河北省邯郸市曲周县第一中学1516学年高二上学期第一次月考——物理物理

河北省邯郸市曲周县第一中学全国重点高中初升高自主招生物理模拟试题(含答案)一、选择题1．在使用家用电器时，下列说态正确的是（）A．洗衣机使用三孔插座主要是为了防雷击B．电冰箱靠墙放置有利于散热C．电视机处于待机状态时仍会消耗电能D．电饭锅的插头沾水后不能接入电路是容易造成断路2．一块冰全部熔化成水后，下列判断正确的是（）A．体积一定变大B．比热容一定不变C．具有的热量一定变大D．具有的内能一定变大3．下列现象中，不能用惯性知识解释的是（）A．在水平操场上滚动的足球，最终要停下来B．行驶中的公交车紧急刹车时，乘客会向前倾C．用力拍打刚晒过的被子，被子上的灰尘会脱落D．锤头松了，把锤柄的一端在坚硬的地面撞击几下，锤头就能紧套在锤柄上4．小明把上钩后的鱼匀速拉出水面过程中，会感觉鱼逐渐“变重”，关于小明用该鱼竿钓鱼的过程，下列说法正确的是（）A．鱼竿是省力杠杆，鱼受到的浮力逐渐增大B．鱼竿是省力杠杆，细绳上的拉力逐渐减小C．鱼竿是费力杠杆，鱼受到的重力逐渐增大D．鱼竿是费力杠杆，细绳上的拉力逐渐增大5．关于粒子和宇宙的说法正确的是（）A．扫地时灰尘飞舞，说明分子在做无规则运动B．手捏海绵，海绵体积变小，说明分子间有空隙C．毛皮与橡胶棒摩擦，橡胶棒由于得到电子而带负电D．宇宙是一个有层次的天体结构系统，恒星是绝对不动的6．如图是小马制作的神奇转框，框的上部中央与电池正极相连，下部紧贴在与电池负极相连的可导电的柱形磁体两侧，金属框就能持续转动，以下各图与其工作原理相同的是（）A．B．C．D．7．下列关于简单机械的理解，错误的是：（）A．木螺丝能轻松拧入木头，螺丝的螺纹可看作是一个斜面B．汽车方向盘是一个轮轴，其本质是一个等臂杠杆C．将绳子把两根光滑的木棍绕起来，可以看作是滑轮组D．蜡烛跷跷板在两端蜡烛都点燃时能上下摆动，因此可以看作是一个杠杆8．如图所示，矩形线圈两端作为转轴置于支架上，与小量程电流表连接，线圈下面放置磁体。

河北省曲周县第一中学高二物理上学期精选试卷检测题一、第九章静电场及其应用选择题易错题培优（难）1．如图所示，y轴上固定有两个电荷量相等的带正电的点电荷，且关于坐标原点O对称。

某同学利用电场的叠加原理分析在两电荷连线的中垂线（x轴）上必定有两个场强最强的点A、'A，该同学在得到老师的肯定后又在此基础上作了下面的推论，你认为其中正确的是（）A．若两个点电荷的位置不变，但电荷量加倍，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置B．如图(1)，若保持两个点电荷的距离不变、并绕原点O旋转90°后对称的固定在z轴上，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置C．如图(2)，若在yoz平面内固定一个均匀带正电圆环，圆环的圆心在原点O。

直径与(1)图两点电荷距离相等，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置D．如图(3)，若在yoz平面内固定一个均匀带正电薄圆板，圆板的圆心在原点O，直径与(1)图两点电荷距离相等，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置【答案】ABC【解析】【分析】【详解】A．可以将每个点电荷（2q）看作放在同一位置的两个相同的点电荷（q），既然上下两个点电荷（q）的电场在x轴上场强最大的点仍然在A、A＇两位置，两组点电荷叠加起来的合电场在x轴上场强最大的点当然还是在A、A＇两位置，选项A正确；B．由对称性可知，保持两个点电荷的距离不变、并绕原点O旋转90°后对称的固定在z轴上，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置，选项B正确；C．由AB可知，在yOz平面内将两点电荷绕O点旋转到任意位置，或者将两点电荷电荷量任意增加同等倍数，在x轴上场强最大的点都在A、A＇两位置，那么把带电圆环等分成一些小段，则关于O点对称的任意两小段的合电场在x轴上场强最大的点仍然还在A、A＇两位置，所有这些小段对称叠加的结果，合电场在x轴上场强最大的点当然还在A、A＇两位置，选项C正确；D．如同C选项，将薄圆板相对O点对称的分割成一些小块，除了最外一圈上关于O点对称的小段间距还是和原来一样外，靠内的对称小块间距都小于原来的值，这些对称小块的合电场在x轴上场强最大的点就不再在A、A＇两位置，则整个圆板的合电场在x轴上场强最大的点当然也就不再在A、A＇两位置，选项D错误。

河北省邯郸市曲周县第一中学人教版高一物理第二学期第一次月考测试卷一、选择题1．一质点在水平面内运动，在xOy直角坐标系中，质点的坐标(x, y)随时间t变化的规律是x=t+t2m，y=t+35t2m，则（）A．质点的运动是匀速直线运动B．质点的运动是匀加速直线运动C．质点的运动是非匀变速直线运动D．质点的运动是非匀变速曲线运动2．一只小船渡河，水流速度各处相同且恒定不变，方向平行于岸边．小船相对于静水分别做匀加速、匀减速、匀速直线运动，运动轨迹如图所示．船相对于静水的初速度大小均相同，方向垂直于岸边，且船在渡河过程中船头方向始终不变．由此可以确定船（）A．沿AD轨迹运动时，船相对于静水做匀减速直线运动B．沿三条不同路径渡河的时间相同C．沿AB轨迹渡河所用的时间最短D．沿AC轨迹船到达对岸的速度最小3．如图所示，MN是流速稳定的河流，河宽一定，小船在静水中的速度为v.现小船自A点渡河，第一次船头沿AB方向，到达对岸的D处；第二次船头沿AC方向，到达对岸E处，若AB与AC跟河岸垂线AD的夹角相等，两次航行的时间分别为t B、t C，则（）A．t B>t C B．t B<t CC．t B＝t C D．无法比较t B与t C的大小4．如图所示，一小钢球从平台上的A处以速度V0水平飞出．经t0时间落在山坡上B处，此时速度方向恰好沿斜坡向下，接着小钢球从B处沿直线自由滑下，又经t0时间到达坡上的C处．斜坡BC与水平面夹角为30°，不计摩擦阻力和空气阻力，则小钢球从A到C的过程中水平、竖直两方向的分速度V x、V y随时间变化的图像是()A．B．C．D．5．如图所示，P是水平地面上的一点，A、B、C、D在同一条竖直线上，且AB=BC=CD.从A、B、C三点分别水平抛出一个物体，这三个物体都落在水平地面上的P点．则三个物体抛出时的速度大小之比为v A∶v B∶v C为()A236B．23C．1∶2∶3D．1∶1∶16．如图所示，A、B为半径相同的两个半圆环，以大小相同、方向相反的速度运动，A环向右，B环向左，则从两半圆环开始相交到最后分离的过程中，两环交点P的速度方向和大小变化为( )A．先向上再向下，先变大再变小B．先向上再向下，先变小再变大C．先向下再向上，先变大再变小D．先向下再向上，先变小再变大7．在美国拉斯维加斯当地时间2011年10月16日进行的印地车世界锦标赛的比赛中，发生15辆赛车连环撞车事故，两届印第安纳波利斯500赛冠军、英国车手丹·威尔顿因伤势过重去世．在比赛进行到第11圈时，77号赛车在弯道处强行顺时针加速超越是酿成这起事故的根本原因，下面四幅俯视图中画出了77号赛车转弯时所受合力的可能情况，你认为正确的是( )A．B．C．D．8．某船在静水中划行的速率为3m/s，要渡过30m宽的河，河水的流速为5m/s，下列说法中不正确的是（）A．该船渡河的最小速率是4m/sB．该船渡河所用时间最少为10sC．该船不可能沿垂直河岸的航线抵达对岸D．该船渡河所通过的位移的大小至少为50m9．如图所示的曲线为一质点在恒定合外力作用下运动的一段轨迹，质点由A到B的时间与质点由B到C的时间相等，已知曲线AB段长度大于BC段长度，则下列判断正确的是（）A．该质点做非匀变速运动B．该质点在这段时间内可能做加速运动C．两段时间内该质点的速度变化量相等D．两段时间内该质点的速度变化量不等10．如图所示，水平抛出的物体，抵达斜面上端P处，其速度方向恰好沿斜面方向，然后沿斜面无摩擦滑下，下列选项中的图象是描述物体沿x方向和y方向运动的速度-时间图象，其中正确的是（）A．B．C．D．11．不可伸长的轻绳通过定滑轮，两端分别与甲、乙两物体连接，两物体分别套在水平、竖直杆上。

