2014-2015学年辽宁省抚顺市重点高中协作校高二(下)期末物理试卷
辽宁省抚顺市重点高中协作校2014-2015学年高二数学下学期期末考试试题 理
辽宁省抚顺市重点高中协作校2014-2015学年高二数学下学期期末考试试题理抚顺市协作校高二年级下学期期末考试高二数学（理）本试卷分第I 卷(选择题)和第II 卷(非选择题)两部分，考试时间为120分钟，满分150分。
第I 卷（60分）一、 选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 已知复数1z i =-，则21z z =-( )A.2B.-2C.2iD.-2i2．用数学归纳法证明1＋a ＋2a ＋…＋1n a +＝-211n a a+--(a ≠1，n ∈N *)，在验证n ＝1成立时，左边的项是( ) A ．1 B ．1＋a C ．1＋a ＋2aD ．1＋a ＋2a +4a3．已知随机变量X 服从正态分布N (3,1)，且P (2≤X ≤4)＝0.682 6，则P (X >4)等于( )A ．0.1588B ．0.1587C ．0.1586D ．0.15854．某中学从4名男生和3名女生中推荐4人参加某高校自主招生考试，若这4人中必须既有男生又有女生，则不同的选法共有 ( )A ．140种B ．120种C ．35种D ．34种 5.有两排座位，前排11个座位，后排12个座位，现安排2人就座，规定前排中间的3个座位不能坐，并且这2人不．左右相邻，那么不同排法的种数是 A.234 B.346 C.350 D.3636. 已知2=x 是函数23)(3+-=ax x x f 的极小值点, 那么函数)(x f 的极大值为 A. 15 B. 16 C. 17D. 187.若ln (),x f x e b a x =<<，则 A.()()f a f b > B.()()f a f b < C.()()f a f b = D.()()1f a f b >8．若S 1＝⎠⎜⎜⎛12x 2d x ，S 2＝⎠⎜⎜⎛121xd x ，S 3＝⎠⎜⎜⎛12e xd x ，则S 1，S 2，S 3的大小关系为( )A ．S 1<S 2<S 3B ．S 2<S 1<S 3C ．S 2<S 3<S 1D ．S 3<S 2<S 19.四位外宾参观某场馆需配备两名安保人员.六人依次进入校门，为安全起见，首尾一定是两名安保人员，外宾甲乙要排在一起，则六人的入门顺序的总数是A ． 12B ． 24C ． 36D ． 48 10.若22nx x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式中的常数项是A ．180B ．120C ．90D ．45 11．设()10102210102x a x a x a a x+⋅⋅⋅+++=-,则293121020)()(a a a a a a +++-+++ 的值为（ ）A ．0B ．-1C ．1D ．12.已知函数3211()322m n f x x mx x+=++的两个极值点分别为12,x x ，且1201x x <<<，点(,)P m n 表示的平面区域内存在点0(,)x y 满足00log (4)a yx =+，则实数a 的取值范围是( ) A.1(0,)(1,3)2B.(0,1)(1,3)C.]1(,1)(1,32D ．[(0,1)3,)+∞第Ⅱ卷（90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分 13． 已知复数z ＝3＋i 1－r(3i2)，则|z |＝________． 14. 圆222r y x=+在点()0,y x 处的切线方程为2r y yx x =+，类似地，可以求得椭圆183222=+y x 在()2,4处的切线方程为________．15.已知5)1)(1(x ax ++的展开式中2x 的系数为5，则=a . 16.若1a >，函数2()22f x xx a=++与()1g x x x a =-++有相同的最小值，则1()af x dx =⎰．三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
2024学年辽宁抚顺市六校协作体高二物理第二学期期末统考试题(含解析)
2024学年辽宁抚顺市六校协作体高二物理第二学期期末统考试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、如图为两分子系统的势能E．与两分子间距离r的关系曲线．下列说法正确的是A．当r大于r1时，分子间的作用力表现为引力B．在r由r1变到r2的过程中，分子间的作用力做负功C．当r等于r1时，分子间的作用力为零D．当r等于r2时，分子间的作用力为零2、如图所示,一轻质弹簧上端固定在天花板上，下端连接一物块，物块沿竖直方向以O点为中心点，在C、D之间做周期为T的简谐运动。
已知在t1时刻物块的动量为p、动能为E k。
下列说法中正确的是( )A．如果在t2时刻物块的动量也为p，则t2-t1的最小值为TB．如果在t2时刻物块的动能也为E k，则t2-t1的最小值为TC．当物块通过O点时，其加速度最小D．当物块运动至C点时，其加速度最小3、下列四幅图分别对应着四种说法，其中正确的是A ．氢原子辐射出一个光子后，电势能增大，动能减小B ．根据α、β、γ射线的特点可知，射线1是α射线，射线2是γ射线，射线3是β射线C ．天然放射性元素的半衰期由原子核内部自身的因素决定，跟所处的化学状态和外部条件无关D ．重核的裂变反应方程可以有2351448919256360U Ba+Kr+2n4、如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有一根水平放置的通电长直导线，电流方向向左，abcdef 是与直导线在同一平面内关于直导线对称的正六边形，且与磁场方向平行，下列关于各点的磁感应强度大小与方向的说法主确的是（ ）A ．a 、d 两点的磁场方向相同B ．b 、e 两点的磁场方向相同C ．a 点的磁感应强度大于b 点的磁感应强度D ．a 点的磁感应强度大于f 点的磁感应强度5、下列关于原子和原子核的说法正确的有A ．核力存在于原子核内任意两个核子之间B ．某元素的原子核衰变后会变成另一种新的元素C ．天然放射现象的发现使人类认识到原子具有复杂的结构D ．卢瑟福通过α粒子散射实验发现了原子核是由质子和中子组成的6、下列关于物体的动量和动能的说法，正确的是 ( )A ．物体的动量发生变化，其动能一定发生变化B ．物体的动能发生变化，其动量一定发生变化C ．若两个物体的动量相同，它们的动能也一定相同D ．两物体中动能大的物体，其动量也一定大二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2023-2024学年辽宁省抚顺市六校协作体高二下学期期末物理试卷
2023-2024学年辽宁省抚顺市六校协作体高二下学期期末物理试卷1.如图所示，两个弹簧振子悬挂在同一支架上，已知甲弹簧振子的固有频率为，乙弹簧振子的固有频率为，当支架在受到竖直方向、频率为的驱动力作用做受迫振动时，两个弹簧振子的振动情况是（）A．甲的振幅较大，且振动频率为B．甲的振幅较大，且振动频率为C．乙的振幅较大，且振动频率为D．乙的振幅较大，且振动频率为2.钍（）是一种放射性元素，广泛分布在地壳中。
钍经中子（）轰击可得到核燃料铀（），其反应方程为，此反应能将地球上现有的钍资源变成潜在的核燃料。
下列说法正确的是（）A．X为中子B．该过程发生了一次衰变C．该过程发生了一次衰变D．原子核的质量小于原子核的质量3.如图所示，一定质量的理想气体，从图示A状态开始，经历了B、C状态，最后到D状态，其中BC平行于T轴，CD平行于V轴。
下列说法正确的是（）A．A→ B过程，压强不变，分子平均动能变小B．B→ C过程，压强变大，分子平均动能变小C．B→ C过程，压强变小，分子密集程度不变D．C→ D过程，压强变大，分子密集程度变小4.如图所示，长为L的轻绳上端固定于O点，下端系一可视为质点的小球，在O点正下方的P点固定一颗小钉子。
现将小球拉到A点，轻绳被拉直，然后由静止释放，B点是小球摆动的最低点，C点是小球能够到达的左侧最高点。
小球第一次向左摆动的过程中，从A点到B点所用的时间为t，从B点到C点所用的时间为，，则OP的长度为（）A．B．C．D．5.用如图所示的装置研究光电效应规律，用能量为的光子照射光电管的阴极K，电流表检测到有电流。
调节滑动变阻器滑片，当电压表的示数为时，电流表的示数恰好为零，已知元电荷，下列说法正确的是（）A．光电子的最大初动能为B．光电管的阴极K的逸出功为C．若用能量为的光子照射阴极K，不会产生光电子D．电源正负极对调，将滑片调至变阻器右端，此时电流表示数一定为饱和光电流6.在xOy平面内充满了均匀介质，时刻坐标原点O处的质点开始沿y轴做简谐运动，其振动频率为。
2024届辽宁省抚顺市重点高中六校协作体高三下学期二模联考物理试题
2024届辽宁省抚顺市重点高中六校协作体高三下学期二模联考物理试题一、单选题 (共6题)第(1)题如图是氢原子电子轨道示意图，a、b两束光是由处在态的氢原子跃迁到态和态时产生的，现分别用a、b两束单色光照射同一光电管阴极时，都发生了光电效应，则关于a、b这两束光，下列说法正确的是（ ）A．a、b两束光的光子能量满足B．光子动量C．两束光照射光电管时对应的遏止电压D．入射同一双缝干涉装置上，相邻亮纹的间距第(2)题擦玻璃机器人可以帮助人们解决高层和户外擦玻璃难的问题，如图所示，一栋大厦表面均为玻璃材料，擦玻璃机器人牵引擦子清洁玻璃时，将大厦某一表面简化为正三角形ABC，与水平面夹角为30°，擦玻璃机器人对擦子的牵引力平行于玻璃表面，擦子与玻璃间的动摩擦因数为，机器人在该表面由B点匀速运动到AC中点D的过程中，质量为m的擦子受的牵引力为（ ）A．B．C．D．第(3)题如题图1所示，水火箭又称气压式喷水火箭、水推进火箭，由饮料瓶、硬纸片等环保废旧材料制作而成。
题图2是水火箭的简易原理图：用打气筒向水火箭内不断打气，当内部气体压强增大到一定程度时发射，发射时可近似认为水从水火箭中向下以恒定速度在不到0.1s时间内喷完，使水火箭升空。
已知水和水火箭的质量分别为，忽略空气阻力，水刚好喷完时，水火箭的速度最接近（ ）A．12 m/s B．30 m/s C．50m/s D．120m/s第(4)题好多同学在寝室熄灯后使用台灯继续学习至深夜，某同学使用如图所示的一款充电宝和一款台灯来照明，部分参数如下表所示，已知深夜学习需要6W以上的照明功率，则以下说法不正确的是（ ）充电宝部分参数如下：产品名称快充移动电源聚合物电池容量品牌输出输入产品颜色黑色/白色产品重量若干克产品尺寸台灯部分参数如下：产品名称米格台灯灯珠144颗额定电压最大电流内置电池容量其他功能亮度从开始连续调节A．充电宝输出功率可达B．台灯的最大功率为C．打开台灯后每颗灯珠的功率都为D．仅用这款台灯和这款充电宝充满一次电的情况下使用，不能保证周日至周五每晚小时的学习时间第(5)题制造某型芯片所使用的银灰色硅片覆上一层厚度均匀的无色透明薄膜后，在自然光照射下硅片呈现深紫色。
14—15学年下学期高二期末考试物理试题(附答案) (2)
扶余市第一中学2014--2015学年度下学期期末试题高 二 物 理本试题分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（实验填空题）两部分。
考试结束后，只交答题纸和答题卡，试题自己保留。
满分100分，时间90分钟。
第Ⅰ卷一、选择题：（本题有16小题，每小题3分，共48分。
有的小题只有一项符合题目要求，有的小题有多项符合题目要求。
全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
）1．关于自由落体运动，下列说法正确的是（ ）A 、加速度为g 的下落运动就是自由落体运动B 、重力加速度g 与纬度、海拔高度有关C 、质量大的物体，所受重力大，因而落地速度也大D 、自由落体运动的位移与时间成正比6.物体沿一直线运动，在t 时间内通过的路程为s 。
它在中间位置s 21处的速度为1v ，在中间时刻t 21时的速度为2v ，则1v 和2v 的关系为：（ ） A.当物体作匀加速直线运动时，1v ＞2v B. 当物体作匀减速直线运动时， 1v ＜2vD. 当物体作匀减速直线运动时，1v ＞2v C.当物体作匀加速直线运动时， 1v ＜2v 7．甲物体以速度v 0做匀速直线运动，当它运动到某一位置时，该处有另一物体乙开始做初速为零的匀加速直线运动去追甲，由上述条件（ ）A ．不能求乙追上甲时乙走的位移B ．可求乙从开始起动到追上甲时所用的时间C ．可求乙追上甲时乙的速度D ．可求乙的加速度8．用轻弹簧竖直悬挂质量为m 的物体，静止时弹簧伸长量为L .现用该弹簧沿斜面方向拉住质量为2m 的物体，系统静止时弹簧伸长量也为L .斜面倾角为30°，如下图所示．则物体所受摩擦力( )A.大小为12mg ，方向沿斜面向下B ．等于零C ．大小为32mg ，方向沿斜面向上 D ．大小为mg ，方向沿斜面向上9.探究弹力和弹簧伸长的关系时，在弹性限度内，悬挂15 N 的重物时，弹簧的长度为0.16 m ；悬挂20 N 的重物时，弹簧的长度为0.18 m ，则弹簧的原长L 和劲度系数k 分别为( ) A.L ＝0.10 m k ＝250N/m B.L ＝0.10 m k ＝500 N/m C.L ＝0.02 m k ＝250 N/m D.L ＝0.02m k ＝250 N/m10．静止在斜面上的物块，当用水平力F 由零开始逐渐增大而物块仍保持静止状态，则物块( )A.所受合力不变B.所受斜面摩擦力逐渐增大C.所受斜面弹力逐渐增大D.所受斜面作用力逐渐增大11.如图所示，搬运工用砖卡搬砖时，砖卡对砖的水平作用力为F ，每块砖的质量为m ，设所有接触面间的动摩擦因数均为μ，则第一块砖对第二块砖的摩擦力大小为( )A.15μFB.12mg C.μF D.23 mg 12.两分子间距离为r 0时，分子力为零，下列关于分子力的说法中正确的是( ) A ．当分子间的距离为r 0时，分子力为零，也就是说分子间既无引力又无斥力 B ．分子间距离大于r 0时，分子间距离变小时，分子力一定减小C ．分子间距离小于r 0时，分子间距离变小时，分子间斥力变大，引力变小D ．在分子力作用范围内，不管r >r 0时，还是r <r 0时，斥力总是比引力变化快13.粗细均匀，两端封闭的细长玻璃管中，有一段水银柱将管中气体分为A 和B 两部分，如图所示．已知两部分气体A 和B 的体积关系是V B ＝3V A ，将玻璃管两端空气均升高相同温度的过程中，水银柱将( )A ．始终不动B ．向B 端移动C ．向A 端移动D ．以上三种情况都有可能14.如图所示为一定质量的理想气体沿着所示的方向发生状态变化的过程，则该气体压强变化是( )A ．从状态d 到状态a ，压强不变B ．从状态c 到状态d ，压强减小C ．从状态a 到状态b ，压强增大D ．从状态b 到状态c ，压强不变15.带有活塞的汽缸内封闭一定量的理想气体．气体开始处于状态a ，然后经过过程ab 到达状态b 或经过过程ac 到状态c ，b 、c 状态温度相同，如图所示．设气体在状态b 和状态c 的压强分别为p b 和p c ，在过程ab 和ac 中吸收的热量分别为Q ab 和Q ac ，则( )A ．p b ＞p c ，Q ab ＞Q acB ．p b ＞p c ，Q ab ＜Q acC ．p b ＜p c ，Q ab ＜Q acD ．p b ＜p c ，Q ab ＞Q ac 16.根据热力学第二定律，下列判断正确的是（ ）A. 电能可以全部变为内能 B ．在火力发电机中，燃气的内能不可能全部变为电能 C ．热机中，燃气内能不可能全部变为机械能D ．在热传导中，热量不可能自发地从低温物体传递给高温度物体． 第Ⅱ卷（共52分）二、实验填空题：（本题共三个小题，每空2分，共20分）17．“测定匀变速直线运动的加速度”的实验中，具体测算加速度前的主要步骤有： A 、换上纸带重复做三次，选择一条较为理想的纸带；B 、将打点计时器固定在长木板上没有滑轮的一端，接上低压交流电源；C 、断开电源，取下纸带；D 、把小车停在靠近打点计时器的地方，先放开小车，再接通电源；E 、把一条细绳拴在小车前端，绳跨过滑轮挂上砝码；F 、把纸带固定在小车后端并让纸带穿过打点计时器；以上步骤有错误的是 ；理由是 ；步骤合理的顺序是 （填步骤前的字母）。
抚顺市高二物理下学期期末试卷含答案
抚顺市2015年高二物理下学期期末试卷（含答案）抚顺市2015年高二物理下学期期末试卷（含答案）注意事项：1、本试卷分为第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，满分100分，考试时间：90分钟2、客观题涂在答题卡上，主观题和选做题答在答题纸上第Ⅰ卷（选择题共48分）一、选择题（第1至7题为单选题，8至12为多选题。
每题4分，选不全的得2分）1．在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献，下列说法正确的是()A．奥斯特发现了电流的磁效应,总结出了右手螺旋定则B．安培发现了电流的磁效应，总结出了安培定则C．法拉第发现了电磁感应现象，总结出了法拉第电磁感应定律D．楞次研究电磁感应现象，总结出了右手螺旋定则2.如图所示，一个U形金属导轨水平放置，其上放有一个金属导体棒ab，有一个磁感应强度为B的匀强磁场斜向上穿过轨道平面，且与竖直方向的夹角为θ.在下列各过程中，一定能在轨道回路里产生感应电流的是() A．ab向左运动，同时增大磁感应强度BB．使磁感应强度B减小，θ角同时也减小C．ab向右运动，同时使θ减小D．ab向右运动，同时增大磁感应强度B和θ角(0°θ90°)3.如图所示，是一交变电流的电流随时间变化的图象，此交变电流的有效值是()A．52AB．5AC．3.52AD．3.5A4．如图所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所围的区域内有一垂直纸面向里变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环，导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度按下图中哪一图线所表示的方式随时间变化时，导体环将受到向上的磁场力作用()5．如图所示，导体棒AB长2R，绕O点以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，OB为R，且OBA三点在一直线上，有一匀强磁场磁感应强度为B，充满转动平面且与转动平面垂直，那么AB两端的电势差大小为()A.32BωR2B．2BωR2C．4BωR2D．6BωR26.如图所示，金属棒ab置于水平放置的金属导体框架cdef上，棒ab与框架接触良好．从某一时刻开始，给这个空间施加一个斜向上的匀强磁场，并且磁场均匀减小，ab棒仍静止，在磁场均匀减小的过程中，关于ab棒受到的摩擦力，下列说法正确的是()A．摩擦力大小不变，方向向右B．摩擦力变大，方向向右C．摩擦力变大，方向向左D．摩擦力变小，方向向左7.如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是()A．在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零B．线圈先后两次转速之比为2∶3C．交流电a的瞬时值为u＝10sin10πt(V)D．交流电b的最大值为203V8．为了监测变电站向外输电情况，要在变电站安装互感器，其接线如图所示．两变压器匝数分别为n1、n2和n3、n4，a和b是交流电表．则()A．n1n2B．n3n4C．a为交流电流表，b为交流电压表D．a为交流电压表，b为交流电流表9.如图(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，使电路达到稳定，灯泡A发光，则()A．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10．如图所示是一种延时开关．S2闭合，当S1闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，将C线路接通．当S1断开时，由于电磁感应作用，D将延迟一段时间才被释放，则() A．由于A线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用B．由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用C．如果断开B线圈的电键S2，无延时作用D．如果断开B线圈的电键S2，延时将变长11．如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO′为其对称轴．一导线折成边长为l的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内以恒定速度v0向右运动，当运动到关于OO′对称的位置时()A．穿过回路的磁通量为零B．回路中感应电动势大小为Blv0C．回路中感应电流的方向为逆时针方向D．回路中ab边与cd边所受安培力大小相等方向相反12.如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路．虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直．从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是()A．感应电流方向一直是逆时针B．感应电流方向先是逆时针，后是顺时针C．感应电动势最大值Em＝BavD．感应电动势平均值E＝Bav/2第Ⅱ卷(共52分)二、实验题（6分）13.在研究电磁感应现象的实验中，所用器材如图所示：电流表，直流电源，带铁芯的线圈A(其上端有两个接线柱)，线圈B（其上下各有一个接线柱），开关，滑动变阻器．(1)按实验的要求在实物图上连线(图中已连好一根导线)；(2)若连接滑动变阻器的两根导线接在接线柱C和D上，发现开关刚刚闭合时电流表指针右偏。
2014~2015学年第二学期高二物理期末试卷(含答案).
