山东省德州市某中学2015届高三物理上学期1月月考试题

2015-2016学年山东省德州一中高一（上）月考物理试卷（1月份）一、选择题（本大题共12小题，其中1-8小题为单选题，9-12小题为多选题，请把正确选项涂在答题卡上．每题4分，共48分．）1．一个物体静止在水平桌面上，下列说法中正确的是（）A．桌面对物体的支持力和物体所受的重力是一对平衡力B．物体所受的重力和桌面对它的支持力是一对作用力与反作力C．物体对桌面的压力就是物体所受的重力，这两个力是同一性质的力D．物体对桌面的压力和桌面对物体的支持力是一对平衡力2．如图所示，一只蜗牛沿着葡萄枝缓慢爬行，若葡萄枝的倾角为α，则葡萄枝对重为G的蜗牛的作用力为（）A．GsinαB．GcosαC．G D．小于G3．质量之比2：1的球A、B，由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀速运动的电梯内，细线承受的拉力为F；某时刻突然剪断细线，则在细线断的瞬间A、B球的加速度分别为（）A．a A=g，a B=g B．a A=0，a B=0.5gC．a A=1.5g，a B=0 D．a A=0.5g，a B=1.5g4．如图所示，两木块的质量分别为m1和m2，两轻质弹簧的劲度系数分别为k1和k2，上面木块压在上面的弹簧上（但不拴接），整个系统处于平衡状态．现缓慢向上提上面的木块，直到它刚离开上面弹簧．在这过程中下面木块移动的距离为（）A．B．C．D．5．如图所示，光滑斜面上放一轻质弹簧，弹簧下端固定，小球从静止开始沿斜面下滑，从它接触弹簧到弹簧被压缩至最短的过程中，小球的加速度和速度的变化情况是（）A．加速度一直变大，速度一直变小B．加速度一直变小，速度一直变大C．加速度先变小后变大，速度先变大后变小D．加速度先变大后变小，速度先变小后变大6．如图，位于水平桌面上的物块P，由跨过定滑轮的轻绳与物块Q相连，从滑轮到P和到Q的两段绳都是水平的．已知Q与P之间以及P与桌面之间的动摩擦因数都是μ，两物块的质量都是m，滑轮的质量、滑轮轴上的摩擦都不计，若用一水平向右的力F拉P使它做匀速运动，则F的大小为（）A．4μmg B．3μmg C．2μmg D．μmg7．如图a所示，在粗糙程度处处相同的水平地面上，物块在水平向右的力F作用下由静止开始运动．运动的速度v与时间t的关系如图b所示．由图象可知（）A．在2s﹣4s内，力F=0 B．在4s﹣6s内，力F逐渐变小C．在0﹣2s内，力F逐渐变小D．在0﹣2s内，力F保持不变8．甲、乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向做直线运动，t=0时刻同时经过公路旁的同一路标．如图是描述两车运动的v﹣t图线，折线ABC和折线OBD分别描述了甲、乙两车在0～20s内的运动情况．关于甲、乙两车的运动，下列说法正确的是（）A．在0～10 s内，两车逐渐靠近B．在t=10 s时，两车相遇C．在10～20 s内，两车距离继续变大D．在0～20 s内，两车最远距离为100 m9．如图所示，在倾角为α的斜面上，放一质量为m的小球，小球和斜坡及挡板间均无摩擦，下列说法正确的有（）A．此时挡板对小球的作用力为mgsinαB．若把挡板撤掉，小球的加速度为gsinαC．当档板绕O点逆时针缓慢地转向水平位置的过程中，斜面对球的支持力逐渐减小D．当档板绕O点逆时针缓慢地转向水平位置的过程中，挡板对球的支持力逐渐减小10．如图所示，小车向右运动的过程中，某段时间内车中悬挂的小球A和车水平底板上的物块B都相对车厢静止，悬挂小球A的悬线与竖直线有一定夹角θ，B 与车底板之间的动摩擦因数为0.75，假设B所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力．在这段时间内，下述判断中正确的是（）A．物块B不受摩擦力作用B．物块B受摩擦力作用，大小恒定，方向向左C．要使A、B和车保持相对静止，θ最大为37°D．要使A、B和车保持相对静止，θ最大为53°11．如图甲所示，水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v﹣t图象（以地面为参考系）如图乙所示．已知v2＞v1，错误的是（）A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用12．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，整个系统处于静止状态，已知斜面倾角及轻绳与竖直方向夹角均为θ=30°．不计小球与斜面间的摩擦，则（）A．轻绳对小球的作用力大小为B．斜面对小球的作用力大小为C．斜面体对水平面的压力大小为（M+m）gD．斜面体与水平面间的摩擦力大小为二、实验题（本大题2个小题，共17分．13题6分，14题11分）13．“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲，A点为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点位置，OB和OC为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图示．（1）图乙中的F与F´两力中，方向一定沿AO方向的是．（2）关于此实验，下列情况正确的是A．两弹簧秤的拉力一定比橡皮筋的拉力大B．橡皮筋的拉力是合力，两个弹簧秤的拉力是分力C．如果将两个绳套换成两根橡皮筋，那么实验结果将不同D．两次拉橡皮筋结点拉到同一位置O的目的是确保两次弹簧秤拉力的效果相同（3）如图丙，在“验证力的平行四边形定则”的实验中，橡皮筋一端固定于P点，另一端连接两个弹簧秤，分别用F1与F2拉两个弹簧秤，将结点拉至O点．现让F2大小增大，方向不变，要使结点仍位于O点，则F1的大小及图中β（初始β＞90°）角的变化结果可能是A．增大F1的同时增大β角B．减小F1的同时减小β角C．增大F1的同时减小β角D．减小F1的同时增大β角．14．用如图所示装置做“探究物体的加速度跟力的关系”的实验．实验时保持小车的质量M（含车中的钩码）不变，用在绳的下端挂的钩码的总重力mg作为小车受到的合力，用打点计时器和小车后端拖动的纸带测出小车运动的加速度．（1）实验时绳的下端先不挂钩码，反复调整垫木的左右位置，直到小车做匀速直线运动，这样做的目的是．（2）图为实验中打出的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹没有标出，测出各计数点到A点之间的距离，如图所示．已知打点计时器接在频率为50Hz的交流电源两端，则此次实验中小车运动的加速度的测量值a= m/s2．（结果保留两位有效数字）（3）保持小车的质量M（含车中的钩码）不变，改变绳的下端挂的钩码的总质量m，该同学根据实验数据作出了加速度a随合力F变化的图线如图所示．该图线不通过原点，其主要原因是．（4）乙、丙两同学用同一装置探究加速度与力的关系时，画出了各自得到的a 一F图线，如图（b）所示．则是两同学做实验时取值不同造成的．（5）随着F的增大，a一F图线最后会略微向弯曲（填上或下）．三、计算题（本大题3个小题，共35分．解答时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．）15．如图所示，木块的质量为m，放在倾角θ的斜面上，用F的水平恒力推木块，木块恰能沿斜面匀速下滑，求：（1）木块与斜面间的摩擦力大小（2）木块与斜面间的动摩擦因数．16．如图所示，质量m=23kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L=24m．用与水平方向成θ=37°的力F斜向上拉此物体，作用一段时间后撤去该力，再经t0=4s 物体刚好停于B处．已知物体与地面间的动摩擦因数μ=0.2，sin37°=0.6，取g=10m/s2．试分析：（1）撤去拉力的瞬间，物体的速度v的大小为多少？（2）作用在物体上的倾斜拉力F的大小为多少？17．如图所示，一足够长的木板静止在水平面上，质量M=0.4kg，长木板与水平面间的动摩擦因数μ1=0.1，一质量m=0.4kg的小滑块以v0=1.8m/s的速度从长木板的右端滑上长木板，滑块与长木板间动摩擦因数μ2=0.4，小滑块可看成质点，重力加速度g取10m/s2，求：（1）小滑块刚滑上长木板时，长木板的加速度大小a1和小滑块加速度大小a2；（2）小滑块与长木板速度相等时，小滑块相对长木板上滑行的距离L；（3）从小滑块滑上长木板到最后静止下来的过程中，小滑块运动的总距离S．2015-2016学年山东省德州一中高一（上）月考物理试卷（1月份）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12小题，其中1-8小题为单选题，9-12小题为多选题，请把正确选项涂在答题卡上．每题4分，共48分．）1．一个物体静止在水平桌面上，下列说法中正确的是（）A．桌面对物体的支持力和物体所受的重力是一对平衡力B．物体所受的重力和桌面对它的支持力是一对作用力与反作力C．物体对桌面的压力就是物体所受的重力，这两个力是同一性质的力D．物体对桌面的压力和桌面对物体的支持力是一对平衡力【考点】牛顿第三定律；共点力平衡的条件及其应用．【分析】作用力和反作用力是发生在相互作用的物体上，大小相等，方向相反，作用在同一条直线上．【解答】解：A、桌面对物体的支持力和物体所受的重力是一对平衡力，故A正确，B错误C、物体对桌面的压力和物体所受的重力大小相等，方向相同，但是这两个力不是同一性质的力，故C错误D、物体对桌面的压力和桌面对物体的支持力是作用力和反作用力，故D错误故选A．2．如图所示，一只蜗牛沿着葡萄枝缓慢爬行，若葡萄枝的倾角为α，则葡萄枝对重为G的蜗牛的作用力为（）A．GsinαB．GcosαC．G D．小于G【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【分析】对蜗牛进行受力分析，明确缓慢爬行及葡萄枝对蜗牛作用力的含义．【解答】解：对蜗牛进行受力分析，有向下的重力、垂直葡萄枝向上的弹力、沿葡萄枝向上的摩擦力，因蜗牛缓慢爬行，说明蜗牛处于平衡状态，即所受合力为零，因此，蜗牛受到葡萄枝的作用力大小等于蜗牛重力，再根据牛顿第三定律，葡萄枝对蜗牛的作用力大小为G，C正确．故选：C．3．质量之比2：1的球A、B，由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀速运动的电梯内，细线承受的拉力为F；某时刻突然剪断细线，则在细线断的瞬间A、B球的加速度分别为（）A．a A=g，a B=g B．a A=0，a B=0.5gC．a A=1.5g，a B=0 D．a A=0.5g，a B=1.5g【考点】牛顿第二定律．【分析】剪短前以整体为研究对象求出绳子的拉力，在以A和B分别为研究对象求弹簧中的弹力，剪断细线瞬间绳的弹力立即消失，弹簧弹力由于形变没有变化而瞬间不变，再根据牛顿第二定律分析球A的加速度大小．【解答】解：剪短前以AB整体为研究对象受力分析根据共点力平衡：F=3mg，剪短后的瞬间，对B分析，弹簧没来的及收缩，故弹簧对B物体的弹力还等于B 物体的重力，即F=mg，所以a B=0；对A物体：3mg=2ma Aa A=1.5g故选：C4．如图所示，两木块的质量分别为m1和m2，两轻质弹簧的劲度系数分别为k1和k2，上面木块压在上面的弹簧上（但不拴接），整个系统处于平衡状态．现缓慢向上提上面的木块，直到它刚离开上面弹簧．在这过程中下面木块移动的距离为（）A．B．C．D．【考点】共点力平衡的条件及其应用；胡克定律．【分析】系统原来处于平衡状态，两个弹簧均被压缩，弹簧k2的弹力等于两物体的总重力．缓慢向上提上面的木块，直到它刚离开上面弹簧时弹簧k2的弹力等于m2g，根据胡克定律分别求出下面弹簧两种状态下压缩的长度，下面木块移动的距离等于弹簧两种状态下压缩的长度之差．【解答】解：系统处于原来状态时，下面弹簧k2的弹力F1=（m1+m2）g，被压缩的长度x1==当上面的木块离开上面弹簧时，下面弹簧k2的弹力F2=m2g，被压缩的长度x2==所以下面木块移动的距离为S=x1﹣x2=故选C5．如图所示，光滑斜面上放一轻质弹簧，弹簧下端固定，小球从静止开始沿斜面下滑，从它接触弹簧到弹簧被压缩至最短的过程中，小球的加速度和速度的变化情况是（）A．加速度一直变大，速度一直变小B．加速度一直变小，速度一直变大C．加速度先变小后变大，速度先变大后变小D．加速度先变大后变小，速度先变小后变大【考点】牛顿第二定律．