高二上学期物理第一次月考试卷当我们在面临考试的来临的时候，不要紧张，让我们来做套试题卷减轻一下压力吧!下面是店铺网络整理高二上学期物理第一次月考试卷以供大家学习参考。

高二上学期物理第一次月考试卷：一.选择题:(本大题共12小题，每小题4分，共48分.其中1-7题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，8-12题有多个选项是正确的，全选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分.把答案前的字母填在答题卡相应的表格中)1.关于电流，下列说法中正确的是 ( )A.导体中无电流的原因是其内部自由电荷停止了运动B.同一个金属导体接在不同的电路中，通过的电流强度往往不同，电流大说明那时导体内自由电荷定向运动速率大C.由于电荷做无规则热运动的速率比电荷定向移动速率大得多，故电荷做无规则热运动形成的电流也就大得多D.电流的传导速率就是导体内自由电子的定向移动速率2.在截面积为S、粗细均匀的铜导体中流过恒定电流I，铜的电阻率为ρ，电子的电荷量为e，则电子在铜导体中运动时受到的电场作用力为 ( )A.0B.Iρe/SC.IS/ρeD.Ie/ρS3.下图为A、B两灯泡的I—U图象.把它们串联接在220V的恒压电源上。

根据图象，计算A、B两灯泡的实际功率分别约为 ( )A.48.4W、22WB.22W、48.4WC.50W、170WD.5W、17W4.如图所示， (核内有一个质子，没有中子), (核内有一个质子，一个中子), (核内有一个质子，两个中子)和(核内有两个质子，两个中子)四种原子核的混合粒子沿平行板电容器两板中线OO/射入板间的匀强电场中，射出后都打在与OO/垂直的固定荧光屏上，使荧光屏上出现亮点.下列说法正确的是 ( )A.若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将出现4个亮点B.若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将出现4个亮点C.若它们射入电场时的质量与速度之积相等，在荧光屏上将出现4个亮点D.若它们都是从静止开始由同一加速电场加速后再射入此偏转电场的，则在荧光屏上将出现4个亮点5.甲、乙两根保险丝均用同种材料制成，直径分别是d1=0.5mm 和d2=1mm，熔断电流分别为2.0A和6.0A，把以上两根保险丝各取等长一段并联后再接入电路中，允许通过的最大电流是 ( )A.6.0AB.7.5AC.10.0AD.8.0A6.如图所示，一个电量为-Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点.另一个电量为+q及质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，到B点时速度最小且为v.已知点电荷乙与水平面的动摩擦因数为μ、AB间距离为L0及静电力常量为k，则 ( )A.点电荷乙越过B点后继续向左运动，其电势能增多B.从A到B的过程中，电场力对点电荷乙做的功C.在点电荷甲形成的电场中，AB间电势差D.OB间的距离为7.如图所示，一个带正电的物体m，由静止开始从斜面上A点下滑，滑到水平面BC上的D点停下来。

河北省邯郸市曲周县第一中学高三物理上学期第一次摸底考试一试题物理试题一、选择题： ( 此题共 8 小题，每题6 分。

在每题给出的四个选项中，1～ 5 小题，只有一个选项切合题目要求， 6～ 8 小题有多项切合题目要求，所有选对的得 6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得 0 分。

）1．甲、乙两车在同一水平路面上做直线运动，某时辰乙车在前、 甲车在后，相距 x ＝ 6 m ，从现在开始计时，乙做匀减速运动，两车运动的 v － t 图象如下图．则在 0～ 12 s 内对于两车地点关系的判断，以下说法正确的选项是 A ．t ＝ 4 s 时两车相遇 B ． t ＝ 4 s 时两车间的距离最大 C ．0～ 12 s 内两车有两次相遇D ． 0～ 12 s 内两车有三次相遇2．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为 10∶ 1， b 是原线圈的 中心抽头，图中电表均为理想的沟通电表，定值电阻 R ＝10Ω，其他电阻均不计，从某时辰开始原线圈c 、d 两头加上如图乙所示的交变电压，则以下说法中正确的选项是A ．当单刀双掷开关与 a 连结时，电压表的示数为 22VB ．当单刀双掷开关与 a 连结且 t ＝ 0.01s 时，电流表示数为零C ．当单刀双掷开关由 a 拨向 b 时，原线圈的输入功率变小D ．当单刀双掷开关由 a 拨向 b 时，副线圈输出电压的频次变为25Hz3．已知某半径为 r0 的质量散布平均的天体，测得它的一个卫星的圆轨道的半径为 r ，卫星运转的 周期为 T 。

假定在该天体表面沿竖直方向以初速度 v0 向上抛出一个物体，不计阻力，求它能够抵达 的最大高度 h 是多少？v 02 T 2 (rr 0 ) 2v 02 T 2 ( r r 0 ) 2v 02 T 2 r 02 v 02 T 2 r 02A ．4 2 r 3B ． 8 2 r3C ． 4 2 r 3D ． 8 2 r 34．如右图所示，匀强电场方向平行于xOy 平面， 在 xOy 平面内有一个半径为 R ＝ 5 cm的圆，圆上有一动点 P ，半径 OP 与 x 轴方向的夹角为 θ， P 点沿圆周挪动时， O 、 P两点的电势差知足UOP ＝25 sin θ(V) ，则该匀强电场的大小和方向分别为A ．5 V/m ，沿 x 轴正方向B ． 500V/m ，沿 y 轴负方向iC ．500 V/m ，沿 y 轴正方向D ．250 2 V/m ，沿 x 轴负方向5. 一闭合线圈固定在垂直于纸面的平均磁场中，设向里为磁感觉强度BO12 t 的正方向，线圈中的箭头为电流i 的正方向，如图 (a) 所示 . 已知线圈中感觉电流 i 随时间而变化的图象如图 (b) 所示，则磁感觉强度 B 随时间而(a)(b)变化的图象可能是以下图中的BBB BOO2OO111122 t2 tttA B C D6．在电场强度大小为 E 的匀强电场中，将一个质量为 m 、电荷量为 q 的带电小球由静止开始开释，带电小球沿与竖直方向成 高三物理试题共 4页第 1页ε 和机械能 W 的判断， θ 角的方向做直线运动 . 对于带电小球的电势能- 1 -不正确的选项是qE qEA．若 sin θ<，则ε必定减少， W必定增添B．若 sin θ＝，则ε、 W必定不变mg mgqE qEC．若 sin θ = ，则ε必定增添， W必定减小D．若 tan θ＝，则ε可能增添， W必定增添mg mg7．如下图，长木板搁置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m，μ物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间动摩擦因数为 3 ，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加快度为g. 现对物块施加一水平向右的拉力F，则木板加快度 a 大小可能是A．a＝μ g B ． a＝2μgμg F μg C． a＝D． a＝－3 3 3 2m8．某科研单位设计了一空间飞翔器，飞翔器从地面腾飞时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角α＝ 60°，使飞翔器恰好与水平方向成θ＝ 30°角的直线斜向右上方匀加快飞翔，经时间t 后，将动力的方向沿逆时针旋转 60°同时适合调理其大小，使飞翔器依旧能够沿原方向匀减速飞翔，飞翔器所受空气阻力不计，以下说法中正确的选项是A．加快时加快度的大小为gB．加快时动力的大小等于mgC．减速时动力的大小等于二．非选择题（ 52 分）3mg2D．减速飞翔时间t 后速度为零9、(6分）一个有必定厚度的圆盘，能够绕经过中心垂直于盘面的水平轴转动，圆盘加快转动时，角速度的增添量Δω 与对应时间Δt的比值定义为角加快度β（即β=t）。

河北省邯郸市曲周县第一中学高二物理上学期精选试卷检测题一、第九章静电场及其应用选择题易错题培优（难）1．如图所示，一带电小球P用绝缘轻质细线悬挂于O点。

带电小球Q与带电小球P处于同一水平线上，小球P平衡时细线与竖直方向成θ角（θ<45°）。

现在同一竖直面内向右下方缓慢移动带电小球Q，使带电小球P能够保持在原位置不动，直到小球Q移动到小球P位置的正下方。

对于此过程，下列说法正确的是（）A．小球P受到的库仑力先减小后增大B．小球P、Q间的距离越来越小C．轻质细线的拉力先减小后增大D．轻质细线的拉力一直在减小【答案】AD【解析】【分析】【详解】画出小球P的受力示意图，如图所示当小球P位置不动，Q缓慢向右下移动时，Q对P的库仑力先减小后增大，根据库仑定律可得，QP间的距离先增大后减小；轻质细线的拉力则一直在减小，当Q到达P的正下方时，轻质细线的拉力减小为零，故选AD。

