湖北省荆州市沙市一2015-2016学年中高二上学期月考物理试卷(10月份)

2015-2016学年湖北省荆州市沙市中学高二（下）第一次半月考物理试卷一、选择题（本题共13小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中．1-8题只有一项符合题目要求．9-13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．）1．两个质量均为m的完全相同的金属球a和b，其质量分布均匀，将它们固定于绝缘支座上，两球心间的距离l为球半径的3倍．若使它们带上等量异种电荷，所带电荷量的绝对值均为Q，那么a、b两球之间的万有引力F引和库仑力F库的表达式正确的是（）A．F引=G，F库=k B．F引≠G，F库≠kC．F引=G，F库≠k D．F引≠G，F库=k2．如图所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由A→O→B，匀速飞过，电子重力不计，则电子所受的另一外力的大小和方向变化情况（）A．先变大，后变小，方向水平向左B．先变大，后变小，方向水平向右C．先变小，后变大，方向水平向左D．先变小，后变大，方向水平向右3．一个带正电的质点，电荷量q=2.0×10﹣9C，在静电场中由a点移到b点，在这过程中，除电场力外，其他外力做的功为﹣6.0×10﹣5J，质点的动能增加了8.0×10﹣5J，则a、b两点间电势差U ab为（）A．3.0×104V B．1.0×104V C．4.0×104V D．7.0×104V4．如图是一个将电流表改装成欧姆表的示意图，此欧姆表已经调零，用此欧姆表测一阻值为R的电阻时，指针偏转至满刻度处，现用该表测一未知电阻，指针偏转到满刻度的处，则该电阻的阻值为（）A．4R B．5R C．10R D．16R5．如图所示，把一通电直导线放在蹄形磁铁磁极的正上方，导线可以自由移动，当导线中通过如图所示方向的电流时，导线的运动情况正确的是（）A．顺时针方向转动，同时下降 B．顺时针方向转动，同时上升C．逆时针方向转动，同时下降 D．逆时针方向转动，同时上升6．目前有一种磁强计，用于测定地磁场的磁感应强度．磁强计的原理如右图所示，电路有一段金属导体，它的横截面是宽为a、高为b的长方形，放在沿y轴正方向的匀强磁场中，导体中通有沿x轴正方向、大小为I的电流．已知金属导体单位体积中的自由电子数为n，电子电荷量为e，金属导电过程中，自由电子所做的定向移动可视为匀速运动．两电极M、N 均与金属导体的前后两侧接触，用电压表测出金属导体前后两个侧面间的电势差为U．则磁感应强度的大小和电极M、N的正负为（）A．，M正、N负 B．，M正、N负C．，M负、N正 D．，M负、N正7．如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落．如果线圈受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为（）A．a1＞a2＞a3＞a4 B．a1=a3＞a2＞a4C．a1=a3＞a4＞a2D．a4=a2＞a3＞a18．如图所示，L是电阻不计的自感线圈，C是电容器，E为电源，在开关S闭合和断开时，关于电容器的带电情况，下列说法正确的是（）A．S闭合瞬间，A板带正电，B板带负电B．S保持闭合，A板带正电，B板带负电C．S断开瞬间，A板带正电，B板带负电D．由于线圈L的电阻不计，电容器被短路，上述三种情况下电容器均不带电9．对下列物理现象的解释，正确的是（）A．击钉时，不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻B．跳远时，在沙坑里填沙，是为了减小冲量C．易碎品运输时，要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间，减小作用力D．在车内推车推不动，是因为合外力冲量为零10．如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成．若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外．一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点．不计粒子重力．下列说法正确的是（）A．极板M比极板N电势高B．加速电场的电压U=ERC．两点间距PQ=2BD．若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群离子具有相同的电量11．如图所示，小车放在光滑的水平面上，将系绳的小球拉开到一定角度，然后同时放开小球和小车，那么在以后的过程中（）A．小球向左摆动时，小车也向左运动，且系统动量守恒B．小球向左摆动时，小车向右运动，且系统在水平方向上动量守恒C．小球向左摆到最高点，小球的速度为零而小车的速度不为零D．在任意时刻，小球和小车在水平方向的动量一定大小相等、方向相反12．质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图1所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列哪个或哪些说法是可能发生的？（）A．M、m0、m速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足（M+m0）v=Mv1+m0v2+mv3B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，而且满足Mv=Mv1+mv2C．m0的速度不变，M、m的速度都变为v′，且满足Mv=（M+m）v′D．M、m0、m速度均发生变化，M和m0速度都变为v，m速度变为v2，而且满足（M+m）v0=（M+m0）v1+mv213．如图1所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m=2kg的另一物体B以水平速度v0=2m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图2所示，则下列说法正确的是（）A．木板获得的动能为2 J B．系统损失的机械能为4 JC．木板A的最小长度为1 m D．A、B间的动摩擦因数为0.1二、填空题14．如图，一热敏电阻R T放在控温容器M内；A为毫安表，量程6mA，内阻为数十欧姆；E 为直流电源，电动势约为3V，内阻很小；R为电阻箱，最大阻值为999.9Ω；S为开关．已知R T在95℃时的阻值为150Ω，在20℃时的阻值约为550Ω．现要求在降温过程中测量在95℃～20℃之间的多个温度下R T的阻值．（1）在图中画出连线，完成实验原理电路图．（2）完成下列步骤中的填空：①依照实验原理电路图连线．②调节控温容器M内的温度，使得R T温度为95℃．③将电阻箱调到适当的初值，以保证仪器安全．④闭合开关．调节电阻箱，记录电流表的示数I0，并记录．⑤将R T的温度降为T1（20℃＜T1＜95℃）；调节电阻箱，使得电流表的读数，记录．⑥温度为T1时热敏电阻的电阻值R T1= ．⑦逐步降低T1的数值，直至20℃为止；在每一温度下重复步骤⑤⑥．三、计算题（共4小题，48分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不得分．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，t=0时，竖直向上的匀强磁场磁感应强度B0=0.5T，并且以=1T/s在变化，水平导轨不计电阻，且不计摩擦阻力，宽为0.5m，长L=0.8m．在导轨上搁一导体杆ab，电阻R0=0.1Ω，并且水平细绳通过定滑轮吊着质量M=2kg的重物，电阻R=0.4Ω，问经过多少时间能吊起重物？（g=10m/s2）16．如图所示，在高为h=5m的平台右边缘上，放着一个质量M=3kg的铁块，现有一质量为m=1kg的钢球以v0=10m/s的水平速度与铁块在极短的时间内发生正碰被反弹，落地点距离平台右边缘的水平距离为L=2m，已知铁块与平台之间的动摩擦因数为0.5，求铁块在平台上滑行的距离s（不计空气阻力，铁块和钢球都看成质点，取g=10m/s2）．17．小球A和B的质量分别为m A和m B，且m A＞m B．在某高度处将A和B先后从静止释放．小球A与水平地面碰撞后向上弹回，在释放处的下方与释放处距离为H的地方恰好与正在下落的小球B发生正碰．设所有碰撞都是弹性的，碰撞时间极短．求小球A、B碰撞后B上升的最大高度．18．如图所示，在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，KL为上下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，距KL高h处分别有P、Q两点，NS和MT间距为1.8h，质量为m．带电量为+q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g．（1）求电场强度的大小和方向．（2）要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值．（3）若粒子经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值．附加题（本题仅供学生拓展学习，不计入试卷总分）19．如图所示，在0≤x≤a、o≤y≤范围内有垂直手xy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B．坐标原点0处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xy平面内，与y轴正方向的夹角分布在0～900范围内．己知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于a/2到a之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一．求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的（1）速度的大小：（2）速度方向与y轴正方向夹角的正弦．2015-2016学年湖北省荆州市沙市中学高二（下）第一次半月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共13小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中．1-8题只有一项符合题目要求．9-13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．）1．两个质量均为m的完全相同的金属球a和b，其质量分布均匀，将它们固定于绝缘支座上，两球心间的距离l为球半径的3倍．若使它们带上等量异种电荷，所带电荷量的绝对值均为Q，那么a、b两球之间的万有引力F引和库仑力F库的表达式正确的是（）A．F引=G，F库=k B．F引≠G，F库≠kC．F引=G，F库≠k D．F引≠G，F库=k【考点】库仑定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】万有引力定律的使用的条件是质点和质量均匀分布的球，库仑定律的使用的条件是点电荷，根据它们的使用条件来分析即可．【解答】解：万有引力定律的使用的条件是质点和质量均匀分布的球，由于金属球a和b质量分布均匀，所以万有引力定律可以直接的应用，所以它们之间的万有引力为F引=G，由于两球心间的距离l为球半径的3倍，它们之间的距离并不是很大，所以此时的电荷不能看成是点电荷，由于它们带的是等量异种电荷，由于电荷之间的相互吸引，电荷之间的距离会比l小，所以此时电荷间的库仑力F库≠k，所以C正确．故选C．【点评】本题是对万有引力定律和库仑定律的条件的考查，掌握住库仑定律的使用的条件是点电荷之间的作用力，只有是点电荷的时候，库仑定律才可以使用，当电荷之间的距离不够大的时候，就不能看成是点电荷，库仑定律就不能使用．2．如图所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由A→O→B，匀速飞过，电子重力不计，则电子所受的另一外力的大小和方向变化情况（）A．先变大，后变小，方向水平向左B．先变大，后变小，方向水平向右C．先变小，后变大，方向水平向左D．先变小，后变大，方向水平向右【考点】电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电子做匀速直线运动，知受电场力和外力平衡，外力的大小与电场力的大小相等，方向相反，根据电场力的变化判断外力的变化．