2014~2015学年第二学期高二物理期末模拟试卷注意事项:考生在答题前请认真阅读本注意事项:1.本试卷包含选择题和非选择题两部分,考生答题全部答在答题卡上,答在本试卷上无效.本次考试时间100分钟,满分为120分.2.答卷前,考生务必将自己的姓名、考试号用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔填写在答题卡上,并用2B 铅笔将对应的数字标号涂黑.3.答选择题必须用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动,请用橡皮擦干净后,再选涂其它答案.答非选择题必须用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔写在答题卡上的指定位置,在其它位置答题一律无效.4.如有作图需要,可用2B 铅笔作答,并请加黑加粗画清楚.一.单项选择题:本大题共5小题,每小题3分,共计15分.每小题只有一个....选项符合题意.1. 某电路中电场随时间变化的图象如下图所示,能发射电磁波的电场是(2. 一列平面简谐波,波速为20 m/s ,沿x 轴正方向传播,在某一时刻这列波的图象如图所示.下列说法不正确的是(A .这列波的周期是0.2 sB .质点P 、Q 此时刻的运动方向都沿y 轴正方向C .质点P 、R 在任意时刻的位移都相同D .质点P 、S 在任意时刻的速度都相同3下列关于原子和原子核的说法正确的是A .β衰变现象说明电子是原子核的组成部分B .玻尔理论的假设之一是原子能量的量子化C .放射性元素的半衰期随温度的升高而变短D .比结合能越小表示原子核中的核子结合得越牢固4光在科学技术、生产和生活中有着广泛的应用,下列说法正确的是(A .用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象B .用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的衍射现象C .在光导纤维束内传送图象是利用光的色散现象D .光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象5.图中矩形线圈abcd 在匀强磁场中以ad 边为轴匀速转动,产生的电动势瞬时值为e = 5sin20t V ,则以下判断正确的是(A .此交流电的频率为10/πHzB .当线圈平面与中性面重合时,线圈中的感应电动势为5VC .当线圈平面与中性面垂直时,线圈中的感应电流为0D .线圈转动一周,感应电流的方向改变一次二、多项选择题:本题共 4小题,每小题 4 分,共16 分.每小题有多个选项....符合题意.全部选对的得 4 分,选对但不全的得 2 分,错选或不答的得 0 分.6.质量为m 的小球A ,在光滑平面上以速度v 与质量为2m 的静止的小球B 发生正碰,碰后A 球的速率变为原来的三分之一,那么碰后B 球的速率可能是下面的哪个:(A 、30vB 、320vC 、340v D 、350v 7.下列运动过程中,在任意相等时间内,物体动量变化相等的是(A.匀速圆周运动B.自由落体运动C.平抛运动D.匀减速直线运动8.如图所示,一细束白光通过玻璃三棱镜折射后分为各种单色光,取其中a 、b 、c 三种色光,如分别让这三种色光通过同一双缝干涉实验装置,在光屏上产生干涉条纹,比较这三种色光,下列说法正确的是(A .a 光的频率最小B .在水中a 光的传播速度最小C .a 光形成的干涉条纹间距最大D .若光束以相同的入射角从水中射向空气,若a 光能发生全反射,则b .c 光也一定能发生全反射9.如图所示,N 为钨板,M 为金属网,它们分别与电池两极相连,各电池的电动势E 和极性已在图中标出,钨的逸出功为4. 5 e V ,现分别用能量不同的光子照射钨板(各光子的能量也已在图上标出,那么下列图中电子不能到达金属网的是:(三、简答题:本题分2小题,共计27分.请将解答填写在答题卡相应的位置.10.(12分右图是用来验证动量守恒的实验装置,弹性球1用细线悬挂于O 点,O 点下方桌子的边沿有一竖直立柱.实验时,将球1拉到A 点,并使之静止,同时把球2放在立柱上.释放球1,当它摆到悬点正下方时与球2发生对心碰撞.碰后球1向左最远可摆到B 点,球2落到水平地面上的C 点.测出有关数据即可验证1、2两球碰撞时动量守恒.现已测出A 点离水平桌面的距离为a .B 点离水平桌面的距离为b ,C 点与桌子边沿间的水平距离为c .此外,还需要测量的量是_________、________________、和_____________________.根据测量的数据,该实验中动量守恒的表达式为__________________________.11.(15分(1在“用单摆测重力加速度”的实验中,下列措施中可以提高实验精度的是________.A .选细线做为摆线B .单摆摆动时保持摆线在同一竖直平面内C .拴好摆球后,令其自然下垂时测量摆长D .计时起止时刻,选在最大摆角处(2 某同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验中。
辽宁省抚顺市重点高中协作校2014-2015学年高二物理上学期期中联考试题(含解析)新人教版
辽宁省抚顺市重点高中协作校2014-2015学年上学期期中联考高二物理试卷一、选择题〔此题共12小题，每一小题4分，共48分〕1．〔4分〕A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下静止开始从A 点沿电场线运动到B点，加速度变小．如此这一电场可能是图中的〔〕A．B．C．D．考点：电场线；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：先据题境判断电场力的大小，再观察电场线，利用分布密集的地方电场强度大，分布稀疏的地方，电场强度小；负电荷受电场力的方向与电场强度方向相反．解答：解：由题境可知加速度减小，所以带电粒子所受的电场力逐渐减小，即电场线越来越稀疏，所以AD错误；且带电粒子仅在电场力作用下，据场强方向的规定可知，负电荷的运动轨迹与电场线的方向相反，故ABD错误，C正确．应当选：C．点评：据题境分析带电粒子受力情况，能判断电场线的分布情况和电场线的方向，根底题目．2．〔4分〕如下列图，两段等长细线串接着两个质量、电量相等的带电小球a、b，a带正电、b带负电，悬挂于O 点．现在空间加上水平向右的匀强电场，如此此装置平衡时的位置可能是如下哪幅图〔〕A．B．C．D．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：以整体为研究对象，分析受力情况，确定上面绳子oa的方向，再以下面的小球为研究对象，分析受力，根据平衡条件确定下面绳子的方向．解答：解：以两个小球组成的整体为研究对象，水平方向受到两个电场力，矢量和为零．竖直方向受到总重力，根据平衡条件得知，细线oa的拉力必定在竖直方向，所以细线oa 的方向必须是竖直的．再以小球b为研究对象，由于带负电，该小球受到的电场力方向水平向左，如此细线ab向左偏离竖直方向，故A正确，BCD错误．应当选：A．点评：此题一要灵活选择研究对象，二要分析受力．采用整体法和隔离法相结合的方法研究往往可以简便求解．3．〔4分〕如图，长L的轻绳挂质量为m的小球，匀强电场强度为E，方向向右，小球带电为+q ，将小球拉至水平由静止释放，如此小球运动到最低点时轻绳的张力为〔〕A．2mg﹣Eq B．3mg﹣2Eq C．3mg﹣Eq D．3mg﹣3Eq考点：电势差与电场强度的关系；向心力．专题：电场力与电势的性质专题．分析：将小球从图示由静止释放，根据动能定理求通过最低点的速度．由圆周运动轻绳的张力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出小球经最低点时的张力解答：解：将小球从图示由静止释放，通过最低点，由动能定理，得：mgL﹣qEL=mv2由圆周运动轻绳的张力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，得：F﹣mg=m联立以上各式解得：F=3mg﹣2Eq应当选：B点评：此题小球的运动类似于单摆，关于平衡位置具有对称性，α=2θ．B点相当于竖直平面内圆周运动的最高点，也称为物理最高点．4．〔4分〕两个电池E1，E2，它们分别向同一电阻R供电，比拟电阻R消耗的电功率P1和P2，电池的效率η1和η2的大小，如此有〔〕A．P1＞P2，η1＞η2B．P1＜P2，η1＜η2C．P1＜P2，η1＞η2D．P1＞P2，η1＜η2考点：电功、电功率；路端电压与负载的关系．专题：恒定电流专题．分析：因为两个电池1和2的电动势E1＞E2，如此由殴姆定律可得它们的内阻关系，从而得出它们内阻消耗的功率关系．电源的效率是输出功率与总功率的比值，由于输出功率相等，所以效率与电动势成反比．解答：解：根据图象可知，U1＞U2，I1＞I2，根据P=UI可知，R消耗的功率P1＞P2，根据图象可知，E1＞E2，斜率表示内阻，如此r1＞r2而η=，故η1＜η2应当选：D点评：请同学们看清电源的功率与效率，同时搞清各自的公式．5．〔4分〕如下列图的电路，闭合开关S后，a、b、c三盏灯均能发光，电源电动势E恒定且内阻r不可忽略．现将变阻器R的滑片稍向上滑动一些，三盏灯亮度变化的情况是〔〕A．a灯和c灯变亮，b灯变暗B．a灯变亮，b灯和c灯变暗C．a灯和c灯变暗，b灯变亮D．a灯和b灯变暗，c灯变亮考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：如图电路的结构是：c灯与变阻器R串联后与b灯并联，再与a灯串联．R的滑片稍向上滑动时，变阻器R接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，根据欧姆定律分析干路电流的变化，再分析b灯电压的变化和c灯的电流变化来分析灯泡亮度变化．解答：解：R的滑片稍向上滑动时，变阻器R接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，a灯变亮．b的电压U b=E﹣I〔r+R a〕减小，b灯变暗．通过c灯的电流I c=I﹣I b，I增大，I b减小，如此I c增大，c灯变亮．故A正确．应当选：A．点评：此题是电路中动态变化分析的问题，首先要搞清电路的结构，其次要按“局部→整体→局部〞的顺序分析．6．〔4分〕如下列图，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即U ab=U bc，实线为一带负电的电子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知〔〕A．三个等势面中，a的电势最高B．电子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大C．电子通过P点时的动能比通过Q点时大D．电子通过P点时的加速度比通过Q点时小考点：电势；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分作出电场线，根据轨迹弯曲的方向可知，负电荷受力的方向向下，电场线向上．故c析：的电势最高；根据推论，负电荷在电势高处电势能小，可知电荷在P点的电势能大；总能量守恒；由电场线疏密确定出，P 点场强小，电场力小，加速度小．解答：解：A、负电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧；作出电场线，根据轨迹弯曲的方向和负电荷可知，电场线向上．故c的等势面电势最高，故A错误；B、利用推论：负电荷在电势高处电势能小，知道质点在P点电势能大，故B正确；C、只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故带电质点在P点的动能与电势能之和等于在Q点的动能与电势能之和，P点电势能大，动能小．故C错误；D、等差等势面的疏密可以表示电场的强弱，P处的等势面密，所以P点的电场强度大，粒子受到的电场力大，粒子的加速度大，故D错误；应当选：B点评：根据电场线与等势面垂直，作出电场线，得到一些特殊点〔电场线与等势面交点以与点〕的电场力方向，同时结合能量的观点分析是解决这类问题常用方法．7．〔4分〕如下列图，平行板电容器与直流电源连接，下极板接地，板间距为d．一电荷从电容器左边的正中间的P点入射，恰好从下极板的右边缘射出．如果让电荷贴着上极板的左边缘保持原来速度入射，仍从下极板的右边缘射出，如此平行板电容器间的距离调为〔〕A．B．C．d D．2d考点：电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：电荷进入电场后做类平抛运动，运用运动的分解法，由牛顿第二定律和运动学公式结合得到偏转距离与板间距离的关系，即可求解．解解：电荷从P点入射，恰好从下极板的右边缘射出时：答：==让电荷贴着上极板的左边缘保持原来速度入射，仍从下极板的右边缘射出时，设此时板间距离为d′，如此有：d==联立以上两式得：d′=应当选：B．点评：粒子垂直进入电场中做的是类平抛运动，此题就是考查学生对类平抛运动的规律的应用．8．〔4分〕一个平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两板中间有一个正电荷〔电量很小〕处在A点，如图示，假设以E表示板间电场强度，W表示将正电荷从A移到B点电场力做的功．假设保持正极板不动，将负极板上移到图中虚线位置，比拟两种情况下的E、W 和正电荷在A点的电势能E p的大小〔〕A．E不变，E p不变B．E p不变，W不变C．E不变，E p变大D．E p变小，W不变考点：电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：平行板电容器充电后与电源断开后所带电量不变．移动极板，根据推论分析板间场强是否变化．由电容的决定式分析电容的变化，确定电压U的变化．根据P点与上板间电势差的变化，分析A点的电势如何变化，判断电势能的变化．解答：解：平行板电容器充电后与电源断开后所带电量Q不变，根据推论E=得知，板间场强E不变．将负极板上移到图中虚线位置，AB间沿电场线方向的距离不变，由U=Ed得知，AB间的电势差不变，由公式W=qU知，W不变．B点与下板间的电势差减小，如此P点的电势降低，如此正电荷的A点的电势能E p变小．应当选：D．点评：电容器的电量和正对面积不变，板间场强E不变是重要的推论，要能根据电容的决定式C=、电容的定义式C=和推论E=进展分析．9．〔4分〕在伏安法测电阻的实验中，待测电阻R x约为200Ω，电压表V的内阻约为2kΩ，电流表A的内阻约为10Ω，测量电路中电表的连接方式如图〔a〕或图〔b〕所示，假设将由图〔a〕和图〔b〕中电路测得的电阻值分别记为R x1和R x2，如此下了说法正确的答案是〔〕A．R x1更接近真实阻值B．R x2更接近真实阻值C．R x1大于真实阻值，R x2小于真实阻值D．R x1小于真实阻值，R x2大于真实阻值考点：伏安法测电阻．专题：恒定电流专题．分析：此题的关键是明确电流表内外接法的选择方法：当满足时，电流表应用外接法，根据串并联规律写出真实值表达式，比拟可知，测量值小于真实值；当满足时，电流表应用内接法，根据串并联规律写出真实值表达式，比拟可知，测量值大于真实值．解答：解：由于待测电阻满足时R A R V=10×2000＜R=40000，所以电流表应用内接法，即R X1更接近真实值；根据串并联规律可知，采用内接法时真实值应为：R真=＜=R测，即测量值大于真实值；采用外接法时，真实值应为：R真=＞=R测，即测量值小于真实值．应当选：AC ．点评：应明确：电流表内外接法的选择方法是：当满足时，电流表应用外接法，此时测量值小于真实值；当满足时，电流表应用内接法，此时测量值大于真实值．10．〔4分〕如下列图，竖直放置的两个平行金属板间有匀强电场，在两板之间等高处有两个质量一样的带电小球，P小球从紧靠左极板处由静止开始释放，Q小球从两板正中央由静止开始释放，两小球最后都能打在右极板上的同一点．如此从开始释放到打到右极板的过程中〔〕A．它们的运行时间t P：t Q=1：1B．它们的动能增加量之比△E KP：△E KQ=4：1C．它们的电势能减少量之比△E P：△E Q=2：1D．它们的电荷量之比q P：=2：1考点：带电粒子在匀强电场中的运动．分析：两小球在电场中均受到重力和电场力作用，两小球均沿图所示的虚线做初速度为零的匀加速直线运动；把运动沿水平和竖直方向进展分解，在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向均做初速度为零的匀加速直线运动．因在竖直方向上位移一样，所以两球运动时间一样，从而判断出在水平方向上的加速度的关系和电场力的关系，结合能量的转化和守恒与运动学公式可判断个选项的正误．解答：解：A、两小球在竖直方向做自由落体运动，水平在电场力作用下做初速度为0的匀加速直线运动，故两小球运动时在竖直方向自由下落的高度一样，由可知他们运动时间相等，故A正确；BCD、根据分运动的等时性，沿电场方向加速时间也相等，由可得P、Q两球的水平加速度为2倍关系；由可知，带电量也为2倍关系．选项D正确；可知两球的加速度关系为a P=2a Q，由F=ma可得电场力有关系F p=2F Q，而水平方向S p=2S Q，由功的公式知，电场力对两球做功有关系W p=4W Q，所以电势能变化是4倍的关系．在竖直方向上重力做功相等，所以两球合力做功并不是4倍关系．可知BC错误．应当选：AD．点评：该题考察了带电粒子在平行板电容器中的运动，此题关键将两个小球的运动分解为水平方向和竖直方向的分运动，然后结合运动学公式、牛顿运动定律和能量列式分析．11．〔4分〕某同学将一直流电源的总功率P E、输出功率P R和电源内部的发热功率P r随电流I 变化的图线画在同一坐标系中，如图中的a、b、c所示．如此如下说法中正确的答案是〔〕A．图线a表示总功率P E随电流I变化的关系B．图线b表示电源内部的发热功率P r随电流I变化关系C．电源的最大输出功率为1.5WD．电源的内阻为0.75Ω考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：根据电源消耗的总功率的计算公式P E=EI可得电源的总功率与电流的关系，根据电源内部的发热功率Pr=I2r可得电源内部的发热功率与电流的关系，从而可以判断abc三条线代表的关系式，在由功率的公式可以分析功率之间的关系．解答：解：A、B、由电源的总功率和电源内部发热的功率表达式分别为：P E=EI，P r=I2r，可知，a是直线，表示的是电源的总功率，b是抛物线，表示的是电源内部的发热功率，c 表示外电阻的功率即为电源的输出功率P R，故A正确，B正确；C、c表示外电阻的功率即为电源的输出功率P R，从图看出最大输出功率为1.5W，故C 正确；D、当电流为4A时，电源内部的发热功率P r=6W，由P r=I2r，得到r=0.375Ω，故D错误；应当选：ABC．点评：当电源的内阻和外电阻的大小相等时，此时电源的输出的功率最大，并且直流电源的总功率P E等于输出功率P R和电源内部的发热功率P r的和．12．〔4分〕如下列图，一个内壁光滑的绝缘细直管竖直放置．在管子的底部固定一电荷量为Q〔Q＞0〕的带电体．在距离底部点电荷为h2的管口A处，有一电荷量为q〔q＞0〕、质量为m的小球自静止释放，在距离底部点电荷为h1的B处速度恰好为零．现让一个电荷量为q、质量为2m的小球仍在A处自静止释放，静电力常量为k，重力加速度为g，如此该小球〔〕A．小球运动到B处的速度为零B．在下落过程中加速度大小先变小后变大C．向下运动了位移x=h2﹣时速度最大D．小球向下运动到B点时的速度为2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：当点电荷A在自身重力与点电荷间的库仑力作用下，由静止释放后到停止．在此过程中重力做正功，库仑力做负功，且相等．当点电荷变成：电量不变，而改变质量，仍从原位置释放，如此由动能定理，可求出停止位置，速度最大的位移与到达B点的速度．解答：解：A、质量为m点电荷A，从静止释放后开始下落，库仑力越来越大，所以点电荷先加速后减速．如此加速度先减小后增大．当到达B点时，点电荷A停止．由动能定理可得：mg〔h2﹣h1〕﹣W库=0﹣0W库=mg〔h2﹣h1〕而当换成质量2m点电荷A′时，仍从原来位置静止释放，如此点电荷先加速后减速．如此加速度先减小后增大．设停止的位置为B′，如此由动能定理可得：2mg〔h2﹣h1′〕﹣W库=0﹣0所以h2﹣h1′=如此速度为零的位置在B点下方．故A错误；B、而当换成质量2m点电荷A ′时，仍从原来位置静止释放，如此点电荷先加速后减速．如此加速度大小先减小后增大．故B正确；C 、速度最大位置，就是加速度为零的位置．即库仑力与重力相等的位置．当质量为m 时，设平衡位置距点电荷B 的距离为h0如此有：而当质量为2m时，设平衡位置距底部点电荷的距离为h0′如此有：所以h0′=如此向下运动的位移x=h2﹣，故C正确；D、点电荷从静止到B点，由动能定理可得：2mg〔h 2﹣h1〕﹣W库=﹣0而W库=mg〔h2﹣h1〕所以B点时的速度为，故D错误；应当选：BC点评：此题类似于换成两不带电两小球，且之间放入轻质弹簧，因为库仑力做功与弹簧弹力做功很相似．二、实验题〔每空2分，图4分，共20分〕13．〔10分〕在“描绘小电珠的伏安特性曲线〞的实验中，除有一标有“6V 1.5W〞字样的小电珠、导线和开关外，还有：A．直流电源6V〔内阻不计〕B．直流电流表0～3A〔内阻0.1Ω以下〕C．直流电流表0～250mA〔内阻约为5Ω〕D．直流电压表0～10V〔内阻约为15kΩ〕E．滑动变阻器10Ω、2AF．滑动变阻器1kΩ、0.5A实验要求小电珠两端的电压从零开始变化并能进展屡次测量．〔1〕实验中电流表应选用C，滑动变阻器应选用E〔均用序号表示〕〔2〕小电珠的伏安特性曲线如图1所示〔只画出了AB段〕，由图可知，当电珠两端电压由3V变为6V时，其灯丝电阻改变了10Ω．〔3〕试将如图2所示的器材连成实物图．考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．专题：实验题．分析：器材的选择需安全和准确，根据灯泡的额定电压和额定电流选择电流表和电压表的量程，从而测量误差的角度选择滑动变阻器．电压和电流需从0测起，滑动变阻器需采用分压式接法，通过灯泡的电阻大小判断其是大电阻还是小电阻，从而确定电流表内接还是外接．解答：解：〔1〕小灯泡的额定电压为6V，小灯泡的额定电流为I===0.25A，从安全和准确度方面考虑，所以量程为300mA的电流表应选C；要描画小灯泡的伏安特性曲线，电路中电流的变化范围比拟大，滑动变阻器应采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选E．〔2〕根据图示图象，由欧姆定律可知，小电珠电阻：R A==30Ω，R B==40Ω，电阻变化量：△R=40﹣30=10Ω；〔3〕小灯泡在正常工作时的电阻R==24Ω，电流表内阻约为5Ω，电压表内阻约为15kΩ，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法；描绘灯泡伏安特性曲线，电压和电流需从零开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法，实物图如下列图．故答案为：〔1〕C，E〔2〕10．〔3〕如图点评：解决此题的关键掌握器材选取的原如此，以与知道滑动变阻器分压式和限流式接法的区别，电流表内外接的区别．14．〔10分〕某电压表的内阻在15kΩ～40kΩ之间，现要测量其内阻，实验室提供如下器材：A．待测电压表〔量程3V〕B．电流表A1〔量程为0.6mA〕C．电流表A2〔量程为200μA〕D．电流表A3〔量程为0.6A〕E．电压表V1〔量程为4V〕F．电压表V2〔量程3V〕G．滑动变阻器R〔最大阻值1kΩ〕H．电源E〔电动势为4V〕I．开关S．导线假设干〔1〕为了尽量减小测量误差，要求测量多组数据，滑动变阻器应采用分压接法〔填限流接法或分压接法〕，电流表用A2〔填A1或A2或A3〕，V1和V2是否采用不用〔填V1或V2或不用〕〔2〕请你在如下列图的虚线框内画出符合实验要求的电路图．考点：伏安法测电阻．专题：实验题．分析：先估算电压表的最大电流用来选择适宜量程的电流表；根据滑动变阻器的阻值与是待测电压表的阻值大小确定滑动变阻器是采用分压式接法还是限流式接法．解答：解：〔1〕通过电压表可能的最大电流为：I max==200，所以电流表选用量程为200μA的．待测电阻的电压表本身能够显示电压，所以不需要另外的电压表，其他的如电源、开关、导线和滑动变阻器为必选．所以应选择的器材有：ACGHI．〔2〕因为滑动变阻器的总阻值远小于电压表的内阻，所以滑动变阻器应选用分压式接法，电路图如下列图．