高二上学期物理第一次月考试卷第26套真题

黑龙江省牡丹江市重点高级中学2023-2024学年高二上学期第一次月考物理试卷（含答案）牡丹江市重点高级中学2023-2024学年高二上学期第一次月考物理试卷考试时间:60分钟分值:100分一、选择题（共20小题，每题3分，共60分；每小题四个选项中，只有一项符合题意）1．在研究下列物体的运动时，哪个物体可以看成质点()A．研究乒乓球的旋转B．研究运动员的跳水动作C．研究卫星绕地球运行的周期D．研究车轮的转动2. 现有八个描述质点机械运动的物理量：①位移；②路程；③瞬时速度；④平均速度；⑤时间；⑥速率；⑦速度变化量；⑧加速度。

请把不是矢量的物理量全部选出来，你认为正确的是( )A. ②⑤B.②⑤⑥C. ②④⑤⑥D.②⑤⑥⑦3．如图所示，人静止站在测力计上，下列说法中正确的是() A．人对测力计的压力和测力计对人的支持力是一对平衡力B．人所受的重力和人对测力计的压力是一对平衡力C．人对测力计的压力和测力计对人的支持力是一对作用力与反作用力D．人所受的重力和人对测力计的压力是一对作用力与反作用力4．下列几组共点力，分别作用在一个物体上，有可能使物体做匀速直线运动的是（）A. 5N、7N、13NB. 3N、4N、8NC. 2N、5N、9ND. 4N、5N、7N5.一辆汽车在水平公路上转向时,为防止侧滑,沿曲线减速行驶。

关于汽车的速度v及所受合力F的方向，最可能如下列哪幅图所示() A B C D6．北京时间2022年4月16日9时56分，神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，三名宇航员安全返回，我国的空间站仍在距地面400km的轨道飞行。

我国的空间站与同步卫星相比较，下列说法正确的是（）A．空间站的周期大于同步卫星的周期B．空间站的速度大于同步卫星的速度C．空间站的加速度小于同步卫星的加速度D．空间站所受地球引力大于同步卫星所受地球引力7．摩天轮往往是一个地方的标志性建筑，如图所示，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，下列叙述正确的是()A．乘客随座舱向下转动时，乘客重力做正功，重力势能增大B．摩天轮匀速转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变C．摩天轮匀速转动过程中，乘客机械能守恒D．摩天轮匀速转动过程中，乘客动能保持不变8．下列说法正确的是()A．木块放在桌面上受到一个向上的弹力，这是由于木块发生微小形变而产生的B．由磁铁间存在相互作用可知：力可以离开物体而单独存在C．摩擦力的方向总是与物体的运动方向相反D．质量均匀分布、形状规则的物体的重心可能在物体上，也可能在物体外9.如图所示是一个玩具陀螺．a、b和c是陀螺上的三个点．当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转时，下列表述正确的是() A．a、b和c三点的线速度大小相等B．a、b和c三点的角速度相等C．a、b的角速度比c的大D．c的线速度比a、b的大10.质点做匀速圆周运动,线速度大小为4m/s,转动周期为4s,则下列说法正确的是()A.角速度为0.5rad/sB.运动轨迹的半径为1mC.转速为0.25r/sD.频率为0.5Hz11.“科学真是迷人”,天文学家已经测出月球表面的重力加速度g、月球的半径R和月球绕地球运转的周期T等数据,根据万有引力定律就可以“称量”月球的质量了。

宽放市用备阳光实验学校一中高二〔上〕第一次月考物理试卷一、选择题〔共12小题，每题4分，总分值48分〕1．有A、B、C三个点电荷，假设将A、B放在距离为12cm的位置上，B受到A 的库仑力大小为F．假设将B、C放在距离为12cm的位置上，B受到C的库仑力大小为2F．那么C与A所带电荷量大小之比是( )A．1：2B．1：4C．2：1D．4：12．如下图，完全相同的金属小球A和B带量异种电荷，中间连接着一个轻质绝缘弹簧，放在光滑绝缘水平面上，平衡时弹簧的压缩量为x0．现将不带电的与A，B完全相同的金属球C与A球接触一下，然后拿走，重平衡后弹簧的压缩量为x，那么( )A ．B ．C ．D．x=x03．小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如下图，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线．那么以下说法中正确的选项是( )A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻不变B．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小C．对P 点，小灯泡的电阻为D．对P点，小灯泡的电阻为R=4．在真空中的一个点电荷的电场中，离该点电荷距离为r0的一点引入电荷量为q的检验电荷，所受静电力为F，那么离该点电荷为r处的场强为( )A ．B ．C ．D ．5．如下图，两个量异号的点电荷在其连线的中垂线上有与连线中点O距离的两点a、b，在连线上有距中点O距离的两点c、d，那么以下场强大小关系式正确的选项是( )A．E a=E b＜EcB．E a=E o=E bC．Φa=Φb＞ΦcD．φc＞φO＞φd6．如下图，平行板电容器与电动势为E的直流电源〔内阻不计〕连接，下极板接地，静电计所带电量很少，可被忽略．一带负电油滴被固于电容器中的P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，那么( )A．平行板电容器的电容值将变大B．静电计指针张角变小C．带电油滴的电势能将减少D．假设先将上极板与电源正极的导线断开再将下极板向下移动一小段距离，那么带电油滴所受电场力不变7．如下图，一带电粒子沿与电场线垂直的方向从电场进入两平行金属板间的匀强电场，粒子的带电量为q，两板间的电势差为U，那么粒子运动过程中( ) A．假设粒子从电场中射出，那么粒子动能增加了qUB ．假设粒子从电场中射出，那么电场力一对粒子做了的功C ．假设粒子打在极板上，那么电场力一对粒子做了的功D．假设粒子打在极板上，那么粒子的动能一增加了qU8．有一负电荷自电场中的A点自由释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B 点，它运动的速度图象如下图，那么A、B所在电场区域的电场线分布可能是图中的( )A ．B ．C ．D ．9．如图是一个说明示波管工作的原理图，电子经加速电场〔加速电压为U1〕加速后垂直进入偏转电场，离开偏转电场时偏转量是h，两平行板间的距离为d，电压为U2，板长为l ，每单位电压引起的偏移，叫做示波管的灵敏度，为了提高灵敏度，可采用以下哪些方法( )A．增大U2B．减小lC．减小dD．增大U110．铅蓄电池的电动势为2V，这表示( )A．电路中每通过1C电量，电源把2J的化学能转变为电能B．蓄电池两极间的电压为2VC．蓄电池能在1s内将2J的化学能转变成电能D．蓄电池将化学能转变成电能的本领比一节干电池〔电动势为V〕的大11．如下图，一个绝缘光滑圆环轨道放在竖直向上的匀强电场E中，且Eq=3mg 在环的最低点B处有一个质量为m、带电量为+q的小球以速度v=2开始沿轨道运动，那么( )A．小球运动过程中机械能守恒B．小球经过环的最低点B时速度最小C．在A点球对环的压力为14mgD．在B点球对环的压力为2mg12．如图，绝缘杆长L，两端分别带有量异号电荷，电量值为Q，处在场强为E 的匀强电场中，杆与电场线夹角α=60°，假设使杆沿顺时针转过60°〔以杆上某一点为圆心转动〕，那么下述正确的选项是( )A．电场力不作功，两电荷电势能不变B ．电场力作的总功为，两电荷的电势能减小C ．电场力作的总功为，两电荷的电势能增加D．电场力做总功大小跟转轴位置无关二．填空题〔每题4分共16分〕13．密立根油滴进一步证实了电子的存在，揭示了电荷的非连续性．如下图是密立根的原理示意图，设小油滴质量为m，调节两板间电势差为U，当小油滴悬浮在两板间电场中不动时，测出两板间距离为d．可求出小油滴的电荷量q=__________．14．一条平直的电场线上有A、B、C三点，把q=﹣2×10﹣9C的粒子从A点移到B点，电场力做功W AB=﹣2×10﹣7J，再把该电荷从B点移到C点，电场力做功W BC=4×10﹣8J，那么U AB=__________V，U BC=__________V．15．如下图，水平平行金属板A、B间距为d，一带电质点质量为m，电荷量为q，当质点以速率v从两极板处水平飞入两极板间时，如两极板不加电压，那么恰好从下板边缘飞出，假设给A、B两极板加一电压U，那么恰好从上板边缘飞出，那么所加电压U=__________．16．铜的原子量为M，密度为ρ，每摩尔铜原子有n个自由电子，今有一根横截面为S的铜导线，当通过的电流为I时，电子平均向移动的速率为__________．三．计算题〔写出必要的文字说明6+8+10+12=36分〕17．铅蓄电池是太阳能供电系统的重要器件，它的主要功能，是把太阳能电池板发的电能及时储存在电瓶内，以供用电设备使用．某太阳能电池板给一电动势为15V的铅蓄电池充电时的电流为4A，充电10小时充满，该铅蓄电池储存了多少电能？18．在水平面上建立x轴，在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一匀强电场，电场强度E=6.0×105N/C，方向与x轴方向相同．在O处放一带电荷量q=﹣5.0×10﹣8C，质量m=1.0×10﹣2kg的绝缘物块，物块与水平面间的动摩擦因数µ=0.20，沿x 轴正方向给物块一个V0=2.0m/s的初速度，如下图，求物块最终停止的位置．〔g 取10m/s2〕19．如下图，平行板电容器电容为C，带电量Q，极板长为L，板间距为d，极板与水平面夹角为α，现有一质量为m的带电油滴与两板的P点从静止开始沿与极板平行的直线运动到Q点〔P、Q两点为电容器的边缘，忽略边缘效〕求：〔1〕液滴的电荷量；〔2〕液滴到达Q点的速度和所用的时间．20．如下图为真空示波管的示意图，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，然后进入由两块平行金属板M、N形成的偏转电场中〔偏转电场可视为匀强电场〕，电子进入偏转电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场偏转打在荧光屏上的P 点，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y1；〔3〕荧光屏上P点到中心位置O点的距离．一中高二〔上〕第一次月考物理试卷一、选择题〔共12小题，每题4分，总分值48分〕1．有A、B、C三个点电荷，假设将A、B放在距离为12cm的位置上，B受到A 的库仑力大小为F．假设将B、C放在距离为12cm的位置上，B受到C的库仑力大小为2F．那么C与A所带电荷量大小之比是( )A．1：2B．1：4C．2：1D．4：1考点：库仑律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：库仑律：真空中两个静止点电荷之间的作用力与它们电量的乘积成正比，与它们距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上．解答：解：将A、B放在距离为12cm的位置上，B受到A的库仑力大小为F；将B、C放在距离为12cm的位置上，B受到C的库仑力大小为2F；根据库仑律公式F=k，当距离一时，库仑力与电荷量的乘积成正比；现在库仑力变为2倍，说明电荷量乘积变为2倍，即：q B q C=2q A q B，故q C：q A=2：1；应选C．点评：此题关键是根据库仑律并采用控制变量法进行研究，根底题．2．如下图，完全相同的金属小球A和B带量异种电荷，中间连接着一个轻质绝缘弹簧，放在光滑绝缘水平面上，平衡时弹簧的压缩量为x0．现将不带电的与A，B完全相同的金属球C与A球接触一下，然后拿走，重平衡后弹簧的压缩量为x，那么( )A ．B ．C ．D．x=x0考点：库仑律；共点力平衡的条件及其用；胡克律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：将不带电的与A，B完全相同的金属球C与A球接触一下，然后拿走，A 球的电量变为原来的一半．运用假设法，假设压缩量变为原来的一半，判断库仑力和弹簧弹力的大小关系，从而确最终的压缩量．解答：解：开始A 球处于平衡，库仑力于弹簧的弹力，有：．将C球与A球接触后，A球的带电量变为原来的一半，假设压缩量变为原来的一半，知弹力为，库仑力．因为压缩量变小了，那么两球间的距离变大，所以弹力F大于库仑力F′，那么知压缩量不能是原来的一半，要比小．故C正确，A、B、D错误．应选C．点评：此题综合考查了库仑律、胡克律和共点力平衡的运用，解决此题的关键运用假设法，假设压缩量变为原来的一半，会出现什么情况，从而确弹簧的压缩量比一半大，还是比一半小．3．小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如下图，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线．那么以下说法中正确的选项是( )A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻不变B．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小C．对P 点，小灯泡的电阻为D．对P点，小灯泡的电阻为R=考点：闭合电路的欧姆律．专题：恒电流专题．分析：根据电阻的义R=，电阻于图线上的点与原点连线的斜率的倒数，斜率逐渐减小，电阻逐渐增大．对P点，灯泡的电阻于过P点的切线斜率的倒数．解答：解：A、B图线的斜率逐渐减小，说明电阻逐渐增大．故AB错误．C、D对P点，小灯泡的电阻为R=．故C错误，D正确．应选D点评：此题中灯泡是非线性元件，其电阻R=，但R4．在真空中的一个点电荷的电场中，离该点电荷距离为r0的一点引入电荷量为q的检验电荷，所受静电力为F，那么离该点电荷为r处的场强为( )A ．B ．C ．D ．考点：电场强度；库仑律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：先根据电场强度的义式E=求出离该点电荷距离为r0处的场强大小，再由点电荷场强公式E=k，运用比例求解离该点电荷为r处的场强．解答：解：根据电场强度义得r0处的场强大小为 E1=．根据点电荷的场强公式得E=k，Q为场源电荷的电量，那么离该点电荷为r0处的场强为：E1=k，离该点电荷为r处的场强为：E2=k，由上两式之比得：=所以该点电荷为r处的场强的大小为 E2=•E1=．应选：B．点评：解答此题关键要掌握场强的两式义式E=和点电荷场强公式E=k，熟练运用比例法，即可进行求解．5．