广东省揭阳三中2013-2014学年高二上学期第一次阶段考试物理试题

揭阳一中2013－2014学年度第一学期高三第一次阶段考试物理测试13．亚丁湾索马里海域六艘海盗快艇试图靠近中国海军护航编队保护的商船，中国特战队员成功将其驱离．假如其中一艘海盗快艇在海面上运动的v－t图象如图所示，设运动过程中海盗快艇所受阻力不变．则下列说法正确的是( )A．海盗快艇在0～66 s内从静止出发做加速度增大的加速直线运动B．海盗快艇在96 s末开始调头逃离C．海盗快艇在66 s末离商船最近D．海盗快艇在96～116 s内做匀减速直线运动14．如图，运动员的双手握紧竖直放置的圆形器械，在手臂OA沿由水平方向缓慢移到A'位置过程中，若手臂OA，OB的拉力分别为F A和F B，下列表述正确的是（）A. F A一定小于运动员的重力GB. F A与F B的合力始终大小不变C. F A的大小保持不变D. F B的大小保持不变15．物理学是一门以实验为基础的学科，物理定律就是在大量实验的基础上归纳总结出来的。

但有些物理规律或物理关系的建立并不是直接从实验得到的，而是经过了理想化或合力外推，下列选项中属于这种情况的是（）A．牛顿第一定律 B．牛顿第二定律C．万有引力定律 D．库仑定律16．甲、乙为两颗地球卫星，其中甲为地球同步卫星，乙的运行高度低于甲的运行高度，两卫星轨道均可视为圆轨道。

以下判断正确的是( )A．甲的周期小于乙的周期B．乙的速度大于第一宇宙速度C．甲的加速度小于乙的加速度D．甲在运行时能经过北极的正上方19．地球同步卫星轨道必须在赤道平面上空，和地球有相同的角速度，才能和地球保持相对静止，关于各国发射的地球同步卫星，下列表述正确的是（）A．所受的万有引力大小一定相等 B．离地面的高度一定相同C．都位于赤道上空的同一个点 D．运行的速度都小于7.9km/s17．如图为一个做匀变速曲线运动的质点的轨迹示意图，已知在B点的速度与加速度相互垂直，则下列说法中正确的是( )A．D点的速率比C点的速率大B．A点的加速度与速度的夹角大于90°C．A点的加速度比D点的加速度大D．从A到D加速度与速度的夹角先增大后减小18．如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，内侧壁半径为R，小球半径为r，则下列说法正确的是( )A．小球通过最高点时的最小速度v min＝g R＋rB．小球通过最高点时的最小速度v min＝0C．小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力D．小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力20．如图所示，自动卸货车始终静止在水平地面上，车厢在液压机的作用下，θ角逐渐增大且货物相对车厢静止．．．．．．．．的过程中，下列说法正确的是（）A．货物受到的摩擦力增大B．货物受到的支持力不变C．货物受到的支持力对货物做正功D．货物受到的摩擦力对货物做负功21．如图所示，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的跳板(A位置)上，随跳板一同向下运动到最低点(B位置)，对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程中，下列说法正确的是( ) A．运动员到达最低点时，其所受外力的合力为零B．在这个过程中，运动员的动能一直在减小C．在这个过程中，跳板的弹性势能一直在增加D．在这个过程中，运动员所受重力对他做的功小于跳板的作用力对他做的功34．实验题（18分，每空2分）（1）（8分）如图（a ）为验证牛顿第二定律的实验装置示意图.①平衡小车所受的阻力的操作：取下 ，把木板不带滑轮的一端垫高；接通打点计时器电源，轻推小车，让小车拖着纸带运动．如果打出的纸带如图（b ）所示，则应 （填“减小”或“增大”）木板的倾角，反复调节，直到纸带上打出的点迹间隔相等为止．②图（c ）为研究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量的关系”时所得的实验图象，横坐标m 为小车上砝码的质量． 设图中直线的斜率为k ，在纵轴上的截距为b ，若牛顿定律成立，则小车受到的拉力为___________，小车的质量为___________． （2）（10分）某同学利用如图甲所示的实验装置测量重力加速度． ①请指出该同学在实验操作中存在的两处明显错误：a ；b ．②该同学经正确操作得到如图乙所示的纸带，取连续的六个点，测得h 1、h 2、h 3、h 4、h 5．若打点的周期为T ，则打E 点时速度为 v E = ；若分别计算出各计数点对应的速度数值，并在坐标系中画出v 2与h 的关系图线，如图丙所示，则重力加速度 g = m/s 2．③若当地的重力加速度值为9.8m/s 2，请写出误差的主要原因 ．图（a ）图（b ）将纸带由第34（2）题图35．如图所示，M 是水平放置的半径足够大的圆盘，绕过其圆心的竖直轴OO′匀速转动，规定经过圆心O 水平向右为x 轴的正方向．在圆心O 正上方距盘面高为h 处有一个正在间断滴水的容器，从t ＝0时刻开始随传送带沿与x 轴平行的方向做匀速直线运动，速度大小为v.已知容器在t ＝0时刻滴下第一滴水，以后每当前一滴水刚好落到盘面上时再滴一滴水．求：(1)每一滴水经多长时间滴落到盘面上？(2)要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，圆盘转动的角速度ω应为多大？(3)第二滴水与第三滴水在盘面上落点间的最大距离x.36.如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由倾斜直轨道AB 和圆轨道BCD 组成，AB 和BCD 相切于B 点，CD 连线是圆轨道竖直方向的直径（C 、D 为圆轨道的最低点和最高点），已知∠BOC =30˚。