故答案为：〔1〕分压接法，A 2，不用；〔2〕如下列图．点评：解决此题的关键知道通过估算测量值以选取适宜的量程；假设小电阻控制大电阻要用分压式接法．三、计算题〔共32分〕15．〔8分〕如下列图，电源电动势E=9V，内阻r=1Ω，小电动机M的线圈电阻为r0=0.5Ω，电阻R0=3Ω，电压表的示数为U0=3V．求：〔1〕此时电动机的输入功率；〔2〕此时电动机的输出功率．考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：〔1〕根据闭合电路欧姆定律列式求解电动机的电压，电动机与电阻R0串联，根据欧姆定律求解电阻R0的电流，最后根据P=UI求解电动机的输入功率；〔2〕根据P机=P电﹣P热=UI﹣I2R M求解电动机的输出功率．解答：解：〔1〕以电阻R0为研究对象，根据欧姆定律得到电路中电流为：I=电动机两端的电压：U=E﹣U0﹣Ir=9﹣3﹣1×1=5V电动机输入的电功率为：P电=UI=5×1=5W〔2〕电动机内部发热为P热=I2R M，根据能量转化和守恒定律，电动机的输出功率：P机=P电﹣P热=UI﹣I2R M=5×1﹣12×0.5=4.5W答：〔1〕此时电动机的输入功率为5W；〔2〕此时电动机的输出功率为4.5W．点评：此题关键抓住电路中电压分配和能量的关系，不能直接根据欧姆定律这样来求解电路中电流：I=，因为电动机工作时，欧姆定律不成立．16．〔12分〕如下列图的匀强电场中，有a、b、c三点，ab=4cm，bc=10cm，其中ab沿电场方向，bc和电场方向成60°角，一个电荷量为q=4×10﹣8C的正电荷从a移到b电场力做功为w1=1.6×10﹣7J，求：〔1〕匀强电场的场强E．〔2〕电荷从b移到c，电场力做功W2．〔3〕a、c两点的电势差U ac．考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势差．专题：电场力与电势的性质专题．分析：〔1〕根据电场力做功公式W=qEd，求解电场强度，d是电场线方向两点间的距离．〔2〕电场力做功公式W=qEd，求解电荷从b移到c电场力做功W2．〔3〕先求出电荷从a到c电场力做功，再求解a、c两点的电势差U ac．解答：解：〔1〕由电场力做功公式W1=qEd ab得：匀强电场的场强为：E==V/m=100V/m 〔2〕电荷从b移到c，沿电场方向距离：d bc==cm=5cm电场力做功为：W2=qEd bC=4×10﹣8×100×0.05J=2×10﹣7J，〔3〕电荷从a移到c，W1+W2=qU aca、c两点的电势差为：U ac==V=9V 答：〔1〕匀强电场的场强E为100V/m．〔2〕电荷从b移到c，电场力做功W2为2×10﹣7J．〔3〕a、c两点的电势差U ac为9V．点评：匀强电场中电场力做功公式W=qEd中，d是两点间沿电场线方向的距离，求功时要注意判断功的正负．17．〔12分〕如下列图，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，当沿水平方向加有如下列图的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变化为原来的，求：〔1〕原来的电场强度的大小；〔2〕物体运动的加速度；〔3〕沿斜面下滑距离为L时物体的速度的大小〔sin37°=0.6，cos37°=0.8〕考点：共点力平衡的条件与其应用；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〕对小球进展受力分析，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．解解：〔1〕对小球受力分析并合成如图：答：由平衡条件得：F′=mg在直角三角形中：tanθ=得：qE=mgtanθ，解得：〔2〕对小球受力分析并正交分解如图：F合=mgsin37°﹣Fcos37°=ma即：解得：a=3m/s 2方向：沿斜面向下〔3〕在下滑过程中：W=F合×L由动能定理：解得：答：〔1〕原来的电场强度〔2〕物体运动的加速度为：a=3m/s2，方向：沿斜面向下word - 21 - / 21 〔3〕沿斜面下滑距离为L 时物体的速度的大小为点评： 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．。
2014-2015学年度高二物理下学期期末测试题-2
2014——2015学年度下学期期末测试卷【05】高 二 物 理一、选择题（本题共10小题，每小题4分。
在每个小题给出的四个选项中，至少有一个选项是正确的，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、关于物理科学家和他们的贡献，下列说法中正确的是 ( )A ．奥斯特发现了电流的磁效应，并发现了电磁感应现象B ．库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷e 的数值C ．牛顿发现了万有引力定律，并通过实验测出了引力常量D ．法拉第发现了电磁感应现象，并制作了世界上第一台发电机2、如图所示，在磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN 在平行金属导轨上以速度v 向右匀速滑动，MN 中产生的感应电动势为E 1；若磁感应强度增为2B ，其他条件不变，MN 中产生的感应电动势变为E 2.则通过电阻R 的电流方向及E 1与E 2之比E 1∶E 2分别为 ( )A ．c →a,2∶1B ．a →c,2∶1C ．a →c,1∶2D ．c →a,1∶23、如图所示，在0≤x ≤2L 的区域内存在着匀强磁场，磁场方向垂直于xOy 坐标系平面(纸面)向里．具有一定电阻的矩形线框abcd 位于xOy 坐标系平面内，线框的ab 边与y 轴重合，bc 边长为L .设线框从t ＝0时刻起在外力作用下由静止开始沿x 轴正方向做匀加速运动，则线框中的感应电流i (取逆时针方向的电流为正)随时间t 变化的函数图象可能是选项中 ( )4、 如图所示，边长为L 的正方形金属框ABCD 在水平恒力F 作用下，穿过宽度为d 的有界匀强磁场．已知d <L ，AB 边始终与磁场边界平行．若线框AB 边进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动．则线框AB 边穿过磁场的过程和CD 边穿过磁场的过程相比较 ( )A ．线框中感应电流的方向相反B ．线框均做匀速直线运动C ．水平恒力F 做的功不相等题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10答案D．线框中产生的电能相等5、如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n＝100，线圈面积S＝200 cm2，线圈的电阻r＝1 Ω，线圈外接一个阻值R＝4 Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．下列说法中正确的是()A．线圈中的感应电流方向为顺时针方向B．电阻R两端的电压随时间均匀增大C．线圈电阻r消耗的功率为4×10－4 WD．前4 s内通过R的电荷量为4×10－4 C6、如图7所示，实验室一台手摇交流发电机，内阻r＝1.0 Ω，外接R＝9.0 Ω的电阻．闭合开关S，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e＝102sin 10πt (V)，则()A．该交变电流的频率为10 HzB．该电动势的有效值为10 2 VC．外接电阻R所消耗的电功率为10 WD．电路中理想交流电流表的示数为1.0 A7、如图所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是()A．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流B．穿过线圈a的磁通量变小C．线圈a有缩小的趋势D．线圈a对水平桌面的压力F N将增大8、一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框平面与磁场垂直，线框的右边紧贴着磁场边界，如图甲所示．t＝0时刻对线框施加一水平向右的外力F，让线框从静止开始做匀加速直线运动穿过磁场．外力F随时间t变化的图线如图乙所示．已知线框质量m＝1 kg、电阻R＝1 Ω.以下说法正确的是()A．做匀加速直线运动的加速度为1 m/s2B．匀强磁场的磁感应强度为2 2 TC．线框穿过磁场过程中，通过线框的电荷量为22 CD．线框穿过磁场的过程中，线框上产生的焦耳热为1.5 J9、将一个R＝36 Ω的电阻接在一正弦交流发电机的输出端，该电阻两端的u－t图象如图所示，下列说法正确的是()A．该电阻消耗的功率是72 WB．该交流发电机的转速是50 r/sC．图中交流电压的瞬时值表达式为u＝362sin 100πt (V)D．并联在该电阻两端的理想交流电压表的示数是36 2 V10、如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比是10∶1，原线圈输入交变电压u＝141.4sin 50πt(V)，O点是副线圈上、下匝数比为1∶4处抽出的线头，R1＝2 Ω，R2＝8 Ω，则 () A．开关S断开时，电流表的示数为0.1 AB．开关S闭合时，电流表的示数为0.1 AC．开关S断开时，两电阻总的电功率为20 WD．开关S闭合时，两电阻总的电功率为10 W第Ⅱ卷二、填空题。
2015年辽宁省抚顺市重点高中协作校高考物理模拟试卷
2015年辽宁省抚顺市重点高中协作校高考物理模拟试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共5小题，共30.0分)1.一个物体沿直线运动，从t=0时刻开始，物体的-t的图象如图所示，图线与纵、横坐标轴的交点分别为（0，0.5）和（-0.5，0）由此可知（）A.物体做匀速直线运动B.物体做变加速直线运动C.物体的初速度大小为0.5m/sD.物体的加速度大小为0.5m/s【答案】C【解析】解：AB、根据v=，可知物体的速度均匀增大，做匀加速直线运动，故AB错误．C、图线纵轴截距表示初速度，则知物体的初速度大小为0.5m/s，故C正确．D、图象的斜率等于加速度，则得加速度为a==1m/s2．故D错误．故选：C．表示瞬时速度，此题实质是v-t图象，其斜率等于加速度，由图象的形状可判断出物体的运动情况，直接读出初速度．本题关键要知道v=，v-t图象的斜率等于加速度，来分析物体的运动情况．2.三颗人造地球卫星A、B、C在同一平面内沿不同的轨道绕地球做匀速圆周运动，且绕行方向相同，已知R A＜R B＜R C．若在某一时刻，它们正好运行到同一条直线上，如图所示．那么再经过卫星A的四分之一周期时，卫星A、B、C的位置可能是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】解：根据万有引力提供圆周运动的向心力有G有，轨道半径越大，周期越大，角速度越小，相同的时间内转过的角度越小．因为：R A＜R B＜R C．所以有：ωA＞ωB＞ωC，在A卫星转过的的时间内，三卫星对地球转过的角度θA＞θB＞θC，所以C正确，ABD错误．故选C．根据G，知轨道半径越大，周期越大，则角速度越小，所以经过相同的时间，可以比较出三卫星转过的角度．解决本题的关键掌握万有引力提供向心力G，知道周期与轨道半径的关系3.如图所示，一质量为m的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内．套在大杆上质量为m的小环（可视为质点），从大环的最高处由静止滑下．重力加速度大小为g．当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为（）A.2mgB.3mgC.5mgD.6mg【答案】D【解析】解：小环从最高到最低，由动能定理，则有：mv2=mg•2R；小环在最低点时，根据牛顿第二定律得：N-mg=m得：N=mg+m联立解得：大环对小环的支持力为：N=5mg对大环分析，有：T=N+mg=6mg故选：D．先根据动能定理求解出小环滑到最低点时的速度．根据牛顿第二定律求出小环运动到最低点时，大环对它的支持力，再用隔离法对大环分析，求出大环对轻杆的拉力大小．解决本题的关键搞清小环做圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解．4.一质量为M、倾角为θ的斜面体在水平地面上，质量为m的小木块（可视为质点）放在斜面上，现用一平行于斜面的、大小恒定的拉力F作用于小木块，拉力在斜面所在的平面内绕小木块旋转一周的过程中，斜面体和木块始终保持静止状态，下列说法中正确的是（）A.小木块受到斜面的最大摩擦力为B.小木块受到斜面的最大摩擦力为F-mgsinθC.斜面体受到地面的最大摩擦力为FD.斜面体受到地面的最大摩擦力为F cosθ【答案】C【解析】解：A、B、当F沿斜面向下时，木块所受摩擦力最大，受力分析如图：由平衡条件：f MAX=F+mgsinθ．故A错误，B错误；C、D、选整体为研究对象，当F水平时，整体所受的摩擦力最大，由平衡条件，f=F，即：斜面所受的最大静摩擦力为F．故C正确，D错误；故选C．选小木块作为研究对象，当力F沿着斜面向下时，小木块受到静摩擦力最大，因此受力分析，应用平衡条件求解；选小木块与斜面体作为整体研究对象，当力F水平方向时，斜面体受到地面的最大静摩擦力，因此受力分析，应用平衡条件求解．考查受力平衡类的题目时，要选择好研究对象后受力分析后应用平衡条件列式求解即可，注意整体法和隔离法的运用．5.如图所示，两相同灯泡A1、A2，A1与一理想二极管D连接，线圈L的直流电阻不计．下列说法正确的是（）A.闭合开关S后，A1会逐渐变亮B.闭合开关S稳定后，A1、A2亮度相同C.断开S的瞬间，A1会逐渐熄灭D.断开S的瞬间，a点的电势比b点低【答案】D【解析】解：A、闭合开关S后，因线圈自感，但两灯和线圈不是串联的关系，则两灯立刻亮，故A错误；B、闭合开关S稳定后，因线圈L的直流电阻不计，所以A1与二极管被短路，导致灯泡A1不亮，而A2将更亮，因此A1、A2亮度不同，故B错误；C、断开S的瞬间，A2会立刻熄灭，线圈L与灯泡A1及二极管构成回路，因线圈产生感应电动势，a端的电势低于b端，但二极管具有单向导电性，所以所以回路没有感应电流，A1也是立即熄灭；故C错误D正确；故选：D．对于二极管来说具有单向导电性，而对于线圈来讲通直流阻交流，通低频率交流阻高频率交流．记住自感线圈对电流突变时的阻碍：闭合开关瞬间L相当于断路，稳定后L相当于一段导线，断开瞬间L相当于电源，注意二极管的单向导电性．二、多选题(本大题共3小题，共18.0分)6.理论研究表明，无限大的均匀带电平面在周围空间会形成与平面垂直的匀强电场，若均匀带电平面单位面积所带电荷量为e，则产生匀强电场的电场强度的大小E=，现有两块无限大的均匀绝缘带电平板如图所示放置，A1B1两面带正电，A2B2两面带负电，且单位面积所带电荷量相等（设电荷不发生移动），A1B1面与A2B2面成60°，并且空间被分成了四个区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ与Ⅳ，若四个区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ内的电场强度的大小分别为E1、E2、E3和E4，图中直线A1B1和A2B2分别为带正电平面和带负电平面与纸面正交的交线，O为两交线的交点，C、D、F、G恰好位于纸面内正方形的四个顶点上，且GD的连线过O点，则下列说法中正确的是（）A.E1=E4B.E1=E4C.C、F两点电势相同D.在C、D、F、G四个点中，电子在F点具有的电势能最大【答案】BD【解析】解：A、产生匀强电场的电场强度的大小E=，故再I和IV象限内合场强为两板产生场强的叠加，再I象限内两场强夹角为60°，在IV象限内两场强夹角为120°，根据合成可知E1=E4，故A错误，B正确；C、在GD线上，电场线垂直于GD线斜向上，故GD线为等势面，故CF两点电势不同，故C错误；D、通过场强的叠加可知，场强大体有C指向F，F点电势最低，负电荷在电势低的地方电势能越大，故D正确；故选：BD可无限大的均匀带电平板在周围空间会形成与平面垂直的匀强电场，在各象限内的场强等于各场强的叠加，通过判断电场的方向判断出电势的高低，通过电荷的做功情况判断出电势能的高低本题中“无限大的均匀带电平板在周围空间会形成与平面垂直的匀强电场”是本题的突破口，“场强合成满足平行四边形定则”和“电场线和等势面相互垂直”是重要的解题工具．7.如图所示，两个倾角分别为30°和60°的足够长的光滑面固定于水平地面上，并处于方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中．两个质量均为m、带电荷量为+q的小滑块甲和乙分别从两个斜面顶端由静止释放，运动一段时间后．两小滑块都将飞离斜面，在此过程中（）A.甲滑块飞离斜面瞬间的速度比乙滑块飞离斜面瞬间的速度大B.甲滑块在斜面上运动的时间比乙滑块在斜面上运动的时间短C.甲滑块在斜面上运动的位移与乙滑块在斜面上运动的位移大小相等D.两滑块在斜面上运动的过程中，重力的平均功率相等【答案】AD【解析】解：A、小滑块飞离斜面时，洛伦兹力与重力的垂直斜面的分力平衡，故：mgcosθ=qv m B解得：v m=，所以斜面角度越小，飞离斜面瞬间的速度越大，故A正确，B、由受力分析得加速度a=gsinθ，所以甲的加速度小于乙的加速度，因为甲的最大速度大于乙的最大速度，由v m=at得，甲的时间大于乙的时间，故B错误；C、由AB的分析和x=得，甲的位移大于乙的位移，故C错误；D、由平均功率的公式P=F=mg sinθ=，所以D正确故选：AD小滑块向下运动的过程中受到重力、支持力、垂直斜面向上的洛伦兹力，向下运动的过程中，速度增大，洛伦兹力增大，支持力减小，当支持力减到0时，离开斜面．解决本题的关键知道洛伦兹力的方向和洛伦兹力的大小以及能够正确的受力分析，理清物体的运动状况．8.如图所示，abcd为一边长为l、质量为m的刚性导线框，位于水平面内，bc边中串接有电阻为R，导线的电阻不计．虚线表示一匀强磁场区域的边界，它与线框的ab边平行，磁场区域的宽度为2l，磁感应强度为B，方向竖直向下，线框在一垂直于ab边的水平恒定拉力F作用下，沿光滑水平面运动，直到通过磁场区域．已知ab边刚进入磁场时，线框变为匀速运动．从导线框刚进入磁场到完全离开磁场的过程中，导线框的加速度a 随ab边的位置坐标x变化的图象可能是（）A. B. C. D.【答案】AD【解析】解：线框受到的安培力：F安培=BI l=，ab边刚进入磁场时，线框变为匀速运动，处于平衡状态，由平衡条件得：F=，线框所受合力为零，在0-l位移内，加速度：a=0，线框完全进入磁场后，穿过线框的磁通量不变，感应电流为零，不受安培力作用，所受合外力为F，加速度：a=，线框做匀加速直线运动，在l-2l位移内，加速度：a=，当ab边离开磁场时，线框的速度大于进入磁场时的速度，所受安培力大于拉力F，加速度：a=安培=-，线框做减速运动，速度v变小，加速度a减小，线框做加速度减小的减速运动，在2l-3l位移内加速度逐渐减小，故AD是可能的情况，是正确，BC错误；故选：AD．线框进入磁场时做匀速直线运动，拉力等于安培力，线框完全进入磁场后，做匀加速直线运动，通过闭合电路德磁通量不变，不产生感应电流．出磁场时，此时安培力大于拉力，线框做加速度逐渐减小的变减速直线运动，应用牛顿第二定律求出加速度，然后分析答题．解决本题的关键会根据线框的受力状况判断线框的运动状况，以及知道线框出磁场的末速度不会小于进磁场的速度，则出磁场时感应电流不会小于进磁场时的感应电流．因为当加速度减小到零，又会做匀速运动．五、多选题(本大题共1小题，共15.0分)13.关于分子间的作用力，下列说法正确的是（）A.分子之间的斥力和引力同时存在B.分子之间的斥力和引力大小都随分子间距离的增大而减小C.分子之间的距离减小时，分子力一直做正功D.分子之间的距离增大时，分子势能一直减小E.分子之间的距离增大时，可能存在分子势能相等的两个点【答案】ABE【解析】解：A、子间既存在引力，也存在斥力，只是当分子间距离大于平衡距离时表现为引力，小于平衡距离时表现为斥力，故A正确；B、分子间存在相互作用的引力和斥力，引力和斥力都随分子间距离的减小而增加，故B正确；C、两分子之间的距离大于r0，分子力为引力，故当相互靠近时分子力做正功；当分子间距小于r0，分子力为斥力，相互靠近时，分子力做负功；故C错误；D、两分子之间的距离大于r0，分子力为引力，故当分子之间的距离增加时，分子力做负功，分子势能增加，故D错误；E、当两分子之间的距离等于r0，分子势能最小；从该位置起增加或减小分子距离，都是分子力做负功，分子势能增加，故分子之间的距离增大时，可能存在分子势能相等的两个点，故E正确；故选：ABE．分子间存在相互作用的引力和斥力，引力和斥力都随分子间距离的减小而增加，但斥力增加的更快，故当距离于r0时合力表现为引力，小于r0时合力表现为斥力；分力力做功等于分子势能的减小量．分子力做功对应着分子势能的变化，要正确分析分子之间距离与分子力、分子势能的关系．七、多选题(本大题共1小题，共15.0分)15.如图甲所示，一列机械波沿直线ab向右传播，ab=2m，a、b两点的振动情况如图乙所示，下列说法正确的是（）A.波速可能是m/sB.波长可能是mC.波速可能是m/sD.波速可能是m/sE.波长可能大于m【答案】ABD【解析】解：由振动图象得：质点振动周期T=4s，在t=0时刻，a点位于波谷，b点经过平衡位置向上，结合波形得：2=（n+）λ，得λ=m波速v=m/s，n=0，1，2，…当n=0时，波长，则v=当n=1时，，v=当n=2时，，v=当n=10时，v=，故ABD正确，CE错误．故选：ABD．由振动图象读出周期．根据同一时刻a、b两质点的振动状态，得到ab=1m与波长的关系，求出波长的通项，再求解波速的通项．即可进行求解振动图象反映了两个质点的状态，由同一时刻两个质点的状态，判断距离与波长的关系是基本能力，要做相关训练，能熟练掌握；写出波长与波速通式是解题的关键．三、实验题探究题(本大题共2小题，共15.0分)9.某研究学校小组用图甲所示的装置探究加速度与合力的关系，装置中的铝箱下端连接纸带，砂桶中可放置砂子以改变铝箱所受的外力大小，铝箱向上运动的加速度a可由打点计时器和纸带测出．现保持铝箱总质量不变，逐渐增大砂桶和砂的总质量进行多次实验，得到多组a、F值（F为力传感器的示数，等于悬挂滑轮绳子的拉力）．不计滑轮的重力．（1）某同学根据实验数据画出了a-F图象，如图乙所示，则由该图象可得铝箱总质量m=______ ，重力加速度g= ______ （结果保留2位有效数字）．（2）当砂桶和砂的总质量较大导致a较大时，图线______ （填选项前的字母）．A．偏向纵轴B．偏向横轴C．仍保持原方向不变D．斜率逐渐减小．【答案】0.2kg；10m/s2；C【解析】解：（1）对铝箱分析，应有F T-mg=ma，对滑轮应有F=2F T，联立可解得a==，可知图线的斜率k=，解得m=0.2kg，纵轴截距-g=-10，解得g=10m/s2．（2）对于图线的斜率k=，当砂桶和砂的总质量较大，可知图线的斜率不变，图线仍然保持原方向不变．故选：C．故答案为：（1）0.2kg，10m/s2．（2）C．对铝箱分析，根据牛顿第二定律，抓住传感器示数F等于2倍的F T，求出加速度的表达式，结合图线的斜率和纵轴截距求出铝箱的总质量和重力加速度的大小．结合图线的斜率k=，与沙桶和砂的质量无关，判断图线的形状．涉及到图象问题，要首选根据物理定律写出关于纵轴与横轴的函数表达式，然后讨论即可．10.为了测定一节干电池的电动势和内阻，实验室提供了下列器材：A：待测干电池（电动势1.5V左右，内阻不超过1.5Ω）B：电流表A1 （量程0〜2m A，内阻为10Ω）C．电流表A2 （量程0〜0.6A，内阻约为0.5Ω）D．滑动变阻器R1（0〜20Ω，10A）E．滑动变阻器R2（0〜100Ω，1A）F．定值电阻R3=990ΩG．开关、导线若干（1）请从以上提供的器材中选择所需器材设计测量电路，在图甲的虚线框内补画出完整的电路原理图．（要求在电路图中标明所使用器材）（2）根据合理的设计电路测量数据，电流表A1的示数记为I1，电流表A2的示数记为I2，某同学测出了6组I1，I2的数据，并已描绘出如图乙所示的I1和I2的关系图线，根据已描绘出的图线，可得被测电池的电动势E= ______ V，内阻r= ______ Ω【答案】1.48；0.80【解析】解：（1）由题意可知，本实验中没有给出电压表，故应采用电流表A1与定值电阻串联后充当电压表使用；故电路图如图所示；（2）表头的示数与定值电阻阻值的乘积可作为路端电压处理，则由闭合电路欧姆定律可知：I1（R3+R A）=E-I2r即：I1=-；由图可知，图象与纵坐标的交点为1.48m A，则有：1.48m A=；解得E=1.48V；由图象可知，图象的斜率为：0.8×10-3，由公式得图象的斜率等于，故=0.8×10-3；解得r=0.80Ω．