山东省临沂一中2015-2016学年高二(上)月考物理试卷(12月份)(解析版)

2015-2016学年山东省济南一中高二（上）月考物理试卷（10月份）一、不定项选择题1 .下列说法中正确的是（）A．只要有电荷存在，电荷周围就一定存在着电场B．电场是一种物质，它与其他物质一样，是不依赖我们的感觉而客观存在的东西C．电荷间的相互作用是通过电场而产生的，电场最基本的性质是对处在它里面的电荷有力的作用D．场强的定义式E=中，F是放入电场中的电荷所受的力，q是产生电场的电荷的电量2．电场中有一点P，下列说法中正确的有（）A．若放在P点的电荷的电量减半，则P点的场强减半B．若P点没有检验电荷，则P点场强为零C．P点的场强越大，则同一电荷在P点受到的电场力越大D．P点的场强方向为放在该点的电荷的受力方向3．对于库仑定律，下面说法正确的是（）A．库仑定律适用于真空中两个点电荷之间的相互作用力B．两个带电小球即使相距非常近，也能用库仑定律计算库仑力的大小C．相互作用的两个点电荷，不论他们电荷量是否相同，他们之间的库仑力大小一定相等D．当两个半径为r的带电金属球中心相距4r时，对于他们之间的静电力大小，只取决于它们各自所在的电荷量4．下列关于电场强度的说法中，正确的是（）A．公式E=只适用于真空中点电荷产生的电场B．由公式E=可知，电场中某点的电场强度E与试探电荷在电场中该点所受的电场力成正比C．在公式F=k中，k是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1处的场强大小；k是点电荷Q1产生的电场在点电荷Q2处的场强大小D．由公式E=k可知，在离点电荷非常靠近的地方（r→0），电场强度E可达无穷大5．下列关于点电荷的说法正确的是（）A．只有体积很小的带电体才能看成点电荷B．体积很大的带电体一定不能看成点电荷C．当两个带电体的大小远小于它们之间的距离时，可将这两个带电体看成是点电荷D．一切带电体都可以看成是点电荷6．如图所示，带箭头的直线是某一电场中的一条电场线，在这条线上有A、B两点，用E A、E B表示A、B两处的场强大小，则（）A．A、B两点的场强方向相同B．电场线从A指向B，所以E A＞E BC．A、B在同一条电场线上，且电场线是直线，所以E A=E BD．不知A、B附近的电场线分布状况，无法比较E A与E B的大小7．在如图所示的电场中的P点放置一正电荷，使其从静止开始运动，其中加速度逐渐增大的是图中的（）A． B． C． D．8．原来甲、乙、丙三物体都不带电，今使甲、乙两物体相互摩擦后，乙物体再与丙物体接触，最后，得知甲物体带正电1.6×10﹣15C，丙物体带电8×10﹣16C．则对于最后乙、丙两物体的带电情况，下列说法中正确的是（）A．乙物体一定带有负电荷8×10﹣16CB．乙物体可能带有负电荷2.4×10﹣15CC．丙物体一定带有正电荷8×10﹣16CD．丙物体一定带有负电荷8×10﹣16C9．关于电场中的电场强度和电势，下列说法正确的是（）A．电场强度大的地方，电势一定高B．等势面上各点的电场强度大小一定相等C．等势面一定跟电场线垂直D．沿着电场线的方向，电场强度逐渐增大10．如图所示，在场强为E的匀强电场中有A、B两点，AB连线长L，与电场线夹角为α、则AB两点的电势差为（）A．零B．EL C．ELsinαD．ELcosα11．在真空中，两个点电荷原来带的电荷量分别为q1和q2，且相隔一定的距离．现将q2增加为原来的3倍，再将两点电荷间的距离缩小为原来的一半，则前后两种情况下两点电荷之间的库仑力之比为（）A．1：6 B．1：12 C．12：1 D．6：112．某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹如图虚线所示，由M运动到N，以下说法正确的是（）A．粒子必定带负电荷B．粒子在M点的加速度大于它在N点的加速度C．粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度D．粒子在M点的动能小于它在N点的动能二．填空题（共2小题，满分16分）13．真空中，A，B两点上分别设置异种点电荷Q1、Q2，已知两点电荷间引力为10N，Q1=1.0×10﹣2C，Q2=2.0×10﹣2C．则Q2在A处产生的场强大小是N/C，方向是；则Q1在B处产生的场强的大小是N/C，方向是．14．如图所示，在场强为E的匀强电场中有相距为L的A、B两点，连线AB与电场线的夹角为θ，将一电荷量为q的正电荷从A点移到B点，若沿直线AB移动该电荷，电场力做的功W1=；若沿路径ACB移动该电荷，电场力做的功W2=；若沿曲线ADB移动该电荷，电场力做功W3=．由此可知电荷在电场中移动时，电场力做功的特点是．三、计算题（共2小题，满分24分．需要写出必要的步骤，只写答案不给分）15．如图所示，A为带正电Q的金属板，小球的质量为m、电荷量为q，用绝缘丝线悬挂于O点．小球由于受水平向右的电场力而静止在沿金属板的垂直平分线上距板为r的位置，悬线与竖直方向的夹角为θ．试求小球所在处的场强．16．在电场中把2.0×10﹣9C的正电荷从A点移到B点，静电力做功1.5×10﹣7J．再把这个电荷从B点移到C点，静电力做功为﹣4.0×10﹣7J．（1）A、B、C三点中哪点电势最高？哪点电势最低？（2）A、B间，B、C间，A、C间的电势差各是多大？（3）把﹣1.5×10﹣9C的电荷从A点移到C点，静电力做多少功？2015-2016学年山东省济南一中高二（上）月考物理试卷（10月份）参考答案与试题解析一、不定项选择题1 .下列说法中正确的是（）A．只要有电荷存在，电荷周围就一定存在着电场B．电场是一种物质，它与其他物质一样，是不依赖我们的感觉而客观存在的东西C．电荷间的相互作用是通过电场而产生的，电场最基本的性质是对处在它里面的电荷有力的作用D．场强的定义式E=中，F是放入电场中的电荷所受的力，q是产生电场的电荷的电量【考点】电场；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电荷周围就存在电场．电场是一种客观存在的物质，电荷不接触而有力的作用是通过电场传递的．电场力与重力相似，其基本性质是对放入其中的电荷有力的作用，场强的定义式E=中，F是放入电场中的电荷所受的力，q是放入电场中的电荷的电量．【解答】解：A、电荷周围就存在电场．故A正确．B、电场是一种物质，它与其他物质一样，是不依赖我们的感觉而客观存在的东西．故B正确．C、电荷不接触，相互作用力是通过电场而产生的，电场最基本的性质是对处在其中的电荷有力的作用，故C正确．D、场强的定义式E=中，F是放入电场中的电荷所受的力，q是放入电场中的电荷的电量，故D错误．故选：ABC【点评】本题考查对电场性质的理解．抓住电场与重力场的相似性，注意区别电场与电场线：电场是客观存在的物质，而电场线是人为假想的，不存在2．电场中有一点P，下列说法中正确的有（）A．若放在P点的电荷的电量减半，则P点的场强减半B．若P点没有检验电荷，则P点场强为零C．P点的场强越大，则同一电荷在P点受到的电场力越大D．P点的场强方向为放在该点的电荷的受力方向【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场强度的大小与放入电场中的电荷无关，由电场本身的性质决定，方向与正电荷所受电场力的方向相同，与负电荷所受电场力方向相反．根据E=分析电荷所受电场力的大小．【解答】解：A、电场强度的大小与放入电场中的电荷无关，故A错误，B错误．C、根据F=qE知，P点的场强越大，同一电荷在P点受到的电场力越大，故C正确．D、P点的场强方向与放入该点正电荷所受电场力方向相同，故D错误．故选：C．【点评】解决本题的关键掌握电场强度的定义式，知道场强的方向规定，即与正电荷所受电场力的方向相同，与负电荷所受电场力方向相反．3．对于库仑定律，下面说法正确的是（）A．库仑定律适用于真空中两个点电荷之间的相互作用力B．两个带电小球即使相距非常近，也能用库仑定律计算库仑力的大小C．相互作用的两个点电荷，不论他们电荷量是否相同，他们之间的库仑力大小一定相等D．当两个半径为r的带电金属球中心相距4r时，对于他们之间的静电力大小，只取决于它们各自所在的电荷量【考点】库仑定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】库仑定律是库仑通过实验研究得出的结论，库仑定律是实验定律．两个带电小球即使相距非常近，距离趋近于零时，两球不能看成点电荷，此时不能直接用库仑定律．两电荷之间的库仑力是作用力和反作用力，大小总是相等的．【解答】解：A、库仑定律适用于真空中两个点电荷之间的相互作用力，故A正确．BD、两个带电小球即使相距非常近，两球不能看成点电荷，此时不能直接用库仑定律计算，故BD错误．C、两电荷之间的库仑力是作用力和反作用力，大小总是相等的．故C正确．故选：AC．【点评】本题主要考查对库仑定律的理解和应用，要记忆理解库仑力定律，知道两带电体间的库仑力是一对作用力与反作用力．4．下列关于电场强度的说法中，正确的是（）A．公式E=只适用于真空中点电荷产生的电场B．由公式E=可知，电场中某点的电场强度E与试探电荷在电场中该点所受的电场力成正比C．在公式F=k中，k是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1处的场强大小；k是点电荷Q1产生的电场在点电荷Q2处的场强大小D．由公式E=k可知，在离点电荷非常靠近的地方（r→0），电场强度E可达无穷大【考点】电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场强度的定义式适用于一切电场，电场强度E表示电场本身的强度和方向，与试探电荷无关．真空中点电荷Q产生的电场强度计算公式是：E=k，当r→0时，电荷已不能看成点电荷，此公式不再成立．库仑定律公式公式中，是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1处的场强大小；是点电荷Q1产生的电场在点电荷Q2处的场强大小．【解答】解：A、电场强度的定义式适用于一切电场．故A错误．B、电场强度E表示电场本身的强度和方向，与试探电荷无关，不能说E与试探电荷在电场中该点所受的电场力成正比．故B错误．C、库仑定律公式公式中，是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1处的场强大小；是点电荷Q1产生的电场在点电荷Q2处的场强大小．故C正确．D、当r→0时，电荷已不能看成点电荷，公式E=k不再成立．故D错误．故选C【点评】本题考查对电场强度两公式的理解能力，首先要理解公式中各个量的含义，其次要理解公式的适用条件．5．下列关于点电荷的说法正确的是（）A．只有体积很小的带电体才能看成点电荷B．体积很大的带电体一定不能看成点电荷C．当两个带电体的大小远小于它们之间的距离时，可将这两个带电体看成是点电荷D．一切带电体都可以看成是点电荷【考点】元电荷、点电荷．【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．【解答】解：A、由带电体看作点电荷的条件，当带电体的形状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，带电体能否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ABD错误C、当两个带电体的大小远小于它们之间的距离时，可将这两个带电体看成是点电荷，C正确故选：C【点评】考查了带电体看作点电荷的条件及其特点．6．如图所示，带箭头的直线是某一电场中的一条电场线，在这条线上有A、B两点，用E A、E B表示A、B两处的场强大小，则（）A．A、B两点的场强方向相同B．电场线从A指向B，所以E A＞E BC．A、B在同一条电场线上，且电场线是直线，所以E A=E BD．不知A、B附近的电场线分布状况，无法比较E A与E B的大小【考点】电场线；匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】由于A、B两点所在的电场线是直线，A、B两点电场强度方向相同．电场线的大小由电场线的疏密表示，一条电场线无法判断疏密，就无法确定A、B两处场强的大小．【解答】解：A、由题，A、B两点所在的电场线是直线，A、B两点电场强度方向必定相同．故A正确．B、C、D、电场线的疏密表示电场强度的相对大小，由于A、B附近电场线的分布情况未知，A、B在一条电场线上，无法判断电场线的疏密，也就无法判断A、B两点电场强度的大小．故BC错误，D正确．故选：AD．【点评】本题要抓住电场线的疏密表示电场强度的相对大小，但一条电线线，不能反映电场线的疏密，所以不能确定场强的大小．7．在如图所示的电场中的P点放置一正电荷，使其从静止开始运动，其中加速度逐渐增大的是图中的（）A． B． C． D．【考点】电场线．【分析】电场线的疏密反映电场的强弱，再根据F=Eq可得出电场力大小的变化即可解决问题，【解答】解：正电荷受电场力水平向右，使其从静止开始向右运动，要使加速度逐渐增大，也就是所受电场力增大，电场线的疏密反映电场的强弱，从图中看出在水平向右的方向上，A图中电场强度减小，B图中电场强度增大，C图中电场强度不变，D图中电场强度先增大后减小，所以B图符合题意．故选：B【点评】电场线是为了形象描述电场的性质而引入的虚拟带有方向的线，近几年对电场线的考查较多，应认真把握．8．原来甲、乙、丙三物体都不带电，今使甲、乙两物体相互摩擦后，乙物体再与丙物体接触，最后，得知甲物体带正电1.6×10﹣15C，丙物体带电8×10﹣16C．则对于最后乙、丙两物体的带电情况，下列说法中正确的是（）A．乙物体一定带有负电荷8×10﹣16CB．乙物体可能带有负电荷2.4×10﹣15CC．丙物体一定带有正电荷8×10﹣16CD．丙物体一定带有负电荷8×10﹣16C【考点】库仑定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】物体经过摩擦后，会产生电．得到电子的带负电，失去电子的带正电．【解答】解：由题意可知，甲、乙两物体相互摩擦后，甲物体带正电1.6×10﹣15C，则乙带负电1.6×10﹣15C，若乙物体再与丙物体接触，由于丙物体带电8×10﹣16C．且带负电，则乙也一定带负电，大小为8×10﹣16C，故AD正确，BC错误；故选AD．【点评】此题考查子摩擦起电的本质，要理解和运用．9．关于电场中的电场强度和电势，下列说法正确的是（）A．电场强度大的地方，电势一定高B．等势面上各点的电场强度大小一定相等C．等势面一定跟电场线垂直D．沿着电场线的方向，电场强度逐渐增大【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】电场强度大，电势不一定大．沿着电场线方向电势逐渐降低，电场线与等势面垂直．沿着电场线的方向，电势降低，而电场强度不一定增大．【解答】解：A、电场强度与电势没有直接关系，所以电场强度大的地方，电势不一定高．故A错误．B、等势面上各点的电势相等，但电场强度不一定相等．故B错误．C、等势面一定与电场线垂直，即跟电场的方向垂直．故C正确．D、沿着电场线的方向，电势逐渐降低，而电场线不一定越来越密，所以电场强度不一定越来越大．故D错误．故选：C．【点评】对于电场中的基本概念，既要抓住它们之间的联系，更要抓住它们之间的区别．解决本题的关键要掌握电场线与等势面的关系．要注意场强与电势无关．10．如图所示，在场强为E的匀强电场中有A、B两点，AB连线长L，与电场线夹角为α、则AB两点的电势差为（）A．零B．EL C．ELsinαD．ELcosα【考点】电势差；电场线．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据匀强电场中电势差与场强的关系式U=Ed求电场强度，注意d是沿电场线方向的两点间距离．【解答】解：匀强电场中电势差与场强的关系公式为：U=Ed；d是沿电场线方向的两点间距离，为Lcosα；故AB之间的电势差为：U=ELcosα；故选D．【点评】考查了电场强度与电势差的关系，注意公式中d的含义．电场中的要基本公式掌握，打好基础．11．在真空中，两个点电荷原来带的电荷量分别为q1和q2，且相隔一定的距离．现将q2增加为原来的3倍，再将两点电荷间的距离缩小为原来的一半，则前后两种情况下两点电荷之间的库仑力之比为（）A．1：6 B．1：12 C．12：1 D．6：1【考点】库仑定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据库仑定律的公式F=，列出变化前和变化后的关系式直接对比即可．【解答】解：由库仑定律的可得原来它们之间的库仑力为：F=，变化之后它们之间的库仑力为：F′=故：故B正确、ACD错误．故选：B．【点评】本题是对库仑定律的直接的应用，掌握住公式为F=即可，还要注意，运用库伦定律的公式计算库仑力时不需要代入符合，直接代入各量的绝对值．12．某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹如图虚线所示，由M运动到N，以下说法正确的是（）A．粒子必定带负电荷B．粒子在M点的加速度大于它在N点的加速度C．粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度D．粒子在M点的动能小于它在N点的动能【考点】电场线．【分析】电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，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、由电荷的运动轨迹可知，电荷的受力沿着电场线的方向，所以电荷为正电荷，所以A错误．B、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，由图可知，N点的场强大于M点的场强的大小，在N点的受力大于在M的受力，所以粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度，所以B错误，C正确．D、正电荷的运动方向运动与受力的方向之间的夹角是锐角，所以电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增加，所以粒子在M点的动能小于它在N点的动能，所以D正确．故选：CD．【点评】根据物体做曲线运动的条件确定粒子弯曲的方向与受力方向的关系，掌握住电场线的特点，即可解决本题．二．填空题（共2小题，满分16分）13．真空中，A，B两点上分别设置异种点电荷Q1、Q2，已知两点电荷间引力为10N，Q1=1.0×10﹣2C，Q2=2.0×10﹣2C．则Q2在A处产生的场强大小是500N/C，方向是A→B；则Q1在B处产生的场强的大小是1000N/C，方向是A→B．【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】求Q2在A处产生的电场场强大小，把Q1当作试探电荷，公式是E=，方向由A指向B，求Q在A处产生的电场场强大小，把Q2当作试探电荷，公式是E=，方向由A指，1向B【解答】解：Q2在A处产生的场强大小是：E2=N/C，方向从A→B．Q1在A处产生的场强大小是：，方向由A→B答：500，A→B，1000，A→B【点评】本题运用电场强度的定义式求场强大小和方向，公式E=中，q是试探电荷；用点电荷的场强公式E=k求中点的场强，千万别混淆．14．如图所示，在场强为E的匀强电场中有相距为L的A、B两点，连线AB与电场线的夹角为θ，将一电荷量为q的正电荷从A点移到B点，若沿直线AB移动该电荷，电场力做的功W1=qELcosθ；若沿路径ACB移动该电荷，电场力做的功W2=qELcosθ；若沿曲线ADB移动该电荷，电场力做功W3=qELcosθ．由此可知电荷在电场中移动时，电场力做功的特点是沿不同路径移动电荷，电场力做功相同，所以电场力做功与电荷移动路径无关，只与初末位置有关．【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电荷在静电场中从一点移到另一点时，电场力的功的值只跟始末两点的位置有关，而和所经过的路径的形状完全无关【解答】解：若沿直线AB移动该电荷，电场力做的功W1=qELcosθ，若沿路径ACB移动该电荷，电场力做的功W2=qELcosθ，若沿曲线ADB移动该电荷，电场力做的功W3=qELcosθ，沿不同路径移动电荷，电场力做功相同，所以电场力做功与电荷移动路径无关，只与初末位置有关．故答案为：qELcosθ，qELcosθ，qELcosθ，电场力做功与电荷移动路径无关，只与初末位置有关．【点评】静电场力和重力都是保守力，电场力做功与电荷移动路径无关，只与初末位置有关，静电场和重力场是保守场三、计算题（共2小题，满分24分．需要写出必要的步骤，只写答案不给分）15．如图所示，A为带正电Q的金属板，小球的质量为m、电荷量为q，用绝缘丝线悬挂于O点．小球由于受水平向右的电场力而静止在沿金属板的垂直平分线上距板为r的位置，悬线与竖直方向的夹角为θ．试求小球所在处的场强．【考点】电势差与电场强度的关系．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图，小球处于静止状态，合力为零，根据平衡条件和电场力公式F=qE，结合求解电场强度E【解答】解：小球的受力如图所示．由平衡条件得：F=mgtanθ电=qE又F电解得，小球所在处的电场强度：E=小球带正电荷，电场强度方向与其受到的电场力方向一致，方向水平向右．答：小球所在处的电场强度大小为，方向水平向右【点评】本题是带电体在复合场中平衡问题，分析受力是关键，同时要掌握场强与电场力方向的关系16．在电场中把2.0×10﹣9C的正电荷从A点移到B点，静电力做功1.5×10﹣7J．再把这个电荷从B点移到C点，静电力做功为﹣4.0×10﹣7J．（1）A、B、C三点中哪点电势最高？哪点电势最低？（2）A、B间，B、C间，A、C间的电势差各是多大？（3）把﹣1.5×10﹣9C的电荷从A点移到C点，静电力做多少功？【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据电场力做功与电势差的关系求出AB、BC间的电势差，从而比较A、B、C三点的电势高低，得出AC间的电势差，结合电场力做功与电势差的关系求出将电荷从A点移动C点，静电力做功的大小．【解答】解：（1）AB间的电势差=75V．BC间的电势差=﹣200V．知A点电势比B点电势高75V，C点电势比B点高100V，则C点的电势最高，B点的电势最低．（2）AC间的电势差U AC=U AB+U BC=﹣25V．（3）J=﹣5.0×10﹣8J．答：（1）C点的电势最高，B点的电势最低．（2）A、B间的电势差为75V，BC间的电势差为﹣200V，AC间的电势差为﹣25V．（3）把﹣1.5×10﹣9C的电荷从A点移到C点，静电力做了=﹣5.0×10﹣8J．【点评】解决本题的关键掌握电场力做功与电势差的关系公式，注意在运用该公式求解时，电荷的正负、电势差的正负、功的正负均要代入计算．。