2013-2014学年广东省揭阳市普宁二中高二（上）期中物理试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共13小题，共39.0分)1.下列公式中，①场强E=；②场强E=；③场强E=；④电场力做功W=U q，既适用于点电荷产生的静电场，也适用于匀强电场的有（）A.①③B.②③C.②④D.①④【答案】D【解析】解：①电场强度E=是用比值定义法得出的物理量，是从力角度研究电场的物理量，适用于任意电场，故①正确；②匀强电场中沿场强方向电势降低最快，且没前进相同距离电势的降低相等，故匀强电场中任意两点的间的电势差与两点沿电场线的距离成正比；故电场强度与电势差的关系公式U=E d仅仅适用与匀强电场，故②错误；③点电荷产生的电场的场强公式E=是由电场强度的定义式和库仑定律联立得到，反映了点电荷的电场中任意一点的电场强度与该点的空间位置和场源电荷的电荷量的关系，而电场有多种，不是只有点电荷有电场，故③错误；④电场力做功与电势差的关系公式W=q U，反映了在电场中任意两点间移动电荷时，电场力做功与两点间电势差成正比，适用于任意电场，故④正确；故选：D．题中的四个物理公式，分别是：电场强度的定义式、匀强电场中电场强度与电势差的关系公式、点电荷产生的电场的场强公式和电场力做功与电势差关系公式；结合物理公式得出的过程进行分析即可．本题关键是要熟悉有关电场的各个公式，要知道公式的推导过程，从而能够确定公式的适用范围．2.如图所示，有一平行板电容器充电后带有等量异种电荷，然后与电源断开．下极板接地，两极板中央处固定有一个很小的负电荷，现保持两极板间距不变而使两极板左右水平错开一段很小的距离，则下列说法中正确的是（）A.电容器两极板间电压值变小B.电荷的电势能变大C.负电荷所在处的电势升高D.电容器两极板间的电场强度变小【答案】C【解析】解：原来负电荷处于静止状态，所受的电场力与重力平衡，电场力竖直向上．现保持两极板间距不变，即d不变，而使两极板左右水平错开一段很小的距离，极板正对面积S减小，根据C=ɛ知电容C减小．由于电容器的带电量Q不变，根据C=知，板间电压增大；根据E=知，板间的电场强度增大，与下极板间的距离不变；故所在位置的电势增大；则负电荷所受的电场力增大，负电荷开始向上运动；故C正确，ABD错误．故选：C．保持两极板间距不变而使两极板左右水平错开一段很小的距离，根据电容的决定式分析电容的变化，根据电容的定义式确定电压的变化，从而确定出电场强度和电势的变化，由场强的变化，分析电场力的变化，即可判断负电荷的运动方向．本题考查电容器的动态分析问题，注意正确应用电容器的决定式及定义式；并注意电势与场强的关系的应用．3.图中实线是一簇未标明方向的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点．若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据题意不能做出判断的是（）A.带电粒子所带电荷的符号B.带电粒子在a、b两点的受力方向C.带电粒子在a、b两点的速度何处较大D.带电粒子在a、b两点的电势能何处较大【答案】A【解析】解：设粒子由a到b运动；A、B、由图可知，粒子偏向左下方，则说明粒子受力向左下，由于不知电场线方向，故无法判断粒子电性，故A正确，B错误；C、由图可知，粒子从A到B的过程中，电场力做负功，故说明粒子速度减小，故可知b处速度较小，故C错误；D、电场力做负功，则电势能增加，故b点电势能较大，故D错误；故选A．由粒子的偏转方向可得出粒子的受力方向，由功的计算可得出电场力做功的正负，由动能定理可得出粒子动能的变化；由电场力做功与电势能的关系可得出电势能的变化．本题要注意无论是从a到b还是从b到a，我们得出的结果是相同的．4.如图，带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的3倍，它们以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M、N点，若OM=MN，则P和Q的质量之比为（）A.3：4B.4：3C.3：2D.2：3【答案】A【解析】解：粒子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，两粒子的初速度相等，水平位移比为1：2，知运动时间比为1：2．根据y=，得加速度之比为4：1，根据牛顿第二定律得，a=，因为电，量比为3：1，则质量比为3：4．故A正确，B、C、D错误．故选A．带电粒子垂直进入电场，做类平抛运动，根据水平位移比得出运动的时间比，再通过竖直位移关系得出加速度的关系，结合牛顿第二定律以及电荷量之比得出它们的质量比．解决本题的关键知道带电粒子在垂直于电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做初速度为零的匀加速直线运动．5.一电池外电路断开时的路端电压为3V，接上8Ω的负载电阻后路端电压降为2.4V，则可以判定电池的电动势E和内阻r为（）A.E=2.4V，r=1ΩB.E=3V，r=2ΩC.E=2.4V，r=2ΩD.E=3V，r=1Ω【答案】B【解析】解：因电路断开时的路端电压即为3V，故电动势E=3V；对负载由欧姆定律可知：电路中电流I===0.3A；由闭合电路欧姆定律可知：E=U+I r解得内阻r==Ω=2Ω；故选B．电源开路时的路端电压为电动势；对负载由欧姆定律可求得电路中的电流，由闭合电路欧姆定律可求得电源的内阻．本题考查的是闭合电路的欧姆定律，应明确当电源与外电路断开时其路端电压即为电源的电动势．6.用伏安法测灯泡电阻时，若将电流表和电压表的位置接成如图所示电路，可能出现的情况是（）A.电流表烧坏B.电压表读数为零C.灯泡不亮D.灯泡烧坏【答案】C【解析】解：由于电压表内阻很大，故电路中电流很小，故灯泡不亮；电流表中示数很小，不会烧坏；此时电压表相当于直接接在电源两端，故此时电压表的示数接近220V；故ABD错误，C正确；故选：C．由于电流表内阻较小，而电压表内阻较大；根据欧姆定律可知此时可能出现的情况．本题要求能正确理解电压表和电流表的内阻；要知道电压表的内阻很大，在电路中相当于开路，电流表内阻很小，相当于短路．7.直流电动机线圈电阻为R，当电动机工作时通过的电流为I，两端的电压为U，则其输出功率是（）A.IUB.IU+I2RC.IU-I2RD.【答案】C【解析】解：直流电动机线圈电阻为R，当电动机工作时通过的电流为I，两端的电压为U；总功率为：P=UI发热功率为：P热=I2R根据能量守恒定律，其输出功率是：P出=P-P热=UI-I2R故选：C．在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P热=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的．8.如图所示，直线a为某电源的U-I图线，直线b为电阻R的U-I图线，用该电源和该电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的内阻分别为（）A.4W，1ΩB.6W，1ΩC.4W，0.5ΩD.2W，0.5Ω【答案】C【解析】解：由图可知，电源的电动势E=3V，短路电流为I=6A；则内电阻r==Ω=0.5Ω；当将电阻与电源相连时，电路中电流应为2A，路端电压为2V，故输出功率P=UI=4W；故选：C．由图象可得出电路中的短路电流和电动势，由闭合电路欧姆定律可求得内阻；当将b图所示的电阻与电源相连时，由图可知电路中的电流及路端电压，则由功率公式可求得电源的输出功率．本题应注意对图象的认识，因电源与电阻串联后，流过电阻的电流及流过电源的电流相等，故两图象应相交与一点，由该点的数值可求得电流及路端电压．9.如图所示，当滑线变阻器的滑动触点向上滑动时（）A.电压表V的读数增大，电流表A的读数减小B.电压表V和电流表A的读数都减小C.电压表V和电流表A的读数都增大D.电压表V的读数减小，电流表A的读数增大【答案】A【解析】解：当滑动变阻器的滑动触点向b端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻R增大，由欧姆定律分析总电流I减小，路端电压U=E-I r增大，电阻R2的电压U2=E-I （r+R1）增大，流过电阻R2的电流I2增大，则流过电流表的电流I3=I-I2减小．所以伏特表V的读数增大，安培表A的读数减小．故选：A当滑动变阻器的滑动触点向b端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，再分析流过变阻器电流的变化，来判断电表读数的变化．本题是简单的电路动态变化分析问题，往往按“部分→整体→部分”的顺序分析．10.建筑工地上常用的将砖、水泥板等建筑材料向高处运输的“上板机“，其工作电压为220V，内阻为5.5Ω，功率为2.2KW，以0.33m/s的速度运送500K g建材匀速上升，g=10m/s2．则“上板机“提升建材的功率及其效率分别是（）A.2.2KW、100%B.0.55W，25%C.2.2KW、75%D.1.65KW、75%【答案】D【解析】解：建材匀速上升，则拉力F=mg；则拉力的功率P=mgv=500×10×0.33=1.65K w；电机的效率η=×100%=75%；故选：D．由二力平衡可知重物受到的拉力；由功率公式可求得拉力的功率；由效率公式可求得电机的效率．本题考查功率公式及效率的应用，要注意P=F v求的是瞬时功率．11.如图（a）所示，AB是某电场中的一条电场线．若有一电子以某一初速度并且仅在电场力的作用下，沿AB由点A运动到点B，其速度图象如图（b）所示．下列关于A、B两点的电势ϕ和电场强度E大小的判断正确的是（）A.E A=E BB.E A＜E BC.ϕA＞ϕBD.ϕA＜ϕB【答案】C【解析】解：A、B，v-t图象的斜率等于加速度，由图可知，电子在A点加速度较大，则可知A点所受电场力较大，由F=E q可知，A点的场强要大于B点场强，即E A＞E B；故A、B错误；C、D电子从A到B的过程中，速度减小，动能减小，则可知电场力做负功，电场力方向由B→A，而电子带负电，则电场线方向由A→B，A点的电势要大于B点电势，即ϕA ＞ϕB，故C正确，D错误；故选：C．v-t图象的斜率等于加速度，由图先分析出电子的加速度大小关系，即可确定电场强度的大小；根据电场线的方向可以确定电势的高低．本题根据图象考查对电场的认识，要求学生能从图象中找出加速度的大小及速度的变化，再应用动能定理及牛顿第二定律进行分析判断．12.如图所示，在水平放置的平行板电容器之间，有一带电油滴P处于静止状态，若从某时刻起，油滴所带的电荷开始缓慢减小，为维持该油滴仍处于静止状态，可采取下列哪些措施（）A.其他条件不变，使电容器两极板缓慢靠近B.其他条件不变，使电容器两极板缓慢远离C.其他条件不变，将变阻器的滑片缓慢向左移动D.其他条件不变，将变阻器的滑片缓慢向右移动【答案】AC【解析】解：A、B带电油滴P原来处于静止状态，电场力与重力平衡．使容器两极板缓慢靠近时，由电容器的电压不变，场强增大，油滴所带电量减小，由F=q E电场力可能不变，仍处于静止状态．同理，器两极板缓慢远离时，油滴向下运动，故A正确，B错误．C、其他条件不变，将变阻器的滑片缓慢向左移动，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，电阻R的电压增大，电容器的电压缓慢增大，可保持油滴P处于静止状态．故C正确．D、其他条件不变，将变阻器的滑片缓慢向右移动，变阻器接入电路的电阻增大，电路中电流减小，电阻R的电压减小，电容器的电压缓慢减小，微粒所受电场力减小，油滴P将向下运动．故D错误．故选：AC．带电油滴P原来处于静止状态，电场力与重力平衡，若油滴所带的电荷开始缓慢减小，为维持该油滴仍处于静止状态，电场强度应缓慢增大．仅仅改变板间距离，板间场强不变，P将向下运动．根据电容器的电压等于电阻R的电压，将变阻器的滑片缓慢向左移动时，电阻R的电压缓慢增大，油滴仍处于静止状态．本题电容器动态变化分析与电路动态变化分析的综合，注意抓住电容器的电压与电阻电压的关系进行分析．13.带正电的点电荷固定于Q点，电子在库仑力作用下，做以Q为一焦点的椭圆运动．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到达N点的过程中（）A.电场场强先增大后减小B.电势逐渐降低C.电势能先增大后减小D.速率先减小后增大【答案】A【解析】解：A、电子在从M到达N点的过程中，先靠近正电荷后远离正电荷，根据点电荷场强公式E=k分析得知，电子所在位置场强先增大后减小．故A正确；B、点电荷带正电，离它越远处的电势越低，电子先靠近正电荷后远离正电荷，电势先升高后降低．故B错误．C、电场力先做正功后做负功，电子的电势能先减小后增大．故C错误；D、电子只受电场力作用，电场力先做正功后做负功，故动能先增加后减小，则速率先增加后减小，故D错误；故选A．根据点电荷场强公式E=k可分析场强的变化．点电荷带正电，根据电子与点电荷间距离的变化，分析电势的变化．电场力正做功，电势能减小，电场力负做功，电势能增大；电子先靠近正电荷，后远离正电荷；根据电场力做功情况判断电势能的变化情况和动能的变化情况，即可知速率的变化．本题关键要明确：（1）点电荷场强公式E=k；（2）电场力做功与电势能变化的关系；（3）合力做功与动能变化的关系；二、多选题(本大题共2小题，共6.0分)14.在图示电路中，开关S闭合后，滑动变阻器的滑片P从左向右移动的过程中，电源的（）A.总功率减小B.效率增加C.内部损耗功率增加D.输出功率先增加后减小【答案】AB【解析】解：由电路图可知，在滑动变阻器的滑片P向右移动过程中，接入电路中的电阻变大，电路中的总电阻变大，电流变小，则知：A、电源的总功率P总=EI，I变小，E不变，P总变小．故A正确．B、电源的效率为η=×100%，U是路端电压，当I变小时，电源的内电压减小，路端电压增大，则知效率增加，故B正确．C、内部损耗功率P内=I2r，I变小，则知内部损耗功率减小．故C错误．D、当电源的内阻与外电阻相等时，电源的输出功率最大，由于电源的内阻与外电阻大小关系未知，所以不能确定输出如何变化，故D错误．故选：AB．电源的总功率P=EI，效率为η=，U是路端电压，内部损耗功率P=I2r．滑动变阻器的滑片P从左向右移动的过程中，分析变阻器接入电路的电阻如何变化，判断电路中电流如何变化，即可分析三种功率的变化．对于电源的输出功率，要根据电源内阻与外电阻的关系分析．本题考查了电路的动态分析，涉及到欧姆定律、电功率公式，关键是知道电源的总功率、内部发热功率和效率如何计算．15.带电粒子M在只在电场力作用下由P点运动到Q点，在此过程中克服电场力做了2.6×10-4J的功．则（）A.M在P点的电势能一定小于在Q点的电势能B.P点的场强小于Q点的场强C.P点的电势一定高于Q点的电势D.M在P点的动能一定大于它在Q点的动能【答案】AD【解析】解：A、从题目可知克服电场力做功，即电场力做负功，故电势能增加，P点的电势能一定小于它在Q点的电势能，故A正确；B、电场分布情况不知，无法判断P点和Q点电场强度的大小关系，故B错误；C、因为电荷正负不知，故无法判断电势高低，C错误；D、因为只有电场力做功，因此只有电势能和动能之间的转化，电势能增加，则动能减小，故D正确．故选：AD．在本题中只是知道从P到Q电场力做负功，而电荷的正负不知道，因此无法判断电势高低，电场线分布或者说电场分布情况不知，也无法判断电场强度的大小．根据电场力做功和电势能的关系可以动能和电势能的变化情况．要正确理解电场强度、电势、电势能的决定因素和大小判断方法，不能混淆概念．三、实验题探究题(本大题共1小题，共3.0分)16.用螺旋测微器测量金属导线的直径，其示数如图所示，该金属导线的直径为______mm．【答案】1.880【解析】解：螺旋测微器的固定刻度读数为1.5mm，可动刻度读数为0.01×38.0mm=0.380mm，所以最终读数为1.880mm．故本题答案为：1.880mm．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．四、计算题(本大题共1小题，共6.0分)17.按照有效数字规则读出下列电表图1、图2的测量值①接0～3V量程时读数为______ V；②接0～0.6A量程时读数为______ A．【答案】2.15；0.16【解析】解：接0～3V量程时电压表每小格读数为0.1V，故电压表读数为2.15V；接0～0.6A量程时电流表每小格读数为0.02mm，故电流表读数为0.16A；故答案为：2.15，0.16．电压表和电流表可得均匀，也要估读，并关注电表的量程范围．本题考查了电压表读数、电流表读数，明确读数规律是关键，由于刻度都是均匀的，要估读．五、实验题探究题(本大题共1小题，共9.0分)18.小灯泡灯丝的电阻会随温度的升高而变化，一研究性学习小组在实验室通过实验研究这一问题，实验室备有的器材是：电压表（0．～3V，内阻约3kΩ）、电流表（0～0.6A，内阻约0.1Ω）、电池、开关、滑动变阻器、待测小灯泡、导线若干．实验时，要求电表读数从零开始变化，并能多测出几组电流、电压值，以便画出U-I图线，要求测量尽量准确．（1）请在方框内画出实验电路图．（2）根据实验测得数据描绘出如图所示图象，由图分析可知，小灯泡电阻随温度变化的关系是______ ．（3）已知实验中使用的小灯泡标有1.5V字样，请你根据上述实验结果求出小灯泡在1.5V电压下的实际功率是______ W【答案】小灯泡的电阻随温度的升高而增大；0.69【解析】解：（1）测定小灯泡的伏安特性曲线，要求电压从零开始变化，并且要多测几组数据，故应采用滑动变阻器的分压接法；因小灯泡的内阻较小，故应采用电流表外接法；故答案如图所示：（2）U-I图象中，图象上某点与原点的连线的斜率表示灯泡的内阻，斜率增大，故说明小灯泡的电阻R随温度升高而增大；（3）已知实验中使用的小灯泡标有1.5V字样，说明小灯泡额定电压是1.5V，根据图象达到电流大小是0.46A，由P=UI得P=1.5×0.46=0.69W；故答案为：（1）如图（2）小灯泡的电阻随温度的升高而增大（3）0.69①小灯泡的伏安特性曲线实验应采用滑动变阻器的分压接法、电流表外接法；②金属导体的电阻率随温度的增大而增大，小灯泡温度升高后，电阻增大；③在U-I特性曲线中找出灯泡的电流，由P=UI可求得灯泡的实际功率．测在描绘小灯泡的伏安特性曲线时，一般应采用滑动变阻器的分压接法和电流表的外接法．六、计算题(本大题共3小题，共37.0分)19.如图所示，边长为L的正方形区域abcd内存在着匀强电场．电量为q、动能为E0的带电粒子从a点沿ab方向进入电场，不计重力．（1）若粒子从c点离开电场，求电场强度的大小和粒子离开电场时的动能．（2）若粒子离开电场时动能为E K′，求电场强度的大小？【答案】解：（1）粒子的初动能为，E0=m粒子在ab方向上作匀速运动，L=v0t粒子在ad方向上做初速度为0的匀加速运动，L=at2根据牛顿第二定律，a=所以E=根据动能定理，有q EL=E kt-E0所以E kt=q EL+E0=5E0．即电场强度的大小为，粒子离开电场时的动能为5E0．（2）根据牛顿第二定律，有q E=ma①沿初速度方向做匀速运动，有x=v0t②沿电场方向的分位移为y=at2③根据动能定理，有q E y=E K′-E0④当带电粒子从bc边飞出时，x=L，y＜L，由①②③④式联立解得E=′=′当带电粒子从cd边飞出时，y=L，x＜L，由①②③④式联立解得E=′即当带电粒子从bc边飞出时电场强度为E=′；当带电粒子从cd边飞出时电场强度为′．【解析】（1）将运动沿着水平和竖直方向正交分解，运用牛顿运动定律、运动学公式和动能定理列式求解；（2）粒子在ab方向上作匀速运动；粒子在ad方向上做初速度为0的匀加速运动；运用牛顿运动定律、运动学公式和动能定理列式求解．本题关键将带电粒子的运动沿初速度方向和电场方向进行正交分解，然后根据牛顿第二定律和运动学公式列式求解．20.如图所示，两根长为L的丝线下端悬挂一质量为m，带电量分别为+q和-q的小球A和B，处于场强为E，方向水平向左的匀强电场之中，使长度也为L的连线AB拉紧，并使小球处于静止状态，求E的大小满足什么条件才能实现上述平衡状态．【答案】解：对A作受力分析．设悬点与A之间的丝线的拉力为F1，AB之间连线的拉力为F2，受力图如所示．根据平衡条件得：F1sin60°=mg，q E=k+F1cos60°+F2，由以上二式得E=k+cot60°+，∵F2≥0，∴当E≥k+时能实现上述平衡状态．答：当E≥k+时能实现上述平衡状态．【解析】A、B是对称的，不妨对A受力分析，A受重力、绳子的拉力、电场力、库仑引力，运用平衡条件可求得．本题应注意①负电荷的受力方向与电场强度的方向相反；②物体受多个共点力而处于平衡状态时，则这几个力的合力为零．21.在如图示电路中，电源的电动势E为6V，内阻r为0.6Ω，R1=6Ω，R2=2Ω，R3=3Ω，求：（1）当开关S断开时，电流表和电压表的读数；（2）当开关S闭合后，电流表和电压表的读数．【答案】解：（1）当开关S断开时，R1与R2串联，R3不工作．根据闭合电路欧姆定律得：电路中电流I1==A≈0.7A，即电流表的读数为0.7A．电压表的读数是U1=E-I1r=6-0.7×0.6=5.58（V）（2）当开关S闭合后，R1与R2串联后再与R3并联，外电路总电阻为：R==2+=4（Ω）则电路中总电流为I==A≈1.3A电压表的读数为U2=E-I r=6-0.6×1.3=5.22（V）R1的电压为U R1=E-I（r+R2）=6-1.3×（0.6+2）=2.62（V）故电流表的读数为I2==A=0.44A答：（1）当开关S断开时，电流表和电压表的读数分别为：0.7A和5.58V；（2）当开关S闭合后，电流表和电压表的读数分别为：0.44A和5.22V．【解析】（1）当开关S断开时，R1与R2串联，R3不工作．根据闭合电路欧姆定律求出电路中电流，由欧姆定律求出路端电压，即可得到两电表的读数．（2）当开关S闭合后，R1与R3并联后再与R2串联，先求出外电路总电阻，再由闭合电路欧姆定律求出电路中总电流，由欧姆定律求出路端电压和通过电流表的电流．此题关键要明确电路的结构，知道电压表和电流表测量哪部分电路的电压和电流，运用欧姆定律处理．。

揭阳市2013—2014学年度高三第一次模拟考试理综物理试题参考答案一、二选择题三、非选择题34．（1）①220V ．(2分) ②AB (2分) ③右(2分)，mgS 1 (2分)， （2）①电路连线。

(2分) ② R T =154Ω(2分)在图丁中描出相应的点 (2分)，作出R T —t 图线(2分)③2.13 (2分) 2.08～2.18之间，同样给分35．解:(1) 由左手定则，可判定粒子流带正电。

……………………………………（2分）粒子流在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律，rv m B qv 2010= ………………………………………………………………… （3分）得：1qB mv r =………………………………………………………………… （1分） 粒子流恰好在金属板的边沿穿出，由几何关系得222)2(d dr r =-- ………………………………………………………… （1分）（Ω） ﹣解得45dr =……………………………………………………………… （1分） 故mdqB v 4510=………………………………………………………………… （1分） (2) 对匀速通过金属板的粒子流，其所受的电场力等于洛伦兹力，有：10B qv dUq= …………………………………………………………………… （2分） 金属板的电压U ， IR U = ……………………………………………… （1分） 金属棒受到的安培力 Il B F 2=安 …………………………………………… （1分） 棒做匀速运动，由力的平衡条件，有：θsin ⋅=Mg F 安 … ……………………………………………………… （3分）联立式子，解得：θsin 452221mgR lqd B B M = ……………………………………… （2分）36．解：（1）当球C 在最高点处时。

由牛顿第二定律，得lv m g m c c 2= ………… （1分）碰后球C 从最低点到最高点过程中：2221212c c c c v m v m l g m -=⨯-………………………………………………… （2分） 当球C 在最低点处：l v m g m F c c c 2=- ………………………………………… （2分）解得：F ＝60N …………………………………………………………………… （1分） （2）物块B 与球C 碰撞前速度为B v ，碰撞后速度为'B v ，则B B c c B B v m v m v m =+'……………………………………………………… （2分）222'212121B B c c B B v m v m v m =+ ………………………………………………… （1分） 解得：s m v B /4= ……………………………………………………………… （1分）（3）刚开始时，平板车的加速度大小1a ，物块B 的加速度大小2a ，对平板车，由牛顿第二定律，1)(a m g m m g m a B A B -=+--μμ 得21/4s m a = …（1分）对物块B ，2a m g m B B =μ 22/2s m a = ………………………………………… （1分）假设B 在加速阶段与C 相碰，加速时间t ，则t a v B 2=,t a v v A 10'-=,且B A v v ≥'故平板车A 的初速度s m v /120≥ ……………………………………………………… （1分）s t 5.10=时平板车速度s m t a v v /60101≥-=由于s m v /51= 所以物块B 只能在与平板车相对静止共同减速阶段与球C 相碰。

