．只有体积很小的带电体才能看成点电荷B．体积很大的带电体一定不能看成点电荷C．当两个带电体的大小及形状对它们之间相互作用力的影响可忽略时，两个带电体可看成点电荷D．一切带电体都可以看成点电荷2．关于电场强度的方向，下列说法不正确的是（）A．电场中某点的场强方向与放在这一点的电荷所受的电场力的方向相同B．电场中某点的场强方向与正电荷在这一点所受的电场力的方向相同C．电场中某点的场强方向与负电荷在这一点所受的电场力的方向相反D．电场中某点的场强方向与在这一点的电场线切线方向相同3．某电场的电场线如图所示，则某点电荷A和B所受电场力的大小关系是（）A．F A＞F B B．F A＜F BC．F A=F B D．电荷正负不明无法判断4．某个磁场的磁感线如图所示，如果把一个小磁针放入磁场中小磁针将（）A．向右移动B．向左移动C．顺时针转动 D．逆时针转动5．关于电流，下列说法正确的是（）A．根据I=可知，I与q成正比B．如果在相等的时间内通过导体横截面的电荷量相等，则导体中的电流是恒定电流C．电流有方向，因此电流是矢量D．电流的单位“安培”是国际单位制中的基本单位6．从白炽灯上标有“220V 100W”的数据中，下列说法不正确的是（）A．该电灯额定电压为220V，额定功率为100WB．给电灯加上220V 电压，通过它的电流一定为100/220AC．该电灯的电阻可能是48.4欧姆D．该电灯在电路中发光时，它实际消耗的功率一定是100W7．磁场中任一点的磁场方向，规定为静止的小磁针在此点（）A．受磁场力的方向B．北极受磁场力的方向C．南极受磁场力的方向D．转动的方向8．1820年，丹麦物理学家奥斯特在一次关于电和磁的演讲过程中偶然观察到一种现象，这便是著名的奥斯特实验，奥斯特实验揭示了（）A．磁场的存在B．磁场具有方向性C．通电导线周围存在磁场 D．磁体间有相互作用9．一束带电粒子沿着水平方向平行地飞过磁针上方时，磁针的S极向纸内偏转，这束带电粒子可能是（）A．向右飞行的是正离子束B．向左飞行的是正离子束C．向左飞行的是负离子束D．向右飞行的是不带电的中子束10．下列哪种措施是为了防止静电产生的危害（）A．在高大的建筑物顶端装上避雷针B．在高大的烟囱中安装静电除尘器C．静电复印D．静电喷漆11．如图所示为某一点电荷形成电场中的一条电场线的a、b两点，则下列判断正确的是（）A．a点场强一定比b点场强大B．a点场强一定比b点场强小C．同一电荷在a、b两处所受电场力的大小可能相同D．同一电荷在a、b两处所受电场力的方向一定相同二、填空题（每空3分，共30分）12．该试题已被管理员删除13．某电容器上标有“16V 300μF”，300μF=F=pF．14．某电阻两端电压为2V时，通过它的电流是0.25A，它的阻值为Ω；如果这个电阻两端电压为1.6V，它的阻值为Ω，这时通过它的电流为A．15．匀强磁场中有一段长为0.2m的直导线，它与磁场方向垂直，当通过3A 的电流时，受到0.6N的磁场力，则磁场的磁感应强度是T，当导线长度缩短一半时，磁场的磁感应强度是T，当通入的电流加倍时，磁场的磁感应强度是T．三、计算作图题（16题14分，17题12分，共26分）16．真空中有两个相距0.1m、带电量相等的点电荷，它们间的静电力的大小为10﹣5N，求每个点电荷所带电荷量是元电荷的多少倍？（静电力常数k=9×109Nm2/c2，元电荷电量为1.6×10﹣19C）17．一条放在磁场中的通电导线，导线与磁场方向垂直，图中已经分别标明电流、磁场和安培力这三个物理量中两个量的方向，试在图中标出第三个量的方向．2016-2017学年甘肃省天水二中高二（上）期中物理试卷（文科）参考答案与试题解析一、单项选择题（每小题4分，共44分）1．关于点电荷的下列说法中，正确的是（）A．只有体积很小的带电体才能看成点电荷B．体积很大的带电体一定不能看成点电荷C．当两个带电体的大小及形状对它们之间相互作用力的影响可忽略时，两个带电体可看成点电荷D．一切带电体都可以看成点电荷【考点】元电荷、点电荷．【分析】当两个带电体的大小及形状对它们之间相互作用力的影响可忽略时，两个带电体才可看成点电荷．体积很小或很大的带电体在一定的条件下都可以看成点电荷．【解答】解：体积很小或很大的带电体在一定的条件下都可以看成点电荷，只要满足如下条件：当两个带电体的大小及形状对它们之间相互作用力的影响可忽略时，其大小和形状可忽略不计，可以看成点电荷处理．故选C2．关于电场强度的方向，下列说法不正确的是（）A．电场中某点的场强方向与放在这一点的电荷所受的电场力的方向相同B．电场中某点的场强方向与正电荷在这一点所受的电场力的方向相同C．电场中某点的场强方向与负电荷在这一点所受的电场力的方向相反D．电场中某点的场强方向与在这一点的电场线切线方向相同【考点】电场强度．【分析】电场强度方向与正电荷受力方向一致，与负电荷受力方向相反，也与电场线切线方向相同，从而即可求解．【解答】解：A、电场强度的方向是由电场本身决定的，我们规定其与正电荷在该点受电场力的方向一致，与负电荷受到的电场力方向相反；故A错误，BC正确；D、电场中某点的场强方向与在这一点的电场线切线方向相同；故D正确；本题选择不正确的，故选：A．3．某电场的电场线如图所示，则某点电荷A和B所受电场力的大小关系是（）A．F A＞F B B．F A＜F BC．F A=F B D．电荷正负不明无法判断【考点】电场强度．【分析】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；再据F=Eq判断即可．【解答】解：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，A 点的电场线密，所以A点的电场强度大，电荷在A点受到的电场力大，所以F A＞F B，故A 正确，BCD错误．故选：A．4．某个磁场的磁感线如图所示，如果把一个小磁针放入磁场中小磁针将（）A．向右移动B．向左移动C．顺时针转动 D．逆时针转动【考点】磁感应强度．【分析】磁场中的磁感线不是实际存在的，是为了研究磁场而假想的，然而小磁针静止时N 极所指向表示磁场方向．【解答】解：一个磁场的磁感线如图所示，一个小磁针被放入磁场中，由于小磁针N极所受力的方向就是磁场方向，根据磁场方向水平向右，则小磁针受到磁场力的方向水平向右，所以小磁针会沿顺时针转动，故C正确，ABD错误故选：C5．关于电流，下列说法正确的是（）A．根据I=可知，I与q成正比B．如果在相等的时间内通过导体横截面的电荷量相等，则导体中的电流是恒定电流C．电流有方向，因此电流是矢量D．电流的单位“安培”是国际单位制中的基本单位【考点】电流、电压概念．【分析】电流由通过某一横截面积的电量q与通过这些电量所用时间t共同决定；恒定电流的大小和方向始终保持不变；电流的运算满足代数法则，而矢量的运算满足平行四边形定则；“安培”是国际单位制中七个基本单位中的一个，也是电学中的唯一一个．【解答】解：A、根据I=可知I是通过某一横截面积的电量q与通过这些电量所用时间t的比值，故如果通过的电量q大但所用时间更多，则电流I可能更小．故A错误．B、恒定电流是指电流的大小和方向始终保持不变的电流，而本选项中如果电流的方向发生了变化，或电流的大小发生变化仍能保证在相等的时间内通过导体横截面的电荷量相等，但不是恒定电流，故B错误．C、电流有方向，但电流的运算满足代数法则，而矢量的运算满足平行四边形定则，故电流是标量，故C错误．D、电流的单位“安培”是国际单位制中七个基本单位中的一个，也是电学中的唯一一个．故D正确．故选D．6．从白炽灯上标有“220V 100W”的数据中，下列说法不正确的是（）A．该电灯额定电压为220V，额定功率为100WB．给电灯加上220V 电压，通过它的电流一定为100/220AC．该电灯的电阻可能是48.4欧姆D．该电灯在电路中发光时，它实际消耗的功率一定是100W【考点】电功、电功率．【分析】①电灯泡的铭牌上标出了灯泡的额定电压和额定功率；②灯泡正常工作时，其功率为额定功率，知道工作时间，可利用公式W=Pt计算消耗的电能【解答】解：A、由电灯泡的铭牌“220V、100”可知：“220”表示该灯泡的额定电压为220V，“100”表示该灯泡的额定功率为100W；故A正确B、通过的电流为I==A，故B正确C、电阻为R==Ω=484Ω；故C不正确．D、当灯泡在额定电压下工作时才是100W，当不是额定电压时，功率就不是100W；故D 不正确；本题选不正确的，故选：CD．7．磁场中任一点的磁场方向，规定为静止的小磁针在此点（）A．受磁场力的方向B．北极受磁场力的方向C．南极受磁场力的方向D．转动的方向【考点】磁现象和磁场．【分析】磁场虽然是看不见、摸不着的，但它会对放入它中的磁体产生力的作用，小磁针N 极在磁场中所受的磁力方向跟该点的磁场方向相同．【解答】解：ABC、磁场的基本性质是它对放入其中的磁体有磁力的作用，小磁针N极在磁场中所受的磁力方向跟该点的磁场方向相同，小磁针南极在磁场中所受的磁力方向跟该点的磁场方向相反．故B正确，AC错误；D、磁场中的任一点的磁场方向还规定为：小磁针在磁场中静止时N极所指的方向．但不一定是转动方向，故D错误．故选：B．8．1820年，丹麦物理学家奥斯特在一次关于电和磁的演讲过程中偶然观察到一种现象，这便是著名的奥斯特实验，奥斯特实验揭示了（）A．磁场的存在B．磁场具有方向性C．通电导线周围存在磁场 D．磁体间有相互作用【考点】磁感线及用磁感线描述磁场．【分析】1820年，丹麦物理学家奥斯特在一次讲课结束时，在助手收拾仪器时，注意到通电导体下方的小磁针发生了偏转，正是由于他的敏锐的洞察力，发现了电生磁【解答】解：A、磁体的周围存在磁场，这是人们在很早的时候就发现的．故A错误；B、磁场具有方向性，这是人们在研究磁体的磁场时早就发现的．故B错误；C、磁体和磁体之间存在相互作用：同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引．丹麦物理学家奥斯特在一次讲课结束时，在助手收拾仪器时，注意到通电导体下方的小磁针发生了偏转，说明了小磁针受到磁场力的作用，进一步的研究发现了通电导线的周围存在磁场．所以选项C正确．D、磁体之间存在相互作用，与磁体的周围存在磁场一样，这是人们在很早的时候就发现的．故D错误．故选C．9．一束带电粒子沿着水平方向平行地飞过磁针上方时，磁针的S极向纸内偏转，这束带电粒子可能是（）A．向右飞行的是正离子束B．向左飞行的是正离子束C．向左飞行的是负离子束D．向右飞行的是不带电的中子束【考点】安培定则．【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及运动方向．【解答】解：小磁针的S极向纸内偏转，N极向外偏转，因此在粒子下方磁场方向向外，根据安培定则可知电流方向向左，故这束粒子若带正电，则向左飞行，若带负电，则向右飞行，故B正确，ACD错误．故选：B．10．下列哪种措施是为了防止静电产生的危害（）A．在高大的建筑物顶端装上避雷针B．在高大的烟囱中安装静电除尘器C．静电复印D．静电喷漆【考点】* 静电的利用和防止．【分析】本题考查是关于静电的防止与应用，从各种实例的原理出发就可以判断出答案．【解答】解：A．当打雷的时候，由于静电的感应，在高大的建筑物顶端积累了很多的静电，容易导致雷击事故，所以在高大的建筑物顶端安装避雷针可以把雷电引入地下，保护建筑物的安全，属于静电防止，故A正确；B．静电除尘时除尘器中的空气被电离，烟雾颗粒吸附电子而带负电，颗粒向电源正极运动，属于静电应用，故B不正确；C．静电复印是利用异种电荷相互吸引而使碳粉吸附在纸上，属于静电应用，故C不正确；D．喷枪喷出的油漆微粒带正电，因相互排斥而散开，形成雾状，被喷涂的物体带负电，对雾状油漆产生引力，把油漆吸到表面，属于静电应用，故D不正确．故选A．11．如图所示为某一点电荷形成电场中的一条电场线的a、b两点，则下列判断正确的是（）A．a点场强一定比b点场强大B．a点场强一定比b点场强小C．同一电荷在a、b两处所受电场力的大小可能相同D．同一电荷在a、b两处所受电场力的方向一定相同【考点】电场线；电场强度．【分析】该电场线为一点电荷形成的一条电场线，因不知是正点电荷还是负点电荷，所以无法判断a、b两点的场强大小以及电场力大小．正电荷所受电场力方向与该点的电场强度方向相同，负电荷所受电场力方向与该点的电场强度方向相反．【解答】解：A、B、C、因不知是正点电荷还是负点电荷产生的电场线，所以无法判断a、b两点的场强大小以及电场力大小．故A、B、C错误．D、正电荷所受电场力方向与该点的电场强度方向相同，负电荷所受电场力方向与该点的电场强度方向相反．所以同一电荷在a、b两处所受电场力的方向一定相同．故D正确．故选：D．二、填空题（每空3分，共30分）12．该试题已被管理员删除13．某电容器上标有“16V 300μF”，300μF= 3.0×10﹣4F= 3.0×108pF．【考点】电容．【分析】明确电容单位及换算关系，知道1F=106μF=1012pF，即F、μF、pF进制为106．【解答】解：根据1F=106μF=1012pF，知300μF=3×10﹣4F=3×108pF．故本题答案为：3×10﹣4，3×108．14．某电阻两端电压为2V时，通过它的电流是0.25A，它的阻值为8Ω；如果这个电阻两端电压为1.6V，它的阻值为8Ω，这时通过它的电流为0.2A．【考点】欧姆定律．【分析】由欧姆定律可求得导体的电阻，而导体的电阻由导体的长度、横截面积和材料决定，与导体两端的电压和通过的电流大小无关，由此可知导体两端的电压变化后，电阻不变．【解答】解：根据欧姆定律可得：R==8Ω，电阻的阻值与其两端的电压无关，所以如果这个电阻两端电压为1.6伏特时，它的阻值是8欧姆，这时的电流为：==0.2A；故答案为：8，8，0.2．15．匀强磁场中有一段长为0.2m的直导线，它与磁场方向垂直，当通过3A 的电流时，受到0.6N的磁场力，则磁场的磁感应强度是1T，当导线长度缩短一半时，磁场的磁感应强度是1T，当通入的电流加倍时，磁场的磁感应强度是1T．【考点】磁感应强度；安培力．【分析】由磁感应强度的定义式B=可以求出磁感应强度大小；磁场的磁感应强度与导线的长度无关．【解答】解：由题，通电导线与磁场垂直，则磁场的磁感强度为B==T=1T磁场的磁感强度由磁场本身决定，与通电导线的长度无关，故磁场的磁感强度仍为1T．磁场的磁感强度由磁场本身决定，当通入的电流加倍时，磁场的磁感强度仍为1T．故答案为：1，1，1；三、计算作图题（16题14分，17题12分，共26分）16．真空中有两个相距0.1m、带电量相等的点电荷，它们间的静电力的大小为10﹣5N，求每个点电荷所带电荷量是元电荷的多少倍？（静电力常数k=9×109Nm2/c2，元电荷电量为1.6×10﹣19C）【考点】库仑定律．【分析】根据库仑定律的公式列出方程即可求得电荷的电荷量，用电荷量除以元电荷就可以求得是元电荷的多少倍．【解答】解：根据库仑定律可得：F=k，所以：q===×10﹣8C，点电荷所带电荷量是元电荷的倍数为：n===2.1×1010，答：每个点电荷所带电荷量是元电荷的2.1×1010倍．17．一条放在磁场中的通电导线，导线与磁场方向垂直，图中已经分别标明电流、磁场和安培力这三个物理量中两个量的方向，试在图中标出第三个量的方向．【考点】左手定则．【分析】根据左手定则，让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是导线受的安培力的方向．【解答】解：电流、磁场和安培力三者之间的关系满足左手定则，根据左手定则分别判断后得出第三个量的方向如图所示；2016年11月12日。