2015-2016学年山东省临沂十八中高二（下）第一次月考物理试卷一、不定项选择题（每小题4分，共14小题，56分）1．物体的动量变化量的大小为5kg •m/s ，这说明（ ）A ．物体的动量在减小B ．物体的动量在增大C ．物体的动量大小也可能不变D ．物体的动量大小一定变化2．一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块，并留在其中，A 、B 用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示，则在子弹打中木块A 及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统（ ）A ．动量守恒、机械能守恒B ．动量不守恒、机械能守恒C ．动量守恒、机械能不守恒D ．无法判断动量、机械能是否守恒3．质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ．初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v ，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为（ ）A ． mv 2B ．C ． N μmgLD ．N μmgL4．在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球A 、B ，质量都为m ．现B 球静止，A 球向B 球运动，发生正碰．已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时的弹性势能为E P ，则碰前A 球的速度等于（ ）A． B．C．2D．25．某交流发电机正常工作时，电动势e=E m sinωt，若将线框转速提高一倍，其他条件不变，则电动势的变化规律是（）A．e′=E m sinωt B．e′=E m sin2ωt C．e′=2E m sinωt D．e′=2E m sin2ωt6．理想变压器原副线圈两侧一定不同的物理量是（）A．交变电流的频率B．交变电流的功率C．磁通量的变化率D．交变电流的峰值7．线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动而产生交变电流的过程中，当线圈平面转到与中性面重合时（）A．穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势最大B．穿过线圈的磁通量为零，线圈中的感应电动势为零C．穿过线圈的磁通量为零，线圈中的感应电动势最大D．穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应动势为零8．如图所示为理想变压器，三个灯泡L1、L2、L3都标有“5V，5W”，L4标有“5V，10W”，若它们都能正常发光，则变压器原、副线圈匝数比n1：n2和ab间电压应为（）A．2：1，25V B．2：1，20V C．1：2，25V D．1：2，20V9．某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生交变电流的图象如图所示，由图中信息可以判断（）A．在A和C时刻线圈处于中性面位置B．在B和D时刻穿过线圈的磁通量为零C．从A～D时刻线圈转过的角度为2πD．若从O～D时刻历时0.02s，则在1s内交变电流的方向改变100次10．从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是（）A．掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，而掉在草地上的玻璃杯动量改变小C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，而掉在草地上的玻璃杯动量改变慢D．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时间长11．真空室内，有质量分别为m和2m的甲、乙两原子核，某时刻使它们分别同时获得3v 和2v的瞬时速率，并开始相向运动．由于它们间的库仑斥力作用，二者始终没有接触，当两原子核相距最近时，甲核的速度大小为（）A．0 B．C．v D．12．质量为m、速度为v的A球跟质量为3m、静止的B球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，则碰撞后B球的速度可能为（）A．0.6V B．0.4V C．0.3V D．0.2V13．一个质量为0.3kg的小球，在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小为4m/s．则碰撞前后墙对小球的冲量大小I及碰撞过程中墙对小球做的功W分别为（）A．I=3 kg•m/s W=﹣3 JB．I=0.6 kg•m/s W=﹣3 JC．I=3 kg•m/s W=7.8 JD．I=0.6 kg•m/s W=3 J14．如图重物G压在纸带上．用水平力F慢慢拉动纸带，重物跟着一起运动，若迅速拉动纸带，纸带会从重物下抽出，下列说法正确的是（）A．慢拉时，重物和纸带间的摩擦力大B．快拉时，重物和纸带间的摩擦力大C．慢拉时，纸带给重物的冲量大D．快拉时，纸带给重物的冲量大二、计算题（共四大题，44分．写出必要的解题过程．）15．冰球运动员甲的质量为80.0kg．当他以5.0m/s的速度向前运动时，与另一质畺为100kg、速度为3.0m/s的迎面而来的运动员乙相撞．碰后甲恰好静止．假设碰撞时间极短，求：（1）碰后乙的速度的大小；（2）碰撞中总机械能的损失．16．光滑水平面有两个物块A、B在同一直线上相向运动，A的速度为4m/s，质量为2kg，B的速度为2m/s，二者碰后粘在一起沿A原来的方向运动，且速度大小变为1m/s．求：（1）B的质量；（2）这一过程产生的内能．17．一小型水电站，其交流发电机的输出功率为1000kW，输出电压为1000V，在输电过程中，要求输电线能量损耗不大于4%，已知输电线电阻为16Ω，用户降压变压器的输出电压为240V，求送电线路中，升压变压器与降压变压器的变压比各多大？（升降压变压器均为理想变压器）18．如图所示，固定的光滑圆弧面与质量为6kg的小车C的上表面平滑相接，在圆弧面上有一个质量为2kg的滑块A，在小车C的左端有一个质量为2kg的滑块B，滑块A与B均可看做质点．现使滑块A从距小车的上表面高h=1.25m处由静止下滑，与B碰撞后瞬间粘合在一起共同运动，最终没有从小车C上滑出．已知滑块A、B与小车C的动摩擦因数均为μ=0.5，小车C与水平地面的摩擦忽略不计，取g=10m/s2．求：（1）滑块A与B碰撞后瞬间的共同速度的大小；（2）小车C上表面的最短长度．2015-2016学年山东省临沂十八中高二（下）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、不定项选择题（每小题4分，共14小题，56分）1．物体的动量变化量的大小为5kg•m/s，这说明（）A．物体的动量在减小 B．物体的动量在增大C．物体的动量大小也可能不变 D．物体的动量大小一定变化【考点】动量定理．【分析】动量是矢量，只要动量的方向发生变化，则动量就发生变化．【解答】解：物体的动量变化量的大小为5kg•m/s，关于动量的大小可能增加、可能减小，也可能不变．故C正确，A、B、D错误．故选C．2．一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块，并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示，则在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统（）A．动量守恒、机械能守恒B．动量不守恒、机械能守恒C．动量守恒、机械能不守恒D．无法判断动量、机械能是否守恒【考点】机械能守恒定律；动量定理．【分析】根据系统动量守恒的条件：系统不受外力或所受合外力为零判断动量是否守恒．根据是否是只有弹簧的弹力做功判断机械能是否守恒．【解答】解：弹水平射入置于光滑水平面上的木块，并留在其中的过程中系统所受外力之和为零，动量守恒，在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中除弹簧弹力做功外还有摩擦力做功，系统机械能不守恒．故选C3．质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ．初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为（）A．mv2B．C．NμmgL D．NμmgL【考点】动量守恒定律；功能关系．【分析】小物块在箱壁之间来回运动的过程中，系统所受的合外力为零，动量守恒，根据动量守恒定律求出物块与箱子相对静止时共同速度，再求解物块和系统损失的动能，以及系统产生的内能．系统产生的内能等于系统克服摩擦力做的功．【解答】解：由于箱子M放在光滑的水平面上，则由箱子和小物块组成的整体动量始终是守恒的，直到箱子和小物块的速度相同时，小物块不再相对滑动，有mv=（m+M）v1根据能量守恒得：系统损失的动能为△E k=mv2﹣（M+m），根据功能关系得知，系统产生的内能等于系统克服摩擦力做的功，则有Q=NμmgL，故D正确，ABC错误．故选：D．4．在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球A、B，质量都为m．现B球静止，A球向B 球运动，发生正碰．已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时的弹性势能为E P，则碰前A球的速度等于（）A． B．C．2D．2【考点】机械能守恒定律．【分析】两球压缩最紧时，两球速度相等．根据碰撞过程中动量守恒，以及总机械能守恒求出碰前A球的速度．【解答】解：设碰撞前A球的速度为v，当两球压缩最紧时，速度相等，根据动量守恒得，mv=2mv′，则．在碰撞过程中总机械能守恒，有，得v=．故C正确，A、B、D错误．故选C．5．某交流发电机正常工作时，电动势e=E m sinωt，若将线框转速提高一倍，其他条件不变，则电动势的变化规律是（）A．e′=E m sinωt B．e′=E m sin2ωt C．e′=2E m sinωt D．e′=2E m sin2ωt【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理．【分析】感应电动势的瞬时值表达式为e=E m sinωt，其中E m=nBSω，当将其电枢的转速提高一倍时，E m和ω都增加一倍，再进行选择．【解答】解：感应电动势的瞬时值表达式为e=E m sinωt，当将其电枢的转速提高一倍时，由ω=2πn，E m=nBSω，可知，E m和ω都增加一倍，其表达式变为：e′=2E m sin2ωt．故D正确，ABC错误；故选：D．6．理想变压器原副线圈两侧一定不同的物理量是（）A．交变电流的频率B．交变电流的功率C．磁通量的变化率D．交变电流的峰值【考点】变压器的构造和原理．【分析】变压器的电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率，磁通量的变化率相同，频率不变．【解答】解：交流电的最大值与匝数成反比，变压器的变压原理即为在同一个铁芯中磁通量的变化率相同，输入功率等于输出功率，变压器只改变电压和电流，不改变电流的频率，故D正确，ABC错误．故选：D．7．线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动而产生交变电流的过程中，当线圈平面转到与中性面重合时（）A．穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势最大B．穿过线圈的磁通量为零，线圈中的感应电动势为零C．穿过线圈的磁通量为零，线圈中的感应电动势最大D．穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应动势为零【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理．【分析】一矩形线圈在匀强磁场内绕固定轴转动，线圈中的感应电动势e随于时间t的变化规律可得，线圈从垂直中性面开始计时；磁通量最大时，磁通量变化率为零，感应电动势为零．【解答】解：当线圈平面转到与中性面重合时，穿过线圈的磁通量最大，但磁通量变化率为零，则线圈中的感应电动势也为零，故D正确，ABC错误；故选：D．8．如图所示为理想变压器，三个灯泡L1、L2、L3都标有“5V，5W”，L4标有“5V，10W”，若它们都能正常发光，则变压器原、副线圈匝数比n1：n2和ab间电压应为（）A．2：1，25V B．2：1，20V C．1：2，25V D．1：2，20V【考点】变压器的构造和原理．【分析】L2、L3并联后与L4串联，灯泡正常发光．说明副线圈电压为10V，副线圈功率为20W，根据电压与匝数成正比，可以求得副线圈的匝数，根据变压器的输入的功率和输出的功率相等可以求得原线圈的输出功率，根据L1、正常发光得出电流，从而得出ab间电压，再求出原线圈电压，根据电压与匝数成正比，可以求得匝数比．【解答】解：L2、L3并联后与L4串联，灯泡正常发光．可知：U2=10V；P2=5+5+10W=20W，根据U1I1=P2得：U1=V=20V所以U ab=U1+U L1=20+5=25V故选A9．某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生交变电流的图象如图所示，由图中信息可以判断（）A．在A和C时刻线圈处于中性面位置B．在B和D时刻穿过线圈的磁通量为零C．从A～D时刻线圈转过的角度为2πD．若从O～D时刻历时0.02s，则在1s内交变电流的方向改变100次【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式．【分析】线圈在中性面上磁通量最大，感应电动势与感应电流均为零；线圈在平行于磁场位置（垂直于中性面处）穿过线圈的磁通量为零，感应电动势与感应电流最大；在一个周期内，电流方向改变两次，根据图象分析答题．【解答】解：A、由图象可知，A、C时刻感应电流最大，此时线圈与中性面垂直，故A错误；B、由图象可知，在B、D时刻，感应电流为零，此时线圈位于中性面上，穿过线圈的磁通量最大，故B错误；C、由图象可知，到从A到D，线圈转过的角度小于2π，故C错误；D、若从O～D时刻历时0.02s，则交变电流的频率为50Hz；在一个周期内交流电的方向改变两次；故在1s内交变电流的方向改变100次，故D正确；故选：D10．从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是（）A．掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，而掉在草地上的玻璃杯动量改变小C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，而掉在草地上的玻璃杯动量改变慢D．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时间长【考点】动量定理．【分析】玻璃杯落地前是自由落体运动；与地面碰撞过程，根据动量定理列式分析即可．【解答】解：A、玻璃杯落地前是自由落体运动，末速度一定，玻璃杯掉在水泥地上与掉在草地上的动量相等，故A错误；B、玻璃杯两次与地面碰撞过程，初动量相同，末动量为零，两种情况下动量变化量相同，故B错误；C、玻璃杯两次与地面碰撞过程，初动量相同，末动量为零，两次的动量变化量相同，但在水泥地上碰撞过程时间短，则动量的变化快，掉在草地上的杯子动量改变慢，故C、D正确．故选：CD．11．真空室内，有质量分别为m和2m的甲、乙两原子核，某时刻使它们分别同时获得3v 和2v的瞬时速率，并开始相向运动．由于它们间的库仑斥力作用，二者始终没有接触，当两原子核相距最近时，甲核的速度大小为（）A．0 B．C．v D．【考点】动量守恒定律．【分析】两原子核组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出乙的速度．【解答】解：两原子核组成的系统动量守恒，以甲的初速度方向为正方向，甲核刚要反向时速度为零，由动量守恒定律得：m•3v﹣2m•2v=3mv′，解得：v′=﹣v，符号表示与甲的初速度方向相反，速度大小为v；故选：B．12．质量为m、速度为v的A球跟质量为3m、静止的B球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，则碰撞后B球的速度可能为（）A．0.6V B．0.4V C．0.3V D．0.2V【考点】动量守恒定律．【分析】如果碰撞为弹性碰撞，没有机械能损失，此时碰撞后B的速度最大，如果碰撞为完全非弹性碰撞，机械能损失最大，碰撞后B的速度最小，根据动量守恒定律和能量守恒定律列式求解碰撞后B球的速度范围，再进行选择．【解答】解：以两球组成的系统为研究对象，以A球的初速度方向为正方向．①如果碰撞为完全弹性碰撞，由动量守恒定律得：mv=mv A+3mv B由机械能守恒定律得：mv2=mv A2+•3mv B2解得：v B=0.5v②如果碰撞为完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得：mv=（m+3m）v B解得：v B=0.25v所以碰后B球的速度范围为0.25v≤v B≤0.5v，则0.4v和0.3v是可能的，故BC正确，AD错误．故选：BC13．一个质量为0.3kg的小球，在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小为4m/s．则碰撞前后墙对小球的冲量大小I及碰撞过程中墙对小球做的功W分别为（）A．I=3 kg•m/s W=﹣3 JB．I=0.6 kg•m/s W=﹣3 JC．I=3 kg•m/s W=7.8 JD．I=0.6 kg•m/s W=3 J【考点】动量定理；动能定理的应用．【分析】由动量定理可求得墙对小球的冲量；由动能定理可求得墙对小球所做的功【解答】解：设初速度方向为正；则由动量定理可知，I=mv﹣mv0=（﹣4）×0.3﹣0.3×6=﹣3kg•m/s；由动能定理可知W=mv2﹣mv02=×0.3×16﹣×0.3×36=﹣3J；故冲量的大小为3kg•m/s，墙对小球所做的功为﹣3J；故选：A14．如图重物G压在纸带上．用水平力F慢慢拉动纸带，重物跟着一起运动，若迅速拉动纸带，纸带会从重物下抽出，下列说法正确的是（）A．慢拉时，重物和纸带间的摩擦力大B．快拉时，重物和纸带间的摩擦力大C．慢拉时，纸带给重物的冲量大D．快拉时，纸带给重物的冲量大【考点】动量定理．【分析】快拉时，由于惯性，很容易将纸片抽出；慢拉时，很难将纸片抽出；根据动量定理分析冲量大小【解答】解：A、B、用水平力F慢慢拉动纸带，重物跟着一起运动，重物与纸片间是静摩擦力；若迅速拉动纸带，纸带会从重物下抽出，重物与纸片间是滑动摩擦力；滑动摩擦力约等于最大静摩擦力；故快拉时摩擦力大；故A错误，B正确；C、D、纸带对重物的合力等于摩擦力，根据动量定理，合力的冲量等于动量的增加量，慢拉时动量增加量大，故慢拉时，纸带给重物的摩擦力的冲量大，由于作用时间长，支持力的冲量也大，故慢拉时，纸带给重物的冲量大，故C正确，D错误；故选：BC二、计算题（共四大题，44分．写出必要的解题过程．）15．冰球运动员甲的质量为80.0kg．当他以5.0m/s的速度向前运动时，与另一质畺为100kg、速度为3.0m/s的迎面而来的运动员乙相撞．碰后甲恰好静止．假设碰撞时间极短，求：（1）碰后乙的速度的大小；（2）碰撞中总机械能的损失．【考点】动量守恒定律．【分析】（1）甲乙碰撞前后的瞬间动量守恒，根据动量守恒定律求出碰后乙的速度大小．（2）根据能量守恒求出碰撞过程中机械能的损失．【解答】解：（1）设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分别为v、V，碰后乙的速度大小为V′，规定甲的运动方向为正方向，由动量守恒定律有：mv﹣MV=MV′…①代入数据解得：V′=1.0m/s…②（2）设碰撞过程中总机械能的损失为△E，应有：…③联立②③式，代入数据得：△E=1400J．答：（1）碰后乙的速度的大小为1.0m/s；（2）碰撞中总机械能的损失为1400J．16．光滑水平面有两个物块A、B在同一直线上相向运动，A的速度为4m/s，质量为2kg，B的速度为2m/s，二者碰后粘在一起沿A原来的方向运动，且速度大小变为1m/s．求：（1）B的质量；（2）这一过程产生的内能．【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．【分析】（1）两物块碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可以求出物块的质量．（2）由能量守恒定律可以求出产生的内能．【解答】解：（1）设A、B两物块的质量分别为m A、m B，碰前速度为v A、v B，碰后共同速度为v，以A物块的运动方向为正方向，由动量守恒定律得：m A v A﹣m B v B=（m A+m B）v，解得：m B=m A=×2 kg=2kg．（2）由能量守恒定律得：m A v A2+m B v B2=Q+（m A+m B）v，解得：Q=m A v A2+m B v B2﹣（m A+m B）v2=×2×42+×2×22﹣×（2+2）×12=18J．答：（1）B的质量为2kg；（2）这一过程产生的内能为18J．17．一小型水电站，其交流发电机的输出功率为1000kW，输出电压为1000V，在输电过程中，要求输电线能量损耗不大于4%，已知输电线电阻为16Ω，用户降压变压器的输出电压为240V，求送电线路中，升压变压器与降压变压器的变压比各多大？（升降压变压器均为理想变压器）【考点】远距离输电．【分析】根据输电线上损耗的功率求出输电线上的电流，根据能量守恒求出降压变压器的输入功率，从而根据P=UI求出降压变压器的输入电压，结合匝数之比等于原副线圈的匝数之比求出降压变压器的变压比；根据输出功率和输出电流求出升压变压器的输出电压，从而得出升压变压器的变压比．【解答】解：远距离输电线路的简单电路，如图所示，根据，A=50A，根据能量守恒得，P3=P2﹣P，线所以P3=P2﹣P2×4%=960kW．故V．降压变压器的匝数比．升压变压器副线圈上的电压为．升压变压器的匝数比为：．答：升压变压器的变压比为1：20，降压变压器的变压比为80：1．18．如图所示，固定的光滑圆弧面与质量为6kg的小车C的上表面平滑相接，在圆弧面上有一个质量为2kg的滑块A，在小车C的左端有一个质量为2kg的滑块B，滑块A与B均可看做质点．现使滑块A从距小车的上表面高h=1.25m处由静止下滑，与B碰撞后瞬间粘合在一起共同运动，最终没有从小车C上滑出．已知滑块A、B与小车C的动摩擦因数均为μ=0.5，小车C与水平地面的摩擦忽略不计，取g=10m/s2．求：（1）滑块A与B碰撞后瞬间的共同速度的大小；（2）小车C上表面的最短长度．【考点】动量守恒定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．【分析】（1）根据机械能守恒求解块A滑到圆弧末端时的速度大小，由动量守恒定律求解滑块A与B碰撞后瞬间的共同速度的大小；（3）根据系统的能量守恒求解小车C上表面的最短长度．【解答】解：（1）滑块A下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：m A gh=m A v12，代入数据解得：v1=5m/s，A、B碰过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m A v1=（m A+m B）v2，代入数据解得：v2=2.5m/s；（2）A、B、C三者组成的系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：（m A+m B）v2=（m A+m B+m C）v3，代入数据解得：v3=1m/s；由能量守恒定律得：μ（m A+m B）gL=（m A+m B）v22﹣（m A+m B+m C）v32，代入数据解得：L=0.375m；答：（1）滑块A与B碰撞后瞬间的共同速度的大小为2.5m/s．（2）小车C上表面的最短长度为0.375m．。