【解答】解：根据等量异种电荷周围的电场线分布知，从A→O→B，电场强度的方向不变，水平向右，电场强度的大小先增大后减小．则电子所受电场力的大小先变大，后变小，方向水平向左，则外力的大小先变大后变小，方向水平向右．故B正确，A、C、D错误．故选B．【点评】解决本题的关键知道外力的大小与电场力的大小相等，方向相反，是一对平衡力．3．一个带正电的质点，电荷量q=2.0×10﹣9C，在静电场中由a点移到b点，在这过程中，除电场力外，其他外力做的功为﹣6.0×10﹣5J，质点的动能增加了8.0×10﹣5J，则a、b两点间电势差U ab为（）A．3.0×104V B．1.0×104V C．4.0×104V D．7.0×104V【考点】电势差；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】质点在静电场中由A点移到B点的过程中，电场力和其他外力对质点做功，引起质点动能的增加．电场力做功为W ab=qU ab，根据动能定理求解a、b两点间的电势差U ab．【解答】解：根据动能定理得：qU ab+W其他=△E k得：U ab===7×104V，故D正确，ABC错误；故选：D．【点评】对于研究质点动能变化的问题，要首先考虑能否运用动能定理．基础题，比较容易．4．如图是一个将电流表改装成欧姆表的示意图，此欧姆表已经调零，用此欧姆表测一阻值为R的电阻时，指针偏转至满刻度处，现用该表测一未知电阻，指针偏转到满刻度的处，则该电阻的阻值为（）A．4R B．5R C．10R D．16R【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】欧姆表调零即待测电阻为零，根据指针偏转位置和闭合回路欧姆定律求解．【解答】解：设电动势为E，内阻为R内，满偏电流为I g，欧姆表调零时，I g=测一阻值为R的电阻时I g=测一未知电阻时I g=解这三式得：R′=16R故选D．【点评】考查欧姆表的改装原理，结合闭合回路欧姆定律进而求所测电阻．5．如图所示，把一通电直导线放在蹄形磁铁磁极的正上方，导线可以自由移动，当导线中通过如图所示方向的电流时，导线的运动情况正确的是（）A．顺时针方向转动，同时下降 B．顺时针方向转动，同时上升C．逆时针方向转动，同时下降 D．逆时针方向转动，同时上升【考点】楞次定律；安培力．【专题】电磁感应与图像结合．【分析】利用微元法，在导线两侧取两段，根据左手定则判断出安培力的方向，当转过90度时，再根据左手定则判断出安培力的方向，从而确定导线的运动情况．【解答】解：在导线两侧取两小段，左边一小段所受的安培力方向垂直纸面向外，右侧一小段所受安培力的方向垂直纸面向里，从上往下看，知导线逆时针转动，当转动90度时，导线所受的安培力方向向下，所以导线的运动情况为，逆时针转动，同时下降．故C正确，A、B、D错误．故选C．【点评】解决本题的关键掌握左手定则判断安培力的方向，以及掌握微元法、特殊位置法的运用．6．目前有一种磁强计，用于测定地磁场的磁感应强度．磁强计的原理如右图所示，电路有一段金属导体，它的横截面是宽为a、高为b的长方形，放在沿y轴正方向的匀强磁场中，导体中通有沿x轴正方向、大小为I的电流．已知金属导体单位体积中的自由电子数为n，电子电荷量为e，金属导电过程中，自由电子所做的定向移动可视为匀速运动．两电极M、N 均与金属导体的前后两侧接触，用电压表测出金属导体前后两个侧面间的电势差为U．则磁感应强度的大小和电极M、N的正负为（）A．，M正、N负 B．，M正、N负C．，M负、N正 D．，M负、N正【考点】霍尔效应及其应用；磁感应强度．【分析】根据左手定则判断出电子的偏转方向，从而确定电势的高低．抓住电子受到的洛伦兹力等于电场力，结合电流的微观表达式求出磁感应强度的大小．【解答】解：根据左手定则知，电子向外侧偏转，则导体M极为负极，N极为正极．自由电子做定向移动，视为匀速运动，速度设为v，则单位时间内前进的距离为v，对应体积为vab，此体积内含有的电子个数为：nvab，电量为：nevab有I===neavb电子受电场力和洛伦兹力平衡，有e=Bev解得：B=，故D正确，ABC错误；故选：D．【点评】解决本题的关键掌握左手定则判定洛伦兹力的方向，以及知道最终电子受电场力和洛伦兹力处于平衡．7．如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落．如果线圈受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为（）A．a1＞a2＞a3＞a4 B．a1=a3＞a2＞a4C．a1=a3＞a4＞a2D．a4=a2＞a3＞a1【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；楞次定律．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】未进入磁场前，仅受重力，加速度为g，进磁场的过程中，受到重力和向上的安培力，通过牛顿第二定律可以分析出加速度的大小，完全进入磁场后，不产生感应电流，不受安培力，仅受重力，加速度又为g．【解答】解：未进磁场前和全部进入磁场后，都仅受重力，所以加速度a1=a3=g．磁场的过程中，受到重力和向上的安培力，根据牛顿第二定律知加速度a2＜g．而由于线框在磁场中也做加速度为g的加速运动，故4位置时的速度大于2时的速度，故此时加速度一定小于2时的加速度，故a4＜a2；故关系为：a1=a3＞a2＞a4故选：B【点评】解决本题的关键知道完全进入磁场后没有感应电流，不受安培力，在进磁场的过程，根据右手定则判定出感应电流的方向，根据左手定则知道受到向上的安培力．8．如图所示，L是电阻不计的自感线圈，C是电容器，E为电源，在开关S闭合和断开时，关于电容器的带电情况，下列说法正确的是（）A．S闭合瞬间，A板带正电，B板带负电B．S保持闭合，A板带正电，B板带负电C．S断开瞬间，A板带正电，B板带负电D．由于线圈L的电阻不计，电容器被短路，上述三种情况下电容器均不带电【考点】电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】闭合S瞬间，电源给电容器充电，根据电势的高低判断出电容器两极板的电性；由于线圈L的直流电阻不计，S闭合电路稳定后，电容器被短路，两端电压为零．当断开S的瞬间，线圈中电流要减小，产生自感电动势，电容器充电，极板的电性变化．【解答】解：A、S闭合瞬间，给电容器充电，且A与电源的正极相连，故A板带正电，B板带负电，故A正确；B、S保持闭合，电容器支路断路，但两端的电压与并联的支路电压相同为零，故电容器不带电，故B错误；C、S断开瞬间，由于线圈产生感应电流，电流的方向与原电流方向相同，故A带负电，B带正电，故C错误；D、根据ABC可知，D错误；故选：A【点评】本题考查自感线圈的双重作用的理解：当电流稳定不变时，自感线圈是电阻不计的导线；当电流变化时，相当于一个电源．9．对下列物理现象的解释，正确的是（）A．击钉时，不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻B．跳远时，在沙坑里填沙，是为了减小冲量C．易碎品运输时，要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间，减小作用力D．在车内推车推不动，是因为合外力冲量为零【考点】动量定理；惯性．【专题】动量定理应用专题．【分析】力与时间的乘积是力的冲量；应用冲量的计算公式I=Ft与动量定理分析答题．【解答】解：A、用橡皮锤击钉子，橡皮锤与钉子接触时形变量比较大，延长了作用时间，使作用力减小，所以不要橡皮锤钉钉子，故A错误；B、跳远时，在沙坑里填沙，是为了增加运动员与沙子的作用时间，从而减小作用力，避免运动员受到伤害，故B错误；C、易碎品运输时，要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间，减小作用力，故C正确；D、在车内推车推不动，是因为合外力冲量为零，故D正确；故选：CD．【点评】本题考查了冲量计算公式I=Ft、动量定理的应用；在动量的变化或冲量一定的情况下，延长力的作用时间可以减小力的大小．10．如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成．若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外．一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点．不计粒子重力．下列说法正确的是（）A．极板M比极板N电势高B．加速电场的电压U=ERC．两点间距PQ=2BD．若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群离子具有相同的电量【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】带电粒子在电场中，在电场力做正功的情况下，被加速运动．后垂直于电场线，在电场力提供向心力作用下，做匀速圆周运动．最后进入匀强磁场，在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动．根据洛伦兹力的方向，从而可确定电性，进而可确定极板的电势高低．根据牛顿第二定律可得在电场力作用下做匀速圆周运动的表达式，从而求出加速电压．最后再由牛顿第二定律，洛伦兹力等于向心力可知，运动的半径公式，即影响半径的大小因素．【解答】解：A、由左手定则可知，粒子带正电，而粒子在MN间被加速，所以M板的电势高于N板，故A正确；B、在静电分析器中，根据电场力提供向心力，则有，在加速电场部分，根据动能定理有，从而解得：．故B错误．C、根据洛伦兹力提供向心力，则有：，结合上式可知，PQ=，若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点说明运动的直径相同，由于磁场，电场与静电分析器的半径不变，则该群离子具有相同的比荷，故C、D错误．故选：A．【点评】考查粒子在电场中加速与匀速圆周运动，及在磁场中做匀速圆周运动．掌握电场力与洛伦兹力在各自场中应用，注意粒子在静电分析器中电场力不做功．11．如图所示，小车放在光滑的水平面上，将系绳的小球拉开到一定角度，然后同时放开小球和小车，那么在以后的过程中（）A．小球向左摆动时，小车也向左运动，且系统动量守恒B．小球向左摆动时，小车向右运动，且系统在水平方向上动量守恒C．小球向左摆到最高点，小球的速度为零而小车的速度不为零D．在任意时刻，小球和小车在水平方向的动量一定大小相等、方向相反【考点】动量守恒定律．【专题】动量定理应用专题．【分析】小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，满足水平方向动量守恒定律；系统机械能守恒，但对小球来说，不满足动量和机械能守恒的条件．【解答】解：A、小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，竖直方向所受外力不为零，故系统只在在水平方向动量守恒，系统在水平方向动量守恒，系统总动量为零，小球与车的动量大小相等、方向相反，小球向左摆动时，小车向右运动，故A错误，B正确；C、小球向左摆到最高点，小球的速度为零而小车的速度也为零，故C错误；D、系统只在在水平方向动量守恒，在任意时刻，小球和小车在水平方向的动量一定大小相等、方向相反．故D正确；故选：BD．【点评】本题对照机械能和动量守恒的条件进行判断．对于系统而言，机械能守恒、总动量不守恒，但由于系统所受的外力都在竖直方向上，系统水平方向上动量守恒．12．质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图1所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列哪个或哪些说法是可能发生的？（）A．M、m0、m速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足（M+m0）v=Mv1+m0v2+mv3B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，而且满足Mv=Mv1+mv2C．m0的速度不变，M、m的速度都变为v′，且满足Mv=（M+m）v′D．M、m0、m速度均发生变化，M和m0速度都变为v，m速度变为v2，而且满足（M+m）v0=（M+m0）v1+mv2【考点】动量守恒定律．【分析】在M和m碰撞的过程中，由于碰撞时间极短，M和m组成的系统动量守恒，m0在瞬间速度不变，应用动量守恒定律分析答题．【解答】解：碰撞的瞬间M和m组成的系统动量守恒，m0的速度在瞬间不变，以M的初速度方向为正方向，若碰后M和m的速度变v1和v2，由动量守恒定律得：。

