安徽省亳州市2014-2015学年高二上学期期末考试物理试题(扫描版)

2014-2015学年安徽省亳州市涡阳四中高二（上）第一次质检物理试卷（课改部）一、选择题（每小题4分，共40分．下列每小题所给选项只有一项符合题意，请将正确答案的序号填在答题卡上）1．（ 4分）（2013春•毕节市校级期末）如图所示，一恒力F与水平方向夹角为θ，作用在置于光滑水平面上，质量为m的物体上，作用时间为t，则力F的冲量为（）A．F t B．m gt C．F cosθt D．（mg﹣Fsinθ）t考点：动量定理．专题：动量定理应用专题．分析：力冲量等于力与时间的乘积；根据题意利用公式即可求得F的冲量．解答：解：由I=Ft可得：F的冲量I=Ft；故选：A．点评：本题考查冲量的定义，要注意冲量只与力及时间有关，和夹角无关．2．（4分）（2014秋•涡阳县校级月考）将物体P从静置于光滑水平面上的斜面体Q的顶端以一定的初速度沿斜面往下滑，如图所示，在下滑过程中，P的速度越来越小，最后相对斜面静止，那么由P和Q组成的系统（）A．动量守恒B．最后P和Q均静止C．水平方向动量守恒D．最后P和Q以一定的速度共同向右运动考点：动量守恒定律；机械能守恒定律．专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．分析：当系统所受合力为零时，系统动量不守恒，由于系统在水平方向的合外力为零，所以水平方向动量守恒，根据动量守恒定律即可求解．解答：解：P沿斜面向下做减速运动，系统竖直方向合外力不为零，系统动量不守恒，由于系统在水平方向的合外力为零，所以水平方向动量守恒，由于系统初动量为零，最终P、Q静止，故ABD错误，C正确；故选：C．点评：解决本题的关键掌握系统动量守恒的条件及应用，难度不大，属于基础题．3．（4分）（2013•福建）将静置在地面上，质量为M（含燃料）的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是（）A．v0B．vC．vD．v考点：动量守恒定律．专题：压轴题；动量定理应用专题．分析：以火箭为研究对象，由动量守恒定律可以求出火箭的速度．解答：解：取向上为正方向，由动量守恒定律得：0=（M﹣m）v﹣mv0则火箭速度v=故选：D．点评：在发射火箭过程中，系统动量守恒，由动量守恒定律即可正确解题．4．（4分）（2014秋•涡阳县校级月考）A、B两个小球带同种电荷，放在光滑的绝缘水平面上，A的质量为m，B的质量为2m，它们相距为d，同时由静止释放，当它们距离为2d时，A的加速度为a，速度为v，则（）A．此时B的加速度为B．此时B的速度为C．此过程中电场力对B的冲量为2mvD．此过程中电势能减少考点：库仑定律；牛顿第二定律；动量定理；电势能．分析：根据牛顿第三定律和第二定律分析两个电荷加速度的关系，得到B的加速度．将两个电荷同时释放，系统所受的合外力为零，根据动量守恒定律求出B的速度，由能量守恒定律求解系统电势能的减小量．解答：解：A、根据牛顿第三定律得知两个电荷间的相互作用力大小相等，由牛顿第二定律得F=ma，得：=，得：a B=a A=．故A错误；B、C、D、将两个电荷同时释放，系统所受的合外力为零，根据动量守恒定律得：0=mv﹣2mv B，得v B=；过程中电场力对B的冲量为mv；由能量守恒定律得：此过程中系统的电势能减少量为：△ɛ=mv2+•2m（）2=mv2，故B正确，CD错误．故选：B．点评：本题关键要抓住两个电荷间接作用力大小相等，分析加速度关系，根据动量守恒和能量守恒研究电势能的变化．5．（4分）（2014秋•涡阳县校级月考）下列说法不正确的是（）A．初速为零、重力不计的带电粒子在电场中运动的轨迹不一定与电场线重合B．E=是电场强度的定义式，可以用来计算任意电场的电场强度C．K是真空中点电荷Q在距离Q为r处的场强D．公式 E=中，U AB表示A、B两点间的电势差，d表示A、B两点间的距离，用来计算匀强电场的电场强度考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度；点电荷的场强．分析：粒子运动的轨迹决定于力与速度的方向关系；知道电场强度的三个表达式的适用范围解答：解：A、由于电场线不一定是直线，故初速为零、重力不计的带电粒子在电场中运动的轨迹不一定与电场线重合，故A正确；B、E=是电场强度的定义式，可以用来计算任意电场的电场强度，故B正确；C、E=K是真空中点电荷Q在距离Q为r处的场强，故C正确；D、公式 E=中，U AB表示A、B两点间的电势差，d表示A、B两点间沿着电场方向的距离，用来计算匀强电场的电场强度，故D错误．本题选错误的，故选：D点评：知道电场强度的三个表达式的适用范围以及字母的含义，知道轨迹与受力速度间的关系．6．（4分）（2014•和平区校级模拟）如图，A、B、C、D、E是半径为r的圆周上等间距的五个点，在这些点上各固定一个点电荷，除A点处的电荷量为﹣q外，其余各点处的电荷量均为+q，则圆心O处（）场强大小为，方向沿OA方向B．场强大小为，方向沿AO方向C．场强大小为，方向沿OA方向D．场强大小为2，方向沿AO方向考点：电场的叠加；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据点电荷的场强公式求出点电荷产生的场强，然后由平行四边形定则求出各点电荷场强的合场强，然后求出O点的场强大小与方向．解答：解：由点电荷的场强公式可知，各点电荷在O点产生的场强大小为E=，电场强度是矢量，求合场强应用平行四边形定则，由对称性可知，B、C、D、E四个点电荷的合场强大小为E′=，方向沿OA方向，则A、B、C、D、E四个点电荷的合场强大小为：E合=E′+E=，方向沿OA方向；故C正确，ABD错误；故选：C．点评：本题考查了电场强度问题，熟练应用点电荷的场强公式及平行四边形定则是正确解题的关键．7．（4分）（2014秋•涡阳县校级月考）如图所示，为一带有均匀正电的绝缘环，过圆环中心o并且垂直圆环平面的直线MN上有一点p．若将一个带负电的粒子置于p点，自由释放，粒子将沿直线MN往复运动．则在粒子向左运动的过程中（）A．先作匀加速运动，后作匀减速运动B．先从高电势到低电势，后从低电势到高电势C．电势能与机械能之和先增大，后减小D．电势能先减小，后增大考点：电势能；电场线．分析：圆环均匀带正电，根据对称性，在O点场强E=0，P点到O点距离未知时，从P点到O 点，场强可能一直减小，也可能先增大后减小，可知加速度是变化的．带电微粒由静止开始运动，电场力对带电微粒先做正功，后做负功，因此带电微粒的电势能先减小，后增大．解答：解：A、B在离O点的距离r→∞时，场强E=0，而由于圆环均匀带正电，根据对称性，在r=0的O点场强E=0，当P点到O点距离未知时，从P点到O点，场强可能一直减小，也可能先增大后减小，而带电微粒由静止释放，微粒做变加速运动，故A错误；B、由于环带正电，所以O点处的电势最高，粒子向左运动的过程中，先从地电势到高电势，后从高电势到地电势．故B错误；C、只有电场力做功，所以电势能与机械能之和保持不变．故C错误；D、电场力对带电微粒先做正功，后做负功，因此带电微粒的电势能先减小，后增大，故D正确．故选：D点评：本题关键要抓住O点的场强为零，分析微粒的受力情况，判断加速度变化情况．可根据离正电荷越近，电势越高，正电荷的电势能越大，判断电势能的变化．8．（4分）（2014秋•涡阳县校级月考）如图所示，在某一真空空间，有一水平放置的理想平行板电容器充电后与电源断开，有一质量为m带负电荷的粒子（不计重力）恰静止在两平行板中央，若保持负极板B固定不动，使正极板A以固定直线oo′为中心沿竖直方向作微小振幅的缓慢振动，则带电粒子（）A．会向下运动B．会向上运动C．仍然静止不动D．会以原来静止的位置为中心上下振动考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：由题意可知，开始时带电粒子受力平衡．通过电容的定义式，平行板电容器的电容公式以及匀强电场的电场强度公式进行推导，可得出结论：只改变平行板电容器的板间距离的情况下，平行板电容器内部的电场强度不变，从而可得出正确选项．解答：解：平行板电容器的电容：C=，（S为两板的正对面积，d为两板间的距离）由E=，C=以及C=，可推导出E=由此式可知，若Q、S和介质不变，只改变距离d，则电场强度E不变．所以正极板A以固定直线0O′为中心沿竖直方向作微小振幅的缓慢振动时，两金属板间的电场强度不变，带点粒子受到的电场力就不变，其受力情况不变，仍静止不动．故C正确，ABD错误．故选：C点评：解决本题的关键要熟练推导出板间场强的表达式，明确Q、S和介质不变，只改变距离d，电场强度E不变．9．（4分）（2012春•牙克石市校级期末）图中是一个平行板电容器，其电容为C，带电量为Q，上极板带正电．现将一个试探电荷q由两极板间的A点移动到B点，如图所示．A、B 两点间的距离为s，连线AB与极板间的夹角为30°，则电场力对试探电荷q所做的功等于（）A．B．C．D．考点：电势能；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：由平行板电容器的电容C和带电量Q，由电容的定义式求出板间电压．由E=求出板间场强．根据功的计算公式求解电场力对试探电荷q所做的功．解答：解：由电容的定义式C=得板间电压U=，板间场强E==．试探电荷q由A点移动到B点，电场力做功W=qEssin30°=故选C点评：本题只要抓住电场力具有力的一般性质，根据功的一般计算公式就可以很好地理解电场力做功，并能正确计算功的大小．10．（4分）（2014秋•涡阳县校级月考）如图所示，在真空区域Ⅰ、Ⅱ中存在两个匀强电场E1、E2，并且E1＞E2，电场线方向均竖直向下，在区域Ⅰ中有一个带负电的油滴沿电场线以速度v0匀速下落，并进入区域Ⅱ（电场范围足够大）．则下图中描述的油滴在这两个电场中运动的速度﹣时间图象中，可能正确的是（以v0方向为正方向）（）A．B．C．D．考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：油滴受到重力和电场力的共同作用，但电场强度是变化的，故电场力会有所变化，应用牛顿运动定律加以分析．解答：解：带负电的油滴受到向下重力和向上的电场力作用，在上面的电场中重力等于电场力，粒子恰做匀速直线运动，在下面的电场中，电场力将大于重力，粒子做匀减速直线运动，待速度为零后反向运动，然后返回上面的电场做匀速直线运动，由分析可知，故C正确，故选：C点评：注意挖掘“油滴沿电场线以速度v0匀速下落”的隐含条件，同时应用牛顿运动定律加以分析．二．填空题（共12分）11．（6分）（2014秋•涡阳县校级月考）一质量为0.5kg的小球A以2.0m/s的速度和静止于光滑水平面上质量为1kg的另一大小相等的小球B发生正碰，碰撞后它以0.2m/s的速度反弹．则B球获得的速度大小为 1.1m/s ．考点：动量守恒定律．分析：碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律可以求出小球速度．解答：解：碰撞过程，由动量守恒定律得：m1v1=m1v1′+m2v2，代入数据解得：v2=1.1m/s；故答案为：1.1m/s点评：小球碰撞过程中动量守恒、机械能不守恒，由动量守恒定律与能量守恒定律可以正确解题，应用动量守恒定律解题时要注意正方向的选择．12．（6分）（2013秋•和平区校级期中）三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径．球1的带电量为q，球2的带电量为nq，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F．现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为F，方向不变．由此可知n= 6 ．考点：库仑定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：当两个完全相同的带同种电荷的小球接触后，它们的总电荷量将平分；如果两个完全相同的小球带的是异种电荷，那么当它们接触后，它们带的电荷将先中和，之后再将剩余的电荷量平分．找到小球带的电量的关系之后，根据库仑力的公式就可以求得作用力的大小，从而可以求得n的数值．解答：解：设1、2距离为R，则球1、2之间作用力为：F=①，3与2接触后，它们带的电的电量平分，均为：，再3与1接触后，它们带的电的总电量平分，均为，将球3移至远处后，球1、2之间作用力为 F=②，由①②两式解得：n=6，故答案为：6点评：完全相同的带电的小球接触后，它们的电荷量将平分，这是分析互相接触后库仑力如何变化的关键，知道这一点之后，根据库仑定律就可以求得力的大小．三．计算题（写出与题目有关的方程及重要的演算步骤，只有结果不得分）13．（9分）（2014春•桃城区校级期中）排球运动是一项同学们喜欢的体育运动．为了了解排球的某些性能，某同学让排球从距地面高h1=1.8m处自由落下，测出该排球从开始下落到第一次反弹到最高点所用时间为t=1.3s，第一次反弹的高度为h2=1.25m．已知排球的质量为m=0.4kg，g取10m/s2，不计空气阻力．求：①排球与地面的作用时间．②排球对地面的平均作用力的大小．考点：动量定理；自由落体运动．专题：动量定理应用专题．分析：根据自由落体运动公式求作用时间，根据自由落体运动的速度公式求出落地瞬间的速度和反弹后瞬间的速度，根据动量定理求平均作用力．解答：解：①设排球第一次落至地面经历的时间为t1，第一次离开地面至反弹到最高点经历的时间为t2，则有h1=\frac{1}{2}gt12，h2=gt22解得t1=0.6s，t2=0.5s所以，排球与地面的作用时间为t3=t﹣t1﹣t2=0.2s②设排球第一次落地时的速度大小为v1，第一次反弹离开地面时的速度大小为v2，有v1=gt1=6m/s，v2=gt2=5m/s设地面对排球的平均作用力为F，选排球为研究对象，以向上的方向为正方向，则在它与地面碰撞的过程中，由动量定理有（F﹣mg）t3=mv2﹣m（﹣v1）代入数据解得F=26N根据牛顿第三定律，排球对地面的平均作用力F′=26N答：①排球与地面的作用时间0.2s．②排球对地面的平均作用力的大小26N．点评：本题是道综合题，考查了自由落体运动和动量定理的应用．14．（9分）（2014秋•涡阳县校级月考）如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A被水平速度为v0质量为m的子弹击中，子弹嵌在其中，已知A 的质量是B的质量的，子弹的质量是B的质量的．求：（1）A物体获得的最大速度；（2）弹簧压缩量最大时B物体的速度；（3）弹簧的最大弹性势能．考点：动量守恒定律；机械能守恒定律．专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．分析：（1）对子弹进入A中的过程，由动量守恒定律列式即可求解；（2）子弹击中木块A后A压缩弹簧，A做减速运动，B做加速运动，当A、B速度相等时，弹簧的压缩量最大，系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出B的速度；（3）子弹击中A的过程中动量守恒，由动量守恒定律可以求出A的速度，当弹簧压缩量最大时，弹簧的弹性势能最大，由能量守恒定律可以求出弹簧的最大弹性势能．解答：解：（1）对子弹进入A中的过程，由动量守恒定律得：mv0=（m+m A）v1，解得它们的共同速度，即为A的最大速度为：v1==．（2）以子弹、A、B以及弹簧组成的系统作为研究对象，整个作用过程中总动量守恒，弹簧具有最大压缩量时，它们的速度相等，由动量守恒定律得：mv0=（m+m A+m B）v2，解得三者的共同速度即弹簧有最大压缩量时B物体的速度：v2==v0（3）弹簧压缩最短时的弹性势能最大，由能量守恒得：答：（1）A物体获得的最大速度为；（2）弹簧压缩量最大时B物体的速度v0；（3）弹簧的最大弹性势能为．点评：本题考查了求速度、弹簧的弹性势能，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确解题；解题时要注意，子弹击中A的过程中，子弹与A组成的系统动量守恒，但机械能不守恒．15．（14分）（2014秋•涡阳县校级月考）如图，在虚线MN的上方存在竖直向下的匀强电场，从空间某点A水平抛出质量为m，带电量为q的带电粒子，在电场力的作用下经过时间t从B点离开电场，测得A、B间的距离AB=L；若从A点抛出时的初速度增大到原来的2倍，则从C点离开电场，测得A、C间的距离 AC=L．（不考虑带电粒子的重力）求：（1）带电粒子带什么电；（2）电场强度E；（3）AB两点的电势差U AB．考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：（1）根据带电粒子的偏转方向，分析电场力方向，即可判断其电性．（2）粒子在电场中的运动分解为竖直方向的匀加速运动和水平方向的匀速运动，对两个方向，由牛顿第二定律和运动学公式分别列式，即可求得电场强度E．（3）AB两点的电势差U AB=E•y，y是沿电场线方向两点的距离．解答：解：（1）根据带电粒子受力偏转方向可以判断，粒子带正电；（2）粒子在电场中的运动分解为竖直方向的匀加速运动和水平方向的匀速运动，设初速度为v0，则水平方向：x=v0t竖直方向：y=当初速度为2v0时，带电粒子在电场中运动时间不变，则：水平方向：x′=2v0t竖直方向：y′=加速度 a=有几何关系，L=L=综合以上各式解得：E=（3）AB两点的电势差U AB=E•y=答：（1）粒子带正电；（2）电场强度E为；（3）AB两点的电势差U AB为．点评：解决本题的关键是熟练运用运动的分解法研究类平抛运动，由牛顿第二定律和运动学规律结合处理这类问题．16．（16分）（2014秋•涡阳县校级月考）带有等量异种电荷的两个平行金属板A和B水平放置，相距为d（d远小于板的长和宽），一个带正电的油滴M悬浮在两板的正中央，处于平衡．油滴的质量为m，带电量为q．如图所示，在油滴的正上方距离A板d处有一质量也为m的带电油滴N，油滴N由静止释放后，可以穿过A板上的小孔，进入两金属板间与油滴M相碰，并立即结合成一个大油滴．整个装置处在真空环境中，不计油滴之间的库仑力和万有引力以及金属板本身的厚度，要使油滴N能与M相碰，并且结合成的大油滴又不至于与金属板B相碰．求：（1）两个金属板A、B间的电压是多少；哪板的电势较高；（2）油滴N带何种电荷，电量可能是多少．考点：动量守恒定律；匀强电场中电势差和电场强度的关系；带电粒子在混合场中的运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：（1）对油滴M，进行受力分析，由平衡条件列式即可求解；（2）N带正电，设带电量为Q．设N与M碰前的速度为v1，由动能定理列式，M，N 相碰后结合成一个大油滴时，大油滴速度为v，由动量守恒定律列式，结合成的大油滴恰好不与金属板B相碰的临界条件是：大油滴运动到金属板B时速度为0，由动能定理列式，联立方程即可求解．解答：解：（1）油滴M带正电，所受的电场力方向向上，则板间电场方向向上，所以B板电势较高；因油滴M在两金属板之间处于平衡，有mg=q所以电势差U=．（2）油滴N与M相碰后，要不落到B板上，油滴N带正电．设油滴N带电量为Q，油滴N与M碰前的速度设为v0，有：=mg（d+）﹣油滴N能与M相碰，=mg（d+）﹣＞0可得 Q＜3q；设油滴M与N相碰后结合成大油滴的速度为v，取向下为正方向，根据动量守恒得mv0=（m+m）v解得 v==此后，大油滴向下运动，不碰到B板，需有•2mv2＜（﹣2mg解得：Q＞所以油滴N带电量可能是3q＜Q＜q答：（1）两个金属板A、B间的电压是．B板的电势较高；（2）油滴N带正电荷，电量可能是3q＜Q＜q．点评：本题主要考查了动能定理、动量守恒定律的直接应用，要知道结合成的大油滴恰好不与金属板B相碰的临界条件是：大油滴运动到金属板B时速度为0．。

