2014-2015学年山东省临沂市沂水一中高三〔上〕月考物理试卷〔12月份〕一、选择题：此题共10个小题，每一小题4分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，至少有一个是正确的．每一小题全选对的得4分；选对但不全的得2分；有选错或不答的得0分．1．〔4分〕〔2014秋•沂水县校级月考〕在物理学开展过程中，许多科学家做出了突出贡献．如下说法正确的答案是〔〕A．伽利略用理想斜面实验推翻了亚里士多德关于力和运动的关系的理论B．安培发现了电流的磁效应C．法拉第最早提出了场的概念D．密立根发现了电荷之间相互作用的规律考点：物理学史．版权所有分析：此题应根据伽利略、库仑、奥斯特、法拉第、密立根的贡献进展选择．解答：解：A、伽利略通过对理想斜面的研究得出：力不是维持物体运动的原因，亚里士多德关于力和运动的关系的理论．故A正确．B、奥斯特首先发现了通电导线的周围存在磁场，即电流的磁效应．故B错误．C、法拉第最早提出了场的概念，来形象描述电场的强弱和方向，故C正确．D、库仑通过扭秤实验总结出了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律，故D错误．应当选：AC．点评：此题关键要记住力学和电学的一些常见的物理学史，平时要注重积累．2．〔4分〕〔2014秋•烟台期中〕某元件中通过的电流随其两端电压的变化规律如下列图，如此如下说法中正确的答案是〔〕A．此元件为线性元件B．此元件导电时遵守欧姆定律C．由图象可知，电压为5V时，元件的电阻为2ΩD．由图象可知，随着电压的增大，元件的电阻不断增大考点：欧姆定律．版权所有专题：恒定电流专题．分析：由I﹣U图象的性质可明确该元件是否为线性元件，注意图象的斜率表示电阻的倒数．解答：解：A、由图可知，该元件为非线性元件，不能遵守欧姆定律；故AB错误；C、由图象可知，当电压为5V时，电流为1.0A；故电阻R==5Ω；故C错误；D、由图象可知，斜率越来越小，因I﹣U图象中图象的斜率表示电阻的倒数；故电阻不断增大；故D正确；应当选：D．点评：此题关键抓住图象上的点与原点连线的斜率等于电阻的倒数，分析电阻的变化，求解电阻的值．3．〔4分〕〔2014秋•沂水县校级月考〕如下列图，质量为M的斜面体A放在粗糙水平面上，用轻绳拴住质量为m的小球B置于斜面上，轻绳与斜面平行且另一端固定在竖直墙面上，不计小球与斜面间的摩擦，斜面体与墙不接触，整个系统处于静止状态．如此〔〕A．斜面体对水平面的压力等于〔M+m〕gB．水平面对斜面体有向左的摩擦力作用C．当滑块缓慢向右移动时，斜面对小球的支持力变大D．当滑块缓慢向右移动时，细线对小球的拉力先变小考点：共点力平衡的条件与其应用；物体的弹性和弹力．版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：以斜面体和小球整体为研究对象受力分析，根据平衡条件求斜面体受到的支持力和摩擦力．隔离小球分析，抓住重力不变，支持力的方向不变，结合绳子拉力的方向变化得出支持力和拉力的大小变化．解答：解：A、B、以斜面体和小球整体为研究对象受力分析，水平方向：f=Tcosθ，方向水平向右，竖直方向：N=〔m+M〕g﹣Tsinθ，可见N＜〔M+m〕g，根据牛顿第三定律：斜面体对水平面的压力N′=N＜〔M+m〕g，故A、B错误．C、D、当滑块缓慢向右移动，如此绳子与水平方向的夹角减小，隔离对小球分析，通过矢量三角形知，斜面对小球的支持力变大，拉力变大．故C正确，D错误．应当选：C．点评：解决此题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进展求解，难度中等．4．〔4分〕〔2014秋•烟台期中〕在如下列图的电路中，输入电压U恒为8V，灯泡L标有“3V 6W〞字样，电动机线圈的电阻RM=1Ω．假设灯泡恰能正常发光，如下说法正确的答案是〔〕A．流过电动机的电流是5AB．电动机的输出功率为4WC．电动机的效率是60%D．整个电路消耗的电功率是16W考点：电功、电功率．版权所有专题：恒定电流专题．分析：由电路图可知，灯泡与电动机串联；由串联电路特点可以求出灯泡正常发光时电动机两端电压；由P=UI的变形公式求出灯泡正常发光时的电流，由P=I2R求出电动机的热功率，然后求出电动机的机械功率，由效率公式求出电动机的效率；由P=UI 求出电路的总功率解答：解：A、灯泡正常发光，如此电路电流I=，故A错误；B、C、灯泡正常发光时的电压等于其额定电压，电动机电压UM=U﹣UL=8V﹣3V=5V；电动机的热功率PQ=I2RM=〔2A〕2×1Ω=4W；电动机的电功率：P=UMI=5×2=10W；电动机的输出功率P出=UMI﹣I2RM=5×2﹣4=6W；电动机的效率：η=故B错误，C正确；D、整个电路消耗的电功率：P总=UI=8×2=16W，故D正确；应当选：CD．点评：此题应注意明确电动机是非纯电阻电路，电动机的输出功率等于总功率与热功率之差．5．〔4分〕〔2014秋•重庆月考〕在如图〔a〕所示的电路中，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器．