云南省楚雄州姚安一中2017-2018学年高二上学期月考物理试卷(10月份) Word版含解析

姚安一中2017-2018学年高三年级第二次月考物理试卷姓名________ 班级 ________ 学号________ 成绩 ________一、选择题:(本题共12小题,每小题4分,共48分.在每小题给出的四个选项中,有的只有一个选项正确,有的有多个选项正确,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．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，但仍保持等长且悬挂点不变。

木板静止时，1F 表示木板所受合力的大小，2F 表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后( )A ．1F 不变，2F 变大B ．1F 不变，2F 变小C ．1F 变大，2F 变大D ．1F 变小，2F 变小2．如图所示，在光滑水平面上有甲、乙两木块，质量分别为m1和m2，中间用一原长为L 、劲度系数为k 的轻质弹簧连接起来，现用一水平力F 向左推木块乙，当两木块一起匀加速运动时，两木块之间的距离是( )A ．L ＋Fm2 m1＋m2 kB ．L －Fm1m1＋m2 kC ．L －Fm1m2kD ．L ＋Fm2m1k3.一颗人造地球卫星在距地球表面高度为h 的轨道上做匀速圆周运动，运动周期为T ，若地球半径为R ，则（ ） A.该卫星运行时的线速度为2RTB.该卫星运行时的向心加速度为224RTπC.物体在地球表面自由下落的加速度为224()R h Tπ+ D.地球的第一宇宙速度为32()R R h TRπ+⒋．如图所示，质量相同的木块A 、B ，用轻弹簧连接置于光滑水平面上，开始弹簧处于自然状态，现用水平恒力F 推木块A ，则弹簧在第一次被压缩到最短的过程中( ) A ．当A 、B 速度相同时，加速度a A = a B B ．当A 、B 速度相同时，加速度a A ＞ a B C ．当A 、B 加速度相同时，速度v A ＜v B D ．当A 、B 加速度相同时，速度v A ＞v B5．如图所示，质量不等的木块A 和B 的质量分别为m1和m2，置于水平面上，A 、B 于水平面间动摩擦因数相同.当水平力F 作用于左端A 上，两物体一起作匀加速运动时，A 、B 间作用力大小为F1.当水平力F 作用于右端B 上，两物体一起作匀加速运动时，A 、B 间作用力大小为F2，则（ ）A. 在两次作用过程中，物体的加速度的大小相等B. 在两次作用过程中，F1+F2 < FC. 在两次作用过程中，F1+F2 > FD. 在两次作用过程中，2121m m F F =6．如图所示，A 、B 随水平圆盘绕轴匀速转动，物体B 在水平方向所受的作用力有（ ） A ．圆盘对B 及A 对B 的摩擦力，两力都指向圆心ABFB ．圆盘对B 的摩擦力指向圆心，A 对B 的摩擦力背离 圆心C ．圆盘对B 及A 对B 的摩擦力和向心力D ．圆盘对B 的摩擦力和向心力7．如图所示，距离水平地面高为h 的飞机沿水平方向做匀加速直线运动，从飞机上以相对地面的速度v0依次从a 、b 、c 水平抛出甲、乙、丙三个物体，抛出的时间间隔均为T ，三个物体分别落在水平地面上的A 、B 、C 三点，若AB ＝l1、AC ＝l2，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）A ．物体甲在空中运动的时间为t 甲 < t 乙 < t 丙B ．飞机的加速度为212T l l - C ．物体乙刚离开飞机时飞机的速度为Tl 22D ．三个物体在空中运动时总在一条竖直线上8．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()min v g R r =+ B.小球通过最高点时的最小速度0<vmin<)(r R g +C.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 9. 伽利略的理想实验证明了（ ）A. 要使物体由静止变为运动，必须受不为零的合外力的作用B. 要使物体静止必须有力的作用，没有力的作用物体将运动C. 要使物体运动必须有力的作用，没有力的作用物体将静止D. 物体不受力时，总保持原来的匀速直线运动状态或静止状态10．如图所示，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（）A．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsinθB．B球的受力情况未变，瞬时加速度为零C．A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsinθD．弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度向上，A球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零11．河水的流速与离河岸的关系如图甲所示，船在静水中速度与时间的关系如图乙所示．若要使船以最短时间渡河，则（）A．船渡河的最短时间是100 sB．船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直C．船在河水中航行的轨迹是一条直线D．船在河水中的最大速度是5 m/s12.如图，物块A放在直角三角形斜面体B上面，B放在弹簧上面并紧挨着竖直墙壁，初始时A、B静止；现用力F沿斜面向上推A，但AB并未运动。

姚安县一中2018-2019学年高二上学期第二次月考试卷物理班级__________ 座号_____ 姓名__________ 分数__________一、选择题1．如图所示，绝缘粗糙斜面固定在水平地面上，斜面所在空间存在平行于斜面向上的匀强电场E，轻弹簧一端固定在斜面项端，另一端拴接一质量不计的绝缘薄板，一带正电的小滑块，从斜面上的P点由静止释放沿斜面向上运动，并能压缩弹簧至R点（图中未标出）然后返回，则A. 滑块从P点运动到R点过程中，其机械能增量等于电场力与弹簧弹力做功之和B. 滑块从P点运动到R 点过程中，电势能的减少量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和C. 滑块返回过程能到达的最低位置位于P点的上方D. 滑块最终停下来，克服摩擦力所做的功等于电势能减少量与重力势能增加量之差2．将金属块用压缩的轻弹簧卡在一个矩形箱子中，如图所示，在箱子的上顶板和下底板装有压力传感器，能随时显示出金属块和弹簧对箱子上顶板和下底板的压力大小。

将箱子置于电梯中，随电梯沿竖直方向运动。

当箱子随电梯以a=4.0 m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的传感器显示的压力为4.0 N，下底板的传感器显示的压力为10.0 N。

取g=10 m/s2，若上顶板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半，则升降机的运动状态可能是A．匀加速上升，加速度大小为5 m/s2B．匀加速下降，加速度大小为5 m/s2C．匀速上升D．静止状态3．（多选）如图所示，A、D分别是斜面的顶端、底端，B、C是斜面上的两个点，AB＝BC＝CD，E点在D 点的正上方，与A等高。

从E点以一定的水平速度抛出质量相等的两个小球，球1落在B点，球2落在C点，关于球1和球2从抛出到落在斜面上的运动过程（）A．球1和球2运动的时间之比为2∶1B．球1和球2动能增加量之比为1∶2C．球1和球2抛出时初速度之比为22∶1D．球1和球2运动时的加速度之比为1∶24．探月卫星绕地运行一段时间后，离开地球飞向月球。

云南省姚安县一中2018-2019学年上学期中考试高二物理本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间120分钟。