高三教学质量检查考试物 理2014．12本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分第Ⅰ卷1～3页，第Ⅱ卷4-6页，共6页。

满分100分，考试时间100分钟。

注意事项：1．答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目、试卷类型(A 或B)用铅笔涂写在答题卡上。

2．每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案代号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，不能答在试题卷上。

3．第Ⅱ卷答案也要写在答卷纸上，考试结束后将本试卷和答题卡一并交回。

第Ⅰ卷 (选择题共40分)一、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。

至少有一个选项是符合题目要求的．全部选对的得4分，选不全的得2分。

有错或不答的得0分．1．在地面上某处将一金属小球竖直向上抛出，上升一定高度后再落回原处，若不考虑空气阻力，则下述图象能正确反映速度、加速度、位移和动能随时间变化关系的是(以向上为正方向) ( )2．如图2，在内壁光滑截面为矩形的钢槽中，对齐叠放着两根长度和质量都相同，且所受重力均为G ，但粗细不同的金属管A 和B ，金属管外壁也光滑，外半径分别为1.5r 和r ，槽的宽度是4r ．下述分析正确的是 ( )A ．细管B 对底面的压力等于2G B ．两管对侧壁的压力均小于GC ．两管之间的压力小于GD ．两管间的压力和对侧壁的压力均大于G3．在冬奥会自由式滑雪比赛中，运动员在较高的雪坡上滑到某一弧形部位处，沿水平方向飞离斜坡，在空中划过一段抛物线后，再落到雪坡上，如图3所示，若雪坡的倾角为θ，飞出时的速度大小为v 0则( )A ．运动员落回雪坡时的速度大小是cos 0vB ．运动员在空中经历的时间是gv θtan 20 C ．运动员的落点与起飞点的距离是θθ220cos sin 2g v D ．运动员的落点与起飞点间竖直高度是θ220tan 2gv4．随着世界航空事业的发展，深太空探测已逐渐成为各国关注的热点．假设深太空中有一颗外星球，质量是地球质量的2倍，半径是地球半径的l/2．则下述判断正确的有( )A ．在地面上所受重力为G 的物体，在该外星球表面上所受重力变为2 GB ．该外星球上第一宇宙速度是地球上第一宇宙速度的2倍C ．该外星球的同步卫星周期一定小于地球同步卫星周期D ．该外星球上从某高处自由落地时间是地面上同一高处自由落地时间的一半 5．如图4，真空中有两个电量相同的正电荷A 、B 相距L 放置，在AB 连线的中垂线上有a 、b 、c 三点，b 点在AB 连线的中点上．a 较c 离b 近一些，现若将A 、B 两电荷同时向两边扩大相同距离，设无穷远处电势为零，则有 ( )A ．两电荷间电势能将加大B ．b 点场强仍为零,a 、c 两点场强都变小C ．a 、b 、c 三点电势都升高D ．电场强度始终有E a ＞E c ＞E b6.如图所示，在等量异种电荷形成的电场中，画一正方形ABCD ，对角线AC 与两点电荷连线重合，两对角线交点O 恰为电荷连线的中点．下列说法中正确的是（ ）A ．CA 两点间的电势差是CB 两点间的电势差的2倍 B ．B 、D 两点的电场强度及电势均相同C ．一质子由B 点沿B→C→D 路径移至D 点，电势能先减小后增大 D ．一电子由A 点沿A→O→C 路径移至C 点，所受电场力先减小后增大 7.带正电的小环套在粗糙水平杆上，杆足够长，右半部分处在匀强磁场中，小环突然获得一向右的水平速度滑入磁场中，如图所示。

