1、物理试卷注意：满分：100分 时间：90分钟 第I卷（选择题60分）一、 选择题（110题为单选题每小题3分，1114题为多选题每小题4分， 共46分，多选题， 全部选对的得4分，选不全的得2，分有选错或不答的得0分。）1.如图所示，直线MN是某静电场中的一条电场线（方向未画出）。虚线是一带电粒子只在电场力的作用下，由a到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线。下列判断正确的是( )A. 电场线MN的方向一定是由M指向NB. 带电粒子在a点的加速度一定大于在b点的加速度C. 带电粒子由a运动到b的过程中动能一定逐渐减小D. 带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能【答案】D 由于该粒子只受电场力作用
2、且做曲线运动，物体所受外力指向轨迹内侧，所以粒子受力分析一定是由M指向N，但是由于粒子的电荷性质不清楚，所以电场线的方向无法确定故A错误；由题，由a到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线，说明粒子一定受恒力，即带电粒子在a点的加速度等于在b点的加速度，故B错误；粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能，故C错误，D正确；故选D.2半径相同（大小为r）的金属球A、B带有相等电荷量q，相距一定距离d（d远大于r）时，A、B两球间存在库仑斥力且为F，今让第三个与A、B相同的不带电的金属球C先后与A、B接触，然后再移开，此时A、B间的相互作用力
3、大小是()A. B. C. D. 【答案】A3. A为已知电场中的一固定点，在A点放一电量为q的电荷，所受电场力为F，A点的场强为E，则 ( )A. 若在A点换上q，A点场强方向发生变化B. 若在A点换上电量为2q的电荷，A点的场强将变为2EC. 若在A点移去电荷q，A点的场强变为零D. A点场强的大小、方向与q的大小、正负、有无均无关4.如图所示，一条绷紧的皮带连接两个半径不同的皮带轮。若皮带轮做匀速转动，两轮边缘的N、P两点（ ）A. 角速度相同 B. 转动周期相同C. 线速度大小相同 D. 向心加速度大小相同【答案】C5. 下列说法中不正确的是（ ）A. 重力对物体做正功，其重力势能能减
4、少，做负功则重力势能增加B. 静电场力对正电荷做正功，正电荷电势能减少，对负电荷做正功，负电荷电势能增加C. 重力做功与路径无关，与移动物体的初末位置的竖直高度差有关，即WAB=mghABD. 静电场力做功与路径无关，与移动电荷的初末位置的电势差有关，即WAB=qUAB6. 如图所示，电场中有A、B两点，则下列说法中正确的是（ ）A. 电势，场强EAEBB. 电势，场强EAEBC. 将+q电荷从A点移动到B点电场力做负功D. 将-q电荷分别放在A、B两点时具有的电势能EPAEPB7. 关于等势面说法正确的是（ ）A. 电荷在等势面上移动时不受电场力作用，所以不做功B. 等势面上各点场强相等C.
5、 电荷形成的电场的等势面是以电荷为球心的一簇球面D. 匀强电场中的等势面是相互平行的垂直电场线的一簇平面8. 下列关于电容器和电容的说法中，不正确的是 ( )A. 根据C=QU可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，跟两板间的电压成反比B. 对于确定的电容器，其所带的电荷量与两板间的电压(小于击穿电压且不为零)成正比C. 无论电容器的电压如何变化(小于击穿电压且不为零)，它所带的电荷量与电压比值恒定不变D. 电容器的电容是表示电容器容纳电荷本领的物理量，其大小与加在两板上的电压无关9.某导体中的电流随其两端电压的变化关系如图所示，则下列说法中正确的是()A. 加5 V电压时，导体的电阻大于5
6、B. 加11 V电压时，导体的电阻可能为1.4 C. 由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小D. 由图可知，随着电压的减小，导体的电阻不断减小【答案】D10如图所示的实线为一物体做直线运动的vt图象，初速度为v0，末速度为vt，则关于物体在时间t内的平均速度，下列判断中正确的是：A BC D无法判断11如图所示是两个等量异种点电荷，周围有1、2、3、4、5、6各点，其中1、2之间距离与2、3之间距离相等，2、5之间距离与2、6之间距离相等两条虚线互相垂直且平分，那么关于各点电场强度和电势的叙述正确的是()A. 1、3两点电场强度相同B. 5、6两点电场强度相同C. 4、5两点电场强度相同
