河北省邢台市邢台县会宁中学2014-2015学年高二上学期期中考试物理试题 (Word版无答案)

嘴哆市安排阳光实验学校邢台一中高二（上）期中物理试卷一、选择题（本题共14小题，每小题4分，共56分）在每小题所给出的四个选项中，1～9题只有一个选项符合题意，10～14题至少有2个选项符合题意．对于多项选择题，全部选对得4分，部分选对得2分，错选或不选得0分．1．如图所示电路中，三个相同的灯泡额定功率都是40W，在不损坏灯泡的情况下，这三个灯泡消耗的总功率最大不应超过（）A．40W B．60W C．80W D．120W2．如图所示，电池的内阻可以忽略不计，电压表和可变电阻器R串联接成通路，如果可变电阻器R 的值减为原来的时，电压表的读数由U0增加到2U0，则下列说法中不正确的是（）A．流过可变电阻器R的电流增大为原来的2倍B．可变电阻器R消耗的电功率增加为原来的4倍C．可变电阻器R 两端的电压减小为原来的D．若可变电阻器R的阻值减小到零，那么电压表的示数变为4U03．如图所示，在x轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一个不计重力的带电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场，粒子进人磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成120°角，若粒子穿过y轴正半轴后在磁场中到x轴的最大距离为a，则该粒子的比荷和所带电荷的正负是（）A ．，正电荷B ．，正电荷C ．，负电荷D ．，负电荷4．如图所示，长方形abcd长ad=0.6m，宽ab=0.3m，O、e分别是ad、bc的中点，以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场（边界上无磁场），磁感应强度B=0.25T．一群不计重力、质量m=3×10﹣7kg、电荷量q=+2×10﹣3C的带电粒子以速度v=5×102m/s沿垂直ad方向且垂直于磁场射入磁场区域（）A．从Od边射入的粒子，出射点全部分布在Oa边B．从aO边射入的粒子，出射点全部分布在ab边C．从Od边射入的粒子，出射点分布在Oa边和ab边D．从aO边射入的粒子，出射点分布在ab边和bc边5．如图所示，在垂直于纸面向里的匀强磁场中有由两个大小不等的圆环M、N 连接而成的导线框．沿图中箭头方向用外力将N环拉扁，该过程中，关于M环中感应电流的说法中正确的是（）A．有顺时针方向的感应电流产生，且M环有扩张的趋势B．有逆时针方向的感应电流产生，且M环有扩张的趋势C．有顺时针方向的感应电流产生，且M环有收缩的趋势D．有逆时针方向的感应电流产生，且M环有收缩的趋势6．如图所示，U型框的两平行导轨与水平面成θ角，一个横截面为矩形的金属棒ab静止在导轨上．从某时刻起，添加一个方向垂直于导轨平面向下，且磁感应强度从零开始均匀增大的匀强磁场，直到金属棒刚要开始在导轨上滑动为止．在这一过程中，金属棒ab所受的摩擦力大小将（）A．一直增大B．一直减小C．一直不变D．先减小后增大7．如图所示，固定在水平面上的三角形金属导轨PQS顶角为θ，处于竖直向下的匀强磁场中．一根金属棒MN与金属导轨材料和横截面积相同并放在导轨上，保持MN⊥QS．金属棒MN在水平向右的拉力F作用下向右匀速运动，MN与导轨间的接触电阻和摩擦都忽略不计．则下列说法中正确的是（）A．回路中的感应电流方向为顺时针方向，大小逐渐增大B．回路中的感应电流方向为逆时针方向，大小逐渐减小C．回路中的感应电流方向为逆时针方向，大小保持不变D．水平拉力F的大小保持不变8．两块水平放置的金属板间的距离为d，用导线与一个n匝线圈相连，线圈电阻为r，线圈中有竖直方向的磁场，电阻R与金属板连接，其余电阻均不计．如图所示，两板间有一个质量为m、电量g的带正电的油滴恰好处于静止状态，则线圈中的磁感应强度B的变化情况和磁通量的变化率分别是（）A．磁感应强度B 竖直向上且正在增强，B．磁感应强度B 竖直向下且正在增强，C．磁感应强度B 竖直向上且正在减弱，D．磁感应强度B 竖直向下且正在减弱，9．如图所示，一边长为a，电阻为R的等边三角形线框在外力作用下以速度v 匀速穿过宽度均为a的两个匀强磁场区域，两磁场磁感应强度的大小均为B，方向相反，线框运动方向与底边平行且与磁场边缘垂直．以逆时针方向为电流正方向，从图示位置开始线框中感应电流I与沿运动方向的位移x的关系图象为（）A ．10．如图是荷质比相同的a、b两粒子从O点垂直匀强磁场进入正方形区域的运动轨迹，则（）A．a的质量比b的质量大B．a带正电荷、b带负电荷C．a在磁场中的运动速率比b的大D．a在磁场中的运动时间比b的短11．如图所示，甲是一个带正电的小物块，乙是一个不带电的绝缘物块．甲、乙叠放在一起置于粗糙水平面上，水平面上方有垂直于纸面向里的匀强磁场．现用一个水平恒力拉乙物块，使甲、乙无相对滑动地一起向左加速运动．在共同加速阶段，下列说法中正确的是（）A．甲、乙两物块间的静摩擦力不断增大B．甲、乙两物块间的静摩擦力不断减小C．乙物块与地面间的摩擦力大小不变D．乙物块与地面间的摩擦力不断减小12．如图甲所示，长直导线右侧的矩形线框abcd与直导线位于同一平面，当长直导线中的电流发生如图乙所示的变化时（图中所示电流方向为正方向），关于线框中的感应电流与线框受力（指线框受到直导线电流的磁场的力）情况，以下判断正确的是（）A．从时刻t1到时刻t2，线框内感应电流的方向为abcda，线框受力向左B．从时刻t1到时刻t2，线框内感应电流的方向为abcda，线框受力向右C．在t2时刻，线框内有感应电流，但线框不受力D．在t3时刻，线框内电流的方向为abcda，线框受力向右13．如图所示，光滑金属导轨倾斜放置，其下端连接一个灯泡，匀强磁场垂直于导轨所在的平面，导体棒ab垂直放置在金属导轨上．灯泡电阻恒定，其它电阻不计．当导体棒沿光滑金属导轨匀速下滑时，小灯泡获得的稳定功率为P0（未超过灯泡额度功率）．要使灯泡的稳定功率变为2P0（仍未超过灯泡额度功率），则下列措施正确的是（）A．把灯泡换成一个电阻为原来2倍的灯泡，其它条件不变B．把匀强磁场的磁感应强度B增大为原来的2倍，其它条件不变C ．换一根质量为原来倍的金属棒，其它条件不变D ．把金属棒与金属导轨间的距离增大为原来的倍，其它条件不变14．如图所示，两光滑平行导轨水平放置在匀强磁场中，磁场垂直导轨所在平面，金属棒ab可沿导轨自由滑动，导轨一端跨接一个定值电阻R，导轨电阻不计，现将金属棒沿导轨由静止向右拉，若保持拉力恒定，经时间t1后速度为v，加速度为a1，最终以速度2v做匀速运动；若保持拉力的功率恒定，经时间t2后速度为v，加速度为a2，最终也以速度2v做匀速运动，则（）A．t2=t1B．t2＜t1C．a2=2a1D．a2=3a1二、填空题和实验题（本题共4小题，第15～17题各4分，第18题8分，共20分）15．一个带电微粒在图示的正交匀强电场和匀强磁场中在竖直面内做匀速圆周运动．则该带电微粒必然带，旋转方向为．若已知圆半径为r，电场强度为E，磁感应强度为B，则线速度为（重力加速度为g）．16．如图所示，边长为a、总电阻为R的闭合正方形单匝线框，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁感线与线框平面垂直．当线框由图示位置绕转动轴OO′转过180°角的过程中，流过线框导线横截面的电荷量为．17．如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置．（1）将图中所缺的导线补接完整．（2）在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏转了一下，那么合上开关后A．将原线圈迅速插入副线圈时，电流计指针向右偏转一下B．将原线圈插入副线圈后，电流计指针一直偏在零点左侧C．将原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，电流计指针向右偏转一下D．将原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，电流计指针向左偏转一下．18．实验室购买了一捆标称长度为100m的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度．该同学首先测得导线横截面积为1.0mm2，查得铜的电阻率为1.7×10﹣8Ω•m，再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻R x，从而确定导线的实际长度．可供使用的器材有：电流表：量程0.6A，内阻约0.2Ω；电压表：量程3V，内阻约9kΩ；滑动变阻器R1：最大阻值5Ω；滑动变阻器R2：最大阻值20Ω；定值电阻：R0=3Ω；电源：电动势6V，内阻可不计；开关、导线若干．回答下列问题：（1）实验中滑动变阻器应选（填“R1”或“R2”），闭合开关S 前应将滑片移至端（填“a”或“b”）．（2）在实物图中，已正确连接了部分导线，请根据图甲电路完成剩余部分的连接．（3）调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.50A时，电压表示数如图乙所示，读数为V．（4）导线实际长度为m（保留2位有效数字）．三、计算题（本题共3小题，第19题8分，第20题11分，第21题15分，共34分）要求画出必要的图形、写出必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的请算出最后结果．19．如图所示，一个边长为L的正文形金属框，质量为m，电阻为R．用细线把它悬挂于一个有界的磁场边缘．金属框架的上半部处于磁场内，下半部处于磁场外．磁场随时间均匀变化满足B=kt规律．已知细线所能承受的最大拉力T0=2mg．求从t=0时起，经多长时间细线会被拉断．20．（11分）（2015秋•邢台校级期中）如图所示，图中M、N分别表示相距L 的两根光滑而平直的金属导轨，ab是电阻为R0的金属棒，此棒可紧贴平行导轨滑动．相距为d水平放置的金属板A、C与导轨相连（d较小，A、C两板的面积较大）定值电阻阻值为R，其它电阻忽略不计．整个装置处于垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场中．当ab以某一速率向右运动时，一带电微粒恰好也在A、C两极间做半径为r的匀速圆周运动，圆周运动的速率与ab向右运动的速率相同．求在此情况下，作用于ab向右的力的大小？21．（15分）（2015•揭阳校级模拟）如图甲所示，建立xOy坐标系，两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x对称，极板长度和板间距均为l．在第一、四象限有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里．位于极板左侧的粒子源沿x轴向右连续发射质量为m、电荷量为+q、速度相同、重力不计的电粒子．在0～3t0时间内两板间加上如图乙所示的电压（不考虑极板边缘的影响）．已知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时刻经极板边缘射入磁场．上述m、q、l、t0、B为已知量．（不考虑粒子间相互影响及返回极板间的情况）（1）求电压U0的大小；（2）求t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径；（3）何时进入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间．邢台一中高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共14小题，每小题4分，共56分）在每小题所给出的四个选项中，1～9题只有一个选项符合题意，10～14题至少有2个选项符合题意．对于多项选择题，全部选对得4分，部分选对得2分，错选或不选得0分．1．如图所示电路中，三个相同的灯泡额定功率都是40W，在不损坏灯泡的情况下，这三个灯泡消耗的总功率最大不应超过（）A．40W B．60W C．80W D．120W【考点】电功、电功率；串联电路和并联电路．【分析】由于L1和L2并联后再与L3串联，所以L3的电流是L1和L2电流的和，因为三个灯泡的电阻相等，所以在不损坏灯泡的情况下，L3的功率是最大的，即为40W，再求得此时L1和L2的功率即可．