2013-2014学年广东省揭阳一中高二（上）期中物理试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共7小题，共28.0分)1.关于电流，下列说法中正确的是（）A.通过导线截面的电量越多，电流越大B.电子运动的速率越大，电流越大C.单位时间内通过导体截面的电量越多，导体中的电流越大D.因为电流有方向，所以电流是矢量【答案】C【解析】解：A、通过某一横截面积的电量与所用时间的比值等于通过导体的电流强度，故电流强度由通过导线截面的电量和通电时间共同决定，故A错误．B、由电流的微观表达式I=nesv，电流的大小跟导体的材料（决定n），导体的横截面积（s）和电荷定向移动的速率（v）共同决定，故B错误．C、根据I=可知，单位时间（t一定）内通过导体截面的电量（q）越多，导体中的电流（I）越大．故C正确．D、矢量的运算满足平行四边形定则，标量的运算满足代数法则，而电流的运算满足代数法则，故电流是标量．故D错误．故选C．电流强度由通过导线截面的电量和通电时间共同决定，单位时间内通过导体截面的电量越多，导体中的电流越大；电流的微观表达式I=nesv可知电流的大小跟导体的材料、横截面积和电荷定向移动的速率共同决定；矢量的运算满足平行四边形定则，标量的运算满足代数法则，而电流的运算满足代数法则．掌握了基本知识就能顺利解决此类题目，故要重视基本知识的积累．2.如图所示，细线拴一带负电的小球，球处在竖直向下的匀强电场中，使小球在竖直平面内做圆周运动，则（）A.小球不可能做匀速圆周运动B.当小球运动到最高点时绳的张力一定最小C.小球运动到最低点时，球的线速度一定最大D.小球运动到最低点时，电势能一定最大【答案】D【解析】解：A、重力竖直向下、电场力竖直向上，若使二者相等且保持绳子拉力大小不变，则有可能做匀速圆周运动，故A错误B、重力与电场力大小未知，小球速度最小位置不确定，由受力分析结合牛顿第二定律得知，绳子张力最小位置不确定，故B错误C、由B分析可知，C错误D、沿电场方向电势逐渐降低，结合小球带负电，故在电势最低处点势能最大，故D正带电小球做圆周运动，由重力、线的拉力、电场力三力的合力提供，但三者的大小未知，小球是否做匀速圆周运动以及何时速度最大要具体分析，电势能的大小可由其算式分析要能正确分析向心力来源，知道电势分布于电场线之间的关系，明确电势能计算式3.某同学用伏安法测量电阻时，分别采用电流表内接法和外接法，测得某电阻R x的阻值分别为R1和R2，则所测阻值与真实值R x的关系应是（）A.R 1＞R x＞R2B.R1＜R x＜R2C.R1＞R2＞R xD.R1＜R2＜R x【答案】A【解析】解：采用内接法时，电流表与待测电阻串联，故电流表是准确的；而由于电流表的分压使电压表测量值偏大，故由欧姆定律求得的测量值偏大，故R1＞R x；当采用外接法时，电压表与待测电阻并联，故电压表是准确的；而由于电压表的分流使电流表测量结果偏大，故由欧姆定律求得的测量值偏小，故R x＞R2；故选A．由于实验中的采用的电表不是理想电表，故由于电流表的分压及电压表的分流导致测量误差；分析两表的影响可以得出测量值与真实值间的关系．理想的电流表内阻为零，理想电压表内阻无穷大，但实验电流表内阻不为零，电压表内阻不是无穷大，故在实验中存在误差．4.a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点．电场线与矩形所在平面平行．已知a点的电势为20V，b点的电势为24V，d点的电势为4V，如图，由此可知c点的电势为（）A.4VB.8VC.12VD.24V【答案】B【解析】解：根据在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分将线段bd五等分，如图所示，则U be=U bd=×（24-4）=4v，故U be=φb-φe=4v，故φf-φd=4v，故φe=24-4=20v．φf=8v．故φa=φe，连接cf，则cf∥ae，故c点的电势φc=φf=8v．故B正确．故选B．在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分，故可将bd五等分，求出e、f的电势，连接ae和cf，则cf∥ae，φc=φf=8v．场线平行且均匀分布故等势线平行且均匀分布．以上两点是解决此类题目的金钥匙．5.如图所示，带电量之比为q A：q B=1：3的带电粒子A、B，先后以相同的速度从同一点射入平行板电容器中，不计重力，带电粒子偏转后打在同一极板上，水平飞行距离之比为X A：X B=2：1，则带电粒子的质量之比m A：m B以及在电场中飞行时间之比t A：t B分别为（）A.1：1，2：3B.2：1，3：2C.1：1，3：4D.4：3，2：1【答案】D【解析】解：两个带电粒子垂直射入电场中做为平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动．则：水平方向有：x=v0t，v0相等，所以t∝x，则得：t A：t B=x A：x B=2：1；竖直方向有：y==则得：m=因为E、y、v0相等，则得：m A：m B=：=4：3．故选：D带电粒子垂直射入电场中做为平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动．根据牛顿第二定律和运动学公式得到偏转量y的表达式，求解质量之比；根据水平位移与初速度之比求解时间之比．本题关键要熟练掌握类平抛运动的研究方法：运动的分解法，推导出质量与时间的表达式进行求解．6.如图所示，空间有一水平方向的匀强电场，初速度为v0的带电微粒从A点射入电场，在竖直平面内沿直线从A运动到B，在此过程中微粒的（）A.动能和电势能都减少，重力势能增加B.动能和重力势能都增加，电势能减少C.动能减少，重力势能和电势能都增加D.动能不变，重力势能增加，电势能减少【答案】C【解析】解：带点小球做直线运动，所以所受合力方向与运动方向在同一直线上，如果电场力水平向右，如图所示，则两力的合力不可能沿虚线方向．故电场力只能水平向左，如图所示，则两力的合力可沿虚线方向．所以小球电场力方向水平向左，物体在竖直平面内沿直线从A运动到B的过程中，高度升高所以重力做负功，重力势能增加；电场力做负功，电势能增加；根据动能定律，合力做负功，所以动能减小；故C正确．故选：C带点小球做直线运动，所以所受合力方向与运动方向在同一直线上，根据重力和电场力做功的正负判断动能、电势能、重力势能的变化．本题考查了重力做功与重力势能和电场力做功与电势能的关系，难度不大，属于基础题．7.有一横截面为S的铜导线，流经其中的电流为I，设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电量为e，此时电子定向移动的速率为v，在△t时间内，通过导体横截面的自由电子的数目为（）A.nvs△tB.nv△tC.ID.【答案】AC【解析】解：根据电流的微观表达式I=nevs，在△t时间内通过导体横截面的自由电子的电量q=I△t，则在△t时间内，通过导体横截面的自由电子的数目为n==，将I=nevs代入得n==nvs△t．故选AC．根据电流的微观表达式I=nevs，求出在△t时间内通过导体横截面的自由电子的电量，每个电子的电量为e，再确定通过导体横截面的自由电子的数目．本题考查电流的微观表达式和定义式综合应用的能力，电流的微观表达式I=nqvs，是联系宏观与微观的桥梁，常常用到．二、多选题(本大题共5小题，共20.0分)8.如图所示，A、B是两个等量异种点电荷，C、D是A、B连线的中垂线上且与连线距离相等的两点，则（）A.在A、B连线的中垂线上，从C到D，各点电势都相等，场强都相同B.在A、B连线的中垂线上，从C到D，场强先增大后减小，电势先升高后降低C.在A、B连线的中垂线上，从C到D，场强先增大后减小，各点的电势都相等D.在A、B连线上，从A到B，场强先减小后增大，电势逐渐升高【答案】CD【解析】B、在A、B连线的中垂线上，从C到D，场强先增大后减小，但是垂线上的所有点的电势都为零，所以B错误，C正确；D、从正电荷到负电荷，电势是逐渐升高的，所以从A到B，电势逐渐升高，离电荷越近，电荷的场强越大，所以从A到B，场强先减小后增大，所以D正确．故选CD．根据等量的异种电荷的电场的分布的规律，在中垂线上，电场方向始终垂直中垂线且指向负电荷，并且中垂线上的电势都为零，由此可以分析电场力和电势能的变化．本题要求学生了解等量异种电荷的电场线及电场特点，并能判断电场的变化．9.平行板电容器充电后与电源断开，负极接地，在两板间有一正电荷（电量很小）固定在P点，如图所示，以E表示两板间的电场强度，U表示电容器两极板间的电压，W表示正电荷在P点的电势能．若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（）A.U变大，E不变B.E变大，W变大C.U变大，W不变D.U变小，W不变【答案】AC【解析】解：平行板电容器充电后与电源断开后所带电量Q不变，根据推论E=得知，板间场强E不变．将正极板移到图中虚线所示的位置，电容器板间距离增大，由电容的决定式C=得知电容C减小，由电容的定义式C=分析得知，电压U变大．由U=E d得知，P点与下板间的电势差不变，则P点的电势不变，负电荷的电势能W不变．故选AC平行板电容器充电后与电源断开后所带电量不变．移动极板，根据推论分析板间场强是否变化．由电容的决定式分析电容的变化，确定电压U的变化．根据P点与上板间电势差的变化，分析P点的电势如何变化，判断电势能的变化．电容器的电量和正对面积不变，板间场强E不变是重要的推论，要能根据电容的决定式C=、电容的定义式C=和推论E=进行分析．10.一个T形电路如图所示，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.当ab端短路时，cd之间的等效电阻是128ΩC.当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压为60VD.当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为25V【答案】BD【解析】解：A、当cd端短路时，ab间电路的结构是：电阻R2、R3并联后与R1串联，等效电阻为：R=+R1=+10=40（Ω）；故A错误；B、当ab端短路时，cd之间电路结构是：电阻R1、R3并联后与R2串联，等效电阻为：C、当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压等于电阻R3两端的电压，U=E=×100V=80V；故C错误；D、当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻R3两端的电压，为U3=×100V=×100V=25V；故D正确；故选：BD．当cd端短路时，ab间电路的结构是：电阻R2、R3并联后与R1串联．当ab端短路时，cd之间电路结构是：电阻R1、R3并联后与R2串联．当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压等于电阻R3两端的电压．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻R3两端的电压．根据欧姆定律求解电压．对于电路问题，首先要明确电路的结构，并能正确应用串并联电路的规律进行分析，必要时应进行电路的简化．11.如图所示的电路中，当滑动变阻器R的滑片P向下移动时，以下判断中正确的是（）A.电源内部发热功率变小B.小电灯L变亮C.电流表的示数变小D.电源的效率提高【答案】AD【解析】解：A、由电路图可知，滑动变阻器R的滑片P向下移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路总电阻变大，由闭合电路的欧姆定律可知，电路电流I变小，电源内部发热功率P内=I2r变小，故A正确；C、并联电路电压U=E-I（r+R1）变大，电流I2=变大，电流表示数变大，故C错误；B、通过灯泡的电流I L=I-I2变小，灯泡实际功率P L=I L2R L变小，小电灯变暗，故B错误；D、电源效率η=外外=外，电源内阻r不变，外电阻R外变大，电源效率变大，故D正确；故选AD．由电路图判断滑片向下移动时，滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，然后根据串并联电路特点、欧姆定律、电功率公式分析答题．本题是一道闭合电路的动态分析题，要掌握闭合电路动态分析题的解题思路与所用的知识点．12.一台直流电动机的电阻为R，额定电压为U，额定电流为I，当其正常工作时，下述正确的是（）A.电动机所消耗的电功率I2RB.t秒内所产生的电热为UI tC.t秒内所产生的电热为I2R tD.t秒内输出的机械能为（U-IR）I t【答案】CD【解析】解：A、电动机所消耗的电功率为UI＞I2R．故A错误．B、C，t秒内所产生的电热为I2R t＜UI t．故C错误，D正确．电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立．求电功率只能用P=UI，求电热只能用Q=I2R t，机械能只能用能量守恒求解．非纯电阻电路与纯电阻电路的根本区别是电能的转化不同，纯电阻电路全部转化为内能，非纯电阻电路电能一部分转化为内能，一部分转化其他能．三、实验题探究题(本大题共3小题，共20.0分)13.如图1，游标卡尺的读数是______ cm；，图2螺旋测微器的读数是______mm．【答案】2.26；1.998【解析】解：游标卡尺的固定刻度读数为22mm，游标读数为0.1×6mm=0.6mm，所以最终读数为22.6mm=2.26cm．螺旋测微器的固定刻度读数为1.5mm，可动刻度读数为0.01×49.8mm=0.498mm，所以最终读数为1.5mm+0.498mm=1.998mm．故答案为：2.26； 1.998．游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．14.在测定一根粗细均匀合金丝R x的电阻率的实验中，待测合金丝R x的电阻约为5Ω．提供的仪器有：A．电压表V（内阻约为10kΩ，量程为3V）B．电流表A1（内阻约为3Ω，量程为0.6A）C．电流表A2（内阻约为0.1Ω，量程为3A）D．滑动变阻器R（阻值为0～5Ω，额定电流为2A）E．电源E（电动势为5V，内电阻为1Ω）F．一个开关、若干导线①要求较准确地测出其阻值，电流表应选______ ．（填序号）②某同学根据以上仪器，按图连接实验线路，在实验中发现电流表示数变化范围较窄，【答案】B；小【解析】解：①电路最大电流约为I==＜0.83A，为准确测量，电流表应选B；②由电路图可知，滑动变阻器采用限流接法，为扩大电流表示数变化范围，滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示；③由电路图可知，电流表采用外接法，由于电压表的分流，实验所测电流偏大，由欧姆定律可知，电阻的测量值偏小．故答案为：①B；②电路图如图所示；③小．①根据电路最大电流选择电流表；②电流表采用限流接法时示数变化范围较小，采用分压接法时电流表示数变化范围较大；③根据电路结构、分析实验误差．本题考查了实验器材的选择、连接电路图、实验误差分析等问题；滑动变阻器采用限流接法时，电压、电流变化范围较小，滑动变阻器采用分压接法时，电流、电压变化范围大．15.有一个标有“12V，24W”的灯泡，为了测定它在不同电压下的实际功率和额定电压下的功率，需测定灯泡两端的电压和通过灯泡的电流，现有如下器材：A．直流电源15V（内阻可不计）B．直流电流表0～0.6A～3A（内阻0.5Ω、0.1Ω）C．直流电流表0～300m A（内阻约5Ω）D．直流电压表0～3V～15V（内阻约3kΩ、15kΩ）E．直流电压表0～25V（内阻约200kΩ）F．滑动变阻器10Ω、5AG．滑动变阻器1kΩ、3A（1）实验台上已放置开关、导线若干及灯泡，为了完成实验，需要从上述器材中再选用______ （用序号字母表示）．（2）在下面的空白处画出最合理的实验原理图．（3）若测得灯丝电阻R随灯泡两端电压变化关系的图线如图所示，由这条曲线可得出：正常发光条件下，灯丝消耗的电功率是______ ．（4）如果灯丝电阻与（t+273）的大小成正比，其中t为灯丝摄氏温度值，室温t=27℃，则正常发光时灯丝的温度是______ ℃．【答案】A、B、D、F；23.2；1527【解析】全准确电压表应选D中15V的量程；而灯泡中的额定电流为：I===2A；故电流表应选B中3A的量程；测定灯泡在不同电压下的实际功率和额定电压下的功率，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选F，故需要的实验器材是：A、B、D、F；（2）测定灯泡在不同电压下的实际功率和额定电压下的功率，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，由于电压表内阻远大于灯泡内阻，故电流表采用外接法，电路如图所示；（3）由图示图象可知，当电压为12V时，电阻为6.2Ω，故功率P==≈23.2W；（4）灯丝电阻与（t+273）的大小成正比，故R=k（t+273）；由图象，室温下电阻丝不加电压时电阻，为1Ω，故k=；正常发光时电阻为：R L===6Ω，灯泡正常发光时的温度：t=-273=-237=1527C；故答案为：（1）A、B、D、F；（2）电路图如图所示；（3）23.2W；（4）1527．（1）要描述小灯泡的伏安特性曲线，需要电流表测量电流、电压表测量电压、滑动变阻器改变电压、电源提供电压，从安全、精确、操作方便的角度分析；（2）小灯泡电阻较小，采用安培表外接法；滑动变阻器采用分压式接法；（3）由曲线找出在额定状态下灯泡电阻，由功率公式可求得灯实际消耗的功率；（4）室温27摄氏度下电阻丝电阻等于不加电压时电阻，然后根据题意列式求解．本题虽然是求功率，但事实是测量灯泡的伏安特性曲线，注意本实验中应采用分压接法，同时电流表一般采用外接法．四、计算题(本大题共3小题，共32.0分)16.如图，电池组的电动势E=28V，内电阻r=1Ω，电阻R1=3Ω，R2=40Ω，小电动机M的内电阻r1=2Ω．当小电动机M稳定转动时，电流表A的读数为0.5A，求：（1）电路中的总电流；（2）电源的输出功率；（3）电动机消耗的电功率；（4）电动机转变为机械能的电功率．【答案】解：（1）由电阻R2的电压：U并=I A R2=0.5×40=20V根据闭合电路欧姆定律，有：E=I（r+R1）+U并故电路中的总电流为：I=并=2A（2）路端电压：U=E-I r=28-2×1=26V电源的输出功率：P=UI=26×2=52W（3）电动机中的电流：I M=I-I A=2-0.5=1.5A电动机的电功率：P M=U并I M=20×1.5=30W（4）电动机的热功率：．W电动机的输出功率：P出=P M-P r=30-4.5=25.5W答：（1）电路中的总电流为2A；（2）电源的输出功率为52W；（3）电动机消耗的电功率为30W；（4）电动机转变为机械能的电功率为25.5W．【解析】（1）先根据欧姆定律求解电阻R2的电压，然后根据闭合电路欧姆定律求解干路电流；（2）根据闭合电路欧姆定律求解路端电压，然后根据P=UI求解电源的输出功率；（3）先根据并联电路的电流关系求解通过电动机的电流，然后求解电动机消耗的电功率；（4）先根据焦耳定律求解电动机的热功率，然后根据能量守恒定律求解机械功率．本题关键明确电动机是非纯电阻电路，然后结合闭合电路欧姆定律和串并联电路的电流电压关系列式求解各个部分的电压和电流，同时要结合电功率公式列式计算．17.如图所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆AC与半径为R的圆周交于B、C两点，在圆心处有一固定的正点电荷+Q，B为AC的中点，C点位于圆周的最低点．现有一质量为m、电荷量为-q、套在杆上的带负电小球从A点由静止开始沿杆下滑．已知重力加速度为g，A点距过C点的水平面的竖直高度为3R，小球滑到B点时的速度大小为2．求：（1）小球滑至C点时的速度的大小；（2）A、B两点的电势差U AB；（3）若以C点作为零电势点，试确定A点的电势．【答案】解：（1）小球由A到B过程，由动能定理得mg•R+q U AB=m（2）2①小球由A到C过程，由动能定理得mg3R+q U AC=mυc2②其中，U AB=U AC ③由①②③式可得小球滑至C点时的速度大小为v C=（2）由①式可得A、B两点间的电势差U AB=-（3）B、C两点在同一个等势面上，故电势相等，故B点电势也为零，根据U AB=φA-φB φA=-答：（1）小球滑至C点时的速度大小是；（2）A、B两点间的电势差U AB=-；（3）A点的电势为-．【解析】（1）B为AC的中点，故BC、AB间的高度差均为1.5R，对B到C过程运用动能定理列式求解C点的速度；（2）对A到B过程运用动能定理列式求解A、B两点的电势差U AB；（3）B、C两点在同一个等势面上，故电势相等，故B点电势也为零，根据U AB=φA-φB 求解A点的电势．本题关键根据动能定理列式分析，切入点在于圆周为等势面，小球从A到C和A到B 电场力做功相等．18.在方向水平的匀强电场中，绝缘细线的一端连着一个质量为m的带电小球，另一端悬挂于O点．将小球拿到A点（此时细线与电场方向平行）无初速释放，已知小球摆到B点时速度为零，此时细线与竖直方向的夹角为θ=30°，求：（1）小球速度最大的位置．（2）小球速度最大时细线对小球的拉力．【答案】解：（1）小球由A运动到B过程中，由动能定理得：mg L cosθ-q EL（1+sinθ）=0，解得：，设小球最大速度的位置为C，悬线与竖直方向间的夹角为α，小球受力如图，tanα==，α=30°，（2）由A到C，由动能定理得：mg L sin60°-q EL（1-cos60°）=mv C2-0，在C点，由牛顿第二定律得：T-mgcos30°-q E sin30°=m，解得：T=mg；答：（1）小球速度最大时，细线与竖直方向夹角为30度．（2）小球速度最大时细线对小球的拉力为mg．【解析】（1）由动能定理求出电场强度，然后由数学知识求出小球速度最大位置．（2）由动能定理求出小球的最大速度，由牛顿第二定律可以求出细线对小球的拉力．本题考查了判断小球速度最大的位置、求细线的拉力，分析清楚小球的运动过程，应用动能定理与牛顿第二定律即可正确解题．当细线与小球重力和拉力合力的方向相同时，小球速度最大．。