7、D. 1、3两点电势相同【答案】AC12 一个重为600N的人站在电梯中，当人对电梯地板的压力为700N时，电梯的运动情况可能是（ ）A. 减速上升B. 加速上升C. 减速下降D. 加速下降【答案】BC13为查明某地的地质灾害，在第一时间紧急调动了8颗卫星参与搜寻。“调动”卫星的措施之一就是减小卫星环绕地球运动的轨道半径，降低卫星运行的高度，以有利于发现地面(或海洋)目标。下面说法正确的是()A. 轨道半径减小后，卫星的环绕速度减小B. 轨道半径减小后，卫星的环绕速度增大C. 轨道半径减小后，卫星的环绕周期减小D. 轨道半径减小后，卫星的环绕周期增大【答案】BC【解析】AB、由得，卫星的环绕速
8、度增大，故A错误，B正确；CD、由得，所以轨道半径减小后，卫星的环绕周期减小，C正确，D错误综上所述本题答案是：BC14、将三个光滑的平板倾斜固定，三个平板顶端到底端的高度相等，三个平板与水平面间的夹角分别为1、2、3，如图所示。现将三个完全相同的小球由最高点A沿三个平板同时无初速度地释放，经一段时间到达平板的底端则下列说法正确的是( )A重力对三个小球所做的功相同B沿倾角为3的平板下滑的小球的重力的平均功率最大C三个小球到达底端时的瞬时速度相同D沿倾角为3的平板下滑的小球到达平板底端时重力的瞬时功率最小答案：AD7.如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r。开关S闭合后，电灯L1、L2均
9、能发光。现将滑动变阻器R的滑片P稍向上移动，下列说法正确的是( )A. 电灯L1变亮，L2变暗B. 电灯L1、L2均变亮C. 电流表示数变小D. 电源的总功率变大【答案】B【解析】试题分析：由图可知与滑动变阻器并联，再与串联。现将滑动变阻器的滑片稍向上移动，滑动变阻器接入电路的阻值变小，电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流增大，所以电灯变亮，路端电压减小，所以与滑动变阻器并联电压减小，所以变暗故A正确，B错误；干路电流增大，与滑动变阻器并联电压减小，所以通过的电流减小，所以电流表的示数增大，故C错误；根据得电源的总功率增大，故D正确。考点：闭合电路的欧姆定律二、 实验题（15题每
10、空3分，共6分；16题每空3分，共15分）15.如图所示，是在研究小车速度随时间变化的规律中打出的一条纸带，其中1、2、3、4点为依次选定的计数点，相邻两计数点的时间间隔为0.1s，由图中数据可知，小车运动的加速度的大小为 m/s2，计数点2对应小车的瞬时速度大小为 m/s。（结果保留两位有效数字）答案： 6.0 1.216.某同学想要精密测量一金属丝的电阻率.(1)他先用多用电表“”档粗测其电阻,发现指针偏转角度过大,为了减小测量结果的误差,需要调节为_档来测.(填“”或“”)(2)如图所示,他用游标卡尺测得其长度L为_cm;用螺旋测微器测金属丝直径d为_mm.答案;5.45cm 6.575
11、6.578mm(3)为了减小实验误差,需进一步测其电阻,除待测金属丝外,实验室还备有的实验器材如下:A. 电压表V(量程03V,内阻约为)B. 电流表A(量程00.6A,内阻约为)C. 滑动变阻器R1(05,1.5A)D. 滑动变阻器R2(02000,0.1A)E. 1.5V的干电池两节,内阻不计F. 电阻箱G. 开关,导线若干为了测多组实验数据(要求电压和电流的变化范围尽可能大一些),则上述器材中的滑动变阻器应选用_(填“R1”或“R2”).请在虚线框内设计最合理的电路图_.【答案】 (1). (2). 5.025 . 2.150 (3). R1 . 【解析】【分析】(1)应用欧姆表测电阻要
12、选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近,螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；游标考查主尺示数与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；(2)在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；为准确测量电阻阻值，应测多组实验数据，滑动变阻器可以采用分压接法，根据待测电阻与电表内阻间的关系确定电流表的接法，作出实验电路图【详解】(1)用“10”档时发现指针偏转角度过大，说明所选挡位太大，为准确测量电阻阻值，应该换用1档;(2)由图示游标卡尺可知，其示数为：50mm+50.05mm=50.25mm=5.025cm；由图示螺旋测微器可知，其读数为：2mm+15.00.01m
13、m=2.150mm.(3)为保证电路安全，方便实验操作，滑动变阻器应选R1，最大阻值5.为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，由于被测电阻阻值较小，则电流表应采用外接法，实验电路图如图所示:【点睛】选择实验器材时，要注意保证电路安全、注意所选实验器材方便实验操作，确定滑动变阻器的接法与电流表接法是正确设计实验电路的关键三、计算题（共3题，第17题10分，第18题10分、19题13分，合计33分，要求有相应的说明和步骤）17.一辆重4 t的汽车，从静止开始，在水平路面上行驶，已知发动机的牵引力为1 600 N，汽车在运动时所受阻力为车重的0.02倍，取g10 m/s2，求：(1)汽车在开出