2015-2016学年山东省临沂市临沭县高二（上）期中物理试卷一、选择题：本题共12小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～12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．如图是某一点电荷的电场线分布图，下列表述正确的是（）A．该点电荷带正电B．a点的电势高于b点的电势C．a点的电场强度大于b点的电场强度D．a点和b点电场强度的方向相同2．在物理学中，常常用比值定义物理量，用来表示研究对象的某种性质，下面列出七个关系式：：①场强E=②电容C=③电阻R=④电流I=；⑤电流I=⑥R电阻=⑦电动势E=，下列针对这七个关系式说法正确的是（）A．①②③④属于比值定义式B．①③⑤⑦属于比值定义式C．只有⑥⑦不属于比值定义式 D．全部属于比值定义式3．四盏灯泡接成图示电路．a、c灯泡的规格为“220V 100W”，b、d灯泡的规格为“220V 40W”，各个灯泡的实际功率都没有超过它的额定功率．则这四盏灯泡中实际消耗功率最大的是（）A．a B．b C．c D．d4．欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律，有一个长方体金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且a＞b＞c．电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻阻值最小的是（）A．B． C．D．5．一平行板电容器两极板间距为d、极板面积为S，电容为C，对此电容器充电后断开电源，当增加两板间距时，电容器极板间（）A．电场强度不变，电势差变大 B．电场强度不变，电势差不变C．电场强度减小，电势差不变 D．电场强度减小，电势差减小6．图中是一个平行板电容器，其电容为C，带电量为Q，上极板带正电．现将一个试探电荷q由两极板间的A点移动到B点，如图所示．A、B两点间的距离为s，连线AB与极板间的夹角为30°，则电场力对试探电荷q所做的功等于（）A．B．C．D．7．关于静电场，下面结论普遍成立的是（）A．静电场是由实实在在的电场线组成的B．电场强度很大的地方电势可能为零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8．小灯泡通电后，其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，则下列说法正确的是（）A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B．对应P点，小灯泡的电阻为R=C．对应P点，小灯泡的电阻为R=D．对应P点，小灯泡的功率为P=U1I29．某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹是图中虚线，由M运动到N，以下说法正确的是（）A．粒子一定带正电B．粒子由M运动到N过程中其速度越来越大C．粒子由M运动到N过程中其加速度越来越大D．粒子由M运动到N过程中其电势能越来越大10．某同学采用如图所示电路图做实验，开关闭合后，电路出现一处故障，以下分析正确的是（）A．若电流表无示数，电压表有示数，则可能是R1断路B．若电流表无示数，电压表有示数，则可能是R2断路C．若电流表有示数，电压表无示数，则可能是R1断路D．若电流表有示数，电压表无示数，则可能是R2短路11．图中a、b是两个点电荷，它们的电量分别为Q1、Q2，MN是ab连线的中垂线，P是中垂线上的一点．下列哪种情况能使P点场强方向指向MN的左侧？（）A．Q1、Q2都是正电荷，且Q1＜Q2B．Q1是正电荷，Q2是负电荷，且Q1＞|Q2|C．Q1是负电荷，Q2是正电荷，且|Q1|＜Q2D．Q1、Q2都是负电荷，且|Q1|＞|Q2|12．匀强电场中的三点是A、B、C是一个直角三角形的三个顶点，AC的长度为1cm，D为AB 的中点，如图所示，已知电场线的方向平行于△ABC所在平面，A、B、C三点的电势分别为6V、2V和10V，设场强大小为E，一电量为1×10﹣6C的正电荷从C点移到D点电场力所做的功为W，则（）A．W=6×10﹣6J B．W=4×10﹣6J C．E＞4V/m D．E≤4V/m二、填空实验题：（13题6分，14题8分，共14分，将答案填写在横线上）13．（1）如图1螺旋测微器的读数是mm（2）如图2所示是试验室使用的螺旋测微器，也叫千分尺，它是用来测量物体长度的仪器，下列关于螺旋测微器的操作正确的是A．测量时，先顺时针（如图所示方向）转动旋钮D，在螺杆F快要靠近被测物体时，应改用微调旋钮H，直至棘轮发出咔咔声时停止转动B．测量时，先逆时针（与图示方向相反）转动旋钮D，在螺杆F快要靠近被测物体时，应改用微调旋钮H，直至棘轮发出咔咔声时停止转动C．当棘轮发出咔咔声时停止转动微调旋钮H，此时应固定旋钮G，使测杆固定后才可读数D旋钮D每转动一周，就带动测微螺杆F前进或后退0.1mm．14．有一只电流表，其内阻R g为100Ω，满偏电流I g为3mA．若要把它改装成量程为15V的电压表，应一个阻值为Ω的电阻，若要把它改装成量程为0.6A 的电流表，应一个阻值为Ω的电阻．三、论述、计算题：本题共4小题，共38分．解答应写出必要的文学说明，方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．15．（2015秋•临沭县期中）如图，真空中A、B相距L=2.0m，将电荷量为q A=+2.0×10﹣6C的点电荷固定在A点，将电荷量为q B=﹣2.0×10﹣6C的点电荷固定在B点，已知静电力常量k=9×109N•m2/C2，求：（1）求q A受到的库仑力大小和方向；（2）求 AB连线中点C处的电场强度大小和方向；（3）若在AB连线中点C处再放置一个q C=﹣2.0×10﹣6C的点电荷，求q C所受静电力方向和大小．16．（2015秋•临沭县期中）如图所示，线路的电压U=220V，输电线的总电阻r=10Ω，电炉A的电阻R A=100Ω．电炉B的电阻R B=82Ω．（1）电键S断开时，电炉A上的电压和它消耗的功率分别是多少？（2）电键S闭合时，电炉A上的电压和它消耗的功率又是多少？17．（2015秋•临沭县期中）有一条横截面积S=1mm2的铜导线，通过的电流I=1A，已知铜的密度ρ=8.9×103kg/m3，铜的摩尔质量M=6.4×10﹣2kg/mol，阿伏常量N A=6.62×1023mol﹣1，电子的电量e=﹣1.6×10﹣19C，求铜导线中自由电子定向移动的速率．（铜可视为一价元素）18．（2015秋•临沭县期中）如图所示，离子发生器发射出一束质量为m，带电量为q的离子（初速度不计，重力不计），经加速电压U1加速后以垂直于电场方向射入两平行板中央，受偏转电压U2作用后，飞出电场．已知平行板的长度为L，两板间距离为d，试计算：（1）偏转量y是多少？（2）离子离开电场时的速度偏角θ的正切值是多大？2015-2016学年山东省临沂市临沭县高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共12小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～12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．如图是某一点电荷的电场线分布图，下列表述正确的是（）A．该点电荷带正电B．a点的电势高于b点的电势C．a点的电场强度大于b点的电场强度D．a点和b点电场强度的方向相同【考点】点电荷的场强．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】本题考查的就是点电荷的电场的分布及特点，以及电场线方向与电势高低的关系，抓住电场线越密，场强越大、顺着电场线电势降低进行分析即可．【解答】解：A、根据电场线从无穷远出发到负电荷终止可知，该电荷是负电荷．故A错误．B、顺着电场线电势降低，则知a点的电势低于b点的电势．故B错误．C、由图知，a处电场线较密，则a处电场强度大．故C正确．D、由图看出，a、b两点场强方向不同．故D错误．故选C【点评】熟悉正、负点电荷，等量同种、等量异种电荷周围电场分布情况往往是解题关键．2．在物理学中，常常用比值定义物理量，用来表示研究对象的某种性质，下面列出七个关系式：：①场强E=②电容C=③电阻R=④电流I=；⑤电流I=⑥R电阻=⑦电动势E=，下列针对这七个关系式说法正确的是（）A．①②③④属于比值定义式B．①③⑤⑦属于比值定义式C．只有⑥⑦不属于比值定义式 D．全部属于比值定义式【考点】电场强度；闭合电路的欧姆定律．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．【分析】所谓比值定义法，就是用两个物理量的“比值”来定义一个新的物理量的方法．比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量而改变．根据物理量的定义分析是否是比值定义法．【解答】解：①E=是电场强度的定义式，E与F、q无关，由电场本身决定，属于比值法定义．②C=是电容的定义式，C与Q、U无关，由电容器本身决定，属于比值法定义．③R=是电阻的定义式，R与I、U无关，由导体本身决定，属于比值法定义．④I=是欧姆定律表达式，I与U成正比，与R成反比，不属于比值法定义．⑤I=是电流的定义式，I与Q、t无关，属于比值法定义．⑥R═是电阻的决定式，ρ、L成正比，与S成反比，不属于比值法定义．⑦电动势E=，是比值定义式，电动势E与W，及q均无关，故ACD错误，B正确．故选：B．【点评】解决本题的关键理解比值定义法的特点：被定义的物理量往往是反映物质的属性，与定义所用的物理量无关．3．四盏灯泡接成图示电路．a、c灯泡的规格为“220V 100W”，b、d灯泡的规格为“220V 40W”，各个灯泡的实际功率都没有超过它的额定功率．则这四盏灯泡中实际消耗功率最大的是（）A．a B．b C．c D．d【考点】电功、电功率；串联电路和并联电路．【专题】恒定电流专题．【分析】先根据小灯泡的规格确定小灯泡的电阻，然后根据串并联电路的规律确定四个小灯泡电压电流的关系，从而根据P=UI=I2R=比较它们的功率大小．【解答】解：a、b灯泡的电阻R===484Ωc、d灯泡的电阻R′===1210Ω根据并联电路的特点知b、c并联后的总电阻R并＜R＜R′大电阻分大电压，所以b、c两端的电压小于d灯泡的电压，根据P=可得：P a＞P b，P c＜P b＜P da、d灯串联，电流相等，根据P=I2R知则P与R成正比，则P a＜P d，故实际电功率最大的是d灯泡；故选：D．【点评】已知用电器的额定功率、额定电压，求实际电压的功率时，要抓住电阻不变这一关键点，能结合串并联电路的特点解题，难度适中．4．欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律，有一个长方体金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且a＞b＞c．电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻阻值最小的是（）A．B． C．D．【考点】电阻定律．【专题】恒定电流专题．【分析】由金属导体电阻的决定式R=ρ进行计算，注意各电阻中的导体长度及截面积．【解答】解：由电阻的决定式可知，A中电阻R A=，B中电阻R B=；C中电阻R C=；D中电阻R D=；故电阻最小的为A；故选：A．【点评】本题考查电阻定率的应用，要注意电阻是由导体本身的性质决定的．5．一平行板电容器两极板间距为d、极板面积为S，电容为C，对此电容器充电后断开电源，当增加两板间距时，电容器极板间（）A．电场强度不变，电势差变大 B．电场强度不变，电势差不变C．电场强度减小，电势差不变 D．电场强度减小，电势差减小【考点】电容器的动态分析．【专题】电容器专题．【分析】通电后断开电容两板上的电荷量不变，由C=可知当d变化时C的变化；由C=可知两板间的电势差的变化；由E=可知E的变化．【解答】解：因通电后断开，故两板上的带电量不变；增加d，则C减小，则电势差U增大；由公式可得：U=，则电场强度为：E==，故E与d无关，故电场强度不变，故A正确，BCD错误；故选：A．【点评】通电后断开若只改变两板间的距离，则极板间的电场强度将保持不变．6．图中是一个平行板电容器，其电容为C，带电量为Q，上极板带正电．现将一个试探电荷q由两极板间的A点移动到B点，如图所示．A、B两点间的距离为s，连线AB与极板间的夹角为30°，则电场力对试探电荷q所做的功等于（）A．B．C．D．【考点】电势能；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】由平行板电容器的电容C和带电量Q，由电容的定义式求出板间电压．由E=求出板间场强．根据功的计算公式求解电场力对试探电荷q所做的功．【解答】解：由电容的定义式C=得板间电压U=，板间场强E==．试探电荷q由A点移动到B点，电场力做功W=qEssin30°=故选C【点评】本题只要抓住电场力具有力的一般性质，根据功的一般计算公式就可以很好地理解电场力做功，并能正确计算功的大小．7．关于静电场，下面结论普遍成立的是（）A．静电场是由实实在在的电场线组成的B．电场强度很大的地方电势可能为零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【考点】电场强度；电场线．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．【分析】电场强度与电势之间无必然联系，但沿电场方向电势降低，而且速度最快；电势差与两点的场强无关，只与两点间沿电场方向的距离和两点间的场强有关；电场力做功，只与电荷以及两点间的电势差有关，与两点的场强没有关系．【解答】解：A：电场实际存在，而电场线是假想的，故A错误．B：在正电荷的电场中，离正电荷近，电场强度大，电势高，离正电荷远，电场强度小，电势低；而在负电荷的电场中，离正电荷近，电场强度大，电势低，离负电荷远，电场强度小，电势高，因此电场强度很大的地方电势可能为零，故B正确；C：场强均为零的两点电势不一定相等，所以电场力做功不一定为零，故C错误；D：沿电场方向电势降低，而且速度最快．故D正确；故选：BD．【点评】电场强度、电势、电势差、电场力的功，它们的定义以及它们之间的关系要记清，有不好理解的题目可找实际的例子加以分析．8．小灯泡通电后，其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，则下列说法正确的是（）A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B．对应P点，小灯泡的电阻为R=C．对应P点，小灯泡的电阻为R=D．对应P点，小灯泡的功率为P=U1I2【考点】欧姆定律．【专题】定性思想；图析法；恒定电流专题．【分析】由图看出此灯泡是非线性元件，根据电阻是指对电流的阻碍作用判断灯泡电阻与电压之间的关系；找到P点对应的电压和电流，根据欧姆定律求出此时灯泡的电阻，由P=UI 求解功率．【解答】解：A、由图象可知，灯泡的电阻等于R=，等于图线上的点与原点O连线斜率的倒数，由数学知识可知，电压增大，此斜率减小，则灯泡的电阻增大．故A正确；BC、由图象可知，P点对应的电压为U1，电流为I2，则灯泡的电阻R=，故B错误，C正确；D、因P=UI，所以对应P点，小灯泡的功率为P=U1I2，故D正确．故选：ACD．【点评】注意U﹣I图象的意义，知道斜率等于电阻的倒数，明确功率借助图象分析时所围得面积；明确灯泡伏安特性曲线不直的原因．9．某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹是图中虚线，由M运动到N，以下说法正确的是（）A．粒子一定带正电B．粒子由M运动到N过程中其速度越来越大C．粒子由M运动到N过程中其加速度越来越大D．粒子由M运动到N过程中其电势能越来越大【考点】电场线．【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题．【分析】电场线是从正电荷或者无穷远发出，到负电荷或无穷远处为止，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功时，电势能减小，电场力做负功时，电势能增加．【解答】解：A、带电粒子在电场中运动时，受到的电场力的方向指向运动轨迹的弯曲的内侧，由此可知，此带电的粒子受到的电场力的方向为沿着电场线向上，所以此粒子为正电荷，所以A正确；B、粒子带正电，从M到N的过程中，电场力对粒子做正功，粒子的动能要增加，速度也就增大，即粒子由M运动到N过程中其速度越来越大，所以B正确；C、由电场线的分布可知，电场线在N点的时候较密，所以在N点的电场强，粒子在N点时受到的电场力大，所以在N点加速度大，所以C正确；D、粒子带正电，从M到N的过程中，电场力对粒子做正功，所以粒子的电势能要减小，即粒子在M点的电势能大于N点的电势能，所以D错误；故选：ABC．【点评】本题就是考查学生基础知识的掌握，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点和根据轨迹判定受力方向的方法，即可解决本题．10．某同学采用如图所示电路图做实验，开关闭合后，电路出现一处故障，以下分析正确的是（）A．若电流表无示数，电压表有示数，则可能是R1断路B．若电流表无示数，电压表有示数，则可能是R2断路C．若电流表有示数，电压表无示数，则可能是R1断路D．若电流表有示数，电压表无示数，则可能是R2短路【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】若电流表无示数，电路中有断路，若电流表有示数，电路是通路，根据欧姆定律分析即可．【解答】解：AB、若电流表无示数，电压表有示数，说明电路中有断路，而电压表之外的电路是通路，不可能是R1断路，可能是R2断路，故A错误，B正确．CD、若电流表有示数，电压表无示数，则电路是通路，不可能是R1断路，可能是R2短路，电压表被短路，故C错误，D正确．故选：BD【点评】本题是故障分析问题，要明确当电流表无示数，电压表有示数时，往往与电压表并联的电路出现断路．11．图中a、b是两个点电荷，它们的电量分别为Q1、Q2，MN是ab连线的中垂线，P是中垂线上的一点．下列哪种情况能使P点场强方向指向MN的左侧？（）A．Q1、Q2都是正电荷，且Q1＜Q2B．Q1是正电荷，Q2是负电荷，且Q1＞|Q2|C．Q1是负电荷，Q2是正电荷，且|Q1|＜Q2D．Q1、Q2都是负电荷，且|Q1|＞|Q2|【考点】电场的叠加．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】利用在该点正电荷所受电场力方向为电场强度方向来确定各自电场强度方向．然后两点电荷在同一点的场强是由各自电场强度矢量叠加而成的．【解答】解：A、当两点电荷均为正电荷时，若电荷量相等，则它们在P点的电场强度方向沿MN背离N方向．当Q1＜Q2时，则b点电荷在p点的电场强度比a点强，所以电场强度合成后，方向偏左．当Q1＞Q2时，则b点电荷在p点的电场强度比a点弱，所以电场强度合成后，方向偏右．故A正确；B、当Q1是正电荷，Q2是负电荷时，b点电荷在p点的电场强度方向沿bP连线背离b点，而a点电荷在p点的电场强度方向沿aP连线指向b点，则合电场强度方向偏右．不论电量大小关系，仍偏右．故B错误；C、当Q1是负电荷，Q2是正电荷时，b点电荷在p点的电场强度方向沿bP连线指向b点，而a点电荷在p点的电场强度方向沿aP连线背离a点，则合电场强度方向偏左．不论它们的电量大小关系，仍偏左．故C正确；D、当Q1、Q2是负电荷时，b点电荷在p点的电场强度方向沿bP连线指向b点，而a点电荷在p点的电场强度方向沿aP连线指向a点，由于|Q1|＞|Q2|，则合电场强度方向偏左．故D 正确；故选：ACD【点评】正点电荷在某点的电场强度方向是这两点的连线且背离正电荷，而负点电荷在某点的电场强度方向是这两点的连线且指向负电荷．12．匀强电场中的三点是A、B、C是一个直角三角形的三个顶点，AC的长度为1cm，D为AB 的中点，如图所示，已知电场线的方向平行于△ABC所在平面，A、B、C三点的电势分别为6V、2V和10V，设场强大小为E，一电量为1×10﹣6C的正电荷从C点移到D点电场力所做的功为W，则（）A．W=6×10﹣6J B．W=4×10﹣6J C．E＞4V/m D．E≤4V/m【考点】电势能；电场线．【专题】比较思想；图析法；电场力与电势的性质专题．【分析】根据U=Ed求出D点的电势，再由公式W=qU求出电场力做功．作出电场线，再由E=求电场强度的范围．【解答】解：根据U=Ed，知匀强电场中沿某一方向相等距离电势差相等，则D点的电势为φD==V=4VCD间的电势差为 U CD=φC﹣φD=10V﹣4V=6V电量为1×10﹣6C的正电荷从C点移到D点电场力所做的功为 W=qU CD=6×10﹣6J．BC的中点F的电势为φF==V=6V=φA，由AF连线为一条等势线，根据电场线与等势面垂直，且指向电势较低的等势面，画出电场线如图，则场强 E=因为U CA=φC﹣φA=10V﹣6V=4V，CG＜AC=1m，则E＞4V/m．故AC正确，BD错误．故选：AC【点评】本题考查对匀强电场中两点电势差与两点沿电场方向的距离成正比U=Ed与运用公式W=qU求解电场力做功，用活匀强电场中任一条直线上电势是均匀变化的（等势线除外）是解题的关键．二、填空实验题：（13题6分，14题8分，共14分，将答案填写在横线上）13．（1）如图1螺旋测微器的读数是 5.850 mm（2）如图2所示是试验室使用的螺旋测微器，也叫千分尺，它是用来测量物体长度的仪器，下列关于螺旋测微器的操作正确的是ACA．测量时，先顺时针（如图所示方向）转动旋钮D，在螺杆F快要靠近被测物体时，应改用微调旋钮H，直至棘轮发出咔咔声时停止转动B．测量时，先逆时针（与图示方向相反）转动旋钮D，在螺杆F快要靠近被测物体时，应改用微调旋钮H，直至棘轮发出咔咔声时停止转动C．当棘轮发出咔咔声时停止转动微调旋钮H，此时应固定旋钮G，使测杆固定后才可读数D旋钮D每转动一周，就带动测微螺杆F前进或后退0.1mm．【考点】螺旋测微器的使用．【专题】实验题；定性思想；推理法；直线运动规律专题．【分析】明确螺旋测微器的读数方法，知道在使用螺旋测微器时，选旋动粗调旋钮，再转到微调旋钮，最后拨动止动旋钮固定后读数．【解答】解：（1）固定部分读数为5.5mm，转动部分读数为35.0×0.01=0.350mm；故读数为：5.5+0.350=5.850mm；（2）ABC、用螺旋测微器测电阻丝的直径时，先转动粗调旋钮D使测微螺杆F接近被测电阻丝，再转到微调旋钮H夹住被测物，直到棘轮发出声音为止，拨动止动旋钮G使F固定后读数，故AC正确，B错误；D、旋钮D每转动一周，就带动测微螺杆F前进或后退0.5mm，故D错误；故答案为：（1）5.850 （2）AC【点评】解决本题的关键掌握螺旋测微器的工作原理，与区别与游标卡尺，同时注意D每转动一周，就带动测微螺杆F前进或后退0.5mm．14．有一只电流表，其内阻R g为100Ω，满偏电流I g为3mA．若要把它改装成量程为15V的电压表，应串联一个阻值为4900 Ω的电阻，若要把它改装成量程为0.6A的电流表，应并联一个阻值为0.5 Ω的电阻．【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题；定量思想；比例法；恒定电流专题．【分析】把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，把电流表改装成大量程的电流表需要并联分流电阻，应用串并联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值．【解答】解：把电流表改装成15V的电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值为：R=﹣R g=4900Ω，把电流表改装成0.6A的电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值为：R′==≈0.5Ω；故答案为：串联；4900；并联；0.5．【点评】本题考查了电压表与电流表的改装，知道电表改装原理是解题的关键，应用串并联电路特点与欧姆定律可以解题．三、论述、计算题：本题共4小题，共38分．解答应写出必要的文学说明，方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．15．（2015秋•临沭县期中）如图，真空中A、B相距L=2.0m，将电荷量为q A=+2.0×10﹣6C的点电荷固定在A点，将电荷量为q B=﹣2.0×10﹣6C的点电荷固定在B点，已知静电力常量k=9×109N•m2/C2，求：（1）求q A受到的库仑力大小和方向；（2）求 AB连线中点C处的电场强度大小和方向；（3）若在AB连线中点C处再放置一个q C=﹣2.0×10﹣6C的点电荷，求q C所受静电力方向和大小．【考点】电场强度；库仑定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】（1）根据库仑定律列式求解库仑力的大小，并确定库仑力的方向．（2）先求解两个电荷单独存在时在C点的场强，然后根据电场的叠加原理合成得到C点的场强．（3）由公式F=qE求解q C所受静电力大小，根据负电荷所受的电场力与场强方向相反，确定静电力的方向．【解答】解：（1）q A受到的库仑力大小，方向由A指向B；（2）C处的电场强度大小 E C=E AC+E BC=k+k=3.6×104V/m，方向由C 指向B．（3）q C所受静电力大小为，方向由C指向A．。