2014-2015学年安徽省亳州市涡阳四中高二（上）第二次质检物理试卷一、选择题（每小题 4分，共40分•下列每小题所给选项只有一项符合题意，请将正确答 案的序号填在答题卡上）1. （ 4分）（2011?天津）如图所示，A 、B 两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对 静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B 受到的摩擦力（ ）考点：牛顿第二定律；滑动摩擦力. 专题：整体法和隔离法.分析：整体法和隔离法是动力学问题常用的解题方法.1、 整体法：整体法是指对物理问题中的整个系统或整个过程进行分析、研究的方法.在 力学中，就是把几个物体视为一个整体，作为研究对象，受力分析时，只分析这一整 体对象之外的物体对整体的作用力（外力），不考虑整体内部之间的相互作用力（内 力）.整体法的优点：通过整体法分析物理问题，可以弄清系统的整体受力情况和全过程的 受力情况，从整体上揭示事物的本质和变体规律，从而避开了中间环节的繁琐推算， 能够灵活地解决问题.通常在分析外力对系统的作用时，用整体法.2、 隔离法：隔离法是指对物理问题中的单个物体或单个过程进行分析、研究的方法.在 力学中，就是把要分析的物体从相关的物体体系中隔离出来，作为研究对象，只分析 该研究对象以外的物体对该对象的作用力，不考虑研究对象对其他物体的作用力.隔离法的优点：容易看清单个物体的受力情况或单个过程的运动情形，问题处理起来比较方便、简单，便于初学者使用.在分析系统内各物体（或一个物体的各个部分） 间的相互作用时用隔离法.B. 方向向左，逐渐减小C. 方向向右，大小不变D. 方向向右，逐渐减小方向向左，大小不变 A .本题中两物体相对静止，可以先用整体法，整体受重力、支持力和向后的摩擦力，根 据牛顿第二定律先求出整体加速度，再隔离物体B 分析，由于向前匀减速运动，加速度向后，故合力向后，对 B 物体受力分析，受重力、支持力和摩擦力作用，根据牛顿 第二定律，可以求出静摩擦力的大小.解答：解：A B 两物块叠放在一起共同向右做匀减速直线运动，对A B 整体根据牛顿第二定律有A （ ID JL Sa= ------------ : ----------- = 口 g然后隔离B ,根据牛顿第二定律有f AB =m i a=卩m Bg 大小不变，物体B 做速度方向向右的匀减速运动，故而加速度方向向左，摩擦力向左； 故选A .点评：对于连接体问题可以用整体法求加速度，用隔离法求解系统内力！2. （4分）（2014春?桐乡市校级期中）摆式列车是集电脑、自动控制等高新技术于一体的 新型高速列车，如图所示.当列车转弯时，在电脑控制下，车厢会自动倾斜，抵消离心力的 作用；行走在直线上时，车厢又恢复原状，就像玩具“不倒翁” 一样. 假设有一超高速列车在水平面内行驶，以 360km/h 的速度拐弯，拐弯半径为 1km,则质量为50kg 的乘客，在拐弯过程中所受到的火车给他的作用力为（g 取10m/s 2）（）考点：向心力.专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用.分析：乘客随火车一起拐弯，靠重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出拐 弯过程中火车对乘客的作用力.解答：解：360km/h=100m/s .500NB. 1000NC. 500 压 NA .根据牛顿第二定律知，卩合二^^£0 X 將严Q0N ， 根据平行四边形定则得，N 寸F 合即（吨）"=*50 0 "+50 0? =5°W2N.故C 正确,A 、B 、D 错误.故选：C.点评：解决本题的关键搞清圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律和平行四边形定则进行求解.3. （ 4分）（2003?辽宁）在离地面高为 h 处竖直上抛一质量为 m 的物块，抛出时的速度为 V ）,当它落到地面时速度为 V ,用g 表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做考点： 动能定理的应用. 专题： 动能定理的应用专题.分析： 物体从离地面A 处以一定速度竖直上抛， 最后又以一定速度落到地面，则过程中物体克服空气阻力做功，可由动能定理求出.解答： 解：选取物体从刚抛出到正好落地，由动能定理可得：1 rn 12 1 2 m 呂h_ 肌 克二寿珀¥ _^mv 0解得：坯克吨h+；眄j _訶¥ 故选：C点评：运用动能定理时，要当心力做功的正负，冋时要合理选取过程.此题要求物体的克服 空气阻力做功，即阻力做负功.冋时得出重力做功与初末位置有关，而阻力做功与路径有关.4. （ 4分）（2014秋?涡阳县校级月考）2014年1月1日辽宁舰顺利完成为期 37天的南海 百项海域科研试验和训练.某次舰载机的训练如图所示，飞机在跑道上滑行的距离为s ,从A . mgh-乩-22B.C.mgh^m\02-T ----- "1 D二m&-2m 〒-mgh2 22mvo的功等于（2mv-着舰到停下来所用的时间为t •现欲估算飞机着舰的速度，可假设飞机停止运动前在平直跑道上做匀减速运动，但实际上，飞机的速度越大，所受的阻力越大，则飞机着舰的速度应是（）1 1A.v=®1 1B.v=2s1c.v>2s1D.鱼vv v降t|t■t1考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系.专题：直线运动规律专题.分析：设飞机着陆过程中加速度为a,飞机着陆瞬间速度为V,根据匀加速直线运动位移速度公式及速度时间公式即可解题.解答：解：设飞机着陆过程中加速度为a,飞机着陆瞬间速度为v,则有：22as=0 - v ①0=v+at ②由①②得：苦2^,即飞机着舰的速度v至少为2三故11故选：C点评：■ 本题主要考查了匀变速直线运动基本公式的直接应用，难度不大，属于基础题.5. （4分）（2014?天津二模）质点所受的力F随时间变化的规律如图所示，力的方向始终在一直线上.已知t=0时质点的速度为零.在图中所示的t l、t2、t3和t4各时刻中，哪一时刻质点的动能最大（）考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的图像.A. t 1B. t2 c. t3 D. t4专题：动能定理的应用专题.分析：通过分析质点的运动情况，确定速度如何变化，再分析动能如何变化，确定什么时刻动能最大.解答：解：由力的图象分析可知：在O st时间内，质点向正方向做加速度增大的加速运动.在t 1st 2时间内，质点向正方向做加速度减小的加速运动.在t2St 3时间内，质点向正方向做加速度增大的减速运动.在t3S t4时间内，质点向正方向做加速度减小的减速运动. t4时刻速度为零.则t2时刻质点的速度最大，动能最大.故选B.点评：动能是状态量，其大小与速度大小有关，根据受力情况来分析运动情况确定速度的变化，再分析动能的变化是常用的思路.6. （4分）（2014秋?涡阳县校级月考）如图所示，进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80kg和100kg，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1m/s . A将B向空间站方向轻推后，A的速度变为0.2m/s，求此时B的速度大小和方向（）A.(0.02m/s，朝着空间站方向B.0.02m/s，离开空间站方向C.(0.2m/s，朝着空间站方向D.0.2m/s，离开空间站方向考点：动量守恒定律.专题：动量定理应用专题.分析：在两宇航员A和B互推过程中，两人组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律列式求解.解答：解：两宇航员组成的系统动量守恒，以远离空间站的方向为正方向，A和B开始的速度为V0=0.1m/s ,方向远离空间站，推开后，A的速度V A=0.2m/s ,此时B的速度为V B.由动量守恒定律得：（m A+m B）v o=mv A+nmv B,即:（80+100）X 0.1=80 X 0.2+100v B,解得：V B=0.02m/s , B的速度方向沿远离空间站方向；故选：B.点评：本题以航天为背景，考查动量守恒定律，要注意选取正方向，用正负号表示速度的方向.7. （4分）（2014春?鞍山期末）将一电荷量为+Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等. a、b为电场中的两点，则下列说法错误的是（）考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势.专题：电场力与电势的性质专题.分析：电场线的疏密表示场强的大小；a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势；电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小.解答：解：A：电场线的疏密表示场强的大小，由图象知a点的电场强度比b点大，故A正确；B：a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势.故B正确；C:电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小，即负电荷在故C 错误；D ：由上知，-q 在a 点的电势能较b 点小，则把-q 电荷从电势能小的a 点移动到电 势能大的b 点，电势能增大，电场力做负功•故 D 正确.本题选错误的，故选：C.点评：该题考查电场线的特点与电场力做功的特点，解题的关键是电场力做正功，电势能减小;电场力做负功，电势能增加.& （4分）（2014秋?沈丘县期中）喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后， 以速度v 垂直匀强电场飞入极板间， 最终打在纸上，则微滴在极板间电场中（）A. 向负极板偏转 B. 运动轨迹是抛物线 C. 电势能逐渐增大D. 运动轨迹与带电量无关考点：带电粒子在匀强电场中的运动. 专题：带电粒子在电场中的运动专题.分析：由电子带负电，在电场中受到的力来确定偏转方向；根据电子做类平抛运动来确定侧向位移，及电场力做功来确定电势能变化情况.故选：B .点评：本题理解电子做类平抛运动的规律及处理的方法，并得出电势能变化是由电场力做功来确定的.a 点的电势能较b 点小,解答: 解: A 、由于是电子，故向正极板偏转， A 错误;B 、由于电子在电场中做类平抛运动，轨迹为抛物线，故B 正确;C 、由于电子做正功，故电势能减少，故 C 错误;- -?”-2，可知运动轨迹与带电量有关，故D 错误.D 由侧向位移y=md9. （4分）（2014秋?涡阳县校级月考） 在闭合电路中，如果通过电源的电流I 发生变化时，电路的路端电压也会跟着变化.如图是某闭合电路的路端电压U 随通过电源的电流I 变化的hA.纵轴截距表示电源的电动势，即 E-3.0VB .根据r- u ，计算出待测电源内电阻为5 QC.根据r-|孕|，计算出待测电源内电阻为 1 QArD. 如把上述电源和一阻值为 2Q 电阻组成闭合电路时，电源两端电压为2V考点：路端电压与负载的关系. 专题：恒定电流专题.分析：根据闭合电路欧姆定律 U=E- Ir , U- I 图线的斜率等于电源内阻的大小，图线与纵轴交点坐标表示电源的电动势.当电源和阻值为 2Q 电阻组成闭合电路时，根据欧姆定律求解电源两端电压.X 3V=2V 故D 正确.本题选择错误的，故选：B点评：本题考查对电源的外特性曲线的理解能力.常常有学生认为短路电流为I 短=0.6A ,得到的内阻为r= =5Q ，是对短路的特点理解不到位造成的，短路时，路端电压U=0.解答: 解 : A 、根据闭合电路欧姆定律U=E- Ir 可知，当I=0时，U=E测电源的电动势，E=3V.故A 正确.B 、C 由U=E- Ir 可知，U- I 图线的斜率等于电源内阻的大小，Q =1 Q .故B 错误，C 正确.D 、当电源和阻值为 2Q 电阻组成闭合电路时，电源两端电压所以纵轴截距表示待即 r=| 丄|=；'Al 10.60.6 U= E=R+r 2+1I 1短10. （4分）（2014秋?涡阳县校级月考）在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r, C为电容器，R）为定值电阻，R为滑动变阻器.开关闭合后，灯泡L能正常发光.当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是（）1 A.:1 1灯泡L将变暗1 1B.电流表读数变大C.电容器C的电量将减小D.电源的总功率变大考点：闭合电路的欧姆定律.专题：恒定电流专题.分析：电路稳定时，与电容器串联的电路没有电流，相当于断路•当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器在路电阻增大，外电阻增大，即可知电压表读数增大•电路中电流减小，灯L变暗•电容器的电压等于路端电压，分析其电压变化，由Q=CU分析电量的变化.解答：解：A、当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器在路电阻增大，外电阻增大，电路中电流减小，灯L变暗，故A正确、B错误；C、电容器的电压等于路端电压，可见其电压是增大的，则由Q=CU知，电容器C的电荷量将增大•故C错误.D电源消耗的功率P=EI，电流减小所以电源消耗的功率将变小，故D错误.故选：A点评：本题是电路的动态变化分析问题，可直接根据路端电压随外电阻增大而增大，判断电压表读数的变化..实验题（共18 分）11. （4分）（2014秋?宝坻区校级期中）一个量程为100卩A的电流表，内阻为100Q，表盘刻度均匀.现用一个9900 Q的电阻与它串联将电流表改装成电压表，则该电压表的量程考点：用多用电表测电阻.专题：实验题.分析：由串联电路特点与欧姆定律可以求出电压表的量程，由图示表盘可以读出其示数.解答：解：电压表量程：U=lg （R+Rg =100X 10「6x（9900+100）=1V, 由图示表盘可知，其分度值为0.1V，示数为：0.8V ;故答案为：1; 0.8 .点评：本题考查了求电压表量程、电压表读数，应用串联电路特点与欧姆定律即可求出电压表量程；对电压表读数时要先确定其量程与分度值.12. （4分）（2014秋?涡阳县校级月考）如图a、图b所示，是利用伏安法测电阻的两个电路图，如果实验要求测量从0开始连续变化的多组数据，则应该选用图b电路作为实:伏安法测电阻.恒定电流专题.:滑动变阻器在电路中可以作限流器用，也可以作分压器用.在确保安全的条件下，如何选用这两种不同的形式，是由电路中的需要来决定的.以下情况可选用限流式接法：①待测用电器电阻接近滑动变阻器电阻（也可选用分压式接法）.②简化电路，节约能源.此时电压表的读数大小为0.8 V.表盘指针位置如图所示,验电路.以下情况必须使用分压式接法：① 待测用电器电阻远大于滑动变阻器电阻. ② 实验要求待测用电器电流及其两端电压可以由 0开始连续变化（例如测小灯泡的伏安特性曲线）.③ 实验要求待测用电器电流及其两端电压可变范围较大.④ 采用限流式接法时，无论如何调节变阻器，电流、电压都大于对应电表的量程.解答：解：在做利用伏安法测电阻的实验时，电阻两端电压要从零开始连续变化，故滑动变阻器采用分压式接法； 故答案为：图b .点评：本题关键明确什么时候选择滑动变阻器的分压式接法，什么时候选择滑动变阻器的限流式接法，基础题.13. （ 10分）（2014秋?涡阳县校级月考）某学习小组在描绘标有“ 8.0v , 3.8w ”的小灯泡的灯丝电阻的伏安特性图线时，实验室给出一块电压表V （量程10V ,内阻约4K Q ）和两块电流表，A （量程100mA 内阻约2 Q ）和A 2 （量程0.6A ，内阻约0.3 Q ）,则选择电流表 「测量.甲、乙两同学利用电压表和选定的电流表采用不同的连接电路测出相应的电压和 电流描绘出的伏安特性图线如图①、②所示，则图线② 更准确.考点：扌 描绘小电珠的伏安特性曲线. 专题：： 实验题.分析：：A 根据灯泡额定电流选择电流表，根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后分析答题.解答：J 解：灯泡正常发光时时的电流：l-「^_^-0.475A-475mA 电流表应选 A2； 灯泡正常发光时的电阻约为：R 』_= 卫—疋16.84 Q,电流表内阻约为 0.3 Q,电压表P| |3.8|内阻约为4k Q ,电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，电流表采用外接法，由于电压表的分流，电流表测量值偏大，图②所示图象准确.故答案为：A2,②.点评：本题考查了实验器材的选择、图象的选择，掌握实验器材的选择原则、根据题意确定电流表的解法即可准确解题.三•计算题（写出与题目有关的方程及重要的演算步骤，只有结果不得分）14. （8分）（2014秋?涡阳县校级月考）如图所示，两平行金属板相距为d,电势差为U,一电子质量为m,电荷量为e,从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，已知OA=h求此电子具有的初速度是多少？O U考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理.专题：电场力与电势的性质专题.分析：设出电子的初动能，末动能为零，全程只有电场力做功，根据动能定理解出电子的初速度点评：本题关键掌握动能定理，并能与电场知识结合处理粒子变速直线运动问题. 注意动能定理应用时要找准全过程物体一共受到几个，并判断哪几个力做功.15. （10分）（2014秋?涡阳县校级月考）如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为2m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为高h处由静止开始自由下滑，求：弹簧的最大弹性势能.考点：动量守恒定律；能量守恒定律.专题：动量定理应用专题.分析：小球下滑过程，小球和光滑弧形槽相同机械能守恒、水平方向动量也守恒，根据守恒定律列式求解小球的最大速度；弹簧具有的最大弹性势能即等于小球的最大动能.解答：解：槽与小球组成的系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mvi - 2mv2=0,小球下滑过程系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：1 2 1 2mgh= —"ZiDVi 十㊁可2 ，当小球把弹簧压缩的最短时，动能转化为弹簧的弹性势能：%,9解以上各式可得：E 三ngh;P 3答：弹簧的最大弹性势能为^mgh点评：本题考查了求弹簧的弹性势能，分析清楚运动过程，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确解题.16. （12分）（2009秋?杨浦区期末）如图所示，F3=6 Q，电源内阻r为1 Q ,当S合上且R2为2Q时，电源的总功率为16W而电源的输出功率为12W灯泡正常发光，求：（1）电灯的电阻及功率；（2）S断开时，为使灯泡正常发光，R的阻值应调到多大？m的小球从槽考点：闭合电路的欧姆定律. 专题：恒定电流专题.分析：（1）当S 合上时，电阻R 2与灯泡串联后电阻 R 3并联•根据电源的总功率为 16W 电 源的输出功率为12W求出通过电源的电流•根据电源的输出功率，求出外电阻总电 阻，得到灯泡的电阻，并求出灯泡的功率. （2）由（1）问中电流和电源的总功率为 16W 求出电动势.S 断开时，电阻R 2与灯 泡串联，根据欧姆定律求出R 2的阻值._________________________________________________________________________________________________________________________________________解答：解：2（1）由P r =P 总一P 出=1 r 得即: 16- 12=1 XI 得，l=2A 又P 出=l 2R 外即: 12=22XR 外得，R 外=3 QRq （Rn+R T ）又R 籽时込叫）代入数据得：甩=4Q 又 R L +R 2=R B /-I L =I 3=1A2P L =I L R L =4WS 断开时时，E=I L （ R+艮’+r ） =8V解得：R z ，=3Q 答：Pn"I '2（2）由上题P 总=EI 得,(1) 电灯的电阻是4Q,功率是4W (2)S 断开时，为使灯泡正常发光， R z 的阻值应调到3 Q .点评：从本题看出，对于电路问题，首先要搞清电路的连接方式，其次要弄清电源的三种功 率关系.17. ( 12分)(2014秋?涡阳县校级月考)如图所示，在光滑绝缘水平面上方足够大的区域内存在水平向右的电场，电场强度为E .不带电的绝缘小球 P 2静止在0点.带正电的小球P 离小球P 2左侧的距离为L .现由静止释放小球 P 1,在电场力的作用下 P 1与P 2发生正碰后已知Pi 的质量为m,带电量为q , P 2的质量为5m 求:(2 )碰撞后小球P 2的速度.(3) 小球P1和小球P 从第一次碰撞到得二次碰撞的时间和位置.考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理. 专题：电场力与电势的性质专题. 分析：(1)根据动能定理求出碰撞前小球R 的速度.(2)两小球碰撞的瞬间，动量守恒，结合动量守恒定律求出碰后小球巳的速度.(3) 碰撞后小球 P 先向左后向右做匀变速运动，根据匀变速直线运动的位移时间公式，结合位移关系求出小球 P 1和小球P 2从第一次碰撞到得二次碰撞的时间，根据位 移的大小求出第二次碰撞的位置.解答：解：(1)设碰撞前小球 R 的速度为v o ,根据动能定理T ： 一丁「■(2) R 、P 2碰撞，设碰后 R 速度为V 1, P 2速度为V 2,规定v o 的方向为正方向, 由动量守恒定律： mv )=mv+5mv ：,反弹，反弹速度是碰前的(1)碰撞前小球P 1的速度.(3)碰撞后小球 P 先向左后向右做匀变速运动，设加速度为a ，则:设P l 、P 2碰撞后又经At 时间再次发生碰撞，且 P i 受电场力不变，由运动学公式，以2mL对P 2分析：主¥占上号 即第二次碰撞时距离 o 点Eg 答:( 1)碰撞前小球P i 的速度为 倉匹.V m本题考查了动量守恒定律、动能定理、牛顿第二定律和运动学公式的综合，综合性较 强，对学生的能力要求较高，关键理清两球的运动规律，选择合适的定律或定理进行 求解.解得V 2(水平向右)水平向右为正，则:-V| 1At(2)碰撞后小球 P 2的速度为，方向向右.(3)小球P l 和小球P 2从第一次碰撞到得二次碰撞的时间为4L3 V i =-解得：At=2-1 一，位置距离0点 QE。

