山东省寿光现代中学2016-2017学年高二10月月考物理试题 Word版含答案

2019级高二10月月考物理试题考试时间：90分钟满分：100分Ⅰ卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.北京正负电子对撞机的储存环是周长为240m的近似圆形轨道.当环中电子以光速的110流动而形成10mA的电流时，环中运行的电子数目为(已知光速c＝3×108m/s，电子电荷量e＝1.6×10－19C)() A.5×1010个 B.5×1011个C.1×102个D.1×104个2.在如图1所示电路中，AB为粗细均匀、长为L的电阻丝，以A、B上各点相对A点的电压为纵坐标，各点离A点的距离x为横坐标，则各点电势U随x变化的图线应为()图13.关于电阻和电阻率，下列说法中正确的是()A.把一根均匀导线等分成等长的两段，则每部分的电阻、电阻率均变为原来的一半B.由ρ＝RSl可知，ρ与R、S成正比，与l成反比C.电阻率大的导体，电阻一定很大D.对某一确定的导体(体积、形状不变)，当温度升高时，发现它的电阻增大，说明该导体材料的电阻率随温度的升高而增大4.R1＝10Ω，R2＝20Ω，R1允许通过的最大电流为1.5A，R2两端允许加的最大电压为10V.若将它们串联，加在电路两端的最大电压是()A.45VB.5VC.25VD.15V5.如图2所示，其中电流表A的量程为0.6A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02A；R1的阻值等于电流表内阻的12；R2的阻值等于电流表内阻的2倍.若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，则下列分析正确的是()图2A.将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04AB.将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02AC.将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06AD.将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01A6.如图3所示，有一内电阻为4.4Ω的电解槽和一盏标有“110V60W”的灯泡串联后接在电压为220 V的直流电路两端，灯泡正常发光，则()图3A.电解槽消耗的电功率为120WB.电解槽的发热功率为60WC.电解槽消耗的电功率为60WD.电路消耗的总功率为60W7.某一电源的路端电压与电流的关系和电阻R1、R2的电压与电流的关系图如图4所示.用此电源和电阻R1、R2组成电路.R1、R2可以同时接入电路，也可以单独接入电路。

2016-2017学年山东省潍坊市寿光市现代中学高二（上）月考物理试卷（12月份）（实验部）一、选择题（每题4分）1．下列运动过程中，在任意相等时间内，物体的动量变化量相等的是（）A．匀速圆周运动B．竖直上抛运动C．平抛运动D．任意的匀变速直线运动2．在高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为1500kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一辆质量为3000kg向北行驶的卡车，碰后两辆车接在一起，并向南滑行了一段距离后停止．根据测速仪的测定，长途客车在碰前以20m/s的速率行驶_由此可判断卡车碰前的行驶速率（）A．小于10m/s B．大于l0m/s，小于20m/sC．大于20m/s，小于30m/s D．大于30m/s，小于40m/s3．有一种硬气功表演，表演者平卧在地面，将一大石板置于他的身体上，另一个人将重锤举到高处并砸向石板，石板被砸碎，而表演者却安然无恙．假设重锤与石板撞击后二者具有相同的速度．表演者在表演时尽量挑选质量较大的石板．对这一现象，下面的说法正确的是（）A．重锤在与石板撞击的过程中，重锤与石板的总机械能守恒B．石板的质量越大，石板获得动量就越小C．石板的质量越大，石板所受到的打击力就越小D．石板的质量越大，石板获得的速度就越小4．如图所示，车厢长度为l，质量为m1，静止于光滑的水平面上．车厢内有一质量为m2的物体以速度υ0向右运动，与车厢来回碰撞n次后静止于车厢内，这时车厢的速度为（）A．υ0，水平向右B．0C． D．5．某人站在静止于光滑水平面上的平板车上，若人从车头走向车尾，人和车的运动情况为（）A．人匀速走动，则车匀速前进，人和车对地位移大小与其质量成反比B．人匀加速走动，车匀加速前进，两者对地加速度相等C．不管人如何走，任意时刻人和车动量总相同D．人停止走动时，车的速度不一定为06．载着人的气球静止悬浮在空中，人的质量和气球（包括设备）的质量分别为60kg和300kg，气球离地面的高度为20m，为使人能安全着地，气球上悬挂的软梯长度至少需要（）A．20m B．24m C．25m D．30m7．一炮艇在湖面上匀速行驶，突然从船头和船尾同时水平向前和向后各发射一发炮弹，设两炮弹质量相同，相对于地的速率相同，船的牵引力和阻力均不变，则船的速度的变化情况是（）A．速度不变B．速度减小C．速度增大D．无法确定二、填空题（每题4分）8．如图所示，质量为m1的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻质弹簧连接，当木块静止时刚好位于A点，现有一质量为m2的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A点时的速度大小是；此过程中，墙对弹簧的冲量大小是．9．质量为m的物块A上固定一轻质弹簧，以v1=3m/s的速度在光滑水平面上运动，另一质量也为m的物块B以v2=4m/s的速度与A相向运动，如图所示，则两物块相距最近时，它们的速度大小分别是V A﹦，V B﹦．10．如图所示，放在光滑水平地面上并靠在一起的物体A、B之间用一根长1m 的轻绳相连（图中未画出）．两物体的质量分别为m A=4kg，m B=6kg．现用大小为8N的水平力F拉物体A，再带动B一起运动，则4s末两物体一起运动的速度为．11．设机枪子弹的质量为50g，以v=1.0×103m/s的速度从枪膛射出，且每分钟连续发射子弹120颗，则在射击时机枪手需用多大的力抵住机枪？．12．一质量为m1=60kg的人拿着一个质量为m2=10kg的铅球站在一质量为m=30kg 的平板车上，车正以v0=3m/s的速度在光滑水平面上运动（人相对车不动）．现人把铅球以相对车的速度u=2m/s向后水平抛出，求车速增加了多少？三、计算论证题13．质量为M=4.0kg的平板小车静止在光滑的水平面上，如图所示，当t=0时，两个质量分别为m A=2kg、m B=1kg的小物体A、B都以大小为v0=7m/s．方向相反的水平速度，同时从小车板面上的左右两端相向滑动．到它们在小车上停止滑动时，没有相碰，A、B与车间的动摩擦因素μ=0.2，取g=10m/s2，求：（1）A在车上刚停止滑动时，A和车的速度大小（2）A、B在车上都停止滑动时车的速度及此时车运动了多长时间．14．一个长为L，质量为m1的木板静止在光滑的水平面上，如图所示．木板左端静止着一个质量为m2的木块（可视为质点），木块与木板之间的动摩擦因数为μ，一颗质量为m0、速度为v0的子弹水平击中木块后随木块一起在木板上滑动．问：木板的长度L至少应为多少，木块才不至于从木板上滑出？15．如图所示，甲车质量m1=m，在车上有质量为M=2m的人，甲车（连同车上的人）从足够长的斜坡上高h处由静止滑下，到水平面上后继续向前滑动，此时质量m2=2m的乙车正以v0的速度迎面滑来．已知．为了避免两车发生碰撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳上了乙车．试求人跳离甲车的水平速度（相对地面）应满足什么条件？不计地面和斜坡的摩擦，小车和人均可看作质点．16．AOB是足够长的光滑的水平轨道，BC为静止在轨道上的半径为R的光滑圆弧轨道槽块（轨道槽块能自由滑动），质量为2m，轨道恰好相切于水平轨道．如图所示，质量为2m的小木块静止在O点，一质量为m的子弹以某一速度水平射入木块内未穿出，木块能上升到的最大高度为2R（子弹、木块均可能视为质点），求：（1）子弹射入木块前的速度；（2）轨道槽块获得最大速度时，木块的速度大小和方向．2016-2017学年山东省潍坊市寿光市现代中学高二（上）月考物理试卷（12月份）（实验部）参考答案与试题解析一、选择题（每题4分）1．下列运动过程中，在任意相等时间内，物体的动量变化量相等的是（）A．匀速圆周运动B．竖直上抛运动C．平抛运动D．任意的匀变速直线运动【考点】动量定理．【分析】分析物体的受力情况，再根据动量定理可明确物体的动量变化是否相等．【解答】解：A、匀速圆周运动受到指向圆心的变力，故物体的冲量时刻变化，故动量变化不相等，故A错误；B、竖直上抛运动只受重力，故任意相等的时间内物体受到的重力冲量相等，故由动量定理可得动量变化相等，故B正确；C、平抛运动只受重力，故任意相等的时间内物体受到的重力冲量相等，故由动量定理可得动量变化相等，故C正确；D、任意的匀变速直线运动受到恒力作用，故任何相等的时间内，物体受到的冲量相等，故动量变化相等，故D正确；故选：BCD．2．在高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为1500kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一辆质量为3000kg向北行驶的卡车，碰后两辆车接在一起，并向南滑行了一段距离后停止．根据测速仪的测定，长途客车在碰前以20m/s的速率行驶_由此可判断卡车碰前的行驶速率（）A．小于10m/s B．大于l0m/s，小于20m/sC．大于20m/s，小于30m/s D．大于30m/s，小于40m/s【考点】动量守恒定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系．【分析】长途客车与卡车发生碰撞，系统内力远大于外力，碰撞过程系统动量守恒，可根据动量守恒定律直接列式判断．【解答】解：长途客车与卡车发生碰撞，系统内力远大于外力，碰撞过程系统动量守恒，根据动量守恒定律，有mv1﹣Mv2=（m+M）v因而mv1﹣Mv2＞0代入数据，可得v2＜=m/s=10m/s故选A．3．有一种硬气功表演，表演者平卧在地面，将一大石板置于他的身体上，另一个人将重锤举到高处并砸向石板，石板被砸碎，而表演者却安然无恙．假设重锤与石板撞击后二者具有相同的速度．表演者在表演时尽量挑选质量较大的石板．对这一现象，下面的说法正确的是（）A．重锤在与石板撞击的过程中，重锤与石板的总机械能守恒B．石板的质量越大，石板获得动量就越小C．石板的质量越大，石板所受到的打击力就越小D．石板的质量越大，石板获得的速度就越小【考点】机械能守恒定律；动量定理．【分析】假设重锤与石板撞击后二者具有相同的速度，说明是完全非弹性碰撞，能量损失是碰撞中最大，机械能不守恒，根据动量守恒定律即可分析BD，石板所受的打击力只与锤子有关，与石板本身无关．【解答】解：A、只有完全弹性碰撞无能量损失，而题中．假设重锤与石板撞击后二者具有相同的速度，说明是完全非弹性碰撞，能量损失是碰撞中最大的，故A错误；B、根据动量守恒定律得：mv0=（m+M）v，解得：v=，所以M越大，v越小，而P=Mv==，则M越大，P越大，故B错误，D正确；C、石板所受的打击力只与锤子有关，与石板本身无关，所以C错误．故选D4．如图所示，车厢长度为l，质量为m1，静止于光滑的水平面上．车厢内有一质量为m2的物体以速度υ0向右运动，与车厢来回碰撞n次后静止于车厢内，这时车厢的速度为（）A．υ0，水平向右B．0C． D．【考点】动量守恒定律．【分析】物体与车厢反复碰撞，最终两者速度相等，在此过程中，两者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出车厢的速度．【解答】解：以物体与车厢组成的系统为研究对象，由动量守恒定律可得：m2v0=（m1+m2）v，最终车的速度v=，方向与v的速度相同，水平向右；故选：C．5．某人站在静止于光滑水平面上的平板车上，若人从车头走向车尾，人和车的运动情况为（）A．人匀速走动，则车匀速前进，人和车对地位移大小与其质量成反比B．人匀加速走动，车匀加速前进，两者对地加速度相等C．不管人如何走，任意时刻人和车动量总相同D．人停止走动时，车的速度不一定为0【考点】动量守恒定律．【分析】人和车组成的系统满足动量守恒条件，根据动量守恒分析运动情况即可．【解答】解：A、根据人和车组成的系统动量守恒有：mv+Mv′=0可得，可知人与车速度的大小与它们的质量成反比，而质量之比是定值，故人匀速走动，则车匀速前进，在相同的时间内人与车的位移与质量成反比，故A正确；B、人对车的作用力和车对人的作用力互为作用力与反作用力，故其大小相等方向相反，若人的质量和车的质量相等，则此时人的加速度和车的加速度大小相等．若人的质量和车的质量不等，则此时人的加速度和车的加速度大小不等．故B错误；C、因为人和车组成的系统水平方向动量守恒，故不管人如何走动，人和车的总动量等于开始时的动量，故C正确；D、由C分析知，人和车的总动量等于开始时的动量，而开始时人和车均静止，故当人静止时，车也静止，故D错误．故选：AC6．载着人的气球静止悬浮在空中，人的质量和气球（包括设备）的质量分别为60kg和300kg，气球离地面的高度为20m，为使人能安全着地，气球上悬挂的软梯长度至少需要（）A．20m B．24m C．25m D．30m【考点】动量守恒定律．【分析】以人和气球的系统为研究对象，系统所受的合外力为零，动量守恒．用软梯的长度和高度h表示人和气球的速度大小，根据动量守恒定律求出软梯的长度．【解答】解：设人沿软梯滑至地面，软梯长度至少为L．以人和气球的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向，由动量守恒定律得：0=mv1﹣Mv2 …①人沿软梯滑至地面时，气球上升的高度为L﹣h，速度大小：v2=…②人相对于地面下降的高度为h，速度大小为：v1=…③将②③代入①得：L=h=×20m=24m；故ACD错误，B正确故选：B7．一炮艇在湖面上匀速行驶，突然从船头和船尾同时水平向前和向后各发射一发炮弹，设两炮弹质量相同，相对于地的速率相同，船的牵引力和阻力均不变，则船的速度的变化情况是（）A．速度不变B．速度减小C．速度增大D．无法确定【考点】动量守恒定律．【分析】以炮弹和炮艇为系统进行分析，由动量守恒可知船的动量及速度的变化．【解答】解：因船受到的牵引力及阻力不变，且开始时船匀速运动，故整个系统所受的合外力为零，动量守恒．设炮弹质量为m，船（不包括两炮弹）的质量为M，炮艇原来的速度为v0，发射炮弹的瞬间船的速度为v．由动量守恒可得：Mv+mv1﹣mv1=（M+2m）v0；可得，v＞v0可得发射炮弹后瞬间船的动量增大，速度增大；故选：C．二、填空题（每题4分）8．如图所示，质量为m1的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻质弹簧连接，当木块静止时刚好位于A点，现有一质量为m2的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A点时的速度大小是；此过程中，墙对弹簧的冲量大小是2mv0．【考点】动量守恒定律；动量定理．【分析】子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，故可由动量守恒定律列式求解，子弹和木块的共同速度；然后系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到A位置时速度大小不变，根据动量定理可求得此过程中墙对弹簧的冲量I的大小．【解答】解：子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，由动量守恒定律得：mv0=（M+m）v解得：v=子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到A位置时速度大小不变，即当木块回到A位置时的速度大小为：v=；子弹和木块弹簧组成的系统受到的合力即可墙对弹簧的作用力，根据动量定理得：I=﹣（M+m）v﹣mv0=﹣2mv0所以墙对弹簧的冲量I的大小为2mv0故答案为：，2mv09．质量为m的物块A上固定一轻质弹簧，以v1=3m/s的速度在光滑水平面上运动，另一质量也为m的物块B以v2=4m/s的速度与A相向运动，如图所示，则两物块相距最近时，它们的速度大小分别是V A﹦0.5m/s，V B﹦0.5m/s．【考点】动量守恒定律．【分析】根据动量守恒的条件：系统所受的合外力为零判断动量是否守恒．竖直方向上A、B两物体所受的重力与水平面的支持力平衡．水平方向系统不受外力．当两物块相距最近时速度相同，根据动量守恒定律求出二者的速率．【解答】解：A、B两物块在弹簧压缩过程中，系统所受的合外力为零，动量守恒．当两物块相距最近时速度相同，取碰撞前B的速度方向为正方向，设共同速率为v，根据动量守恒定律得到mv乙﹣mv甲=2mv，解得v=0.5m/s．故答案为：0.5m/s，0.5m/s10．如图所示，放在光滑水平地面上并靠在一起的物体A、B之间用一根长1m 的轻绳相连（图中未画出）．两物体的质量分别为m A=4kg，m B=6kg．现用大小为8N的水平力F拉物体A，再带动B一起运动，则4s末两物体一起运动的速度为3.2m/s．【考点】动量定理．【分析】对整体进行分析，明确物体受到的冲量，再根据动量定理即可求得4s二者的速度．【解答】解：以AB为研究对象，初动量为零，设共同运动的速度为v，拉力F 的方向为正方向；则末态动量为：P2=（m A+m B）v，则由动量定理可知：Ft=（m A+m B）v，解得：v===3.2m/s；故答案为：3.2m/s．11．设机枪子弹的质量为50g，以v=1.0×103m/s的速度从枪膛射出，且每分钟连续发射子弹120颗，则在射击时机枪手需用多大的力抵住机枪？100N．【考点】动量定理；动量守恒定律．【分析】由动量定理可以求出射击时的平均反冲作用力．【解答】解：对子弹，由动量定理得：Ft=n•mv﹣0，代入数据解得：N；根据牛顿第三定律，子弹对枪的反作用力是100N，所以枪托对肩水平方向的平均作用力是100N．故答案为：100N12．一质量为m1=60kg的人拿着一个质量为m2=10kg的铅球站在一质量为m=30kg 的平板车上，车正以v0=3m/s的速度在光滑水平面上运动（人相对车不动）．现人把铅球以相对车的速度u=2m/s向后水平抛出，求车速增加了多少？【考点】动量守恒定律．【分析】以人、车、铅球组成的系统为研究对象，应用动量守恒定律可以求出抛出铅球后车的速度，然后求出速度的增加量．【解答】解：以人、车、铅球组成的系统为研究对象，以车的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：（m1+m2+m）v0=（m1+m）v﹣m2（u﹣v）车的速度增加量：△v=v﹣v0，代入数据得：△v=0.32m/s；答：车速增加了0.32m/s．三、计算论证题13．质量为M=4.0kg的平板小车静止在光滑的水平面上，如图所示，当t=0时，两个质量分别为m A=2kg、m B=1kg的小物体A、B都以大小为v0=7m/s．方向相反的水平速度，同时从小车板面上的左右两端相向滑动．到它们在小车上停止滑动时，没有相碰，A、B与车间的动摩擦因素μ=0.2，取g=10m/s2，求：（1）A在车上刚停止滑动时，A和车的速度大小（2）A、B在车上都停止滑动时车的速度及此时车运动了多长时间．【考点】动量守恒定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】（1）A在车上刚停止运动时，A与车的速度相同，根据牛顿第二定律分别求出A、B的加速度，通过运动学公式求出A在车上刚停止运动时的时间和速度．（2）当A、B都停止运动时，系统动量守恒，根据动量守恒求出A、B在车上都停止滑动时车的速度，抓住当A与小车速度相同时，A与车之间将不会相对滑动了，对B研究，结合牛顿第二定律和运动学公式求出B再与小车相对静止所需的时间，从而得出总时间．【解答】解：（1）当A和B在车上都滑行时，在水平方向它们的受力分析如图所示：由受力图可知，A向右减速，B向左减速，小车向右加速，所以首先是A物块速度减小到与小车速度相等．设A减速到与小车速度大小相等时，所用时间为t1，其速度大小为v1，则：v1=v0﹣a A t1μm A g=m A a A①v1=a车t1μm A g﹣μm B g=Ma车②由①②联立得：v1=1.4m/s t1=2.8s③（2）根据动量守恒定律有：m A v0﹣m B v0=（M+m A+m B）v ④v=1m/s⑤总动量向右，当A与小车速度相同时，A与车之间将不会相对滑动了．设再经过t2时间小物体A与B车速度相同，则：﹣v=v1﹣a B t2μm B g=m B a B⑥由⑥⑦式得：t2=1.2s ⑦所以A、B在车上都停止滑动时，车的运动时间为t=t1+t2=4.0s答：（1）A在车上刚停止滑动时，A和车的速度大小为1.4m/s．（2）A、B在车上都停止滑动时车的速度为1m/s，此时车运动了4.0s．14．一个长为L，质量为m1的木板静止在光滑的水平面上，如图所示．木板左端静止着一个质量为m2的木块（可视为质点），木块与木板之间的动摩擦因数为μ，一颗质量为m0、速度为v0的子弹水平击中木块后随木块一起在木板上滑动．问：木板的长度L至少应为多少，木块才不至于从木板上滑出？【考点】动量守恒定律；牛顿第二定律．【分析】子弹射进木块过程系统动量守恒，由动量守恒定律列式，木块在木板上滑动过程系统动量守恒，由动量守恒定律与能量守恒定律即可求解．【解答】解：对m2和子弹由动量守恒可得：m0v0=（m0+m2）v1得：v1=最后三者共速，由动量守恒得：m0v0=（m0+m2+m1）v2得：v2=系统速度从v1变化为v2的过程中，摩擦力做负功将机械能转化为热量，且由木块不滑出，可知：u（m0+m2）gL≥（m0+m2）v12﹣（m0+m2+m1）v22即：L≥答：木板的长度L至少应为，木块才不至于从木板上滑出．15．如图所示，甲车质量m1=m，在车上有质量为M=2m的人，甲车（连同车上的人）从足够长的斜坡上高h处由静止滑下，到水平面上后继续向前滑动，此时质量m2=2m的乙车正以v0的速度迎面滑来．已知．为了避免两车发生碰撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳上了乙车．试求人跳离甲车的水平速度（相对地面）应满足什么条件？不计地面和斜坡的摩擦，小车和人均可看作质点．【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．【分析】甲车下滑过程中机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出甲滑到水平面时的速度；人从甲车上跳出的过程，人与甲车组成的系统动量守恒，人落到乙车的过程，人与车组成的系统动量守恒，当两车速度相等时，两车可以避免碰撞，由动量守恒定律可以求出人跳出车的速度．【解答】解：设甲车（包括人）滑下斜坡后速度v1，由机械能守恒定律得：（m1+M）gh=（m1+M）v12，已知，，解得：v1=2v0；设人跳出甲车的水平速度（相对地面）为v．在人跳离甲车和人跳上乙车过程中各自系统动量守恒，设人跳离甲车和跳上乙车后，两车的速度分别为v1′和v2′，由动量守恒定律得：人跳离甲车时：（m1+M）v1=Mv+m1v1′，人跳上乙车时：Mv﹣m2v0=（M+m2）v2′，解得：v1′=6v0﹣2v ①，v2′=v﹣v0 ②，两车不可能再发生碰撞的临界条件是：v1′=±v2′，当v1′=v2′时，由①②解得：v=v0，当v1′=﹣v2′时，由①②解得：v=v0，故v的取值范围为：v0≤v≤v0；16．AOB是足够长的光滑的水平轨道，BC为静止在轨道上的半径为R的光滑圆弧轨道槽块（轨道槽块能自由滑动），质量为2m，轨道恰好相切于水平轨道．如图所示，质量为2m的小木块静止在O点，一质量为m的子弹以某一速度水平射入木块内未穿出，木块能上升到的最大高度为2R（子弹、木块均可能视为质点），求：（1）子弹射入木块前的速度；（2）轨道槽块获得最大速度时，木块的速度大小和方向．【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．【分析】（1）子弹射入木块的过程，系统动量守恒；木块滑上轨道后相互作用的过程中三者组成的系统的动量守恒，机械能也守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出初速度；（2）木块在圆弧轨道上运动的过程中，对整个系统由水平方向动量守恒定律和机械能守恒即可求出．【解答】解：（1）弹射入木块的过程，系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+2m）v1，木块滑上轨道后相互作用的过程中三者组成的系统沿水平方向的动量守恒，由于半径为R的光滑圆弧轨道槽块，当木块到达最高点时，水平方向的速度与轨道的水平方向的速度相等，则：（m+2m）v1=（m+2m+2m）v2木块滑上轨道的过程中中机械能也守恒，则：联立得：v0=，；（2）木块在圆弧轨道上运动的过程中，圆弧轨道受到木块对它的作用力始终有向右的分力，所以只有当木块与圆弧轨道分离时，圆弧轨道的水平速度最大，设此时它们的速度分别是v3和v4，由动量守恒定律得：（m+2m）v1=（m+2m）v3+2mv4由机械能守恒得：联立得：，方向与初速度的方向相同，水平向右．答：（1）子弹射入木块前的速度是；（2）轨道槽块获得最大速度时，木块的速度大小是，方向水平向右．2017年2月28日。