【分析】本题要正确分析小球下滑与弹簧接触过程中弹力变化，即可求出小球合外力的变化情况，进一步根据牛顿第二定律得出加速度变化，从而明确速度的变化情况．【解答】解：开始阶段，弹簧的压缩量较小，因此弹簧对小球向上的弹力小于重力沿斜面的分力，此时合外力大小：F=mgsinθ﹣kx，方向向下，随着压缩量的增加，弹力增大，故合外力减小，则加速度减小，由于合外力与速度方向相同，小球的速度增大；当mgsinθ=kx时，合外力为零，此时速度最大；由于惯性物体继续向下运动，此时合外力大小为：F=kx﹣mgsinθ，方向沿斜面向上，物体减速，随着压缩量增大，物体合外力增大，加速度增大．故整个过程中加速度先变小后变大，速度先变大后变小，故ABD错误，C正确．故选：C．6．如图，位于水平桌面上的物块P，由跨过定滑轮的轻绳与物块Q相连，从滑轮到P和到Q的两段绳都是水平的．已知Q与P之间以及P与桌面之间的动摩擦因数都是μ，两物块的质量都是m，滑轮的质量、滑轮轴上的摩擦都不计，若用一水平向右的力F拉P使它做匀速运动，则F的大小为（）A．4μmg B．3μmg C．2μmg D．μmg【考点】共点力平衡的条件及其应用．【分析】先对物块Q受力分析，根据平衡条件求出细线的拉力，然后对物块P 受力分析，再次根据平衡条件求出力F．【解答】解：对Q物块，设跨过定滑轮的轻绳拉力为T木块Q与P间的滑动摩擦力f=μmg ①根据共点力平衡条件T=f ②对木块P受力分析，受拉力F，Q对P向左的摩擦力f，地面对P物体向左的摩擦力f′，根据共点力平衡条件，有F=f+f′+T ③地面对P物体向左的摩擦力f′=μ（2m）g④由①～④式可以解得F=4μmg故选A．7．如图a所示，在粗糙程度处处相同的水平地面上，物块在水平向右的力F作用下由静止开始运动．运动的速度v与时间t的关系如图b所示．由图象可知（）A．在2s﹣4s内，力F=0 B．在4s﹣6s内，力F逐渐变小C．在0﹣2s内，力F逐渐变小D．在0﹣2s内，力F保持不变【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．【分析】在速度﹣时间图象中，某一点纵坐标代表此时刻的瞬时速度；某点切线的斜率代表该时刻的加速度，向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负．结合牛顿第二定律判断受力情况．【解答】解：A、在2s﹣4s内，物体做匀速直线运动，拉力与滑动摩擦力平衡，不可能为零，故A错误；B、在4s﹣6s内，物体匀减速前进，加速度恒定，故受合力恒定，故说明拉力为恒力；故B错误；C、在0﹣2s内，物体做加速度减小的加速运动，由F﹣f=ma可知拉力F逐渐变小；故C正确；D错误；故选：C．8．甲、乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向做直线运动，t=0时刻同时经过公路旁的同一路标．如图是描述两车运动的v﹣t图线，折线ABC和折线OBD分别描述了甲、乙两车在0～20s内的运动情况．关于甲、乙两车的运动，下列说法正确的是（）A．在0～10 s内，两车逐渐靠近B．在t=10 s时，两车相遇C．在10～20 s内，两车距离继续变大D．在0～20 s内，两车最远距离为100 m【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【分析】根据两车的速度大小分析它们之间的位置关系．当两车的位移相等时，两车相遇．根据图象的“面积”分析两车何时相遇和位移关系．【解答】解：A、t=0时刻两车同时经过公路旁的同一路标，在O﹣10s内，甲的速度大于乙的速度，甲运动到乙之前，两车逐渐远离，故A错误．B、在t=10s时，两车速度相等，由“面积”可知，甲的位移大于乙的位移，说明两车还没有相遇，故B错误．C、在10～20s内，甲的速度大于乙的速度，两车逐渐远离，故C正确．D、在0〜20s内，在t=20s时，两车相距最远，两车最远距离为：2××（10+5）×10﹣×5×20=100m．故D正确．故选：CD9．如图所示，在倾角为α的斜面上，放一质量为m的小球，小球和斜坡及挡板间均无摩擦，下列说法正确的有（）A．此时挡板对小球的作用力为mgsinαB．若把挡板撤掉，小球的加速度为gsinαC．当档板绕O点逆时针缓慢地转向水平位置的过程中，斜面对球的支持力逐渐减小D．当档板绕O点逆时针缓慢地转向水平位置的过程中，挡板对球的支持力逐渐减小【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【分析】小球受三个力作用而保持静止状态，根据平衡条件求解此时挡板对小球的作用力，根据牛顿第二定律求解加速度，当档板绕O点逆时针缓慢地转向水平位置的过程中，小球重力大小、方向都不变，斜面对球的支持力方向不变，大小变，挡板对球的支持力的大小和方向都变化，根据三力平衡的条件，结合平行四边形定则作图分析即可．【解答】解：A、小球受重力、斜面支持力F1和挡板支持力F2，将F1与F2合成为F，如图，根据平衡条件得：此时挡板对小球的作用力为F2=mgtanα，故A错误；B、若把挡板撤掉，则小球只受重力和斜面支持力，根据牛顿第二定律得：小球的加速度为a==gsinα，故B正确；C、当档板绕O点逆时针缓慢地转向水平位置的过程中，小球一直处于平衡状态，三个力中的任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故F1和F2合成的合力F一定与重力等值、反向、共线．从图中可以看出，当挡板绕O点逆时针缓慢地转向水平位置的过程中，F1越来越小，F2先变小，后变大，故C正确，D 错误；故选：BC10．如图所示，小车向右运动的过程中，某段时间内车中悬挂的小球A和车水平底板上的物块B都相对车厢静止，悬挂小球A的悬线与竖直线有一定夹角θ，B 与车底板之间的动摩擦因数为0.75，假设B所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力．在这段时间内，下述判断中正确的是（）A．物块B不受摩擦力作用B．物块B受摩擦力作用，大小恒定，方向向左C．要使A、B和车保持相对静止，θ最大为37°D．要使A、B和车保持相对静止，θ最大为53°【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．【分析】由AB的状态知其运动状态是一样的，故加速度相同，在对A受力分析可知其合力向左，故加速水平向左，可知B的加速度和受力状况，要使A、B和车保持相对静止，则当B的摩擦力达到最大静摩擦力时，加速度最大，再对A 受力分析，根据牛顿第二定律即可求解．【解答】解：A、A和B都相对车厢静止，加速度相同，方向为水平方向，对A 受力分析可知，其受到的重力和拉力的合力恒定水平向左，故加速度恒定，方向水平向左，所以B受摩擦力的作用方向向左，大小恒定．故A错误，B正确；C、要使A、B和车保持相对静止，则当B的摩擦力达到最大静摩擦力时，加速度最大，则最大加速度a=，所以A的最大加速度也为7.5m/s2，对A受力分析，加速度a=gtanθ=7.5m/s2，所以θ=37°，故C正确，D错误．故选：BC．11．如图甲所示，水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v﹣t图象（以地面为参考系）如图乙所示．已知v2＞v1，错误的是（）A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】小物块滑上传送后在阻力作用下做匀减速直线运动，当速度减为0时，小物块又反向匀加速运动最后与传送带一起向右运动．根据图象分析有：0～t1时间内木块向左匀减速直线运动，受到向右的摩擦力，t1﹣t2小物块向右匀加速，t2﹣t3当速度增加到与皮带相等时，一起向右匀速，摩擦力消失．【解答】解：A、在0﹣t1时间内小物块向左减速，受向右的摩擦力作用，在t1﹣t2时间内小物块向右加速运动，受到向右的摩擦力作用，t1时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到最大，故A错误；B、t2时刻前小物块相对传送带向左运动，之后相对静止，则知小物块相对传送带滑动的距离达到最大，故B正确；C、0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，且大小不变，故C错误；D、如图知，t2﹣t3小物块做匀速直线运动，此时受力平衡，小物块不受摩擦力作用，故D错误；本题选错误的，故选：ACD．12．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，整个系统处于静止状态，已知斜面倾角及轻绳与竖直方向夹角均为θ=30°．不计小球与斜面间的摩擦，则（）A．轻绳对小球的作用力大小为B．斜面对小球的作用力大小为C．斜面体对水平面的压力大小为（M+m）gD．斜面体与水平面间的摩擦力大小为【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【分析】先以B球为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件求解轻绳和斜面对小球的作用力大小．再以B球和斜面整体为研究对象，分析受力情况，由平衡条件求出水平面对斜面的支持力和摩擦力．【解答】解：A、B、以B球为研究对象，分析受力情况，如图1所示，根据平衡条件得2Tcosθ=mgTsinθ=N1sinθ解得，轻绳对小球的作用力大小为T=mg，斜面对小球的作用力大小为N1= mg．故A正确，B错误．C、D以B球和斜面整体为研究对象，分析受力情况，如图2所示，则有N2+Tcosθ=（M+m）gf=Tsinθ解得水平面对斜面体的支持力N2=Mg+，水平面对斜面体的摩擦力f=．故C错误，D正确．故选AD二、实验题（本大题2个小题，共17分．13题6分，14题11分）13．“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲，A点为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点位置，OB和OC为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图示．（1）图乙中的F与F´两力中，方向一定沿AO方向的是F′．（2）关于此实验，下列情况正确的是DA．两弹簧秤的拉力一定比橡皮筋的拉力大B．橡皮筋的拉力是合力，两个弹簧秤的拉力是分力C．如果将两个绳套换成两根橡皮筋，那么实验结果将不同D．两次拉橡皮筋结点拉到同一位置O的目的是确保两次弹簧秤拉力的效果相同（3）如图丙，在“验证力的平行四边形定则”的实验中，橡皮筋一端固定于P点，另一端连接两个弹簧秤，分别用F1与F2拉两个弹簧秤，将结点拉至O点．现让F2大小增大，方向不变，要使结点仍位于O点，则F1的大小及图中β（初始β＞90°）角的变化结果可能是BCA．增大F1的同时增大β角B．减小F1的同时减小β角C．增大F1的同时减小β角D．减小F1的同时增大β角．【考点】验证力的平行四边形定则．【分析】（1）明确实验原理，了解实验误差的存在，知道该实验中“理论值”和“实验值”的区别；（2）根据合力与分力的关系来分析判断；在分析合力和分力的大小关系时，可以类比一下平行四边形对角线和两边之间的关系；（3）根据题意，保持合力大小方向不变、F2大小增大，方向不变，看怎样改变仍能组成平行四边形即可．【解答】解：（1）F是通过作图的方法得到合力的理论值，而F′是通过一个弹簧称沿AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O点，使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同，测量出的合力．故方向一定沿AO方向的是F′，由于误差的存在F和F′方向并不在重合．（2）A、两弹簧测力计的拉力的合力与橡皮筋的拉力大小相等，两弹簧测力计的拉力可比橡皮筋的拉力大，也可以比橡皮筋的拉力小．故A错误；B、两弹簧测力计的拉力与橡皮条的拉力的合力为零，它们之间不是合力与分力的关系，B错误；C、只要O点的作用效果相同，是否换成橡皮条不影响实验结果，故C错误；D、两次拉橡皮筋时，为了使两次达到效果相同，橡皮筋结点必须拉到同一位置O，故D正确．故选：D．（3）根据题意，由力的平行四边形定则得出如下图1所示：由此可知：减小F1的同时减小β角可以实现题意要求，故B正确；同理根据由力的平行四边形定则得出如下图2所示：。