【解答】解：设L3上电压为U，电阻为R，则：L3的最大的功率为 P==40W，因为三个灯泡的电阻相等，L1和L2并联后电阻相当于L3电阻的一半，所以电压也就为L3的一半，如果L3上电压为U，则L1和L2电压为，所以L1和L2的功率都为：P==10W，所以总功率最大为：10+10+40=60W．故选B．【点评】因为三个灯泡的电阻相等，在不损坏灯泡的情况下，串联的L3的电流最大，所以只要保证L3不被损坏就可以了，求得此时的总功率就是最大的功率．2．如图所示，电池的内阻可以忽略不计，电压表和可变电阻器R串联接成通路，如果可变电阻器R 的值减为原来的时，电压表的读数由U0增加到2U0，则下列说法中不正确的是（）A．流过可变电阻器R的电流增大为原来的2倍B．可变电阻器R消耗的电功率增加为原来的4倍C．可变电阻器R 两端的电压减小为原来的D．若可变电阻器R的阻值减小到零，那么电压表的示数变为4U0【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】将电压表看成一个电阻，根据欧姆定律判断电流和变阻器电压的变化，根据闭合电路欧姆定律分两次列式后讨论电源电动势大小．【解答】解：A、将电压表看成一个电阻，电压表的示数U0增大到2U0，故通过电压表的电流增加为2倍，由于R与电压表串联，故通过可变电阻的电流也增大为原来的2倍，故A正确；B、电流变为2倍，电阻变为原来的，根据P=I2R ，可变电阻消耗的功率变为倍，故B错误；C、电流变为2倍，电阻变为，根据U=IR ，可变电阻两端的电压减为原来的，故C正确；D、根据闭合电路欧姆定律，开始时：E=U0+•R可变电阻的阻值减少为原来的后：E=2U0+•，联立解得：E=4U0若可变电阻的阻值减到零，则电压表的示数等于电源的电动势，为4U0．故D 正确．本题选错误的，故选：B【点评】本题考查闭合电路的欧姆定律，明确电压表是纯电阻，然后根据欧姆定律、闭合电路欧姆定律多次列式求解．3．如图所示，在x轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一个不计重力的带电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场，粒子进人磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成120°角，若粒子穿过y轴正半轴后在磁场中到x轴的最大距离为a，则该粒子的比荷和所带电荷的正负是（）A ．，正电荷B ．，正电荷C ．，负电荷D ．，负电荷【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【分析】根据带电粒子的运动的情况，画出粒子的运动的轨迹，再根据粒子运动轨迹的几何关系和半径的公式可以求得该粒子的比荷．【解答】解：由图意可知粒子沿顺时针方向运动，根据左手定则可得粒子带负电粒子的运动轨迹如图中虚线，红色线段为圆的半径，由已知得进入磁场时，半径与x轴正方向的夹角为30°，所以有a=R+R=R，洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力，所以有，所以有所以C 正确．故选C．【点评】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，几何关系就比较明显了．4．如图所示，长方形abcd长ad=0.6m，宽ab=0.3m，O、e分别是ad、bc的中点，以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场（边界上无磁场），磁感应强度B=0.25T．一群不计重力、质量m=3×10﹣7kg、电荷量q=+2×10﹣3C的带电粒子以速度v=5×102m/s沿垂直ad方向且垂直于磁场射入磁场区域（）A．从Od边射入的粒子，出射点全部分布在Oa边B．从aO边射入的粒子，出射点全部分布在ab边C．从Od边射入的粒子，出射点分布在Oa边和ab边D．从aO边射入的粒子，出射点分布在ab边和bc边【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】压轴题；图析法；带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，先得到轨道半径，再找出圆心，确定半径并分析可能的轨迹．【解答】解：A、粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，得到r===0.3m由于初速度向右，故圆心在ao之间，但出射点全部不在Oa边，故A错误；B、D、从aO边射入的粒子，出射点全部分布在ab和be两条边上，故B错误，D正确；C、从Od边射入的粒子，出射点分布在ab边和be边上，故C错误；故选D．【点评】本题关键计算出半径后找到圆心，分析可能出现的各种轨迹，然后找出射点．5．如图所示，在垂直于纸面向里的匀强磁场中有由两个大小不等的圆环M、N 连接而成的导线框．沿图中箭头方向用外力将N环拉扁，该过程中，关于M环中感应电流的说法中正确的是（）A．有顺时针方向的感应电流产生，且M环有扩张的趋势B．有逆时针方向的感应电流产生，且M环有扩张的趋势C．有顺时针方向的感应电流产生，且M环有收缩的趋势D．有逆时针方向的感应电流产生，且M环有收缩的趋势【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律．【专题】交流电专题．【分析】用外力将N环拉扁，穿过N环的磁通量减小，根据楞次定律判断N环中感应电流的方向．此感应电流流过M环，根据左手定则判断M环所受的安培力方向，即可分析它是有扩张还是收缩的趋势．【解答】解：用外力将N环拉扁，穿过N环的磁通量减小，根据楞次定律判断可知，N环中感应电流的方向沿顺时针方向．根据左手定则判断可知：M环各部分所受的安培力方向沿径向向外，所以M环有扩张的趋势．故A正确．故选：A【点评】解决本题关键掌握楞次定律和左手定则，并能用来正确判断感应电流的方向和安培力的方向．6．如图所示，U型框的两平行导轨与水平面成θ角，一个横截面为矩形的金属棒ab静止在导轨上．从某时刻起，添加一个方向垂直于导轨平面向下，且磁感应强度从零开始均匀增大的匀强磁场，直到金属棒刚要开始在导轨上滑动为止．在这一过程中，金属棒ab所受的摩擦力大小将（）A．一直增大B．一直减小C．一直不变D．先减小后增大【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．【专题】电磁感应中的力学问题．【分析】由楞次定律判断出感应电流的方向，由左手定则判断出安培力方向，根据法拉第电磁感应定律与安培定则求出感应电流，由安培力公式求出安培力，然后应用平衡条件求出摩擦力大小，判断摩擦力大小如何变化．【解答】解：磁感应强度均匀增大，不妨设B=kt，k是比例常数，金属棒与U型框组成闭合回路的面积为S，电路总电阻为R，由楞次定律可知，通过ab的感应电流从a流向b，由左手定则可知，ab受到的安培力平行于斜面向上；由法拉第电磁感应定律得：E===kS，感应电流I==，金属棒受到的安培力：F=BIL=，由于k、S、L、R都是定值，则安培力F随时间增大，开始时安培力较小，当F＜mgsinθ时，摩擦力f平行于斜面向上，对金属棒，由平衡条件可得：f+F=mgsinθ，f=mgsinθ﹣F，由于F不断增大，则摩擦力f逐渐减小；当安培力F＞mgsinθ时，摩擦力f平行于斜面向下，由平衡条件得：mgsinθ+f=F，f=F﹣mgsinθ，F逐渐增大，摩擦力f逐渐增大；综上所述可知，在整个过程中，摩擦力先减小后增大，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了判断安培力的变化，对金属棒正确受力分析、应用平衡条件即可正确解题；由于磁场不断增大，安培力是变力，因此导致摩擦力不断变化，解题时要注意摩擦力方向的变化．7．如图所示，固定在水平面上的三角形金属导轨PQS顶角为θ，处于竖直向下的匀强磁场中．一根金属棒MN与金属导轨材料和横截面积相同并放在导轨上，保持MN⊥QS．金属棒MN在水平向右的拉力F作用下向右匀速运动，MN与导轨间的接触电阻和摩擦都忽略不计．则下列说法中正确的是（）A．回路中的感应电流方向为顺时针方向，大小逐渐增大B．回路中的感应电流方向为逆时针方向，大小逐渐减小C．回路中的感应电流方向为逆时针方向，大小保持不变D．水平拉力F的大小保持不变【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．【专题】定量思想；方程法；电磁感应与电路结合．【分析】由楞次定律可以判断出感应电流方向；由E=BLv求出感应电动势的瞬时值，由欧姆定律求出电流瞬时值，然后分析感应电流是否变化，由平衡条件和安培力公式分析拉力F是否变化．【解答】解：ABC、MN向右匀速运动时，穿过回路有磁通量不断增大，由楞次定律判断知，回路中的感应电流方向为逆时针方向；设导线棒的速度为v，金属导轨和导体棒单位长度电阻为R0，MN从Q向右匀速运动t时间时，切割磁感线的长度为：L=vttanθ闭合回路总电阻：R=R0（vt+vttanθ+）感应电动势为：E=BLv电路电流：I===，由于B、v、R0、θ不变，则感应电流I不变，故AB错误，C正确；D、根据平衡条件得：水平拉力F的大小 F=BIL，L不断增大，则F不断增大．故D错误；故选：C【点评】本题考查了判断电流方向、电流大小，本题的难点与易错点是：求出切割磁感线的有效长度、求出闭合回路的电阻；应用E=BLv、欧姆定律即可正确解题．8．两块水平放置的金属板间的距离为d，用导线与一个n匝线圈相连，线圈电阻为r，线圈中有竖直方向的磁场，电阻R与金属板连接，其余电阻均不计．如图所示，两板间有一个质量为m、电量g的带正电的油滴恰好处于静止状态，则线圈中的磁感应强度B的变化情况和磁通量的变化率分别是（）A．磁感应强度B 竖直向上且正在增强，B．磁感应强度B 竖直向下且正在增强，C．磁感应强度B 竖直向上且正在减弱，D．磁感应强度B 竖直向下且正在减弱，【考点】法拉第电磁感应定律；磁通量．【分析】电荷量+q的油滴恰好静止金属板间，受到的电场力与重力平衡，由平衡条件可求出金属板间的电压．此电压等于R两端的电压．根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律结合求出磁通量的变化率，由楞次定律确定磁感应强度B的变化情况．【解答】解：由题，电荷量+q的油滴恰好静止金属板间，受到的电场力与重力平衡，由平衡条件得知，油滴受到的电场力竖直向上，则金属板上板带负电，下板带正电．A、C若磁感应强度B竖直向上，B正在增强时，根据楞次定律得知，线圈中产生的感应电动势是下负上正，金属板下板带负电，上板带正电，油滴不能平衡，则磁感应强度B竖直向上且B正在减弱时，油滴能保持平衡．根据法拉第电磁感应定律得：E=n①金属板间的电压为 U=E，②要使油滴平衡，则有q=mg ③联立①②③得：=．故A错误，C正确．B、D同理可知，磁感应强度B 竖直向下且正增强时，=，油滴能保持静止．故BD均错误．故选：C．【点评】本题是电磁感应与电路、电场、力学等知识的综合应用．对于电磁感应问题，要楞次定律判断感应电动势、法拉第定律研究感应电动势大小是常用的思路．9．如图所示，一边长为a，电阻为R的等边三角形线框在外力作用下以速度v 匀速穿过宽度均为a的两个匀强磁场区域，两磁场磁感应强度的大小均为B，方向相反，线框运动方向与底边平行且与磁场边缘垂直．以逆时针方向为电流正方向，从图示位置开始线框中感应电流I与沿运动方向的位移x的关系图象为（）A ．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】本题导体的运动可分段判断，运用排除法进行分析．根据楞次定律可判断电路中感应电流的方向；由导体切割磁感线时的感应电动势公式可求得感应电动势的大小，由欧姆定律分析感应电流大小的变化．【解答】解：线框从开始进入到全部进入第一个磁场时，磁通量向里增大，则由楞次定律可知，电流方向为逆时针，故D一定错误；因切割的有效长度均匀增大，故由E=BLV可知，x在0﹣内，切割的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增加，感应电流也均匀增加；在﹣a内，切割的有效长度均匀减小，感应电动势也均匀减小，感应电流均匀减小．x=a时，I=0；。