一.选择题1. 自然界的电热现象和磁现象相互联系很多，物理学家寻找他们之间的联系作出了贡献，下列说法不正确的是（ ）A.奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系B.欧姆发现了欧姆定律说明了热现象和电现象之间存在联系C.法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系D.焦耳发现了电流的热效应定量得出了电能和热能之间的转换关系 【答案】B 【解析】考点：物理学史【名师点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。

2. 质子（P ）和α粒子以相同的速率在同一匀强磁场中作匀速圆周运动，轨道半径分别为P R 和R ，周期分别为P T 和T ，则下列选项正确的是（ ） A.:2:1p R R =，:2:1p T T = B.:1:1p R R =，:1:1p T T = C.:1:1p R R =，:2:1p T T = D.:2:1p R R =，:1:1p T T =【答案】A 【解析】考点：带电粒子在匀强磁场中的运动、牛顿第二定律、向心力【名师点睛】带电粒子以一定速度垂直进入磁场中，受到洛伦兹力作用下做匀速圆周运动．运动轨迹的半径由磁感应强度、电量、质量及速度决定．而运动轨迹的周期与磁感应强度、电量、质量有关，却与速度无关。

3. 如图所示是电磁流量计的示意图，圆管由非磁性材料制成，空间有匀强磁场，当管中的导电液体流过磁场区域时，测出管壁上MN 两点的电动势E ，就可以知道管中液体的流量Q ---单位时间内流过管道横截面的液体的体积，已知管的直径为d ，磁感应强度为B ，则关于Q 的表达式正确的是（ ）A.dEQ Bπ=B.4dEQ Bπ=C.24EQ Bd π=D.2EQ Bd π=【答案】B 【解析】试题分析：最终正负电荷在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，有qvB d qE =，则v dEB =，流量2(24)E d dUQ vS Bd Bππ==⋅=，故B 正确，A 、C 、D 错误。