学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________分卷I一、单选题(共10小题,每小题3.0分,共30分)1.如图所示，在等量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点为连线中垂线上距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．EA＝EC＞EB，φA＝φC＞φBB．EB＞EA＞EC，φA＝φC＞φBC．EA＜EB，EA＜EC，φA＞φB，φA＞φCD．因为电势零点未规定，所以无法判断电势高低2.真空中放置两个点电荷，电量各为q1与q2，它们相距r时静电力大小为F，若将它们的电量分别减为原来的一半，则它们之间的静电力大小是（）A． B． C． 2F D． 4F3.M、N两金属板竖直放置，使其带电，悬挂其中的带电小球P如图偏离竖直方向．下列哪一项措施会使OP悬线与竖直方向的夹角增大？(P球不与金属极板接触)()A．增大MN两极板间的电势差B．减小MN两极板的带电量C．保持板间间距不变，将M、N板一起向右平移D．保持板间间距不变，将M、N板一起向左平移4.避雷针能够避免建筑物被雷击的原因是()A．云层中带的电荷被避雷针通过导线导入大地B．避雷针的尖端向云层放电，中和了云层中的电荷C．云层与避雷针发生摩擦，避雷针上产生的电荷被导入大地D．以上说法都不对5.在静电场中，让电子逆着电场线的方向由A点移到B点，如图所示，则（）A．电场力做正功，A点电势高于B点B．电场力做正功，A点电势低于B点C．电场力做负功，A点电势高于B点D．电场力做负功，A点电势低于B点6.导体A带5Q的正电荷，另一完全相同的导体B带Q的负电荷，将两导体接触一会儿后再分开，则B导体的带电荷量为()A．－Q B．Q C． 2Q D． 4Q7.在竖直向下的匀强电场中，有a、b两个带电液滴，分别竖直向上和向下做匀速直线运动，液滴间相互作用力不计，则()A．a、b带同种电荷 B．a、b带异种电荷C．a的电势能增大 D．b的电势能减小8.为研究静电除尘，有人设计了一个盒状容器，容器侧面是绝缘的透明有机玻璃，它的上下底面是金属板，当连接到高压电源正负两极时，能在两金属板间产生一个电场，如图所示．现把一定量均匀分布的烟尘颗粒密闭在容器内，每立方米有烟尘颗粒1013个，每个颗粒带正电荷，假设这些颗粒都处于静止状态，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受重力，则合上开关后()A．烟尘颗粒被吸附在上板 B．烟尘颗粒被吸附在下板C．烟尘颗粒不受影响，仍静止 D．不能确定9.我国北京正负电子对撞机的储存环是周长为240 m的近似圆形轨道，当环中的电流是10 mA时(设电子的速度是3×107m/s)，在整个环中运行的电子数目为(电子电量e=1.6×10－19C)( )A． 5×1011个 B． 5×1010个 C． 1×102个 D． 1×104个10.如图所示，当a、b端接入100 V电压时，c、d两端为20 V；当c、d两端接入100 V 时，a、b两端电压为50 V，则R1∶R2∶R3是（）A． 4∶2∶1 B． 2∶1∶1 C． 3∶2∶1 D．以上都不对二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分)11.(多选)如图所示，在xOy坐标系中，x轴上关于y轴对称的A、C两点固定等量异种点电荷＋Q、－Q，B、D两点分别位于第二、四象限，ABCD为平行四边形，边BC、AD分别与y轴交于E、F，以下说法正确的是()A．E、F两点电势相等B．B、D两点电场强度相同C．试探电荷＋q从B点移到D点，电势能增加D．试探电荷＋q从B点移到E点和从F点移到D点，电场力对＋q做功相同12.(多选)如图所示，虚线为一静电场中的等势面1、2、3、4，相邻等势面间的电势差相等，其中等势面3的电势为0.一带正电的点电荷仅在静电力的作用下沿图中实线从a点运动到b点，经过a、b两点时粒子的动能分别为5 eV和26 eV.当这一点电荷运动到某一位置c时，其电势能变为－5 eV.下列说法正确的是()A．粒子从a点运动到b点的过程中电场力做负功B．粒子在a点的电势能小于其在b点的电势能C．粒子在c点时的动能为24 eVD．a、b点的电势关系为φa>φb13.（多选）关于电流的下列说法中，正确的是（）A．电路中的电流越大，表示通过导体横截面的电量越多B．在相同时间内，通过导体截面的电量越多，导体中的电流就越大C．通电时间越长，电流越大D．导体中通过一定的电量所用时间越短，电流越大14.(多选)根据欧姆定律，下列判断正确的是()A．导体两端的电压越大，导体的电阻越大B．加在气体两端的电压与通过的电流的比值是一个常数C．电流经过电阻时，沿电流方向电势要降低D．电解液短时间内导电的U－I图线是一条直线分卷II三、实验题填空题(共4小题,每小题5.0分,共20分)19.下图展示了等量异种点电荷的电场线和等势面，从图中我们可以看出，A、B两点的场强________、电势________，C、D两点的场强________、电势________(以上四空均填“相同”或“不同”)．20.如图所示，在一匀强电场区域中，有A、B、C、D四点恰好位于一正方形的四个顶点上，已知A、B、C三点电势分别为φA＝2 V，φB＝4 V，φC＝0.请在图中作出电场线(至少作两条)，D点电势φD为________21.如图所示的实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，其中电容器左侧极板和静电计外壳接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连．(1)使电容器带电后与电源断开①上移左极板，可观察到静电计指针偏转角________(选填“变大”“变小”或“不变”);②将极板间距离减小时，可观察到静电计指针偏转角________(选填“变大”“变小”或“不变”)；③两板间插入一块玻璃，可观察到静电计指针偏转角________(选填“变大”“变小”或“不变”)．(2)下列关于实验中使用静电计的说法中正确的有()A．使用静电计的目的是观察电容器电压的变化情况B．使用静电计的目的是测量电容器电荷量的变化情况C．静电计可以用电压表替代D．静电计可以用电流表替代22.如图所示，真空中有三个点电荷，它们固定在边长50 cm的等边三角形的三个顶点上，每个电荷都是＋2×10－6C，则q3所受的库仑力的大小为__________，方向为__________．四、计算题15.两平行金属板A、B水平放置，一个质量为m＝5×10－6kg的带电粒子，以v0＝2 m/s的水平速度从两板正中位置射入电场，如图所示，A、B两板间距离为d＝4 cm，板长l＝10 cm.(1)当A、B间的电压为UAB＝1 000 V时，粒子恰好不偏转，沿图中虚线射出电场．求该粒子的电荷量和电性；(g取10 m/s2)(2)令B板接地，欲使该粒子射出偏转电场，求A板所加电势的范围．16.如图所示，绝缘光滑轨道AB部分为倾角为30°的斜面，AC部分为竖直平面上半径为R 的圆轨道，斜面与圆轨道相切．整个装置处于场强为E、方向水平向右的匀强电场中．现有一个质量为m的小球，带正电荷量为q＝，要使小球能安全通过圆轨道，在O点的初速度应满足什么条件？17.如图所示，带电导体A处于静电平衡状态，电势为φ＝200 V．M、N是A表面上的两点，电场强度EM＝4EN.今把一电荷量为q＝5×10－8C的正电荷分别由M点、N点移到无限远处，求电场力做的功．18.光滑的水平面上放了相距为L、电量分别为Q和4Q的正点电荷，现要引入一新电荷使得三个电荷都平衡，求新引入电荷所放的位置和电量．答案1.B2.A3.A4.B5.B6.C7.A8.B9.A 10.A 11ABD 12.CD 13.BD 14.CD15.(1) 2×10－9C负电(2) 600 V<φA<2 600 V16.v0≥17.均为1.0×10－5J18.新引入电荷带电量为，在两个电荷之间且距离4Q的电荷距离为19.相同不同不同相同20.取BC的中点为F，则根据匀强电场中同一条直线上相等距离，电势差相等可知，F点的电势为2 V，连接AF，由于A、F电势相等，则AF为一条等势线，根据电场线与等势线垂直，方向由高电势指向低电势可知，电场线方向与AF垂直斜向上，如图所示．由于此电场是匀强电场，由φA－φB＝φD－φC可得D点的电势为φD＝－2 V.21.【解析】(1)根据电容的定义式C＝和电容的决定式C＝得U＝，当上移左极板时，S减小，则U增大，静电计指针偏转角变大；减小板间距离d时，则U减小，静电计指针偏转角变小；插入玻璃后，相对介电常数εr增大，则U减小，静电计指针偏转角变小．(2)静电计是用来观察电容器两端电压变化情况的，不可以用电压表代替，也不可以用电流表代替，因为电流表和电压表在构成电流通路时才有示数．22.【解析】如图所示，每个点电荷都受到其他两个点电荷的斥力，只求出其中一个点电荷受的库仑力即可．以q3为研究对象，共受到F1和F2的作用力，q1＝q2＝q3＝q，相互间的距离r都相同．F1＝F2＝k＝0.144 N根据平行四边形定则，合力为F＝2F1cos 30°≈0.25 N.合力的方向沿q1与q2连线的垂直平分线向外．。