安徽省亳州市马集中学高二物理上学期期末试卷含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. 如图是横截面积、长度均相同的甲、乙两根电阻丝的图像。

现将甲、乙串联后接入电路中，则：A．甲电阻丝两端电压比乙电阻丝两端的电压小B．甲电阻丝的电阻率比乙电阻丝的电阻率小C．在相同时间内，电流通过乙电阻丝产生的焦耳热少D．甲电阻丝消耗的电功率比乙电阻丝消耗的电功率小参考答案：C2. 一定质量的气体，在做等温变化的过程中，下列物理量发生变化的有（）A、气体的体积B、单位体积内的分子数C、气体的压强D、分子总数参考答案：3. 关于电势差的说法中，正确的是（）A. 两点间的电势差等于电荷从其中一点移到另一点时，电场力所做的功B. 1C电荷从电场中一点移动到另一点，如果电场力做了1J的功，这两点间的电势差就是1VC. 在两点间移动电荷时，电场力做功的多少跟这两点间的电势差无关D. 两点间的电势差的大小跟放入这两点的电荷的电量成反比参考答案：B解：A、根据电势差和电场力做功的公式U AB=求得：两点间的电势差等于从其中一点移到另一点时，电场力所做的功与电荷量的比值，故A错误．B、1C的电荷从电场中一点移到另一点，如果电场力做了1J的功，这两点间的电势差就是1V，故B 正确．C、在两点间移动电荷时，电场力做功的多少与电荷量和两点间的电势差都有关，故C正确，D、两点间的电势差是由电场本身决定的与检验电荷无关．故D错误．故选BC．【点评】解决该题关键要了解公式U AB=的意义．4. （单选）如图所示，匀强电场场强为1×102N/C，ab＝dc＝4cm，bc＝ad＝3cm。

则下列说法正确的是()A．ab之间的电势差为－4VB．ac之间的电势差为5VC．将q＝－5×10-3C的点电荷沿矩形路径abcda移动一周，电场力做功为0.04JD．将q＝－5×10-3C的点电荷沿abc或adc从a移动到c，电场力做功都是－0.02J参考答案：D5. 如图4所示，一闭合金属圆环用绝缘细绳挂于O点，将圆环拉离平衡位置并释放，圆环摆动过程中经过匀强磁场区域，则（）A．圆环向右穿过磁场后，不能摆至原高度B．在进入和离开磁场时，圆环中感应电流方向相同C．圆环进入磁场后，感应电流方向不变D．圆环最终停止在最低点图4参考答案：A二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. 照图甲连接电路。

2015-2016学年安徽省亳州市高二〔上〕期末物理试卷〔A卷〕一、选择题〔此题共10小题，每一小题4分，共40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10题有多个选项符合要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分〕1．如下关于点电荷的说法，正确的答案是〔〕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．如图，在正点电荷Q形成的电场中，在某点M放入一电荷量为q的正点电荷P，P受到的库仑力为F，如下表述正确的答案是〔〕A．假设将P移近Q，如此P所受库仑力减小B．假设将P移走，如此M点的电场强度为零C．假设将P处换负电荷，如此P处场强反向D．假设将P的电荷量增大为2q，如此P所受库仑力增大为2F3．某电场的电场线的分布如下列图．一个带电粒子由M点沿图中虚线所示的途径运动通过N点．如此如下判断正确的答案是〔〕A．粒子带负电B．粒子在M点的加速度大C．粒子在M点的电势能大于在N点的电势能D．M点的电势低于N点电势4．如下列图，平行板电容器与电动势为E的直流电源〔内阻不计〕连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离〔〕A．带电油滴将沿竖直方向向上运动B．P点的电势将降低C．带电油滴的电势能将减小D．假设电容器的电容减小，如此极板带电量将增大5．在如下列图的电路中，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡〔其灯丝电阻可视为不变〕，R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，V为理想电压表．假设将照射R3的光的强度减弱，如此〔〕A．电压表的示数变大 B．小灯泡消耗的功率变小C．通过R2的电流变小D．电源两极间的电压变小6．如图是某离子速度选择器的原理示意图，在一半径为R=10cm的圆柱形桶内有B=10﹣4T的匀强磁场，方向平行于轴线，在圆柱桶某一直径两端开有小孔，作为入射孔和出射孔．离子束以不同角度入射，最后有不同速度的离子束射出．现有一离子源发射质荷比为=2×1011C/kg的阳离子，且离子束中速度分布连续．当角θ=45°，出射离子速度υ的大小是〔〕A．×106m/s B．2×106m/s C．2×108m/s D．4×106m/s7．长方体金属块放在匀强磁场中，有电流通过金属块，如下列图．如此下面说法中正确是〔〕A．金属块上、下外表电势相等B．金属块上外表电势高于下外表电势C．金属块上外表电势低于下外表电势D．无法比拟上、下外表的电势上下8．如下列图，在y轴上关于O点对称的A、B两点有等量同种点电荷+Q，在x轴上C点有点电荷﹣Q，且CO=OD，∠ADO=60°．如下判断正确的答案是〔〕A．O点电场强度为零B．D点电场强度不为零C．假设将点电荷+q从O移向C，电势能增大D．假设将点电荷﹣q从O移向C，电势能增大9．如下列图，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成，如下说法正确的答案是〔〕A．甲表是电流表，R增大时量程增大B．甲表是电流表，R增大时量程减小C．乙表是电压表，R增大时量程增大D．乙表是电压表，R增大时量程减小10．目前世界上正研究的一种新型发电机叫磁流体发电机，如图表示它的发电原理：将一束等离子体〔即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，而从整体来说〔呈中性〕沿图中所示方向喷射入磁场，磁场中有两块金属板A、B，这时金属板上就聚集了电荷．在磁极配置如下列图的情况下，下述说法正确的答案是〔〕A．A板带正电B．有电流从b经用电器流向aC．金属板A、B间的电场方向向下D．等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力二、实验题〔此题共2小题，共16分〕11．某实验小组在“测定金属电阻率〞的实验过程中，正确操作获得金属丝的直径以与电流表、电压表的读数如下列图，如此它们的读数值依次是mm、A、V12．某同学为了测定一只电阻的阻值，采用了如下方法：①用多用电表粗测：多用电表电阻挡有4个倍率，分别为“×1k〞、“×100〞、“×10〞、“×1〞．该同学选择“×100〞倍率，用正确的操作步骤测量时，发现指针偏转角度太大〔指针位置如图1中虚线所示〕．为了较准确地进展测量，请你补充完整如下依次应该进展的主要操作步骤：a．b．两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在“0Ω〞处．c．重新测量并读数，假设这时刻度盘上的指针位置如图中实线所示，测量结果是．②该同学用伏安法继续测定这只电阻的阻值，除被测电阻外，还有如下实验仪器：A．直流电源〔电压3V，内阻不计〕B．电压表V1〔量程0～3V，内阻约为5kΩ〕C．电压表V2〔量程0～15V，内阻约为25kΩ〕D．电流表A1〔量程0～25mA，内阻约为1Ω〕E．电流表A2〔量程0～250mA，内阻约为0.1Ω〕F．滑动变阻器一只，阻值0～20ΩG．开关一只，导线假设干在上述仪器中，电压表应选择〔填“V1〞或“V2〞〕，电流表应选择〔填“A1〞或“A2〞〕．请在图2方框内画出电路原理图．三、论述、计算题〔此题共4小题，共44分〕解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位，只写出最后答案不能得分．13．如下列图，在匀强电场中，有A、B两点，它们间距为2cm，两点的连线与场强方向成60°角．将一个电量为﹣2×10﹣5C的电荷由A移到B，其电势能增加了0.1J．如此：〔1〕在此过程中，电场力对该电荷做了多少功？〔2〕A、B两点的电势差U AB为多少？〔3〕匀强电场的场强为多大？14．在图所示电路中，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω．D为直流电动机，其电枢线圈电阻R=2Ω，限流电阻R′=3Ω．当电动机正常工作时，电压表示数为0.3V．求：〔1〕通过电动机的电流是多大？〔2〕电动机输入的电功率、转变为热量的功率和输出机械功率各是多少？15．如下列图，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源．现把一个质量m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2．sin37°=0.60，cos37°=0.80，求：〔1〕通过导体棒的电流；〔2〕导体棒受到的安培力大小；〔3〕导体棒受到的摩擦力．16．如下列图装置中，区域Ⅰ和Ⅲ中分别有竖直向上和水平向右的匀强电场，电场强度分别为E和；Ⅱ区域内有垂直向外的水平匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m、带电量为q 的带负电粒子〔不计重力〕从左边界O点正上方的M点以速度v0水平射入电场，经水平分界限OP上的A点与OP成60°角射入Ⅱ区域的磁场，并垂直竖直边界CD进入Ⅲ区域的匀强电场中．求：〔1〕粒子在Ⅱ区域匀强磁场中运动的轨道半径〔2〕O、M间的距离〔3〕粒子从M点出发到第二次通过CD边界所经历的时间．2015-2016学年安徽省亳州市高二〔上〕期末物理试卷〔A卷〕参考答案与试题解析一、选择题〔此题共10小题，每一小题4分，共40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10题有多个选项符合要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分〕1．如下关于点电荷的说法，正确的答案是〔〕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与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错误应当选B【点评】此题关键明确点电荷是一直理想模型，知道物体是否可以简化为点电荷，关键是看物体的尺度在所研究的问题中是否可以忽略不计．2．如图，在正点电荷Q形成的电场中，在某点M放入一电荷量为q的正点电荷P，P受到的库仑力为F，如下表述正确的答案是〔〕A．假设将P移近Q，如此P所受库仑力减小B．假设将P移走，如此M点的电场强度为零C．假设将P处换负电荷，如此P处场强反向D．假设将P的电荷量增大为2q，如此P所受库仑力增大为2F【考点】库仑定律．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．【分析】电场中的场强与放入电场中的电荷无关，电场强度的定义式为E=．电场线的疏密表示场强的大小，电场线越密的地方，场强越强；电场线越疏的地方，场强越弱．【解答】解：A、由点电荷电场强度公式E=可知，假设将P移近Q时，两者间的库仑力将增大，故A错误；B、M点的电场强度由正点电荷Q产生的，当在M点放入P点电荷时，如此电荷受到电场力作用；当取走电荷时，如此没有电场力，而该处的电场强度却依然存在，故B错误；C、假设将P处换负电荷，如此P处受到电场力方向反向，而场强方向仍不变，故C错误；D、根据电场强度的定义式为E=．当将P的电荷量增大为2q，如此P所受库仑力增大为2F，故D正确，应当选：D．【点评】解决此题的关键理解电场强度的定义式E=．知道其与放入电场中的电荷无关．电场线越密的地方，场强越强；电场线越疏的地方，场强越弱．3．某电场的电场线的分布如下列图．一个带电粒子由M点沿图中虚线所示的途径运动通过N点．如此如下判断正确的答案是〔〕A．粒子带负电B．粒子在M点的加速度大C．粒子在M点的电势能大于在N点的电势能D．M点的电势低于N点电势【考点】电势差与电场强度的关系．【专题】比拟思想；图析法；电场力与电势的性质专题．【分析】由粒子轨迹的弯曲方向判断带电粒子所受电场力的大致方向，从而确定带电粒子的电性．根据电场线的疏密判断电场强度的大小，再去判断电场力的大小，由牛顿第二定律分析加速度的大小．根据电场力做功的正负判断电势能的大小．由电场线的方向分析电势的上下．【解答】解：A、由图看出，粒子的轨迹向右弯曲，如此粒子所受的电场力大致向右上方，电场线方向斜向右上方，说明该粒子带正电，故A错误．B、M点处的电场线较疏，N点处电场线较密，如此M点处的电场强度较小，粒子所受的电场力也较小，根据牛顿第二定律得知，粒子在M点的加速度小．故B错误．C、粒子从M运动到N的过程中，电场力做正功，粒子的电势能减小，如此粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，故C正确．D、根据顺着电场线方向电势逐渐降低，可知，M点所在等势面的电势高于N点所在等势面的电势，如此M点的电势高于N点电势．故D错误．应当选：C【点评】对于粒子在电场中运动的问题，往往要根据曲线运动的特点：合力方向指向轨迹的内侧判断电场力方向．再结合电场线的物理意义分析场强、电势的大小．4．如下列图，平行板电容器与电动势为E的直流电源〔内阻不计〕连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离〔〕A．带电油滴将沿竖直方向向上运动B．P点的电势将降低C．带电油滴的电势能将减小D．假设电容器的电容减小，如此极板带电量将增大【考点】带电粒子在混合场中的运动．【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据E=分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况．由U=Ed分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化．【解答】解：A、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E=得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，如此油滴将向下运动．故A 错误．B、场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，如此由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，如此知P点的电势将降低．故B正确．C、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，如此油滴的电势能将增加．故C错误．D、根据Q=Uc，由于电势差不变，电容器的电容减小，故带电量减小，故D错误；应当选：B．【点评】此题运用E=分析板间场强的变化，判断油滴如何运动．运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化．5．在如下列图的电路中，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡〔其灯丝电阻可视为不变〕，R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，V为理想电压表．假设将照射R3的光的强度减弱，如此〔〕A．电压表的示数变大 B．小灯泡消耗的功率变小C．通过R2的电流变小D．电源两极间的电压变小【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】由光敏电阻的性质可知电路中电阻的变化，如此由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，由欧姆定律可得出电压表示数的变化；同时还可得出路端电压的变化；由串联电路的规律可得出并联局部电压的变化，再由并联电路的规律可得出通过小灯泡的电流的变化，由功率公式即可得出灯泡功率的变化．【解答】解：A、将光照强度减弱，光敏电阻的阻值增大，电路中的总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可得，电路中干路电流减小，故R1两端的电压减小，电压表的示数变小．故A 错误；B、C因干路电流减小，电耗的内电压减小，路端电压增大，同时R1两端的电压减小，故并联电路局部电压增大；如此流过R2的电流增大，故C错误；由并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流一定减小，故由P=I2R可知，小灯泡消耗的功率变小，故B正确；D、电源两端的电压为路端电压，由上分析可知，电源两端的电压变大，故D错误；应当选B．【点评】闭合电路的动态分析问题一般按外电路、内电路再外电路的分析思路进展；分析内电路主要根据总电流与内阻分析内压，而外电路较为复杂，要注意灵活应用电路的性质．6．如图是某离子速度选择器的原理示意图，在一半径为R=10cm的圆柱形桶内有B=10﹣4T的匀强磁场，方向平行于轴线，在圆柱桶某一直径两端开有小孔，作为入射孔和出射孔．离子束以不同角度入射，最后有不同速度的离子束射出．现有一离子源发射质荷比为=2×1011C/kg的阳离子，且离子束中速度分布连续．当角θ=45°，出射离子速度υ的大小是〔〕A．×106m/s B．2×106m/s C．2×108m/s D．4×106m/s【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】离子束不经碰撞而直接从出身孔射出，即可根据几何知识画出轨迹，由几何关系求出轨迹的半径，即可由牛顿第二定律求速度v【解答】解：离子从小孔a射入磁场，与ab方向的夹角为α=45°，如此离子从小孔b离开磁场时速度与ab的夹角也为α=45°，过入射速度和出射速度方向作垂线，得到轨迹的圆心O′，画出轨迹如图，由几何知识得到轨迹所对应的圆心角θ=2α=90°，如此离子的轨迹半径r=2R，r=R=×0.1m=m由牛顿第二定律得：得：v==•rB=2×1011××10﹣4=2×106m/s应当选：B【点评】此题的解题关键是根据几何知识画出离子的运动轨迹，得到半径，即可求解速度v．7．长方体金属块放在匀强磁场中，有电流通过金属块，如下列图．如此下面说法中正确是〔〕A．金属块上、下外表电势相等B．金属块上外表电势高于下外表电势C．金属块上外表电势低于下外表电势D．无法比拟上、下外表的电势上下【考点】霍尔效应与其应用．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】金属块中移动的是自由电子，电流水平向右，知电子向左运动，根据左手定如此判断洛伦兹力的方向，从而得知电子的偏转方向，最终比拟出上下外表电势的上下．【解答】解：电子从右向左运动，根据左手定如此，电子向上偏转，上外表得到电子带负电，下外表失去电子带正电，所以上外表的电势低于下外表的电势．故C正确，A、B、D错误．应当选C．【点评】解决此题的关键知道金属中移动的是自由电子，以与掌握左手定如此判断洛伦兹力的方向．8．如下列图，在y轴上关于O点对称的A、B两点有等量同种点电荷+Q，在x轴上C点有点电荷﹣Q，且CO=OD，∠ADO=60°．如下判断正确的答案是〔〕A．O点电场强度为零B．D点电场强度不为零C．假设将点电荷+q从O移向C，电势能增大D．假设将点电荷﹣q从O移向C，电势能增大【考点】电势能；电场强度；电场的叠加．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】O点和D点的电场强度是三个电荷产生的电场强度的合成，根据叠加原理确定两点的电场强度．确定出从O到C电场的方向，根据电场力做功的正负，判断电势能的变化．【解答】解：A、A、B两点两个等量同种点电荷+Q在O点产生的电场强度抵消，O点的电场强度等于点电荷﹣Q在O点产生的电场强度，不为零．故A错误．B、设AD=r，根据点电荷产生的电场强度公式E=k得到，两个等量同种点电荷+Q在D点产生的电场强度大小为E1=k，方向水平向右．﹣Q在O点产生的电场强度大小也为E=k，方向水平向左，如此D点的合场强为零．故B错误．C、根据电场的叠加原理得到，C、O间电场强度方向为O到C，将点电荷+q从O移向C，电场力做正功，电势能减小．故C错误．D、将点电荷﹣q从O移向C，电场力做负功，电势能增大．故D正确．应当选：D．【点评】空间任何一点的场强是各个电荷产生的电场叠加的结果，根据平行四边形定如此进展合成．等量同种电荷的电场要抓住对称性．9．如下列图，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成，如下说法正确的答案是〔〕A．甲表是电流表，R增大时量程增大B．甲表是电流表，R增大时量程减小C．乙表是电压表，R增大时量程增大D．乙表是电压表，R增大时量程减小【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题．【分析】灵敏电流计G和变阻器R并联时，由于变阻器的分流，测量的电流增大，改装成电流表，而灵敏电流计G和变阻器R串联时，由于变阻器的分压，测量的电压增大，改装成电压表．甲表中，R增大时，变阻器分流减小，量程减小．乙表中，R增大时，变阻器分担的电压增大，量程增大．【解答】解：A、甲表是电流表，R增大时，甲表中变阻器分流减小，量程减小，故A错误，B正确．C、乙是电压表，R增大时，变阻器分担的电压增大，乙表量程增大，故C正确，D错误．应当选：BC．【点评】此题考查电表改装原理的理解能力．当电流计的指针满偏时，电流表或电压表的指针满偏，所测量的电流或电压达到最大值．10．目前世界上正研究的一种新型发电机叫磁流体发电机，如图表示它的发电原理：将一束等离子体〔即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，而从整体来说〔呈中性〕沿图中所示方向喷射入磁场，磁场中有两块金属板A、B，这时金属板上就聚集了电荷．在磁极配置如下列图的情况下，下述说法正确的答案是〔〕A．A板带正电B．有电流从b经用电器流向aC．金属板A、B间的电场方向向下D．等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力【考点】霍尔效应与其应用．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】根据左手定如此判断出正负电荷所受洛伦兹力的方向，从而判断出正负电荷的偏转方向，带正电的极板电势高，电流从正极板流向负极板．【解答】解：A、根据左手定如此知，正电荷向下偏，负电荷向上偏，如此A板带负电．故A错误．B、因为B板带正电，A板带负电，所以电流的流向为b流向a．故B正确．C、因为B板带正电，A板带负电，所以金属板间的电场方向向上．故C错误．D、等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力．故D正确．应当选BD．【点评】解决此题的关键掌握左手定如此判断洛伦兹力的方向，以与知道电流在外电路中，由高电势流向低电势．二、实验题〔此题共2小题，共16分〕11．某实验小组在“测定金属电阻率〞的实验过程中，正确操作获得金属丝的直径以与电流表、电压表的读数如下列图，如此它们的读数值依次是0.999 mm、0.42 A、 2.28 V【考点】测定金属的电阻率．【专题】实验题．【分析】螺旋测微器读数时，可以分成整数局部和小数局部两局部来读，读整数时，注意“半毫米〞刻度线是否露出；电表读数时注意“估读〞方式：假设每小格的读数是“0.02〞A，如此应是估读，即估读到0.01A，假设每小格的读数是“0.1〞V，如此应是“〞估读，即估读到0.01V，假设每小格最小读数是“0.5〞，如此应是估读，即估读到“0.1〞即可．【解答】解：螺旋测微器的读数为：d=0.5mm+49.9×0.01mm=0.999mm；电流表的读数为：I=0.42A；电压表的读数为：U=2.28V故答案为：0.999，0.42，2.28【点评】在螺旋测微器读数时，要分别读出整数局部和小数局部，再求出两局部的和，如此应“半毫米〞刻度线是否露出；在电表读数时，有“〞、“〞、“〞等几种估读方法，方法是：先求出每小格的读数，假设出现“1〞如此应是估读，出现“2〞如此应是“〞估读，出现“5〞如此是“估读．〞12．某同学为了测定一只电阻的阻值，采用了如下方法：①用多用电表粗测：多用电表电阻挡有4个倍率，分别为“×1k〞、“×100〞、“×10〞、“×1〞．该同学选择“×100〞倍率，用正确的操作步骤测量时，发现指针偏转角度太大〔指针位置如图1中虚线所示〕．为了较准确地进展测量，请你补充完整如下依次应该进展的主要操作步骤：a．换用倍率“×10〞的挡b．两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在“0Ω〞处．c．重新测量并读数，假设这时刻度盘上的指针位置如图中实线所示，测量结果是120Ω．②该同学用伏安法继续测定这只电阻的阻值，除被测电阻外，还有如下实验仪器：A．直流电源〔电压3V，内阻不计〕B．电压表V1〔量程0～3V，内阻约为5kΩ〕C．电压表V2〔量程0～15V，内阻约为25kΩ〕D．电流表A1〔量程0～25mA，内阻约为1Ω〕E．电流表A2〔量程0～250mA，内阻约为0.1Ω〕F．滑动变阻器一只，阻值0～20ΩG．开关一只，导线假设干在上述仪器中，电压表应选择V1〔填“V1〞或“V2〞〕，电流表应选择A1〔填“A1〞或“A2〞〕．请在图2方框内画出电路原理图．【考点】伏安法测电阻．【专题】实验题．【分析】①欧姆表盘指针偏转角度越大，如此电流越大，电阻越小要换小量程档位；换档的要进展欧姆调零，读数要乘以倍率．②根据电源电动势选择电压表量程，根据欧姆定律估测通过电路的最大电流，然后选择电流表量程．该实验中，需要屡次测量求平均值，故电流和电压的变化范围要适当大一些，被测电阻比滑动变阻器大的较多，故应选择使用分压电路；因待测电阻的阻值较大，应当选择电流表内接法．【解答】解：①因偏转角度过大，如此电阻小要用小量程的，将选择开关置于×10档，图示读数为：12×10=120Ω②题中电源电压3V，故电压表选择V1即可；根据欧姆定律电流：I==0.025A=25mA，故电流表选取A1；该实验中，需要屡次测量求平均值，故电流和电压的变化范围要适当大一些，被测电阻比滑动变阻器大的较多，故应选择使用分压电路；因待测电阻的阻值较大，应当选择电流表内接法．电路图如图．故答案为：①a．换用倍率“×10〞的挡c．120Ω②V1；A1；电路原理图如下列图．【点评】要明确欧姆表的改装原理和读数方法以与倍率的选择方法；选择电表量程时要通过估算来选择，熟记电流表内外接法的选择方法和滑动变阻器采用分压式接法的条件．。