2016-2017学年甘肃省天水一中高二（上）第一次月考物理试卷（文科）一、单选题（每题5分，共60分．）1．下列关于电荷、起电的说法正确的是（）A．自然界存在有三种电荷：正电荷、负电荷和元电荷B．静电感应不是创造了电荷，只是电荷从物体的一个部分转移到另外一个部分C．摩擦起电是创造了电荷，从而使物体带电D．一个带电体接触另外一个不带电的物体，两个物体会带上异种电荷2．下列家用电器在工作时，主要利用电流热效应的是（）A．电熨斗B．电冰箱C．吸尘器D．电风扇3．以下关于电场线的说法，正确的是（）A．电场线是电荷移动的轨迹B．电场线是实际存在的曲线C．在复杂电场中，电场线可以相交D．同一幅图中，电场线越密的地方，电场强度越强4．下列符号中，属于电场强度的单位的符号是（）A．F B．A C．C D．N/C5．如图所示，运输汽油等易燃易爆物品的车辆总有一条铁链拖在地上，这样做的目的是（）A．发出声音，引起路人注意B．减缓车速，保证行车安全C．把静电引入大地，避免因放电引起爆炸D．与地面发生摩擦，在运输车上积累电荷6．一验电器的金属箔原来张开，用一带负电的物体接触验电器的金属球瞬间，发现金属箔迅速合拢后又张开更大的角度，则验电器的金属球原来带（）A．正电 B．负电 C．不带电D．不确定7．下列说法中正确的是（）A．电流的方向与负电荷定向移动方向相同B．电流的方向与正电荷定向移动方向相同C．在直流电源的外电路上，电流的方向是从电源负极流向正极D．在直流电源的内电路上，电流方向是从电源正极流向负极8．下列关于电容器的说法不正确的是（）A．电容器是由两个相互绝缘并靠近的导体组成的B．电容器的电容由电容器本身结构决定，与其带电量无关C．.电容器的电容与其上所带的电量决定，所带电量为零时，电容为零D．对于平行板电容器来说，两极板间的距离增大时，电容会减小9．真空中两个静止的点电荷，相距为r时相互作用的库仑力大小为F，现不改变它们的电荷量，使它们之间的距离为3r，则库仑力大小变为（）A．F B．F C．3F D．9F10．某电阻的阻值为5Ω，通过的电流为2A，则它在10s的时间内产生的热量为（）A．100J B．200J C．20J D．2J11．在示波管中，电子枪每3秒内发射6×10﹣3C的电荷，则示波管中电流为（）A．4.8×10﹣6A B．2×10﹣3A C．9.6×10﹣6A D．3×10﹣6A12．如图所示，带箭头的直线是某一电场中的一条电场线，在这条线上有A、B两点，用E A、E B表示A、B两处的场强，则（）A．同一个点电荷+q，在A、B两处所受到的电场力大小相同B．因为A、B在一条电场线上，且电场线是直线，所以E A=E BC．电场线从A指向B，所以E A＞E BD．不知A、B附近电场线的分布情况，E A、E B的大小不能确定二、计算题（每题20分，共40分）13．电路中，每分钟有4.8×10﹣3C的电荷流过导线的某一横截面，求：（1）每分钟内流过该导线这一横截面的电子数目（2）流过该导线的电流．已知一个电子的带电量为e=1.6×10﹣19C．14．一根绝缘细绳上端固定在天花板上，下端挂一个质量为m，带电量为﹣q的带电小球，小球所处的空间中存在水平方向的匀强电场，如图所示，小球静止时，细线与竖直方向的夹角为θ，已知当地的重力加速度为g，通过受力分析，求：（1）该电场中电场强度的方向（2）绳子上的拉力F（3）该电场场强的大小．2016-2017学年甘肃省天水一中高二（上）第一次月考物理试卷（文科）参考答案与试题解析一、单选题（每题5分，共60分．）1．下列关于电荷、起电的说法正确的是（）A．自然界存在有三种电荷：正电荷、负电荷和元电荷B．静电感应不是创造了电荷，只是电荷从物体的一个部分转移到另外一个部分C．摩擦起电是创造了电荷，从而使物体带电D．一个带电体接触另外一个不带电的物体，两个物体会带上异种电荷【考点】电荷守恒定律；元电荷、点电荷．【分析】点电荷是一种理想化的物理模型；元电荷又称“基本电量”，在各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电荷；电荷不会被创生，也不会被消失，只能从一个物体转移到另一个物体，或从物体的一部分转移到另一部分．【解答】解：A、自然界只存在两种电荷：正电荷、负电荷，元电荷是指最小的带电量，A 错误；B、静电感应不是创造了电荷，只是电荷从物体的一个部分转移到另外一个部分，故B正确，C、摩擦起电不是创造了电荷，而是通过摩擦力使电荷发生了转移而使物体带上电，故C错误；D、一个带电体接触另外一个不带电的物体，由于电荷的转移，两个电物体均带上了同种电荷，故D错误．故选：B．2．下列家用电器在工作时，主要利用电流热效应的是（）A．电熨斗B．电冰箱C．吸尘器D．电风扇【考点】焦耳定律．【分析】电熨斗是利用电流做功产生的热量来熨烫衣物的；电冰箱是利用电流做功压缩制冷剂，故电能主要转化为机械能；吸尘器是通过电流做功带动风扇转动而形成风，故主要是将电能转化为机械能；电饭煲是利用电流流过电热丝时释放的热量来对食物进行加热．【解答】解：A、电熨斗是利用电流做功产生的热量来熨烫衣物的，故主要利用了电流的热效应．故A正确．B、电冰箱是利用电流做功压缩制冷剂，使制冷剂液化，当制冷剂再通过冷凝管是体积膨胀气化而带走冰箱内的热量，故电流做功的过程中电能主要转化为机械能．故B错误．C、吸尘器是通过电流做功带动风扇转动而形成风，从而把灰尘吸进吸尘器．故主要是将电能转化为机械能，故C错误．D、电风扇主要是把电能转化为机械能，故主要利用了电流的磁效应，故D错误．故选：A3．以下关于电场线的说法，正确的是（）A．电场线是电荷移动的轨迹B．电场线是实际存在的曲线C．在复杂电场中，电场线可以相交D．同一幅图中，电场线越密的地方，电场强度越强【考点】电场线．【分析】掌握电场线特点是解本题的关键，电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，不相交不闭合，电场线疏密描述电场强弱，电场线密的地方，电场强度大，疏的地方电场强度弱．【解答】解：A、电场线与电荷移动的轨迹是两回事，只有电场线是直线，且电荷的初速度为零或初速度方向与电场线共线时，电荷的运动轨迹才与电场线重合，故A错误．B、电场是客观的存在，电场线是人为虚拟的，不是客观的存在．故B错误．C、电场线的切线方向就是电场的方向，如果两条电场线在同一点相交，则有两个切线方向，而事实上电场中的每一点只有一个方向，故任意两条电场线都不会相交，故C错误．D、电场线的疏密代表电场的强弱，故电场线越密的地方场强越强，故D正确．故选：D4．下列符号中，属于电场强度的单位的符号是（）A．F B．A C．C D．N/C【考点】电流、电压概念．【分析】物理公式不仅确定了各个物理量之间的关系，同时也确定了物理量的单位之间的关系，根据物理公式来分析物理量的单位即可．【解答】解：根据电场强度的E==可知，电场力的单位为N，电量的单位为C，而电势差的单位为V，距离的单位为m，所以电场强度的单位是N/C，或V/m，所以D正确，ABC错误．故选：D．5．如图所示，运输汽油等易燃易爆物品的车辆总有一条铁链拖在地上，这样做的目的是（）A．发出声音，引起路人注意B．减缓车速，保证行车安全C．把静电引入大地，避免因放电引起爆炸D．与地面发生摩擦，在运输车上积累电荷【考点】* 静电的利用和防止．【分析】油罐车上的搭地铁链是为了把产生的静电导走，属于静电的防止．【解答】解：汽车行驶时，油罐中的汽油随车的振动摩擦起电，如果不及时的将这些静电倒走，一旦出现放电现象，就会发生爆炸事故．拖地铁链使油罐表面与大地相连，使油罐罐体中的电荷不断地中和，不致造成放电产生火花引起油罐爆炸．故选：C．6．一验电器的金属箔原来张开，用一带负电的物体接触验电器的金属球瞬间，发现金属箔迅速合拢后又张开更大的角度，则验电器的金属球原来带（）A．正电 B．负电 C．不带电D．不确定【考点】静电现象的解释．【分析】验电器的工作原理是同种电荷相互排斥；正负电荷会发生中和．【解答】解：金属箔迅速合拢后又张开更大的角度，说明物体与金属箔原来带异种电荷，先发生中和现象；物体带负电，故金属球带正电；故选A．7．下列说法中正确的是（）A．电流的方向与负电荷定向移动方向相同B．电流的方向与正电荷定向移动方向相同C．在直流电源的外电路上，电流的方向是从电源负极流向正极D．在直流电源的内电路上，电流方向是从电源正极流向负极【考点】电流、电压概念．【分析】电流的方向就是正电荷定向移动的方向．在直流电源的外电路上，电流的方向是从电源正极流向负极．电流都是由自由电荷的定向移动形成的．电流有方向，但电流的运算不遵守平行四边形定则，是标量．【解答】解：AB、物理学上规定，电流的方向与正电荷移动的方向相同．故A错误，B正确．CD、在直流电源的外电路上，电流从电源正极流出进入负极，内电路上，电流方向是从电源负极流向正极．故CD错误．故选：B8．下列关于电容器的说法不正确的是（）A．电容器是由两个相互绝缘并靠近的导体组成的B．电容器的电容由电容器本身结构决定，与其带电量无关C．.电容器的电容与其上所带的电量决定，所带电量为零时，电容为零D．对于平行板电容器来说，两极板间的距离增大时，电容会减小【考点】电容器的动态分析；电容．【分析】明确电容器的性质，知道两个相互绝缘并靠近的导体即可构成电容器，电容器的电容由本身的性质决定和电量以及电压无关，同时根据平行板电容器的决定式分析电容的变化．【解答】解：A、电容器是由两个相互绝缘并靠近的导体组成的，故A正确；B、电容器的电容由电容器本身的性质决定，与带电量无关，故B正确，C错误；D、平行板电容器的电容C=，故两板间距离增大时，电容减小，故D正确．本题选错误的，故选：C．9．真空中两个静止的点电荷，相距为r时相互作用的库仑力大小为F，现不改变它们的电荷量，使它们之间的距离为3r，则库仑力大小变为（）A．F B．F C．3F D．9F【考点】库仑定律．【分析】库仑定律：真空中两个静止点电荷之间的作用力与它们电量的乘积成正比，与它们距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上．【解答】解：根据库仑定律，距离为r是的静电力为：F=k当距离为3r时，静电力为：F′=k=F故选：A．10．某电阻的阻值为5Ω，通过的电流为2A，则它在10s的时间内产生的热量为（）A．100J B．200J C．20J D．2J【考点】焦耳定律．【分析】知道电阻、电流、通电时间，根据Q=I2Rt求出电流产生的热量．【解答】解：由焦耳定律：Q=I2Rt=22×5×10J=200J，故B正确故选：B．11．在示波管中，电子枪每3秒内发射6×10﹣3C的电荷，则示波管中电流为（）A．4.8×10﹣6A B．2×10﹣3A C．9.6×10﹣6A D．3×10﹣6A【考点】电流、电压概念．【分析】已知电量和时间，再根据电流的定义即可求得电流大小．【解答】解：根据电流的定义可知，电流I===2×10﹣3A；故选：B．12．如图所示，带箭头的直线是某一电场中的一条电场线，在这条线上有A、B两点，用E A、E B表示A、B两处的场强，则（）A．同一个点电荷+q，在A、B两处所受到的电场力大小相同B．因为A、B在一条电场线上，且电场线是直线，所以E A=E BC．电场线从A指向B，所以E A＞E BD．不知A、B附近电场线的分布情况，E A、E B的大小不能确定【考点】电场线；电场强度．【分析】由于A、B两点所在的电场线是直线，A、B两点电场强度方向相同．电场线的大小由电场线的疏密表示，一条电场线无法判断疏密，就无法确定A、B两处场强的大小．就不能确定同一电荷所受的电场力的大小．【解答】解：A、B两点在一条电场线上，无法判断电场线的疏密，也就无法判断A、B两点电场强度的大小，所以不能确定同一个点电荷+q，在A、B两处所受到的电场力大小．故A、B、C错误，D正确．故选D二、计算题（每题20分，共40分）13．电路中，每分钟有4.8×10﹣3C的电荷流过导线的某一横截面，求：（1）每分钟内流过该导线这一横截面的电子数目（2）流过该导线的电流．已知一个电子的带电量为e=1.6×10﹣19C．【考点】闭合电路的欧姆定律；电流、电压概念．【分析】（1）已知流过导线某一横截面的电荷量，而电子的带电量为e=1.6×10﹣19C，由Q=ne 求出电子数目．（2）根据电流的定义式I=求流过该导线的电流．【解答】解：（1）每分钟内流过该导线这一横截面的电子数目为：I===3×1016个（2）流过该导线的电流为：I===8×10﹣5A答：（1）每分钟内流过该导线这一横截面的电子数目为3×1016个．（2）流过该导线的电流是8×10﹣5A．14．一根绝缘细绳上端固定在天花板上，下端挂一个质量为m，带电量为﹣q的带电小球，小球所处的空间中存在水平方向的匀强电场，如图所示，小球静止时，细线与竖直方向的夹角为θ，已知当地的重力加速度为g，通过受力分析，求：（1）该电场中电场强度的方向（2）绳子上的拉力F（3）该电场场强的大小．【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度．【分析】（1）对小球进行受力分析，根据共点力平衡条件即可分析电场力的方向，从而再根据电场力的性质分析电场方向；（2、3）根据平衡条件进行分析，从而求出拉力和电场力，再根据电场力公式F=qE，列方程求解即可．【解答】解：（1）对小球受力分析，如图所示，要使小球能在图示位置静止，则小球受到的电场力向右，因带负电，故说明电电场方向应水平向左；（2）根据平衡条件可知：拉力F=；（3）电场力Eq=mgtanθ解得：E=；答：（1）该电场中电场强度的方向水平向左；（2）绳子上的拉力F为（3）该电场场强的大小为2016年12月9日。