揭阳市2014年高中毕业班高考第一次模拟考试物理本试卷分单项选择题、双项选择题和非选择题三个部分。

满分300分。

考试时间150分钟。

注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上填写自己的准考证号、姓名、 试室号和座位号。

用2B 型铅笔把答题卡上试室号、座位号对应的信息点涂黑。

2．选择题每小题选出答案后，用2B 型铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。

3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内的 相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答的答案无效。

4．考生必须保持答题卡整洁。

考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Mg 24 Cu 64一、单项选择题（本题包括16小题，每小题4分，共64分。

每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）13．下列叙述中，正确的是A ．物体温度越高，内能增加，每个分子的动能也越大B ．布朗运动就是液体分子的运动C ．空气容易被压缩说明分子间存在分子力D ．热量不可能自发地从低温物体传递给高温物体14．如图所示，a ，b ，c 三根绳子完全相同，b 绳水平，c 绳下挂一重物。

若增加重物的重量，则最先断的绳子是A ．a 绳B ．b 绳C ．c 绳D ．无法确定 15．核反应方程式 23592U + 10n →14156Ba + 9236Kr +k X ，式子中A ．X 为质子，k =3B ．X 为质子，k =4C ．X 为中子，k =3D ．X 为中子，k=416．如图所示，容积一定的测温泡，上端有感知气体压强的压力传感器。

待测物体温度升高时，泡内封闭气体 A ．内能不变，压强变大 B ．体积不变，压强变大 C ．温度不变，压强变小 D ．温度降低，压强变小二、双项选择题（本题包括9小题，每小题6分，共54分。