故答案为：（1）如图所示；（2）1.48；0.80（1）根据给出的仪表及实验原理可得出实验电路图；（2）由作出的U-I图可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势；图象的斜率表示内阻．正确选择仪器是电学实验的经常考查的考点；本题为测量电源的电动势和内电阻的实验的变形，注意由于没有电压表，本实验中采用改装的方式将表头改装为电压表，再根据原实验的研究方法进行分析研究．四、计算题(本大题共2小题，共32.0分)11.如图所示，光滑半圆轨道AB固定，半径R=0.4m，与水平光滑轨道相切于A．水平轨道上平铺一半径r=0.1m的圆形桌布，桌布中心有一质量m=1kg的小铁块保持静止．现以恒定的加速度将桌布从铁块下水平向右抽出后，铁块沿水平轨道经A点进入半圆轨道，到达半圆轨道最高点B时对轨道刚好无压力，已知铁块与桌布间动摩擦因数μ=0.5，取g=10m/s2，求：（1）铁块离开B点后在地面上的落点到A的距离；（2）抽桌布过程中桌布的加速度．【答案】解：（1）设铁块在B点的速度为v，根据向心力公式得：mg=解得：v==2m/s，铁块离开B点后作平抛运动，则有：2R=，解得：t=，则铁块离开B点后在地面上的落点到A的距离为：x=vt=2×0.4=0.8m；（2）铁块脱离桌布时的速度v0=v A设铁块加速度为a0，由牛顿第二定律得：μmg=ma0铁块在桌布上加速的时间为t0，由运动学基本公式得：v0=a0t0由位移关系得：r=联立解得：a=5.25m/s2答：（1）铁块离开B点后在地面上的落点到A的距离为0.8m；（2）抽桌布过程中桌布的加速度为5.25m/s2．【解析】（1）铁块离开B点后作平抛运动，根据平抛运动的特点即可求解；（2）铁块脱离桌布时的速度等于A点速度，根据牛顿第二定律求出铁块的加速度，根据匀加速直线运动基本公式联立方程即可求解．本题关键是明确铁块的运动情况，然后分过程运用动能定理、平抛运动的分位移公式和向心力公式列式求解，难度适中．12.在直角坐标系xoy中，有一半径为R的圆形匀强磁场区域，磁感应强度的大小为B、方向垂直于xoy平面且指向纸面外，该区域的圆心坐标为（0，R），P1，P2分别为加速电场的正负两极板，P1中央有一小孔，两极板都平行于x轴且正对放置，如图所示，一个质量为m、电荷量为q的负离子，由静止经电场加速后从点（，0）沿y轴正方向射入第1象限，不计重力的影响．（1）若离子射入磁场的入射点与射出磁场的出射点在该圆形磁场的同一直径上，求离子在该磁场区域经历的时间t1和加速电场的加速电压U1．（2）若离子在磁场区域经历的时间t2=，求加速电场的加速电压U2．【答案】解：（1）根据题意作出粒子的运动轨迹，如图所示，其中O点为圆心，根据几何关系可知，AC=R，A到y轴的距离为，则∠CAO=60°，所以θ=30°，则圆周运动的半径r=2R，根据洛伦兹力提供向心力得：解得：v=，离子在加速电场的加速的过程，根据动能定理得：解得：圆心角为60°，离子在匀强磁场中运动的周期T=，则离子在该磁场区域经历的时间t1=°°，（2）离子在磁场区域经历的时间t2==，所以离子在磁场中运动了个圆，轨迹如图所示：根据几何关系可知，半径r，则根据洛伦兹力提供向心力得：解得：v=，离子在加速电场的加速的过程，根据动能定理得：解得：答：（1）离子在该磁场区域经历的时间t1为，加速电场的加速电压U1为；（2）若离子在磁场区域经历的时间t2=，则加速电场的加速电压U2为．【解析】（1）根据题意作出粒子的运动轨迹，根据几何关系求出半径和转过的圆心角，根据洛伦兹力提供向心力求得速度，再根据动能定理即可求确定加速电压U1，根据圆心角算出粒子在磁场中运动时间；（2）离子在磁场区域经历的时间t2==，作出粒子的运动轨迹，根据几何关系求出半径，根据向心力公式以及动能定理即可求解加速电压．考查了带电离子在磁场中的运动，解题的关键是会根据题意画出粒子的运动轨迹，会定圆心、找半径，结合圆周运动求相关量，在电场中粒子做匀加速运动，能结合动能定理求解，难度较大．六、计算题(本大题共1小题，共10.0分)14.如图所示，两端开口的U形玻璃管两边粗细不同，粗管横截面积是细管的2倍．管中装入水银，两管中水银面与管口距离均为h0=12cm，大气压强为p0=75cm H g．现将粗管管口封闭，然后将细管管口用一活塞封闭并将活塞缓慢推入管中，直到两管中水银面高度差达到△h=6cm为止．整个过程中气体温度保持不变，求：②活塞下移的距离（结果保留两位有效数字）．【答案】解：设细管横截面积为s，粗管横截面积为2s，故两边液面高度差为6cm时，细管液面下降4cm，粗管液面上升2cm以粗管为研究对象，封闭气体初始压强为：p1=p0=75cm H g，气柱长为l1=12cm封闭气体末状态压强为：p2，气柱长为l2=10cm，p1l12s=p2l22s，解得P2=90cm H g以细管中气体为研究对象，封闭气体初始压强为：p3=p0=75cm H g，气柱长为l3=12cm 封闭气体末状态压强为：p4=p2+p h=96cm H g，气柱长为l4，由p3V3=p4V4得：p3l3s=p4l4s，可得：l4==cm=9.375cm两边液面高度差为6cm时，细管液面下降4cm，粗管液面上升2cm．所以活塞下移距离为：（12+4-9.375）cm=6.6cm答：（1）左端液面下降4cm；（2）活塞下移的距离为6.6cm．【解析】水银总体积是固定的，当两管中水银面高度差为6cm时，得到两侧水银面的变化情况，求解出气体压强，然后根据玻意耳定律列式求解．本题关键确定封闭气体的初末状态的已知气压、温度、体积，然后结合理想气体状态方程列式后联立求解．八、计算题(本大题共3小题，共35.0分)16.由透明体做成的三棱柱，横截面为有一个锐角为30°的直角三角形，如图所示，AC面镀膜，经透明体射到AC面的光只能反射．现有一束光从AB面的D点垂直AB面射入透明体，经AC面E点反射后从BC面射出透明体，出射光线与BC围成30°角．求：（1）该透明体的折射率；（2）若光线从BC面的F点垂直BC面射入透明体，经AC面E点反射后从AB面射出透明体，试画出经E点后的光路图，计算出射光线与AB面所成的角度．【答案】解：（1）如图，由几何关系得光线在BC面上的入射角和折射角分别为：θ1=30°，θ2=60°由折射定律得：=n==°°（2）若光线从BC面的F点垂直BC面射入透明体，如图，光线射到AC面上的入射角为60°，反射角也为60°，根据几何关系得知，光线射到AB面上的入射角为i=30°，设折射角为r，则n=得，sinr=nsini=•sin30°=，r=60°，所以出射光线与AB面所成夹角的角度为30°．如图所示．答：①该透明体的折射率为；②画出经E点后的光路图如图所示，标明出射光线与AB面所成夹角的角度如图．【解析】（1）根据几何知识求得光线在BC面上的入射角和折射角，根据折射定律求得折射率．（2）画出光路图，根据折射定律和反射定律确定相关的角度．解决本题的关键是画出光路图，运用折射定律和几何关系进行求解．17.用中子轰击锂核反位，产生氖和粒子并放出4.8M e V的能量．则该核反应方程式为______ ，上述反应中的质量亏损为______ kg（电子的电荷量e=1.6×10-13C．真空中的光速c=3×108m/s，结果保留两位有效数字）．L i+n→H+H e+4.8M e V；8.5×10-30【解析】解：根据质量数和电荷数守恒得：L i+n→H+H e+4.8M e V（2）依据△E=△mc2，△m=kg≈8.5×10-30kg；故答案为：L i+n→H+H e+4.8M e V；8.5×10-30（1）根据质量数和电荷数守恒可正确书写出该核反应方程；（2）依据△E=△mc2，算出亏损质量．本题比较简单考查了核反应方程、核能计算、动量守恒等基础知识，越是简单基础问题，越要加强理解和应用，为解决复杂问题打下基础．18.如图所示，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O，让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平．已知细线长为L、小球a、b的质量分别为2m和m，在小球a上固定有很少量火药，从静止释放球b，两球碰后火药发生爆炸而相互分开，此后观察到系小球a的细线与竖直方向之间的夹角为90°．忽略空气阻力、重力加速度为g．求：①系小球b的细线与竖直方向之间的最大倾角；②两球在碰撞过程中增加的机械能．【答案】解：（1）b球下摆过程中，由动能定理得：mg L=mv02-0，v0=碰后观察到系小球a的细线与竖直方向之间的夹角为90°，由动能定理得：2mg L=×2mv a=碰撞过程动量守恒，规定向左为正方向，由动量守恒定律可得：mv0=2mv a+mv b，v b=-，即方向水平向右．由动能定理得：mgh=mh=L，所以系小球b的细线与竖直方向之间的最大倾角为90°．（2）两球在碰撞过程中增加的机械能△E=×2m×+-m=2mg L．答：（1）系小球b的细线与竖直方向之间的最大倾角为90°；②两球在碰撞过程中增加的机械能是2mg L．。
2014-2015学年辽宁省沈阳市市级重点高中协作校高二(下)期末物理试卷
2014-2015学年辽宁省沈阳市市级重点高中协作校高二（下）期末物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分，1-7小题只有一个选项正确，8-12小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选不选的得2分，有选错或不选的得0分．）1．用力F f单独作用于某一物体上可产生加速度为3m/s2，力F2单独作用于这一物体产生加速度为1m/s2，若F1、F2同时作用于该物体，可能产生的加速度为（）A．1m/s2B．4m/s2C．5m/s2D．6m/s22．如图所示，A、B两物体相距S0=7m，此时A正以V A=4m/s的速度向右匀速运动，而此时B只在摩擦力作用下以初速度V B=10m/s向右匀减速运动，加速度大小为2m/s2，则A追上B的时间为（）A．7s B．8s C．9s D．10s3．质量为m的滑块从半径为R的半球形碗的边缘滑向碗底，过碗底时速度为v，若滑块与碗间的动摩擦因数为μ，则在过碗底时滑块受到摩擦力的大小为（）A．μmg B．μm C．μm（g+）D．μm（﹣g）4．如图所示的肖滑斜面的倾角为30°，轻绳通过两个滑轮与A相连，轻绳的另一端固定于天花板上，不计轻绳与滑轮的摩擦及滑轮的质量，物块A的质量为n，边接A的轻绳与斜面平行，挂上物块B后，当滑轮两边轻绳的夹角为90°时，A、B恰能保持静止，则物块B的质量为（）A．m B．m C．m D．2m5．如图所示，mgsinθ＞Mg，在m上放一小物体时，m仍保持静止，则（）A．绳子的拉力增大B．m所受合力变大C．斜面对m的静摩擦力可能减小D．斜面对m的静摩擦力一定增大6．如图所示，重4N的物体A，被平行于斜面的细线拴在斜面的上端，整个装置保持静止状态，倾角为30°的斜面被固定在测力计上，物块与斜面间无摩擦，装置稳定后，当细线被烧断物块正在下滑时与静止时比较，测力计的示数（）A．增加B．减少C．不变D．无法判断7．如图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上放着质量为3kg的物体A，处于静止状态．若将一个质量为3kg的物体B竖直向下轻放在A上的一瞬间，则B对A的压力大小为（取g=10m/s2）（）A．30N B．0 C．15N D．12N8．A、B两个物体从同一地点在同一直线上做匀变速直线运动，它们的速度图象如图所示，则（）A．A、B两物体运动方向相反B．t=4s时，A、B两物体相遇C．在相遇前，t=4s时A、B两物体相距最远D．在相遇前，A、B两物体最远距离20m9．一根长为L的轻杆下端固定一个质量为m的小球，上端连在光滑水平轴上，轻杆可绕水平轴在竖直平面内运动（不计空气阻力）．当小球在最低点时给它一个水平初速度v0，小球刚好能做完整的圆周运动．若小球在最低点的初速度从v0逐渐增大，则下列判断正确的是（）A．小球能做完整的圆周运动，经过最高点的最小速度为B．小球在最高点对轻杆的作用力先减小后增大C．小球在最低点对轻杆的作用力一直增大D．小球在运动过程中所受合外力的方向始终指向圆心10．两个重叠在一起的滑块，置于倾角为θ的固定斜面上，滑块A、B的质量分别为M和m，如图所示，A与斜面的动摩擦因数为μ1，B与A间的动摩擦因数为μ2，已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面滑下，则滑块B受到的摩擦力（）A．方向沿斜面向下B．方向沿斜面向上C．大小等于μ1MgcosθD．大小等于μ2mgcosθ11．如图所示，光滑斜面AE被分成四个相等的部分，一物体由A点从静止释放，下列结论中正确的是（）A．物体到达各点的速率v B：v C：v D：v E=1：：：2B．物体到达各点所经历的时间t E=2t B=t C=t DC．物体从A到E的平均速度=v BD．物体通过每一部分时，其速度增量v B﹣v A=v C﹣v B=v D﹣v C=v E﹣v D12．如图所示，AB为半圆弧ACB的水平直径，AB=1.5m，从A点平抛出一小球，小球下落0.3s后落到ACB上，则小球抛出的初速度V0为（）二、填空题（本大题共3小题，每空3分，共15分）13．如图，在高H处有个小球A，以速度V1水平抛出，同时，地面上有个小球B以速度V2竖直上抛，两球在空中相遇，则从它们抛出到相遇所需的时间是；两球抛出时的水平距离为．14．质量为2kg的物体在水平力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v﹣t 图象如图所示．g取10m/s2，求：（1）物体与水平面间的动摩擦因数μ；（2）水平推力F的大小．15．一个物体从某一高度做自由落体运动，已知它第一秒内的位移恰为它最后一秒内位移的一半，g取10m/s2，则它开始下落时距地面的高度为m．三、计算题（本大题共3小题，16小题10分，17小题12分，18小题15分，共37分）2的加速度匀减速下降，为了运动员的安全，要求运动员落地速度最大不得超过5m/s（取g=10m/s2）．求：（1）运动员展伞时，离地面的高度至少为多少？（2）运动员在空中的最短时间为多少？17．如图所示，一质量为M=5kg的斜面体放在水平地面上，斜面体与地面的动摩擦因数为μ1=0.5，斜面高度为h=0.45m，斜面体与小物块的动摩擦因数为μ2=0.8，小物块的质量为m=1kg，起初小物块在斜面的竖直面上的最高点．现在从静止开始在M上作用一水平恒力F，并且同时释放m，取g=10m/s2，设小物块与斜面间最大静摩擦力等于它们之间的滑动摩擦力，小物块可视为质点．问：（1）要使M、m保持相对静止一起向右做匀加速运动，加速度至少多大？（2）此过程中水平恒力至少为多少？18．如图所示，摩托车做腾跃特技表演，沿曲面冲上高0.8m顶部水平高台，接着以v=3m/s水平速度离开平台，落至地面时，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑．A、B为圆弧两端点，其连线水平．已知圆弧半径为R=1.0m，人和车的总质量为180kg，特技表演的全过程中，阻力忽略不计．（计算中取g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）．求：（1）从平台飞出到A点，人和车运动的水平距离S；（2）从平台飞出到A点时速度及圆弧对应圆心角θ；（3）人和车运动到达圆弧轨道A点时对轨道的压力大小；（4）人和车运动到圆弧轨道最低点O速度v′=m/s此时对轨道的压力大小．2014-2015学年辽宁省沈阳市市级重点高中协作校高二（下）期末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，共48分，1-7小题只有一个选项正确，8-12小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选不选的得2分，有选错或不选的得0分．）1．用力F f单独作用于某一物体上可产生加速度为3m/s2，力F2单独作用于这一物体产生加速度为1m/s2，若F1、F2同时作用于该物体，可能产生的加速度为（）A．1m/s2B．4m/s2C．5m/s2D．6m/s2考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：首先研究两个力单独作用时，根据牛顿第二定律用加速度表示力F1、F2，得到两个力合力范围，再根据牛顿第二定律研究F1、F2同时作用于该物体时产生的加速度范围，即可选择．解答：解：设物体的质量为m，由牛顿第二定律得：F1=ma1=3m，F2=ma2=m，则F1、F2两个力的合力范围为2m≤F合≤4m若F1、F2同时作用于该物体时，由顿第二定律F=ma得：物体的加速度范围为：2m/s2≤a≤4m/s2，故ACD错误，B正确．故选：B点评：本题关键之处是根据牛顿第二定律表示F1、F2，得到两个力合力范围，确定出加速度范围．要知道F1、F2的合力范围为：|F1﹣F2|≤F合≤F1+F2．2．如图所示，A、B两物体相距S0=7m，此时A正以V A=4m/s的速度向右匀速运动，而此时B只在摩擦力作用下以初速度V B=10m/s向右匀减速运动，加速度大小为2m/s2，则A追上B的时间为（）A．7s B．8s C．9s D．10s考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：假设经过时间t，物块A追上物体B，根据位移时间公式结合几何关系列式求解即可．解答：解：物体A做匀速直线运动，位移为：x A=v A t=4t物体B做匀减速直线运动减速过程的位移为：x B=v B t+at2=10t﹣t2设物体B速度减为零的时间为t1，有t1==5s在t1=5s的时间内，物体B的位移为x B1=25m，物体A的位移为x A1=20m，由于x A1+S＞x B1，故物体A未追上物体B；5s后，物体B静止不动，故物体A追上物体B的总时间为：t总===8s故选B．点评：本题是追击问题，特别要注意物体B做匀减速运动，要分清是减速过程追上还是静止后被追上；第二种情况下的位移用位移时间公式求解时要注意时间是减速的时间，而不是总时间．3．质量为m的滑块从半径为R的半球形碗的边缘滑向碗底，过碗底时速度为v，若滑块与碗间的动摩擦因数为μ，则在过碗底时滑块受到摩擦力的大小为（）A．μmg B．μm C．μm（g+）D．μm（﹣g）考点：向心力；滑动摩擦力；牛顿第二定律．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：滑块经过碗底时，由重力和碗底对球支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出碗底对球的支持力，再由摩擦力公式求解在过碗底时滑块受到摩擦力的大小．解答：解：滑块经过碗底时，由重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得F N﹣mg=则碗底对球支持力F N=mg+所以在过碗底时滑块受到摩擦力的大小f=μF N=μ（mg+）=μm（g+）故选C．点评：本题运用牛顿第二定律研究圆周运动物体受力情况，比较基本，不容有失．4．如图所示的肖滑斜面的倾角为30°，轻绳通过两个滑轮与A相连，轻绳的另一端固定于天花板上，不计轻绳与滑轮的摩擦及滑轮的质量，物块A的质量为n，边接A的轻绳与斜面平行，挂上物块B后，当滑轮两边轻绳的夹角为90°时，A、B恰能保持静止，则物块B的质量为（）A．m B．m C．m D．2m考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：先对A受力分析，运用共点力平衡条件求出细线的拉力；再对B受力分析，再次运用共点力平衡条件求出B的质量．解答：解：先对A受力分析，再对B受力分析，如图根据共点力平衡条件，有mgsin30°=TT=Mg解得M=m故选：A．点评：本题关键是先后对物体A、B受力分析，根据共点力平衡条件，结合合成法或正交分解法列式求解．5．如图所示，mgsinθ＞Mg，在m上放一小物体时，m仍保持静止，则（）A．绳子的拉力增大B．m所受合力变大C．斜面对m的静摩擦力可能减小D．斜面对m的静摩擦力一定增大考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：本题的关键是分别对两物体画出受力分析图并列出平衡方程，然后求解讨论即可．解答：解：画出物体m的受力分析图如图所示，由于=Mg，所以当满足mgsinθ＞Mg时，物体m 将有向下运动的趋势，所以物体受到的静摩擦力f沿斜面向上，对物体M分析应有：=Mg…①对物体m分析应有：+f=mgsinθ…②A：由①可知，绳子拉力与m无关，所以A错误；B：放上小物体后m仍然静止，说明物体m所受的合力仍为零，所以B错误；C：由①②可解得f=mgsinθ﹣Mg，由于mgsinθ＞Mg，所以m增大时f也增大，所以C错误；D：由C项分析可知D正确；故选：D点评：正确画出物体的受力分析图是求解力学问题的关键．6．如图所示，重4N的物体A，被平行于斜面的细线拴在斜面的上端，整个装置保持静止状态，倾角为30°的斜面被固定在测力计上，物块与斜面间无摩擦，装置稳定后，当细线被烧断物块正在下滑时与静止时比较，测力计的示数（）A．增加B．减少C．不变D．无法判断考点：牛顿运动定律的应用-超重和失重．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：本题中原来物块和斜面体处于静止状态，故测力计的读数等于物块和斜面体的总重量，剪短细线后，沿斜面小球加速下滑，处于失重状态，对小球和斜面体整体运用牛顿第二定律列式求解．解答：解：对物块和斜面体整体受力分析，受总重力和支持力，平衡时，有：N﹣（M+m）g=0…①加速下滑时，再次对物块和斜面体整体受力分析，受总重力、支持力和静摩擦力，根据牛顿第二定律，有竖直方向：（M+m）g﹣N′=masin30°…②水平方向：f=macos30°…③对物块受力分析，受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有mgsin30°=ma…④有由①②③④得到：N﹣N′=masin30°=mg（sin30°）2=0.4×10×0.25=1N故说明测力计的示数减小了1N；故选：B．点评：本题关键是对物块、物块和斜面体整体多次受力分析，然后根据牛顿第二定律、共点力平衡条件列式求解；要注意整体法对于有相对运动的物体系统同样适用．7．如图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上放着质量为3kg的物体A，处于静止状态．若将一个质量为3kg的物体B竖直向下轻放在A上的一瞬间，则B对A的压力大小为（取g=10m/s2）（）A．30N B．0 C．15N D．12N考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：对整体分析，根据牛顿第二定律求出加速度的大小，再隔离对B分析，运用牛顿第二定律求出A对B的支持力大小，从而得出B对A的压力大小．解答：解：初始时刻，弹簧的弹力等于A的重力，即F=m A g=30N．将一个质量为3kg的物体B竖直向下轻放在A上的一瞬间，整体的加速度a==5m/s2．隔离对B分析，m B g﹣N=m B a，解得N=m B g﹣m B a=15N．故C正确，A、B、D错误．故选：C．点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的运用．8．A、B两个物体从同一地点在同一直线上做匀变速直线运动，它们的速度图象如图所示，则（）A．A、B两物体运动方向相反B．t=4s时，A、B两物体相遇C．在相遇前，t=4s时A、B两物体相距最远D．在相遇前，A、B两物体最远距离20m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v﹣t图象中图象与坐标轴围成的面积表示位移．在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负．如果从同一位置出发，相遇要求在同一时刻到达同一位置，即同一段时间内的位移相同．