云南省楚雄州楚雄市2017-2018学年高二上学期期末物理试卷一、选择题（本题有10小题，每小题3分，共30分．给出的四个选项中，只有一个选项正确．）1．（3分）当两个金属小球带有等量同种电荷q（可视为点电荷），相距为r时，它们之间相互作用的静电力的大小为F，若两个金属小球所带电荷量都变为2q，距离变为2r时，它们之间相互作用的静电力的大小为（）A．F B．2F C．4F D．16F2．（3分）某电场区域的电场线如图所示，a、b是其中一条电场线上的两点，下列说法中错误的是（）A．a点的电势一定低于b点的电势B．a点的场强一定大于b点的场强C．正电荷在a点的电势能一定大于它在b点的电势能D．a点的场强方向一定沿着过a点的电场线向右3．（3分）在下列各图中，分别标出了磁场B的方向，电流I方向和导线所受安培力F的方向，其中正确的是（）A．B．C．D．4．（3分）如图所示，水平面内一段通电直导线平行于匀强磁场放置，当导线以左端点为轴在水平平面内转过90°时（如图中虚线所示），导线所受的安培力（）A．大小不变B．大小由零逐渐增大到最大C．大小由零先增大后减小D．大小由最大逐渐减小到零5．（3分）如图为三个门电路符号，A输入端全为“1”，B输入端全为“0”．下列判断正确的是（）A．甲为“非”门，输出为“1”B．乙为“与”门，输出为“0”C．乙为“或”门，输出为“1”D．丙为“与”门，输出为“1”6．（3分）如图是阴极射线管的示意图．接通电源后，会有电子从阴极K射向阳极A，并在荧光屏上形成一条亮线．要使荧光屏上的亮线向下偏转，下列措施中可行的是（）A．加一方向平行纸面向上的磁场B．加一方向平行纸面向下的磁场C．加一方向垂直纸面向里的磁场D．加一方向垂直纸面向外的磁场7．（3分）带电粒子在匀强磁场中运动，由于受到阻力作用，粒子的动能逐渐减小（带电荷量不变，重力忽略不计），轨道如图中曲线abc所示．则该粒子（）A．带负电，运动方向a→b→c B．带负电，运动方向c→b→aC．带正电，运动方向a→b→c D．带正电，运动方向c→b→a8．（3分）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a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是（）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9．（3分）如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，一带电微粒由a点进入电磁场并刚好能沿ab直线向上运动．下列说法正确的是（）A．微粒一定带负电B．微粒动能一定减小C．微粒的电势能一定增加D．微粒的机械能不变10．（3分）带等量的同种正电的点电荷的连线和中垂线如图所示．现将一个带负电的试探电荷先从图中a点沿直线移到b点，再从b点沿直线移到c点，则试探电荷在这全过程中（）A．所受的电场力先做正功后做负功B．所受的电场力先做负功后做正功C．电势能一直增加D．电势能一直减小二、选择题（本题4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全对得4分，选不全得2分，选错不得分．）11．（4分）用如图所示（甲）电路来测量电池电动势和内电阻，根据测得的数据作出了（乙）图所示的U﹣I图象，由图象可知（）A．电池内阻的测量值是3.50ΩB．电池电动势的测量值是1.40VC．外电路发生短路时的电流为0.4AD．电压表的示数为1.20V时电流表的示数I′=0.20A12．（4分）铅蓄电池的电动势为2V，这表示（）A．电路中每通过1C电量，电源把2J的化学能转化为电能B．蓄电池两极间的开路电压小于2VC．蓄电池在1s内将2J的化学能转变成电能D．蓄电池将化学能转变为电能的本领比一节干电池（电动势为1.5V）的大13．（4分）如图所示，圆形区域内有垂直纸面向内的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图．若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法错误的是（）A．三个粒子都带负电荷B．c粒子速率最小C．c粒子在磁场中运动时间最短D．它们做圆周运动的周期T a=T b=T c14．（4分）如图所示，一带电液滴悬浮在平行板电容器两极板A、B之间的P点，处于静止状态．现将极板A向下平移一小段距离，但仍在P点上方，其它条件不变．下列说法中正确的是（）A．液滴将向下运动B．液滴将向上运动C．极板带电荷量将增加D．极板带电荷量将减少三、填空、试验题（本题共20分）15．（6分）有一个电流表G，内阻Rg=10Ω，满偏电流Ig=3mA，要把它改装成量程0﹣3V 的电压表，要与之（选填“串联”或“并联”）一个Ω的电阻？改装后电压表的内阻是Ω16．（2分）如图为一正在测量电阻中的多用电表表盘和用测量圆柱体直径d的螺旋测微器，圆柱体直径为mm．17．（6分）图为一正在测量中的多用电表表盘．（1）如果是用×10Ω档测量电阻，则读数为Ω．（2）如果是用直流10mA档测量电流，则读数为mA．（3）如果是用直流5V档测量电压，则读数为V．18．（6分）用电流表和电压表测定电池的电动势和内电阻，被测电源是两节干电池串联成的电池组．可供选择的实验器材如下：A．电流表，量程0～0.6A，0～3AB．毫安表，量程0～100 μA，0～100mAC．电压表，量程0～3V，0～15VD．滑动变阻器，0～1000Ω，0.1AE．滑动变阻器，0～20Ω，2AF．电键一个，导线若干①为了尽量得到较准确的实验结果，电流表应选，量程应选，电压表量程应选，滑动变阻器应选．②有甲、乙两个可供选择的电路（如图所示），应选电路进行实验，实验中误差是由于电流表的读数比真实值偏（选填“大”或“小”）而引起的．四、解答题（本题有4小题，共34分．解答应写出必要的文字说明，方程式和主要演算步骤．只写出最后结果、答案的不能得分．有数值计算的，须明确写出数值和单位．）19．（6分）在如图所示的水平匀强电场中，一个带正电的q=+2.0×10﹣8C的点电荷所受电场力F=4.0×10﹣4N．沿电场线方向有A、B两点，A、B两点间的距离s=0.10m．求：（1）匀强电场的电场强度E的大小；（2）该点电荷从A点移至B点的过程中，电场力所做的功W．（3）该点电荷从A点移至B点的过程中，其动能的增量△E k．20．（7分）在光滑斜面上放一质量为m、长度为L的导体，如图所示是剖面图．导体所在空间有不同方向的匀强磁场，导体内通有如图所示的电流I，已知斜面的倾角为θ．（1）当磁场方向竖直向上时，导体静止，求磁感应强度的大小；（2）若改变磁场方向，在图中画出使导体保持静止的最小磁场的方向．21．（10分）如图所示，M为一线圈电阻r M=0.4Ω的电动机，R=24Ω，电源电动势E=40V．当S断开时，电流表的示数为I1=1.6A，当开关S闭合时，电流表的示数为I2=4.0A．求：（1）电源内阻r；（2）开关S闭合时流过R的电流；（3）开关S闭合时电动机输出的机械功率．22．（11分）如图所示，一质量为m，带电量为﹣q，不计重力的粒子，从x轴上的P（a，0）点以速度大小为v，沿与x轴正方向成60°的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限．求：（1）匀强磁场的磁感应强度B；（2）穿过第一象限的时间t．云南省楚雄州楚雄市2017-2018学年高二上学期期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题有10小题，每小题3分，共30分．给出的四个选项中，只有一个选项正确．）1．（3分）当两个金属小球带有等量同种电荷q（可视为点电荷），相距为r时，它们之间相互作用的静电力的大小为F，若两个金属小球所带电荷量都变为2q，距离变为2r时，它们之间相互作用的静电力的大小为（）A．F B．2F C．4F D．16F考点：库仑定律．分析：根据库仑定律的公式即可求解静电力的大小．解答：解：开始时，两个电荷之间的作用力：当小球所带电荷量都变为2q，距离变为2r时，故选项A正确．故选：A点评：本题就是对库仑力公式的直接考查，掌握住公式就很容易分析了．基础题目．2．（3分）某电场区域的电场线如图所示，a、b是其中一条电场线上的两点，下列说法中错误的是（）A．a点的电势一定低于b点的电势B．a点的场强一定大于b点的场强C．正电荷在a点的电势能一定大于它在b点的电势能D．a点的场强方向一定沿着过a点的电场线向右考点：电场线．分析：沿着电场线方向电势逐渐降低，电场线越密，场强越大．电场线上某点的切线方向表示场强的方向．根据电场力做功判断电势能的大小．解答：解：A、沿着电场线方向电势逐渐降低，则a点的电势一定比b点的电势高．故A 错误；B、a点的电场线比b点电场线密，则a点的电场强度一定大于b点的电场强度．故B正确；C、若正电荷从a点移到b点，电场力做正功，电势能减小，则知正电荷在a点的电势能一定大于它在b点的电势能．故C正确．D、电场线上某点的切线方向表示场强的方向，则a点的场强方向一定沿着过a点的电场线向右，故D正确．本题选错误的，故选：A．点评：解决本题的关键知道电场线的疏密表示电场的强弱，沿着电场线方向电势逐渐降低，知道电场力做功与电势能的关系．3．（3分）在下列各图中，分别标出了磁场B的方向，电流I方向和导线所受安培力F的方向，其中正确的是（）A．B．C．D．考点：安培力；左手定则．分析：左手定则的内容：伸开左手，使大拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．根据左手定则的内容判断安培力的方向．解答：解：根据左手定则可知，A、图中安培力方向垂直磁场向右，故A错误；B、图中安培力方向竖直向下，故B错误；C、图中安培力方向垂着电流方向竖直向下，故C正确；D、图中由于磁场和电流方向共线，不受安培力作用，故D错误；故选：C．点评：判断通电导线的安培力方向，既要会用左手定则，又要符合安培力方向的特点：安培力方向既与电流方向垂直，又与磁场方向垂直．4．（3分）如图所示，水平面内一段通电直导线平行于匀强磁场放置，当导线以左端点为轴在水平平面内转过90°时（如图中虚线所示），导线所受的安培力（）A．大小不变B．大小由零逐渐增大到最大C．大小由零先增大后减小D．大小由最大逐渐减小到零考点：安培力．分析：安培力公式为：F=BIL，注意公式的适用条件是：匀强磁场，电流和磁场方向垂直．解答：解：由图可知开始的时候，电流的方向与磁感线的方向平行，导线受到的安培力为0；当电流与磁场方向垂直，因此直接根据安培力的大小为：F=BIL，在旋转的过程中：F=BILsinθ，随θ的增大，F逐渐增大．故ACD错误，B正确．故选：B点评：本题比较简单，考查了安培力的大小计算，应用公式F=BIL时注意公式适用条件和公式中各个物理量的含义．5．（3分）如图为三个门电路符号，A输入端全为“1”，B输入端全为“0”．下列判断正确的是（）A．甲为“非”门，输出为“1”B．乙为“与”门，输出为“0”C．乙为“或”门，输出为“1”D．丙为“与”门，输出为“1”考点：简单的逻辑电路．专题：恒定电流专题．分析：基本逻辑门电路的输入输出，非门当输入1时，输出0，当输入0时，输出1；或门当输入1、0时，输出1；与门当输入1、0时，输出0．解答：解：A、甲为“非”门电路，当输入1时，输出0，故A错误B、乙为“或”门电路，当输入1、0时，输出1，故B错误C、乙为“或”门电路，当输入1、0时，输出1，故C正确D、丙为“与”门电路，当输入1、0时，输出0，故D错误故选C点评：考查了基本逻辑门电路的输入输出逻辑关系，理解逻辑原理．6．（3分）如图是阴极射线管的示意图．接通电源后，会有电子从阴极K射向阳极A，并在荧光屏上形成一条亮线．要使荧光屏上的亮线向下偏转，下列措施中可行的是（）A．