2．如图所示，A、B两点有等量同种正点电荷，AB连线的中垂线上C、D两点关于AB对t 时刻，一带正电的点电荷从C点以初速度v0沿CD方向射入，点电荷只受电场称，0力。

则点电荷由C到D运动的v-t图象，以下可能正确的是A．B．C．D．【答案】BD【解析】【分析】【详解】由于AB是同种电荷，所以连线中点的场强为零，无穷远处场强也为零，其间有一点电场强度最大，所以粒子从C点向中点运动过程中，加速度可能一直减小，也可能先减小后增大，选项AC错误，BD正确。

故选BD。

3．如图所示，两个带电小球A、B分别处于光滑绝缘的竖直墙面和斜面上，且在同一竖直平面内，用水平向左的推力F作用于B球，两球在图示位置静止，现将B球沿斜面向下移动一小段距离，发现A球随之向上移动少许，两球在新位置重新平衡，重新平衡后与移动前相比，下列说法正确的是（）A．推力F变小B．斜面对B的弹力不变C．墙面对A的弹力不变D．两球之间的距离减小【答案】AB【解析】【详解】CD．先对小球A受力分析，受重力、支持力、静电力，如图所示：根据共点力平衡条件，有：mgFcos=库α，NF mgtan=α由于α减小，可知墙面对A的弹力变小，库仑力减小，故两球间距增加，选项CD错误；AB．对AB整体受力分析，受重力、斜面支持力N、墙壁支持力F N、推力F，如图所示：根据共点力平衡条件，有NNsin F FNcos m M g+==+（）ββ解得()F mgtan m M gtanM m gNcos=-++=（）αββ由于α减小，β不变，所以推力F减小，斜面对B的弹力N不变，选项AB正确。

河北省邯郸市曲周第一中学高三物理模拟试题含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. （单选）已知地球质量是月球质量的a倍，地球半径是月球半径的b倍，下列结论正确的是A.地球表面和月球表面的重力加速度之比为；B.卫星环绕地球表面运行和环绕月球表面运行的速率之比为C．卫星环绕地球表面运行和环绕月球表面运行的周期之比为D.卫星环绕地球表面运行和环绕月球表面运行的角速度之比为参考答案：C2. （多选）关于原子核的结合能，下列说法正确的是________．A．原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量B．一重原子核衰变成α粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能C．铯原子核(Cs)的结合能小于铅原子核(Pb)的结合能D．比结合能越大，原子核越不稳定E．自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量大于该原子核的结合能参考答案：【知识点】原子核衰变及半衰期、衰变速度．O1 O2【答案解析】ABC解析：A、原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量，故A正确；B、一重原子核衰变成α粒子和另一原子核，要释放能量，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能，故B正确；C、铯原子核不如铅原子核稳定，所以铯原子核（Cs）的结合能小于铅原子核（Pb）的结合能，故C正确；D、原子核的平均结合能越大，表示原子核的核子结合得越牢固，原子核越稳定，故D错误；E、自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量等于该原子核的结合能，故E错误；故选：B．本题考查了结合能的知识，知道当核子结合成原子核时有质量亏损，要释放一定能量，原子核的平均结合能越大，表示原子核的核子结合得越牢固．故选ABC【思路点拨】比结合能：原子核结合能对其中所有核子的平均值，亦即若把原子核全部拆成自由核子，平均对每个核子所要添加的能量．用于表示原子核结合松紧程度．结合能：两个或几个自由状态的粒子结合在一起时释放的能量．自由原子结合为分子时放出的能量叫做化学结合能，分散的核子组成原子核时放出的能量叫做原子核结合能．3. （单选）一束光线从折射率为1.5的玻璃射向空气，入射角为45°。