邢台市2014-2015学年第一学期期末
高二物理答案
一、选择题（48分）
1．C 2、D 3、B 4、D 5、C 6、A 7、D 8、C
9、B
10、BC 11、BD 12、AD
二、实验题（16分，每空2分）
13、（6分）① 2.6k或2.6×103，2600 ②断开③ D
14、（10分）(1)C (2) 0.806 (3) 乙(4) 3 A
三、计算题
15、（10分）（1）由平衡得：
（4分）
(2 ) 由平衡得：（2分）
（2分）
16、（12分）
（1）当金属棒匀速下滑时速度最大，达到最大时有
mgsinα=F安…①
又F安=BIL…②
I=…③
其中R总=R+R1+=6R…④
联立①-④式得金属棒下滑的最大速度…⑤
（2）根据能量转化和守恒得：
⑥
再将⑤式代入上式得
17、（14分）
（1）(5分)带电粒子的运动轨迹如图所示．由题意知，带电粒子到达y轴时的速度，这一过程的时间，电场中沿y轴的位移y=v0t=2d，
根据几何关系得到，带电粒子在磁场中的偏转轨道半径r＝2d
（2）（5分）带电粒子在第Ⅰ象限中的运动时间为：
t2＝＝＝
带电粒子在第Ⅳ象限中运动的时间为：t3＝
故t总＝
（3）（4分）磁场中
电场中，又，求得：。

河北邢台一中2014—2015学年度上学期期中考试高二物理试题2．在物理学发展的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献。

关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（ ）A ．安培首先提出了磁场对运动电荷的作用力公式B ．奥斯特根据小磁针在通电导线周围的偏转而发现了电流的磁效应C ．法拉第在对理论和实验资料进行严格分析后，发现了法拉第电磁感应定律D ．楞次发现了电磁感应现象，并研究得出了判断感应电流方向的方法——楞次定律3．下列关于磁感应强度的说法中，正确的是( )A ．小磁针N 极受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向B ． 某处磁感应强度的方向就是一小段通电导体放在该处时所受磁场力的方向C ．通电导线在磁感应强度大的地方受力一定大D ．一小段通电导线在某处不受安培力的作用，则该处磁感应强度一定为零4．如图所示，一正方形线圈的匝数为n ，边长为a ，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中．在Δt 时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B 均匀地增大到2B .在此过程中，线圈中产生的感应电动势为( )A.Ba 22ΔtB.nBa 22ΔtC.nBa 2ΔtD.2nBa 2Δt5．如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，当滑动变阻器滑片处在某一位置时，电流表的读数为I ＝0.5 A ，电压表V 1的读数U 1＝1 V ，电压表V 2读数为U 2＝2 V ．则向右移动滑动变阻器的滑片后，三个电表可能得到的读数是( )A ．I ＝2 A ，U1＝2 V ，U 2＝0 VB ．I ＝1 A ，U 1＝1.6 V ，U 2＝3 VC ．I ＝0.3 A ，U 1＝0.9 V ，U 2＝1.1 VD ．I ＝0.2 A ，U 1＝0.8 V ，U 2＝2.4 V6．物体导电是由其中的自由电荷定向移动引起的，这些可以移动的自由电荷又叫载流子。

金属导体的载流子是自由电子，现代广泛应用的半导体材料分为两大类：一类是N 型半导体，它的载流子为电子；另一类是P 型半导体，它的载流子为“空穴”，相当于带正电的粒子，如果把某种材料制成的长方体放在匀强磁场中，磁场方向如图所示，且与前后侧面垂直，长方体中通有方向水平向右的电流，设长方体的上下表面M 、N 的电势分别为φM 和φN ，则下列判断中正确的是（ ）A ．如果是P 型半导体，有φM >φNB ．如果是N 型半导体，有φM <φNC ．如果是P 型半导体，有φM <φND ．如果是金属导体，有φM <φN7．国家标准管委会规定“自2010年1月1日起，40公斤以上、时速20公里以上的电动自行车称为电动摩托车，划入机动车范畴”. 一电动摩托车由电动势为48V 、内阻为0.5Ω的蓄电池供电，当电动车匀速行驶时，通过蓄电池的电流为5A ，此时该蓄电池A ．输出电压为48VB ．输出电压为2.5VC ．内阻耗热功率为12.5WD ．内阻耗热功率为2.5W8．如图所示，电源的电动势为E ，内阻r 不能忽略。

2014学年第一学期期中考试高二物理参考答案一、选择题：（本题共13小题，每小题3分，共39分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）二、填空题：(每空2分，共20分)14．250 V， -6×10－4 J（或减少6×10－4 J）； 15. ＞，＞；16. 1100 W，8Ω。

17. 4.8KΩ， 2.35×10－6 C.18．20 V/m，30°。

(3）保温电热丝消耗的电功率错误！未找到引用源。

-------------------（2分）22．（11分）解答：（1）＋q 与－q 在C 点产生的电场强度大小相等，有E 1＝E 2＝错误！未找到引用源。

又因为△ABC 为等边三角形，易知E 1、E 2的夹角是120°，所以二者的合场强为E C ＝错误！未找到引用源。

-------------（2分）方向竖直向下-------------（1分）（2）小球到达最低点C 时 有F N －mg －E C ＝m v 20R----（2分）F N ＝mg ＋m v 20R ＋k QqL 2 ----------------------（1分）（3）小球由最高点M 运动到C 的过程中，由动能定理得mgR ＋U MC Q ＝12mv 20 -------------------------（3分） 可得MC 两点的电势差为U MC ＝12Q(mv 20－2mgR ) 又等量异种电荷中垂线上的电势相等，即C 、D 两点电势相等为零 ----（1分） 故M 点的电势为φM ＝U MC ＝12Q (mv 20－2mgR ) ---------------------（1分）。

[键入文字]
会宁二中高二物理上学期期中试题（理科）
物理在绝大多数的省份既是会考科目又是高考科目，在高中的学习中占有重要地位。

为大家推荐了高二物理上学期期中试题，请大家仔细阅读，希望你喜欢。

 一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分。

其中16为单项选择，710为多项选择)
 1、关于电流强度的概念，下列叙述中正确的是( )
 A、通过导体截面的电量越多，电流强度越大
 B、在金属导体内自由电子定向移动的方向就是电流方向
 C、单位时间内通过导体截面的电量越多，导体中的电流强度越大
 D、因为电流有方向，所以电流强度是矢量
 2、真空中两个等量异种点电荷电量的值均为q，相距r，两点电荷连线中点处的场强为( )
 A.0 B.2kq/r2 C.4kq/r2 D.8kq/r2
 3、一个带正电的质点，电量为q =2.0乘以10-9C，在静电场中由a点移到b点，在
1。

2024届河北省邢台三中物理高二上期中检测模拟试题 考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。

2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。

3．考生必须保证答题卡的整洁。

考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、如图所示，在匀强电场中，场强方向与△abc 所在平面平行，ac ⊥bc ，∠abc ＝60°，ac ＝0.2 m ．一个电荷量q ＝1×10－5 C 的正电荷从a 移到b ，电场力做功为零；同样的电荷从a 移到c ，电场力做功为1×10－3 J ．则该匀强电场的场强大小和方向分别为( )A ．500 V/m 、沿ab 由a 指向bB ．500 V/m 、垂直ab 向上C ．1000 V/m 、垂直ab 向上D ．1000 V/m 、沿ac 由a 指向c2、如图所示，理发用的电吹风机中有电动机和电热丝，电动机带动风叶转动，电热丝给空气加热，得到热风将头发吹干，设电动机的线图电阻为1R ，它与电热丝的电阻2R 串联，接到直流电源上，电吹风机两端电压为U ，电流为I ，消耗的电功率为P ，则有（ ）A ．P UI <B ．()212P I R R <+C ．P UI >D ．()212P I R R >+ 3、在阻值为70 Ω的电阻中通以正弦交变电流，测得在10 min 内放出的热量为2.1×104J ，则此交变电流的最大值为( )A ．0.24 AB ．0.5 AC ．0.707 AD ．1 A4、R1和R2是材料相同、厚度相同、上下表面都为正方形的导体，但R1的尺寸比R2大得多，把它们分别连接在如图所示的电路的A、B两端，接R1时电压表的读数为U1，接R2时电压表的读数为U2，则下列判断正确的是（）A．U1＞U2B．R1＞R2C．R1=R2D．U1＜U25、如图所示，将一带正电的点电荷沿电场线方向从A点移动到B点，下列说法正确的是( )A．静电力做正功，电势能增加B．静电力做负功，电势能增加C．静电力做正功，电势能减少D．静电力做负功，电势能减少6、如图所示，突发交通事故时，车内正面的安全气囊弹出。

南和一中高二2014—2015年度第一学期期中考试物理试卷一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。

在每个小题给出的四个选项中至少有一个选项符合题目要求，选全的得4分，选对但不全的得２分，选错和不选的得０分。

1、下列关于点电荷的说法中，正确的是（）A．只有体积很小的带电体才能看作点电荷B．体积很大的带电体一定不是点电荷C．当两个带电体的形状对它相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看作点电荷.D．任何带电球体，都可看作电荷全部集中于球心的点电荷2、一个不计重力的带电微粒进入匀强电场，则该微粒的（）A运动速度必然增大B运动速度必然减小C运动速度可能不变D加速度肯定不为零3、如图所示，a、b、c是一条电场线上的三点，电场线的方向由a到c，a、b间距离等于b、c间距离，用φa、φb、φc和E a、E b、E c分别表示a、b、c三点的电势和场强，可以判定（）A．φa＞φb＞φcB．E a＞E b＞E cC．φa –φb=φb–φcD．E a = E b = E c4、如图所示，平行金属板A、B之间有匀强电场，A、B间电压为600V，A板带正电，接地，B板带负电。

A、B两板间距为12cm，C点离A板4cm，则关于C点的电势说法正确的是（）A．ΦC=400V；B．ΦC=-400V；C．ΦC=-200V；D．ΦC=200V；5、如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知( )A．三个等势面中，a等势面的电势最高B．带电质点通过P点时电势能较大C．带电质点通过P点时的动能较大D．带电质点通过P点时的加速度较大6、如图所示，某一导体的形状为长方体，其长、宽、高之比为a∶b∶c=5∶3∶2．在此长方体的上下、左右四个面上分别通过导线引出四个接线柱1、2、3、4。