高一第一学期月考测试题物理试题 2015.10第Ⅰ卷（选择题共51分）一、单项选择题（本题包括9小题，每小题3分，共27分。

每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，）1．下列说法中符合实际的是（）A．火车站售票厅悬挂的是列车时间表 B．打点计时器是一种测量长度的仪器C．出租车按位移大小计费 D．“万米”赛跑，指的是路程为一万米2. 下列关于质点的说法正确的有（）A．正在做课间操的同学们都可以看做质点B．研究打出的乒乓球旋转情况时可以把球看做质点C．观察航空母舰上的舰载飞机起飞时，可以把航空母舰看做质点D．在作战地图上确定航空母舰的准确位置时，可以把航空母舰看做质点3. 关于位移和路程，下列说法正确的是（）A．物体沿直线向某一方向运动，通过的路程就是位移B．物体沿直线运动，通过的路程等于位移的大小C．物体通过一段路程，其位移可能为零D．两物体通过的路程不等，位移一定不同4. 某人先向东走2 m，接着向西走6 m，最后向南走3 m，则他在这段运动中的位移大小和路程分别是（）A．5 m、5 m B．11 m、11 mC．5 m、11 m D．11 m、5 m5.下列各组物理量中，都是标量的是（）A．位移、时间、速度 B．速度、速率、加速度C．加速度、速度的变化、速度 D．路程、时间、速率6. 下面的几个速度中表示平均速度的是（）A．子弹射出枪口的速度是800 m/s，以790 m/s的速度击中目标B．汽车经过黄河大桥的速度是40 km/hC．汽车通过站牌时的速度是72 km/hD．小球第3 s末的速度是6 m/s7.下列说法正确的是（）A.加速度增大，速度一定增大B.速度变化量Δv越大，加速度就越大C.物体有加速度，速度就增大D.物体速度很大，加速度可能为零8.如图所示是某质点做直线运动的x－t图象，由图象可知（）A．质点一直处于运动状态B．质点第3 s内位移是2mC．此图象表示了质点运动的轨迹D．该质点前4 s内位移是2 m9. 物体沿直线运动，下列说法中正确的是( )A．若物体某一秒内的平均速度是5 m/s，则物体在这1 s内的位移一定是5 m B．若物体在第1 s末的速度是5 m/s，则物体在第1 s内的位移一定是5 m C．若物体在10 s内的平均速度是5 m/s，则物体在其中1 s内的位移一定是5 m D．物体通过某段位移的平均速度是 5 m/s，则物体在通过这段位移一半时的速度一定是2.5 m/s二、多项选择题（本题包括6小题，每小题4分共24分。

山东省德州一中2015届高三上学期1月月考物理试题2015．1 【试卷综析】本试卷是高三模拟试题，包含了高中物理的基本内容，主要包含受力分析、物体的平衡、匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、运动的合成和分解、万有引力定律及其应用、动能定理、电场、磁场、交流的峰值、有效值以及它们的关系、动量守恒定律等内容，在考查问题上以基本定义、基本规律为主，重视生素养的考查，注重主干知识，兼顾覆盖面。

第I卷(选择题共40分)一、选择题：(本题共10小题，每小题4分，共40分．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．)【题文】1．关于力和运动的关系，下列说法中正确的是A．物体做曲线运动，其速度一定改变B．物体做曲线运动，其加速度可能不变C．物体在恒力作用下运动，其速度方向一定不变D．物体在变力作用下运动，其速度大小一定改变【知识点】物体做曲线运动的条件．D6【答案解析】AB解析：A．物体做曲线运动，因其合外力与速度不在一条直线上，其速度一定改变，故A正确；B．当所受恒定外力与初速度方向不在同一直线上时，物体做曲线运动，故B正确；C．物体做平抛运动时合外力恒定，但速度方向是变化的，故C错误；D．物体在变力作用下可以做匀速圆周运动，速度大小不变，故D错误．故选B．【思路点拨】（1）做曲线运动的条件是：合外力的方向与初速度的方向不在同一直线上（2）物体做平抛运动时合外力恒定，但速度方向是变化的；（3）物体在变力作用下可以做匀速圆周运动，速度大小不变．【题文】2．利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域。

如图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差U CD，下列说法中正确的是A．电势差U CD仅与材料有关B．仅增大磁感应强度时，C、D两面的电势差变大C．若霍尔元件中定向移动的是自由电子，则电势差U CD>0D．在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平方向【知识点】霍尔效应及其应用．I7【答案解析】B解析：A、根据左手定则，电子向C侧面偏转，C表面带负电，D表面带正电，所以D表面的电势高，则U CD＜0．CD间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，有q=qvB，I=nqvS=nqvbc，则U=．故A、C错误，B正确．D、在测定地球两极上方地磁场强弱时，应将元件的工作面保持竖直，让磁场垂直通过．故D 错误．故选：B．【思路点拨】在霍尔元件中，移动的是自由电子，根据左手定则判断出电子所受洛伦兹力方向，从而知道两侧面所带电荷的电性，即可知道C、D两侧面会形成电势差U CD的正负．CD间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡推导出电势差U CD与什么因素有关．【题文】3．如图，用OA、OB两根轻绳将花盆悬于两竖直墙之间，开始时OB绳水平。

高中物理第一学期月考试卷2016.1.12 一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分；每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意，有选错或不答的得0分。

）1. 在研究下列问题中，能够把研究对象看作质点的是( )A ．研究地球的自转B ．研究地球绕太阳的公转C ．研究一列火车通过某一路标所用的时间D ．研究乒乓球的旋转2. 如图所示为某校学生开展无线电定位“搜狐”比赛，甲、乙两人从O 点同时出发，并同时到达A 点搜到狐狸，两人的搜狐路径已在图中标出，则( ) A. 甲的平均速度大于乙的平均速度B. 两人运动的平均速度相等C. 甲的位移大于乙的位移D. 甲的路程等于乙的路程 3. 单位制是由基本单位和导出单位所组成的一系列完整的单位体制。

在以下所给出的力学单位中，属于国际单位制中的基本单位是( )A. mB. m/sC. m/s 2D. N4．如图所示，用细绳把小球悬挂起来，当小球静止时，下列说法中正确的是( )A. 小球受到的重力和细绳对小球的拉力是一对作用力和反作用力B. 小球受到的重力和小球对细绳的拉力是一对作用力和反作用力C. 小球受到的重力和细绳对小球的拉力是一对平衡力D. 小球受到的重力和小球对细绳的拉力是一对平衡力5. 物体自楼顶处自由下落（不计阻力），落到地面的速度为v 。

在此过程中，物体从楼顶落到楼高一半处所经历的时间为（ ）A 、g v 2；B 、g v 2；C 、g v 22；D gv 2)22(6. 如图所示，位于斜面上的物块m 在沿斜面向上的力F 作用下，处于静止状态，则斜面作用于物块的静摩擦力说法错误的是( )A ．方向可能沿斜面向上B ．方向可能沿斜面向下C ．大小可能等于零D ．大小一定不等于零二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分，且每小题均有多个答案正确，全部选对得4分，漏选得2分，错选不得分）7. 如右图所示，杯子置于水平桌面时，则下列说法正确的是（ ） A. 力F 1和力F 2是一对平衡力B. 力F 1和力F 2是一对作用力和反作用力C. 力F 2和杯子的重力G 是一对平衡力D. 力F 1的大小大于力F 2的大小x y A O 甲 乙 F 1F 28. 一个物体做匀加速直线运动, 在t 秒内经过的位移是s,它的初速度为v 0 , t 秒末的速度为v t ,则物体在这段时间内的平均速度为（ ）.A ．ts B ．t v v t +0 C ．t v v t 0- D ．20v v t + 9. 如图所示，质量为m 的物体放在水平桌面上，在与水平方向成θ的拉力F 作用下匀速往前运动，已知物体与桌面间的动摩擦因数为μ，则下列判断正确的是（ ） A.物体受到的摩擦力为F ·cos θ B.物体受到的摩擦力为μmgC.物体对地面的压力为mgD.物体受到地面的的支持力为mg －F ·sin θ10. 竖直升空的火箭，其v —t 图象如图所示，由图可知以下说法中错误的是（ ）A. 火箭上升的最大高度为16000mB. 火箭上升的最大高度为48000mC. 火箭经过120s 落回地面D. 火箭上升过程中的加速度始终是20m/s 2三、实验题（本题共18分） 11.（9分）如图所示是探究某根弹簧的伸长量x 与所受拉力F 之间的关系图，由图可知，弹簧的劲度系数是 N/m ；当弹簧受F =800N 的拉力作用时， 弹簧的伸长量为 cm ；当拉力从800N 减小 为600N 时，弹簧的长度缩短了 cm 。