2013-2014学年湖北省荆州市沙市中学高二（上）第二次周练物理试卷（10月份）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共8小题，共32.0分)1.在电场中某点放一检验电荷，其电荷量为q，受到的力为F，则该点电场强度为E=．那么（）A.若移去检验电荷，该点电场强度变为零B.若该点放一电荷量为2q的检验电荷，则该点场强变为C.该点放一电荷量为2q的检验电荷，该点场强仍为ED.该点放一电荷量为2q的检验电荷，该点场强为2E【答案】C【解析】解：A、若移去检验电荷，该点电场强度不变，仍为．故A错误．B、若该点放一电荷量为2q的检验电荷，该点电场强度不变，仍为．故B错误．C、该点放一电荷量为2q的检验电荷，该点电场强度不变，该点场强仍为E．故C正确．D、该点放一电荷量为2q的检验电荷，该点电场强度不变，仍为．故D错误．故选C电场强度等于检验电荷所受电场力与其电荷量的比值，但电场强度反映电场本身的特性，与检验电荷无关．本题考查对电场强度的理解，抓住电场强度的物理意义是关键，不能单纯从数学角度理解物理知识．2.如图所示，a、b、c是一条电场线上的三点，电场线的方向由a到c，a、b间距离等于b、c间距离，用φa、φb、φc和E a、E b、E c分别表示abc三点的电势和场强，可以判定（）A.φa＞φb＞φcB.E a＞E b＞E cC.φa-φb=φb-φcD.E a=E b=E c【答案】A【解析】解：A、沿电场线方向电势降低，可以比较电势高低，根据电场线方向可知φa＞φb＞φc，故A正确．B、D只有一条电场线，不能确定电场线的分布情况，无法比较场强的大小，故BD错误．C、对于匀强电场，两点间的电势差U=E d，由于电场线的疏密情况无法确定，两点间的电势差的公式U=E d也不能适用，不能判断电势差的关系，故C错误；故选：A．本题根据顺着电场线方向电势逐渐降低，判断电势关系；电场线的疏密表示电场强度的相对大小．根据匀强电场中场强与电势差的关系U=E d，定性分析电势差的关系．本题考查了电场线和电势、电场强度以及电势差之间的关系，尤其注意公式U=E d的适用条件以及公式中各个物理量的含义．3.如图所示，在等势面沿竖直方向的匀强电场中，一带负电的微粒以一定初速射入电场，并沿直线AB运动，由此可知（）A.电场中A点的电势低于B点的电势B.微粒在A点时的动能大于在B点时的动能，在A点时的电势能小于在B点时的电势能C.微粒在A点时的动能小于在B点时的动能，在A点时的电势能大于在B点时的电势能D.微粒在A点时的动能与电势能之和等于在B点时的动能与电势能之和【答案】B【解析】解：A、电场线和等势线垂直，所以电场沿水平方向，负电荷受到电场力与重力，使其沿着A到B直线运动，可知，电场力水平向左，故电场的方向水平向右．沿电场线电势降低，所以A点的电势高于B点的电势，故A错误．B、由上分析可知，微粒做匀减速运动，动能减小，电场力做负功，电势能在增大，故B正确；C错误；D、从A到B过程中，动能、重力势能与电势能之和保持不变，因此A点时的动能与电势能之和大于在B点时的动能与电势能之和，故D错误．故选：B．解决本题的突破口是：电场力与重力共同作用，使其做直线运动，由力与运动的关系，可知，微粒做匀减速运动，同时注意电场线和等势线垂直，说明电场沿水平方向，从而确定了电场的方向，这样问题就解决了．本题通过带电粒子在电场中的运动考查了电势、电势能、电场力等问题，解决这类问题的突破口是：做直线运动的物体，是否存在合外力，若有合外力，其方向如何确定．注意电场力的方向与电场方向要根据电荷的电性来确定．4.如图所示，把一个架在绝缘支架上的枕形导体放在正电荷形成的电场中．导体处于静电平衡时，下列说法不正确的是（）A.A、B两点场强相等，且都为零B.A、B两点场强不相等C.感应电荷产生的附加电场E A＞E BD.当电键S闭合时，电子从大地沿导线向导体移动【答案】B【解析】解：A、枕形导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在枕形导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，内部电场强度处处为零，故A正确．B、A、B两点场强相等，且都为零，故B错误．C、点电荷的产生电场在A点的场强大于在B点的场强，在枕形导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，叠加后电场为零，所以感应电荷产生的附加电场E A＞E B故C正确．D、当电键S闭合时，电子从大地沿导线移向导体中和枕形导体右端的正电荷，相当于右端正电荷流向远端，故D正确．本题选错误的，故选B．枕形导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在枕形导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，只有叠加后电场为零时，电荷才不会移动．当点电荷移走后，电荷恢复原状．处于静电感应现象的导体，内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面．且导体是等势体．5.如图所示，两个带同种电荷的小球，质量和带电荷量分别为m1、q1和m2、q2，用两段绝缘细线悬挂在天花板上的O点，当平衡时连线水平，且与竖直方向的夹角分别为α和β，α＜β，则下列说法正确的是（）A.若q1＞q2，则m1＞m2B.因α＜β，所以m1＞m2C.因α＜β，所以m1＜m2D.若q1＞q2，则m1＜m2【答案】B【解析】解：BC、对两球受力分析，根据共点力平衡和几何关系得：m1gtanα=F1，m2gtanβ=F2由于F1=F2，若α＜β则有m1＞m2．故B正确、C错误．AD、根据以上分析，可知小球的质量与带电量无关，故AD均错误．故选：B．对小球受力分析，根据受力平衡可得出小球的倾角与电量、重力的关系，则可得出两小球的质量的大小关系．本题要比较两球质量关系，我们要通过电场力把两重力联系起来进行比较，结合共点力平衡条件列式求解重力与电场力的关系式是关键．6.一质量为m的带电小球，在存在匀强电场的空间以某一水平初速抛出，小球运动时的加速度为g，加速度方向竖直向下，则对小球在竖直方向上下降H高度的过程中，下列说法正确的是（）A.小球的机械能减少了mg HB.小球的重力势能减少了mg HC.小球的动能增加了mg H D.小球的电势能减少了mg H【答案】C【解析】解：A、D由题分析得知，电场力方向竖直向上，大小为设F，由mg-F=ma得，F=mg H，电场力做功为W电=-FH=-，则小球的机械能减小了，电势能增加了．故AD均错误．C、合力做功为W合=ma H=，则由动能定理得知，小球的动能增加了．故C正确．故选C小球的加速度方向竖直向下，大小为g＜g，则电场力竖直向上，由牛顿第二定律可求出其大小，电场力做功多少，机械能就减少多少．重力做功mg H，可知小球的重力势能减少．求出合力做功，即等于小球动能的增加量．电场力做功多少，小球的电势能就减小多少．本题考查对几对常见的功能关系的理解和掌握情况：机械能的变化等于除了重力以外的力做功．重力势能减少等于重力做功，动能的变化等于合力做功，电势能减少等于电场力做功．7.如图所示，从炽热的金属丝漂出的电子（速度可视为零），经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场．电子的重力不计．在满足电子能射出偏转电场的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是（）A.仅将偏转电场极性对调B.仅增大偏转电极间的距离C.仅增大偏转电极间的电压D.仅减小偏转电极间的电压【答案】C【解析】解：根据动能定理：e U1=mv2得：v=在偏转电场中由平抛规律可得：v y=at加速度为：a=运动时间为：t=可得偏角的正切值为：tanθ==若使偏转角变大即使tanθ变大，由上式看出可以增大U2，或减小U1，或增大L，或减小d．故C正确，ABD错误．故选：C．电子经电场加速后，进入偏转电场，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，根据牛顿第二定律和运动学公式求出电子离开电场时数值方向分速度，表示出偏转角正切值的表达式，从而判断使偏转角变大的方法．本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成，常规问题．