高二物理试题2016.05第Ⅰ卷（非选择题， 40分）一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多个选项符合题目要求。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分）1. 矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动产生的电动势如图所示，则下列说法中正确的是（ ）A ．t=0时刻线圈通过中性面B ．t 2时刻线圈中磁通量最大C ．t 3时刻线圈中磁通量变化率最大D ．t 4时刻线圈中磁通量变化率最大2. 如图所示，A 、B 两物体质量分别为A m 、B m ，且A m >B m ，置于光滑水平面上，相距较远。

将两个大小均为F 的力，同时分别作用在A 、B 上经相同距离后，撤去两个力之后，两物体发生碰撞并粘在一起后将（ ）A ．停止运动B ．向左运动C ．向右运动D ．运动方向不能确定3. 如图所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图象，则（ ）A. 用户用电器上交流电的频率是100 HzB. 发电机输出交流电的电压有效值是500 VC. 输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定D ．当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小4. 如图所示，A 、B 两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑水平桌面上．已知A 、B 两球质量分别为2m 和m ．当用板挡住A 球而只释放B 球时，B 球被弹出落于距桌面水平距离为s 的水平地面上，当用同样的程度压缩弹簧，取走A 左边的挡板，将A 、B 同时释放，B 球的落地点距桌面距离为（ ）A ．13sBC ．s D5. 如图所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为M 的小车，其左侧有半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道AB，轨道最低点B 与水平轨道BC相切，整个轨道处于同一竖直平面内．将质量为m 的物块（可视为质点）从A 点无初速释放，物块沿轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出．重力加速度为g，空气阻力可忽略不计．关于物块从A位置运动至C位置的过程，下列说法中正确的是（）A. 小车和物块构成的系统动量守恒B. 摩擦力对物块和轨道BC所做功的代数和为零C.D.6. 如图所示为理想变压器，三个灯泡L1、L2、L3都标有“4V，4W”，灯泡L4标有“4V，8W”，若它们都能正常发光，则变压器原、副线圈匝数比n1：n2和ab间输入电压为（）A．2：1，20VB．2：1，16VC．1：2，16VD．1：2，20V7. 如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为5：1，原线圈接入图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统（报警器未画出），电压表和电流表均为理想电表，R0为定值电阻，R为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小．下列说法中正确的是（）A．图乙中电压的有效值为 B．电压表的示数为44VC． R处出现火警时电流表示数增大 D． R处出现火警时电阻R0消耗的电功率增大8. 如图所示，倾斜的传送带保持静止，一木块从顶端以一定的初速度匀加速下滑到底端．如果让传送带沿图中虚线箭头所示的方向匀速运动，同样的木块从顶端以同样的初速度下滑到底端的过程中，与传送带保持静止时相比（）A．木块在滑到底端的过程中，摩擦力的冲量变大B．木块在滑到底端的过程中，摩擦力的冲量不变C．木块在滑到底端的过程中，木块克服摩擦力所做功变大D．木块在滑到底端的过程中，系统产生的内能数值将变大9. 质量为M 的物块以速度v 运动，与质量为m 的静止物块发生正撞，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比M m可能为（ ） A ． 2 B ． 3 C ． 4 D ． 510. 如图所示，理想变压器原线圈a 、b 两端接正弦交变电压u ，u ＝2202sin 100πt (V)，电压表V 接在副线圈c 、d 两端（不计导线电阻）．则当滑动变阻器滑片向右滑动时A ．电压表示数不变B ．电流表2A 的示数始终为0C ．若滑动变阻器滑片不动，仅改变u ,使200V u t π＝（）则电流表1A 的示数增大D ．若滑动变阻器滑片不动，仅改变u , 使200V u t π＝（）则电流表1A 的示数减小 第II 卷（非选择题， 60分）二、实验题（本题每空2分，共18分.把答案写在答题卡中指定答题处，不要求写出演算过程）11.（10分）某学生为了测量一物体的质量，找到一个力电转换器，该转换器的输出电压正比于受压面的压力（比例系数为k ），如图所示。

临沂第十八中学高二物理阶段性测试3.31本试卷分第1卷（选择题）和第2卷（非选择题）两部分。

满分100分。

考试时间100分钟。

一、不定项选择题（每小题4分，共14小题，56分） 1.物体的动量变化量的大小为5 kg·m/s ，这说明( )． A ．物体的动量在减小 B ．物体的动量在增大 C ．物体的动量大小也可能不变 D ．物体的动量大小一定变化2．一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A 并留在其中，A 、B 用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示．则在子弹打击木块A 及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统( )A ．动量守恒，机械能守恒B ．动量不守恒，机械能守恒C ．动量守恒，机械能不守恒D ．无法判定动量、机械能是否守恒3．质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间．如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v ，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )A.12m v 2B 22()MmV M m C.12NμmgLD ．NμmgL4. 在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球A 、B ，质量都为m ，现B 球静止，A 球向B 球运动，发生正碰。

已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时的弹性势能为E P ，则碰前A 球的速度等于（ ） A.mE PB.mE P2 C. mE P2D. mE P225．某交流发电机正常工作时，电动势e=E m sin ωt ，若将线框转速提高一倍，其他条件不变，则电动势的变化规律是：( )A ．e ’=E m sin ωtB ．e ’=E m sin2ωtC ．e ’=2E m sin ωtD ．e ’=2E m sin2ωt 6．理想变压器原副线圈两侧一定不同的物理量是：( ) A ．交变电流的频率；B ．交变电流的功率； C ．磁通量的变化率； D ．交变电流的峰值。

山东省临沂市重点中学2015届高三上学期12月月考物理试题 2014．12本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分第Ⅰ卷1～3页，第Ⅱ卷4-6页，共6页。

满分100分，考试时间100分钟。

注意事项：1．答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目、试卷类型(A 或B)用铅笔涂写在答题卡上。

2．每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案代号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，不能答在试题卷上。

3．第Ⅱ卷答案也要写在答卷纸上，考试结束后将本试卷和答题卡一并交回。

第Ⅰ卷 (选择题共40分)一、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。

至少有一个选项是符合题目要求的．全部选对的得4分，选不全的得2分。

有错或不答的得0分．1．在地面上某处将一金属小球竖直向上抛出，上升一定高度后再落回原处，若不考虑空气阻力，则下述图象能正确反映速度、加速度、位移和动能随时间变化关系的是(以向上为正方向) ( )2．如图2，在内壁光滑截面为矩形的钢槽中，对齐叠放着两根长度和质量都相同，且所受重力均为G ，但粗细不同的金属管A 和B ，金属管外壁也光滑，外半径分别为1.5r 和r ，槽的宽度是4r ．下述分析正确的是 ( )A ．细管B 对底面的压力等于2G B ．两管对侧壁的压力均小于GC ．两管之间的压力小于GD ．两管间的压力和对侧壁的压力均大于G3．在冬奥会自由式滑雪比赛中，运动员在较高的雪坡上滑到某一弧形部位处，沿水平方向飞离斜坡，在空中划过一段抛物线后，再落到雪坡上，如图3所示，若雪坡的倾角为θ，飞出时的速度大小为v 0则( )A ．运动员落回雪坡时的速度大小是cos 0vB ．运动员在空中经历的时间是gv θtan 20 C ．运动员的落点与起飞点的距离是θθ220cos sin 2g v D ．运动员的落点与起飞点间竖直高度是θ220tan 2gv4．随着世界航空事业的发展，深太空探测已逐渐成为各国关注的热点．假设深太空中有一颗外星球，质量是地球质量的2倍，半径是地球半径的l/2．则下述判断正确的有( )A ．在地面上所受重力为G 的物体，在该外星球表面上所受重力变为2 GB ．该外星球上第一宇宙速度是地球上第一宇宙速度的2倍C ．该外星球的同步卫星周期一定小于地球同步卫星周期D ．该外星球上从某高处自由落地时间是地面上同一高处自由落地时间的一半5．如图4，真空中有两个电量相同的正电荷A 、B 相距L 放置，在AB 连线的中垂线上有a 、b 、c 三点，b 点在AB 连线的中点上．a 较c 离b近一些，现若将A 、B 两电荷同时向两边扩大相同距离，设无穷远处电势为零，则有 ( )A ．两电荷间电势能将加大B ．b 点场强仍为零,a 、c 两点场强都变小C ．a 、b 、c 三点电势都升高D ．电场强度始终有E a ＞E c ＞E b6.如图所示，在等量异种电荷形成的电场中，画一正方形ABCD ，对角线AC 与两点电荷连线重合，两对角线交点O 恰为电荷连线的中点．下列说法中正确的是（ ）A ．CA 两点间的电势差是CB 两点间的电势差的2倍 B ．B 、D 两点的电场强度及电势均相同C ．一质子由B 点沿B→C→D 路径移至D 点，电势能先减小后增大 D ．一电子由A 点沿A→O→C 路径移至C 点，所受电场力先减小后增大 7.带正电的小环套在粗糙水平杆上，杆足够长，右半部分处在匀强磁场中，小环突然获得一向右的水平速度滑入磁场中，如图所示。

本卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

请将第Ⅰ卷的答案，填在答题卡内，满分100分，考试时间90分钟。

一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。

其中1—6题为单项选择题。

7—10为多选题（给出的四个选项中至少有两个选项符合题目要求，选全的得4分，选对但不全的得2分，选错和不选的得0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、爱因斯坦B、奥斯特C、伽利略D、牛顿【答案】B考点：物理学史【名师点睛】本题考查的是物理学常识，对于物理学史上著名物理学家、经典实验和重要理论要记牢，这也是高考内容之一。

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。

2、磁感应强度B在国际单位制中的单位是特斯拉（符合T），那么下面四个选项中与1T相等的是（）A、1NAB、1NC s∙C、1NC m∙D、21Wbm【答案】D 【解析】试题分析：根据磁感应强度的定义式BFIL=得，11/?T N A m=（），由BS=Φ，则单位可以为2/Wb m，故D正确，ABC错误。

考点：磁感应强度，单位制【名师点睛】T是导出单位，可根据物理公式推导出各物理量单位的关系，要对公式要熟悉。

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 、磁感线可以用铁屑来演示，因此磁感线是实际存在的，只是用肉眼看不到【答案】B考点：磁感线及用磁感线描述磁场、电场线【名师点睛】此题主要考查了磁感线的特点，用磁感线来描述磁场是建立理想模型法，特别注意磁感线的方向的规定，在磁体外部是从N 极到S 极，对于磁感线的理解可以和电场线类比进行。

4、有关洛伦兹力和安培力的描述，正确的是（ ）A 、通电直导线在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伦兹力的宏观表现C 、带电粒子在匀强磁场中运动受到的洛伦兹力做正功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【答案】B【解析】试题分析：安培力公式为F BILsin θ=，其中θ为电流方向与磁场方向的夹角，当0θ=︒时，就算有电流和磁场也不会有安培力，故A 错误；导线中定向移动的电荷受到的洛伦兹力在宏观上就表现为导线受到的安培力，所以说：安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现，故B 正确；根据左手定则：洛伦兹力的方向与电荷运动方向垂直，故洛伦兹力对电荷不做功，故C 错误；通电直导线在磁场中受到的安培力方向与磁场方向根据左手定则，应该是相互垂直，故D 错误。