解答：解：A、由图可知，两物体的速度均沿正方向，故方向相同，A错误；B、t=4s时，由图象可知A图象与坐标轴围城的面积比B与坐标轴围成的面积要小，又是从同一地点出发的，故不可能相遇，故B错误；C、由图象可知，t=4s时，A、B两物体的速度相同，之前B物体的速度比A物体的速度大，两物体相距越来越远，之后A物体的速度大于B物体的速度，故两物体相距越来越近，故t=4s时两物体相距最远，最远距离，故CD正确；故选CD．点评：对于速度时间图象要明确以下几点：（1）每一点的坐标表示该时刻物体的速度；（2）图象的斜率表示物体的加速度；（3）图象与时间轴围成的面积表示物体在这段时间内通过的位移．本题关键是根据速度时间图象得到两个物体的运动规律，然后根据速度时间图象与时间轴包围的面积表示位移大小，结合初始条件进行分析处理．9．一根长为L的轻杆下端固定一个质量为m的小球，上端连在光滑水平轴上，轻杆可绕水平轴在竖直平面内运动（不计空气阻力）．当小球在最低点时给它一个水平初速度v0，小球刚好能做完整的圆周运动．若小球在最低点的初速度从v0逐渐增大，则下列判断正确的是（）A．小球能做完整的圆周运动，经过最高点的最小速度为B．小球在最高点对轻杆的作用力先减小后增大C．小球在最低点对轻杆的作用力一直增大D．小球在运动过程中所受合外力的方向始终指向圆心考点：向心力；匀速圆周运动．专题：匀速圆周运动专题．分析：小球在竖直平面内做圆周运动，只有重力做功，机械能守恒，故速度不断变化，是变速圆周运动；在最高点和最低点，小球受到的弹力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式分析即可．解答：解：A、设轻杆对小球的作用力大小为F，方向向上，小球做完整的圆周运动经过最高点时，对小球，由牛顿第二定律得mg﹣F=m，当轻杆对小球的作用力大小F=mg时，小球的速度最小，最小值为零，所以A错．B、由mg﹣F=m，可得在最高点轻杆对小球的作用力F=mg﹣m，若小球在最低点的初速度从v0逐渐增大，小球经过最高点时的速度v也逐渐增大，所以轻杆对小球的作用力F先减小后方向增大（先为支持力后为拉力，正负表示力的方向）．由牛顿第三定律可得小球在最高点对轻杆的作用力先减小后增大，因此选项B正确．C、在最低点，由F﹣mg=m，可得轻杆对小球的作用力（拉力）F=mg+m，若小球在最低点的初速度从v0逐渐增大，则轻杆对小球的作用力（拉力）一直增大，选项C正确．D、轻杆绕水平轴在竖直平面内运动，小球不是做匀速圆周运动，所以合外力的方向不是始终指向圆心，只有在最低点和最高点合外力的方向才指向圆心，选项D错．故选BC．点评：本题关键对小球在最高点和最低点分别受力分析，然后根据牛顿第二定律列式分析，要注意，杆对小球可以无弹力，可以是拉力、支持力．10．两个重叠在一起的滑块，置于倾角为θ的固定斜面上，滑块A、B的质量分别为M和m，如图所示，A与斜面的动摩擦因数为μ1，B与A间的动摩擦因数为μ2，已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面滑下，则滑块B受到的摩擦力（）A．方向沿斜面向下B．方向沿斜面向上C．大小等于μ1MgcosθD．大小等于μ2mgcosθ考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：先整体为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度，再以B为研究对象，根据牛顿第二定律求解B所受的摩擦力．解答：解：以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得加速度为：a==g（sinθ﹣μ1cosθ）设A对B的摩擦力方向沿斜面向下，大小为f，则有：mgsinθ+f=ma，得：f=ma﹣mgsinθ=﹣μ1mgcosθ，负号表示摩擦力方向沿斜面向上．故ACD错误，B正确．故选：B．点评：本题是两个物体的连接体问题，要灵活选择研究对象，往往采用整体法和隔离法相结合的方法研究．11．如图所示，光滑斜面AE被分成四个相等的部分，一物体由A点从静止释放，下列结论中正确的是（）A．物体到达各点的速率v B：v C：v D：v E=1：：：2B．物体到达各点所经历的时间t E=2t B=t C=t DC．物体从A到E的平均速度=v BD．物体通过每一部分时，其速度增量v B﹣v A=v C﹣v B=v D﹣v C=v E﹣v D考点：平均速度；匀变速直线运动规律的综合运用．专题：直线运动规律专题．分析：本题是同一个匀加速直线运动中不同位置的速度、时间等物理量的比较，根据选项中需要比较的物理量选择正确的公式把物理量表示出来，再进行比较．解答：解：A、根据运动学公式v2﹣v02=2ax得物体由A点从静止释放有v2=2ax所以物体到达各点的速率之比v B：v C：v D：v E=1：：：2，故A正确；B、根据运动学公式x=v0t+得：t=物体到达各点经历的时间t B：t C：t D：t E=1：：：2即，故B正确；C、由于v E=2v B物体从A到E的平均速度v==v B故C正确；D、v B：v C：v D：v E=1：：：2，物体通过每一部分时其速度增量不等，故D错误．故选：ABC．点评：本题对运动学公式要求较高，要求学生对所有的运动学公式不仅要熟悉而且要熟练，要灵活，基本方法就是平时多练并且尽可能尝试一题多解12．如图所示，AB为半圆弧ACB的水平直径，AB=1.5m，从A点平抛出一小球，小球下落0.3s后落到ACB上，则小球抛出的初速度V0为（）考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：根据时间求出平抛运动的高度，再通过下降的高度结合几何关系求出水平位移，从而求出初速度．解答：解：小球下降的高度为：h=gt2=2小球下落点存在两种可能，一种小球落在BC段，根据几何关系，其水平位移是：x=R+=0.75+m=1.35m，对应的初速度为v0=另一种：小球落在AC段，水平位移x=R﹣=0.75﹣m=0.15m，对应的初速度为v0==0.5m/s．故选：AD．点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，注意不要漏解．二、填空题（本大题共3小题，每空3分，共15分）13．如图，在高H处有个小球A，以速度V1水平抛出，同时，地面上有个小球B以速度V2竖直上抛，两球在空中相遇，则从它们抛出到相遇所需的时间是；两球抛出时的水平距离为．考点：平抛运动；竖直上抛运动．专题：平抛运动专题．分析：小球1做平抛运动，小球2做竖直上抛运动，根据两球竖直方向上的位移大小之和等于h求出抛出到相遇所需要的时间．平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，求出相遇时小球1的水平位移，即为两球抛出时的水平距离．解答：解：设相遇时所用的时间为t，此时小球1在竖直方向上的位移h1=gt2，小球2在竖直方向上的位移h2=v2t﹣gt2．根据h1+h2=h，解得t=；相遇时，小球1在水平方向上的位移x=v1t=，该位移为两球抛出时的水平距离．故答案为：；．点评：解决本题关键知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，以及知道两球相遇时在竖直方向上的位移之和等于h．14．质量为2kg的物体在水平力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v﹣t 图象如图所示．g取10m/s2，求：（1）物体与水平面间的动摩擦因数μ；（2）水平推力F的大小．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：根据速度﹣时间图象可知：0﹣6s内有水平推力F的作用，物体做匀加速直线运动；6s﹣10s内，撤去F后只在摩擦力作用下做匀减速直线运动，可根据图象分别求出加速度，再根据牛顿第二定律求解．解答：解：（1）设物体做匀减速直线运动的时间为t2、初速度为v、末速度为0、加速度为a2，则：a2===﹣2m/s2…①设物体所受的摩擦力为F f，根据牛顿第二定律，有：F f=ma2…②F f=﹣μmg…③联立①②③得：μ==0.2…④（2）设物体做匀加速直线运动的时间为t1、初速度为v0、末速度为v、加速度为a1，则：a1===1m/s2…⑤根据牛顿第二定律，有F+F f=ma1…⑥联立③⑤⑥得：F=μmg+ma1=6N答：（1）物体与水平面间的动摩擦因数μ是0.2．（2）水平推力F的大小是6N．点评：本题是速度﹣﹣时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度﹣﹣时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息，并结合匀变速直线运动基本公式及牛顿第二定律求解．15．一个物体从某一高度做自由落体运动，已知它第一秒内的位移恰为它最后一秒内位移的一半，g取10m/s2，则它开始下落时距地面的高度为11.25m．考点：自由落体运动．专题：自由落体运动专题．分析：由自由落体的位移公式可求得第一秒内物体通过的位移；则通过第一秒与最后一秒中通过位移的关系可得出最后一秒的位移；则可设下落总时间为t，由位移与时间的关系可列出方程解出时间，则可求得下落时距地高度．解答：解：由h=gt2可得：第1秒内的位移h1=×10m/s2×（1s）2=5m；则最后一秒内的位移h2=2h1=10m；则设下落总时间为t，最后1s内的位移h=gt2﹣g（t﹣1）2=10m；解得：t=1.5s；则物体下落的总高度h=gt2=11.25m．点评：解决自由落体运动的题目关键在于明确自由落体中的公式应用，一般情况下，研究由落点开始的运动列出的表达式最为简单；并且最好尝试一题多解的方法．三、计算题（本大题共3小题，16小题10分，17小题12分，18小题15分，共37分）2的加速度匀减速下降，为了运动员的安全，要求运动员落地速度最大不得超过5m/s（取g=10m/s2）．求：（1）运动员展伞时，离地面的高度至少为多少？（2）运动员在空中的最短时间为多少？考点：匀变速直线运动规律的综合运用；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．分析：运动员运动过程比较复杂，不是单一的匀变速运动，开始做自由落体运动，然后做匀减速运动，根据其运动形式列相应的方程求解即可．解答：解：设运动员未开伞自由下落的时间为t1，开伞后做匀减速运动的时间为t22在临界情况下，运动员将以5m/s的速度着落．所以有速度关系：v t=gt1+at2=10t12=5 …①自由下落的高度：h1==5t12…②展开伞时离地高度（即减速下落的高度）：h2=gt1t2+=10t1t2﹣…③位移关系：h1+h2=224 …④联合①②③④式可解得：t1=5s，t2=3.6s，h1=125m，h2=99m．所以运动员展开伞时离地高度至少应为99m运动员在空中的最短时间是：t=t1+t2答：（1）运动员展开伞时，离地面的高度至少99m点评：复杂运动过程都是由简单过程组成的，因此解答复杂运动问题，关键是分析清楚其运动过程，搞清运动形式，然后根据相应规律列方程求解．17．如图所示，一质量为M=5kg的斜面体放在水平地面上，斜面体与地面的动摩擦因数为μ1=0.5，斜面高度为h=0.45m，斜面体与小物块的动摩擦因数为μ2=0.8，小物块的质量为m=1kg，起初小物块在斜面的竖直面上的最高点．现在从静止开始在M上作用一水平恒力F，并且同时释放m，取g=10m/s2，设小物块与斜面间最大静摩擦力等于它们之间的滑动摩擦力，小物块可视为质点．问：（1）要使M、m保持相对静止一起向右做匀加速运动，加速度至少多大？（2）此过程中水平恒力至少为多少？考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：（1）则小物块受重力、支持力、向上的摩擦力，要使M、m保持相对静止一起向右做匀加速运动，则静摩擦力等于最大静摩擦力，根据牛顿第二定律结合平衡条件列式求解；（2）再对M和m整体受力分析，根据牛顿第二定律列式求解拉力F即可．解答：解：（1）以m为研究对象，根据牛顿第二定律，有：竖直方向：mg﹣F f=0水平方向：F N=ma又F f≤μ2F N联立解得：a≥12.5 m/s2（2）以小物块和斜面体为整体作为研究对象，由牛顿第二定律得：F﹣μ1（M+m）g=（M+m）a得：F≥105 N答：（1）要使M、m保持相对静止一起向右做匀加速运动，加速度至少为12.5 m/s2；（2）此过程中水平恒力至少为105N．点评：本题关键先对小滑块受力分析，根据平衡条件和牛顿第二定律列式求解加速度，然后对整体受力分析并运用牛顿第二定律列式求解拉力，不难．18．如图所示，摩托车做腾跃特技表演，沿曲面冲上高0.8m顶部水平高台，接着以v=3m/s水平速度离开平台，落至地面时，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑．A、B为圆弧两端点，其连线水平．已知圆弧半径为R=1.0m，人和车的总质量为180kg，特技表演的全过程中，阻力忽略不计．（计算中取g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）．求：。
辽宁省抚顺市重点高中协作校2014_2015学年高一物理下学期期末试卷(含解析)
2014-2015学年辽宁省抚顺市重点高中协作校高一（下）期末物理试卷一、选择题（本题12小题，每小题4分，共48分．1--6为单选题，只有一个答案是正确的；7--12为多选题，全部选对得4分，少选得2分，错选或多选得0分.）1．（4分）（2015春•抚顺期末）关于曲线运动，下列说法中错误的是（）A．做曲线运动的物体，速度方向一定时刻改变B．做曲线运动的物体，速度可以是不变的C．物体在恒力和变力作用下，都可能做曲线运动D．做曲线运动的物体，它所受的合外力与速度一定不在一条直线上考点：物体做曲线运动的条件．专题：运动的合成和分解专题．分析：物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，合外力不一定变化；既然是曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动解答：解：AB、既然是曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动，所以A正确，B错误．C、物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，合外力可以变化，也可以不变化，故CD正确；本题选择错误的，故选：B点评：本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，匀速圆周运动，平抛运动等都是曲线运动，对于它们的特点要掌握住．2．（4分）（2015春•抚顺期末）如图是自行车传动机构的示意图，其中Ⅰ是半径为r1的大齿轮，Ⅱ是半径为r2的小齿轮，Ⅲ是半径为r3的后轮，假设脚踏板的转速为n r/s，则自行车前进的速度为（）A．B．C．D．考点：线速度、角速度和周期、转速．专题：匀速圆周运动专题．分析：大齿轮和小齿轮靠链条传动，线速度相等，根据半径关系可以求出小齿轮的角速度．后轮与小齿轮具有相同的角速度，若要求出自行车的速度，需要知道后轮的半径，抓住角速度相等，求出自行车的速度．解答：解：转速为单位时间内转过的圈数，因为转动一圈，对圆心转的角度为2π，所以ω=2πn，因为要测量自行车前进的速度，即车轮III边缘上的线速度的大小，根据题意知：轮I和轮II边缘上的线速度的大小相等，据v=rω可知：r1ω1=r2ω2，已知ω1=2πn，则轮II的角速度ω2=ω1．因为轮II和轮III共轴，所以转动的ω相等即ω3=ω2，根据v=rω可知，v=r3ω3=；故选：D点评：解决本题的关键知道靠链条传动，线速度相等，共轴转动，角速度相等．3．（4分）（2014•龙海市校级模拟）“嫦娥二号”卫星绕月球做匀速圆周运动，变轨后在半径较小的轨道上仍做匀速圆周运动，则变轨后与变轨前相比，“嫦娥二号”卫星的（）A．向心加速度变小B．角速度变小C．线速度变小D．周期变小考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．专题：人造卫星问题．分析：抓住卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供圆周运动向心力，由此推导出描述圆周运动的物理量与轨道半径的关系，再根据半径确定答案．解答：解：嫦娥二号绕地球做匀速圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，即：，由此：A、a=，知轨道半径变小，则其向心加速度变大，故A错误；B、ω=，知轨道半径变小，则其角速度变大，故B错误；C、，知轨道半径变小，则其线速度变大，故C错误；D、，知轨道半径变小，周期变小，故D正确．故选：D点评：解决本题的关键是能根据万有引力提供圆周运动向心力分析出描述圆周运动的物理量与轨道半径的关系．4．（4分）（2008•江苏）火星的质量和半径分别约为地球的和，地球表面的重力加速度为g，则火星表面的重力加速度约为（）A．0.2g B．0.4g C．2.5g D．5g考点：万有引力定律及其应用．分析：根据星球表面的万有引力等于重力列出等式表示出重力加速度．通过火星的质量和半径与地球的关系找出重力加速度的关系．解答：解：根据星球表面的万有引力等于重力知道=mg得出：g=火星的质量和半径分别约为地球的和所以火星表面的重力加速度g′=g=0.4g故选B．点评：求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先根据物理规律用已知的物理量表示出来，再进行之比．5．（4分）（2015•金山区一模）一物体静止在粗糙水平地面上，现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度为v，若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v，对于上述两个过程，用W F1、W F2分别表示拉力F1、F2所做的功，W f1、W f2分别表示前两次克服摩擦力所做的功，则（）A．W F2＞4W F1，W f2＞2W f1B． W F2＞4W F1，W f2=2W f1 C．W F2＜4W F1，W f2=2W f1D． W F2＜4W F1，W f2＜2W f1考点：功的计算．专题：功的计算专题．分析：根据动能定理，结合运动学公式，求出滑动摩擦力做功，从而求得结果．解答：解：由题意可知，两次物体均做匀加速运动，则在同样的时间内，它们的位移之比为S1：S2==1：2；两次物体所受的摩擦力不变，根据力做功表达式，则有滑动摩擦力做功之比W f1：W f2=fS1：fS2=1：2；再由动能定理，则有：W F﹣W f=；可知，W F1﹣W f1=；W F2﹣W f2=4×；由上两式可解得：W F2=4W F1﹣2W f1，故C正确，ABD错误；故选：C．点评：考查做功表达式的应用，掌握动能定理的内容，注意做功的正负．6．（4分）（2015春•抚顺期末）如图所示，在抗洪救灾中，一架直升机通过绳索，用恒力F 竖直向上拉起一个漂在水面上的木箱，使其由水面开始加速上升到某一高度，若考虑空气阻力而不考虑空气浮力，则在此过程中，以下说法不正确的有（）A．力F所做功减去克服阻力所做的功等于重力势能的增量B．木箱克服重力所做的功等于重力势能的增量C．力F、重力、阻力，三者合力所做的功等于木箱动能的增量D．力F和阻力的合力所做的功等于木箱机械能的增量考点：动能定理的应用；功能关系．专题：动能定理的应用专题．分析：功是能量转化的量度，具体表现形式有：重力势能的增加量等于克服重力做的功；外力对物体的总功等于动能的变化量；除重力以外的力做的功等于机械能的变化量．解答：解：A、B、C、物体上升时受到重力、拉力和阻力，根据动能定理，有W F﹣mgh﹣W阻=mv2可见，力F、重力、阻力，三者合力所做的功等于木箱动能的增量，重力势能的增加量等于克服重力做的功故A错误，BC正确；D、除重力以外的力做的功等于机械能的增加量，则知除重力外，物体只受拉力和阻力，力F和阻力的合力所做的功等于木箱机械能的增量．故D正确；本题选错误的，故选A．点评：本题关键是明确合力做功是动能变化的量度、除重力外其余力做的功是机械能变化的量度．7．（4分）（2011•奎文区校级模拟）河水的流速随与河岸的距离的变化关系如图甲所示，船在静水中的速度与时间的关系如图乙所示，若要使船以最短时间渡河，则（）A．船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直B．船渡河的最短时间是60 sC．船在河水中航行的轨迹是一条直线D．船在河水中的最大速度是5 m/s考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．分析：将船的运动分解为垂直于河岸方向和沿河岸方向，当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短．当水流速最大时，船在河水中的速度最大．解答：解：A、当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短，t=．故A正确，B错误．C、船在沿河岸方向上做变速运动，在垂直于河岸方向上做匀速直线运动，两运动的合运动是曲线．故C错误．D、当水流速最大时，船的速度最大，．故D正确．故选AD．点评：解决本题的关键将船的运动分解为垂直于河岸方向和沿河岸方向，抓住分运动与合运动具有等时性进行求解．8．（4分）（2015春•抚顺期末）如图所示，在绕中心轴OO′转动的圆筒内壁上，有一物体随圆筒一起转动．在圆筒的角速度逐渐增大的过程中，物体相对圆筒始终未滑动，下列说法正确的是（）A．物体所受弹力不变，摩擦力大小减小了B．物体所受的摩擦力与竖直方向的夹角不为零C．物体所受弹力逐渐增大，摩擦力大小可能不变D．物体所受弹力逐渐增大，摩擦力大小一定不变考点：向心力；牛顿第二定律．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：物体随圆筒一起做圆周运动，指向圆心的合力提供向心力，向心力只改变速度的方向，切向的合力产生切向加速度．根据牛顿第二定律进行分析求解．解答：解：ACD、物体受重力、弹力和静摩擦力大小，指向圆心的合力提供向心力，可知弹力提供向心力，角速度增大，则弹力逐渐增大．摩擦力在竖直方向上的分力等于重力，摩擦力沿运动方向上的分力产生切向加速度，若切向加速度不变，则切向方向上的分力不变，若切向加速度改变，则切向方向的分力改变，则摩擦力的大小可能不变，可能改变．故AD 错误，C正确．B、因为摩擦力在竖直方向和圆周运动的切线方向都有分力，可知摩擦力与竖直方向的夹角不为零．故B正确．故选：BC点评：解决本题的关键知道向心力的来源，以及知道向心力只改变速度的方向，切线方向合力产生切向加速度，改变速度的大小．9．（4分）（2015春•抚顺期末）如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，管道内侧壁半径为R，小球半径为r，则下列说法中正确的是（）A．小球通过最高点时的最小速度v min=B．小球通过最高点时的最小速度v min=0C．小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力D．小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力考点：向心力．专题：匀速圆周运动专题．分析：因轨道是用圆管做成的，内壁可以提供沿半径向外的支持力，所以小球不会脱离圆形轨道，小球到达最高点时可以速度为零，由此可判知选项AB的错误．小球在水平线ab以下的管道中运动时，分析其受力特点，结合向心力力的方向，可知小球是与外壁相互挤压的，从而可知选项选项C的正误．小球在水平线ab以上的管道中运动时，因内壁可以提供支持力，分析其受力特点，结合向心力力的方向，可知小球可能与内壁相互挤压的，从而可知选项选项D的正误．解答：解：AB、因是在圆形管道内做圆周运动，所以在最高点时，内壁可以给小球沿半径向外的支持力，所以小球通过最高点时的最小速度可以为零．所以选项A错误，B正确．C、小球在水平线ab以下的管道中运动时，竖直向下的重力沿半径方向的分力沿半径方向向外，小球的向心力是沿半径向圆心的，小球与外壁一定会相互挤压，所以小球一定会受到外壁的作用力，内壁管壁对小球一定无作用力，所以选项C正确D、小球在水平线ab以上的管道中运动时，当速度较小时，重力沿半径方向上的分力大于或等于小球做圆周运动需要的向心力，此时小球与外壁不存在相互挤压，外侧管壁对小球没有作用力，选项D错误．故选：BC点评：解答该题的关键是正确的确立物理模型，该题与用一轻杆连接一小球在竖直面内运动是同一模型，若只有外壁，没有内壁的情况是与用一根细线连接一小球在竖直面内运动、是同一模型．