在1、2两端加上恒定的电压U，通过导体的电流为I1；在3、4两端加上恒定的电压U ，通过导体的电流为I 2，则I 1∶I 2为（ ）A ．9∶25B ．25∶9C ．25∶4D ．4∶257、一块手机电池的背面印有如图所示的一些符号，另外在手机使用说明书上还写有“通话时间3 h ，待机时间100 h ”，则该手机通话和待机时消耗的功率分别约为（ ） A 、1.8 W ，5.4×10 – 2 W B 、3.6 W ，0.108 W C 、0.6 W ，1.8×10 – 2 W D 、6.48×103 W ，1.94×10 2 W8、在如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑片向b 端移动时 ( ) 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 的读数都增大 C ．电压表V 和电流表A 的读数都减小D ．电压表V 的读数减小，电流表A 的读数增大9、下图所示是一个电池、电阻R 与平行板电容器组成的串联电路，在增大电容器两极板间距离的过程中( )A ．电阻R 中没有电流B ．电容器的电容变小C ．电阻R 中有从a 流向b 的电流D ．电阻R 中有从b 流向a 的电流10、电流表的内阻是R g =200Ω，满刻度电流值是I g =500微安，现把这电流表改装成量程为1.0V 的电压表，正确的方法是 （ ） A ．应串联一个0.1Ω的电阻 B ．应并联一个0.1Ω的电阻 C ．应串联一个1800Ω的电阻 D ．应并联一个1800Ω的电阻二、填空实验题（22分）MOTOROLA3.6 V 500 mA ·h 锂离子电池 SNN5648A C2NALWJMAIC20020708 JCC102811．(4分)如图所示,直线A为电源的伏安特性曲线，直线B为电阻R的伏安特性曲线，用该电源和该电阻组成一个闭合电路，则电源的输出功率为______W；电路的总功率______W12、（6分）某匀强电场中有A.B.C三点，构成边长为10cm的等边三角形，如图所示。