闭合电键S，将滑动变阻器的滑动触头P从最右端滑到最左端，两个电压表〔内阻极大〕的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图〔b〕所示．如此〔〕A．图线甲是电压表V1示数随电流变化的图线B．电源内电阻的阻值为10ΩC．电源的最大输出功率为1.5WD．滑动变阻器R2的最大功率为0.9W考点：电功、电功率．版权所有专题：恒定电流专题．分析：由图可知两电阻串联，V1测R1两端的电压，V2测R2两端的电压；当滑片向左端滑动时，滑动变阻器接入电阻减小，如此可知总电阻变化，由闭合电路欧姆定律可知电路中电流的变化，如此可知内电压的变化与路端电压的变化，同时也可得出R1两端的电压变化，判断两图象所对应的电压表的示数变化；由图可知当R2全部接入与只有R1接入时两电表的示数，如此由闭合电路的欧姆定律可得出电源的内阻；由功率公式可求得电源的最大输出功率与滑动变阻器的最大功率．解答：解：A、当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，如此电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；而R1两端的电压增大，故乙表示是V1示数的变化；甲表示V2示数的变化；故A错误；B、由图可知，当只有R1接入电路时，电路中电流为0.6A，电压为3V，如此由E=U+Ir可得：E=3+0.6r；当滑动变阻器全部接入时，两电压表示数之比为，故=；由闭合电路欧姆定律可得E=5+0.2r解得r=5Ω，E=6V，故B错误；C、因当内阻等于外阻时，电源的输出功率最大，故当外阻等于5Ω时，电源的输出功率最大，故此时电流I==0.6A，故电源的最大输出功率P=UI=1.8W；故C错误；D、由C的分析可知，R1的阻值为5Ω，R2电阻为20Ω；当R1等效为内阻，如此当滑动变阻器的阻值等于R+r时，滑动变阻器消耗的功率最大，故当滑动变阻器阻值为10Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大，由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流I′=A=0.3A，如此滑动变阻器消耗的总功率P′=I'2R′=0.9W；故D正确；应当选：D．点评：在求定值电阻的最大功率时，应是电流最大的时候；而求变值电阻的最大功率时，应根据电源的最大输出功率求，必要时可将与电源串联的定值电阻等效为内阻处理．6．〔4分〕〔2014秋•平阳县校级期末〕如下列图，真空中固定两个等量异号点电荷+Q、﹣Q，图中O是两电荷连线的中点，a、b两点与+Q的距离相等，c、d是两电荷连线垂直平分线上的两点，bcd构成一等腰三角形．如此如下说法正确的答案是〔〕A．a、b两点的电场强度一样B．c、d两点的电势一样C．将电子由b移到c的过程中电场力做正功D．质子在b点的电势能比在O点的电势能大考点：电势；电势能．版权所有分析：由场强的合成法如此可得场强的大小关系，由电场力做功情况可得电势的变化．两等量异号点电荷连线的垂直平分线是一条等势线，正电荷在电势高处电势能大，分析电势能关系．解答：解：A、a点场强方向向左，b点场强方向向右，如此A错误；B、在两电荷的中垂线的场强方向水平向右，如此为等势面，故B正确C、由b到c为电势减小小，如此负电荷受电场力做负功，如此C错误D、b点电势高于O点的电势，如此质子在b点的电势能大，如此D正确应当选：BD点评：等量异号点电荷的电场线和等势线分布情况是考试的热点，抓住对称性和其连线的垂直平分线是一条等势线是学习的重点．7．〔4分〕〔2014秋•烟台期中〕在如下列图的电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动过程中，如下说法正确的答案是〔〕A．电容器的电荷量增大B．电流表A的示数减小C．电压表V1示数在变大D．电压表V2示数在变小考点：闭合电路的欧姆定律．版权所有专题：恒定电流专题．分析：保持开关S闭合，根据变阻器接入电路电阻的变化，由欧姆定律分析电表读数的变化．根据电容与板间距离的关系，分析电容的变化，确定电容器电量的变化，判断R2中电流的方向．断开开关S，分析板间场强的变化．解答：解：该电路中两个电阻串联，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动过程中，接入电路的有效电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析可知电路中电流I变大，如此电流表A读数变大；路端电压：U=E﹣Ir减小，电压表V3示数在变小．A、电容器两端的电压为路端电压，U减小，根据Q=CU可知电容器的带电量减小．故A错误；B、该电路中两个电阻串联，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动过程中，接入电路的有效电阻积极性，根据闭合电路欧姆定律分析电路中电流I变大，如此电流表读数变大；故B错误；C、U1示数U1=IR1，随I的增大在变大．故C正确；D、U2示数U2=E﹣I〔R1+r〕，随电流I的增大而减小．