山西省朔州市右玉一中2014-2015学年高二下学期期中考试物理试卷

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2014-2015学年度第二学期期中考试高二物理试题(含答案)

6.2014-2015学年度第二学期期中教学质量检测物理试题命题人: 审核人: 注意事项：本试卷满分100分，考试时间100分钟答卷前，考生务必将本人的学校、班级、姓名、考试号填在答题纸的密封线内. 将每题的答案或解答写在答题纸上，在试卷上答题无效. 考试结束，只交答题纸. 、单项选择题：本题共 6小题，每小题3分，共计18分•每小题只有一个选项符合题意. l . 2. 3. 4. 2. 某矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势为增加1倍，保持其他条件不变，则产生的感应电动势为 A . e=E m sin2otB . e=2E m sin2 otC . e=2E m sin4otD . e=4E m sin2ot 中央电视台《焦点访谈》多次报道某些边远落后农村电价过高，农民负担过重，其中客观原因是电网陈旧老化•近年来进行了农村电网改造，为了减少远距离输电线路上的电能损耗而降低电费价格，以下措施中切实可行 e=E m sin cot 若将线圈的转速的是 3. 4. 5. A .提高输送功率B .C •提高输电电压D . 如图所示，三只完全相同的灯泡 a 、b 、c 分别与电阻R 、电感L 、电容C 串联，再将三者并联，接在 “220V 100HZ'的交变电压两端，三只灯泡亮度相同，若将交变电压改为“220V 50Hz ”，则 A .三只灯泡亮度不变 B .三只灯泡都将变亮 C. a 亮度不变，D. a 亮度不变，如图一矩形线圈，的固定轴转动，线圈中的感应电动势 e 随时间t 的变化如图，下列说法中正确的是A . t 1时刻通过线圈的磁通量为零B . t 2时刻线圈位于中性面C . t 3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大D .每当e 变化方向时，通过线圈的磁通量最大如图所示是一个火警报警器电路的示意图.其中这种半导体热敏材料的电阻率随温度的升高而增大. 电源两极之间接一报示器的电流 A . I 变大， C . I 变大，如图甲所示，为一种调光台灯电路示意图，它通过双向可控硅电子器件实现了无级调节亮度.给该台灯接220 V 的正弦交流电后加在灯管两端的电压如图乙所示，则此时交流电压表的示数为用超导材料做输电线减小输电线的横截面 a 、 b 变亮，c 变暗 b 变暗，c 变亮绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面警器•当传感器 I 、报警器两端的电压 U 变大 U 变小L\J■0,4R 3为用半导体热敏材料制成的传感器，值班室的显示器为电路中的电流表, R 3所在处出现火情时，显 U 的变化情况是变小，U 变大变小，U 变小220 110C. ■ VD. - V.2 2二、多项选择题.本题共6小题，每小题4分，共计24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.7•关于涡流，下列说法中正确是A •真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置B •家用电磁炉锅体中的涡流是由恒定磁场产生的C •阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动D •变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能减小涡流&如图甲所示为某工厂成品包装车间的光传感记录器，光敏电阻发出的光，每当工件挡住A发出的光，光传感器处理后在屏幕显示出电信号与时间的关系，如图乙所示•若传送带保持匀加速运动，每个工件均相对传送带静止，且相邻工件间距依次为5、10、15、20、…（单位：cm）.则以下说法正确的是（不计工件挡住光的时间）A .工件的加速度为0.1 m/s2B .工件的加速度为0.2 m/s2C .当无光照射R1时，光传感器就输出一次高电压D •当无光照射R1时，光传感器就输出一次低电压9•如图甲、乙所示电路中，电阻R和电感线圈L的电阻都很小•接通B. 110V灯泡A发光，则S,使电路达到上磁炉R1能接收到发光元件AB就输出一个电信号，并经信号处理器12. 如图所示，相距为d 的两水平虚线L 1和L 2分别是水平向里的匀强磁场的上下两个边界，磁场的磁感应强度为 B ,正方形线框abdc 边长为L (L<d ),质量为方高h 处由静止释放.如果 ab 边进入磁场时的速度为 V 0, cd 边刚穿出磁场时的速度也为 V 。

2014-2015下学期高二物理期中考试试题(含答案)

2014—2015学年度第二学期期中试卷高二物理第Ⅰ卷（选择题共40分）一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．每小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4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)1. 绕有线圈的铁芯直立在水平桌面上，铁芯上套着一个铝环，线圈与直流稳恒电源、电键相连，如图所示，线圈上端与电源正极相连，闭合电键的瞬间，铝环向上跳起．若保持电键闭合，则（）A ．铝环不断升高B ．铝环停留在某一高度C ．铝环跳起到某一高度后将回落D ．如果电源的正、负极对调，观察到的现象不变2. 一交变电流的电压表达式为u ＝100 sin120πt （V ），由此表达式可知( )A ．用电压表测该电压其示数为100 VB ．该交变电压的频率为60HzC ．将该电压加在100Ω的电阻两端，则该电阻消耗的电功率为100 WD ．t ＝1/480 s 时，该交流电压的瞬时值为50 V3．满载砂子的总质量为M 的小车，在光滑水平面上做匀速运动，速度为0v 。

在行驶途中有质量为m 的砂子从车上漏掉，则砂子漏掉后小车的速度应为：( )A ．0vB ．m M Mv -0 C ．m M mv -0 D ．Mv m M 0)(-4. 如图所示，在光滑的水平地面上有一辆平板车，车的两端分别站着人A 和B ，A 的质量为m A ，B 的质量为m B ，m A >m B .最初人和车都处于静止状态．现在，两人同时由静止开始相向而行，A 和B 对地面的速度大小相等，则车 ( )A ．静止不动B ．左右往返运动C ．向右运动D ．向左运动5.右图表示一交流电的电流随时间而变化的图像,此交流电流的有效值是 ( ) A ．25 A B ．5AC ．25.3 AD ．3.5A6.图是街头变压器通过降压给用户供电的示意图。