2016-2017学年山东省潍坊市寿光市现代中学高二（上）10月月考数学试卷一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60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．数列1，，，，…，则3是它的第（）项．A．，22 B．23 C．24 D．282．在△ABC中，已知a=，b=2，B=45°，则角A=（）A．30°或150°B．60°或120°C．60°D．30°3．已知等差数列{a n}的前n项和为S n，若a4=18﹣a5，则S8=（）A．18 B．36 C．54 D．724．设a，b，c，d∈R．且a＞b，c＞d，且下列结论中正确的是（）A．a+c＞b+d B．a﹣c＞b﹣d C．ac＞bd D．5．两座灯塔A，B与海洋观察站C的距离分别为a海里、2a海里，灯塔A在观察站的北偏东35°，灯塔B在观察站的南偏东25°，则灯塔A与灯塔B的距离为（）A．3a海里B．a海里C．a海里D．a海里6．△ABC中，==，则△ABC一定是（）A．直角三角形B．钝角三角形C．等腰三角形D．等边三角形7．等差数列{a n}中，已知a1=，a2+a5=4，a n=33，则n的值为（）A．50 B．49 C．48 D．478．数列{a n}，a n≠0，若a1=3，2a n﹣a n=0，则a5=（）+1A．B．C．48 D．949．若一个等差数列前3项的和为34，最后3项的和为146，且所有项的和为390，则这个数列有（）A．13项B．12项C．11项D．10项10．下列函数中，最小值为4的是（）A．B．（0＜x＜π）C．D．y=log3x+4log x311．设{a n}（n∈N*）是等差数列，S n是其前n项的和，且S5＜S6，S6=S7＞S8，则下列结论错误的是（）A．d＜0 B．a7=0C．S9＞S5D．S6与S7均为S n的最大值12．设等差数列{a n}的公差为d，前n项和为S n．若a1=d=1，则的最小值为（）A．10 B．C．D． +2二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13．设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a=1，b=2，cosC=，则sinB=．14．在项数为奇数的等差数列中，所有奇数项的和为175，所有偶数项的和为150，则这个数列共有项．15．已知等比数列{a n}的前n项和为S n，公比q=，a8=1，则S8=．16．若x＞2，则x+的最小值为．三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17．在△ABC中，B=45°，AC=，cosC=，求BC的长．18．已知等差数列{a n}的前n项和为S n，S5=35，a5和a7的等差中项为13．（1）求a n及S n；（2）令b n=（n∈N*），求数列{b n}的前项和T n．19．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足（2b﹣c）cosA﹣acosC=0．（Ⅰ）求角A的大小；（Ⅱ）若a=2，△ABC的面积为，求b，c．20．已知数列{a n}的前n项和为S n=2n2﹣30n．（1）这个数列是等差数列吗？求出它的通项公式；（2）求使得S n最小的序号n的值．21．某工厂要建造一个长方体无盖贮水池，其容积为4800m3，深为3m，如果池底每1m2的造价为150元，池壁每1m2的造价为120元，问怎样设计水池能使总造价最低，最低总造价是多少元？=2a n+3，n∈N+22．已知数列{a n}的首项a1=1，且a n+1（1）求证：数列{a n+3}是等比数列；（2）求数列{n（a n+3）}的前n项和T n．2016-2017学年山东省潍坊市寿光市现代中学高二（上）10月月考数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60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．数列1，，，，…，则3是它的第（）项．A．，22 B．23 C．24 D．28【考点】数列的函数特性．【分析】由数列1，，，，…，可得通项公式（n∈N*）．令3=，解得n即可．【解答】解：由数列1，，，，…，可得通项公式（n ∈N*）．令3=，解得n=23．∴3是它的第23项．故选：B．2．在△ABC中，已知a=，b=2，B=45°，则角A=（）A．30°或150°B．60°或120°C．60°D．30°【考点】正弦定理．【分析】由正弦定理的式子，结合题中数据算出sinA=，根据a＜b 可得A＜B，因此算出A=30°．【解答】解：∵a=，b=2，B=45°，∴由正弦定理，得可得sinA==∴A=30°或150°∵a＜b，可得A＜B，∴A=30°故选：D3．已知等差数列{a n}的前n项和为S n，若a4=18﹣a5，则S8=（）A．18 B．36 C．54 D．72【考点】等差数列的前n项和．【分析】由等差数列的性质可得a1+a8=a4+a5=18，代入求和公式可得．【解答】解：由题意可得a4+a5=18，由等差数列的性质可得a1+a8=a4+a5=18，∴S8===72故选：D4．设a，b，c，d∈R．且a＞b，c＞d，且下列结论中正确的是（）A．a+c＞b+d B．a﹣c＞b﹣d C．ac＞bd D．【考点】不等关系与不等式．【分析】A、设a，b，c，d∈R．且a＞b，c＞d，根据同向不等式的可加性知，A 正确；B、C、D三个选项分别令a、b、c、d取特殊值，可知它们不正确．【解答】解：A、设a，b，c，d∈R．且a＞b，c＞d，根据同向不等式的可加性知，A正确；B、令a=2，b=0，c=0，d=﹣3，可知B、C不正确；D、令a=﹣1，b=﹣2，c=﹣1，d=﹣2，可知D不正确．故选A．5．两座灯塔A，B与海洋观察站C的距离分别为a海里、2a海里，灯塔A在观察站的北偏东35°，灯塔B在观察站的南偏东25°，则灯塔A与灯塔B的距离为（）A．3a海里B．a海里C．a海里D．a海里【考点】解三角形的实际应用．【分析】先根据题意求得∠ACB，进而根据余弦定理求得AB．【解答】解：依题意知∠ACB=180°﹣25°﹣35°=120°，在△ABC中，由余弦定理知AB==a．即灯塔A与灯塔B的距离为a．故选B．6．△ABC中，==，则△ABC一定是（）A．直角三角形B．钝角三角形C．等腰三角形D．等边三角形【考点】正弦定理．【分析】由，利用正弦定理可得tanA=tanB=tanC，再利用三角函数的单调性即可得出．【解答】解：由正弦定理可得：=，又，∴tanA=tanB=tanC，又A，B，C∈（0，π），∴A=B=C=，则△ABC是等边三角形．故选：D．7．等差数列{a n}中，已知a1=，a2+a5=4，a n=33，则n的值为（）A．50 B．49 C．48 D．47【考点】等差数列的通项公式．【分析】设公差为d，由条件a1=，a2+a5=4，可求得d的值，再由a n=33，利用等差数列的通项公式，求得n的值．【解答】解：设公差为d，∵a1=，a2+a5=4，∴a1+d+a1+4d=4，即+5d=4，可得d=．再由a n=a1+（n﹣1）d=+（n﹣1）×=33，解得n=50，故选A．8．数列{a n}，a n≠0，若a1=3，2a n+1﹣a n=0，则a5=（）A．B．C．48 D．94【考点】数列递推式．【分析】利用等比数列的定义通项公式即可得出．【解答】解：∵a1=3，2a n+1﹣a n=0，a n≠0，∴数列{a n}是等比数列，公比为．则a5=3×=．故选：B．9．若一个等差数列前3项的和为34，最后3项的和为146，且所有项的和为390，则这个数列有（）A．13项B．12项C．11项D．10项【考点】等差数列的性质．【分析】先根据题意求出a1+a n的值，再把这个值代入求和公式，进而求出数列的项数n．【解答】解：依题意a1+a2+a3=34，a n+a n﹣1+a n﹣2=146∴a1+a2+a3+a n+a n﹣1+a n﹣2=34+146=180又∵a1+a n=a2+a n﹣1=a3+a n﹣2∴a1+a n==60∴S n===390∴n=13故选A10．下列函数中，最小值为4的是（）A．B．（0＜x＜π）C．D．y=log3x+4log x3【考点】基本不等式．【分析】通过给变量取特殊值，举反例可得选项A、D不正确，故可排除掉．对于选项B，使用基本不等式时，等号成立的条件不具备，故排除．剩下的一个选项可用基本不等式进行证明．【解答】解：当x＜0时，＜0，故选项A显然不满足条件．当0＜x＜π时，sinx＞0时，≥4，当且仅当sinx=2时取等号，而sinx=2不可能，故有y＞4，故选项B不满足条件．当log3x＜0时，y=log3x+4log x3＜0，故选项D不满足条件．∵e x＞0，∴e x+≥2=4，当且仅当e x =2时，等号成立，故只有C 满足条件，故选C．11．设{a n}（n∈N*）是等差数列，S n是其前n项的和，且S5＜S6，S6=S7＞S8，则下列结论错误的是（）A．d＜0 B．a7=0C．S9＞S5D．S6与S7均为S n的最大值【考点】等差数列的前n项和．【分析】利用结论：n≥2时，a n=s n﹣s n﹣1，易推出a6＞0，a7=0，a8＜0，然后逐一分析各选项，排除错误答案．【解答】解：由S5＜S6得a1+a2+a3+…+a5＜a1+a2++a5+a6，即a6＞0，又∵S6=S7，∴a1+a2+…+a6=a1+a2+…+a6+a7，∴a7=0，故B正确；同理由S7＞S8，得a8＜0，∵d=a7﹣a6＜0，故A正确；而C选项S9＞S5，即a6+a7+a8+a9＞0，可得2（a7+a8）＞0，由结论a7=0，a8＜0，显然C选项是错误的．∵S5＜S6，S6=S7＞S8，∴S6与S7均为S n的最大值，故D正确；故选C．12．设等差数列{a n}的公差为d，前n项和为S n．若a1=d=1，则的最小值为（）A．10 B．C．D． +2【考点】等差数列的前n项和．【分析】由已知条件推导出==，由此利用均值定理取最小值．【解答】解：∵等差数列{a n}的公差为d，前n项和为S n．a1=d=1，∴==1++=≥+=，当且仅当，即n=4时，取最小值．故选：B．二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13．设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a=1，b=2，cosC=，则sinB=．【考点】余弦定理；同角三角函数间的基本关系．【分析】由C 为三角形的内角，及cosC 的值，利用同角三角函数间的基本关系求出sinC 的值，再由a 与b 的值，利用余弦定理列出关于c 的方程，求出方程的解得到c 的值，再由sinC ，c 及b 的值，利用正弦定理即可求出sinB 的值．【解答】解：∵C 为三角形的内角，cosC=，∴sinC==， 又a=1，b=2，∴由余弦定理c 2=a 2+b 2﹣2abcosC 得：c 2=1+4﹣1=4，解得：c=2，又sinC=，c=2，b=2，∴由正弦定理=得：sinB===．故答案为：14．在项数为奇数的等差数列中，所有奇数项的和为175，所有偶数项的和为150，则这个数列共有 13 项．【考点】等差数列的前n 项和．【分析】设此等差数列为{a n }，则a 1+a 3+…+a 2n +1=175，a 2+a 4+…+a 2n =150，可得nd﹣a 2n +1=﹣25，即a n +1=25，=（2n +1）a n +1=325，联立解出即可得出．【解答】解：设此等差数列为{a n }，则a 1+a 3+…+a 2n +1=175，a 2+a 4+…+a 2n =150，则nd ﹣a 2n +1=﹣25，即a n +1=25，=（2n +1）a n +1=325， ∴（2n +1）×25=325，解得n=6．∴此数列共有13项．故答案为：13．15．已知等比数列{a n}的前n项和为S n，公比q=，a8=1，则S8=255．【考点】等比数列的前n项和．【分析】利用等比数列的通项公式与求和公式即可得出．【解答】解：∵q=，a8=1，∴=1，解得a1=27=128．∴S8==255．故答案为：255．16．若x＞2，则x+的最小值为6．【考点】基本不等式．【分析】本题可以配成积为定值形式，然后用基本不等式得到本题结论．【解答】解：∵x＞2，∴x﹣2＞0．∴x+=≥=6．当且仅当，即x=4时，取最小值．故答案为6．三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17．在△ABC中，B=45°，AC=，cosC=，求BC的长．【考点】余弦定理；正弦定理．【分析】如图所示，过A作AD⊥BC，可得出三角形ABD为等腰直角三角形，即AD=BD，在直角三角形ADC中，由cosC的值求出sinC的值，利用正弦定理求出AD的长，进而利用勾股定理求出DC的长，由BD+DC即可求出BC的长．【解答】解：如图所示，过A作AD⊥BC，在Rt△ABD中，B=45°，∴△ABD为等腰直角三角形，即AD=BD，在Rt△ADC中，cosC=，∴sinC==，由正弦定理=，即AD==，利用勾股定理得：DC==2，则BC=BD+DC=AD+DC=3．18．已知等差数列{a n}的前n项和为S n，S5=35，a5和a7的等差中项为13．（1）求a n及S n；（2）令b n=（n∈N*），求数列{b n}的前项和T n．【考点】数列的求和；等差数列的性质．【分析】（1）通过设等差数列{a n}的公差为d，利用S5=5a3=35、a5+a7=26解得可知首项和公差，代入公式计算即得结论；（2）通过（1）可知a n=2n+1，进而裂项、并项相加即得结论．【解答】解：（1）设等差数列{a n}的公差为d，因为S5=5a3=35，a5+a7=26，…所以，解得a1=3，d=2，…所以a n=3+2（n﹣1）=2n+1，…，…（2）由（1）知a n=2n+1，所以，…所以．…19．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足（2b﹣c）cosA﹣acosC=0．（Ⅰ）求角A的大小；（Ⅱ）若a=2，△ABC的面积为，求b，c．【考点】正弦定理；余弦定理．【分析】（Ⅰ）法一：由已知及正弦定理，三角函数恒等变换的应用，化简可得cosA，结合范围A∈（0，π），由特殊角的三角函数值即可得解A的值．法二：由已知及余弦定理，整理可求cosA，结合范围A∈（0，π），由特殊角的三角函数值即可得解A的值．（Ⅱ）利用三角形面积公式可求bc的值，进而利用余弦定理可求b2+c2=8，联立即可得解b，c的值．【解答】（本小题满分12分）解：（Ⅰ）法一：由（2b﹣c）cosA﹣acosC=0及正弦定理得（2sinB﹣sinC）cosA﹣sinAcosC=0，所以2sinBcosA﹣sin（A+C）=0，…因为sinB=sin（A+C）＞0，所以，…因为A∈（0，π），所以．…法二：由（2b﹣c）cosA﹣acosC=0及余弦定理得，整理得b2+c2﹣a2=bc，…从而，…因为A∈（0，π），所以．…（Ⅱ）△ABC的面积，故bc=4．…而a2=b2+c2﹣2bccosA=4，故b2+c2=8，…所以b=c=2．…20．已知数列{a n}的前n项和为S n=2n2﹣30n．（1）这个数列是等差数列吗？求出它的通项公式；（2）求使得S n最小的序号n的值．【考点】数列递推式．【分析】（1）n≥2，，a n=S n﹣S n﹣1=4n﹣32，由此能求出结果．（2），由此能求出结果．【解答】解：（1）∵数列{a n}的前n项和为S n=2n2﹣30n．∴n≥2，，=4n﹣32，a n=S n﹣S n﹣1n=1时，a1=S1=﹣28，也适合上式，∴这个数列的通项公式为a n=4n﹣32．=（4n﹣32）﹣[4（n﹣1）﹣32]=4，又∵n≥2，a n﹣a n﹣1∴{a n}是等差数列．（2），又∵n是正整数，∴n=7或8时，S n最小，最小值是S7=S8=2×﹣=﹣112．21．某工厂要建造一个长方体无盖贮水池，其容积为4800m3，深为3m，如果池底每1m2的造价为150元，池壁每1m2的造价为120元，问怎样设计水池能使总造价最低，最低总造价是多少元？【考点】基本不等式在最值问题中的应用．【分析】此题首先需要由实际问题向数学问题转化，即建立函数关系式，然后求函数的最值，其中用到了均值不等式定理．【解答】解：设水池底面一边的长度为xm，水池的总造价为y元，则底面积为m2，池底的造价为1600×150=240000元，则y=240000+720（x+）≥240000+720×2=240000+720×2×40=297600，当且仅当x=，即x=40时，y有最小值297600（元）答：当水池的底面是边长为40m的正方形时，水池的总造价最低，最低总造价是297600元．22．已知数列{a n}的首项a1=1，且a n+1=2a n+3，n∈N+（1）求证：数列{a n+3}是等比数列；（2）求数列{n（a n+3）}的前n项和T n．【考点】数列的求和；等比数列的通项公式．【分析】（1）a n+1+3=2a n+3+3，即a n+1+3=2（a n+3），由等比数列的定义，即可证数列{a n+3}是等比数列；（2）根据（1）由等比数列的通项公式，求出a n+3，利用错位相减法，结合等比数列的求和公式，求出前n项和T n．【解答】解：（1）a n+1+3=2a n+3+3，即a n+1+3=2（a n+3），∴，又a1+3=4≠0，∴数列{a n+3}是首项为4，公比为2的等比数列；（2）由（1）得a n+3=4•2n﹣1=2n+1，∴n（a n+3）=n•2n+1，T n=1×22+2×23+3×24+…+n•2n+1，①2T n=1×23+2×24+…+（n﹣1）•2n+1+n•2n+2，②①﹣②得：﹣T n=4+23+24+…+2n+1﹣n•2n+2=4+﹣n•2n+2=﹣4+（1﹣n）•2n+2，∴T n=2n+2（n﹣1）+4．2017年1月15日。

山东省潍坊市寿光现代中学2012届高三物理10月阶段性检测试题新人教版【会员独享】一、选择题（4分×10=40分）1.关于力和运动的关系，以下说法中正确的是A．物体做曲线运动，其加速度一定改变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．物体在恒力作用下运动，其速度方向可能不变2.如图所示为一物体做直线运动的v-t图象，根据图象做出的以下判断中，正确的是A．物体始终沿正方向运动B．物体先沿负方向运动，在t＝2S后开始沿正方向运动C．在 t＝2s前物体位于出发点负方向上，在t =2s后位于出发点正方向上D．在t＝2s时，物体距出发点最远3.如图所示，高为h＝1.25 m的平台上，覆盖一层薄冰，现有一质量为60kg的滑雪爱好者，以一定的初速度v向平台边缘滑去，着地时的速度方向与水平地面的夹角为45°（取重力加速度g＝10m／s2）。

由此可知正确的是A．滑雪者离开平台边缘时的速度大小是5.0m／sB．滑雪者着地点到平台边缘的水平距离是 2.5mC．滑雪者在空中运动的时间为0.5sD．滑雪者着地的速度大小为5m/s4．如图所示，质量为m的质点静止地放在半径为R的半球体上，质点与半球体间的动摩擦因数为μ，质点与球心的连线与水平地面的夹角为θ，则下列说法正确的是A．地面对半球体的摩擦力方向水平向左B．质点对半球体的压力大小为mgcosθC．质点所受摩擦力大小为mgsinθD．质点所受摩擦力大小为mgcosθ5.一支架固定于放于水平地面上的小车上，细线上一端系着质量为m的小球，另一端系在支架上，当小车向左做直线运动时，细线与竖直方向的夹角为θ，此时放在小车上质量M的A物体跟小车相对静止，如图所示，则A受到的摩擦力大小和方向是（）A．Mgsinθ，向左 B．Mgtanθ，向右C．Mgcosθ，向右 D．Mgtanθ，向左6.我国蹦床队组建时间不长，但已经在国际大赛中取得了骄人的成绩，前不久又取得北京奥运会的金牌，假如运动员从某一高处下落到蹦床后又被弹回到原来的高度，其整个过程中的速度随时间的变化规律如图所示，其中oa段和cd段为直线，则根据此图象可知运动员A．在t～t2时间内所受合力逐渐增大B．在t2时刻处于平衡位置C．在t3时刻处于平衡状态D.在t4时刻所受的弹力最大7.如图所示，传送带保持1m／S的速度运动，现将一质量为0．5kg的小物体从传送带左端放上，设物体与皮带间动摩擦因数为0.1，传送带两端水平距离为2.5m，则物体从左端运动到右端所经历的时间为（）A s B．1）s C.5s D．5s8.如图所示，内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，两个质量相同的小球A和B紧贴着内壁分别在如图所示的水平面内做匀速圆周运动，则A．球A的线速度一定大于球B的线速度B A的角速度一定大于球B的角速度C．球A的向心加速度一定大于球B的向心加速度D．球A对筒壁的压力一定等于球B对筒壁的压力9.如图所示，细杆的一端与小球相连，可绕过0点的水平轴自由转动，现给小球一初速度，使它做圆周运动，图中a、b分别表示小球轨道的最低点和最高点。