2014年广东省揭阳市学业考试物理试卷一、单项选择题：本题包括4小题，每小题4分，共16分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分．1．（4分）（2014•揭阳）如图所示的直线电流磁场的磁感线，哪个图是正确的（）A．B． C．D．2．（4分）（2014•揭阳）如图，两个可以视为质点带电小球A、B，已知A球的电量大于B球的电量，用绝缘细绳系于天花板上，则（）A．两球都带正电B．两球都带负电C．A球受到的静电力大于B球受到的静电力D．两球受到的静电力大小相等3．（4分）（2014•揭阳）在卢瑟福的α粒子散射实验中，有少数的α粒子发生了大角度的偏转，其原因是（）A．原子中有带负电的电子，电子会对α粒子有引力的作用B．正电荷在原子中是均匀分布的C．原子的正电荷和绝大部分的质量都集中在一个很小的核上D．原子是可再分的4．（4分）（2014•揭阳）一矩形导线圈ABCD与通有恒定电流I的直导线始终在同一平面内，当线圈在导线的右侧向右匀速移动时（）A．线圈有由A流向B的电流B．线圈有由B流向A的电流C．通过线圈中的磁通量在增大D．线圈平面有垂直纸面向外的磁感线二、双项选择题：每小题6分，每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全选对得6分，只选1个且正确的得3分，有错选或不选的得0分．5．（6分）（2014•揭阳）在下列核反应方程中，X代表质子的方程的是（）A．Al+He→P+XB．N+He→O+XC．H+r→n+XD．H+X→He+n6．（6分）（2014•揭阳）图是测试热敏电阻R的实验电路图，滑动变阻器已调节到某一适当的值．实验中观察到当温度升高时灯更亮．对实验现象分析正确的有（）A．温度升高，电路中的电流减小B．温度升高，电路中的电流增大C．温度升高，热敏电阻的阻值增大D．温度升高，热敏电阻的阻值减小7．（6分）（2014•揭阳）一正弦交流电的电压随时间变化的图象如图所示．由图可知（）A．该交流电的电压瞬时值的表达式为u=100sin（50πt）VB．该交流电的频率为50HzC．该交流电的电压的有效值为100VD．若将该交流电压加在阻值为R=100Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率是50W8．（6分）（2014•揭阳）一带电油滴在场强为E的匀强电场中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下．若不计空气阻力，则此带电油滴从A运动到B的过程中，则油滴（）A．带正电B．所受电场力小于重力C．重力势能增加，电势能减少D．动能变大9．（6分）（2014•揭阳）如图，一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入一正方形的匀强磁场区，对从油边离开磁场的电子，下列判断正确的是（）A．从a点离开的电子速度最小B．从a点离开的电子在磁场中运动时间最短C．从b点离开的电子运动半径最小D．从b点离开的电子速度偏转角最小三、非选择题：本题共5小题，按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．10．（4分）（2014•揭阳）游标卡尺主尺的最小刻度是1mm，游标尺上有20个等分刻度，则游标尺上每一分度与主尺上的最小刻度相差mm．用这个游标卡尺测量一小球的直径，如图所示的读数是mm．11．（2分）（2014•揭阳）在测定某电阻丝的电阻率实验中，用螺旋测微器测量一种电阻值很大的电阻丝直径，刻度位置如图所示，则电阻丝的直径是mm．12．（12分）（2014•揭阳）在测量电源的电动势和内阻的实验中，由于所用电压表（视为理想电压表）的量程较小，某同学设计了如图1所示的实物电路．①实验时，应先将电阻箱的电阻调到．（选填“最大值”、“最小值”或“任意值”）②改变电阻箱的阻值R，分别测出阻值R0=10Ω的定值电阻两端的电压U．下列两组R的取值方案中，比较合理的方案是．（选填“1”或“2”）方案编号电阻箱的阻值R/Ω1 400.0 350.0 300.0 250.0 200.02 80.0 70.0 60.0 50.0 40.0③某同学要按实物图画出原理图2，已画出了一部分，把剩下部分补画完整．13．（18分）（2014•揭阳）如图，轻直导线杆ab沿垂直轨道方向放在水平平行足够长的光滑轨道上，金属轨道所在区域充满竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=2T，轨道间距L为1m，当给ab杆施加一个大小为4N、方向水平向左的外力时，闭合开关K，ab杆恰好静止不动，已知电源内阻r=1Ω，电阻R为4Ω，ab杆接入电路的电阻R1为4Ω，导轨电阻不计，求：（1）杆静止时，通过杆的电流是多大？（2）电源电动势多大？（3）若断开开关K后，ab杆的最大运动速度是多大？14．（18分）（2014•揭阳）如图所示，质量为m B=1kg的绝缘不带电小球B，通过长l=0.32m的细绳与固定点O相连．一带电量q=+0.8C，质量为m A=1kg的小球A静止在光滑绝缘的水平面上，某时刻在小球B的右边加一水平有界匀强电场，场强大小E=10N/C，且A球刚好在电场的右边缘上．在电场力的作用下球A向左运动，穿过电场并与球B发生弹性碰撞，碰撞后球B 恰好能绕O点在竖直平面内作圆周运动．假设A、B球仅发生一次碰撞，且可视为质点，g取10m/s2，求：（1）A、B 碰撞后瞬间，细绳拉力的大小？（2）A、B碰撞前瞬间小球A的速度大小；（3）若细绳的最大承受能力是210N，为使A、B碰撞后，球B能做圆周运动，则电场宽度d 多大？2014年广东省揭阳市学业考试物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题包括4小题，每小题4分，共16分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分．1．（4分）（2014•揭阳）如图所示的直线电流磁场的磁感线，哪个图是正确的（）A．B． C．D．考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．分析：正确利用安培定则直接判断通电直导线周围磁场方向即可．注意安培定则的两种表达形式，一种判断通电直导线，另一种判断通电螺线管周围磁场．解答：解：利用安培定则可以判断出通电直导线周围的磁场线分布情况，A、电流方向垂直纸面向外，因此根据右手螺旋定则可知，磁感线是一系列同心圆，方向逆时针，由离直导线越远，磁场越弱，根据电场线的疏密表磁场的强弱，故A正确，BC错误，D、同理，电流方向垂直纸面向里，则磁场方向顺时针，且里密外疏．故D错误；故选A．点评：正确利用安培定则判断导线、通电螺线管周围磁场分布情况是对学生的基本要求，要加强练习．2．（4分）（2014•揭阳）如图，两个可以视为质点带电小球A、B，已知A球的电量大于B球的电量，用绝缘细绳系于天花板上，则（）A．两球都带正电B．两球都带负电C．A球受到的静电力大于B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．专题：电场力与电势的性质专题．分析：对小球受力分析，根据受力平衡可得出小球的倾角与电量、重力的关系，并结合库仑定律，则可求解．解答：解：A、带电相同的小球受斥力作用，带同种电荷，可能是正电，也可是负电；故AB 错误；B、根据F=k可知，F AB=k，则它们受到的静电力大小相等，故C错误，D正确．故选：D．点评：对于库仑定律公式F=k，要明确其使用条件和各个物理量的含义，注意库仑力的大小与各电量无关，而是电量的乘积有关．3．（4分）（2014•揭阳）在卢瑟福的α粒子散射实验中，有少数的α粒子发生了大角度的偏转，其原因是（）A．原子中有带负电的电子，电子会对α粒子有引力的作用B．正电荷在原子中是均匀分布的C．原子的正电荷和绝大部分的质量都集中在一个很小的核上D．原子是可再分的考点：粒子散射实验．专题：原子的核式结构及其组成．分析：这是因为原子核带正电荷且质量很大，阿尔法粒子也带正电荷，由于同种电荷相互排斥和阿尔法粒子被质量较大的原子核弹回．解答：解：α粒子和电子之间有相互作用力，它们接近时就有库仑引力作用，但由于电子的质量只有α粒子质量的1/7300，粒子与电子碰撞就像一颗子弹与一个灰尘碰撞一样，α粒子质量大，其运动方向几乎不改变．α粒子散射实验中，有少数α粒子发生大角度偏转说明三点：一是原子内有一质量很大的粒子存在；二是这一粒子带有较大的正电荷；三是这一粒子的体积很小，故C正确，ABD错误．故选：C．点评：本题考查的是α粒子散射实验．对这个实验要清楚两点：一是α粒子散射实验的实验现象；二是对实验现象的微观解释﹣﹣原子的核式结构．4．（4分）（2014•揭阳）一矩形导线圈ABCD与通有恒定电流I的直导线始终在同一平面内，当线圈在导线的右侧向右匀速移动时（）A．线圈有由A流向B的电流B．线圈有由B流向A的电流C．通过线圈中的磁通量在增大D．线圈平面有垂直纸面向外的磁感线考点：楞次定律．分析：先根据安培定则判断出磁场的方向，然后根据线框运动运动方向判断出磁场的变化，最后根据楞次定律判定感应电流的方向即可．解答：解：根据安培定则可判断出磁场的方向向里，根据线框向右运动可判断出磁场的减小，最后根据楞次定律判定感应电流的方向为顺时针的方向，线圈有由B流向A的电流．故选：B点评：通电指导线周围的磁场为非匀强磁场，会应用楞次定律，注意通电导线的磁场大小与方向的分布．二、双项选择题：每小题6分，每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全选对得6分，只选1个且正确的得3分，有错选或不选的得0分．5．（6分）（2014•揭阳）在下列核反应方程中，X代表质子的方程的是（）A．Al+He→P+XB．N+He→O+XC．H+r→n+XD．H+X→He+n考点：裂变反应和聚变反应．专题：衰变和半衰期专题．分析：根据核反应方程中质量数和电荷数守恒，求出未知粒子的核电荷数和质量数即可判断粒子的种类．解答：解：A、根据质量数和电荷数守恒得X的电荷数为0，质量数为1，所以X是中子，故A错误；B、同理X的电荷数为1，质量数为1，所以X为质子，故B正确；C、X的电荷数为1，质量数为1，所以X是质子，故C正确；D、X的电荷数为1，质量数为2，所以X是氘核，故D错误．故选：BC．点评：正确书写核反应方程是学习原子物理的重点，要注意质量数和电荷数守恒的应用．6．（6分）（2014•揭阳）图是测试热敏电阻R的实验电路图，滑动变阻器已调节到某一适当的值．实验中观察到当温度升高时灯更亮．对实验现象分析正确的有（）A．温度升高，电路中的电流减小B．温度升高，电路中的电流增大C．温度升高，热敏电阻的阻值增大D．温度升高，热敏电阻的阻值减小考点：常见传感器的工作原理；闭合电路的欧姆定律．分析：热敏电阻在受热时阻值变化，由闭合电路殴姆定律可知电路中的电流变化情况，从而确定灯泡的亮暗程度．解答：解：当温度升高时，电路中的热敏电阻的阻值减小，由闭合电路殴姆定律可知：电路中的电流增大，导致灯泡变亮．故选：BD点评：为何要将滑动变阻器调到某一适当值，按常规应该调为0，随着热敏电阻减小，电流变大，灯泡功率更大吗？其实不然，当电源输出功率越大，灯泡才可能越亮，所以将滑动变阻器与电源组合一个新电源，当外电阻与内电阻阻值相等时，电源输出功率最大．7．（6分）（2014•揭阳）一正弦交流电的电压随时间变化的图象如图所示．由图可知（）A．该交流电的电压瞬时值的表达式为u=100sin（50πt）VB．该交流电的频率为50HzC．该交流电的电压的有效值为100VD．若将该交流电压加在阻值为R=100Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率是50W考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．专题：交流电专题．分析：根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等．解答：解：A、由图可知，T=4×10﹣2s，故f==25Hz，ω=2πf=50πrad/s，所以其表达式为u=100sin（50πt）V，故A正确，B错误；C、由图象可知交流电的最大值为U m=100V，因此其有效值为：U==50V，故C错误；D、若将该交流电压加在阻值R=100Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率为：P===50W，故D正确；故选：AD．点评：本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，同时正确书写交流电的表达式．8．（6分）（2014•揭阳）一带电油滴在场强为E的匀强电场中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下．若不计空气阻力，则此带电油滴从A运动到B的过程中，则油滴（）A．带正电B．所受电场力小于重力C．重力势能增加，电势能减少D．动能变大考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；重力势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：带电油滴的运动轨迹向上偏转，可知合力方向向上，分析油滴的受力情况，确定电场力方向，即可判断油滴的电性，并能确定电场力与重力的大小．重力做负功，重力势能增加，电场力做正功，电势能减少．逆着电场线，电势升高．解答：解：A、由图示运动轨迹可知，带电油滴的运动轨迹向上偏转，则其合力方向向上，油滴受到竖直向下的重力和竖直方向的电场力，则知电场力必定竖直向上，与场强方向相反，油滴应带负电，故A错误；B、油滴受到的合力方向竖直向上，电场力必定大于重力，故B错误；C、油滴从A至B，电场力做正功，电势能减少，向上运动重力势能增加，故C正确；D、油滴受到合力方向向上，且向上运动，故合外力对油滴做正功，根据动能定理知油滴的动能增加，故D正确．故选：CD．点评：本题关键要根据轨迹的弯曲方向判断出油滴所受的合力方向，再分析电场力方向．根据做功正负，判断电势能和重力势能的变化．9．（6分）（2014•揭阳）如图，一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入一正方形的匀强磁场区，对从油边离开磁场的电子，下列判断正确的是（）A．从a点离开的电子速度最小B．从a点离开的电子在磁场中运动时间最短C．从b点离开的电子运动半径最小D．从b点离开的电子速度偏转角最小考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：根据，由轨道半径的大小确定速度的大小，根据t=，由偏转角的大小确定时间的大小．解答：解：对于从右边离开磁场的电子，从a离开的轨道半径最大，根据带电粒子在匀强磁场中的半径公式，知轨道半径大，则速度大，则a点离开的电子速度最大．从a点离开的电子偏转角最小，则圆弧的圆心角最小，根据t==，与粒子的速度无关，知θ越小，运行的时间越短．故B、C正确，A、D错误．故选BC．点评：解决本题的关键掌握带电粒子在匀强磁场中运动的半径公式，以及知道带电粒子在磁场中运行的周期与速度的大小无关．三、非选择题：本题共5小题，按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．10．（4分）（2014•揭阳）游标卡尺主尺的最小刻度是1mm，游标尺上有20个等分刻度，则游标尺上每一分度与主尺上的最小刻度相差0.05 mm．用这个游标卡尺测量一小球的直径，如图所示的读数是13.80mm．考点：刻度尺、游标卡尺的使用．专题：实验题．分析：游标尺的精确度=mm，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．解答：解：游标卡尺的精度为mm，因此游标卡尺有20个小的等分刻度，游标尺上每一分度与主尺上的最小刻度相差0.05mm，游标卡尺的主尺读数为13mm，游标读数为0.05×16mm=0.80mm，所以最终读数为：13mm+0.80mm=13.80mm．故答案为：0.05，13.80．点评：解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．11．（2分）（2014•揭阳）在测定某电阻丝的电阻率实验中，用螺旋测微器测量一种电阻值很大的电阻丝直径，刻度位置如图所示，则电阻丝的直径是0.642 mm．考点：螺旋测微器的使用．专题：实验题．分析：螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需估读．解答：解：螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为0.01×14.2mm=0.142mm，所以最终读数为0.642mm．故答案为：0.642点评：解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，一般步骤是先读固定刻度读数，再读可动刻度读数，在读可动刻度读数时，需估读．12．（12分）（2014•揭阳）在测量电源的电动势和内阻的实验中，由于所用电压表（视为理想电压表）的量程较小，某同学设计了如图1所示的实物电路．①实验时，应先将电阻箱的电阻调到最大值．（选填“最大值”、“最小值”或“任意值”）②改变电阻箱的阻值R，分别测出阻值R0=10Ω的定值电阻两端的电压U．下列两组R的取值方案中，比较合理的方案是 2 ．（选填“1”或“2”）方案编号电阻箱的阻值R/Ω1 400.0 350.0 300.0 250.0 200.02 80.0 70.0 60.0 50.0 40.0③某同学要按实物图画出原理图2，已画出了一部分，把剩下部分补画完整．考点：测定电源的电动势和内阻．专题：实验题．分析：（1）由实验的安全性原则可知滑动变阻器的开始阻值选择；（2）实验中应保证准确，根据电阻箱的阻值与待测电阻的阻值对比可知合理方案；（3）根据实物图分析电路原理，则可得出实验电路图．解答：解：（1）电路为限流接法，开始时应让电流最小，然后再逐渐增大，故开始时滑动变阻器应达到最大值处；（2）对比两方案可知，方案1中电阻箱电阻较大，而R0的阻值只有10Ω，故在调节电阻箱时，电流的变化不明确，误差较大；而方案2中电阻箱的阻值与R0相差不大，可以测出相差较大的多组数据，故方案2更合理；（3）根据实物图将滑动变阻器及电压表接入即可；如下图所示；故答案为：①最大值；②2；③完整电路原理图如图点评：本题考查实验测定电动势和内电阻；注意本实验中实验电路较为简单，但要注意数据的处理的掌握，特别是图象法的应用．13．（18分）（2014•揭阳）如图，轻直导线杆ab沿垂直轨道方向放在水平平行足够长的光滑轨道上，金属轨道所在区域充满竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=2T，轨道间距L为1m，当给ab杆施加一个大小为4N、方向水平向左的外力时，闭合开关K，ab杆恰好静止不动，已知电源内阻r=1Ω，电阻R为4Ω，ab杆接入电路的电阻R1为4Ω，导轨电阻不计，求：（1）杆静止时，通过杆的电流是多大？（2）电源电动势多大？（3）若断开开关K后，ab杆的最大运动速度是多大？考点：安培力．分析：（1）电阻R与R1并联，根据平衡条件和安培力公式求解提供杆的电流；（2）电阻R与R1并联，电阻相等，故电流相等，求解出总电流后结合闭合电路欧姆定律求解电动势；（3）若断开开关K后，杆向左做加速度减小的加速运动，当加速度减小为零时，速度达到最大．解答：解：（1）ab棒受到的安培力与拉力平衡，故：F=F AF A=BIL故：I===2A（2）总电流：I总=2I=4A根据闭合电路欧姆定律，有：E=I总（r+）=4×（1+2）=12V（3）若断开开关K后，杆速度最大时，有：F=F A=BI′LI′=故：v m===8m/s答：（1）杆静止时，通过杆的电流是2A；（2）电源电动势为12V；（3）若断开开关K后，ab杆的最大运动速度是8m/s．点评：本题关键是明确电路结构和杆受力情况，然后根据平衡条件、牛顿第二定律、闭合电路欧姆定律和串并联电路的电压与电流关系列式求解，不难．14．（18分）（2014•揭阳）如图所示，质量为m B=1kg的绝缘不带电小球B，通过长l=0.32m的细绳与固定点O相连．一带电量q=+0.8C，质量为m A=1kg的小球A静止在光滑绝缘的水平面上，某时刻在小球B的右边加一水平有界匀强电场，场强大小E=10N/C，且A球刚好在电场的右边缘上．在电场力的作用下球A向左运动，穿过电场并与球B发生弹性碰撞，碰撞后球B 恰好能绕O点在竖直平面内作圆周运动．假设A、B球仅发生一次碰撞，且可视为质点，g取10m/s2，求：（1）A、B 碰撞后瞬间，细绳拉力的大小？（2）A、B碰撞前瞬间小球A的速度大小；（3）若细绳的最大承受能力是210N，为使A、B碰撞后，球B能做圆周运动，则电场宽度d 多大？考点：动量守恒定律；匀强电场中电势差和电场强度的关系．专题：动量定理应用专题．分析：1、球B在最高点处时，由牛顿第二定律列出等式，再应用动能定理研究球B从最低点到最高点过程进行求解．2、球A与球B碰撞，系统动量守恒，列出等式，由于发生弹性碰撞，根据机械能守恒列出等式求解．3、若碰撞后B球能做完整的圆周运动，根据牛顿第二定律、系统动量守恒、机械能守恒列出等式进行求解．解答：解：（1）球B在最高点处时，由牛顿第二定律，得：m B g=碰后球B从最低点到最高点过程中应用动能定理得：﹣m a g×2l=m B v2﹣m B当球B在最低点处，由牛顿第二定律，得：F﹣m B g=代入数据解得：F=60N（2）球A与球B碰撞前速度为v A，碰撞后速度为v Al，规定球A初速度方向为正方向，由系统动量守恒得：m A v A=m A v Al+m B v B由于发生弹性碰撞，根据机械能守恒列出等式得：m A=m A+m B代入数据解得：v A=4m/s（3）若碰撞后B球能做完整的圆周运动，在最低点绳断时速度为v B1，则F﹣m a g=A、B碰撞时由系统动量守恒得：m A v A2=m A v A3+m B v B1根据机械能守恒列出等式得：m A=m A+m B为使B球能做完整圆周运动，A球与B球碰撞前的速度应当：v A≤v A0＜v A2电场力对A球做功为：qEl=m A代入数据解得：1m≤d＜4m，若碰撞后B球做不完整圆周运动，B球至多可运动至与O点等高的水平位置，且速度为0，B 球在最低点的速度为v B2，m B gl=m B有上面计算得碰撞后A、B球速度交换，所以电场力对A球做的功应当是：0＜qEd≤m A代入数据解得：0＜d≤0.4m，答：（1）A、B 碰撞后瞬间，细绳拉力的大小是60N（2）A、B碰撞前瞬间小球A的速度大小是4m/s；（3）若细绳的最大承受能力是210N，为使A、B碰撞后，球B能做圆周运动，为使B球能做完整圆周运动，1m≤d＜4m，若碰撞后B球做不完整圆周运动，0＜d≤0.4m．点评：该题主要考查了系统动量守恒和能量守恒的应用，要分析物体的运动过程，关键要把握每个过程遵守的物理规律，结合几何知识进行处理，难度较大．。

广东省揭阳三中2013-2014学年高一物理上学期第一次阶段考试试题新人教版一、单项选择题（本大题共4小题，每小题4分，共16分。

在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分。

）1、两辆汽车在平直公路上，甲车内一个人看到窗外树木向东移动，乙车内一个人发现甲车没有运动，以大地为参考系，则说明（ ）A ．甲车向西运动，乙车不动B ．乙车向西运动，甲车不动C ．甲车向东运动，乙车向东运动D ．甲乙两车以相同速度同时向西运动2、在研究下列问题时，可以把汽车看作质点的是（ ）A ．研究汽车通过一座桥所用的时间B ．研究人在汽车上的位置C ．研究汽车在上坡时有无翻倒的危险D ．计算汽车从北京开往大连的时间3、下列关于加速度的描述中，正确的是（ ）A ．加速度在数值上等于单位时间里速度的变化量B ．当加速度与速度方向相同且又减小时，物体做减速运动C ．速度方向为正，加速度方向为负D ．速度变化越来越快，加速度越来越小4、一辆汽车沿着笔直的公路以速度v 1行驶了32的路程，接着以速度v 2跑完其余31的路程，则汽车在全程的平均速度为（ ）A ．122132v v v v + B ．6221v v + C ．221v v + D ．2221v v +二、双项选择题（本大题共5小题，每小题6分，共30分。

在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选一个且正确的得3分，有选错或不答的得0分。

）5、以下的计时数据指的是时间的是（ ）A ．列车在9时45分到达途中的南京站B ．足球比赛上下半场各45分钟C ．中央电视台的新闻联播节目于19时开播D．某短跑运动员用11.5秒跑完了100m6、有关速度的说法中正确的是( )A．速度的大小在数值上等于单位时间内物体路程的大小B．物理学中用位移与发生这个位移所用时间的比值表示物体运动的快慢C．平均速度就是物体速度的平均值D．速度是一个矢量，速度的方向就是物体运动的方向7、2008年的奥运圣火经珠穆朗玛峰传至北京，观察图中的旗帜和甲、乙两火炬手所传递的圣火火焰，关于两火炬手相对于静止旗杆的运动情况，下列说法正确的是（旗杆和甲、乙火炬手在同一地区）（）A．甲、乙两火炬手一定向左运动B．甲、乙两火炬手一定向右运动C．甲火炬手可能向左运动，乙火炬手一定向左运动D．甲火炬手可能静止，乙火炬手一定向左运动8、下列运动情况可能出现的是（）A．物体的加速度不为零且始终不变，速度也始终不变B．物体的速度变化为零时，加速度不为零C．物体的加速度增大时，速度逐渐减小D．物体的加速度逐渐减小，速度逐渐增大9、如图9为物体做变速直线运动的v－t图象，令t=0时物体的位置为坐标原点，只研究前4s的运动可知（）A．物体始终沿正方向运动B．物体先沿负方向运动，2s后开始沿正方向运动C．在2s末物体位于原点负方向上，2s后位于原点正方向上D．在t=2s时物体距离原点最远三、填空题（每空2分，共18分）10、某次实验打点计时器使用的交流电的频率为50 Hz，纸带的记录如图所示，图中O点为纸带的第一个点，接下来的前几个点模糊，因此从A点开始每打5个点取一个计数点：（1）在做用打点计时器测速度的实验时，常用的“电磁打点计时器”使用的电压是V的(选填“直流电”或“交流电”)，它们是每隔 s打一个点。