变压器输入电压是市电网的电压，不会有很大的波动。

山西省朔州市右玉一中2015-2016学年高二下学期月考物理试卷(5月份) 含解析

2015-2016学年山西省朔州市右玉一中高二（下）月考物理试卷（5月份）一、选择题（本题共10小题,每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得4分，选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分．)1．如图所示,一个木箱原来静止在光滑水平面上,木箱内粗糙的底板上放着一个小木块．木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度v0,则(）A．小木块和木箱最终都将静止B．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动C．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞,而木箱一直向右运动D．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动2．质量为m的小球A，在光滑的水平面上以速度v0与质最为3m的静止小球B发生正碰，碰撞后A球的速度大小变为原来的，则碰后小球B的速度大小可能为（）A． B．C． D．3．如图所示,在光滑水平面上质量分别为m A=2kg、m B=4kg，速率分别为v A=5m/s、v B=2m/s 的A、B两小球沿同一直线相向运动（)A．它们碰撞前的总动量是18kg•m/s，方向水平向右B．它们碰撞后的总动量是18kg•m/s,方向水平向左C．它们碰撞前的总动量是2kg•m/s,方向水平向右D．它们碰撞后的总动量是2kg•m/s,方向水平向左4．如图正、负电子垂直磁场方向沿与边界成θ=30°角的方向射入只有下边界的匀强磁场中，则正、负电子在磁场中运动的时间之比为（）A．1:1 B．1：2 C．1：5 D．1：65．如图所示，一质量为m的带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中（电场竖直向下，磁场在水平方向）的竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，则这个液滴（)A．一定带正电，而且沿逆时针方向运动B．一定带负电，而且沿顺时针方向运动C．一定带负电,但绕行方向不能确定D．不能确定带电性质，也不能确定绕行方向6．在以P1Q1、P2Q2为边界的区域内有垂直纸面向内的匀强磁场，直角三角形金属导线框ABC位于纸面内，C点在边界P1Q1上，且AB⊥BC，已知AB=BC=L，P1Q1、P2Q2间距为2L．从t=0时刻开始，线框向右匀速穿过磁场区域，以顺时针方向为线框中感应电流i的正方向，则感应电流i随时间t变化的图象是（)A．B．C．D．7．如图所示，带电粒子以初速度v0从a点垂直y轴进入匀强磁场，运动中经过b点，且oa=ob．若撤去磁场加一个与y轴平行的匀强电场，让该粒子仍以v0从a点垂直y轴进入匀强电场，粒子仍能通过b点,那么电场强度E与磁感应强度B之比为（）A．v0B．C．2v0D．8．如图所示，木块B与水平弹簧相连放在光滑水平面上,子弹A沿水平方向射入木块后留在木块B内，入射时间极短，而后木块将弹簧压缩到最短．关于子弹和木块组成的系统，下列说法中正确的是()A．子弹射入木块的过程中系统动量守恒B．子弹射入木块的过程中系统机械能守恒C．木块压缩弹簧过程中，系统总动量守恒D．木块压缩弹簧过程中，子弹、木块和弹簧组成的系统机械能守恒9．半导体材料导电性能受光照影响较大,当光照增强时，其导电性能大幅度提高，表现为电阻减小,因而可用来制作成光敏电阻将光信号转化为电信号．如图所示，R1、R2为定值电阻，L为小灯泡,R3为光敏电阻，当照射光强度增大时(）A．电压表示数增大B．R2中电流增大C．小灯泡L的功率增大D．电路中路端电压降低10．如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨与水平方向成θ角放置，下端接有电阻R，一根质量为m的导体棒垂直放置在导轨上,与导轨保持良好接触，匀强磁场垂直导轨平面向上，导体棒在外力作用下向上匀速运动．不计导体棒和导轨的电阻，则下列说法正确的是（）A．拉力做的功等于棒的机械能的增量B．合力对棒做的功等于棒动能的增量C．拉力与棒受到的磁场力的合力为零D．拉力对棒做的功与棒克服重力做功之差等于回路中产生的电能二、填空题，（共22分，请按试题要求作答．）11．一同学用游标卡尺测一根金属管的深度时,游标卡尺上的游标尺和和主尺的相对位置如图所示，则这根金属管的深度是cm．则该同学用螺旋测微器测量小零件的厚度时螺旋测微器上的示数如图乙所示，则小零件的厚度为mm．12．光滑的水平面上，用弹簧相连的质量均为2kg的A、B两物块都以V0=6m/s的速度向右运动,弹簧处于原长，质量为4kg的物块C静止在前方，如图所示．B与C碰撞后二者粘在一起运动，在以后的运动中，当弹簧的弹性势能达到最大为J，此时物块A的速度是m/s．13．某实验小组在“实验：探究碰撞中的不变量"的实验中，采用如图1所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来进行探究．图中PQ是斜槽，QR为水平槽．实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上,留下痕迹．重复上述操作10次,得到10个落点痕迹．再把B球放在水平槽上靠近末端的地方,让A球仍从位置G 自静止开始滚下，和B球碰撞后,A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹．重复这种操作10次．图中的O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点．B球落点痕迹如图2所示，其中米尺水平放置,且平行于G、R、O所在平面，米尺的零点与O点对齐．（1）碰撞后B球的水平射程应取为cm．（2）在以下选项中,哪些是本次实验必须进行的测量?（填选项号)A、水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离;B、A球与B球碰撞后,测量A球落点位置到O点的距离；C、测量A球或B球的直径；D、测量A球或B球的质量(或两球质量之比）;E、测量G点相对水平槽面的高度．三.计算题（共38分，请按试题要求作答．）14．水平固定的金属导轨间距L，电阻忽略不计,导轨左端接有电阻R，匀强磁场B垂直导轨平面向下，质量为m、电阻r、长度也为L的导体棒垂直放在导轨上与导轨保持良好接触，导体棒ab与导轨间的动摩擦因素为μ．在外力作用下，金属棒ab以速度v向右匀速运动，求：（1）导体棒ab中的感应电流的方向和大小；（2）电阻R的电功率；(3）外力F的大小．15．在以坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示．一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x轴的交点A 处以速度v沿﹣x方向射入磁场，恰好从磁场边界与y轴的交点C处沿+y方向飞出．(1)请判断该粒子带何种电荷（2）求出其荷质比．（3）若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B′，该粒子仍从A处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，求磁感应强度B′多大？此次粒子在磁场中运动所用时间t是多少?16．如图所示，质量为3m、长度为L的木块静止放置在光滑的水平面上．质量为m的子弹（可视为质点）以初速度v0水平向右射入木块，穿出木块时速度变为．试求：①子弹穿出木块后，木块的速度大小；②子弹穿透木块的过程中,所受到平均阻力的大小．17．如图所示，小球A系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到水平面的距离为h．物块B质量是小球的5倍，至于粗糙的水平面上且位于O点正下方，物块与水平面间的动摩擦因数为μ．现拉动小球使线水平伸直,小球由静止开始释放,运动到最低点时与物块发生正碰（碰撞时间极短)，反弹后上升至最高点时到水平面的距离为．小球与物块均视为质点，不计空气阻力,重力加速度为g，求物块在水平面上滑行的时间t．2015—2016学年山西省朔州市右玉一中高二(下）月考物理试卷（5月份）参考答案与试题解析一、选择题(本题共10小题，每小题4分,共40分．在每小题给出的四个选项中,有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分．）1．如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上,木箱内粗糙的底板上放着一个小木块．木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度v0，则（）A．小木块和木箱最终都将静止B．小木块最终将相对木箱静止,二者一起向右运动C．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动D．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动【考点】动量守恒定律．【分析】应用动量守恒定律解决问题的基本思路和一般方法：（1）分析题意,明确研究对象；(2）要对各阶段所选系统内的物体进行受力分析,弄清哪些是系统内部物体之间相互作用的内力，哪些是系统外物体对系统内物体作用的外力，在受力分析的基础上根据动量守恒定律条件，判断能否应用动量守恒；(3）明确所研究的相互作用过程，确定过程的始、末状态，即系统内各个物体的初动量和末动量的量值或表达式；（4)确定好正方向建立动量守恒方程求解．本题中物体系统在光滑的平面上滑动，系统所受外力的合力为零，故系统动量始终守恒，而由于系统内部存在摩擦力，阻碍物体间的相对滑动,最终两物体应该相对静止，一起向右运动．【解答】解：系统所受外力的合力为零,动量守恒，初状态木箱有向右的动量,小木块动量为零，故系统总动量向右，系统内部存在摩擦力，阻碍两物体间的相对滑动，最终相对静止,由于系统的总动量守恒，不管中间过程如何相互作用，根据动量守恒定律，最终两物体以相同的速度一起向右运动．故选B．2．质量为m的小球A，在光滑的水平面上以速度v0与质最为3m的静止小球B发生正碰，碰撞后A球的速度大小变为原来的，则碰后小球B的速度大小可能为（）A． B．C． D．【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．【分析】碰撞过程中动量守恒，本题的难点在于判断碰撞后A球的速度方向,注意碰撞满足的条件：动量守恒，碰撞是一次性的不能重复碰撞,碰后动能小于等于碰前动能．【解答】解:若碰后A球速度方向和原来一致，则根据动量守恒得：mv0=mv1+3mv2将带入得，v1＞v2,因此将发生第二次碰撞,故这种情况不可能，碰后A球速度将发生反向．所以有：mv0=mv1+3mv2将带入公式得：，故ABC错误，D正确．故选D．3．如图所示,在光滑水平面上质量分别为m A=2kg、m B=4kg,速率分别为v A=5m/s、v B=2m/s 的A、B两小球沿同一直线相向运动（)A．它们碰撞前的总动量是18kg•m/s，方向水平向右B．它们碰撞后的总动量是18kg•m/s,方向水平向左C．它们碰撞前的总动量是2kg•m/s，方向水平向右D．它们碰撞后的总动量是2kg•m/s，方向水平向左【考点】动量守恒定律．【分析】两球碰撞过程，系统动量守恒，先选取正方向，再根据动量守恒定律列方程,求解即可．【解答】解：取水平向右方向为正方向，设碰撞后总动量为P．则碰撞前,A、B的速度分别为：v A=5m/s、v B=﹣2m/s．根据动量守恒定律得：P=m A v A+m B v B=2×5+4×（﹣2）=2（kg•m/s），P＞0，说明碰撞后总动量方向水平向右．则碰撞前总动量方向也水平向右．故选：C．4．如图正、负电子垂直磁场方向沿与边界成θ=30°角的方向射入只有下边界的匀强磁场中,则正、负电子在磁场中运动的时间之比为（）A．1：1 B．1：2 C．1：5 D．1：6【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【分析】正负离子垂直射入磁场后都做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律研究轨道半径关系．根据圆的对称性分析重新回到磁场边界时正负离子速度大小和方向的关系．写出轨迹的圆心角,研究运动的时间关系．根据几何知识研究正负离子重新回到磁场边界的位置与O点距离关系．【解答】解：设正离子轨迹的圆心角为α，负离子轨迹的圆心角为β．由几何知识得到，α=2π﹣2θ，β=2θ正离子运动的时间为t1=T，正离子运动的时间为t2=T，而周期T=相同，所以:．故C选项正确．故选：C5．如图所示，一质量为m的带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中（电场竖直向下,磁场在水平方向）的竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动,则这个液滴（)A．一定带正电，而且沿逆时针方向运动B．一定带负电，而且沿顺时针方向运动C．一定带负电，但绕行方向不能确定D．不能确定带电性质,也不能确定绕行方向【考点】带电粒子在混合场中的运动．【分析】带电液滴做匀速圆周运动，电场力与重力平衡，即可由电场方向从而确定电性；根据洛伦兹力提供向心力,由左手定则判断粒子的旋转方向．【解答】解：因为两带电液滴在复合场中做匀速圆周运动，电场力与重力平衡,则知电场力方向向上，而电场方向向下，所以液滴带负电荷；由洛伦兹力提供向心力,根据左手定则判断可知，液滴沿顺时针方向转动;故ACD错误，B正确;故选：B．6．在以P1Q1、P2Q2为边界的区域内有垂直纸面向内的匀强磁场,直角三角形金属导线框ABC 位于纸面内,C点在边界P1Q1上,且AB⊥BC，已知AB=BC=L,P1Q1、P2Q2间距为2L．从t=0时刻开始,线框向右匀速穿过磁场区域，以顺时针方向为线框中感应电流i的正方向，则感应电流i随时间t变化的图象是（）A．B．C．D．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．【分析】由楞次定律依据磁通量的变化可以判定感应电流的方向,根据有效切割长度的变化，分析感应电动势的变化，分析感应电流大小的变化，分段分析可以判定符合的图象．【解答】解:A、线框刚进入磁场时磁通量向外增加，感应磁场向里，根据楞次定律可知感应电流方向为逆时针，则电流i应为负，故A错误；BCD、随着线框的运动，导线有效的切割长度均匀增加，产生的感应电动势均匀增加，则感应电流均匀增加；线框出磁场的过程中,磁通量向内减小，感应电流的磁场向内，由楞次定律可知感应电流为顺时针,则知B错误．随着线框的运动,导线有效的切割长度均匀增大,产生的感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大;故C错误，D正确．故选：D．7．如图所示，带电粒子以初速度v0从a点垂直y轴进入匀强磁场,运动中经过b点，且oa=ob．若撤去磁场加一个与y轴平行的匀强电场，让该粒子仍以v0从a点垂直y轴进入匀强电场,粒子仍能通过b点，那么电场强度E与磁感应强度B之比为（)A．v0B．C．2v0D．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】带电粒子以速度v0从a点进入匀强磁场，运动中经过b点,Oa=Ob，所以圆周运动的半径正好等于oa=ob,根据半径公式求出B,如果换成匀强电场，则粒子做类平抛运动，根据平抛运动的基本规律即可求解．【解答】解：设oa=ob=d,因为带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径r正好等于d,粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qv0B=m，r=d解得：B=．如果换成匀强电场，水平方向以v0做匀速直线运动，竖直沿y轴负方向做匀加速运动，即:d=，d=v0t;解得：E=则:=2v0；故选：C．8．如图所示,木块B与水平弹簧相连放在光滑水平面上,子弹A沿水平方向射入木块后留在木块B内，入射时间极短，而后木块将弹簧压缩到最短．关于子弹和木块组成的系统,下列说法中正确的是()A．子弹射入木块的过程中系统动量守恒B．子弹射入木块的过程中系统机械能守恒C．木块压缩弹簧过程中，系统总动量守恒D．木块压缩弹簧过程中，子弹、木块和弹簧组成的系统机械能守恒【考点】动量守恒定律;机械能守恒定律．【分析】系统所受合外力为零，系统动量守恒,只有重力或只有弹力做功，系统机械能守恒，根据动量守恒与机械能守恒的条件分析答题．【解答】解：A、子弹射入木块的过程中系统所受合外力为零，系统动量守恒，故A正确；B、子弹射入木块的过程中要克服阻力做功，系统机械能不守恒，故B错误；C、木块压缩弹簧过程中系统所受合外力不为零，系统动量不守恒,故C错误；D、木块压缩弹簧过程中，只有弹簧的弹力做功，子弹、木块和弹簧组成的系统机械能守恒，故D正确;故选：AD．9．半导体材料导电性能受光照影响较大，当光照增强时，其导电性能大幅度提高，表现为电阻减小，因而可用来制作成光敏电阻将光信号转化为电信号．如图所示，R1、R2为定值电阻，L为小灯泡，R3为光敏电阻，当照射光强度增大时（）A．电压表示数增大B．R2中电流增大C．小灯泡L的功率增大D．电路中路端电压降低【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】由光敏电阻的性质分析电路中电阻的变化，由闭合电路欧姆定律可得出电路中总电流的变化，由欧姆定律可得出电压表示数的变化；同时还可得出路端电压的变化;由串联电路的规律可得出并联部分电压的变化，再由并联电路的规律可得出通过小灯泡的电流的变化，由功率公式即可得出灯泡功率的变化．【解答】解：A、当光照强度增大，故光敏电阻的阻值减小，电路中的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可得,电路中总电流增大，故R1两端的电压增大，电压表的示数增大．故A正确；B、因电路中总电流增大，故内电压增大,路端电压减小，同时R1两端的电压增大，故并联电路部分电压减小；则流过R2的电流减小,故B错误;C、总电流增大，流过R2的电流减小，由并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流一定增大，故由P=I2R可知，小灯泡消耗的功率增大，故C正确；D、电源两端的电压为路端电压，由B的分析可知，路端电压减小，故D正确；故选：ACD10．如图所示,两根足够长的平行光滑金属导轨与水平方向成θ角放置，下端接有电阻R，一根质量为m的导体棒垂直放置在导轨上，与导轨保持良好接触，匀强磁场垂直导轨平面向上，导体棒在外力作用下向上匀速运动．不计导体棒和导轨的电阻，则下列说法正确的是（）A．拉力做的功等于棒的机械能的增量B．合力对棒做的功等于棒动能的增量C．拉力与棒受到的磁场力的合力为零D．拉力对棒做的功与棒克服重力做功之差等于回路中产生的电能【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．【分析】导体沿斜面匀速上升,动能不变，重力势能增加，回路中产生内能,根据能量转化和守恒定律,分析拉力做功与各种能量变化的关系．根据动能定理，拉力、磁场力和重力所做总功为零，拉力对棒做的功与棒克服重力做的功之差等于棒克服磁场力做的功，而棒克服磁场力做的功等于回路中产生的电能．根据功能关系进行分析．【解答】解:A、根据能量转化和守恒定律，可知拉力做的功等于棒的机械能的增量与电路中产生的电能之和，故A错误；B、根据动能定理得知：合力对棒做的功等于棒动能的增量,故B正确；C、导体受重力、磁场力、支持力和拉力，由于匀速动动，所以四个力合力为零，根据平衡条件的推论得知:拉力与磁场力的合力大小等于重力与支持力的合力大小，不等于零，故C 错误;D、根据功能关系可知，拉力、安培力和重力所做总功为零，即W拉﹣W安﹣W G=0，可得:W拉﹣W G=W安，即拉力对棒做的功与棒克服重力做的功之差等于棒克服安培力做的功，而棒克服安培力做的功等于回路中产生电能，所以拉力对导体棒做的功与棒克服重力做的功之差等于回路中产生的电能，故D正确．故选:BD二、填空题，（共22分，请按试题要求作答．）11．一同学用游标卡尺测一根金属管的深度时，游标卡尺上的游标尺和和主尺的相对位置如图所示,则这根金属管的深度是 1.055cm．则该同学用螺旋测微器测量小零件的厚度时螺旋测微器上的示数如图乙所示，则小零件的厚度为8。

山西省朔州市右玉一中高二物理下学期期中试卷(含解析)