2014—2015学年第一学期期末考试高二物理(必修) 2015.2注意事项：考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1．本试卷包含选择题(第1题～第23题，共23题69分)、非选择题(第24题～第28题，共5题31分)共两部分．考生答题全部答在答题卡上，答在本试卷上无效．本次考试时间为75分钟．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并放在桌面，等待监考员收回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用书写黑色字迹的O.5毫米签字笔填写在本试卷及答题卡上．3．答选择题必须用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案．答非选择题必须用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔写在答题卡上的指定位置，在其它位置答题一律无效．一、单项选择题：每小题只有一个选项符合题意(本部分23小题，每小题3分，共69分)1．2014年8月28日，第二届夏季青年奥林匹克运动会于南京奥体中心胜利闭幕，在考察下列项目中运动员的比赛成绩时，可将运动员视为质点的是( )2．古代文人给我们留下了大量优美的诗篇，在这些诗篇中，不乏有描述物理现象，揭示物理规律的诗句．下列诗词所描绘的情景中，包含以流水为参考系的是( )A．明月松间照，清泉石上流B．天门中断楚江开，碧水东流至此回C．人在桥上走，桥流水不流D．飞流直下三千尺，疑似银河落九天3．甲、乙两车在同一地点，同时开始朝相同方向做直线运动，其v一t图象如图所示，则( )A．它们的初速度均为零B．甲的加速度大于乙的加速度C．t1时刻，甲、乙两车相遇D．0一t1时间内，甲的位移大于乙的位移4．中央电视台转播围棋赛时，讲解人员所用的棋盘是有磁性的，而棋子就是一些小铁片，当棋子吸附在竖直的磁性棋盘平面上静止不动时，棋子受到的磁力( )A．大于它受到的弹力B．与它受到的重力二力平衡C．与它受到的弹力是一对作用力与反作用力D．与它受到的弹力是一对平衡力5．如图所示，质量为20kg的物体在水平面上向右运动，一物体与地面间的动摩擦因数µ=0.1，在运动过程中，物体还受到一个水平向左的大小为10N的推力作用，则物体受到的滑动摩擦力为(g=10m/s2) ( )A．20N，向左B．20N，向右C．10N，向左D．10N，向右6．在现实生活中，为了行车的方便与安全，一些高大的桥梁需要建造很长的引桥，这样做的主要目的是( )A．减小过桥车辆受到的摩擦力B．减小过桥车辆对引桥的压力C．减小过桥车辆的重力D．减小过桥车辆的重力平行于引桥向下的分力7．某同学在“探究求合力的方法”的实验中，采用了如图所示的实验装置．关于这个实验，下列说法中正确的是( )A．在测量过程中，橡皮条结点O的位置不能变化B．弹簧测力计拉细线时，拉力方向必须竖直向下C．为减小测量误差，F1、F2的大小要尽可能大并相等D．为减小测量误差，F1、F2方向间的夹角应为9008．关于惯性下列说法正确的是（）A．静止的火车启动时，速度变化缓慢是因为火车静止时惯性大B．乒乓球可以迅速抽杀，是因为乒乓球惯性小的缘故C．在月球上举重比在地球上举重容易，所以同一物体在月球上比在地球上惯性小D．在宇宙飞船内的物体不存在惯性9．第一次用水平恒力F作用在一物体A上，使物体A在光滑水平面上移动距离s，F做功为W1、平均功率为P1；第二次用相同的力F作用于物体A上，使物体A沿粗糙水平面移动距离也是s，做功为W2、平均功率为P2，那么（）A．W1> W2，P l> P2B．W1< W2，P1<P2C．W1= W2，P1>P2D．W1= W2，P1<P210．小船在120m宽的河中渡河，水流速度为3m/s，船在静水中的速度为4m/s，则以下说法中正确的是（）A．小船渡河的最短时间为24s B．小船渡河的最短时间是40sC．小船无法到达正对岸D．小船渡河的最小位移为120m11．如图所示，在斜面上某点A处以初速度v水平抛出一个石块，不计空气阻力，在确保石块能落到斜面上的前提下，则（）A．保持抛出点以不变，v增大，石块在空中飞行的时间不变B．保持抛出点A不变，v增大，石块在斜面上的落点不变C．保持抛出速度v不变，将A点沿斜面上移，石块飞行时间变长D．保持抛出速度v不变，将A点沿斜面上移，石块飞行时间不变12．如图所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮三个轮子的半径不一样，它们的边缘上有三个点A、B、C下列说法中正确的是（）A．A、B的角速度相同B．A、C的角速度相同C．B、C的线速度相同D．B、C的角速度相同13．在利用如图所示的装置进行“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，下列做法中正确的是（）A．平衡摩擦力时，应将装砝码的砝码盘用细绳通过定滑轮系在小车上B．实验时，先接通打点计时器电源，再放开小车C．小车运动的加速度可由牛顿第二定律直接求出D．改变小车的质量再次进行实验时，需要重新平衡摩擦力14．质量为1kg的物体以一定的初速度沿倾角为370的斜面向上滑行，最后又回到出发点．在此过程中，其动能随物体到斜面底端距离的变化关系如图所示，则物体在斜面上受到的摩擦力大小为（）A．2N B．4NC．6N D．8N15．静电除尘器是目前普遍采用的一种高效除尘器，如图，A为带电极板，实线为除尘器内电场的电场线，虚线为某粒带电粉尘的运动轨迹，P、Q为运动轨迹上的两点，下列说法正确的是（）A．该电场是一个匀强电场B．带电极板A带负电C．该带电粉尘带负电D．该带电粉尘在P、Q两点所受电场力的大小F P>F Q16．下图中分别标明了通电直导线中电流I、匀强磁场的磁感应强度B和电流所受安培力F的方向，其中正确的是（）17．穿过一个单匝线圈的磁通量均匀增加，磁通量变化率为1Wb/s，则下列说法正确的是( )A．线圈中感应电动势每秒增加1V B．线圈中感应电动势每秒减少lVC．线圈中感应电动势大小不变D．线圈中无感应电动势18．关于电磁场和电磁波，下列说法不正确的是( )A．变化的电场能够产生磁场，变化的磁场能够产生电场B．麦克斯韦第一次通过实验验证了电磁波的存在C．无线电波、红外线、可见光、紫外线、x射线、γ射线都是电磁波D．紫外线是一种波长比紫光更短的电磁波，能够灭菌消毒19．科学家探索自然界的奥秘，要付出艰辛的努力．19世纪，英国科学家法拉第经过l0年坚持不懈的努力，发现了电磁感应现象．下图中可用于研究电磁感应现象的实验是( )请阅读下列材料，回答20—23小题人民日报太原2014年12月7日电(记者余建斌)12月7日1l时26分，我国在太原卫星发射中心用长征四号乙运载火箭，成功将中巴地球资源卫星04星发射升空，卫星顺利进入平均高度约为780 km的预定轨道(附：我国“天宫一号”空间站离地平均高度约为360km．)中巴地球资源卫星04星和用于此次发射的长征四号乙运载火箭由中国航天科技集团公司负责研制，是长征系列运载火箭的第200次飞行．此次发射的中巴资源卫星属于综合型遥感卫星，在26天内可完成对全国陆域范围的覆盖，可为中巴两国林业渔业、防灾减灾等领域提供数据．据介绍，长征系列运载火箭实现第一个100次发射，从1970年到2007年历时37年；第二个100次发射仅用了7年．长征运载火箭圆满完成第200次发射后，我国成为继美俄之后，世界上第三个独立完成双百次宇航发射的国家．20．若将长征四号乙运载火箭升空的过程简化成一个竖直向上的加速运动，假设整个运动过程中火箭所受到的推力保持恒定，受到的万有引力和阻力逐渐减小，若不考虑火箭自身质量变化，则能大致反映其运动的v一t图像是( )21．在长征四号乙运载火箭加速升空的过程中，关于能量的转化，下列说法中正确的是( )A．火箭重力做正功，重力势能增加B．火箭所受合外力做负功，动能增加C．火箭除重力以外的合外力做正功，机械能增加D．火箭除重力以外的合外力不做功，机械能守恒22．中巴地球资源卫星04星顺利进入预定轨道后，将开始环绕地球运行(近似简化为匀速圆周运动)，则在卫星运行过程中，下列物理量中保持不变的是（）A．向，心力B．向心加速度C．角速度D．线速度23．结合材料信息，关于中巴地球资源卫星04星，下列说法正确的是（）A．该卫星的发射速度应该大于11.2km/sB．该卫星有可能是一颗同步卫星C．该卫星有可能在如右图所示轨道上运行D．该卫星的运行周期大于我国“天宫一号”空间站二、填空题：把答案填在答题卡相应的横线上(本部分2小题，其中24小题4分，25小题6分，共l0分)2425．(6分)某同学利用如图甲所示的装置做“验证机械能守恒定律的实验”，在本实验中：(1)现有器材：打点计时器、学生电源、铁架台(包括铁夹)、纸带、附夹子的重锤、刻度尺、秒表、导线若干，其中此实验不需要使用的器材是▲ ．(2)若实验中所用重锤的质量m=0.2kg，打点计时器所用电源的频率为50Hz，正确操作得到的纸带如图乙所示，O点对应重锤开始下落的时刻，另选连续的三个计时点A、B、C作为测量的点，图中的数据分别为计时点A、B、C到起始点O的距离，取重力加速度g=9.8m/s2，则从初始位置O到打下计时点B的过程中，重锤的重力势能的减少量为▲ J，打B点时重锤的动能为▲ J．(结果均取两位有效数字)三、计算或论述题：解答时请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(本部分3小题，其中26小题6分，27小题7分，28小题8分，共21分)26．在平直公路上，一辆以速度v0=12 m/s匀速前进的汽车，司机发现正前方x0=10m处有一障碍物，立刻紧急刹车(不计司机反应时间)，轮胎停止转动在地面上滑行，经过时间t=1.5s汽车停止，将上述运动视为匀减速直线运动．求：(1)刹车过程中汽车加速度a的大小；(2)刹车时汽车轮胎与地面间的动摩擦因数µ；(3)汽车停止时和障碍物间的距离d．(当地的重力加速度g取10m/s2)27．如图所示，在儿童乐园里，有一个小孩正在滑梯上玩耍，小孩从倾角θ=370、长度L=5.0m的滑梯顶端由静止开始下滑到滑梯底端．已知小孩与滑梯间的动摩擦因数µ=0.3．若已知该小孩的质量m=20kg，滑行过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g取10m/s2．(sin370=0.6，cos370=0.8)求：(1)小孩沿滑梯下滑过程中加速度的大小；(2)小孩到达斜坡底端时的速度大小；(3)在下滑过程中重力对小孩所做的功和小孩滑到滑梯底端前一瞬间重力做功的功率28．如图所示，水平面AB段粗糙，其余部分光滑，左侧固定一根轻质弹簧，右侧与竖直平面内的光滑圆形导轨在B点连接．导轨半径R=0.5m，现用一个质量m=2kg的小球压缩弹簧，弹簧与小球不拴接．用手挡住小球不动，此时弹簧弹性势能E P=49J．放手后小球向右运动脱离弹簧后先经过水平面AB段，再沿圆形轨道向上运动恰能通过最高点C，取g=10m/s2，(1)求小球脱离弹簧时的速度大小；(2)求小球从A到B克服阻力做的功；(3)若其他条件不变，而导轨半径R的大小不确定，则当R为多大时，小球落回到水平面时落地点与曰点间距离最大．。

安徽省亳州市第十二中学高二物理上学期期末试题含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. 如图1所示，物体A重G=50N，在水平地面上向左运动，物体与地面间的动摩擦因数，水平地面对物体的摩擦力为（）A. 10N，方向向左B. 10N，方向向右C. 2N，方向向左D. 2N，方向向右参考答案：B2. 在图的电路中，当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，A、B两灯亮度的变化情况为A．A灯和B灯都变亮B．A灯、B灯都变暗C．A灯变亮，B灯变暗D．A灯变暗，B灯变亮参考答案：B3. 关于电流强度，下列说法中正确的是( )A．根据I=q/t可知，I一定与q成正比B．因为电流有方向，所以电流强度是矢量C．如果在相等时间内，通过两个导体单位横截面的电荷量相等，则这两个导体中的电流一定相等D．电流强度的单位“安培”是国际单位制中的基本单位参考答案：D4. (单选)如图所示，画出了某电场中三条电场线，C点是A、B连线的中点，已知A点的电势为φA=30V，B点的电势为φB=－10V，则C点的电势A．φC=10VB．φC＞10VC．φC＜10VD．上述选项都不正确参考答案：C5. （单选题）如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度飞出a、b 两个带电粒子．运动轨迹如图中虚线所示．则A．a一定带正电，b一定带负电B．a的速度将减小，b的速度将增加C．a的加速度将减小，b的加速度将增加D．两个粒子的电势能一个增加一个减小参考答案：C二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. （4分）一束橙色光与界面成30°由空气射入某介质，折射角为30°，则此介质对橙色光的折射率为___________，橙色光在此介质中的传播速度为_________m/s。

参考答案：，7. 一个军事设施的观察孔如图所示，其宽度L=60cm，厚度d=30cm，为了扩大向外的观察视野，将折射率n=的某种玻璃砖完全嵌入观察孔内（图中为观察孔的俯视图）。

亳州三中2014~2015高二物理第二次月考试卷（考试时间100分钟，满分100分）一、选择题（每小题4分，总计40分，有的题只有一个答案正确，有的小题有多个答案正确，选对但不全的得2分，有错选的得0分。

请把选择题答案写在答题纸上，否则零分。

）1.下列单位中与磁感应强度B的单位T不相当．．．的是( )A.Wb/m2B.N/A·mC.N/C·mD.V·s/m22．关于磁铁磁性的起源，安培提出了分子电流假说，他是在怎样的情况下提出的( ) A．安培通过精密仪器观察到了分子电流B．安培根据环形电流的磁场与磁铁相似而提出的C．安培根据原子结构理论，进行严格推理得出的D．安培凭空想出来的3．关于磁场和磁感线的描述，正确的说法有( )A．磁极之间的相互作用是通过磁场发生的，磁场和电场一样，也是一种物质B．磁感线可以形象地表现磁场的强弱与方向C．磁感线总是从磁铁的北极出发，到南极终止D．磁感线就是细铁屑在磁铁周围排列出的曲线，没有细铁屑的地方就没有磁感线4.下列说法中正确的是( )A.由B=F/IL可知，磁感应强度B与一小段通电直导线受到的磁场力成正比B.一小段通电导线所受磁场力的方向就是磁场方向C.一小段通电导线在某处不受磁场力，该处磁感应强度一定为零D.磁感应强度为零的地方，一小段通电导线在该处不受磁场力5．如图3所示的圆形区域里，匀强磁场的方向垂直纸面向里，有一束速率( ) 各不相同的质子自A 点沿半径方向射入磁场，这些质子在磁场中（不计重力）A．运动时间越长，其轨迹对应的圆心角越大B．运动时间越长，其轨迹越长C．运动时间越长，其射出磁场区域时速率越大D．运动时间越长，其射出磁场区域时速度的偏向角越大6．质量为m、带电量为q的小球，从倾角为θ的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向外的匀强磁场中，其磁感强度为B，如图所示。

若带电小球下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下面说法中正确的是（）①小球带正电②小球在斜面上运动时做匀加速直线运动③小球在斜面上运动时做加速度增大，而速度也增大的变加速直线运动6 题④则小球在斜面上下滑过程中，当小球对斜面压力为零时的速率为mgco sθ／BqA 、①②③B 、①②④C 、①③④D 、②③④7.一个长螺线管中通有交变电流，把一个带电粒子沿管轴线射入管中，粒子将在管中（不计重力影响） ( )A.做圆周运动B.沿轴往返运动C.做匀加速直线运动D.做匀速直线运动8.长方体金属块放在匀强磁场中，有电流通过金属块，如图所示.则下面说法中正确的()IA.B.金属块上表面电势高于下表面电势 C.无法比较上、下表面的电势高低 D.金属块上表面电势低于下表面电势9.一带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动.已知匀强磁场的磁感应强度大小为0.8 T ，a 、b 是带电粒子运动轨迹上的两点，粒子从a 到b 的时间为1.2π×10-6 s ，从b 到a 的时间为0.8π×10-6 s.则该粒子的质量与其带电荷量之比为 ( ) A.1.25×10-5 kg/C B.4.0×10-6 kg/C C.4.8×10-6 kg/C D.8.0×10-7 kg/C10．如图所示装置中，劲度系数较小的金属弹簧下端恰好浸入水银中，电源的电动势足够大，当闭合开关S 后，弹簧将 （ ） A ．保持静止 B ．收缩 C ．变长 D ．不断上下振动二.填空题（共20分请把答案写在答题纸上，否则零分，）11.（4分）他先用多用电表进行测量，按照正确的步骤操作后，测量的结果如图（甲）所示．请你读出其阻值大小为_____________．为了使多用电表测量的结果更准确，该同学接着应该选择多大倍率？答：_________________．12（413题电阻很小，R 为变阻器，L 为小灯泡。