如下图，两个量异号的点电荷在其连线的中垂线上有与连线中点O距离的两点a、b，在连线上有距中点O距离的两点c、d，那么以下场强大小关系式正确的选项是( )A．E a=E b＜EcB．E a=E o=E bC．Φa=Φb＞ΦcD．φc＞φO＞φd考点：电场线；匀强电场中电势差和电场强度的关系．分析：两个量异号的点电荷连线的中垂线上中点O的场强最大，在两个电荷连线上，O点的场强最小，根据电场线的疏密，及沿着电场线方向，电势降低，即可进行分析解答：解：根据电场线越密场强越大，那么由两个量异号的点电荷电场线的分布情况可知，中垂线上中点O的场强最大，而且根据对称性可知，a、b两处电场线疏密相同，场强大小相，E a=E b＜E o，在两个电荷连线上，O点电场线最疏，场强最小，而且根据对称性可知，c、d两处的电场线疏密相同，故有E c=E d＞E o．所以有E a=E b＜E c，E a＜E d而沿着电场线方向，电势是降低的，因此φa=φb，φc＞φb＞φd；应选：AD点评：量同种、量异种电荷周围的电场分布情况是考察的，要结合电场强度、电势、电势能概念充分理解量同种、量异种电荷周围的电场特点6．如下图，平行板电容器与电动势为E的直流电源〔内阻不计〕连接，下极板接地，静电计所带电量很少，可被忽略．一带负电油滴被固于电容器中的P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，那么( )A．平行板电容器的电容值将变大B．静电计指针张角变小C．带电油滴的电势能将减少D．假设先将上极板与电源正极的导线断开再将下极板向下移动一小段距离，那么带电油滴所受电场力不变考点：电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：电容器始终与电源相连，那么电容器两端间的电势差不变，根据电容器d的变化判断电容的变化以及电场强度的变化，从而判断电荷电势能和电场力的变化．解答：解：A、根据C=知，d增大，那么电容减小．故A错误．B、静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，那么电势差不变，所以静电计指针张角不变．故B错误．C、电势差不变，d增大，那么电场强度减小，P点与上极板的电势差减小，那么P点的电势增大，因为该电荷为负电荷，那么电势能减小．故C正确．D、电容器与电源断开，那么电荷量不变，d 改变，根据，知电场强度不变，那么油滴所受电场力不变．故D正确．应选CD．点评：此题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，那么电势差不变，当电容器与电源断开，那么电荷量不变．7．如下图，一带电粒子沿与电场线垂直的方向从电场进入两平行金属板间的匀强电场，粒子的带电量为q，两板间的电势差为U，那么粒子运动过程中( ) A．假设粒子从电场中射出，那么粒子动能增加了qUB ．假设粒子从电场中射出，那么电场力一对粒子做了的功C ．假设粒子打在极板上，那么电场力一对粒子做了的功D．假设粒子打在极板上，那么粒子的动能一增加了qU考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能理的用．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：电场力做功W=qU，与电荷的初末位置的电势差U有关，分析粒子可能打在什么位置，确电势差，分析电场力做功情况．由动能理研究动能的增加量．解答：解：A、B假设粒子从电场中射出，恰好从右板边缘飞出，电场力做功最大，最大为q，故AB均错误．C 、假设粒子打在极板上，粒子初末位置的电势差为，电场力一对粒子做了q 的功，故C正确．D、根据动能理得，动能的变化于电场力做功，那么假设粒子打在极板上，粒子的动能一增加了q．故D错误．应选C点评：此题关键是确电势差情况，研究出电场力做功，即可根据动能理求解动能的变化．8．有一负电荷自电场中的A点自由释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B 点，它运动的速度图象如下图，那么A、B所在电场区域的电场线分布可能是图中的( )A ．B ．C ．D ．考点：电场线；匀变速直线运动的位移与时间的关系；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：v﹣t图象中的斜率表示物体的加速度，所以根据电荷运动过程中v﹣t 图象可知电荷的加速度越来越小，那么电场力越来越小，电场强度越来越小，根据电场线与电场强度的关系可得出正确结果．解答：解：由v﹣t图象可知，粒子做加速度逐渐减小的加速运动，因此该电荷所受电场力越来越小，电场强度越来越小，电场线密的地方电场强度大，且负电荷受力与电场方向相反，故由此可ABC错误，D正确．应选D．点评：此题结合v﹣t图象，考查了电场强度与电场线以及电荷受电场力与电场方向之间的关系，考点结合巧妙、颖，有创性，同时要明确明确电场线分布与电场强度以及电势之间的关系．9．如图是一个说明示波管工作的原理图，电子经加速电场〔加速电压为U1〕加速后垂直进入偏转电场，离开偏转电场时偏转量是h，两平行板间的距离为d，电压为U2，板长为l ，每单位电压引起的偏移，叫做示波管的灵敏度，为了提高灵敏度，可采用以下哪些方法( )A．增大U2B．减小lC．减小dD．增大U1考点：带电粒子在匀强电场中的运动；示波器的使用．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：根据灵敏度的义，分析电子的偏转位移的大小，找出灵敏度的关系式，根据关系式来分析灵敏度与哪些物理量有关．解答：解：电子在加速电场中加速，根据动能理可得，eU1=mv02，所以电子进入偏转电场时速度的大小为，v0=，电子进入偏转电场后的偏转的位移为，h=at2===，所以示波管的灵敏度=，所以要提高示波管的灵敏度可以增大l，减小d和减小U1，所以C正确．应选C．点评：此题是信息的给以题，根据所给的信息，找出示波管的灵敏度的表达式即可解决此题．10．铅蓄电池的电动势为2V，这表示( )A．电路中每通过1C电量，电源把2J的化学能转变为电能B．蓄电池两极间的电压为2VC．蓄电池能在1s内将2J的化学能转变成电能D．蓄电池将化学能转变成电能的本领比一节干电池〔电动势为V〕的大考点：电源的电动势和内阻．专题：恒电流专题．分析：电动势是一个表征电源特征的物理量．义电源的电动势是电源将其它形式的能转化为电能的本领，在数值上，于非静电力将单位正电荷从电源的负极通过电源内部移送到正极时所做的功．它是能够克服导体电阻对电流的阻力，使电荷在闭合的导体回路中流动的一种作用．解答：解：A、电路中每通过1 C电荷量，铅蓄电池将1C的正电荷从负极移至正极的过程中，克服静电力做功w=qU=1C×2V=2J，故电势能增加2J，即2J 化学能转化为电能．故A正确；B、当电池不接入外电路时，蓄电池两极间的电压为2V；当电池接入电路时，两极间的电压小于2V，故B错误；C、铅蓄电池的电动势为2V，表示非静电力将单位正电荷从电源的负极通过电源内部移送到正极时所做的功为2J，即电能增加2J，与时间无关．故C错误．D、电动势表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，电动势大，转化本领大．一节干电池的电动势为V，那么蓄电池将化学能转变为电能的本领比一节干电池〔电动势为V〕的大，故D正确；应选：AD．点评：电源是把其他能转化为电能的装置，电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，与外电路的结构无关．11．如下图，一个绝缘光滑圆环轨道放在竖直向上的匀强电场E中，且Eq=3mg 在环的最低点B处有一个质量为m、带电量为+q的小球以速度v=2开始沿轨道运动，那么( )A．小球运动过程中机械能守恒B．小球经过环的最低点B时速度最小C．在A点球对环的压力为14mgD．在B点球对环的压力为2mg考点：带电粒子在匀强电场中的运动；机械能守恒律．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：只在重力或弹力作用下机械能守恒，根据受力分析判断；根据受力分析，判断出各力做功情况，判断处速度的变化，有动能理和牛顿第二律求的作用力解答：解：A、在整个运动过程中，电场力做功，故机械能不守恒，故A错误；B、由于电场力大于重力，在从B向上运动的过程中，合力做正功，故动能增大，速度增大，故在B点速度最小，故B正确C、从B点到A 点，由动能理可得，在A 点解得F N=14mg故C正确D、在B 点，解得F BN=2mg故D正确应选：BCD点评：此题主要考查了牛顿第二律和动能理，关键是运动过程的分析和受力分析12．如图，绝缘杆长L，两端分别带有量异号电荷，电量值为Q，处在场强为E 的匀强电场中，杆与电场线夹角α=60°，假设使杆沿顺时针转过60°〔以杆上某一点为圆心转动〕，那么下述正确的选项是( )A．电场力不作功，两电荷电势能不变B ．电场力作的总功为，两电荷的电势能减小C ．电场力作的总功为，两电荷的电势能增加D．电场力做总功大小跟转轴位置无关考点：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：由题意：杆沿顺时针方向转过60°，电场力对两电荷都做正功，电势能都减少．根据W=qEd计算电场力做功，其中d是沿电场方向两点间的距离．解答：解：A、+Q所受电场力水平向右，﹣Q所受电场力水平向左，当杆沿顺时针方向转过60°时，电场力对两个电荷都做正功，两电荷的电势能都减小．故A错误．B、电场力做的总功为W=QEL1〔1﹣cosα〕+QEL2〔1﹣cosα〕=，由于电场力做正功，两个电荷的电势能减少．电场力做的总功大小与转轴的位置无关．故B、D正确，C错误．应选：BD．点评：此题是电偶极子问题，电场力对两个电荷做的总功大小跟转动轴无关．根底题．二．填空题〔每题4分共16分〕13．密立根油滴进一步证实了电子的存在，揭示了电荷的非连续性．如下图是密立根的原理示意图，设小油滴质量为m，调节两板间电势差为U，当小油滴悬浮在两板间电场中不动时，测出两板间距离为d．可求出小油滴的电荷量q=．考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；力的合成与分解的运用．专题：电场力与电势的性质专题．分析：小油滴悬浮在两板间电场中不动，处于静止状态即平衡态，再根据E=，即可求的小油滴的电荷量．解答：解：小油滴悬浮在两板间电场中不动，处于静止状态即平衡态，mg=E q…①匀强电场中内部场强，E=…②联立①②解之得：q=．故答案为：．点评：小油滴悬浮在两板间电场中不动是此题的题眼，利用平衡关方程．14．一条平直的电场线上有A、B、C三点，把q=﹣2×10﹣9C的粒子从A点移到B点，电场力做功W AB=﹣2×10﹣7J，再把该电荷从B点移到C点，电场力做功W BC=4×10﹣8J，那么U AB=200V ，U BC=﹣20V．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：电场力做的功和粒子的电荷量q，根据电势差的义式代入求解解答：解：U AB==100V；UBC==﹣20V；故答案为：200V，﹣20V．点评：此题的解题关键是掌握电势差的义式，并能正确运用，运用时各个量均要代符号运算15．如下图，水平平行金属板A、B间距为d，一带电质点质量为m，电荷量为q，当质点以速率v从两极板处水平飞入两极板间时，如两极板不加电压，那么恰好从下板边缘飞出，假设给A、B两极板加一电压U，那么恰好从上板边缘飞出，那么所加电压U=．考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：两极间不加电压时，粒子做平抛运动，根据平抛运动的特点即可求出金属板的长度L；当两极间加上电压U 时，粒子做匀变速曲线运动，即类平抛运动，根据类平抛运动的特点结合牛顿第二律即可求解U．解答：解：两极间不加电压时，粒子做平抛运动水平方向上：L=vt ①竖直方向上：d=gt2 ②当两极间加上电压U时，粒子做匀变速曲线运动即水平方向上：L=vt′③竖直方向上：d=at′2 ④由①、②、③、④得：a=g〔方向向上〕由牛顿运动律得：q﹣mg=ma解得：U=故答案为：．点评：此题主要考查了带电粒子在电场中的运动情况，抓住两极间不加电压时，粒子做平抛运动，当两极间加上电压U时，粒子做类平抛运动列式即可求解，难度适中．16．铜的原子量为M，密度为ρ，每摩尔铜原子有n个自由电子，今有一根横截面为S的铜导线，当通过的电流为I 时，电子平均向移动的速率为．考点：电流、电压概念．分析：设自由电子向移动的速率为v和导线中自由电子从一端向移到另一端所用时间为t，求出导线中自由电子的数目，根据电流的义式推导出电流的微观表达式，解得自由电子向移动的速率．解答：解：设铜导线中自由电子向移动的速率为v，导线中自由电子从一端向移到另一端所用时间为t．那么导线的长度为l=vt，体积为V=Sl=Svt，质量为m=ρvtS，这段导线中自由电子的数目为：n==在t时间内这些电子都能通过下一截面，那么电流为：I==，代入解得：I=所以有：v=故答案为：点评：此题关键是建立物理模型，根据电流的义式推导电流的微观表达式，它是联系微观与宏观的桥梁．三．计算题〔写出必要的文字说明6+8+10+12=36分〕17．铅蓄电池是太阳能供电系统的重要器件，它的主要功能，是把太阳能电池板发的电能及时储存在电瓶内，以供用电设备使用．某太阳能电池板给一电动势为15V的铅蓄电池充电时的电流为4A，充电10小时充满，该铅蓄电池储存了多少电能？考点：电源的电动势和内阻．专题：恒电流专题．分析：根据W=UIt即可计算出产生的电能，即该铅蓄电池储存的电能．解答：解：该铅蓄电池储存的电能：W=UIt=15×4×10×3600=6×106J答：该铅蓄电池储存了6×106J的电能．点评：该题考查电功、电功率的计算，将相关的数据代入数据即可．根底题目．18．在水平面上建立x轴，在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一匀强电场，电场强度E=6.0×105N/C，方向与x轴方向相同．在O处放一带电荷量q=﹣5.0×10﹣8C，质量m=1.0×10﹣2kg的绝缘物块，物块与水平面间的动摩擦因数µ=0.20，沿x 轴正方向给物块一个V0=2.0m/s的初速度，如下图，求物块最终停止的位置．〔g 取10m/s2〕考点：动能理的用；功能关系；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：物块先向右做匀减速直线运动到零，然后返回做匀加速直线运动，离开电场后再做匀减速运动直到停止．根据牛顿第二律和运动学公式以及动能理求出物块最终停在的位置．解答：解：对物块由初速度v0=2.0m/s到第一次停止过程由动能理列方程：﹣〔qE+μmg〕x=0﹣mv02。