2015-2016学年甘肃省天水一中高二（上）第一次质检物理试卷（理科）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共6小题，共24.0分)1.毛皮与橡胶棒摩擦后，橡胶棒带负电是因为（）A.橡胶棒上的正电荷转移到毛皮上去了B.毛皮上的电子转移到橡胶棒上去了C.橡胶棒丢失了质子D.毛皮得到了质子【答案】B【解析】解：两个物体互相摩擦时，因为不同物体的原子核束缚核外电子的本领不同，所以其中必定有一个物体失去一些电子，另一个物体得到多余的电子．如用玻璃棒跟丝绸摩擦，玻璃棒的一些电子转移到丝绸上，玻璃棒因失去电子而带正电，丝绸因得到电子而带着等量的负电．用橡胶棒跟毛皮摩擦，毛皮的一些电子转移到橡胶棒上，毛皮带正电，故橡胶棒带着等量的负电；故选B．近代科学告诉我们：任何物体都是由原子构成的，而原子由带正电的原子核和带负电的电子所组成，电子绕着原子核运动．在通常情况下，原子核带的正电荷数跟核外电子带的负电荷数相等，原子不显电性，所以整个物体是中性的．原子核里正电荷数量很难改变，而核外电子却能摆脱原子核的束缚，转移到另一物体上，从而使核外电子带的负电荷数目改变．当物体失去电子时，它的电子带的负电荷总数比原子核的正电荷少，就显示出带正电；相反，本来是中性的物体，当得到电子时，它就显示出带负电．本题关键是要明确摩擦起电的实质是电荷的转移，摩擦起电的两个物体带等量的异号电荷，电荷总量守恒．2.A、B两个带同种电荷的绝缘金属小球，半径为r，球心相距3r，A带电荷量Q1，B带电荷量Q2，则A、B间相互作用力（）A.无法确定B.等于C.大于D.小于【答案】D【解析】解：当两球心相距为3R时，两球不能看成点电荷，因带同种电荷，导致电量间距大于3R，根据库仑定律可知，它们相互作用的库仑力大小F＜，故D正确，ABC错误．故选：D本题题中由于带电球的大小与它们之间的距离相比，不能忽略，因此不能看作点电荷，不能直接利用库仑定律计算库仑力的大小，只能根据库仑定律定性的比较库仑力的大小．本题应明确当两球心相距为3R时，两球不能看成点电荷，不能直接运用库仑定律解答，注意库仑定律的成立条件，理解点电荷的含义．3.关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是（）A.电场强度为零的地方，电势也为零B.电势降落的方向就是电场强度的方向C.随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低D.电场强度的方向处处与等势面垂直【答案】D【解析】解：A、电场强度为零，电势不一定为零，比如等量同种电荷连线的中点，电场强度为零，电势不为零．故A错误．B、沿着电场线的方向电势逐渐降低，但是电势降低的方向不一定是电场强度的方向，应该是电势降低最快的方向为电场强度的方向．故B错误．C、电势与电场强度没有关系．故C错误．D、等势面的电势处处相等，因此电场强度的方向处处与等势面垂直．故D正确．故选：D．电场强度的大小与电势的大小无必然联系，沿着电场线方向电势逐渐降低，电势降低的方向不一定是电场强度的方向．本题就是考查学生基础知识的掌握，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．4.如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个平势面，相邻等势面之间的电势差相等，即以U ab=U bc．实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两个点．据此可知（）A.三个等势面中，a的电势最高B.带电质点通过Q点时的加速度较大C.带电质点在P点时的动能较大D.带电质点通过P点时电势较大【答案】D【解析】解：A、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，a等势线的电势最低，故A错误；B、等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故B错误；C、从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故C错误；D、根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故D正确．故选：D．由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大．解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化．5.真空中有一静电场，其在x轴正半轴的电势φ随x变化的关系如图所示，则根据图象可知（）A.R处的电场强度E=0B.若试探电荷从x1处移到x2处，电场力不一定做正功C.x1处与x2处的电场强度方向相反D.该电场有可能是处在O点的正的点电荷激发产生的【答案】B【解析】解：A、φ- x图象中，曲线上任意一点的切线的斜率表示电场强度；R处切线的斜率不为零，故电场强度不为零；故A错误；B、若试探电荷从x1处移到x2处，电势降低，根据公式W AB= q U AB，如果是正电荷，电场力做正功；如果是负电荷，电场力做负功；故B正确；C、x1处与x2处的切线斜率同为负值，故x方向的电场强度分量的方向相同，故C错误；D、离电荷越近，电场强度越大，故φ- x图象的斜率越大；而在O点向右，切线斜率变大，故O点不可能有电荷，故D错误；故选：B．φ-x图象中，曲线上任意一点的切线的斜率表示电场强度；用W AB=q U AB来判断电势能的变化情况．φ- x图象：①电场强度的大小等于φ- x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ- x图线存在极值，其切线的斜率为零．②在φ- x图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向．③在φ- x图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用W AB= q U AB，进而分析W AB的正负，然后作出判断．6.如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O处的电势为0V，点A处的电势为6V，点B处的电势为3V，则电场强度的大小为（）A.200V/mB.200V/mC.100V/mD.100V/m【答案】A【解析】解：OA的中点C的电势为3V，将C点与B点连接，如图，电场线与等势线垂直，根据几何关系得，BC=2cm，则OB沿电场线方向上的距离d=．所以电场强度E=．故A正确，B、C、D错误．故选A．在x轴上找一电势为3V的点，将该点与B点连接，该连线为等势线，求出OB沿电场线方向上的距离，根据E=求出电场强度的大小．解决本题的关键知道电场线与等势线垂直，掌握匀强电场的电场强度大小与电势差的关系，即E=，注意d是沿电场线方向上的距离．二、多选题(本大题共4小题，共16.0分)7.空中有两个等量的正电荷q1和q2，分别固定于A、B两点，DC为AB连线的中垂线，C为A、B两点连线的中点，将一正电荷q3由C点沿着中垂线移至无穷远处的过程中，下列结论正确的有（）A.电势能逐渐减小B.电势能逐渐增大C.q3受到的电场力先减小后增大D.q3受到的电场力先增大后减小【答案】AD【解析】解：A、B，由题，q1、q2是两个等量的正电荷，作出中垂线CD上电场线如图，根据顺着电场线电势降低，可知正电荷q3由C点沿CD移至无穷远的过程中，电势不断降低，电场力做正功，其电势能不断减小．故A正确，B错误．C、D根据电场的叠加可知，C点的场强为零，而无穷远处场强也为零，所以由C点沿CD移至无穷远的过程中，场强先增大，后减小，q3受到的电场力先逐渐增大，后逐渐减小．故C错误，D正确．故选：AD．由题，q1、q2是两个等量的正电荷，DC为A、B连线的中垂线，作出CD线上的电场线，根据电场线方向判断正电荷q3由C点沿CD移至无穷远的过程中，电势的变化，由电场力做功正负判断其电势能的变化．运用极限法判断场强的变化，确定电场力的变化．于等量同种和等量异种电荷电场线、等势面的分布情况要掌握，这是考试的热点．特别是抓住电荷连线的中垂线电场线与等势面的特点．8.如图，在正电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M=30 ，M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示，已知φM=φN、φP=φF，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则（）A.点电荷Q一定在MP的连线上B.连接PF的线段一定在同一等势面上C.将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功D.φP＞φM【答案】AD【解析】解：A、点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆、圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心，故场源电荷在MN的中垂线和FP的中垂线的交点上，在MP的连线上，如图所示，故A正确；B、φP=φF，线段PF是P、F所在等势面（圆）的一个弦，故B错误；C、在正的点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，将正试探电荷从P点搬运到N点，电势能降低，故电场力做正功，故C错误；D、在正的点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，故φP＞φM，故D正确．故选：AD．点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆，圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心；找出电荷位置后，根据电势能的变化情况判断电场力做功情况．本题关键是明确点电荷的电场的电场线和等势面的分布规律，知道沿着电场线电势逐渐降低．9.如图所示，在绝缘粗糙水平面上固定两个等量同种电荷P、Q，在PQ连线上更靠近P的M点由静止释放一带电滑块，则滑块会由静止开始一直向右运动到PQ连线上的另一点N而停下．下述正确的是（）A.滑块受到的电场力一定是先减小后增大B.停下前滑块的加速度一定是先减小后增大C.滑块的动能与电势能之和保持不变D.PM间距一定小于QN间距【答案】BD【解析】解：A、滑块受到的电场力是两个电荷对它的电场力的合力．在PQ的中点，两个电荷对滑块作用力的合力为0，从M向右电场力先减小，过PQ的中点，电场力又增大．但不知道N点是否在中点右侧，故不能确定电场力的具体变化．故A错误B、若滑块停在中点左侧，则电场力一直减小，且电场力先大于摩擦力，后小于摩擦力，合力先减小后增大，则加速度先减小后增大．若滑块停在中点右侧，则电场力先减小后反向增大，合力先减小后增大，则加速度先减小后增大．故B正确．C、因水平面不光滑，内能增加，则动能与电势能之和减小．故C错误．D、因水平面不光滑，PN间距不等于QN间距，在水平方向上除了受电场力以外，还受摩擦力，则运动到速度为0的位置在M对称点的左侧，所以PM＜QN．故D正确故选：BD．滑块受到的电场力是两个电荷对它作用力的合力，根据电场线的分布情况分析电场力的大小，从而判断加速度的变化．看电场力做功的情况，判断电势能的变化．若水平面光滑，动能和电势能相互转化．若水平面不光滑，分析动能、电势能和内能之间的转化．运用假设法分析D项．解决本题的关键会进行电场的叠加，以及会根据电场力做功判断电势能的变化，根据能量守恒定律进行分析．10.如图所示，Q1Q2为两个固定在绝缘水平面上的异性点电荷，其中Q1为负电荷，Q1的电荷量是Q2的四倍，它们相距L．在其连线上有一点P，P离Q2的距离为．下列说法正确的是（）A.P右侧各点电场强度方向均向右B.从P右侧到无穷远，各点电场强度依次是先变大后变小C.从P右侧到无穷远，各点电势依次是先降低再升高D.负电荷从P点沿两电荷连线向右移到无穷远，其电势能先增大后减小【答案】CD【解析】解：A、设Q1Q2连线上合场强为零的点到Q2的距离为r，则有k=k，由题，Q1=4Q2，解得r=L设合场强为0的点为A，根据电场的叠加原理可知，Q2A间的电场强度方向向右，从A 右侧到无穷远，电场强度方向向左，故A错误．B、P点在A点的左侧，则从P右侧到无穷远，各点电场强度依次是先变小后变大，再变小，故B错误．C、根据顺着电场线方向电势降低，则知从P右侧到无穷远，各点电势依次是先降低再升高．故C正确．D、根据负电荷在电势高处电势能小，可知负电荷从P点沿两电荷连线向右移到无穷远，其电势能先增大后减小，故D正确．故选：CD．根据点电荷的场强公式求出合场强为零的位置到Q2的距离，根据电场的叠加原理分析电场强度的方向和大小，再判断电势的变化．本题关键根据电场的叠加分析电场的方向，根据负电荷在电势高处电势能小，分析电势能的变化．三、计算题(本大题共3小题，共60.0分)11.如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab=5cm，bc=12cm，其中ab沿电场方向，bc和电场方向成60 角，一电子（其电荷量为e=1.6×10-19C）从a移动到b电场力做功为W ab=3.2×10-18J求：（1）匀强电场的场强大小及方向．（2）电子从b移到c，电场力对它做功．（3）b、c两点的电势差等于多少？【答案】（1）对a到b的过程有：W ab=e E x ab，解得电场强度为：E===400V/m，解：方向向左．（2）电子从b到c，电场力做功为：W bc=e E x bc cos60=1.6×10-19×400×0.12×0.5=3.84×10-18J．（3）b、c两点的电势差为：U bc=-E x bc cos60=-24V答：（1）匀强电场的场强大小为400V/m，方向向左．（2）电子从b移到c，电场力对它做功是3.84×10-18J．（3）b、c两点的电势差等于-24V．【解析】（1）根据电场力做功的大小，结合功的公式求出电场强度的大小和方向．（2）由W=q E d得出电子从b移到c电场力做的功．（3）通过b、c间电场力做功，结合电场力做功与电势差的关系求出b、c间的电势差．解决本题的关键掌握电场力做功的求法，可以根据W=q U求解，也可以根据W=q E xcosθ求解，注意第二个公式只对匀强电场适用．12.如图所示，在场强E=104N/C的水平匀强电场中，有一根长L=15cm的细线，一端固定在O点，另一端系一个质量m=3g，带电荷量q=2×10-6C的小球，当细线处于水平位置时，小球从静止开始释放，则（1）小球到达最低点B时的速度是多大．（2）小球的速度最大时绳与竖直方向的夹角是多大？【答案】解：（1）由动能定理得：mg L-q EL=mv B2-0，解得：v B=1m/s；（2）由动能定理得：mg L cosθ-q EL（1-sinθ）=mv2-0，整理得：3cosθ-2（1-sinθ）=v2，解得：tanθ=，则：θ=arctan时速度最大；答：（1）小球到达最低点B时的速度是1m/s；．（2）小球的速度最大时绳与竖直方向的夹角是arctan．【解析】（1）小球由最高点到最低点的过程中，重力和电场力做功，由动能定理可求得小球在最低点的速度．（2）由动能定理求出小球的速度，然后求出速度最大时绳子与竖直方向的夹角．本题考查了动能定理的应用，分析清楚小球的运动过程，应用动能定理即可解题，解题时注意数学知识的应用．13.空间有一匀强电场，电场方向与纸面平行．一带正电，电量为q，质量为m的小球（重力不计），在恒定拉力F的作用下沿虚线以速度v0由M匀速运动到N，如图所示．已知力F和MN间夹角为θ，MN间距离为L，则：（1）匀强电场的电场强度大小为多少？（2）MN两点的电势差为多少？（3）当带电小球到达N点时，撤去外力F，则小球回到过M点的等势面时的动能为多少？【答案】解：（1）由题意可知，小球只受到拉力F与电场力，做匀速直线运动，所以它受到的合力为0，拉力与电场力是一对平衡力．所以电场力的大小也是F，方向与拉力F的方向相反．则匀强电场的电场强度大小E=．（2）从M到N的过程，电场力做功的大小：W=-F•L cosθ．则MN两点的电势差为U MN==-．（3）过M点的等势线与力F垂直，如图中虚线所示．小球到达N点后，速度方向水平向右，电场力方向斜向左下方，小球做类斜上抛运动，能回到过M点的等势面．根据能量守恒定律得，小球的动能变化量得E k M=E k N-q U MN=+FL cosθ答：（1）匀强电场的电场强度大小为．（2）MN两点的电势差为-．（3）当带电小球到达N点时，撤去外力F，则小球回到过M点的等势面时的动能为+FL cosθ．【解析】（1）由题，小球由M点匀速运动到N点，受力平衡，由平衡条件求解电场力，再求出场强．（2）根据U=E d求出MN两点的电势差，d是两点沿电场方向的距离．（3）当带电小球到达N点时，撤去外力F，小球受到电场力作用，可以回到过M点的等势面，根据能量守恒定律求出此过程小球的动能变化量．本题是带电体在电场中匀速运动问题，运用力学中物体平衡的解题思路进行分析．。