嘴哆市安排阳光实验学校2014～2015学年度高二上学期期中物理试卷一、选择题本大题共12小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一个选项符合要求，第9～12题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得O分．1．两个分别带有电荷量﹣Q和+3Q的相同金属球（半径均为r），固定在相距（两球心间距离）为3r的两处，它们间库仑力的大小为F．现将两小球相互接触后放回原处，则两球间库仑力的大小（）A．大于 F B．等于 F C．小于 F D．等于F2．如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，∠MOP=60°．电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为E1；若将N点处的点电荷移至P点，则O点的场强大小变为E2，E1与E2之比为（）A． 2：1 B． 1：2 C． 2： D． 4：3．两个固定的等量异号点电荷所产生电场的等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中（）A．做直线运动，电势能先变小后变大B．做直线运动，电势能先变大后变小C．做曲线运动，电势能先变大后变小D．做曲线运动，电势能先变小后变大4．关于静电场，下列结论普遍成立的是（）A．在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向B．电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关C．电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低D．将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功为零5．如图所示，等边三角形ABC处在匀强电场中，其中电势φA=φB=0，φC=φ．保持该电场的大小和方向不变，让等边三角形以A点为轴在纸面内顺时针转过30°，则此时的B点电势为（）A．φ B．﹣φ C．φ D．﹣φ6．下列四个图象中，最能正确地表示家庭常用的白炽灯泡在不同电压下消耗的电功率P与电压平方U2之间的函数关系是（）A． B． C． D．7．如图，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的试探电荷 q1、q2分别置于A、B两点，虚线为等势线．取无穷远处为零电势点，若将 q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是（） A． A点电势大于B点电势B． A、B两点的电场强度相等C． q1在A点的电势能小于 q2在B点的电势能D． q1的电荷量小于 q2的电荷量8．如图所示，厚薄均匀的矩形金属片，边长ab=10cm，bc=5cm当A与B间接入的电压为U时，电流为1A．若C与D间接入的电压为U时，其电流为（） A． 4A B． 2A C． 0.5A D． 0.25A9．如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（）A．所受重力与电场力平衡 B．电势能逐渐增加C．动能逐渐增加 D．做匀变速直线运动10．如图所示的电路中，电源内阻不能忽略，电流表和电压表均为理想电表，下列说法中正确的是（）A．若R1短路，电流表示数变小，电压表示数为零B．若R2短路，电流表示数变小，电压表示数变大C．若R3断路，电流表示数为零，电压表示数变大D．若R4断路，电流表示数变小，电压表示数变大11．如图所示为一平行板电容器，两板之间的距离d和两板正对面积S都可以调节，电容器两板与电池相连接．Q表示电容器的带电荷量，E表示两板间的电场强度．则（）A．当S减小，d增大时，Q不变，E增大B．当S增大，d不变时，Q增大，E增大C．当d减小，S增大时，Q增大，E增大D．当d增大，S不变时，Q减小，E减小12．质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落，在ts末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过ts小球又回到A点．不计空气阻力且小球从未落地，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（）A．整个过程中小球机械能的增量为2mg2t2B．整个过程中小球电势能减少了mg2t2C．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了mg2t2D．从A 点到最低点小球重力势能减少了mg2t2二、实验题（共2小题，共15分．将答案填写在题中横线上或按要求作答）13．某同学用螺旋测微器在测定某一金属丝直径时，测得结果如图甲所示，则该金属丝的直径d= mm，另一同学用标有20等分刻度的游标卡尺测一工件的长度，测得结果如图乙所示，则该工件的长度L=mm，14．有一个小灯泡上标有“4V 2W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的UI图线．有下列器材供选用：A．电压表（0～5V，内阻10kΩ） B．电压表（0～10V，内阻20kΩ）C．电流表（0～0.3A，内阻1Ω） D．电流表（0～0.6A，内阻0.4Ω）E．滑动变阻器（5Ω，1A） F．滑动变阻器（500Ω，0.2A）①实验中电压表应选用，电流表应选用．为使实验误差尽量减小，要求电压表从零开始变化且多取几组数据，滑动变阻器应选用（用序号字母表示）．②请在图1方框内画出满足实验要求的电路图，并把由图2中所示的实验器材用实线连接成相应的实物电路图．15．在如图所示的电路中，电池的电动势E=5V，内电阻r=10Ω，固定电阻R=90Ω，R0是可变电阻，在R0由零增加到400Ω的过程中，求：（1）可变电阻R0上消耗热功率最大的条件和最大热功率；电池的内电阻r和固定电阻R上消耗的最小热功率之和．16．如图所示．在光滑绝缘的水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为L的正三角形的三个顶点上：a、b带正电，电量均为q，c带负电．整个系统置于方向水平的匀强电场中．已知静电力常量为K．若三个小球均处于静止状态，试求该匀强电场的场强以及C的带电量．17．如图所示的电路中，R1=3Ω，R2=6Ω，R3=1.5Ω，C=20μF当开关S断开时，电源所释放的总功率为2W；当开关S闭合时，电源所释放的总功率为4W 求：（1）电源的电动势和内电阻；闭合S时，电源的输出功率；（3）S断开和闭合时，电容器所带的电荷量各是多少？18．如图所示，在区域I（0≤x≤L）和区域Ⅱ内分别存在匀强电场，电场强度大小均为E，但方向不同．在区域I内场强方向沿y轴正方向，区域Ⅱ内场强方向未标明，都处在xoy平面内，一质量为m，电量为q的正粒子从坐标原点O以某一初速度沿x轴正方向射入电场区域I，从P点进入电场区域Ⅱ，到达Ⅱ区域右边界Q处时速度恰好为零．P 点的坐标为．不计粒子所受重力，求：（1）带电粒子射入电场区域I时的初速度；电场区域Ⅱ的宽度．2014～2015学年度高二上学期期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题本大题共12小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一个选项符合要求，第9～12题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得O分．1．两个分别带有电荷量﹣Q和+3Q的相同金属球（半径均为r），固定在相距（两球心间距离）为3r的两处，它们间库仑力的大小为F．现将两小球相互接触后放回原处，则两球间库仑力的大小（）A．大于 F B．等于 F C．小于 F D．等于F考点：库仑定律．分析：物理学上把本身的线度比相互之间的距离小得多的带电体简化为一个点，叫做点电荷，同一个电荷能否看作点电荷，不仅和带电体本身有关，还取决于问题的性质和精度的要求，即需要具体问题具体分析；如果在研究的问题中，带电体的形状、大小以及电荷分布可以忽略不计，即可将它看作是一个几何点，则这样的带电体就是点电荷．解答：解：两小球相互接触后，电量均分，故：=Q若两球能看成点电荷的话由库仑定律得，开始时：最后：由于两球的半径相对距离不能忽略，故两球不能看成质点，原来是异种电荷，相互吸引，有效距离小于3r，接触后带同种电荷，相互排斥，有效距离大于3r ，故后来的库仑力要小于F，故C正确、ABD错误．故选：C．点评：本题要知道一个带电体能否看成点电荷，不是看它的尺寸的绝对值，而是看它的形状和大小对相互作用力的影响是否能忽略不计．2．如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，∠MOP=60°．电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为E1；若将N点处的点电荷移至P点，则O点的场强大小变为E2，E1与E2之比为（）A． 2：1 B． 1：2 C． 2： D． 4：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：由电场的叠加可知各点电荷单独在O点形成的场强大小，移动之后电荷距O点的距离不变，故电场强度大小不变，则由矢量合成的方向可得出移动之后的合电场；即可求得比值．解答：解：依题意，每个点电荷在O 点产生的场强为，则当N点处的点电荷移至P点时，O点场强如图所示，合场强大小为E2=，则E1与E2之比为2：1．故选：A点评：电场强度为矢量，在求合场强时应先分别求得各电荷在O点的场强再由矢量的合成方法﹣平行四边形求得总的场强3．两个固定的等量异号点电荷所产生电场的等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中（）A．做直线运动，电势能先变小后变大B．做直线运动，电势能先变大后变小C．做曲线运动，电势能先变大后变小D．做曲线运动，电势能先变小后变大考点：等势面；电场线．分析：粒子在静电场中电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大．粒子所受的电场力与速度方向不在同一直线上，做曲线运动．解答：解：根据电场线与等势线垂直画出一条电场线如图，可知，在A点电场线方向应与速度v垂直，则粒子所受的电场力与速度v也垂直，负电荷受力的方向向上，做曲线运动．粒子靠近两电荷连线时，电场力做正功，离开两电荷连线时，电场力做负功，则其电势能先变小后变大．故D正确．故选：D点评：本题关键抓住电场线与等势线的关系判断电场力方向与粒子初速度方向的关系，分析运动情况，根据电场力做功正负，判断电势能的变化．4．关于静电场，下列结论普遍成立的是（）A．在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向B．电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关C．电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低D．将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功为零考点：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：在静电场中场强方向就是电势降低最快的方向；两点之间的电势差与场强及两点间沿电场线方向的距离有关；电场强度与电势无关；根据电场力做功公式W=qU分析电场力做功情况．解答：解：A、在正电荷或负电荷产生的静电场中，沿场强方向电势降低最快，故A正确．B、由公式U=Ed可知，两点之间的电势差与场强和两点间沿电场线方向的距离都有关，故B错误．C、电势与电场强度没有直接关系，所以电场强度大的地方电势不一定高，电场强度小的地方电势不一定低，故C错误．D、将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，若两点间的电势差为零，根据W=qU知，电场力做功为零；若两点间电势差不为零，则电场力做功不为零，故D错误．故选：A．点评：解决本题关键要理解电场中几对关系：场强与电势、场强与电势差、电场力做功与电势差等等，可结合电场线的物理意义和相关公式加深理解．5．如图所示，等边三角形ABC处在匀强电场中，其中电势φA=φB=0，φC=φ．保持该电场的大小和方向不变，让等边三角形以A点为轴在纸面内顺时针转过30°，则此时的B点电势为（）A．φ B．﹣φ C．φ D．﹣φ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：运用匀强电场U=Ed求解即可，关键明确d为沿电场方向的距离．解答：解：设等边三角形的边长为L，则匀强电场E=，当让等边三角形以A点为轴在纸面内顺时针转过30°，则B1点到AB的距离为L1=0.5L，所以U=Ed==φ，又因为转动后B1点的电势比B点的电势低，故转动后B 点的电势为φ，故ACD错误，B正确．故选：B．点评：灵活应用匀强电场U=Ed和善于画图，据图分析是解题的关键6．下列四个图象中，最能正确地表示家庭常用的白炽灯泡在不同电压下消耗的电功率P与电压平方U2之间的函数关系是（）A． B． C． D．考点：电功、电功率．专题：交流电专题．分析：白炽灯泡的电阻随着电压增大，温度升高而增大，根据公式P=，分析图象斜率的变化，再选择图象．解答：解：灯泡消耗的功率P=，随着电压的增大，灯泡消耗的功率增大，温度升高，其电阻R增大，则P﹣U2图象切线的斜率减小，由数学知识得知C 正确．故选C点评：本题的关键要抓住灯泡的电阻随着温度的升高而增大的特点，由数学知识选择图象．7．如图，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的试探电荷 q1、q2分别置于A、B两点，虚线为等势线．取无穷远处为零电势点，若将 q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是（） A． A点电势大于B点电势B． A、B两点的电场强度相等C． q1在A点的电势能小于 q2在B点的电势能D． q1的电荷量小于 q2的电荷量考点：等势面．分析：将两个带正电的试探电荷q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做功，说明Q带负电，即可判断A、B电势高低；由点电荷场强公式E=k分析场强的大小；由图分析可知：A与无穷远间的电势差大于B与无穷远间的电势差，根据电场力做功公式W=qU，分析电荷量的大小；根据电场力做功与电势能的关系，即可判断q1在A点的电势能与q2在B点的电势能的大小．解答：解：A、由题，将两个带正电的试探电荷q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做功，则知Q与两个试探电荷之间存在引力，说明Q带负电，电场线方向从无穷远处指向Q，则A点电势小于B点电势．故A错误．B、由点电荷场强公式E=k分析可知，A点的场强大于B点的场强．故B错误．C、将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，两个试探电荷电势能的变化量相等，无穷远处电势能为零，则q1在A点的电势能等于q2在B点的电势能．故C错误．D、由图分析可知：A与无穷远间的电势差大于B与无穷远间的电势差，将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，根据电场力做功公式W=qU，得知，q1的电荷量小于q2的电荷量．故D正确．故选：D点评：本题根据电场力做功与电势能变化的关系分析电势能的大小，根据公式E=k分析分析场强的大小等等，都是常用的思路．8．如图所示，厚薄均匀的矩形金属片，边长ab=10cm，bc=5cm当A与B间接入的电压为U时，电流为1A．若C与D间接入的电压为U时，其电流为（） A． 4A B． 2A C． 0.5A D． 0.25A考点：电阻定律；欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：根据电阻定律R=求出两种接法时的电阻之比，再根据欧姆定律求出电流之比，从而得出C与D间接入的电压为U时的电流大小．解答：解：当AB接入电源U时，电阻R1=，当CD接入电源U 时，，得．根据欧姆定律得，，所以I2=4I1=4A．故A正确，B、C、D错误．故选A．点评：解决本题的关键掌握电阻定律R=的运用，以及部分电路欧姆定律的运用．9．如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（）A．所受重力与电场力平衡 B．电势能逐渐增加C．动能逐渐增加 D．做匀变速直线运动考点：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：带电粒子在场中受到电场力与重力，根据粒子的运动轨迹，结合运动的分析，可知电场力垂直极板向上，从而可确定粒子的运动的性质，及根据电场力做功来确定电势能如何变化．解答：解：A、根据题意可知，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动，因此A错误，D正确；B、由A选项分析可知，电场力做负功，则电势能增加，故B正确；C、因电场力做负功，则电势能增加，导致动能减小，故C错误；故选：BD点评：考查根据运动情况来确定受力情况，并由电场力做功来确定电势能如何，以及动能的变化．10．如图所示的电路中，电源内阻不能忽略，电流表和电压表均为理想电表，下列说法中正确的是（）A．若R1短路，电流表示数变小，电压表示数为零B．若R2短路，电流表示数变小，电压表示数变大C．若R3断路，电流表示数为零，电压表示数变大D．若R4断路，电流表示数变小，电压表示数变大考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：若R1短路，其电阻为零，与其并联的电压表读数为零．R2短路，外电阻减小．若R3断路，电流表示数为零，外电阻增大．若R4断路，外电阻增大．根据闭合电路欧姆定律分析路端电压和总电流的变化，再分析两个电表读数的变化．解答：解：A、若R1短路，其电阻为零，与其并联的电压表读数为零．并联部分电阻减小，则由“串反并同”可知，电流表示数减小；故A正确；B、若R2短路，外电阻减小，路端电压减小，通过R3的电流减小，则电流表示数变小，设电阻R1和R3的总电流为I13，总电流增大，通过R4的电流减小，则I13增大，而通过R3的电流减小，故通过R1的电流增大，电压表示数变大．故B正确．C、若R3断路，电流表示数为零，外电阻增大，路端电压增大，则电压表读数增大．故C正确．D、若R4断路，外电阻增大，路端电压增大，则电流表和电压表读数均增大．故D错误．故选：ABC．点评：本题是电路中动态变化分析问题，在抓住不变量的基础上，根据路端电压随关外电阻增大而增大，减小而减小，分析路端电压的变化．同时注意应用“串反并同”进行分析．11．如图所示为一平行板电容器，两板之间的距离d和两板正对面积S都可以调节，电容器两板与电池相连接．Q表示电容器的带电荷量，E表示两板间的电场强度．则（）A．当S减小，d增大时，Q不变，E增大B．当S增大，d不变时，Q增大，E增大C．当d减小，S增大时，Q增大，E增大D．当d增大，S不变时，Q减小，E减小考点：电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：电容器一直与电源相连，故两板间的电势差不变；则由平行板电容器的电容公式，可知s、d发生变化时C的变化，则由电容的定义可知Q的变化．解答：解：A、当S减小，d增大时，由C=知：电容C减小，而板间电压U不变，由C=知Q减小，由E=知E减小，故A错误．B、当S增大，d不变时，由C=知：电容C增大，而板间电压U不变，由C=知Q增大，由E=知E不变，故B错误．C、当d减小，S增大时，由C=知：电容C增大，而板间电压U不变，由C=知Q增大，由E=知E增大，故C正确．D、当d增大，S不变时，由C=知：电容C减小，而板间电压U不变，由C=知Q减小，由E=知E减小，故D正确．故选：CD．点评：电容器的动态分析要注意先明确电容器是否与电源相连，若相连，则电压不变，若断开，则电量不变．12．质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落，在ts末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过ts小球又回到A点．不计空气阻力且小球从未落地，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（） A．整个过程中小球机械能的增量为2mg2t2B．整个过程中小球电势能减少了mg2t2C．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了mg2t2D．从A 点到最低点小球重力势能减少了mg2t2考点：机械能守恒定律．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：分析小球的运动情况：小球先做自由落体运动，加上匀强电场后小球先向下做匀减速运动，后向上做匀加速运动．由运动学公式求出t秒末速度大小，加上电场后小球运动，看成一种匀减速运动，自由落体运动的位移与这个匀减速运动的位移大小相等、方向相反，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求电场强度，由W=qEd求得电场力做功，即可得到电势能的变化．由动能定理得求出A点到最低点的高度，得到重力势能的减小量．解答：解：AB、小球先做自由落体运动，后做匀减速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反．设电场强度大小为E，加电场后小球的加速度大小为a ，取竖直向下方向为正方向，则有：gt2=﹣（vt ﹣at2）又v=gt解得a=3g，则小球回到A点时的速度为：v′=v﹣at=﹣2gt整个过程中小球速度增量的大小为：△v=v′﹣v=﹣3gt，速度增量的大小为3gt．由牛顿第二定律得：a=，联立解得，qE=4mg小球电势能减少△ɛ=qE•gt2=2mg2t2．根据功能原理可知小球机械能的增量为2mg2t2，故A正确，B错误．CD、设从A点到最低点的高度为h，根据动能定理得：mgh﹣qE（h ﹣gt2）=0解得：h=gt2从A点到最低点小球重力势能减少了△E p =mgh=mg2t2．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了△E k =m（gt）2．故C错误，D正确．故选：AD．点评：本题首先要分析小球的运动过程，采用整体法研究匀减速运动过程，抓住两个过程之间的联系：位移大小相等、方向相反，运用牛顿第二定律、运动学规律和动能定理结合进行研究．二、实验题（共2小题，共15分．将答案填写在题中横线上或按要求作答）13．某同学用螺旋测微器在测定某一金属丝直径时，测得结果如图甲所示，则该金属丝的直径d= 2.707±0.001 mm，另一同学用标有20等分刻度的游标卡尺测一工件的长度，测得结果如图乙所示，则该工件的长度L= 50.15 mm，考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．专题：实验题；恒定电流专题．分析：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．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．解答：解：1、螺旋测微器的固定刻度为2.5mm，可动刻度为20.7×0.01mm=0.207mm，所以最终读数为2.5mm+0.207mm=2.707mm，由于需要估读，最后的结果可以为2.707±0.001．2、游标卡尺的主尺读数为50mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为3×0.05mm=0.15mm，所以最终读数为：50mm+0.15mm=50.15mm．故答案为：2.707±0.001 50.15点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．14．有一个小灯泡上标有“4V 2W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的UI图线．有下列器材供选用：A．电压表（0～5V，内阻10kΩ） B．电压表（0～10V，内阻20kΩ）C．电流表（0～0.3A，内阻1Ω） D．电流表（0～0.6A，内阻0.4Ω）E．滑动变阻器（5Ω，1A） F．滑动变阻器（500Ω，0.2A）①实验中电压表应选用 A ，电流表应选用 D ．为使实验误差尽量减小，要求电压表从零开始变化且多取几组数据，滑动变阻器应选用 E （用序号字母表示）．②请在图1方框内画出满足实验要求的电路图，并把由图2中所示的实验器材用实线连接成相应的实物电路图．考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．专题：实验题．分析：本题的关键是根据实验要求电流或电压从零调可知变阻器应采用分压式接法；明确根据小灯泡的额定电压和额定电流的大小来选择电压表和电流表的量程；根据变阻器全电阻越小时采用分压式接法时越方便调节来选择变阻器．解答：解：（1）根据小灯泡的额定电压为4V，可知电压表应选A；由于小灯泡的额定电流为：I==0.5A，可知电流表应选D；由于采用分压式接法时，变阻器的电阻越小越方便调节，所以变阻器应选E；在用伏安法描绘这个灯泡的I一U图线的实验中，电压要从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，由于电阻远小于电压表内阻，所以电流表采用外接法．实物电路图：故答案为：（1）A D E如图点评：本题考查实验中的仪表选择及接法的选择；应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别及应用，同时还应明确内外接法的不同及判断．15．在如图所示的电路中，电池的电动势E=5V，内电阻r=10Ω，固定电阻R=90Ω，R0是可变电阻，在R0由零增加到400Ω的过程中，求：（1）可变电阻R0上消耗热功率最大的条件和最大热功率；电池的内电阻r和固定电阻R上消耗的最小热功率之和．考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：（1）当电源的内电阻和外电阻相等的时候，电源的输出功率最大．可将R0是看成电源的内阻，当等效电源的内阻等于R0时，R0的功率最大，再由功率公式求解最大功率．r和R为定值电阻，R0为可变电阻，根据P=I2R可以分析电阻r和R的功率之和，当R0最大时，电路中电流最小，所求功率最小．解答：解：（1）根据电源的内电阻和外电阻相等的时候，电源的输出功率最大可知，当把R和电源看做一个整体时，即把电源的内阻看做R+r，当R0=R+r时，即R0=100Ω时，电源的输出功率最大，即R0上获得最大功率，此时电路中电流为：I===0.025A。