山东高二高中物理月考试卷班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.以下关于摩擦起电和感应起电的说法中正确的是（ ） 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 ．摩擦起电的两摩擦物体必定是绝缘体，而感应起电的物体必定是导体D ．不论是摩擦起电还是感应起电，都是电荷的转移2.科学家在研究原子、原子核及基本粒子时，为了方便，常常用元电荷作为电量的单位，关于元电荷，下列论述中正确的是（ ）A ．把质子或电子叫元电荷B ．1.6×10﹣19C 的电量叫元电荷C ．所有带电体的带电量一定等于元电荷的整数倍D ．元电荷的数值最早是由美国物理学家密立根用实验测得的3.两个点电荷相距为d ，相互作用力大小 为F ；保持两点电荷电荷量不变，改变它们之间的距离，使之相互作用力大小变为4F ，则两点电荷之间的距离应变为（ ） A ．4dB ．2dC ．D ．4.真空中两个点电荷，电荷量分别为q 1=8×10﹣9C 和q 2=﹣18×10﹣9C ，两者固定于相距20cm 的a 、b 两点上，如图所示．有一个点电荷放在a 、b 连线（或延长线）上某点，恰好能静止，则这点的位置是（ ）A ．a 点左侧40cm 处B ．a 点右侧8cm 处C ．b 点右侧20cm 处D ．以上都不对5.下列说法正确的是（ ）A ．电场是为了研究问题的方便而设想的一种物质，实际上不存在B ．电荷所受的电场力越大，该点的电场强度一定越大C ．以点电荷为球心，r 为半径的球面上各点的场强都相同D ．在电场中某点放入试探电荷q ，受电场力F ，该点的场强为E=，取走q 后，该点的场强不变6.如图所示，A 、B 是同一条电场线上的两点，下列说法正确的是（ ）A ．正电荷在A 点具有的电势能大于在B 点具有的电势能 B ．正电荷在B 点具有的电势能大于在A 点具有的电势能C ．负电荷在A 点具有的电势能大于在B 点具有的电势能D ．负电荷在B 点具有的电势能大于在A 点具有的电势能 7.关于静电场的下列说法中正确的是（ ） A ．电场中电势较高处的电场强度也一定较大B ．同一电场中等势面较密处的电场强度也一定较大C ．电场中的电场线一定与等势面垂直相交D ．非匀强电场中将一电子由静止释放后一定沿电场线运动8.如图示为某个电场中的部分电场线，如图A 、B 两点的场强分别记为E A 、E B ，电势分别记为φA 、φB 则（ ）A ．E A ＞EB 、φA ＞φB B ．E A ＜E B 、φA ＞φBC ．E A ＜E B 、φA ＜φBD ．E A ＞E B 、φA ＜φB9.如图所示，平行线代表电场线，但未标明方向，一个带正电、电量为10﹣6C 的微粒在电场中仅受电场力作用，当它从A 点运动到B 点时动能减少了10﹣5J ，已知A 点的电势为﹣10V ，则以下判断正确的是（ ）A ．微粒的运动轨迹如图中的虚线1所示B ．微粒的运动轨迹如图中的虚线2所示C ．B 点电场强度为零D ．B 点电势为﹣20V10.如图所示，虚线a 、b 、c 代表静电场中的三个等势面，它们的电势分别为φa 、φb 和φc ，φa ＞φb ＞φc ．一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如图中实线KLMN 所示．由图可知（ ）A ．粒子从K 到L 的过程中，电场力做负功B ．粒子从L 到M 的过程中，电场力做负功C ．粒子从K 到L 的过程中，电势能增加D ．粒子从L 到M 的过程中，动能增加11.如图所示，A 、B 为两个等量的正点电荷，在其连线中垂线上的P 点放一个负点电荷q （不计重力），由静止释放后，下列说法中正确的是（ ）A ．点电荷在从P 点到O 点运动的过程中，加速度越来越大，速度越来越大B ．点电荷在从P 点到O 点运动的过程中，加速度越来越小，速度越来越大C ．点电荷运动到O 点时加速度为零，速度达最大值D ．点电荷越过O 点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到粒子速度为零12.一个空气平行板电容器，极板间距离为d ，正对面积为s ，充以电荷量Q 后，极板间电压为U ，为使电容器的电容加倍，可采用的办法是（ ） A ．将电压变为一半 B ．将所带电荷量变为2Q C ．将极板正对面积变为2SD ．将两极板间充满相对介电常数为2的电介质二、填空题1.如图所示，在带电+Q 的带电体附近有两个相互接触的金属导体A 和B ，均放在绝缘支座上．若先将+Q 移走，再把A 、B 分开，则A 电，B 电；若先将A 、B 分开，再移走+Q ，则A 电，B 电．2.电场中某一电场线为一直线，线上有A 、B 、C 三个点，把电荷q 1=10﹣8C 从B 点移到A 点时电场力做了10﹣7J的功；电荷q 2=﹣10﹣8C ，在B 点的电势能比在C 点时大10﹣7J ，那么： （1）比较A 、B 、C 三点的电势高低，由高到低的排序是 ； （2）A 、C 两点间的电势差是 V ；（3）若设B 点的电势为零，电荷q 2在A 点的电势能是 J ．3.一个平行板电容器，当其电荷量增加△Q=1.0×10﹣6C 时，两板间的电压升高△U=10V ，则此电容器的电容C= F ．若两板间电压为35V ，此时电容器的带电荷量Q= C ．4.真空中两个等量异种点电荷电量的值均为q ，相距r ，两点电荷连线中点处的场强大小为 ，方向 ．三、计算题1.如图所示，在匀强电场中的M 、N 两点距离为2cm ，两点间的电势差为5V ，M 、N 连线与场强方向成60°角，则此电场的电场强度多大？2.有三个相同的绝缘金属小球A 、B 、C ，其中小球A 带有3×10﹣3C 的正电荷，小球B 带有﹣2×10﹣3C 的负电荷，小球C 不带电．先将小球C 与小球A 接触后分开，再将小球B 与小球C 接触然后分开，试求这时三球的带电荷量分别为多少？3.如图所示，在正的点电荷Q 的电场中有a 、b 两点，它们到点电荷Q 的距离r 1＜r 2．求：（l ）a 、b 两点哪点电势高？（2）将一负电荷放在a 、b 两点，哪点电势能较大？（3）若a 、b 两点问的电势差为100V ，将电荷量为3.2×10﹣19C 由a 点移到b 点是电场力对电荷做功还是电荷克服电场力做功？做功多少？4.如图所示，用30cm 的细线将质量为4×10﹣5 kg 的带电小球P 悬挂在O 点下，当空中有方向为水平向右，大小为1×104N/C 的匀强电场时，小球偏转37°后处在静止状态．已知sin37°=0.6，cos37°=0.8．（1）分析小球的带电性质 （2）求小球的带电量（3）求此时细线的拉力．5.如图所示，在平行金属带电极板MN 电场中将电荷量为﹣4×10﹣6C 的点电荷从A 点移到M 板，电场力做负功8×10﹣4J ，把该点电荷从A 点移到N 板，电场力做正功为4×10﹣4，N 板接地．则（1）A点的电势φ是多少？A（2）U等于多少伏？MN（3）M板的电势φ是多少？M6.质量均为m的两个可视为质点的小球A、B，分别被长为L的绝缘细线悬挂在同一点O，给A、B分别带上一定量的正电荷，并用水平向右的外力作用在A球上，平衡以后，悬挂A球的细线竖直，悬挂B球的细线向右偏60°角，如图所示．若A球的带电量为q，则：（1）B球的带量为多少；（2）水平外力多大．山东高二高中物理月考试卷答案及解析一、选择题1.以下关于摩擦起电和感应起电的说法中正确的是（）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．摩擦起电的两摩擦物体必定是绝缘体，而感应起电的物体必定是导体D．不论是摩擦起电还是感应起电，都是电荷的转移【答案】D【解析】解：A、摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，感应起电过程电荷在电场力作用下，从物体的一部分转移到另一个部分．两个过程都没有产生电荷，故AB错误；C、摩擦起电的两摩擦物体可以是导体，感应起电的物体不一定是导体，故C错误；D、不论是摩擦起电还是感应起电，都是电荷的转移，故D正确；故选：D．【考点】元电荷、点电荷；电荷守恒定律．【专题】常规题型．【分析】摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，并没有创造电荷．感应起电的实质是电荷可以从物体的一部分转移到另一个部分．【点评】摩擦起电和感应起电的实质都电子发生了转移，只是感应起电是电子从物体的一部分转移到另一个部分．摩擦起电是电子从一个物体转移到另一个物体．2.科学家在研究原子、原子核及基本粒子时，为了方便，常常用元电荷作为电量的单位，关于元电荷，下列论述中正确的是（）A．把质子或电子叫元电荷B．1.6×10﹣19 C的电量叫元电荷C．所有带电体的带电量一定等于元电荷的整数倍D．元电荷的数值最早是由美国物理学家密立根用实验测得的【答案】BCD【解析】解：A、由元电荷定义：将电子或质子所带电量的绝对值称为元电荷，而不是把质子或电子叫元电荷，故A错误；B、1.6×10﹣19C的电量叫元电荷．故B正确；C、根据实验发现，所有带电体的带电量一定等于元电荷的整数倍，故C正确；D 、元电荷的数值最早是由美国物理学家密立根用实验测得的，故D 正确； 故选：BCD ．【考点】元电荷、点电荷．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．【分析】由元电荷的定义可知，我们将电子或质子所带电量的绝对值称为元电荷，由此可以判定各个选项．【点评】掌握好元电荷的含义，它指的是电子或质子所带的电荷量，而不是指电子或质子本身．对元电荷的理解也是学生容易出错的地方．3.两个点电荷相距为d ，相互作用力大小 为F ；保持两点电荷电荷量不变，改变它们之间的距离，使之相互作用力大小变为4F ，则两点电荷之间的距离应变为（ ） A ．4dB ．2dC ．D ．【答案】C【解析】解：当距离为d 时有：F=k ① 当距离变化后依据题意有：4F="k"②联立①②可得r=，故ABD 错误，C 正确．故选：C ．【考点】库仑定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】对于这两种情况下分别根据库仑定律列方程即可求解．【点评】正确理解库仑定律公式以及公式中各个物理量的含义是解本题关键，由于公式涉及物理量较多，因此常用两式相比的方法进行求解．4.真空中两个点电荷，电荷量分别为q 1=8×10﹣9C 和q 2=﹣18×10﹣9C ，两者固定于相距20cm 的a 、b 两点上，如图所示．有一个点电荷放在a 、b 连线（或延长线）上某点，恰好能静止，则这点的位置是（ ）A ．a 点左侧40cm 处B ．a 点右侧8cm 处C ．b 点右侧20cm 处D ．以上都不对【答案】A【解析】解：q 1的电量比q 2电量小，所以第三个电荷不论正负，只有放在q 1的外侧才能处于平衡； 根据两点电荷在q 3处的电场强度为零时，q 3才能处于平衡，所以设q 3距q 1的距离为x ， 则有=代入数据解得：x=0.4m ，即：在q 1q 2连线上，q 1以外40cm 处 故选：A ．【考点】库仑定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据题意可知，Q 1的电量比Q 2电量大，所以第三个电荷不论正负，只有放在Q 2的右侧才能处于平衡；再由点电荷电场强度的叠加为零．【点评】理解点电荷的电场强度公式及电场强度的叠加，并掌握电场强度的矢量性，同时根据受力平衡来确定第三个点电荷的位置．5.下列说法正确的是（ ）A ．电场是为了研究问题的方便而设想的一种物质，实际上不存在B ．电荷所受的电场力越大，该点的电场强度一定越大C ．以点电荷为球心，r 为半径的球面上各点的场强都相同D ．在电场中某点放入试探电荷q ，受电场力F ，该点的场强为E=，取走q 后，该点的场强不变【答案】D【解析】解：A 、电场是存在于电荷周围能传递电荷与电荷之间相互作用的媒介，是不同与实物的另一种物质存在的方式．故A 错误；B 、电场中的场强取决于电场本身，电场强度只由场源电荷电量和位置决定，与电荷受到的电场力的大小无关．故B 错误；C 、以点电荷为球心的球面各点的电场强度大小相等，方向不同，故电场强度不同．故C 错误；D 、电场强度是由产生电场的源电荷决定的，在电场中某点放一检验电荷后，不会影响该点的电场强度，故D 正确； 故选：D【考点】电场线；电场．【分析】电场是存在于电荷周围能传递电荷与电荷之间相互作用的物理场；电场强度是用来表示电场的强弱和方向的物理量，电场强弱可由试探电荷所受的力与试探点电荷带电量的比值确定； 以点电荷为球心的球面是一个等势面，其上各点的电势相等，电场强度大小相等，方向不同．【点评】电场强度是用比值法定义的物理量之一，电场中某点的电场强度是由电场本身决定的，与该点是否有试探电荷无关．加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．6.如图所示，A 、B 是同一条电场线上的两点，下列说法正确的是（ ）A ．