2016—2017学年甘肃省天水二中高一（上)第一次月考物理试卷一、选择题（每个小题只有一个正确选项，每小题4分，共48分）1．以下的计时数据指的是时间间隔的是（）A．中央电视台新闻联播节目在北京时间19：00准时开播B．某同学跑1500m用时5：04C．1997年7月1日零时中国对香港恢复行使主权D．我们学校早上第四节课的上课时间是11:052．质点是理想化的物理模型，下列有关质点的说法中正确的是( ）A．研究车轮的转动时，车轮可当作质点B．研究月球绕地球运动时，月球可当作质点C．研究跳水运动员在空中的翻滚动作，跳水运动员可当作质点D．乒乓球很小，所以在任何情况下都可当作质点3．我国著名篮球运动员姚明在原地拍球，球从1.5m高处落下，又被地板弹回，在离地1m处被接住．则球通过的路程和位移的大小分别是（）A．2。

5m，2.5m B．2.5m,0。

5m C．1.5m，1m D．1。

5m，0.5m 4．高一的新同学分别乘甲、乙两辆汽车去蜀山森林公园游玩,两辆汽车在平直公路上运动途中，甲车内一同学看见乙车没有运动，而乙车内一同学看见路旁的树木向东移动．如果以地面为参考系，那么，上述观察说明( ）A．甲车不动,乙车向东运动B．乙车不动，甲车向东运动C．甲车向西运动,乙车向东运动D．甲、乙两车以相同的速度向西运动5．下列说法中正确的是（）A．物体有加速度,速度就增大B．速度改变量△v越大,加速度就越大C．加速度增大,速度一定增大D．速度很大的物体,其加速度可以很小6．为提高百米赛跑运动员的成绩，教练员分析了运动员跑百米全程的录像带，测得：运动员在前7s跑了61m，7 s末到7。

1s末跑了0.92m，跑到终点共用10。

8s，则下列说法不正确的是（）A．运动员在百米全过程的平均速度是9.26 m/sB．运动员在前7 s的平均速度是8.71 m/sC．运动员在7 s末的瞬时速度为9.2 m/sD．无法知道运动员在7 s末的瞬时速度7．火车以76Km/h的速度经过某一段路，子弹以600m/s的速度从枪口射出，则下列说法正确的是（）A．76Km/h是平均速度,600m/s是平均速度B．76Km/h是瞬时速度，600m/s是瞬时速度C．76Km/h是平均速度，600m/s是瞬时速度D．76Km/h是瞬时速度，600m/s是平均速度8．有关瞬时速度、平均速度、平均速率，下列说法中正确的是（) A．瞬时速度是物体在某一位置或某一时刻的速度B．平均速度只有大小，没有方向C．作变速运动的物体，平均速率就是平均速度的大小D．作变速运动的物体，平均速度是物体通过的路程与所用时间的比值9．如图所示，是A、B两质点从同一地点运动的x﹣t图象，则下列说法错误的是（)A．A质点以20m/s的速度匀速运动B．B质点先沿正方向做直线运动,后沿负方向做直线运动C．B质点最初4s做加速运动,后4秒做减速运动D．A、B两质点在4s末相遇10．如图所示的两条斜线，分别代表a、b两物体同时从同一地点出发向同一方向做直线运动时的v﹣t图象．下列说法中正确的是（)A．b的初速度比a的初速度大B．在前10s内，a的位移比b的位移大C．b的加速度比a的加速度大D．10s末两物体的瞬时速度相等11．匀变速直线运动是( ）①位移随时间均匀变化的直线运动②速度随时间均匀变化的直线运动③加速度随时间均匀变化的直线运动④加速度的大小和方向恒定不变的直线运动．A．①②B．②③C．②④D．③④12．做匀变速直线运动的物体位移随时间的变化规律为s=24t﹣1。

2016-2017年度第二学期高二级第一阶段考试物 理 试 题一、选择题（其中1-10小题为单选每小题4分，11-12小题题为多选每小题5分，共50分）1、 电磁感应现象揭示了电和磁之间的内在联系，根据这一发现，发明了许多电器设备．下列电器设备中，哪个没有利用电磁感应原理：A 、动圈式话筒B 、白炽灯泡C 、磁带录放音机D 、电磁炉2、如图所示，一个长直导线穿过圆环导线的中心，并与圆环导线平面垂直；当长直导线中的电流逐渐减小时，环形导线内将：A 、没有感应电流B 、有逆时针方向的电流(俯视)C 、有顺时针方向的电流(俯视)D 、有电流，但方向不能确定3、如图所示，通有恒定电流的导线MN 与闭合金属框共面，第一次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ，第二次将金属框绕cd 边翻转到Ⅱ，设先后两次通过金属框的磁通量变化量大小分别为1∆Φ 和2∆Φ，则：A 、1∆Φ＞2∆ΦB 、1∆Φ=2∆ΦC 、1∆Φ＜2∆ΦD 、不能判断4、一飞机在北半球的上空以速度v 水平飞行，飞机机身长为a ，翼展为b ；该空间地磁场磁感应强度的竖直分量为B 1，水平分量为B 2；驾驶员左侧机翼的端点用A 表示，右侧机翼的端点用B 表示，用E 表示飞机产生的感应电动势，则：A 、E =B 1vb ，且A 点电势低于B 点电势 B 、E =B 1vb ，且A 点电势高于B 点电势C 、E =B 2vb ，且A 点电势低于B 点电势D 、E =B 2vb ，且A 点电势高于B 点电势 5、如图所示，三只白炽灯L 1、L 2、L 3分别和电感、电阻、电容器串联后并联接在同一个交变电源上，当交变电源的电压为U ，频率为50Hz 时，三只灯泡的亮度相同，那么当交变电源的电压不变，而频率增大后，三只灯泡的亮度变化将是：A 、L 1变暗，L 2不变，L 3变亮B 、L 1变亮，L 2不变，L 3变亮C 、L 1变暗，L 2变亮，L 3变亮D 、L 1变亮，L 2变亮，L 3变暗第3题图第2题图6、如图所示，半径为L ＝1 m 的金属圆环，其半径Oa 是铜棒，两者电阻均不计且接触良好．今让Oa 以圆心O 为轴，以角速度ω＝10 rad/s 匀速转动，圆环处于垂直于环面、磁感应强度为B ＝2 T 的匀强磁场中．从圆心O 引出导线，从圆环上接出导线，并接到匝数比为n 1∶n 2＝1∶4的理想变压器原线圈两端．则接在副线圈两端的理想电压表的示数为：A ．40 VB ．20 VC ．80 VD ．0７、如下图所示，水平桌面上放一闭合铝环，在铝环轴线上方有一条形磁铁.当条形 磁铁沿轴线竖直向下迅速移动时，下列判断中正确的是：A.铝环有收缩趋势，对桌面压力减小B.铝环有收缩趋势，对桌面压力增大C.铝环有扩张趋势，对桌面压力减小D.铝环有扩张趋势，对桌面压力增大 ８、如图所示，一闭合直角三角形线框以速度v 匀速穿过匀强磁场区域．从BC 边进入磁场区开始计时，到A 点离开磁场区止的过程中，线框内感应电流的情况(以逆时针方向为电流的正方向)是如图所示中的：9、电阻R 、电容器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10、粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行。