高二物理上学期期中考试试题1第I卷（选择题共60分）一、选择题（每小题4分，共６０分.在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分，请将正确答案填涂到答题卡上）１、真空中有两个点电荷Q1和Q2，它们之间的静电力为F，下面哪些做法能够使它们之间的静电力变为1.5FA．使Q1的电量变为原先的2倍，Q2的电量变为原先的3倍，同时使它们的距离变为原先的2倍B．使每个电荷的电量都变为原先的1.5倍，距离变为原先的1.5倍C．使其中一个电荷的电量和它们的距离变为原先的1.5倍D．保持它们的电量不变，使它们的距离变为原先的2/3倍２、如图所示，电灯L1、L2上分别有“220V，100W”、“220V，40W”字样，那么A．a、b接220V电压时，L1、L2均能正常发光B．a、b接440V电压时，L1、L2均能正常发光C．不管a、b两端接多少伏电压，L1、L2都不可能正常发光；D．不管a、b两端接多少伏电压，L1确信不能正常发光；３、关于电源电动势，以下说法中正确的是A．电源的电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压，因此当电源接入电路时，电动势将发生变化B．在闭合电路中，并联在电源两端电压表的读数是电源的电动势C．电源电动势是表示电源将其他形式的能转化为电能本领大小的物理量D．在闭合电路中，电源电动势在数值上等于内外电压之和４、关于磁场和磁感线的描述，正确的说法是A．磁感线从磁体的N极动身，终止于S极B ．磁感线能够表示磁场的方向和强弱C ．沿磁感线方向，磁场逐步减弱D ．因为异名磁极相互吸引，因此放入通电螺线管内的小磁针的Ｎ极一定指向螺线管的Ｓ极５、已知π+介子、π—介子差不多上由一个夸克（夸克u 或夸克d ）和一个反夸克（反夸克u 或反夸克d ）组成的，它们的带电量如下表所示，表中e 为元 π+ π—u d ud带电量+e－e+e 32 e 31- e 32- e 31+A ．π+由u 和d 组成B ．π+由d 和u 组成C ．π—由u 和d 组成 D ．π—由d 和u 组成６、两根长直漆包线交叉放置并分别通以如图所示的电流Ｉ，那么两根电流的磁场在导线平面内方向一致的是A ．区域１、２B ．区域３、４C ．区域１、３D ．区域２、４７、如图所示电路，开关S 闭合后，四个灯泡都正常发光，某时刻t ，L 4因灯丝烧断而突然熄灭，假设其它三灯丝都没烧断，则A ．L 2变暗，L 3更亮，L 1不变B ． L 1、L 3更亮，L 2变暗C ．L 1更亮，L 2、L 3变暗D ．L 1、L 2、L 3都更亮８、如图所示，匀强电场方向竖直向下，在此电场中有a 、b 两个带电微粒（不计微粒间的相互作用），分别竖直向上、竖直向下做匀速运动，则下列说法中正确的是A ．两带电微粒带异种电荷１２ ３４Ｉ ＩB ．两微粒所受的电场力等大、反向C ．带电微粒a 重力势能、电势能均增加D ．带电微粒b 电势能增加，机械能减小９、如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线。

一．单项选择题:（本题共8小题,每小题4分,共32分，每小题只有一个选项符合题意．）1．如图所示的情况中,、b两点电势相等、电场强度也相同的是（）A．带等量异种电荷的平行金属板之间的两点B．离点电荷等距的任意两点C．两等量同种电荷其连线的中垂线上与连线中点等距的任意两点D．两等量异种电荷其连线的中垂线上与连线中点等距的任意两点2．—个电流表的满偏电流I g＝1mA,内阻尺R g＝500Ω.要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（）A．串联一个10kΩ的电阻B．并联一个10kΩ的电阻C．串联一个9。

5kΩ的电阻D．并联一个9.5kΩ的电阻3．同样粗细等长的铜棒和铁棒接在一起后接人电路，如图所示，已知铜的电阻率比铁的电阻率小，则下列说法正确的是（）A．铜棒两端电压小于铁棒两端电压B．两棒内电子定向移动的速率不相等C．两棒内电场强度相等D．通过两棒的电流强度不等4．一电池外电路断开时的路端电压为3V，接上8Ω的负载后路端电压降为2。

4V，则可以判定电池的电动势E和内电阻r为（) A．E＝2。

4V，r＝1ΩB．E＝3V，r＝2ΩC．E＝2。

4V，r＝2ΩD．E＝3V，r＝1Ω5．如图a所示是一个欧姆表的示意图，其正、负插孔内分别插有红、黑表笔，则虚线内的电路图应是图b中的图（）6．一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、17V、26V。

下列说法不正确的是（）A．电场强度的大小为2.5V/cmB．坐标原点处的电势为1VC．电子在点的电势能比在b点的低7eVD．电子从b点运动到c点，电场力做功为9eV7．在如图所示的电路中,E为电源电动势,r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻,R2为滑动变阻器．当R2的滑动触点在端时，合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U，现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况（）A．I1增大,I2不变，U增大B．I1减小，I2增大，U减小C．I1增大，I2减小，U增大D．I1减小，I2不变，U减小8．如图所示,直线为某电源与可变电阻连接成闭合电路时的路端电压U与干路电流I的关系图象，直线b为电阻R两端电压的U与通过它的电流I的图象，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效率分别为（）A．4W、33。