山西省朔州市右玉一中2014-2015学年高二下学期期中物理试卷一、选择题：（每题4分，共48分，其中第1题为多项选择，其余为单选）1．自然界的电、磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献．下列说法正确的是( )A．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化B．法拉第发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系C．法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系D．椤次发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系2．一个面积为S的单匝矩形线圈在匀强磁场中绕一个固定轴做匀速运动，当线圈处于如图所示位置开始计时，下列说法中正确的是( )A．t=0时线圈的感应电动势为零B．转过90°时线圈的感应电动势最大C．转过90°的过程中线圈中的平均感应电动势为BSωD．转过90°的过程中线圈中的平均感应电动势为3．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．4．如图所示，线圈L的自感系数和电容器的电容C都很小（如L=100μH，C=100pF），此电路的主要作用是( )A．阻直流、通交流，输出交流电B．阻交流、通直流，输出直流电C．阻低频、通高频，输出高频交流电D．阻高频、通低频，输出低频交流电和直流电5．如图所示是高频焊接原理示意图．线圈中通以高频变化的电流时，待焊接的金属工件中就产生感应电流，感应电流通过焊缝产生大量热量，将金属融化，把工件焊接在一起，而工件其他部分发热很少．以下说法正确的是( )A．电流变化的频率越高，焊缝处的温度升高得越慢B．电流变化的频率越低，焊缝处的温度升高得越快C．工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻大D．工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻小6．把导体匀速拉上斜面如图所示，（不计棒和导轨的电阻，且接触面光滑，匀强磁场磁感应强度B垂直框面向上）则下列说法正确的是( )A．拉力做的功等于棒的机械能的增量B．合力对棒做的功等于棒的动能的增量C．拉力与棒受到的磁场力的合力为零D．拉力对棒做的功与棒克服重力做的功之差等于回路中产生电能7．如图所示，灯泡A、B与固定电阻的阻值均为R，L是自感系数很大的线圈．当S1闭合，S2断开且电路稳定时，A、B亮度相同，再闭合S2，待电路稳定后将S1断开，下列说法中正确的是( )A．B灯立即熄灭B．A灯将比原来更亮一下后再熄灭C．有电流通过B灯，方向为c→dD．有电流通过A灯，方向为a→b8．一质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的( )A．质点运动频率是4HzB．在10秒内质点经过的路程是20cmC．第4末质点的速度是零D．在t=1s和t=3s两时刻，质点位移大小相等、方向相同9．一理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头．下列说法正确的是( )A．副线圈输出电压的有效值为31 VB．副线圈输出电压的频率为50 HzC．P向右移动时，原、副线圈的电流比减小D．P向右移动时，变压器的输入功率减小10．一根电阻丝接入100V的恒定电压电路中，在1min内产生的热量为Q，同样的电阻丝接入正弦交变电流的电路中，在2min内产生的热量也为Q，则该交流电压的峰值是( ) A．141.4 V B．70.7 V C．100 V D．50 V11．一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示．已知发电机线圈内阻为5.0Ω，外接一只电阻为95.0Ω的灯泡，如图乙所示，则( )A．电压表V的示数为220VB．电路中的电流方向每秒钟改变50次C．灯泡实际消耗的功率为484WD．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2J12．如图，矩形闭合线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻，线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界OO′平行，线框平面与磁场方向垂直，设OO′下方磁场区域足够大，不计空气影响，则下列哪一个图象可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律( )A．B．C．D．二、填空题．13．如图所示，一带负电的粒子处在电磁感应加速器半径为r的轨道中，轨道围成的内部区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，若磁场的磁感应强度随时间均匀增大．则该粒子在轨道内将作__________（选填“顺时针”或“逆时针”）运动，如果该粒子每运动一周增加的动能为△E k，粒子所带的电荷量为q，那么磁感应强度的变化率为__________．三、简答题．14．某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验中，先测得摆线长为101.00cm，摆球直径为2.00cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为101.5s．则：（1）他测得的重力加速度g=__________m/s2．（计算结果取三位有效数字）（2）他测得的g值偏小，可能原因是：__________A．测摆线长时摆线拉得过紧．B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了．C．开始计时时，秒表过迟按下．D．实验中误将49次全振动计为50次．（3）为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长l并测出相应的周期T，从而得出一组对应的l和T的数值，再以l为横坐标、T2为纵坐标将所得数据连成直线，并求得该直线的斜率K．则重力加速度g=__________．（用K表示）15．如图所示，面积为0.2m2的100匝线圈A处在磁场中，磁场方向垂直于线圈平面．磁感应强度随时间变化的规律是B=（6﹣0.2t）T，已知电路中的R1=4Ω，R2=6Ω，电容C=30μF，线圈A的电阻不计．求：（1）闭合S后，通过R1的电流大小和方向．（2）闭合S一段时间后，再断开S，S断开后通过R2的电荷量是多少？16．某发电站的输出功率为104kW，输出电压为4kV，通过理想变压器升压后向125km远处用户供电．已知输电线的电阻率为ρ=2.4×10﹣8Ω•m，导线横截面积为1.5×10﹣4m2，输电线路损失的功率为输出功率的4%，求：（1）画出远距离输电的示意图；（2）所用的理想升压变压器原、副线圈的匝数比是多少？（3）如果用户用电器的额定电压为220V，所用理想降压变压器原、副线圈匝数比是多少？17．如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距为L=0.5m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面与水平面成30°角．完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终良好接触，已知两棒质量均为m=0.02kg，电阻均为R=0.1Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.2T，棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好能够保持静止．g取10m/s2，问：（1）通过棒cd的电流I是多少，方向如何？（2）棒ab受到的力F多大？（3）棒cd每产生Q=0.1J的热量，力F做的功W是多少？山西省朔州市右玉一中2014-2015学年高二下学期期中物理试卷一、选择题：（每题4分，共48分，其中第1题为多项选择，其余为单选）1．自然界的电、磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献．下列说法正确的是( )A．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化B．法拉第发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系C．法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系D．椤次发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系考点：物理学史．专题：常规题型．分析：依据物理学的发展史和各个人对物理学的贡献可以判定各个选项．解答：解：A、楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故A正确；B、奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系．故B错误；C、法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系，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，这也是考试内容之一．2．一个面积为S的单匝矩形线圈在匀强磁场中绕一个固定轴做匀速运动，当线圈处于如图所示位置开始计时，下列说法中正确的是( )A．t=0时线圈的感应电动势为零B．转过90°时线圈的感应电动势最大C．转过90°的过程中线圈中的平均感应电动势为BSωD．转过90°的过程中线圈中的平均感应电动势为考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理；法拉第电磁感应定律．专题：交流电专题．分析：根据E m=NBSω求解感应电动势的最大值，根据E=N求解感应电动势的平均值．解答：解：A、t=0时线圈的磁通量为零，cd边垂直切割磁感线，感应电动势最大，为：E m=NBSω，故A错误；B、转过90°时，cd边速度方向与磁感线平行，故线圈的感应电动势为零，故B错误；C、D、转过90°的过程中线圈中的平均感应电动势为：=N=；T=；解得，=；故C错误，D正确；故选：D．点评：本题关键明确根据公式E m=NBSω求最大值，根据=N求平均值，基础题．3．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．4．如图所示，线圈L的自感系数和电容器的电容C都很小（如L=100μH，C=100pF），此电路的主要作用是( )A．阻直流、通交流，输出交流电B．阻交流、通直流，输出直流电C．阻低频、通高频，输出高频交流电D．阻高频、通低频，输出低频交流电和直流电考点：电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用．专题：交流电专题．分析：根据电容器和电感线圈的特性分析选择．电容器内部是真空或电介质，隔断直流．能充电、放电，能通交流，具有隔直通交、通高阻低的特性．电感线圈可以通直流，通过交流电时产生自感电动势，阻碍电流的变化，具有通直阻交，通低阻高的特性．根据感抗和容抗的大小分析对高频和低频的阻碍．解答：解：电感器对直流无阻碍，对交流电有阻碍作用，根据X L=2πLf知，自感系数很小，频率越低，感抗越小，所以阻碍作用为：通低频，阻高频．电容器对交流无阻碍，对直流电有阻碍作用，根据X c=．知电容C越小，频率越低，容抗越大，所以阻碍作用为：通高频，阻低频．因此电路的主要作用是阻高频、通低频，输出低频交流电和直流电，故D正确，ABC错误；故选：D．点评：对于电容和电感的特性可以利用感抗和容抗公式记忆：X L=2πLf，x C=．L是电感，C是电容，f是频率．5．如图所示是高频焊接原理示意图．线圈中通以高频变化的电流时，待焊接的金属工件中就产生感应电流，感应电流通过焊缝产生大量热量，将金属融化，把工件焊接在一起，而工件其他部分发热很少．以下说法正确的是( )A．电流变化的频率越高，焊缝处的温度升高得越慢B．电流变化的频率越低，焊缝处的温度升高得越快C．工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻大D．工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻小考点：法拉第电磁感应定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：高频焊接利用高频交变电流产生高频交变磁场，在焊接的金属工件中就产生感应电流，根据法拉第电磁感应定律分析电流变化的频率与焊缝处的温度升高的关系．焊缝处横截面积小，电阻大，电流相同，焊缝处热功率大，温度升的很高．解答：解：A、B、高频焊接利用高频交变电流产生高频交变磁场，在焊接的金属工件中就产生感应电流，根据法拉第电磁感应定律分析可知，电流变化的频率越高，磁通量变化频率越高，产生的感应电动势越大，感应电流越大，焊缝处的温度升高的越快．故AB错误．C、D、焊缝处横截面积小，电阻大，电流相同，焊缝处热功率大，温度升的很高．故C 正确，D错误．故选：C．点评：本题高频焊接是电磁感应原理的实际应用，根据电磁感应的普遍规律来分析、理解，并不难．6．把导体匀速拉上斜面如图所示，（不计棒和导轨的电阻，且接触面光滑，匀强磁场磁感应强度B垂直框面向上）则下列说法正确的是( )A．拉力做的功等于棒的机械能的增量B．合力对棒做的功等于棒的动能的增量C．拉力与棒受到的磁场力的合力为零D．拉力对棒做的功与棒克服重力做的功之差等于回路中产生电能考点：导体切割磁感线时的感应电动势；力的合成与分解的运用；电磁感应中的能量转化．专题：电磁感应——功能问题．分析：导体沿斜面匀速上升，动能不变，重力势能增加，回路中产生内能，根据能量转化和守恒定律，分析拉力做功与各种能量变化的关系．根据动能定理，拉力、磁场力和重力所做总功为零，则拉力对棒做的功与棒克服重力做的功之差等于棒克服磁场力做的功．而棒克服磁场力做的功等于回路中产生电能．解答：解：A、根据能量转化和守恒定律，分析得到：拉力做的功等于棒的机械能的增量与电路中产生的电能之和．故A错误．B、根据动能定理得合力对棒做的功等于棒的动能的增量，故B正确．C、导体受重力、磁场力、支持力和拉力，由于匀速拉上，所以四个力合力为零，所以拉力与棒受到的磁场力的合力等于重力与支持力的合力大小．故C错误．D、根据功能关系可知：拉力、磁场力和重力所做总功为零，则拉力对棒做的功与棒克服重力做的功之差等于棒克服磁场力做的功．而棒克服磁场力做的功等于回路中产生电能．故D正确．故选BD点评：本题考查分析电磁感应现象中功能关系的能力．可能根据动能定理分析．抓住导体棒克服磁场力做的功等于回路中产生电能．7．如图所示，灯泡A、B与固定电阻的阻值均为R，L是自感系数很大的线圈．当S1闭合，S2断开且电路稳定时，A、B亮度相同，再闭合S2，待电路稳定后将S1断开，下列说法中正确的是( )A．B灯立即熄灭B．A灯将比原来更亮一下后再熄灭C．有电流通过B灯，方向为c→dD．有电流通过A灯，方向为a→b考点：自感现象和自感系数．分析：在开关闭合瞬间，线圈阻碍电流的增加，断开S1瞬间产生一自感电动势相当于电源，与A组成闭合回路．解答：解：解：S1闭合、S2断开且电路稳定时两灯亮度相同，说明L的直流电阻亦为R．闭合S2后，L与A灯并联，R与B灯并联，它们的电流均相等．当断开后，L将阻碍自身电流的减小，即该电流还会维持一段时间，在这段时间里，因S2闭合，电流不可能经过B灯和R，只能通过A灯形成b→A→a→L→c→b的电流，所以A正确CD错误；由于自感形成的电流是在L原来电流的基础上逐渐减小的，并没有超过A灯原来电流，故A灯虽推迟一会熄灭，但不会比原来更亮，故B错误．故选：A点评：做好本类题目要注意：线圈与哪种电器配合，在结合线圈的特点分析哪一端的电势高，从而判断电流的方向．8．一质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的( )A．质点运动频率是4HzB．在10秒内质点经过的路程是20cmC．第4末质点的速度是零D．在t=1s和t=3s两时刻，质点位移大小相等、方向相同考点：简谐运动的振动图象．专题：简谐运动专题．分析：由简谐运动的图象直接读出周期，求出频率．根据时间与周期的关系求出在10s内质点经过的路程．根据质点的位置分析其速度．根据对称性分析t=1s和t=35s两时刻质点的位移关系．解答：解：A、由图读出质点振动的周期T=4s，则频率f===0.25Hz．故A错误．B、质点做简谐运动，在一个周期内通过的路程是4A，t=10s=2.5T，所以在10s内质点经过的路程是：S=2.5×4A=10×2cm=20cm．故B正确．C、在第4s末，质点的位移为0，经过平衡位置，速度最大．故C错误．D、由图知在t=1 s和t=3 s两时刻，质点位移大小相等、方向相反，故D错误．故选：B点评：由振动图象能直接质点的振幅、周期，还可读出质点的速度、加速度方向等等．求质点的路程，往往根据时间与周期的关系求解，知道质点在一个周期内通过的距离是4A，半个周期内路程是2A，但不能依此类推，周期内路程不一定是A．9．一理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头．下列说法正确的是( )A．副线圈输出电压的有效值为31 VB．副线圈输出电压的频率为50 HzC．P向右移动时，原、副线圈的电流比减小D．P向右移动时，变压器的输入功率减小考点：变压器的构造和原理；电功、电功率；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．专题：交流电专题．分析：根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．解答：解：A、根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为310V，所以副线圈的电压的最大值为31V，所以电压的有效值为U=V，所以A错误．B、由图象可知，交流电的周期为0.02s，所以交流电的频率为50Hz，所以B正确．C、原副线圈电流之比等于匝数的反比，故原副线圈的电流之比不变，故C错误．D、P右移，R变小，原副线的电流都变大．而电压不变，故功率增大，故D错误；故选：B点评：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路．10．一根电阻丝接入100V的恒定电压电路中，在1min内产生的热量为Q，同样的电阻丝接入正弦交变电流的电路中，在2min内产生的热量也为Q，则该交流电压的峰值是( ) A．141.4 V B．70.7 V C．100 V D．50 V考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．专题：交流电专题．分析：交流电产生的热量根据焦耳定律用有效值研究，采用比例法与恒定电流相比较求出交流电的有效值，再由最大值与有效的关系求解峰值．解答：解：设正弦交流电电压有效值为U2．对于恒定电流：Q=t1…①对于正弦交变电流：Q=t2…②由①②联立得：=得到：U2=50V交流电压的峰值是：U m=U2=100V故选：C点评：对于交流电求解热量、功率、电功要用有效值．对于有效值往往根据定义，将交流与直流进行比较求解．11．一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示．已知发电机线圈内阻为5.0Ω，外接一只电阻为95.0Ω的灯泡，如图乙所示，则( )A．电压表V的示数为220VB．电路中的电流方向每秒钟改变50次C．灯泡实际消耗的功率为484WD．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2J考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式；焦耳定律；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．专题：交流电专题．分析：由图读出电动势的最大值，求出有效值，根据欧姆定律求出外电压的有效值，即为电压表的示数．根据电流方向每个周期改变两次，求出每秒钟方向改变的次数．根据电压有效值求出灯泡消耗的功率．由焦耳定律，由有效值求出发电机焦耳热．解答：解：由甲图知电压峰值为220V，周期0.02s，所以有效值为220V，角速度ω==100πrad/s．A、电压表测的是路端电压U=R=209V，故A错误；B、交流电的频率为50Hz，每一周期电流改变两次，所以每秒改变100次，故B错误；C、灯泡实际消耗的功率P==W≠484W．故C错误；D、发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q=I2rt=×5×1J=24.2J．故D正确．故选：D．点评：交流电的电压、电流、电动势等等物理量都随时间作周期性变化，求解交流电的焦耳热、电功、电功率时要用交流电的有效值，求电量时用平均值．12．如图，矩形闭合线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻，线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界OO′平行，线框平面与磁场方向垂直，设OO′下方磁场区域足够大，不计空气影响，则下列哪一个图象可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律( )A．B．C．D．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．专题：电磁感应中的力学问题．分析：线框进入磁场前先做自由落体运动，进入磁场时，若安培力大于重力，则线框做加速度逐渐减小的减速运动，在cd边未进入磁场时，若加速度减为零，则做匀速运动，cd边进入磁场后做匀加速直线运动．若安培力小于重力，进入磁场做加速度减小的加速运动，在cd边未进入磁场时，若加速度减为零，则做匀速运动，cd边进入磁场后做匀加速直线运动．若安培力等于重力，进入磁场做匀速直线运动，cd边进入磁场后做匀加速直线运动．解答：解：A、线框先做自由落体运动，若ab边进入磁场做减速运动，由F=知线框所受的安培力减小，加速度逐渐减小，v﹣t图象的斜率应逐渐减小，而该图象中的加速度逐渐增大．故A错误．B、线框先做自由落体运动，若ab边进入磁场后做减速运动，速度减小，安培力减小，线框做加速度减小的减速运动，cd边进入磁场做匀加速直线运动，加速度为g．故B错误．C、线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后因为重力大于安培力，做加速度减小的加速运动，cd边离开磁场做匀加速直线运动，加速度为g，故C正确．D、线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后因为重力等于安培力，做匀速直线运动，cd边离开磁场做匀加速直线运动，加速度为g，故D正确．故选：CD．点评：解决本题的关键能够根据物体的受力判断物体的运动，结合安培力公式、切割产生的感应电动势公式进行分析．二、填空题．13．如图所示，一带负电的粒子处在电磁感应加速器半径为r的轨道中，轨道围成的内部区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，若磁场的磁感应强度随时间均匀增大．则该粒子在轨道内将作顺时针（选填“顺时针”或“逆时针”）运动，如果该粒子每运动一周增加的动能为△E k，粒子所带的电荷量为q，那么磁感应强度的变化率为．考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律．分析：磁场的磁感应强度随时间均匀增大，根据麦克斯韦电磁场理论可知在空间产生电场，根据楞次定律判断电场的方向，分析粒子的运动情况；电场力做功等于粒子动能的增加，根据能量守恒求出感应电动势，由法拉第电磁感应定律可求出磁感应强度的变化率．解答：解：由题，磁场的磁感应强度随时间均匀增大，根据麦克斯韦电磁场理论可知在空间产生电场，根据楞次定律判断得知，电场方向沿逆时针，负电荷所受的电场力方向沿顺时针方向，所以该粒子在轨道内将作顺时针运动．设变化的磁场产生的感应电动势为E．根据动能定理得：qE=△E k，由法拉第电磁感应定律得E==•πr2联立解得，=故答案为：顺时针，。