安徽省亳州市2016-2017学年高二物理上学期期末考试试题（扫描版）亳州市2016-2017学年度第一学期高二年级物理学科期末统一检测答案13. （6分） 5.700（5.698-5.701） ； 50.15。

14. （10分）（1）（2） 49000Ω 串联 （3）连成折线的不给分，连成光滑曲线即可给分（4） 840~870均可16解答：（1）因两板间是匀强电场，则两板间的电势差U=Ed=2×102N/C ×0.2V=40V (2（2）带电粒子在电场中做类平抛运动，平行于的方向做匀速直线运动，则运动时间为 t==51054.0 s=8×10﹣7s (3分） （3）0.128m (3分）17【解答】解：（1）质点先做自由落体运动到M 点，到达N 处时速度恰好为零，说明在MN 间做减速运动，ACBC合外力向上，所以电场力方向向上，而电场强度方向向下，所以质点带负电； 两极板间的场强E ：U=Ed ①， (2分） 设电量大小为q ，则从O 到N 点，由动能定理可得： ②， (2分）由①②解得：③；(1分）（2）当A 板下移时，两板间的距离④， (1分）两板间的场强E'：U=E′d′⑤， (1分） 设下落速度为零时距B 板距离为△d ， 从开始下落到速度为零的过程中，由动能定理得： ⑥， (2分）由③④⑤⑥解得：； (1分）18、【答案】（1）0.20m (2)0.21m (3)71064-⨯.试题分析：（1）粒子运动的轨迹如图，由牛顿第二定律可得：R v mqvB 2= （1分） 解得:20.0=R m （1分）（2）由数学知识可知，最短弦对应最短的弧长；由图可知，α=3π（1分）最短的弧长即最短路程15πα==R s m=0.21m （2分）（3）粒子在磁场中的周期s .v RπT 7102862-⨯==（1分） 粒子在磁场中沿NP 运动的时间41Tt =（1分）粒子在电场中的加速度m Eqa =（1分） at v = 解得：s 100.1t 7-⨯=则可解得粒子在电场中往返运动的时间为t 2+t 3=2t=2.0×10﹣7s （1分）由图可知50.θcos =,故60=θ粒子在磁场中运动的第二部分时间624T T t ==πθ（1分）粒子运动的总时间s106.4t t t t t 74321-⨯=+++=总。

芜湖市14---15学年高二第一学期第一学段模块测评物理试卷(选修3—1)一、单项选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分。

每个小题只有一个正确选项．．．．．．．．．．．．，请将正确选项的序号填入选择题答题表内)1．真空中两个相同的金属小球A 和B ，带电荷量分别为8210C A Q -=+⨯和8410C B Q -=+⨯，相互作用力为F ．若将两球接触后再放回原处，则它们之间的作用力将变为 ( ) A ．98F B ．F C ．8FD ．23F 2．关于电源电动势和电流，下列说法中正确的是 ( )A ．电动势是反映电源通过静电力做功把其他形式的能转化为电势能本领大小的物理量B ．只要电路中的自由电子运动，电路中就一定会产生恒定电流C ．单位时问内通过导体截面的电量越多，导体中的电流越大D ．在整个电路中，电流的方向是从正极流向负极 3．电场强度的定义式EE q=可知，则在电场中( ) A ．电场强度E 跟F 成正比，跟q 成反比 B ．无论检验电荷所带的电量如何变化，Eq始终不变 C ．正电荷所受电场力比负电荷在该点所受的电场力大D ．一个不带电的小球在某一点受到的电场力为零，则该点的场强一定为零 4．在如图1所示的各电场中，A 、B 两点场强相同的是（ ）5．一个标有“220V 60W ”的白炽灯泡，加上的电压U 由零逐渐增大到220V ，在此过程中，又压U 和电流I 的关系可用图线表示。

如图2中给出的四个图线中，符合实际的是6．如图3所示，A 、B 、C 为电场中同一电场线上的三点。

设电荷在电场中只受电场力作用，则下列说法中正确的是A ．若在C 点无初速地释放正电荷，则正电荷向B 运动，电势能减少B ．若在C 点无初速地释放正电荷，则正电荷向B 运动，电势能增加 C ．若在C 点无初速地释放负电荷，则负电荷向A 运动，电势能增加D ．若在C 点无初速地释放负电倚，则负电荷向A 运动，电势能不变7．如图4所示，AB 问的电压为30V ，改变滑动变阻器触头的位置，可以改变CD 间的电压，则U CD 的变化范围是 A ．0～10V B ．0～20V C ．20V ～30VD ．10V ～20V8．电容器是一种重要的电学元件，有着广泛的应用。

2014-2015学年安徽省亳州市涡阳四中高二〔上〕第一次质检物理试卷一、选择题〔每一小题4分，共48分．如下每一小题所给选项只有一项符合题意，请将正确答案的序号填在答题卡上〕1．〔4分〕〔2013春•毕节市校级期末〕如下列图，一恒力F与水平方向夹角为θ，作用在置于光滑水平面上，质量为m的物体上，作用时间为t，如此力F的冲量为〔〕A．F t B．m gt C．F cosθt D．〔mg﹣Fsinθ〕t考点：动量定理．版权所有专题：动量定理应用专题．分析：力冲量等于力与时间的乘积；根据题意利用公式即可求得F的冲量．解答：解：由I=Ft可得：F的冲量I=Ft；应当选：A．点评：此题考查冲量的定义，要注意冲量只与力与时间有关，和夹角无关．2．〔4分〕〔2014秋•涡阳县校级月考〕关于物体的动量，如下说法中正确的答案是〔〕 A．物体的动量越大，其惯性也越大B．同一物体的动量变化越大，其受到的力一定越大C．物体的加速度不变，其动量一定不变D．运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的速度方向考点：动量定理．版权所有专题：动量定理应用专题．分析：动量等于物体的质量与速度的乘积，速度是矢量，故动量也是矢量．动量由质量和速度共同决定．惯性大小的唯一量度是质量．解答：解：A、惯性大小的唯一量度是物体的质量，如果物体的动量大，但也有可能物体的质量很小，所以不能说物体的动量大其惯性就大，故A错误；B、动量等于物体的质量与物体速度的乘积，即P=mv，同一物体的动量越大，其速度一定越大；速度大，受到的力不一定大；故B错误．C、加速度不变，速度是变化的，所以动量一定变化，故C错误；D、动量等于物体的质量与物体速度的乘积，即P=mv，动量是矢量，动量的方向就是物体运动的方向，故D正确．应当选：D．点评：对于物理概念的理解要深要透，不能似是而非．如动量是由物体的质量和速度共同决定，动量是矢量，其方向就是物体运动的方向．3．〔4分〕〔2013春•江岸区校级期中〕如下列图，质量为m的人，站在质量为M车的一端，相对于地面静止．当车与地面间的摩擦可以不计时，人由一端走到另一端的过程中〔〕A．车的运动方向与人的运动方向相反B．人运动越快，车运动越慢C．人在车上行走时，车可以相对地面静止D．车的运动方向可以与人的运动方向一样考点：动量守恒定律．版权所有专题：动量定理应用专题．分析：对于人和车组成的系统，所受的合外力为零，系统的动量守恒，根据动量守恒定律列式分析．解答：解：对于人和车组成的系统，所受的合外力为零，系统的动量守恒，根据动量守恒定律得：m人v人+M车v车=0得：=﹣可见，人由一端走到另一端的过程中，速度方向相反，而且速度大小成正比，人快车也快；人在车上行走时，v人≠0，v车≠0，故A正确，BCD错误．应当选：A点评：解决此题关键运用系统的动量守恒列式进展分析，知道人快车快，人停车停．4．〔4分〕〔2014秋•涡阳县校级月考〕将物体P从静置于光滑水平面上的斜面体Q的顶端以一定的初速度沿斜面往下滑，如下列图，在下滑过程中，P的速度越来越小，最后相对斜面静止，那么由P和Q组成的系统〔〕A．动量守恒B．最后P和Q均静止C．水平方向动量守恒D．最后P和Q以一定的速度共同向右运动考点：动量守恒定律；机械能守恒定律．版权所有专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．分析：当系统所受合力为零时，系统动量不守恒，由于系统在水平方向的合外力为零，所以水平方向动量守恒，根据动量守恒定律即可求解．解答：解：P沿斜面向下做减速运动，系统竖直方向合外力不为零，系统动量不守恒，由于系统在水平方向的合外力为零，所以水平方向动量守恒，由于系统初动量为零，最终P、Q静止，故ABD错误，C正确；应当选：C．点评：解决此题的关键掌握系统动量守恒的条件与应用，难度不大，属于根底题．5．〔4分〕〔2013•福建〕将静置在地面上，质量为M〔含燃料〕的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，如此喷气完毕时火箭模型获得的速度大小是〔〕A．v0 B．v0C．v0D．v0考点：动量守恒定律．版权所有专题：压轴题；动量定理应用专题．分析：以火箭为研究对象，由动量守恒定律可以求出火箭的速度．解答：解：取向上为正方向，由动量守恒定律得：0=〔M﹣m〕v﹣mv0如此火箭速度v=应当选：D．点评：在发射火箭过程中，系统动量守恒，由动量守恒定律即可正确解题．6．〔4分〕〔2014秋•涡阳县校级月考〕现代采煤方法中，有一种方法是用高压水流将煤层击碎而将煤采下，水流从高压水枪中射出，喷射速度很大，水流能将煤层击碎是因为水流〔〕 A．有很大的动能B．有很大的动量C．和煤层接触时有很大的动量变化D．和煤层接触时单位面积上的动量变化率很大考点：动量定理．版权所有专题：动量定理应用专题．分析：能不能切割物体应在于作用在物体外表的力的大小；而产生的力应由动量定理求解．解答：解：水能切割物体是因为单位时间内水在接触物体的单位面积上产生了较大的动量变化，从而由动量定理F可知，对煤层产生了较大的力；只有D正确；应当选：D．点评：能不能切割物体应分析其在物体上面的力，故此题应根据动量定理进展分析．7．〔4分〕〔2006•淮安模拟〕物体在恒定的合力作用下做直线运动，在时间t1内动能由零增大到E1，在时间t2内动能由E1增加到2E1，设合力在时间t1内做的功为W1，冲量为I1，在时间t2内做的功是W2，冲量为I2，如此〔〕A．I1＜I2，W1=W2 B．I1＞I2，W1=W2 C．I1＞I2，W1＜W2 D．I1=I2，W1＜W2考点：动能定理的应用；动量定理．版权所有专题：动能定理的应用专题．分析：根据动能定理研究功的关系，根据动量定理研究冲量的关系．解答：解：根据动能定理得：W1=E1﹣0=E1，W2=2E1﹣E1=E1，如此W1=W2．动量与动能的关系式为P=如此由动量定理得：I1=，I2=﹣，如此I1＞I2．应当选B点评：根据动能的变化由动能定理求合力的功、根据动量的变化由动量定理求合力的冲量是这两大定理根本的应用．8．〔4分〕〔2014秋•涡阳县校级月考〕如下列图，质量为M、长为L的长木板放在光滑水平面上，一个质量也为M的物块〔视为质点〕以一定的初速度从左端冲上木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，如果长木板不固定，如此物块冲上木板后在木板上最多能滑行的距离为〔〕A．L B．C．D．考点：动量守恒定律．版权所有专题：动量定理应用专题．分析：如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，对小滑块的滑动过程运用动能定理列出等式．如果长木板不固定，物块向右减速的同时，木板要加速，最终两者一起做匀速运动，该过程系统受外力的合力为零，动量守恒，根据守恒定律列式求解；在对系统运用能量守恒列式，最后联立求解即可．解答：解：小物块所受合外力为滑动摩擦力，设物块受到的滑动摩擦力为f，物块的初速度v0；如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，对小滑块的滑动过程运用动能定理列出等式：0﹣fL=0﹣M…①如果长木板不固定，物块冲上木板后，物块向右减速的同时，木板要加速，最终两者一起做匀速运动，该过程系统受外力的合力为零，动量守恒，规定向右为正方向，根据系统动量守恒得：Mv0=〔M+M〕v…②对系统运用能量守恒，有：fL′=M﹣〔M+M〕v2…③由以上各式解得：L′=．应当选：D．点评：此题关键是明确木块和木板的运动规律，知道木板滑动时，物块和木板系统动量守恒，掌握动量守恒定律、动能定理和能量的转化与守恒定律的应用，能量的转化与守恒是此题的难点．9．〔4分〕〔2007•江苏模拟〕电场中有一点P，如下说法正确的答案是〔〕A．假设放在P点的电荷的电量减半，如此P点场强减半B．假设P点没有检验电荷，如此P点的场强为零C． P点的场强越大，如此同一电荷在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．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．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．比值与电场力与电量均无关．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，假设放在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、假设P点没有检验电荷，如此没有电场力，而P点的电场强度仍不变．故B错误；C、P点的场强越大，如此同一电荷在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；应当选：C点评：电场强度是通过比值定义的，比值与其电场力与电量均没有关系．例如：质量与体积的比值定义为密度．当质量变大时，体积变大，而比值却不变．电场线虽不实际存在，但却能形象描绘电场的强度与方向．10．〔4分〕〔2014•和平区校级模拟〕如图，A、B、C、D、E是半径为r的圆周上等间距的五个点，在这些点上各固定一个点电荷，除A点处的电荷量为﹣q外，其余各点处的电荷量均为+q，如此圆心O处〔〕A．场强大小为，方向沿OA方向B．场强大小为，方向沿AO方向C．场强大小为，方向沿OA方向D．场强大小为2，方向沿AO方向考点：电场的叠加；电场强度．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据点电荷的场强公式求出点电荷产生的场强，然后由平行四边形定如此求出各点电荷场强的合场强，然后求出O点的场强大小与方向．解答：解：由点电荷的场强公式可知，各点电荷在O点产生的场强大小为E=，电场强度是矢量，求合场强应用平行四边形定如此，由对称性可知，B、C、D、E四个点电荷的合场强大小为E′=，方向沿OA方向，如此A、B、C、D、E四个点电荷的合场强大小为：E合=E′+E=，方向沿OA方向；故C正确，ABD错误；应当选：C．点评：此题考查了电场强度问题，熟练应用点电荷的场强公式与平行四边形定如此是正确解题的关键．11．〔4分〕〔2014秋•涡阳县校级月考〕A、B两个小球带同种电荷，放在光滑的绝缘水平面上，A的质量为m，B的质量为2m，它们相距为d，同时由静止释放，当它们距离为2d时，A的加速度为a，速度为v，如此〔〕A．此时B的加速度为B．此时B的速度也为为C．此过程中电场力对B的冲量为2mvD．此过程中电场力对B做的功为考点：库仑定律；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律．版权所有分析：根据牛顿第三定律和第二定律分析两个电荷加速度的关系，得到B的加速度．将两个电荷同时释放，系统所受的合外力为零，根据动量守恒定律求出B的速度．根据动量定理计算计算电场力对B的冲量．根据电场力做功等于动能的减少量计算电场力对B做功．解答：解：A、B根据牛顿第三定律得知两个电荷间的相互作用力大小相等，由牛顿第二定律得F=ma，得：，得：aB=aA=．故A错误；B、将两个电荷同时释放，系统所受的合外力为零，根据动量守恒定律得：0=mv﹣2mvB，得vB=，故B正确．C、根据动量定理，此过程中电场力对B的冲量等于B的动量的变化，=mv，故C错误．D、此过程中电场力做的功等于电势能减少量：W=△E p=•2m〔〕2﹣0=，故D错误．应当选：B．点评：此题关键要抓住两个电荷间接作用力大小相等，分析加速度关系，根据动量守恒和功能关系研究电场力做功．12．〔4分〕〔2013•泰安三模〕如下列图，在真空区域Ⅰ、Ⅱ中存在两个匀强电场．其电场线方向竖直向下，在区域Ⅰ中有一个带负电的油滴沿电场线以速度v0匀速下落，并进入区域Ⅱ〔电场范围足够大〕．能描述粒子在两个电场中运动的速度﹣﹣时间图象是〔以v0方向为正方向〕〔〕A．B．C．D．考点：带电粒子在匀强电场中的运动．版权所有分析：油滴受到重力和电场力的共同作用，但电场强度是变化的，故电场力会有所变化，注意应用牛顿运动定律加以分析解答：解：带负电的粒子受到重力和电场力的作用，在上面的电场中重力等于电场力粒子恰做匀速直线运动，在下面的电场中，电场力将大于重力，粒子做匀减速直线运动，待速度为零后反向运动，然后返回上面的电场做匀速直线运动，由分析可知，C正确，应当选C点评：注意挖掘“油滴沿电场线以速度v0匀速下落〞的隐含条件，同时应用牛顿运动定律加以分析二．填空题〔共12分〕13．〔6分〕〔2014秋•涡阳县校级月考〕一质量为0.5kg的小球A以2.0m/s的速度和静止于光滑水平面上质量为1kg的另一大小相等的小球B发生正碰，碰撞后它以0.2m/s的速度反弹．如此B球获得的速度大小为 1.1m/s．考点：动量守恒定律．版权所有分析：碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律可以求出小球速度．解答：解：碰撞过程，由动量守恒定律得：m1v1=m1v1′+m2v2，代入数据解得：v2=1.1m/s；故答案为：1.1m/s点评：小球碰撞过程中动量守恒、机械能不守恒，由动量守恒定律与能量守恒定律可以正确解题，应用动量守恒定律解题时要注意正方向的选择．14．〔6分〕〔2013秋•和平区校级期中〕三个一样的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径．球1的带电量为q，球2的带电量为nq，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F．现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为F，方向不变．由此可知n=6．考点：库仑定律．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析：当两个完全一样的带同种电荷的小球接触后，它们的总电荷量将平分；如果两个完全一样的小球带的是异种电荷，那么当它们接触后，它们带的电荷将先中和，之后再将剩余的电荷量平分．找到小球带的电量的关系之后，根据库仑力的公式就可以求得作用力的大小，从而可以求得n的数值．解答：解：设1、2距离为R，如此球1、2之间作用力为：F=①，3与2接触后，它们带的电的电量平分，均为：，再3与1接触后，它们带的电的总电量平分，均为，将球3移至远处后，球1、2之间作用力为F=②，由①②两式解得：n=6，故答案为：6点评：完全一样的带电的小球接触后，它们的电荷量将平分，这是分析互相接触后库仑力如何变化的关键，知道这一点之后，根据库仑定律就可以求得力的大小．三．计算题〔写出与题目有关的方程与重要的演算步骤，只有结果不得分〕15．〔12分〕〔2011•九龙坡区校级一模〕如下列图，一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止．重力加速度取g，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：〔1〕水平向右电场的电场强度；〔2〕假设将电场强度减小为原来的，物块的加速度是多大；〔3〕电场强度变化后物块下滑的距离L时的动能．考点：动能定理的应用；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件与其应用；电场强度．版权所有专题：动能定理的应用专题．分析：〔1〕带电物体静止于光滑斜面上恰好静止，且斜面又处于水平匀强电场中，如此可根据重力、支持力，又处于平衡，可得电场力方向，再由电荷的电性来确定电场强度方向．〔2〕当电场强度减半后，物体受力不平衡，产生加速度．借助于电场力由牛顿第二定律可求出加速度大小．〔3〕选取物体下滑距离为L作为过程，利用动能定理来求出动能．解答：解：〔1〕小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，FNsin37°=qE①FNcos37°=mg②由1、②可得电场强度〔2〕假设电场强度减小为原来的，如此变为mgsin37°﹣qEcos37°=ma③可得加速度a=0.3g．〔3〕电场强度变化后物块下滑距离L时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理如此有：mgLsin37°﹣qE'Lcos37°=Ek﹣0④可得动能Ek=0.3mgL点评：由三力平衡，借助于力的平行四边形定如此来确定电场强度方向．当受力不平衡时，由牛顿运动定律来求解．当物体运动涉与电场力、重力做功，注意电场力做功只与沿电场强度方向的位移有关．16．〔14分〕〔2014春•桃城区校级期中〕排球运动是一项同学们喜欢的体育运动．为了了解排球的某些性能，某同学让排球从距地面高h1=1.8m处自由落下，测出该排球从开始下落到第一次反弹到最高点所用时间为t=1.3s，第一次反弹的高度为h2=1.25m．排球的质量为m=0.4kg，g取10m/s2，不计空气阻力．求：①排球与地面的作用时间．②排球对地面的平均作用力的大小．考点：动量定理；自由落体运动．版权所有专题：动量定理应用专题．分析：根据自由落体运动公式求作用时间，根据自由落体运动的速度公式求出落地瞬间的速度和反弹后瞬间的速度，根据动量定理求平均作用力．解答：解：①设排球第一次落至地面经历的时间为t1，第一次离开地面至反弹到最高点经历的时间为t2，如此有h1=\frac{1}{2}gt12，h2=gt22解得t1=0.6s，t2=0.5s所以，排球与地面的作用时间为t3=t﹣t1﹣t2=0.2s②设排球第一次落地时的速度大小为v1，第一次反弹离开地面时的速度大小为v2，有v1=gt1=6m/s，v2=gt2=5m/s设地面对排球的平均作用力为F，选排球为研究对象，以向上的方向为正方向，如此在它与地面碰撞的过程中，由动量定理有〔F﹣mg〕t3=mv2﹣m〔﹣v1〕代入数据解得F=26N根据牛顿第三定律，排球对地面的平均作用力F′=26N答：①排球与地面的作用时间0.2s．②排球对地面的平均作用力的大小26N．点评：此题是道综合题，考查了自由落体运动和动量定理的应用．17．〔14分〕〔2014秋•涡阳县校级月考〕如下列图，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A被水平速度为v0质量为m的子弹击中，子弹嵌在其中，A的质量是B 的质量的，子弹的质量是B的质量的．求：〔1〕A物体获得的最大速度；〔2〕弹簧压缩量最大时B物体的速度；〔3〕弹簧的最大弹性势能．考点：动量守恒定律；机械能守恒定律．版权所有专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．分析：〔1〕对子弹进入A中的过程，由动量守恒定律列式即可求解；〔2〕子弹击中木块A后A压缩弹簧，A做减速运动，B做加速运动，当A、B速度相等时，弹簧的压缩量最大，系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出B的速度；〔3〕子弹击中A的过程中动量守恒，由动量守恒定律可以求出A的速度，当弹簧压缩量最大时，弹簧的弹性势能最大，由能量守恒定律可以求出弹簧的最大弹性势能．解答：解：〔1〕对子弹进入A中的过程，由动量守恒定律得：mv0=〔m+mA〕v1，解得它们的共同速度，即为A的最大速度为：v1==．〔2〕以子弹、A、B以与弹簧组成的系统作为研究对象，整个作用过程中总动量守恒，弹簧具有最大压缩量时，它们的速度相等，由动量守恒定律得：mv0=〔m+mA+mB〕v2，解得三者的共同速度即弹簧有最大压缩量时B物体的速度：v2==v0〔3〕弹簧压缩最短时的弹性势能最大，由能量守恒得：答：〔1〕A物体获得的最大速度为；〔2〕弹簧压缩量最大时B物体的速度v0；〔3〕弹簧的最大弹性势能为．点评：此题考查了求速度、弹簧的弹性势能，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确解题；解题时要注意，子弹击中A的过程中，子弹与A组成的系统动量守恒，但机械能不守恒．。