嗦夺市安培阳光实验学校广丰一中高二（上）第一次月考物理试卷（平）一、单项选择（每题4分，共32分）1．下列说法中正确的是（）A．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B．由公式E=可知，电场中某点的电场强度与试探电荷在该点所受到的电场力成正比C．公式E=只适用于真空中点电荷产生的电场D．电场线是电荷在电场中的运动轨迹2．带电微粒所带的电荷量的值不可能的是下列的（）A．2.4×10﹣19C B．﹣6.4×10﹣19C C．﹣1.6×10﹣19C D．4×10﹣17C3．由电场强度的定义式E=可知，在电场中的同一点（）A．电场强度E跟F成正比，跟q成反比B．一个不带电的小球在P点受到电场力为零，则P点的场强一定为零C ．无论检验电荷的电量如何变化，始终不变D．电场强度E由F和q共同决定4．下述说法正确的是（）A．在同一等势面上移动电荷，电场力不作功B．等势面上各点场强大小一定相等C．电场中电势高处，电荷的电势能就大D．电场强度大处，电荷的电势能就大5．下列各电场中，A、B两点电场强度相同的是（）A ．B ．C ． D ．6．在如图所示的电场中，有A、B、C三点．关于这三点的描述，正确的是（）A．A点的场强最大B．B点的电势最高C．C点无电场线，所以场强为零D．将一个带正电的试探电荷从A点释放，只考虑电场力，试探电荷会沿电场线运动到B点7．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．4：1 C．16：1 D．60：18．如下四个电场中，均有相互对称分布的a、b两点，其中电势和场强都相同的是（）A ．B ．C ．D ．二、多项选择（每题4分，共16分）9．对于电场中A、B两点，下列说法正确的是（）A．电势差的定义式U AB =，说明两点间的电势差U AB与电场力做功W AB成正比，与移动电荷的电荷量q成反比B．A、B两点间的电势差等于将正电荷从A点移到B点电场力所做的功C．将1 C的正电荷从A点移到B点，电场力做了1J的正功，这两点间的电势差为1 VD．电荷由A点移到B点的过程中，除受电场力外，还受其他力的作用，电荷电势能的变化就不再等于电场力所做的功10．图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带正电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点，可以判定（）A．M点的电势大于N点的电势B．粒子在M点的加速度大于在N点的加速度C．粒子在M点的动能小于N点的动能D．粒子在M点的电势能小于N点的电势能11．竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘．两个带有同种电荷的小球A、B分别处于竖直墙面和水平地面，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F 作用于小球B，则两球静止于图示位置．如果将小球向左推动少许，并待两球重新达到平衡时，跟原来相比（）A．两小球间距离将增大B．两小球间距离将减小C．推力F将增大D．推力，将减小12．如图甲所示，在一条电场线上有A、B两点，若从A点由静止释放一电子，假设电子仅受电场力作用，电子从A点运动到B点的速度﹣时间图象如图乙所示，则（）A．电子在A、B两点受的电场力F A＜F BB．A、B两点的电场强度E A＞E BC．A、B两点的电势φA＞φBD．电子在A、B两点具有的电势能E PA＜E PB三、计算题（12分+14分+14分+14分=52分）13．在真空中有两个点电荷q1和q2分别位于A和B，如图所示相距20cm，q1为4×10﹣8C，q2为﹣8×10﹣8C．则：（1）在AB连线上A点的外侧离A点20cm处的D点电场强度大小方向如何？（2）能否在D点引入一个带负电的试探电荷﹣q，通过求出﹣q在D处受到的合电场力，然后根据E=，求出D处的场强度大小和方向？14．将一个电荷量q=﹣3×10﹣6C的负点电荷，从电场中的A点移到B点时，克服电场力做功6×10﹣4J，从B点移到C点电场力做功9×10﹣4J．（1）求AB、BC、CA间电势差U AB、U BC、U AC；（2）将一个电子从电场中的A点移到C点，电场力所做的功为多少电子伏，电势能变化了多少？15．如图所示，光滑斜面倾角为37°，一带有正电的小物块质量为m，电荷量为q，置于斜面上，当沿水平方向加如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变为原来的，求：（1）原来的电场强度大小；（2）物块运动的加速度；（3）沿斜面下滑距离为0.5m时物块的速度大小．（sin37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10m/s2）16．长为L的绝缘细线下系一带正电的小球，其带电荷量为Q，悬于O点，如图所示．当在O点处固定一个正电荷时，如果球静止在A处，则细线拉力是重mg的两倍．现将球拉至图中B处（θ=60°）放开球让它摆动，问：（1）固定在O处的正电荷的带电荷量为多少？（2）摆球回到A处时悬线拉力为多少？广丰一中高二（上）第一次月考物理试卷（平）参考答案与试题解析一、单项选择（每题4分，共32分）1．下列说法中正确的是（）A．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B．由公式E=可知，电场中某点的电场强度与试探电荷在该点所受到的电场力成正比C．公式E=只适用于真空中点电荷产生的电场D．电场线是电荷在电场中的运动轨迹【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】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：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A正确．B、电场强度的定义采用的比值定义法，E与F及q均无关，是由电场本身的性质决定的；故B错误；C、公式E=适用于任何电场；故C错误；D、电场线是为了形象描述电场而引入的虚拟的线，不是电荷的运动轨迹；故D 错误；故选：A．【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．2．带电微粒所带的电荷量的值不可能的是下列的（）A．2.4×10﹣19C B．﹣6.4×10﹣19C C．﹣1.6×10﹣19C D．4×10﹣17C【考点】元电荷、点电荷．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】元电荷是指最小的电荷量，任何物体的带电量都是元电荷或是元电荷的整数倍．【解答】解：最小的电荷量是1.6×10﹣19C，我们把这个最小的电荷量叫做元电荷，任何物体的带电量都是元电荷或是元电荷的整数倍，A、由于2.4×10﹣19C不是1.6×10﹣19C的整数倍，故A错误．B、6.4×10﹣19C是1.6×10﹣19C的4倍，故B正确；C、1.6×10﹣19C是1.6×10﹣19C的1倍，故C正确；D、4×10﹣17C是1.6×10﹣19C的250倍，故D正确；本题选择不可能的，故选：A．【点评】本题就是对元电荷概念的考查，知道任何物体的带电量都是元电荷或是元电荷的整数倍即可解决本题．3．由电场强度的定义式E=可知，在电场中的同一点（）A．电场强度E跟F成正比，跟q成反比B．一个不带电的小球在P点受到电场力为零，则P点的场强一定为零C ．无论检验电荷的电量如何变化，始终不变D．电场强度E由F和q共同决定【考点】电场强度．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．【分析】电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关；场强公式E=，是采用比值法下的定义．【解答】解：AB、电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关；场强公式E=，是采用比值法下的定义，不能认为电场强度E跟F成正比，跟q成反比或不带电的小球在P点受到的电场力为零，则P点的场强一定为零，故AB错误；C 、由比值定义法，可知，比值与检验电荷量无关，故C正确；D、由A选项分析可知，电场强度E与F和q均无关，故D错误．故选：C．【点评】明确电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关；场强公式E=，是采用比值法下的定义是解题的关键．4．下述说法正确的是（）A．在同一等势面上移动电荷，电场力不作功B．等势面上各点场强大小一定相等C．电场中电势高处，电荷的电势能就大D．电场强度大处，电荷的电势能就大【考点】等势面；电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场线与等势面垂直，电场线的疏密程度表示电场强度的大小，电势与等势面是两个不同的概念，电势大小与电场强度大小无必然联系．【解答】解：A、电场线与等势面垂直，电场强度方向是电场线的切线方向，故电场力与等势面一定垂直；在同一等势面上移动电荷，电场力一直不作功；故A正确；B、等势面是电势相等的各个点构成的平面，该平面上各个点的电场强度不一定相同，如等量异号电荷的等势面，如图所示，故B错误；C、电场中电势高处，正电荷的电势能就大，负电荷的电势能小，故C错误；D、电场强度大的位置，电势不一定高，故电势能也不一定大，故D错误；故选A．【点评】本题关键明确电场强度与电势的区别，明确电场强度大小和电势大小无必然联系，基础题．5．下列各电场中，A、B两点电场强度相同的是（）A ．B ．C ．D ．【考点】电场强度；电场线．【分析】在电场线中电场线的疏密表示电场强度的大小，当电场线疏密相同时，电场强度相等．【解答】解：因电场线的疏密表示场强的大小，由图可知，只有C图中AB两点的电场线疏密程度相同，故A、B两点电场强度相同的点只有C．故选C．【点评】本题考查电场线的性质，电场线的方向表示场强的方向，电场线的疏密表示场强的大小．6．在如图所示的电场中，有A、B、C三点．关于这三点的描述，正确的是（）A．A点的场强最大B．B点的电势最高C．C点无电场线，所以场强为零D．将一个带正电的试探电荷从A点释放，只考虑电场力，试探电荷会沿电场线运动到B点【考点】电场线；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场强度的大小看电场线的疏密程度，电场线越密的地方电场强度越大，电势的高低看电场线的指向，沿着电场线电势一定降低．电场线并不存在，是虚拟的，是认为引入的，而物体的运动轨迹是实际存在的，故电场线不是电荷的运动轨迹；在任意两条电场线之间虽没有电场线，但仍有电场．【解答】解：A、电场线越密代表电场越强，A点的场强最大，故A正确；B、沿着电场线电势一定降低，A点的电势最高，B错误．C、电场线并不存在，是虚拟的，是人为引入的，在两条电场线之间虽没有电场线，但仍有电场，故C错误．D、电场线并不存在，是虚拟的，是人为引入的，而物体的运动轨迹是实际存在的，故电场线不是电荷的运动轨迹．故D错误．故选：A．【点评】电场线是电场中的重要概念，要根据电场线的分布正确判断电势的高低和电场强度的强弱．把握电场线的特点是解决此类问题的关键．记住了，理解了，也就会做了．7．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．4：1 C．16：1 D．60：1【考点】库仑定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】完全相同的带电小球接触时，若是同种电荷则将总电量平分，若是异种电荷则先中和然后将剩余电量平分，然后依据库仑定律求解即可．【解答】解：开始时由库仑定律得：F=k r=a …①现用绝缘工具使两小球相互接触后，各自带电为Q，因此此时：F1=k…②由①②得：F1=F，故ABC错误，D正确．故选D．【点评】完全相同的带电小球接触时，对于电量的重新分配规律要明确，然后正确利用库仑定律求解．8．如下四个电场中，均有相互对称分布的a、b两点，其中电势和场强都相同的是（）A ．B ．C ．D ．【考点】电势；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场强度是矢量，既有大小又有方向，只有当大小均相同时，场强才相同．电势是标量，根据电场线和等势线的分布情况解答．【解答】解：A、ab两点电势相同，电场强度方向不同，场强不同．故A错误．B、ab在同一等势线上，电势相等．根据对称性，ab两点场强相同，故B正确．C、根据顺着电场线电势降低，则知a点的电势比b点高．根据电场线分布情况可知a、b两点场强相同．故C错误．D、a点场强方向向上，b点场强方向向下，场强不同．电势相同．故D错误．故选：B．【点评】矢量要相同，只有大小和方向都相同才相同，相反当大小或方向之一变化时，矢量就变化．二、多项选择（每题4分，共16分）9．对于电场中A、B两点，下列说法正确的是（）A．电势差的定义式U AB =，说明两点间的电势差U AB与电场力做功W AB成正比，与移动电荷的电荷量q成反比B．A、B两点间的电势差等于将正电荷从A点移到B点电场力所做的功C．将1 C的正电荷从A点移到B点，电场力做了1J的正功，这两点间的电势差为1 VD．电荷由A点移到B点的过程中，除受电场力外，还受其他力的作用，电荷电势能的变化就不再等于电场力所做的功【考点】电势差；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】电场中两点的电势差由电场本身决定，与电量和功W无关，电场力做功W=qU，只与电量和电势差有关，与具体路径无关．电场力做的功等于电荷增加的电势能或动能的变化；电荷在电场中移动，电场力做正功，不论电荷是正电荷还是负电荷，其电势能增加．【解答】解：A 、电场中两点的电势差由电场本身决定，与电量和功W 无关．故A错误；B、电势差的单位是这样规定的：将1C正电荷从一点移到另一点，电场力做1J 的功，这两点间的电势差为1V．故B错误；C、将1 C的正电荷从A点移到B点，电场力做了1J的正功，这两点间的电势差为1 V．故C正确；D、电荷荷在电场中移动，电场力做功，不论电荷是正电荷还是负电荷，不论是否还受其他力的作用，其电势能改变等于电场力所做的功．故D错误．故选：C．【点评】对于电势差的定义式要正确理解，明确电势差U与那些因素有关，明确公式中各个物理量的含义．10．图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带正电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点，可以判定（）A．M点的电势大于N点的电势B．粒子在M点的加速度大于在N点的加速度C．粒子在M点的动能小于N点的动能D．粒子在M点的电势能小于N点的电势能【考点】电场线；电势．【分析】根据顺着电场线方向电势降低，判断电势的高低．由电场线的疏密判断场强大小，确定电场力的大小．根据电场力做功正负分析动能和电势能的变化．【解答】解：A、根据顺着电场线方向电势降低可知，M点的电势高于N点的电势．故A正确．B、M点处的电场线较疏，而N点处电场线较密，则M点处的电场强度较小，粒子在M点所受的电场力也较小，根据牛顿第二定律知，在M点的加速度小，故B错误．CD、由电场力方向应指向轨迹的内侧得知，粒子所受电场力方向大致斜向左下方，对粒子做正功，其电势能减小，动能增大，则知粒子在M点的动能小于在N点的动能，在M点的电势能大于在N点的电势能，故C正确，D错误故选：AC．【点评】本题是电场中轨迹问题，关键要根据轨迹的弯曲方向判断出粒子所受的电场力方向，再抓住电场线的物理意义判断场强、电势等的大小．11．竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘．两个带有同种电荷的小球A、B分别处于竖直墙面和水平地面，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F 作用于小球B，则两球静止于图示位置．如果将小球向左推动少许，并待两球重新达到平衡时，跟原来相比（）A．两小球间距离将增大B．两小球间距离将减小C．推力F将增大D．推力，将减小【考点】库仑定律；共点力平衡的条件及其应用．【分析】对整体分析，受总重力，拉力，地面的支持力，墙壁的弹力．可知地面的支持力等于两球的总重力．隔离对B球分析，B球受重力，墙壁的弹力和库仑力．A小球向右缓慢拉动一小段距离后，库仑力与竖直方向的夹角变小，根据平行四边形定则，知库仑力即墙壁弹力的变化．【解答】解：对A球受力分析，受到三个力，重力、弹力、库伦力，B小球向左缓慢拉动一小段距离后，库仑力与竖直方向的夹角变小，A的重力不变，墙壁的弹力方向不变，根据平行四边形定则，库仑力变小，墙壁的弹力变小，根据库仑定律得公式可知：电荷量不变，库伦力变小，距离变大，对整体而言，墙壁对球的弹力等于拉力，所以拉力变小，所以两小球间距离将增大，推力F 将减小，故AD正确，BC错误；故选：AD．【点评】解决本题的关键先对整体受力分析，再隔离受力分析．整体法和隔离法是物理当中常见的一种方法，要灵活运用．12．如图甲所示，在一条电场线上有A、B两点，若从A点由静止释放一电子，假设电子仅受电场力作用，电子从A点运动到B点的速度﹣时间图象如图乙所示，则（）A．电子在A、B两点受的电场力F A＜F BB．A、B两点的电场强度E A＞E BC．A、B两点的电势φA＞φBD．电子在A、B两点具有的电势能E PA＜E PB【考点】电势能；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】由静止释放电子，电子仅受电场力作用，从A点运动到B点，分析电场力的方向，确定电场线的方向．根据顺着电场线方向，电势降低，判断电势的高低．从速度图象看出，电子从A运动到B过程加速度变小，场强增变小．【解答】解：A、B：从速度图象看出，电子从A运动到B过程速度增大，加速度变化，电场力减小，即F A＞F B，场强变小，则B点的场强小于A点的场强，即E A＞E B．故A错误，B正确；C、根据题意，电子从静止释放后从A运动到B，则电子受到的电场力方向从A→B，而电子带负电，电场线方向从B→A，则B点的电势大于A点的电势，即φA＜φB．故C错误；D、因电场力做正功，则电势能减小，在A、B两点具有的电势能E PA＞E PB．故D 错误．故选：B．【点评】本题要根据电子的运动情况判断电子的受力情况，从而确定场强，电势的变化情况．三、计算题（12分+14分+14分+14分=52分）13．在真空中有两个点电荷q1和q2分别位于A和B，如图所示相距20cm，q1为4×10﹣8C，q2为﹣8×10﹣8C．则：（1）在AB连线上A点的外侧离A点20cm处的D点电场强度大小方向如何？（2）能否在D点引入一个带负电的试探电荷﹣q，通过求出﹣q在D处受到的合电场力，然后根据E=，求出D处的场强度大小和方向？【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】（1）由点电荷电场强度公式，结合矢量叠加法则，求解即可．（2）根据库仑定律，结合力的合成法则，求得合电场力，再根据否在D点引入一个带负电的试探电荷﹣q，通过求出﹣q在D处受到的合电场力，然后根据E=，求出D处的场强度大小和方向．【解答】解：（1）由点电荷电场强度的公式，结合矢量叠加法则，得：E D=E A﹣E B =﹣=﹣=4.5×103N/C则D点电场强度的方向：由A指向D．（2）由库仑定律得：F=F A﹣F B再根据E=，即可求出D处的场强度大小；再根据负电荷的电场力方向的反方向，即为电场强度的方向．答：（1）在AB连线上A点的外侧离A点20cm处的D点电场强度大小4.5×103N/C，方向由A指向D；（2）能在D点引入一个带负电的试探电荷﹣q，通过求出﹣q在D处受到的合电场力，然后根据E=，从而求出D处的场强度大小和方向．【点评】本题很简单直接考查了库伦定律的应用和电场强度的定义式，对于公式一定要明确其适用条件和公式中各个物理量的含义．14．将一个电荷量q=﹣3×10﹣6C的负点电荷，从电场中的A点移到B点时，克服电场力做功6×10﹣4J，从B点移到C点电场力做功9×10﹣4J．（1）求AB、BC、CA间电势差U AB、U BC、U AC；（2）将一个电子从电场中的A点移到C点，电场力所做的功为多少电子伏，电势能变化了多少？【考点】电势能；电势差．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据公式．由做功与电量可求出两点的电势差．电荷在电场力作用下做功W=qU．【解答】解：（1）电荷量q=﹣3×10﹣6C，电场力的功W AB=﹣3×10﹣6J，W BC=9×10﹣4J，由电势差的定义VVU AC=φA﹣φC=U AB+U BC=﹣100V（2）电子的电荷量为﹣e，从A点移到C点电场力所做的功为W AC=qU AC=﹣eU AC=100eV电势能减少了100eV答：（1）AB、BC、CA间电势差U AB=200V、U BC=﹣300V、U AC=﹣100V；（2）电场力所做的功为100电子伏，电势能减小了100eV．【点评】电势差是电场中的电势之差，电势可以任意取，但电势差却不变，就像高度与高度差一样．电势差可正可负，所以U=公式中做功要注意正与负，电荷量也要代入电性．15．如图所示，光滑斜面倾角为37°，一带有正电的小物块质量为m，电荷量为q，置于斜面上，当沿水平方向加如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变为原来的，求：（1）原来的电场强度大小；（2）物块运动的加速度；（3）沿斜面下滑距离为0.5m时物块的速度大小．（sin37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10m/s2）【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】（1）对小球进行受力分析，应用平衡条件可求出电场力，进而求出电场强度．（2）电场变化后受力分析求出合外力，应用牛顿第二定律求解加速度．（3）沿斜面下滑距离为L时物体的速度的大小可由动能定理或运动学知识求解【解答】解：（1）平衡时，物块受重力mg、电场力qE、斜面的支持力N的作用，如图所示，有：qE=mgtan 37°得：E=tan37°=．（2）当E′=时，将滑块受力沿斜面方向和垂直斜面方向正交分解，如图，沿斜面方向，有：mgsin 37°﹣cos 37°=ma得：a=gsin 37°﹣cos 37°=0.4g=4 m/s2．（3）物块沿斜面做匀加速直线运动，初速度为0，加速度为a，位移为L，由v2=2aL，得：．答：（1）原来的电场强度为（2）物体运动的加速度大小4 m/s2（3）沿斜面下滑距离为L时的速度大小为2m/s【点评】问题一是平衡条件的应用，受力分析后应用平衡条件即可；问题二是牛顿运动定律的应用，关键是求合力；问题三直接应用动能定理即可，总体难度不是很大，细细分析即可16．长为L的绝缘细线下系一带正电的小球，其带电荷量为Q，悬于O点，如图所示．当在O点处固定一个正电荷时，如果球静止在A处，则细线拉力是重mg的两倍．现将球拉至图中B处（θ=60°）放开球让它摆动，问：（1）固定在O处的正电荷的带电荷量为多少？（2）摆球回到A处时悬线拉力为多少？【考点】库仑定律；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】（1）球静止在A处经受力分析知受三个力作用：重力、静电力F和细线拉力，由受力平衡和库仑定律列式求解（2）摆回的过程只有重力做功，所以机械能守恒，列出等式表示出最低点速度，由牛顿第二定律求解．【解答】解：（1）球静止在A处经受力分析知受三个力作用：重力mg、静电力F和细线拉力F拉，由受力平衡和库仑定律列式：F拉=F+mg，F=，F拉=2mg三式联立解得：q=．（2）摆回的过程只有重力做功，所以机械能守恒，规定最低点重力势能等于零，列如下方程：mgL（1﹣cos60°）=mv2。