故D正确．应当选：CD点评：电容器的动态分析重点在于明确电容器的两种状态：充电后断开电源如此极板上的电量不变；电容器保持和电源相连，如此两板间的电势差不变．要掌握E=、C=与电容的决定因素．8．〔4分〕〔2006秋•增城市期末〕如下列图，在平行金属板A、B间分布着正交的匀强电场和磁场，磁感应强度垂直纸面向里，一个质子以初速度v0垂直于电磁场沿OO′入射，恰能沿OO′运动，如此〔〕A．A的电势高于B板的电势B．电子以初速度v0垂直于电磁场沿OO′从左端入射，仍沿OO′作直线运动C．以初速度v0垂直于电磁场沿OO′从左端入射，仍沿OO′作直线运动D．以初速度v0垂直于电磁场沿OO′从右端入射，仍沿OO′作直线运动考点：带电粒子在混合场中的运动．版权所有专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：质子带正电，由左手定如此判断洛伦兹力方向，因质子做匀速直线运动，即可判断出电场力方向，从而确定出两极板电势上下．由平衡条件列方程，可得到电子和He以初速度v0垂直于电磁场沿OO′从左端入射，受力也平衡，也做匀速直线运动．解答：解：A、由左手定如此判断得知质子所受的洛伦兹力方向向上，质子做直线运动，所受的电场力方向应向下，故A的电势高于B板的电势．故A正确．B、C对于质子，由平衡条件得：qv0B=qE，如此得v0B=E，可见此式与带电粒子的质量、电荷量、电性无关，所以当电子和He也以初速度v0垂直于电磁场沿OO′从左端入射，洛伦兹力与电场力也平衡，也沿OO′作直线运动，故BC正确．D、当He以初速度v0垂直于电磁场沿OO′从右端入射，洛伦兹力方向向下，电场力方向也向下，它将向下偏转，不可能沿OO′作直线运动．故D错误．应当选ABC点评：此题考查对速度选择器原理的理解，关键掌握当洛伦兹力与电场力二力平衡时，粒子才能沿直线通过速度选择器．9．〔4分〕〔2014秋•烟台期中〕一宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动，飞船原来的线速度大小是υ1，周期是T1，机械能是E1；假设在某时刻它向后喷气做加速运动后，进入新轨道做匀速圆周运动，运动的线速度大小是υ2，周期是T2，机械能是E2，如此〔〕A．υ1＞υ2 T1＜T2 E1＜E2 B．υ1＜υ2 T1＜T2 E1＜E2C．υ1＞υ2 T1＞T2 E1＞E2 D．υ1＜υ2 T1＞T2 E1=E2考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律与其应用．版权所有专题：人造卫星问题．分析：飞船向后喷气做加速运动，飞船做圆周运动的半径R增大，在新的轨道达到新平衡，继续做匀速圆周运动．根据万有引力等于向心力列式，即可比拟线速度和周期的变化．由于外界做功，飞船的机械能增加．解答：解：飞船向后喷气做加速运动，飞船做圆周运动的半径R增大，在新的轨道达到新平衡，继续做匀速圆周运动．根据公式：=m，得线速度v=，周期T=2π可知，当r变大，v变小，T变大．在飞船向后喷气做加速运动过程中，外界对飞船做功，飞船的机械能增加．故A正确、BCD错误．应当选：A．点评：卫星变轨问题是天体力学重点内容，近年屡次涉与，通过卫星运行轨道的变化，进而确定卫星线速度、角速度、周期、频率等物理量的变化情况．10．〔4分〕〔2014秋•烟台期中〕如下列图，三个斜面1、2、3固定在水平面上，斜面1与3底边一样，斜面2和3高度一样，同一物体与三个斜面的动摩擦因数一样，当该物体先后沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端时，对于整个下滑过程，如下说法正确的答案是〔〕A．三种情况下物体抑制摩擦力所做的功Wf1＜Wf2＜Wf3B．三种情况下合力对物体所做的功W1＞W2＞W3C．三种情况物体滑到底端时重力做功的瞬时功率P1＞P2＞P3D．三种情况下物体损失的机械能△E1=△E3＜△E2考点：功能关系．版权所有分析：损失的机械能转化成摩擦产生的内能．物体从斜面下滑过程中，重力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可以比拟三者速度大小，注意物体在运动过程中抑制摩擦力所做功等于因摩擦产生热量，据此可以比拟摩擦生热大小．解答：解：设斜面和水平方向夹角为θ，斜面长度为L，A、物体下滑过程中抑制摩擦力做功为：W=﹣mgμLcosθ．Lcosθ即为底边长度．由图可知1和3底边相等且小于2的，所以摩擦力做功Wf2＞Wf1=Wf3．故A错误；B、根据动能定理得W合=mgh﹣mgμLcosθ，Lcosθ即为底边长度，根据图中斜面高度和底边长度可知W1＞W3＞W2，故B错误；C、设物体滑到底端时的速度为v，根据动能定理得：mgh﹣mgμLcosθ=mv2﹣0，根据图中斜面高度和底边长度可知滑到底边时速度大小关系为：v1＞v3＞v2，到达斜面底端时重力的瞬时功率p=mgvsinθ，由于v1＞v3＞v2，θ1＞θ3＞θ2，所以P1＞P3＞P2，故C 错误．D、物体下滑，除重力外有摩擦力做功，根据能量守恒，损失的机械能转化成摩擦产生的内能．