正电荷在A 点具有的电势能大于在B 点具有的电势能 B ．正电荷在B 点具有的电势能大于在A 点具有的电势能C ．负电荷在A 点具有的电势能大于在B 点具有的电势能D ．负电荷在B 点具有的电势能大于在A 点具有的电势能 【答案】AD【解析】解：A 、B 若正电荷从A 运动到B ，正电荷所受的电场力方向从A 指向B ，与位移方向相同，电场力做正功，电势能减小，则正电荷在A 点具有的电势能大于在B 点具有的电势能．故A 正确、B 错误．C 、D 若负电荷从A 运动到B ，负电荷所受的电场力方向从B 指向A ，与位移方向相反，电场力做负功，电势能增大，则负电荷在B 点具有的电势能大于在A 点具有的电势能．故D 正确、C 错误． 故选AD【考点】电势能；电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据顺着电场线方向电势降低，判断A 、B 两点电势的高低．根据电场力做功正负判断电势能的大小． 【点评】本题考查对电场线物理意义的理解．电场线的方向反映电势的高低．由电场力做功正负，即可判断电势能的变化．7.关于静电场的下列说法中正确的是（ ） A ．电场中电势较高处的电场强度也一定较大B ．同一电场中等势面较密处的电场强度也一定较大C ．电场中的电场线一定与等势面垂直相交D ．非匀强电场中将一电子由静止释放后一定沿电场线运动【答案】C【解析】解：A 、电势与场强两者没有直接的关系，电场中电势较高处的电场强度不一定较大．故A 错误． B 、根据E=，同一电场中，等差等势面较密处的电场强度才较大．故B 错误．C 、根据电场线与等势面的关系，两者一定相互垂直．C 正确．D 、只有当电场线是直线时，电子由静止释放后才沿电场线运动，否则不沿电场线运动．故D 错误． 故选C ．【考点】电场强度；电场线；等势面． 【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电势的高低看电场线的方向，电场强度的大小看电场线的疏密，电势与场强两者没有直接的关系．根据E=，定性分析等势面的疏密与场强的关系．电荷在电场中由静止释放，不一定沿电场线运动．【点评】本题考查对电场中几对关系的理解能力，即电场强度与电势、电场线与等势面、电场线与运动轨迹的关系．8.如图示为某个电场中的部分电场线，如图A 、B 两点的场强分别记为E A 、E B ，电势分别记为φA 、φB 则（ ）A ．E A ＞EB 、φA ＞φB B ．E A ＜E B 、φA ＞φBC ．E A ＜E B 、φA ＜φBD ．E A ＞E B 、φA ＜φB 【答案】B【解析】解：由电场线的分布情况可知，B 处电场线比A 处电场线密，则B 点的场强大于A 点的场强，即E B ＞E A ．画出过A 点的等势线与B 所在的电场线交于C 点，则有C 点的电势高于B 点的电势，所以A 点的电势高于B 点的电势，即φA ＞φB ．故B 正确故选：B【考点】电势；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据电场线的疏密判断场强的大小，电场线越密，场强越大．画出过A 点的等势线，根据顺着电场线电势降低判断电势的高低．【点评】本题的技巧是画出等势线．对于电场线的物理意义：电场线疏密表示场强的大小，电场线的方向反映电势的高低要牢固掌握，熟练应用．9.如图所示，平行线代表电场线，但未标明方向，一个带正电、电量为10﹣6C 的微粒在电场中仅受电场力作用，当它从A 点运动到B 点时动能减少了10﹣5J ，已知A 点的电势为﹣10V ，则以下判断正确的是（ ）A ．微粒的运动轨迹如图中的虚线1所示B ．微粒的运动轨迹如图中的虚线2所示C ．B 点电场强度为零D ．B 点电势为﹣20V【答案】A【解析】解：AB 、由题，带正电的微粒仅受电场力的作用，从A 点运动到B 点时动能减少了10﹣5J ，说明电场力做负功，则知电场力方向水平向左．根据曲线运动的合力指向轨迹的内侧，故微粒的运动轨迹是如图虚线1所示．故A 正确，B 错误． CD 、根据动能定理得：qU AB =△E k ，得A 、B 间的电势差 U AB ==﹣V=﹣10V ，又U AB =φA ﹣φB ，φA =﹣10V ，则B 的电势为 φB =0．场强与电势无关，B 点的电场强度不为0，故C 、D 错误． 故选：A ．【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度；电势． 【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】带正电的微粒仅受电场力的作用，从A 点运动到B 点时动能减少了10﹣5J ，说明电场力做负功，可分析出电场力方向水平向左，根据曲线运动的合力指向轨迹的内侧，可知其轨迹为1，还可判断出电场线的方向．根据动能定理求出AB 间的电势差，由U AB =φA ﹣φB ，可求出B 点的电势．【点评】根据轨迹弯曲的方向要能判断出合力的方向，结合电场的性质，根据动能定理求出电势差，再求电势，都是常规的方法．10.如图所示，虚线a 、b 、c 代表静电场中的三个等势面，它们的电势分别为φa 、φb 和φc ，φa ＞φb ＞φc ．一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如图中实线KLMN 所示．由图可知（ ）A ．粒子从K 到L 的过程中，电场力做负功B ．粒子从L 到M 的过程中，电场力做负功C ．粒子从K 到L 的过程中，电势能增加D ．粒子从L 到M 的过程中，动能增加【答案】ACD【解析】解：A 、粒子从K 到L 的过程中，电场力方向与运动方向相反，电场力做负功．故A 正确．B 、粒子从L 到M 的过程中，虚线a 、b 、c 代表静电场中的三个等势面，φa ＞φb ，电势能减小，知电场力做正功．故B 错误．C 、粒子从K 到L 的过程中，电场力做负功，电势能增加．故C 正确．D 、粒子从L 到M 的过程中，电场力做正功，根据动能定理，动能增加．故D 正确． 故选：ACD ．【考点】电势差与电场强度的关系；电势能． 【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据轨迹的弯曲判断出电荷的受力，通过电场力做功判断电势能的变化，以及根据动能定理，通过电场力做功判断动能的变化．【点评】解决本题的关键知道电场力做功与电势能的关系，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．11.如图所示，A、B为两个等量的正点电荷，在其连线中垂线上的P点放一个负点电荷q（不计重力），由静止释放后，下列说法中正确的是（）A．点电荷在从P点到O点运动的过程中，加速度越来越大，速度越来越大B．点电荷在从P点到O点运动的过程中，加速度越来越小，速度越来越大C．点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值D．点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到粒子速度为零【答案】C【解析】解：A、B在等量同种电荷连线中垂线上电场强度方向O→P，负点电荷q从P点到O点运动的过程中，电场力方向P→O，速度越来越大．但电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况无法判断．故AB错误．C、越过O点后，负电荷q做减速运动，则点电荷运动到O点时速度最大．电场力为零，加速度为零．故C正确．D、根据电场线的对称性可知，越过O点后，负电荷q做减速运动，加速度的变化情况无法判断．故D错误．故选C【考点】电场强度；电场的叠加．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】A、B为两个等量的正点电荷，其连线中垂线上电场强度方向O→P，负点电荷q从P点到O点运动的过程中，电场力方向P→O，速度越来越大．但电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况不确定．越过O点后，负电荷q做减速运动，点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值，加速度变化情况同样不确定．【点评】本题考查对等量异种电荷电场线的分布情况及特点的理解和掌握程度，要抓住电场线的对称性．12.一个空气平行板电容器，极板间距离为d，正对面积为s，充以电荷量Q后，极板间电压为U，为使电容器的电容加倍，可采用的办法是（）A．将电压变为一半B．将所带电荷量变为2QC．将极板正对面积变为2SD．将两极板间充满相对介电常数为2的电介质【答案】CD【解析】解：A、改变电容器的电压和带电量不会改变电容器的电容，由电容器的决定式决定的．故AB错误．B、由电容器的决定式得：将电容器的电容加倍，我们可采取的方式是：①将极板正对面积变为2S；②将电解质换为介电常数为原来的介电常数2倍的电解质；③将两极板距离变为原来的一半．故CD正确；故选：CD【考点】电容器的动态分析；电容．【专题】定性思想；推理法；电容器专题．【分析】改变电容器的电压和带电量不会改变电容器的电容，由电容器的决定式得：我们可以通过改变正，极板间的距离d来改变电容．对面积s，介电常数eγ【点评】本题考查电容器的决定式，要明确改变电容器的电压和带电量不会改变电容器的电容，电容器的电容是由决定式决定的．二、填空题1.如图所示，在带电+Q的带电体附近有两个相互接触的金属导体A和B，均放在绝缘支座上．若先将+Q移走，再把A、B分开，则A 电，B 电；若先将A、B分开，再移走+Q，则A 电，B 电．【答案】不带；不带；带负；带正【解析】解：若先移走带正电的导体棒，此时导体A 和B 中的电荷又发生中和，不再带电，再把导体A 和B 分开，同样不再带电，所以此时A 不带电，B 不带电．先把导体A 和B 分开，再移走带正电的导体棒，导体A 和B 由于感应起电带上异种电荷，所以此时A 带负电，B 带正电．故答案为：不带；不带；带负；带正． 【考点】电荷守恒定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】将带正电的导体棒靠近两个不带电的导体AB ，靠感应起电使物体带电，带电的实质是电荷的移动，总电荷量保持不变．【点评】解决本题的关键知道摩擦起电、感应起电、接触带电的实质都是电荷的移动，电荷的总量保持不变．2.电场中某一电场线为一直线，线上有A 、B 、C 三个点，把电荷q 1=10﹣8C 从B 点移到A 点时电场力做了10﹣7J的功；电荷q 2=﹣10﹣8C ，在B 点的电势能比在C 点时大10﹣7J ，那么： （1）比较A 、B 、C 三点的电势高低，由高到低的排序是 ； （2）A 、C 两点间的电势差是 V ；（3）若设B 点的电势为零，电荷q 2在A 点的电势能是 J ． 【答案】（1）φC ＞φB ＞φA ． （2）﹣20（3）1×10﹣7【解析】解：（1）根据电势差的定义式U=得 BA 间电势差U BA ==V=10V ，说明B 点的电势比A 点高10V ； BC 间电势差U BC ==V=﹣10V ，说明B 点的电势比C 点低10V故A 、B 、C 三点的电势高低顺序是：φC ＞φB ＞φA ．（2）A 、C 两点间的电势差U AC =U AB +U BC =﹣10V ﹣10V=﹣20V （3）设B 点的电势为零，A 点的电势为φA =﹣10V电荷q 2在A 点的电势能是E p =q 2φA =﹣10﹣8×（﹣10）J=1×10﹣7J 故答案为：（1）φC ＞φB ＞φA ． （2）﹣20（3）1×10﹣7【考点】电势能；电势差．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】（1）根据电势差的定义式U=，求出BA 间和BC 间电势差，即可比较三点电势的高低； （2）A 、C 两点间的电势差U AC =U AB +U BC ．（3）设B 点的电势为零，确定出A 点的电势，由E p =qφ公式求出电荷q 2在A 点的电势能．【点评】本题的解题关键是掌握电势差的定义式U=，并能正确运用．也可以推论：正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势高处电势能小，判断电势高低．3.一个平行板电容器，当其电荷量增加△Q=1.0×10﹣6C 时，两板间的电压升高△U=10V ，则此电容器的电容C= F ．若两板间电压为35V ，此时电容器的带电荷量Q= C ．【答案】1.0×10﹣7，3.5×10﹣6【解析】解：已知△Q=1.0×10﹣6C ，△U=10V ，则电容器的电容C==1.0×10﹣7F由C=变形得，Q=CU=1.0×10﹣7×35C=3.5×10﹣6C 故答案为：1.0×10﹣7，3.5×10﹣6 【考点】电容．【专题】电容器专题．【分析】电容的定义式为C=，对于给定的电容器，电容是一定的，根据数学知识得到C=，由此式求解电。