嗦夺市安培阳光实验学校徐水一中高二（上）第一次月考物理试卷一、选择题（本题共15小题，每小题4分，共60分）1．下列说法正确的是（）A．电势差的公式U AB =说明两点间的电势差U AB与电场力做功W AB成正比，与移动电荷的电荷量q成反比B．电势差是矢量，电场力做功是标量C．在电场中两点间移动电荷时，电场力做功的多少跟这两点间的电势差无关D．电场中两点间的电势差与在两点间移送电荷时电场力所做的功无关2．下列公式中属于物理概念定义式的（）A．E=B．C=C．R=D ．R=ρ3．两个相同的金属小球，带电量之比为1：7，相距为r，视为点电荷，相互间的斥力大小为F，两者接触后再放回原处，则它们的静电力可能为（）A ．B ．C ．D ．4．如图，a、b、c是一条电场线上的三个点，电场线的方向由a到c，a、b间的距离等于b、c间的距离，用U a，U b，U c和E a，E b，E c分别表示a、b、c三点的电势和电场强度，以下说法正确的是（）A．U a＞U b＞U cB．E a＞E b＞E cC．正电荷从a向c运动，电场力对其做负功D．负电荷从a向c运动，电场力对其做负功5．如图所示，为某一电场的电场线和等势面．已知φa=5v，φc=3v，ab=bc则（）A．φb=4v B．φb＞4vC．φb＜4v D．上述情况都有可能6．如图所示，Q为一带正电的点电荷，P为原来不带电的枕形金属导体，a、b 为导体内的两点，当导体P处于静电平衡状态时（）A．a、b两点的场强大小E a、E b的关系为E a＞E bB．E a、E b的关系为E a=E b=0C．a、b两点的电势大小φa、φb的关系为φa=φbD．φa、φb的关系为φa＜φb7．如图所示，实线是一簇未标明方向的匀强电场的电场线，虚线是一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点．若带电粒子在运动中只受电场力作用，则根据此图可知①带电粒子所带电性②带电粒子在a、b两点的受力方向③带电粒子在a、b两点的速度何处较大④带电粒子在a、b两点的电势能何处较大⑤a、b两点哪点的电势较高以上判断正确的是（）A．①②⑤B．②③④C．③④⑤D．①③⑤8．如图所示，A、B为两个等量同种点电荷，a、O、b在点电荷A、B的连线上，c、O、d在连线的中垂线上Oa=Ob=Oc=Od，则（）A．a、b两点的场强相同，电势也相同B．c、d两点的场强相同，电势也相同C．O点是A、B连线上电势最低的点，也A、B连线上场强最小的点D．O点是中垂线cd上电势最高的点，也是中垂线上场强最大的点9．如图所示，M、N两点分别放置两个等量种异电荷，A为它们连线的中点，B 为连线上靠近N的一点，C为连线的中垂线上处于A点上方的一点，在A、B、C 三点中（）A．场强最小的点是A点，电势最高的点是B点B．场强最小的点是A点，电势最高的点是C点C．场强最小的点是C点，电势最高的点是B点D．场强最小的点是C点，电势最高的点是A点10．如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示．则（）A．a一定带正电，b一定带负电B．a的速度将减小，b的速度将增加C．a的加速度将减小，b的加速度将增加D．两个粒子的动能都增加11．如图所示，一价氢离子（H ）和二价氦离子（He）的混合体，经同一加速电场U1同时加速后，垂直射入同一偏转U2电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们（）A．同时到达屏上同一点B．先后到达屏上同一点C．同时到达屏上不同点D．先后到达屏上不同点12．在如图所示的四个电场中，均有相互对称分布的a、b两点，其中a、b两点电势和场强都相同的是（）A ．B ．C ．D ．13．如图所示，两个带等量正电荷+Q的点电荷a、b，固定在相距为L的两点上，在它们连线的中垂面上有一个质量为m、电量为﹣q的带电粒子c以某一速度沿平分面某一方向射出，则带电粒子c可能做的运动是（不计粒子的重力）（）A．匀变速直线运动B．匀变速曲线运动C．匀速圆周运动D．以O为平衡位置在一直线作往返运动14．如图所示，将平行板电容器与电源相连，两极板间的带电尘埃恰保持静止状态，若将两板稍微水平错开一些，其他条件不变，则（）A．电容器的带电量不变B．尘埃仍保持静止状态C．电流计G中有a到b方向的电流D．电流计G中有a到b方向的自由电荷定向通过15．如图所示，有三个质量相等的分别带正电、负电和不带电的粒子，从两水平放置的金属板左侧以相同的水平初速度v0先后射入电场中，最后在正极板上打出A、B、C三个点，则（）A．三种粒子在电场中运动时间不相同B．三种粒子到达正极板时速度相同C．三种粒子到达正极板时落在A、C处的粒子机械能增大，落在B处粒子机械能不变D．落到A处粒子带负电，落到C处粒子带正电二、计算题（本题共4小题，第16题8分，第17题8分，第18题12分，第19题12分，共40分）16．质量为m的带电小球用细绳系住悬挂于匀强电场中，如图所示，静止时θ角为60°，求：（1）小球带何种电性．（2）若将绳烧断后，2s末小球的速度是多大．（g取10m/s2）17．如图所示，BC是半径为R 的圆弧形的光滑且绝缘的轨道，位于竖直平面内，其下端与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度为E．今有一质量为m、带正电q的小滑块（体积很小可视为质点），从C点由静止释放，滑到水平轨道上的A点时速度减为零．若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，求：（1）滑块通过B点时的速度大小V b？（2）水平轨道上A、B两点之间的距离S？18．如图所示的电场，等势面是一簇互相平行的竖直平面，间隔均为d，各面电势已在图中标出，现有一质量为m的带电小球以速度v0，方向与水平方向成45°角斜向上射入电场，要使小球做直线运动．问：（1）小球应带何种电荷？电荷量是多少？（2）在入射方向上小球最大位移量是多少？（电场足够大）19．如图所示，平行金属板长为L，一个带电为+q，质量为m的粒子以初速度v0紧贴上板垂直射入电场，刚好从下板边缘射出，末速度恰与下板成30°角，粒子重力不计．求：（1）粒子末速度大小；（2）电场强度；（3）两极间距离d．徐水一中高二（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共15小题，每小题4分，共60分）1．下列说法正确的是（）A．电势差的公式U AB =说明两点间的电势差U AB与电场力做功W AB成正比，与移动电荷的电荷量q成反比B．电势差是矢量，电场力做功是标量C．在电场中两点间移动电荷时，电场力做功的多少跟这两点间的电势差无关D．电场中两点间的电势差与在两点间移送电荷时电场力所做的功无关【考点】电势差；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】根据电势差和电场力做功的公式U AB =求解．两点间的电势差是由电场本身决定的与检验电荷无关．【解答】解：A、根据电势差和电场力做功的公式U AB =得：两点间的电势差等于从其中一点移到另一点时，电场力所做的功与电荷量的比值，与电场力做功W AB，及移动电荷的电荷量q，均无关，故A错误．B、电势差虽有正负，但不是矢量，电场力做功是标量，故B错误．C、在两点间移动电荷时，电场力做功的多少跟这两点间的电势差成正比，故C 错误，D、两点间的电势差是由电场本身决定的与检验电荷无关．故D正确．故选：D．【点评】解决该题关键要了解公式U AB =的意义．基础题目．2．下列公式中属于物理概念定义式的（）A．E=B．C=C．R=D ．R=ρ【考点】电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】分别根据物理量的关系，判断是否是定义式．电场强度是由试探电荷所受的电场力与其电荷量的比值来定义的．【解答】解：A、电场强度是由试探电荷所受的电场力与其电荷量的比值来定义的，E=是电场强度的定义式，故A正确．B、电容与极板的正对面积S成正比，与极板间的距离成反比，所以C=不属于物理概念定义式．故B错误．C、R=是电阻的定义公式，是用比值定义法定义的，故C正确；D 、R=ρ是电阻的决定公式，不是定义式，说明电阻与导体的材料、截面积和长度有关，故D错误；故选：AC【点评】对于物理量是定义式还是与其他量的关系式是掌握准确，本题关键要知道电场强度和电阻的定义式，并要知道它是采用比值法定义的．3．两个相同的金属小球，带电量之比为1：7，相距为r，视为点电荷，相互间的斥力大小为F，两者接触后再放回原处，则它们的静电力可能为（）A ．B ．C ．D ．【考点】库仑定律．【分析】接触带电的原则是先中和后平分，两个球的电性可能相同，可能不同，根据F=得出接触后再放回原处的库仑力大小．【解答】解：两电荷同性，设一个球的带电量为q，则另一个球的带电量为Q=7q，此时F=，接触后再分开，带电量各为4q，则两球的库仑力大小F′==F故选：D．【点评】解决本题的关键掌握接触带电的原则，先中和后平分，以及掌握库仑定律的公式．4．如图，a、b、c是一条电场线上的三个点，电场线的方向由a到c，a、b间的距离等于b、c间的距离，用U a，U b，U c和E a，E b，E c分别表示a、b、c三点的电势和电场强度，以下说法正确的是（）A．U a＞U b＞U cB．E a＞E b＞E cC．正电荷从a向c运动，电场力对其做负功D．负电荷从a向c运动，电场力对其做负功【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．【专题】比较思想；图析法；电场力与电势的性质专题．【分析】顺着电场线方向，电势必定降低．根据电场线疏密判断电场强度的大小，电场线越密电场强度越大．根据电场力方向与位移方向的关系分析电场力做功正负．【解答】解：A、根据顺着电场线方向，电势逐渐降低，则知U a＞U b＞U c．故A 正确．B、电场线疏密表示电场强度的大小，一条电场线无法确定电场线疏密情况，所以无法比较三点场强的大小．故B错误．C、正电荷所受的电场力方向沿电场线方向，所以正电荷从a向c运动，电场力对其做正功，故C错误．D、负电荷所受的电场力方向逆着电场线方向，所以负电荷从a向c运动，电场力对其做负功，故D正确．故选：AD【点评】本题考查对电场线两个意义的理解：根据电场线的方向，可判断电势的高低，根据电场线的疏密可判断场强的大小．注意一条电场线不能比较场强的大小．5．如图所示，为某一电场的电场线和等势面．已知φa=5v，φc=3v，ab=bc则（）A．φb=4v B．φb＞4vC．φb＜4v D．上述情况都有可能【考点】等势面；电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】由图看出，ab段电场线比bc段电场线密，ab段场强较大，根据公式U=Ed定性分析a、b间与b、c间电势差的大小，再求解中点b的电势φb．【解答】解：由图看出，ab段电场线比bc段电场线密，ab段场强较大，根据公式U=Ed可知，a、b间电势差U ab大于b、c间电势差U bc，即φa﹣φb＞φb﹣φc，得到φb ＜=4V．故选C【点评】本题的关键是运用匀强电场中场强与电势差的公式定性分析电势差的大小．常规题．6．如图所示，Q为一带正电的点电荷，P为原来不带电的枕形金属导体，a、b 为导体内的两点，当导体P处于静电平衡状态时（）A．a、b两点的场强大小E a、E b的关系为E a＞E bB．E a、E b的关系为E a=E b=0C．a、b两点的电势大小φa、φb的关系为φa=φbD．φa、φb的关系为φa＜φb【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度；电势．【专题】定性思想；模型法；电场力与电势的性质专题．【分析】处于静电平衡的导体内部场强处处为零，整个导体是一个等势体，表面是一个等势面，结合这些特点分析．【解答】解：AB、当导体P处于静电平衡状态时，导体内部场强处处为零，故a、b两点的场强大小E a、E b的关系为E a=E b=0，故A错误，B正确；CD、处于静电平衡的导体是一个等势体，则a、b两点的电势大小φa、φb的关系为φa=φb，故C正确，D错误．故选：BC【点评】解决本题的关键要理解并掌握处于静电平衡状态导体的特性：导体内部场强处处为零，整个导体是一个等势体．7．如图所示，实线是一簇未标明方向的匀强电场的电场线，虚线是一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点．若带电粒子在运动中只受电场力作用，则根据此图可知①带电粒子所带电性②带电粒子在a、b两点的受力方向③带电粒子在a、b两点的速度何处较大④带电粒子在a、b两点的电势能何处较大⑤a、b两点哪点的电势较高以上判断正确的是（）A．①②⑤B．②③④C．③④⑤D．①③⑤【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】由粒子的偏转方向可得出粒子的受力方向，由功的计算可得出电场力做功的正负，由动能定理可得出粒子动能的变化；由电场力做功与电势能的关系可得出电势能的变化．【解答】解：假设粒子由a到b运动．①、②由图可知，粒子向下偏转，则说明粒子所受的电场力方向竖直向下，由于不知电场线方向，故无法判断粒子电性，故②正确，①错误；③由图可知，粒子从a到b的过程中，电场力做正功，说明粒子速度增大，故可知b处速度较大，故③正确；④电场力做正功，则电势能减小，故a点电势能较大，故④正确；⑤虽然a点电势能较大，但是不知道粒子的电性，故无法判断电势的高低，故⑤错误．故选：B．【点评】本题是电场中轨迹问题，关键要能根据轨迹弯曲方向判断出电场力的方向，掌握电场力做正功，电势能减小，判断电势能的大小．8．如图所示，A、B为两个等量同种点电荷，a、O、b在点电荷A、B的连线上，c、O、d在连线的中垂线上Oa=Ob=Oc=Od，则（）A．a、b两点的场强相同，电势也相同B．c、d两点的场强相同，电势也相同C．O点是A、B连线上电势最低的点，也A、B连线上场强最小的点D．O点是中垂线cd上电势最高的点，也是中垂线上场强最大的点【考点】电势；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】场强是矢量，只有大小和方向都相同，场强才相同．作出电场线，根据顺着电场线电势降低判断电势的高低，根据电场线的疏密判断场强的大小．【解答】解：作出两个电荷连线上的电场线和中垂线上电场线如图．A、B、根据电场线分布及点电荷的电场强度的叠加原理可知，a、b两点场强大小相等，但方向相反，则场强不同；而c、d两点电场强度的方向不同，大小相等，则这两点的电场强度也不同；由电场对称性可知，a、b两点的电势相等，而c、d两点电势也相等，故AB错误，C、据图可知，O点电势是AB连线上的最低点，同时根据电场强度的叠加可知，O点的电场强度是A、B连线上最小点．故C正确，D、由图可知，结合沿着电场线方向，电势降低，则O点是中垂线cd上电势最高的点，但电场强度在中垂线上先增大后减小，故D错误．故选：C．【点评】对于等量同种点电荷和等量异种点电荷电场线和等势面的分布情况在熟练，这是考试的热点．9．如图所示，M、N两点分别放置两个等量种异电荷，A为它们连线的中点，B 为连线上靠近N的一点，C为连线的中垂线上处于A点上方的一点，在A、B、C 三点中（）A．场强最小的点是A点，电势最高的点是B点B．场强最小的点是A点，电势最高的点是C点C．场强最小的点是C点，电势最高的点是B点D．场强最小的点是C点，电势最高的点是A点【考点】电势；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据等量异种电荷电场线的分布去比较场强的大小，以及电势的高低．沿着电场线方向电势降低．【解答】解：根据等量异种电荷电场线的分布，知道E B＞E A＞E C，场强最小的是C点．等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，知ΦA=ΦC，沿着电场线方向电势逐渐降低，异种电荷间的电场线由正电荷指向负电荷，知ΦB＞ΦA，所以电势最高点是B点．故A、B、D错误，C正确．故选C．【点评】解决本题的关键是熟悉等量异种电荷周围电场线的分布以及知道等量异种电荷间连线的垂直平分线是等势线．10．如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示．则（）A．a一定带正电，b一定带负电B．a的速度将减小，b的速度将增加C．a的加速度将减小，b的加速度将增加D．两个粒子的动能都增加【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．物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧．根据电场力做功来判断动能的变化．【解答】解：A、物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，所以能判断a、b一定带异种电荷，但是不清楚哪一个是正电荷，哪一个是负电荷，故A错误；B、D、物体做曲线运动，所受力的方向指向轨迹的内侧，从图中轨迹变化来看电场力都做正功，动能都增大，速度都增大，故B错误，D正确；C、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，所以a受力减小，加速度减小，b受力增大，加速度增大，故C正确．故选：CD．【点评】该题考查带电粒子在电场中的轨迹的分析，加强基础知识的学习，掌握住物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧和电场线的特点，即可解决本题．11．如图所示，一价氢离子（H ）和二价氦离子（He）的混合体，经同一加速电场U1同时加速后，垂直射入同一偏转U2电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们（）A．同时到达屏上同一点B．先后到达屏上同一点C．同时到达屏上不同点D．先后到达屏上不同点【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】本题中带电粒子先加速后偏转．先根据动能定理求出加速获得的速度表达式．两种粒子在偏转电场中做类平抛运动，垂直于电场方向上做匀速直线运动，沿电场方向做匀加速运动，根据牛顿第二定律和运动学得到粒子偏转距离与加速电压和偏转电压的关系，从而得出偏转位移的关系即可判断粒子打在屏上的位置关系．【解答】解：设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d．在加速电场中，由动能定理得：qU1=①两种粒子在偏转电场中，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，由于两种粒子的比荷不同，则v0不同，所以两粒子在偏转电场中运动的时间t=不同．两种粒子在加速电场中的加速度不同，位移相同，则运动的时间也不同，所以两粒子是先后离开偏转电场．在偏转电场中的偏转位移y=②联立①②得 y=同理可得到偏转角度的正切tanθ=，可见y和tanθ与电荷的电量和质量无关．所以出射点的位置相同，出射速度的方向也相同．故两种粒子打屏上同一点．故B正确，A、C、D错误．故选：B．【点评】解决本题的关键知道带电粒子在加速电场和偏转电场中的运动情况，知道从静止开始经过同一加速电场加速，垂直打入偏转电场，运动轨迹相同．做选择题时，这个结论可直接运用，节省时间．12．在如图所示的四个电场中，均有相互对称分布的a、b两点，其中a、b两点电势和场强都相同的是（）A ．B ．C ．D ．【考点】电场强度；电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场强度是矢量，既有大小又有方向，只有当大小均相同时，场强才相同．电势是标量，真空中点电荷电场的等势线是以点电荷为球心的球面．【解答】解：A、ab两点电势相同，电场强度方向不同，场强不同．故A错误． B、a点电场强度是由匀强电场与点电荷电场场强的合成，a点场强斜向右上方，b点场强斜向右下方，则两点场强不同．故B错误．C、根据对称性，ab两点场强相同，ab在同一等势面上，电势相同．故C 正确．D、a点场强方向向上，b点场强方向向下，场强不同．故D错误．故选C【点评】矢量要相同，只有大小和方向都相同才相同，相反当大小或方向之一变化时，矢量就变化．13．如图所示，两个带等量正电荷+Q的点电荷a、b，固定在相距为L的两点上，在它们连线的中垂面上有一个质量为m、电量为﹣q的带电粒子c以某一速度沿平分面某一方向射出，则带电粒子c可能做的运动是（不计粒子的重力）（）A．匀变速直线运动B．匀变速曲线运动C．匀速圆周运动D．以O为平衡位置在一直线作往返运动【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】带电粒子受到两个等量正点电荷的电场力，在两个电场力合力作用下运动，根据平行四边形定则判断出电荷所受合力的变化，从而得出电荷可能的运动情况【解答】解：A、B、带电粒子受到两个等量正点电荷的电场力，在两个电场力合力作用下运动，该合力一定是变力，带电粒子的加速度一定变化，不可能做匀变速运动，即不可能做匀变速直线运动，也不可能做匀变速曲线，故AB错误．C、若带电粒子的速度在平分面内且垂直于co方向，合力正好提供向心力时可以做匀速圆周运动，故C正确．D、若带电粒子的速度在平分面内且平行于co方向，可以以O为平衡位置在一直线作往返运动，故D正确．故选：CD【点评】解决本题的关键会根据电荷的受力判断电荷的运动情况，要知道该带电粒子所受的电场力是变化的．14．如图所示，将平行板电容器与电源相连，两极板间的带电尘埃恰保持静止状态，若将两板稍微水平错开一些，其他条件不变，则（）A．电容器的带电量不变B．尘埃仍保持静止状态C．电流计G中有a到b方向的电流D．电流计G中有a到b方向的自由电荷定向通过【考点】电容器的动态分析．【专题】电容器专题．【分析】带电尘埃原来处于静止状态，电场力与重力平衡，将两板缓慢地错开一些后，分析板间场强有无变化，判断尘埃是否仍保持静止．根据电容的决定式分析电容如何变化，由电容的定义式分析电量的变化，确定电路中电流的方向．【解答】解：A、将两板缓慢地错开一些，两板正对面积减小，根据电容的决定式C=得知，电容减小，而电压不变，则电容器带电量减小．故A错误．B、由于板间电压和距离不变，则由公式E=知板间场强不变，尘埃所受电场力不变，仍处于静止状态．故B正确．CD、电容器电量减小，处于放电状态，而电容器上板带正电，电路中逆时针方向的电流，则检流计中有a→b的电流，即自由电荷由b到a方向的定向移动．故C正确，D错误．故选：BC．【点评】本题电容器动态变化问题，要抓住电压不变，根据电容的决定式和电容的定义式结合进行分析．15．如图所示，有三个质量相等的分别带正电、负电和不带电的粒子，从两水平放置的金属板左侧以相同的水平初速度v0先后射入电场中，最后在正极板上打出A、B、C三个点，则（）A．三种粒子在电场中运动时间不相同B．三种粒子到达正极板时速度相同C．三种粒子到达正极板时落在A、C处的粒子机械能增大，落在B处粒子机械能不变D．落到A处粒子带负电，落到C处粒子带正电【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】因为上极板带负电，所以平行板间有竖直向上的电场，正电荷在电场中受到向上的电场力，负电荷受到向下的电场力．则不带电的小球做平抛运动，带负电的小球做类平抛运动，加速度比重力加速度大，带正电的小球做加速度比重力加速度小的类平抛运动．由此根据平抛和类平抛运动规律求解．【解答】解：A、根据题意，三小球在竖直方向都做初速度为0的匀加速直线运动，球到达下极板时，在竖直方向产生的位移h相等：h=at2，解得：t=；由于平行板间有竖直向上的电场，正电荷在电场中受到向上的电场力，向下的合力最小，向下的加速度最小，负电荷受到向下的电场力，向下的合力最大，向下的加速度最大，不带电的小球做平抛运动，加速度为重力加速度g，根据t=得到正电荷运动时间最长，负电荷运动时间最短，不带电的小球所用时间处于中间；故A正确．BC、3种粒子下落过程有重力和电场力做功，它们的初动能相同，根据动能定理合力做功越多则末动能越大，而重力做功相同，A粒子带负电，电场力做正功；B粒子不带电，电场力不做功；C粒子带正电电场力做负功；所以动能E kC ＜E kB＜E kA，故BC错误．。