所以损失的机械能△E1=△E3＜△E2，故D正确．应当选：D．点评：此题比拟简单直接利用功能关系即可求解，易错点在于写出表达式后的数学运算，因此学生要加强练习，提高利用数学知识解决物理问题的能力．二、实验题：此题总分为18分，把答案直接填在题中的横线上．11．〔2分〕〔2012•镇江模拟〕图甲中游标卡尺的读数是 2.98cm，图乙中螺旋测微器的读数是 5.680mm．考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．版权所有专题：实验题．分析：解决此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、游标卡尺的主尺读数为：2.9cm，游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为8×0.1mm=0.8mm=0.08cm，所以最终读数为：2.9cm+0.08=2.98cm．2、螺旋测微器的固定刻度为5.5mm，可动刻度为18.0×0.01mm=0.180mm，所以最终读数为5.5mm+0.180mm=5.680mm．故答案为：2.98，5.680．点评：对于根本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，正确使用这些根本仪器进展有关测量．12．〔8分〕〔2013•盐城二模〕某同学为了研究一个小灯泡的灯丝电阻随温度的升高而变化的规律，用实验得到下表所示的数据〔I和U分别表示小灯泡的电流和电压〕，如此：U/V 0 0.20 0.40 0.60 0.80 1.00 1.20 1.40 1.60 1.80 2.00I/A 0 0.12 0.21 0.29 0.34 0.38 0.45 0.47 0.49 0.50〔1〕当U=1.20V时对应的电流表如图甲所示，其读数为0.42 A〔2〕实验中所用的器材有：电压表〔量程3V，内阻约为2kΩ〕电流表量程〔0.6A，内阻约为0.2Ω〕滑动变阻器〔0～5Ω，1A〕电源、待测小灯泡、电键、导线假设干．请在图乙方框中画出该实验的电路图〔3〕根据实验数据，在图丙中画出小灯泡的U﹣I曲线〔4〕如果把这个小灯泡接直接接在一个电动势为1.5V、内阻为2.0Ω的电池两端，如此小灯泡的实际功率是0.28W〔结果保存2位有效数字〕考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．版权所有专题：恒定电流专题．分析：〔1〕为测量多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡电阻较小，远小于电压表内阻，电流表应采用外接法，据此作出实验电路图．〔2〕根据表中实验数据，应用描点法作图，作出小灯泡的伏安特性曲线．〔3〕在小灯泡的伏安特性曲线上作出电源路端电压与电路电流关系图象，找出该图象与灯泡伏安特性曲线交点所对应的电压与电流值，由P=UI求出灯泡的实际功率．解答：解：〔1〕电流表的指针对应的刻度超过1.4一个小格，因此可以读作：0.42Ω〔2〕由于小灯泡灯丝的电阻值远小于电压表的内阻，如：电压为2.00V时，其阻值Ω，为减少由于电表接入电路引起的系统误差，应采用电流表外接法．为使小灯泡两端的电压的变化范围尽可能大，滑线变阻器应连接成分压电路，实验电路如图乙所示．〔3〕根据实验得到的数据在U﹣I坐标系中描点，并将这些数据点连接成一条平滑的曲线，如图2所示．〔4〕作出电源的U﹣I图线，它与小灯泡的伏安特性曲线的交点坐标就是小灯泡的工作点，小灯泡的实际电流为0.33﹣0.35A电压为0.80﹣0.82V，功率P=IU=0.27～0.28W．故答案为：〔1〕0.42A〔0.40A～0.42A都正确〕〔2〕如图乙所示〔3〕如图丙所示〔4〕0.28W〔0.25﹣0.32都正确〕点评：此题考查了实验电路的设计，设计实验电路是实验常考问题，设计实验电路的关键是根据题目要求确定滑动变阻器采用分压接法还是采用限流接法，根据待测电路元件电阻大小与电表内阻间的关系确定电流表采用内接法还是外接法．13．〔8分〕〔2014秋•沂水县校级月考〕如图〔a〕是“测电池的电动势和内阻〞的实验电路，如果采用一节新干电池进展实验，实验时会发现，当滑动变阻器在阻值较大的范围内调节时，电压表读数变化很小，原因是：新电池的内阻很小∴，从而影响测量值的准确性．为了较准确地测量一节新干电池的内阻，可用以下给定的器材和一些导线来完成实验，器材：量程3V的理想电压表V，量程0.6A的电流表A〔具有一定内阻〕，定值电阻R0〔R0=1.5Ω〕，滑动变阻器R1〔0～10Ω〕，滑动变阻器R2〔0～200Ω〕，开关S．〔1〕实验电路原理图如图〔b〕，加接电阻R0有两方面的作用，一是方便实验操作和数据测量，二是防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏．〔2〕为方便实验调节且能较准确地进展测量，滑动变阻器应选用R1〔填R1或R2〕．〔3〕用笔画线代替导线在图〔c〕中完成实物连接图．〔4〕实验中改变滑动变阻器的阻值，测出几组电流表和电压表的读数在给出的U﹣I坐标系中画出U﹣I图线如图〔d〕所示，如此新干电池的内阻r=0.29Ω．