2013-2014学年山东省德州市中学高三（上）月考物理试卷（1月份）一、选择题1．（4分）（2010•南京二模）如图所示的实验装置为库仑扭秤．细银丝的下端悬挂一根绝缘棒，棒的一端是一个带电的金属小球A，另一端有一个不带电的球B，B与A所受的重力平衡，当把另一个带电的金属球C插入容器并使它靠近A时，A和C之间的作用力使悬丝扭转，通过悬丝扭转的角度可以比较力的大小，便可找到力F与距离r和电量q的关系．这一实验中用到了下列哪些方法（）A．微小量放大法B．极限法C．控制变量法D．逐差法考点：库仑定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：绝缘棒两端固定一个带电另一个不带电质量相同的小球，处于平衡状态时，让一带电小球C靠近，通过悬丝旋转角度可比较力的大小，从而得出力与距离和电量的关系．解答：解：当小球C靠近小球A时，旋转小角度，因此通过微小放大，能比较准确的测出转动角度．同时体现了控制变量法，即控制了电荷量，去研究库仑力与间距的关系．故选：AC点评：库仑扭秤装置与卡文迪许扭秤装置有相似之处，且它们的规律也有相似之处．即力与各质量（电量）成正比，与间距平方成反比．2．（4分）（2012•丰台区一模）图中K、L、M为静电场中的3个相距很近的等势面（K、M 之间无电荷）．一带电粒子射入此静电场中后，依abcde轨迹运动．已知电势ϕK＜ϕL＜ϕM，且粒子在ab段做减速运动．下列说法中正确的是（）A．粒子带负电B．粒子在bc段也做减速运动C．粒子在a点的速率大于在e点的速率D．粒子从c点到d点的过程中电场力做负功考点：电势能；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：质点做曲线方向时，合力指向轨迹弯曲的内侧，根据轨迹弯曲方向，可判断电场力方向向左，作出电场线，大体方向向左，因此电荷带正电，bc段电荷做减速运动；根据电场力做功的正负，可知道电势能和动能如何变化．解答：解：A、已知电势φK＜φL＜φM，作出电场线如图，方向大体向左，由轨迹弯曲方向知道，粒子所受的电场力方向大体向左，故电荷带正电．故A错误．B、由电势U L＜U M，b→c电场力对正电荷做负功，动能减小，做减速运动．故B正确．C、a与e处于同一等势面上电势相等，电势能相等，根据能量守恒，速率也相等．故C错误．D、粒子从c点到d点的过程中，电势降低，电势能减小，则电场力做正功．故D错误．故选B．点评：根据等势面作电场线，是解决这类问题常用方法．根据轨迹，判断粒子的运动状态，进一步分析电场力做功、电势能变化情况是常见的问题，要熟练快速作答．3．（4分）（2012秋•平泉县校级期末）如图电路中，电流表A和电压表V均可视为理想电表．现闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动，正确的是（）A．电流表A的示数变小，电压表V的示数变大B．小灯泡L变亮C．电容器C上电荷量减小D．电源的总功率变小，效率变大考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动时，分析变阻器接入电路的电阻变化，确定外电路总电阻的变化，根据欧姆定律分析电路中总电流的变化，判断电流表示数和灯泡亮度的变化．由欧姆定律分析电压表示数的变化．根据变阻器电压的变化，判断电容器的电量变化．电源的总功率为P=EI，与电流成正比．电源的效率等于输出功率与总功率之比．解答：解：A、B闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中总电流I减小，则小灯泡L变暗，电流表A的示数变小．电压表的示数U=E﹣I（R L+r），I减小，其他量不变，则U增大，电压表V的示数变大．故A正确，B错误．C、电容器的电压等于变阻器两端的电压，即等于电压表的示数，U增大，由Q=CU，知电容器C上的电荷量增大．故C错误．D、电源的总功率P=EI，I减小，则电源的总功率变小．电源的效率η==，外电路总电阻增大，路端电压U外增大，则电源的效率变大．故D正确．故选AD点评：本题是电路动态变化分析问题，电容器所在电路相当于开关断开，对分析没有影响．4．（4分）（2012•白下区校级二模）如图所示为阿尔法磁谱仪的内部结构示意图，它曾由航天飞机携带升空，安装在阿尔法空间站中，用来探测宇宙射线．现假设一束由两种不同粒子组成的宇宙射线，恰好沿直线OO′通过正交的电场和磁场区域后进入匀强磁场B2，形成两条径迹，则下列说法中正确的（）A．粒子1进入磁场B2的速度小于粒子2的速度B．粒子1进入磁场B2的速度等于粒子2的速度C．粒子1的比荷大于粒子2的比荷D．粒子1的比荷小于粒子2的比荷考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：粒子在速度选择器中所受的电场力和洛伦兹力相等，根据两个力平衡比较粒子速度的大小．粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据轨道半径的大小判断比荷的大小．解答：解：A、在速度选择器中，粒子电场力与洛伦兹力相等，有qvB=qE，则v=．知两粒子速度相等．故A错误，B正确．C、根据，解得R=，粒子进入偏转磁场的速度大小相等，轨道半径大，则比荷小，所以粒子1的比荷大于粒子2的比荷．故C正确，D错误．故选BC．点评：解决本题的关键知道粒子在速度选择器中做匀速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动．5．（4分）（2012•广东）质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示．下列表述正确的是（）A．M带负电，N带正电B．M的速率小于N的速率C．洛伦兹力对MN做正功D．M的运行时间大于N的运行时间考点：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：由左手定则判断出M带正电荷，带负电荷；结合半径的公式可以判断出粒子速度的大小；根据周期的公式可以判断出运动的时间关系．解答：解：A：由左手定则判断出N带正电荷，M带负电荷，故A正确；B：粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力qvB=m，半径为：r=，在质量与电量相同的情况下，半径大说明速率大，即M的速度率大于N的速率，B错误；C：洛伦兹力不做功，C错误；D：粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为T=，M的运行时间等于N的运行时间，故D错误．故选：A．点评：该题考查到左手定则、半径的公式和根据周期的公式，属于基本应用．简单题．6．（4分）（2012•梧州二模）如图所示，竖直放置的两个平行金属板间有匀强电场，在两板之间等高处有两个质量相同的带电小球（不计两带电小球之间的电场影响），P小球从紧靠左极板处由静止开始释放，Q小球从两极板正中央由静止开始释放，两小球沿直线运动都打到右极板上的同一点，则从开始释放到打到右极板的过程中（）A．它们的运动时间的关系为t P＞t QB．它们的电荷量之比为q p：q Q=2：1C．它们的动能增量之比为△E KP：△E KQ=2：1D．它们的电势能减少量之比为△E P：△E Q=4：1考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用；电势能．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：将两个小球的运动沿着水平和竖直方向正交分解，竖直方向只受重力，做自由落体运动；水平方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动学公式、牛顿第二定律和功能关系联合列式分析．解答：解：A、两小球在竖直方向都做自由落体运动，竖直分位移相等，由h=gt2，得到时间相等，故A错误；B、两球的水平分运动都是初速度为零的匀加速运动，根据牛顿第二定律，有qE=ma ①根据位移时间关系公式，有x=at2②由①②两式解得x=t2由于两球的水平分位移之比为2：1，故电量之比为2：1，故B正确；C、根据动能定理，有mgh+qEx=△E k由于h未知，故C错误；D、电场力做功等于电势能的减小量，故△E p减=qEx由B选项分析可知，水平分位移之比为2：1，电量之比也为2：1，故电势能减小量之比为4：1，故D正确；故选BD．点评：本题关键将两个小球的运动分解为水平方向和竖直方向的分运动，然后结合运动学公式、牛顿运动定律和动能定理列式分析．7．（4分）（2012秋•淄博期末）如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=10：1，输电线的等效电阻为R=2Ω，灯泡的电阻为8Ω；原线圈输人如图乙所示的正弦交流电，则（）A．交流电的频率为0.02HzB．副线圈两端电压的有效值为2.7VC．电流表的示数为0.027AD．电流表的示数为2.7A考点：变压器的构造和原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．专题：交流电专题．分析：根据图象可以求得电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．解答：解：A、B、根据图象可得周期0.02s，频率50Hz，所以A错误，B、根据图象可得原线圈的电压的最大值为27V，有效值为27V，根据电压与匝数成正比知副线圈两端电压的有效值为2.7V，B正确．C、D、副线圈的电流为I==0.27A，电流与匝数成反比，故电流表的示数为0.027A，所以C正确，D错误．故选：BC．点评：掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题．8．（4分）（2014•河北模拟）一带正电的检验电荷，仅在电场力作用下沿x轴从x=﹣∞向x=+∞运动，其速度υ随位置x变化的图象如图所示．x=x1和x=﹣x1处，图线切线的斜率绝对值相等且最大．则在x轴上（）A．x=x1和x=﹣x1两处，电场强度相同B．x=x1和x=﹣x1两处，电场强度最大C．x=0处电势最高D．从x=x1运动到x=+∞过程中，电荷的电势能逐渐增大考点：电势差与电场强度的关系；电场强度；电势；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据速度﹣位移图象可知，检验电荷先减速后加速，加速度先增大后减小，在增大后减小，且初末速度相等，检验电荷带正电，根据电场力做功情况可以判断电势能的变化．解答：解：A、x=x1和x=﹣x1两处，图线切线的斜率绝对值相等且最大，故加速度绝对值相等且最大，由牛顿第二定律得电场力电绝对值相等且最大，由F=qE得场强度大小相同，方向相反，故A错误B、同理可得B正确，C、一带正电的检验电荷，仅在电场力作用下沿x轴从x=﹣∞向x=+∞运动，由图乙可知，检验电荷先减速后加速运动，电场力先做负功后做正功，由电场力做功与电势能的关系，故电势能先增大后减小，得x=0处电势最高；故C正确；D、从x=x1运动到x=+∞过程中，电荷的速度增大，电场力做正功，由电场力做功与电势能的关系，故电势能减小，电势能逐渐减小，故D错误，故选BC．点评：解决这类问题要明确正、负点电荷形成电场特点以及带电粒子在电场中运动的功能关系．9．（4分）（2013•吉林二模）如图所示，MN右侧一正三角形匀强磁场区域，上边界与MN垂直．现有一与磁场边界完全相同的三角形导体框，垂直于MN匀速向右运动．导体框穿过磁场过程中感应电流随时间变化的图象可能是（取逆时针电流为正）（）A．B．C．D．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：电磁感应与图像结合．分析：首先根据右手定则判断边cb刚进入磁场时回路中感应电流方向，排除部分答案，然后根据进入磁场中有效切割长度的变化，求出感应电流的变化，从而得出正确结果．解答：解：开始时进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，即为正方向，当开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针，方向为负方向，因此AB错误；当离开磁场时，切割的有效长度变小，则产生感应电流也变小，故D错误，C正确；因此只有C正确；故选C．点评：对于图象问题可以通过排除法进行求解，如根据图象过不过原点、电流正负、大小变化等进行排除．10．（4分）（2011秋•枣庄期末）下列说法正确的是（）A．点电荷就是体积和带电荷量都很小的带电体B．点电荷就是元电荷C．根据库仑定律的表达式F=k可知，r→0时，F→∞D．