2013-2014学年河北省邢台市任县中学高二（上）期中物理试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共1小题，共4.0分)1.下列说法中，正确的是（）A.由公式可知，在离点电荷非常近的地方（r→0），电场强度E可达无穷大B.由公式E P=φq可知负电荷在电势低的地方具有的电势能大C.由U ab=E d可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大D.公式C=，电容器所带电量Q越大，电压U越小，电容器的电容C越大【答案】B【解析】解：A、点电荷场强公式E=k Q r2中，Q为场源电荷的带电量，场源电荷应该为点电荷模型，只有当电荷的大小很小，对所要研究的问题可以忽略不计时，实际电荷才可以简化为点电荷，当r→0时，电荷已经不能简化为点电荷，公式已经不成立，故A错误；B、电势能与电势关系公式E P=φq中，当q取负值时，φ越小，电势能E P越大，故B 正确；C、匀强电场中的场强与电势差的关系公式U ab=E d中的d为沿电场线的距离，故C错误；D、电容器的电容由电容器本身决定，与带电量无关，故D错误；故选B．解答本题需掌握：点电荷场强公式；电势能与电势关系公式E P=φq；匀强电场中的场强与电势差的关系公式U ab=E d；电容的定义式公式C=．本题关键对于电场部分的几个公式要能明确其各个量的物理意义，明确公式的适用范围；其中电势能与电势关系公式E P=φq中，电荷量q可以取负值．二、多选题(本大题共2小题，共8.0分)2.如图所示为点电荷产生的电场中的一条电场线，若一带负电的粒子从B点运动到A点时，加速度增大而速度减小，则可判定（）A.点电荷一定带正电B.点电荷一定带负电C.点电荷一定在A的左侧D.点电荷一定在B的右侧【答案】BC【解析】解：据题，带负电的粒子从B点运动到A点时，速度减小，说明电场力方向从A点到B点电荷一定在A的左侧，并且一定带负电．故选BC据题，带负电的粒子从B点运动到A点时，加速度增大而速度减小，说明场强增大．电场力方向与粒子的速度方向相反，方向从A点到B点，负电荷所受电场力方向与场强方向相反，说明电场强度方向是从B点到A点．根据电场强度的变化情况，判断点电荷的位置．本题根据粒子加速度变化情况，可判断场强的变化情况．粒子做减速运动时，电场力方向与粒子的速度方向相反．考查分析粒子受力情况的能力．3.如图所示，一带电粒子只受电场力从A飞到B，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（）A.粒子带负电B.粒子加速度不断变小C.粒子在A点时动能较大D.B点场强大于A点场强【答案】ACD【解析】解：A、根据曲线运动条件可得粒子所受合力应该指向曲线内侧，所以电场力逆着电场线方向，即粒子受力方向与电场方向相反，所以粒子带负电．故A正确；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，所以粒子加速度不断变大，故B错误．C、粒子从A到B，电场力对粒子运动做负功，电势能增加，动能减少，所以粒子在A 点时动能较大，故C正确；D、电场线密的地方电场的强度大，所以B点场强大于A点场强，故D正确．故选ACD．该题考查了带电粒子在电场中的运动，解这类问题的突破点在于根据运动轨迹判断出电场力方向，从而进一步判断动能的变化情况．电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布．对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧．以带电粒子在电场中运动为背景，考察电场线、电性、电场强度、电势、电势能、动能等基本物理量的变化情况，是高中阶段的重点知识，要不断的加强练习和应用．三、单选题(本大题共2小题，共8.0分)4.关于电流的方向，下列叙述中正确的是（）A.金属导体中电流的方向就是自由电子定向移动的方向B.在电解质溶液中有自由的正离子和负离子，电流方向不能确定C.不论何种导体，电流的方向规定为正电荷定向移动的方向D.电流的方向有时与正电荷定向移动的方向相同，有时与负电荷定向移动的方向相同【答案】C【解析】解：A、金属导体中电流的方向与自由电子定向移动的方向相反．故A错误；B、电解质溶液中电流方向与正离子定向移动的方向相同，与负离子定向移动的方向相反，所以能确定电流方向．故B错误；C、物理学上规定：电流的方向为正电荷定向移动的方向．故C正确；D、电流方向与正电荷定向移动方向相同，而与负电荷定向移动方向相反．故D错误．电流方向与正电荷定向移动方向相同，与负电荷定向移动方向相反．电子带负电．电解质溶液中正离子和负离子向相反方向定向移动形成电流．本题考查对电流方向的理解能力．电流方向是物理学上人为规定的：与正电荷定向移动的方向相同．5.一段粗细均匀的电阻丝，横截面直径为d，电阻为R．现把它拉成直径为，它的电阻变成（）A. B.10000R C. D.100R【答案】B【解析】解：一段粗细均匀的电阻丝，横截面直径为d，现把它拉成直径为，则横截面积变为原来的，因为体积不变，则长度变为原来的100倍，根据电阻定律R=知电阻变为原来的10000倍．故B正确，A、C、D错误．故选B．根据电阻定律R=判断电阻的变化．解决本题的关键抓住导线的体积不变，得出长度和横截面积的变化，根据电阻定律进行分析．四、多选题(本大题共1小题，共4.0分)6.下列说法正确的是（）A.一个电阻和一根无电阻的理想导线并联，总电阻为零B.并联电路任一支路的电阻都大于电路的总电阻C.并联电路任一支路的电阻增大（其它支路不变），则总电阻可能减小D.在并联电路两端再增加一电阻很大的支路（其它支路不变），则总电阻一定减小【答案】ABD【解析】解：A、一个电阻和一根无电阻的理想导线并联时，总电阻为：R===0，故A正确．B、根据并联总电阻与各个支路电阻的关系：=++…，可知，＞，则得R n＞R，故B正确．C、根据上式知，若R n增大，减小，则R增大，故C错误．D、根据=++…，可知，在并联电路两端再增加一电阻很大的支路，增大，则R减小，故D正确．故选：ABD=++…．根据并联电路总电阻与各个支路的电阻关系进行分析．本题关键掌握并联总电阻的倒数等于各个支路电阻倒数之和，根据数学知识进行分析．五、单选题(本大题共5小题，共20.0分)7.如图所示为大小不同的两个电阻的电流随电压变化的图象，那么1、2所表示的电阻及两电阻串联或并联后的图线所在区域分别是（）A.1表示电阻大的图线，并联后图线在区域ⅢB.1表示电阻小的图线，串联后图线在区域ⅡC.1表示电阻小的图线，并联后图线在区域ⅠD.1表示电阻大的图线，串联后图线在区域Ⅰ【答案】C【解析】解：A、C，由图看出，图线1的斜率大于图线2的斜率，而图线的斜率等于电阻的倒数，则1表示电阻小的图线．并联后总电阻比任何一个电阻都小，斜率比图线1还要大，则并联后图线在区域Ⅰ．故A错误，C正确．B、D，由上可知，1表示电阻小的图线．两电阻串联后总电阻比任何一个电阻都大，斜率比图线2还要大，则串联后图线在区域Ⅲ．故BD错误．故选C电阻的伏安特性曲线的斜率等于电阻的倒数，斜率越大，电阻越小，斜率越小，电阻越大．两电阻并联后总电阻比任何一个电阻都小，串联后总电阻比任何一个电阻都大．本题关键抓住图线的斜率表示电阻的倒数，从数学角度来理解图象的物理意义．8.有一待测电阻R x，无法估计其粗略值．某同学应用伏安法进行测量，按下图所示（甲）、（乙）两种电路各测一次，用（甲）图测得的数据是2.9V，4.0m A；用（乙）图测得的数据是3.0V，3.0m A．由此可知（）A.甲图测量的值误差较小，测得值R x=725ΩB.乙图测量的值误差较小，测得值R x=1000ΩC.甲图测量的值误差较小，测得值R x=1000ΩD.乙图测量的值误差较小，测得值R x=725Ω【答案】B【解析】解：由题意，甲、乙两种情况下，电压表示数的变化量大小为：△U=3.0V-2.9V=0.1V，读数的变化率为：==；电流表示数的变化量大小为：△I=4.0m A-3.0m A=1m A，读数的变化率为：=，所以＞，说明电流表读数变化显著，电压表分流作用较大，所以应采用电流表内接法，测量误差较小，即乙图测量的值误差较小，测得值=Ω=1000Ω．R x=乙乙甲图是安培表外接法，由于电压表的分流作用，安培表测量值偏大；乙图是安培表内接法，由于安培表的分压作用，电压表测量值偏大；根据两个电表读数变化率大小，确定哪种电路误差较小，再根据欧姆定律求解测量值．本题是一种实验试探法确定电流表的接法，关键要两种电路误差的来源，选择测量误差较小的接法．9.内阻为1200欧的伏特表与电阻R串联，接入内阻可忽略的电动势为6伏特的电池两端，此时伏特表的读数为4.5伏，则此电阻R的阻值是（）A.300欧B.400欧C.1200欧D.3600欧【答案】B【解析】解：电阻R上的电压：U=6V-4.5V=1.5V串联电路电流相等，根据欧姆定律：U=IR则分压与电阻成正比，即分压之比等于电阻之比：=得：R=400Ω故选：B．根据串联电路的分压之比与电阻之比成正比即可求解．本题考查了串联电路中电阻与分压的关系，记住：大电阻分大电压．10.关于电源的电动势，下列说法正确的是（）A.电源的电动势就是接在电源两极间的电压表测得的电压B.同一电源接入不同的电路，电动势就会发生变化C.电源的电动势是表示电源把其他形式的能转化成电能的本领大小的物理量D.在闭合电路中，当外电阻变大时，路端电压增大，电源的电动势也增大【答案】C【解析】解：A、电压表是由内阻的，跟电源连接后构成一个通路，测量的是电压表内阻的电压，所以电压表测得的电源两极间电压值略小于电动势．故A错误．B、电动势反映本身的特性，与外电路的结构无关．故BD错误．C、电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，电动势越大，本领越大．故C正确．故选：C．电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势．电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，与外电路的结构无关．电源的电动势在数值上等于内、外电压之和．本题考查对于电源的电动势的理解能力．电动势是表征电源把其他形式的能转化为电能本领大小，与外电路无关．11.一太阳能电池板，测得它的开路电压为800m V，短路电流40m A．若将该电池板与一阻值为20Ω的电阻器连成一闭合电路，则它的路端电压是（）A.0.10VB.0.20VC.0.30VD.0.40V【答案】D解：电源没有接入外电路时，路端电压值等于电动势，则知电池板的电动势为：E=800m V由闭合电路欧姆定律得短路电流：I短=则电源内阻：==20Ωr=短该电源与20Ω的电阻连成闭合电路时，电路中电流：I==m A=20m A故路端电压：U=IR=20m A×20Ω=400m V=0.40V；故选：D．由电池板开路电路等于电源的电动势，求出电动势，由短路电流求出电源的内阻．再根据闭合电路欧姆定律求出电流和路端电压．对于电动势的概念要理解：电动势等于外电压和内电压之和，当外电路开路时，内电压为零，开路电路等于电源的电动势．六、多选题(本大题共1小题，共4.0分)12.如图甲所示，直线A为电源的路端电压U与电流I关系的图象，直线B是电阻R的两端电压U与电流I的关系图象．现用该电源与电阻R组成闭合电路，如图乙所示，则以下判断正确的是（）A.电阻R=1ΩB.电源的电动势E=3VC.电阻R消耗的电功率P=18WD.电源的内阻r=0.5Ω【答案】ABD【解析】解：A、由图象B可知，电阻R=Ω，故A正确；B、由图象A可知电源的电动势E=3V，短路电流为6A，根据r=Ω，故BD 正确；C、根据P=UI得：P=UI=2×2W=4W，故C错误；故选：ABD由图象A可知电源的电动势为3V，短路电流为6A；由图象B可得外电路电阻R为1Ω，两图象的交点坐标即为电阻R和电源构成闭合回路时的外电压和干路电流，根据P=UI 求解功率．根据U-I图象Ⅰ正确读出电源的电动势和短路电流，根据U-I图象正确读出外电路两端的电压和流过电阻的电流，是解决此类问题的出发点．13.（1）如图所示，图中螺旋测微器的读数为______ m．（2）用多用电表正确测量了一个13Ω的电阻后，需要继续测量一个阻值大概是20KΩ左右的电阻．在用红黑表笔接触这个电阻两端之前，以下哪些操作步骤是必须的？请选择其中有用的，并按操作顺序写出：______ ．（填字母代号）A．用螺丝刀调节表盘下中间部位的指针定位螺丝，使表针指0B．把选择开关旋转到“×100”位置C．把选择开关旋转到“×1k”位置D．调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点E．将红表笔和黑表笔接触．【答案】0.01052；C、E、D【解析】解：（1）由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为10.5mm=0.0105m，可动刻度示数为0.2×0.01mm=0.002mm=0.000002m，则螺旋测微器的示数为0.0105m+0.000002m=0.010502m；（2）测13Ω电阻时，应选择×1挡，要继续测量一个阻值大概是20kΩ左右的电阻，使指针指在中央刻度附近误差比较小，应选择×1k挡，换挡后要重新进行欧姆调零，然后再测电阻阻值，正确的操作顺序是：C、E、D．故答案为：（1）0.010502；（2）C、E、D．（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数．（2）欧姆表指针指在中间附近时，读数最准确；欧姆表每次使用应该先选档位，然后欧姆调零，最后测量；每次换挡需重新欧姆调零；最后调到交流最大电压挡．（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数，解题时注意单位换算．（2）本题考查了欧姆表的使用技巧以及读数方法：使指针指在中央刻度附近读数误差最小，基础题．14.为测定一阻值约为10Ω，额定电流约为0.4A的电阻器R的电阻，现准备有下列器材：（A）电源E：E=6V；内阻不计（B）电流表A1：量程为0～3A、内阻约为0.06Ω；（C）电流表A2：量程为0～0.6A、内阻约为0.3Ω；（D）电压表V1：量程为0～15V、内阻约为50KΩ；（E）电压表V2：量程0～5V、内阻约为10KΩ；（F）滑动变阻器R1：0～10Ω，额定电流为3A的滑动变阻器；（G）滑动变阻器R2：0～1500Ω，额定电流为0.5A的滑动变阻器；（H）电键S和导线若干．（1）实验中要求通过待测电阻的电流能从0.1A起逐渐增大，为尽可能较精确地测出该电阻的阻值，并且调节方便，应选用的器材为______ （填字母代号）（2）画出符合要求的电路图．【答案】ACEFH【解析】解：（1）测量电阻的原理是伏安法，即电阻的定义式R=．本实验必选的器材有：A、电源；H、电键S和导线若干．的额定电流即最大电流为0.4A，故电流表选择C（量程为0～0.6A、内阻约为0.3Ω）．实验中要求通过待测电阻的电流能从0.1A起逐渐增大，变阻器可采用分压式，为方便调节，变阻器可选择F（0～10Ω，额定电流为3A的滑动变阻器）（2）因为=≈33.3，==1000，则＞，故为减小测量误差，电流表应采用外接法．故符合要求的电路图如图所示．故答案为：（1）ACEFH（2）如图所示（1）本实验必选器材有：电源、电键C和导线若干．测量电阻的原理是伏安法，即R=．根据电源的电动势，选择电压表的量程．由用电器的额定电流值，选择电流表的量程．要求通过待测电阻的电流能从0.1A起逐渐增大，变阻器应接成分压式，故应阻值较小的变阻器．（2）根据两电表内阻与待测电阻倍数关系，选择电流表的内接法或外接法．对于电阻测量电路的设计，可记住这样的口诀：“大内偏大，小外偏小”．本题是伏安法测量电阻，从实验原理出发选择器材、设计电路、连接实物图等等，都是实验的基本技能，要加强培训，提高能力．八、计算题(本大题共2小题，共20.0分)15.在匀强电场中，有一轻质线AB，A端固定，B端固定一个大小可以忽略的质量为m的带电量为q的小球，当球静止后与竖直方向的夹角为θ，匀强电场的场强为E．（1）小球带何种电荷？求小球的带电量；（2）若剪断细线，求小球的加速度大小．【答案】解：（1）由图看出，细线向右偏转，说明小球所受的电场力向右，而场强也向右，说明小球带正电．对小球，分析受力如图，根据平衡条件得：T cosθ=mg①T sinθ=E q②由①②式解得：；（2）若剪断细线，小球将沿绳子方向向下做匀加速直线运动，此时小球所受的合力大小F=T，由牛顿第二定律得：T=ma又由上题有：T cosθ=mg解得：a=．答：（1）小球带正电，小球的带电量为；（2）若剪断细线，小球的加速度大小为．【解析】（1）由小球向什么方向偏转，判断电场力方向，根据电场力方向与场强方向的关系，判断小球带什么电．根据平衡条件求解小球的带电量．（2）若剪断细线，小球将沿着合力方向做匀加速直线运动．以小球为研究对象，分析受力，作出力图，根据牛顿第二定律求解小球的加速度大小．本题是带电体在电场中平衡问题，当作力学问题去处理，关键是分析电场力大小和方向．16.利用图所示的电路测电源的电动势和内阻，当变阻器的滑片停在某一位置时电流表和电压表的示数分别为0.20A和平1.98V，改变滑片的位置后，两表的示数分别为0.40A和1.96V，则电源的电动势和内阻分别为多少．【答案】解：由闭合电路欧姆定律E=U+I r得：E=U1+I r1，①E=U2+I r2，②联立解得，r=代入解得，r=0.1Ω③将③代入①得E=2V答：电源的电动势为2V，内阻为0.1Ω．【解析】由闭合电路欧姆定律E=U+I r列出两次的表达式，联立即可求解．本题属于对闭合电路欧姆定律的直接考查，只需列出闭合电路欧姆定律表达式联立即可求解．也可以作U-I图象求解．九、实验题探究题(本大题共1小题，共12.0分)17.如图所示，有一个表头G，满偏电流I g=500m A，内阻R g=200Ω，用它改装为有1A和10A两种量程的电流表，求R1、R2的阻值各为多大？【答案】解：改装为1A电流表时，并联电阻的分流电流为：I R=I-I g=1-500×10-3=0.5A，分流电阻的阻值为：R1+R2===200Ω，改装为10A电流表时：R2==，则：R1=180Ω，R2=20Ω；【解析】把小量程电流表改装成大量程电流表，应并联小电阻，根据并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值．把小量程电流表改装为大量程电流表应并联分流电阻，知道电表的改装原理、应用串并联电路特点与欧姆定律可以求出分流电阻阻值．。