山东省临沂市沂水一中 2015-2016学年高一（上）月考物理试卷（12月份）（实验班）一、选择题（此题共10小题，每题4分，共40分．在每题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．所有选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）1．相关运动状态与所受外力的关系，下边说法中正确的选项是（）A．物体遇到恒定的力作用时，它的运动状态不发生改变B．物体遇到不为零的协力作用时，它的运动状态要发生改变C．物体遇到的协力为零时，它必定处于静止状态D．物体的运动方向必定与它所受的协力的方向相同2．一辆农用“小四轮”因为漏油，当车在平直公路上行驶时，若每隔ls漏下一滴，一位同学根据漏在路面上的油滴散布，进而剖析“小四轮”的运动状况（已知车的运动方向）．以下说法中正确的选项是（）．当沿运动方向油滴一直均匀散布时，车能够认为做匀加快直线运动．当沿运动方向油滴间距均匀增大时，车的加快度能够认为保持不变．当沿运动方向油滴间距渐渐增大时，车的加快度却可能在减小3．一个质点做直线运动，其s﹣t图象以下图，则图中与之对应的v﹣t图象是（）A．B．C．D．4．以下图，A、B两球完整相同，质量为m，用两根等长的细线悬挂在O点，两球之间夹着一根劲度系数为k的轻弹簧，静止不动时，弹簧位于水平方向，两根细线之间的夹角为θ．则弹簧的长度被压缩了（）A．B．C．D．5．如图，一质量为m的滑块静止置于倾角为30°的粗拙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点，另一端系在滑块上，弹簧与斜面垂直，则（）．滑块不行能只遇到三个力作用．弹簧可能处于伸长状态C．斜面对滑块的支持力大小可能为零D．斜面对滑块的摩擦力大小必定等于m g6．以下图，细而轻的绳两头，分别系有质量为m A、m B的球，m A静止在圆滑半球形表面P点（球可视为质点），已知过P点的半径与水平面夹角为60°，则m A和m B的关系是（）A．m A=m B B．m A=m B C．m A=2m B D．m B=m A7．以下图，两物体放在圆滑的水平面上，中间用轻弹簧相连．从左侧水平拉动M，使它们产生一个共同的加快度a，这时弹簧的伸长量为L1；从右边水平拉动m，使它们也产生一个共同的加快度a，这时弹簧的伸长量为L2．已知两物体的质量为M＞m，则对于L1和L2的大小关系为（）A．L1＞L2B．L1=L2C．L1＜L2D．没法确立8．质量为m1和m2的两个物体，由静止从同一高度着落，运动中所受的空气阻力分别是F1和F2．假如发现质量为m1的物体先落地，则有（）A．＜B．＞C．m 1＞m21＜F2D．F9．轻绳一端系在质量为m的物块A上，另一端系在一个套在粗拙竖直杆MN的圆环上．现用水平力F拉住绳索上一点O，使物块A从图中实线地点迟缓降落到虚线地点，但圆环仍保持在本来地点不动．在这一过程中，环对杆的摩擦力F1和环对杆的压力F2的变化状况是（）A．F1保持不变，F2渐渐增大B．F1保持不变，F2渐渐减小1渐渐增大，F2保持不变D．F1渐渐减小，F2保持不变C．F10．以下图，以8m/s匀速行驶的汽车马上经过路口，绿灯还有2s将熄灭，此时汽车距离停车线18m．该车加快时最大加快度大小为2m/s 2，减速时最大加快度大小为5m/s2．此路段允许行驶的最大速度为，以下说法中正确的有（）．假如立刻做匀加快运动，在绿灯熄灭前汽车可能经过泊车线．假如立刻做匀加快运动，在绿灯熄灭前经过泊车线汽车必定超速C．假如立刻做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车必定不可以经过泊车线D．假如距泊车线5m处减速，汽车能停在泊车线处二、实验题（此题共2小题，每空2分，共16分.把答案写在答题卡中指定答题处，不要求写出演算过程）11．某同学为研究求协力的方法，做了如右图所示的实验．ABCD 为竖直平板，E、F两处固定了摩擦不计的轻质滑轮，滑轮的轴保持水平，所用绳索的质量可不计．第一次实验中，当装置均衡时，绳索的结点在O处，拉力的方向和钩码的地点以下图．第二次实验时，仅把右边滑轮的地点挪动到图中的G点，待稳固后，∠EOF将（填“变大”、“变小”或“不变”），绳索结点O的地点将．竖直向下挪动．水平向右挪动C．沿EO方向挪动D．沿FO方向挪动．12．某同学设计了一个“研究加快度a与力F、质量M的关系”的实验．如图1为该实验装置图，此中砂桶及砂的总质量为m．（1）研究时，为了让小车所受的合外力近似等于砂和砂桶的重力应采纳的举措和知足的条件有：①；②；（2）该同学保持砂和砂桶的总质量不变，改变小车质量M，研究加快度a和小车质量M的关系，获取的实验数据以下表：实验次数12345小车加快度a（m/s 2）小车质量M（kg）为了直观反应F不变时a与M的关系，请依据上表数据在图2坐标纸中作出图象．（3）由图象可得F不变时，小车的加快度a与质量M之间的关系是：．（4）还有一起学在该实验中获取了一条如图3所示的纸带．已知打点计时器使用的沟通电源的频次为50Hz．在纸带上选择13个打点，此中1、3、5、7、9、11、13号打点作为计数点，分别测得x1、x2、x3、x4、x5、x6．打点器打下7号打点瞬速度的大小是m/s ；小运的加快度的大小是m/s 2（算果保存两位有效数字）．三、算（共4小，共44分．解答写出必需的文字明、方程式和重要演算步，只写出最后答案不可以得分，有数算的，答案中必明确写出数和位） .13．如所示，量4kg 的物体在水平面上遇到大小 20N ，方向与水平面成 37°角斜向上的拉力F 的作用，沿水平面做速度2m/s 的匀速运，物体与水平面的摩擦因数 ，g 取10m/s 2，求： （1）拉力 F 的大小．（2）撤去 F 后物体滑行的距离．14．如所示，物体从圆滑斜面上的 A 点由静止开始下滑， B 点后入水平面（B 点前后速度大小不），最后停在C 点．每隔秒通速度感度量物体的瞬速度，表出了部重量数据．（重力加快度 g=10m/s 2）求： t （s ）⋯ ⋯ v （m/s ）⋯⋯1）斜面的角α；2）物体与水平面之的摩擦因数μ；（3）的瞬速度v ．15．美国密安大学五名学航空航天工程的大学生搭乘 NASA 的艇参加了“微重力学生行时机划”，行将艇开到 6000m 的高空后，艇由静止着落，以模一种微重力的境．着落程艇所受空气阻力其重力的 倍，，能够得持 25s 之久的失重状，大学生就能够行微重力影响的．接着艇又做匀减速运，若艇离地面的高度不得低于500m ．重力加快度g 取10m/s 2，算：1）艇在25s 内所着落的高度；2）在艇以后的减速程中，大学生座位的力起码是其重力的多少倍．16．如所示，一量1kg 的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面角 θ30°．小球在F=20N 的直向上的拉力作用下，从 A 点静止出向上运，已知杆与球的摩擦因数μ．求：（1）小球运的加快度 a 1；（2）若F 作用后撤去，小球上滑程中距 A 点最大距离 s m ；（3）若从撤去力 F 开始，小球多将距A 点上方的B 点．2015-2016学年山东省临沂市沂水一中高一（上）月考物理试卷（12月份）（实验班）参照答案与试题分析一、选择题（此题共10小题，每题4分，共40分．在每题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．所有选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）1．相关运动状态与所受外力的关系，下边说法中正确的选项是（）A．物体遇到恒定的力作用时，它的运动状态不发生改变B．物体遇到不为零的协力作用时，它的运动状态要发生改变C．物体遇到的协力为零时，它必定处于静止状态．物体的运动方向必定与它所受的协力的方向相同【考点】牛顿第必定律．【剖析】物体所受的协力为0时，物体处于静止状态或匀速直线运动状态；只需合外力不为0，物体的运动状态就会发生变化；合外力不为0时，速度能够为0；物体所受的协力不变且不为0，物体的运动状态必定发生变化．【解答】解：A、物体遇到恒定的力作用时，它的加快度不变，可是速度是改变的，比如平抛运动，故A错误．B、物体遇到不为零的协力作用时，加快度就不为零，所以它的运动状态要发生改变，故B正确．C、物体遇到的协力为零时，处于静止状态或匀速直线运动，故C错误．、物体加快度方向必定与它所受的协力的方向相同，可是但物体加快度的方向与物体速度的方向不必定相同．故D错误．应选B．【评论】掌握加快度的定义式a=和决定式a=的差别与联系是掌握该部分知识的必由之路．2．一辆农用“小四轮”因为漏油，当车在平直公路上行驶时，若每隔ls漏下一滴，一位同学根据漏在路面上的油滴散布，进而剖析“小四轮”的运动状况（已知车的运动方向）．以下说法中正确的选项是（）．当沿运动方向油滴一直均匀散布时，车能够认为做匀加快直线运动．当沿运动方向油滴间距均匀增大时，车的加快度能够认为保持不变．当沿运动方向油滴间距渐渐增大时，车的加快度却可能在减小【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】直线运动规律专题．【剖析】此题主要考察连续相等的时间间隔内位移差△x和加快度a之间的关系，假如△x＞0，物体加快，当△x渐渐增大时，a渐渐增大，△x渐渐减小，则车的加快度可能渐渐减小．【解答】解：A、当沿运动方向油滴一直均匀散布时，车能够认为做匀速直线运动．故A错误．2B 、当沿运动方向油滴间距均匀增大时，依据△x=aT=恒量，车做匀加快直线运动，加快度不变．故B 正确．C 、当沿运动方向油滴间距渐渐增大时，车做加快运动，可是不必定是匀加快直线运动．故 C错误．D 、当沿运动方向油滴间距渐渐增大时，车做加快运动，加快度可能减小，可能增大．故D 正确．应选：BD ．【评论】灵巧的利用基本公式△x=aT 2是解决此题的重点，只有真实理解了连续相等的时间间隔内位移差△x=aT 2，才有可能灵巧迅速的解决此题．故要增强基本观点的理解．3．一个质点做直线运动，其s ﹣t 图象以下图，则图中与之对应的 v ﹣t 图象是（ ）A ．B ．C ．D ．【考点】匀变速直线运动的图像． 【专题】运动学中的图像专题．【剖析】位移﹣时间图象表示物体的地点随时间的变化，图象上的随意一点表示该时辰的地点，图象的斜率表示该时辰的速度，斜率的正负表示速度的方向．【解答】解：因为位移﹣时间图象的斜率表示该时辰的速度，斜率的正负表示速度的方向，所以第一秒内，图象的斜率为正常数，即速度为正方向的匀速运动；第二秒内斜率为零即物体的速度为零，物体处于静止状态；第二秒末究竟五秒末，斜率为负常数，即速度为负方向的匀速直线运动；故ACD 错误，B 正确．应选：B【评论】理解位移﹣时间图象上点和斜率的物理意义，理解好速度﹣时间图象的点、线、面的物理意义，并能将两种图象互相转变．4．以下图， A 、B 两球完整相同，质量为m ，用两根等长的细线悬挂在 O 点，两球之间夹着一根劲度系数为k 弹簧的长度被压缩了（的轻弹簧，静止不动时，弹簧位于水平方向， 两根细线之间的夹角为）θ．则A．B．C．D．【考点】共点力均衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【专题】共点力作用下物体均衡专题．【剖析】对A球受力剖析，而后依据均衡条件并运用合成法获取弹簧的弹力，最后依据胡克定律获取弹簧的压缩量．【解答】解：对球A受力剖析，受重力mg、拉力T、弹簧的弹力F，如图依据均衡条件，联合合成法，有：F=mgtan依据胡克定律，有：F=kx解得：x=应选：A．【评论】此题重点是对小球受力剖析，而后依据共点力均衡条件并运用合成法求解出弹力，最后依据胡克定律求解出弹簧的压缩量．5．如图，一质量为m的滑块静止置于倾角为30°的粗拙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点，另一端系在滑块上，弹簧与斜面垂直，则（）．