14、后加速度的大小；(2)经过多长时间汽车的速度可达10 m/s.【答案】(1)0.2 m/s2；(2)50 s【解析】（1）汽车所受的阻力：f=kmg=0.02410310N=800N根据根据牛顿第二定律得，F-f=ma， （1）由公式：v=at得： 18.如图所示，AB是竖直面内的四分之一圆弧形光滑轨道，下端B点与水平直轨道相切一个小物块自A点由静止开始沿轨道下滑，已知轨道半径为R0.2m，小物块的质量为m0.1kg，小物块与水平面间的动摩擦因数0.5，g取10m/s2.求：(1)小物块在B点时受到的圆弧轨道的支持力大小；(2)小物块在水平面上滑动的最大距离【答案】(1)3N(2)0.4m【解
15、析】(1)由机械能守恒定律，得在B点联立以上两式得FN3mg30.110N3N.(2)设小物块在水平面上滑动的最大距离为l，对小物块运动的整个过程由动能定理得mgRmgl0，代入数据得19. 如图所示为一真空示波管，电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点。已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子的质量为m，电荷量为e。求：（
16、1）电子穿过A板时的速度大小；（2）电子从偏转电场射出时的侧移量；（3）P点到O点的距离。19 【答案】解：（1）设电子经电压U 1 加速后的速度为v 0 ，根据动能定理得： eU 1 = ，解得： （2）电子以速度v 0 进入偏转电场后，垂直于电场方向作匀速直线运动，沿电场方向作初速度为零的匀加速直线运动。设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场运动的时间为t 1 ，电子的加速度为a，离开偏转电场时相对于原运动方向的侧移量为y 1 ，根据牛顿第二定律和运动学公式得： F=eE，E= ，F=ma，a= ，t 1 = ，y 1 = 解得：y 1 = （3）设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为v
17、 y ，根据运动学公式得：v y =at 1 = 电子离开偏转电场后作匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为t 2 ，电子打到荧光屏上的侧移量为y 2 ，如图所示t 2 = ，y 2 =v y t 2 解得：y 2 = P到O点的距离为y=y 1 +y 2 =期中考试（理科）参考答案一、本题共14小题。（110题为单选题每小题3分，1114题为多选题每小题4分， 共46分， 多选题， 全部选对的得4分， 选不全的得2分， 有选错或不答的得0分。）1. D 2. A 3. D 4. C 5. B 6.B 7.D 8. A 9. D. 10.A 11. AC 12. BC13.
18、 BC 14. AD二、实验题15、答案： 6.0 1.216、【答案】 (1). (2). 5.45cm 6.5756.578mm (3). R1 . 三、 .计算题17、【答案】(1)0.2 m/s2；(2)50 s【解析】（1）汽车所受的阻力：f=kmg=0.02410310N=800N根据根据牛顿第二定律得，F-f=ma， （1）由公式：v=at得： 18、【答案】(1)3N(2)0.4m【解析】(1)由机械能守恒定律，得在B点联立以上两式得FN3mg30.110N3N.(2)设小物块在水平面上滑动的最大距离为l，对小物块运动的整个过程由动能定理得mgRmgl0，代入数据得19 【答案
19、】解：（1）设电子经电压U 1 加速后的速度为v 0 ，根据动能定理得： eU 1 = ，解得： （2）电子以速度v 0 进入偏转电场后，垂直于电场方向作匀速直线运动，沿电场方向作初速度为零的匀加速直线运动。设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场运动的时间为t 1 ，电子的加速度为a，离开偏转电场时相对于原运动方向的侧移量为y 1 ，根据牛顿第二定律和运动学公式得： F=eE，E= ，F=ma，a= ，t 1 = ，y 1 = 解得：y 1 = （3）设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为v y ，根据运动学公式得：v y =at 1 = 电子离开偏转电场后作匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为t 2 ，电子打到荧光屏上的侧移量为y 2 ，如图所示t 2 = ，y 2 =v y t 2 解得：y 2 = P到O点的距离为y=y 1 +y 2 =