嗦夺市安培阳光实验学校高二上学期第一次月考物理试卷一、选择题（本题共10小题，共40分，1-7为单项选择题， 8-10为多项选择题。

在每小题给出的四个选项中，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，选错的得0分。

）1．库仑定律是电磁学的基本定律。

1766年英国的普里斯特利通过实验证实了带电金属空腔不仅对位于空腔内部的电荷没有静电力的作用，而且空腔内部也不带电。

他受到万有引力定律的启发，猜想两个点电荷（电荷量保持不变）之间的静电力与它们的距离的平方成反比.1785年法国的库仑通过实验证实了两个点电荷之间的静电力与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的平方成反比。

下列说法正确的是（）A．普里斯特利的实验表明，处于静电平衡状态的带电金属空腔内部的电势为零B．普里斯特利的猜想运用了“对比”的思维方法C．为了验证两个点电荷之间的静电力与它们的距离的平方成反比，库仑制作了库仑扭秤装置D．为了验证两个点电荷之间的静电力与它们的电荷量的乘积成正比，库仑精确测定了两个点电荷的电荷量2．如图所示，在两个点电荷Q1、Q2产生的电场中，实线为其电场线分布，虚线为电子（不计重力）从A点运动到B点的运动轨迹，则下列判断正确的是（）A．电子经过A点的加速度比经过B点的加速度小B．Q1的电荷量小于Q2的电荷量C．电子在A点的电势能大于在B点的电势能D．两个点电荷连线中点O的场强为零3．如图所示，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带电小球，小球用一绝缘轻线悬挂于O 点。

现给电容器缓慢充电，使两极板所带电荷量分别为+Q和-Q ，此时悬线与竖直方向的夹角为π/6。

再给电容器缓慢充电，直到悬线与竖直方向的夹角增加到π/3，且小球与两极板不接触。

则第二次充电使电容器正极板增加的电量是（）A．Q/2 B．Q C．3Q D．2Q4. a、b两点各放有电量为Q+和Q4+的点电荷，a、b、c、d、e、f、g七个点在同一直线上，且ac=cd=de=ef=fg=gb，如图所示，取无限远处为零电势，则（）A. d处的场强和电势均为零B. e处的电势比f处的电势高C. 电子在f处的电势能比在g处的电势能小D. 电子从c移到e，电子所受电场力先做负功再做正功5. 如图所示，a，b两个带正电的粒子，电荷量分別为Qa c d e f g bQ+4q 1与q 2，质量分别为m 1和m 2．它们以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进人平行板间的匀强电场后．a 粒子打在B 板的a′点，b 粒子打在B 板的b′点，若不计重力．则（ ）A.电荷量q 1大于q 2B.质量m 1小于m 2C.粒子的电荷量与质量之比2211m qm q > D.粒子的电荷量与质量之比2211m q m q <6．3月1日16时13分，“嫦娥一号”完成了“受控撞月”行动，探月一期工程完美落幕。