2015-2016学年河北省邯郸市魏县一中、曲周一中联考高二（上）期中物理试卷一、选择题（本题包括12小题，共48分，每小题给出的四个选项中，1--8小题只有一个选项正确，9--12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．有关磁场的物理概念，下列说法中错误的是（）A．磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，是矢量B．磁感应强度的方向跟产生磁场的电流方向有关C．磁感应强度的方向跟放入磁场中的受磁场力作用的电流方向有关D．磁感线的切线方向表示磁场的方向，其疏密表示磁感应强度的大小2．两个小灯泡，分别标有“1A4W”和“2A1W”的字样，则它们均正常发光时的电阻阻值之比为（）A．2：1 B．16：1 C．4：1 D．1：163．一段长为L，电阻为R的均匀电阻丝，把它拉制成3L长的均匀细丝后，切成等长的三段，然后把它们并联在一起，其电阻值为（）A．B．3R C．D．R4．有一只电熨斗，内部电路如图甲所示，其中M为旋钮的内部接线端子，旋钮有“高”、“中”、“低”、“关”四个挡，每个挡内部接线有如图乙中所示的四种方式，下列判断中正确的是（）A．a方式为“高”档B．b方式为“低”档C．c方式为“关”档D．d方式为“中”档5．一个用满偏电流为3mA的电流表改装成欧姆表，调零后用它测500Ω的标准电阻时，指针恰好指在刻度盘的正中间，如用它测量一个未知电阻时，指针指在1mA处，则被测电阻的阻值为（）A．2000ΩB．5000ΩC．150Ω D．1000Ω6．一个直流电动机所加电压为U，电流为I，线圈内阻为R，当它工作时，下述说法中错误的是（）A．电动机的输出功率为B．电动机的发热功率为I2RC．电动机的输出功率为IU﹣I2R D．电动机的功率可写作IU7．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，合上开关S后各电灯都能发光．如果某一时刻电灯L1的灯丝烧断，之后各灯虽亮度变化，但并未损坏，则之后（）A．L3变亮，L2、L4变暗B．L2、L3变亮，L4变暗C．L4变亮，L2、L3变暗D．L3、L4变亮，L2变暗8．两个绝缘导体环AA′、BB′大小相同，环面垂直，环中通有相同大小的恒定电流，如图所示，则圆心O处磁感应强度的方向为（AA′面水平，BB′面垂直纸面）（）A．指向左上方B．指向右下方C．竖直向上 D．水平向右9．关于电动势下列说法正确的是（）A．电源电动势等于电源正负极之间的电势差B．用电压表直接测量电源两极得到的电压数值，实际上总略小于电源电动势的准确值C．电源电动势总等于内、外电路上的电压之和，所以它的数值与外电路的组成有关D．电源电动势总等于电路中通过1C的正电荷时，电源提供的能量10．如图所示，一个质子和一个α粒子先后垂直磁场方向进入一个有理想边界的匀强磁场区域，它们在磁场中的运动轨迹完全相同，都是以图中的O点为圆心的半圆．已知质子与α粒子的电荷量之比q1：q2=1：2，质量之比m1：m2=1：4，则以下说法中正确的是（）A．它们在磁场中运动时的动能相等B．它们在磁场中所受到的向心力大小相等C．它们在磁场中运动的时间相等D．它们在磁场中运动时的质量与速度的乘积大小相等11．在如图所示的图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路．由图象可知（）A．电源的电动势为3V，内阻为0.5ΩB．电阻R的阻值为2ΩC．电源的输出功率为2WD．电源的效率为66.7%12．在如图所示的电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用△I、△U1、△U2和△U3表示．下列比值正确的是（）A．不变，变大B．变大，变大C．变大，不变D．变大，不变二、实验题（共16分．每空2分，绘图2分）13．在测定金属丝的直径时，螺旋测微器的读数如图所示．可知该金属丝的直径d=mm．14．有一个未知电阻Rx，用图中左和右两种电路分别对它进行测量，用左图电路测量时，两表读数分别为6V，6mA，用右图电路测量时，两表读数分别为5.9V，10mA，则用图所示电路测该电阻的阻值误差较小，测量值Rx=Ω，测量值比真值偏（填“大或小”）15．测量电源E的电动势E及内阻r（E约为4.5V，r约为1.5Ω）．器材：量程3V内阻为R V=20kΩ的电压表，量程0.5A的电流表具有一定内阻），固定电阻R=18kΩ，滑线变阻器R′=10Ω，电键K，导线若干．①画出实验电路原理图．图中各元件需用题目中给出的符号或字母标出．②实验中，当电流表读数为I1时，电压表读数为U1；当电流表读数为I2时，电压表读数为U2．则可以求出E=，r=．（用I1，I2，U1，U2及R表示）电动势的测量值比真实值（“大”或“小”）三、计算题（本题包括3小题，共36分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）16．如图所示，光滑的平行导轨倾角为θ，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，导轨中接入电动势为E、内阻为r的直流电源．电路中有一阻值为R的电阻，其余电阻不计，将质量为m、长为L的导体棒由静止释放，求导体棒在释放瞬间的加速度的大小．17．（12分）（2013春•白山期末）有一个直流电动机，把它接入0.2V电压的电路时，电动机不转，测得流过电动机的电流是0.4A，若把它接入2V电压的电路中，电动机正常工作，工作电流是1A．求：（1）电动机正常工作时的输出功率．（2）如在正常工作时，转子突然被卡住，此时电动机的发热功率多大？（提示：电动机在电路中转子不转动时为纯电阻用电器）18．（15分）（2006秋•潍坊期末）如图所示，有界匀强磁场的磁感应强度B=2×10﹣3T；磁场右边是宽度L=0.2m、场强E=40V/m、方向向左的匀强电场．一带电粒子电荷量q=﹣3.2×10﹣19C，质量m=6.4×10﹣27kg，以v=4×104m/s的速度沿OO′垂直射入磁场，在磁场中偏转后进入右侧的电场，最后从电场右边界射出．求：（1）大致画出带电粒子的运动轨迹；（画在答题纸上给出的图中）（2）带电粒子在磁场中运动的轨道半径；（3）带电粒子飞出电场时的动能E K．2015-2016学年河北省邯郸市魏县一中、曲周一中联考高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括12小题，共48分，每小题给出的四个选项中，1--8小题只有一个选项正确，9--12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．有关磁场的物理概念，下列说法中错误的是（）A．磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，是矢量B．磁感应强度的方向跟产生磁场的电流方向有关C．磁感应强度的方向跟放入磁场中的受磁场力作用的电流方向有关D．磁感线的切线方向表示磁场的方向，其疏密表示磁感应强度的大小【考点】磁感应强度；磁感线及用磁感线描述磁场．【分析】磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，是矢量，其方向就是该点的磁场方向，与产生磁场的电流方向有关，与放入磁场的电流元无关．磁感线的切线方向表示磁场的方向，其疏密表示磁感应强度的大小．【解答】解：A、磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，是矢量．故A正确．B、磁感应强度的方向就是该点的磁场方向，跟产生磁场的电流方向有关．故B正确．C、磁感应强度的方向是由磁场本身决定的，与放入磁场中的受磁场力作用的电流方向无关．故C错误．D、磁感线可以形象描述磁场的强弱和方向，磁感线的切线方向表示磁场的方向，其疏密表示磁感应强度的大小．故D正确．本题选错误的，故选C【点评】本题考查对磁感应强度和磁感线的理解，关键抓住磁感应强度描述磁场本身的特性的物理量，与放入磁场的电流元无关．2．两个小灯泡，分别标有“1A4W”和“2A1W”的字样，则它们均正常发光时的电阻阻值之比为（）A．2：1 B．16：1 C．4：1 D．1：16【考点】欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】已知两灯泡的电流及功率，而灯泡为纯电阻，故由P=I2R可求得电阻大小．【解答】解：由P=I2R可得：R=；解得：R1==4Ω；R2=Ω；故电阻之比为：16：1．故选：B．【点评】本题考查功率公式的应用，对于纯电阻电路功率公式要注意灵活掌握并加以应用．3．一段长为L，电阻为R的均匀电阻丝，把它拉制成3L长的均匀细丝后，切成等长的三段，然后把它们并联在一起，其电阻值为（）A．B．3R C．D．R【考点】电阻定律．【专题】恒定电流专题．【分析】一段长为L，电阻为R的均匀电阻丝，把它拉制成3L长的均匀细丝后，切成等长的三段，长度和横截面积均没有改变，根据电阻定律判断．【解答】解：一段长为L，电阻为R的均匀电阻丝，把它拉制成3L长的均匀细丝后，切成等长的三段，然后把它们并联在一起，长度和横截面积均没有改变，根据电阻定律公式R=，其电阻不变，为R；故选D．【点评】本题关键根据电阻定律判断，记住公式R=即可，基础题．4．有一只电熨斗，内部电路如图甲所示，其中M为旋钮的内部接线端子，旋钮有“高”、“中”、“低”、“关”四个挡，每个挡内部接线有如图乙中所示的四种方式，下列判断中正确的是（）A．a方式为“高”档B．b方式为“低”档C．c方式为“关”档D．d方式为“中”档【考点】串联电路和并联电路．【专题】恒定电流专题．【分析】由P=可知，当电阻最小时，功率最高，为高档；电阻最大时，功率最小，为低档；根据串并联电路的规律可得出接法．【解答】解：a中回路未闭合，故a方式为“关挡”，b中总电阻R b=R1+R2，c中总电阻为R c=R1，d中总电阻为R d=，由公式P=可知，d方式为“高”档，c方式为“中”档，b方式为“低”档，所以B正确，A、C、D错误；故选B．【点评】对于纯电阻电路可以应用P=可以求得功率；同时要注意并联电路中总电阻小于任一电阻．5．一个用满偏电流为3mA的电流表改装成欧姆表，调零后用它测500Ω的标准电阻时，指针恰好指在刻度盘的正中间，如用它测量一个未知电阻时，指针指在1mA处，则被测电阻的阻值为（）A．2000ΩB．5000ΩC．150Ω D．1000Ω【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】中间位置的刻度值为中值电阻值，为内部总电阻．再结合满偏电流值可求出欧姆表的电池的电动势．测量时总电阻=，则测量电阻为总电阻减去中值电阻．【解答】解：中值电阻为R中=500Ω则其内电源的电动势为E=I g R中=500×3×10﹣3=1.5V 所测电阻的阻值为R===1000Ω则ABC错误，D正确故选：D【点评】考查欧姆表的改装原理，明确中值电阻为内部总电阻，会结合满偏电流求电动势，进而求所测电阻．6．一个直流电动机所加电压为U，电流为I，线圈内阻为R，当它工作时，下述说法中错误的是（）A．电动机的输出功率为B．电动机的发热功率为I2RC．电动机的输出功率为IU﹣I2R D．电动机的功率可写作IU【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；恒定电流专题．【分析】电动机工作时，输入功率P=UI，内部消耗的功率为P热=I2R，输出功率P出=P﹣P．热【解答】解：A、电动机的总功率为P=UI，由于是非纯电阻电路，故I，故P≠，故A错误；B、电动机的发热功率，根据焦耳定律，P热=I2R．故B正确．C、电动机的输出功率P出=P﹣P热=UI﹣I2R．故C正确．D、电动机的总功率为P=UI，故D正确．本题选择错误的，故选：A．【点评】解决本题的关键明确电动机正常工作时是非纯电阻电路，掌握电动机输入功率、输出功率、发热功率之间的关系．7．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，合上开关S后各电灯都能发光．如果某一时刻电灯L1的灯丝烧断，之后各灯虽亮度变化，但并未损坏，则之后（）A．L3变亮，L2、L4变暗B．L2、L3变亮，L4变暗C．