2015-2016学年山东省潍坊市寿光现代中学高二（上）月考物理试卷（12月份）一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）1．如图所示，把一条导线平行地放在磁针的上方附近，当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转．首先观察到这个实验现象的物理学家是（）A．奥斯特B．爱因斯坦C．伽利略D．牛顿2．磁感应强度B在国际单位制中的单位是特斯拉（符号T），那么下面四个选项中与1T相等的是（）A．1 B．1 C．1 D．13．关于磁感线和电场线，下列说法中正确的是（）A．磁感线和电场线都是一些互相平行的曲线B．磁感线是闭合曲线，而静电场线不是闭合曲线C．磁感线起始于N极，终止于S极；电场线起始于正电荷，终止于负电荷D．磁感线可以用铁屑演示出来，因此磁感线是实际存在的，只是我们用肉眼看不到4．有关洛仑兹力和安培力的描述，正确的是（）A．通电直导线处于匀强磁场中一定受到安培力的作用B．安培力是大量运动电荷所受洛仑兹力的宏观表现C．带电粒子在匀强磁场中运动受到洛仑兹力做正功D．通电直导线在磁场中受到的安培力方向与磁场方向平行5．如图所示，条形磁铁放在水平桌面上，其中央正上方固定一根直导线，导线与磁铁垂直，并通以垂直纸面向外的电流，（）A．磁铁对桌面的压力减小、不受桌面摩擦力的作用B．磁铁对桌面的压力减小、受到桌面摩擦力的作用C．磁铁对桌面的压力增大，不受桌面摩擦力的作用D．磁铁对桌面的压力增大，受到桌面摩擦力的作用6．如图所示，正交的电磁场区域中，有两个质量相同、带同种电荷的带电粒子，电量分别为q a、q b．它们沿水平方向以相同的速率相对着匀速直线穿过电磁场区，则（）A．它们带负电，且q a＞q b B．它们带负带电，q a＜q bC．它们带正电，且q a＞q b D．它们带正电，且q a＜q b7．关于磁通量，下列说法中正确的是（）A．穿过某个平面的磁通量为零，该处磁感应强度一定为零B．穿过任何一个平面的磁通量越大，该处磁感应强度一定越大C．匝数为n的线圈放在磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈面积为S，且与磁感线垂直，则穿过该线圈的磁通量为BSD．穿过垂直于磁感应强度方向的某个平面的磁感线的数目等于穿过该平面的磁通量8．带电粒子进入云室会使云室中的气体电离，从而显示其运动轨迹，图是在有匀强磁场的云室中观察到的粒子的轨迹，a和b是轨迹上的两点，匀强磁场B垂直纸面向里．该粒子在运动时，其质量和电荷量不变，而动能逐渐减少．下列说法正确的是（）A．粒子先经过a点，再经过b点B．粒子先经过b点，再经过a点C．粒子带负电D．粒子带正电9．如图所示，在水平面上有一个闭合的线圈，将一根条形磁铁从线圈的上方插入线圈中，在磁铁进入线圈的过程中，线圈中会产生感应电流，磁铁会受到线圈中电流的作用力，若从线圈上方俯视，关于感应电流和作用力的方向，以下判断正确的是（）A．若磁铁的N极向下插入，线圈中产生顺时方向的感应电流B．若磁铁的S极向下插入，线圈中产生顺时方向的感应电流C．无论N极向下插入还是S极向下插入，磁铁都受到向下的引力D．无论N极向下插入还是S极向下插入，磁铁都受到向上的斥力10．将条形磁铁插入线圈内，第一次插入时速度较大，第二次插入时速度较小，两次插入深度相同．这两次插入磁铁过程中，情况相同的是（）A．线圈内的磁通量变化B．线圈内感应电流的大小C．线圈内感应电流的方向D．流过线圈的电量二、填空题（共3小题，每小题4分，满分12分）11．目前世界上正在研究的一种新型发电机叫磁流体发电机，如图表示它的发电原理：将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，而从整体上来说呈电中性）喷入磁场，由于等离子体在磁场力的作用下运动方向发生偏转，磁场中的两块金属板A和B上就会聚集电荷，从而在两板间产生电压．请你判断：在图示磁极配置的情况下，金属板（选填“A”或“B”）的电势较高，通过电阻R的电流方向是（选填“a→b”或“b→a”）．12．在用阴极射线管研究磁场对运动电荷作用的实验中，将阴极射线管的A、B 两极连在高压直流电源的正负两极上．从A极发射出电子，当将一蹄形磁铁放置于阴极射线管两侧，显示出电子束的径迹如图所示，则阴极射线管的A极应接在电源的极上（选填“正”或“负”）；蹄形磁铁的C端为极（选填“N”或“S”）13．绕有线圈的铁心直立在水平桌面上，铁心上套着一个铝环，线圈与电源、电键相连，如图所示．闭合电键的瞬间，铝环跳起一定高度．保持电键闭合，铝环则应（填“保持原有高度”或“回落”）；断开电键时铝环则应（填“跳起一定高度”或“不再跳起”）三、解答题（共4小题，满分48分）14．如图所示，一带电量大小为q的小球，质量为m，以初速度v0竖直向上射入水平方向的匀强磁场中，磁感应强度为B．求：（1）说出带电点小球的电性．（2）当小球运动到离水平面竖直高度为h的b点时，球所受的磁场力大小．15．如图所示，水平面上有两根相距0.5m的足够长的平行金属导轨MN和PQ．它们的电阻可忽略不计．在M和P之间接有阻值为R的定值电阻，导体棒ab长l=0.5m，其电阻为r，与导轨接触良好．整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.4T．现使ab以v=10m/s的速度向右做匀速运动．（1）ab中产生感应电动势的大小；（2）ab中电流的方向如何？（3）若定值电阻R=3.0Ω，导体棒的电阻r=1.0Ω，则电路中的电流多大？16．如图所示，图中左边有一对平行金属板，两板相距为d，电压为U．两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B0，方向与金属板面平行并垂直于纸面朝里；图中右边有一半径为R、圆心为O的圆形区域，区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面朝里．一电荷量为q的正离子沿平行于金属板面、垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿同一方向射出平行金属板之间的区域，并沿直径PQ方向射入磁场区域，最后从圆形区域边界上的G点射出，已知弧QG所对应的圆心角为θ．离子重力不计．求：（1）离子速度的大小；（2）离子在圆形磁场区域内做圆周运动的半径；（3）离子的质量．17．如图，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小B=0.60T，场区足够宽，磁场内有一块平面感光薄板ab，板面与磁场方向平行，在距ab的距离l=16cm处，ab中垂线上有一个点状的α放射源S，它向各个方向发射α粒子（氦核），α粒子的速度都是v=3.0×106m/s，已知α粒子的电荷与质量之比q/m=5.0×107C/kg，现只考虑在图纸平面中运动的α粒子，（1）若ab长度为20cm，求ab下侧被α粒子打中的区域的长度．（2）要使ab上侧能全部被α粒子打中，ab的长度应为多大？2015-2016学年山东省潍坊市寿光现代中学高二（上）月考物理试卷（12月份）参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）1．如图所示，把一条导线平行地放在磁针的上方附近，当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转．首先观察到这个实验现象的物理学家是（）A．奥斯特B．爱因斯坦C．伽利略D．牛顿【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【分析】本实验是1820年丹麦的物理学家奥斯特做的电流磁效应的实验．【解答】解：当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转，说明电流产生了磁场，这是电流的磁效应，首先观察到这个实验现象的物理学家是奥斯特．故A正确，BCD错误．故选：A．2．磁感应强度B在国际单位制中的单位是特斯拉（符号T），那么下面四个选项中与1T相等的是（）A．1 B．1 C．1 D．1【考点】力学单位制．【分析】根据磁感应强度与磁能量的关系和磁感应强度的定义式推导出T与其他单位的关系．【解答】解：A\根据磁感应强度的定义式B=得，1T=1N/（A•m），故A错误；B、由公式B=由安培力的单位是N，而电流的单位是A，1A=1C/s，长度的单位为m，则单位的换算可得1T=N/（A•m）=1N/（C•ms﹣1），故BC错误；D、由B=，则单位可以为Wb/m2；故D正确．故选：D．3．关于磁感线和电场线，下列说法中正确的是（）A．磁感线和电场线都是一些互相平行的曲线B．磁感线是闭合曲线，而静电场线不是闭合曲线C．磁感线起始于N极，终止于S极；电场线起始于正电荷，终止于负电荷D．磁感线可以用铁屑演示出来，因此磁感线是实际存在的，只是我们用肉眼看不到【考点】磁感线及用磁感线描述磁场；电场线．【分析】（1）磁感线不是真实存在的线，它是为了形象描述磁场而引入的；（2）磁体周围的磁感线从N极出发回到S极，在内部则是从S极回到N极，磁感线的分布疏密可以反映磁场的强弱，越密越强，反之越弱；电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，不相交不闭合，（3）磁体周围有任何地方都有磁场，只要有磁场的地方就有磁感线．根据磁感线的特点分析．【解答】解：A、磁感线和电场线不一定互相平行，故A错误．B、磁体周围的磁感线从N极出发回到S极，在内部则是从S极回到N极，磁感线是闭合曲线，电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，静电场线不是闭合曲线，故B正确，C、电场线起始于正电荷，终止于负电荷，磁体周围的磁感线从N极出发回到S 极，在内部则是从S极回到N极，故C错误．D、磁感线不是真实存在的线，它是为了形象描述磁场而引入的，也不是铁屑组成的线；故D错误．故选：B．4．有关洛仑兹力和安培力的描述，正确的是（）A．通电直导线处于匀强磁场中一定受到安培力的作用B．安培力是大量运动电荷所受洛仑兹力的宏观表现C．带电粒子在匀强磁场中运动受到洛仑兹力做正功D．通电直导线在磁场中受到的安培力方向与磁场方向平行【考点】洛仑兹力；安培力．【分析】正确解答本题需要掌握：洛仑兹力和安培力的产生条件、方向的判断等知识，要明确通电导线与运动电荷在磁场中不一定有力的作用，电流方向或电荷运动方向与磁场平行时，没有磁场力作用．【解答】解：A、通电导线方向与磁场方向不在一条直线上时，才受到安培力作用，当二者平行时，安培力为零，故A错误；B、磁场对电流的作用力通常称为安培力，安培力的实质是形成电流的定向移动的电荷所受洛伦兹力的合力，故B正确；C、洛伦兹力的方向与速度方向垂直，洛伦兹力不做功．故C错误．D、根据左手定则知，安培力的方向与磁场方向垂直．故D错误故选：B5．如图所示，条形磁铁放在水平桌面上，其中央正上方固定一根直导线，导线与磁铁垂直，并通以垂直纸面向外的电流，（）A．磁铁对桌面的压力减小、不受桌面摩擦力的作用B．磁铁对桌面的压力减小、受到桌面摩擦力的作用C．磁铁对桌面的压力增大，不受桌面摩擦力的作用D．磁铁对桌面的压力增大，受到桌面摩擦力的作用【考点】安培力．【分析】先以通电导线为研究对象，由左手定则判断出导线受到安培力的方向；然后由牛顿第三定律求出磁铁受到磁场力的方向，最后判断磁铁对桌面的压力如何变化，判断磁铁受到的摩擦力方向．【解答】解：在磁铁外部，磁感线从N极指向S极，长直导线在磁铁的中央正上方，导线所在处磁场水平向左方；导线电流垂直于纸面向外，由左手定则可知，导线受到的安培力竖直向下方；由牛顿第三定律可知，导线对磁铁的作用力竖直向上，因此磁铁对桌面的压力减小，小于磁铁的重力，磁铁没有运动趋势，磁铁不受摩擦力，故BCD错误，A正确．故选：A．6．如图所示，正交的电磁场区域中，有两个质量相同、带同种电荷的带电粒子，电量分别为q a、q b．它们沿水平方向以相同的速率相对着匀速直线穿过电磁场区，则（）A．它们带负电，且q a＞q b B．它们带负带电，q a＜q bC．它们带正电，且q a＞q b D．它们带正电，且q a＜q b【考点】带电粒子在混合场中的运动．【分析】两个粒子在电磁场中受到重力、电场力和洛伦兹力三个力作用，对照匀速直线运动的条件：合力为零，进行分析．【解答】解：A、B若两个粒子带负电，则a粒子受到的电场力向下，由左手定则可知洛伦兹力向上，粒子所受的重力、电场力和洛伦兹力三个力作用，合力可能为零，能做匀速直线运动．b粒子所受的电场力向下，洛伦兹力和重力也都向下，三个力的合力不可能为零，则b粒子不可能做匀速直线运动．故AB均错误．C、D若两个粒子带正电，则b粒子受到的电场力向上，由左手定则可知洛伦兹力向下，粒子所受的重力、电场力和洛伦兹力三个力作用，合力可能为零，能做匀速直线运动，且有mg+q b vB=q b E，得q b=…①a粒子所受的电场力和洛伦兹力向上，重力向下，三个力的合力不可能为零，则b粒子可能做匀速直线运动，且有mg=q a E+q a vB，得…②由①②得，q a＜q b．故C错误，D正确．故选D7．关于磁通量，下列说法中正确的是（）A．穿过某个平面的磁通量为零，该处磁感应强度一定为零B．穿过任何一个平面的磁通量越大，该处磁感应强度一定越大C．匝数为n的线圈放在磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈面积为S，且与磁感线垂直，则穿过该线圈的磁通量为BSD．穿过垂直于磁感应强度方向的某个平面的磁感线的数目等于穿过该平面的磁通量【考点】磁通量．【分析】磁通量可以形象说成穿过线圈的磁感线的条数，当磁感线与线圈垂直时，则磁通量∅=BS；当磁感线与线圈平行时，磁通量为零．因此不能根据磁通量的大小来确定磁感应强度．【解答】解：A、穿过某个面的磁通量为零，此处磁感应强度不一定为零，可能此平面与磁感线平行，故A错误；B、磁通量的大小除与磁感应强度有关，还与线圈的面积有关．故B错误；C、匝数为n的线圈放在磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈面积为S，且与磁感线垂直，则穿过该线圈的磁通量为BS，C正确；D、当磁感线与线圈平面垂直时，磁通量的大小∅=BS，因此磁感应强度B=可知，穿过垂直于感应强度方向的某个闭合面单位面积的磁通密度等于磁感应强度，而不是磁感线条数等于磁感应强度，故D错误；故选：C．8．带电粒子进入云室会使云室中的气体电离，从而显示其运动轨迹，图是在有匀强磁场的云室中观察到的粒子的轨迹，a和b是轨迹上的两点，匀强磁场B垂直纸面向里．该粒子在运动时，其质量和电荷量不变，而动能逐渐减少．下列说法正确的是（）A．粒子先经过a点，再经过b点B．粒子先经过b点，再经过a点C．粒子带负电D．粒子带正电【考点】判断洛仑兹力的方向．【分析】粒子在云室中运动时，由于能量的损失，其速度会逐渐变小，轨迹的半径会逐渐减小，由此可判断运动方向；粒子所受洛伦兹力方向指向运动轨迹的内侧，因此根据洛伦兹力方向以及磁场方向可以判断粒子的正负，【解答】解：粒子在云室中运动时，速度逐渐减小，根据可知其运动轨迹的半径逐渐减小，故粒子运动方向为由a到b，故A正确，B错误；运动方向由a到b，磁场垂直纸面向里，所受洛伦兹力方向指向运动轨迹内侧，故由左手定则可知该电荷带负电，故C正确，D错误．故选AC．9．如图所示，在水平面上有一个闭合的线圈，将一根条形磁铁从线圈的上方插入线圈中，在磁铁进入线圈的过程中，线圈中会产生感应电流，磁铁会受到线圈中电流的作用力，若从线圈上方俯视，关于感应电流和作用力的方向，以下判断正确的是（）A．若磁铁的N极向下插入，线圈中产生顺时方向的感应电流B．若磁铁的S极向下插入，线圈中产生顺时方向的感应电流C．无论N极向下插入还是S极向下插入，磁铁都受到向下的引力D．无论N极向下插入还是S极向下插入，磁铁都受到向上的斥力【考点】楞次定律．【分析】在磁铁进入线圈的过程中，穿过线圈的磁通量增加，根据磁场方向，由楞次定律判断感应电流的方向．通电线圈的磁场与条件磁铁相似，由安培定则判断线圈的极性，分析线圈与磁铁间的作用力．【解答】解：A、若磁铁的N极向下插入，穿过线圈的磁通量增加，磁场方向向下，根据楞次定律可知，线圈中产生逆时方向的感应电流．故A错误．B、若磁铁的S极向下插入，穿过线圈的磁通量增加，磁场方向向上，根据楞次定律可知，线圈中产生顺时方向的感应电流．故B正确．C、D根据安培定则判断可知，当N极向下插入时，线圈上端相当于N极；当S极向下插入，线圈上端相当于S极，与磁铁的极性总相反，存在斥力．故C 错误，D正确．故选BD10．将条形磁铁插入线圈内，第一次插入时速度较大，第二次插入时速度较小，两次插入深度相同．这两次插入磁铁过程中，情况相同的是（）A．线圈内的磁通量变化B．线圈内感应电流的大小C．线圈内感应电流的方向D．流过线圈的电量【考点】楞次定律．【分析】根据产生感应电流的条件分析有无感应电流产生．再根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的大小，由欧姆定律分析感应电流的大小．再由q=It可确定导体某横截面的电荷量等于磁通量的变化与电阻的比值．【解答】解：A、当条形磁铁插入线圈的瞬间，穿过线圈的磁通量增加，产生感应电流．条形磁铁第一次缓慢插入线圈时，磁通量增加慢．条形磁铁第二次迅速插入线圈时，磁通量增加快，但磁通量变化量相同．故A正确；B、根据法拉第电磁感应定律第二次线圈中产生的感应电动势大，再欧姆定律可知第二次感应电流大，即I2＞I1．故B错误；C、根据楞次定律可知，无论快还是慢，感应电流的方向均相同，故C正确；D、根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的大小，由欧姆定律分析感应电流的大小．再由q=It可确定导体某横截面的电荷量等于磁通量的变化与电阻的比值，由于磁通量变化量相同，电阻不变，所以通过导体横截面的电荷量不变，故D正确；故选：ACD二、填空题（共3小题，每小题4分，满分12分）11．目前世界上正在研究的一种新型发电机叫磁流体发电机，如图表示它的发电原理：将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，而从整体上来说呈电中性）喷入磁场，由于等离子体在磁场力的作用下运动方向发生偏转，磁场中的两块金属板A和B上就会聚集电荷，从而在两板间产生电压．请你判断：在图示磁极配置的情况下，金属板A（选填“A”或“B”）的电势较高，通过电阻R的电流方向是a→b（选填“a→b”或“b→a”）．【考点】霍尔效应及其应用．【分析】根据左手定则判断出正负电荷所受洛伦兹力的方向，从而判断出正负电荷的偏转方向，带正电的极板电势高，电流从正极板流向负极板．【解答】解：根据左手定则，正离子向上偏，负离子向下偏，A聚集正电荷，电势高，电流从高电势流向低电势．所以通过电阻的电流方向为a→b．故答案为：A；a→b．12．在用阴极射线管研究磁场对运动电荷作用的实验中，将阴极射线管的A、B 两极连在高压直流电源的正负两极上．从A极发射出电子，当将一蹄形磁铁放置于阴极射线管两侧，显示出电子束的径迹如图所示，则阴极射线管的A极应接在电源的负极上（选填“正”或“负”）；蹄形磁铁的C端为S极（选填“N”或“S”）【考点】左手定则．【分析】电子束从阴极射出，根据左手定则，判断出磁场的方向，从而得出磁铁的极性．【解答】解：电子束从阴极射出，所以A极应接在电源的负极上，根据电子束的偏转方向知，洛伦兹力向上，通过左手定则知，磁场的方向由D到C，所以D为N极，C端为S极．故答案为：负，S13．绕有线圈的铁心直立在水平桌面上，铁心上套着一个铝环，线圈与电源、电键相连，如图所示．闭合电键的瞬间，铝环跳起一定高度．保持电键闭合，铝环则应回落（填“保持原有高度”或“回落”）；断开电键时铝环则应不再跳起（填“跳起一定高度”或“不再跳起”）【考点】研究电磁感应现象．【分析】当闭合电键瞬间，铝环所处的磁通量发生变化，故铝环中产生电流，对应的感应磁场去阻碍原磁通量的变化，所以向上跳．若磁通量不变，则铝环回落．【解答】解：如图所示．闭合电键的瞬间，铝环向上跳起．若保持电键闭合，则铝环的磁通量不变，环中没有电流，故要落回原处．若整个装置稳定后再断开电键，铝环的磁通量发生变化，则铝环中有了感应电流．为阻碍磁通量减小，铝环要向下运动．由于支撑面，故铝环不动，铝环不会跳起．故答案为：回落；不再跳起．三、解答题（共4小题，满分48分）14．如图所示，一带电量大小为q的小球，质量为m，以初速度v0竖直向上射入水平方向的匀强磁场中，磁感应强度为B．求：（1）说出带电点小球的电性．（2）当小球运动到离水平面竖直高度为h的b点时，球所受的磁场力大小．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；动能定理．【分析】（1）由左手定则根据磁场方向和运动偏转方向可知小球的电性；（2）a到b，洛伦兹力不做功，只有重力做功，可求得B点的速度；再由洛伦兹力公式F=qvB解得F大小．【解答】解：（1）由图可知，小球向左偏转，说明小球受洛伦兹力向左，由左手定则根据磁场方向和运动偏转方向可知小球带负电；（2）a到b，由动能定律得：﹣mgh=mv2﹣mv02解得b点速度为：v=由洛伦兹力公式有：F=qvB即为：F=qB答：（1）小球带负电；（2）小小球运动到离水平面竖直高度为h的b点时，小球所受的磁场力大小qB15．如图所示，水平面上有两根相距0.5m的足够长的平行金属导轨MN和PQ．它们的电阻可忽略不计．在M和P之间接有阻值为R的定值电阻，导体棒ab长l=0.5m，其电阻为r，与导轨接触良好．整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.4T．现使ab以v=10m/s的速度向右做匀速运动．（1）ab中产生感应电动势的大小；（2）ab中电流的方向如何？（3）若定值电阻R=3.0Ω，导体棒的电阻r=1.0Ω，则电路中的电流多大？【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．【分析】（1）由法拉第电磁感应定律求解ab中的感应电动势．（2）由右手定则判断ab中电流的方向．（3）由闭合电路欧姆定律求解电路中的电流．【解答】解：（1）由法拉第电磁感应定律得：E=Blv=0.4×0.5×10V=2V；（2）由右手定则判断ab中电流的方向为从b向a（3）由闭合电路欧姆定律得：I===0.5A；答：（1）ab中的感应电动势2V；（2）ab中电流的方向从b向a；（3）电路中的电流为0.5A．16．如图所示，图中左边有一对平行金属板，两板相距为d，电压为U．两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B0，方向与金属板面平行并垂直于纸面朝里；图中右边有一半径为R、圆心为O的圆形区域，区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面朝里．一电荷量为q的正离子沿平行于金属板面、垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿同一方向射出平行金属板之间的区域，并沿直径PQ方向射入磁场区域，最后从圆形区域边界上的G点射出，已知弧QG所对应的圆心角为θ．离子重力不计．求：（1）离子速度的大小；（2）离子在圆形磁场区域内做圆周运动的半径；（3）离子的质量．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【分析】（1）对离子直线运动过程进行受力分析，受到洛伦兹力和电场力作用，且二力平衡；结合匀强电场的场强与电势差的关系式，可求出离子在电场中的运动速度；（2）圆周运动过程，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解轨道半径；（3）根据题意画出离子在磁场中运动的轨迹草图，充分利用几何关系，结合离。