加一方向平行纸面向上的磁场B．加一方向平行纸面向下的磁场C．加一方向垂直纸面向里的磁场D．加一方向垂直纸面向外的磁场考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：电子射线由阴极沿x轴方向射出，形成的亮线向下偏转，说明电子受到的洛伦兹力方向向下，将四个选项逐一代入，根据左手定则判断分析，选择可行的磁场方向．解答：解：A、若加一方向平行纸面向上的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿水平向左，亮线不向下偏转，故A错误．B、若加一方向平行纸面向下的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿水平向右，亮线不向下偏转，故B错误．C、若加一方向垂直纸面向里的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向竖直向下，亮线向下偏转，故C正确．D、若加一方向垂直纸面向外的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向竖直向上，亮线向上偏转，故D错误．故选：C．点评：本题考查电偏转与磁偏转方向判断的能力．由由左手定则判断处洛伦兹力的方向是正确解题的关键．7．（3分）带电粒子在匀强磁场中运动，由于受到阻力作用，粒子的动能逐渐减小（带电荷量不变，重力忽略不计），轨道如图中曲线abc所示．则该粒子（）A．带负电，运动方向a→b→c B．带负电，运动方向c→b→aC．带正电，运动方向a→b→c D．带正电，运动方向c→b→a考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；洛仑兹力．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒子的能量逐渐减小，速度减小，则半径减小，即可由轨迹分析粒子入射的方向．由左手定则判断电荷的电性．解答：解：据题意，带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒子的能量逐渐减小，速度减小，则由公式得知，粒子的半径逐渐减小，由图看出，粒子的运动方向是从a到b再到c．在a处，粒子所受的洛伦兹力向右，由左手定则判断可知，该粒子带负电．所以选项A正确．故选：A点评：本题只要掌握带电粒子在磁场中匀速圆周运动的半径和左手定则就能正确解答．8．（3分）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a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是（）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减小考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：本题首先要理清电路，确定电压表测得什么电压，电流表测得什么电流，抓住电动势和内阻不变，再采用局部→整体→局部的方法，利用闭合电路欧姆定律进行分析．解答：解：由图知电压表测量路端电压，电流表A1测量流过R1的电流，电流表A2测量流过R2的电流．R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，即电压表示数U减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大．故A、C、D错误，B正确．故选：B．点评：解决本题的关键抓住电动势和内电阻不变，结合闭合电路欧姆定律求解．注意做题前一定要理清电路，看电压表测的是什么电压，电流表测的是什么电流．9．（3分）如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，一带电微粒由a点进入电磁场并刚好能沿ab直线向上运动．下列说法正确的是（）A．微粒一定带负电B．微粒动能一定减小C．微粒的电势能一定增加D．微粒的机械能不变考点：带电粒子在混合场中的运动．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：对带电粒子进行受力分析，受到竖直向下的重力，水平方向的电场力和垂直于虚线的洛伦兹力，由于带电粒子做直线运动，所以洛伦兹力只能垂直于虚线向上，从而可判断粒子的电性（带负电），同时可知电场力的方向向左，再根据各力的做功情况，即可判断各选项的正误．解答：解：A、根据做直线运动的条件和受力情况（如图所示）可知，微粒一定带负电，且做匀速直线运动，所以选项A正确；BC、由于电场力向左，对微粒做正功，电势能减小，但重力做负功，由于微粒做匀速直线运动，则合力做功为零，因此动能仍不变，选项BC错误；D、由能量守恒可知，电势能减小，机械能一定增加，所以选项D错误．故选：A．点评：带电粒子在重力场、电场、磁场的复合场中，只要是做直线运动，一定是匀速直线运动（v与B不平行）．若速度是变的，洛伦兹力会变，合力就是变的，合力与速度不在一条直线上，带电体就会做曲线运动．10．（3分）带等量的同种正电的点电荷的连线和中垂线如图所示．现将一个带负电的试探电荷先从图中a点沿直线移到b点，再从b点沿直线移到c点，则试探电荷在这全过程中（）A．所受的电场力先做正功后做负功B．所受的电场力先做负功后做正功C．电势能一直增加D．电势能一直减小考点：电势能．分析：在等量的正电荷的电场中，所有的点的电势都是正的，根据矢量的合成法则可以知道，在它们的连线中垂线上的点的电场强度的方向都是沿着中垂线指向外的，由此可以分析电场力和电势能的变化．解答：解：A、在等量的正电荷的电场中，根据矢量的合成法则可以知道，在它们的连线中垂线上的点的电场强度的方向都是沿着中垂线指向外的，b点沿直线移到c点，电场强度的方向沿着cb方向．带负电的试探电荷从图中a点沿直线移到b点，电场力方向沿着中垂线指向内，电场力做正功，再从b点沿直线移到c点，电场力也做正功，所以电场力一直做正功，电荷电势能一直减小，故ABC错误．故D正确．故选：D点评：本题要求学生了解等量同种电荷的电场线及电场特点，并判定电荷在运动过程中受力情况，从而可以判断电场受力及电荷能量变化．二、选择题（本题4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全对得4分，选不全得2分，选错不得分．）11．（4分）用如图所示（甲）电路来测量电池电动势和内电阻，根据测得的数据作出了（乙）图所示的U﹣I图象，由图象可知（）A．电池内阻的测量值是3.50ΩB．电池电动势的测量值是1.40VC．外电路发生短路时的电流为0.4AD．电压表的示数为1.20V时电流表的示数I′=0.20A考点：测定电源的电动势和内阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：由图象的纵坐标可知电源的电动势，由纵坐标的交点可知路端电压为1V时的电流，由闭合电路欧姆定律可得出内电阻．解答：解：由图可知，电源的电动势约为1.40V；故B正确；由图可知，当路端电压为1.00V时，电流为0.4A，故0.4A不是短路电流；故C错误；由U=E﹣Ir可知，r===1Ω，故A错误；当电压表示数为1.20V时，I'===0.20A，故D正确；故选BD．点评：本题考查闭合电路的欧姆定律的数据处理，要明确图象的意义，同时注意纵坐标是否从零开始的，不能相当然的将横坐标的截距当作短路电流．12．（4分）铅蓄电池的电动势为2V，这表示（）A．电路中每通过1C电量，电源把2J的化学能转化为电能B．蓄电池两极间的开路电压小于2VC．蓄电池在1s内将2J的化学能转变成电能D．蓄电池将化学能转变为电能的本领比一节干电池（电动势为1.5V）的大考点：电源的电动势和内阻．专题：恒定电流专题．分析：电动势是一个表征电源特征的物理量．定义电源的电动势是电源将其它形式的能转化为电能的本领，在数值上，等于非静电力将单位正电荷从电源的负极通过电源内部移送到正极时所做的功．它是能够克服导体电阻对电流的阻力，使电荷在闭合的导体回路中流动的一种作用．常用符号E（有时也可用ε）表示，单位是伏（V）．解答：解：A、铅蓄电池的电动势为2V，表示非静电力将单位正电荷从电源的负极通过电源内部移送到正极时所做的功为2J，故A正确，C错误；B、当电源与外电路断开时，即电源断路时，电源两极间的电压等于2V；故B错误；D、电源的电动势是表示电源将其它形式的能转化为电能的本领，铅蓄电池的电动势比一节干电池的电动势大，故D正确；故选：AD．点评：本题关键是明确电动势的概念、物理意义、单位；同时应该知道：电动势的方向规定为从电源的负极经过电源内部指向电源的正极，即与电源两端电压的方向相反13．（4分）如图所示，圆形区域内有垂直纸面向内的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图．若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法错误的是（）A．三个粒子都带负电荷B．c粒子速率最小C．c粒子在磁场中运动时间最短D．它们做圆周运动的周期T a=T b=T c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：根据左手定则判断粒子的电性．三个质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率垂直进入匀强磁场中，则运动半径的不同，导致运动轨迹也不同．因此运动轨迹对应的半径越大，则粒子的速率也越大．而运动周期它们均一样，但运动时间却由圆弧对应的圆心角决定．解答：解：A、三个粒子进入磁场时受到的洛伦兹力，根据左手定则判断可知三个粒子均带正电，故A错误．B、粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：r=．由于三个带电粒子的质量、电荷量均相同，在同一个磁场中，当速度越大时、轨道半径越大，由图示可知，a粒子的轨道半径最小，粒子c的轨道半径最大，则a的粒子速率最小，c粒子的速率最大，故B错误；CD、粒子在磁场中做圆周运动的周期为：T=，m、q、B均相同，则T相等．粒子在磁场中的运动时间：t=T，θ是轨迹对应的圆心角．三粒子运动周期相同，由图示可知，c在磁场中运动的偏向角最小，轨迹对应的圆心角最小，则运动的时间最短，故C、D正确；本题选错误的，故选：AB．点评：带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确定速率的大小；运动的周期均相同的情况下，可根据圆弧的对应圆心角来确定运动时间的长短．14．（4分）如图所示，一带电液滴悬浮在平行板电容器两极板A、B之间的P点，处于静止状态．现将极板A向下平移一小段距离，但仍在P点上方，其它条件不变．下列说法中正确的是（）A．液滴将向下运动B．液滴将向上运动C．极板带电荷量将增加D．极板带电荷量将减少考点：电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：带电油滴悬浮在平行板电容器中P点，处于静止状态，电场力与重力平衡，将极板A向下平移一小段距离时，根据E=分析板间场强如何变化，判断液滴如何运动．根据电容的决定式和定义式结合分析极板所带电量如何变化解答：解：A、B电容器板间的电压保持不变，当将极板A向下平移一小段距离时，根据E=分析得知，板间场强增大，液滴所受电场力增大，液滴将向上运动．故A错误，B正确．C、D将极板A向下平移一小段距离时，根据电容的决定式C=得知电容C增大，而电容器的电压U不变，根据Q=CU，可知，极板带电荷量将增大．故C正确，D错误．故选：BC．。