L4变亮，L2、L3变暗D．L3、L4变亮，L2变暗【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】根据电路的串并联关系，当电灯L1的灯丝烧断后，L2部分电阻增大，L2与L4串联电阻增大，与L3并联的总电阻增大，即外电路总电阻增大，则外电压增大，即L3的电压增大，L3变亮；根据干路电流与L3的变化情况，可确定L4电流的变化情况，就可判断L4变暗；由L2与L4总电压与L4电压的变化情况，可判断L2电压的变化情况，知道L2变亮．【解答】解：当电灯L1的灯丝烧断后，L2这段电路电阻增大，外电路总电阻R总增大，路端电压U增大，干路电流I减小，由P3=，R3不变，故L3变亮；由I4=I﹣I3，知I减小，I3增大，则I4减小，U4=I4R4，R4不变，U4减小，则L4亮暗；U2=U﹣U4，U增大，U4减小，则U2增大，则U2增大，则L2变亮．则A、C、D错误，B正确．故选B【点评】解决电路动态变化分析问题，往往按照从局部到整体，再由整体到局部的顺序进行分析，同时采用控制变量法8．两个绝缘导体环AA′、BB′大小相同，环面垂直，环中通有相同大小的恒定电流，如图所示，则圆心O处磁感应强度的方向为（AA′面水平，BB′面垂直纸面）（）A．指向左上方B．指向右下方C．竖直向上 D．水平向右【考点】磁感应强度．【分析】圆心O处磁感应强度是由两个导体环产生的磁场的叠加，根据安培定则分别判断两个环在O处产生的磁场方向，再按平行四边形定则合成．【解答】解：根据安培定则可知：导体环AA′在O处产生的磁场方向为竖直向上，导体环BB′在O处产生的磁场方向为水平向左，按平行四边形定则可知，O处磁感应强度的方向为指向左上方．故选A【点评】本题安培定则的应用能力，对于安培定则掌握两点：一是何时用；二是怎样用．9．关于电动势下列说法正确的是（）A．电源电动势等于电源正负极之间的电势差B．用电压表直接测量电源两极得到的电压数值，实际上总略小于电源电动势的准确值C．电源电动势总等于内、外电路上的电压之和，所以它的数值与外电路的组成有关D．电源电动势总等于电路中通过1C的正电荷时，电源提供的能量【考点】闭合电路的欧姆定律；电源的电动势和内阻．【专题】恒定电流专题．【分析】电源电动势的数值等于内、外电压之和．电动势表征电源把其他形式的能转化为电能本领的大小．电源两极间的电压等于或小于电源电动势．电动势与外电路的结构无关．根据电动势的定义式E=可求出电动势．【解答】解：A、电源电动势反映电源将其他形式能量转化为电能的本领大小，电源正、负极之间的电势差为电源的路端电压，只有当电源处于断路状态时，电源的电动势才等于路端电压，故A错误；B、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B正确．C、电动势反映电源的特性，与外电路的结构无关，故C错误；D、根据电动势的定义式E=可知电源电动势总等于电路中通过1C的正电荷时，电源提供的能量，故D正确．故选BD．【点评】本题考查对电动势物理意义的理解能力，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．10．如图所示，一个质子和一个α粒子先后垂直磁场方向进入一个有理想边界的匀强磁场区域，它们在磁场中的运动轨迹完全相同，都是以图中的O点为圆心的半圆．已知质子与α粒子的电荷量之比q1：q2=1：2，质量之比m1：m2=1：4，则以下说法中正确的是（）A．它们在磁场中运动时的动能相等B．它们在磁场中所受到的向心力大小相等C．它们在磁场中运动的时间相等D．它们在磁场中运动时的质量与速度的乘积大小相等【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】已知质子和α粒子的质量和电量关系，两个粒子的运动轨迹相同，轨迹半径r相等，根据半径公式r=即可求出速度之比，即可求得动能和向心力之比．时间都是半个周期，根据周期公式T=求解时间之比．动量之比由半径公式求解．【解答】解：粒子在匀强磁场中匀速圆周运动的半径公式r=又动能与速度的关系为E k=mv2则得，r=由题意知，两个粒子的轨迹半径r相等，q1：q2=1：2，质量之比m1：m2=1：4，解得：动能之比E k1：E k2=1：1，即动能相等；向心力公式F=m=，可知向心力大小相等；两个粒子运动时间都是半个周期，时间表达式为t=T则得：时间之比t1：t2=1：2；动量P=mv=qBr，可知P∝q，则得动量之比为：P1：P2=1：2．故AB正确，CD错误．故选：AB．【点评】本题是带电粒子在匀强磁场中半径和周期公式，对两公式一定要熟练掌握．11．在如图所示的图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路．由图象可知（）A．电源的电动势为3V，内阻为0.5ΩB．电阻R的阻值为2ΩC．电源的输出功率为2WD．电源的效率为66.7%【考点】路端电压与负载的关系；电功、电功率．【专题】比较思想；类比法；方程法；恒定电流专题．【分析】根据图线Ⅰ纵轴截距读出电源的电动势，斜率大小读出电源的内阻．图线Ⅱ的斜率大小等于电阻R的大小．两图线的交点表示电阻R接在该电源的电压和电流，求出电源的输出功率和电源的效率．【解答】解：A、由图线图线Ⅰ纵轴截距读出电源的电动势E=3V，其斜率大小等于电源的内阻r==Ω=0.5Ω．故A正确．B、电阻R的阻值为R==Ω=1Ω．故B错误．C、两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时电路中电流和路端电压，则有U=2V，I=2A，电源的输出功率为P=UI=2×2W=4W．故C错误．D、电源的效率为η==≈66.7%．故D正确．故选：AD．【点评】本题抓住伏安特性曲线的斜率、截距和交点的数学意义来理解其物理意义，注意输出功率与效率的区分．12．在如图所示的电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用△I、△U1、△U2和△U3表示．下列比值正确的是（）A．不变，变大B．变大，变大C．变大，不变D．变大，不变【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】定性思想；控制变量法；恒定电流专题．【分析】R1是定值电阻，根据欧姆定律得知==R1．变阻器是可变电阻，根据闭合电路欧姆定律研究、与电源内阻的关系，再分析选择．【解答】解：A、根据欧姆定律得知==R1．故当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，与均不变．故A错误．BC、=R2，变大．根据闭合电路欧姆定律得：U2=E﹣I（R1+r），则有=R1+r，不变．故B错误，C正确．D、=R1+R2，变大．根据闭合电路欧姆定律得：U3=E﹣Ir，则有=r，不变．故D正确．故选：CD【点评】本题要注意：对于定值电阻，是线性元件，有R==，对于非线性元件，R=≠，可根据闭合电路欧姆定律研究．二、实验题（共16分．每空2分，绘图2分）13．在测定金属丝的直径时，螺旋测微器的读数如图所示．可知该金属丝的直径d=0.900 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；注意判断0.5毫米刻度线是否出现的方法：若可动刻度的“0”在固定刻度上方，则没有露出，若在下方则以及露出．【解答】解：由于可动刻度的“0”在固定刻度下方，因此固定刻度的读数为0.5mm，可动刻度读数为0.01×40.0mm=0.400mm，所以最终读数为：0.900mm．故本题答案为：0.900【点评】本题的关键是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．14．有一个未知电阻Rx，用图中左和右两种电路分别对它进行测量，用左图电路测量时，两表读数分别为6V，6mA，用右图电路测量时，两表读数分别为5.9V，10mA，则用左图所示电路测该电阻的阻值误差较小，测量值Rx=1000Ω，测量值比真值偏大（填“大或小”）【考点】伏安法测电阻．【专题】恒定电流专题．【分析】根据题给条件分析电流表、电压表示数变化显著程度，来分析电路误差大小．测量值由电压表与电流表读数之比求出，剔除误差后求出真实值．【解答】解：两次测量电压表示数变化率大小==，电流表示数变化率大小==则＜可见电流表示数变化显著，说明电压分流作用显著，采用电流表内接法误差较小，故左图所示电路测该电阻的阻值误差较小．测量值R x===1000Ω真实值R真=R x﹣R A故测量值比真实值偏大．故答案是：左；1000Ω；大【点评】当待测电阻远大于电流表内阻时，电流表的分压小，可忽略不计，用电流表内接法．测量值偏大．待测电阻远小于电压表内阻时，电压表的分流小，可忽略不计，用电流表外接法，测量值偏小．15．测量电源E的电动势E及内阻r（E约为4.5V，r约为1.5Ω）．器材：量程3V内阻为R V=20kΩ的电压表，量程0.5A的电流表具有一定内阻），固定电阻R=18kΩ，滑线变阻器R′=10Ω，电键K，导线若干．①画出实验电路原理图．图中各元件需用题目中给出的符号或字母标出．②实验中，当电流表读数为I1时，电压表读数为U1；当电流表读数为I2时，电压表读数为U2．则可以求出E=，r=．（用I1，I2，U1，U2及R表示）电动势的测量值比真实值小（“大”或“小”）【考点】测定电源的电动势和内阻．【专题】实验题；实验探究题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题．【分析】①明确电压表的量程是否满足测量条件，根据题意进行改装；②根据闭合电路欧姆定律及改装原理列式，联立可求得电动势和内电阻．【解答】解：①因电压表量程太小，故因并联定值电阻扩大电压表量程；电流表有内阻，可以采用相对电源的外接法；如图所示；②根据闭合电路欧姆定律可知E=（R+R V）+I1rE=（R+R V）+I2rE=r=由图示可得，电压表测路端电压，但由于电压表的分流作用，使电流表的测量值小于真实值；实验误差是由于电压表的分流造成的；当外电路短路时，电压表不分流，故短路电流相同；而测量的电流值要小于真实值；故作出测量值和真实值的图象如图所示；由图示可知，伏安法测电阻相对于电源来说采用电流表外接法，由于电压表分流作用，电流表测量值偏小，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的U﹣I图象如图所示，由图象可知，电动势测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值故答案为：①如图所示；②；；小．【点评】本题考查了数据处理以及实验误差分析，分析清楚电路结构、知道实验误差的原因是由于电表内阻的影响，并会应用图象进行分析误差现象；明确误差结果．三、计算题（本题包括3小题，共36分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）16．如图所示，光滑的平行导轨倾角为θ，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，导轨中接入电动势为E、内阻为r的直流电源．电路中有一阻值为R的电阻，其余电阻不计，将质量为m、长为L的导体棒由静止释放，求导体棒在释放瞬间的加速度的大小．【考点】安培力；牛顿第二定律．【分析】导体棒在释放瞬间受重力、支持力和安培力，根据正交分解求出导体棒所受的合力，根据牛顿第二定律求出释放瞬间的加速度．【解答】解：受力分析如图所示，导体棒受重力mg、支持力F N和安培力F，由牛顿第二定律：mgsin θ﹣Fcos θ=ma①F=BIL②I=③由①②③式可得a=gsin θ﹣．答：导体棒在释放瞬间的加速度的大小为gsin θ﹣．【点评】解决本题的关键能够正确地进行受力分析，求出合力，运用牛顿第二定律进行求解．17．（12分）（2013春•白山期末）有一个直流电动机，把它接入0.2V电压的电路时，电动机不转，测得流过电动机的电流是0.4A，若把它接入2V电压的电路中，电动机正常工作，工作电流是1A．求：（1）电动机正常工作时的输出功率．（2）如在正常工作时，转子突然被卡住，此时电动机的发热功率多大？（提示：电动机在电路中转子不转动时为纯电阻用电器）【考点】电功、电功率．。