山西省朔州市右玉一中高二物理下学期3月月考试卷(含解析)

2015-2016学年山西省朔州市右玉一中高二（下）月考物理试卷（3月份）一、选择题（每题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，1-9小题只有一个选项正确，10-12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选错或不答得0分，选不全得2分．）1．当线圈中的磁通量发生变化时，下列说法中正确的是（）A．线圈中一定有感应电流B．线圈中有感应电动势，其大小与磁通量成正比C．线圈中不一定有感应电动势D．线圈中有感应电动势，其大小与磁通量的变化率成正比2．在电磁感应现象中，下列说法正确的是（）A．导体相对磁场运动，导体内一定产生感应电流B．导体做切割磁感线运动，导体内一定会产生感应电流C．闭合电路在磁场内做切割磁感线运动，导体内一定会产生感应电流D．穿过闭合电路的磁通量发生变化，在电路中一定会产生感应电流3．如图所示，通电直导线旁放有一闭合线圈abcd，当直电线中的电流I增大或减小时（）A．电流I增大，线圈向左平动 B．电流I增大，线圈向右平动C．电流I减小，线圈向上平动 D．电流I减小，线圈向下平动4．穿过一个单匝闭合线圈的磁通量始终为每秒均匀增加2Wb，则（）A．线圈中感应电动势每秒增加2VB．线圈中感应电动势每秒减少2VC．线圈中感应电动势始终为一个确定值，但由于线圈有电阻，电动势小于2VD．线圈中感应电动势始终为2V5．如图所示，一个圆形线圈放在匀强磁场中，设在第1s内磁感线垂直于线圈平面向里，如图（a），磁感应强度B随时间t的变化关系如图（b），那么在第2s内线圈中感应电流的大小方向是（）A．逐渐增大，逆时针方向 B．逐渐减小，顺时针方向C．大小恒定，顺时针方向 D．大小恒定，逆时针方向6．如图所示电路中，电源内电阻和线圈L的电阻均不计，K闭合前，电路中电流为I=E/2R．将K闭合时，线圈中的自感电动势（）A．方向与原电流方向相同B．有阻碍电流作用，最后电流总小于IC．有阻碍电流增大的作用，电流保持I不变D．有阻碍电流增大的作用，但电流最后还是要增大到2I7．如图所示，同一平面内的三条平行导线串有两个电阻R和r，导体棒PQ与三条导线接触良好，匀强磁场的方向垂直纸面向里．导体棒的电阻可忽略，当导体棒向左滑动时，下列说法正确的是（）A．流过R的电流为由d到c，流过r的电流为由b到aB．流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由b到aC．流过R的电流为由d到c，流过r的电流为由a到bD．流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由a到b8．如图所示，把矩形闭合线圈放在匀强磁场中，线圈平面与磁感线平行，下面能使线圈产生感应电流的是（）A．线圈以ab边为轴做匀速转动B．线圈以bc边为轴做匀速转动C．线圈沿磁感线方向做匀加速运动D．线圈沿垂直磁感线方向做匀速运动9．如图所示，矩形线圈有N匝，长为a，宽为b，每匝线圈电阻为R，从磁感应强度为B的匀强磁场中以速度v匀速拉出来，那么，产生的感应电动势和流经线圈中的感应电流的大小应为（）A．E=Bav，I=B．E=NBav，I=C．E=Bav，I=D．E=NBav，I=10．如图（a），圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方悬挂一相同的线圈Q，P和Q共轴，Q中通有变化电流，电流随时间变化的规律如图（b）所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为N，则（）A．t1时刻N＞G B．t2时刻N＞G C．t2时刻N＜G D．t4时刻N=G11．如图所示，Q为用毛皮摩擦过的橡胶圆盘．由于它的转动使金属环P中产生了如图所示的所感应电流，则Q盘的转动情况是（）A．顺时针加速转动B．逆时针加速转动C．顺时针减速转动仪 D．逆时针减速转动12．某线圈在匀强磁场中匀速转动，穿过它的磁通量φ随时间的变化规律可用图象表示，那么在图中（）A．t1和t2时刻，穿过线圈磁通量的变化率最大B．t2时刻，穿过线圈的磁通量变化率为零C．t3时刻，线圈中的感应电动势为零D．t4时刻，线圈中的感应电动势达最大值二、填空题（每空3分，共21分．）13．在如下情况中，求出金属杆ab上的感应电动势E，回答两端的电势高低．如图ab杆沿轨道下滑到速度为v时，E= ，端电势高．（图中α、B、L均为已知）14．按照有效数字规则读出下面游标尺的测量值mm．15．如图甲所示螺线管匝数，n=1500匝，横截面积S=20cm2，电阻r=1.5Ω，与螺线管串联的外电阻R1=3.5Ω，R2=2.5Ω，穿过螺线管方向向右的匀强磁场的磁感应强度按乙所示规律变化，则电阻R2消耗的电功率为W，b点的电势为V．16．如图所示，两平行长直导轨相距1m，匀强磁场B=0.2T，导轨间接一个1Ω的电阻R，当两根电阻均为1Ω的金属棒AB、CD在导线上以相同的速度v=3m/s向右匀速运动，那么通过AB的电流为A，作用在CD棒上外力的功率为W．（导轨电阻及摩擦均不计）三、计算题（本题共2小题，共31分．要求写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能给分．有数值计算的题，答案中应明确写出数值和单位．）17．如图，水平放置的矩形金属框架，宽0.2米，上面放置一根不计电阻的直导线AB．框架电阻不计，R1=2Ω，R2=2Ω，B=0.5T，当AB以10m/s速度向右匀速滑动时，试求：（1）通过R1、R2电流的I1，I2大小和方向（2）R1上消耗的电功率P．18．如图所示，MN、PQ是两条彼此平行的金属导轨，水平放置，匀强磁场的磁感线垂直导轨平面．导轨左端连接一阻值R=1.5Ω的电阻，电阻两端并联一电压表，在导轨上垂直导轨跨接一金属杆ab，ab的质量m=0.1kg，电阻为r=0.5Ω，ab与导轨间动摩擦因数μ=0.5，导轨电阻不计．现用大小恒定的力F=0.7N水平向右拉ab运动，经t=2s后，ab开始匀速运动，此时，电压表V的示数为0.3V．求：（1）求ab匀速运动的速度（2）ab匀速运动时，外力F的功率（3）从ab运动速度为0.2m/s时的加速度是多大？2015-2016学年山西省朔州市右玉一中高二（下）月考物理试卷（3月份）参考答案与试题解析一、选择题（每题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，1-9小题只有一个选项正确，10-12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选错或不答得0分，选不全得2分．）1．当线圈中的磁通量发生变化时，下列说法中正确的是（）A．线圈中一定有感应电流B．线圈中有感应电动势，其大小与磁通量成正比C．线圈中不一定有感应电动势D．线圈中有感应电动势，其大小与磁通量的变化率成正比【分析】当穿过闭合回路的磁通量发生变化，在闭合回路中就会产生感应电流．线圈中的感应电动势与磁通量的变化率成正比．【解答】解：A、当线圈中的磁通量发生变化时，若线圈是闭合的，则有感应电流，若不闭合，则无感应电流，有感应电动势．故AC错误，B、根据法拉第电磁感应定律，E=．知感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比．故B错误，D正确．故选：D．2．在电磁感应现象中，下列说法正确的是（）A．导体相对磁场运动，导体内一定产生感应电流B．导体做切割磁感线运动，导体内一定会产生感应电流C．闭合电路在磁场内做切割磁感线运动，导体内一定会产生感应电流D．穿过闭合电路的磁通量发生变化，在电路中一定会产生感应电流【分析】闭合电路的一部分导体在磁场中在磁场中做切割磁感线运动时将产生感应电流．根据有没有切割磁感线进行判断．【解答】解：A、B、闭合电路的一部分导体在磁场中运动时，若切割磁感线，将产生感应电动势，也产生感应电流；若不切割磁感线，将不产生感应电流，也不产生感应电动势．故A、B错误；C、闭合电路在磁场内做切割磁感线运动，导体内一定会产生感应电动势，如果磁通量没有变化，则没有感应电流．故C错误；D、穿过闭合电路的磁通量发生变化，在电路内一定会产生感应电流．故D正确．故选：D．3．如图所示，通电直导线旁放有一闭合线圈abcd，当直电线中的电流I增大或减小时（）A．电流I增大，线圈向左平动 B．电流I增大，线圈向右平动C．电流I减小，线圈向上平动 D．电流I减小，线圈向下平动【分析】直导线中通有向下均匀增大的电流，根据安培定则判断导线右侧的磁场方向以及磁场的变化，再根据楞次定律判断感应电流的方向，最后根据左手定则判断出ab、cd边所受安培力的方向，注意离导线越近，磁感应强度越大．【解答】解：A、B、直导线中通有向上均匀增大的电流，根据安培定则，知通过线框的磁场方向垂直纸面向里，且均匀增大，根据楞次定律，知感应电流的方向为逆时针方向．根据左手定则，ab边受到的安培力方向向右，线圈向右运动．故A错误，B正确．C、D、直导线中通有向上均匀减小的电流，根据安培定则，知通过线框的磁场方向垂直纸面向里，且均匀减小，根据楞次定律，知感应电流的方向为顺时针方向．根据左手定则，ab边受到的安培力方向向左，线圈向左运动．故C错误，D错误．故选：B．4．穿过一个单匝闭合线圈的磁通量始终为每秒均匀增加2Wb，则（）A．线圈中感应电动势每秒增加2VB．线圈中感应电动势每秒减少2VC．线圈中感应电动势始终为一个确定值，但由于线圈有电阻，电动势小于2VD．线圈中感应电动势始终为2V【分析】根据法拉第电磁感应定律E=分析感应电动势的大小，且电动势的大小与电阻无关．【解答】解：磁通量始终保持每秒钟均匀地增加2Wb，则=，根据法拉第电磁感应定律E=可知E=2V保持不变．故D正确，A、B错误．线圈中产生的感应电动势的大小与线圈的电阻无关，故C错误；故选D．5．如图所示，一个圆形线圈放在匀强磁场中，设在第1s内磁感线垂直于线圈平面向里，如图（a），磁感应强度B随时间t的变化关系如图（b），那么在第2s内线圈中感应电流的大小方向是（）A．逐渐增大，逆时针方向 B．逐渐减小，顺时针方向C．大小恒定，顺时针方向 D．大小恒定，逆时针方向【分析】变化的磁场产生电场，而均匀变化的磁场产生恒定的电场．并根据楞次定律判断出感应电流的方向．【解答】解：在第2s内，磁场的方向垂直于纸面向外，且均匀增大，所以产生恒定的电流，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向，所以C正确，ABD错误．故选C6．如图所示电路中，电源内电阻和线圈L的电阻均不计，K闭合前，电路中电流为I=E/2R．将K闭合时，线圈中的自感电动势（）A．方向与原电流方向相同B．有阻碍电流作用，最后电流总小于IC．有阻碍电流增大的作用，电流保持I不变D．有阻碍电流增大的作用，但电流最后还是要增大到2I【分析】根据自感现象的条件，结合法拉第电磁感应定律、楞次定律与闭合电路欧姆定律，即可求解．【解答】解：A、当K闭合时，电阻R被短路，导致电流增大，线圈中出现自感电动势，从而阻碍电流的增大，结合楞次定律可知，自感电动势的方向与原电流的方向相反，故A错误；B、当电流增大，自感电动势阻碍电流的增大，因电阻减一半，根据闭合电路欧姆定律，可知，电流要增大2倍，故BC错误，D正确；故选：D．7．如图所示，同一平面内的三条平行导线串有两个电阻R和r，导体棒PQ与三条导线接触良好，匀强磁场的方向垂直纸面向里．