姚安县第一中学校2018-2019学年高二上学期第二次月考试卷物理班级__________ 座号_____ 姓名__________ 分数__________一、选择题1．甲、乙两汽车在某平直公路上做直线运动，某时刻经过同一地点，从该时刻开始计时，其v－t图象如图所示。

根据图象提供的信息可知（）A. 从t＝0时刻起，开始时甲在前，6 s末乙追上甲B. 从t＝0时刻起，开始时甲在前，在乙追上甲前，甲、乙相距最远为12.5 mC. 8 s末甲、乙相遇，且距离t＝0时的位置45 mD. 在0～4 s内与4～6 s内甲的平均速度相等【答案】B【解析】2．如图所示，将平行板电容器与电池组相连，两板间的带电尘埃恰好处于静止状态．若将两板缓慢地错开一些，其他条件不变，则（）A．电容器带电量不变B．尘埃仍静止C．检流计中有a→b的电流D．检流计中有b→a的电流【答案】BC3．如图所示，绝缘粗糙斜面固定在水平地面上，斜面所在空间存在平行于斜面向上的匀强电场E，轻弹簧一端固定在斜面项端，另一端拴接一质量不计的绝缘薄板，一带正电的小滑块，从斜面上的P点由静止释放沿斜面向上运动，并能压缩弹簧至R点（图中未标出）然后返回，则A. 滑块从P点运动到R点过程中，其机械能增量等于电场力与弹簧弹力做功之和B. 滑块从P点运动到R 点过程中，电势能的减少量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和C. 滑块返回过程能到达的最低位置位于P点的上方D. 滑块最终停下来，克服摩擦力所做的功等于电势能减少量与重力势能增加量之差【答案】BC【解析】试题分析：由题可知，小滑块从斜面上的P点处由静止释放后，沿斜面向上运动，说明小滑块开始时受到的合力的方向向上，开始时小滑块受到重力、电场力、斜面的支持力和摩擦力的作用；小滑块开始压缩弹簧后，还受到弹簧的弹力的作用．小滑块向上运动的过程中，斜面的支持力不做功，电场力做正功，重力做负功，摩擦力做负功，弹簧的弹力做负功．在小滑块开始运动到到达R点的过程中，电场力做的功转化为小滑块的重力势能、弹簧的弹性势能以及内能．由以上的分析可知，滑块从P点运动到R点的过程中，其机械能增量等于电场力与弹簧弹力做功、摩擦力做功之和，故A错误；由以上的分析可知，电场力做的功转化为小滑块的重力势能、弹簧的弹性势能以及内能，所以电势能的减小量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和，故B正确；小滑块运动的过程中，由于摩擦力做功，小滑块的机械能与电势能的和增加减小，所以滑块返回能到达的最低位置在P点的上方，不能在返回P点，故C正确；滑块运动的过程中，由于摩擦力做功，小滑块的机械能与电势能的和逐渐减小，所以滑块最终停下时，克服摩擦力所做的功等于电势能的减小量与重力势能增加量、弹性势能增加量之差，故D错误。

2017-2018学年上学期高二物理9月月考试卷考试时间：100分钟 满分：100分（考试要求：1、请在答题卡上指定位置作答；2、计算题答题要规范，求解过程要有必要的文字说明和依据的公式，作图要规范，清晰；） 一、单项选择题（共10题，每题3分，共计30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．如图所示，将带有负电的绝缘棒移近两个不带电的导体球，两个导体球开始时互相接触且对地绝缘，下列方法中不能使两球都带电的是( )A ．先把两球分开，再移走棒B ．先移走棒，再把两球分开C ．使棒与甲球瞬时接触，再移走棒D ．先使乙球瞬时接地，再移走棒3.如图所示，三个点电荷q 1、q 2、q 3固定在一直线上，q 2与q 3间距离为q 1与q 2间距离的2倍，每个电荷所受静电力的合力均为零，由此可以判定，三个电荷的电荷量之比为( ) A.(－9)∶4∶(－36) B.9∶4∶36C.(－3)∶2∶(－6)D.3∶2∶64．下列说法中正确的是( )A ．点电荷是指体积很小的电荷B ．根据F ＝k q 1q 2r 2知，当两电荷间的距离趋近于零时，静电力将趋于无穷大C ．若两点电荷的电荷量q 1＞q 2，则q 1对q 2的静电力等于q 2对q 1的静电力D ．用库仑定律计算出的两电荷间的作用力是两者受力的总和5．两个分别带有电荷量－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r2，则两球间库仑力的大小为( )A.112FB.34FC.43F D ．12F 6. 下列关于电场的叙述中，正确的是( )A ．点电荷产生的电场中，以点电荷为圆心，r 为半径的球面上，各点的场强都相同B ．正电荷周围的场强一定比负电荷周围的场强大C ．取走电场中某点的试探电荷后，该点的场强为零D ．电荷在电场中某点所受电场力的方向与该点场强的方向不一定相同7. 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的初速度从a 点沿电场线运动到b 点，其速度v 与时间t 的关系图象如图甲所示．则此电场的电场线分布可能是图乙中的( )8. 下列说法中正确的是( )A ．电场线密集处场强大，电势高B ．沿电场线方向场强减小，电势降低C ．在电势高处电荷具有的电势能大D ．场强为零处，电势不一定为零9. 如图所示，在O 点的点电荷＋Q 形成的电场中，试探电荷＋q 由A 点移到B 点电场力做功为W 1，以OA 为半径画弧交OB 于C ，再把试探电荷由A 点移到C 点电场力做功为W 2，由C 点移到B 点电场力做功为W 3，则三者关系为( )A ．W 1＝W 2＝W 3<0B ．W 1>W 2＝W 3>0C．W1＝W3>W2＝0 D．W3>W1＝W2＝010. 图中的平行直线表示一簇垂直于纸面的等势面．一个电量为－5.0×10－8 C的点电荷，沿图中曲线从A点移到B点，电场力做的功为( )A．－5.0×10－7 J B．5.0×10－7 JC．－3.5×10－6 J D．3.5×10－6 J二、双项选择题（共5题，每题6分，共计30分。

云南省姚安县第一中学2017-2018学年高二10月月考物理（理）试题一、单项选择题（每小题4分，每小题只有一个正确选项，共40分）1. 关于电场线的说法下列中正确的是（）A. 电场线上每一点的切线方向都跟电荷在该点的受力方向相同B. 沿电场线的方向，电场强度越来越小C. 电场线越密的地方，同一检验电荷受的电场力越大D. 顺着电场线移动电荷，电荷受电场力大小一定减小【答案】C【解析】电场线上每一点的切线方向都跟正电荷在该点的受力方向相同，选项A错误；沿电场线的方向，电场强度不一定越来越小，选项B错误；电场线越密的地方场强越大，同一检验电荷受的电场力越大，选项C正确；顺着电场线移动电荷，电荷受电场力大小不一定减小，选项D错误；故选C.2. 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级间的电压表测得的电压B. 同一电源接入不同的电路，电动势会发生变化C. 在闭合电路中，当外电路电阻变大时电源的电动势不变D. 在闭合电路中，当外电路电阻变大时电源的电动势变大【答案】C【解析】电压表是有内阻的，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．电动势反映本身的特性，与外电路的结构无关，故BD错误，C正确．故选C．点睛：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．3. 一个检验电荷在电场中某点受到的电场力为F，这点的电场强度为E，在图中能正确反映q、E、F三者关系的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】A、因为电场中的电场强度与放入电场中电荷的电量无关，有场源电荷决定．所以电场强度不随q、F的变化而变化，故AB错误；C、由知，某点的电场强度一定，F与q成正比，故C错误，D正确。

点睛：解决本题的关键掌握电场强度的定义式，知道电场中的电场强度与放入电场中电荷的电量无关，由场源电荷决定。

2017---2018学年上学期高三物理9月月考试卷一、选择题（每题6分，共计48分。

其中1—4题为单项选择题；6—8题为双向选择题，选对不全得3分，错选、不选得0分）1. 下列关于质点的说法中正确的是( )A. 质点是一个理想化模型，实际上并不存在，引入这个概念没有多大意义B. 研究航天飞机相对地球的飞行周期时，绕地球飞行的航天飞机不能看作质点C. 比较两辆行驶中的汽车的快慢，能将车看作质点D. 研究子弹射穿一张薄纸所需的时间，可以将子弹看作质点【答案】C【解析】质点是为了方便研究问题而引入的理想化模型，A错误；研究航天飞机相对地球的飞行周期时，飞机的形状和大小可以忽略，故能看做质点，B错误；比较两辆行驶中的汽车的快慢时，汽车的形状和大小是次要因素，故能看做质点，C正确；子弹的长度相对纸的厚度不能忽略，故不能看做质点，D错误．2. 在某校运动会上，甲、乙两名同学分别参加了在体育场举行的400 m和100 m田径决赛，且两人都是在标准跑道的最内侧跑道(第一跑道)完成了比赛，则两人在各自的比赛过程中通过的位移大小x甲、x乙和通过的路程s甲、s乙之间的关系是( )A. x甲>x乙，s甲<s乙B. x甲<x乙，s甲>s乙C. x甲>x乙，s甲>s乙D. x甲<x乙，s甲<s乙【答案】B【解析】甲运动员参加了在主体育场举行的400m，从起点环绕跑道一周刚好400m，400米比赛中，起点不同，但是终点相同，根据位移定义可知，两人都是在最内侧跑道完成了比赛，甲运动员的位移为零，路程是400米；乙运动员参加了在主体育场举行的100m田径决赛，位移大小是100m，路程是100m．故甲的位移小于乙的位移；甲的路程大于乙的路程，故B正确．3. 一物体受到三个共面共点力F1、F2、F3的作用，三力的矢量关系如图所示(小方格边长相等)，则下列说法正确的是( )A. 三力的合力有最大值(F1＋F2＋F3)，方向不确定B. 三力的合力有唯一值3F3，方向与F3同向C. 三力的合力有唯一值2F3，方向与F3同向D. 由题给条件无法求出合力大小【答案】B【解析】试题分析：根据平行四边形定则，出F1、F2的合力如图，大小等于2F3，方向与F2相同，再跟F3合成，两个力同向，则三个力的合力为3F3．故B正确，ACD错误；故选B。