有内外壁的轨道模型与轻杆模型不但可以提供沿半径向里的力，也可提供沿半径向外的支持力．而对于只有外壁，没有内壁的模型和细线模型只能提供沿半径向里的支持力．10．（4分）（2015春•抚顺期末）嫦娥二号卫星已成功发射，这次发射后卫星直接进入近地点高度200公里、远地点高度约38万公里的地月转移轨道直接奔月．当卫星到达月球附近的特定位置时，卫星就必须“急刹车”，也就是近月制动，以确保卫星既能被月球准确捕获，又不会撞上月球，并由此进入近月点100公里、周期12小时的椭圆轨道a．再经过两次轨道调整，进入100公里的近月圆轨道b．轨道a和b相切于P点，如图所示．下列说法正确的是（）A．嫦娥二号卫星的发射速度大于11.2km/sB．嫦娥二号卫星的发射速度大于7.9km/s，小于11.2km/sC．嫦娥二号卫星在a、b轨道经过P点的速度v a=v bD．嫦娥二号卫星在a、b轨道经过P点的加速度分别为a a、a b则a a=a b考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．专题：人造卫星问题．分析：第一宇宙速度是近地卫星绕行速度，第二宇宙速度是发射脱离地球束缚卫星的最小发射速度，卫星无动力飞行时只受万有引力作用．解答：解：A、嫦娥二号仍绕地球运动，没有脱离地球的束缚，故其发射速度小于第二宇宙速度11.2km/s，故A错误；B、第一宇宙速度是发射卫星的最小速度，故发射嫦娥二号的发射速度大于第一宇宙速度7.9km/s，小于第二宇宙速度11.2km/s，故B正确；C、在椭圆轨道上经过P点时，卫星做离心运动，故在椭圆轨道上的P点卫星的速度大于在圆轨道上P点时的速度，故C错误；D、嫦娥二号在P点的加速度都由万有引力产生，故在同一点，不管卫星在哪个轨道其加速度都相同，故D正确．故选：BD．点评：万有引力提供圆周运动向心力，掌握卫星是通过做离心运动或近心运动实现轨道高度的变化．11．（4分）（2015春•抚顺期末）放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6s 内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图甲、乙所示．下列说法错误的是（）A．0～6s内物体的位移大小为30mB．0～6s内拉力做的功为70JC．合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等D．滑动摩擦力的大小为5N考点：功率、平均功率和瞬时功率；功的计算．专题：功率的计算专题．分析：速度图象的“面积”表示位移．0～2s内物体做匀加速运动，由速度图象的斜率求出加速度，2～6s内物体做匀速运动，拉力等于摩擦力，由P=Fv求出摩擦力，再由图读出P=30W时，v=6m/s，由F=求出0～2s内的拉力，由W=Fx求出0～2s内的拉力做的功，由W=Pt求出2～6s内拉力做的功．解答：解：A、0～6s内物体的位移大小x==30m．故A正确．B、在0～2s内，物体的加速度a==3m/s2，由图，当P=30W时，v=6m/s，得到牵引力F==5N．在0～2s内物体的位移为x1=6m，则拉力做功为W1=Fx1=5×6J=30J．2～6s内拉力做的功W2=Pt=10×4J=40J．所以0～6s内拉力做的功为W=W1+W2=70J．故B正确．C、在2～6s内，物体做匀速运动，合力做零，则合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等．故C正确．D、在2～6s内，v=6m/s，P=10W，物体做匀速运动，摩擦力f=F，得到f=F=．故D错误．本题选错误的故选：D点评：本题解题关键是理解图象的物理意义．求功的方法通常有三种：一是W=Flcosθ，F 应是恒力；二是W=Pt，当P恒定时；三是动能定理，特别是在计算变力做功的时候．12．（4分）（2015春•抚顺期末）如图所示，可视为质点的物块A放在物体B上，物体B的斜面为弧面，A、B之间有摩擦，水平地面光滑．现将物块A从物块B的顶端由静止释放，在滑到物体B的底端前，下列说法正确的是（）A．若物体B固定，则物块A减少的重力势能等于它的动能和系统增加的内能之和B．若物体B不固定，则物块A减少的机械能等于物体B增加的机械能C．物体B在固定与不固定的两种情况下，系统重力势能的减少量相等D．物体B在固定与不固定的两种情况下，摩擦产生的热量相等考点：功能关系．分析：根据能量守恒定律判断物体B固定和不固定时能量的转化关系．解答：解：A、若物体固定，物体A重力势能减小，动能增加，内能增加，根据能量守恒得，重力势能的减小量等于动能的增加量和系统内能的增加量之和．故A正确．B、物体B不固定，根据能量守恒得，A机械能的减小量等于B机械能的增加量和系统内能之和．故B错误．C、物体B在固定和不固定时，重力做功相等，重力势能的减小量相等．故C正确．D、在物体B固定与不固定的两种情况下，物体在同一位置所受的摩擦力不等，则摩擦力做功不等，产生的热量不等．故D错误．故选：AC．点评：解决本题的关键知道能量的转化，通过能量守恒定律进行分析．分析时，可根据哪些能量增加，哪些能量减小，判断能量是如何转化的．二、实验题（本题3小题，13题、14题、15题，每空2分，共14分）13．（2分）（2015春•抚顺期末）在用图所示的装置做“探究动能定理”的实验时，下列说法正确的是ABCF （填字母代号）．A．为了平衡摩擦力，实验中可以将长木板的左端适当垫高，使小车拉着穿过打点计时器的纸带自由下滑时能保持匀速运动B．为简便起见，每次实验中橡皮筋的规格要相同，拉伸的长度要一样C．可以通过改变橡皮筋的条数来改变拉力做功的数值D．可以通过改变小车的质量来改变拉力做功的数值E．实验中要先释放小车再接通打点计时器的电源F．通过打点计时器打下的纸带来测定小车加速过程中获得的最大速度G．通过打点计时器打下的纸带来测定小车加速过程中获得的平均速度．考点：探究功与速度变化的关系．专题：实验题；动能定理的应用专题．分析：小车在水平的平面上被橡皮筋拉动做功，导致小车的动能发生变化．小车的速度由纸带上打点来计算，从而能求出小车的动能变化．每次实验时橡皮筋伸长的长度都要一致，则一根做功记为W，两根则为2W，然后通过列表描点作图探究出功与动能变化的关系．解答：解：A：小车在水平面运动时，由于受到摩擦阻力导致小车速度在变化．所以适当倾斜以平衡摩擦力．小车所能获得动能完全来于橡皮筋做的功．故选项A正确；B：实验中每根橡皮筋做功均是一样的，所以所用橡皮筋必须相同，且伸长的长度也相同．故选项B正确；C：每次实验时橡皮筋伸长的长度都要一致，则一根做功记为W，两根则为2W，故选项C正确；D：是通过改变橡皮筋的条数来改变拉力做功的数值，故选项D错误；E：只要使用打点计时器的实验，都是先接通电源后释放纸带，故选项E错误；F、G：由于小车在橡皮筋的作用下而运动，橡皮筋对小车做的功与使小车能获得的最大速度有关，故选项F正确，选项G错误；故选ABCF点评：本题关键之处：明确实验原理，在原理的基础上，理解橡皮筋相同之外，伸长也相同；同时要算出小车的最大速度．14．（4分）（2015春•抚顺期末）在做研究平抛运动的实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画出小球平抛运动的轨迹．（1）为了能较准确地描绘运动轨迹，下面列出一些操作要求，将你认为正确选项的前面字母填在横线上：bde ．（a）每次释放小球的位置必须不同（b）每次必须由静止释放小球（c）记录小球位置用的木条（或凹槽）每次必须严格地等距离下降（d）通过调节使斜槽的末端保持水平（e）小球运动时不应与木板上的白纸（或方格纸）相接触（f）将球的位置记录在纸上后，取下纸，用直尺将点连成折线（2）若用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长为L，小球在平抛运动途中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，则小球平抛的初速度的计算式为v0= 2（用L、g 表示）．考点：研究平抛物体的运动．专题：实验题；平抛运动专题．分析：（1）保证小球做平抛运动必须通过调节使斜槽的末端保持水平，因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，实验要求小球滚下时不能碰到木板平面，避免因摩擦而使运动轨迹改变，最后轨迹应连成平滑的曲线（2）平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的自由落体运动，应用匀速运动与匀变速运动的推论可以正确解题．解答：解：（a）为保证小球做平抛运动的初速度相等，每次释放小球的位置必须相同，故a错误；（b）为保证小球做平抛运动的初速度相等，每次必须由静止释放小球，故b正确；（c）只要描出小球的位置即可，记录小球位置用的木条（或凹槽）每次不必严格地等距离下降，故c错误；（d）要保证小球做平抛运动，必须通过调节使斜槽的末端保持水平，故d正确；（e）为避免摩擦影响小球的运动轨迹，小球运动时不应与木板上的白纸（或方格纸）相接触，故e正确；（f）将球的位置记录在纸上后，取下纸，应用平滑的曲线把各点连接起来，不是用直尺将点连成折线，故f错误；故选：bde；（2）由图示可知，A、B、C三个点间的水平位移均相等，为x=3L，这3个点是等时间间隔点．在竖直方向上，相邻两点间的位移差为：△y=2L﹣L=L；由匀变速运动的推论△y=gt2，得：L=gt2，在水平方向上：x=2L=v0t，解得：v0=2；故答案为：（1）bde；（2）2．点评：（1）解决平抛实验问题时，要特别注意实验的注意事项．在平抛运动的规律探究活动中不一定局限于课本实验的原理，要注重学生对探究原理的理解；（2）本题考查平抛物体的运动规律．要求同学们能够从图中读出有用信息，再根据平抛运动的基本公式解题，难度适中．15．（8分）（2015春•抚顺期末）“验证机械能守恒定律”的实验可以采用如图所示的甲或乙方案来进行．（1）比较这两种方案，甲（选填“甲”或“乙”）方案好些．（2）如图丙是该实验中得到的一条纸带，测得每两个计数点间的距离如图中所示，已知每两个计数点之间的时间间隔T=0.1s．物体运动的加速度a= 4.8 ；该纸带是采用乙（选填“甲”或“乙”）实验方案得到的．（3）如图丁是采用甲方案时得到的一条纸带，在计算图中N点速度时，几位同学分别用下列不同的方法进行，其中正确的是BCA．v N=gnT B．v N= C．v N= D．v N=g（n﹣1）T．考点：验证机械能守恒定律．专题：实验题；机械能守恒定律应用专题．分析：①解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项，能够根据实验装置和实验中需要测量的物理量进行选择；②纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用逐差法可以求出物体运动的加速度；③根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度大小可以求出某点的瞬时速度．解答：解：（1）机械能守恒的前提是只有重力做功，实际操作的方案中应该使摩擦力越小越好．故甲方案好一些．（2）采用逐差法求解加速度．x DE﹣x BC=2a1T2，…①x CD﹣x AB=2a2T2，…②a=…③联立①②③代入数据解之得：a=4.8m/s2因a远小于g，故为斜面上小车下滑的加速度．所以该纸带采用图乙所示的实验方案．（3）根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度大小可以求出某点的瞬时速度，可以求出N点的速度，据图上的数据可知：v N==，故AD错误，BC正确．故答案为：（1）甲；（2）4.8；乙；（3）BC．点评：要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚，同时我们要加强物理基本规律在实验中的应用．三、计算题（本题4小题，16题8分，17题、18题、19题各10分，共38分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分，答案应明确写出数值和单位．）16．（8分）（2015春•抚顺期末）如图，质量分别为m和M的两个星球A和B在引力作用下都绕O点做匀速圆周运动，星球A和B两者中心之间的距离为L．已知A、B的中心和O三点始终共线，A和B分别在O的两侧．引力常数为G．求两星球做圆周运动的周期．考点：万有引力定律及其应用．专题：万有引力定律的应用专题．分析：该题属于双星问题，它们之间的万有引力提供向心力，它们两颗星的轨道半径的和等于它们之间的距离．代入公式即可解答．解答：解：A和B绕O做匀速圆周运动，它们之间的万有引力提供向心力，则A和B的向心力相等．且A和B和O始终共线，说明A和B有相同的角速度和周期．则有：mω2r=Mω2R又由已知：r+R=L解得：对A根据牛顿第二定律和万有引力定律得：化简得答：两星球做圆周运动的周期：点评：该题属于双星问题，要注意的是它们两颗星的轨道半径的和等于它们之间的距离，不能把它们的距离当成轨道半径．。
2014抚顺六校学高二物理下学期期末试卷(附答案)
2014抚顺六校学高二物理下学期期末试卷（附答案）2014抚顺六校学高二物理下学期期末试卷（附答案）本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，考试时间为90分钟，满分100分。
第I卷选择题（60分）一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分。
1-8题为单项选择题，每题只有一个选项正确；9-12题为不定项选择题，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。
全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分。
）1.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时间内，线圈转过的角度为32πD．从O→D时间内，历时0.02s，在1s内交变电流的方向改变50次2.如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和等于()A．棒的机械能增加量B．棒的动能增加量C．棒的重力势能增加量D．电阻R上放出的热量3.某电源输出的电流中既有交流又有直流成分，如果需要在R上得到直流成分，应在如图所示电路中的A、B两处连接合适的元件．合理的连接方式是()A．A、B处均接电感线圈B．A、B处均接电容器C．A处接电感线圈，B处接电容器D．A处接电容器，B处接电感线圈4.如图所示是一个基本逻辑电路。
声控开关、光敏电阻、小灯泡等元件构成的一个自动控制电路。
该电路的功能是在白天无论声音多么响，小灯泡都不会亮，在晚上，只要有一定的声音，小灯泡就亮。
这种电路现广泛使用于公共楼梯间，该电路虚线框N中使用的是门电路．则下面说法正确的是（）A．R2为光敏电阻，N为或门电路B．R2为光敏电阻，N为与门电路C．R2为热敏电阻，N为或门电路D．R2为热敏电阻，N为非门电路5．矩形导线框固定在匀强磁场中，如图甲所示．磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向为垂直纸面向里，磁感应强度B 随时间t变化的规律如图乙所示，则()A．从0到t1时间内，导线框中电流的方向为abcdaB．从0到t1时间内，导线框中电流越来越小C．从0到t2时间内，导线框中电流的方向始终为adcbaD．从0到t2时间内，导线框各边受到的安培力越来越大6.如图所示，螺线管匝数n＝1500匝，横截面积S＝20cm2，螺线管导线电阻r＝1Ω，电阻R＝4Ω，磁感应强度B的B-t图象如图所示(以向右为正方向)，下列说法正确的是()A．通过电阻R的电流方向是从A到CB．感应电流的大小保持不变为2.4AC．电阻R的电压为6VD．C点的电势为4.8V7．如图所示，L1和L2是输电线，甲是电压互感器，乙是电流互感器。
辽宁省抚顺市重点高中协作校高一物理下学期期末试卷(
2014-2015学年辽宁省抚顺市重点高中协作校高一（下）期末物理试卷一、选择题（本题12小题，每小题4分，共48分．1--6为单选题，只有一个答案是正确的；7--12为多选题，全部选对得4分，少选得2分，错选或多选得0分.）1．（4分）（2015春•抚顺期末）关于曲线运动，下列说法中错误的是（）A．做曲线运动的物体，速度方向一定时刻改变B．做曲线运动的物体，速度可以是不变的C．物体在恒力和变力作用下，都可能做曲线运动D．做曲线运动的物体，它所受的合外力与速度一定不在一条直线上考点：物体做曲线运动的条件．专题：运动的合成和分解专题．分析：物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，合外力不一定变化；既然是曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动解答：解：AB、既然是曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动，所以A正确，B错误．C、物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，合外力可以变化，也可以不变化，故CD正确；本题选择错误的，故选：B点评：本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，匀速圆周运动，平抛运动等都是曲线运动，对于它们的特点要掌握住．2．（4分）（2015春•抚顺期末）如图是自行车传动机构的示意图，其中Ⅰ是半径为r1的大齿轮，Ⅱ是半径为r2的小齿轮，Ⅲ是半径为r3的后轮，假设脚踏板的转速为n r/s，则自行车前进的速度为（）A．B．C．D．考点：线速度、角速度和周期、转速．专题：匀速圆周运动专题．分析：大齿轮和小齿轮靠链条传动，线速度相等，根据半径关系可以求出小齿轮的角速度．后轮与小齿轮具有相同的角速度，若要求出自行车的速度，需要知道后轮的半径，抓住角速度相等，求出自行车的速度．解答：解：转速为单位时间内转过的圈数，因为转动一圈，对圆心转的角度为2π，所以ω=2πn，因为要测量自行车前进的速度，即车轮III边缘上的线速度的大小，根据题意知：轮I和轮II边缘上的线速度的大小相等，据v=rω可知：r1ω1=r2ω2，已知ω1=2πn，则轮II的角速度ω2=ω1．因为轮II和轮III共轴，所以转动的ω相等即ω3=ω2，根据v=rω可知，v=r3ω3=；故选：D点评：解决本题的关键知道靠链条传动，线速度相等，共轴转动，角速度相等．3．（4分）（2014•龙海市校级模拟）“嫦娥二号”卫星绕月球做匀速圆周运动，变轨后在半径较小的轨道上仍做匀速圆周运动，则变轨后与变轨前相比，“嫦娥二号”卫星的（）A．向心加速度变小B．角速度变小C．线速度变小D．周期变小考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．专题：人造卫星问题．分析：抓住卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供圆周运动向心力，由此推导出描述圆周运动的物理量与轨道半径的关系，再根据半径确定答案．解答：解：嫦娥二号绕地球做匀速圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，即：，由此：A、a=，知轨道半径变小，则其向心加速度变大，故A错误；B、ω=，知轨道半径变小，则其角速度变大，故B错误；C、，知轨道半径变小，则其线速度变大，故C错误；D、，知轨道半径变小，周期变小，故D正确．故选：D点评：解决本题的关键是能根据万有引力提供圆周运动向心力分析出描述圆周运动的物理量与轨道半径的关系．4．（4分）（2008•江苏）火星的质量和半径分别约为地球的和，地球表面的重力加速度为g，则火星表面的重力加速度约为（）A．0.2g B．0.4g C．2.5g D．5g考点：万有引力定律及其应用．分析：根据星球表面的万有引力等于重力列出等式表示出重力加速度．通过火星的质量和半径与地球的关系找出重力加速度的关系．解答：解：根据星球表面的万有引力等于重力知道=mg得出：g=火星的质量和半径分别约为地球的和所以火星表面的重力加速度g′=g=0.4g故选B．点评：求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先根据物理规律用已知的物理量表示出来，再进行之比．5．（4分）（2015•金山区一模）一物体静止在粗糙水平地面上，现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度为v，若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v，对于上述两个过程，用W F1、W F2分别表示拉力F1、F2所做的功，W f1、W f2分别表示前两次克服摩擦力所做的功，则（）A．W F2＞4W F1，W f2＞2W f1B． W F2＞4W F1，W f2=2W f1 C．W F2＜4W F1，W f2=2W f1D． W F2＜4W F1，W f2＜2W f1考点：功的计算．专题：功的计算专题．分析：根据动能定理，结合运动学公式，求出滑动摩擦力做功，从而求得结果．解答：解：由题意可知，两次物体均做匀加速运动，则在同样的时间内，它们的位移之比为S1：S2==1：2；两次物体所受的摩擦力不变，根据力做功表达式，则有滑动摩擦力做功之比W f1：W f2=fS1：fS2=1：2；再由动能定理，则有：W F﹣W f=；可知，W F1﹣W f1=；W F2﹣W f2=4×；由上两式可解得：W F2=4W F1﹣2W f1，故C正确，ABD错误；故选：C．点评：考查做功表达式的应用，掌握动能定理的内容，注意做功的正负．6．（4分）（2015春•抚顺期末）如图所示，在抗洪救灾中，一架直升机通过绳索，用恒力F 竖直向上拉起一个漂在水面上的木箱，使其由水面开始加速上升到某一高度，若考虑空气阻力而不考虑空气浮力，则在此过程中，以下说法不正确的有（）A．力F所做功减去克服阻力所做的功等于重力势能的增量B．木箱克服重力所做的功等于重力势能的增量C．力F、重力、阻力，三者合力所做的功等于木箱动能的增量D．力F和阻力的合力所做的功等于木箱机械能的增量考点：动能定理的应用；功能关系．专题：动能定理的应用专题．分析：功是能量转化的量度，具体表现形式有：重力势能的增加量等于克服重力做的功；外力对物体的总功等于动能的变化量；除重力以外的力做的功等于机械能的变化量．解答：解：A、B、C、物体上升时受到重力、拉力和阻力，根据动能定理，有W F﹣mgh﹣W阻=mv2可见，力F、重力、阻力，三者合力所做的功等于木箱动能的增量，重力势能的增加量等于克服重力做的功故A错误，BC正确；D、除重力以外的力做的功等于机械能的增加量，则知除重力外，物体只受拉力和阻力，力F和阻力的合力所做的功等于木箱机械能的增量．故D正确；本题选错误的，故选A．点评：本题关键是明确合力做功是动能变化的量度、除重力外其余力做的功是机械能变化的量度．7．（4分）（2011•奎文区校级模拟）河水的流速随与河岸的距离的变化关系如图甲所示，船在静水中的速度与时间的关系如图乙所示，若要使船以最短时间渡河，则（）A．船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直B．船渡河的最短时间是60 sC．船在河水中航行的轨迹是一条直线D．船在河水中的最大速度是5 m/s考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．分析：将船的运动分解为垂直于河岸方向和沿河岸方向，当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短．当水流速最大时，船在河水中的速度最大．解答：解：A、当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短，t=．故A正确，B错误．C、船在沿河岸方向上做变速运动，在垂直于河岸方向上做匀速直线运动，两运动的合运动是曲线．故C错误．D、当水流速最大时，船的速度最大，．故D正确．故选AD．点评：解决本题的关键将船的运动分解为垂直于河岸方向和沿河岸方向，抓住分运动与合运动具有等时性进行求解．8．（4分）（2015春•抚顺期末）如图所示，在绕中心轴OO′转动的圆筒内壁上，有一物体随圆筒一起转动．在圆筒的角速度逐渐增大的过程中，物体相对圆筒始终未滑动，下列说法正确的是（）A．物体所受弹力不变，摩擦力大小减小了B．物体所受的摩擦力与竖直方向的夹角不为零C．物体所受弹力逐渐增大，摩擦力大小可能不变D．