8.有一静电场，其电势随x坐标的改变而改变，变化的图线如图所示．若将一带负电粒子（重力不计）从坐标原点O由静止释放，电场中P、Q两点的坐标分别为1mm、4mm．则下列说法正确的是（）A.粒子将沿x轴正方向一直向前运动B.粒子在P点与Q点加速度大小相等、方向相反C.粒子经过P点与Q点时，动能相等D.粒子经过P点与Q点时，电场力做功的功率相等【答案】C【解析】解：A、根据顺着电场线方向电势降低可知，0-2mm内，电场线沿x轴负方向，粒子所受的电场力方向沿x轴正方向做加速运动；在2-6mm内电场线沿x轴正方向，粒子所受的电场力方向沿x负方向做减速运动，6mm处粒子的速度为零；然后粒子向左先做加速运动后做减速运动．即在0-6mm间做往复运动．故A错误．B、φ-x图象的斜率大小等于场强E．则知P点的场强大于Q点的场强，则粒子在p点的加速度大于在Q点的加速度，加速度方向相反．故B错误．C、粒子经过P点与Q点时，电势相等，则其电势能相等，由能量守恒知动能相等．故C正确．D、粒子经过P点与Q点时，速率相等，但电场力不同，则电场力做功的功率不等．故D错误．故选C根据顺着电场线方向电势降低可判断出电场线的方向，确定出粒子所受的电场力方向，分析其运动情况．φ-x图象的斜率大小等于场强E．加速度a=．根据电势关系，分析电势能关系，由能量守恒定律判断动能的关系．功率P=F v．本题关键是抓住φ-x图象的斜率大小等于场强E，确定电场线方向，判断粒子的运动情况．二、多选题(本大题共1小题，共4.0分)9.某导体中的电流随其两端的电压的变化图象如图所示，则下列说法中正确的是（）A.加5 V的电压时，导体的电阻约是5ΩB.加5 V的电压时，导体的电阻约是10ΩC.由图可知，随着电压增大，导体的电阻不断减小D.由图可知，随着电压增大，导体的电阻不断增大【答案】AD【解析】解：A、加5V的电压时，电流为1.0A，则由欧姆定律可知，R==5Ω，故A正确，B错误；C、由图可知，随电压的增大，图象的斜率减小，则可知导体的电阻越来越大，故C错误，D正确；故选：AD．I-U图象描述物体的电流随电压的变化；由各点的坐标可求得导体的电阻；由图象的斜率的变化可明确电阻的变化．本题考查欧姆定律的应用；注意伏安特性曲线的性质，能从图象中得出电阻的变化．三、单选题(本大题共3小题，共12.0分)10.静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针的张角大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小．如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计．开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开角度增大些，下列采取的措施可行的是（）A.断开开关s后，将A、B分开些B.保持开关s闭合，将A、B两极板分开些C.保持开关s闭合，将A、B两极板靠近些D.保持开关s闭合，将变阻器滑动触头向右移动【答案】A【解析】解：A、断开电键，电容器带电量不变，将AB分开一些，则d增大，根据C=知，电容减小，根据U=知，电势差增大，指针张角增大．故A正确．B、保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，则指针张角不变知，故B错误．C、保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，则指针张角不变．故C错误．D、保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，变阻器仅仅充当导线功能，滑动触头滑动不会影响指针张角，故D错误．故选：A．静电计测量的是电容器两端的电势差，断开电键，电容器所带的电量不变，根据电容的变化判断电势差的变化．闭合电键，电容器两端的电势差等于电源的电动势．本题考查电容器的动态分析，关键抓住断开电键，电容器所带的电量不变，电键闭合，电容器两端的电势差不变11.在光滑的绝缘水平面上，有一个正三角形abc，顶点a、b、c处分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图所示，D点为正三角形外接圆的圆心，E、G、H点分别为ab、ac、bc的中点，F点为E关于c电荷的对称点，则下列说法中正确的是（）A.D点的电场强度一定不为零、电势可能为零B.E、F两点的电场强度等大反向C.E、G、H三点的电场强度相同D.若释放c电荷，c电荷将一直做加速运动【答案】D【解析】解：A、D点到a、b、c三点的距离相等，故三个电荷在D点的场强大小相同，且夹角互为120°，故D点的场强为0．因为电势是一个相对性的概念即零电势的选取是任意的，故D点电势可能为0，故A错误．B、由于a、b在E点的场强大小相等方向相反，故E点的场强仅由电荷c决定，故场强方向向左，而电荷c在D、F位置的场强大小相同方向相反，但电荷a、b在F点的场强矢量和不为0，故E、F两点的电场强度大小不同，方向相反．故B错误．C、E、G、H三点分别为ab、ac、bc的中点，故E的场强仅由电荷c决定，同理G点的场强仅由电荷b决定，H点的场强仅由电荷a决定，故三点的场强大小相同，但方向不同，故C错误．D、若释放电荷c，则a、b在C点的合场强水平向右，故a、b始终对c有斥力作用，故c电荷将一直做加速运动．故D正确．故选D．D点到a、b、c三点的距离相等，故三个电荷在D点的场强大小相同，且夹角互为120°，故D点的场强为0；电场强度是矢量，场强的合成满足平行四边形定则，故E、G、H三点的场强大小相同，但方向不同；在直线c F上场强方向向右，故a、b始终对c有斥力作用，故c电荷将一直做加速运动．场强是矢量，故场强的合成满足平行四边形定则．点电荷在真空中产生的电场的场强E=零点式的选取是任意的．12.如图所示电路中，C2=2C1，R1=2R2，下列说法正确的是（）A.开关处于断开状态，电容C2的电量大于电容C1的电量B.开关处于断开状态，电容C1的电量大于电容C2的电量C.开关处于接通状态，电容C2的电量大于电容C1的电量D.开关处于接通状态，电容C1的电量大于电容C2的电量【答案】A【解析】解：A、开关处于断开状态时，两电容器两端的电压均为E，则由Q=UC可知，电容C2的电量大于C1的电量；故A正确，B错误；C、当开关处于接通状态时，两电阻串联，则两电阻中的电流相等，则R1两端的电压为R2两端的电压的2倍；而C2=2C1，由Q=UC可知，两电容器的电量相等；故CD错误；故选：A．开关断开时，两电容均直接与电源相连，电压相等；而开关接通时，两电阻串联，C1与R1并联；C2与R2并联；由Q=UC可求得两电容的电量．对于含有电容器的电路，在电容不变时，关键确定电压及其变化．电路稳定时，电容器的电压等于所并联的电路两端的电压．四、实验题探究题(本大题共1小题，共10.0分)13.有一个额定电压为2.8V，功率约为0.8W的小灯泡，现要用伏安法描绘这个灯泡的伏安特性图线，有下列器材供选用：A．电压表（0～15V，内阻30kΩ）B．电压表（0～3V，内阻6kΩ）C．滑动变阻器（10Ω，5A）D．滑动变阻器（200Ω，0.5A）E．电流表（0～0.6A，内阻0.5Ω）F．蓄电池（电动势6V，内阻不计）（1）用如实图所示的电路进行测量，电压表应选用______ ．滑动变阻器应选用______ ．（用序号字母表示）．（2）请按实验要求设计合理电路，在方框内画出电路图（3）通过实验测得此灯泡的伏安特性曲线如实图所示．由图线可求得此灯泡在正常工作时的电阻为______ Ω．（4）若将此灯泡与电动势7V、内阻不计的电源相连，要使灯泡正常发光，需串联一个阻值为______ Ω的电阻．【答案】B；C；10；15【解析】解：（1）灯泡额定电压是2.8V，电压表应选B，为方便实验操作，滑动变阻器应选C．（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，灯泡正常发光时的电阻R==．=9.8Ω，电压表内阻为6kΩ，电流表内阻为0.5Ω，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，电路图如图所示．（3）由图象可知，灯泡额定电压2.8V对应的电流为0.28A，灯泡正常发光时的电阻为：R===10Ω．（4）由图象可知，灯泡正常发光时的电流I=0.28A，灯泡正常发光时串联电阻电压：U R=E-U L=7-2.8=4.2V，串联电阻阻值：R===15Ω．