山东省曹县一中2016-2017 学年度高二第一学期月考物理试题满分：100 分时间：100 分钟一、选择题：（此题共16 小题，共54 分。

在每题给出的四个选项中，第1～ 10 题只有一项切合题目要求，第11～ 16 题有多项切合题目要求。

第1～ 10 题每题 3 分，共30 分。

第11～ 16 题每题 4 分，共 24 分，所有选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得0分。

） 1．以下说法中正确的选项是（）A．元电荷本质上是指电子和质子自己B．电荷量 e 的数值最早是由库仑用实验测得的C．所有带电体的电荷量不必定都等于元电荷的整数倍D．带电体间的距离比它们自己的大小大得多，以致于带电体的形状大小和电荷散布对它们间的互相作使劲的影响可忽视不计时，带电体就能够视为点电荷2．对于电场强度的观点，以下说法正确的选项是FA．由E＝q可知，某电场的场强 E 与 q 成反比，与 F 成正比B．正、负尝试电荷在电场中同一点遇到的电场力方向相反，因此某一点场强方向与放入尝试电荷的正负相关C．电场中某一点的场强方向与放入该点的尝试电荷的正负没关D．电场中某一点不放尝试电荷时，该点场强等于零3. 对于静电场的等势面，以下说法正确的选项是（）A.两个电势不一样的等势面可能订交B.电场线与等势面到处互相垂直C.同一等势面上各点电场强度必定相等D. 将一负的尝试电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功4．以下说法正确的选项是（）F 成正比A．由E=F/q可知，电场中某点的电场强度E与B．由公式φ=E P/q可知，电场中某点的电势φ 与q 成反比C．由 U ab=Ed可知，匀强电场中随意两点 a、b 间的距离越大，则两点间的电势差也必定越大D．由公式 C=Q/U可知，电容器的电容大小 C与电容器两极板间电势差 U 没关5.两个可自由挪动的点电荷分别放在A、 B两处，如下图． A 处电荷带正电荷量Q1，B处电荷带负电荷量Q2，且Q2＝4Q1，另取一个能够自由挪动的点电荷Q3，放在AB 直线上，欲使整个系统处于均衡状态，则A．Q3为负电荷，且放于 A 左方B．Q3为负电荷，且放于 B 右方C．Q3为正电荷，且放于A、 B 之间D．Q3为正电荷，且放于 B 右方6．如下图，M、 N 处各搁置电荷量均为q 的正点电荷， O 为正方形abcd 的中心且与MN 连线中点重合，对角线ac 与 MN垂直，取无量远处电势为零，则以下说法中正确的选项是（）A． b、 d 两点场强同样B． O场强点为零，电势也为零C．将质子沿a→ O→ c挪动，电势能先增添后减少D．将电子沿a→b→ c挪动，电场力先做负功，再做正功7．如图为真空中两点电荷A、 BA、B 电荷连线的中形成的电场中的一簇电场线，已知该电场线对于虚线对称，O点为点， a、 b 为其连线的中垂线上对称的两点，则以下说法正确的选项是A． A、 B 可能是带等量异号的正、负电荷B． A、 B 可能是带不等量的正电荷C．a、b两点处无电场线，故其电场强度可能为零D．同一尝试电荷在a、 b 两点地方受电场力大小相等，方向必定相反8．某电场线散布如下图，一带电粒子沿图中虚线所示的轨迹运动，先后经过M点和 N 点，以下说法正确的选项是A． M、 N点的场强E M＜ E N且电势φM＞φN B．粒子在M、 N点的加快度a M＞ a NC．粒子在M、 N点的速度v M＞ v ND．粒子必定带带负电9．如下图，平行板电容器的两极板A、 B 接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合 S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，以下剖析正确的选项是（）A．保持 S 闭合，将 A 板向 B板凑近，则θ增大B．保持 S 闭合，将 A 板向上平移一小段距离，则θ 变小C．断开 S，将 A 板向上平移一小段距离，则θ 变小D．断开 S，将 A 板向 B 板凑近，则θ变大10. 如下图，a、b、c为电场中同一条电场线上的三点， b 为 acφa=4Vφc=2Va b c中点。

2021-2022年高二上学期第一次月考物理试卷含解析一、选择题（共15小题，每题4分；1-10题每题只有一个选项是正确的，11-15题，每题至少有一个选项是正确的，漏选2分，错选0分．）1．物理学中引入了“质点”、“点电荷”、“电场线”等概念，从科学方法上来说属于（）A．控制变量B．类比C．理想模型D．等效替代2．下列说法中正确的是（）A．由E= 知，电场中某点的电场强度与检验电荷在该点所受的电场力成正比B．电场中某点的电场强度等于，但与检验电荷的受力大小及带电量无关C．电场中某点的电场强度方向即检验电荷在该点的受力方向D．公式E= 和E=对于任何静电场都是适用的3．两个等量点电荷P、Q在真空中产生的电场线（方向未画出）如图所示，一电子在A、B两点所受的电场力分别为FA 和FB，则它们的大小关系为（）A．FA =FBB．FA＜FBC．FA＞FBD．无法确定4．关于UAB =和WAB=qUAB的理解，正确的是（）A．电场中的A、B两点的电势差和两点间移动电荷的电量q成反比B．在电场中A、B两点间沿不同路径移动相同电荷，路径长时WAB较大C．U AB与q、W AB无关，甚至与是否移动电荷都没有关系D．W AB与q、U AB无关，与电荷移动的路径无关5．电场中电势越高的地方，则有（）A．那里的电场强度越大B．放在那里的电荷的电势能越大C．放在那里的正电荷的电势能越大D．以上说法都不对6．如图所示的情况中，a、b两点的电场强度和电势均相同的是（）A．甲图：离点电荷等距的a、b两点B．乙图：两个等量异种点电荷连线的中垂线上，与连线中点等距的a、b两点C．丙图：两个等量同种点电荷连线上，与连线中点等距的a、b两点D．丁图：带电平行金属板两板间分别靠近两板的a、b两点7．如图所示电场，实线表示电场线．一个初速度为v的带电粒子仅在电场力的作用下从a 点运动到b点，虚线表示其运动的轨迹．则（）A．粒子带正电B．a点电势低于b点电势C．粒子的电势能增加 D．电场力一直做正功8．如图所示，电荷量为Q1、Q2的两个正点电荷分别置于A点和B点，两点相距L．在以L为直径的光滑绝缘半圆环上，穿着一个带电小球+q（视为点电荷），在P点平衡．不计小球的重力，那么，PA与AB的夹角α与Q1、Q2的关系应满足（）A．tan3α= B．tan2α= C．tan3α= D．tan2α=9．如图所示，示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如果在荧光屏上P点出现亮斑那么示波管中的（）①极板X应带正电②极板X′应带正电③极板Y应带正电④极板Y′应带正电．A．②④B．①④C．②③D．①③10．如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行极板间的电场中，射入方向跟极板平行，整个装置处在真空中，重力可忽略，在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是（）A．U1变大、U2变大B．U1变小、U2变大C．U1变大、U2变小D．U1变小、U2变小11．如图甲所示，一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点的电势φ随x变化的情况如图乙所示．若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则（）A．电子一直沿Ox负方向运动B．电场力一直做正功C．电子运动的加速度逐渐增大 D．电子的电势能逐渐减小12．真空中有一带负电的电荷绕固定的点电荷+Q运动，其轨迹为椭圆，如图所示．已知abcd 为椭圆的四个顶点，+Q处在椭圆焦点上，则下列说法正确的是（）A．b、d两点的电场强度大小一定相等B．a、c两点的电势相等C．负电荷由b运动到d电场力做负功D．负电荷由a经d运动到c的过程中，电势能先减小后增大13．静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的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，为了使指针张开的角度增大些，下列采取的措施可行的是（）A．断开开关S后，使A、B两极板分开些B．断开开关S后，使A、B两板正对面积错开些C．保持开关S闭合，使A、B两板靠近些D．保持开关S闭合，使A、B两板正对面积错开些14．如图所示，三条平行等间距的虚线表示电场中的三个等势面，电势值分别为10V、20V、30V，实线是一带电粒子（不计重力）在该区域内的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，下列说法正确的是（）A．粒子在三点所受的电场力不相等B．粒子必先过a，再到b，然后到cC．粒子在三点所具有的动能大小关系为E kb＜E ka＜E kcD．粒子在三点的电势能大小关系为E pc＜E pa＜E pb15．如图所示，在粗糙的水平绝缘桌面上有两个大小相同、带有同种电荷的小物块P和Q．已知m P＞m Q，q P＞q Q．将它们由静止释放后，两物块开始在水平桌面上运动，并最终停止在水平桌面上．在物块运动过程中（）A．P 受到的库仑力大于Q受到的库仑力B．P受到的摩擦力始终小于它受到的库仑力C．P的加速度始先小于Q的加速度，后大于Q的加速度D．P和Q具有的电势能与机械能之和减小二、计算题（本题包括3小题，共40分）16．如图所示，用一根绝缘细线悬挂一个带电小球，小球的质量为m，电量为q，现加一水平的匀强电场，平衡时绝缘细线与竖直方向夹θ角．（1）请画出小球受力分析图；（2）试求这个匀强电场的场强E大小；（3）如果将电场方向顺时针旋转θ角、大小变为E′后，小球平衡时，绝缘细线仍与竖直方向夹θ角，则E′的大小又是多少？17．如图所示，在匀强电场中，有A．B两点，它们间距为2cm，两点的连线与场强方向成60°角．将一个电量为2×10﹣5C的电荷由A移到B，其电势能减少了0.1J．则：（1）在此过程中，电场力对该电荷做了多少功？（2）A．B两点的电势差U AB为多少？（3）匀强电场的场强为多大？18．一质量为m、带电荷量为+q的小球以水平初速度v0进入竖直向上的匀强电场中，如图甲所示．今测得小球进入电场后在竖直方向下降的高度y与水平方向的位移x之间的关系如图乙所示，根据图乙给出的信息，（重力加速度为g）求：（1）匀强电场场强的大小；（2）小球从进入匀强电场到下降h高度的过程中，电场力做的功；（3）小球在h高度处的动能．参考答案与试题解析一、选择题（共15小题，每题4分；1-10题每题只有一个选项是正确的，11-15题，每题至少有一个选项是正确的，漏选2分，错选0分．）1．物理学中引入了“质点”、“点电荷”、“电场线”等概念，从科学方法上来说属于（）A．控制变量 B．类比 C．理想模型 D．等效替代【考点】电场线；质点的认识；元电荷、点电荷．【分析】物理学中引入了“质点”、“点电荷”、“电场线”等概念，都是在物理学中引入的理想化的模型，是众多的科学方法中的一种．【解答】解：“质点”、“点电荷”、“电场线”等都是为了研究问题简单而引入的理想化的模型，所以它们从科学方法上来说属于理想模型，所以C正确．故选C．2．下列说法中正确的是（）A．由E= 知，电场中某点的电场强度与检验电荷在该点所受的电场力成正比B．电场中某点的电场强度等于，但与检验电荷的受力大小及带电量无关C．电场中某点的电场强度方向即检验电荷在该点的受力方向D．公式E= 和E=对于任何静电场都是适用的【考点】电场强度；库仑定律．【分析】E=是电场强度的定义式，采用比值法定义，E与F、q无关，该式适用于任何电场；E是矢量，E的方向与正电荷在该点所受的电场力的方向相同；场强反映电场本身的特性，与试探电荷无关．E=只适用于点电荷的电场．【解答】解：AB、E=是电场强度的定义式，采用比值法定义，E与检验电荷所受的电场力F、电荷量q无关，故A错误，B正确．C、电场中某点的电场强度方向即正检验电荷在该点的受力方向，与负检验电荷在该点的受力方向相反，故C错误．D、公式E=对于任何静电场都适用，而E=只适用于点电荷的电场．故D错误．故选：B．3．两个等量点电荷P、Q在真空中产生的电场线（方向未画出）如图所示，一电子在A、B两点所受的电场力分别为F A和F B，则它们的大小关系为（）A．F A=F B B．F A＜F B C．F A＞F B D．无法确定【考点】电场线；电场强度．【分析】为了形象的描述电场的强弱和方向引入了电场线的概念，在电场中电场线密的地方电场强度大，稀疏的地方电场强度小，据此可正确解答本题．【解答】解：从图中可以看出，A点电场线比B点密，因此A点场强比B点强，根据F=Eq 可知，A点电场力大，故ABD错误，C正确．故选C．4．关于U AB=和W AB=qU AB的理解，正确的是（）A．电场中的A、B两点的电势差和两点间移动电荷的电量q成反比B．在电场中A、B两点间沿不同路径移动相同电荷，路径长时W AB较大C．U AB与q、W AB无关，甚至与是否移动电荷都没有关系D．W AB与q、U AB无关，与电荷移动的路径无关【考点】电势差．【分析】电场中的A、B两点间的电势差和两点间移动电荷的电量q和电场力做功无关；电场中A、B两点间的电势差是一定的，在电场中A、B两点移动不同的电荷，电场力的功W AB和电量q成正比．【解答】解：A、电势差公式U AB=是比值定义法，电场中的A、B两点间的电势差和两点间移动电荷的电量q和电场力做功均无关．故A错误；B、根据公式W AB=qU AB，在电场中A、B两点移动不同的电荷，电场力的功W AB和电量q成正比，与路径无关．故B错误；C、电势差公式U AB=是比值定义法，U AB与q、W AB无关，甚至与是否移动电荷都没有关系，故C正确；D、电场力做功与路径无关，电场力的功W AB和电量q成正比，即W AB与q成正比，但与电荷移动的路径无关，故D错误；故选：C．5．电场中电势越高的地方，则有（）A．那里的电场强度越大B．放在那里的电荷的电势能越大C．放在那里的正电荷的电势能越大D．以上说法都不对【考点】电势．【分析】电场强度与电势没有关系，分别描述电场力与能的性质，电场线的疏密表示电场强度的强弱，且等差等势面越密，则电场强度也越强；根据公式E p=qφ分析电势能与电势的关系．【解答】解：A、电场强度与电势没有直接关系，电势高的电场强度不一定大，故A错误；BCD、根据电势能公式E p=qφ可知，正电荷在电势高的地方电势能大，而负电荷在电势高的地方电势能小，故BD错误，C正确．故选：C．6．如图所示的情况中，a、b两点的电场强度和电势均相同的是（）A．甲图：离点电荷等距的a、b两点B．乙图：两个等量异种点电荷连线的中垂线上，与连线中点等距的a、b两点C．丙图：两个等量同种点电荷连线上，与连线中点等距的a、b两点D．丁图：带电平行金属板两板间分别靠近两板的a、b两点【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】电势是标量，同一等势面各点电势相等．电场强度是矢量，只有大小和方向均相同时，场强才相同．【解答】解：A、a、b是离点电荷等距的a、b两点，处于同一等势面上，电势相同，场强大小相等，但方向不同，则电场强度不同．故A错误．B、等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，则a、b的电势相同．由于电场线关于两电荷连线上下对称，而且都与等势面垂直，所以场强的大小和方向都相同．故B正确．C、根据电场线的对称性可知，ab两点电势相同，场强大小相等，但方向相反，所以电场强度不同．故C错误．D、a、b是匀强电场中的两点，电场强度相同，a点的电势大于b点的电势．故D错误故选：B．7．如图所示电场，实线表示电场线．一个初速度为v的带电粒子仅在电场力的作用下从a 点运动到b点，虚线表示其运动的轨迹．则（）A．粒子带正电B．a点电势低于b点电势C．粒子的电势能增加 D．电场力一直做正功【考点】电场线；电势能；匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】电场线的疏密代表电场的强弱，正电荷所受电场力的方向就是电场线的方向，而负电荷所受的电场力的方向与电场线的方向相反，沿着电场线方向电势降低．【解答】解：A、由轨迹弯曲方向可判断出电场力方向，受力方向指向弧内，则粒子带负电荷，故A错误．B、沿着电场线方向电势降低，则a点电势高于b点电势，故B错误；C、电场力方向与速度方向夹角大于90°，一直做负功，动能减小．电势能增加，故C正确D错误．故选：C8．如图所示，电荷量为Q1、Q2的两个正点电荷分别置于A点和B点，两点相距L．在以L为直径的光滑绝缘半圆环上，穿着一个带电小球+q（视为点电荷），在P点平衡．不计小球的重力，那么，PA与AB的夹角α与Q1、Q2的关系应满足（）A．tan3α= B．tan2α= C．tan3α= D．tan2α=【考点】库仑定律；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．【分析】对带电小球进行受力分析，由于不考虑重力，因此根据平衡条件可知，小球受力在切线方向上的合力为零，据此结合数学关系列方程即可正确求解．【解答】解：对小球进行受力分析如图所示：根据库仑定律有：，r1=Lcosα①，r2=Lsinα②根据平衡条件，沿切向方向的分力有：F1sinα=F2cosα③联立①②③解得：，故BCD错误，A正确．故选A．9．如图所示，示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如果在荧光屏上P点出现亮斑那么示波管中的（）①极板X应带正电②极板X′应带正电③极板Y应带正电④极板Y′应带正电．A．②④B．①④C．②③D．①③【考点】示波管及其使用．【分析】由亮斑位置可知电子偏转的打在偏向X，Y向，由电子所受电场力的方向确定电场的方向，再确定极板所带的电性由亮斑位置可知电子偏转的打在偏向X，Y向，由电子所受电场力的方向确定电场的方向，再确定极板所带的电性【解答】解：电子受力方向与电场方向相反，因电子向X向偏转则，电场方向为X到X′，则X带正电同理可知Y带正电，故①③正确，②④错误故选：D．10．如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行极板间的电场中，射入方向跟极板平行，整个装置处在真空中，重力可忽略，在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是（）A．U1变大、U2变大B．U1变小、U2变大C．U1变大、U2变小D．U1变小、U2变小【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】电子在加速电场中，在电场力的作用下，做匀加速直线运动，可由电场力做功求出射出加速电场时的速度．电子在水平放置的平行板之间，因受到的电场力的方向与初速度的方向垂直，故电子做类平抛运动．运用平抛运动的竖直方向的速度与水平方向的速度的关系，可求出角度θ的变化情况．【解答】解：设电子被加速后获得初速为v0，则由动能定理得：…①又设极板长为l，则电子在电场中偏转所用时间：…②又设电子在平行板间受电场力作用产生加速度为a，由牛顿第二定律得：…③电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度：v y=at…④由①、②、③、④可得：又有：故U2变大或U1变小都可能使偏转角θ变大，故选项B正确，选项ACD错误．故选B．11．如图甲所示，一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点的电势φ随x变化的情况如图乙所示．若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则（）A．电子一直沿Ox负方向运动B．电场力一直做正功C．电子运动的加速度逐渐增大 D．电子的电势能逐渐减小【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】沿着电场线的方向电势降低，根据Ox方向上各点的电势φ随x变化的情况可以判断出电场的方向与特点．根据电场强度方向判断电子的运动方向．根据电场力做功情况判断电子的电势能变化情况．【解答】解：A、从Φ﹣x图象可知，沿x正方向电势逐渐升高，所以电场线的方向沿x轴负方向，而电子受到的电场力的方向与电场线方向相反，沿x轴正方向，所以电子沿x轴正方向运动，故A错误．B、在0点由静止释放一电子，电子受到x正方向的电场力，电子将沿Ox正方向运动，电场力将做正功，电场力做功量度电势能的变化，所以电子电势能将减小，故BD正确；C、由E=可知图象的斜率等于电场强度，则电场强度保持不变，电子所受的电场力不变，加速度不变，故C错误．故选：BD．12．真空中有一带负电的电荷绕固定的点电荷+Q运动，其轨迹为椭圆，如图所示．已知abcd 为椭圆的四个顶点，+Q处在椭圆焦点上，则下列说法正确的是（）A．b、d两点的电场强度大小一定相等B．a、c两点的电势相等C．负电荷由b运动到d电场力做负功D．负电荷由a经d运动到c的过程中，电势能先减小后增大【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】带电粒子在绕Q点做圆周运动，点电荷对带电粒子的吸引力提供向心力，根据电场力对带电粒子的做功情况判断M点和N点的电势能大小关系；由离Q的远近判断场强大小；由库仑力与运动方向判断功的正负等【解答】解：A、由点电荷电场分布可知，d点场强较小，故A错误B、由点电荷电场分布可知，ac与Q距离相等，必定位于同一个等势面，故B正确C、负电荷由b到a，速度减小，说明故电场力做负功，故C正确；D、负电荷由a经d运动到c的过程中，电场力先做负功再做正功，电势能先增大后减小，故D错误故选：BC13．静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的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，为了使指针张开的角度增大些，下列采取的措施可行的是（）A．断开开关S后，使A、B两极板分开些B．断开开关S后，使A、B两板正对面积错开些C．保持开关S闭合，使A、B两板靠近些D．保持开关S闭合，使A、B两板正对面积错开些【考点】电容器的动态分析．【分析】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．【解答】解：A、断开开关，电容器带电量Q不变，将AB分开一些，则d增大，根据C= 知，电容C减小，根据C= 知，电势差增大，指针张角增大，故A正确．B、断开开关，电容器带电量Q不变，将AB两板正对面积错开些，则s减小，根据C= 知，电容C减小，根据C= 知，电势差U增大，指针张角增大．故B正确．CD、保持开关闭合，不论使A、B两板靠近些，还是使A、B两板正对面积错开些，电容器两端的电势差总不变，则指针张角不变．故C、D错误．故选：AB．14．如图所示，三条平行等间距的虚线表示电场中的三个等势面，电势值分别为10V、20V、30V，实线是一带电粒子（不计重力）在该区域内的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，下列说法正确的是（）A．粒子在三点所受的电场力不相等B．粒子必先过a，再到b，然后到cC．粒子在三点所具有的动能大小关系为E kb＜E ka＜E kcD．粒子在三点的电势能大小关系为E pc＜E pa＜E pb【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；等势面．【分析】此题首先要根据三条表示等势面的虚线等距离判断出电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点的电场力是相同的；因带电粒子的运动轨迹是抛物线，所以两种运动方式都有可能；根据abc三点的位置关系以及带电粒子的电势能与动能之间的互化，并明确动能和势能之和不变，则可判断出经过a、b、c三点时的动能和电势能的大小关系．【解答】解：A、因表示电场中三个等势面的三条虚线是平行且等间距的，由此可判断电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点受到的电场力相等．故A错误．B、由题图可知，电场的方向是向上的，而粒子受力一定是向下的，故粒子带负电，而带负电的粒子无论是依次沿a、b、c运动，还是依次沿c、b、a运动，都会的到如图的轨迹．故B错误．C、粒子在电场中运动时，只有电场力做功，故电势能与动能之和应是恒定不变的，由图可知，粒子在b点时的电势能最大，在c点的电势能最小，则可判断在c点的动能最大，在b 点的动能最小．故CD正确．故选：CD．15．如图所示，在粗糙的水平绝缘桌面上有两个大小相同、带有同种电荷的小物块P和Q．已知m P＞m Q，q P＞q Q．将它们由静止释放后，两物块开始在水平桌面上运动，并最终停止在水平桌面上．在物块运动过程中（）A．P 受到的库仑力大于Q受到的库仑力B．P受到的摩擦力始终小于它受到的库仑力C．P的加速度始先小于Q的加速度，后大于Q的加速度D．P和Q具有的电势能与机械能之和减小【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．【分析】由静止释放后，两个物块向相反方向运动，两物块之间的库仑力做正功，电势能减小．开始阶段，库仑力大于物块的摩擦力，物块做加速运动，当库仑力小于摩擦力后，物块做减速运动，动能先增大，后减小，当整个过程摩擦力一直做负功，根据能量守恒即可判断机械能的变化情况．【解答】解：A、PQ间的库仑力分别对P和Q为作用力和反作用力，大小相同，方向相反，故A错误；BD、开始阶段，库仑力大于物块的摩擦力，物块做加速运动；当库仑力小于摩擦力后，物块做减速运动，整个过程中摩擦力一直做负功，故P和Q具有的电势能与机械能之和一直减小．故B错误，D正确；C、对PQ受力分析可知，都受到摩擦力和库仑力，对加速过程有牛顿第二定律可知F﹣库f=ma，解得a==﹣μg，由于库仑力大小相同，摩擦力大小不相同，m p＞m Q，故P的加速度小于Q的加速度，当两物体开始减速后，合外力a=μg﹣，则可知P的加速度先小于Q 的加速度，后大于Q的加速度，故C正确故选：CD二、计算题（本题包括3小题，共40分）16．如图所示，用一根绝缘细线悬挂一个带电小球，小球的质量为m，电量为q，现加一水平的匀强电场，平衡时绝缘细线与竖直方向夹θ角．（1）请画出小球受力分析图；（2）试求这个匀强电场的场强E大小；（3）如果将电场方向顺时针旋转θ角、大小变为E′后，小球平衡时，绝缘细线仍与竖直方向夹θ角，则E′的大小又是多少？【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】（1）、（2）对小球受力分析，受到重力、电场力和细线的拉力，根据共点力平衡条件和电场力F=qE列式求解场强E．（3）如果将电场方向顺时针旋转θ角、大小变为E′后，电场力方向也顺时针转过θ角，大小为F′=qE′，再运用同样的方法求解E′的大小．【解答】解：（1）小球受到重力、电场力和细线的拉力，受力分析如图1所示．（2）对小球受力分析，受到重力、电场力和细线的拉力，如图．由平衡条件得：mgtanθ=qE解得：E=（3）将电场方向顺时针旋转θ角、大小变为E′后，电场力方向也顺时针转过θ角，大小为F′=qE′，此时电场力与细线垂直，如图所示2．根据平衡条件得：mgsinθ=qE′则得：E′=．答：（1）小球受力分析图如图；（2）这个匀强电场的场强E大小为；（3）E′的大小又是．17．如图所示，在匀强电场中，有A．B两点，它们间距为2cm，两点的连线与场强方向成60°角．将一个电量为2×10﹣5C的电荷由A移到B，其电势能减少了0.1J．则：（1）在此过程中，电场力对该电荷做了多少功？（2）A．B两点的电势差U AB为多少？（3）匀强电场的场强为多大？【考点】电场强度；电势差．【分析】（1）根据电势差的变化得出电场力做功．（2）结合电场力做功与电势差的关U=系求出A、B两点的电势差．（3）根据匀强电场的电场强度公式E=求出场强的大小．【解答】解：（1）电荷由A移到B，其电势能减少了0.1J，则电场力对电荷做功为W AB=0.1J．（2）已知q=2×10﹣5C，则U AB==V=5000V；（3）根据U AB=Ed AB cos60°得E===5×105V/m．答：（1）在此过程中，电场力对该电荷做了0.1J的功．（2）A．B两点的电势差U AB为5000V．（3）匀强电场的场强为5×105V/m．18．一质量为m、带电荷量为+q的小球以水平初速度v0进入竖直向上的匀强电场中，如图甲所示．今测得小球进入电场后在竖直方向下降的高度y与水平方向的位移x之间的关系如图乙所示，根据图乙给出的信息，（重力加速度为g）求：（1）匀强电场场强的大小；（2）小球从进入匀强电场到下降h高度的过程中，电场力做的功；（3）小球在h高度处的动能．。