嗦夺市安培阳光实验学校2017—2018学年第一学期第一次月考高二年物理试卷（考试时间：90分钟 总分：100分）一、选择题（本题共56分。

第1～8题只有一项符合题目要求，每小题4分。

第9～14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，有选错的得0分。

）1.下列描述电场的物理量中哪些与试探电荷有关？ （ ） A. 电场强度 B. 电势 C. 电势能 D. 电势差2.电场强度E 的定义式为qFE= ，根据此式，下列说法中正确的是（ ） ①此式只适用于点电荷产生的电场 ②式中q 是放入电场中的点电荷的电荷量，F 是该点电荷在电场中某点受到的电场力，E 是该点的电场强度 ③式中q 是产生电场的点电荷的电荷量，F 是放在电场中的点电荷受到的电场力，E 是电场强度 ④在库仑定律的表达式221r q kq F =中，可以把22r kq 看作是点电荷2q 产生的电场在点电荷1q 处的场强大小，也可以把21r kq 看作是点电荷1q 产生的电场在点电荷2q 处的场强大小A ．只有①②B ．只有①③C ．只有②④D ．只有③④3.平行金属板水平放置，板间距为0.6cm ，两板接上3610⨯V 电压，板间有一个带电液滴质量为4.8×10-10g ，处于静止状态，则油滴上有元电荷数目是（g 取10m/s 2）（ ）A. 6310⨯B.30C.10D.4310⨯4.A 、B 是一条电场线上的两个点，一带正电的粒子仅在电场力作用下以一定的初速度从A 点沿电场线运动到B 点，其v -t 图象如图甲所示.则这电场的电场线分布可能是下图中的( )5.如图所示，P 是一个带电体，N 是一个不带电的金属空腔，在哪种情况中，放在绝缘板上的小纸屑S 不会被P 吸引( )A ．①③B ．②③C ．②④D ．③④6.两个完全相同的金属小球，分别带有+3Q 和-Q 的电荷量，当它们相距为r 时，它们之间的库伦力是F ，若把它们接触后分开，再置于相距为r/3的两点，则它们的库仑力的大小将变为（ ）A ．3F B ．F C ．3F D ．9F7.在光滑绝缘桌面上，带电小球A 固定，带电小球B 在A 、B 间库仑力作用下以速率v 0绕小球A 做半径为r 的匀速圆周运动，若使其绕小球A 做匀速圆周运动的半径变为2r ，则B 球的速率大小应变为( ) A ．v 0 B ．v 0 C ． 2v 0 D ．8.如图所示，以O 为圆心的圆周上有六个等分点a 、b 、c 、d 、e 、f .等量正、负点电荷分别放置在a 、d 两处时，在圆心O 处产生的电场强度大小为E ..现将a 处点电荷移至其他位置，O 点的电场强度随之改变，下列说法中正确的是( )A ． 移至c 处，O 处的电场强度大小为E ，方向沿OeB ．移至b 处，O 处的电场强度大小为，方向沿OdC ． 移至e 处，O 处的电场强度大小为，方向沿OcD ． 移至f 处，O 处的电场强度大小为E ，方向沿Oe9.瀑雨前，有一云层（相当于带电体）正慢慢靠近地面，某野外地面附近有一质量较小的带电体被吸上天空，以下说法正确的是( )A. 带电体在上升中电势能越来越大B. 带电体在上升中跟云层间的电势差越来越大C. 带电体在上升中所处环境的电场强度是越来越大D. 带电体的加速度越来越大10 A、B两个等量的点电荷在真空中所产生的电场的电场线，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．则下列说法正确的是( )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．D、C点的场强方向一定相同D．C点的电场强度与D点的电场强度大小相同11.如图所示，在某一点电荷Q产生的电场中，有a、b两点．其中a点的场强大小为a E，方向与ab连线成120°角；b点的场强大小为b E，方向与ab连线成150°角．则关于a、b 两点场强大小及电势高低说法正确的是( )A．Ea＝3Eb B．Ea ＝ C．φa＞φb D．φa＜φb12.图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷．一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点．则该粒子( )A．带负电 B. c点受力最大C．在b点的电势能大于在c点的电势能D．由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化13.如图所示，长为L、倾角为θ的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电荷量为＋q、质量为m的小球以初速度v0从斜面底端A点开始沿斜面上滑，当到达斜面顶端B点时，速度仍为v0，则( )A．A、B 两点间的电势差一定等于B．小球在B点的电势能一定大于在A点的电势能C．若电场是匀强电场，则该电场的电场强度的最小值一定为D．若该电场是斜面中垂线上某点的点电荷Q产生的，则Q一定是正电荷14.如图所示的直线是真空中某电场的一条电场线，A、B是这条直线上的两点。

云南省昆明市2017-2018学年高二物理10月月考试题〔考试时间90分钟总分为100分〕须知事项：1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的考号、姓名、考场、座位号、班级在答题卡上填写清楚。