〔保存两位有效数字〕考点：测定电源的电动势和内阻．版权所有专题：实验题；恒定电流专题．分析：此题的关键是明确新电池的内阻很小，电池的内压降很小，电压表的读数变化很小，所以实验应选内阻较大的旧电池；题〔1〕的关键是明确定值电阻除方便操作和测量外，还可以保护电池和电流表；题〔2〕的关键是根据闭合电路欧姆定律求出电路中需要的最大电阻即可；题〔3〕的关键是连线时注意电表的量程和正负极；题〔4〕的关键是根据闭合电路欧姆定律写出关于U与I的函数表达式，然后根据斜率和截距的概念即可求解．解答：解：根据U=E﹣Ir可知，由于新电池时内阻很小，电池内压降很小，电压表的读数变化很小，所以如果采用一节新干电池进展实验，实验时会发现，当滑动变阻器在阻值较大的范围内调节时，电压表读数变化很小，原因是新电池的内阻很小，内电路的电压降很小；〔1〕：加接电阻R0有两方面的作用，一是方便实验操作和数据测量，二是防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏〔或限制电流，防止电源短路〕；〔2〕：电流表的量程=0.6A，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中需要的最大电阻应为：=，所以变阻器应选；〔3〕如下列图：〔4〕：根据闭合电路欧姆定律应用：E=U+I〔r+〕，整理可得：U=﹣〔r+〕I+E，根据函数斜率的概念应有：r+=，解得r=0.29；故答案为：读数变化很小，新电池的内阻很小，内电路的电压降很小〔1〕防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏〔2〕〔3〕如图〔4〕0.29点评：应明确：①测定电池电动势和内阻实验应选择内阻较大的旧电池；②通过电流表的最小电流应为电流表量程的；③遇到根据图象求解的问题，应根据物理规律整理出关于纵轴与横轴物理量的函数表达式，再根据斜率和截距的概念即可求解．三、计算题〔要有必要的文字说明和演算过程否如此不得分〕14．〔8分〕〔2014秋•沂水县校级月考〕如下列图，在E=1×103V/m的竖直匀强电场中，有一光滑的半圆形绝缘轨QPN与一水平绝缘轨道MN连接，半圆形轨道平面与电场线平行，P为QN圆弧的中点，其半径R=40cm，一带正电q=10﹣4C的小滑块质量m=10g，位于N点右侧s=1.5m处，与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.15，取g=10m/s2．现给小滑块一向左的初速度，滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q，求：〔1〕滑块在圆轨道最高点Q的速度大小；〔2〕滑块应以多大的初速度v0向左运动？考点：带电粒子在匀强电场中的运动；向心力；动能定理的应用．版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：滑块恰好到达圆轨道的最高点Q，由牛顿第二定律求出滑块在Q点的速度，然后应用动能定理求出滑块的初速度．解答：解：〔1〕设小球到达Q点时速度为v，小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q时，如此有：mg+qE=得：V=m/s〔2〕滑块从开始运动到达Q点过程中，由动能定理得：﹣〔mg+qE〕•2R﹣μ〔mg+qE〕s=v2﹣m联立两式解得：v0=7m/s答：〔1〕滑块在圆轨道最高点Q的速度大小为m/s；〔2〕滑块应以7m/s向左运动．点评：此题中滑块恰好通过最高点时轨道对滑块没有弹力，由牛顿定律求出临界速度，再根据动能定理求解，15．〔10分〕〔2014秋•姜堰市期中〕如下列图，离子发生器发射一束质量为m，电荷量为+q 的离子，从静止经PQ两板间的加速电压加速后，以初速度v0再从a点沿ab方向进入一匀强电场区域，abcd所围成的正方形区域是该匀强电场的边界，正方形的边长为L，匀强电场的方向与ad边平行且由a指向d．〔1〕求加速电压U0；〔2〕假设离子恰从c点飞离电场，求ac两点间的电势差Uac；〔3〕假设离子从abcd边界上某点飞出时的动能为mv02，求此时匀强电场的场强大小E．考点：带电粒子在匀强电场中的运动．版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：〔1〕对直线加速过程运用动能定理列式求解即可；〔2〕粒子做类似平抛运动，根据类平抛运动的分位移公式列式求解即可；〔3〕粒子做类似平抛运动，根据类平抛运动的分速度公式和分位移公式列式，再结合动能定理列式，最后联立求解即可．解答：解：〔1〕对直线加速过程，根据动能定理，有：。