亳州市2014---2015学年高二上学期期末物理质量检测 A 参 考 答 案二、实验题(本题共3小题，每空2分，共18分)11、（1）0.646(0.645--0.647）mm …..2分 5.45cm …..2分(2) （每空2分）①X 1(或1) 红黑表笔短接，调整欧姆调零旋钮，使指针指向满偏（或欧姆调零） ②12Ω（3）（每空2分）○1A (A 1) D (V 2 ) E (R 1)○224Ud L πI …2分三、计算题（共计42分）12、(8分)（1）S 断开时，由闭合电路欧姆定律……2分 解得…1分（2）电动机的线圈电阻010.42.5V R A==Ω……1分 S 闭合时 电动机两端电压………1分 流过电动机的电流………1分 电动机输出的机械功率………2分13、（8分）(1)物体受到的力有重力mg ，支持力F N .静电力F ＝qE ，qE ＝mgtan37°（1分） E ＝＝34mg q（1分）(2)当电场强度变为原来的时，物块在斜面方向有mgsin θ－q 2E cos θ＝ma……（1分） 代入数值得：a ＝3.0 m/s 2……（1分）方向沿斜面向下。

……（1分）(3)由动能定理，得 mgL sin37°－qE′Lcos37°＝12mv 2－0. （2分） 解得v ＝m/s= 6 m/s （1分）14、（12分）(1)由动能定理得：qU ＝12mv 12 代入数据得v 1＝104 m/s ……4分(2)因粒子重力不计，则进入PQ 、MN 间电场中后，做类平抛运动，有粒子沿初速度方向做匀速直线运动：d ＝v 1t ……1分粒子沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动：v y ＝at ……1分由牛顿第二定律得：qE ＝ma ……1分由题意得：tan 45°＝v 1v y……1分联立以上相关各式并代入数据得：E ＝2×103 N/C ……1分(3)由动能定理 得： 2211()02ab y qU m v v =+-……2分 联立以上相关各式代入数据得：ab U ＝200 V ……1分答案 (1)104 m/s (2)2×103N/C (3)200 V15、（14分）(1)小球沿NP 做直线运动，由平衡条件可得：mg ＝qvB 1解得v ＝10 m/s ……2分对小球进行受力分析知：小球受轨道支持力F N 由牛顿运动定律知：Rv m mg F N 2=- 得： N Rv m F N 11mg 2=+=……2分 由牛顿第三定律知：小球运动到N 点时对轨道的压力为11N ……1分(2)小球从M 点到N 点的过程中，由动能定理得： 212mgR qER mv +=……2分 代入数据解得：E ＝4 N/C. ……1分 (3)在板间复合场中小球受电场力与重力平衡，故小球做匀速圆周运动…1分 当小球恰好从右边界板边缘射出磁场时，设运动半径为R ′，由几何知识得：， 解得：R ′＝5 m ……1分 由 解得：B 2＝0.2 T ……1分当小球恰好从左边界出磁场时：r=0.5m ……1分由知B 2＝2 T ……1分 综上：220.22B T B T <>或……1分。

2015-2016学年安徽省亳州市高二（上）期末物理试卷（A卷）一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中第1至7题只有一项符合题目要求，第8至10题有多个选项符合要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0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．如图，在正点电荷Q形成的电场中，在某点M放入一电荷量为q的正点电荷P，P受到的库仑力为F，下列表述正确的是（）A．若将P移近Q，则P所受库仑力减小B．若将P移走，则M点的电场强度为零C．若将P处换负电荷，则P处场强反向D．若将P的电荷量增大为2q，则P所受库仑力增大为2F3．某电场的电场线的分布如图所示．一个带电粒子由M点沿图中虚线所示的途径运动通过N点．则下列判断正确的是（）A．粒子带负电B．粒子在M点的加速度大C．粒子在M点的电势能大于在N点的电势能D．M点的电势低于N点电势4．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离（）A．带电油滴将沿竖直方向向上运动B．P点的电势将降低C．带电油滴的电势能将减小D．若电容器的电容减小，则极板带电量将增大5．在如图所示的电路中，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡（其灯丝电阻可视为不变），R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，V为理想电压表．若将照射R3的光的强度减弱，则（）A．电压表的示数变大 B．小灯泡消耗的功率变小C．通过R2的电流变小D．电源两极间的电压变小6．如图是某离子速度选择器的原理示意图，在一半径为R=10cm的圆柱形桶内有B=10﹣4T 的匀强磁场，方向平行于轴线，在圆柱桶某一直径两端开有小孔，作为入射孔和出射孔．离子束以不同角度入射，最后有不同速度的离子束射出．现有一离子源发射质荷比为=2×1011C/kg的阳离子，且离子束中速度分布连续．当角θ=45°，出射离子速度υ的大小是（）A．×106m/s B．2×106m/s C．2×108m/s D．4×106m/s7．长方体金属块放在匀强磁场中，有电流通过金属块，如图所示．则下面说法中正确是（）A．金属块上、下表面电势相等B．金属块上表面电势高于下表面电势C．金属块上表面电势低于下表面电势D．无法比较上、下表面的电势高低8．如图所示，在y轴上关于O点对称的A、B两点有等量同种点电荷+Q，在x轴上C点有点电荷﹣Q，且CO=OD，∠ADO=60°．下列判断正确的是（）A．O点电场强度为零B．D点电场强度不为零C．若将点电荷+q从O移向C，电势能增大D．若将点电荷﹣q从O移向C，电势能增大9．如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成，下列说法正确的是（）A．甲表是电流表，R增大时量程增大B．甲表是电流表，R增大时量程减小C．乙表是电压表，R增大时量程增大D．乙表是电压表，R增大时量程减小10．目前世界上正研究的一种新型发电机叫磁流体发电机，如图表示它的发电原理：将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，而从整体来说（呈中性）沿图中所示方向喷射入磁场，磁场中有两块金属板A、B，这时金属板上就聚集了电荷．在磁极配置如图所示的情况下，下述说法正确的是（）A．A板带正电B．有电流从b经用电器流向aC．金属板A、B间的电场方向向下D．等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力二、实验题（本题共2小题，共16分）11．某实验小组在“测定金属电阻率”的实验过程中，正确操作获得金属丝的直径以及电流表、电压表的读数如图所示，则它们的读数值依次是mm、A、V12．某同学为了测定一只电阻的阻值，采用了如下方法：①用多用电表粗测：多用电表电阻挡有4个倍率，分别为“×1k”、“×100”、“×10”、“×1”．该同学选择“×100”倍率，用正确的操作步骤测量时，发现指针偏转角度太大（指针位置如图1中虚线所示）．为了较准确地进行测量，请你补充完整下列依次应该进行的主要操作步骤：a．b．两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在“0Ω”处．c．重新测量并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图中实线所示，测量结果是．②该同学用伏安法继续测定这只电阻的阻值，除被测电阻外，还有如下实验仪器：A．直流电源（电压3V，内阻不计）B．电压表V1（量程0～3V，内阻约为5kΩ）C．电压表V2（量程0～15V，内阻约为25kΩ）D．电流表A1（量程0～25mA，内阻约为1Ω）E．电流表A2（量程0～250mA，内阻约为0.1Ω）F．滑动变阻器一只，阻值0～20ΩG．开关一只，导线若干在上述仪器中，电压表应选择（填“V1”或“V2”），电流表应选择（填“A1”或“A2”）．请在图2方框内画出电路原理图．三、论述、计算题（本题共4小题，共44分）解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位，只写出最后答案不能得分．13．如图所示，在匀强电场中，有A、B两点，它们间距为2cm，两点的连线与场强方向成60°角．将一个电量为﹣2×10﹣5C的电荷由A移到B，其电势能增加了0.1J．则：（1）在此过程中，电场力对该电荷做了多少功？（2）A、B两点的电势差U AB为多少？（3）匀强电场的场强为多大？14．在图所示电路中，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω．D为直流电动机，其电枢线圈电阻R=2Ω，限流电阻R′=3Ω．当电动机正常工作时，电压表示数为0.3V．求：（1）通过电动机的电流是多大？（2）电动机输入的电功率、转变为热量的功率和输出机械功率各是多少？15．如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源．现把一个质量m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2．已知sin37°=0.60，cos37°=0.80，求：（1）通过导体棒的电流；（2）导体棒受到的安培力大小；（3）导体棒受到的摩擦力．16．如图所示装置中，区域Ⅰ和Ⅲ中分别有竖直向上和水平向右的匀强电场，电场强度分别为E和；Ⅱ区域内有垂直向外的水平匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m、带电量为q的带负电粒子（不计重力）从左边界O点正上方的M点以速度v0水平射入电场，经水平分界线OP上的A点与OP成60°角射入Ⅱ区域的磁场，并垂直竖直边界CD进入Ⅲ区域的匀强电场中．求：（1）粒子在Ⅱ区域匀强磁场中运动的轨道半径（2）O、M间的距离（3）粒子从M点出发到第二次通过CD边界所经历的时间．2015-2016学年安徽省亳州市高二（上）期末物理试卷（A卷）参考答案与试题解析一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中第1至7题只有一项符合题目要求，第8至10题有多个选项符合要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0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B【点评】本题关键明确点电荷是一直理想模型，知道物体是否可以简化为点电荷，关键是看物体的尺度在所研究的问题中是否可以忽略不计．2．如图，在正点电荷Q形成的电场中，在某点M放入一电荷量为q的正点电荷P，P受到的库仑力为F，下列表述正确的是（）A．若将P移近Q，则P所受库仑力减小B．若将P移走，则M点的电场强度为零C．若将P处换负电荷，则P处场强反向D．若将P的电荷量增大为2q，则P所受库仑力增大为2F【考点】库仑定律．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．【分析】电场中的场强与放入电场中的电荷无关，电场强度的定义式为E=．电场线的疏密表示场强的大小，电场线越密的地方，场强越强；电场线越疏的地方，场强越弱．【解答】解：A、由点电荷电场强度公式E=可知，若将P移近Q时，两者间的库仑力将增大，故A错误；B、M点的电场强度由正点电荷Q产生的，当在M点放入P点电荷时，则电荷受到电场力作用；当取走电荷时，则没有电场力，而该处的电场强度却依然存在，故B错误；C、若将P处换负电荷，则P处受到电场力方向反向，而场强方向仍不变，故C错误；D、根据电场强度的定义式为E=．当将P的电荷量增大为2q，则P所受库仑力增大为2F，故D正确，故选：D．【点评】解决本题的关键理解电场强度的定义式E=．知道其与放入电场中的电荷无关．电场线越密的地方，场强越强；电场线越疏的地方，场强越弱．3．某电场的电场线的分布如图所示．一个带电粒子由M点沿图中虚线所示的途径运动通过N点．则下列判断正确的是（）A．粒子带负电B．粒子在M点的加速度大C．粒子在M点的电势能大于在N点的电势能D．M点的电势低于N点电势【考点】电势差与电场强度的关系．【专题】比较思想；图析法；电场力与电势的性质专题．【分析】由粒子轨迹的弯曲方向判断带电粒子所受电场力的大致方向，从而确定带电粒子的电性．根据电场线的疏密判断电场强度的大小，再去判断电场力的大小，由牛顿第二定律分析加速度的大小．根据电场力做功的正负判断电势能的大小．由电场线的方向分析电势的高低．【解答】解：A、由图看出，粒子的轨迹向右弯曲，则粒子所受的电场力大致向右上方，电场线方向斜向右上方，说明该粒子带正电，故A错误．B、M点处的电场线较疏，N点处电场线较密，则M点处的电场强度较小，粒子所受的电场力也较小，根据牛顿第二定律得知，粒子在M点的加速度小．故B错误．C、粒子从M运动到N的过程中，电场力做正功，粒子的电势能减小，则粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，故C正确．D、根据顺着电场线方向电势逐渐降低，可知，M点所在等势面的电势高于N点所在等势面的电势，则M点的电势高于N点电势．故D错误．故选：C【点评】对于粒子在电场中运动的问题，往往要根据曲线运动的特点：合力方向指向轨迹的内侧判断电场力方向．再结合电场线的物理意义分析场强、电势的大小．4．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离（）A．带电油滴将沿竖直方向向上运动B．P点的电势将降低C．带电油滴的电势能将减小D．若电容器的电容减小，则极板带电量将增大【考点】带电粒子在混合场中的运动．【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据E=分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况．由U=Ed分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化．【解答】解：A、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E=得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动．故A 错误．B、场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低．故B正确．C、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加．故C错误．D、根据Q=Uc，由于电势差不变，电容器的电容减小，故带电量减小，故D错误；故选：B．【点评】本题运用E=分析板间场强的变化，判断油滴如何运动．运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化．5．在如图所示的电路中，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡（其灯丝电阻可视为不变），R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，V为理想电压表．若将照射R3的光的强度减弱，则（）A．电压表的示数变大 B．小灯泡消耗的功率变小C．通过R2的电流变小D．电源两极间的电压变小【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】由光敏电阻的性质可知电路中电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，由欧姆定律可得出电压表示数的变化；同时还可得出路端电压的变化；由串联电路的规律可得出并联部分电压的变化，再由并联电路的规律可得出通过小灯泡的电流的变化，由功率公式即可得出灯泡功率的变化．【解答】解：A、将光照强度减弱，光敏电阻的阻值增大，电路中的总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可得，电路中干路电流减小，故R1两端的电压减小，电压表的示数变小．故A 错误；B、C因干路电流减小，电耗的内电压减小，路端电压增大，同时R1两端的电压减小，故并联电路部分电压增大；则流过R2的电流增大，故C错误；由并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流一定减小，故由P=I2R可知，小灯泡消耗的功率变小，故B正确；D、电源两端的电压为路端电压，由上分析可知，电源两端的电压变大，故D错误；故选B．【点评】闭合电路的动态分析问题一般按外电路、内电路再外电路的分析思路进行；分析内电路主要根据总电流及内阻分析内压，而外电路较为复杂，要注意灵活应用电路的性质．6．如图是某离子速度选择器的原理示意图，在一半径为R=10cm的圆柱形桶内有B=10﹣4T 的匀强磁场，方向平行于轴线，在圆柱桶某一直径两端开有小孔，作为入射孔和出射孔．离子束以不同角度入射，最后有不同速度的离子束射出．现有一离子源发射质荷比为=2×1011C/kg的阳离子，且离子束中速度分布连续．当角θ=45°，出射离子速度υ的大小是（）A．×106m/s B．2×106m/s C．2×108m/s D．4×106m/s【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】离子束不经碰撞而直接从出身孔射出，即可根据几何知识画出轨迹，由几何关系求出轨迹的半径，即可由牛顿第二定律求速度v【解答】解：离子从小孔a射入磁场，与ab方向的夹角为α=45°，则离子从小孔b离开磁场时速度与ab的夹角也为α=45°，过入射速度和出射速度方向作垂线，得到轨迹的圆心O′，画出轨迹如图，由几何知识得到轨迹所对应的圆心角θ=2α=90°，则离子的轨迹半径r=2R，r=R=×0.1m=m由牛顿第二定律得：得：v==•rB=2×1011××10﹣4=2×106m/s故选：B【点评】本题的解题关键是根据几何知识画出离子的运动轨迹，得到半径，即可求解速度v．7．长方体金属块放在匀强磁场中，有电流通过金属块，如图所示．则下面说法中正确是（）A．金属块上、下表面电势相等B．金属块上表面电势高于下表面电势C．金属块上表面电势低于下表面电势D．无法比较上、下表面的电势高低【考点】霍尔效应及其应用．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】金属块中移动的是自由电子，电流水平向右，知电子向左运动，根据左手定则判断洛伦兹力的方向，从而得知电子的偏转方向，最终比较出上下表面电势的高低．【解答】解：电子从右向左运动，根据左手定则，电子向上偏转，上表面得到电子带负电，下表面失去电子带正电，所以上表面的电势低于下表面的电势．故C正确，A、B、D错误．故选C．【点评】解决本题的关键知道金属中移动的是自由电子，以及掌握左手定则判断洛伦兹力的方向．8．如图所示，在y轴上关于O点对称的A、B两点有等量同种点电荷+Q，在x轴上C点有点电荷﹣Q，且CO=OD，∠ADO=60°．下列判断正确的是（）A．O点电场强度为零B．D点电场强度不为零C．若将点电荷+q从O移向C，电势能增大D．若将点电荷﹣q从O移向C，电势能增大【考点】电势能；电场强度；电场的叠加．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】O点和D点的电场强度是三个电荷产生的电场强度的合成，根据叠加原理确定两点的电场强度．确定出从O到C电场的方向，根据电场力做功的正负，判断电势能的变化．【解答】解：A、A、B两点两个等量同种点电荷+Q在O点产生的电场强度抵消，O点的电场强度等于点电荷﹣Q在O点产生的电场强度，不为零．故A错误．B、设AD=r，根据点电荷产生的电场强度公式E=k得到，两个等量同种点电荷+Q在D点产生的电场强度大小为E1=k，方向水平向右．﹣Q在O点产生的电场强度大小也为E=k，方向水平向左，则D点的合场强为零．故B错误．C、根据电场的叠加原理得到，C、O间电场强度方向为O到C，将点电荷+q从O移向C，电场力做正功，电势能减小．故C错误．D、将点电荷﹣q从O移向C，电场力做负功，电势能增大．故D正确．故选：D．【点评】空间任何一点的场强是各个电荷产生的电场叠加的结果，根据平行四边形定则进行合成．等量同种电荷的电场要抓住对称性．9．如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成，下列说法正确的是（）A．甲表是电流表，R增大时量程增大B．甲表是电流表，R增大时量程减小C．乙表是电压表，R增大时量程增大D．乙表是电压表，R增大时量程减小【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题．【分析】灵敏电流计G和变阻器R并联时，由于变阻器的分流，测量的电流增大，改装成电流表，而灵敏电流计G和变阻器R串联时，由于变阻器的分压，测量的电压增大，改装成电压表．甲表中，R增大时，变阻器分流减小，量程减小．乙表中，R增大时，变阻器分担的电压增大，量程增大．【解答】解：A、甲表是电流表，R增大时，甲表中变阻器分流减小，量程减小，故A错误，B正确．C、乙是电压表，R增大时，变阻器分担的电压增大，乙表量程增大，故C正确，D错误．故选：BC．【点评】本题考查电表改装原理的理解能力．当电流计的指针满偏时，电流表或电压表的指针满偏，所测量的电流或电压达到最大值．10．目前世界上正研究的一种新型发电机叫磁流体发电机，如图表示它的发电原理：将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，而从整体来说（呈中性）沿图中所示方向喷射入磁场，磁场中有两块金属板A、B，这时金属板上就聚集了电荷．在磁极配置如图所示的情况下，下述说法正确的是（）A．A板带正电B．有电流从b经用电器流向aC．金属板A、B间的电场方向向下D．等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力【考点】霍尔效应及其应用．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】根据左手定则判断出正负电荷所受洛伦兹力的方向，从而判断出正负电荷的偏转方向，带正电的极板电势高，电流从正极板流向负极板．【解答】解：A、根据左手定则知，正电荷向下偏，负电荷向上偏，则A板带负电．故A错误．B、因为B板带正电，A板带负电，所以电流的流向为b流向a．故B正确．C、因为B板带正电，A板带负电，所以金属板间的电场方向向上．故C错误．D、等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力．故D正确．故选BD．【点评】解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道电流在外电路中，由高电势流向低电势．二、实验题（本题共2小题，共16分）11．某实验小组在“测定金属电阻率”的实验过程中，正确操作获得金属丝的直径以及电流表、电压表的读数如图所示，则它们的读数值依次是0.999mm、0.42A、 2.28V【考点】测定金属的电阻率．【专题】实验题．【分析】螺旋测微器读数时，可以分成整数部分和小数部分两部分来读，读整数时，注意“半毫米”刻度线是否露出；电表读数时注意“估读”方式：若每小格的读数是“0.02”A，则应是估读，即估读到0.01A，若每小格的读数是“0.1”V，则应是“”估读，即估读到0.01V，若每小格最小读数是“0.5”，则应是估读，即估读到“0.1”即可．【解答】解：螺旋测微器的读数为：d=0.5mm+49.9×0.01mm=0.999mm；电流表的读数为：I=0.42A；电压表的读数为：U=2.28V故答案为：0.999，0.42，2.28【点评】在螺旋测微器读数时，要分别读出整数部分和小数部分，再求出两部分的和，则应“半毫米”刻度线是否露出；在电表读数时，有“”、“”、“”等几种估读方法，方法是：先求出每小格的读数，若出现“1”则应是估读，出现“2”则应是“”估读，出现“5”则是“估读．”12．某同学为了测定一只电阻的阻值，采用了如下方法：①用多用电表粗测：多用电表电阻挡有4个倍率，分别为“×1k”、“×100”、“×10”、“×1”．该同学选择“×100”倍率，用正确的操作步骤测量时，发现指针偏转角度太大（指针位置如图1中虚线所示）．为了较准确地进行测量，请你补充完整下列依次应该进行的主要操作步骤：a．换用倍率“×10”的挡b．两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在“0Ω”处．c．重新测量并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图中实线所示，测量结果是120Ω．②该同学用伏安法继续测定这只电阻的阻值，除被测电阻外，还有如下实验仪器：A．直流电源（电压3V，内阻不计）B．电压表V1（量程0～3V，内阻约为5kΩ）C．电压表V2（量程0～15V，内阻约为25kΩ）D．电流表A1（量程0～25mA，内阻约为1Ω）E．电流表A2（量程0～250mA，内阻约为0.1Ω）F．滑动变阻器一只，阻值0～20ΩG．开关一只，导线若干在上述仪器中，电压表应选择V1（填“V1”或“V2”），电流表应选择A1（填“A1”或“A2”）．请在图2方框内画出电路原理图．【考点】伏安法测电阻．【专题】实验题．【分析】①欧姆表盘指针偏转角度越大，则电流越大，电阻越小要换小量程档位；换档的要进行欧姆调零，读数要乘以倍率．②根据电源电动势选择电压表量程，根据欧姆定律估测通过电路的最大电流，然后选择电流表量程．该实验中，需要多次测量求平均值，故电流和电压的变化范围要适当大一些，被测电阻比滑动变阻器大的较多，故应选择使用分压电路；因待测电阻的阻值较大，故选择电流表内接法．【解答】解：①因偏转角度过大，则电阻小要用小量程的，将选择开关置于×10档，图示读数为：12×10=120Ω②题中电源电压3V，故电压表选择V1即可；根据欧姆定律电流：I==0.025A=25mA，故电流表选取A1；该实验中，需要多次测量求平均值，故电流和电压的变化范围要适当大一些，被测电阻比滑动变阻器大的较多，故应选择使用分压电路；因待测电阻的阻值较大，故选择电流表内接法．电路图如图．故答案为：①a．换用倍率“×10”的挡c．120Ω②V1；A1；电路原理图如图所示．【点评】要明确欧姆表的改装原理和读数方法以及倍率的选择方法；选择电表量程时要通过估算来选择，熟记电流表内外接法的选择方法和滑动变阻器采用分压式接法的条件．三、论述、计算题（本题共4小题，共44分）解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位，只写出最后答案不能得分．13．如图所示，在匀强电场中，有A、B两点，它们间距为2cm，两点的连线与场强方向成60°角．将一个电量为﹣2×10﹣5C的电荷由A移到B，其电势能增加了0.1J．则：（1）在此过程中，电场力对该电荷做了多少功？（2）A、B两点的电势差U AB为多少？（3）匀强电场的场强为多大？【考点】功的计算；电势能；匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】（1）根据电场力做功与电势能之间的关系，可以判断电场力做功的多少；（2）由电场力做功的公式，可以求得电势差；（3）由电势差的公式可以求得电场的场强．【解答】解：（1）电场力做正功，电势能就减小，电场力做负功，电势能就增加，增加的电势能等于电场力做的功，所以电势能增加了0.1J，电场力对电荷就做﹣0.1J的功．。