揭阳第一中学2013—2014学年度第一学期高二级期末考试物理科试题一、单项选择题：本题包括6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分。

1．以下符合物理学史的是A ．法拉第发现了电流的周围存在磁场 B. 法拉第通过实验总结出了电磁感应定律C ．安培总结并确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律 D. 安培发现了电流的周围存在磁场2．如图所示，倾斜导轨宽为L ，与水平面成α角，处在方向竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中，金属杆ab 水平放在导轨上．当回路电流强度为I 时，金属杆ab 所受安培力F A ．αsin BIL F = B ．cos F BIL α=C ．安培力的方向垂直ab 杆沿斜面向上D ．安培力的方向垂直ab 杆水平向右3．如图，P 和Q 为带电量分别为+q 和-q 的两个等量异种电荷，两者相距为L ，O 为PQ 连线的中点，M 、N 为中垂线上关于O 点对称的两个点，则 A ． M 、O 、N 三点的场强都相等B ．M 、N 两点的场强大小相等，方向相同C ．O 点的场强为零D ．M 、O 、N 三点的电势大小关系为φM ＞φN ＞φO4．如图所示，长为a 、宽为b 的矩形线圈，电阻为r ，处在磁感应强度为B 的匀强磁场边缘，磁场方向垂直于纸面向外，线圈与磁感线垂直。

用力F 将线圈向右以速度v 匀速拉出磁场的过程中 A ．线圈中感应电流大小为rBavB ．安培力做的功等于FbC ．线圈中感应电流方向为逆时针D ．线圈所受安培力逐渐减小5.如图所示，当平行板电容器C 充电后把电键S 断开．设电容器电压为U ，电量为Q ．现只将电容器两板的正对面积减小，则 A.Q 变大 B.Q 变小 C .U 变大 D.U 变小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，不计粒子所受的重力，则 A ．粒子带正电B ．A 点的场强小于B 点的场强C ．粒子的加速度逐渐增加D ．粒子的速度不断减小二、双项选择题：本题包括6小题，每小题4分，共24分。

揭阳市2013—2014学年度第一学期高三学业水平考试理综物理试题一、单项选择题13．下列实例属于超重现象的是A ．汽车驶过拱形桥顶端B ．荡秋千的小孩通过最低点C ．跳水运动员被跳板弹起离开跳板向上运动D ．蹦床运动员在空中下落过程14．质点做直线运动的v -t 图像如图所示，则下列说法正确的是：A ．质点前2秒的平均速度大小为1m/sB ．1秒末质点的速度方向发生变化C ．第1秒内质点所受合外力是第5秒内所受合外力的2倍D ．3秒末质点回到出发点15．如图，两个完全相同的小球A 、B ，在同一高度处以相同大小的初速度v分别水平抛出和竖直向上抛出，下列说法正确的是A ．两小球落地时的速度相同B ．两小球落地时，A 球重力的瞬时功率较小C ．从开始运动至落地，A 球重力做功较大D ．从开始运动至落地，重力对A 小球做功的平均功率较小16．如图所示的装置中，小球的质量均相同，弹簧和细线的质量均不计，忽略一切摩擦，平衡时各弹簧的弹力分别为F 1、F 2、F 3，其大小关系是 A ．F 1=F 2=F 3 B ．F 1=F 2<F 3 C ．F 1=F 3>F 2 D ．F 3>F 1>F 2二、双项选择题17．一质点在光滑水平面上做匀速直线运动，现给它一水平恒力，则下列说法正确的A ．施加水平恒力以后，可以做匀加速直线运动B ．施加水平恒力以后，可以做匀变速曲线运动C ．施加水平恒力以后，可以做匀速圆周运动D ．施加水平恒力以后，质点立即有加速度，速度也立即变化18．如图，一正点电荷周围有A 、B 、C 三点，其中B 、C 在同一个等势面上，则下列说法中正确的是F 1 F 2F 3A．A点的电势高于B点的电势B．负电的试探电荷在A点的电势能大于在B点的电势能C．试探电荷从B点运动到C点电场力不做功D．B、C两点的电势与电场强度均相同19．如图所示，一个金属薄圆盘水平放置在竖直向上的匀强磁场中，下列做法中能使圆盘中产生感应电流的是A．圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动B．圆盘以某一水平直径为轴匀速转动C．圆盘在磁场中向右匀速平移D．匀强磁场均匀增加20．有关洛仑兹力和安培力的描述，正确的是A．通电直导线处于匀强磁场中一定受到安培力的作用B．安培力是大量运动电荷所受洛仑兹力的宏观表现C．带电粒子在匀强磁场中运动受到的洛仑兹力不做正功D．通电直导线在磁场中受到的安培力方向与磁场方向平行21．如图，航天飞机在A点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，B为轨道Ⅱ上的一点，下列说法中正确的有A．在轨道Ⅱ上经过A的速率等于在轨道Ⅰ上经过A的速率B．在轨道Ⅱ上经过A的动能小于在轨道Ⅰ上经过A的动能C．在轨道Ⅱ上经过A的加速度小于在轨道Ⅰ上经过A的加速度D．在轨道Ⅱ上经过A的机械能小于在轨道Ⅰ上经过A的机械能三、非选择题34.（1）为测定一节干电池的电动势和内阻，用如图所示电路。