山东省临沂市2012-2013学年高二物理12月月考试题（答案不全）新人教版说明：本试卷分Ⅰ、Ⅱ两卷，答卷时间90分钟，满分100分．一、选择题：本题12个小题，每小题4分，共48分，在每小题给出的四个选项中，有一个或多个选项符合题目要求，选对得4分，选对但不全的得2分，选错或不选均得0分．1．分别带有+q，+3q的的两个完全相同的金属小球，相距为r时(可以视为点电荷)，它们之间的库仑力为F，现将两小球接触一下，并且距离变为2r，则它们之间的库仑力变为原来的( )A．2倍 B．3倍 C．1/3 D．6倍2．关于电场力和电场强度,下列说法正确的是( )A．电场强度的方向总是跟电场力的方向一致B．电场强度的大小总是跟电场力的大小成正比C．电荷受到的电场力的方向跟电场强度的方向一致D．同一个点电荷在某点受到的电场力越大, 该点的电场强度就越大3．如图所示是某导体的伏安特性曲线，由图可知，下列结论正确的是（）A．导体的电阻是25Ω B．导体的电阻是0.04ΩC．当导体两端的电压是0.04V时，通过导体的电流是１AD．当通过导体的电流是0.1A时，导体两端的电压是2.5V4．A、B两个点电荷在真空中所产生电场的电场线（方向未标出）如右图所示．图中C点为两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连线的中垂线，D为中垂线上的一点，电场线的分布关于MN左右对称．则下列说法中正确的（）A．这两个点电荷一定是等量异种电荷B．这两个点电荷一定是等量同种电荷C．把某正电荷q从C点移到D点电场力做正功D．C点的电场强度可能比D点的电场强度小5．如图所示，平行金属板A、B组成的电容器，充电后与静电计相连．要使静电计指针张角变小，下列措施可行的是（）A．将A板向上移动 B．将B板向右移动C．将A、B之间充满电介质 D．将A板放走部分电荷6.在如的电图所示路中，R1、R2、R3和R4皆为定值电阻，R5为可变电阻，电源的电动势为ε，内阻为r.设电流表A的读数为I，电压表V的读数为U.当R5的滑动触点向图中a端移动时（）A．I变大，U变小B. I变大，U变大C. I变小，U变大D. I变小，U变小7．下列关于磁感应强度的说法中正确的是（）A．垂直于磁场方向放置的通电导线，电流越大，受到的磁场力也越大.这一现象表明：磁感应强度的大小与通电导线中的电流、所受磁场力的大小有关B．磁感线上某点的切线方向有可能不是该点磁感应强度的方向C．垂直于磁场方向放置的通电导线的受力方向就是磁感应强度的方向D．磁感应强度的大小、方向与放入其中的通电导线的电流大小、导线长度、导线取向等均无关8. 如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，垂直纸面水平放置一根长为L、质量为m的通电直导线，电流方向垂直纸面向里.欲使导线静止于斜面上，则外加磁场的磁感应强度的大小和方向可以是（）A. B=mg sinθ／IL，方向垂直斜面向下B. B=mg tanθ／IL，方向竖直向下C. B=mg／IL，方向水平向左D. B=mg cosθ／IL，方向水平向左9．如图所示，在电子射线管上方平行放置一通电长直导线，电流方向从左向右，则电子射线将（）A. 向上偏B. 向下偏C. 向纸内偏D. 向纸外偏10．如图所示，水平放置的平行板电容器内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场．一束粒子流以速度v水平射入平行板电容器，为使粒子流经过磁场时不发生偏转（不计重力），则磁场区域内必须同时存在一个匀强电场．关于这个匀强电场的电场强度，下列说法中正确的是（）A．粒子带正电时，方向向上，大小为B/vB．粒子带负电时，方向向上，大小为B/vC．大小为Bv，方向向下，与粒子带何种电荷无关D．大小为Bv，方向向上，与粒子带何种电荷无关11、如图示的甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流计G和一个变阻器R组成，它们之中一个是测电压的电压表，另一个是测电流的电流表，那么以下结论中正确的是（）A．甲表是电流表，R增大时量程增大；B．甲表是电流表，R增大时量程减小；C．乙表是电压表，R增大时量程减小；D．乙表是电流表，R增大时量程增大。
高二教学质量抽测试题理科数学第Ⅰ卷一、选择题（本大题共10个小题，每小题5分，共50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、设集合{|02}M x x =≤≤，集合2{|20}N x x x =--<，则M N =( )A ．{}|02x x <<B ．{}|02x x ≤<C ．{}|02x x ≤≤D ．{}|02x x <≤2、命题“300,R x C Q x Q ∃∈∈”的否定是（ ）A ．300,R x C Q x Q ∃∉∈B ．300,R xC Q x Q ∃∈∈C ．300,R x C Q x Q ∀∉∈D ．300,R x C Q x Q ∀∈∉3、“0x <”是“2log (1)0x +<”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也必要条件4、若0,0a b c d >><<，则一定有（ ）A ．a b c d >B ．a b c d <C ．a b d c >D ．a b d c< 5、在等比数列{}n a 中，n T 表示前n 项的积，若71T =，则（ ）A ．21a =B ．31a =C ．41a =D ．