故答案为：（1）B；C；（2）如图所示；（3）10；（4）15．（1）根据灯泡额定电压选择电压表，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器．（2）根据题目要求确定滑动变阻器的接法，根据灯泡电阻与电波表内阻的关系确定电流表的接法，然后作出实验电路图．（3）由图示图象求出灯泡额定电压对应的电流，然后由欧姆定律求出灯泡阻值．（4）根据串联电路特点与欧姆定律求出串联电阻阻值．本题考查了实验器材的选择、设计实验电路、求电阻，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．五、计算题(本大题共5小题，共52.0分)14.一根铜棒的电阻为5.0×10-5Ω，在两端加5.0×10-2V的电压．已知该铜棒的长为2m，横截面积为1.0×10-3m2，铜内自由电子密度为8.5×1029m-3．电子电量为1.6×10-19C．求：（1）铜棒内的电场强度；（2）自由电子定向移动的速率．（结果保留两位有效数字．）【答案】解：（1）铜棒内的电场强度E==V/m=2.5×10-2V/m（2）设铜导线中自由电子定向移动的速率为v，导线中自由电子从一端定向移到另一端所用时间为t．则导线的长度为l=vt，体积为V=S l=S vt，在t时间内这些电子都能通过下一截面，则电流为：I===env S，所以：v=将S=1×10-6m2，I=1A，n=8.5×1028个/m3，e=1.6×10-19C代入解得：v=7.4×10-5m/s 答：（1）铜棒内的电场强度是2.5×10-2V/m；（2）自由电子定向移动的速率是7.4×10-5m/s．【解析】（1）铜棒两端加上电压，内部建立匀强电场，根据E=求解铜棒内的电场强度；（2）设自由电子定向移动的速率为v和导线中自由电子从一端定向移到另一端所用时间为t，求出导线中自由电子的数目，根据电流的定义式推导出电流的微观表达式，解得自由电子定向移动的速率．本题要知道铜棒内部建立匀强电场，电压与场强的关系为E=．掌握电流的微观表达式：I=env S，并能建立模型熟练推导．15.如图所示为一真空示波管，电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点．已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子的质量为m，电荷量为e．求：（1）电子穿过A板时的速度大小；（2）电子从偏转电场射出时的侧移量；（3）P点到O点的距离．【答案】解：（1）设电子经电压U1加速后的速度为v0，根据动能定理得：e U1=，解得：（2）电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向作匀速直线运动，沿电场方向作初速度为零的匀加速直线运动．设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场运动的时间为t1，电子的加速度为a，离开偏转电场时相对于原运动方向的侧移量为y1．根据牛顿第二定律和运动学公式得：a=，又E=，得a=水平方向：t1=，竖直方向：y1=，解得：y1=（3）设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为v y．根据运动学公式得：v y=at1=电子离开偏转电场后作匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为t2，电子打到荧光屏上的侧移量为y2，如图所示t2=，y2=v y t2解得：y2=P到O点的距离为y=y1+y2=答：（1）电子穿过A板时的速度大小为；（2）电子从偏转电场射出时的侧移量y1=；（3）P点到O点的距离y2=．【解析】（1）电子在加速电场U1中运动时，电场力对电子做正功，根据动能定理求解电子穿过A板时的速度大小．（2）电子进入偏转电场后做类平抛运动，垂直于电场方向作匀速直线运动，沿电场方向作初速度为零的匀加速直线运动．根据板长和初速度求出时间．根据牛顿第二定律求解加速度，由位移公式求解电子从偏转电场射出时的侧移量．（3）电子离开偏转电场后沿穿出电场时的速度做匀速直线运动，水平方向：位移为L2，分速度等于v0，求出匀速运动的时间．竖直方向：分速度等于v y，由y=v y t求出离开电场后偏转的距离，再加上电场中偏转的距离得解．带电粒子在电场中类平抛运动的研究方法与平抛运动相似，采用运动的合成与分解．第（3）问也可以利用三角形相似法求解．16.在场强为E、方向竖直向下的匀强电场中有一块水平放置的足够大的接地金属板，在金属板的正上方，高为h处有一个小的放射源放在一端开口的铅盒内，如图所示．放射物以v0的初速度向水平面以下各个方向均匀地释放质量为m，电量为q的带电粒子．粒子最后落在金属板上．不计粒子重力，试求：（1）粒子打在板上时的动能；（2）计算落在金属板上的粒子图形的面积S．【答案】解：（1）根据动能定理得，解得粒子打在板上的动能．（2）当粒子的速度方向水平时，做类平抛运动，打在板上的水平位移最大．加速度a=根据h=得，t==．则最大的水平位移x=．所以落在金属板上的粒子图形的面积S=．答：（1）粒子打在板上时的动能为；（2）落在金属板上的粒子图形的面积S为．【解析】根据动能定理求出粒子打在板上的动能．当粒子沿水平方向射出时，打在金属板上的水平位移最大，从而根据圆的面积公式求出落在金属板上的粒子图形的面积S．了解研究对象的运动过程是解决问题的前提，知道粒子的速度沿水平方向飞出时，水平位移最大，最后落在金属板上的形状是一个圆．17.如图所示的装置是在竖直平面内放置光滑的绝缘轨道，处于水平向右的匀强电场中，以带负电荷的小球从斜面上的A处静止开始下滑，沿轨道ABC运动后进入圆环内恰好作完整圆周运动．已知小球所受到电场力是其重力的3/4，圆滑半径为R，斜面倾角θ=450，s BC=2R．求（1）小球在进入圆环后的最小速度是多少？（2）斜面上的A点的高度h为多少？（3）如图D点为圆环上与圆心O等高的位置，小球经过D点时对圆环的弹力？【答案】解：（1）小球所受的重力和电场力都为恒力，故可两力等效为一个力F，如图所示．可知F==1.25mg，方向与竖直方向左偏下37°，从图中可知，能作完整的圆周运动的临界点是能通过P点，即达到P点时球与环的弹力恰好为零，由F提供向心力由圆周运动知识得：F=m即：1.25mg=m解得①（2）小球由A到P过程，由动能定理有：mg（h-R-R cos37°）-q E（hcot45°+2R+R sin37°）=②又q E=③联立①、②、③解得高度h=．（3）根据动能定理研究小球从A到D的过程，得mg（h-R）-q E•3R=④又q E-N=m⑤联立④⑤解得N=1.5mg则根据牛顿第三定律得，小球经过D点时对圆环的弹力N=1.5mg方向：水平向右．答：（1）小球在进入圆环后的最小速度是．（2）斜面上的A点的高度h=．（3）小球经过D点时对圆环的弹力N=1.5mg方向：水平向右．【解析】（1）在小球进入圆环后，当圆环对小球恰好没有作用力时，小球的速度达到最大，恰好由小球受到的重力和电场力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出最小速度．（2）根据动能定理求出A点的高度h．（3）根据动能定理求出小球经过D点的速度，由牛顿运动定律求出小球经过D点时对圆环的弹力．本题中P点常常称为物理的最高点，与竖直平面内圆周运动的最高点类似，物体恰好通过物理最高点时轨道对物体没有作用力．18.制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d=15cm的两平行极板，如图甲所示，在极板A、B间加如图乙所示的周期性变化的电压，交变电压的周期为T=1.0×10-6s，t=0时，B板电势比A板电势高，电压为U0=1080V．在t=0时，极板A附近的一个带负电的粒子在电场的作用下由静止开始运动，粒子的比荷C/kg，不计重力．问：（1）当粒子的位移为多大时，粒子速度第一次达到最大值？最大速度为多大？（2）粒子运动过程中将与某一极板相碰撞，求粒子撞击极板时的速度大小．【答案】解：（1）在0～时间内，粒子加速向A板运动，当t=时，粒子第一次达到最大速度．根据牛顿第二定律可知，粒子运动的加速度a=，设粒子的最大速度为v m，此时的位移为s，则根据运动学公式有：s=．。