2016-2017学年甘肃省天水二中高二（上）第一次月考物理试卷一、选择题（每小题4分，共40分）1．下列关于点电荷的说法，正确的是（）A．点电荷一定是电量很小的电荷B．点电荷是一种理想化模型，实际不存在C．只有体积很小的带电体，才能作为点电荷D．体积很大的带电体一定不能看成点电荷2．真空中两个点电荷Q1、Q2，距离为R，当Q1增大到原来的2倍，Q2增大到原来的4倍，距离R增大到原来的2倍时，电荷间的库仑力变为原来的（）A．1倍B．2倍C．6倍D．9倍3．如图所示，两个质量均为m的完全相同的金属球壳a和b，其壳层的厚度和质量分布均匀，将它们固定于绝缘支座上，两球心间的距离l为球半径的3倍．若使它们带上等量异种电荷，使其电荷量的绝对值均为Q，那么关于a、b两球之间的万有引力F引和库仑力F库的表达式正确的是（）A．F引=G，F库=k B．F引≠G，F库≠kC．F引≠G，F库=k D．F引=G，F库≠k4．真空中距点电荷（电量为Q）为r的A点处，放一个带电量为q（q≪Q）的点电荷，q受到的电场力大小为F，则A点的场强为（）A． B． C．k D．k5．如图所示是静电场的一部分电场线分布，下列说法中正确的是（）A．点电荷q在A点处受到的静电力比在B点处受到的静电力大B．这个电场可能是负点电荷的电场C．点电荷q在A点处的瞬时加速度比在B点处的瞬时加速度小（不计重力）D．负电荷在B点处受到的静电力的方向沿B点切线方向6．一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，则错误的是（）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．粒子的初速度不为零7．两个质量分别为m1、m2的小球，各用长为L的丝线悬挂在同一点，当两球分别带同种电荷，且电荷量分别为q1、q2时，两丝线张开一定的角度θ1、θ2，如图所示，则下列说法正确的是（）A．若m1＞m2，则θ1＞θ2B．若m1＞m2，则θ1=θ2C．若m1＜m2，则θ1＞θ2D．若q1=q2，则θ1=θ28．如图所示是带负电的点电荷﹣Q，P1、和P2为其电场中的两点．若E1、E2为P1、P2两点的电场强度的大小，φ1．φ2为P1、P2两点的电势，则（）A．E1＞E2，φ1＞φ2B．E1＞E2，φ1＜φ2C．E1＜E2，φ1＞φ2D．E1＜E2，φ1＜φ29．一个带正电的质点，电荷量q=2.0×10﹣9C，在静电场中由a点移到b点，在这过程中，除静电力外，其他力做的功为2.0×10﹣5 J，质点的动能增加了8.0×10﹣5 J，则a、b两点间的电势差为（）A．3.0×104 V B．1.0×104 V C．4.0×104 V D．7.0×104 V10．如图所示，实线为电场线，虚线为等势面，相邻两等势面间的电势差相等．一个正电荷在等势面L3处的动能为30J，运动到等势面L1处时动能为零；现取L2为零电势参考平面，则当此电荷的电势能为4J时，它的动能为（不计重力及空气阻力）（）A．16 J B．11 J C．6 J D．4 J二、多项选择题（多选、错选均不得分，每小题6分，共24分）11．如图所示，带箭头的直线是某一电场中的一条电场线，在这条线上有A、B两点，用E A、E B表示A、B两处的场强，则（）A．A、B两处的场强方向相反B．因为A、B在一条电场线上，且电场线是直线，所以E A=E BC．电场线从A指向B，所以E A＞E BD．不知A、B附近电场线的分布情况，E A、E B的大小不能确定12．如图所示，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点经P到达N 点的过程中（）A．速率先减小后增大 B．速率先增大后减小C．电势能先减小后增大D．电势能先增大后减小13．如图所示，两个带电球，大球的电荷量大于小球的电荷量，可以肯定（）A．两球可能都带正电B．两球都带负电C．大球受到的静电力大于小球受到的静电力D．两球受到的静电力大小相等14．下列关于电势高低的判断，正确的是（）A．负电荷从P点移到M点，电势能增加，P点电势一定较低B．负电荷从P点移到M点，电势能增加，M点电势一定较低C．正电荷从P点移到M点，电势能增加，P点电势一定较低D．正电荷从P点移到M点，电势能增加，M点电势一定较低三、计算题（15题10分，16题12分，17题14分，共36分）15．光滑绝缘导轨，与水平面成45°角，两个质量均为m，带等量同种电荷的小球A、B，带电量均为q，静止于导轨的同一水平高度处，如图所示．求：两球之间的距离．16．将带电荷量为1×10﹣8 C的电荷，从无限远处移到电场中的A点，要克服静电力做功1×10﹣6 J，问：（1）电荷的电势能是增加还是减少？电荷在A点具有多少电势能？（2）A点的电势是多少？（3）若静电力可以把带电荷量为2×10﹣8C的电荷从无限远处移到电场中的A点，说明电荷带正电还是带负电？静电力做了多少功？（取无限远处为电势零点）17．竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场．其电场强度为E，在该匀强电场中，用丝线悬挂质量为m的带电小球，丝线跟竖直方向成θ角时小球恰好平衡，如图所示，请问：（1）小球带电荷量是多少？（2）若剪断丝线，小球碰到金属板需多长时间？2016-2017学年甘肃省天水二中高二（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题4分，共40分）1．下列关于点电荷的说法，正确的是（）A．点电荷一定是电量很小的电荷B．点电荷是一种理想化模型，实际不存在C．只有体积很小的带电体，才能作为点电荷D．体积很大的带电体一定不能看成点电荷【考点】元电荷、点电荷．【分析】带电体看作点电荷的条件，当一个带电体的形状及大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状无具体关系．【解答】解：A、由点电荷的定义，可知其与带电量无关，故A错误B、由点电荷的定义知，它是理想化的模型，实际并不存在，故B正确C、由点电荷的定义知，它与体积大小无关，故C错误D、由点电荷的定义知，它与体积大小无关，故D错误故选B2．真空中两个点电荷Q1、Q2，距离为R，当Q1增大到原来的2倍，Q2增大到原来的4倍，距离R增大到原来的2倍时，电荷间的库仑力变为原来的（）A．1倍B．2倍C．6倍D．9倍【考点】库仑定律．【分析】真空中有两个固定点电荷之间的距离保持不变，当电荷量都变为原来的2倍，根据库仑定律分析库仑力的变化．【解答】解：根据库仑定律可知，F=，真空中有两个固定点电荷，当Q1增大到原来的2倍，Q2增大到原来的4倍，距离R增大到原来的2倍时，则库仑力：变为原来的2倍，故B正确，ACD错误．故选：B3．如图所示，两个质量均为m的完全相同的金属球壳a和b，其壳层的厚度和质量分布均匀，将它们固定于绝缘支座上，两球心间的距离l为球半径的3倍．若使它们带上等量异种电荷，使其电荷量的绝对值均为Q，那么关于a、b两球之间的万有引力F引和库仑力F库的表达式正确的是（）A．F引=G，F库=k B．F引≠G，F库≠kC．F引≠G，F库=k D．F引=G，F库≠k【考点】库仑定律；万有引力定律及其应用．【分析】万有引力定律的使用的条件是质点和质量均匀分布的球，库仑定律的使用的条件是点电荷，根据它们的使用条件来分析即可．【解答】解：万有引力定律的使用的条件是质点和质量均匀分布的球，由于金属球a和b=G，质量分布均匀，所以万有引力定律可以直接的应用，所以它们之间的万有引力为F引由于两球心间的距离l为球半径的3倍，它们之间的距离并不是很大，且两球壳因电荷间的相互作用使电荷分布不均匀，所以此时的电荷不能看成是点电荷，由于它们带的是等量异种电荷，由于电荷之间的相互吸引，电荷之间的距离会比l小，所以此时电荷间的库仑力F库≠k．故D正确、ABC错误．故选：D．4．真空中距点电荷（电量为Q）为r的A点处，放一个带电量为q（q≪Q）的点电荷，q受到的电场力大小为F，则A点的场强为（）A． B． C．k D．k【考点】电场强度．【分析】电场强度等于放入电场中的试探电荷所受电场力与其电荷量的比值．由场强的定义式求解电场强度的大小．点电荷的电场强度也可以使用点电荷的场强公式：计算【解答】解：A、电场强度等于放入电场中的试探电荷所受电场力与其电荷量的比值．由场强的定义式求解电场强度的大小．由题意，Q是场源电荷，q是试探电荷．故A错误，B正确；C、D：Q是场源电荷，q是试探电荷．A点的电场强度大小由Q产生，所以A点的场强．故C错误，D正确．故选：BD．5．如图所示是静电场的一部分电场线分布，下列说法中正确的是（）A．点电荷q在A点处受到的静电力比在B点处受到的静电力大B．这个电场可能是负点电荷的电场C．点电荷q在A点处的瞬时加速度比在B点处的瞬时加速度小（不计重力）D．负电荷在B点处受到的静电力的方向沿B点切线方向【考点】电势差与电场强度的关系；电场线．【分析】根据电场线的疏密分析场强的大小，再由F=qE分析静电力的大小．负点电荷电场的电场线是会聚型的射线．加速度根据牛顿第二定律分析．负电荷所受的静电力方向与电场强度方向相反．【解答】解：A、A处电场线比B处电场线密，则A处的场强比B处场强大，由F=qE知，同一电荷在A处受到的静电力较大，故A正确．B、该电场的电场线是曲线，而负点电荷电场的电场线是会聚型的射线．所以该电场不可能是负点电荷的电场．故B错误．C、点电荷q在A点处受到的静电力比在B点处受到的静电力大，不计重力，根据牛顿第二定律F=ma知，点电荷q在A点处的瞬时加速度比在B点处的瞬时加速度大．故C错误．D、电场强度方向沿电场线的切线方向，负电荷所受的静电力方向与电场强度方向相反．所以负电荷在B点处受到的静电力的方向沿B点切线的相反方向，故D错误．故选：A6．一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，则错误的是（）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】电势差与电场强度的关系；电场线．【分析】带电粒子只受电场力，做曲线运动时电场力指向轨迹弯曲的内侧，由此分析出电场力方向，从而判断出粒子的电性．由电场线的疏密分析场强的大小，由牛顿第二定律分析加速度的大小．根据电场力做功正负，分析动能的变化，从而分析出速度的变化．【解答】解：A、根据曲线运动的受力特点可知，带电粒子所受的电场力应该指向曲线弯曲的内侧，所以电场力逆着电场线方向，则粒子带负电．故A错误；B、电场线密的地方电场强度大，所以A点的场强比B点的场强大，由F=qE知，粒子在B 点受到的电场力较小，所以粒子加速度逐渐减小，故B正确．C、从A到B的过程中，电场力对粒子做负功，所以粒子的动能减小，则带电粒子在A点的速度大于B点的速度，故C正确．D、若粒子的初速度为零，粒子只受电场力时应做直线运动，而该粒子做曲线运动，所以初速度不为零，故D正确．本题选错误的，故选：A7．两个质量分别为m1、m2的小球，各用长为L的丝线悬挂在同一点，当两球分别带同种电荷，且电荷量分别为q1、q2时，两丝线张开一定的角度θ1、θ2，如图所示，则下列说法正确的是（）A．若m1＞m2，则θ1＞θ2B．若m1＞m2，则θ1=θ2C．若m1＜m2，则θ1＞θ2D．若q1=q2，则θ1=θ2【考点】共点力平衡的条件及其应用；库仑定律．【分析】分别对两小球进行受力分析，作出力图，由共点力平衡条件得到各自的重力与库仑力的关系，抓住相互间的库仑力大小相等，得到质量与角度的关系，分析求解．【解答】解：若小球在同一水平面上，则有如下解：m1、m2受力如图所示，由平衡条件可知，m1g=，m2g=因F=F′，则可见，若m1＞m2，则θ1＜θ2；若m1=m2，则θ1=θ2；若m1＜m2，则θ1＞θ2．θ1、θ2的关系与两电荷所带电量无关．故C正确，ABD均错误．故选：C8．如图所示是带负电的点电荷﹣Q，P1、和P2为其电场中的两点．若E1、E2为P1、P2两点的电场强度的大小，φ1．φ2为P1、P2两点的电势，则（）A．E1＞E2，φ1＞φ2B．E1＞E2，φ1＜φ2C．E1＜E2，φ1＞φ2D．E1＜E2，φ1＜φ2【考点】电势；电势能．【分析】Q是带负电的点电荷，则电场线方向由P1→P2，顺着电场线方向，电势降低，可判断电势的高低．由点电荷的场强公式E=k可知，某点的场强大小与该点到场源电荷的距离的平方成反比，来分析场强的大小．【解答】解：Q是带负电的点电荷，则电场线方向由P2→P1，顺着电场线方向，电势降低，则φ1＜φ2．由点电荷的场强公式E=k 可知，P2离Q比P1远，则E1＞E2．故选：B．9．一个带正电的质点，电荷量q=2.0×10﹣9C，在静电场中由a点移到b点，在这过程中，除静电力外，其他力做的功为2.0×10﹣5 J，质点的动能增加了8.0×10﹣5 J，则a、b两点间的电势差为（）A．3.0×104 V B．1.0×104 V C．4.0×104 V D．7.0×104 V【考点】电势差与电场强度的关系．【分析】质点在静场中由a点移到b点的过程中，有静电力和其他力对质点做功，引起质点的动能增加．电场力做功为W ab=qU ab，根据动能定理求解a、b两点间的电势差．【解答】解：根据动能定理得qU ab+W=△E k其他得a、b两点间的电势差U ab==V=3.0×104V故选：A10．如图所示，实线为电场线，虚线为等势面，相邻两等势面间的电势差相等．一个正电荷在等势面L3处的动能为30J，运动到等势面L1处时动能为零；现取L2为零电势参考平面，则当此电荷的电势能为4J时，它的动能为（不计重力及空气阻力）（）A．16 J B．11 J C．6 J D．4 J【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．【分析】根据电场力做功公式W=qU和动能定理分析正电荷运动到等势面L2处时的动能，从而得出电荷的总能量，根据能量守恒定律求电荷的电势能为4J时的动能．【解答】解：根据电场力做功公式W=qU知，正电荷通过相邻等差等势面时电场力做功相等．根据动能定理知：电荷从等势面L3处运动到等势面L1处时电场力做功为：W=E k1﹣E k3=0﹣30J=﹣30J，则正电荷从等势面L2处运动到等势面L1处时电场力做功为：W′=W=﹣15J，动能减小15J，所以正电荷运动到等势面L2处时的动能为：E k2=15J，电荷的总能量为：E=E k2+E p=15J，当电势能为4J时，根据能量守恒定律知，它的动能为：E k=E﹣E p=15J﹣4J=11J 故选：B二、多项选择题（多选、错选均不得分，每小题6分，共24分）11．如图所示，带箭头的直线是某一电场中的一条电场线，在这条线上有A、B两点，用E A、E B表示A、B两处的场强，则（）A．A、B两处的场强方向相反B．因为A、B在一条电场线上，且电场线是直线，所以E A=E BC．电场线从A指向B，所以E A＞E BD．不知A、B附近电场线的分布情况，E A、E B的大小不能确定【考点】电场强度．【分析】电场线上某点的切线方向表示电场的方向，电场线的疏密表示电场的强弱．【解答】解：A、A、B两点沿电场线方向切线方向相同，可知场强方向相同．故A错误．B、因为不知道A、B附近电场线的分布情况，故无法比较A、B的场强．故B、C错误，D 正确．故选：D．12．如图所示，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点经P到达N 点的过程中（）A．速率先减小后增大 B．速率先增大后减小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；电势差与电场强度的关系．【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．对于系统能量守恒，机械能与电势能相互转化．【解答】解：AB、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，故A错误，B正确；CD、电子运动的速度先增加后减小，所以动能先增加后减小，由于系统的动能与电势能的和保持不变，所以电势能先减小后增加．故C正确，D错误；故选：BC13．如图所示，两个带电球，大球的电荷量大于小球的电荷量，可以肯定（）A．两球可能都带正电B．两球都带负电C．大球受到的静电力大于小球受到的静电力D．两球受到的静电力大小相等【考点】库仑定律．【分析】物体相互排斥时，物体带同种电荷．根据牛顿第三定律可知，两球受到的库仑力是作用力与反作用力．【解答】解：A、B、根据图可知，两球之间是排斥力，只能判断两球带的电性相同，不能肯定两球都带正电还是都带负电，故A正确，B错误．C、D、两球之间的库仑力是作用力与反作用力，根据牛顿第三定律可知，两球受到的静电力大小相等，故C错误、D正确．故选：AD．14．下列关于电势高低的判断，正确的是（）A．负电荷从P点移到M点，电势能增加，P点电势一定较低B．负电荷从P点移到M点，电势能增加，M点电势一定较低C．正电荷从P点移到M点，电势能增加，P点电势一定较低D．正电荷从P点移到M点，电势能增加，M点电势一定较低【考点】电势．【分析】将正电荷沿着电场线运动，电场力做正功，电势能减小；将负电荷沿着电场线运动，电场力做负功，电势能增加；正电荷在电势高的点电势能大，负电荷在电势高的点电势能低．【解答】解：A、B、电场力做功等于电势能的减小量，故将负电荷从P点移到M点，电势能增加，则电场力做负功；由于φ=，电量为负值，故M点电势较低，P点电势较高，故A 错误，B正确，C、D、正电荷从P点移到M点，电势能增加，则电场力做负功，因移动正电荷，则逆着电场线方向移动，即P点电势一定较低，故C正确，D错误；故选：BC．三、计算题（15题10分，16题12分，17题14分，共36分）15．光滑绝缘导轨，与水平面成45°角，两个质量均为m，带等量同种电荷的小球A、B，带电量均为q，静止于导轨的同一水平高度处，如图所示．求：两球之间的距离．【考点】共点力平衡的条件及其应用；库仑定律．【分析】两球均处于静止状态，合力均为零，以A球为研究对象，分析受力情况，由平衡条件求出库仑力，再由库仑定律求出两球间的距离．【解答】解：设两球之间的距离为x．以A球为研究对象，分析受力情况，如图，由平衡条件得F=mgtan45°=mg由库仑定律得F=k解得，x=q答：两球之间的距离为q．16．将带电荷量为1×10﹣8 C的电荷，从无限远处移到电场中的A点，要克服静电力做功1×10﹣6 J，问：（1）电荷的电势能是增加还是减少？电荷在A点具有多少电势能？（2）A点的电势是多少？（3）若静电力可以把带电荷量为2×10﹣8C的电荷从无限远处移到电场中的A点，说明电荷带正电还是带负电？静电力做了多少功？（取无限远处为电势零点）【考点】电势能．【分析】取无限远处电势为零．根据电场力做正功时，电荷的电势能减小，电场力做负功时电势能增加．根据电势公式、电场力做功和功能关系进行分析和计算．【解答】解：（1）电荷从无限远处移到电场中的A点，要克服静电力做功1×10﹣6J，电荷的电势能增加；无限远处电势能为零，则电荷在A点具有1×10﹣6J的电势能，（2）A点的电势为φA=V；（3）若静电力可以把带电荷量为2×10﹣8C的电荷从无限远处移到电场中的A点，静电力做正功，所以该电荷带负电；电荷量为2×10﹣8 C的电荷从无限远处移到电场中的A点时，无限远与A点间的电势差不变，则静电力做正功，为W=q′U∞A=﹣2×10﹣8×（0﹣100）J=2×10﹣6J答：（1）电荷的电势能是增加，电荷在A点具有1×10﹣6J电势能；（2）A点的电势是100V；（3）若静电力可以把带电荷量为2×10﹣8C的电荷从无限远处移到电场中的A点，电荷是带负电，静电力做功2×10﹣6J．17．竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场．其电场强度为E，在该匀强电场中，用丝线悬挂质量为m的带电小球，丝线跟竖直方向成θ角时小球恰好平衡，如图所示，请问：（1）小球带电荷量是多少？（2）若剪断丝线，小球碰到金属板需多长时间？【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】（1）先分析小球的受力情况，重力竖直向下，电场力水平向右，绳子拉力沿绳子向上，处于三力平衡状态，根据平衡条件求解电荷量；（2）如将细线剪断，绳子的拉力撤去，其余二力的合力一定沿绳子的反方向，大小等于原先绳子的力，所以小球将做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动规律解出物体的运动时间．【解答】解：（1）由于小球处于平衡状态，对小球受力分析如图所示F sinθ=qE①F cosθ=mg②由得tanθ=，故q=．（2）由第（1）问中的方程②知F=，而剪断丝线后，小球所受电场力和重力的合力与未剪断丝线时丝线的拉力大小相等，故剪断丝线后小球所受重力、电场力的合力等于．小球的加速度a==，小球由静止开始沿着丝线拉力的反方向做匀加速直线运动，当碰到金属极上时，它经过的位移为s=，又由s=at2，t===答：（1）小球所带电荷为正，电荷量为．（2）若剪断丝线，小球碰到金属板需要的时间为2016年11月9日。