51a =6、若平面//αβ，则下面可以是这两个平面法向量的是（ ）A ．12(1,2,3),(3,2,1)n n ==-B ．12(1,2,2),(2,2,1)n n ==-C ．12(1,1,1),(2,2,1)n n ==-D ．12(1,1,1),(2,2,2)n n ==---7、在ABC ∆中，内角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，若222()6,3c a b C π=-+=，则ABC ∆的面积是（ ）A ．2B ．2D ．8、下列结论错误的是（ ）A ．若0ab >，则2b a a b+≥ B ．函数1cos (0)cos 2y x x x π=+<<的最小值为2 C ．函数22x x y -=+的最小值为2D ．若()0,1x ∈，则函数1ln 2ln y x x =+≤- 9、已知数列{}n a 的通项公式220,(1)1n n a S n =+-是数列{}n a 的前n 项和，则与98S 最接近的整数是（ ）A ．13B ．14C ．15D ．16 10、已知12,F F 是双曲线22221(0,0)y x a b a b-=>>的上、下焦点，点2F 关于渐近线对称点恰好落在以点1F 为圆心，1OF 为半径的圆上，则双曲线的离心率为（ ）A ．2B ．3 C第Ⅱ卷二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分，把答案填在答题卷的横线上。
高二教学质量抽测试题物理2015.2 说明：本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共8页，满分100分，考试时间100分钟．注意事项：1．答第I卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、座号、考试科目用铅笔涂写在答题卡上．2．每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案代号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，不能答在试题卷上．3．第Ⅱ卷答案写在答题卡上，考试结束后将答题卡交回第I卷（选择题40分）一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，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，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）1．下列说法正确的是A．楞次通过实验发现了电磁感应现象B．奥斯特通过实验发现了电流的热效应C．卡文迪许通过扭秤实验测出了静电力常量D．法拉第最先提出了“场”的概念，并创造性地用“力线”形象地描述“场”的物理情景2．关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是A．安培力的方向可以不垂直于直导线B．安培力的方向总是垂直于磁场方向和电流方向所决定的平面C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角有关D．将直导线从中点折成直角，3．如图所示，一个矩形线圈abcd放在垂直纸面向里的匀强磁场中，在进行下列操作时，整个线圈始终处于磁场之内，线圈中能产生感应电流的是A．线圈沿纸面向右移动B．线圈沿纸面向下移动C．线圈垂直纸面向外移动D．线圈以ab边为轴转动4．在如图所示的电路中，闭合电键后小灯泡正常发光，当滑动变阻器R3的滑动触头P向上滑动时A．电压表示数变大B．电流表示数变大C．小灯泡亮度变暗D．电源总功率变大5．如图所示，通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面，位置靠近ad且相互绝缘．当MN中电流突然增大时，下列说法正确的是A．线圈所受安培力的合力方向向左B．线圈所受安培力的合力方向向右C．线匿中感应电流的方向是abcdaD．线圈中感应电流的方向是adcba6．如图所示，虚线AB和CD分别为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，两个等量异种点电荷分别处于椭圆的两个焦点M、N上，B，E两点关于N点对称．下列说法正确的是A．C、D两处电势、场强均相同B．在AB连线上O点的场强最大C．E处的电场强度小于B处的电场强度D．将某一试探电荷从A点移到C点电场力所做的功等于该电荷从D点移到B点电场力所做的功7．如图所示，绝缘金属小球4、B带同种电荷，用无弹性的丝线相连.A球固定不动，B球从水平拉直的丝线末端由静止开始释放．下列说法正确的是A．B球的电势能增加B．B球的电势能不变C．B球到达最低点时的速度与小球所带电荷量无关D．B球到达最低点时所受绳的拉力等于所受重力与库仑力之和8．如图所示，一带电粒子，以不同的初速度两次从O点垂直于磁感线和磁场边界向上射人匀强磁场，在洛伦兹力作用下分别从M、N两点射出磁场，测得OM: ON =3:4，则下列说法中正确的是A．