感应起电说明电荷可以从物体的一部分转移到另一部分考点：库仑定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：带电体看作点电荷的条件，当一个带电体的形状及大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状无具体关系．库仑定律的表达式的适用条件是真空中点电荷．解答：解：A、带电体看作点电荷的条件，当一个带电体的形状及大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状无具体关系．故A错误B、元电荷是最小的电荷量，故B错误C、库仑定律的表达式的适用条件是真空中点电荷．当r→0时，电荷不能看成点电荷，此公式不适用，所以不能推导出E→∞，故C错误D、感应起电说明电荷可以从物体的一部分转移到另一部分，故D正确故选D．点评：考查了带电体看作点电荷和元电荷的概念以及库仑定律得条件．11．（4分）（2013秋•德州校级月考）如图所示，AB是真空中点电荷电场中的一条电场线．一个带正电的粒子只受电场力的作用，以速度v A经过A点沿直线向B点运动，v A的方向为由A 指向B；一段时间后，该粒子以跟v A方向相反的速度v B经过B点，则下列判断正确的是（）A．A点的电势一定低于B点的电势B．A点的电场强度一定大于B点的电场强度C．该带电粒子在A点的电势能一定小于它在B点的电势能D．该带电粒子在A点的动能与电势能之和小于它在B点的动能与电势能之和考点：电场强度；电势；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据题意描述可知带正电的粒子所受电场力方向，从而确定电场方向，进一步明确电势高低；由于图中只给出一条电场线，无法判断电场线的疏密，故电场强弱无法判断；电势能变化可根据电场力做功情况判断．解答：解：A、由题可知，带正电粒子所受电场力水平向左，故电场方向水平向左．沿电场线电势降低，所以A点电势低于B的电势，故A正确；B、题中给出一条电场线，无法判断电场线的疏密，因此无法判断A、B两点电场的强弱，故B错误；C、从A到B过程中电场力做负功，因此电势能升高，故C正确；D、根据功能关系可知，只有电场力做功时只对应着动能和电势能的转化，因此在运动过程中动能和电势能之和保持不变，故D错误．故选：AC．点评：电势高低看电场线，电场强度大小看电场线疏密，电势能变化看电场力做功，要明确这些物理量变化关系并能正确应用，不能相互混淆．12．（4分）（2011秋•枣庄期末）如图所示，A、B为两个带等量正电的点电荷，O为A、B连线的中点．以O为坐标原点、垂直AB向右为正方向建立O x轴．下列四幅图分别反映了在O x轴上各点的电势φ和电场强度E随坐标x的变化关系，其中可能正确的是（）A．B．C．D．考点：电场强度；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：等量正电荷的垂直平分线上的电场强度沿x轴先增大，后减小，根据沿电场线方向电势逐渐降低，判断电势的变化，电势与x图线的斜率表示电场强度的大小．解答：解：等量正电荷连线的中点电场强度为零，沿x轴方向无穷远处电场强度为零，知电场强度沿x轴方向先增大后减小．等量正电荷的电场线是排斥状的，x轴上沿正方向，因为沿电场的方向电势逐渐降低，知电势随x逐渐降低，电势与x图线的斜率表示电场强度的大小，知斜率先增大后减小．故B、C正确，A、D错误．故选BC．点评：解决本题的关键知道等量同种电荷周围电场线的特点，以及知道沿电场线方向电势逐渐降低．13．（4分）（2013•和平区校级模拟）如图所示，为一种自动跳闸刀开关，O是转动轴，A是绝缘手柄，C是闸刀卡口，M、N接电源线．闸刀处于垂直纸面向里、磁感应强度B=1T的匀强磁场中，CO间距离为10cm．当CO段受磁场力为0.2N时，闸刀开关会自动跳开．则闸刀开关自动跳开时，CO中电流的大小和方向为（）A．电流大小为1 A B．电流大小为2 AC．电流方向C→O D．电流方向O→C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：电磁感应与电路结合．分析：由左手定则判断电流方向，由安培力计算公式求解电流大小解答：解：A、由F=BIL得，I==2A，故A错误，B正确C、由左手定则判断，电流方向O→C，故C错误，D正确故选BD点评：与现实生活相联系的题目考查频率较高，注意联想用哪部分知识解决，建立正确的物理模型14．（4分）（2012•珠海模拟）在如图所示的U﹣I图象中，直线I为某电源的路端电压与电流的关系，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连接成闭合电路，由图象可知（）A．R的阻值为1.5ΩB．电源电动势为3V，内阻为0.5ΩC．电源的输出功率为3.0wD．电阻R消耗的功率为1.5w考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：由图象Ⅰ可知电源的电动势为3.0V，短路电流为2.0A；由图象Ⅱ可得外电路电阻R为1.5Ω，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．解答：解：A、由图象Ⅱ可知，外电阻，故A正确．B、由图象Ⅰ可知，电源电动势E=3.0V，短路电流I短=2.0A，电源内阻，故B错误．C、由两图象的交点坐标，可得电源的路端电压为1.5V，干路电流为1.0A，电源的输出功率为P=UI=1.5×1.0W=1. 5W，故C错误．D、由两图象的交点坐标，可得电阻两端的电压为1.5V，流过电阻的电流为1.0A，电阻消耗的功率为P=UI=1.5×1.0W=1.5W，故D正确．故选AD．点评：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．二、非选择题15．（6分）（2014秋•上饶县校级月考）某同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率．步骤如下：（1）用20分度的游标卡尺测量其长度如图甲所示，可知其长度为 5.015cm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，可知其直径为 4.700mm；（3）用多用电表的电阻“×1”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图丙，则该电阻的阻值约为22Ω．考点：用多用电表测电阻；刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．专题：常规题型．分析：（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；（2）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；（3）欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数．解答：解：（1）由图甲所示可知，游标卡尺主尺示数为5cm，游标尺示数为3×0.05mm=0.15mm=0.015cm，游标卡尺示数为5cm+0.015cm=5.015cm；（2）由图乙所示可知，螺旋测微器固定刻度示数为4.5mm，游标尺示数为20.0×0.01mm=0.200mm，螺旋测微器示数为4.5mm+0.200mm=4.700mm；（3）用多用电表的电阻“×1”挡，由图丙所示可知，电阻阻值为22×1=22Ω；故答案为：（1）5.015；（2）4.700；（3）22．点评：游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；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；游标卡尺不需要估读，螺旋测微器需要估读，对游标卡尺读数时，要注意游标尺的精度．16．（8分）（2015•河南一模）某研究小组收集了两个电学元件：电阻R0（约为2kΩ）和手机中的锂电池（电动势E标称值为3.7V，允许最大放电电流为100mA）．实验室备有如下器材：A．电压表V（量程3V，电阻R V约为4.0kΩ）B．电流表A1（量程100mA，电阻R A1约为5Ω）C．电流表A2（量程2mA，电阻R A2约为50Ω）D．滑动变阻器R1（0～40Ω，额定电流1A）E．电阻箱R2（0～999.9Ω）F．开关S一只、导线若干（1）为了测定电阻R0的阻值，小明设计了一电路，如图甲所示为其对应的实物图，图中的电流表A应选A2（选填“A1”或“A2”），请将实物连线补充完整．（2）为测量锂电池的电动势E和内阻r，小红设计了如图乙所示的电路图．根据测量数据作出﹣图象，如图丙所示．若该图线的斜率为k，纵轴截距为b，则该锂电池的电动势E=，内阻r=（用k、b和R2表示）．该实验的测量值偏小，造成此系统误差主要原因是电压表分流．考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．专题：实验题；恒定电流专题．分析：（1）根据通过待测电阻的最大电流选择电流表；为准确测量电阻阻值，应测多组实验数据，根据待测电阻阻值与滑动变阻器最大阻值间的关系确定滑动变阻器的接法；根据待测电阻与电表内阻间的关系确定电流表的接法，然后连接实物电路图．（2）由闭合电路的欧姆定律求出与的关系式，根据该关系式求出电源的电动势与内阻；由于电压表的分流作用使测量值偏小．解答：解：（1）电压表量程是3V，通过待测电阻的最大电流I===0.0015A=1.5mA，因此电流表应选电流表A2（量程2mA，电阻R A2约为50Ω）；待测电阻R0阻值约为2kΩ，滑动变阻器R1（0～40Ω，额定电流1A）与电阻箱R2（0～999.9Ω）最大阻值均小于待测电阻阻值，变阻器采用限流接法时待测电阻电压与电流变化范围较小，不能测多组实验数据，为测多组实验数据，减小实验误差，滑动变阻器应采用分压接法；==40，==2，＞，电流表应该采用内接法，实物电路图如图所示．（2）由图乙所示电路可知，E=U+Ir=U+r，则=+，因此图象的纵轴截距b=，电动势E=，图象的斜率k=，则电源内阻r=kE=；由图乙所示可知，由于电压表分流，使实验的测量值偏小．故答案为：（1）A2；电路图如图所示；（2）；；电压表的分流．点评：根据待测电阻与滑动变阻器阻值间的关系确定滑动变阻器的接法，根据待测电阻阻值与电表内阻间的关系确定电流表的接法是正确连接实物电路图的前提与关键．17．（9分）（2011秋•枣庄期末）在“测定金属的电阻率”的实验中，所用金属电阻丝的电阻约为30Ω．（1）用螺旋测微器测量电阻丝直径，其示数如图1所示，则该电阻丝直径的测量值为d=0.182 mm；（2）为了便于调节电路，并且能较准确的测出电阻丝两端的电压和其中的电流值，实验室提供了如下器材：电压表V（量程0～3V，内阻约3kΩ）；电流表A（量程0～100mA，内阻约5Ω）；滑动变阻器R（0～10Ω）；电源E（电动势为4.5V，内阻不计）；开关、若干导线等．如图2所示，将电阻丝拉直后两端固定在刻度尺两端的接线柱a和b上，刻度尺的中间有一个可沿电阻丝滑动的触头P，触头的另一端为接线柱c；当用手按下触头P时，触头P才与电阻丝接触，接触点的位置刻度可在刻度尺上读出．实验中改变触头P与电阻丝接触点的位置，并移动滑动变阻器的滑片，使电流表的示数I保持不变，分别测量出多组接入电路中电阻丝的长度L与对应的电压U；请在图3中完成实验电路的连接．（要求：能改变电阻丝的测量长度和进行多次测量）（3）利用测量数据画出U﹣L图线，如图4所示，其中（L0，U0）是U﹣L图线上的一个点的坐标．根据U﹣L图线，用电阻丝的直径d、电流I和坐标（L0，U0）可计算得出电阻丝的电阻率p=（用所给字母表示）．考点：测定金属的电阻率．专题：实验题；恒定电流专题．分析：（1）螺旋测微器固定刻度示数与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数．（2）根据电压表量程选择电源，根据电路最大电流选择电流表，在保证电路安全的前提下，应选最大阻值较小的滑动变阻器．确定滑动变阻器与电流表的接法，然后作出电路图．根据电路图作出实物电路图．（3）根据电阻定律和欧姆定律求出电阻率的表达式．解答：解：（1）由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0mm，可动刻度示数为18.2×0.01mm=0.182mm，螺旋测微器的示数为0mm+0.182mm=0.182mm（0.181～0.185均正确）．（2）电源电压为4.5V，所以电压表选择V1，电路最大电流约为：I==0.15A，所以电流表选择A1，为方便实验操作，滑动变阻器的范围不能过大，应选R1；电压表与电阻丝并联，再与电流表串联接入变阻器两端，而滑动变阻器分压式接入电路，如图所示：（3）根据欧姆定律得：U=IR，根据电阻定律得：R=ρ=ρ，联立解得：U0=，电阻率：ρ=．故答案为：（1）0.182；（2）如图所示；（3）．。