湖北省荆州中学15—16学年上学期高二第二次月考物理试题选择题。

（共10小题，每题5分，共50分。

选对得5分，选不全得3分。

1~7为单选题，8.9.10题为多选题）1.关于静电场，下列结论普遍成立的是（ ） A.电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关 B.电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低C.将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功为零D.在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向2.如图所示的水平匀强电场中，将两个带电粒子M 和N 分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置。

释放后，M 、N 保持静止，不计粒子重力，则（ ） A.M 的电荷量比N 的大 B.M 带正电，N 带负电C.移动过程中匀强电场对M 做负功D.静止时M 的电势能比N 的大3.如图所示，一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入一正方形的匀强磁场区，对从ab 边离开磁场的电子，下列判断正确的是( ) A.从a 点离开的电子速度最小B.从a 点离开的电子在磁场中运动时间最长C.从b 点离开的电子运动半径最小D.从b 点离开的电子速度偏转角最小4.如图所示，光滑导电圆环轨道竖直固定在匀强磁场中，磁场方向与轨道所在平面垂直，导体棒AB 的两端可始终不离开轨道无摩擦的滑动，在AB 由图示位置释放，直到滑到右侧虚线位置的过程中，关于AB 棒中的感应电流情况，正确的是（ ） A.先有从A 到B 的电流，后有从B 到A 的电流B.先有从B 到A 的电流，后有从A 到B 的电流C.始终有从A 到B 的电流D.始终没有电流产生5.如图所示的四个情景中，虚线上方空间都存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。

选项A B 中的导线框为正AB方形，选项C D 中的导线框为直角扇形。

各导线框均绕轴O 在纸面内匀速转动，转动方向如箭头所示，转动周期均为T 。

从线框处于图示位置时开始计时，以在OP 边上从P 点指向O 点的方向为感应电流i 的正方向。

2024—2025学年度上学期2024级10月月考物理试卷命题人：张晓玲审题人：李开科考试时间：2024年10月10日一、（40分）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，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~10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．在沙市中学第89届田径运动会上，来自高一年级十六个班级的运动健儿参加了4×100米接力。

比赛分男子、女子组各两组，共4组进行。

最终，2409、2401、2414班获得男子组前三名，2402、2014、2406班获得女子组前三名，其中男子组最好成绩为51.45秒。

关于4×100米接力，国际田联规定，以0.1秒为起跑反应标准，意思就是起跑反应时间在0.1秒以下的都视为抢跑。

根据以上信息，下列说法正确的是（）A．判定运动员是否抢跑的标准0.1s是时刻，男子组最好成绩为51.45秒是时间间隔。

B．参加4×100米接力决赛的队伍，每一组其中一支队伍的平均速度为0C．研究接力运动员的交接棒技术时，教练员可以把运动员看成质点D．每支队伍第四棒运动员最后越跑越快，说明他的加速度一定越来越大2．如图所示，将弹性小球以10m/s的速度从距地面3m处的A点竖直向下抛出，小球落地后竖直反弹经过距地面2m高的B点时，向上的速度为7m/s，从A到B，小球共用时0.5s，则此过程中（）A．小球发生的位移的大小为1m，方向竖直向上B．小球速度变化量的大小为17m/s，方向竖直向上C．小球平均速度的大小为8.5m/s，方向竖直向下D．小球平均加速度的大小为6m/s2，方向竖直向上3．下列对图中弹力有无的判断，正确的是（）A ．小球随车厢（底部光滑）一起向右做匀速直线运动，则车厢左壁对小球有弹力B ．小球被轻绳斜拉着静止在光滑的斜面上，则绳对小球有弹力C ．小球被a 、b 两轻绳悬挂而静止，其中a 绳处于竖直方向，则b 绳对小球可能有拉力D ．小球静止在光滑的三角槽中，三角槽底面水平，倾斜面对球有弹力4．图像法作为一种数学物理方法，在研究物理问题的各物理量之间的关系中被广泛应用。

2024—2025学年度上学期2024级期中考试物理试卷考试时间：2024年10月25日一、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，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-10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．如图所示，小明手握酱油瓶，瓶身竖直，使酱油瓶在水平面内做匀速直线运动，下列说法正确的是（）A．手对酱油瓶的弹力是由酱油瓶发生弹性形变产生的B．酱油瓶受到的摩擦力大小一定与手对酱油瓶的弹力成正比C．手对酱油瓶的摩擦力和酱油瓶对手的弹力是一对相互作用力D．手对酱油瓶的摩擦力和酱油瓶受到的重力是一对平衡力2．如图所示，光滑斜面的倾角为θ，有两个相同的小球分别被光滑挡板挡住。

挡板A沿竖直方向，挡板B垂直于斜面，斜面受到a、b两小球的压力大小之比是多少（）A．1：cosθ B．1：cos2θC．1：sinθ D．1：sin2θ3．如图所示，两个弹簧的质量不计，劲度系数分别为k、k2，它们的一端固定在质量为m的物体上(视为质点)，另一端分别固定在P、Q点，当物体平衡时，上面的弹簧k2处于原长，若要把物体的质量换成2m (弹簧均在弹性限度内)，再次平衡时，物体比第一次平衡时下降的距离x为（）A．2mmmm kk1+kk2 B．mmmm kk1+kk2 C．mmmm kk1 D．mmmm kk24．为了测一口枯井的深度，用一把玩具小手枪从井口竖直向下打出颗弹珠，1 s后听到弹珠撞击井底的声音，然后再用玩具小手枪从井口竖直向上打出另一颗弹珠，2 s后听到弹珠从井口落回井底撞击的声音，假设弹珠从枪口射出速度大小不变，忽略声音传播时间。

g=10m/s2，则（）A．枯井的深度为5 mB．弹珠从枪口射出速度大小为10 m/sC．向下打出一颗弹珠运动过程平均速度为5 m/sD．两次打出弹珠方式，弹珠到达井底的速度都为15 m/s5．一本质量为m的书平放在水平桌面上，将一张A4纸夹在书页间，如图所示。

2016—2017学年上学期2015级期中考试物理试卷命题人：张晓玲 审题人：濮玉芳考试时间：2016年11月15日一、选择题：（本题共12小题，每小题4分，共48分。

1-6题单选题，7-12为多选题。

）1．下列叙述符合史实的是A ．安培在实验中观察到电流的磁效应，该效应解释了电和磁之间存在联系B ．奥斯特根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说C ．卡文迪许利用“卡文迪许扭秤”将微小量放大，准确的测定了静电力常量D ．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化2．下列四个物理量的表达式中，采用比值定义法的是A ．加速度F a m =B ．磁感应强度F B IL= C ．电容4S C kd επ= D ．电场强度2kQ E r = 3．一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上。