滑块不行能只遇到三个力作用．弹簧可能处于伸长状态C．斜面对滑块的支持力大小可能为零D．斜面对滑块的摩擦力大小必定等于m g【考点】共点力均衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【专题】共点力作用下物体均衡专题．【剖析】滑块可能受重力、支持力、摩擦力三个力处于均衡，弹簧处于原长，弹力为零．滑块可能受重力、支持力、摩擦力、弹簧的弹力四个力处于均衡．依据共点力均衡进行剖析．【解答】解：A、簧与直方向的角30°，所以簧的方向垂直于斜面，因簧的形状况未知，所以斜面与滑之的力大小不确立，所以滑可能只受重力、斜面支持力和静摩擦力三个力的作用而均衡，此簧力零，于原状，故A，B正确；C、沿斜面方向，依据均衡条件滑此遇到的摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力（等于mg），不零，有摩擦力必有力，所以斜面滑的支持力不行能零，故C，D正确．故：BD．【点】解决本的关能正确地受力剖析，运用共点力均衡行求解，注意簧的力可能零，可能不零．6．如所示，而的两头，分系有量m A、m B的球，m A静止在圆滑半球形表面P点（球可点），已知P点的半径与水平面角60°，m A和m B的关系是（）A．m=mB B．m=mBC．m=2mBD．m=mAA A A B【考点】共点力均衡的条件及其用；力的合成与分解的运用．【】共点力作用下物体均衡．【剖析】先以量m B的球研究象，求出子的拉力大小，再以量m A的球研究象，求出两球量的关系．【解答】解：以量m B的球研究象，依据均衡条件得，子的拉力F=m B g⋯①再以量m A的球研究象，剖析受力如，子的拉力方向近似沿着球面的切方向．根据均衡条件得：m A gcos60°=F⋯②立①②得：m A=2m B故C【点】本采纳隔绝法研究力均衡，两物体之拉力大小相等，是两物体之的系．7．如所示，两物体放在圆滑的水平面上，顶用簧相．从左水平拉M，使它生一个共同的加快度a，簧的伸量L1；从右水平拉m，使它也生一个共同的加快度a，簧的伸量L2．已知两物体的量M＞m，对于L1和L2的大小关系（）A．L1＞L2B．L1=L2C．L1＜L2D．没法确立【考点】牛顿第二定律；胡克定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【剖析】从左侧水平拉动M，对m运用牛顿第二定律求出弹簧弹力，从右边水平拉动m，对M运用牛顿第二定律求出弹簧弹力，再依据胡克定律即可比较L1和L2的大小关系．【解答】解：从左侧水平拉动M，对m运用牛顿第二定律得：F弹=ma从右边水平拉动m，对M运用牛顿第二定律得：F′弹=Ma因为M＞m，所以F弹＜F′弹依据胡克定律得：kL1＜kL2所以L1＜L2应选C【评论】此题主要考察了牛顿第二定律及胡克定律的应用，难度不大，属于基础题．8．质量为m1和m2的两个物体，由静止从同一高度着落，运动中所受的空气阻力分别是F1和F2．假如发现质量为m1的物体先落地，则有（）A．＜B．＞C．m1＞m2D．F1＜F2【考点】牛顿第二定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【剖析】依据牛顿第二定律分别求出两个物体的加快度，依据位移时间公式求出运动的时间，依据时间关系即可求解．【解答】解：依据牛顿第二定律得：a1=a2=依据位移时间公式得：h=解得：t1=t2=因为t1＜t2所以＞所以＜．应选A【评论】此题主要考察了牛顿第二定律及位移时间公式的直策应用，难度不大，属于基础题．9．轻绳一端系在质量为m的物块A上，另一端系在一个套在粗拙竖直杆MN的圆环上．现用水平力F拉住绳索上一点O，使物块A从图中实线地点迟缓降落到虚线地点，但圆环仍保持在本来地点不）动．在这一过程中，环对杆的摩擦力F1和环对杆的压力F2的变化状况是（A．F1保持不变，F2渐渐增大B．F1保持不变，F2渐渐减小1渐渐增大，F2保持不变D．F1渐渐减小，F2保持不变C．F【考点】共点力均衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【专题】共点力作用下物体均衡专题．【剖析】以圆环、物体A及轻绳整体为研究对象，剖析受力状况，依据均衡条件剖析杆对环的摩擦力和弹力，再由牛顿第三定律剖析环对杆的摩擦力F1的变化状况．以结点O为研究对象，剖析F的变化，依据F与杆对环的弹力的关系，剖析杆对环的弹力的变化状况．【解答】解：以圆环、物体A及轻绳整体为研究对象，剖析受力状况，作卖力争如图1所示．根据均衡条件获取，杆对环的摩擦力F1=G，保持不变．杆对环的弹力F2=F．再以结点O为研究对象，剖析受力状况，作卖力争如图2所示．由均衡条件获取F=mgtanθ当物体A从图中实线地点迟缓降落到虚线地点过程中，θ渐渐减小，则F渐渐减小，F2渐渐减小．所以F1保持不变，F2渐渐减小．应选：B．【评论】此题是力均衡中动向变化剖析问题，重点是灵巧选择研究对象，剖析物体的受力状况．10．以下图，以 8m/s 匀速行驶的汽车马上经过路口，绿灯还有2s 将熄灭，此时汽车距离停车线18m ．该车加快时最大加快度大小为 2m/s 2，减速时最大加快度大小为 5m/s 2．此路段允许行驶的最大速度为 ，以下说法中正确的有（ ）．假如立刻做匀加快运动，在绿灯熄灭前汽车可能经过泊车线．假如立刻做匀加快运动，在绿灯熄灭前经过泊车线汽车必定超速C ．假如立刻做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车必定不可以经过泊车线D ．假如距泊车线5m 处减速，汽车能停在泊车线处【考点】匀变速直线运动规律的综合运用．【专题】计算题．【剖析】此题中汽车有两种选择方案方案一、加快经过依据AB 选项提示，汽车立刻以最大加快度匀加快运动， 分别计算出匀加快 2s 的位移和速度，与实质要求对比较，得出结论；方案二、减速停止依据CD 选项提示，汽车立刻以最大加快度匀减速运动，分别计算出减速到停止的时间和位移，与实质要求对比较，即可得出结论．【解答】解：假如立刻做匀加快直线运动， t 1=2s 内的位移 =20m ＞18m ，此时汽车的速度为 v 1=v 0+a 1t 1=12m/s ＜，汽车没有超速，A 项正确、B 错误； 不论是用多小的加快度做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车必定不可以经过泊车线，因为即便不 减速，匀速行驶， 2秒所能行驶的距离也不过16m ＜18m ；故C 正确假如立刻以最大加快度做匀减速运动，速度减为零需要时间s ，此过程经过的位移为，即刹车距离为 ，所以假如距泊车线 5m 处减速，则会过线；D错误．应选：AC．【评论】娴熟应用匀变速直线运动的公式，是办理问题的重点，对汽车运动的问题必定要注意所求解的问题能否与实质状况符合．二、实验题（此题共2小题，每空2分，共16分.把答案写在答题卡中指定答题处，不要求写出演算过程）11．某同学为研究求协力的方法，做了如右图所示的实验．ABCD为竖直平板，E、F两处固定了摩擦不计的轻质滑轮，滑轮的轴保持水平，所用绳索的质量可不计．第一次实验中，当装置均衡时，绳索的结点在O处，拉力的方向和钩码的地点以下图．第二次实验时，仅把右边滑轮的地点挪动到图中的G点，待稳固后，∠EOF将不变（填“变大”、“变小”或“不变”），绳索结点O的地点将CA．竖直向下挪动B．水平向右挪动C．沿EO方向挪动D．沿FO方向挪动．【考点】考证力的平行四边形定章．【专题】实验题；平行四边形法例图解法专题．【剖析】稳固后，O点处于均衡状态，所受三个力的协力为零，即任何两个力的协力与此外一个力等大反向，依据均衡条件和平行四边形定章可正确解答．【解答】解：以O点为研究对象，遇到三个力的作用，因为钩码个数不变，所以三个力的大小不变，O点所受竖直方向的拉力大小方向不变，即EO，FO两绳索拉力的协力大小方向不变，依据平行四边形定章可知，二力的大小不变，其协力的大小方向不变，则该二力的夹角不变，故∠EOF不变；依据相像三角形的几何关系可知，E点地点不变， EF之间的距离变大，而∠EOF不变，所以绳索结点O的地点将向EO方向挪动，故ABD错误，C正确．应选：C．故答案为：不变，C．【评论】掌握三力均衡的条件，理解平行四边形定章，同时考证平行四边形定章是从力的图示角度去作图剖析．12．某同学设计了一个“研究加快度a 与力F 、质量M 的关系”的实验．如图1为该实验装置图，此中砂桶及砂的总质量为m ．（1）研究时，为了让小车所受的合外力近似等于砂和砂桶的重力应采纳的举措和知足的条件有：①M ＞＞m ；②右端垫高用重力的分力均衡摩擦力；（2）该同学保持砂和砂桶的总质量不变， 改变小车质量 M ，研究加快度a 和小车质量M 的关系，获取的实验数据以下表：实验次数12345小车加快度a （m/s 2）小车质量M （kg ）为了直观反应F 不变时a 与M 的关系，请依据上表数据在图 2坐标纸中作出 图象．（3）由图象可得F 不变时，小车的加快度 a 与质量M 之间的关系是：加快度a 与质量M成反比．（4）还有一起学在该实验中获取了一条如图 3所示的纸带．已知打点计时器使用的沟通电源的频次为50Hz ．在纸带上选择13个打点，此中 1、3、5、7、9、11、13号打点作为计数点，分别测得x 1、x 2、x 3、x 4、x 5、x 6．则打点计时器打下7号打点时刹时速度的大小是m/s ；小车运动的加快度的大小是2．m/s （计算结果保存两位有效数字） 【考点】研究加快度与物体质量、物体受力的关系．【专题】实验题；定性思想；实验剖析法；牛顿运动定律综合专题．【剖析】（1）依据F=M ≈mg 可知必需均衡摩擦力且要知足M ＞＞m ；（2）依据描点法作图；（3）依据a ﹣图象剖析F 不变时，加快度 a 与质量M 得关系；（4）依据匀变速直线运动的推论公式△x=aT 2能够求出加快度的大小，依据匀变速直线运动 中时间中点的速度等于该过程中的均匀速度，能够求出打纸带上7点时小车的刹时速度大小．【解答】解：（1）为使小车所受合外力等于细线的拉力，所以必需有小车的重力沿轨道的分力等于轨道对小车的摩擦力，所以做实验时必需均衡摩擦力，即右端垫高用重力的分力均衡摩擦力．以砂桶作为研究对象有： mg ﹣F T =ma 以小车作为研究对象有： F T =Ma 联立以上两式可得： F T =M 要绳索的拉力等于砂桶的总的重力，即： M =mg ，故： =1，则有M ＞＞m ；（2）依据描点法作出图象，以下图：（3）依据a ﹣图象可知，当 F 不变时，加快度a 与质量M 成反比；（4）因为每相邻两个计数点间还有 1个点，所以相邻的计数点间的时间间隔，依据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的均匀速度， v 7=依据匀变速直线运动的推论公式△x=aT 2能够求出加快度的大小，得：x 4﹣x 1=3a 1T 2x 5﹣x2=3a 2T2x 6﹣x3=3a 3T2为了更为正确的求解加快度，我们对三个加快度取均匀值，得：a= （a 1+a 2+a 3）代入数据得： a=2故答案为：（1）M ＞＞m ，右端垫高用重力的分力均衡摩擦力； （2）以下图；（3）加快度a与质量M 成反比；（4），【评论】掌握实验原理是正确解决实验题目的前提条件；实验时要均衡摩擦力，均衡摩擦力不足或过均衡摩擦力都是错误的．要提升应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平常练习中要增强基础知识的理解与应用．三、计算题（共4小题，共44分．解答应写出必需的文字说明、方程式和重要演算步骤，只 写出最后答案不可以得分，有数值计算的题，答案中一定明确写出数值和单位） .13．以下图，质量为4kg 的物体在水平面上遇到大小为 20N ，方向与水平面成37°角斜向上的拉力F 的作用，沿水平面做速度为2m/s 的匀速运动，物体与水平面间的动摩擦因数为，g 取10m/s 2，求：。