2015-2016学年山东省德州市某中学高二（上）第一次月考物理试卷（10月份）一、选择题（本题包括10小题，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，有选错或不选的得0分，共40分．）1．以下说法正确的是（）A．由可知此场中某点的电场强度E与F成正比B．由公式可知电场中某点的电势φ与q成反比C．由U ab=Ed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=，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关2．有A、B、C三个点电荷，若将A、B放在距离为12cm的位置上，B受到A的库仑力大小为F．若将B、C放在距离为12cm的位置上，B受到C的库仑力大小为2F．那么C与A所带电荷量大小之比是（）A．1：2 B．1：4 C．2：1 D．4：13．如图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等．现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示．点a、b、c为实线与虚线的交点．已知O点电势高于c 点，若不计重力，则（）A．M带负电荷，N带正电荷B．N在a点的速度与M在c点的速度大小相同C．N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功D．M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零4．如图所示，a、b、c、d、e五点在一直线上，b、c两点间的距离等于d、e两点间的距离．在a点固定放置一个点电荷，带电量为+Q，已知在+Q的电场中b、c两点间的电势差为U．将另一个点电荷+q从d点移动到e点的过程中（）A．电场力做功qU B．克服电场力做功qUC．电场力做功大于qU D．电场力做功小于qU5．两个等量异种电荷的连线的垂直平分线上有A、B、C三点，如图所示，下列说法正确的是（）A．a点电势比b点低B．a、b、c三点和无穷远处等电势C．a、b两点的场强方向相同，b点场强比a点小D．一个电子在a点无初速释放，则它将在c点两侧往复振动6．如图所示，质量为m，带电量为q的粒子，以初速度v0，从A点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B点时，速率v B=3v0，方向与电场的方向一致，则A，B两点的电势差为（）A．B．C．D．7．如图所示，平行板电容器的两个极板为A、B，B极板接地，A极板带有电荷量+Q，板间电场有一固定点P，若将B极板固定，A极板下移一些，或者将A极板固定，B极板上移一些，在这两种情况下，以下说法正确的是（）A．A极板下移时，P点的电场强度不变，P点电势不变B．A极板下移时，P点的电场强度不变，P点电势升高C．B极板上移时，P点的电场强度不变，P点电势降低D．B极板上移时，P点的电场强度减小，P点电势降低8．有三个质量相等，分别带有正电、负电和不带电的微粒，从极板左侧中央以相同的水平初速度v先后垂直场强射入，分别落到下极板A、B、C处，如图所示，则下列说法正确的有（）A．粒子A带正电，B不带电，C带负电B．三个粒子在电场中运动时间相等C．三个粒子在电场中运动的加速度a A＜a B＜a CD．三个粒子到达极板时的动能E kC＞E kB＞E kA9．空间某一静电场的电势φ在x轴上分布如图所示，x轴上两点B、C处电场强度在x方向上的分量分别是E Bx、E Cx，下列说法中正确的有（）A．E Bx的大小大于E Cx的大小B．E Bx的方向沿x轴的正方向C．电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量为0D．负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做负功，后做正功10．在一足够大的空间内，有一做周期性变化的匀强电场．如图所示为其场强随时间变化的图象．一带电粒子（不计重力）在t=0时在电场中无初速释放，则（）A．粒子在电场中总是沿某个方向运动，位移越来越大B．粒子在电场中来回运动，每隔，速度方向改变一次C．粒子的速度和加速度的方向都不随时间变化，但速度和加速度的大小随时间做周期性变化D．每隔，加速度方向变化，而速度方向始终不变化，速度大小不断变化二、填空题（每空2分，共16分）11．如图所示，带箭头的线段表示某一电场的电场线，在电场力作用下一带电粒子（不计重力）经过A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，试判断：（1）粒子带电．（2）粒子在点加速度大．12．如图所示是某电场中的一簇等势面，甲等势面的电势为90V，乙等势面的电势为﹣10V，各相邻等势面间的电势差相等（l）将q=+1×10﹣8C的电荷从A点移到B点，电场力做功；（2）将q=﹣1×10﹣8C的电荷从A点移到C 点，电场力做功．13．一个半径为R的绝缘球壳上均匀地带有电量为+Q的电荷，另一电量为+q的点电荷放在球心O上，由于对称性，点电荷受力为零，现在球壳上挖去半径为r（r＜＜R）的一个小圆孔，则此时置于球心的点电荷所受力的大小为（已知静电力恒量k），方向．14．空气中的负氧离子对于人的健康极为有益．人工产生负氧离子的方法最常见的是电晕放电法．如图所示一排针状负极和环形正极之间加上直流高压电，电压达5000V左右，使空气发生电离，从而产生负氧离子．在负极后面加上小风扇，将大量负氧离子排出，使空气清新化．针状负极与环形正极间距离为5mm，且视为匀强电场，则电场强度为V/m，电场对负氧离子的作用力为N．三、计算题（本大题共3个小题，共44分.要求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.）15．（14分）（2014秋•海阳市校级期末）如图所示，一带电微粒质量为m、电荷量为q，从静止开始经电压为U1的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角为θ．已知偏转电场中金属板长L，两板间距d，带电微粒重力忽略不计．求：（1）带电微粒进入偏转电场时的速率v1；（2）偏转电场中两金属板间的电压U2．16．（14分）（2015•陕西模拟）如图所示，水平放置的平行板电容器，与某一电源相连．它的极板长L=0.4m，两板间距离d=4×10﹣3m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒质量为m=4×10﹣5kg，电量q=+1×10﹣8C，（g=10m/s2）求：（1）微粒入射速度v0为多少？（2）为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U应取什么范围？17．（16分）（2011•通州区模拟）如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一绝缘的光滑轨道，一个带负电的小球从斜轨上的A点由静止释放，沿轨道滑下，已知小球的质量为m，电荷量为﹣q，匀强电场的场擞大小为E，斜轨道的倾角为a，圆轨迹道半径为R，小球的重力大于受的电场力．（1）求小球沿轨道滑下的加速度的大小：（2）若使小球通过圆轨道顶端的B点，求A点距水平地面的高度h1，至少为多大；（3）若小球从斜轨道h2=5R处由静止到释放．假设其能通过B点．求在此过程中小球机械能的改变量．2015-2016学年山东省德州市某中学高二（上）第一次月考物理试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题（本题包括10小题，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，有选错或不选的得0分，共40分．）1．以下说法正确的是（）A．由可知此场中某点的电场强度E与F成正比B．由公式可知电场中某点的电势φ与q成反比C．由U ab=Ed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=，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关【考点】电场强度；电势差；电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场强度是采用比值定义的，E和F以及检验电荷q无关，E是由电场本身决定的；电场中某点的电势φ与检验电荷q无关，是由电场本身和零电势点决定的．U ab=Ed中的d是匀强电场中的任意两点a、b沿着电场线方向的距离．电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关．【解答】解：A、电场强度是采用比值定义的，E和F以及检验电荷q无关，E是由电场本身决定的，故A错误．B、电场中某点的电势φ与检验电荷q无关，是由电场本身和零电势点决定的．故B错误．C、U ab=Ed中的d是匀强电场中的任意两点a、b沿着电场线方向的距离，故C错误．D、公式C=，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关，与两极板间距离d，极板面积S等有关．故选D．【点评】在物理中很多物理量是采用比值法定义的，注意采用比值法定义时被定义的物理量与公式中的物理量无关，在学习中可以将这些物理量类比学习．2．有A、B、C三个点电荷，若将A、B放在距离为12cm的位置上，B受到A的库仑力大小为F．若将B、C放在距离为12cm的位置上，B受到C的库仑力大小为2F．那么C与A所带电荷量大小之比是（）A．1：2 B．1：4 C．2：1 D．4：1【考点】库仑定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】库仑定律：真空中两个静止点电荷之间的作用力与它们电量的乘积成正比，与它们距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上．【解答】解：将A、B放在距离为12cm的位置上，B受到A的库仑力大小为F；将B、C放在距离为12cm的位置上，B受到C的库仑力大小为2F；根据库仑定律公式F=k，当距离一定时，库仑力与电荷量的乘积成正比；现在库仑力变为2倍，说明电荷量乘积变为2倍，即：q B q C=2q A q B，故q C：q A=2：1；故选C．【点评】本题关键是根据库仑定律并采用控制变量法进行研究，基础题．3．如图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等．现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示．点a、b、c为实线与虚线的交点．已知O点电势高于c 点，若不计重力，则（）A．M带负电荷，N带正电荷B．N在a点的速度与M在c点的速度大小相同C．N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功D．M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】根据粒子的轨迹可判断粒子的电场力方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可判断出电场方向，从而确定出粒子的电性．由动能定理可知，N在a点的速度与M在c点的速度大小相等，但方向不同．N从O点运动至a点的过程中电场力做正功．O、b间电势差为零，由动能定理可知电场力做功为零．【解答】解：A、由题，等势线在水平方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可知电场方向竖直向下，根据粒子的轨迹可判断出a粒子所受的电场力方向竖起向上，M粒子所受的电场力方向竖直向下，故知N粒子带负电，M带正电．故A错误；B、由动能定理可知，N在a点的速度与M在c点的速度大小相等，但方向不同，速度不同．故B正确；C、N从O点运动至a点的过程中电场力与速度的夹角为锐角，电场力做正功．故C错误；D、O、b间电势差为零，由动能定理可知M从O点运动至b点的过程中，电场力对它做功为零．故D正确．故选：BD．【点评】本题要根据粒子的轨迹判定电场力方向，根据电场线与等势线垂直的特点，分析能否判定电性．由动能定理分析电场力做功是常用的方法．4．