若将云母介质移出，则电容器A ．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B ．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C ．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D ．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变4．某学习小组的同学在用多用电表研究热敏特性实验中，安装好如图所示的装置。

向杯中加入冷水，温度计的示数为20℃，多用电表选择适当的倍率，读出热敏电阻的阻值R1,然后向杯内加入热水，温度计的示数为60℃，发现多用电表的指针偏角较大，则下列说法正确的是A ．多用电表应选用电流档，温度升高换用大量程测量B ．多用电表应选用电流档，温度升高换用小量程测量C ．多用电表应选用欧姆档，温度升高时换用倍率大的档D ．多用电表应选用欧姆档，温度升高时换用倍率小的档5．如图所示一矩形线框，线框在平行于纸面内，从abcd 位置移到a’b’c’d’位置，关于该过程线框中感应电流，下列叙述正确的是A ．先顺时针，再逆时针B ．先顺时针，再逆时针，然后顺时针C ．先逆时针，再顺时针，然后逆时针，然后再顺时针D ．先顺时针，再逆时针，然后顺时针，然后再逆时针 6．如图所示，O1O2为带电平行板电容器的中轴线，三个相同的带电粒子沿轴线射入两板间．粒子1打到B 板的中点，粒子2刚好打在B 板边缘，粒子3从两板间飞出，设三个粒子只b db’ d’受电场力作用，则A．三个粒子在电场中运动时间关系为t1＜t2＝t3B．三个粒子在电场中运动时间关系为t1＝t2＞t3C．三个粒子在电场中运动的初速度关系为v1＝v2＝v3D．三个粒子在飞行过程中动能的变化量关系为ΔE1＞ΔE2＞ΔE37．如图所示，回旋加速器是加速带电粒子的装置，设匀强磁场的磁感应强度为B，D形金属盒的半径为R，狭缝间的距离为d，匀强电场间的加速电压为U，要增大带电粒子（电荷量为q、质量为m，不计重力）射出时的动能，则下列方法中正确的是A．增大匀强电场间的加速电压B．减小狭缝间的距离C．增大磁场的磁感应强度D．增大D形金属盒的半径8．在空间直角坐标系O-xyz中，有一四面体C-AOB，C、A、O、B为四面体的四个顶点，坐标分别为O（0，0，0）、A（L，0，0）、B（0，L，0）、C（0，0，L），D（2L，0，0）是x轴上一点，坐标原点O处固定着+Q的点电荷，下列说法正确的是A．A、B、C三点的电场强度相同B．电势差U OA>U ADC．将一电子由C点分别移动到A、B两点，电场力做功相同D．电子在A点的电势能小于在D点的电势能9．如图所示，电源电动势为E，内阻为r。

湖北省荆州市沙市区2016-2017学年高二物理上学期期中试题〔含解析〕一、选择题：〔此题共12小题，每一小题4分，共48分。

1-6题单项选择题，7-12为多项选择题。

〕1．如下表示符合史实的是A ．安培在实验中观察到电流的磁效应，该效应解释了电和磁之间存在联系B ．奥斯特根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说C ．卡文迪许利用“卡文迪许扭秤〞将微小量放大，准确的测定了静电力常量D ．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化【答案】D【解析】考点：楞次定律【名师点睛】此题关键要记住力学和电学的一些常见的物理学史，需要学生平时加强积累；注意物理学史，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．如下四个物理量的表达式中，采用比值定义法的是A ．加速度F a m =B ．磁感应强度F B IL= C ．电容4S C kd επ= D ．电场强度2kQ E r = 【答案】B【解析】试题分析：由公式F a m =知，a 与F 成正比，与m 反比，如此知加速度F a m=不是比值定义法，故A 错误；磁感应强度的定义式F B IL=采用的是比值定义法，B 与F 、IL 无关，反映磁场本身的特性，故B 正确；4S C kd επ=是电容的决定式，不是比值定义法，故C 错误；2kQ E r =是点电荷场强的决定式，不是比值定义法，故D 错误。

考点：磁感应强度、电场强度【名师点睛】比值定义法，就是在定义一个物理量的时候采取比值的形式定义．用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，比如速度、加速度、电场强度、磁感应强度等等。

3．一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上。

假设将云母介质移出，如此电容器A ．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B ．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C ．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D ．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变【答案】D【解析】错误，D 正确。

一．选择题（1—7题为单选题，8—10题为多选题）1.真空中有两个静止的同种点电荷q 1、q 2，保持q 1不动，释放q 2．q 2只在q 1的库仑力作用下运动，则q 2在运动过程中的加速度A.不断增大B. 不断减小C. 先增大后减小D.始终保持不变 【答案】B考点：考查了库仑定律【名师点睛】对于库仑定律公式122q q F kr=，要明确其使用条件和各个物理量的含义 2.下图表示的是四种典型的静电场，图A 是两块带等量异种电荷的平行金属板间产生的匀强电场，a ．b 是电场中的两个点；图B 是点电荷产生的电场，a ．b 是离点电荷等距的两个点，图C 是两个等量同种电荷产生的电场，a ．b 是两电荷中垂线上与连线中点O 等距的两个点；图D 是两个等量异种电荷产生的电场，a ．b 是两电荷中垂线上与连线中点O 等距的两个点。

在这四个图中，a ．b 两点的电势相等，电场强度也相同的是图【答案】D 【解析】试题分析：图A 中两极板间的电场为匀强电场，电场方向竖直向下，沿电场线方向电势减小，所以ab 两点的电势不同，A 不符合题意；图B 中根据公式2qE kr=可得ab 两点的电场强度大小相等，但是方向不同，因为ab 是离点电荷等距的两个点，所以处于同一个等势面上，电势相等，B 不符合题意；图C 中等量同种电荷，电场方向一个竖直向下，一个竖直向上，根据对称性可得电场强度大小相等，C 不符合题意；图D 中等量异种电荷电场，在其连线的中垂线是一条等势面，故两点的电势相等，根据对称性可得两点的电场强度大小相等，方向都是水平指向负电荷，D 符合题意 考点：考查了电场强度，电势【名师点睛】本题要抓住电势与场强的区别，只要大小相同，标量就相同．而矢量大小和方向都相同才相同．对于常见电场的电场线与等势面分布要了解，有助于解题，另外这四种电场是高中经常遇到的类型，需要掌握这四种电场的特点3.某同学将一直流电源的总功率P E 、输出功率P R 和电源内部的发热功率P r 随电流I 变化的图线画在了同一坐标系上，如图中的a 、b 、c 所示，根据图线可知A.反映P r 变化的图线是bB.电源电动势为8 VC. 电源内阻为1ΩD. 当电流为0.5 A 时，外电路的电阻为6Ω【答案】D【名师点睛】电源内部的发热功率2r P I r =．直流电源的总功率E P EI =，P-I 图象的斜率等于电动势E ．当I =2A 时，电源内部的发热功率P r 与电源的总功率相等，求出电源的内阻．根据闭合电路欧姆定律求出电流为0.5A 时的外电阻4.示波管是一种多功能电学仪器，它的工作原理可以等效成下列情况：如图所示，真空室中电极K 发出电子(初速度不计)经过电压为U 1的加速电场后，由小孔S 沿水平金属板A 、B 间的中心线射入板中．金属板长为L ，相距为d ，当A 、B 间电压为U 2时，电子偏离中心线飞出电场打到荧光屏上而显示亮点．已知电子的质量为m ，电荷量为e ，不计电子重力，下列情况中一定能使亮点偏离中心的距离变大的是A ．U 1变大，U 2变大B ．U 1变小，U 2变大C ．U 1变大，U 2变小D ．U 1变小，U 2变小【答案】B考点：考查了带电粒子在电场中的加速和偏转【名师点睛】做本题的关键是知道在加速电场中运用动能定理求出末速度v，粒子进入偏转电场后做类平抛运动，根据平抛运动的规律求出偏转位移，再进行讨论即可解题5.MN为M点左侧的正点电荷产生的电场中的一条电场线，一个带电的粒子(不计重力)从a到b穿越这条电场线的轨迹如题图中虚线所示。

MN静电计荆州中学2015～2016学年度上学期期 中 考 试 卷（考试范围：静电场、恒定电流、磁场 考试时间：90分钟 满分：110分）一、选择题(每小题5分共50分，其中1—7题为单选题，8—10题为多选题。