物体所受弹力逐渐增大，摩擦力大小一定不变考点：向心力；牛顿第二定律．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：物体随圆筒一起做圆周运动，指向圆心的合力提供向心力，向心力只改变速度的方向，切向的合力产生切向加速度．根据牛顿第二定律进行分析求解．解答：解：ACD、物体受重力、弹力和静摩擦力大小，指向圆心的合力提供向心力，可知弹力提供向心力，角速度增大，则弹力逐渐增大．摩擦力在竖直方向上的分力等于重力，摩擦力沿运动方向上的分力产生切向加速度，若切向加速度不变，则切向方向上的分力不变，若切向加速度改变，则切向方向的分力改变，则摩擦力的大小可能不变，可能改变．故AD 错误，C正确．B、因为摩擦力在竖直方向和圆周运动的切线方向都有分力，可知摩擦力与竖直方向的夹角不为零．故B正确．故选：BC点评：解决本题的关键知道向心力的来源，以及知道向心力只改变速度的方向，切线方向合力产生切向加速度，改变速度的大小．9．（4分）（2015春•抚顺期末）如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，管道内侧壁半径为R，小球半径为r，则下列说法中正确的是（）A．小球通过最高点时的最小速度v min=B．小球通过最高点时的最小速度v min=0C．小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力D．小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力考点：向心力．专题：匀速圆周运动专题．分析：因轨道是用圆管做成的，内壁可以提供沿半径向外的支持力，所以小球不会脱离圆形轨道，小球到达最高点时可以速度为零，由此可判知选项AB的错误．小球在水平线ab以下的管道中运动时，分析其受力特点，结合向心力力的方向，可知小球是与外壁相互挤压的，从而可知选项选项C的正误．小球在水平线ab以上的管道中运动时，因内壁可以提供支持力，分析其受力特点，结合向心力力的方向，可知小球可能与内壁相互挤压的，从而可知选项选项D的正误．解答：解：AB、因是在圆形管道内做圆周运动，所以在最高点时，内壁可以给小球沿半径向外的支持力，所以小球通过最高点时的最小速度可以为零．所以选项A错误，B正确．C、小球在水平线ab以下的管道中运动时，竖直向下的重力沿半径方向的分力沿半径方向向外，小球的向心力是沿半径向圆心的，小球与外壁一定会相互挤压，所以小球一定会受到外壁的作用力，内壁管壁对小球一定无作用力，所以选项C正确D、小球在水平线ab以上的管道中运动时，当速度较小时，重力沿半径方向上的分力大于或等于小球做圆周运动需要的向心力，此时小球与外壁不存在相互挤压，外侧管壁对小球没有作用力，选项D错误．故选：BC点评：解答该题的关键是正确的确立物理模型，该题与用一轻杆连接一小球在竖直面内运动是同一模型，若只有外壁，没有内壁的情况是与用一根细线连接一小球在竖直面内运动、是同一模型．有内外壁的轨道模型与轻杆模型不但可以提供沿半径向里的力，也可提供沿半径向外的支持力．而对于只有外壁，没有内壁的模型和细线模型只能提供沿半径向里的支持力．10．（4分）（2015春•抚顺期末）嫦娥二号卫星已成功发射，这次发射后卫星直接进入近地点高度200公里、远地点高度约38万公里的地月转移轨道直接奔月．当卫星到达月球附近的特定位置时，卫星就必须“急刹车”，也就是近月制动，以确保卫星既能被月球准确捕获，又不会撞上月球，并由此进入近月点100公里、周期12小时的椭圆轨道a．再经过两次轨道调整，进入100公里的近月圆轨道b．轨道a和b相切于P点，如图所示．下列说法正确的是（）A．嫦娥二号卫星的发射速度大于11.2km/sB．嫦娥二号卫星的发射速度大于7.9km/s，小于11.2km/sC．嫦娥二号卫星在a、b轨道经过P点的速度v a=v bD．嫦娥二号卫星在a、b轨道经过P点的加速度分别为a a、a b则a a=a b考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．专题：人造卫星问题．分析：第一宇宙速度是近地卫星绕行速度，第二宇宙速度是发射脱离地球束缚卫星的最小发射速度，卫星无动力飞行时只受万有引力作用．解答：解：A、嫦娥二号仍绕地球运动，没有脱离地球的束缚，故其发射速度小于第二宇宙速度11.2km/s，故A错误；B、第一宇宙速度是发射卫星的最小速度，故发射嫦娥二号的发射速度大于第一宇宙速度7.9km/s，小于第二宇宙速度11.2km/s，故B正确；C、在椭圆轨道上经过P点时，卫星做离心运动，故在椭圆轨道上的P点卫星的速度大于在圆轨道上P点时的速度，故C错误；D、嫦娥二号在P点的加速度都由万有引力产生，故在同一点，不管卫星在哪个轨道其加速度都相同，故D正确．故选：BD．点评：万有引力提供圆周运动向心力，掌握卫星是通过做离心运动或近心运动实现轨道高度的变化．11．（4分）（2015春•抚顺期末）放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6s 内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图甲、乙所示．下列说法错误的是（）A．0～6s内物体的位移大小为30mB．0～6s内拉力做的功为70JC．合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等D．滑动摩擦力的大小为5N考点：功率、平均功率和瞬时功率；功的计算．专题：功率的计算专题．分析：速度图象的“面积”表示位移．0～2s内物体做匀加速运动，由速度图象的斜率求出加速度，2～6s内物体做匀速运动，拉力等于摩擦力，由P=Fv求出摩擦力，再由图读出P=30W时，v=6m/s，由F=求出0～2s内的拉力，由W=Fx求出0～2s内的拉力做的功，由W=Pt求出2～6s内拉力做的功．解答：解：A、0～6s内物体的位移大小x==30m．故A正确．B、在0～2s内，物体的加速度a==3m/s2，由图，当P=30W时，v=6m/s，得到牵引力F==5N．在0～2s内物体的位移为x1=6m，则拉力做功为W1=Fx1=5×6J=30J．2～6s内拉力做的功W2=Pt=10×4J=40J．所以0～6s内拉力做的功为W=W1+W2=70J．故B正确．C、在2～6s内，物体做匀速运动，合力做零，则合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等．故C正确．D、在2～6s内，v=6m/s，P=10W，物体做匀速运动，摩擦力f=F，得到f=F=．故D错误．本题选错误的故选：D点评：本题解题关键是理解图象的物理意义．求功的方法通常有三种：一是W=Flcosθ，F 应是恒力；二是W=Pt，当P恒定时；三是动能定理，特别是在计算变力做功的时候．12．（4分）（2015春•抚顺期末）如图所示，可视为质点的物块A放在物体B上，物体B的斜面为弧面，A、B之间有摩擦，水平地面光滑．现将物块A从物块B的顶端由静止释放，在滑到物体B的底端前，下列说法正确的是（）A．若物体B固定，则物块A减少的重力势能等于它的动能和系统增加的内能之和B．若物体B不固定，则物块A减少的机械能等于物体B增加的机械能C．物体B在固定与不固定的两种情况下，系统重力势能的减少量相等D．物体B在固定与不固定的两种情况下，摩擦产生的热量相等考点：功能关系．分析：根据能量守恒定律判断物体B固定和不固定时能量的转化关系．解答：解：A、若物体固定，物体A重力势能减小，动能增加，内能增加，根据能量守恒得，重力势能的减小量等于动能的增加量和系统内能的增加量之和．故A正确．B、物体B不固定，根据能量守恒得，A机械能的减小量等于B机械能的增加量和系统内能之和．故B错误．C、物体B在固定和不固定时，重力做功相等，重力势能的减小量相等．故C正确．D、在物体B固定与不固定的两种情况下，物体在同一位置所受的摩擦力不等，则摩擦力做功不等，产生的热量不等．故D错误．故选：AC．点评：解决本题的关键知道能量的转化，通过能量守恒定律进行分析．分析时，可根据哪些能量增加，哪些能量减小，判断能量是如何转化的．二、实验题（本题3小题，13题、14题、15题，每空2分，共14分）13．（2分）（2015春•抚顺期末）在用图所示的装置做“探究动能定理”的实验时，下列说法正确的是ABCF （填字母代号）．A．为了平衡摩擦力，实验中可以将长木板的左端适当垫高，使小车拉着穿过打点计时器的纸带自由下滑时能保持匀速运动B．为简便起见，每次实验中橡皮筋的规格要相同，拉伸的长度要一样C．可以通过改变橡皮筋的条数来改变拉力做功的数值D．可以通过改变小车的质量来改变拉力做功的数值E．实验中要先释放小车再接通打点计时器的电源F．通过打点计时器打下的纸带来测定小车加速过程中获得的最大速度G．通过打点计时器打下的纸带来测定小车加速过程中获得的平均速度．考点：探究功与速度变化的关系．专题：实验题；动能定理的应用专题．分析：小车在水平的平面上被橡皮筋拉动做功，导致小车的动能发生变化．小车的速度由纸带上打点来计算，从而能求出小车的动能变化．每次实验时橡皮筋伸长的长度都要一致，则一根做功记为W，两根则为2W，然后通过列表描点作图探究出功与动能变化的关系．解答：解：A：小车在水平面运动时，由于受到摩擦阻力导致小车速度在变化．所以适当倾斜以平衡摩擦力．小车所能获得动能完全来于橡皮筋做的功．故选项A正确；B：实验中每根橡皮筋做功均是一样的，所以所用橡皮筋必须相同，且伸长的长度也相同．故选项B正确；C：每次实验时橡皮筋伸长的长度都要一致，则一根做功记为W，两根则为2W，故选项C正确；D：是通过改变橡皮筋的条数来改变拉力做功的数值，故选项D错误；E：只要使用打点计时器的实验，都是先接通电源后释放纸带，故选项E错误；F、G：由于小车在橡皮筋的作用下而运动，橡皮筋对小车做的功与使小车能获得的最大速度有关，故选项F正确，选项G错误；故选ABCF点评：本题关键之处：明确实验原理，在原理的基础上，理解橡皮筋相同之外，伸长也相同；同时要算出小车的最大速度．14．（4分）（2015春•抚顺期末）在做研究平抛运动的实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画出小球平抛运动的轨迹．（1）为了能较准确地描绘运动轨迹，下面列出一些操作要求，将你认为正确选项的前面字母填在横线上：bde ．（a）每次释放小球的位置必须不同（b）每次必须由静止释放小球（c）记录小球位置用的木条（或凹槽）每次必须严格地等距离下降（d）通过调节使斜槽的末端保持水平（e）小球运动时不应与木板上的白纸（或方格纸）相接触（f）将球的位置记录在纸上后，取下纸，用直尺将点连成折线（2）若用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长为L，小球在平抛运动途中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，则小球平抛的初速度的计算式为v0= 2（用L、g 表示）．考点：研究平抛物体的运动．专题：实验题；平抛运动专题．分析：（1）保证小球做平抛运动必须通过调节使斜槽的末端保持水平，因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，实验要求小球滚下时不能碰到木板平面，避免因摩擦而使运动轨迹改变，最后轨迹应连成平滑的曲线（2）平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的自由落体运动，应用匀速运动与匀变速运动的推论可以正确解题．解答：解：（a）为保证小球做平抛运动的初速度相等，每次释放小球的位置必须相同，故a错误；（b）为保证小球做平抛运动的初速度相等，每次必须由静止释放小球，故b正确；（c）只要描出小球的位置即可，记录小球位置用的木条（或凹槽）每次不必严格地等距离下降，故c错误；（d）要保证小球做平抛运动，必须通过调节使斜槽的末端保持水平，故d正确；（e）为避免摩擦影响小球的运动轨迹，小球运动时不应与木板上的白纸（或方格纸）相接触，故e正确；（f）将球的位置记录在纸上后，取下纸，应用平滑的曲线把各点连接起来，不是用直尺将点连成折线，故f错误；故选：bde；（2）由图示可知，A、B、C三个点间的水平位移均相等，为x=3L，这3个点是等时间间隔点．在竖直方向上，相邻两点间的位移差为：△y=2L﹣L=L；由匀变速运动的推论△y=gt2，得：L=gt2，在水平方向上：x=2L=v0t，解得：v0=2；故答案为：（1）bde；（2）2．点评：（1）解决平抛实验问题时，要特别注意实验的注意事项．在平抛运动的规律探究活动中不一定局限于课本实验的原理，要注重学生对探究原理的理解；（2）本题考查平抛物体的运动规律．要求同学们能够从图中读出有用信息，再根据平抛运动的基本公式解题，难度适中．15．（8分）（2015春•抚顺期末）“验证机械能守恒定律”的实验可以采用如图所示的甲或乙方案来进行．（1）比较这两种方案，甲（选填“甲”或“乙”）方案好些．（2）如图丙是该实验中得到的一条纸带，测得每两个计数点间的距离如图中所示，已知每两个计数点之间的时间间隔T=0.1s．物体运动的加速度a= 4.8 ；该纸带是采用乙（选填“甲”或“乙”）实验方案得到的．（3）如图丁是采用甲方案时得到的一条纸带，在计算图中N点速度时，几位同学分别用下列不同的方法进行，其中正确的是BCA．v N=gnT B．v N= C．v N= D．v N=g（n﹣1）T．考点：验证机械能守恒定律．专题：实验题；机械能守恒定律应用专题．分析：①解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项，能够根据实验装置和实验中需要测量的物理量进行选择；②纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用逐差法可以求出物体运动的加速度；③根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度大小可以求出某点的瞬时速度．解答：解：（1）机械能守恒的前提是只有重力做功，实际操作的方案中应该使摩擦力越小越好．故甲方案好一些．（2）采用逐差法求解加速度．x DE﹣x BC=2a1T2，…①x CD﹣x AB=2a2T2，…②a=…③联立①②③代入数据解之得：a=4.8m/s2因a远小于g，故为斜面上小车下滑的加速度．所以该纸带采用图乙所示的实验方案．（3）根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度大小可以求出某点的瞬时速度，可以求出N点的速度，据图上的数据可知：v N==，故AD错误，BC正确．故答案为：（1）甲；（2）4.8；乙；（3）BC．点评：要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚，同时我们要加强物理基本规律在实验中的应用．三、计算题（本题4小题，16题8分，17题、18题、19题各10分，共38分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分，答案应明确写出数值和单位．）16．（8分）（2015春•抚顺期末）如图，质量分别为m和M的两个星球A和B在引力作用下都绕O点做匀速圆周运动，星球A和B两者中心之间的距离为L．已知A、B的中心和O三点始终共线，A和B分别在O的两侧．引力常数为G．求两星球做圆周运动的周期．考点：万有引力定律及其应用．专题：万有引力定律的应用专题．分析：该题属于双星问题，它们之间的万有引力提供向心力，它们两颗星的轨道半径的和等于它们之间的距离．代入公式即可解答．解答：解：A和B绕O做匀速圆周运动，它们之间的万有引力提供向心力，则A和B的向心力相等．且A和B和O始终共线，说明A和B有相同的角速度和周期．则有：mω2r=Mω2R又由已知：r+R=L解得：对A根据牛顿第二定律和万有引力定律得：化简得答：两星球做圆周运动的周期：点评：该题属于双星问题，要注意的是它们两颗星的轨道半径的和等于它们之间的距离，不能把它们的距离当成轨道半径．。
辽宁省抚顺市高级中学高二物理下学期期末试题含解析
辽宁省抚顺市高级中学高二物理下学期期末试题含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. 下列说法正确的是A．当分子间距离增大时，分子间的引力在减小，但斥力减小得更快，所以分子间作用力将表现为引力B．布朗运动是液体分子的运动，它说明分子永不停息地做无规则运动C．热量可以自发地由低温物体传到高温物体D．当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小参考答案：D2. 如图所示，等腰直角三角形OPQ区域内存在匀强磁场，另有一等腰直角三角形导线框ABC 以恒定的速度沿垂直于磁场方向穿过磁场，穿越过程中速度始终与AB边垂直且保持AC平行于OQ。
关于线框中的感应电流，以下说法中正确的是( )A．开始进入磁场时感应电流沿顺时针方向B．开始进入磁场时感应电流最大C．开始穿出磁场时感应电流沿顺时针方向D．开始穿出磁场时感应电流最大参考答案：C3. （单选题）图中a、b为两根与纸面垂直的长直导线，导线中通有大小相等的电流，方向如图所示，O为两导线连线的中点．a在O处产生的磁感应强度为B，则O处的合磁感应强度为A. 0B. 0.5 BC. BD. 2 B参考答案：D解析：a、b在o点产生的磁感应强度大小相等，根据右手定则，方向相同，则：B合=B+B=2B，故选D 4. 观察者站在铁道旁，一辆以某一速度运动的火车向观察者迎面驶来，同时发出汽笛声，下面判断中正确的是A．传向观察者的声波的速度越来越大 B．观察者感觉汽笛声的频率越来越高C．传向观察者的声波的频率变低 D．传向观察者的声波的波长变短参考答案：D5. 如图所示，半径为R的硬橡胶圆环，其上带有均匀分布的负电荷，总电量为Q，若在圆环上切去一小段LAB（LAB远小于R），则圆心O处产生的电场方向和场强大小应为（）A．方向由O指向AB B．方向由O指向CCC．场强大小为 D．场强大小为参考答案：BD二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. 核聚变电站被称为“人造太阳”，它来自下面的反应：4个质子（氢核）聚变成1个α粒子，同时释放2个正电子和2个没有静止质量的中微子，质子、氢核、正电子的质量分别为m1、m2、m3，真空中的光速为c，此聚变的核反应方程是→（中微子可略去不写），核反应过程中释放的能量△E=（4m1﹣m2﹣2m3）c2．参考答案：解：（1）核反应方程式为：→；（2）核反应过程中的质量亏损△m=（4m 1﹣m 2﹣2m 3），根据爱因斯坦质能方程：△E=△mc 2可知， 核反应释放的能量，△E=（4m 1﹣m 2﹣2m 3）c 2． 故答案为：→；（4m 1﹣m 2﹣2m 3）c 27. 一台发电机产生的电动势的瞬时值表达式为:V ，则此发电机产生的电动势的有效值为_______V ，产生的交流电的频率为______Hz ．参考答案：220V 50 HZ8. 用如图甲所示的电路做“测定电池的电动势和内电阻”的实验，根据测得的数据做出了如图乙所示的U-I 图象，由图可知测得的电池的电动势为_____________V ，内电阻为_________Ω参考答案： 1.40 ； 19. 如图所示，一个电子做顺时针方向的匀速圆周运动，运动周期为，若将电子的圆周运动等效为环形电流，则等效电流大小为_____A ，电流方向为__________（填“顺时针”或“逆时针”）方向。
辽宁省抚顺市阳光学校高二物理下学期期末试卷含解析
辽宁省抚顺市阳光学校高二物理下学期期末试卷含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. 如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表，下列说法正确的是（）A．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大B．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大C．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大D．若闭合开关S，则电流表A1示数变大，A2示数变大参考答案：B【考点】变压器的构造和原理．【分析】滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，接入电路中的阻值变大，因输出电压不变，则总电流变小，据欧姆定律确定各表的示数变化．【解答】解：A、滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电阻变大，则干路电流变小，则R1消耗的功率变小，则A错误B、干路电流变小，R1分压变小，则电压表V的测量的电压变大，示数变大，则B正确C、因输出电流变小，则输出功率变小即输入功率变小，电流表A1示数变小．则C错误D、闭合开关S并联支路增加，电阻变小，则副线圈即R1的电流变大，分压变大，则R2的分压变小，电流变小．电流表A1示数随副线圈电流的变大而变大，则D错误故选：B2. 如图所示，将左边的铜导线与右边的铝导线连接起来，已知铝导线的横截面积是铜导线横截面积的两倍，在铜导线上取一个截面A，在铝导线上取一个截面B，若在1秒内垂直地通过它们的电子数相等，那么，通过这两个截面的电流关系是( )A．IA=IB B．IA=2IBC．IB=2IA D．不能确定参考答案：A3. 在如图所示的电场中，一点电荷＋q沿电场线方向运动，其电势能随位移变化的关系最接近于下图中的（）参考答案：C4. 一块磁铁从高出掉到地上，虽然没有断，但磁性变弱了，这是因为A．磁铁被磁化了 B．磁铁因剧烈震动而退磁了C．磁铁是非磁性物质 D．磁铁是软磁性材料参考答案：B5. 如图所示，电源电动势，，竖直导轨电阻可忽略，宽度为0.5m，金属棒质量kg，电阻，它与导轨间的动摩擦因素为，棒的长度为1m，水平靠在导轨的外面，为使金属棒以速度v=2m/s匀速下滑，在空间加一个垂直于金属棒的匀强磁场，关于此磁场的磁感应强度的说法正确的是（重力加速度取10m/s2）A．可能垂直于纸面向里B．可能垂直于纸面向外C．可能竖直向上 D．可能竖直向下参考答案：ABD二、 填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. （4分）下表是某物理老师上“牛顿第二定律”一课时演示实验所记录的部分实验数据： 加速度若利用l 、2、3三组数据探究加速度与受力的关系，则2、3组数据中物体的质量分别为， ；若利用3、4、5三组数据探究加速度与物体质量的关系，则4、5组数据中物体所受的力分别为 ， 。