嗦夺市安培阳光实验学校甘肃省天水市高二物理上学期第一阶段考试试题理（满分:100分，时间:90分钟）一．选择题（共12小题，其中1-8为单选，9-12为多选，每题4分，共48分）1．一根横截面积为S的铜导线，通过电流为I．已经知道铜的密度为ρ，铜的摩尔质量为M，电子电荷量为e，阿佛加德罗常数为N A，设每个铜原子只提供一个自由电子，则铜导线中自由电子定向移动速率为（）A ．B ．C ．D ．2．电源电动势反映了电源把其它形式的能量转化为电能的能力，因此（）A．电动势是一种非静电力 B．电动势越大，表明电源储存的电能越多C．电动势的大小是非静电力做功能力的反映 D．电动势就是闭合电路中电源两端的电压3．如下图为两个电阻R1、R2的I﹣U图象，则下列说法正确的是（）A．R1、R2的电阻之比等于2：1 B．把它们串联接入电路中电流之比是2：1C．把它们并联接入电路中电流之比是2：1 D．把它们并联在电路中功率之比是1：24.用两个相同的表头改装成不同量程的电压表V1和V2，其量程之比为1：2，当把这两个电压表按下列要求接入电路中时，其示数之比U1：U2和指针偏角之比Q1：Q2，正确的是（）A．并联接入电路中，U2：U1=1：1，Q1：Q2=1：2B．并联接入电路中，U1：U2=1：2，Q1：Q2=1：1C．串联接入电路中U1：U2=1：1，Q1：Q2=1：2D．串联接入电路中，U1：U2=1：2，Q1：Q2=1：15．将粗细均匀、长为L、电阻为R 的金属导线截去，再均匀拉长至L，导线电阻变为（）A ．B ． C． D．NR6．一个T型电路如图所示，电路中的电阻R1=10Ω，R2=120Ω，R3=40Ω．另有一测试电源，电动势为100V，内阻忽略不计．则（）A．当cd端短路时，ab之间的等效电阻是50ΩB．ab端短路时，cd之间的等效电阻是50ΩC．当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压为80VD．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为80V7．额定电压都是110V，额定功率P A=100W，P B=40W的电灯两盏，若接在电压是220V的电路上，使两盏电灯均能正常发光，且电路中消耗功率最小的电路是图中的哪一个（）A ．B ．C ．D ．8．一个用满偏电流为3mA 的电流表改装而成的欧姆表，调零后用它测500Ω的电阻时，指针恰好指在刻度盘的正中间，如果用它测量一个未知电阻时，指针指在1mA处，则被测电阻的阻值为（）A．2000 Ω B．15000Ω C．1000 Ω D．500 Ω9．如右图所示是电阻R的I﹣U图象，图中α=45°，由此得出（）A．通过电阻的电流与两端电压成正比B．电阻R=0．5ΩC．因I﹣U图象的斜率表示电阻的倒数，故R==1．0ΩD．在R两端加上6．0V的电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是3．0C10．如右图所示电路中，闭合开关S后当变阻器R3的滑动头P 向b 移动时，下列说法正确的是（）A．电压表示数变大B．电流表示数变大C．电源消耗的总功率变小D．电源的效率（电源的输出功率/电源消耗的总功率）变小11．一辆电动观光车蓄电池的电动势为E，内阻为r，当空载的电动观光车以大小为v的速度匀速行驶时，流过电动机的电流为I，电动车的质量为m，电动车受到的阻力是车重的k倍，忽略电动观光车内部的摩擦，则有（）A．电动机的内阻为B．电动机的内阻为C．电动车的工作效率D．电动机的输入功率为12．如右图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向a端移动时，则（）A. 电压表读数减小B. 电流表读数减小C. 质点P将向上运动D. R3上消耗的功率逐渐增大二．实验题（共2小题、9空，每空2分，共18分）13．用如图甲所示的电路图研究灯泡L（2.4V，1.0W）的伏安特性，并测出该灯泡在额定电压下正常工作时的电阻值，检验其标示的准确性。

甘肃省天水市2016-2017学年高二物理上学期第二阶段考试试题 理（含解析）一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。

其中第1、4、7、8题为多选题，其余题为单选题。

多选题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错的不得分） 1.以下说法正确的是( ) A ．由qFE =可知，电场中某点的电场强度E 与F 成正比 B ．由RUI =可知，某段导体中的电流I 与U 成正比 C ．由ILFB =可知，磁场中的某点的磁感应强度B 与放入磁场中的通电导线的电流I 有关 D ．由UQC =可知，电容器的电容大小C 与电容器两极板间电势差U 无关 【答案】BD考点：电场强度；欧姆定律；磁感应强度；电容【名师点睛】对于各个公式关键要明确是定义式还是决定式，要掌握比值法定义的共性来理解E 、B 和C 的意义。

2. 一根粗细均匀的电阻丝，其电阻为 R ，在温度不变的情况下，若将其对折后，则其电阻变为（ ）A ． R /4B ． R /2C ． 2RD ． 4R 【答案】A 【解析】试题分析：在电阻丝温度不变的条件下，电阻的影响因素是材料、长度、横截面积，当电阻线对折后，长度变为原来的1/2，横截面积变为原来的2倍，∵导体的电阻与长度成正比，与横截面积成反比，∴此时电阻变为原来的四分之一．故选A. 考点：电阻定律【名师点睛】本题考查了影响电阻大小的因素，关键要知道导体电阻与长度成正比，与横截面积成反比。

3. 两个白炽灯泡，一个标有“220V 100W”，另一个标有“220V 60W”．假如灯丝的电阻不变，先把它们串联起来接到220V电源上，再把它们并联起来接到220V电源上．以下说法不正确的是（）A.串联比并联消耗的总功率大 B.并联比串联消耗的总功率大C.串联时60W灯泡消耗的电功率较大 D.并联时100w灯泡消耗的电功率较大【答案】A【解析】考点：电功率【名师点睛】本题考查实际功率和额定功率的关系，关键是灵活选择公式2UPR=或P=I2R进行计算，基础题目。

2016-2017学年甘肃省天水一中高二（上）第一次月考物理试卷（文科）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共12小题，共60.0分)1.下列关于电荷、起电的说法正确的是（）A.自然界存在有三种电荷：正电荷、负电荷和元电荷B.静电感应不是创造了电荷，只是电荷从物体的一个部分转移到另外一个部分C.摩擦起电是创造了电荷，从而使物体带电D.一个带电体接触另外一个不带电的物体，两个物体会带上异种电荷【答案】B【解析】解：A、自然界只存在两种电荷：正电荷、负电荷，元电荷是指最小的带电量，A错误；B、静电感应不是创造了电荷，只是电荷从物体的一个部分转移到另外一个部分，故B 正确，C、摩擦起电不是创造了电荷，而是通过摩擦力使电荷发生了转移而使物体带上电，故C错误；D、一个带电体接触另外一个不带电的物体，由于电荷的转移，两个电物体均带上了同种电荷，故D错误．故选：B．点电荷是一种理想化的物理模型；元电荷又称“基本电量”，在各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电荷；电荷不会被创生，也不会被消失，只能从一个物体转移到另一个物体，或从物体的一部分转移到另一部分．本题考查电荷守恒定律的应用，要注意明确电荷守恒定律的内容，明确电荷不会被创生也不会被消灭，要注意明确物体带电的本质．2.下列家用电器在工作时，主要利用电流热效应的是（）A.电熨斗B.电冰箱C.吸尘器D.电风扇【答案】A【解析】解：A、电熨斗是利用电流做功产生的热量来熨烫衣物的，故主要利用了电流的热效应．故A正确．B、电冰箱是利用电流做功压缩制冷剂，使制冷剂液化，当制冷剂再通过冷凝管是体积膨胀气化而带走冰箱内的热量，故电流做功的过程中电能主要转化为机械能．故B错误．C、吸尘器是通过电流做功带动风扇转动而形成风，从而把灰尘吸进吸尘器．故主要是将电能转化为机械能，故C错误．D、电风扇主要是把电能转化为机械能，故主要利用了电流的磁效应，故D错误．故选：A电熨斗是利用电流做功产生的热量来熨烫衣物的；电冰箱是利用电流做功压缩制冷剂，故电能主要转化为机械能；吸尘器是通过电流做功带动风扇转动而形成风，故主要是将电能转化为机械能；电饭煲是利用电流流过电热丝时释放的热量来对食物进行加热．要熟悉各用电器的工作原理，电动机的工作原理是通电线圈在磁场中受安培力而工作的，电饭锅、电熨斗利用了电流的热效应．3.以下关于电场线的说法，正确的是（）A.电场线是电荷移动的轨迹B.电场线是实际存在的曲线C.在复杂电场中，电场线可以相交D.同一幅图中，电场线越密的地方，电场强度越强【答案】D【解析】解：A、电场线与电荷移动的轨迹是两回事，只有电场线是直线，且电荷的初速度为零或初速度方向与电场线共线时，电荷的运动轨迹才与电场线重合，故A错误．B、电场是客观的存在，电场线是人为虚拟的，不是客观的存在．故B错误．C、电场线的切线方向就是电场的方向，如果两条电场线在同一点相交，则有两个切线方向，而事实上电场中的每一点只有一个方向，故任意两条电场线都不会相交，故C错误．D、电场线的疏密代表电场的强弱，故电场线越密的地方场强越强，故D正确．故选：D掌握电场线特点是解本题的关键，电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，不相交不闭合，电场线疏密描述电场强弱，电场线密的地方，电场强度大，疏的地方电场强度弱．对于电场线的理解，要抓住几个“不”：不存在，不相交，不闭合，与电荷的运动轨迹不是一回．4.下列符号中，属于电场强度的单位的符号是（）A.FB.AC.CD.N/C【答案】D【解析】解：根据电场强度的E==可知，电场力的单位为N，电量的单位为C，而电势差的单位为V，距离的单位为m，所以电场强度的单位是N/C，或V/m，所以D正确，ABC错误．故选：D．物理公式不仅确定了各个物理量之间的关系，同时也确定了物理量的单位之间的关系，根据物理公式来分析物理量的单位即可．本题考查电场强度的单位的掌握，要注意明确物理公式在确定物理量间的关系的时候同时也确定了单位之间的关系，根据不同的公式来确定单位之间的关系．5.如图所示，运输汽油等易燃易爆物品的车辆总有一条铁链拖在地上，这样做的目的是（）A.发出声音，引起路人注意B.减缓车速，保证行车安全C.把静电引入大地，避免因放电引起爆炸D.与地面发生摩擦，在运输车上积累电荷【答案】C【解析】解：汽车行驶时，油罐中的汽油随车的振动摩擦起电，如果不及时的将这些静电倒走，一旦出现放电现象，就会发生爆炸事故．拖地铁链使油罐表面与大地相连，使油罐罐体中的电荷不断地中和，不致造成放电产生火花引起油罐爆炸．故选：C．油罐车上的搭地铁链是为了把产生的静电导走，属于静电的防止．本题考查是关于静电的防止与应用，要求同学们熟练掌握静电的防止与应用的具体实例．6.一验电器的金属箔原来张开，用一带负电的物体接触验电器的金属球瞬间，发现金属箔迅速合拢后又张开更大的角度，则验电器的金属球原来带（）A.正电B.负电C.不带电D.不确定【答案】A【解析】解：金属箔迅速合拢后又张开更大的角度，说明物体与金属箔原来带异种电荷，先发生中和现象；物体带负电，故金属球带正电；故选A．验电器的工作原理是同种电荷相互排斥；正负电荷会发生中和．本题主要考查了正、负两种电荷和验电器用途、原理及其使用特点的了解，知道正、负电荷会发生中和现象是解题的关键．7.下列说法中正确的是（）A.电流的方向与负电荷定向移动方向相同B.电流的方向与正电荷定向移动方向相同C.在直流电源的外电路上，电流的方向是从电源负极流向正极D.在直流电源的内电路上，电流方向是从电源正极流向负极【答案】B【解析】解：AB、物理学上规定，电流的方向与正电荷移动的方向相同．故A错误，B正确．CD、在直流电源的外电路上，电流从电源正极流出进入负极，内电路上，电流方向是从电源负极流向正极．故CD错误．故选：B电流的方向就是正电荷定向移动的方向．在直流电源的外电路上，电流的方向是从电源正极流向负极．电流都是由自由电荷的定向移动形成的．电流有方向，但电流的运算不遵守平行四边形定则，是标量．本题中要注意电流的方向与矢量的方向意义不同，其运算按代数法则，电流不是矢量，是标量8.下列关于电容器的说法不正确的是（）A.电容器是由两个相互绝缘并靠近的导体组成的B.电容器的电容由电容器本身结构决定，与其带电量无关C..电容器的电容与其上所带的电量决定，所带电量为零时，电容为零D.对于平行板电容器来说，两极板间的距离增大时，电容会减小【答案】C【解析】解：A、电容器是由两个相互绝缘并靠近的导体组成的，故A正确；B、电容器的电容由电容器本身的性质决定，与带电量无关，故B正确，C错误；D、平行板电容器的电容C=，故两板间距离增大时，电容减小，故D正确．本题选错误的，故选：C．明确电容器的性质，知道两个相互绝缘并靠近的导体即可构成电容器，电容器的电容由本身的性质决定和电量以及电压无关，同时根据平行板电容器的决定式分析电容的变化．本题考查电容器的电容，要注意理解电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量，其大小由电容本身的性质决定的．9.真空中两个静止的点电荷，相距为r时相互作用的库仑力大小为F，现不改变它们的电荷量，使它们之间的距离为3r，则库仑力大小变为（）A.FB.FC.3FD.9F【答案】A【解析】解：根据库仑定律，距离为r是的静电力为：F=k当距离为3r时，静电力为：F′=k=F故选：A．库仑定律：真空中两个静止点电荷之间的作用力与它们电量的乘积成正比，与它们距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上．本题关键是根据库仑定律直接列式求解，基础题．在利用库仑定律解题时，要注意库仑定律的使用条件．10.某电阻的阻值为5Ω，通过的电流为2A，则它在10s的时间内产生的热量为（）A.100JB.200JC.20JD.2J【答案】B【解析】解：由焦耳定律：Q=I2R t=22×5×10J=200J，故B正确故选：B．知道电阻、电流、通电时间，根据Q=I2R t求出电流产生的热量．这是焦耳定律的直接应用，是最基础的题目，适合初学者．11.在示波管中，电子枪每3秒内发射6×10-3C的电荷，则示波管中电流为（）A.4.8×10-6AB.2×10-3AC.9.6×10-6AD.3×10-6A【答案】B【解析】解：根据电流的定义可知，电流I===2×10-3A；故选：B．已知电量和时间，再根据电流的定义即可求得电流大小．本题考查电流的定义，要注意明确电流等于通过导体截面的电量与时间的比值，熟记公式并能正确计算即可求解．12.如图所示，带箭头的直线是某一电场中的一条电场线，在这条线上有A、B两点，用E A、E B表示A、B两处的场强，则（）A.同一个点电荷+q，在A、B两处所受到的电场力大小相同B.因为A、B在一条电场线上，且电场线是直线，所以E A=E BC.电场线从A指向B，所以E A＞E BD.不知A、B附近电场线的分布情况，E A、E B的大小不能确定【答案】D【解析】解：A、B两点在一条电场线上，无法判断电场线的疏密，也就无法判断A、B两点电场强度的大小，所以不能确定同一个点电荷+q，在A、B两处所受到的电场力大小．故A、B、C错误，D正确．故选D由于A、B两点所在的电场线是直线，A、B两点电场强度方向相同．电场线的大小由电场线的疏密表示，一条电场线无法判断疏密，就无法确定A、B两处场强的大小．就不能确定同一电荷所受的电场力的大小．本题要抓住电场线的疏密表示电场强度的相对大小，但一条电线线，不能反映电场线的疏密，所以不能确定场强的大小．二、计算题(本大题共2小题，共40.0分)13.电路中，每分钟有4.8×10-3C的电荷流过导线的某一横截面，求：（1）每分钟内流过该导线这一横截面的电子数目（2）流过该导线的电流．已知一个电子的带电量为e=1.6×10-19C．【答案】解：（1）每分钟内流过该导线这一横截面的电子数目为：I===3×1016个（2）流过该导线的电流为：I===8×10-5A答：（1）每分钟内流过该导线这一横截面的电子数目为3×1016个．（2）流过该导线的电流是8×10-5A．【解析】（1）已知流过导线某一横截面的电荷量，而电子的带电量为e=1.6×10-19C，由Q=ne 求出电子数目．（2）根据电流的定义式I=求流过该导线的电流．解决本题时，关键要知道电流的定义式I=，并要知道电子的电荷量为e=1.6×10-19C．14.一根绝缘细绳上端固定在天花板上，下端挂一个质量为m，带电量为-q的带电小球，小球所处的空间中存在水平方向的匀强电场，如图所示，小球静止时，细线与竖直方向的夹角为θ，已知当地的重力加速度为g，通过受力分析，求：（1）该电场中电场强度的方向（2）绳子上的拉力F（3）该电场场强的大小．【答案】解：（1）对小球受力分析，如图所示，要使小球能在图示位置静止，则小球受到的电场力向右，因带负电，故说明电电场方向应水平向左；（2）根据平衡条件可知：拉力F=；（3）电场力E q=mgtanθ解得：E=；答：（1）该电场中电场强度的方向水平向左；（2）绳子上的拉力F为（3）该电场场强的大小为【解析】（1）对小球进行受力分析，根据共点力平衡条件即可分析电场力的方向，从而再根据电场力的性质分析电场方向；（2、3）根据平衡条件进行分析，从而求出拉力和电场力，再根据电场力公式F=q E，列方程求解即可．本题考查匀强电场的基本性质，要注意明确负电荷受力逆着电场线方向，同时在掌握电场力性质的基本之上，将电场力作为力的一种形式进行分析，再结合受力分析规律即可求解．。