一、单选题1．下列各种情况，可以把研究对象看作质点的是（)A．研究小木块的翻到过程B．讨论地球的公转C．教练为运动员分析兵乓球的运动D．计算整列火车通过某一路标的时间2．甲物体以乙物体为参考系是静止的，甲物体以丙物体为参考系又是运动的，那么，以乙物体为参考系，丙物体的运动情况是（）A．一定是静止的B．运动或静止都有可能C．一定是运动的D．条件不足,无法判断3．下列关于时间和时刻的说法中正确的是（）A．刘翔110米栏最好成绩是12。

88秒，指的是时刻B．某中学上午是第一节课时间是7点30分，指的是时间C．晚间新闻联播开始的时间是7点整，指的是时刻D．列车在广州停了15分钟，指的是时刻4．关于位移和路程的说法中正确的是（）A．位移取决于始末位置，路程取决于实际运动的路线B．位移是描述直线运动的，路程是描述曲线运动的C．位移的大小和路程的大小总是相等的，只不过位移是矢量，而路程是标量D ．运动物体的路程总大于位移的大小5．某人爬山,从山腰爬上山顶，然后又从原路返回到山脚,上山的平均速率为1v ，下山的平均速率为2v ，则往返的平均速度的大小和平均速率是( ）A ．122v v +，122v v + B ．122v v -,122v v-C ．0，1212v v v v -+ D ．0,12122v vv v +6．关于速度和加速度的说法正确的是（ ） A ．物体做加速运动，加速度可能减小 B ．速度越大，加速度越大 C ．加速度为0，速度一定为0D ．物体具有加速度，一定要做加速运动7．下列关于矢量和标量的说法正确的是（ ） A ．取定正方向,做直线运动的甲．乙两物体位移3甲m x=，5乙m x =-,则甲乙x x >B ．甲．乙两运动物体的位移大小均为50m ,这两个物体的位移必定相同C ．温度计读数有正有负，所以温度也是矢量D ．温度计读数的正负号表示温度高低，不表示方向，温度是标量 二．多选题8．关于速度的定义式x v t∆=∆，以下叙述正确的是（ ）A ．物体做匀速直线运动时，速度v 与运动的位移x ∆成正比，与运动的时间成反比B．速度v的大小与运动的位移x∆和时间t∆都无关C．此速度定义式适用于任何运动D．速度是表示物体运动快慢及方向的物理量9．甲．乙两个物体在同一条直线上运动，它们的速度图像如图所示,则下列说法正确的是（)A．甲．乙两物体都做加速直线运动B．甲物体的加速度比乙物体的加速度大C．甲物体的初速度比乙物体的初速度大D．在t以后的任意时刻,甲物体的速度大于同时刻乙物体的速度110．下列所描述的运动中,可能的是（）A．速度变化很大，加速度很小B．速度变化方向为正，加速度方向为负C．速度变化越来越快，加速度越来越小D．速度越来越大，加速度越来越小11．一个做匀变速直线运动的物体，每秒内速度均匀增加1/m s，对于任意1s,下列说法正确的是（）A．物体在这1s末的速度总比这1s初的速度大1/m sB．物体在这1s末的速度总比这1s初的速度大1倍C．物体在这1s末的速度总比前1s末的速度大1/m sD．物体在这1s末的速度总比前1s初的速度大2/m s12．A．B两个物体在同一直线上做匀变速直线运动，它们的速度图像如图，则（）A．A．B两物体运动方向一定相反B．A．B两物体加速度方向相同C．4时,A．B两物体的速度相同t sD．A物体的加速度比B物体的加速度小三．填空题13．电火花打点计时器是一种使用电源的计时仪器,它的工作电压是V。

高二10月份月考（物理）（考试总分：100 分）一、 单选题 （本题共计10小题，总分40分）1.（4分）1．如图所示，当将两个横截面不同、长度相等的均匀铜棒串联接在电路中时，下列说法正确的是（ ）A ．通过两棒的电流强度不同B ．两棒中自由电子定向移动的平均速率相等C ．两棒的电阻相等D ．相同时间内通过两棒的电荷量相等2.（4分）2．如图所示的电路中，电源的电动势为E ，内阻为r ，1R 和2R 为定值电阻，3R 为滑动变阻器。

电路中灯泡A 和灯泡B 原来都是正常发光的，突然，灯泡A 比原来变暗了些，灯泡B 比原来变亮了些，则电路中出现的故障可能是（ ）A ．3R 断路B ．1R 短路C ．2R 断路D ．1R 、2R 同时短路3.（4分）3．硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点。

如图所示，图线a 是该电池在某光照强度下路端电压U 随电流I 变化的关系图线（电池电动势不变，内阻不是定值），图线b 是某定值电阻R 的U I 图线。

在该光照强度下将它们组成闭合回路时，下列说法正确的是（ ）A．硅光电池的内阻为10ΩB．硅光电池的总功率为0.36 WC．硅光电池的内阻发热的功率为0.32WD．若将R换成阻值更大的电阻，硅光电池的输出功率增大4.（4分）4．图为多用电表欧姆挡的原理图，其中电流表的满偏电流为30μA，内阻R g=10Ω，调零电阻的最大值R0=70kΩ，电池电动势E=1.5V，两表笔短接调零后，用它测量电阻R x，当电流计指针指在满刻度的1时，则R x的阻值是（）3A．1kΩB．100kΩC．10kΩD．100Ω5.（4分）5．如图所示，平行金属板极板水平放置，开关k1、k2均闭合，此时处于0点的电子枪水平向右射出速度相同的电子，经过金属板间电场后击中荧光屏的P点，则（）A．只将R1的滑片向右移，电子将击中P上方一点B．只将R2的滑片向右移，两极板间的电压减小C．只断开开关k1，上极板向上移一小段距离，电子仍击中P点D．只断开开关k2，上极板向上移一小段距离，电子仍击中P点6.（4分）6．如图所示，直线为某直流电源的总功率随电流变化的图像，曲线为该直流电源内部发热功率随电流变化的图像，则下列说法正确的是（ ）A ．电源电动势为9VB ．电源内阻为3ΩC ．电流为2A 时，外电路电阻为9Ω4D ．电流为3A 时，外电路电阻为07.（4分）7．在如图所示的电路中，R 1、R 2、R 3和R 4皆为定值电阻，R 5为可变电阻，电源的电动势为E ，内阻为r ，设电流表A 1的读数为I 1，电流表A 2的读数为I 2，电压表V 1的示数为U 1，电压表V 2的读数为U 2，当R 5的滑片向a 端移动过程中，电流表A 1的读数变化量大小为ΔI 1，电流表A 2的读数变化量大小ΔI 2，电压表V 1的读数变化量大小为ΔU 1，电压表V 2的读数变化量大小为ΔU 2，则（ ）A ．I 1变大，ΔU 1>ΔU 2，11U I ∆∆不变 B ．I 1变大，ΔU 1<ΔU 2，11U I ∆∆变小 C ．I 1变小，I 2变小，22U I ∆∆变小 D ．U 1变小，U 2变小，22U I ∆∆不变 8.（4分）8．如图为直流电动机提升重物的装置，重物的重量500N G =，电源电动势90V E =，电源内阻为2Ω，不计各处摩擦，当电动机以0.6m/s v =的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流5A I =，则（ ）A ．电源的输出功率为450WB ．电动机线圈的电阻为16ΩC ．电源的效率为66.7%D ．电动机的效率为75% 9.（4分）9．在如图所示的电路中，定值电阻17R =Ω、23R =Ω、31R =Ω、44R =Ω，电容器的电容2μF C =，电源的电动势5VE =，内阻不计。