2014-2015学年度第一学期期末检测试卷一高二年级物理（必修）学科一．选择题（本项共23小题，每小题3分，共69分。

在每小题给出的四个选项当中，只有一个选项是正确的。

）1．下列物体或人，可以看作质点的是（）①研究跳水冠军伏明霞在跳水比赛中的空中姿态②研究奥运冠军王军霞在万米长跑中③研究一列火车通过某路口所用的时间④研究我国科学考察船去南极途中A.①③B.②③C.①④D.②④2．科学家关于物体运动的研究，对正确认识自然现象具有重要作用。

下列说法符合历史事实的是（）A．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变B．伽利略通过“理想实验”得出结论：运动物体具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远地运动下去C．卡文迪许通过对行星运动的研究，提出了万有引力定律D．牛顿在前人研究成果的基础上，通过进一步研究提出，维持物体运动需要力3. 一物体沿半径为R的圆周运动一周，其位移的大小和路程分别是（）A .2πR，0 B.0，2πR C. 2R, 2πR D.0，2R4．下列哪个速度指的是平均速度（）A．跳水运动员以12m/s的速度入水B．炮弹以700m/s的速度射出炮口C．普通人步行的速度约是5km/h D．汽车通过交通标志牌时的速度是90km/h 5. 做匀变速直线运动的物体的位移随时间的变化关系s=24t－1.5t2(m),根据这一关系式可知，质点速度为零的时刻是（）A.1.5sB.8sC.16sD.24s6．两个共点力的大小分别为3N和7N，则它们的合力( )A ．一定等于10NB ．一定大于7NC ．最大是10N D7．小船在静水中速度为4m/s ，它在宽为200 m，流速为3 m/s 的河中渡河，船头始终垂直河岸，如图所示。

则渡河需要的时间为( )A ．40sB ．50s C．66.7s D ．90s8.在“探究力的平行四边形定则”实验中，不正确的实验要求是 ( ) A ．弹簧测力计的拉力方向必须与木板平行 B ．两弹簧测力计的拉力方向必须相互垂直 C ．读数时，视线应正对弹簧测力计的刻度 D ．使用弹簧测力计时，不能超过其量程 9．下列关于摩擦力的说法，正确的是 （ ）A ．作用在物体上的滑动摩擦力只能使物体减速，不可能使物体加速B ．摩擦力的大小一定与物体的重力成正比C ．运动的物体不可能受到静摩擦力作用D ．作用在物体上的静摩擦力可以是动力10.一物体做匀加速直线运动，初速度大小为2m/s ，经3s ，末速度大小为8m/s ，下列说法错误的是（ ） A.物体加速度为2m/s2B.2s 末速度大小为6m/sC.3s 内的平均速度为4m/sD.第二秒内位移比第一秒内位移多2m 11.关于超、失重，下列说法正确的是（ ） A ．物体超、失重是因为地球吸引异常引起的 B ．物体超重运动方向一定向上 C ．物体失重运动方向一定向下D ．只要加速度的方向向上物体即处于超重12.如图所示，一固定斜面倾角为α，高为h ，一小球从斜面顶端沿水平方向抛出后恰好落在斜面底端，不计小球运动中所受的空气阻力，设重力加速度为g ，则小球从抛出到落在斜面底端所用时间为（ ）Ag h 2 B g h 2sin C g h 2 D gh13．甲、乙两车从同一地点沿同一方向出发，右图是甲、乙两车的速度图象，由图可知( )A ．甲车的加速度大于乙车的加速度B ．t 1时刻甲、乙两车的加速度相同C ．t 1时刻甲、乙两车的相遇D ．0至t 1时刻，甲车的平均速度大于乙车的平均速度14．已知长为L 的光滑斜面，物体从斜面顶端由静止开始以恒定的加速度下滑，当物体的速度是到达斜面底端速度的一半时，它沿斜面下滑的位移是（ ）1A ．2L B ．4LC ．22LD ．L ）－（1215．马拉着车奔跑，马对车的拉力为F 和车对马的拉力为F ′，则两力的大小关系是 A 、马要拉动车，则必须满足F >F ′B 、只有当马拉着车匀速奔跑时，才满足F =F ′C 、不管如何奔跑，始终满足F =F ′D 、运动情况不明，无法确定 阅读下列材料,回答第19〜23题.2013年12月6日17时47分，“嫦娥三号”开始实施近月制动.17时53分,发动机关机嫦娥三号”顺利进入100公里环月轨道.12月14日20时59分，7500N 变推力发动机开机嫦娥三号”开始动力下降，减速向月球靠近，在100m 高度处，“嫦娥三号”悬停.30 s 后，“嫦娥三号”援速 下降，离月面4m 时，7500N 变推力发动机关机嫦娥三号”从速度为零起做自由落体运动降落在月球虹湾以东地区.已知“嫦娥三号”重f 约为3780kg,搭载的月球车重量约140kg,月球表面重力加速度为地球表面 重力加速度的六分之一，地球表面重力加速度取10 m/s 2.16. “嫦娥三号”在100公里环轨道运行过程中，受到月球引力大小 ( ) A.只与“嫦娥三号”的质量有关 B.只与月球的质量有关C.与“嫦娥三号”和月球的质量均无关D.与“嫦娥三号”和月球的质量均有关17. “嫦娥=号”在动力下降阶段,月球对其重力做功和重力势能变化的情况为 （ ）A.重力做正功，重力势能减小B.重力做正功,重力势能增加 C 重力做负功，重力势能减小 D.重力做负功，重力势能增加18. “嫦娥三号”从速度为0起做自出落体运动降落在月球虹湾以东地区，能反映此过程运动的图象是（ ）19．有一束电子流沿 X 轴正方向高速运动，如图所示，电子流在 Z 轴上的P 点处所产生的磁场方向是沿（ ）A ．Y 轴正方向B ．Y 轴负方向C ．Z 轴正方向D ．Z 轴负方向 20．在下列几幅图中，洛仑兹力的方向判断正确的是( )A ．B ．C ．D ．21. 真空中有一个电场，在该电场某点处放入一个点电荷为q=6.0×10-9C ，它受到的电场力为3.0×10-4N ，则该点的电场强度大小为（ ）A ．5×10-4N/C B ．5×104N/C C ．2×10-5N/C D ． 2×105N/C 22. 下列关于电场线的说法中，正确的是（ ） A ．电场线是电场中实际存在的线 B ．在复杂电场中的电场线是可以相交的 C ．沿电场线方向，场强必定越来越小D ．电场线越密的地方，同一试探电荷所受的电场力越大23. 如图所示，电流表与螺线管组成闭合电路，以下不能使电流表指针偏转的是( ) A ．将磁铁插入螺线管的过程中 B ．磁铁放在螺线管中不动时C ．将磁铁从螺线管中向上拉出的过程中D ．将磁铁从螺线管中向下拉出的过程中 二．填空题（本题有两小题，共10分）24．本题为选做题，考生只选择一题作答．若两题都作答，则按24-1题计分25. （1）如图所示为用打点计时器验证机械能守恒定律的实验装置。

2014-2015学年高二上学期期末考试物理试题注意事项：1．本试题共100分，答题时间90分钟；2．本试题共分两部分。

第Ⅰ卷为选择题，用2B铅笔将正确答案涂写在答题卡上；第Ⅱ卷为非选择题，用0.5mm黑色黑水签字笔完成在答题纸上。

3．答第Ⅰ卷前，将姓名、考号、考试科目、试卷类型涂写在答题卡上。

第Ⅰ卷（选择题共50分）一、选择题：本题共15小题。

在每小题给出的四个选项中，第1—10题，每题3分，只有一个选项符合题目要求，第11---15题，每题4分，有多个选项符合题目要求．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分1．在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类文明的进步，在对以下几个物理学家所做的科学贡献的叙述中，不．正确的说法是( )A．库仑发现了电流的磁效应B．丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应C．法拉第发现了磁场产生电流的条件和规律D．电荷量e的数值最早是由美国科学家密立根用实验测得的2．冬天气候干燥，容易发生静电现象，下列现象中不．属于静电引起的是( )A．用塑料梳子梳头时听到“噼”“啪”的响声B．冬天在黑暗处脱化纤类衣服会看到火花并听到响声C．脱掉外衣后去摸金属门把手时，常会被电击一下D．在针灸治疗疾病时，用电针会感觉较强的刺激3．在做“奥斯特实验”时，下列操作中现象最明显的是( )A．沿电流方向放置磁针，使磁针在导线的延长线上B．电流沿南北方向放置在磁针的正上方C．沿电流方向放置磁针，使磁针在导线的正下方D．电流沿东西方向放置在磁针的正上方4．下列关于电场与磁场说法正确的是( )A．只有磁铁周围才有磁场B．电流能产生磁场说明电和磁是有联系的C．电荷的周围一定有电场和磁场D．永久磁铁的磁场与电流周围的磁场是两种不同的磁场5．下列关于磁通量和磁感应强度的说法中，正确的是( )A．穿过某一个面的磁通量越大，该处磁感应强度也越大B．穿过某一个面的磁通量为零，该处磁感应强度也为零C．穿过垂直于磁感线方向的单位面积的磁感线的条数等于磁感应强度D．当平面跟磁场方向不垂直时，穿过这个面的磁通量必定为零6．有一圆形边界的匀强磁场区域，一束质子流以不同的速率，由圆周上的同一点沿半径方向射入磁场，质子在磁场中( )A．路程长的运动时间长B．速率小的运动时间短C．偏转角度大的运动时间长D．运动的时间有可能无限长7．如图所示，a、b、c是匀强电场中的三个点，各点电势φa＝10 V、φb＝2 V、φc＝6 V，a、b、c三点在同一平面上，下列各图中电场强度的方向表示正确的是( )8．安全重于泰山．为防止火灾发生，很多公共场所都安装了火警报警器．如图所示是一火警报警器的一部分电路示意图，其中R2为用半导体热敏材料(其阻值随温度的升高而迅速减小)制成的传感器，电流表A为值班室的显示器，a、b之间接报警器．当传感器R2所在处出现火情时，电流表A的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是( )A．I变大，U变大 B．I变小，U变小C．I变小，U变大 D．I变大，U变小9．一磁感应强度为B的匀强磁场方向水平向右，一面积为S的矩形线圈abcd 如图所示放置，平面abcd与竖直方向成θ角，将abcd绕ad轴转180°角，则穿过线圈平面的磁通量的变化量是( )A． 2BS cosθ B．2BSC． 0 D．2BS sinθ10.一矩形线圈位于一匀强磁场内，磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图所示．以I表示线圈中产生的感应电流，取垂直于纸面向里为磁场的正方向，取顺时针方向的感应电流的方向为正，则以下的I­t图正确的是( )11．某一电容器上标注的是“300 V,5 μF”，则下述说法正确的是( ) A．该电容器只能在300 V电压时正常工作B．该电容器可在低于300 V的电压下正常工作C．电压是200 V时，电容仍是5 μFD．使用时只需考虑工作电压，不必考虑电容器的引出线与电源的哪个极相连12．如果用E表示电场区域的电场强度大小，用B表示磁场区域的磁感应强度大小．现将一点电荷放入电场区域，发现点电荷受电场力为零；将一小段通电直导线放入磁场区域，发现通电直导线受安培力为零，则以下判断可能正确的是( )A．E＝0 B．E≠0C．B＝0 D．B≠013．起辉器是由电容器和氖管两大部分组成，其中氖管中充有氖气，内部有静触片和U形动触片．通常动、静触片不接触，有一小缝隙．则下列说法正确的是( )A．当电源的电压加在起辉器两端时，氖气放电发出辉光并产生热量，导致双金属片受热膨胀B．当电源的电压加在启动器两极后，动、静触片间辉光放电，受热膨胀两触片接触而不分C．起辉器中U形动触片是由单金属片制成D．当动、静两触片接触后，氖气停止放电、温度降低，两触片分离14．用甲、乙两个完全相同的电流表表头改装成量程分别为5 V和10 V的电压表，串联后测量12 V的电压，则( )A．两表的电压示数相同，均为6 VB．两表头的指针偏角相同C．两表头的指针偏角不相同D．两表的电压示数不同15．某学生在研究串联电路电压特点的实验时，接成如图所示的电路，接通S 后，他将大内阻的电压表并联在A，C两点间，电压表读数为U，当并联在A，B 两点间时，电压表读数也为U，当并联在B，C两点间时，电压表的读数为零，则出现此种情况的原因可能是(R1，R2的阻值相差不大)( )A．AB段断路 B．BC段短路C．AB段短路 D．BC段断路第Ⅱ卷（非选择题共50分）二．填空题（本大题共16分，每空2分）16. 有一同学用多用电表进行粗测一电阻：多用电表电阻挡有3种倍率，分别是×100Ω、×10Ω和×1Ω.该同学选择×10Ω倍率，用正确的操作方法测量时，发现指针偏转角度太小．为了较准确地进行测量，应选择________倍率．换挡后，应注意还需________调零．若重新测量的结果如图所示，那么测量结果大约是______17．（1）用螺旋测微器测金属丝的直径其读数为________．(2)已知电阻丝的电阻约为10Ω，现备有下列器材供测量电阻丝的电阻，在测量时电流表应选________(只填序号)．电压表应选________(只填序号)。