)1．在电磁学发展过程中,许多科学家做出了贡献,下列说法中符合物理学发展史的是（ ）A ．奥斯特发现了点电荷的相互作用规律B ．库仑发现了电流的磁效应C ．安培发现了磁场对运动电荷的作用规律D ．法拉第最早引入电场的概念,并发现了磁生电的条件和规律 2．把一根柔软的螺旋弹簧竖直悬挂起来，使它的下端刚好与杯里的水银面相接触，并组成如图所示电路图，当开关S 接通后，将看到的现象是（ ） A. 弹簧向上收缩 B. 弹簧上下跳动 C. 弹簧被拉长 D. 弹簧仍静止不动3．如图所示,质量为m 、长为L 的直导线用两绝缘细线悬挂于'O O 、,并处于匀强磁场中.当导线中通以沿x 负方向的电流I ,且导线保持静止时,悬线与竖直方向的夹角为θ.则磁感应强度的方向和大小不可能的是 （ ）A ．z 正向,tan mg IL θ B ．y 负向,mgILC ．x 负向,IL mgD ．沿悬线向上,sin mg IL θ4．一根导线两端加上电压U ,导体中自由电子定向移动的平均速率为v ,现将导线均匀拉长至横截面半径为原来的1/2,然后两端加上电压U ,则导线中自由电子定向移动的平均速率为: （ ）A ．2v B ．22v C ．4vD ．42v5．如图所示,由两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器的极板N 与静电计相接,极板M 接地.用静电计测量平行板电容器两极板间的电势差U .在两板相距一定距离d 时,给电容器充电,静电计指针张开一定角度.在整个实验过程中,保持电容器所带电量Q 不变,下面哪些操作将使静电计指针张角变大 （ ）A ．将M 板向下平移B ．将M 板沿水平向右方向靠近N 板C ．在M 、N 之间插入云母板(介电常数ε>1)D ．在M 、N 之间插入金属板,且不和M 、N 接触6．如图所示,长为L 、倾角为θ的光滑绝缘斜面固定在水平面上,斜面处于电场中.一电荷量为+q 、质量第7题图abdc O为m 的小球以速度v 0由斜面底端A 沿斜面上滑,到达顶端B 的速度仍为v 0,则 A ．若电场是匀强电场,则场强大小一定为qmgB ．若电场是匀强电场,A 、B 两点间的电势差一定为qmgLC ．不论电场是否是匀强电场,小球在B 点的电势能一定大于在A 点的电势能D ．不论电场是否是匀强电场,A 、B 两点间的电势差一定为qmgLsin 7．如图所示,电源电动势为E,内阻为r.电路中的R 2 、R 3为滑动变阻器,R 0为定值电阻,R 1为光敏电阻(其电阻随光照强度增大而减小).当电键S 闭合时,电容器中一带电微粒恰好处于静止状态.有关下列说法中正确的是 （ ）A.若断开电键S,电容器所带电荷量变大,带电微粒向上运动B.只调节电阻R 3的滑动端P 2向上端移动,电源消耗的功率变大,电阻R 3中有向上的电流C.只调节电阻R 2的滑动端P 1向下端移动时,电压表示数变大,带电微粒向下运动D.只逐渐增大R 1的光照强度,电阻R 0消耗的电功率变大,电阻R 3 中有向上的电流8．下列运动情况可能出现的是 （ ） A.带电粒子绕通稳恒电流的长直导线只受磁场力作用做匀速圆周运动B.电子绕一正电荷只受电场力作用做匀速圆周运动C.电子在两等量同种正电荷连线中垂面上，只受电场力作用绕连线中点做匀速圆周运动D.带电粒子在匀强磁场中只受磁场力作用做匀加速直线运动9．如图所示,空间中有两个点电荷Q 1和Q 2,在两电荷所在平面上有a 、b 、c 、d 四点,其中a 、b 位于电荷连线的延长线上, c 点位于两电荷连线的中点,d 点位于两电荷连线的垂直平分线上.则以下判正确的是 ( ) A ．若a 点的电场强度为零,则说明Q 1和Q 2为异种电荷,且|Q 1| < |Q 2| B ．若c 点的电势为零,则说明Q 1和Q 2是异种电荷,且|Q 1|=|Q 2|C ．若b 点的电场强度为零,则说明Q 1和Q 2是同种电荷,且|Q 1| > |Q 2|D ．无论两电荷是同种电荷还是异种电荷,d 点的电场强度都不可能为零 10．如图所示,垂直纸面向里的匀强磁场分布在正方形abc d 区域内,O 点是cd 边的中点,一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下,从O 点沿纸面以垂直于cd 边的速度射入正方形内,经过时间t 0刚好从c 点射出磁场,现设法使该带电粒子从O 点沿纸面以与Od 成300的方向,以大小不同的速率射入正方形内,下列说法中正确的是（ ）Q 1Q 2 a b c d第9题图A ．若该带电粒子在磁场中经历的时间是035t ,则它一定从cd 边射出磁场B ．若该带电粒子在磁场中经历的时间是043t ,则它一定从ad 边射出磁场C ．若该带电粒子在磁场中经历的时间是045t ,则它一定从bc 边射出磁场D ．若该带电粒子在磁场中经历的时间是0t ,则它一定从ab 边射出磁场二 、实验题(本题共2小题，共13分)11．(4分) 用游标卡尺和螺旋测微器测量一圆柱形小零件的长和直径时如下图所示，读出游标卡尺示数为__________cm ，螺旋测微器示数为__________cm12．(9分) 小灯泡灯丝的电阻会随温度的升高而变大．某同学为研究这一现象，用实验得到如下数据（I 和U 分别表示小灯泡上的电流和电压）：I/(A) 0.12 0.21 0.29 0.34 0.38 0.42 0.45 0.47 0.49 0.50 U(V)0.200.400.600.801.001.201.401.601.802.00（1）在左下框中画出实验电路图．可用的器材有：电压表、电流表、滑动变阻器（变化范围0～10Ω）、电源、小灯泡、电键、导线若于． （2）在右图中画出小灯泡的U —I 曲线． （3）若将该小灯泡接在电动势是1.5V ，内 阻是2.0Ω的电池两端，小灯泡的实际功率为 （保留两位有效数字）。

2015—2016学年下学期高二年级第一次半月考物理试卷考试时间：2016年3月4日一、选择题（本题共13小题，每小题4分。

在每小题给出的四个选项中。

1-8题只有一项符合题目要求。

9-13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。

）1．两个质量均为m 的完全相同的金属球a 和b ，其质量分布均匀，将它们固定于绝缘支座上，两球心间的距离l 为球半径的3倍．若使它们带上等量异种电荷，所带电荷量的绝对值均为Q ，那么a 、b 两球之间的万有引力F 引和库仑力F 库的表达式正确的是（ ）A ．2222,l Q k F l m G F ==库引B ．2222,lQ k F l m G F ≠≠库引 C ．2222,l Q k F l m G F ≠=库引 D ．2222,lQ k F l m G F =≠库引 2．如图所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由A →O→B，匀速飞过，电子重力不计，则电子所受的另一外力的大小和方向变化情况（ ）A ．先变大，后变小，方向水平向左B ．先变大，后变小，方向水平向右C ．先变小，后变大，方向水平向左D ．先变小，后变大，方向水平向右3．一个带正电荷的质点，电荷量q=2.0×10-9C ，在静电场中由a 点移到b 点，在此过程中，除电场力做功外，其他力做功为6.0×10-5J ，质点的动能增加了8.0×10-5J.则ab 两点间电势差U ab 为（ ）A.3.0×104VB.1.0×104VC.4.0×104VD.7.0×104V4．如图是一个将电流表改装成欧姆表的示意图，此欧姆表已经调零，用此欧姆表测一阻值为Ｒ的电阻时，指针偏转至满刻度4/5处，现用该表测一未知电阻，指针偏转到满刻度的1/5处，则该电阻的阻值为： （ ）A ．4RB ．5RC ．10RD ．16R5．如图所示，把一通电直导线放在蹄形磁铁磁极的正上方，导线可以自由移动，当导线中通过如图所示方向的电流时（电流由A 指向B ），从上往下看关于导线的运动情况正确的是（ ）A ．顺时针方向转动，同时下降B ．顺时针方向转动，同时上升C ．逆时针方向转动，同时下降D ．逆时针方向转动，同时上升6．目前有一种磁强计，用于测定地磁场的磁感应强度．磁强计的原理如图所示，电路有一段金属导体，它的横截面是宽为a 、高为b 的长方形，放在沿y 轴正方向的匀强磁场中，导体中通有沿x 轴正方向、大小为I 的电流。