2015-2016学年江苏省盐城市东台市创新学校高二〔上〕第一次月考物理试卷〔必修〕一、此题共21小题，每一小题0分，共69分．在每一小题给出的四个选项中，只有-项符合题意要求．选对得3分，不选、多项选择、错选均不得分．将答案涂写在答题卡上．阅读如下内容，回答1﹣3题问题2012年12月23日，歼﹣15舰载战斗机在“辽宁舰〞上圆满完成着舰试验，成功降落．为了强制飞机在50～70m距离内迅速地从300km/h减速为0，需要通过安装在机体尾部下方经过特殊设计的拦阻挂钩，拉住横置于航母跑道甲板上的拦阻索，利用拦阻力来强行制动．歼﹣15舰载战斗机高空最大速度是2500km/h，航程是4500km〔不空中加油〕，假设战斗机降落时的质量是25000kg．1．歼﹣15舰载战斗机一次加油后在高空以最大速度飞行，可持续飞行长时间为( ) A．1.8hB．5.6 hC．6.48sD．7.2×10﹣3h2．关于歼﹣15舰载战斗机着舰后拦阻索的作用，如下说法中正确的答案是( )A．增加歼﹣15舰载战斗机的惯性B．减少歼﹣15舰载战斗机的惯性C．减少歼﹣15舰载战斗机所受的合力D．增加歼﹣15舰载战斗机所受的阻力3．为保证歼﹣15舰载战斗机安全着舰，歼﹣15舰载战斗机所受的最小阻力为( ) A．1.74×105NB．3.6×106NC．1.0×105ND．1.2×106N4．如下列图，某时刻对称分布在拦阻挂钩两侧的拦阻索之间成120°夹角，假设此时每侧拦阻索上产生的弹力为8×105N，如此拦阻挂钩受到的拉力为( )A．1.6×106NB．8×105NC．8×105ND．4×1055．自由落体运动的v﹣t图象应是( )A．B．C．D．6．一汽车在路面情况一样的公路上直线行驶，下面关于车速、惯性、质量和滑行路程的讨论，正确的答案是( )A．车速越大，它的惯性越大B．质量越大，它的惯性越大C．质量越大，刹车后滑行的路程越长D．车速越大，刹车后滑行的路程越长，所以惯性越大7．伽利略的理想实验证明了( )A．要使物体运动必须有力的作用，没有力的作用物体将要静止B．要使物体静止必须有力的作用，没有力的作用物体将要运动C．物体不受外力作用时，一定处于静止状态D．物体不受外力作用时，总是保持原来的匀速直线运动状态或静止状态8．一汽车从静止开始由甲地出发，沿平直公路开往乙地，汽车先做匀加速运动历时t，接着做匀减速运动历时2t，开到乙地刚好停止．那么在匀加速运动和匀减速运动两段时间内( )A．加速度大小之比为3：1B．加速度大小之比为2：1C．平均速度大小之比为2：1D．平均速度大小之比为1：29．关于参考系，如下说法中正确的答案是( )A．参考系必须是静止不动的物体B．参考系必须是正在做匀速直线运动的物体C．参考系必须是固定在地面上的物体D．描述物体的运动时，参考系可以任意选择10．国际单位制中规定，力学量所选用的根本量是( ) A．长度、力、时间B．长度、质量、时间C．长度、力、质量、时间D．速度、加速度、力关于加速度11．如下说法中正确的答案是( )A．物体的加速度为零，其速度一定为零B．物体的加速度减小，其速度一定减小C．物体的加速度越小，其速度变化越小D．物体的加速度越大，其速度变化越快12．关于力，以下说法中错误的答案是( )A．力是物体之间的相互作用B．力不但有大小，而且有方向C．力可以用一根带箭头的线段来表示D．性质不同的力，效果一定不同13．关于弹力和摩擦力，如下说法中错误的答案是( ) A．弹力和摩擦力都是接触力B．有摩擦力必有弹力C．有弹力必有摩擦力D．同一接触面上的弹力和摩擦力一定相互垂直14．如下各图象中，能够描述自由落体运动的是( )A．B．C．D．15．伽利略的理想实验证明了( )A．要使物体运动就必须有力的作用，没有力的作用物体就静止B．要使物体静止就必须有力的作用，没有力的作用物体就运动C．物体不受力作用时，一定处于静止状态D．物体不受外力作用时，总是保持原来的匀速直线运动状态或静止状态16．物体同时受到同一平面内的三个力作用，如下几组力中其合力不可能为零的是( ) A．5N、7N、8NB．2N、3N、5NC．1N、5N、10ND．1N、10N、10N17．如下语句中加点局部描绘的运动情景，可以选取山为参考系的是( )A．两岸猿声啼不住，轻舟已过万重山B．小小竹排江中游，巍巍青山两岸走C．满眼风波多闪灼，看山恰似走来迎D．两岸青山相对出，孤帆一片日边来18．某物体的x﹣t图象如下列图，如此该物体( )A．处于静止状态B．做匀速直线运动C．做变速直线运动D．做匀加速直线运动19．如下列图为“探究求合力的方法〞的实验装置，如此( )A．实验中所用的两根细线越短越好B．弹簧测力计的拉力方向必须与木板平行C．实验中只需记录弹簧测力计拉力的大小D．每次实验中两个分力间的夹角必须大于90°20．做自由落体运动的物体，如果下落过程中某时刻重力突然消失，物体的运动情况将是( )A．悬浮在空中不动B．速度逐渐减小C．保持该时刻速度做匀速直线运动D．无法判断21．如下列图，质量不同的两个小球从同一高度同时做自由落体运动，如此( )A．质量大的下落得快B．质量小的下落得快C．两球下落的时间一样D．两球下落的加速度不同22．如下列图，小强用与水平方向成θ角的轻绳拉木箱，未拉动，此时绳中拉力为F，如此木箱所受摩擦力的大小为( )A．FcosθB．FsinθC．0D．F23．关于物体的惯性，如下说法正确的答案是( )A．足球在静止时没有惯性，运动时才具有惯性B．跳高运动员起跳前要助跑，是为了获得惯性C．赛车在高速行驶时不容易停下来，是由于速度越来越大惯性越大D．百米赛跑运动员到达终点不能立即停下来，是因为运动员具有惯性二、填空题：把答案填在答题卡相应的横线上〔本大题2小题，其中24小题6分，25小题6分，共12分〕．24．小明用打点计时器研究小车的运动，在实验过程中：〔1〕打点计时器应使用__________〔选填“直流〞或“交流〞〕电源．〔2〕他打出一条纸带，按打点先后顺序每5个点取一个计数点，并计算出相应时刻的瞬时速度，如下表所示，请根据表中的数据，在坐标系中作出小车运动的v﹣t图象．计数点 A B C D E F时刻t/s 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5瞬时速度v/（m*s﹣1）0.150 0.205 0.270 0.330 0.395 0.450〔3〕由作出的v﹣t图象可以判断，小车做__________〔选填“匀速〞、“匀加速〞或“变加速〞〕直线运动．25．某同学做《共点的两个力的合成》实验作出如下列图的图，其中A为固定橡皮条的固定点，O为橡皮条与细绳的结合点，图中__________是F1、F2合力的理论值，__________是合力的实验值，通过本实验，可以得出结论：在误差允许的范围__________是正确的．三、解答题：本大题共3小题，共19分．解答时要求写出必要的文字说明、方程式和贡要的演算步骤，假设只有最后答案而无演算过程的不得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．26．一辆汽车在平直的路面上匀速运动，由于前方有事，紧急刹车，从开始刹车到车停止，被制动的轮胎在地面上发生滑动时留下的擦痕为14m，轮胎与路面的动摩擦因素为0.7，g取10m/s2．问：〔1〕刹车时汽车的加速度多大？〔2〕刹车前汽车的速度多大？〔3〕刹车后经过1s和3s，汽车的位移分别为多大？27．汽车先以a1=0.5m/s2的加速度由静止开始做匀加速直线运动，在20s末改做匀速直线运动，当匀速运动持续10s后，因遇到障碍汽车便紧急刹车，刹车的加速度为a2=﹣2m/s2，求：〔1〕汽车匀速运动时的速度大小；〔2〕汽车刹车后的6s内所通过的位移；〔3〕在坐标图上画出该汽车运动全过程的速度﹣时间图象．28．如下列图，在水平地面放一质量为1.0kg的木块，木块与地面间的动摩擦因数为0.6，在水平方向上对木块同时施加相互垂直的两个拉力F1、F2，F l=3.0N，F2=4.0N，g取10N/kg，如此：〔1〕木块受到的摩擦力为多少？〔2〕假设将F2顺时针转90°，此时木块在水平方向上受的合力大小为多少？加速度是多少？2015-2016学年江苏省盐城市东台市创新学校高二〔上〕第一次月考物理试卷〔必修〕一、此题共21小题，每一小题0分，共69分．在每一小题给出的四个选项中，只有-项符合题意要求．选对得3分，不选、多项选择、错选均不得分．将答案涂写在答题卡上．阅读如下内容，回答1﹣3题问题2012年12月23日，歼﹣15舰载战斗机在“辽宁舰〞上圆满完成着舰试验，成功降落．为了强制飞机在50～70m距离内迅速地从300km/h减速为0，需要通过安装在机体尾部下方经过特殊设计的拦阻挂钩，拉住横置于航母跑道甲板上的拦阻索，利用拦阻力来强行制动．歼﹣15舰载战斗机高空最大速度是2500km/h，航程是4500km〔不空中加油〕，假设战斗机降落时的质量是25000kg．1．歼﹣15舰载战斗机一次加油后在高空以最大速度飞行，可持续飞行长时间为( )A．1.8hB．5.6 hC．6.48sD．7.2×10﹣3h考点：匀速直线运动与其公式、图像．分析：由题意可明确飞机的速度和航程，如此由速度公式可求得飞行时间．解答：解：航程以与速度，如此由速度公式可得：t===1.8h；应当选：A．点评：此题考查速度公式的应用，此题较长，但只要能抓住主要因素即可顺利求解．2．关于歼﹣15舰载战斗机着舰后拦阻索的作用，如下说法中正确的答案是( )A．增加歼﹣15舰载战斗机的惯性B．减少歼﹣15舰载战斗机的惯性C．减少歼﹣15舰载战斗机所受的合力D．增加歼﹣15舰载战斗机所受的阻力考点：物体的弹性和弹力．分析：根据质量是惯性的量度，与拦阻索的作用是增加阻力，并结合牛顿第二定律，即可求解．解答：解：AB、根据质量是惯性的量度，可知，当着舰后拦阻索的作用，不会导致其质量的变化，故AB错误；CD、当着舰后拦阻索的作用，使得战斗机的阻力增加，从而增加战斗机的合力，故C错误，D 正确；应当选：D．点评：考查惯性与质量的关系，注意力与惯性无关，理解牛顿第二定律的应用．3．为保证歼﹣15舰载战斗机安全着舰，歼﹣15舰载战斗机所受的最小阻力为( ) A．1.74×105NB．3.6×106NC．1.0×105ND．1.2×106N考点：牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：根据速度位移公式求出匀减速运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出最小阻力大小．解答：解：300km/h=83.3m/s，根据速度位移公式得，匀减速运动的最小加速度大小为：a=，根据牛顿第二定律得阻力为：f=ma=25000×50N=1.25×106N，与D选项接近．应当选：D．点评：此题考查了牛顿第二定律和运动学公式的根本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．4．如下列图，某时刻对称分布在拦阻挂钩两侧的拦阻索之间成120°夹角，假设此时每侧拦阻索上产生的弹力为8×105N，如此拦阻挂钩受到的拉力为( )A．1.6×106NB．8×105NC．8×105ND．4×105考点：合力的大小与分力间夹角的关系．专题：平行四边形法如此图解法专题．分析：根据平行四边形定如此，结合合力的大小，可求出夹角为120°时分力的大小．解答：解：当夹角为为120°时，根据平行四边形定如此，知合力与分力相等，所以F=F1=F2=8×105N，故B正确，ACD错误；应当选：B．点评：解决此题的关键知道合力与分力遵循平行四边形定如此，注意特殊三角形的几何关系的运用．5．自由落体运动的v﹣t图象应是( )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．分析：自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动的一个特例，其速度时间关系公式为v=gt，然后得到v﹣t关系图象．解答：解：自由落体运动是初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动，其速度时间关系公式为v=gt=10t，故其v﹣t图是一条通过原点的直线，故ACD均错误，B正确；应当选B．点评：此题考查了自由落体运动的v﹣t图象，可根据速度时间关系公式得到v﹣t图，根底题．6．一汽车在路面情况一样的公路上直线行驶，下面关于车速、惯性、质量和滑行路程的讨论，正确的答案是( )A．车速越大，它的惯性越大B．质量越大，它的惯性越大C．质量越大，刹车后滑行的路程越长D．车速越大，刹车后滑行的路程越长，所以惯性越大考点：惯性．分析：惯性是指物体具有的保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质，质量是物体惯性大小大小的唯一的量度．解答：解：A、B、质量是物体惯性大小的唯一的量度，与物体的运动状态无关，所以A错误，B正确C、D、车速越大，所需制动距离越大，与物体惯性的大小无关，所以C、D错误．应当选：B．点评：质量是物体惯性大小的唯一的量度，与物体的运动状态无关．7．伽利略的理想实验证明了( )A．要使物体运动必须有力的作用，没有力的作用物体将要静止B．要使物体静止必须有力的作用，没有力的作用物体将要运动C．物体不受外力作用时，一定处于静止状态D．物体不受外力作用时，总是保持原来的匀速直线运动状态或静止状态考点：伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．分析：此题考查了伽利略斜面实验的物理意义，伽利略通过“理想斜面实验〞推翻了力是维持运动的原因的错误观点．解答：解：伽利略的斜面实验证明了：运动不需力来维持，物体不受外力作用时，总保持原来的匀速直线运动状态或静止状态，故ABC错误，D正确．应当选：D．点评：伽利略“理想斜面实验〞在物理上有着重要意义，伽利略第一个把实验引入物理，标志着物理学的真正开始．8．一汽车从静止开始由甲地出发，沿平直公路开往乙地，汽车先做匀加速运动历时t，接着做匀减速运动历时2t，开到乙地刚好停止．那么在匀加速运动和匀减速运动两段时间内( )A．加速度大小之比为3：1B．加速度大小之比为2：1C．平均速度大小之比为2：1D．平均速度大小之比为1：2考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；平均速度．专题：直线运动规律专题．分析：A、根据加速度a=求加速度大小之比．C、根据平均速度公式去求平均速度之比．解答：解：A、匀加速运动的加速度大小，匀减速运动的加速度大小，所以加速阶段和减速阶段的加速度大小之比为2：1．故B正确，A错误．C、匀加速运动的平均速度，匀减速运动的平均速度．所以平均速度大小之比为1：1．故C、D错误．应当选B．点评：解决此题的关键掌握加速度的定义式，以与匀变速直线运动的平均速度公式．9．关于参考系，如下说法中正确的答案是( )A．参考系必须是静止不动的物体B．参考系必须是正在做匀速直线运动的物体C．参考系必须是固定在地面上的物体D．描述物体的运动时，参考系可以任意选择考点：参考系和坐标系．专题：直线运动规律专题．分析：参考系，是指研究物体运动时所选定的参照物体或彼此不作相对运动的物体系；参考系的选取是任意的，如何选择参照系，必须从具体情况来考虑，一般情况下我们以地面或地面上的物体作为参考系．解答：解：A、参考系不一定必须是静止不动的，如研究炸弹的运动时，可以将运动的飞机作为参考系，故A错误；B、任何物体均可作为参考系，匀速直线运动的物体也可以，但并不是必须这样，故B错误；C、参考系的选取是任意的，应根据所研究的问题灵活选取，并不是一定是选取地面上的物体为参考系，故C错误；D、参考系的选取是任意的，故任何物体都可以作为参考系，故D正确；应当选：D．点评：为了研究和描述物体的运动，我们引入了参考系，选择不同的参考系，同一物体相对于不同的参考系，运动状态可以不同，选取适宜的参考系可以使运动的研究简单化．10．国际单位制中规定，力学量所选用的根本量是( )A．长度、力、时间B．长度、质量、时间C．长度、力、质量、时间D．速度、加速度、力关于加速度考点：力学单位制．分析：国际单位制规定了七个根本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光照强度、物质的量．它们的在国际单位制中的单位称为根本单位，他们在国际单位制中的单位分别为米、千克、秒、开尔文、安培、坎德拉、摩尔．解答：解：力学中的根本物理量有三个，它们分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为m、kg、s，故B正确．应当选：B．点评：国际单位制规定了七个根本物理量，这七个根本物理量分别是谁，它们在国际单位制中的单位分别是什么，这都是需要学生自己记住的根本的知识，此题较简单．11．如下说法中正确的答案是( )A．物体的加速度为零，其速度一定为零B．物体的加速度减小，其速度一定减小C．物体的加速度越小，其速度变化越小D．物体的加速度越大，其速度变化越快考点：加速度．分析：速度是表示物体运动的快慢，加速度是表示物体速度变化的快慢，速度变化率也是指速度变化的快慢，所以加速度和速度变化率是一样的．解答：解：A、物体的加速度为零，只是说明物体受到的合力为零，物体的速度不一定为零，如匀速直线运动，所以A错误．B、加速度是表示物体速度变化的快慢，加速度减小只是说明物体的速度变化的慢了，但速度不一定是在减小，仍然可以是在增加，只是增加的慢了，所以B错误．C、物体的加速度越小，其速度变化越慢，如果时间足够长的话，速度的变化量也是可以很大的，所以C错误．D、加速度是表示物体速度变化的快慢，物体的加速度越大，其速度变化越快，所以D正确．应当选D．点评：此题主要是考查学生对于速度、加速度和速变化率的理解，关键是要理解加速度的物理含义，加速度是表示物体速度变化快慢的物理量．12．关于力，以下说法中错误的答案是( )A．力是物体之间的相互作用B．力不但有大小，而且有方向C．力可以用一根带箭头的线段来表示D．性质不同的力，效果一定不同考点：力的概念与其矢量性．分析：力是物体之间的相互作用，力是矢量，不但有大小，而且有方向，力可以用一根带箭头的线段来表示，性质不同的力，可以产生一样的效果．解答：解：A、力是物体之间的相互作用，A正确；B、力是矢量，不但有大小，而且有方向，B正确；C、力可以用一根带箭头的线段来表示，C正确；D、性质不同的力，可以产生一样的效果，D错误；此题选错误的，应当选D点评：此题考查了力的概念和力的性质，难度不大．13．关于弹力和摩擦力，如下说法中错误的答案是( )A．弹力和摩擦力都是接触力B．有摩擦力必有弹力C．有弹力必有摩擦力D．同一接触面上的弹力和摩擦力一定相互垂直考点：滑动摩擦力；物体的弹性和弹力．专题：受力分析方法专题．分析：弹力产生条件为两物体相互接触，发生弹性形变，摩擦力产生条件为：接触面粗糙，接触面有弹力，物体之间有相对运动趋势或相对运动，弹力方向垂直接触面，而摩擦力在接触面内和相对运动或相对运动趋势方向相反，故弹力和摩擦力垂直．解答：解：根据摩擦力和弹力的产生条件可知：弹力、摩擦力都属于接触力，有摩擦力一定有弹力，有弹力不一定有摩擦力，摩擦力方向一定和弹力方向垂直，故ABD正确，C错误．此题选错误的应当选C．点评：弹力、摩擦力是高中阶段的重点知识，也是学生学习的难点，在学习过程中可以通过实例来加强理解．14．如下各图象中，能够描述自由落体运动的是( )A．B．C．D．考点：自由落体运动．专题：运动学中的图像专题．分析：自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，可根据匀加速直线运动图象的特点求解．解答：解：A、A图表示匀速直线运动，而自由落体运动，故A错误；B、B图表示物体静止，而非匀速运动，故B错误；C、C图表示初速度为零的匀加速直线运动，故C正确；D、D图匀速运动，故D错误；应当选：C点评：此题考查了自由落体运动的特点以与v﹣t图象和x﹣t图象的特点，难度不大，属于根底题．15．伽利略的理想实验证明了( )A．要使物体运动就必须有力的作用，没有力的作用物体就静止B．要使物体静止就必须有力的作用，没有力的作用物体就运动C．物体不受力作用时，一定处于静止状态D．物体不受外力作用时，总是保持原来的匀速直线运动状态或静止状态考点：伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．分析：伽利略的理想斜面实验证明力不是维持物体运动的原因．物体不受外力作用时，不一定处于静止状态．解答：解：A、B、伽利略的理想斜面实验证明力不是维持物体运动的原因，没有力作用的物体能保持原来的运动状态．故A错误，B错误．C、物体不受外力作用时，可能处于静止状态，也可能处于匀速直线运动状态．故C错误．D、伽利略的理想斜面实验证明了运动的物体具有惯性，物体不受外力作用时，总是保持原来的匀速直线运动状态或静止状态．故D正确．应当选：D点评：此题考查对伽利略的理想斜面实验意义的理解，此实验否认了力是维持物体运动的原因的理论，说明了力改变物体运动状态的原因．16．物体同时受到同一平面内的三个力作用，如下几组力中其合力不可能为零的是( ) A．5N、7N、8NB．2N、3N、5NC．1N、5N、10ND．1N、10N、10N考点：力的合成．分析：根据力的合成法如此可知：三个力的合力为零时，如此第三个力肯定在第一二两个力的合力范围里，由此判断选项即可．解答：解：三个力合力为0时，如此任意两个力的合力与第三个力大小相等，方向相反，由此可知，任意一个力在另外两个力的合力范围．A、5N和7N的合力范围为：2N﹣12N，8N在合力范围里，故三个力的合力可能为0；B、2N和3N的合力范围为：1N﹣5N，5N在合力范围里，故三个力的合力可能为0；C、1N和5N的合力范围为：4N﹣6N，10N不在合力范围里，故三个力的合力不可能为0；D、1N和10N的合力范围为：9N﹣11N，10N在合力的范围里，故三个力的合力可能为0．应当选：C．点评：熟悉三个力合力最小值的判定方法，熟悉平衡条件的推论即其应用．17．如下语句中加点局部描绘的运动情景，可以选取山为参考系的是( )A．两岸猿声啼不住，轻舟已过万重山B．小小竹排江中游，巍巍青山两岸走C．满眼风波多闪灼，看山恰似走来迎D．两岸青山相对出，孤帆一片日边来考点：参考系和坐标系．分析：研究物体的运动情况时，需要先选取一个标准做为参照物，物体与参照物的位置发生了变化，物体就是运动的；物体与参照物的位置没有发生变化，物体就是静止的．解答：解：A、由题意可知，舟的运动应是相对于山；故诗人选取的参考系为山与两边的岸；故A正确；B、“巍巍青山两岸走〞是以竹排为参考系的．故B错误；C、“看山恰似走来迎〞选择的参考系是自己或者船与船上静止不动的物体．故C错误；D、“两岸青山相对出〞是相对于船来说的．故D错误．应当选：A点评：此题通过古诗句考查同学们对参照物的选择、运动和静止的相对性的理解和掌握，研究同一物体的运动状态，如果选择不同的参照物，得出的结论可以不同，但都是正确的结论．18．某物体的x﹣t图象如下列图，如此该物体( )A．处于静止状态B．做匀速直线运动C．做变速直线运动D．做匀加速直线运动考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：在位移时间图象中倾斜的直线表示做匀速直线运动，平行时间轴时物体静止．解答：解：图象是过原点的倾斜直线，说明物体做匀速直线运动，故ACD错误，B正确，应当选：B．点评：解决此题的关键是知道在位移时间图象中倾斜的直线表示做匀速直线运动，平行时间轴时物体静止；斜率表示速度，属于根底题目．19．如下列图为“探究求合力的方法〞的实验装置，如此( )A．实验中所用的两根细线越短越好B．弹簧测力计的拉力方向必须与木板平行。