2015-2016学年广东省揭阳三中高三（上）第一次段考物理试卷一、选择题（每题6分，共48分）1．有研究发现，轿车的加速度变化情况将影响乘客的舒适度：即加速度变化得越慢，乘客就会感到越舒适；加速度变化得越快，乘客就会感到越不舒适．若引入一个新物理量来表示加速度变化的快慢，则该物理量的单位是（）A．m/s B．m/s2C．m/s3D．m2/s2．将一物体以某一初速度竖直上抛．物体在运动过程中收到一大小不变的空气阻力作用，它从抛出点到最高点的运动时间为t1，再从最高点回到抛出点的运动时间为t2，如果没有空气阻力作用，它从抛出点到最高点所用的时间为t0．则（）A．t1＞t0，t2＜t1 B．t1＜t0，t2＞t1 C．t1＞t0，t2＞t1 D．t1＜t0，t2＜t13．如图为两个物体A和B在同一直线上沿同一方向同时做匀加速运动的v﹣t图线．已知在第3s末两个物体在途中相遇，则两个物体出发点的关系是（）A．从同一地点出发B．A在B前3 m处C．B在A前3 m处D．B在A前5 m处4．如图，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千，某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍能保持等长且悬挂点不变，木板静止时，F1表示木板所受合力的大小，F2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后（）A．F1不变，F2变大B．F1变大，F2变小C．F1变大，F2变大D．F1变小，F2变小5．如图，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过位于O′点的固定光滑轴悬挂一质量为M的物体；OO′段水平，长度为L；绳子上套一可沿绳滑动的轻环．现在轻环上悬挂一钩码，平衡后，物体上升L．则钩码的质量为（）A． M B． M C． M D． M6．2011年7月在土耳其伊斯坦布尔举行的第15届机器人世界杯赛上，中国科大“蓝鹰”队获得仿真2D组冠军和服务机器人组亚军，改写了我国服务机器人从未进入世界前5的纪录．标志着我国在该领域的研究取得了重要进展．图1中是科大著名服务机器人“可佳”．如图2所示，现要执行一项任务．给它设定了如下动作程序：机器人在平面内，由点（0，0）出发，沿直线运动到点（3，1），然后又由点（3，1）沿直线运动到点（1，4），然后又由点（1，4）沿直线运动到点（5，5），然后又由点（5，5）沿直线运动到点（2，2），整个过程中机器人所用时间是2s，则（）A．机器人的运动轨迹是一条直线B．机器人有两次通过同一点C．整个过程中机器人的位移大小为2mD．整个过程中机器人的平均速率为1m/s7．如图所示，物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D为其运动轨迹上的四点，测得AB=2m，BC=3m．且物体通过AB、BC、CD所用的时间相等，则下列说法正确的是（）A．可以求出物体加速度的大小B．可以求得CD=4mC．可以求得OA之间的距离为1.125mD．可以求得OA之间的距离为1.5m8．如图所示为A、B两质点在同一直线上运动的位置﹣时间（x﹣t）图象，A质点的图象为直线，B质点的图象为过原点的抛物线，两图象交点C、D坐标如图，下列说法正确的是（）A．两次相遇的时刻分别为t1、t2B．0～t1时间段内B在前A在后，t1～t2时间段A在前B在后C．两物体速度相等的时刻一定为t1～t2时间段的中间时刻D．A在B前面且离B最远时，B的位移为二、填空题（每空4分，共16分）9．某驾驶员手册规定具有良好刹车性能的汽车在以80km/h的速率行驶时，可以在56m的距离内被刹住；在以48km/h的速率行驶时，可以在24m的距离内被刹住，假设对于这两种速率，驾驶员所允许的反应时间（在反应时间内驾驶员来不及刹车，车速不变）与刹车的加速度都相同，则允许驾驶员的反应时间约为．10．一个从静止开始作匀加速直线运动的物体，从开始运动起，连续通过三段位移的时间都相同，这三段位移的长度之比和这三段位移上的平均速度之比．11．一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动．开始刹车后的第1s内和第2s内位移大小依次为9m和7m．则刹车后6s内的位移是多少？三、综合应用（本题共3小题，共46分，解答时应写出必要的文字说明，方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位）12．一物块以一定的初速度沿斜面向上滑动，利用速度传感器可以在计算机屏幕上得到其速度大小随时间变化的关系图象如图所示，求：（1）物块下滑的加速度大小a；（2）物块沿斜面向上滑行的最大距离x．13．气球以10m/s的速度匀速上升，当它上升到离地175m的高处时，一重物从气球上掉落，则重物需要经过多长时间才能落到地面？到达地面时的速度是多大？（g取10m/s2）14．短跑运动员完成100m赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段．一次比赛中，某运动用11.00s跑完全程．已知运动员在加速阶段的第2s内通过的距离为7.5m，求该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离．2015-2016学年广东省揭阳三中高三（上）第一次段考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题6分，共48分）1．有研究发现，轿车的加速度变化情况将影响乘客的舒适度：即加速度变化得越慢，乘客就会感到越舒适；加速度变化得越快，乘客就会感到越不舒适．若引入一个新物理量来表示加速度变化的快慢，则该物理量的单位是（）A．m/s B．m/s2C．m/s3D．m2/s【考点】加速度．【专题】直线运动规律专题．【分析】加速度的变化的快慢等于加速度的变化量与时间的比值，根据物理量的关系得出物理量的单位．【解答】解：加速度变化的快慢表达式为，则单位等于．故C正确，A、B、D错误．故选：C．【点评】解决本题的关键知道加速度变化率的含义，通过物理量之间的关系，得出单位之间的关系．2．将一物体以某一初速度竖直上抛．物体在运动过程中收到一大小不变的空气阻力作用，它从抛出点到最高点的运动时间为t1，再从最高点回到抛出点的运动时间为t2，如果没有空气阻力作用，它从抛出点到最高点所用的时间为t0．则（）A．t1＞t0，t2＜t1 B．t1＜t0，t2＞t1 C．t1＞t0，t2＞t1 D．t1＜t0，t2＜t1【考点】牛顿第二定律；竖直上抛运动．【专题】直线运动规律专题．【分析】题中描述的两种情况物体均做匀变速运动，弄清两种情况下物体加速度、上升高度等区别，然后利用匀变速运动规律求解即可．【解答】解：不计阻力时，物体做竖直上抛运动，根据其运动的公式可得：，当有阻力时，设阻力大小为f，上升时有：mg+f=ma，上升时间有阻力上升位移与下降位移大小相等，下降时有mg﹣f=ma1，，根据，可知t1＜t2故ACD错误，B正确．故选：B．【点评】正确受力分析弄清运动过程，然后根据运动学规律求解是对学生的基本要求，平时要加强这方面的训练．3．如图为两个物体A和B在同一直线上沿同一方向同时做匀加速运动的v﹣t图线．已知在第3s末两个物体在途中相遇，则两个物体出发点的关系是（）A．从同一地点出发B．A在B前3 m处C．B在A前3 m处D．B在A前5 m处【考点】匀变速直线运动的图像．【专题】运动学中的图像专题．【分析】由图象的“面积”读出两物体在3s内的位移不等，而在第3s末两个物体相遇，可判断出两物体出发点不同，相距的距离等于位移之差．【解答】解：A、由图象的“面积”读出两物体在3s内的位移不等，而在第3s末两个物体相遇，可判断出两物体出发点不同．故A错误．BCD、两物体在3s内的位移分别为 x A=×4×3m=6m，x B=×2×3m=3m，则出发时B在A前3m处．故C正确，BD错误．故选：C【点评】对于速度﹣时间图象要注意：不能读出物体运动的初始位置．抓住“面积”表示位移、斜率等于加速度进行分析．4．如图，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千，某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍能保持等长且悬挂点不变，木板静止时，F1表示木板所受合力的大小，F2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后（）A．F1不变，F2变大B．F1变大，F2变小C．F1变大，F2变大D．F1变小，F2变小【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，根据共点力平衡条件并结合正交分解法列式分析即可．【解答】解：木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，故三个力的合力为零，即：F1=0；根据共点力平衡条件，有：2F2cosθ=mg解得：F2=当细线变短时，细线与竖直方向的夹角θ增加，故cosθ减小，拉力F2变大．故选：A．【点评】本题是简单的三力平衡问题，关键是受力分析后运用图示法分析，不难．5．如图，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过位于O′点的固定光滑轴悬挂一质量为M的物体；OO′段水平，长度为L；绳子上套一可沿绳滑动的轻环．现在轻环上悬挂一钩码，平衡后，物体上升L．则钩码的质量为（）A． M B． M C． M D． M【考点】共点力平衡的条件及其应用．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】由几何关系求出环两边绳子的夹角，然后根据平行四边形定则求钩码的质量．【解答】解：重新平衡后，绳子形状如下图：由几何关系知：绳子与竖直方向夹角为30°，则环两边绳子的夹角为60°，则根据平行四边形定则，环两边绳子拉力的合力为Mg，根据平衡条件，则钩码的质量为M．故选：D．【点评】该题的关键在于能够对线圈进行受力分析，利用平衡状态条件解决问题．力的计算离不开几何关系和三角函数．6．2011年7月在土耳其伊斯坦布尔举行的第15届机器人世界杯赛上，中国科大“蓝鹰”队获得仿真2D组冠军和服务机器人组亚军，改写了我国服务机器人从未进入世界前5的纪录．标志着我国在该领域的研究取得了重要进展．图1中是科大著名服务机器人“可佳”．如图2所示，现要执行一项任务．给它设定了如下动作程序：机器人在平面内，由点（0，0）出发，沿直线运动到点（3，1），然后又由点（3，1）沿直线运动到点（1，4），然后又由点（1，4）沿直线运动到点（5，5），然后又由点（5，5）沿直线运动到点（2，2），整个过程中机器人所用时间是2s，则（）A．机器人的运动轨迹是一条直线B．机器人有两次通过同一点C．整个过程中机器人的位移大小为2mD．整个过程中机器人的平均速率为1m/s【考点】平均速度；位移与路程．【分析】依据坐标位置的变化可表示位移和路程，平均速率为路程与时间的比值，平均速度为位移与时间的比值．【解答】解：A、由题目给定的坐标位置变化可知机器人的运动轨迹为折线，A错误；B、由点（5，5）沿直线运动到点（2，2）时会与由点（3，1 ）沿直线运动到点（1，4）有交点，即会经过同一位置，B正确；C、由题意知机器人初位置坐标为（0，0），末位置坐标为（2.2），故位移为：X==m，故C正确．D、平均速率为路程与时间的比值，由题目给定的坐标变化可知路程：，该个过程中机器人所用时间是s，故机器人的平均速率大于1m/s，故D错误．故选：BC．【点评】本题考查了平均速度与平均速率的求解方法，注意平均速度的大小不等于平均速率．7．如图所示，物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D为其运动轨迹上的四点，测得AB=2m，BC=3m．且物体通过AB、BC、CD所用的时间相等，则下列说法正确的是（）A．可以求出物体加速度的大小B．可以求得CD=4mC．可以求得OA之间的距离为1.125mD．可以求得OA之间的距离为1.5m【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【专题】直线运动规律专题．【分析】某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，设相等时间为t，即可表示出B 点的速度，在相邻的相等时间内的位移差是恒量，即△x=at2=1m，结合，求出B点的速度．再结合运动学公式可求出OA的距离．【解答】解：A、由△s=at2可得物体的加速度a的大小为，因为不知道时间，所以不能求出加速度，故A错误；B、根据s CD﹣s BC=s BC﹣s AB=1m，可知s CD=3+1m=4m，故B正确；C、物体经过B点时的瞬时速度v B为=再 v t2=2as可得OB两点间的距离s OB为所以O与A间的距离s OA为 s OA=s OB﹣s AB=（3.125﹣2）m=1.125m，故C正确，D错误．故选BC【点评】解决本题的关键掌握匀变速运动的两个重要推论，1、某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度．2、在相邻的相等时间内的位移差是恒量，即△x=aT2．8．如图所示为A、B两质点在同一直线上运动的位置﹣时间（x﹣t）图象，A质点的图象为直线，B质点的图象为过原点的抛物线，两图象交点C、D坐标如图，下列说法正确的是（）A．两次相遇的时刻分别为t1、t2B．0～t1时间段内B在前A在后，t1～t2时间段A在前B在后C．两物体速度相等的时刻一定为t1～t2时间段的中间时刻D．A在B前面且离B最远时，B的位移为【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】运动学中的图像专题．【分析】在位移﹣时间图象中，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，斜率表示速度；平均速度等于位移除以时间．图象的交点表示同一时刻到达同一位置，即相遇．位移图象并不是物体运动的轨迹．【解答】解：A、图象的交点表示同一时刻到达同一位置，即相遇，故A正确；B、有图可知，0～t1时间段内B的纵坐标比A的纵坐标大，所以B在前A在后，t1～t2时间段A的纵坐标比B的纵坐标大，A在前B在后，故B正确；C、0﹣t1时间段内，位移﹣时间图象斜率表示速度，乙图线的切线斜率不断增大，而且乙图线是抛物线，有s=kt2，则知乙车做匀加速直线运动，斜率表示速度，斜率相等时刻为t1～t2时间段的中间时刻，故C正确．D、当AB速度相等时，相距最远，此时A的位移为，故D错误．故选：ABC【点评】理解位移﹣时间图象点和斜率的物理意义的同时还要理解好好速度﹣时间图象的点、线、面的物理意义．二、填空题（每空4分，共16分）9．某驾驶员手册规定具有良好刹车性能的汽车在以80km/h的速率行驶时，可以在56m的距离内被刹住；在以48km/h的速率行驶时，可以在24m的距离内被刹住，假设对于这两种速率，驾驶员所允许的反应时间（在反应时间内驾驶员来不及刹车，车速不变）与刹车的加速度都相同，则允许驾驶员的反应时间约为0.72s ．【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】假设驾驶员的反应时间为t，在反应时间内汽车做匀速直线运动，然后做匀减速直线运动到停止，两过程刹车位移可分别列等式，即可解除驾驶员的反应时间【解答】解：假设驾驶员的反应时间为t，在第一个过程中，反应时间内汽车做匀速直线运动速度v1，所以反应时间内的位移为：x1=v1t，然后做匀减速直线运动到停止，由位移速度关系式得：0﹣=﹣2ax2，全过程位移：X1=x1+x2=56m…①在第二个过程中，反应时间内汽车做匀速直线运动速度v2，所以反应时间内的位移x3=v2t然后做匀减速直线运动到停止，由位移速度关系式得：0﹣=﹣2ax4全过程位移：X2=x3+x4=24m…②由①②解得：t=0.72s故答案为：0.72 s【点评】分析清楚物体运动的过程，先是匀速直线运动，后是匀减速直线运动，分过程应用运动规律求解即可，本题的难度不大．10．一个从静止开始作匀加速直线运动的物体，从开始运动起，连续通过三段位移的时间都相同，这三段位移的长度之比1：3：5 和这三段位移上的平均速度之比1：3：5 ．【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；平均速度．【专题】直线运动规律专题．【分析】根据初速度为零的匀加速直线运动的推论：从静止开始相邻的相等时间内的位移之比为1：3：5：…（2n﹣1）可以求解这三段位移的长度之比，平均速度等于总位移除以总时间．【解答】解：从静止开始相邻的相等时间内的位移之比为1：3：5：…（2n﹣1），所以这三段位移的长度之比为1：3：5；时间相等，根据得：这三段位移上的平均速度之比等于这三段位移的长度之比，即为1：3：5故答案为：1：3：5，1：3：5【点评】本题主要考查了初速度为零的匀加速直线运动的推论的直接应用，难度不大，属于基础题．11．一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动．开始刹车后的第1s内和第2s内位移大小依次为9m和7m．则刹车后6s内的位移是多少？【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】开始刹车后的第1s内和第2s内位移大小依次为9m和7m，根据匀减速直线运动的位移时间公式列出两个方程，求出初速度和加速度．但刹车问题要注意刹车的时间，然后把所给的时间跟刹车时间进行比较，如果所给时间小于刹车时间，则公式里的时间就用所给时间，若所给时间大与刹车时间，说明在此时间之前车已经静止，那只能用刹车时间进行计算．【解答】解：如图，设AB为X1，BC为X2，所用时间均为t=1s则：X1=V A t﹣…①X1+X2=V A2t﹣…②由①②得：V A=10m/s a=2m/s2所以：汽车行驶最长时间t m=所以：刹车6s内的位移是：X=答：刹车后6s内的位移是25m．【点评】刹车问题是一个实际问题，要注意刹车的时间即刹车后多长时间停止运动，再结合匀加速直线运动的基本公式解题．三、综合应用（本题共3小题，共46分，解答时应写出必要的文字说明，方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位）12．一物块以一定的初速度沿斜面向上滑动，利用速度传感器可以在计算机屏幕上得到其速度大小随时间变化的关系图象如图所示，求：（1）物块下滑的加速度大小a；（2）物块沿斜面向上滑行的最大距离x．【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【专题】直线运动规律专题．【分析】（1）由图象可知道，物体在0.5s～1.5s内匀加速下滑，根据图象的斜率表示加速度求解下滑过程的加速度a；（2）上滑的位移可以用速度位移公式求解，也可以用位移时间公式求，还可以根据速度时间图象的面积求解；【解答】解：（1）由图象可知，物体在0.5s～1.5s内匀加速下滑，物块下滑的加速度为：a===2m/s2；（2）由v﹣t图象的面积法，物体在0～0.5s内上滑的位移为：x=×4×0.5m=1m即物块向上滑行的最大距离1m．答：（1）物块下滑的加速度大小a为2m/s2；（2）物块沿斜面向上滑行的最大距离x为1m；【点评】图象简洁明了，能够直接得出物体各过程的运动规律，关键要知道图象的斜率表示加速度，面积表示位移．13．气球以10m/s的速度匀速上升，当它上升到离地175m的高处时，一重物从气球上掉落，则重物需要经过多长时间才能落到地面？到达地面时的速度是多大？（g取10m/s2）【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；竖直上抛运动．【专题】直线运动规律专题．【分析】重物离开气球时的初速度为10m/s，方向竖直向上，做竖直上抛运动，最终落地位移时相对于掉落位置的位移大小为175m，方向竖直向下，对整个过程，应用匀变速直线运动的位移时间关系式即可解出重物的运动时间；然后应用速度时间关系式解出落地的速度．【解答】解：取全过程为一整体进行研究，设从重物自气球上掉落计时，经时间t落地，规定初速度方向为正方向，画出运动草图，如图所示．重物做竖直上抛运动，看成一种有往复的匀减速直线运动，全过程的位移为 x=﹣h=﹣175m，初速度为 v0=10m/s，加速度为 a=﹣g．根据位移公式得：﹣h=v0t﹣代入得：﹣175=10t﹣5t2；解得，t=7s（另一解t=﹣5s舍去）到达地面时的速度为 v=v0﹣gt=10﹣10×7=﹣60m/s，负号表示速度方向向下，与初速度方向相反．答：重物需要经过7s时间才能落到地面，到达地面时的速度是大小为60m/s，速度方向向下．【点评】本题采用全程法处理竖直上抛问题，解题过程比较简便，但不好理解，也可以采用分段法，分成上升和下落两个过程研究，比较容易接收．14．短跑运动员完成100m赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段．一次比赛中，某运动用11.00s跑完全程．已知运动员在加速阶段的第2s内通过的距离为7.5m，求该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离．【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】设他做匀加速直线运动的时间为t1，位移大小为小x1，加速度大小为a，做匀速直线运动的速度为v，根据运动学基本公式，抓住位移位移列式即可求解．【解答】解：根据题意，在第1s和第2s内运动员都做匀加速直线运动，设运动员在匀加速阶段的加速度为a，在第1s和第2s内通过的位移分别为s1和s2，由运动学规律得t0=1s联立解得 a=5m/s2设运动员做匀加速运动的时间为t1，匀速运动的时间为t2，匀速运动的速度为v，跑完全程的时间为t，全程的距离为s，依题决及运动学规律，得t=t1+t2v=at1设加速阶段通过的距离为s′，则求得s′=10m答：该运动员的加速度为5m/s2及在加速阶段通过的距离为10m．【点评】解决本题的关键理清运动员的运动过程，结合匀变速直线运动的运动学公式和推论灵活求解。