该粒子带负电B．两次带电粒子进入磁场的速度之比为3:4C．两次带电粒子在磁场中经历的时间之比为3:4D．两次带电粒子在磁场中经历的时间之比为1:19．如图所示，在一水平、固定的闭合导体圆环正上方有一条形磁铁（N极朝上，S极朝下）由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，下列说法正确的是A．圆环中感应电流的方向（从上向下看），先顺时针后逆时针B．圆环中感应电流的方向（从上向下看），先逆时针后顺时针C．条形磁铁在下落过程中的加速度始终大于重力加速度gD．条形磁铁在下落过程中动能的增加量等于其重力势能的减少量10.如图所示的电路中，L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2是两个完全相同的电灯，E是内阻不计的电源t=O时刻，闭合开关S，经过一段时间后，电路达到稳定，t1时刻断开开关S．I1、I2分别表示通过电灯D1和D2中的电流，规定图中箭头所示方向为电流正方向，以下各图中能定性描述电流，随时间t变化关系的是第Ⅱ卷（非选择题．60分）二、实验题（本题每空2分，共16分．把答案写在答题卡中指定答题处，不要求写出演算过程）11.实验室里有一捆铜导线，某同学在学习了电阻定律之后想通过实验测定这捆导线的实际长度．(1)该同学想利用伏安法测出这捆铜导线的电阻，为了设计电路，先用多用电表的欧姆挡粗测导线的电阻，采用“×10”挡，调零后进行测量时发现指针偏角非常大，进一步测量应换用____挡，调零后测量．(2)该同学进一步利用如图所示电路测这捆铜导线的电阻，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l0Ω滑动变阻器R2：最大阻值100Ω电源：三节干电池．开关导线若干．回答下列问题：(i)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）．( ii)调节滑动变阻器，当电压表读数为1.7V时，电流表读数为0.50A，则这捆导线的电阻的测量值为____Ω，由于实验中所用电表不是理想电表，电阻的测量值比真实值偏____________．(3)该同学刮去一小段铜导线的包皮，用螺旋测微器测量铜芯的直径．为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧如图所示的部件____（选填“A”、“B”、“C”或“D”）．从图中的示数可读出铜芯的直径为_______mm.(4)该同学查得铜的电阻率为1.7×108-⋅Ω，再利用上面所测的数值，可算出这捆导 线实际长度为_______m(结果保留三位有效数字)．三、计算题（共4小题，共44分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）．12.（10分）如图所示，在倾角为θ的斜面上，固定一宽度为L 的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R ．电源电动势为E ，内阻为r ，一质量为m 的金属棒ab 与两导轨垂直并接触良好，整个装置处于磁感应强度为B 、垂直于斜面向上的匀强磁场中（导轨与金属棒的电阻不计）．金属导轨是光滑的，要保持金属棒在导轨上静止，求：(1)通过金属棒的电流的大小；(2)此时滑动变阻器R 接人电路中的阻值大小．13.（10分）如图所示，在磁感应强度为0.2T 的匀强磁场中，长为L=0. 6m 的导体棒AB 搭在宽度为d=0. 5m 的金属框架上，以l0m/s 的速度向右匀速滑动，导体棒与导轨接触良好，回路中R 1=R 2= 20Ω，其他电阻不计，求：(1)流过金属棒AB 的电流大小和方向；(2)电阻R 2上消耗的电功率14.（12分）如图所示，虚线MN 左侧有一场强为E 1=E 的匀强电场，在两条平行的虚线MN 和PQ 之间存在着宽为L 、电场强度为E 2=2E 的匀强电场，在虚线PQ 右侧相距为L 处有一与电场E 2平行的屏，在PQ 右侧和屏之间加以垂直纸面向里的匀强磁场，现将一带电粒子（已知电荷量为g ，质量为m ，粒子重力不计）无初速度地放入电场E 1中的A 点，点A 至MN 的距离为2L ，最后粒子垂直打在右侧的屏上，AO 连线与屏垂直，垂足为O ，求： (1)带电粒子从释放到达MN 边界时的速度；(2)带电粒子刚射出电场E 2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tan θ;(3)所加匀强磁场的磁感应强度B ，15.（12分）如图所示，在平面直角坐标系xOy 中，一半径为R 圆形区域内有磁感应强度为B 的匀强磁场，方向垂直纸面向外，圆形区域的圆心P在x轴上，OP=R．一质量为m、电量为q带正电的粒子从Ⅳ点沿平行于x轴正方向进入匀强磁场，入射点N到z轴的距离为h，粒子重力不计，则：(l)若粒子经过磁场射出时的速度方向恰好与其入射方向相反，求粒子的入射速度大小．(2)若，粒子以另一速度从N点沿平行于x轴正方向射入恰好能从O点射出，求该情况下粒子速度大小和从N点经磁场偏转到达O点的时间，。