嗦夺市安培阳光实验学校内蒙古高二（上）第一次月考物理试卷一、单选题（本题共11小题，每小题3分，共33分）1．关于静电场的以下几个说法正确的应是（）A．沿电场线方向各点电势可能相同B．沿电场线方向电场强度一定是减小的C．等势面上各点电场强度不可能相同D．等势面上各点电场强度方向一定是垂直该等势面2．带电粒子M只在电场力作用下由P点运动到Q点，在此过程中克服电场力做了2.6×10﹣6J的功．那么（）A．M在P点的电势能一定小于它在Q点的电势能B．P点的场强一定小于Q点的场强C．P点的电势一定高于Q点的电势D．M在P点的动能一定小于它在Q点的动能3．下列叙述正确的是（）A．场强大的地方，电势一定高B．同一等势面上各点电势相等，场强大小也一定相等C．场强为零的地方，电势一定为零D．电势为零的地方，场强可能不为零4．在如图所示电路中，当变阻器R3的滑动头P向b端移动时（）A．电压表示数变大，电流表示数变小B．电压表示数变小，电流表示数变大C．电压表示数变大，电流表示数变大D．电压表示数变小，电流表示数变小5．有一段电路，电压为U，电流为I，电阻为R，通电时间为t，下面说法正确的是（）A．电流做功W=IUt，产生的热量Q=I2Rt，W=Q总是成立的B．由于I=，所以W=t一定成立C．电路中产生的热量Q=I2Rt=tD．电流做的功W=IUt，产生热量Q=I2Rt，有可能W＞Q6．如图所示电路，电压保持不变，当开关S断开时，电流表A的示数为0.6A，当S闭合时，电流表的示数为0.9A，则两电阻阻值之比R1：R2为（）A．1：2 B．2：1 C．2：3 D．3：27．如图所示，直线A为电源的U﹣I图线，直线B为电阻R的U﹣I图线；用该电源和电阻组成的闭合电路，电源输出功率和电路的总功率分别是（）A．4 W，8 W B．2 W，4 W C．4 W，6 W D．2 W，3 W8．如图所示，平行板电容器的A板带正电，与静电计上的金属球相连；平行板电容器的B板和静电计的外壳均接地．此时静电计指针张开某一角度，则以下说法中正确的是（）A．B板向左平移，静电计指针张角变大B．B板向上平移，静电计指针张角变大C．在两板间插入介质板，静电计指针张角变大D．在两板间插入金属板，（金属板与A、B板不接触）静电计指针张角变大9．关于闭合电路，下列说法中正确的是（）A ．闭合电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方B ．闭合电路中，电源的路端电压越大，电源的输出功率就越大C ．闭合电路中，电流越大，电源的路端电压就越大D ．闭合电路中，外电阻越大，电源的路端电压就越大10．如图所示，电源和电压表都是好的，当滑片由a滑到b的过程中，电压表的示数几乎都为U，下列判断正确的是（）A．a处接线断开B．触头P开路C．a、b间电阻丝开路 D．b处接线开路11．电子在电势差U1为的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差U2为的两块平行板间的电场中，入射方向跟极板平行．整个装置处在真空中，重力可忽略．在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变小的是（）A．U1变大，U2变大 B．U1变大，U2变小C．U1变小，U2变大 D．U1变小，U2变小二、多选题（本题共4小题，每小题4分，共16分，全部选对的得满分，漏选的得2分，有错选或不答的得0分）12．由电场强度的定义式E=可知，在电场中的同一点（）A．电场强度E跟F成正比，跟Q成反比B ．无论检验电荷所带的电量如何变化，始终不变C．电场中某点的场强为零，则在该点的电荷受到的电场力一定为零D．一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，则P点的场强一定为零13．某电场的电场线的分布如图所示．一个带电粒子只受电场力由M点沿图中虚线所示的途径运动通过N点．则下列判断正确的是（）A．粒子带负电B．粒子在M点的加速度大于N点加速度C．粒子在M点的电势能大于N点电势能D．粒子在N点的速度大于M点速度14．三个分别带有正电、负电和不带电的颗粒，从水平放置的平行带电金属板左侧以相同速度V0垂直电场线方向射入匀强电场，分别落在带正电荷的下板上的a、b、c三点，如图所示，下面判断正确的是（）A．落在a点的颗粒带正电、C点的带负电、b点的不带电B．落在a、b、c点颗粒在电场中的加速度大小的关系是a＞b＞cC．三个颗粒在电场中的运动时间关系是a＞b＞cD．电场力对落在b点的颗粒不做功15．将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、E和Q表示．下列说法正确的是（）A．保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半B．保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍C．保持d不变，将Q变为原来的两倍，则U变为原来的一半D．保持d不变，将Q变为原来的一半，则E变为原来的一半三、实验题（本题共3小题，3+8+18=29分）16．按照有效数字规则读出游标尺的测量值读数为cm．17．在伏安法测电阻的实验中，待测电阻R x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）或图（b）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R x1和R x2，则（选填“R x1”或“R x2”）更接近待测电阻的真实值，且测量值R x1（选填“大于”“等于”或“小于”）真实值，测量值R x2（选填“大于”“等于”或“小于”）真实值．若电压表V的内阻为2kΩ，电流表A的内阻约为10Ω，测电阻R x的阻值应采用（选填“内接法”“外接法”或“内外接均可以”）求得真实值（忽略读数误差）．18．（18分）（2015秋•呼伦贝尔月考）在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准，待侧金属丝接入电路部分的长度约为50cm．（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图1所示，其读数应为mm（该值拉近多次测量的平均值）．（2）用伏安法测金属丝的电阻R x．实验所用器材为：电池组（电动势3V，内阻约1Ω）、电流表（内阻约0.1Ω）、电压表（内阻约3kΩ）、滑动变阻器R （0～20Ω，额定电流2A）、开关、导线若干．某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：次数 1 2 3 4 5 6 7U/V 0.10 0.30 0.70 1.00 1.50 1.70 2.30I/A 0.020 0.060 0.160 0.220 0.340 0.460 0.520由以上实验数据可知，他们测量R x是采用图2中的图（选填“甲”或“乙”）．（3）图3是测量R x的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端．请根据（2）所选的电路图，补充完成图3中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏．（4）在图4中描绘出U﹣I图线．由图线得到金属丝的阻值= Ω（保留两位有效数字）．（5）根据以上数据可以估算出金属丝电阻率约为（填选项前的符号）．A.1×10﹣2Ω•mB.1×10﹣3Ω•mC.1×10﹣6Ω•mD.1×10﹣8Ω•m （6）任何实验测量都存在误差．本实验所用测量仪器均已校准，下列关于误差的说法中正确的选项是A．用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差B．由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差C．若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪器引起的系统误差D．用U﹣I图象处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差．三、计算题（本题共2小题，10+12=22分）19．（10分）（2010秋•杭州期中）有一个直流电动机，把它接入0.2V电压的电路时，电动机不转，测得流过电动机的电流是0.4A，若把它接入2V电压的电路中，电动机正常工作，工作电流是1A．求：（1）电动机正常工作时的输出功率及电动机的效率；（2）如在正常工作时，转子突然被卡住，此时电动机的发热功率，并说明电动机为什么不能卡塞．（提示：电动机在电路中转子不转动时为纯电阻用电器）20．（12分）（2015秋•呼伦贝尔月考）实验表明，炽热的金属丝可以发射电子．在炽热的金属丝和金属板间加以电压U1，则电子经电压U1加速后进入偏转电场，偏转电场的极板长度为L，间距为d，板间电压为U2，设电子的电量为e，电子的质量为m．求：（1）电子经电压U1加速后的速度大小？（2）电子射出偏转电场时竖直偏移的速度和位移大小？（3）电子飞离金属板时的速度大小？内蒙古高二（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、单选题（本题共11小题，每小题3分，共33分）1．关于静电场的以下几个说法正确的应是（）A．沿电场线方向各点电势可能相同B．沿电场线方向电场强度一定是减小的C．等势面上各点电场强度不可能相同D．等势面上各点电场强度方向一定是垂直该等势面考点：电场线；等势面．分析：沿电场线方向电势越来越低，但场强不一定减小，电场线的疏密反映场强的大小．等势面上各点电势相等，不能说明场强大小相等．电场线与等势面一定是相互垂直的．解答：解：A、沿着电场线电势逐渐降低，故沿电场线方向各点电势不可能相同，故A错误．B、电场的强弱与电场线的疏密有关系，沿着电场线场强可能增大，也可能减小，故B错误．C、等势面上各点电势相等，场强可能相等，也可能不等，故C错误．D、根据电场线与等势面的关系可知，等势面上各点电场强度方向一定是垂直该等势面的，故D正确．故选：D．点评：该题考查电场线与等势面的特点以及它们之间的关系，属于记忆性的知识点，要求对知识点由准确的记忆．属于基础题目．2．带电粒子M只在电场力作用下由P点运动到Q点，在此过程中克服电场力做了2.6×10﹣6J的功．那么（）A．M在P点的电势能一定小于它在Q点的电势能B．P点的场强一定小于Q点的场强C．P点的电势一定高于Q点的电势D．M在P点的动能一定小于它在Q点的动能考点：电势；电场强度；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：在本题中只是知道从P到Q电场力做负功，而电荷的正负不知道，因此无法判断电势高低，电场线分布或者说电场分布情况不知，也无法判断电场强度的大小．根据电场力做功和电势能的关系可以动能和电势能的变化情况．解答：解：A、从题目可知克服电场力做功，即电场力做负功，故电势能增加，P点的电势能一定小于它在Q点的电势能，故A正确；B、电场分布情况不知，无法判断P点和Q点电场强度的大小关系，故B错误；C、因为电荷正负不知，故无法判断电势高低，C错误；D、因为只有电场力做功，因此只有电势能和动能之间的转化，电势能增加，则动能减小，故D错误．故选：A．点评：要正确理解电场强度、电势、电势能的决定因素和大小判断方法，不能混淆概念．3．下列叙述正确的是（）A．场强大的地方，电势一定高B．同一等势面上各点电势相等，场强大小也一定相等C．场强为零的地方，电势一定为零D．电势为零的地方，场强可能不为零考点：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：沿着电场线方向电势逐渐降低，场强大，电势不一定大；场强的大小与电势的大小无必然联系，场强为零，电势不一定为零，电势为零，场强不一定为零．解答：解：A、沿着电场线方向电势逐渐降低，场强大的地方，电势不一定高度．故A错误．B、同一等势面上各点的电势相等，场强大小不一定相等，比如等量异种电荷连线的垂直平分线是等势线，各点的场强大小不等．故B错误．C、场强为零的地方，电势不一定为零．故C错误．D、电势为零的地方，场强可能不为零，等量异种电荷连线的中点，若规定无穷远处为0电势，则中点的电势为0，但是场强不为零．故D正确．故选D．点评：解决本题的关键知道电势的大小与场强的大小无必然的关系，知道沿着电场线方向电势逐渐降低．4．在如图所示电路中，当变阻器R3的滑动头P向b端移动时（）A．电压表示数变大，电流表示数变小B．电压表示数变小，电流表示数变大C．电压表示数变大，电流表示数变大D．电压表示数变小，电流表示数变小考点：闭合电路的欧姆定律．专题：压轴题．分析：由图可知R2与R3并联后与R1串联，电压表测量路端电压；由滑片的移动可得出滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路的欧姆定律可得出总电流的变化，由U=E﹣Ir可得出路端电压的变化；将R1作为内阻处理，则可得出并联部分电压的变化，求得R2中电流的变化，由并联电路的电流规律可得出电流表示数的变化．解答：解：当滑片向b端滑动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，则由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，故内压增大；因此路端电压减小，故电压表示数减小；将R1等效为内阻，则可知并联部分电压一定减小，故流过R2的电流减小，因总电流增大，故电流表示数增大；故B正确，ACD错误；故选B．点评：闭合电路的欧姆定律一般按先分析外电路，再分析内电路，最后再分析外电路的思路进行；若电阻与电源串联，可以等效为内阻处理．5．有一段电路，电压为U，电流为I，电阻为R，通电时间为t，下面说法正确的是（）A．电流做功W=IUt，产生的热量Q=I2Rt，W=Q总是成立的B．由于I=，所以W=t一定成立C．电路中产生的热量Q=I2Rt=tD．电流做的功W=IUt，产生热量Q=I2Rt，有可能W＞Q考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：电功公式P=UIt和电热的公式Q=I2Rt均适用于任何电路．在纯电阻电路中，电能全部转化为内能，电功等于电热，W=UIt=I2Rt．在非纯电阻电路中，电能一部分转化为内能，另一部分转化为其他形式的能，电功大于电热，即UIt＞I2Rt．解答：解：A、在纯电阻电路中，电能全部转化为内能，电功等于电热，W=UIt=I2Rt．在非纯电阻电路中，电能一部分转化为内能，另一部分转化为其他形式的能，电功大于电热，即：UIt＞I2Rt．故A错误．D正确；B、对于非纯电阻电路，欧姆定律是不能使用的；故导出的W=t一定不能成立；故B错误；C、电路中产生的热量Q=I2Rt；但对于非纯电阻电路；Q=t是不能使用的；故C错误；故选：D．点评：对于纯电阻电路和非纯电阻电路，电功与电热的公式都成立，只是在纯电阻电路中，两者相等，在非纯电阻电路中，电功大于电热．6．如图所示电路，电压保持不变，当开关S断开时，电流表A的示数为0.6A，当S闭合时，电流表的示数为0.9A，则两电阻阻值之比R1：R2为（）A．1：2 B．2：1 C．2：3 D．3：2考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：根据欧姆定律分别列出电流与电压的关系，再求解电阻之比．解答：解：根据欧姆定律得当开关S断开时，U=I1R1 ①当开关S闭合时，U=I2•②由①②得I1R1=I2•代入解得=故选A点评：本题是欧姆定律简单的应用，抓住电源的电压不变，要注意开关闭合时U≠I2R2．7．如图所示，直线A为电源的U﹣I图线，直线B为电阻R的U﹣I图线；用该电源和电阻组成的闭合电路，电源输出功率和电路的总功率分别是（）A．4 W，8 W B．2 W，4 W C．4 W，6 W D．2 W，3 W考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：根据图象可以得到电阻的电压和电阻的电流之间的关系，由此可以判断电源的功率和电路的总功率的大小．解答：解：由图可知，E=3V，U=2V，I=2A则电源输出功率为：P=UI=2×2=4W电源总功率是：P=EI=3×2=6W故选：C．点评：电源输出功率和电源总功率计算的公式不同，区分开不同的公式即可求得不同的功率的大小．8．如图所示，平行板电容器的A板带正电，与静电计上的金属球相连；平行板电容器的B板和静电计的外壳均接地．此时静电计指针张开某一角度，则以下说法中正确的是（）A．B板向左平移，静电计指针张角变大B．B板向上平移，静电计指针张角变大C．在两板间插入介质板，静电计指针张角变大D．在两板间插入金属板，（金属板与A、B板不接触）静电计指针张角变大考点：电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：静电计测定电容器板间电势差，根据电容的决定式分析电容的变化，再电容的定义式分析板间电压的变化，判断静电计指针张角的变化．解答：解：A、B板向左平移，板间距离d增大，根据电容的决定式C=得知，电容减小，而电量Q不变，由电容的定义式C=可知，板间电压U增大，静电计指针张角变大．故A正确．B、B板向上平移，两极板正对面积减小，由电容的决定式C=得知，电容C 减小，而电量Q不变，由电容的定义式C=可知，板间电压U增大，静电计指针张角变大．故B正确．C、在两板间插入介质板，由C=得知，电容C增大，而电量Q不变，由电容的定义式C=可知，板间电压U减小，静电计指针张角变小．故C错误．D、在两板间插入金属板，板间距离减小，电容C增大，而电量Q不变，由电容的定义式C=可知，板间电压U减小，静电计指针张角变小．故D错误．故选AB点评：本题按照这样的思路进行分析：先根据电容的决定式C=分析电容的变化，再根据电容的定义式C=和不变的条件，分析电压或电量的变化．9．关于闭合电路，下列说法中正确的是（）A ．闭合电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方B ．闭合电路中，电源的路端电压越大，电源的输出功率就越大C ．闭合电路中，电流越大，电源的路端电压就越大D ．闭合电路中，外电阻越大，电源的路端电压就越大考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：根据闭合电路欧姆定律分析电流与外电阻的关系，得出内电压和路端电压的变化．根据推论，当电源的外电阻等于内电阻时，输出功率最大．在闭合电路的外电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方．解答：解：A、在闭合电路的外电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方，而在内电路中，电流总是从电势低的地方流向电势高的地方．故A 错误．B、闭合电路中，电源的路端电压越大，说明外电阻越大，根据推论：当电源的外电阻等于内电阻时，输出功率最大，可知，电源的输出功率不一定越大．故B错误．C、闭合电路中，电流越大，内电压越大，则电源的路端电压就越小．故C错误．D、在闭合电路中，外电阻越大，由闭合电路欧姆定律知，电路中的电流越小，内电压越小，则电源的路端电压就越大．故D正确．故选：D．点评：闭合电路中，路端电压随外电阻的增大而增大，减小而减小．抓住电源的内电阻不变，内电压与电流成正比是关键．10．如图所示，电源和电压表都是好的，当滑片由a滑到b的过程中，电压表的示数几乎都为U，下列判断正确的是（）A．a处接线断开B．触头P开路C．a、b间电阻丝开路 D．b处接线开路考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：电压表的示数几乎都为U，说明变阻器上没有电压，将四个选项逐一代入检验，选择符合题意的选项．解答：解：A、若a处接线断开，电压表的示数为零，不符合题意．故A错误．B、若触头P开路，电压表的示数为零，不符合题意．故B错误．C、若a、b间电阻丝开路，电压表示数几乎为U，后变为零，不符合题意．故C错误．D、若b处接线开路，ab上没有电压，电压表的示数几乎都为U．故D正确．故选D点评：本题是电路中故障分析问题，考查判断推理能力．本题电压可以用电势差理解．11．电子在电势差U1为的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差U2为的两块平行板间的电场中，入射方向跟极板平行．整个装置处在真空中，重力可忽略．在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变小的是（）A．U1变大，U2变大 B．U1变大，U2变小C．U1变小，U2变大 D．U1变小，U2变小考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：电子在加速电场中，在电场力的作用下，做匀加速直线运动，可由电场力做功求出射出加速电场是的速度．电子在水平放置的平行板之间，因受到的电场力的方向与初速度的方向垂直，故电子做类平抛运动．运用平抛运动的竖直方向的速度与水平方向的速度的关系，可求出角度θ的变化情况解答：解：设电子被加速后获得初速为v0，则由动能定理得：qU1=mv02﹣0 …①又设极板长为l，则电子在电场中偏转所用时间：t=…②又设电子在平行板间受电场力作用产生加速度为a，由牛顿第二定律得：a==…③电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度：v y=at…④由①、②、③、④可得：v y =at=，又有：tanθ=一定能使电子的偏转角θ变小是U1变大，U2变小故选：B点评：带电粒子在电场中的运动，可分为三类，第一类是在匀强电场中做匀变速速直线运动，此过程是电势能与带电粒子动能之间的转化．第二类是带电粒子在匀强电场中偏转，带电粒子垂直进出入匀强电场时做匀变速曲线运动，分解为两个方向的直线运动，分别用公式分析、求解运算，是这类问题的最基本解法．第三类是带电粒子在点电荷形成的电场中做匀速圆周运动，应用圆周运动的知识求解二、多选题（本题共4小题，每小题4分，共16分，全部选对的得满分，漏选的得2分，有错选或不答的得0分）12．由电场强度的定义式E=可知，在电场中的同一点（）A．电场强度E跟F成正比，跟Q成反比B ．无论检验电荷所带的电量如何变化，始终不变C．电场中某点的场强为零，则在该点的电荷受到的电场力一定为零D．一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，则P点的场强一定为零考点：电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场强度与试探电荷所受电场力、电荷量无关，由电场本身决定．同一电荷在电场中某点所受的电场力大，该点的电场强度不一定大．电场对不带电的小球没有电场力作用，一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，P点的场强不一定为零．解答：解：A、电场强度等于试探电荷所受电场力与电荷量的比值，但电场强度E并不跟F成正比，跟q成反比，而F、q无关，E由电场本身决定．故A 错误．B、在电场中的同一点，电场强度E是一定的，则无论试探电荷所带的电量如何变化，始终不变．故B正确．C、根据E=，电场中某点的场强为零，则在该点的电荷受到的电场力一定为零．故C正确．D、电场对不带电的小球没有电场力作用，不带电的小球在P点受到的电场力为零，P点的场强可能为零，也可能不为零．故D错误．故选BC点评：对于电场强度，要抓住它的比值定义法的共性，E与试探电荷所受电场力、电荷量无关，反映电场本身的强弱和方向．13．某电场的电场线的分布如图所示．一个带电粒子只受电场力由M点沿图中虚线所示的途径运动通过N点．则下列判断正确的是（）A．粒子带负电B．粒子在M点的加速度大于N点加速度C．粒子在M点的电势能大于N点电势能D．粒子在N点的速度大于M点速度考点：电势能．分析：电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，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解答：解：A、电场线的方向向上，根据粒子的运动的轨迹可以知道，粒子的受到的电场力的方向也向上，所以电荷为正电荷，故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，所以粒子在N点的受力大，加速度大，故B错误；C、从M点到N点，静电力方向先与速度方向成锐角，电场力做正功，电势能减小，粒子的速度增大，故CD正确；故选：CD 点评：本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向，其次根据电场线的疏密可以判断电场强度的强弱，进而判断电场力的大小，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题14．三个分别带有正电、负电和不带电的颗粒，从水平放置的平行带电金属板左侧以相同速度V0垂直电场线方向射入匀强电场，分别落在带正电荷的下板上的a、b、c三点，如图所示，下面判断正确的是（）A．落在a点的颗粒带正电、C点的带负电、b点的不带电B．落在a、b、c点颗粒在电场中的加速度大小的关系是a＞b＞cC．三个颗粒在电场中的运动时间关系是a＞b＞cD．电场力对落在b点的颗粒不做功考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：由图，电容器上极板带负电，下极板带正电，平行板间有竖直向上的匀强电场，正电荷在电场中受到向上的电场力，负电荷受到向下的电场力，不带电的颗粒做平抛运动，带负电的颗粒做类平抛运动，加速度比重力加速度大，带正电的颗粒做加速度比重力加速度小的类平抛运动．由此根据平抛和类平抛运动规律求解．解答：解：A、由题意可知，三个颗粒在水平方向做匀速直线运动，则有x=v0t，v0相同，则水平位移x与运动时间t成正比，由图看出，水平位移的关系为x a＜x b＜x c，则运动时间关系为t a＜t b＜t c．竖直方向上三个颗粒都做初速度为0的匀加速直线运动，到达下极板时，在竖直方向产生的位移y相等：y=at2，则知加速度关系为 a a＞a b＞a c．由牛顿第二定律可知，三个颗粒的合。