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2014-2015学年辽宁省抚顺市重点高中协作校高二（下）期末物理试卷一、选择题（第1至7题为单选题，8至12为多选题．每题4分，选不全的得2分）1．（4分）（2015春•抚顺期末）在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献，下列说法正确的是（）A．奥斯特发现了电流的磁效应，总结出了右手螺旋定则B．安培发现了电流的磁效应，总结出了安培定则C．法拉第发现了电磁感应现象，总结出了法拉第电磁感应定律D．楞次研究电磁感应现象，总结出了右手螺旋定则2．（4分）（2015春•抚顺期末）如图所示，一个U形金属导轨水平放置，其上放有一个金属导体棒ab，有一磁感应强度为B的匀强磁场斜向上穿过轨道平面，且与竖直方向的夹角为θ，在下列各过程中，一定能在轨道回路里产生感应电流的是（）A．ab向右运动，同时使θ减小B．使磁感应强度B减小，θ角同时也减小C．ab向左运动，同时减小磁感应强度BD．ab向右运动，同时增大磁感应强度B和θ角（0°＜θ＜90°）3．（4分）（2015春•抚顺期末）如图表示一交流电的电流随时间而变化的图象，此交变电流的有效值是（）A． A B．5A C． A D． 3.5A4．（4分）（2015春•抚顺期末）如图所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里（设为正方向）的变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环．导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度按下列哪一图线所表示的方式随时间变化时，导体圆环将受到向上的磁场作用力（）A．B．C．D．5．（4分）（2015春•抚顺期末）如图所示，导体棒AB长2R，绕O点以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，OB为R，且OBA三点在一直线上，有一匀强磁场磁感应强度为B，充满转动平面且与转动平面垂直，那么AB两端的电势差大小为（）A．BωR2B．2BωR2C．4BωR2D．6BωR26．（4分）（2015春•抚顺期末）如图所示，金属棒ab置于水平放置的金属导体框架cdef上，棒ab与框架接触良好．从某一时刻开始，给这个空间施加一个斜向上的匀强磁场，并且磁场均匀增加，ab棒仍静止，在磁场均匀增加的过程中，关于ab棒受到的摩擦力，下列说法正确的是（）A．摩擦力大小不变，方向向右 B．摩擦力变大，方向向右C．摩擦力变大，方向向左 D．摩擦力变小，方向向左7．（4分）（2015春•抚顺期末）如图，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b所示．以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是（）A．在图中t=0时刻穿过线圈的磁通量均为零B．线圈先后两次转速之比为3：2C．交流电a的瞬时值表达式为u=5sin 5πt （V）D．交流电b的最大值为5 V8．（4分）（2015春•抚顺期末）为了监测变电站向外输电情况，要在变电站安装互感器，其接线如图所示．两变压器匝数分别为n1、n2和n3、n4，a和b是交流电表．则（）A．n1＞n2B．n3＞n4C．a为交流电流表，b为交流电压表D．a为交流电压表，b为交流电流表9．（4分）（2015•潍坊模拟）如图（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，使电路达到稳定，灯泡A发光，则（）A．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10．（4分）（2015春•抚顺期末）如图所示是一种延时开关，当S1闭合时，电磁铁F将衔铁D 吸下，C线路接通；当S1断开时，由于电磁感应作用，D将延迟一段时间才被释放，则（）A．由于A线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用B．由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用C．如果断开B线圈的电键S2，仍有延时作用D．如果断开B线圈的电键S2，延时将变长11．（4分）（2015春•抚顺期末）如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO′为其对称轴．一导线折成边长为l的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内以恒定速度v o向右运动，当运动到关于OO′对称的位置时（）A．穿过回路的磁通量为零B．回路中感应电动势大小为2Blv0C．回路中感应电流的方向为a﹣d﹣c﹣b﹣aD．回路中ab边与cd边所受安培力方向相反12．（4分）（2015春•抚顺期末）如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路．虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直．从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是（）A．感应电流方向一直是逆时针B．感应电流方向先是逆时针，后是顺时针C．感应电动势最大值E m=BavD．感应电动势平均值=二、实验题（6分）13．（6分）（2015春•抚顺期末）在研究电磁感应现象的实验中，所用器材如图所示：电流表，直流电源，带铁芯的线圈A（其上端有两个接线柱），线圈B（其上下各有一个接线柱），开关，滑动变阻器．（1）按实验的要求在实物图上连线（图中已连好一根导线）；（2）若连接滑动变阻器的两根导线接在接线柱C和D上，发现开关刚刚闭合时电流表指针右偏．则在不改动连接线的情况下，想让电流表指针向左偏，应如何操作？（至少写出两种方法）三、计算题（共3道题，共31分）14．（8分）（2015春•抚顺期末）如图所示，匝数为100、边长为0.2m的正方形线圈，在磁感应强度B为2T的匀强磁场中，从中性面开始以10πrad/s的角速度绕OO′轴匀速转动．若线圈自身电阻为2Ω，负载电阻R=6Ω，π2=10，则开始转动0.05s内R上的热量为多少焦耳？15．（8分）（2015春•抚顺期末）半径为r、电阻为R的n匝圆形线圈在边长为l的正方形abcd 外，匀强磁场充满并垂直穿过该正方形区域，如图甲所示．磁场随时间的变化规律如图乙所示．图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0．求：（1）穿过圆形线圈磁通量的变化率；（2）t0时刻线圈产生的感应电流大小；（3）0至t0时间内通过的电荷量q．16．（15分）（2015春•抚顺期末）如图，一直导体棒质量为m、长为l、电阻为r，其两端放在位于水平面内间距也为l的光滑平行导轨上，并与之密接；棒左侧两导轨之间连接一可控制的负载电阻（图中未画出）；导轨置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨所在平面．开始时，给导体棒一个平行于导轨的初速度v0．在棒的运动速度由v0减小至v1的过程中，通过控制负载电阻的阻值使棒中的电流强度I保持恒定．导体棒一直在磁场中运动．若不计导轨电阻，求此过程中导体棒上感应电动势的平均值和负载电阻上消耗的平均功率．四.【物理-选修3-3】（15分）17．（5分）（2015春•抚顺期末）下列说法正确的是A．将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体B．温度是分子平均动能的标志，物体温度高，则物体的分子平均动能大C．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体D．扩散现象证明了物质分子永不停息地做无规则的运动E．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，这违背了热力学第二定律．18．（10分）（2015•高安市校级一模）在图所示的气缸中封闭着温度为100℃的空气，一重物用绳索经滑轮与缸中活塞相连接，重物和活塞均处于平衡状态，这时活塞离缸底的高度为10cm，如果缸内空气变为0℃，问：（结果保留两位有效数字）①重物是上升还是下降？②这时重物将从原处移动多少厘米？（设活塞与气缸壁间无摩擦）五.【物理-选修3-4】（15分）19．（5分）（2015春•抚顺期末）在双缝干涉实验中，分别用红色和绿色的激光照射同一双缝，在双缝后的屏幕上，红光的干涉条纹间距△x1与绿光的干涉条纹间距△x2相比△x1△x2（填“＞”“＜”或“=”）．若实验中红光的波长为630mm，双缝到屏幕的距离为2m，测得第一条到第三条亮条纹中心间的距离为4.2mm，则双缝之间的距离为mm．20．（10分）（2015春•抚顺期末）一列简谐横波沿直线传播，此直线上的A、B两质点相距6m，某时刻t1，A质点处在正的最大位移处，B质点恰处在平衡位置，从这一时刻起，又经过△t=0.05s时，A质点恰好回到平衡位置，B质点正好在负的最大位移处，设波的传播方向是由A到B，且波长λ＞6m，周期T＞△t，试求这列波的波长、频率和波速．六.【物理-选修3-5】（15分）21．（5分）（2015春•抚顺期末）下列说法正确的是（）A．卢瑟福通过α粒子散射实验确定了原子核是由质子和中子组成的B．康普顿效应证实了光的粒子特性C．铀235能自发的发生裂变反应，但因半衰期不变，所以秦山核电站的发电功率也是固定不变的D．爱因斯坦质能方程E=mc2表明，物体具有的能量和它的质量之间有简单的正比关系E．经典物理学不能解释原子的稳定性和原子光谱的分立特征22．（10分）（2015春•抚顺期末）如图所示，光滑水平面轨道上有三个木块，A、B、C，质量分别为m A=m c=2m，m B=m，A、B用细绳连接，中间有一压缩的弹簧（弹簧与滑块不栓接）．开始时A、B以共同速度v0运动，C静止．某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C 发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同．求：（1）B与C碰撞前B的速度；（2）绳断前弹簧的弹性势能．2014-2015学年辽宁省抚顺市重点高中协作校高二（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（第1至7题为单选题，8至12为多选题．每题4分，选不全的得2分）1．（4分）（2015春•抚顺期末）在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献，下列说法正确的是（）A．奥斯特发现了电流的磁效应，总结出了右手螺旋定则B．安培发现了电流的磁效应，总结出了安培定则C．法拉第发现了电磁感应现象，总结出了法拉第电磁感应定律D．楞次研究电磁感应现象，总结出了右手螺旋定则考点：物理学史．分析：本题考查电磁学物理学史，根据楞次、安培、法拉第、奥斯特等科学家的贡献进行解答．解答：解：A、奥斯特发现了电流的磁效应，总结出了右手螺旋定则，故A正确，B错误；C、法拉第发现了电磁感应现象，总结出了法拉第电磁感应定律，故C正确，D错误；故选：AC点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．2．（4分）（2015春•抚顺期末）如图所示，一个U形金属导轨水平放置，其上放有一个金属导体棒ab，有一磁感应强度为B的匀强磁场斜向上穿过轨道平面，且与竖直方向的夹角为θ，在下列各过程中，一定能在轨道回路里产生感应电流的是（）A．ab向右运动，同时使θ减小B．使磁感应强度B减小，θ角同时也减小C．ab向左运动，同时减小磁感应强度BD．ab向右运动，同时增大磁感应强度B和θ角（0°＜θ＜90°）考点：法拉第电磁感应定律；电磁感应中的能量转化．分析：当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化，闭合导体回路中就有感应电流．磁通量的公式：Φ=BScosθ，从而即可求解．解答：解：感应电流产生的条件①闭合回路，②穿过闭合导体回路的磁通量发生变化．即穿过闭合导体回路的磁通量发生变化闭合导体回路中就有感应电流．A、根据磁通量的公式：Φ=BScosθ，ab向右运动，S增大，同时使θ减小，磁通量增大．一定能产生感应电流．故A正确；B、根据磁通量的公式：Φ=BScosθ，磁感应强度B减小，θ角同时也减小，不能确定磁通量的变化．故B错误；C、根据磁通量的公式：Φ=BScosθ，ab向左运动，S减小；同时增大磁感应强度B，不能确定磁通量的变化．故C错误；D、根据磁通量的公式：Φ=BScosθ，ab向右运动，S增大，同时增大磁感应强度B和θ角，不能确定磁通量的变化．故D错误．故选：A．点评：解决本题的关键掌握感应电流产生的条件，当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化，闭合导体回路中就有感应电流．3．（4分）（2015春•抚顺期末）如图表示一交流电的电流随时间而变化的图象，此交变电流的有效值是（）A． A B．5A C． A D． 3.5A考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．专题：计算题；恒定电流专题．分析：由图象可知交变电流的周期，一个周期内分为两段，每一段均为恒定电流，根据焦耳定律即可得一个周期内交变电流产生的热量．解答：解：由有效值的定义可得，代入数据得0.02，解得I=5A故选B．点评：本题考察的是根据交变电流有效值的定义计算有关交变电流的有效值．4．（4分）（2015春•抚顺期末）如图所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里（设为正方向）的变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环．导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度按下列哪一图线所表示的方式随时间变化时，导体圆环将受到向上的磁场作用力（）A．B．C．D．考点：楞次定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：导线区内磁场的变化使螺线管内产生感应电流，而感应电流产生的磁场可以在下方线圈中产生感线电流，则由法拉第电磁感应定律及楞次定律可判断导线区域内的磁场变化．解答：解：由楞次定律的运动学描述“来拒去留”可知，要使圆环受到磁场的作用力，则螺线管中应产生变化的磁场；而螺线管中的磁场是由abcd区域内的磁场变化引起的，故四个图中的磁场变化率应变化，不是恒定的，所以有CD符合，AB是不变的．所以AB错误；由楞次定律的运动学描述“来拒去留”可知，若导体圆环将受到向上的磁场作用力，则竖直放置的螺线管内的磁通量减小，即电流减小，所以导线abcd内的磁通量的变化率是减小的．故C 正确，D错误．故选：C．点评：本题应明确abcd区域内的磁场变化引起螺线管的电磁感应；而螺线管中电流的变化才会引起导线环中电磁感应．5．（4分）（2015春•抚顺期末）如图所示，导体棒AB长2R，绕O点以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，OB为R，且OBA三点在一直线上，有一匀强磁场磁感应强度为B，充满转动平面且与转动平面垂直，那么AB两端的电势差大小为（）A．BωR2B．2BωR2C．4BωR2D．6BωR2考点：导体切割磁感线时的感应电动势．分析：金属棒中各点切割感线的速度不等，应用平均速度求解感应电动势的大小．线速度与角速度的关系式为v=ωr．解答：解：AB两端的电势差大小等于金属棒AB中感应电动势的大小，为：E=B•2R=B•2R•=4BR2ω故选：C．点评：解决本题的关键掌握转动切割产生的感应电动势公式E=BωL2，会根据E=Blv进行推导．6．（4分）（2015春•抚顺期末）如图所示，金属棒ab置于水平放置的金属导体框架cdef上，棒ab与框架接触良好．从某一时刻开始，给这个空间施加一个斜向上的匀强磁场，并且磁场均匀增加，ab棒仍静止，在磁场均匀增加的过程中，关于ab棒受到的摩擦力，下列说法正确的是（）A．摩擦力大小不变，方向向右 B．摩擦力变大，方向向右C．摩擦力变大，方向向左 D．摩擦力变小，方向向左考点：共点力平衡的条件及其应用；安培力．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：磁感应强度均匀增大，穿过回路的磁通量均匀增大，回路中产生恒定的电流，安培力F=BIL，分析安培力的变化，由平衡条件即可判断摩擦力的变化．解答：解：磁感应强度均匀增大，穿过回路的磁通量均匀增大，根据法拉第电磁感应定律得知，回路中产生恒定的电动势，感应电流I也恒定不变，ab棒所受的安培力：F=BIL，可知安培力F均匀增大；根据楞次定律，磁通量增大，产生顺时针方向的感应电流；根据左手定则，ab棒上的安培力的方向左下方，如图（从前向后看）．水平方向的分量：F x=BIL•sinθ磁场均匀增加，ab棒仍静止，所以ab棒受力平衡，在水平方向上静摩擦力与安培力沿水平方向的分量大小相等，方向相反，即f=F x，所以静摩擦力的方向是水平向右．故B正确，ACD 均错误．，金属棒ab始终保持静止，则摩擦力也均匀增大故选：B点评：本题关键根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势如何变化，即可判断感应电流和安培力的变化．7．（4分）（2015春•抚顺期末）如图，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b所示．以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是（）A．在图中t=0时刻穿过线圈的磁通量均为零B．线圈先后两次转速之比为3：2C．交流电a的瞬时值表达式为u=5sin 5πt （V）D．交流电b的最大值为5 V考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象．分析：t=0时刻电压为零，由法拉第电磁感应定律分析磁通量．由图读出电压最大值U m，周期T，由ω=求出，写出交流电a的瞬时值表达式．由周期关系求出转速关系．解答：解：A、由图可知，t=0时刻u=0，根据法拉第定律知，磁通量变化率为零，而磁通量最大．故A错误．B、周期分别为T a=0.4S，T b=0.6s，则由T=，得线圈先后两次转速之比n a：n b=T b：T a=3：2．故B正确．C、由图电压最大值U m=10V，周期T a=0.4S，ω==5πrad/s，交流电压的瞬时值表达式为u=U m sinωt=10sin5πt V．故C错误．D、由电动势的最大值E m=NBSω，则两个电压最大之值比U ma：U mb=ωa：ωb=3：2，则交流电b电压的最大值为V．故D错误．故选：B．点评：本题考查对交流电压图象的理解能力．难点在于C选项，要根据电动势最大值表达式研究电压最大值之间的关系．至于电压与磁能量的关系，根据法拉第电磁感应定律分析．8．（4分）（2015春•抚顺期末）为了监测变电站向外输电情况，要在变电站安装互感器，其接线如图所示．两变压器匝数分别为n1、n2和n3、n4，a和b是交流电表．则（）A．n1＞n2B．n3＞n4C．a为交流电流表，b为交流电压表D．a为交流电压表，b为交流电流表考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：理想变压器的工作原理是原线圈输入变化的电流时，导致副线圈的磁通量发生变化，从而导致副线圈中产生感应电动势．而副线圈中的感应电流的变化，又导致在原线圈中产生感应电动势．串联在电路中的是电流互感器，并联在电路中的是电压互感器．解答：解：A、由图可知，a并联在电路中是电压互感器，电路中是强电压，通过变压器变成弱电压，用电压表测量，因为电压之比等于线圈匝数比，所以n1＞n2，故A正确；B、b串联在电路中是电流互感器，电路中是强电流，通过变压器变成弱电流，用电流表测量，因为电流之比等于线圈匝数的倒数比，所以n3＜n4，B错误；C、a是电压表，b为电流表，C错误D正确；故选：AD点评：理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象．同时变压比与匝数成正比，变流比与匝数成反比．9．（4分）（2015•潍坊模拟）如图（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，使电路达到稳定，灯泡A发光，则（）A．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，然后渐渐变暗考点：自感现象和自感系数．分析：电感总是阻碍电流的变化．线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向更原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向更原电流的方向相同，抑制减小，并与灯泡构成电路回路．解答：解：A、B、在电路a中，断开S，由于线圈阻碍电流变小，导致A将逐渐变暗．故A正确，B错误；C、D、在电路b中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比线圈的电流小，断开S时，由于线圈阻碍电流变小，导致A将变得更亮，然后逐渐变暗．故C错误，D正确．故选：AD．点评：线圈中电流变化时，线圈中产生感应电动势；线圈电流增加，相当于一个瞬间电源接入电路，线圈左端是电源正极．当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈右端是电源正极．10．（4分）（2015春•抚顺期末）如图所示是一种延时开关，当S1闭合时，电磁铁F将衔铁D 吸下，C线路接通；当S1断开时，由于电磁感应作用，D将延迟一段时间才被释放，则（）A．由于A线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用B．由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用C．如果断开B线圈的电键S2，仍有延时作用D．如果断开B线圈的电键S2，延时将变长考点：电磁感应在生活和生产中的应用．分析：当S1、S2均闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，C电路接通，当S1断开时，导致由于线圈B中的磁通量变化，从而出现感应电流，致使F中仍有磁性，出现延迟一段时间才被释放．若线圈B处于断开，即使S1断开也不会有感应电流，则不会出现延迟现象．解答：解：A、B、当S1断开时，导致由于线圈B中的磁通量变小，从而出现感应电流，致使F中仍有磁性，出现延迟一段时间才被释放．所以由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用．故A错误、B正确．C、D、若断开B线圈的开关S2，当S1断开，F中立即没有磁性，所以没有延时功能．故CD 均错误．故选：B．点评：线圈B中的磁场，完全是由感应电流引起的，而感应电流是由线圈A中的电流变化而产生的．因此本题要学生熟练掌握楞次定律．11．（4分）（2015春•抚顺期末）如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO′为其对称轴．一导线折成边长为l的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内以恒定速度v o向右运动，当运动到关于OO′对称的位置时（）A．穿过回路的磁通量为零B．回路中感应电动势大小为2Blv0C．回路中感应电流的方向为a﹣d﹣c﹣b﹣aD．回路中ab边与cd边所受安培力方向相反考点：导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：根据磁通量的定义，由磁感线的条数可以判断此时磁通量的大小，如图所示时刻，有两根导线切割磁感线，根据右手定则可判断两根导线切割磁感线产生电动势的方向，求出回路中的总电动势，然后即可求出回路中的电流和安培力变化情况．解答：解：A、当线圈运动到关于OO′对称的位置时，线圈中左侧磁场垂直线圈向外，右侧磁场垂直线圈向内，而且左右的磁通量大小相等，相互抵消，因此磁通量为零，故A正确；B、ab切割磁感线形成电动势b端为正，cd切割形成电动势c端为负，两边产生的感应电动势大小均为E1=2BLv0，因此两个电动势串联，回路中感应电动势为E=2E1=2BLv0，故B正确；C、根据右手定则可知，回路中的感应电流方向为逆时针，即沿abcda方向，故C错误；D、根据左手定则可知，回路中ab边与cd边所受安培力方向均向左，方向相同，故D错误．故选：AB．点评：本题关键要理解磁通量的概念，如有磁场两种方向穿过线圈时，要按抵消的磁感线条数来确定磁通量．要掌握导体切割磁感线感应电动势公式E=BLv，明确两个电动势方向相同时相互串联，要正确选择相关定则判断感应电流的方向和安培力方向，对于这些基本规律要加强理解和应用．12．（4分）（2015春•抚顺期末）如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路．虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直．从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是（）A．感应电流方向一直是逆时针B．感应电流方向先是逆时针，后是顺时针C．感应电动势最大值E m=BavD．感应电动势平均值=考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．专题：电磁感应——功能问题．分析：由楞次定律可判断电流方向；由E=BLv，分析过程中最长有效切割长度，即可知最大感应电动势；由法拉第电磁感应定律可得出电动势的平均值．解答：解：AB、在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向一直为逆时针方向，故A正确，B错误．C、当半圆闭合回路进入磁场一半时，有效切割长度最大为a，这时感应电动势最大E m=Bav，故C正确．D、由法拉第电磁感应定律可得感应电动势平均值为===πBav，故D错误．故选：AC．。