河北省曲周县第一中学高一第二学期第一次月考物理试题一、选择题1．图示为足球球门，球门宽为L，一个球员在球门中心正前方距离球门s处高高跃起，将足球顶入球门的左下方死角（图中P点）．若球员顶球点的高度为h．足球被顶出后做平抛运动（足球可看做质点），重力加速度为g．则下列说法正确的是A．足球在空中运动的时间222s h tg+ =B．足球位移大小224Lx s =+C．足球初速度的方向与球门线夹角的正切值2 tansLθ=D．足球初速度的大小22 02()4g Lv sh=+2．如图所示，一物体在水平恒力的作用下沿光滑水平面做曲线运动，当物体从M点运动到N点时，其速度方向恰好改变了90°，则物体从M点到N点的运动过程中，物体的速度将（）A．不断增大B．不断减小C．先增大后减小D．先减小后增大3．一辆汽车在水平公路上转弯，沿曲线由P向Q行驶，速率逐渐增大．下列四图中画出了汽车转弯所受合力F，则符合条件的是A．B．C．D．4．小船横渡一条河，船头开行方向始终与河岸垂直．若小船相对水的速度大小不变时，小船的一段运动轨迹如图所示，则河水的流速（）A．由A到B水速一直增大B．由A到B水速一直减小C．由A到B水速先增大后减小D．由A到B水速先减小后增大5．如图物体正沿一条曲线运动，此时物体受到的合力方向，下面四个图中一定错误的是（）A．B．C．D．6．小船在静水中速度为0.5m/s，水的流速为0.3m/s，河宽为120m，下列说法正确的是（）A．当小船垂直河岸划动时，路程最短B．小船过河的最短时间为400sC．当小船与河岸上游成37角划动时，路程最短，此时过河时间为300sD．当小船垂直河岸划动时，时间最短，此时靠岸点距出发点的水平距离为72m7．如图所示，从倾角为θ的足够长的斜面顶端A点，先后将相同的小球以大小不同的水平速度v1和v2向右抛出，落在斜面上。