2.每一小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

在试卷上作答无效。

一、单项选择题(本大题共6小题，共24.0分)1.关于物理学研究中使用的主要方法，以下说法中错误的答案是〔〕A.用质点代替有质量的物体，应用的是模型法B.用实验探究加速度、力和质量三者之间的关系时，应用了控制变量法C.利用速度-时间图象推导匀变速直线运动的位移公式时，使用了微元法D.伽利略在利用理想实验探究力和运动的关系时，使用的是实验法2.关于电流的说法中正确的答案是〔〕A.根据I=，可知I与q成正比B.电流有方向，电流也有矢量C.在金属导体中，自由电子移动方向为电流方向D.电流的单位“安培〞是国际单位制中的根本单位3.如下列图，将质量为m的物体用一竖直弹簧固定在一向上运动的升降机内，根据弹簧伸长或压缩的状态，如下判断正确的答案是〔〕A.当弹簧处于压缩状态时，物体超重，升降机一定加速向上B.当弹簧处于压缩状态时，物体失重，升降机一定减速向上C.当弹簧处于伸长状态时，物体超重，升降机一定加速向上D.当弹簧处于伸长状态时，物体失重，升降机一定减速向上4.如下列图的是示波管工作原理图：电子经电场加速后垂直射入偏转电场，假设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转电场的极板长度与极板间的距离分别为L和d，取“单位偏转电压引起的偏转距离〞来描述示波管的灵敏度〔该距离越大如此灵敏度越高〕，如此如下哪种方法可使示波管的灵敏度提高〔〕A.增大U1B.增大U2C.减小LD.减小d5.如下列图电路，闭合开关S，将滑动变阻器的滑动片p向b端移动时，电压表和电流表的示数变化情况的是〔〕A.电压表示数增大，电流表示数变小B.电压表和电流表示数都增大C.电压表和电流表示数都减小D.电压表示数减小，电流表示数增大6.如下列图，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二、多项选择题(本大题共6小题，共24.0分)7.运动员从地面跳起时，如下判断正确的答案是〔〕A.地面对运动员的支持力等于运动员对地的压力B.运动员对地的压力大于运动员的重力C.地面对运动员的支持力大于运动员的重力D.地面对运动员的支持力跟运动员对地面的压力的合力大于运动员的重力8.如下列图，在等量正电荷形成的电场中，画一正方形ABCD，对角线AC与两点电荷连线重合，两对角线交点O恰为电荷连线的中点．如下说法中正确的答案是〔〕A.B、D两点的电场强度与电势均一样B.A、B两点间的电势差U AB与C、D两点间的电势差U CD相等C.一质子由B点沿B→O→D路径移至D点，电势能先增大后减小D.一电子由C点沿C→O→A路径移至A点，电场力对其先做负功后做正功9.2007年10月24日，我国发射了第一颗探月卫星--“嫦娥一号〞，使“嫦娥奔月〞这一古老的神话变成了现实．嫦娥一号发射后先绕地球做圆周运动，经屡次变轨，最终进入距月球外表h=200公里的圆形工作轨道，开始进展科学探测活动．设月球半径为R，月球外表的重力加速度为g，万有引力常量为G，如此如下说法正确的答案是〔〕A.嫦娥一号绕月球运行的周期为2πB.在嫦娥一号的工作轨道处的重力加速度为〔〕2gC.嫦娥一号在工作轨道上的绕行速度为D.由题目条件可知月球的平均密度为10.如下列图，真空中有一个固定的点电荷，电荷量为+Q．图中的虚线表示该点电荷形成的电场中的等势面．有两个一价离子M、N〔不计重力，也不计它们之间的电场力〕先后从a 点以一样的速率v0射入该电场，运动轨迹分别为曲线apb和aqc，其中p、q分别是它们离固定点电荷最近的位置．以下说法正确的答案是〔〕A.M在b点的速率大于N在c的速率B.M是负离子，N是正离子C.a→p→b过程中电场力先做负功再做正功D.M从p→b过程中电势能的增量小于N从a→q电势能的增量11.C能自发地进展β衰变，如下判断正确的答案是〔〕A.C经β衰变后变成 CB.C经β衰变后变成NC.C发生β衰变时，原子核内一个质子转化成中子D.C发生β衰变时，原子核内一个中子转化成质子12.平行板电容器的两极板A、B接于电源两极，两极板竖直、平行正对．一带电小球悬挂在电容器内部，闭合开关S，电容器充电，悬线静止时偏离竖直方向的夹角为θ，如下列图．如此如下说法正确的答案是〔〕 A.开关S闭合，将A板向B板靠近，如此θ减小 B.开关S闭合，将A板向B板靠近，如此θ增大C.开关S断开，将A板向B板靠近，如此θ增大D.开关S断开，将A板向B板靠近，如此θ不变三、实验题探究题(本大题共4小题，共36.0分)13.某同学用如图甲所示的装置验证牛顿第二定律该同学将滑块从距离光电门x远处由静止释放，遮光条通过光电门时，光电门记录的时间为△t；测得气垫导轨长度为L1垫起一端距离水平桌面的高度为h．用游标卡尺测量遮光条的宽度如图乙所示，如此遮光条的宽度d= ______ mm；假设重力加速度为g，用相关物理量的字母表示，如此滑块下滑过程中加速度的理论值可表示为a= ______ ，加速度的测量值可表示为a= ______ ．14.为了测定一个“6.3V、1W〞的小电珠在额定电压下较准确的电阻值，可供选择的器材有： A．电流表〔0～3A，内阻约0.04Ω〕B．毫安表〔0～300m A，内阻约4Ω〕C．电压表〔0～10V，内阻10KΩ〕D．电压表〔0～3V，内阻10KΩ〕E．电源〔额定电压6V，最大允许电流2A〕F．电源〔额定电压9V，最大允许电流1A〕G．可变电阻〔阻值范围0～10Ω，额定电流1A〕H．可变电阻〔阻值范围0～50Ω，额定功率0.5W〕I．导线假设干根，电键一个．〔1〕为使测量安全和尽可能准确，应选用的器材是 ______ ．〔用字母代号填写〕〔2〕请画出电路图．并把图中所示实物图用线连接起来．15.某同学在测定金属圆柱体电阻率时需要先测量其尺寸，他分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图〔a〕和如图〔b〕所示，长度为 ______ mm，直径为 ______ mm16.如图甲为某同学测绘额定电压为 2.5V的小灯泡的I-U特性曲线的实验电路图〔1〕根据电路图甲，用笔画线替代导线，将答题纸图乙中的实验电路图连接完整〔图乙左边是电压表〕〔2〕依据你所连接的电路，在开关S闭合之前，滑动变阻器的滑片应该置于 ______ 端〔选填“A〞、“B〞或“AB中间〞〕〔3〕实验中测得有关数据如表：U/V 0.40 0.80 1.20 1.60 2.00 2.40 2.80I/A 0.10 0.16 0.20 0.23 0.25 0.26 0.27根据表中的实验数据，在图丙中画出小灯泡的I-U特性曲线〔4〕如果用一个电动势为3V，内阻为25Ω的直流电源直接给该小灯泡供电，如此小灯泡的实际功率为 ______ W．四、计算题(本大题共3小题，共30.0分)17.如下列图为直流电动机提升重物装置，电动机的内阻一定，闭合开关K，当把它接入电压为U1=0.2V的电路时，电动机不转，测得此时流过电动机的电流是I1=0.4A；当把电动机接入电压为U2=4.0V的电路中，电动机正常工作且电动机匀速提升重物，工作电流是I2=1.0A，求：〔1〕电动机线圈的电阻r；〔2〕当U2=4.0V电动机正常工作时的输出功率与电动机的效率；〔3〕如果重物质量m=0.5kg，当U2=4.0V时电动机提升重物的速度大小是多少？〔g取10m/s2〕18.如下列图，在光滑水平面上放置ABC三物体，A与B用一弹性良好的轻质弹簧连在一起，开始弹簧处于原长，A、B均静止．A、B的质量均为M=2kg，另一物体C以初速度v0=6m/s水平向右运动，C 与A碰撞后粘合在一起，设碰撞时间极短，C的质量为m=1kg．求：〔1〕弹簧弹性势能的最大值〔2〕在以后的运动过程中物体B的最大速度．19.如图甲所示，一竖直平面内的轨道由粗糙斜面AB和光滑半圆轨道BC组成，斜面底端通过一小段圆弧〔图中未画出，长度可不计〕与轨道相切于B点．斜面的倾角为37°，半圆轨道半径为1m，B是圆轨道的最低点，C为最高点．将一小物块置于轨道AB上离地面高为H 处由静止下滑，用力传感器测出其经过B点时对轨道的压力F，改变H的大小，可测出相应的F的大小，F随H的变化规律如图乙所示．物块在某次运动时，由H=8.4m处释放，通过C 后，又落回到斜面上D点．〔sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2〕求：〔1〕物块的质量与物块与斜面间的动摩擦因数．〔2〕物块落到D点时的速度大小．高二10月月考答案和解析【答案】1.D2.D3.B4.D5.C6.C7.ABC8.BCD 9.BD 10.BD 11.BD 12.BD13.4.4；g；14.BCFGI15.50.2；4.81516.A；0.05417.解：〔1〕电动机不转时，此时电动机为纯电阻元件，如此：〔2〕电动机正常工作时消耗的功率为：P=U2I2=4.0×1.0W=4.0 W电动机正常工作时线圈电阻损耗的功率为：P热=I22r=1.02×0.5W=0.5 W电动机正常工作时输出功率为：P出=P-P热=4.0-0.5 W=3.5 W电动机正常工作时效率为：〔3〕匀速提升时，拉力等于重力，即：F=mg=0.5×10N=5N由电动机的输出功率P出=F v可得提升重物的速度为：=答：〔1〕电动机线圈的电阻为r=0.5Ω；〔2〕当U2=4.0V电动机正常工作时的输出功率为3.5W，电动机的效率为87.5%；〔3〕如果重物质量m=0.5kg，当U2=4.0V时电动机提升重物的速度大小是0.7m/s．18.解：〔1〕C与A碰撞过程，设共同速度v1，以向右为正，由动量守恒：mv0=〔m+M〕v1代入数据解得：v1=2m/s当A、B、C速度相等时，弹簧被压缩到最短，弹簧的弹性势能最大，设此时三物体速度为v，有：共〔m+M〕v1=〔m+2M〕v共代入数据解得：v共=1.2m/s根据能量守恒得：代入数据解得：E pmax=2.4J〔2〕当弹簧第一次恢复原长时，B的速度最大，设此时B的速度为v B，从A、C粘合到弹簧第一次恢复原长的过程，设此时A、C的速度为v1′，由动量守恒和能量守恒有：〔m+M〕v1=〔m+M〕v1′+M v B，解得：v B=2.4m/s，故B的速度最大为2.4m/s，方向向右．答：〔1〕弹簧弹性势能的最大值为2.4J；〔2〕在以后的运动过程中物体B的最大速度大小为2.4m/s，方向向右．19.解：〔1〕物块从斜面上A点滑到B点的过程中，由动能定理得：mg H-μmg H cot37°=mv B2 …①物块在B点满足：F-mg=m…②由①②可得：F=mg+H…③由图象可知：H=0时，F=5 N；H=3 m时，F=15 N代入③解得：m=0.5 kg，μ=0.5．〔2〕物块从A到C由动能定理得：mg〔H-2R〕-μmg H cot37°=mv2C…④物块从C到D做平抛运动，下落高度h=gt2 …⑤水平位移x=v C t…⑥由几何关系知：tan37°=…⑦由④⑤⑥⑦可得：t=0.4 s物块到D点时的速度的大小：v D==4m/s．答：〔1〕物块的质量为0.5kg，物块与斜面间的动摩擦因数为0.5．〔2〕物块落到D点时的速度大小为4m/s．【解析】1. 解：A、质点是高中所涉与的重要的理想化模型，是抓住问题的主要因素，忽略次要因素，故A正确；B、在用实验探究加速度、力和质量三者之间的关系时，由于涉与物理量较多，因此采用控制变量法进展实验，故B正确；C、在利用速度-时间图象推导匀变速直线运动的位移公式时，采用极限思想，把时间轴无限分割，得出面积大小等于物体位移的结论，是微元法，故C正确；D、理想斜面实验探究力和运动的关系时，采用的是理想斜面实验法和将试验结论外推的方法，故D错误．此题选错误的，应当选：D物理学的开展离不开科学的思维方法，要明确各种科学方法在物理中的应用，如控制变量法、理想实验、理想化模型、极限思想等．此题考查了常见的研究物理问题的方法的具体应用，要通过练习体会这些方法的重要性，培养学科思想．2. 解：A、电流等于电路中通过某一横截面积的电量与所用时间的比值，故在t不确定的情况下不能笼统的说I与q是否是成正比，故A错误；B、电流有方向，但电流的运算不适用平行四边形定如此，故电流是标量，故B错误；C、金属导体中，自由电子定向移动方向与电流方向相反，故C错误；D、电流的单位为国际单位制中的根本单位，故D正确．