导体棒的电阻可忽略，当导体棒向左滑动时，下列说法正确的是（）A．流过R的电流为由d到c，流过r的电流为由b到aB．流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由b到aC．流过R的电流为由d到c，流过r的电流为由a到bD．流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由a到b【分析】根据右手定则，可判断PQ作为电源，QQ端电势高，在PQcd回路和在电阻r的回路中找出电流方向．【解答】解：根据右手定则，可知，感应电流由P流向Q，PQ作为电源，在电源内部电流从低电势点流向高电势点，因此Q端电势高，在PQcd回路中，电流为逆时针方向，即流过R的电流为由c到d，在电阻r的回路中，电流为顺时针方向，即流过r的电流为由b到a．故B正确．故选：B．8．如图所示，把矩形闭合线圈放在匀强磁场中，线圈平面与磁感线平行，下面能使线圈产生感应电流的是（）A．线圈以ab边为轴做匀速转动B．线圈以bc边为轴做匀速转动C．线圈沿磁感线方向做匀加速运动D．线圈沿垂直磁感线方向做匀速运动【分析】闭合线圈中产生感应电流的条件是：回路中的磁通量发生变化．磁通量发生变化有两种办法：磁感应强度变化或回路的有效面积发生变化．【解答】解：闭合线圈中产生感应电流的条件是：回路中的磁通量发生变化．磁通量发生变化有两种办法：磁感应强度变化或回路的有效面积发生变化．A：以ab边为轴做匀速转动时回路的有效面积发生变化，可以产生感应电流．故A正确；B：以bc边为轴做匀速转动时回路的有效面积未发生变化，故B错误；C：沿磁感线方向做匀加速运动回路的有效面积未发生变化，故C错误；D：沿垂直磁感线方向做匀速运动回路的有效面积未发生变化，故D错误．故选A9．如图所示，矩形线圈有N匝，长为a，宽为b，每匝线圈电阻为R，从磁感应强度为B的匀强磁场中以速度v匀速拉出来，那么，产生的感应电动势和流经线圈中的感应电流的大小应为（）A．E=Bav，I=B．E=NBav，I=C．E=Bav，I=D．E=NBav，I=【分析】能根据E=BLv确定感应电动势的大小，知首N匝线圈相当于N个电源进行串联，故感应电动势等于每一匝线圈产生感应电动势的串联，即E=NBLv，在计算感应电流的时候，每一匝线圈都有电阻R，故I=．【解答】解：如图所示，在将线圈匀速拉出的过程中切割磁感线的导体长度为a，则据E=BLv 知，每匝线圈产生感应电动势E=Bav，对N匝线圈相当于N个线圈产生的感应电动势的串联，即整个线圈产生的总电动势E总=NE=NBLv=NBav，对于线圈中的电流，根据欧姆定律有，每匝线圈的电阻为R，则N匝线圈的总电阻为NR，所以电流：I=．故选D．10．如图（a），圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方悬挂一相同的线圈Q，P和Q共轴，Q中通有变化电流，电流随时间变化的规律如图（b）所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为N，则（）A．t1时刻N＞G B．t2时刻N＞G C．t2时刻N＜G D．t4时刻N=G【分析】开始电流增大，磁通量变化，设逆时针为电流正方向，形成感应的磁场，由楞次可知，总是阻碍磁通量的变化，所以确定下面的磁场，再可知该线圈顺时针电流，由安培力知，异向电流相互排斥知，支持力与重力的关系．【解答】解：线圈总是阻碍磁通量的变化，所以T1电流增大，磁通量变大，下面线圈阻碍变化，就向下动，所以N＞G．T2无电流变化，所以N=G．故选：AD11．如图所示，Q为用毛皮摩擦过的橡胶圆盘．由于它的转动使金属环P中产生了如图所示的所感应电流，则Q盘的转动情况是（）A．顺时针加速转动B．逆时针加速转动C．顺时针减速转动仪 D．逆时针减速转动【分析】由于Q带负电，当转动时相当于电荷定向移动，从而产生电流，并且电流的变化，导致B的磁通量发生变化，最终使金属环P有电流．【解答】解：A、若Q顺时针加速转动，则Q环中有逆时针且大小变大的电流，导致通过P环磁通量变大，根据安培定则可得P处于垂直纸面向外的磁场中，由楞次定律可得感应电流方向顺时针，故A错误；B、若Q逆时针加速转动，则Q环中有顺时针且大小变大的电流，导致通过P环磁通量变大，根据安培定则可得P处于垂直纸面向里的磁场中，由楞次定律可得感应电流方向逆时针，故B 正确；C、若Q顺时针减速转动，则Q环中有逆时针且大小变小的电流，导致通过P环磁通量变小，根据安培定则可得P处于垂直纸面向外的磁场中，由楞次定律可得感应电流方向逆时针，故C 正确；D、若Q逆时针减速转动，则Q环中有顺时针且大小变小的电流，导致通过P环磁通量变小，根据安培定则可得P处于垂直纸面向里的磁场中，由楞次定律可得感应电流方向顺时针，故D 错误．故选：BC．12．某线圈在匀强磁场中匀速转动，穿过它的磁通量φ随时间的变化规律可用图象表示，那么在图中（）A．t1和t2时刻，穿过线圈磁通量的变化率最大B．t2时刻，穿过线圈的磁通量变化率为零C．t3时刻，线圈中的感应电动势为零D．t4时刻，线圈中的感应电动势达最大值【分析】感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，磁通量φ随时间的变化图线的斜率反映感应电动势的大小．【解答】解：A、t1时刻，磁通量最大，磁通量的变化率为零，t2时刻磁通量为零，磁通量的变化率最大．故A错误，B错误．C、t3时刻，磁通量最大，磁通量的变化率为零，则感应电动势为零．故C正确．D、t4时刻磁通量为零，磁通量的变化率为最大，则感应电动势最大．故D正确．故选：CD．二、填空题（每空3分，共21分．）13．在如下情况中，求出金属杆ab上的感应电动势E，回答两端的电势高低．如图ab杆沿轨道下滑到速度为v时，E= BLvcosα， a 端电势高．（图中α、B、L均为已知）【分析】由E=BLvcosθ求出感应电动势，其中θ为B与v间的夹角，由右手定则判断出感应电流方向，然后判断电势高低．【解答】解：由图示可知，θ为B与v间的夹角，感应电动势：E=BLvcosα，由右手定则可知，感应电流由b流向a，在电源内部，电流由低电势点流向高电势点，则a点电势高；故答案为：BLvcosα；a．14．按照有效数字规则读出下面游标尺的测量值9.8 mm．【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．【解答】解：游标卡尺的主尺读数为：9mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为8×0.1mm=0.8mm，所以最终读数为：9mm+0.8mm=9.8mm．故答案为：9.8．15．如图甲所示螺线管匝数，n=1500匝，横截面积S=20cm2，电阻r=1.5Ω，与螺线管串联的外电阻R1=3.5Ω，R2=2.5Ω，穿过螺线管方向向右的匀强磁场的磁感应强度按乙所示规律变化，则电阻R2消耗的电功率为 1.6 W，b点的电势为﹣2 V．【分析】由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律及功率表达式，综合即可求解；根据原磁场的方向，由沿着电场线方向，电势降低来确定电势的大小．【解答】解：（1）根据法拉第电磁感应定律有：E=n S由图乙知： ==2T/s代入数据解得：E=1500×2×20×10﹣4=6V由闭合电路欧姆定律得：I===0.8A电阻R2消耗的电功率为：P=I2R2=0.82×2.5=1.6W；（2）由楞次定律可以判断出螺线管中电流为b→a；由欧姆定律，则有：0﹣φb=IR2；解得：φb=﹣0.8×2.5=﹣2V故答案为：1.6；﹣2．16．如图所示，两平行长直导轨相距1m，匀强磁场B=0.2T，导轨间接一个1Ω的电阻R，当两根电阻均为1Ω的金属棒AB、CD在导线上以相同的速度v=3m/s向右匀速运动，那么通过AB的电流为0.02 A，作用在CD棒上外力的功率为0.012 W．（导轨电阻及摩擦均不计）【分析】AB、CD均相同的速度运动，都切割磁感线，产生感应电动势，相当于两个电池并联，根据E=BLv求出感应电动势，由闭合电路欧姆定律求出通过R的电流，再得到通过AB的电流．根据安培力公式F=BIL和平衡条件，求出作用在CD棒的外力，由P=Fv求解外力的功率．【解答】解：AB、CD两棒产生的感应电动势为E=BLv=0.2×1×3V=0.6V根据闭合电路欧姆定律得：通过R的电流为 I==A=0.04A；因为金属棒AB、CD的电阻相等，则通过AB、CD的电流均为I′=I=0.02A；CD所受的安培力 F安=BI′L=0.2×0.02×1N=0.004N；由于CD棒做匀速运动，则作用在CD棒上外力 F外=F安=0.004N；所以作用在CD棒上外力的功率 P=F外v=0.004×3W=0.012W故答案为：0.02，0.012．三、计算题（本题共2小题，共31分．要求写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能给分．有数值计算的题，答案中应明确写出数值和单位．）17．如图，水平放置的矩形金属框架，宽0.2米，上面放置一根不计电阻的直导线AB．框架电阻不计，R1=2Ω，R2=2Ω，B=0.5T，当AB以10m/s速度向右匀速滑动时，试求：（1）通过R1、R2电流的I1，I2大小和方向（2）R1上消耗的电功率P．【分析】（1）由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出电流，由右手定则判断出电流方向；（2）由电功率公式求出电功率．【解答】解：（1）由右手定则可知，电流由A流向B，感应电动势：E=BLv=0.5×0.2×10=1V，电流I1===0.5A，方向：向上，I2===0.5A，方向：向上；（2）功率：P=I12R1=0.52×2=0.5W；答：（1）通过R1、R2电流的大小都是0.5A，方向都向上；（2）R1上消耗的电功率为0.5W．18．如图所示，MN、PQ是两条彼此平行的金属导轨，水平放置，匀强磁场的磁感线垂直导轨平面．导轨左端连接一阻值R=1.5Ω的电阻，电阻两端并联一电压表，在导轨上垂直导轨跨接一金属杆ab，ab的质量m=0.1kg，电阻为r=0.5Ω，ab与导轨间动摩擦因数μ=0.5，导轨电阻不计．现用大小恒定的力F=0.7N水平向右拉ab运动，经t=2s后，ab开始匀速运动，此时，电压表V的示数为0.3V．求：（1）求ab匀速运动的速度（2）ab匀速运动时，外力F的功率（3）从ab运动速度为0.2m/s时的加速度是多大？【分析】金属杆在水平恒定拉力的作用下，切割磁感线运动，产生电动势，回路中出现电流，导致金属杆受到安培力．当安培力、滑动摩擦力与拉力相等时，金属杆做匀速直线运动．由此时的电压表的读数可算出金属杆产生的电动势，则可以求出金属杆的运动速度，最后算出外力的功率．由牛顿第二定律可求得加速度．【解答】解：ab匀速运动时，设导轨间距为L，磁感应强度为B，ab杆匀速运动的速度为v，电流为I，此时ab杆受力如图所示：由平衡条件得：F=μmg+ILB ①由欧姆定律得：②由①②解得：BL=1T•m v=0.4m/s ③此时F的功率最大；最大功率为：P=Fv=0.7×0.4W=0.28W ④（3）由牛顿第二定律可知：F﹣BIL=ma；I=联立解得：a=1m/s2；答：（1）ab匀速运动时的速度为0.4m/s（2）最大功率为0.28W（3）加速度为1m/s2。