关于两球落到斜面上的情况，说法中正确的是（）A．落到斜面上的瞬时速度大小相等B．落到斜面上的瞬时速度方向相同C．落到斜面上的位置相同D．落到斜面上前，在空中飞行的时间相同8．一质量为2kg的物体在如图甲所示的xOy平面上运动，在x轴方向上的v-t图象和在y 轴方向上的S-t图象分别如图乙、丙所示，下列说法正确的是( )A．前2s内物体做匀变速曲线运动B．物体的初速度为8m/sC．2s末物体的速度大小为8m/sD．前2s内物体所受的合外力为16N9．质量为1kg的物体在水平面内做曲线运动，已知互相垂直方向上的速度图象分别如图所示．下列说法正确的是（）A．质点的初速度为5m/sB．质点所受的合外力为3NC．2s末质点速度大小为7m/sD．质点初速度的方向与合外力方向垂直10．如图所示，一条河岸笔直的河流水速恒定，甲、乙两小船同时从河岸的A点沿与河岸的夹角均为 的两个不同方向渡河。

2015-2016学年河北省邯郸市曲周一中高二（上）第一次半月考物理试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共6小题，共24.0分)1.物体沿光滑固定斜面向下加速滑动，在运动过程中，下述说法正确的是（）A.重力势能逐渐减少，动能也逐渐减少B.重力势能逐渐增加，动能逐渐减少C.由于斜面是光滑的，所以机械能一定守恒D.重力和支持力对物体都做正功【答案】C【解析】解：A、根据重力做功与重力势能变化的关系得：w G=-△E p物体沿光滑斜面向下加速滑动，重力做正功，所以重力势能逐渐减少．由于物体加速滑动，所以动能逐渐增加．故A、B错误．C、由于斜面是光滑的，所以物体受重力和支持力，而支持力不做功，所以只有重力做功，所以机械能一定守恒，故C正确．D、重力做正功，支持力不做功，故D错误．故选C．知道重力做功量度重力势能的变化．根据动能的定义判断动能的变化．机械能守恒的条件：物体只有重力或弹簧的弹力做功则机械能守恒；根据条件可以判断是否守恒．解这类问题的关键要熟悉功能关系，也就是什么力做功量度什么能的变化，并能建立定量关系．我们要正确的对物体进行受力分析，能够求出某个力做的功．2.一个质量为m的带电小球，在竖直方向的匀强电场中水平抛出，不计空气阻力，测得小球的加速度大小为，方向向下，其中g为重力加速度．则在小球下落h高度的过程中，下列说法正确的是（）A.小球的动能增加mghB.小球的电势能减小mghC.小球的重力势能减少mghD.小球的机械能减少mgh【答案】D【解析】解：A、由牛顿第二定律得知，小球所受的合力F合=ma=mg，方向向下，根据动能定理知，小球的动能增加△E k=F合h=mgh，故A错误．B、由牛顿第二定律得：mg-F=mg，解得电场力F=mg，且方向竖直向上，则电场力做功W电=-F h=-mgh，故小球的电势能增加mgh，故B错误．C、小球在竖直方向上下降h高度时重力做正功mgh，因此，小球的重力势能减少mgh，故C错误．D、由上知，小球的电势能增加mgh，根据能量守恒知，小球的机械能减少mgh，故D正确．故选：D．题中选项要求判断小球各种能量的变化多少，则必须分析小球的受力及各力做功情况，然后利用功能关系把各力做功情况与相应的能量变化对应起来，从而做出判断．本题一定要明确功能关系：合外力做功，动能变化（做正功，动能增加；做负功，动能减少）；重力做功，重力势能变化（做正功，重力势能减少；做负功，重力势能增加）；电场力做功，电势能变化（做正功，电势能减少；做负功，电势能增加）；除重力做功外其他力做功，机械能变化．3.汽车在水平公路上以额定功率做直线运动，速度为3m/s时的加速度为6m/s时的3倍，若汽车受到的阻力不变，由此可求得（）A..汽车的最大速度B.汽车受到的阻力C.汽车的额定功率D.速度从3m/s增大到6m/s所用的时间【答案】A【解析】解：设额定功率为P，则速度为3m/s时的牵引力，速度为6m/s时，牵引力为．根据牛顿第二定律得，F1-f=3（F2-f），解得f=．因为牵引力与阻力相等时，速度最大，则F=f=，知最大速度为12m/s．因为功率未知，无法求出阻力，该运动为变加速运动，无法求出运动的时间．故A正确，B、C、D 错误．故选：A．根据P=F v，结合牛顿第二定律，抓住速度为3m/s时的加速度为6m/s时的3倍，求出功率与阻力的关系，根据牵引力与阻力相等时，速度最大，求出最大速度的大小．解决本题的关键通过加速度的大小关系得出功率与阻力的关系，结合牵引力等于阻力时，速度最大得出最大速度的大小．4.如图所示，AB为圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R，一质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A从静止开始下落，恰好运动到C处停止，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功可表述为（）A.μmg RB.mg RC.mg RD.（1-μ）mg R【答案】D【解析】解：BC段物体受摩擦力f=μmg，位移为R，故BC段摩擦力对物体做功W=-f R=-μmg R；对全程由动能定理可知，mg R+W1+W=0解得W1=μmg R-mg R；故AB段克服摩擦力做功为W克=mg R-μmg R．故选：DBC段摩擦力可以求出，由做功公式求得BC段摩擦力对物体所做的功；对全程由动能定理可求得AB段克服摩擦力所做的功．AB段的摩擦力为变力，故可以由动能定理求解；而BC段为恒力，可以直接由功的公式求解；同时本题需要注意阻力做功与克服阻力做功的关系．5.质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用．设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是（）A. B. C. D.mg R【答案】C【解析】解：小球在最低点，受力分析与运动分析．则有：低而最高点时，由于恰好能通过，所以：高小球选取从最低点到最高点作为过程，由动能定理可得：克高低由以上三式可得：克故选：C小球在轻绳的作用下，在竖直平面内做圆周运动，由最低点的绳子的拉力结合牛顿第二定律可求出此时速度，当小球恰好通过最高点，由此根据向心力与牛顿第二定律可算出速度，最后由动能定理来求出过程中克服阻力做功．由绳子的拉力可求出最低点速度，由恰好能通过最高点求出最高点速度，这都是题目中隐含条件．同时在运用动能定理时，明确初动能与末动能，及过程中哪些力做功，做正功还是负功．6.我们的银河系的恒星中大约四分之一是双星．某双星由质量不等的星体S1和S2构成，两星在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点C做匀速圆周运动．由天文观察测得其运动周期为T，S1到C点的距离为r1，S1和S2的距离为r，已知引力常量为G．由此可求出S2的质量为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】解：设星体S1和S2的质量分别为m1、m2，星体S1做圆周运动的向心力由万有引力提供得：=即m2=故选D．这是一个双星的问题，S1和S2绕C做匀速圆周运动，它们之间的万有引力提供各自的向心力，S1和S2有相同的角速度和周期，结合牛顿第二定律和万有引力定律解决问题．双星的特点是两个星体周期相等，星体间的万有引力提供各自所需的向心力．二、多选题(本大题共5小题，共20.0分)7.一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电荷量很小）固定在P点，如图所示，以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，E P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变小，E不变B.E变大，E P变大C.U变小，E P不变D.U不变，E P不变【答案】AC【解析】解：平行板电容器充电后与电源断开后，电量不变．将正极板移到图中虚线所示的位置时，板间距离d减小，根据C=知，电容C增大，根据U=，则板间电压变小．由E==，C=得到：E=，可知E与d无关，则知电场强度E不变．P与负极板间的距离不变，由公式U=E d可知，P与负极板间的电势差不变，P点的电势不变，正电荷在P点的电势能不变．故AC正确，BD错误．故选：AC．抓住电容器的电荷量不变，结合电容的决定式和定义式，以及匀强电场的场强公式得出电场强度的变化，从而得出P与下极板电势差的变化，得出P点的电势变化和电势能变化．解决本题的关键知道电容器与电源断开后其电荷量不变，掌握电容器的决定式C=以及定义式C=．要能熟练推导出场强的表达式E=，记住E与d无关的结论，有利于进行动态分析．8.一带电油滴在匀强电场E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，能量变化情况为（）A.动能增加B.电势能增加C.动能和电势能之和减少D.重力势能和电势能之和增加【答案】AC【解析】解：A、由轨迹图可知，带电油滴所受重力小于电场力，故从a到b的运动过程中合外力做正功，动能增加，故A正确；B、从a到b的运动过程电场力做正功，电势能减小，故B错误；C、从a到b的运动过程中重力做负功，重力势能增加，因此动能和电势能之和减小，故C正确；D、根据功能关系可知，在从a到b的运动过程中只有重力、电场力做功，因此重力势能、电势能、动能三者之和保持不变，因该过程中动能增加，因此重力势能和电势能之和减小，故D错误．故选：AC．根据图中的运动轨迹情况，可以判断出重力和电场力的大小关系，然后根据功能关系求解即可．本题在电场和重力场的复合场中重点考察带电小球的功能关系转化．在学习过程中要明确各种功能关系是解这类问题的关键．9.如图所示，在粗糙水平面上固定一点电荷Q，在M点无初速度释放一带有恒定电量的小物块，小物块在Q的电场中运动到N点静止，则从M点运动到N点的过程中（）A.小物块所受电场力逐渐减小B.小物块具有的电势能逐渐减小C.M点的电势一定高于N点的电势D.小物块电势能变化量的大小一定等于克服摩擦力做的功【答案】ABD【解析】解：A、由于物块离电荷越来越远，根据可知小物块所受电场力越来越小，故A正确；B、由于小物块由静止开始运动，因此一定受到库伦斥力作用，所以电场力对其做正功，电势能减小，故B正确；C、由题只能判断物块和点电荷Q带同种电荷，而不能确定点电荷Q的电性，故不能判断M和N点电势的高低，故C错误；D、由于小物块始末动能都为零，因此动能没有变化，故电场力所做正功和克服摩擦力做功相等，即电势能的变化和克服摩擦力做功相等，故D正确．故选ABD．解决本题需要掌握：正确利用库伦定律判断库仑力大小的变化；根据电场力做功判断电势能的变化；掌握如何判断电势的高低；正确利用功能关系分析物体功能的变化．本题考察知识点较多，有一定的综合性，平时要注意概念的理解，如电势高低判断，电势能变化和电场力做功关系，功能关系的应用等．10.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且仅在电场力的作用下，沿AB由点A运动到点B，所经位置的电势随距A点的距离变化的规律如图（b）所示．以下说法正确的是（）A.A、B两点的电场强度E A＞E BB.电子在A、B两点的速度v A＜v BC.A、B两点的电势φA＞φBD.电子在A，B两点的电势能E PA＜E PB【答案】ACD【解析】解：A、φ-x图象的斜率大小等于电场强度，由几何知识得知，图象的斜率减小，则从A到点B场强减小，则有E A＞E B．故A正确．B、D由图看出，电势逐渐降低，可判断出电场线的方向从A到B，在移动过程中，电场力做负功，电子的动能减小，速度减小，而电子的电势能增大．即有v A＞v B，E PA＜E PB．故B错误，D正确．C、电场线的方向从A到B，则A、B两点的电势φA＞φB．故C正确．故选ACD根据φ-x图象的斜率大小等于电场强度，分析场强的变化．由图看出，电势逐渐降低，可判断出电场线的方向，确定电势的高低，由电场力做功正负，分析速度的大小并判断电子电势能的变化．本题关键要理解φ-t图象的斜率等于场强，由电势的高低判断出电场线的方向，来判断电场力方向做功情况，并确定电势能的变化．