如图所示，a、b、c、d、e五点在一直线上，b、c两点间的距离等于d、e两点间的距离．在a点固定放置一个点电荷，带电量为+Q，已知在+Q的电场中b、c两点间的电势差为U．将另一个点电荷+q从d点移动到e点的过程中（）A．电场力做功qU B．克服电场力做功qUC．电场力做功大于qU D．电场力做功小于qU【考点】电势能；电势差．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据电场力的方向与位移方向的关系分析电场力做功的正负．由U=Ed，定性分析b、c两点间电势差与d、e两点间电势差的关系，再由电场力做功公式W=qU研究+q从d点移动到e点的过程中电场力做功大小．【解答】解：在+Q的电场中，将+q从d点移动到e点的过程中，电荷所受的电场力方向与位移方向相同，则电场力做正功．根据E=k得知，b、c两点间的电场强度大于d、e两点间的电场强度，b、c两点间的距离等于d、e两点间的距离，由U=Ed分析可知，将+q从d 点移动到e点的过程中，电场力做功小于从从b点移动到c点的过程中电场力做功qU．所以电场力做功小于qU．故选：D．【点评】公式U=Ed，适用于匀强电场，但可用来定性分析非匀强电场中两点间电势差的关系．5．两个等量异种电荷的连线的垂直平分线上有A、B、C三点，如图所示，下列说法正确的是（）A．a点电势比b点低B．a、b、c三点和无穷远处等电势C．a、b两点的场强方向相同，b点场强比a点小D．一个电子在a点无初速释放，则它将在c点两侧往复振动【考点】电场的叠加；电场强度；电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线；电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向．根据电子的受力情况，分析电子的运动情况．【解答】解：A、B、a、b、c是两个等量异种电荷连线的垂直平分线的三点，电势相等，而且与无穷远处电势相等．故A错误，B正确．C、a、b两点的场强方向都与垂直平分线垂直向右，方向相同．由于b处电场线密，故b点的电场强度大于a处电场强度．故C错误．D、一个电子在a点受到的电场方向垂直于垂直平分线向左，无初速释放后，将向左下方运动，不可能到达c点．故D错误．故选：B．【点评】对于等量异种电荷和等量同种电荷连线和垂直平分线的特点要掌握，抓住电场线和等势面的对称性进行记忆．6．如图所示，质量为m，带电量为q的粒子，以初速度v0，从A点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B点时，速率v B=3v0，方向与电场的方向一致，则A，B两点的电势差为（）A．B．C．D．【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；带电粒子在混合场中的运动．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】微粒在匀强电场中受到重力和电场力两个力作用，根据动能定理求出AB两点间的电势差U AB．【解答】解：粒子，从A到B，根据动能定理得qU AB﹣mgh=因为速率v B=3v0，粒子在竖直方向，只受到重力，所以机械能守恒，则有mgh=．由以上三式解得．故A正确，B、C、D错误．故选：A．【点评】涉及到电势差的问题，常常要用到动能定理．本题的难点在于运动的处理，由于微粒受到两个恒力作用，运用运动的分解是常用的方法7．如图所示，平行板电容器的两个极板为A、B，B极板接地，A极板带有电荷量+Q，板间电场有一固定点P，若将B极板固定，A极板下移一些，或者将A极板固定，B极板上移一些，在这两种情况下，以下说法正确的是（）A．A极板下移时，P点的电场强度不变，P点电势不变B．A极板下移时，P点的电场强度不变，P点电势升高C．B极板上移时，P点的电场强度不变，P点电势降低D．B极板上移时，P点的电场强度减小，P点电势降低【考点】电容器的动态分析；电势．【专题】电容器专题．【分析】由题，电容器两板所带电量不变，改变板间距离时，根据推论分析板间场强的变化．由U=Ed分析P点与下板间的电势差如何变化，结合电势的高低关系，判断P点电势的变化．【解答】解：A、B，由题，电容器两板所带电量不变，正对面积不变，A板下移时，根据C=、C=和E=可推出：E=可知，P点的电场强度E不变．P点与下板的距离不变，根据公式U=Ed，P点与下板的电势差不变，则P点的电势不变．故A正确，B错误．C、D、B板上移时，同理得知，P点的电场强度不变，根据公式U=Ed，P点与下板的电势差减小，而P点的电势高于下板的电势，下板的电势为零，所以P点电势降低．故C正确，D 错误．故选：AC【点评】本题是电容器的动态变化分析问题，板间的场强E=要在理解并会推导的基础上记住，这是一个很重要的结论．8．有三个质量相等，分别带有正电、负电和不带电的微粒，从极板左侧中央以相同的水平初速度v先后垂直场强射入，分别落到下极板A、B、C处，如图所示，则下列说法正确的有（）A．粒子A带正电，B不带电，C带负电B．三个粒子在电场中运动时间相等C．三个粒子在电场中运动的加速度a A＜a B＜a CD．三个粒子到达极板时的动能E kC＞E kB＞E kA【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】三个质量相等的微粒在电场中都做类平抛运动，根据水平位移的大小比较出运动的时间，根据竖直位移相等，比较出粒子在竖直方向上的加速度，从而判断出电荷的电性．根据动能定理比较三个微粒到达极板时的动能．【解答】解：ABC、三个微粒的初速度相等，水平位移x A＞x B＞x C，根据水平方向上做匀速直线运动，所以由公式x=vt得t A＞t B＞t C．三个微粒在竖直方向上的位移相等，根据y=at2，知a A＜a B＜a C．从而得知B仅受重力，A所受的电场力向上，C所受的电场力向下，所以B不带电，A带正电，C带负电．故AC正确，B错误．D、根据动能定理，三个微粒重力做功相等，A电场力做负功，C电场力做正功，所以C的动能变化量最大，A动能变化量最小，初动能相等，所以三个微粒到达极板时的动能E kA＜E kB ＜E kc．故D正确．故选：ACD．【点评】解决本题的关键知道微粒做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动，关键找到突破口，本题从初速度相等，水平位移不等入手分析．9．空间某一静电场的电势φ在x轴上分布如图所示，x轴上两点B、C处电场强度在x方向上的分量分别是E Bx、E Cx，下列说法中正确的有（）A．E Bx的大小大于E Cx的大小B．E Bx的方向沿x轴的正方向C．电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量为0D．负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做负功，后做正功【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】本题的入手点在于如何判断E Bx和E Cx的大小，由图象可知在x轴上各点的电场强度在x方向的分量不相同，如果在x方向上取极小的一段，可以把此段看做是匀强电场，用匀强电场的处理方法思考，从而得到结论，此方法为微元法．【解答】解：A、在B点和C点附近分别取很小的一段d，由图象，B点段对应的电势差大于C点段对应的电势差，看做匀强电场有，可见E Bx＞E Cx，故A正确；B、沿电场方向电势降低，在O点左侧，E Bx的方向沿x轴负方向，在O点右侧，E Cx的方向沿x轴正方向，故B错误；C、与A的分析同理可知O点场强最小，电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量为0，故C正确；D、在O点左侧，E Bx的方向沿x轴负方向，在O点右侧，E Cx的方向沿x轴正方向，负电荷沿x轴从B移到C的过程中，负电荷的电势能先减小后增大，所以电场力先做正功，后做负功．故D错误．故选：AC．【点评】本题结合电势φ在x轴上分布考查电场强度、电势能等概念，需要对电场力的性质和能的性质由较为全面的理解，并要求学生能灵活应用微分法；故此题的难度较高．10．在一足够大的空间内，有一做周期性变化的匀强电场．如图所示为其场强随时间变化的图象．一带电粒子（不计重力）在t=0时在电场中无初速释放，则（）A．粒子在电场中总是沿某个方向运动，位移越来越大B．粒子在电场中来回运动，每隔，速度方向改变一次C．粒子的速度和加速度的方向都不随时间变化，但速度和加速度的大小随时间做周期性变化D．每隔，加速度方向变化，而速度方向始终不变化，速度大小不断变化【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】首先知道图象的意义，场强大小不变而方向周期性的变化；再以带电粒子为研究对象，受力分析和运动分析，从而判断选项．【解答】解：以带电粒子为研究对象，受大小不变的电场力，但方向周期性的变化，所以带电粒子第一个T内，在内先做初速度为零的匀加速，在后内做匀减速并且末速度为零，在第二个T内与第一个T内相同的运动，这样周而复始，所以带电粒子的运动方向不变即速度方向不变，位移越来越大；由于场强周期性的变化，所以电场力周期性的变化，即每隔加速度方向发生变化，故AD正确，BC错误．故选：AD．【点评】明确图象的意义和带电粒子受力的特点，据此分析带电粒子的运动是解题的核心；一定注意运动方向、位移和加速度的变化情况．二、填空题（每空2分，共16分）11．如图所示，带箭头的线段表示某一电场的电场线，在电场力作用下一带电粒子（不计重力）经过A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，试判断：（1）粒子带正电．（2）粒子在 B 点加速度大．【考点】电场线．【分析】电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向．不计重力的粒子在电场力作用下从A到B，运动与力关系可知，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧．【解答】解：（1）由电场线方向可知A点场强方向，由轨迹知粒子受力方向应与E方向一致，粒子应带正电．（2）由于B点的电场线密，所以B点的场强较大，B点电场力大，且电荷在B点受力方向跟该处的场强方向相同．则粒子B点的加速度较大．故答案为：（1）正；（2）B【点评】本题要熟记忆电场线的两个物理意义：电场线的疏密表示场强的相对大小，顺着电场线方向电势降低．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．12．如图所示是某电场中的一簇等势面，甲等势面的电势为90V，乙等势面的电势为﹣10V，各相邻等势面间的电势差相等（l）将q=+1×10﹣8C的电荷从A点移到B点，电场力做功1×10﹣6J ；（2）将q=﹣1×10﹣8C的电荷从A点移到C 点，电场力做功﹣2×10﹣6J ．【考点】等势面．【分析】求出AB、AC两点间的电势差，根据W=qU求出电场力所做的功【解答】解：（1）甲等势面的电势为90V，乙等势面的电势为﹣10V，各相邻等势面间的电势差相等，则A点的电势为140V，B点电势为40V，C点电势为﹣60V．则：W AB=qU AB=q（φA﹣φB）=1×10﹣8×（140﹣40）J=1×10﹣6J（2）W AC=qU AC=q（φA﹣φC）=（﹣1）×10﹣8×（140+60）J=﹣2×10﹣6J故答案为：（1）1×10﹣6J；（2）﹣2×10﹣6J【点评】解决本题的关键掌握电场力做功的公式W=qU，13．一个半径为R的绝缘球壳上均匀地带有电量为+Q的电荷，另一电量为+q的点电荷放在球心O上，由于对称性，点电荷受力为零，现在球壳上挖去半径为r（r＜＜R）的一个小圆孔，则此时置于球心的点电荷所受力的大小为（已知静电力恒量k），方向由球心指向小孔中心．【考点】库仑定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】由题意可知，当不挖去时，点电荷的受力为零，则挖去的小圆电荷产生的电场强度与剩下的电荷产生的电场强度大小相等，因此根据库仑定律可知求出挖去小圆电荷在O点的电场强度，从而即可求解．【解答】解：球壳上挖去半径为r（r≪R）的一个小圆孔的电荷量，为q′=，根据库仑定律，可知点电荷量q′对在球心点电荷q 处的电场力为：F=k=，那么剩下的球壳电荷对球心处点电荷的电场力也为F=，库仑力的方向，即为指向小孔．。