山西省朔州市右玉一中2014-2015学年高一下学期期中考试物理试卷

山西省朔州市右玉一中2014-2015学年高一下学期期中物理试卷一．选择题（12小题，1-10题为单选，11-12题为多选；每题5分共60分．）1．甲、乙两车在同一地点同时做直线运动，其v﹣t图象如图所示，则( )A．它们的初速度均为零B．甲的加速度大于乙的加速度C．t1时刻，甲的速度大于乙的速度D．0～t1时间内，甲的位移大于乙的位移2．关于曲线运动和圆周运动，以下说法中正确的是( )A．做曲线运动的物体受到的合外力一定为恒力B．做曲线运动的物体的加速度一定是变化的C．做圆周运动的物体受到的合外力方向一定指向圆心D．做匀速圆周运动物体受到的合外力方向一定指向圆心3．一条笔直的河流，宽l=40m，水的流速是v1=3m/s，有航速（相对水面）为v2=4m/s的小汽船保持船身垂直河岸渡到彼岸．则小汽船渡河的时间和位移（相对地面）分别为( )A．8s，30m B．8s，40m C．10s，30m D．10s，50m4．关于地球人造卫星，下列说法中正确的是( )A．它们一定始终在赤道正上方运行B．各国发射的同步卫星轨道半径可以不一样C．在圆轨道上运行的卫星线速度一定大于第一宇宙速度D．运行半径相同的卫星运行速率一定相同5．有一段圆弧形坡道，如图所示，若将同一辆车先后停放在a点和b点，下述分析和比较正确的是( )A．车在a点受坡道的支持力大于在b点受的支持力B．车在a点受坡道的摩擦力大于在b点受的摩擦力C．车在a点受到的合外力大于在b点受的合外力D．车在a点受的重力的下滑分力大于在b点受的重力的下滑分力6．一个物体以初速度v0被水平抛出，落地时速度为v，重力加速度为g，那么物体的运动时间是( )A．B．C．D．7．小球两次从同一位置水平抛出，运动轨迹如图所示．轨迹上a、b两点在同一水平线上．设小球从抛出到运动到a、b两点运动的时间分别为t1、t2，则( )A．t1＞t2B．t1＜t2C．t1=t2D．无法判断8．如图所示，O1为皮带传动的主动轮的轴心，轮半径为r1，Q2为从动轮的轴心，轮半径为r2，r3为固定在从动轮上的小轮半径．已知r2=2r1，r31．A、B、C分别是三个轮边缘上的点，则质点A、B、C的向心加速度之比是（假设皮带不打滑）( )A．1：2：3 B．2：4：3 C．8：4：3 D．3：6：29．“嫦娥三号”探月卫星于2013年12月2日凌晨在西昌卫星发射中心发射，将实现“落月”的新阶段．若已知引力常量为G，月球绕地球做圆周运动的半径为r1、周期为T1，“嫦娥三号”探月卫星做圆周运动的环月轨道半径为r2、周期为T2，不计其他天体的影响，根据题目条件可以( )A．求出“嫦娥三号”探月卫星的质量B．求出月球的质量C．得出D．求出地球的密度10．地球同步卫星离地心的距离为r，运动速度为v1，加速度为a1；地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a2；第一宇宙速度为v2，地球半径为R，则下列关系正确的是( )A．B．C．D．11．如图所示，细杆的一端与小球相连，可绕过O点的水平轴自由转动，现给小球一初速度，使它能做成完整的圆周运动，图中a、b分别表示小球轨道的最低点和最高点．则杆对球的作用力可能是( )A．a处为支持力，b处为拉力B．a处为拉力，b处为支持力C．a处为拉力，b处为拉力D．a处为支持力，b处为支持力12．如图所示，发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步轨道3．轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点（如图所示），则当卫星分别在1、2、3轨道正常运行时，以下说法正确的是( )A．卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度B．卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率C．卫星在轨道2上的经过Q点时的速度大于它在轨道3上经过P点时的速度D．卫星在轨道1上的经过Q点时的加速度小于它在轨道2上经过Q点时的加速度二．填空题（2小题，每空1分，共10分）13．实验室利用打点计时器研究小滑块的运动情况，打出如图所示的纸带，其中纸带E端与滑块相连接，计时器接在频率为50Hz的交流电源上．请回答下列问题：①纸带中AE段运动的时间为__________；②根据纸带请判断该滑块的运动属于__________（填“匀速”、“匀加速”、“匀减速”）直线运动，判断的依据是__________；③从纸带可以测出AE两点间的距离为__________，C点的速度v C=__________，滑块的加速度的大小a=__________．（计算结果保留3位有效数字）14．在做“研究平抛运动”的实验时，让小球多次沿同一斜槽轨道滑下，通过描点法画小球做平抛运动的轨迹．为了能较准确地描绘运动轨迹，下面列出了一些操作要求，将你认为正确的选项前面的字母填在横线上__________．（A）通过调节使斜槽的末端保持水平（B）每次释放小球的位置必须相同（C）每次必须由静止释放小球（D）记录小球位置用的铅笔每次必须严格地等距离下降（E）小球运动时不应与木板上的白纸相接触（F）将球的位置记录在纸上后，取下纸，用直尺将点连成折线在做该实验中某同学只记录了物体运动的轨迹上的A、B、C三点并以A点为坐标原点建立了直角坐标系，得到如图所示的图象，试根据图象求出物体平抛运动的初速度大小为__________m/s；物体运动到B点时的速度大小为__________m/s；抛出点的横坐标为__________m；纵坐标为__________m．（g=10m/s2）三．计算题（共3小题，共30分15题8分，16题10分，17题12分）15．已知质量为2kg的物体静止于水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数为0.5，物体受到沿水平方向拉力F=20N的作用，求物体的4秒后的位移．（g=10m/s2）16．如图，一个人用一根长1m的轻质细绳拴着一个质量为1㎏的小球在竖直平面内作圆周运动，已知圆心O距离地面h=6m．转动中小球在最低点时绳子刚好断了，此时小球的速度为6m/s，试求：（1）绳子能够承受的最大拉力；（2）绳断后，小球落地点与抛出点间的水平距离．17．2011年11月3日，神舟八号宇宙飞船与天宫一号成功对接．在发射时，神舟八号宇宙飞船首先要发射到离地面很近的圆轨道，然后经过多次变轨后，最终与在距地面高度为h的圆形轨道上绕地球飞行的天宫一号完成对接，之后，整体保持在距地面高度仍为h的圆形轨道上绕地球继续运行．已知地球半径为R，地面附近的重力加速度为g．求：（1）地球的第一宇宙速度；（2）神舟八号宇宙飞船在近地圆轨道运行的速度与对接后整体的运行速度之比．山西省朔州市右玉一中2014-2015学年高一下学期期中物理试卷一．选择题（12小题，1-10题为单选，11-12题为多选；每题5分共60分．）1．甲、乙两车在同一地点同时做直线运动，其v﹣t图象如图所示，则( )A．它们的初速度均为零B．甲的加速度大于乙的加速度C．t1时刻，甲的速度大于乙的速度D．0～t1时间内，甲的位移大于乙的位移考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：由图读出t=0时刻的速度即初速度．速度图线的斜率表示加速度，斜率越大，加速度越大．两图线的交点表示速度相同．根据面积可判断位移的大小．解答：解：A、由图读出甲的初速度为零，乙的初速度不为零．故A错误．B、甲图线的斜率大于乙图线的斜率，则甲的加速度大于乙的加速度．故B正确．C、t1时刻，两图线相交，说明t1时刻，甲的速度等于乙的速度．故C错误．D、由图看出，0～t1时间内，乙图线与坐标轴所围“面积”较大，则0～t1时间内，乙的位移大于甲的位移．故D错误．故选B点评：本题是常见的速度图象问题，考查理解物理图象的能力，抓住图象的数学意义来理解其物理意义．2．关于曲线运动和圆周运动，以下说法中正确的是( )A．做曲线运动的物体受到的合外力一定为恒力B．做曲线运动的物体的加速度一定是变化的C．做圆周运动的物体受到的合外力方向一定指向圆心D．做匀速圆周运动物体受到的合外力方向一定指向圆心考点：向心力；向心加速度．专题：人造卫星问题．分析：物体做曲线运动的条件是合外力方向与速度方向不在同一直线上．而合外力不一定是恒力．做匀速圆周运动物体受到的合外力提供向心力，一定指向圆心．解答：解：A、做曲线运动的物体受到的合外力不一定是恒力，也可能为变力，比如匀速圆周运动的合外力始终指向圆心，是变力，故A错误．B、做曲线运动的物体的加速度也可能不变，比如平抛运动的加速度是不变的，故B错误．C、做圆周运动的物体受到的合外力不一定是向心力，即不一定指向圆心，故C错误．D、做匀速圆周运动物体受到的合外力提供向心力，一定指向圆心．故D正确．故选D点评：本题是抽象的概念性问题，可以运用举例法，通过具体实例进行分析．3．一条笔直的河流，宽l=40m，水的流速是v1=3m/s，有航速（相对水面）为v2=4m/s的小汽船保持船身垂直河岸渡到彼岸．则小汽船渡河的时间和位移（相对地面）分别为( )A．8s，30m B．8s，40m C．10s，30m D．10s，50m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：小船渡河问题，船参与两个分运动，沿船头指向方向的运动和沿水流方向的分运动，渡河时间等于沿船头指向方向的分运动的时间，与水流速度无关，故当船头指向与河岸垂直时，沿船头指向方向的分位移最小，渡河时间最短．解答：解：将小船的运动沿船头指向和水流方向分解，当船头垂直与河岸时，沿船头指向方向的分位移最小，渡河时间最短由于分运动时间等于合运动时间，故有：t===10s；则船沿着水流方向的位移为：s=v s t=3×10m=30m；小汽船渡河的位移为：d===50m．故选：D．点评：小船渡河问题中，时间最短问题和位移最短问题是两种常见的问题，当船头与河岸垂直时，小船渡河时间最短，与水流速度无关．4．关于地球人造卫星，下列说法中正确的是( )A．它们一定始终在赤道正上方运行B．各国发射的同步卫星轨道半径可以不一样C．在圆轨道上运行的卫星线速度一定大于第一宇宙速度D．运行半径相同的卫星运行速率一定相同考点：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：人造地球卫星的轨道必须通过地心；卫星运行时，由地球的万有引力提供向心力，有牛顿第二定律列方程列关于线速度、周期等的表达式分析即可．地球同步卫星的周期等于地球自转的周期．解答：解：A、人造地球卫星的轨道必须通过地心，不一定始终在赤道正上方运行，其轨道平面也可以通过地球的两极，或与赤道成一夹角，故A错误．B、各国发射的同步卫星的周期都相同，都等于地球自转的周期．由G=m r，得r=，M是地球的质量，T是地球自转的周期，可知r是一定的，所以各国发射的同步卫星轨道半径相同，故B 错误．C、根据G=m，得v=，可知卫星的轨道半径r越大，线速度v越小，第一宇宙速度对应的轨道半径最小，则第一宇宙速度是卫星在圆轨道上运行的最大速度，则在圆轨道上运行的卫星线速度一定小于第一宇宙速度，故C错误．D、由v=，可知运行半径相同的卫星运行速率一定相同，故D正确．故选：D．点评：本题关键掌握卫星问题的基本思路：万有引力等于向心力，知道地球同步卫星的四个“定”：定轨道、定高度、定速度、定周期，属于基础题．5．有一段圆弧形坡道，如图所示，若将同一辆车先后停放在a点和b点，下述分析和比较正确的是( )A．车在a点受坡道的支持力大于在b点受的支持力B．车在a点受坡道的摩擦力大于在b点受的摩擦力C．车在a点受到的合外力大于在b点受的合外力D．车在a点受的重力的下滑分力大于在b点受的重力的下滑分力考点：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：对汽车受力分析，根据汽车所受的合力为零，运用正交分解进行分析．解答：解：AB、根据平衡有：N=mgcosθ，f=mgsinθ，b点的倾角大于a点的倾角，所以a点的支持力大于b点的支持力，a点所受的摩擦力小于b点所受的摩擦力．故A正确，B错误．C、车处于静止，所以车在a点受到的合力等于b点所受的合力，等于零．故C错误．D、重力沿斜面向下的分力为mgsinθ，知a点重力下滑的分力小于b点重力的下滑分力．故D错误．故选A．点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解．6．一个物体以初速度v0被水平抛出，落地时速度为v，重力加速度为g，那么物体的运动时间是( ) A．B．C．D．考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：根据速度的分解，运用平行四边形定则求出竖直方向上的分速度，根据v y=gt求出运动的时间．解答：解：将落地的速度分解为水平方向和竖直方向，水平方向的速度等于v0，则竖直方向上的速度v y=根据v y=gt得，t=．故C正确，A、B、D错误．故选：C．点评：解决本题的关键掌握平抛运动的规律，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．7．小球两次从同一位置水平抛出，运动轨迹如图所示．轨迹上a、b两点在同一水平线上．设小球从抛出到运动到a、b两点运动的时间分别为t1、t2，则( )A．t1＞t2B．t1＜t2C．t1=t2D．无法判断考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动，平抛运动的时间是由下落的高度决定的．解答：解：平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，下落的时间是由下落的高度决定的，两个小球向下运动的a与到b下落的高度相同，所以它们运动的时间也是相同的．故选项C正确，选项ABD错误．故选：C点评：本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解．8．如图所示，O1为皮带传动的主动轮的轴心，轮半径为r1，Q2为从动轮的轴心，轮半径为r2，r3为固定在从动轮上的小轮半径．已知r2=2r1，r31．A、B、C分别是三个轮边缘上的点，则质点A、B、C的向心加速度之比是（假设皮带不打滑）( )A．1：2：3 B．2：4：3 C．8：4：3 D．3：6：2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：共轴转动的点，角速度相等，靠传送带传动轮子边缘上的点，线速度大小相等，根据a=求出A、B、C的向心加速度之比．解答：解：A、B两点靠传送带传动，线速度大小相等，根据知，a A：a B=r2：r1=2：1．B、C两点共轴转动，角速度大小相等，根据a=rω2知，a B：a C=r2：r3=4：3，则a A：a B：a C=8：4：3．故C正确，A、B、D错误．故选：C．点评：解决本题的关键知道共轴转动，角速度相等，靠传送带传动轮子边缘上的点线速度大小相等，以及知道向心加速度与线速度、角速度的关系．9．“嫦娥三号”探月卫星于2013年12月2日凌晨在西昌卫星发射中心发射，将实现“落月”的新阶段．若已知引力常量为G，月球绕地球做圆周运动的半径为r1、周期为T1，“嫦娥三号”探月卫星做圆周运动的环月轨道半径为r2、周期为T2，不计其他天体的影响，根据题目条件可以( )A．求出“嫦娥三号”探月卫星的质量B．求出月球的质量C．得出D．求出地球的密度考点：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：分别以月球和“嫦娥三号”为研究对象，根据万有引力提供向心力列式，可求得月球和地球的质量．由于地球本身的半径未知，是不能求出地球的密度的．解答：解：A、B“嫦娥三号”探月卫星做圆周运动的环月轨道半径为r2、周期为T2，由月球的万有引力提供向心力，则有：G=①则得：M月=②可知能求出月球的质量，根据题目条件不能求出“嫦娥三号”探月卫星的质量，故A错误，B正确．C、同理，月球绕地球做圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则有：G=③则得：M地=④由②、④可知：≠⑤故C错误．D、由于地球的半径未知，不能求出地球的体积，就不能求出地球的密度，故D错误．故选：B．点评：本题是典型的天体运动的问题，根据万有引力提供向心力是解决这类问题的基本思路，要知道知道环绕天体的轨道半径和周期，能求出中心天体的质量，而不能求出环绕天体的质量．10．地球同步卫星离地心的距离为r，运动速度为v1，加速度为a1；地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a2；第一宇宙速度为v2，地球半径为R，则下列关系正确的是( )A．B．C．D．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：同步卫星的周期与地球的自转周期相同，根据a=rω2得出同步卫星和随地球自转物体的向心加速度之比，根据万有引力提供向心力得出第一宇宙速度与同步卫星的速度之比．解答：解：因为同步卫星的周期等于地球自转的周期，所以角速度相等，根据a=rω2得，．故A正确，B错误；根据万有引力提供向心力，解得，则．故D正确；C错误．故选：AD．点评：解决本题的关键知道同步卫星和随地球自转的物体角速度相等，同步卫星以及贴近地球表面运行的卫星靠万有引力提供向心力．11．如图所示，细杆的一端与小球相连，可绕过O点的水平轴自由转动，现给小球一初速度，使它能做成完整的圆周运动，图中a、b分别表示小球轨道的最低点和最高点．则杆对球的作用力可能是( )A．a处为支持力，b处为拉力B．a处为拉力，b处为支持力C．a处为拉力，b处为拉力D．a处为支持力，b处为支持力考点：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：小球做匀速匀速圆周运动，由于杆能支撑小球，小球在最高点速度可以为零，在最高点和最低点重力和弹力的合力提供向心力，指向圆心，可以判断杆的弹力的方向．解答：解：小球做圆周运动，在a处和b处，由合力提供向心力；小球在最高点b处，假设杆对球的弹力向下，如图根据牛顿第二定律得到，F1+mg=m；当v1=时F1=0，无弹力；当v1＜时F1＜0，方向向上，为支持力；当v1＞时F1＞0，方向向下，为拉力；小球经过最低点a时，受重力和杆的弹力，如图由于合力提供向心力，即合力向上，故杆只能为向上的拉力；故BC正确．故选：BC．点评：此题要注意杆与绳子的区别，杆可以是支持力，也可以是拉力，而绳子只能为拉力，运用向心力知识进行分析．12．如图所示，发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步轨道3．轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点（如图所示），则当卫星分别在1、2、3轨道正常运行时，以下说法正确的是( )A．卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度B．卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率C．卫星在轨道2上的经过Q点时的速度大于它在轨道3上经过P点时的速度D．卫星在轨道1上的经过Q点时的加速度小于它在轨道2上经过Q点时的加速度考点：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：根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、和向心力的表达式进行讨论即可．卫星在轨道1上的速度为7.9 km/s，要过度到轨道2，在Q点应该做离心运动，速度应该较大．速度可以短时间变化，但是在同一个位置万有引力相等，加速度相等．解答：解：A、人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有=m=mω2rA、角速度ω=，轨道3半径比轨道1半径大，所以卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度．故A正确；B、线速度v=，轨道3半径比轨道1半径大，所以卫星在轨道3上的速率小于在轨道1上的速率．故B错误；C、从轨道1到轨道2，卫星在Q点是做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须使卫星所需向心力大于万有引力，所以应给卫星加速，增加所需的向心力．所以在轨道2上Q点的速度大于轨道上1上Q点的速度．卫星在轨道3上的速率小于在轨道1上的速率．所以卫星在轨道2上的经过Q点时的速度大于它在轨道3上经过P点时的速度，故C正确；D、根据牛顿第二定律和万有引力定律得加速度a=，所以卫星在轨道1上的经过Q点时的加速度等于它在轨道2上经过Q点时的加速度，故D错误；故选：AC．点评：本题考查卫星的变轨和离心运动等知识，关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度和角速度的表达式，再进行讨论．二．填空题（2小题，每空1分，共10分）13．实验室利用打点计时器研究小滑块的运动情况，打出如图所示的纸带，其中纸带E端与滑块相连接，计时器接在频率为50Hz的交流电源上．请回答下列问题：①纸带中AE段运动的时间为；②根据纸带请判断该滑块的运动属于匀减速（填“匀速”、“匀加速”、“匀减速”）直线运动，判断的依据是连续相等的时间间隔（或相邻的相等的时间间隔）位移差相等；③从纸带可以测出AE两点间的距离为，C点的速度v C=/s，滑块的加速度的大小a=/s2．（计算结果保留3位有效数字）考点：探究小车速度随时间变化的规律．专题：实验题．分析：根据相邻计数点间的距离的变化判断速度的变化．利用毫米刻度尺测出AB间的距离．应用运动学公式推论△x=at2求出加速度．解答：解：（1）由于相邻计时点间的时间间隔为0.02s，纸带中AE段运动的时间为0.08s．（2）纸带B端与滑块相连接，在图中发现从打E点到打A点的过程中，由于相邻的时间间隔位移之差相等，相邻计时点的位移间隔越来越小，所以纸带的速度越来越小，所以这段时间内小车做匀减速运动．（3）AE两点间的距离为；C点的速度v C==/s根据匀变速直线运动的推论：a=代入数据得：a=/s2．故答案为：①0.08s；②匀减速，连续相等的时间间隔（或相邻的相等的时间间隔）位移差相等；③，/s，/s2．点评：相同的时间看距离的变化，从而来判断纸带的运动情况．知道毫米刻度尺读数时要进行估读．14．在做“研究平抛运动”的实验时，让小球多次沿同一斜槽轨道滑下，通过描点法画小球做平抛运动的轨迹．为了能较准确地描绘运动轨迹，下面列出了一些操作要求，将你认为正确的选项前面的字母填在横线上ABCE．（A）通过调节使斜槽的末端保持水平（B）每次释放小球的位置必须相同（C）每次必须由静止释放小球（D）记录小球位置用的铅笔每次必须严格地等距离下降（E）小球运动时不应与木板上的白纸相接触（F）将球的位置记录在纸上后，取下纸，用直尺将点连成折线在做该实验中某同学只记录了物体运动的轨迹上的A、B、C三点并以A点为坐标原点建立了直角坐标系，得到如图所示的图象，试根据图象求出物体平抛运动的初速度大小为2m/s；物体运动到B点时的速度大小为2m/s；抛出点的横坐标为﹣m；纵坐标为﹣m．（g=10m/s2）考点：研究平抛物体的运动．专题：实验题．分析：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．解答：解：A、通过调节使斜槽末端保持水平，是为了保证小球做平抛运动．故A正确．B、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．故B正确，C正确．D、记录小球经过不同高度的位置时，每次不必严格地等距离下降，故D错误；E、实验要求小球滚下时不能碰到木板上的白纸，避免因摩擦而使运动轨迹改变，故E正确；F、将球的位置记录在纸上后，取下纸，最后轨迹应连成平滑的曲线．故F错误．故选：ABCE；在竖直方向上△y=gT2，则T==s=0.1s．则初速为：度v===2m/s．B点竖直方向上的分速度为：v y==2m/s．则运动到B点的速度为：v==2m/s，则运动到B点的时间：t==0.2s．已运动的水平位移：x=vt=，竖直位移：y=gt2=．所以平抛运动的初位置的横坐标为0.2﹣=﹣．纵坐标为0.15﹣0.2=﹣．故答案为：2。