广东省揭阳三中2014-2015学年高二上学期第一次月考物理试卷一、单项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分．1．（4分）当把用丝绸摩擦过的玻璃棒去靠近验电器的金属球后，金属箔展开．此时金属箔所带的电荷的带电性质和起电的方式是（）①正电荷②负电荷③摩擦起电④感应起电．A．①③B．②③C．①④D．②④2．（4分）两个分别带有电荷量﹣Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F．两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（）A．B．C．D．12F3．（4分）A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度﹣时间图象如图所示．则这一电场可能是下图中的（）A．B．C．D．4．（4分）如图所示，在等量的异种点电荷形成的电场中，有A、B、C三点，A点为两点电荷连线的中点，B点为连线上距A点距离为d的一点，C点为连线中垂线距A点距离也为d 的一点，则下面关于三点电场强度的大小、电势高低的比较，正确的是（）A．E A=E C＞E B；φA=φC＞φBB．E B＞E A＞E C；φA=φC＞φBC．E A＜E B，E A＜E C；φA＞φB，φA＞φCD．因为零电势点未规定，所以无法判断电势的高低二、双项选择题：本大题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选一个且正确的得3分，有选错或不答的得0分．5．（6分）M和N原来是两个不带电的物体，它们相互摩擦后，M带正电1.6×10﹣10C，则下列判断正确的是（）A．摩擦前，M和N的内部没有任何电荷B．摩擦过程中，电子从M转移到NC．摩擦后，N一定带电荷量﹣1.6×10﹣10CD．摩擦过程中，M失去1.6×10﹣10个电子6．（6分）下列物理量中哪些与试探电荷无关？（）A．电场强度B．电势差C．电场力D．电势能7．（6分）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，轨迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（）A．粒子带正电B．A、B两点相比，粒子在A点加速度大C．A、B两点相比，粒子在B点动能小D．A、B两点相比，B点电势能较高8．（6分）如图1所示，Q1、Q2为两个固定点电荷，其中Q1带正电，它们连线的延长线上有a、b两点．一正试探电荷以一定的初速度沿直线从b点开始经a点向远处运动，其速度图象如图2所示．则（）A．Q2带正电B．a、b两点的电势φa＞φbC．a、b两点电场强度E b＞E aD．试探电荷从b到a的过程中电势能减小9．（6分）一粒子从A点射入电场，从B点射出，电场的等势面和粒子的运动轨迹如图所示，图中左侧前三个等势面平行，不计粒子的重力．下列说法正确的有（）A．粒子带负电荷B．粒子的加速度先不变，后变小C．粒子的速度不断增大D．粒子的电势能先减小，后增大三、非选择题：本大题共5小题，共54分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明和重要演算步骤，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．10．（6分）如图所示，在匀强电场中有a、b、c三点，a、b相距 4cm，b、c相距10cm．将一个带电荷量为2×10﹣8C 的电荷从a点移到b点时，电场力做功为4×10﹣6 J．将此电荷从b点移到c点时电场力做功为 J，a、c间电势差为V．11．（6分）如图所示，ABCD是匀强电场中一矩形的四个顶点，已知A、B、C三点的电势分别是φA=15V，φB=3V、φC=﹣3V，由此可以推断D点电势φD=，并在图中画出过A点的电场线方向．12．（6分）如图所示，两平行金属板间电场是匀强电场，场强大小为1.0×104V/m，A、B两板相距1cm，C点与A相距0.4cm，若B接地，则A、C间电势差U AC=，将带电量为﹣1.0×10﹣12C的点电荷置于C点，其电势能为．13．（18分）一个带正电的微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运动，如图所示，AB与电场线夹角θ=30°．已知带电微粒的质量m=1.0×10﹣7kg，电量q=1.0×10﹣10C，A、B相距L=20cm．（取g=10m/s2，结果要求二位有效数字）求：（1）试说明微粒在电场中运动的性质，要求说明理由．（2）电场强度大小、方向？（3）要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是多少？14．（18分）如图所示，在方向水平的匀强电场中，一不可伸长的不导电细线长为L，一端连着一个质量为m，带电量为q小球，另一端固定于O点，把小球拉起直至细线与场强平行，然后无初速由A点释放，已知细线转过60°角，小球到达B点时速度恰为零．求：（1）A、B两点的电势差；（2）电场强度E；（3）小球到达B点时，细线的拉力．广东省揭阳三中2014-2015学年高二上学期第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分．1．（4分）当把用丝绸摩擦过的玻璃棒去靠近验电器的金属球后，金属箔展开．此时金属箔所带的电荷的带电性质和起电的方式是（）①正电荷②负电荷③摩擦起电④感应起电．A．①③B．②③C．①④D．②④考点：电荷守恒定律．专题：常规题型．分析：带电体靠近不带电的导体会发生静电感应，当接触不带电的导体时会发生电子的转移．一个带电的物体与不带电的导体相互靠近时，由于电荷间的相互作用，会使导体内部的电荷重新分布，异种电荷被吸引到带电体附近，而同种电荷被排斥到远离带电体的导体另一端．这种现象叫静电感应．一个带电的物体与不带电的导体相互接触时，带电体上的电荷会传到不带电的导体上，会使不带电的导体带上相同的电荷．解答：解：丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，靠近不带电的验电器金属球时，发生静电感应，金属箔片会张开，负电荷会被吸引到带电体附近的金属球上，正电荷会被排斥到远端的金属箔上，此时金属球上带的是负电，金属箔片上带的是正电．即金属箔片所带的电荷的带电性质是正电荷，起电方式感应起电．故选：C．点评：带电体靠近导体和接触导体，是不同的两个意义，靠近属于静电感应，接触属于电荷转移．容易混淆，注意区分．2．（4分）两个分别带有电荷量﹣Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F．两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（）A．B．C．D．12F考点：库仑定律；电荷守恒定律．专题：计算题．分析：清楚两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分．根据库仑定律的内容，根据变化量和不变量求出问题．解答：解：接触前两个点电荷之间的库仑力大小为F=k，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带点为+Q，距离又变为原来的，库仑力为F′=k，所以两球间库仑力的大小为．故选C．点评：本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题．3．（4分）A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度﹣时间图象如图所示．则这一电场可能是下图中的（）A．B．C．D．考点：匀变速直线运动的图像；电场线．分析：（1）速度﹣﹣时间图象中，图象的斜率表示加速度；（2）电场线分布密集的地方电场强度大，分布稀疏的地方，电场强度小；（3）负电荷受电场力的方向与电场强度方向相反；（4）对只受电场力作用的带电微粒，电场力越大，加速度越大，也就是电场强度越大，加速度越大．解答：解：由图象可知，速度在逐渐减小，图象的斜率在逐渐增大，故此带负电的微粒做加速度越来越大的减速直线运动，所受电场力越来越大，受力方向与运动方向相反．故选：A．点评：本题考查了速度﹣﹣时间图象的应用和电场线的相关知识，要明确斜率的含义，要能根据图象判断物体的运动情况，进而分析受力情况．能根据电场线的分布判断电场强度的大小．难度适中．4．（4分）如图所示，在等量的异种点电荷形成的电场中，有A、B、C三点，A点为两点电荷连线的中点，B点为连线上距A点距离为d的一点，C点为连线中垂线距A点距离也为d 的一点，则下面关于三点电场强度的大小、电势高低的比较，正确的是（）A．E A=E C＞E B；φA=φC＞φBB．E B＞E A＞E C；φA=φC＞φBC．E A＜E B，E A＜E C；φA＞φB，φA＞φCD．因为零电势点未规定，所以无法判断电势的高低考点：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：电场线越密的地方，电场强度越强．沿着电场线方向电势降低．通过电场线的分布进行判断．解答：解：根据电场线的疏密分布知，A点的电场线比C点密，B点的电场线比A点密，则E B＞E A＞E C；等量的异种电荷的中垂线为等势线，则A点的电势与C点的电势相等，沿着电场线方向电势逐渐降低，则A点的电势大于B点电势．所以φA=φC＞φB．故B正确，A、C、D错误．故选B．点评：虽然电场线不是实际存在的，但电场线的疏密可以体现电场强度的强弱；可以根据电场线方向来确定电势的高低；同时还考查了等量异种点电荷的电场线的分布，电场线与等势线相互垂直．二、双项选择题：本大题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选一个且正确的得3分，有选错或不答的得0分．5．（6分）M和N原来是两个不带电的物体，它们相互摩擦后，M带正电1.6×10﹣10C，则下列判断正确的是（）A．摩擦前，M和N的内部没有任何电荷B．摩擦过程中，电子从M转移到NC．摩擦后，N一定带电荷量﹣1.6×10﹣10CD．摩擦过程中，M失去1.6×10﹣10个电子考点：电荷守恒定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：解答本题应明确起电的本质，明确不带电的物体呈现电中性，而带电的原因是失去或获得电子．解答：解：A、原来不带电的物体处于电中性，不是不带电，而是正负电荷的个数相等，相互抵消；故A错误；B、摩擦起电中移动的是自由电子，失去电子的物体带正电，得到电子的物体带负电，故摩擦起电中M失去电子，转移到了N物体上，故B正确；C、D、由电荷守恒定律可知，在电子的转移中电荷的总量保持不变，M带正电1.6×10﹣10C，N一定带电荷量﹣1.6×10﹣10C．故C正确，D错误；故选：BC．点评：本题考查电荷守恒定律，要明确在起电过程中总电荷量保持不变，得到电子的物体带负电，失去电子的物体带正电．6．（6分）下列物理量中哪些与试探电荷无关？（）A．电场强度B．电势差C．电场力D．电势能考点：电场强度．分析：电场强度和电势差是描述电场的性质的物理量，是由电场本身决定的，与试探电荷无关．解答：解：AB、电场强度和电势差都是描述电场的性质的物理量，是由电场本身决定的，与试探电荷无关．故A、B正确；C、电场力为F=qE，可知电场力既与电场有关，又与试探电荷有关，故C错误；D、电荷的电势能为：E P=qφ，电势能既与电场有关，也与试探电荷的电量及电性有关．故D 错误．故选：AB．点评：电场强度和电势差是由电场本身决定的，与试探电荷无关．一定要牢记．7．（6分）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，轨迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（）A．粒子带正电B．A、B两点相比，粒子在A点加速度大C．A、B两点相比，粒子在B点动能小D．A、B两点相比，B点电势能较高考点：电场线．分析：电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．解答：解：A、电场线的方向向上，根据粒子的运动的轨迹可以判断得出粒子受到的电场力的方向为向下，与电场线的方向相反，所以该离子带负电，所以A错误；B、电场线密的地方电场的强度大，所以粒子在B点受到的电场力大，在B点时的加速度较大，所以B错误．C、从A到B得过程中，电场力对粒子做负功，所以粒子的动能减小，电势能增加，所以C、D正确．故选：CD．点评：该题考查带电粒子在电场中的偏转问题，结合“物体弯曲的方向偏向受力的方向”判断出粒子受到的电场力的方向是解题的关键．8．（6分）如图1所示，Q1、Q2为两个固定点电荷，其中Q1带正电，它们连线的延长线上有a、b两点．一正试探电荷以一定的初速度沿直线从b点开始经a点向远处运动，其速度图象如图2所示．则（）A．Q2带正电B．a、b两点的电势φa＞φbC．a、b两点电场强度E b＞E aD．试探电荷从b到a的过程中电势能减小考点：电势能；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：分析：解答本题关键根据速度图象的斜率等于加速度，则知电荷经过a的加速度为零，可判断出Q2一定带负电；根据速度的变化，分析动能变化，根据负电荷在电势低处电势能大判断电势的高低，并判断电势能的变化．解答：解：A、根据速度图象的斜率等于加速度，由图知，试探电荷经过a点时的加速度为零，由牛顿第二定律得知，电荷所受的电场力为零，a点的合场强必为零，Q1、Q2在a点产生的场强大小相等、方向相反，故Q2一定带负电．故A错误．B、D由图知：从b点到a点正电荷的速度减小，动能减小，则电势能增大，而正电荷在电势高处电势能大，则a、b两点的电势φa＞φb．故B正确，D错误．C、a的场强为零，b的场强不零，则E b＞E a．故C正确．故选BC点评：本题的解题之处在于确定出电荷在a点的加速度为零，根据能量守恒判断电势能的变化，确定电势的大小．9．（6分）一粒子从A点射入电场，从B点射出，电场的等势面和粒子的运动轨迹如图所示，图中左侧前三个等势面平行，不计粒子的重力．下列说法正确的有（）A．粒子带负电荷B．粒子的加速度先不变，后变小C．粒子的速度不断增大D．粒子的电势能先减小，后增大考点：等势面；电场线．专题：压轴题；图析法．分析：等势面的疏密可以表示场强的大小，电场线与等势面；电场力做正功，电势能减小．解答：解：A、电场线（垂直于等势面）先向右后向上偏，而粒子后向下偏了，所以电场力与电场强度方向相反，所以粒子带负电，A正确；B、因为等势面先平行并且密，后变疏，说明电场强度先不变，后变小，则电场力先不变，后变小，所以加速度先不变，后变小，B正确；C、由于起初电场力与初速度方向相反，所以速度先减小，C错误；D、因为电场力先做负功，所以电势能先增大，D错误；故选AB．点评：本题考查等势面、电场线、电场力、电场力做功、电势能等等．可以先根据等势面确定电场线的分布情况再判断．三、非选择题：本大题共5小题，共54分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明和重要演算步骤，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．10．（6分）如图所示，在匀强电场中有a、b、c三点，a、b相距 4cm，b、c相距10cm．将一个带电荷量为2×10﹣8C 的电荷从a点移到b点时，电场力做功为4×10﹣6 J．将此电荷从b点移到c点时电场力做功为5×10﹣6 J，a、c间电势差为450V．考点：带电粒子在匀强电场中的运动；电势差；电势能．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：电荷从a点移到b点时电场力做功W ab=qELab，从b点移到c点时电场力做功W bc=qELbccos60°，用比例法求出电荷从b点移到c点时电场力做功．根据公式U ac=求出a、c间电势差．解答：解：由题，电荷从a点移到b点时，电场力做功W ab=qEL ab①电荷从b点移到c点时电场力做功W bc=qEL bc cos60°②由②：①得W bc=5×10﹣6Ja、c间电势差U ac===450V故本题答案是：5×10﹣6；450点评：本题考查求解电场力做功的基本能力．对于电势差公式U=应用时，往往各个量均代入符号．11．（6分）如图所示，ABCD是匀强电场中一矩形的四个顶点，已知A、B、C三点的电势分别是φA=15V，φB=3V、φC=﹣3V，由此可以推断D点电势φD=9V，并在图中画出过A点的电场线方向．考点：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：连接AC，在AC上找出与B点等电势点，作出等势线，再过D作出等势线，在AC 线上找出与D等势点，再确定D点的电势解答：解：连接AC，将AC三等分，标上三等分点E、F，则根据匀强电场中沿电场线方向相等距离，电势差相等可知，E点的电势为3V，F点的电势为9V．连接BE，则BE为一条等势线，根据几何知识可知，DF∥BE，则DF也是一条等势线，所以D点电势U D=9V．过A点作出垂直于BE的有向线段，由高电势点A直线BE，如图中红线所示，即为电场线．故答案为：9V 如图点评：本题关键是找到等势点，作出等势线．电场线与等势面之间的关系要理解，常常是作电场线的依据12．（6分）如图所示，两平行金属板间电场是匀强电场，场强大小为1.0×104V/m，A、B 两板相距1cm，C点与A相距0.4cm，若B接地，则A、C间电势差U AC=40V，将带电量为﹣1.0×10﹣12C的点电荷置于C点，其电势能为﹣6×10﹣11J．考点：电势能；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由题是匀强电场，根据CB距离，由公式U=Ed求出C与A间的电势差U CA．电场线方向从A指向B，C点的电势高于B点的电势．由U CB=φC﹣φB，φB=0，求出C点电势φC．由公式E p=qφC求解点电荷置于C点时的电势能．解答：解：A与C间的电势差：U AC=Ed AC=1.0×104×0.4×10﹣2V=40V同理可得：U CB=60V，由：U CB=φC﹣φB，φB=0，得到：φC=U CB=60V点电荷置于C点时的电势能：E p=qφC=﹣1.0×10﹣12×60J=﹣6×10﹣11J故答案为：40V，﹣6×10﹣11J．点评：本题是匀强电场中电势差与场强关系式U=Ed、电势差与电势的关系和电势能公式的应用，要注意电势能公式式E p=qφC要都代入符号．13．（18分）一个带正电的微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运动，如图所示，AB与电场线夹角θ=30°．已知带电微粒的质量m=1.0×10﹣7kg，电量q=1.0×10﹣10C，A、B相距L=20cm．（取g=10m/s2，结果要求二位有效数字）求：（1）试说明微粒在电场中运动的性质，要求说明理由．（2）电场强度大小、方向？（3）要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是多少？考点：带电粒子在匀强电场中的运动；力的合成与分解的运用；动能定理的应用．专题：电场力与电势的性质专题．分析：（1）根据直线运动的条件并结合受力分析，得到电场力的方向，最终分析出物体的运动规律；（2）根据力的合成的平行四边形定则并结合几何关系得到电场力，求出电场强度；（3）对粒子的运动过程运用动能定理列式求解即可．解答：解：（1）微粒只在重力和电场力作用下沿AB直线运动，故合力一定与速度在同一条直线上，可知电场力的方向水平向左，如图所示．微粒所受合力的方向由B指向A，与初速度V A方向相反，微粒做匀减速直线运动．即微粒做匀减速直线运动．（2）根据共点力平衡条件，有：qE=mgtan﹣1θ故电场强度E==1.7×104N/C，电场强度方向水平向左．（3）微粒由A运动到B的速度v B=0，微粒进入电场中的速度最小，由动能定理有：mgLsinθ+qELcosθ=mv A2解得v A=2.8m/s即要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是2.8m/s．点评：本题关键结合运动情况得到粒子受力的受力情况，然后根据动能定理列式求解．14．（18分）如图所示，在方向水平的匀强电场中，一不可伸长的不导电细线长为L，一端连着一个质量为m，带电量为q小球，另一端固定于O点，把小球拉起直至细线与场强平行，然后无初速由A点释放，已知细线转过60°角，小球到达B点时速度恰为零．求：（1）A、B两点的电势差；（2）电场强度E；（3）小球到达B点时，细线的拉力．考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：以小球为研究对象，受到重力、弹力和电场力，从A到B由动能定理求出两点的电势差；再利用匀强电场E=求出场强；再以B点为研究对象，利用牛顿运动定律求细线的拉力．解答：解：（1）以小球为研究对象，受到重力、弹力和电场力，从A到B由动能定理得：mgLsin60°+qU ab=0解得：U ab=﹣（2）由匀强电场：E===（3）由于到达B点时，速度为零，在B点受力分析，受到重力，向右的电场力和沿绳的拉力．沿绳方向，据牛顿第二定律得：T=mgsin60°+Eqcos60°=mh+mg×=答：（1）A、B两点的电势差﹣；（2）电场强度E为；（3）小球到达B点时，细线的拉力．点评：本题的关键能灵活应用动能定理、匀强电场场强公式和圆周运动的牛顿第二定律列方程求解．。

揭阳三中2015―2016学年度高二级第一学期第一次阶段考试物理（理科）（满分110分，交卷时只交答题卷）一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分，在每小题给出的四个选项中，第 1～5题只有一项符合题目要求，第 6～8题有多项符合题目要求。

全部选对的得6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。

1、关于摩擦起电和感应起电，以下说法正确的是（）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、对于电场线，下列描述正确的是（）A．电场线就是电荷在电场中的运动轨迹B．电场中总有一些电场线是可以相交的C．电场线的疏密程度可以反映电场强度的大小D．两个等量异种电荷产生的电场线是闭合曲线3、关于电场力做功与电势差的关系，下列说法正确的是( )A. M、N两点间的电势差等于单位电荷从M点移到N点电场力做的功B. 不管是否存在其他力做功，电场力对电荷做多少正功，电荷的电势能就减少多少C. 在两点移动电荷电场力做功为零，则两点一定在同一等势面上，且电荷一定在等势面上移动D. 在两点间移动电荷电场力做功的多少与零电势的选择有关4、一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递增的，关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在b点的切线）（）5、如图，一正离子在电场力作用下从A点运动到B点，在A点的速度大小为v0，方向与电场方向相同.该离子从A点到B点的v-t图象是（）6、如图所示，两个等量异号的点电荷在其连线的中垂线上有与连线中点O等距离的两点a、b，在连线上有距中点O等距离的两点c、d，则下列场强大小关系式正确的是（）A．E a =E b B．E a= E O=E bC ．E c =E dD ．E c >E O >E d7.某电场的电场线的分布如图所示，一个带电粒子只在电场力作用下由M 点沿图中虚线所示的路径运动通过N 点，则下列判断正确的是A ．粒子带正电B ．粒子在M 点的加速度大C ．粒子在N 点的速度大D ．电场力对粒子做负功8. 如图，在正点电荷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=300。