高二寒假收心考试理科综合能力测试物理部分14. 如图14所示，A、B是两个带有绝缘支架的金属球，它们原来均不带电，并彼此接触．现使带负电的橡胶棒C靠近A(C与A不接触)，然后先将A、B分开，再将C移走．关于A、B的带电情况，下列判断正确的是()图14A．A带正电，B带负电B．A带负电，B带正电C．A、B均不带电D．A、B均带正电15. 使两个完全相同的金属小球(均可视为点电荷)分别带上－3Q和＋5Q的电荷后，将它们固定在相距为a的两点，它们之间库仑力的大小为F1.现用绝缘工具使两小球相互接触后，再将它们固定在相距为2a的两点，它们之间库仑力的大小为F2.则F1与F2之比为() A．2∶1 B．4∶1C．16∶1 D．60∶116. 如图16所示，a、b、c、d分别是一个菱形的四个顶点，∠abc＝120°. 现将三个等量的正点电荷＋Q固定在a、b、c三个顶点上，将一个电荷量为＋q的点电荷依次放在菱形中心点O点和另一个顶点d点，两点相比图16A．＋q在d点所受的电场力较大B．＋q在d点所具有的电势能较大C．d点的电场强度大于O点的电场强度D．d点的电势低于O点的电势17. 如图17所示，一电子束沿垂直于电场线与磁感线方向入射后偏向A极板，为了使电子束沿射入方向做直线运动，可采用的方法是()图17A．将变阻器滑动头P向右滑动B．将变阻器滑动头P向左滑动C．将极板间距离适当减小D．将极板间距离适当增大18. 穿过某闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象分别如图18中①～④所示，下列关于该回路中的感应电动势的论述，正确的是()图18A．图①中，回路中产生的感应电动势恒定不变B．图②中，回路中产生的感应电动势一直在变大C．图③中，回路中在0～t1时间内产生的感应电动势小于在t1～t2时间内产生的感应电动势D．图④中，回路中产生的感应电动势先变小后变大19. 如图19所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F将小球向下压至某位置静止．现撤去F，小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为W1和W2，小球离开弹簧时速度为v，不计空气阻力，则上述过程中()图19A．小球与弹簧组成的系统机械能守恒B．小球的重力势能增加－W1C．小球的机械能增加W1＋12m v2D．小球的电势能减少W220.巨磁电阻(GMR)电流传感器可用来准确检测大容量远距离直流输电线路中的强电流，其原理利用了巨磁电阻效应．巨磁电阻效应是指某些磁性材料的电阻R在一定磁场作用下随磁感应强度B的增加而急剧减小的特性．如图20所示检测电路，设输电线路电流为I(不是GMR中的电流)，GMR为巨磁电阻，R1、R2为定值电阻，已知输电线路电流I在巨磁电阻GMR处产生的磁场的磁感应强度B的大小与I成正比，下列有关说法正确的是()图20A．如果I增大，电压表V1示数减小，电压表V2示数增大B．如果I增大，电流表A示数减小，电压表V1示数增大C．如果I减小，电压表V1示数增大，电压表V2示数增大D．如果I减小，电流表A示数减小，电压表V2示数减小21. 如图3(a)、(b)所示的电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，且小于灯A的电阻，接通S，电路达到稳定后，灯泡A发光，则()图3A．在电路(a)中，断开S，A将渐渐变暗B．在电路(a)中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗C．在电路(b)中，断开S，A将渐渐变暗D．在电路(b)中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗第Ⅱ卷三、非选择题：包括必考题和选修题两部分。