2015-2016年山西省朔州市右玉一中高一(下)期中物理试卷(解析版)

2015-2016学年山西省朔州市右玉一中高一（下）期中物理试卷一、选择题（本题包括10小题，每小题5分，共50分．每小题至少有一个选项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分，其中4、6、7题为多选．）1．（5分）在万有引力理论发现和完善的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说法中不正确的是（）A．第谷通过天文观测积累了大量丰富而准确的行星运动的数据B．开普勒通过研究行星观测记录，发现了行星运动三大定律C．牛顿在前人的工作基础上总结出了万有引力定律D．笛卡尔提出了测量引力常量的方法并用实验测出了引力常量2．（5分）关于曲线运动下列叙述正确的是（）A．物体只要受到垂直于初速度方向的恒力作用，就一定能做匀速圆周运动B．物体只有受到一个方向不断改变的力，才可能作曲线运动C．物体只要受到变化的外力作用时，就一定做曲线运动D．平抛运动是一种匀变速曲线运动3．（5分）在同一点O抛出的三个物体，做平抛运动的轨迹如图所示，则三个物体做平抛运动的初速度v A、v B、v C的关系和三个物体做平抛运动的时间t A、t B、t C的关系分别是（）A．v A＞v B＞v C t A＞t B＞t C B．v A＝v B＝v C t A＝t B＝t CC．v A＜v B＜v C t A＞t B＞t C D．v A＞v B＞v C t A＜t B＜t C 4．（5分）关于第一宇宙速度，下列说法正确的是（）A．它是人造地球卫星绕地球作匀速圆周运动的最大速度B．它是人造地球卫星在圆形轨道上的最小运行速度C．它是能使卫星绕地球运行的最小发射速度D．它是人造卫星绕地球作椭圆轨道运行时在近地点的速度5．（5分）如图所示，一物体自倾角为θ的固定斜面顶端沿水平方向抛出后落在斜面上。

物体与斜面接触时速度与水平方向的夹角φ满足（）A．tanφ＝sinθB．tanφ＝cosθC．tanφ＝tanθD．tanφ＝2tanθ6．（5分）铁路转弯处的弯道半径，是根据地形决定的．弯道处要求外轨比内轨高，其内外轨高度差h的设计不仅与r有关，还与火车在弯道上的行驶速率v 有关．下列说法正确的是（）A．v一定时，r越小则要求h越大B．v一定时，r越大则要求h越大C．r一定时，v越小则要求h越大D．r一定时，v越大则要求h越大7．（5分）已知引力常数G和下列各组数据，能计算出地球质量的是（）A．地球绕太阳运行的周期及地球离太阳的距离B．月球绕地球运行的周期及月球离地球的距离C．人造地球卫星在地面附近绕行的速度及运行周期D．若不考虑地球自转，己知地球的半径及重力加速度8．（5分）如图所示，地球赤道上的山丘e，近地资源卫星p和同步通信卫星q 均在赤道平面上绕地心做匀速圆周运动．设e、p、q做圆周运动的速率分别为v1、v2、v3，向心加速度大小分别为a1、a2、a3，角速度分别为ω1、ω2、ω3则（）A．v1＞v2＞v3B．ω1＞ω2＞ω3C．a1＞a2＞a3D．a1＜a3＜a2 9．（5分）某同学在某砖墙前的高处水平抛出一石子，石子在空中运动的部分轨迹照片如图所示．从照片可看出石子恰好垂直打在一倾角为37°的斜坡上的A点．已知每块砖的平均厚度为20cm，抛出点到A点竖直方向刚好相距100块砖，则石子水平抛出的速度是（）A．v0＝5m/s B．v0＝15 m/s C．v0＝20 m/s D．v0＝25 m/s 10．（5分）2011年9月29日，我国在酒泉卫星发射中心用长征二号F运载火箭将天宫一号目标飞行器发射升空．11月初，神舟八号飞船也将发射升空，在太空中与天宫一号交会对接﹣﹣这将使我国成为世界上第三个掌握空间交会对接技术的国家．关于飞船与天宫一号对接问题，下列说法正确的是（）A．先让飞船与天宫一号在同一轨道上，然后让飞船加速，即可实现对接B．先让飞船与天宫一号在同一轨道上，然后让飞船减速，即可实现对接C．先让飞船进入较低的轨道，然后再对其进行加速，即可实现对接D．先让飞船进入较高的轨道，然后再对其进行加速，即可实现对接二、实验题（本题包括2小题.每空2分，图象4分，共16分）11．（8分）两个同学根据不同的实验条件，进行了“探究平抛运动规律”的实验（1）甲同学采用如图1所示的装置，用小锤打击弹性金属片，金属片把球A沿水平方向弹出，同时球B被松开，自由下落，观察到两球同时落地，改变小锤打击的力度，即改变球A被弹出时的速度，两球仍然同时落地，这说明．（2）乙同学采用频闪照相的方法拍摄到如图2所示的“小球做平抛运动”的照片．图中每个小方格的边长为10cm，则由图2可以求得拍摄时每隔s 曝光一次，该小球平抛的初速度大小为m/s（g取10m/s2）12．（8分）用如图1所示的装置做实验时，小车放在水平桌面上，保持小车的质量不变，测得小车的加速度a和拉力F的数据如下表所示．（1）根据表中的数据在图2中画出a﹣F图线；（2）把图线延长，发现图线不通过原点，其原因是．（3）在处理数据时，总是把小桶和沙子的重力当作小车所受合力．而实际上小车所受合力比小桶和沙子的重力要一些（选填“大”或“小”）．因此，为使实验结论的可信度更高一些，应使小桶和沙子的总质量尽可能一些（选填“大”或“小”）．三、计算题（本题包括3小题，共34分，计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位）13．（12分）有一辆质量为1000kg的汽车驶上圆弧半径为50m的拱桥．（g＝10m/s2）求：（1）汽车到达桥顶时速度为5m/s，汽车对桥的压力是多大？（2）汽车以多大速度经过桥顶时便恰好对桥没有压力而腾空？（3）如果拱桥的半径增大到与地球半径R一样，汽车要在地面上腾空，速度要多大？（地球半径R＝6400km）14．（10分）我国继“神舟”八号载人飞船成功发射后，又准备在今年6月择机发射“神舟”九号载人飞船．把“神舟”九号载人飞船在一段时间内的运动看成绕地球做匀速圆周运动，宇航员测得自己绕地球做匀速圆周运动的周期为T、距地面的高度为H，已知地球半径为R，引力常量为G．求：（1）地球的质量；（2）飞船的向心加速度大小．15．（12分）如图，细绳一端系着质量M＝0.6kg的物体，静止在水平面，另一端通过光滑小孔吊着质量m＝0.3kg的物体，M的中点与圆孔距离为0.2m，并知M和水平面的最大静摩擦力为2N，现使此平面绕中心轴线转动，问角速度ω在什么范围m会处于静止状态？（g取10m/s2）2015-2016学年山西省朔州市右玉一中高一（下）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括10小题，每小题5分，共50分．每小题至少有一个选项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分，其中4、6、7题为多选．）1．（5分）在万有引力理论发现和完善的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说法中不正确的是（）A．第谷通过天文观测积累了大量丰富而准确的行星运动的数据B．开普勒通过研究行星观测记录，发现了行星运动三大定律C．牛顿在前人的工作基础上总结出了万有引力定律D．笛卡尔提出了测量引力常量的方法并用实验测出了引力常量【解答】解：A、第谷通过天文观测积累了大量丰富而准确的行星运动的数据，故A正确；B、开普勒通过研究行星观测记录，发现了行星运动三大定律，故B正确；C、牛顿在前人的工作基础上总结出了万有引力定律，故C正确；D、卡文迪许用实验测出了引力常量，故D错误；本题选不正确的，故选：D。