2020学年度第一学期期中考试试卷高二级物理试题第Ⅰ卷（选择题共48分）一、选择题（1-8为单选题9-12题为多选题，每小题4分，共48分）1、下列说法中正确的是（）A．点电荷就是体积很小的带电体B．电场中P点的场强方向为试探电荷在该点受到的电场力的方向C．根据设想当r→0时得出F→∞D．A电荷受到B电荷的作用，是B电荷的电场对A电荷的作用2、如图所示，A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为φA=25V，φB=5V，φC=﹣5V，则下列说法正确的是（）A．把电荷量为1×10﹣3C的正点电荷从B点经C移到A点，电场力做功为2×10﹣2JB．A、C两点的连线方向即为电场线方向C．D点的电势为15 VD．把一个电子从B点移到D点，电场力做功可能为03、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)和灵敏电流计连接，电容器下极板接地。

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，则( )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．带电油滴在P点的电势能将减小D．此过程中灵敏电流计中的电流方向是由b流向a4、一根阻值为R的均匀电阻丝，长为L，横截面积为S，设温度不变，在下列哪些情况下，其电阻值仍为R（）5、已知铜的原子量为M，密度为ρ，每摩尔铜原子有n个可以自由移动的电子，今有一根横截面积为S 的铜导线，当通过的电流为I时，铜导线内电子平均定向移动的速率为（）A.光速cB.C.D.6、一个电流表的满偏电流I g=1mA．内阻为500Ω要把它改装成一个量程为100V的电压表，则应在电流表上（）A．串联一个99.5kΩ的电阻B．并联一个99.5kΩ的电阻C．串联一个9．5kΩ的电阻D．并联一个9．5kΩ的电阻7、如图所示L1灯与L2灯的电阻相同，当滑动变阻器R的滑片P向上滑动时，两灯亮度变化情况是( )A．L1灯变亮，L2灯变亮 B．L1灯变暗，L2灯变亮C．L1灯变暗，L2灯变暗 D．L1灯变亮，L2灯变暗8、分别用如图所示的甲、乙两种电路测量同一未知电阻的阻值，图甲中两表的示数分别为3V、4mA，图乙中两表的示数分别为4V、3.8mA，则待测电阻R x的真实值为( )A．略小于1 kΩB．略小于750ΩC．略大小1 kΩD．略大于750Ω9．下列关于电源的说法，正确的是( )A．电源向外提供的电能越多，表示电动势越大B．电动势表示电源将单位正电荷从负极移送到正极时，非静电力所做的功C．电源的电动势与外电路有关D．在电源内从负极到正极电势升高10、如图所示，图线a是某一电源的U﹣I曲线，图线b是一定值电阻的U﹣I曲线．若将该电源与该定值电阻连成闭合电路（已知该电源的内阻r=2.0Ω），则（）A．该定值电阻为6ΩB．该电源的电动势为20VC．将3只这种电阻并联作为外电阻，电源输出功率最大D．将2只这种电阻串联作为外电阻，电源输出功率最大11、如图所示，实线为电场线，虚线是点电荷q从A到B的运动路线．若不计重力，则下列说法中正确的是（）A．如果q是正电荷，电场线方向一定向左B．q可能是正电荷，也可能是负电荷，但电场力一定做正功C．q可能是正电荷，也可能是负电荷，但电势能一定增加D．q的运动速度一定减小12、如图所示，带正电的导体球A置于原来不带电的空腔导体球B内，a、c分别为导体A、B内的点，b为导体A和B之间的一点，下列说法正确的是( )A．a、b、c三点的电势都相等B．a点的场强为零，但电势最高C．b点的场强为零，但电势大于零D．a、c两点的场强为零，b点的场强不为零第Ⅱ卷（非选择题共52分）二、实验题（每空2分，共18分）13、（1）在“测金属的电阻率”的实验中，分别用游标卡尺和螺旋测微器测出用金属材料制成的一段圆柱体的长度和横截面的直径如图实所示。

河北省邢台市第二中学2014-2015学年高二上学期第二次月考物理试题一、选择题（1-8题为单选题，9-12题为多选题，每题4分，共48分，选对选不全给2分）1．关于磁场和磁感线的描述，正确的说法是( )A．磁感线从磁体的N极出发，终止于S极B．磁场的方向就是通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向C．沿磁感线方向，磁场逐渐减弱D．在磁场强的地方同一通电导体受的安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小2．关于通电直导线所受的安培力F、磁感应强度B和电流I三者方向之间的关系，下列说法中正确的是：A. F、B、I的三者必定均相互垂直B. F必定垂直于B、I，但B不一定垂直于IC. B必定垂直于F、I，但F不一定垂直于ID. I必定垂直于F、B，但F不一定垂直于B3．如图所示，在一匀强电场区域中，有A、B、C、D四点恰好位于一平行四边形的四个顶点上，已知A、B、C三点电势分别为φA＝1 V，φB＝4 V，φC＝0，则D点电势φD 的大小为()A．－3 V B．0 C．2 V D．1 V4．在磁感应强度为B的磁场中，一面积为S的矩形线圈abcd如图所示竖直放置，此线圈平面向右以OO′为轴转动θ角，则磁通量的变化量为( )A．0 B．BSC．BSsinθ-BS D．BScosθ-BS5．一电流表的满偏电流I g=1mA，内阻为200Ω。

要把它改装成一个量程为0.5A的电流表，则应在电流表上（）A．并联一个200Ω的电阻B．并联一个0.4Ω的电阻C．串联一个0.4Ω的电阻D．串联一个200Ω的电阻6．如图所示为将不同电压加在一段金属导体两端，在温度不变的情况下所测得的I －U图线．试根据图线回答：若将这段金属导体在保持长度不变的前提下增大其横截面积，则这段导体的电阻( )A．等于4.0 ΩB．大于2.0 ΩC．小于2.0 ΩD．等于2.0 Ω7．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 ．则电容器的电容减小，极板带电量将增大8. 如图所示，U －I 图线上，a 、b 、c 各点均表示该电路中有一个确定的工作状态，b 点α=β=45°，则下列说法中正确的是 （ ）A ．在b 点时，电源有最小输出功率B ．在b 点时，电源的总功率最大C ．从a→b 时，β增大，电源的总功率和输出功率都将增大D ．从b→c 时，β增大，电源的总功率和输出功率都将减小9．关于库仑定律的公式F ＝k Q 1Q 2r 2，下列说法中正确的是( ) A ．当真空中的两个点电荷间的距离r →∞时，它们之间的静电力F →0B ．当真空中的两个点电荷间的距离r →0时，它们之间的静电力F →∞C ．当两个点电荷之间的距离r →∞时，库仑定律的公式就不适用了D ．当两个点电荷之间的距离r →0时，电荷不能看成是点电荷，库仑定律的公式就不适用10．把一小段通电直导线垂直磁场方向放入一匀强磁场中，图中能够正确反映各量之间关系的是( )11．带电粒子以初速度v 0垂直电场方向进入平行金属板形成的匀强电场中，它离开时偏离原方向偏移距离为y ，偏角为φ，下列说法正确的是( )A ．粒子在电场中做类平抛运动B ．偏角φ与粒子的电荷量和质量无关C ．粒子飞过电场的时间，决定于极板长和粒子进入电场时的初速度D ．粒子的偏移距离y ，可用加在两极板上的电压控制12．如图所示，电源内阻不可忽略，R 1为半导体热敏电阻，它的电阻随温度的升高而减小，R 2为锰铜合金制成的可变电阻．当发现灯泡L 的亮度逐渐变暗时，可能的原因是（ ）A ．R 1的温度逐渐降低B ．R 1的温度逐渐升高C ．R 2的阻值逐渐增大D ．R 2的阻值逐渐减小二．实验题：（13题每空3分，14题每空3分，连线题4分，有一处连错不给分。

邢台县会宁中学2014-2015学年度高一上学期期中考试物理试题一．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，至少有一个选项正确；全部选对得4分，选不全得2分，有选错或不答的得0分。

1.下面关于力的说法中正确的是( )A.力是物体对物体的作用；B.只有直接接触的物体间才有力的作用；C.如果一个物体是受力物体，那么它必定同时也是施力物体；D.力可以离开物体而独立存在。

2.用水平方向的力F将一块重为G的木块紧压在竖直墙壁上，使木块保持静止，下列说法正确的是( )A. F<G;B. F=G;C.如果增大F,木块与墙壁之间的静摩擦力也增大；D.如果增大F,木块与墙壁之间的静摩擦力不变。

3.两个共点力的大小都是F,其合力的大小F合( )A.一定大于F ;B.一定小于F ;C.一定满足0<F合<2F;D.若等于F,两力夹角一定等于120°。

4.在光滑的斜面上自由下滑的物体受到的力是( )A.重力和斜面的支持力；B.重力、下滑力；C.重力,下滑力和斜面的支持力；D.重力垂直斜面的分力就是它对斜面的压力。

5.如图所示，一个小球被一根竖直细绳悬挂并紧靠在光滑斜面上，小球受力的个数为( )A.1个；B.2个；C.3个；D.4个。

6. 一质点在x轴上运动,初速度v o＞０,加速度a＞０,当a的量值开始减小时,则该质点( )Ａ.速度开始减小,直到加速度等于零为止;Ｂ.位移开始减小,直到加速度等于零为止;Ｃ.速度继续增大,直到加速度等于零为止;Ｄ.速度继续增大,加速度的方向和速度的方向相反。

7.短跑运动员在百米竞赛中，测得5s末的速度是9m/s,10s末到达终点时的速度是10.2m/s,则全程内的平均速度是( )A. 5.1m/s;B.9m/s;C.10m/s;D.10.2m/s 。

8.由高处释放一粒小石子，经过1s钟，从同一地点再释放一粒小石子，在落地之前，两粒石子间的距离( )A.保持不变；Ｂ.不断增大；C.不断减小；D.有时增大，有时减小。