2014-2015学年安徽省亳州市涡阳四中高二（上）第二次质检物理试卷一、选择题（每小题4分，共40分．下列每小题所给选项只有一项符合题意，请将正确答案的序号填在答题卡上）1．（4分）（2011•天津）如图所示，A、B两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B受到的摩擦力（）A．方向向左，大小不变B．方向向左，逐渐减小C．方向向右，大小不变D．方向向右，逐渐减小考点：牛顿第二定律；滑动摩擦力．专题：整体法和隔离法．分析：整体法和隔离法是动力学问题常用的解题方法．1、整体法：整体法是指对物理问题中的整个系统或整个过程进行分析、研究的方法．在力学中，就是把几个物体视为一个整体，作为研究对象，受力分析时，只分析这一整体对象之外的物体对整体的作用力（外力），不考虑整体内部之间的相互作用力（内力）．整体法的优点：通过整体法分析物理问题，可以弄清系统的整体受力情况和全过程的受力情况，从整体上揭示事物的本质和变体规律，从而避开了中间环节的繁琐推算，能够灵活地解决问题．通常在分析外力对系统的作用时，用整体法．2、隔离法：隔离法是指对物理问题中的单个物体或单个过程进行分析、研究的方法．在力学中，就是把要分析的物体从相关的物体体系中隔离出来，作为研究对象，只分析该研究对象以外的物体对该对象的作用力，不考虑研究对象对其他物体的作用力．隔离法的优点：容易看清单个物体的受力情况或单个过程的运动情形，问题处理起来比较方便、简单，便于初学者使用．在分析系统内各物体（或一个物体的各个部分）间的相互作用时用隔离法．本题中两物体相对静止，可以先用整体法，整体受重力、支持力和向后的摩擦力，根据牛顿第二定律先求出整体加速度，再隔离物体B分析，由于向前匀减速运动，加速度向后，故合力向后，对B物体受力分析，受重力、支持力和摩擦力作用，根据牛顿第二定律，可以求出静摩擦力的大小．解答：解：A、B两物块叠放在一起共同向右做匀减速直线运动，对A、B整体根据牛顿第二定律有然后隔离B，根据牛顿第二定律有f AB=m B a=μm Bg 大小不变，物体B做速度方向向右的匀减速运动，故而加速度方向向左，摩擦力向左；故选A．点评：对于连接体问题可以用整体法求加速度，用隔离法求解系统内力！2．（4分）（2014春•桐乡市校级期中）摆式列车是集电脑、自动控制等高新技术于一体的新型高速列车，如图所示．当列车转弯时，在电脑控制下，车厢会自动倾斜，抵消离心力的作用；行走在直线上时，车厢又恢复原状，就像玩具“不倒翁”一样．假设有一超高速列车在水平面内行驶，以360km/h的速度拐弯，拐弯半径为1km，则质量为50kg的乘客，在拐弯过程中所受到的火车给他的作用力为（g取10m/s2）（）A．500N B．1000N C．500N D．0考点：向心力．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：乘客随火车一起拐弯，靠重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出拐弯过程中火车对乘客的作用力．解答：解：360km/h=100m/s．根据牛顿第二定律知，，根据平行四边形定则得，N==500N．故C正确，A、B、D错误．故选：C．点评：解决本题的关键搞清圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律和平行四边形定则进行求解．3．（4分）（2003•辽宁）在离地面高为h处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为V0，当它落到地面时速度为V，用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于（）A．mgh﹣mv2﹣mv02B．﹣mv2﹣mv2﹣mghC．mgh+mv02﹣mv2D．mgh+mv2﹣mv2考点：动能定理的应用．专题：动能定理的应用专题．分析：物体从离地面A处以一定速度竖直上抛，最后又以一定速度落到地面，则过程中物体克服空气阻力做功，可由动能定理求出．解答：解：选取物体从刚抛出到正好落地，由动能定理可得：解得：故选：C点评：运用动能定理时，要当心力做功的正负，同时要合理选取过程．此题要求物体的克服空气阻力做功，即阻力做负功．同时得出重力做功与初末位置有关，而阻力做功与路径有关．4．（4分）（2014秋•涡阳县校级月考）2014年1月1日辽宁舰顺利完成为期37天的南海百项海域科研试验和训练．某次舰载机的训练如图所示，飞机在跑道上滑行的距离为s，从着舰到停下来所用的时间为t．现欲估算飞机着舰的速度，可假设飞机停止运动前在平直跑道上做匀减速运动，但实际上，飞机的速度越大，所受的阻力越大，则飞机着舰的速度v 应是（）A．v=B．v=C．v＞D．＜v＜考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：设飞机着陆过程中加速度为a，飞机着陆瞬间速度为v，根据匀加速直线运动位移速度公式及速度时间公式即可解题．解答：解：设飞机着陆过程中加速度为a，飞机着陆瞬间速度为v，则有：2as=0﹣v2①0=v+at ②由①②得：，即飞机着舰的速度v至少为故故选：C点评：本题主要考查了匀变速直线运动基本公式的直接应用，难度不大，属于基础题．5．（4分）（2014•天津二模）质点所受的力F随时间变化的规律如图所示，力的方向始终在一直线上．已知t=0时质点的速度为零．在图中所示的t1、t2、t3和t4各时刻中，哪一时刻质点的动能最大（）A．t1B．t2C．t3D．t4考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的图像．专题：动能定理的应用专题．分析：通过分析质点的运动情况，确定速度如何变化，再分析动能如何变化，确定什么时刻动能最大．解答：解：由力的图象分析可知：在0∽t1时间内，质点向正方向做加速度增大的加速运动．在t1∽t2时间内，质点向正方向做加速度减小的加速运动．在t2∽t3时间内，质点向正方向做加速度增大的减速运动．在t3∽t4时间内，质点向正方向做加速度减小的减速运动．t4时刻速度为零．则t2时刻质点的速度最大，动能最大．故选B．点评：动能是状态量，其大小与速度大小有关，根据受力情况来分析运动情况确定速度的变化，再分析动能的变化是常用的思路．6．（4分）（2014秋•涡阳县校级月考）如图所示，进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80kg和100kg，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1m/s．A将B向空间站方向轻推后，A的速度变为0.2m/s，求此时B的速度大小和方向（）A．0.02m/s，朝着空间站方向B．0.02m/s，离开空间站方向C．0.2m/s，朝着空间站方向D．0.2m/s，离开空间站方向考点：动量守恒定律．专题：动量定理应用专题．分析：在两宇航员A和B互推过程中，两人组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律列式求解．解答：解：两宇航员组成的系统动量守恒，以远离空间站的方向为正方向，A和B开始的速度为v0=0.1m/s，方向远离空间站，推开后，A的速度v A=0.2m/s，此时B的速度为v B，由动量守恒定律得：（m A+m B）v0=m A v A+m B v B，即：（80+100）×0.1=80×0.2+100v B，解得：v B=0.02m/s，B的速度方向沿远离空间站方向；故选：B．点评：本题以航天为背景，考查动量守恒定律，要注意选取正方向，用正负号表示速度的方向．7．（4分）（2014春•鞍山期末）将一电荷量为+Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等． a、b为电场中的两点，则下列说法错误的是（）A．a点的电场强度比b点的大B．a点的电势比b点的高C．检验电荷﹣q在a点的电势能比在b点的大D．将检验电荷﹣q从a点移到b点的过程中，电场力做负功考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场线的疏密表示场强的大小；a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势；电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小．解答：解：A：电场线的疏密表示场强的大小，由图象知a点的电场强度比b点大，故A正确；B：a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势．故B正确；C：电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小，即负电荷在a点的电势能较b点小，故C错误；D：由上知，﹣q在a点的电势能较b点小，则把﹣q电荷从电势能小的a点移动到电势能大的b点，电势能增大，电场力做负功．故D正确．本题选错误的，故选：C．点评：该题考查电场线的特点与电场力做功的特点，解题的关键是电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加．8．（4分）（2014秋•沈丘县期中）喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中（）A．向负极板偏转B．运动轨迹是抛物线C．电势能逐渐增大D．运动轨迹与带电量无关考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：由电子带负电，在电场中受到的力来确定偏转方向；根据电子做类平抛运动来确定侧向位移，及电场力做功来确定电势能变化情况．解答：解：A、由于是电子，故向正极板偏转，A错误；B、由于电子在电场中做类平抛运动，轨迹为抛物线，故B正确；C、由于电子做正功，故电势能减少，故C错误；D、由侧向位移y==•，可知运动轨迹与带电量有关，故D错误．故选：B．点评：本题理解电子做类平抛运动的规律及处理的方法，并得出电势能变化是由电场力做功来确定的．9．（4分）（2014秋•涡阳县校级月考）在闭合电路中，如果通过电源的电流I发生变化时，电路的路端电压也会跟着变化．如图是某闭合电路的路端电压U随通过电源的电流I变化的图线，下列关于这个图象的说法中错误的是（）A．纵轴截距表示电源的电动势，即E=3.0VB．根据r=，计算出待测电源内电阻为5ΩC．根据r=||，计算出待测电源内电阻为1ΩD．如把上述电源和一阻值为2Ω电阻组成闭合电路时，电源两端电压为2V考点：路端电压与负载的关系．专题：恒定电流专题．分析：根据闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir，U﹣I图线的斜率等于电源内阻的大小，图线与纵轴交点坐标表示电源的电动势．当电源和阻值为2Ω电阻组成闭合电路时，根据欧姆定律求解电源两端电压．解答：解：A、根据闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir可知，当I=0时，U=E，所以纵轴截距表示待测电源的电动势，E=3V．故A正确．B、C由U=E﹣Ir可知，U﹣I图线的斜率等于电源内阻的大小，即r=||=Ω=1Ω．故B错误，C正确．D、当电源和阻值为2Ω电阻组成闭合电路时，电源两端电压U=E=×3V=2V．故D正确．本题选择错误的，故选：B点评：本题考查对电源的外特性曲线的理解能力．常常有学生认为短路电流为I短=0.6A，得到的内阻为r==5Ω，是对短路的特点理解不到位造成的，短路时，路端电压U=0．10．（4分）（2014秋•涡阳县校级月考）在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，C为电容器，R0为定值电阻，R为滑动变阻器．开关闭合后，灯泡L能正常发光．当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是（）A．灯泡L将变暗B．电流表读数变大C．电容器C的电量将减小D．电源的总功率变大考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：电路稳定时，与电容器串联的电路没有电流，相当于断路．当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器在路电阻增大，外电阻增大，即可知电压表读数增大．电路中电流减小，灯L变暗．电容器的电压等于路端电压，分析其电压变化，由Q=CU分析电量的变化．解答：解：A、当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器在路电阻增大，外电阻增大，电路中电流减小，灯L变暗，故A正确、B错误；C、电容器的电压等于路端电压，可见其电压是增大的，则由Q=CU知，电容器C的电荷量将增大．故C错误．D、电源消耗的功率P=EI，电流减小所以电源消耗的功率将变小，故D错误．故选：A点评：本题是电路的动态变化分析问题，可直接根据路端电压随外电阻增大而增大，判断电压表读数的变化．二．实验题（共18分）11．（4分）（2014秋•宝坻区校级期中）一个量程为100μA的电流表，内阻为100Ω，表盘刻度均匀．现用一个9900Ω的电阻与它串联将电流表改装成电压表，则该电压表的量程是 1 V．用它来测量电压时，表盘指针位置如图所示，此时电压表的读数大小为0.8 V．考点：用多用电表测电阻．专题：实验题．分析：由串联电路特点与欧姆定律可以求出电压表的量程，由图示表盘可以读出其示数．解答：解：电压表量程：U=Ig（R+Rg）=100×10﹣6×（9900+100）=1V，由图示表盘可知，其分度值为0.1V，示数为：0.8V；故答案为：1；0.8．点评：本题考查了求电压表量程、电压表读数，应用串联电路特点与欧姆定律即可求出电压表量程；对电压表读数时要先确定其量程与分度值．12．（4分）（2014秋•涡阳县校级月考）如图a、图b所示，是利用伏安法测电阻的两个电路图，如果实验要求测量从0开始连续变化的多组数据，则应该选用图b 电路作为实验电路．考点：伏安法测电阻．专题：恒定电流专题．分析：滑动变阻器在电路中可以作限流器用，也可以作分压器用．在确保安全的条件下，如何选用这两种不同的形式，是由电路中的需要来决定的．以下情况可选用限流式接法：①待测用电器电阻接近滑动变阻器电阻（也可选用分压式接法）．②简化电路，节约能源．以下情况必须使用分压式接法：①待测用电器电阻远大于滑动变阻器电阻．②实验要求待测用电器电流及其两端电压可以由0开始连续变化（例如测小灯泡的伏安特性曲线）．③实验要求待测用电器电流及其两端电压可变范围较大．④采用限流式接法时，无论如何调节变阻器，电流、电压都大于对应电表的量程．解答：解：在做利用伏安法测电阻的实验时，电阻两端电压要从零开始连续变化，故滑动变阻器采用分压式接法；故答案为：图b．点评：本题关键明确什么时候选择滑动变阻器的分压式接法，什么时候选择滑动变阻器的限流式接法，基础题．13．（10分）（2014秋•涡阳县校级月考）某学习小组在描绘标有“8.0v，3.8w”的小灯泡的灯丝电阻的伏安特性图线时，实验室给出一块电压表V（量程10V，内阻约4KΩ）和两块电流表，A1（量程100mA，内阻约2Ω）和 A2（量程0.6A，内阻约0.3Ω），则选择电流表A2测量．甲、乙两同学利用电压表和选定的电流表采用不同的连接电路测出相应的电压和电流描绘出的伏安特性图线如图①、②所示，则图线②更准确．考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．专题：实验题．分析：根据灯泡额定电流选择电流表，根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后分析答题．解答：解：灯泡正常发光时时的电流：I===0.475A=475mA，电流表应选 A2；灯泡正常发光时的电阻约为：R==≈16.84Ω，电流表内阻约为0.3Ω，电压表内阻约为4kΩ，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，电流表采用外接法，由于电压表的分流，电流表测量值偏大，图②所示图象准确．故答案为：A2，②．点评：本题考查了实验器材的选择、图象的选择，掌握实验器材的选择原则、根据题意确定电流表的解法即可准确解题．三．计算题（写出与题目有关的方程及重要的演算步骤，只有结果不得分）14．（8分）（2014秋•涡阳县校级月考）如图所示，两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，已知OA=h，求此电子具有的初速度是多少？考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理．专题：电场力与电势的性质专题．分析：设出电子的初动能，末动能为零，全程只有电场力做功，根据动能定理解出电子的初速度解答：解：设出电子的初动能Ek0，末动能为零，极板间的电场E=，根据动能定理：﹣eEh=0﹣，解得：v=答：此电子具有的初速度是点评：本题关键掌握动能定理，并能与电场知识结合处理粒子变速直线运动问题．注意动能定理应用时要找准全过程物体一共受到几个，并判断哪几个力做功．15．（10分）（2014秋•涡阳县校级月考）如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为2m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为m的小球从槽高h处由静止开始自由下滑，求：弹簧的最大弹性势能．考点：动量守恒定律；能量守恒定律．专题：动量定理应用专题．分析：小球下滑过程，小球和光滑弧形槽相同机械能守恒、水平方向动量也守恒，根据守恒定律列式求解小球的最大速度；弹簧具有的最大弹性势能即等于小球的最大动能．解答：解：槽与小球组成的系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1﹣2mv2=0，小球下滑过程系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：，当小球把弹簧压缩的最短时，动能转化为弹簧的弹性势能：，解以上各式可得：；答：弹簧的最大弹性势能为mgh．点评：本题考查了求弹簧的弹性势能，分析清楚运动过程，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确解题．16．（12分）（2009秋•杨浦区期末）如图所示，R3=6Ω，电源内阻r为1Ω，当S合上且R2为2Ω时，电源的总功率为16W，而电源的输出功率为12W，灯泡正常发光，求：（1）电灯的电阻及功率；（2）S断开时，为使灯泡正常发光，R2的阻值应调到多大？考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：（1）当S合上时，电阻R2与灯泡串联后电阻R3并联．根据电源的总功率为16W，电源的输出功率为12W，求出通过电源的电流．根据电源的输出功率，求出外电阻总电阻，得到灯泡的电阻，并求出灯泡的功率．（2）由（1）问中电流和电源的总功率为16W，求出电动势．S断开时，电阻R2与灯泡串联，根据欧姆定律求出R2的阻值．解答：解：（1）由P r=P总﹣P出=I2r得即：16﹣12=I2×1得，I=2A又P出=I2R外即：12=22×R外得，R外=3Ω又：代入数据得：R L=4Ω又R L+R2=R3∴I L=I3=1AP L=I L2R L=4W（2）由上题P总=EI得，E==V=8V．S断开时时，E=I L（R L+R2′+r）=8V解得：R2′=3Ω答：（1）电灯的电阻是4Ω，功率是4W；（2）S断开时，为使灯泡正常发光，R2的阻值应调到3Ω．点评：从本题看出，对于电路问题，首先要搞清电路的连接方式，其次要弄清电源的三种功率关系．17．（12分）（2014秋•涡阳县校级月考）如图所示，在光滑绝缘水平面上方足够大的区域内存在水平向右的电场，电场强度为E．不带电的绝缘小球P2静止在O点．带正电的小球P1离小球P2左侧的距离为L．现由静止释放小球P1，在电场力的作用下P1与P2发生正碰后反弹，反弹速度是碰前的倍．已知P1的质量为m，带电量为q，P2的质量为5m．求：（1）碰撞前小球P1的速度．（2）碰撞后小球P2的速度．（3）小球P1和小球P2从第一次碰撞到得二次碰撞的时间和位置．考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理．专题：电场力与电势的性质专题．分析：（1）根据动能定理求出碰撞前小球P1的速度．（2）两小球碰撞的瞬间，动量守恒，结合动量守恒定律求出碰后小球P2的速度．（3）碰撞后小球P1先向左后向右做匀变速运动，根据匀变速直线运动的位移时间公式，结合位移关系求出小球P1和小球P2从第一次碰撞到得二次碰撞的时间，根据位移的大小求出第二次碰撞的位置．解答：解：（1）设碰撞前小球P1的速度为v0，根据动能定理解得（2）P1、P2碰撞，设碰后P1速度为v1，P2速度为v2，规定v0的方向为正方向，由动量守恒定律：mv0=mv1+5mv2，v1=﹣解得v2=（水平向右）（3）碰撞后小球P1先向左后向右做匀变速运动，设加速度为a，则：设P1、P2碰撞后又经△t时间再次发生碰撞，且P1受电场力不变，由运动学公式，以水平向右为正，则：解得：对P2分析：即第二次碰撞时距离O点答：（1）碰撞前小球P1的速度为．（2）碰撞后小球P2的速度为，方向向右．（3）小球P1和小球P2从第一次碰撞到得二次碰撞的时间为，位置距离O点．点评：本题考查了动量守恒定律、动能定理、牛顿第二定律和运动学公式的综合，综合性较强，对学生的能力要求较高，关键理清两球的运动规律，选择合适的定律或定理进行求解．。