2016-2017学年山东省潍坊市寿光市现代中学高三（上）月考物理试卷（10月份）一．选择题1．在科学发展史上，不少物理学家作出了重大贡献．下列陈述中符合历史事实的是（）A．牛顿发现了万有引力定律，并第一次在实验室里利用放大的思想方法测出了万有引力常量B．通过逻辑推理亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快C．哥白尼提出了日心说并发现了行星沿椭圆轨道运行的规律D．伽利略通过理想斜面实验，说明物体的运动不需要力来维持2．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，两个等量同种点电荷分别处于椭圆的两个焦点M、N上，下列说法中正确的是（）A．A、B两处电势、场强均相同B．C、D两处电势、场强均不同C．在虚线AB上O点的场强最小D．带负电的试探电荷在O处的电势能大于在C处的电势能3．如图，两个质量相等的小球A、B处在同一水平线上，当小球A被水平抛出的同时，小球B开始自由下落，不计空气阻力，则（）A．两球的速度变化快慢程度不相同B．在同一时刻，两球重力做功的功率不相等C．在下落过程中，同一时间内两球重力做功的平均功率不相同D．在相等时间内，两球的速度增量相等4．一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定，有质量不相等的小球A和B 沿着筒的内壁在水平面内作匀速圆周运动，如图所示，A的运动半径较大，则（）A．A球的线速度必小于B球的线速度B．A球的角速度必小于B球的角速度C．A球需要的向心力等于B球需要的向心力D．A球对筒壁的压力可能等于B球对筒壁的压力5．一只小船渡河，水流速度各处相同且恒定不变，方向平行于岸边．小船相对于水分分别做匀加速、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6．如图所示的电路，闭合开关S后，a、b、c三盏灯均能发光，电源电动势E恒定且内阻r 不可忽略．现将变阻器R的滑片稍向上滑动一些，三盏灯亮度变化的情况是（）A．a灯变亮，b灯和c灯变暗B．a灯和c灯变亮，b灯变暗C．a灯和c灯变暗，b灯变亮D．a灯和b灯变暗，c灯变亮7．如图所示，小球以初速度为v0从光滑斜面底部向上滑，恰能到达最大高度为h的斜面顶部．图中A是内轨半径大于h的光滑轨道、B是内轨半径小于h的光滑轨道、C是内轨直径等于h光滑轨道、D是长为的轻棒，其下端固定一个可随棒绕O点向上转动的小球．小球在底端时的初速度都为v0，则小球在以上四种情况中能到达高度h的有（）A．B．C．D．8．我国自主研发的“北斗卫星导航系统”是由多颗卫星组成的，其中有5颗地球同步卫星，在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道Ⅰ，如图所，然后在Q点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道Ⅱ，则（）A．该卫星的发射速度必定大于11.2km/sB．卫星在同步轨道Ⅱ上的运行速度小于7.9km/sC．在轨道Ⅰ上，卫星在P点的动能小于在Q点的动能D．在轨道Ⅱ上的运行周期大于在轨道Ⅰ上的运行周期9．图为一头大一头小的导体周围等势面和电场线（带有箭头为电场线）示意图，已知两个相邻等势面间的电势之差相等，则（）A．a点和d点的电场强度一定相同B．a点的电势一定低于b点的电势C．将负电荷从c点移到d点，电场力做正功D．将正电荷从c点沿虚线移到e点，电势能先增大后减小10．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．电源内部消耗功率为1.5W二．实验题11．甲图中游标卡尺的读数为mm；乙图中螺旋测微器的读数为mm．12．在伏安法测电阻的实验中，待测电阻R r的阻值约为200Ω，电压表V的内阻约为2kΩ，电流表A的内阻约为10Ω，测量电路中电流表的连接方式如图（a）所示，结果由公式R x=计算得出，式中U与I分别为电压表和电流表的示数，若将图（a）和图（b）中电路测得的电阻值分别记为Rx1和R，则（选填“R”或“R”）更接近待测电阻的真实值，且测量值（选填“大于”“等于”或“小于”）真实值．13．在描绘小灯泡伏安特性曲线的实验中，提供的实验器材有：A．小灯泡（额定电压为2.0V，额定电流约为0.5A）；B．电源E：电动势为3.0V，内阻不计；C．电压表V：量程为0～3V，内阻约为1kΩD．电流表A：量程为0～0.6A，内阻约为0.6Ω；E．滑动变阻器R1：最大阻值为l5Ω，额定电流为1.0A；F．滑动变阻器R2：最大阻值为l50Ω，额定电流为1.0A；G．开关S及导线若干）实验中滑动变阻器应选用（请填写选项前对应的序号字母）（2）请你不要改动已连接导线，在下面的实物连接图中把还需要连接的导线补上．闭合开关前，应使变阻器滑片放在最（填“左”或“右”）端．（3）在坐标系中画出小灯泡的U﹣I曲线．（4）若将本题中的小灯泡接在电动势是1.5V、内阻是1.0Ω的电池两端，则小灯泡的实际功率约为W（保留两位有效数字）．三．计算题14．如图所示电子射线管，阴极K发射电子，阳极P和阴极K间加上电压后电子被加速，A、B是偏向板，使飞进的电子偏离，若已知P、K间所加电压U1=1.8×102V，偏向板长L=6.0×10﹣2m，板间距离d=5×10﹣2m，所加电压U2=100V，电子质量取m e=9.0×10﹣31kg，电子电量e=﹣1.6×10﹣19C，设从阴极出来的电子速度为0，试问：（1）电子通过阳极P板的速度v0是多少？（2）电子通过偏向板时具有动能E k是多少？（3）电子过偏向板向到达距离偏向板R=18×10﹣2m荧光屏上O′点，此点偏离入射方向的距离y是多少？15．某一用直流电动机提升重物的装置，如图所示，重物m=50kg，电源的电动势E=110V，不计电源内阻及各处的摩擦，当电动机以v=0.80m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流强度为I=5A，（g=10m/s2）则：（1）电源的总功率是多少？（2）电动机的输出功率是多少？（3）电动机线圈的电阻是多少？16．据报道，美国航空航天管理局计划在2008年10月发射月球勘侧轨道器（LRO）．若以T 表示LRO在离月球表面高h处的轨道上做匀速圆周运动的周期，以R表示月球的半径，求：（1）LRO运行时的向心加速度a；（2）月球表面的重力加速度g．月17．如图所示，有一个可视为质点的质量为m=1kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0=2m/s 的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M=3kg的长木板．已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.3，圆弧轨道的半径为R=0.4m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ=60°，不计空气阻力，g取10m/s2．求：（1）小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；（2）要使小物块不滑出长木板，木板的长度L至少多大？2016-2017学年山东省潍坊市寿光市现代中学高三（上）月考物理试卷（10月份）参考答案与试题解析一．选择题1．在科学发展史上，不少物理学家作出了重大贡献．下列陈述中符合历史事实的是（）A．牛顿发现了万有引力定律，并第一次在实验室里利用放大的思想方法测出了万有引力常量B．通过逻辑推理亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快C．哥白尼提出了日心说并发现了行星沿椭圆轨道运行的规律D．伽利略通过理想斜面实验，说明物体的运动不需要力来维持【考点】物理学史．【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．【解答】解：A、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许第一次在实验室里利用放大的思想方法测出了万有引力常量，故A错误；B、通过逻辑推理伽利略认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快，故B错误；C、哥白尼提出了日心说，开普勒发现了行星沿椭圆轨道运行的规律，故C错误；D、伽利略通过理想斜面实验，说明物体的运动不需要力来维持，故D正确；故选：D2．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，两个等量同种点电荷分别处于椭圆的两个焦点M、N上，下列说法中正确的是（）A．A、B两处电势、场强均相同B．C、D两处电势、场强均不同C．在虚线AB上O点的场强最小D．带负电的试探电荷在O处的电势能大于在C处的电势能【考点】电势；电场强度；电势能．【分析】根据等量同种电荷电场线和等势面分布特点，可以比较A与B，C与D电势、场强关系及O、B电势高低；根据电场线疏密可知，在M、N之间O点场强最小；利用负电荷在电势高处电势能小，可比较负电荷在O、C电势能大小．【解答】解：A、根据顺着电场线方向电势降低，结合等量同种电荷电场线、等势面分布对称性特点可知，A、B两处电势相同，场强大小相等、方向相反，所以场强不同，故A错误．B、根据等量同种电荷电场线、等势面分布对称性，C、D两处场强方向相反，电势相同．故B错误．C、根据电场线疏密表示场强的大小可知，在AB之间，O点场强为零，为最小．故C正确．D、OC间的电场强度方向向上，根据顺着电场线方向电势降低，可知O点电势高于C点电势，则负电荷在O处电势能小于在C处电势能．故D错误．故选：C3．如图，两个质量相等的小球A、B处在同一水平线上，当小球A被水平抛出的同时，小球B开始自由下落，不计空气阻力，则（）A．两球的速度变化快慢程度不相同B．在同一时刻，两球重力做功的功率不相等C．在下落过程中，同一时间内两球重力做功的平均功率不相同D．在相等时间内，两球的速度增量相等【考点】功率、平均功率和瞬时功率；平抛运动．【分析】平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，故两球的竖直分运动相同，根据P=mgv y要求的瞬时功率，根据P=求得平均功率．【解答】解：A、两球加速度相同，均为g，故速度变化快慢相同，故A错误；B、重力的功率P=Gv y=mg2t，相同，故B错误；C、重力的功W=Gy=mg•，故重力做功相同，平均功率P=，相同，故C错误；D、两球加速度相同，均为g，在相等时间△t内，两球的速度增量相等，均为g•△t，故D正确；故选：D．4．一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定，有质量不相等的小球A和B 沿着筒的内壁在水平面内作匀速圆周运动，如图所示，A的运动半径较大，则（）A．A球的线速度必小于B球的线速度B．A球的角速度必小于B球的角速度C．A球需要的向心力等于B球需要的向心力D．A球对筒壁的压力可能等于B球对筒壁的压力【考点】向心力；牛顿第二定律．【分析】对小球受力分析，受重力和支持力，合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解即可．【解答】解：A、以小球为研究对象，对小球受力分析，小球受力如图所示，由牛顿第二定律得：mgtanθ=，解得：v=，A的轨道半径大，则A的线速度较大．故A错误．B、根据ω=得：ω=，A的轨道半径大，则角速度小．故B正确．C、小球所受的向心力F n=mgtanθ，因为两球的质量不等，则两球的向心力不等．故C错误．D、由受力分析图可知，球受到的支持力为：F N=，因为质量不等，所以两球对筒壁的压力不等．故D错误．故选：B．5．一只小船渡河，水流速度各处相同且恒定不变，方向平行于岸边．小船相对于水分分别做匀加速、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【考点】运动的合成和分解．【分析】根据运动的合成，结合合成法则，即可确定各自运动轨迹，由运动学公式，从而确定运动的时间与速度大小．【解答】解：A、当沿AD轨迹运动时，则加速度方向与船在静水中的速度方向相反，因此船相对于水做匀减速直线运动，故A正确；B、船相对于水的初速度大小均相同，方向垂直于岸边，因运动的性质不同，则渡河时间也不同，故B错误；C、沿AB轨迹，做匀速直线运动，则渡河所用的时间大于沿AC轨迹运动渡河时间，故C错误；D、沿AC轨迹，船是匀加速运动，则船到达对岸的速度最大，故D错误．故选：A．6．如图所示的电路，闭合开关S后，a、b、c三盏灯均能发光，电源电动势E恒定且内阻r 不可忽略．现将变阻器R的滑片稍向上滑动一些，三盏灯亮度变化的情况是（）A．a灯变亮，b灯和c灯变暗B．a灯和c灯变亮，b灯变暗C．a灯和c灯变暗，b灯变亮D．a灯和b灯变暗，c灯变亮【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】如图电路的结构是：c灯与变阻器R串联后与b灯并联，再与a灯串联．R的滑片稍向上滑动时，变阻器R接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，根据欧姆定律分析干路电流的变化，再分析b灯电压的变化和c灯的电流变化来分析灯泡亮度变化．【解答】解：R的滑片稍向上滑动时，变阻器R接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，a灯变亮．b的电压U b=E﹣I（r+R a）减小，b 灯变暗．通过c灯的电流I c=I﹣I b，I增大，I b减小，则I c增大，c灯变亮．故选：B．7．如图所示，小球以初速度为v0从光滑斜面底部向上滑，恰能到达最大高度为h的斜面顶部．图中A是内轨半径大于h的光滑轨道、B是内轨半径小于h的光滑轨道、C是内轨直径等于h光滑轨道、D是长为的轻棒，其下端固定一个可随棒绕O点向上转动的小球．小球在底端时的初速度都为v0，则小球在以上四种情况中能到达高度h的有（）A．B．C．D．【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力．【分析】小球在运动的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律，以及到达最高点的速度能否为零，判断小球进入右侧轨道能否到达h高度．【解答】解：A、小球到达最高点的速度可以为零，根据机械能守恒定律得：mgh+0=mgh′+0．则h′=h．故A正确．B、小球离开轨道做斜抛运动，运动到最高点在水平方向上有速度，即在最高点的速度不为零，根据机械能守恒定律得：mgh+0=mgh′+mv2．则h′＜h．故B错误．C、小球到达最高点的速度不能为零，所以小球达不到最高点就离开轨道做斜抛运动．故C错误．D、杆子可以提供支持力，所以到达最高点时速度可以为零，根据机械能守恒定律可知，小球能达到最高点即高h处，故D正确．故选：AD．8．我国自主研发的“北斗卫星导航系统”是由多颗卫星组成的，其中有5颗地球同步卫星，在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道Ⅰ，如图所，然后在Q点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道Ⅱ，则（）A．该卫星的发射速度必定大于11.2km/sB．卫星在同步轨道Ⅱ上的运行速度小于7.9km/sC．在轨道Ⅰ上，卫星在P点的动能小于在Q点的动能D．在轨道Ⅱ上的运行周期大于在轨道Ⅰ上的运行周期【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【分析】根据万有引力提供向心力，得出线速度与轨道半径的关系，从而比较出卫星在同步轨道上的速度与第一宇宙速度的大小．根据万有引力做功情况判断卫星在P点和Q点的动能大小．根据开普勒第三定律比较在轨道上的运行周期．【解答】解：A、该卫星的发射速度必须小于第二宇宙速度11.2km/s，因为一旦达到第二宇宙速度，卫星会挣脱地球的引力，不绕地球运行．故A错误．B、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G=m，解得：v=，第一宇宙速度的轨道半径等于地球的半径，知7.9km/s是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度，所以卫星在同步轨道Ⅱ上的运行速度小于7.9 km/s，故B正确．C、由P点向Q点运动，万有引力做负功，则动能减小，P点的动能大于Q点的动能．故C 错误．D、根据开普勒第三定律=K可知，轨道Ⅱ的半径大于椭圆的半长轴，则在轨道Ⅱ上的运行周期大于在轨道Ⅰ上的运行周期．故D正确．故选：BD．9．图为一头大一头小的导体周围等势面和电场线（带有箭头为电场线）示意图，已知两个相邻等势面间的电势之差相等，则（）A．a点和d点的电场强度一定相同B．a点的电势一定低于b点的电势C．将负电荷从c点移到d点，电场力做正功D．将正电荷从c点沿虚线移到e点，电势能先增大后减小【考点】等势面；电场强度；电势；电势能．【分析】电场强度是矢量，只有大小相等，方向相同时，电场强度才相等；电场线从高等势面指向低等势面；在同一个等势面上移动电荷时，电场力不做功；电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．【解答】解：A、a点和d点的电场强度方向不同，则这两点的电场强度不同，故A错误；B、沿着电场线的方向，电势越来越低，由图示可知，a点电势比b点电势低，故B正确；C、由图示可知，c与d两点在同一个等势面上，将负电荷从c点移到d点，电场力不做功，故C错误；D、将正电荷从c点沿虚线移到e点，电场力先做负功，后做正功，因此电荷的电势能先增大后减小，故D正确；故选BD．10．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．电源内部消耗功率为1.5W【考点】闭合电路的欧姆定律．【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R==Ω=1.5Ω，故A正确．=2.0A，电源内阻r==1.5Ω，故B错B、由图象Ⅰ可知，电源电动势E=3.0V，短路电流I短误．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．=I2r=12×1.5W=1.5W，故D正确．D、电源内部消耗功率为P内故选：AD．二．实验题11．甲图中游标卡尺的读数为13.55mm；乙图中螺旋测微器的读数为 4.699mm．【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．【解答】解：20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为13mm，游标尺上第11个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为11×0.05mm=0.55mm，所以最终读数为：13mm+0.55mm=13.55mm．螺旋测微器的固定刻度为4.5mm，可动刻度为19.9×0.01mm=0.199mm，所以最终读数为4.5mm+0.199mm=4.699mm．故答案为：13.55，4.69912．在伏安法测电阻的实验中，待测电阻R r的阻值约为200Ω，电压表V的内阻约为2kΩ，电流表A的内阻约为10Ω，测量电路中电流表的连接方式如图（a）所示，结果由公式R x=计算得出，式中U与I分别为电压表和电流表的示数，若将图（a）和图（b）中电路测得的电阻值分别记为Rx1和R，则Rx1（选填“R”或“R”）更接近待测电阻的真实值，且测量值大于（选填“大于”“等于”或“小于”）真实值．【考点】伏安法测电阻．【分析】根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后根据实验电路图要与欧姆定律分析实验误差．【解答】解：由题意可知：==20，==10，则：＞，电流表应采用内接法，则R更接近待测电阻的真实值，有意义电流表采用内接法，电压的测量值偏大，由欧姆定律可知，电阻测量值大于真实值；故答案为：R；大于．13．在描绘小灯泡伏安特性曲线的实验中，提供的实验器材有：A．小灯泡（额定电压为2.0V，额定电流约为0.5A）；B．电源E：电动势为3.0V，内阻不计；C．电压表V：量程为0～3V，内阻约为1kΩD．电流表A：量程为0～0.6A，内阻约为0.6Ω；E．滑动变阻器R1：最大阻值为l5Ω，额定电流为1.0A；F．滑动变阻器R2：最大阻值为l50Ω，额定电流为1.0A；G．开关S及导线若干I U）实验中滑动变阻器应选用（请填写选项前对应的序号字母）（2）请你不要改动已连接导线，在下面的实物连接图中把还需要连接的导线补上．闭合开关前，应使变阻器滑片放在最左（填“左”或“右”）端．（3）在坐标系中画出小灯泡的U﹣I曲线．（4）若将本题中的小灯泡接在电动势是1.5V、内阻是1.0Ω的电池两端，则小灯泡的实际功率约为0.44W（保留两位有效数字）．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【分析】（1）为方便实验操作应选最大阻值较小的滑动变阻器．（2）描绘小灯泡伏安特性曲线，要电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表接法，然后作出实验电路图；滑动变阻器采用分压接法，在闭合开关前，为保护电路，滑片应置于分压电路分压最小的位置．（3）根据表中实验数据在坐标系中描出对应点，然后作出灯泡的U﹣I图象．（4）在同一坐标系中作出电源的U﹣I图象，该图象与灯泡U﹣I图象的交点坐标值就是用该电源给灯泡供电时的电压与电流值，然后求出功率．【解答】解：（1）为方便实验操作，滑动变阻器应选：E．（2）描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡正常发光时电阻为R===4Ω，电压表内阻为电压表内阻约为1kΩ，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示；为保护电路，闭合开关前，滑片应置于左端．（3）根据表中实验数据在坐标系中描出对应点，然后用平滑的曲线把各点连接起来，作出灯泡的U﹣I图象，如图所示．（4）在灯泡的U﹣I图象坐标系中作出电池的U﹣I图象，如图所示；由图象可知，用该电池给灯泡供电时，灯泡两端电压为1.1V，电流为0.4A，则灯泡实际功率P=UI=1.1×0.4=0.44W．故答案为：（1）E；（2）电路图如图所示；左；（3）图象如图所示；（4）0.44．三．计算题14．如图所示电子射线管，阴极K发射电子，阳极P和阴极K间加上电压后电子被加速，A、B是偏向板，使飞进的电子偏离，若已知P、K间所加电压U1=1.8×102V，偏向板长L=6.0×10﹣2m，板间距离d=5×10﹣2m，所加电压U2=100V，电子质量取m e=9.0×10﹣31kg，电子电量e=﹣1.6×10﹣19C，设从阴极出来的电子速度为0，试问：（1）电子通过阳极P板的速度v0是多少？（2）电子通过偏向板时具有动能E k是多少？（3）电子过偏向板向到达距离偏向板R=18×10﹣2m荧光屏上O′点，此点偏离入射方向的距离y是多少？【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】（1）由动能定理可以求出电子的速度．（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律与动能定理求出电子动能．（3）应用动能定理与几何知识求出电子的偏移量．【解答】解：（1）在加速电场中，根据动能定理得：，解得电子通过阳极P板的速度为：=8.0×106m/s；（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，运动时间：t=，根据牛顿第二定律可得加速度：，。