天水一中 2016-2017 学年度第一学期 2015 级第一阶段考试题物 理一、选择题（每题 4 分，共 48 分。

此中 4、 8、 11、 12 题是多项选择题，少选得 2 分，错选、多项选择、不选不得分）1．以下关于电荷、电荷量的说法正确的选项是（ ）A ．自然界存在有三种电荷：正电荷、负电荷和元电荷B ．物体所带的电荷量可以是任意值C ．物体所带的电荷量只好是某些特定的值﹣19D ．物体的带电量可以是 2×10 C2．请用学过的电学知识判断以下说法正确的选项是 A 、电工穿绝缘衣比穿金属衣安全B 、制作汽油桶的资料用金属比用塑料好C 、小鸟停在单高压输电线上会被电死D 、打雷时，待在汽车里比待在木屋里要危险3．有关电场强度的理解，下陈述法正确的选项是（）A ．由 E ＝ F可知，电场强度 E 跟放入的电荷 q 所受的电场力成正比qB ．当电场中存在试一试电荷时，电荷四周才出现电场这类特其余物质，才存在电场强度QC ．由 E ＝ k r 2 可知，在离点电荷很近， r 凑近于零，电场强度达无量大D ．电场强度是反响电场自己特色的物理量，与能否存在试一试电荷没关 4．两个半径同样的金属小球，带电荷量之比 1:7 ，相距 r ，二者互相接触后，再放回本来的地点，则互相作用力可能是本来的 A 、4B、3C 、9D 、167 7 775．以以以下图的状况中， a 、b 两点电势相等、电场强度也同样的是( 此中， C 、D 选项中，两电荷电量相等 ) ：（ ）6．图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力 作用的带电粒子的运动轨迹，粒子先经过 M 点，再经过 N 点，可以判断（）A ．带电粒子带负电B．带电粒子动能减少C．粒子在M点遇到的电场力大于在N 点遇到的电场力D．M点电场强度小于N 点的电场强7．以以以下图，虚线a、b、c 代表电场中的三个等势面，实线为一带正电的质点仅在电场力的作用下经过该地域时的运动轨迹，P、 Q为质点先后经过电场时轨迹上的两个点，由此可知（）A. 三个等势面中， a 的电势最高B．质点在Q点时，加快度较大C．质点经过P 点时动能较大D．质点经过Q时电势能较小8．如图（ a）所示， AB 是某电场中的一条电场线，如有一电子以某一初速度且仅在电场力的作用下，沿AB由点 A 运动到点B，所经地点的电势随距 A 点的距离变化的规律如图（ b）所示．以下说法正确的选项是：A．该电场是匀强电场B．电子在 A、B 两点的速度A Bv ＜ vC．A、 B 两点的电势A＞BD．电子在 A、B 两点的电势能E pA＜ E pB9．如图， A、B、 C 三点在匀强电场中，AC⊥ BC，∠ABC=60°，=20cm，把一个电量 q=1× 10﹣5C 的正电荷从 A 移到 B，电场力不做功；从 B 移到 C，电场力做功为﹣× 10﹣3J，则该匀强电场的场兴盛小和方向是（）A．866V/m，垂直 AC向上B．866V/m，垂直 AC向下C．1000V/m，垂直 AB斜向上D．1000V/m，垂直 AB斜向下10．以以以下图，一质量为 m、电荷量为q 的小球在电场强度为E、地域足够大的匀强电场中，以初速度 v0沿 ON在竖直面内做匀变速直线运动．ON与水平面的夹角为30°，重力加快度为g，且 mg＝ qE，采用初始地点O的电势为零，则A．电场方向竖直向上B．小球运动的加快度大小为2gC．小球上涨的最大高度为D．小球电势能的最大值为11．以以以下图，平行板电容器两极板M、 N相距 d，两极板分别与电压恒为U 的电源两极两极，极板M 带正电，现有一质量为m 的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k，则以下选项中，错误的选项是（）A、油滴带负电mgB、油滴带电荷量为UdkmgdC、电容器的电容为UD 、将极板 N 向下缓慢挪动一小段距离，油滴将向上运动12．如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子（不计重力） ，两板间距离足够大．当两板间加上如图乙所示的交变电压后，在以以下图中，反响电子速度 v 、位移 x 和加快度 a 三个物理量随时间t的变化规律可能正确的选项是（）甲乙二、填空题（每空 3 分，共 15 分）13．美国物理学家密立根经过以以以下图的实验装置，在进行了几百次的丈量此后，他发现油滴所带 的电荷量虽不同样，但都是某个最小电荷量的整数倍，这个最小电荷量被以为是元电荷， 这个实验被称为密立根油滴实验。

甘肃省天水市2016-2017学年高二物理上学期入学考试试题一、单项选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分）1．决定平抛运动的物体在空中运动时间的因素是 （ ） A ．初速度 B ．抛出时物体的高度 C ．抛出时物体的高度和初速度 D ．以上说法都不正确2．质量m ＝20kg 的物体，在大小恒定的水平外力F 的作用下，沿水平面做直线运动。

0～2s 内F 与运动方向相反，2～4s 内F 与运动方向相同，物体的v －t 图象如图所示。

g 取10m/s 2，则( )A ．拉力F 的大小为100NB ．物体在4s 时拉力的瞬时功率大小为120WC ．4s 内拉力所做的功为480JD ．4s 内物体克服摩擦力做的功为320J3．甲、乙两物体都做匀速圆周运动，其质量之比为1∶2 ，转动半径之比为1∶2 ，在相等时间里甲转过60°，乙转过45°，则它们所受外力的合力之比为 （ ） A ．1∶4 B ．2∶3 C ．4∶9 D ．9∶164．一辆质量为5t 的汽车，通过拱桥的最高点时对拱挢的压力为4.5×104N ，桥的半径为16m （取g ＝10 m/s 2），则汽车通过最高点时的速度为 （ ） A ．16m/s B ．17.4m/s C ．12.6m/s D ．4m/s5．已知地球半径为R ，质量为M ，万有引力常量为G 。

一位质量为m 的探险家乘坐热气球到达离地面h 高处，他受到地球的万有引力大小为 （ ） A. 2Mm GR B. ()2MmG R h + C. 2Mm G h D. 22Mm G R h + 6. 重为500N 的物体放在水平地面上，与地面的滑动摩擦因数为2.0=μ，在大小为F =500N ，方向与水平面成α=37°斜向上的拉力作用下前进l =10m ，（sin37°=0.6, cos37°=0.8）在此过程中力F 做功为A ．3000JB ．3600JC ．4000JD ．5000J7．一带电粒子在如图所示的点电荷的电场中，在电场力作用下沿虚线所示轨迹从A 点运动到B 点，电荷的加速度、动能、电势能的变化情况是 A ．加速度的大小增大，动能、电势能都增加 B ．加速度的大小减小，动能、电势能都减少 C ．加速度增大，动能增加，电势能减少 D ．加速度增大，动能减少，电势能增加8．关于摩擦力做功，下列说法正确的是 ( ) A ．滑动摩擦力总是对物体做负功，静摩擦力总是对物体不做功 B ．滑动摩擦力对物体可以做正功，静摩擦力总是对物体不做功 C ．滑动摩擦力对物体可以不做功，静摩擦力对物体可以不做功 D ．滑动摩擦力总是对物体做负功，静摩擦力对物体可以做正功9．足球比赛中踢点球时，足球距球门14.00m ，球正对球门踢出后恰好沿水平方向从横梁的下沿擦进球门，已知球门高度约2.45 m ，足球质量约400 g ，不计空气阻力，则该球员此次踢球过程中对足球做的功约为(g 取10 m/s 2) ( ) A ．30 J B ．60 J C ．90 J D ．120 J10．如图所示，在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道I ，然后在Q 点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道Ⅱ，则 （ ） A ．该卫星的发射速度必定大于11.2 km/s B ．卫星在轨道上运行不受重力C ．在轨道I 上，卫星在P 点的速度小于在Q 点的速度D ．卫星在Q 点通过加速实现由轨道I 进入轨道Ⅱ11. AB 是某电场中的一条电场线，若将一负电荷从A 点处自由释放，负电荷沿电场线从A 到B 运动过程中的速度图线如图所示，则A 、B 两点的电势高低和场强大小关系是（ ）A. ϕϕA B A B E E >>，B. ϕϕA B A B E E ><，C.ϕϕA B A B E E <>，D. ϕϕA B A B E E <<，12．如图所示为汽车的加速度和车速倒数1v的关系图像。