山东省德州市某中学2016届高三物理上学期1月月考试题一、选择题（本题共12个小题，每小题4分，共48分。

1-8题为单选题。

9-12为不定项选择题，每小题全选对的得4分；选对但不全的得2分；有选错或不答的得0分．）1．在电磁学建立和发展的过程中，许多物理学家做出了重要贡献．下列说法符合史实的是A ．奥斯特首先发现电流的磁效应B ．库仑首先提出电荷周围存在电场的观点C ．法拉第首先总结出判断感应电流方向的方法D ．洛伦兹提出分子电流假说，揭开磁现象的电本质2．如图所示，在一水平放置的平板MN 的上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B ，磁场方向垂直于纸面向里。

许多质量为m 带电量为-q 的粒子，以相同的速率v 沿位于纸面内的各个方向，由小孔O 射入磁场区域。

不计重力，不计粒子间的相互影响。

下列图中阴影部分表示带电粒子可能经过的区域，其中R=Bq ／mv 。

哪个图是正确的（ ）3.在如图(a)所示的电路中，R 1为定值电阻,R 2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。

则 （ ）A ．图线甲是电压表V 1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R 2的最大功率为0.9W4．如图所示，在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形abcd ，顶点a 、c 处分别 固定一个正点电荷，电荷量相等。

若将一个带负电的粒子置于b 点自由释 放，粒子将沿着对角线bd 往复运动。

粒子从b 点运动到d 点的过程中 A ．先做匀加速运动，后做匀减速运动B ．先从高电势到低电势，后从低电势到高电势C ．电势能与机械能之和先增大，后减小D ．电势能先减小，后增大5．如图所示，一个带负电荷的物体从粗糙斜面顶端由静止释放后，滑到斜面底端时的速度为v 。

若加上一个如图所示的垂直于纸面指向外的水平磁场，则物体滑到底端时（b）（a ）A ．v 变小B ．v 变大C ．v 不变D ．v 可能变大，也可能不变6．如图所示是测量通电螺线管内部磁感应强度的一种装置：把一个很小的测量线圈放在待测处（测量线圈平面与螺线管轴线垂直），将线圈与可以测量电荷量的冲击电流计G 串联，螺线管通过图中虚线框内的双刀双掷开关K 与电源组成闭合回路。

高一第一学期月考测试题物理试题2015.10第Ⅰ卷（选择题共51 分）一、单项选择题（此题包含9 小题，每题 3 分，共 27 分。

每题给出的四个选项中，只有一个选项正确，）1．以下说法中切合实质的是（）A ．火车站售票厅悬挂的是列车时间表B ．打点计时器是一种丈量长度的仪器C．出租车按位移大小计费D．“万米”赛跑，指的是行程为一万米2. 以下对于质点的说法正确的有（）A．正在做课间操的同学们都能够看做质点B．研究打出的乒乓球旋转状况时能够把球看做质点C．察看航空母舰上的舰载飞机腾飞时，能够把航空母舰看做质点D．在作战地图上确立航空母舰的正确地点时，能够把航空母舰看做质点3. 对于位移和行程，以下说法正确的选项是（）A．物体沿直线向某一方向运动，经过的行程就是位移B．物体沿直线运动，经过的行程等于位移的大小C．物体经过一段行程，其位移可能为零D．两物体经过的行程不等，位移必定不一样4.某人先向东走 2 m，接着向西走 6 m，最后向南走 3 m，则他在这段运动中的位移大小和行程分别是（）A ． 5 m、5 mB ． 11 m、 11 mC． 5 m、 11 m D． 11 m、 5 m5.以下各组物理量中，都是标量的是（）A ．位移、时间、速度B ．速度、速率、加快度C．加快度、速度的变化、速度 D ．行程、时间、速率6. 下边的几个速度中表示均匀速度的是（）A ．子弹射出枪口的速度是800 m/s，以 790 m/s 的速度击中目标B．汽车经过黄河大桥的速度是40 km/hC．汽车经过站牌时的速度是72 km/hD．小球第 3 s 末的速度是 6 m/s7.以下说法正确的选项是（）A. 加快度增大，速度必定增大B. 速度变化量Δv越大，加快度就越大C.物体有加快度，速度就增大D. 物体速度很大，加快度可能为零8.如下图是某质点做直线运动的x－ t 图象，由图象可知（）A．质点向来处于运动状态B．质点第 3 s 内位移是 2mC．此图象表示了质点运动的轨迹D．该质点前 4 s 内位移是 2 m9. 物体沿直线运动，以下说法中正确的选项是()A ．若物体某一秒内的均匀速度是 5 m/s，则物体在这 1 s 内的位移必定是 5 mB．若物体在第 1 s 末的速度是 5 m/s，则物体在第 1 s 内的位移必定是 5 mC．若物体在 10 s 内的均匀速度是 5 m/s，则物体在此中 1 s 内的位移必定是 5 mD．物体经过某段位移的均匀速度是 5 m/s，则物体在经过这段位移一半时的速度必定是2.5 m/s二、多项选择题（此题包含6小题，每题 4 分共 24 分。

2015届上学期高三一轮复习第一次月考物理试题【新课标II-3】一．选择题（本大题共20个小题，共60分，在每个小题的四个选项中，至少有一项是符合题意的，全部选对的得3分，少选的得2分，有错选的得零分。

）1. 如图所示，木块A 、B 并排且固定在水平桌面上，A 的长度是L ，B 的长度是2L ，一颗子弹沿水平方向以速度v 1射入A ，以速度v 2穿出B ，子弹可视为质点，其运动视为匀变速直线运动，则子弹穿出A 时的速度为 ( )A ．3212v v +B ．322122v v +C ．322221v v + D ．132v 2. 某人用手表估测火车的加速度，先观测3分钟，发现火车前进540米，隔3分钟后，又观测1分钟，发现火车前进360米，若火车在这7分钟内做匀加速直线运动，则火车的加速度为 ( )A ．0. 03m/s 2B ．0.01 m/s 2C ．0.5 m/s 2D ．0. 6 m/s 23. 如图为一段某质点做匀变速直线运动的x －t 图线。

从图中所给的数据可以确定质点在运动过程中，经过图线上P 点所对应位置的瞬时速度大小一定 ( )A ．大于2m/sB ．等于2m/sC ．小于2m/sD ．无法确定4. 在反恐演习中，中国特种兵进行了飞行跳伞表演，某伞兵从静止的直升飞机上跳下，在t 0时刻打开降落伞，在3t 0时刻以速度v 2着地。

伞兵运动的速度随时间变化的规律如图所示。

下列结论中正确的是 ( )A ．在0～t 0时间内加速度保持不变，在t 0～3t 0时间内加速度逐渐减小B ．降落伞打开后，降落伞和伞兵所受阻力越来越小C ．在t 0～3t 0的时间内，平均速度v >v 1＋v 22D ．若第一个伞兵在空中打开降落伞时第二个伞兵立即跳下，则他们在空中的距离先增大后减小5. 酒后驾驶会导致许多安全隐患，是因为驾驶员的反应时间变长。

反应时间是指驾驶员发现情况到采取制动的时间。

下表中“思考距离”是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间内汽车行驶的距离；“制动距离”是指驾驶员从发现情况到汽车停止行驶的距离（假设汽车制动时的加速度大小都相同）。

高一物理月考试卷共100分，最后一题为附加题（在满分100分之外占15分），考试时间90分钟。

1. 答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、座号、准考证号、考试科目分别填写在答题卡规定的位置。

2. 第Ⅰ卷每小题选出答案后，用２B铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，不能答在试题卷上。

3. 第Ⅱ卷必须用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡对应区域内，不能写在试题卷上；不准使用涂改液、胶带纸、修正笔和其他笔，做图可用2B铅笔。

不按以上要求作答的答案无效。

第Ⅰ卷选择题（共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，有的只有一项符合题目要求，有的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、（基础题）在不需要考虑物体本身的大小和形状时，可以把物体简化为一个有质量的点，即质点．物理学中，把这种在原型的基础上，突出问题的主要方面，忽略次要因素，经过科学抽象而建立起来的客体称为（）A.控制变量B.理想模型C.等效代替D.科学假说2、（基础题）下列选项中，表示一段时间的是（）A．第2s初B．第2s内 C．第3s末 D．最后1天3、（基础题）下列关于加速度的说法正确的是( )A．加速度就是增加出来的速度B．加速度的大小反映了速度变化的大小C．加速度的大小反映了速度变化的快慢D．物体有加速度，速度不一定增大4．图示为A、B两运动物体的位移图像．下述说法中正确的是（）A．A、B两物体开始时相距100m，同时相向运动B．B物体做匀速直线运动，速度大小为5m/sC．A、B两物体运动8s时，在距A的出发点60m处相遇D．A物体在运动中停了6s5.从某高处释放一石块，经过1S，从同一地点再释放一石块，在落地之前，两石块之间的距离（）A．保持不变 B．不断增大 C．不断减小 D．有时增大有时减小6.物体放在水平桌面上静止不动,下列说法中正确的是A.桌面对物体支持力的大小等于物体的重力,它们是一对平衡力B.物体所受的重力和桌面对它的支持力是一对作用力与反作用力C.物体对桌面的压力就是物体的重力,这两个力是同种性质的力D.物体对桌面的压力与桌面对物体的支持力是一对平衡力7.放在水平地面上的物体M上有一物体m，m与M之间有一处于压缩状态的弹簧，整个装置处于静止状态，如图所示，则关于M和m受力情况的判断中不正确的是A.m受到向右的摩擦力B.受到对它向左的摩擦力C.地面对M的摩擦力方向向右D.地面对M不存在摩擦力作用8．如图所示，物体在水平力作用下，静止在斜面上。