11.在图中，a、b带等量异种电荷，MN为ab连线的中垂线，现有一个带电粒子从M点以一定初速度v0射入，开始时一段轨迹如图中实线，不考虑粒子重力，则在飞越该电场的整个过程中（）A.该粒子带负电B.该粒子的动能先增大，后减小C.该粒子的电势能先减小，后增大D.该粒子运动到无穷远处后，速度的大小一定仍为v0【答案】ABCD【解析】解：A、粒子轨迹向右弯曲，受到的电场力大致向右，该粒子带负电．故A正确．B、由题可知，电场力先做正功，后做负功，则根据动能定理得知，粒子的动能先增大后减小．故B正确．C、电场力先做正功，后做负功，粒子的电势能先减小后增大．故C正确．D、M点的电势与无穷远处相等，粒子从M点运动到无穷远处过程，电场力做功为零，则该粒子运动到无穷远处后，其速度大小一定仍为v0．故D正确．故选：ABCD．根据轨迹的弯曲方向确定粒子所受的电场力方向，从而确定粒子的电性；根据电场力做功，结合动能定理得出动能的变化，根据电场力做功与电势能的关系判断电势能的变化．通过M点和无穷远处的电势差，结合动能定理判断粒子到达无穷远处的速度．本题是轨迹问题，根据轨迹的弯曲方向可判断出粒子的合力方向，分析出电场力做功情况．带等量异种电荷连线的中垂线是一条件延伸到无穷远处的等势线，要记住．三、单选题(本大题共1小题，共4.0分)12.如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行板间的电场中，入射方向跟极板平行．整个装置处在真空中，重力可忽略．在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是（）A.U1变小、U2变大B.U1变大、U2变大C.U1变大、U2变小D.U1变小、U2变小【答案】A【解析】解：设电子被加速后获得初速为v0，则由动能定理得：q U1=mv02-0…①又设极板长为l，则电子在电场中偏转所用时间：t=…②又设电子在平行板间受电场力作用产生加速度为a，由牛顿第二定律得：a=…③电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度：v y=at…④由①、②、③、④可得：v y=at=，又有：tanθ=，解得：tanθ=，A、U1变小，U2变大，偏转角一定增大，故A正确；B、U1变大，U2变大，偏转角可能增大，也可能减小，也可能不变，故B错误；C、U1变大，U2变小，偏转角减小，故C错误；D、U1变小，U2变小，偏转角可能增大，也可能减小，还可能不变，故D错误；故选：A．电子在加速电场中，在电场力的作用下，做匀加速直线运动，可由电场力做功求出射出加速电场时的速度．电子在水平放置的平行板之间，因受到的电场力的方向与初速度的方向垂直，故电子做类平抛运动．运用平抛运动的竖直方向的速度与水平方向的速度的关系，可求出角度θ的变化情况．带电粒子在电场中的运动，可分为三类，第一类是在匀强电场中做匀变速速直线运动，此过程是电势能与带电粒子动能之间的转化．第二类是带电粒子在匀强电场中偏转，带电粒子垂直进出入匀强电场时做匀变速曲线运动，分解为两个方向的直线运动，分别用公式分析、求解运算，是这类问题的最基本解法．第三类是带电粒子在点电荷形成的电场中做匀速圆周运动，应用圆周运动的知识求解．四、多选题(本大题共1小题，共4.0分)13.对于水平放置的平行板电容器，下列说法正确的是（）A.将两极板的间距加大，电容将增大B.将两极板平行错开，使正对面积减小，电容将减小C.在下板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的陶瓷板，电容将增大D.在下板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的铝板，电容将增大【答案】BCD【解析】解：由电容器的决定式C=ɛ可知；A、增大两板间的间距，则电容器将减小，故A错误；B、两极板错开，则正对面积减小，则电容减小，故B正确；C、在下板的内表面上放置一陶瓷板，介电常数增大，故电容增大；故C正确；D、在下板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的铝板时，板间距离减小．电容将增大．故D正确．故选：BCD．据平行板电容器的电容决定式分析电容的变化情况．本题考查电容决定式应用分析实际问题的能力，关键要掌握电容决定式．五、单选题(本大题共3小题，共12.0分)14.如图所示的伏安法测电阻电路中，电压表的内阻为3kΩ，读数为3V；电流表内阻为10Ω，读数为4m A．待测电阻R的真实值等于（）A.750ΩB.760ΩC.1000ΩD.1010Ω【答案】C【解析】解：电阻R的测量值R测=，电阻的真实值R真=，根据欧姆定律得：==750Ω=真真解得：R真=1000Ω故选C．本实验测量电阻的原理是伏安法．根据电表对电路的影响，分析误差，计算测量值和真实值．本题考查实验误差分析，方法是根据根据实验原理．伏安法是测量电阻的基本方法，有电流表内接法和外接法两种电路结构．15.某同学用伏安法测电阻，分别采用了甲、乙两种电路测量，关于误差分析正确的是（）A.若选择甲图，测量值偏大B.若选择乙图，测量值偏大C.若被测电阻R X与电流表接近，应该选择乙图误差较小D.若被测电阻R X与电压表接近，应该选择甲图误差较小【答案】B【解析】解：A、甲图所示电路是电流表外接法，用它测量电阻时，测量值是待测电阻R x和电压表内阻的并联电阻值，故测得的电阻值偏小，故A错误；B、乙图所示电路是电流表内接法，用它测量电阻时，测量值R测=R x+R A＞R x，B正确；C、电流表内阻很小，被测电阻R X与电流表接近，则所测电阻较小，因此应该选择甲图误差较小，故C错误；D、电压表内阻越大，被测电阻R X与电压表接近，应该选择乙图误差较小．故D错误．故选：B．该题中用伏安法测电阻的两种常用电路分别是电流表内接法和电流表外接法，电流表内接法测得的电阻阻值是电流表内阻与待测电阻的串联值的和，电流表外接法测得的电阻阻值是待测电阻R x和电压表内阻的并联电阻值；用的电流表内阻越小，电压表内阻越大，测量的误差越小．该题中用伏安法测电阻的两种常用电路分别是电流表内接法和电流表外接法，电流表内接法测得的电阻值大，电流表外接法测得的电阻值偏小；该知识点既可以说是属于记忆性的知识，也可以记住分析的方法．属于中档题．16.一安培表由电流表G与电阻R并联而成．若在使用中发现此安培表读数比准确值稍小些，下列可采取的措施是（）A.在R上串联一个比R小得多的电阻B.在R上串联一个比R大得多的电阻C.在R上并联一个比R小得多的电阻D.在R上并联一个比R大得多的电阻【答案】A【解析】解：A 在R上串联一个比R小得多的电阻，可实现增大分流电阻，减小分流，使电表示数增加．故A正确B 在R上串联一个比R大得多的电阻，会使G表的电流增加太多，读数偏大．故B错误C 在R上并联一个比R小得多的电阻，使分流更大，示数更偏小．故C错误D 在R的并联一个比R大的电阻，会使分流更大，示数更偏小．故D错误故选：A读数偏小说明通过G表的电流稍小，分流电阻分流偏大，分流电阻稍小，要采取的措施：稍增加分流电阻阻值．考查的电流表的改装原理，明确分流与电阻成反比，电阻大，分流小，反之电阻小则分流大．六、实验题探究题(本大题共1小题，共8.0分)17.在《验证机械能守恒定律》的实验中，已知重锤的质量为m，使用的交流电周期为T，重力加速度为g．重锤从高处由静止开始下落，重锤上拖着的纸带通过打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点进行测量并通过计算，就可以验证机械能守恒定律．（1）为完成此实验，除了图1中所示器材外，还需要的器材有______ ；A．刻度尺B．秒表C．天平D．“220V，50H z”交流电源（2）如图2所示，O点为起始点，选取纸带上打出的连续五个点A、B、C、D、E，测出O、A两点间距离为s0，A、C两点间距离为s l，C、E两点间距离为s2，则在打O点到C点的这段时间内，重锤的重力势能减少量△E P= ______ ，动能的增加量△E k=______ ．（用题中所给符号表示）18：有一电流表G，内阻R g=10Ω，满偏电流I g=3m A，若要将其改装成量程为3V的电压表，应该如何连接一个______ 的电阻【答案】AD；mg（s0+s1）；；串联990Ω【解析】解：1、（1）A、需要刻度尺测量纸带的长度计算速度，故A正确．B、纸带上相邻两计时点的时间间隔已知，所以不需要秒表，故B错误C、该实验可不测质量，因为mgh=mv2，即只验证gh=v2即可，故C错误．D、打点计时器用的是交流电源，故D正确．故选：AD；（2）重锤重力势能的减少量为△E P=mg（s0+s1）．利用匀变速直线运动的推论v C==E k C=mv C2=重锤动能的增加量为△E K=E k C-0=2、把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，分压电阻阻值为：R=-R g=-10=990Ω；故答案为：1、（1）AD，（2）mg（s0+s1），；2、串联990Ω．1、验证机械能守恒定律的原理，重锤下落损失的重力势能等于其增加的动能（在实验误差允许范围内）；计算动能时，需计算速度，要用到打点计时器，打点计时器用交流电源．根据匀变速直线运动中某段时间中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，可以求出C点的瞬时速度大小，进一步可以求出动能的增量，根据重量做功和重力势能之间的关系可以求出重力势能的减小量；2、把电流表改装成电压表需要串联一个分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值．本题考查了验证机械能守恒定律中的数据处理方法，注意物理基本规律尤其是匀变速直线运动规律在实验中的应用；本题考查了电压表的改装，知道电压表改装原理、应用串联电路特点与欧姆定律即可正确解题．七、计算题(本大题共3小题，共28.0分)18.如图所示，倾角θ=37°的斜面底端B平滑连接着半径r=0.40m的竖直光滑圆轨道．质量m=0.50kg的小物块，从距地面h=2.7m处沿斜面由静止开始下滑，小物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.25，求：（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）（1）物块滑到斜面底端B时的速度大小．（2）物块运动到圆轨道的最高点A时，对圆轨道的压力大小．【答案】解：（1）物块滑动到B点过程中，受重力、支持力和摩擦力，根据动能定理，有mgh-μmgcosθ•=解得=6m/s即物块滑到斜面底端B时的速度大小为6m/s．（2）物体从B滑动到A过程，只有重力做功，根据动能定理，有-mg•2r=解得在A点，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有解得N=20N根据牛顿第三定律，物体对轨道的压力与轨道对物体的支持力大小相等、方向相反，并且作用在同一条直线上；故物块运动到圆轨道的最高点A时，对圆轨道的压力大小为20N．【解析】（1）物块滑动到B点过程中，重力和摩擦力做功，根据动能定理列式求解即可；（2）物块运动到圆轨道的最高点A时，受到重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律可以列式；物体从B滑动到A过程，只有重力做功，机械能守恒，根据守恒定律列式；最后联立方程组求解即可．本题关键对物体的运动情况分析清楚，然后运用动能定理和牛顿第二定律列式求解；同时要知道，能用机械能守恒定律解决的问题都能用动能定理解决．19.如图所示，在范围很大的水平向右的匀强电场中，一个电荷量为-q的油滴，从A点以速度v竖直向上射入电场．已知油滴质量为m，重力加速度为g，当油滴到达运动轨迹的最高点时，测得它的速度大小恰为，问：（1）电场强度E为多大？（2）A点至最高点的电势差为多少？【答案】解：（1）由力的独立作用原理和动量定理，得-mgt=0-mv--------------①q E t=m--------------②。