2015-2016学年甘肃省天水市秦安二中高二（上）第一次月考物理试卷一、选择题：在每小题给出的四个选项中，1-15题只有一项是符合题目要求的，16-20有多个选项符合要求，每小题3分，全选对得3分，选对但不全得2分，有选错得0分；共60分）．1．下列关于点电荷的说法，错误的是（）A．点电荷是一个带有电荷的几何点，它是实际带电体的抽象，是一种理想化的模型B．带电体如果本身大小和形状对它们间的相互作用影响可忽略，那么，可视为点电荷C．很小的带电体一定可以看作点电荷D．很大的带电体也有可能可以看作点电荷2．电场强度的定义式为E=（）A．该定义式适用于所有的电场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，场中某点电场强度的大小与该点电荷所受的电场力大小成正比3．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4．下列说法中正确的是（）A．电场强度和电势都是矢量B．电势为零的地方，电场强度也一定为零C．把电荷从电场中一点移至另一点电场力一定做功D．把电荷从电场中一点移至另一点电场力有可能不做功5．真空中有两个点电荷所带的电量分别是Q和2Q，相距为r时相互作用的静电力为F．如果它们之间的距离减少为，其余条件不变，则它们之间的静电力大小变为（）A．B．2F C．D．4F6．如图所示为电视机显像管偏转线圈的示意图，当线圈通以图示的直流电时，一束沿着管颈轴线射向纸内的电子将（）A．向上偏转 B．向下偏转 C．向左偏转 D．向右偏转7．一条直导线平行于通电螺线管的轴线放在螺线管的正上方，如图所示，导线ab通以由b 向a的电流，则导线ab的可能运动是（）A．导线ab不做任何运动B．导线ab向纸面内平移C．导线a端向纸外，b端向纸内转动，同时向下移动D．导线a端向纸内，b端向纸外转动，同时向上移动8．如图所示，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9．如图所示，A、B、C是等边三角形的三个顶点，O是A、B连线的中点．以O为坐标原点，A、B连线为x轴，O、C连线为y轴，建立坐标系．过A、B、C、O四个点各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等、方向向里的电流．则过O点的通电直导线所受安培力的方向为（）A．沿y轴正方向 B．沿y轴负方向 C．沿x轴正方向 D．沿x轴负方向10．如图所示，两根间距为d的平行光滑金属导轨间接有电源E，导轨平面与水平面间的夹角θ=30°．金属杆ab垂直导轨放置，导轨与金属杆接触良好．整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中．当磁场方向垂直导轨平面向上时，金属杆能刚好处于静止状态．要使金属杆能沿导轨向上运动，可以采取的措施是（）A．增大磁感应强度BB．调节滑动变阻器使电流减小C．增大导轨平面与水平面间的夹角θD．将电源正负极对调使金属杆的电流方向改变11．如图所示的电路中，理想电流表A1的读数为1.2A，理想电流表A2的读数为2A，则以下说法正确的是（）A．R1＜R2，表A的读数为3.2A B．R1＞R2，表A的读数为3.2AC．R1=R2，表A的读数为4A D．R1＞R2，表A的读数无法判断12．如图所示，电动势为E、内阻不计的电源与三个灯泡和三个电阻相接．只合上开关S1，三个灯泡都能正常工作．如果再合上S2，则下列表述正确的是（）A．电源输出功率减小 B．L1上消耗的功率增大C．通过R1上的电流增大D．通过R3上的电流增大13．如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P从最高端向下滑动时（）A．电压表V读数先变大后变小，电流表A读数变大B．电压表V读数先变小后变大，电流表A读数变小C．电压表V读数先变大后变小，电流表A读数先变小后变大D．电压表V读数先变小后变大，电流表A读数先变大后变小14．由磁感应强度定义式B=知，磁场中某处的磁感应强度的大小（）A．随着通电导线中电流I的减小而增大B．随着IL乘积的减小而增大C．随着通电导线所受磁场力F的增大而增大D．跟F、I、L无关15．物理学中有些问题的结论不一定必须通过计算才能验证，有时只需通过一定的分析就可以判断结论是否正确．如图所示为两个彼此平行且共轴的半径分别为R1和R2的圆环，两圆环上的电荷量均为q（q＞0），而且电荷均匀分布．两圆环的圆心O1和O2相距为2a，联线的中点为O，轴线上的A点在O点右侧与O点相距为r（r＜a）．试分析判断下列关于A点处电场强度大小E的表达式（式中k为静电力常量）正确的是…（）A．E=B．E=C．E=D．E=|﹣|16．一带电量为q的检验电荷在电场中某点受到的电场力大小为F，该点场强大小为E，则下面能正确反映这三者关系的是（）A．B．C．D．17．如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线．在电场力作用下，一带电粒子（不计重力）经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（）A．粒子带正电B．粒子在A点加速度小C．粒子在B点动能大 D．A、B两点相比，B点电势较低18．关于公式φ=可知（）A．电场中某点的电势，与放在该点电荷具有的电势能成正比B．电场中某点的电势，与放在该点电荷的电荷量成反比C．电场中某点的电势，与该点是否有电荷，电荷的正负及电荷量的大小无关D．放入电场中某点的点电荷不同，电势能也不同，但电势能与电荷量的比值保持不变19．关于磁感线，下列说法中正确的是（）A．磁感线上每一点的切线方向就是该点的磁场方向B．磁感线一定从磁体的N极出发，到S极终止C．任何磁场的磁感线都是闭合曲线，磁感线在空间不能相交D．磁感线密处磁场强，磁感线疏处磁场弱20．如图所示，一束带电粒子沿水平方向沿虚线飞过磁针上方，并与磁针方向平行，能使磁针N极转向读者，那么这束带电粒子可能是（）A．向右飞的正离子B．向左飞的负离子C．向右飞的负离子D．向左飞的正离子二、实验题（第一小题4分，第二小题10分，共14分．把正确答案填在题中的横线上）21．某学生用螺旋测微器在测定某一金属丝的直径时，测得的结果如图1所示，则该金属丝的直径d= mm．另一位学生用游标尺上标有20等分刻度的游标卡尺测一工件的长度，测得的结果如图2所示，则该工件的长度L= cm．22．（10分）（2011秋•许昌校级期中）某同学采用如图1所示的电路测定电源电动势和内电阻．已知干电池的电动势约为1.5V，内阻约为1Ω；电压表（0﹣3V，3kΩ）、电流表（0～0.6A，1.0Ω）、滑动变阻器有R1（10Ω，2A）和R2（100Ω，0.1A）各一只．①实验中滑动变阻器应选用（填“R1”或“R2”）．②在图2中画出实验电路图．③在实验中测得多组电压和电流值，得到如图3所示的U﹣I图线，由图可较准确地求出该电源电动势E= V；内阻，r= Ω．三、计算题（共26分）要求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给分.有数值计算的题，答案中应明确写出数值和单位.23．（12分）（2012秋•保定期末）如图所示是家用电饭煲的电路图．将电饭煲接到稳压电源上，当开关接通“加热”档时，电热丝以额定功率给食物加热，当食物蒸熟后，开关接通“保温”档，给食物保温，这时电热丝的功率为其额定功率的，电流为1.40A，已知分压电阻的阻值R=100Ω．求：（1）保温时，电阻R两端的电压．（2）稳压电源输出的电压．（3）电热丝的额定功率．24．（14分）（2011秋•吉林期末）有一个用直流电动机提升重物的装置，重物的质量m=50kg，电路电压为120V，当电动机以v=0.9m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流I=5A，（取g=10m/s2）求：（1）电动机线圈的电阻R等于多少．（2）电动机对该重物的最大提升速度是多少．（3）若因故障电动机不能转动，这时通过电动机的电流是多大，电动机消耗的电功率又为多大．2015-2016学年甘肃省天水市秦安二中高二（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：在每小题给出的四个选项中，1-15题只有一项是符合题目要求的，16-20有多个选项符合要求，每小题3分，全选对得3分，选对但不全得2分，有选错得0分；共60分）．1．下列关于点电荷的说法，错误的是（）A．点电荷是一个带有电荷的几何点，它是实际带电体的抽象，是一种理想化的模型B．带电体如果本身大小和形状对它们间的相互作用影响可忽略，那么，可视为点电荷C．很小的带电体一定可以看作点电荷D．很大的带电体也有可能可以看作点电荷考点：元电荷、点电荷．专题：电场力与电势的性质专题．分析：物理学上把本身的线度比相互之间的距离小得多的带电体简化为一个点，叫做点电荷．同一个电荷能否看作点电荷，不仅和带电体本身有关，还取决于问题的性质和精度的要求，即需要具体问题具体分析．解答：解：A、如果在研究的问题中，带电体的形状、大小以及电荷分布可以忽略不计，即可将它看作是一个几何点，由于实际物体总是有大小的，故点电荷是一种理想化的模型，选项说法正确，故A错误；B、带电体如果本身大小和形状对它们间的相互作用影响可忽略，那么，可视为点电荷，选项说法正确，故B错误；C、看作点电荷的物体的实际体积不一定很小，只是其形状、大小以及电荷分布可以忽略不计，选项说法错误，故C正确；D、物理学上把本身的线度比相互之间的距离小得多的带电体简化为一个点，即物体能否简化为点，不是看绝对大小，而是看其大小相对于物体间的距离能否忽略不计，选项说法正确，故D错误；本题选错误的，故选C．点评：如果在研究的问题中，带电体的形状、大小以及电荷分布可以忽略不计，即可将它看作是一个几何点，则这样的带电体就是点电荷．一个实际的带电体能否看作点电荷，不仅和带电体本身有关，还取决于问题的性质和精度的要求，即需要具体问题具体分析．2．电场强度的定义式为E=（）A．该定义式适用于所有的电场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，场中某点电场强度的大小与该点电荷所受的电场力大小成正比考点：电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．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；点电荷场强公式据库仑定律推导出来，只适用于点电荷的场强．解答：解：AC、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，故AB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，场中某点电场强度的大小与该点电荷所受的电场力大小无关，故D错误．故选：AB．点评：明确电场强度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；点电荷场强公式只适用于点电荷产生的场强是解题的关键．3．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．点评：解决本题的关键知道电场中的电场强度与放入电场中的电荷无关，有本身性质决定．4．下列说法中正确的是（）A．电场强度和电势都是矢量B．电势为零的地方，电场强度也一定为零C．把电荷从电场中一点移至另一点电场力一定做功D．把电荷从电场中一点移至另一点电场力有可能不做功考点：电势差与电场强度的关系；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场强度是矢量，有大小，有方向，电势差是标量，正负表示的不是方向．电场强度的大小与电势的大小没有必然的联系．当电荷咋等势面上运动时，电场力不做功解答：解：A、电场强度是矢量，电势差是标量．故A错误．B、电势为零，是人为选择的，而电场强度是由电场决定的，此处电场强度不一定为零．故B错误C、根据W=qU知，两点间的电势差为零，将电荷从两点中的一点移到另一点，电场力做功为零．故C错误，D正确故选：D点评：本题考查了电场强度、电势、电势差等基本概念，知道它们的联系和区别，基础题5．真空中有两个点电荷所带的电量分别是Q和2Q，相距为r时相互作用的静电力为F．如果它们之间的距离减少为，其余条件不变，则它们之间的静电力大小变为（）A．B．2F C．D．4F考点：库仑定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据库仑定律的公式列出变化前和变化后的关系式直接对比即可．解答：解：由库仑定律的可得，原来它们之间的库仑力为F=k=k，变化之后它们之间的库仑力为F′=k=4k=4F，所以D正确．故选D．点评：本题是对库仑定律的直接的应用，掌握住公式即可，比较简单．6．如图所示为电视机显像管偏转线圈的示意图，当线圈通以图示的直流电时，一束沿着管颈轴线射向纸内的电子将（）A．向上偏转 B．向下偏转 C．向左偏转 D．向右偏转考点：左手定则；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．分析：由安培定则判断出磁场方向，然后由左手定则判断电子所受洛伦兹力方向．解答：解：由安培定则可知，线圈在纸面内中心点的磁场方向向下，由左手定则可知电子将向右偏转，故D正确．故选：D．点评：本题考查了判断电子的偏转方向问题，应用安培定则与左手定则即可正确解题，应用左手定则解题时要注意电子带负电．7．一条直导线平行于通电螺线管的轴线放在螺线管的正上方，如图所示，导线ab通以由b 向a的电流，则导线ab的可能运动是（）A．导线ab不做任何运动B．导线ab向纸面内平移C．导线a端向纸外，b端向纸内转动，同时向下移动D．导线a端向纸内，b端向纸外转动，同时向上移动考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．分析：通电导线因放在通电螺线管的磁场中故受到磁场力，因左右两侧磁场方向不同，故可以分左右两边分别分析研究，画出两侧的磁场方向，则由左手定则可判出磁场力的方向，根据受力情况可判出物体的转动情况．当导体转动后，我们可以认为电流向右偏内，受力也将发生变化，为了简便，我们可以判断导体转动到向里的位置判断导体的受力情况，再判出导体的运动情况．解答：解：通电螺线管的磁感线如图所示：则由图示可知左侧导体所处的磁场方向斜向下，右侧导体所处的磁场斜向上，则由左手定则可知，左侧导体受力方向向外，右侧导体受力方向向里，故从上向下看，小磁针应为逆时针转动；当导体转过90°时，由左手定则可得导体受力向下，故可得出导体运动为逆时针转动的同时还要向下运动．即为a端转向纸外，b端转向纸里，且靠近通电螺线管，故C正确，ABD错误；故选：C．点评：解决本题的关键（1）清楚通电螺线管的磁场，应看到左右两边磁场的不同；（2）能准确地应用左手定则判断磁场与电流不垂直的情况；（3）会找到一些有代表性的特殊位置求解．8．如图所示，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，弹簧的伸长量减小考点：电流的磁场对磁针的作用．分析：（1）通电导体在磁场中受到力的作用，力的方向可以用左手定则判断；（2）长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，得出导线给磁铁的反作用力方向解答：解：（1）磁铁的磁感线在它的外部是从N极到S极，因为长直导线在磁铁的中心偏右位置，所以此处的磁感线是斜向左下的，电流的方向垂直与纸面向外，根据左手定则，导线受磁铁给的安培力方向是斜向右下方，（2）长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，导线给磁铁的反作用力方向就是斜向左上方；（3）导线给磁铁的反作用力方向就是斜向左上的，将这个力分解为垂直于斜面与平行于斜面的分力，因此光滑平板对磁铁支持力减小，由于在电流对磁铁作用力沿斜面方向的分力向下，所以弹簧拉力拉力变大，弹簧长度将变长．故选C．点评：本题的关键是知道磁场对电流的作用的方向可以通过左手定则判断，然后根据作用力和反作用力的知识进行推理分析9．如图所示，A、B、C是等边三角形的三个顶点，O是A、B连线的中点．以O为坐标原点，A、B连线为x轴，O、C连线为y轴，建立坐标系．过A、B、C、O四个点各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等、方向向里的电流．则过O点的通电直导线所受安培力的方向为（）A．沿y轴正方向 B．沿y轴负方向 C．沿x轴正方向 D．沿x轴负方向考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；左手定则．分析：通电导线在磁场中受到安培力，方向是由左手定则可确定，而通电导线与通电导线间的安培力由通电导线周围存在磁场是由安培定则来确定，则对放入其中的通电导线有安培力作用，从而由安培力的叠加可确定其方向．解答：解：等边三角形的三个顶点A、B、C处均有一通电导线，且导线中通有大小相等的恒定电流．由安培定则可得：导线A、B的电流在O处的合磁场为零，则只有在C处的电流产生磁场对O点通电导线有安培力作用．再由左手定则可得：安培力的方向是与AB边垂直，沿着y轴的正方向．故A正确，BCD错误；故选：A点评：从题中可得这一规律：通电导线的电流方向相同时，则两导线相互吸引；当通电导线的电流方向相反时，则两导线相互排斥．10．如图所示，两根间距为d的平行光滑金属导轨间接有电源E，导轨平面与水平面间的夹角θ=30°．金属杆ab垂直导轨放置，导轨与金属杆接触良好．整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中．当磁场方向垂直导轨平面向上时，金属杆能刚好处于静止状态．要使金属杆能沿导轨向上运动，可以采取的措施是（）A．增大磁感应强度BB．调节滑动变阻器使电流减小C．增大导轨平面与水平面间的夹角θD．将电源正负极对调使金属杆的电流方向改变考点：导体切割磁感线时的感应电动势．专题：电磁感应与电路结合．分析：对初始状态进行受力分析，根据平衡条件得出重力与安培力的关系，即F=BIL=mgsinθ，因此要使金属杆向上运动，应该增大安培力，根据安培力的表达式可以得出采取何种措施．解答：解：A．根据初始时金属杆能刚好处于静止状态，受力分析知：mgsinθ=BIL，因此增大磁感应强度B，安培力增大，金属棒将沿斜面向上运动，故A正确；B．若减小电流，则安培力F=BIL将减小，金属棒将向下运动，故B错误；C．增大倾角θ，重力分力沿斜面向下分力mgsinθ＞BIL，金属棒将向下运动，故C 错误；D．将电源正负极对调使金属杆中的电流方向改变，安培力将沿斜面向下，因此金属棒将向下运动，故D错误．故选：A．点评：解决本题的关键是正确地进行受力分析比较安培力和重力沿斜面分力的大小．11．如图所示的电路中，理想电流表A1的读数为1.2A，理想电流表A2的读数为2A，则以下说法正确的是（）A．R1＜R2，表A的读数为3.2A B．R1＞R2，表A的读数为3.2AC．R1=R2，表A的读数为4A D．R1＞R2，表A的读数无法判断考点：串联电路和并联电路．专题：恒定电流专题．分析：理想电流表内阻不计，相当于导线．四个电阻实质是并联，电流表A测量干路电流，A1的读数等于通过上面10Ω电阻与R2的电流之和，A2的读数等于通过上面10Ω电阻与R1的电流之和，根据并联电路的特点进行分析求解．解答：解：由于是理想电流表，对电路的影响不计，相当于导线，所以四个电阻并联，并联电路电压相等，则知通过两个10Ω电阻的电流相等．设通过R1、R2和两个10Ω电阻的电流分别为I1、I2和I3．则有：A1的读数为 I A1=I2+I3，A2的读数为 I A2=I1+I3，A的读数为 I A=I1+I2+2I3，由题：I A1=1.2A，I A2=2A联立得：I A=I A1+I A2=3.2A；I2＜I1，由于R1、R2并联，电压相等，由U=IR得：R1＜R2，故A正确．故选：A．点评：解决本题关键要抓住电流表相当于导线，对电流没有影响，同时要判断出每个电流表测量什么电流，即可根据并联电路的规律进行求解．12．如图所示，电动势为E、内阻不计的电源与三个灯泡和三个电阻相接．只合上开关S1，三个灯泡都能正常工作．如果再合上S2，则下列表述正确的是（）A．电源输出功率减小 B．L1上消耗的功率增大C．通过R1上的电流增大D．通过R3上的电流增大考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：由题，只合上开关S1，三个灯泡都能正常工作，再合上S2，并联部分的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化．由于电源的内阻不计，电源的输出功率P=EI，与电流成正比．L1的电压等于并联部分总电压，并联部分的电压随着其电阻的减小而减小，分析L1上消耗的功率变化，判断通过R3上的电流变化．解答：解：A、只合上开关S1，三个灯泡都能正常工作，再合上S2，并联部分的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流增大．由于电源的内阻不计，电源的输出功率P=EI，与电流成正比，则电源输出功率增大．故A错误．B、由于并联部分的电阻减小，根据串联电路的特点，并联部分分担的电压减小，L1两端的电压减小，其消耗的功率减小．故B错误．C、再合上S2，外电路总电阻减小，干路电流增大，而R1在干路中，通过R1上的电流增大．故C正确．D、并联部分的电压减小，通过R3上的电流将减小．故D错误．故选：C．点评：本题要抓住并联的支路增加时，并联的总电阻将减小．同时要注意电源的内阻不计，电源的输出功率P=EI．13．如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P从最高端向下滑动时（）A．电压表V读数先变大后变小，电流表A读数变大B．电压表V读数先变小后变大，电流表A读数变小C．电压表V读数先变大后变小，电流表A读数先变小后变大。