应当选：D电荷的定向移动形成电流，电流与电荷量与时间无关，电流的单位为安培，安培是国际单位制的根本单位．此题考查电流的定义，要注意明确电流的定义与电流的方向规定，难度不大，属于根底题．3. 解：A、当弹簧处于压缩状态时，弹簧对物体的作用力的方向向下，物体受到的重力的方向向下，所以物体受到的合外力的方向向下，如此加速度的方向向下，物体一定失重，升降机一定减速向上．故A错误，B正确；C、当弹簧处于伸长状态时，弹簧对物体的作用力是拉力，当拉力大于重力时，物体加速度的方向向上，如此可知m处于超重状态；故升降机的加速度应向上；当弹簧的拉力小于重力时，物体受到的合外力的方向向下，物体的加速度的方向向下，如此物体处于失重状态；故CD都错误．应当选：B．根据弹簧的变化可知m的受力变化；如此可分析m的运动状态的变化；如此可分析升降机的运动状态的变化．对于超重和失重一定要根据牛顿第二定律进展理解，不能脱离开受力关系而去分析超重和失重；该题中尤其要注意比拟弹簧的拉力与重力的大小之间的关系．4. 解：经加速电场后的速度为v，如此：所以电子进入偏转电场时速度的大小为：，电子进入偏转电场后的偏转的位移为：y=at2==，所以示波管的灵敏度，所以要提高示波管的灵敏度可以增大L，减小d和减小U1，所以D正确、ABC错误．应当选：D．先求出的表达式，由表达式分析提高灵敏度的方式．此题是信息的给予题，根据所给的信息，找出示波管的灵敏度的表达式即可解决此题．5. 解：当滑动变阻器的滑动片p向b端移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析可知总电流增大，路端电压减小，如此电压表的读数变小．图中并联局部电路的电压减小，如此电流表的读数变小．故C正确．应当选：C．当滑动变阻器的滑动片p向b端移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，再由欧姆定律分析并联局部电压的变化，分析电流表示数的变化．此题中R1也可直接作为内电阻处理，可直接由闭合电路欧姆定律得出并联局部的电压减小，流过R2的电流减小．6. 解：由图可知，电源的电动势E=3V，短路电流为I=6A；如此内电阻r==Ω=0.5A；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；应当选C．7. 解：ABC、运动员受到重力和地面的支持力，之所以能起跳，是因为地面对运动员的支持力大于运动员的重力，产生向上的加速度．运动员对地面的压力等于地面对运动员的支持力，而支持力大于运动员的重力，所以运动员对地面的压力大于运动员的重力．故ABC均正确；D、地面对运动员的支持力跟运动员对地面的压力是相互作用力，作用在不同的物体上，效果不能抵消，不能合成，故D错误．应当选：ABC地面对运动员的支持力和运动员对地面的压力是一对作用力和反作用力，大小相等，方向相反．运动员受到重力和地面的支持力，之所以能起跳，是因为地面对运动员的支持力大于运动员的重力，产生向上的加速度．解决此题的关键知道作用力和反作用力大小相等，方向相反．人之所以能起跳，是因为地面对运动员的支持力大于运动员的重力，产生向上的加速度．8. 解：A、由于B、D两点关于O点对称，因此其场强大小相等，方向相反，如此场强不同，根据对称性知，电势一样，故A错误；B、根据电场线分布情况可知，A与C两的电势相等，B、D两点电势相等，如此A、B两点间的电势差U AB与C、D两点间的电势差U CD相等，故B正确．C、根据电场的叠加知，BO间电场方向向上，OD间电场向下，如此质子由B点沿B→O→D 路径移至D点，电势先升高后降低，电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，故C 正确．D、电子由C点沿C→O→A路径移至A点，电场力先向左后向右，电场力对其先做负功后做正功，故D正确．应当选：BCD．此题要根据等量正电荷周围电场分布情况进展答题．在如下列图的等量异种电荷连线的中点O是两点电荷连线之间电场强度最小的点，同时是两点电荷连线中垂线上最强的点，中垂线为零等势线，中垂线上电场方向水平向右；另外电势能的变化可通过电场力做功来判断．要熟练掌握等量异种电荷和等量同种电荷周围电场强度、电势分布情况，并能正确判断电荷在电场中运动时动能、电势能变化情况．9. 解：AC、根据万有引力提供向心力，即：，解得v=，T=，嫦娥一号的轨道半径为r=R+h，结合黄金代换公式：GM=g R2，代入线速度与周期公式得：，T=，故A、C错误．B、根据，GM=g R2，联立解得在嫦娥一号的工作轨道处的重力加速度为g′=〔〕2g，故B正确．D、由黄金代换公式得中心天体的质量M=，体积V=，如此平均密度=．故D正确．应当选：BD．根据万有引力提供向心力，求出线速度和周期的表达式，结合万有引力等于重力得出线速度和周期的大小．根据中心天体的质量和体积求出密度．解决此题的关键掌握万有引力定律的两个重要理论：1、万有引力提供向心力，2、万有引力等于重力，并能灵活运用．10. 解：A、根据运动轨迹的弯曲可知，M受到的是库仑引力、N受到的是库仑斥力，如此M 为负离子，N为正离子，a、b、c在同一个等势面上，ab和ac电势差为零，如此静电力不做功，可知M在b点的速率等于N在c点的速率，故A错误，B正确．C、M从a→p→b过程，由于M受到的是库仑引力，如此电场力先做正功再做负功，故C错误．D、P b间的电势差小于qc间的电势差，如此从p到b过程中电场力做功小于q到c过程中电场力做功，如此M从p→b过程中电势能的增量小于N从a→q电势能的增量，故D正确．应当选：BD．根据轨迹的弯曲确定静电力为库仑引力还是库仑斥力，从而得出M、N电性的正负．根据动能定理比拟粒子速度的大小，根据电场力做功判断电势能的变化．根据轨迹判定“电荷N受到中心电荷的斥力，而电荷M受到中心电荷的引力〞是解决此题的突破口．知道电场力做功等于电势能的减小量．11. 解：发生β衰变时，原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，所以每发射一个β粒子，一个中子转化为质子，依据质量数与质子数守恒，如此有C→N+e．故B、D正确，A、C错误．应当选：BD．β衰变的实质是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，并依据核反响方程书写规律：质量数与质子数守恒，即可求解．知道β衰变的实质，β衰变的电子来自原子核，不是核外电子，注意β衰变与α衰变的区别．12. 解：A、B、保持电键S闭合时，电容器板间电压不变，带正电的A板向B板靠近时，板间距离d减小，由E=分析得知，板间场强增大，小球所受电场力增大，如此θ增大．故A错误，B正确．C、D、电键S断开，根据推论，E===，可知，将A板向B板靠近，板间场强不变，小球所受电场力不变，如此θ不变．故D正确，C错误．应当选：BD．保持电键S闭合时，电容器板间电压不变，由E=分析板间场强的变化，判断板间场强的变化，确定θ的变化．电键S断开，根据推论可知，板间场强不变，分析θ是否变化．此题解答的关键是抓住不变量进展分析，当电容器保持与电源相连时，其电压不变；当电容器充电后断开时，其电量不变．然后再分析电势差与场强的变化．13. 解：游标卡尺的主尺读数为4mm，游标读数为0.1×4mm=0.4mm，如此d=4.4mm，根据牛顿第二定律可知：mgsinθ=ma由几何关系可知：sinθ=解得：加速度的理论值为：a=g根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，滑块经过光电门的速度为：v=根据v2=2ax可得加速度的测量值为：a==．故答案为：4.4；g；．游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读；根据牛顿第二定律可求得加速度的理论值；根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出滑块经过光电门时的速度大小，再根据速度和位移关系即可求得加速度的理论值．解决此题的关键明确光电门的作用，能根据平均速度方法求解瞬时速度，同时注意牛顿第二定律以与运动学公式的应用是解题的关键．14. 解：〔1〕由小电珠规格“6.3V，1W〞可知，额定电流为：I=，故电流表应选B；由于小电珠的额定电压为6.3V，所以电压表应选C；电源应选F；由于实验要求测量安全和尽可能准确，如此要求电流从零调，所以变阻器应用分压式接法，而采用分压式接法时，变阻器的电阻越小调节越方便，所以变阻器应选G；显然还必需要选择I，所以应选用的器材是BCFGI．〔2〕由于小电珠电阻较小，满足，因此电流表应使用外接法，从〔1〕可知滑动变阻器采用分压接法，作出电路图，根据电路图连接实物电路图，实物电路图如下列图．故答案为：〔1〕BCFGI；〔2〕电路图和实物图如下列图．〔1〕根据小电珠的额定电流来选择电流表量程，根据额定电压来选择电压表量程和电源电动势大小；为使测量安全和尽可能准确，变阻器应用分压式接法，应选择阻值小的变阻器，导线和电键是必需的；〔2〕先判断电流表的接法，再作图，再根据电路图连接实物图即可．此题考查了实验器材的选择，设计实验电路图、连接实物电路图，要掌握实验器材的选择原如此，确定滑动变阻器与电流表接法是正确设计实验电路的关键，当电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器应采用分压接法．15. 解：是10分度的卡尺，其准确度为0.1mm如此图示读数为：50+2×0.1=50.2mm；螺旋测微器：不动刻度为4.5，可动刻度为31.5×0.01mm如此读数为4.5+31.5×0.01=4.815mm，因需要估计，如此为4.815±0.002mm；故答案为：50.2，4.815±0.002．游标卡尺的读法，先确定分度数，从而确定准确度，进展读数；螺旋测微器的读法要用主尺的整刻度加可动刻度数乘以准确度，要估读．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，要明确读数规如此，记住螺旋测微器要估读．16. 解：〔1〕根据原理较可得出对应的原理图如下列图；〔2〕由实物图可知，测量电路局部与滑动变阻器的左侧并联，故为了让电流从零开始调节，滑片开始时应滑至A端；〔3〕根据描点法得出对应的I-U图象；〔4〕在对应的I-U图象中作出电源的伏安特性曲线，如下列图，两图象的交点为灯泡的工作点；如此由图可知，灯泡的电压为0.45V，电流为0.12A；如此对应的功率为：P=UI=0.45×0.12=0.054W；故答案为：〔1〕如如下图所示；〔2〕A；〔3〕如下列图；〔4〕0.054；做电学实验时首先要注意安全性原如此，变阻器使用分压式接法；根据描点法做出伏安特性曲线即可；再作出电源的伏安特性曲线，两线的交点为灯泡的工作点，从而求得功率．解决此题的关键知道电表量程的选取，以与知道描点作图，需要用平滑的曲线连接．同时注意明确求灯泡实际功率时不能用欧姆定律求解．17.〔1〕在电动机不转时，电动机相当于纯电阻，根据欧姆定律可以求得电动机的线圈电阻；〔2〕根据功率的公式P=UI，可以求得电动机的功率，进而可以求得电动机的效率；〔3〕匀速提升时，拉力等于重力，由电动机的输出功率P=F v可得提升重物的速度．此题重点是非纯电阻电路的考察，重点要明白当电动机通电不转的时候，电动机相当于纯电阻电路．18.〔1〕根据定律守恒求出AC的共同速度，当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒与能量守恒求出弹性势能的最大值；〔2〕当弹簧第一次恢复原长时，B的速度最大，设此时B的速度为v B，从A、C粘合到弹簧第一次恢复原长的过程中，根据动量守恒与能量守恒求出最大速度．此题考查了动量守恒和能量守恒定律的综合运用，知道三者速度相等时，弹性势能最大，明确应用动量守恒定律解题时，要规定正方向，难度适中．19.〔1〕物块从斜面上A点滑到B点的过程中，由动能定理列式得到物块到达B点的速度与H 的关系，在B点，由重力与轨道的支持力提供物块的向心力，根据牛顿第二定律得到F与H 的表达式，结合图象信息，即可求出物块的质量与物块与斜面间的动摩擦因数．。