山西省右玉一中高二物理下学期期中试题

00 甲乙丙丁-s右玉一中2016年4月26日考试卷高二物理一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．第1～8题为单选题；第9～12题为多选题．全部选对的得4分，部分选对的得2分，有错选或不选的得O 分．）1.在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是（） A ．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化 B ．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C ．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化D ．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化 2．如图，在一水平、固定的闭合导体圆环上方．有一条形磁铁（N 极朝上，S 极朝下）由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，关于圆环中感应电流的方向（从上向下看），下列说法正确的是（）A ．总是顺时针B ．总是逆时针C ．先顺时针后逆时针D ．时针先逆时针后顺 3．如图所示表示交变电流随时间变化的图象，此交变电流的有效值是（） A ．5 2 AB ．5AC ．3.5 2 AD ．3.5A4．一磁棒自远处匀速沿一圆形线圈的轴线运动，并穿过线圈向远处而去，如图所示．则下列四个图中较正确反映线圈中I 与时间t 关系的是（线圈中电流以图示箭头为正方向）（）A ．B ．C ．D ．5．穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t 变化的图像分别如图甲、乙、丙、丁所示，下列关于回路中产生的感应电动势的论述，正确的是（） A ．图甲中回路产生的感应电动势恒定不变 B ．图乙中回路产生的感应电动势一直在变大C ．图丙中回路在0-t0时间内的感应电动势大于t0-2t0时间内的感应电动势D ．图丁中回路产生的感应电动势可能恒定不变6．如图所示，一正方形线圈的匝数为n ，边长为a ，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中，在△t 时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B 均匀的增大到2B ．在此过程中，线圈中产生的感应电动势为（） A ． B ．C ．D ．7．平行金属导轨MN 竖直放置于绝缘水平地板上，如图所示，金属杆PQ 可以紧贴导轨无摩擦滑动，导轨间除固定电阻R 以外，其它部分电阻不计，匀强磁场B 垂直穿过导轨平面，以下有两种情况：第1次，先闭合开关S ，然后从图中位置由静止释放PQ ，经一段时间后PQ 匀速到达地面；第2次，先从同一高度由静止释放PQ ，当PQ 下滑一段距离后突然闭合开关S ，最终PQ 也匀速到达了地面．设上述两种情况PQ 由于切割磁感线产生的电能分别为W 1、W 2，则可以判定（）A ．W 1＞W 2B ． W 1=W 2C ． W 1＜W 2D ．以上结论都不正确8．如图所示的电路可将声音信号转化为电信号，该电路中b 是固定不动的金属板，a 是能在声波驱动下沿水平方向振动的镀有金属层的振动膜，a 、b 构成了一个电容器，且通过导线与恒定电源两极相接，若声源S 发出声波，则a 振动过程中（） A ．a 、b 板之间的电场强度不变 B ．a 、b 板上所带的电荷量不变 C ．电路中始终有方向不变的电流 D ．当a 板向右位移最大时，电容器电容最大9．关于产生感应电流的条件，以下说法中错误．．的是( ) A ．闭合电路在磁场中运动，闭合电路中就一定会有感应电流B ．闭合电路在磁场中作切割磁感线运动，闭合电路中一定会有感应电流C ．穿过闭合电路的磁通量为零的瞬间，闭合电路中一定不会产生感应电流D ．无论用什么方法，只要穿过闭合电路的磁感线条数发生了变化，闭合电路中一定会有感应电流 10.n 1=1100匝，副线圈匝数n 2=180匝，交流电源的电压1U tV π=，电阻R=45Ω，电压表、电流表均为理想电表，则( )A ．交流电的频率为50HzB ．电流表A1的示数约为0.13AC ．电压表V 的示数为36VD ．该交变电压不能加在耐压值为300V 的电容器上11．如图1所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图2中曲线a ，b 所示，则（） A ．两次t=0时刻线圈平面均与中性面重合 B ．曲线a 、b 对应的线圈转速之比为2：3 C ．曲线a 表示的交变电动势频率为25Hz D ．曲线b 表示的交变电动势有效值为10V12．如图所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合电键S，下列说法正确的是（）A． P向下滑动时，灯L变亮B． P向下滑动时，变压器的输出电压不变C． P向上滑动时，变压器的输入电流变小D． P向上滑动时，变压器的输出功率变大二、实验题（共2小题，每空2分，共18分．）13．如图为“研究电磁感应现象”的实验装置．（1）将图中所缺导线补接完整．(2）如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上电键后：A．将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将．（填“向左偏转一下”或“向右偏转一下”或“不偏转”）B．原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针．（填“向左偏转一下”或“向右偏转一下”或“不14．如图是“探究导体在磁场中运动时产生感应电流的条件”的实验装置，闭合开关后，铜棒AB、电流表、开关组成闭合电路．小军将实验现象记录在下表中．次数磁场方向导体AB运动方向电流表的指针偏转方向1 上N下S 向上不偏2 上N下S 向下不偏3 上N下S 向左向右4 上N下S 向右向左5 上S下N 向上不偏6 上S下N 向左向左7 上S下N 向右向右（1）小军分析上表得出：闭合电路中的部分导体在磁场里做____时，导体中就会产生感应电流．（2）比较3和4（或6和7）可知；在磁场方向一定时，感应电流的方向与____有关．（3）比较3和6（或4和7）可知；在导体切割磁感线的运动方向一定时，感应电流的方向与______有关．（4）此实验的研究方法主要有_______，在此实验的过程中是______能转化为_______能.三、计算题（共3小题，34分．）15．（10分）如图所示，ab=25cm,ad=20cm，匝数为50匝的矩形线圈。

山西省右玉一中高二物理下学期期末试题-人教版高二全册物理试题

2014年7月右玉一中期末考试〔卷〕高二物理考试时间：90分钟总分为：100分第1卷客观题一、选择题〔每题4分，共48分。

其中10 、11 、12题为多项选择〕1、如下有关质点的说法中，正确的答案是〔〕A ．体积小的物体一定可以看成质点B ．把戏滑冰运动员正在表演冰上舞蹈动作，此时该运动员可看作质点C ．用GPS 定位系统确定正在南极考察的某科考队员位置时，该队员可看作质点D ．在研究子弹穿过一张薄纸所需的时间时，可以把子弹看作质点2、一个质点沿半径为R 的圆周运动一周，回到原地，它在运动过程中路程、位移大小的最大值分别是〔〕A. R π2 2RB. 2R R π2C.2R 2RD. R π2 03、以下的即时数据指时间的是〔〕A.某某开往德州的625次列车于13时35分从某某发车B.某人用15s 跑完100mC.中央电视台新闻联播节目19时开播D.1997年7月1日零时中国对香港恢复行使主权4、某人估测一竖直枯井深度，从井口静止释放一石头并开始计时，经2 s 听到石头落底声．由此可知井深约为(不计声音传播时间，重力加速度g 取10 m/s 2)()．A ．10 mB ．20 mC ．30 mD ．40 m5、某汽车的v-t 图象如下列图，如此汽车在0～1s 内和1s ～3s 内相比〔〕A ．位移相等B ．平均速度相等C ．速度变化一样D ．加速度一样6、质点做直线运动的位移x 与时间t 的关系为x=5t+t 2〔各物理量均采用国际单位制单位〕，如此该质点〔〕A ．第1s 内的位移是5mB ．前2s 内的平均速度是6m/sC ．任意相邻的1s 内位移差都是1mD ．任意1s 内的速度增量都是2m/s7、一物体静止在光滑的水平地面上，假设物体受一水平力F 的作用，使物体由静止向右加速运动，通过一段位移时，速度为v ；假设物体受水平力2F 的作用通过一样的位移，如此它的速度为〔〕 A ．v B ．v 2C ．v 2D ．v 4 8、测速仪安装有超声波发射和接收装置，如图4所示，B 为测速仪，A 为汽车，两者相距335m ，某时刻B 发出超声波，同时A 由静止开始做匀加速直线运动．当B 接收到反射回来的超声波信号时，A 、B 相距355 m ，声速为340 m/s ，如此汽车的加速度大小为〔〕A ．20 m/s 2B ．10 m/s 2C ．5 m/s 2D ．无法确定9、骑自行车的人由静止沿直线行驶，在第1s 、第2s 、第3s 、第4s 内通过的路程分别是1m 、2m 、3m 、4m ，如此如下说法正确的答案是〔〕A ．4s 内平均速度是2.5m/sB ．在第4s 末瞬时速度为2.5m/sC ．是匀加速运动D ．在第2s 末瞬时速度为2.5m/s10、如下关于速度与加速度的判断，正确的答案是：〔〕A ．物体加速度等于零，其速度却可能很大B ．做直线运动物体的加速度越来越小，如此速度也一定越来越小C ．两物体相比，一个物体的速度变化量较大，而加速度却可能较小D ．速度变化方向为正，加速度方向却为负11、某物体以30m ／s 的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g 取10m ／s 2. 5s 内物体的〔〕A ．路程为65mB ．位移大小为25m ，方向向上C ．速度改变量的大小为10m ／sD ．平均速度大小为13m ／s ，方向向上12、如下列图，为甲、乙两物体相对于同一坐标的x －t 图象，如此如下说法正确的答案是〔〕A.甲、乙均做匀变速直线运动B.甲比乙早出发时间t 0C.甲、乙运动的出发点相距s 0D.甲的速率大于乙的速率第二卷主观题二、实验题〔共12分，每一小题3分〕13、某同学在“用打点计时器测速度〞的实验中，用打点计时器记录了被小车拖动的纸带的运动情况，在纸带上确定出0、1、2、3、4、5、6共7个测量点。

山西省右玉一中高二物理下学期第二次月考试题

右玉一中2014年6月月考卷高二物理考试时间：90分钟满分：100分第Ⅰ卷客观题一、选择题（每题4分，共48分。

其中2、7、8为多选题）1、下面哪位科学家根据吊灯摆动的“等时性”，发明制作了摆钟？（）A 、爱因斯旦B 、牛顿C 、伽利略D 、惠更期2、如图所示是原子核的核子平均质量与原子序数Z 的关系图像。

下列说法中正确的是（）A 、若DE 能结合成F ，结合过程一定要释放能量B 、若DE 能结合成F ，结合过程一定要吸收能量C 、若A 能分裂成BC ，分裂过程一定要释放能量D 、若A 能分裂成BC ，分裂过程一定要吸收能量3、下列说法中正确的是（）A ．钉钉子时不用橡皮锤，是因为橡皮锤太轻B ．推车时车未被推动，是因为车所受的合外力的总冲量为零C ．跳高时，在沙坑里填沙，是为了减小人着地时所受的冲量D ．动量相同的两个物体受相同的制动力作用，质量小的先停下来4、已知金属钾的逸出功为2.22eV ，氢原子的能级如图所示，一群处在n=3能级的氢原子向低能级跃迁时，能够从金属钾的表面打出光电子的光波共有（）A ．一种B ．两种C ．三种D ．四种5、北京时间2011年3月11日13时46分,在日本本州岛附近海域发生里氏9.0级强烈地震和海啸引发福岛第一核电站放射性物质泄漏,其中放射性物质碘131的衰变方程为I 13153→ Xe 13154+Y 。

根据有关放射性知识,下列说法正确的是（）A.Y 粒子为β粒子B.I 13153的半衰期大约是8天,则若取4个碘原子核,经16天就一定剩下1个碘原子核了 C.生成的 Xe 13154处于激发态,还会放射γ射线.γ射线的穿透能力最强,电离能力也最强D.I 13153中有53个质子和131个中子6、普朗克在1900年将“能量子”引入物理学，开创了物理学的新纪元。

人们在解释下列哪组实验现象时，都利用了“量子化”的观点（）A ．光电效应现象氢原子光谱实验B ．光电效应现象 α粒子散射实验C ．光的折射现象氢原子光谱实验D ．光的折射现象 α粒子散射实验7、按照玻尔理论,下列关于氢原子的论述中正确的是（）A ．第m 个定态和第n 个定态的轨道半径m r 和n r 之比为22::n m r r n m =B ．第m 个定态和第n 个定态的能量Em 和En 之比为Em ：En=n 2：m 2C ．电子沿某一轨道绕核运动,若其圆周运动的频率是ν,则其发光频率也是νD ．若氢原子处于能量为E 的定态,则其发光频率为v=E/h8、如图为氢原子在n=1,2,3,4各个能级的能量，一群处于n=4能级的氢原子，当它们回到n=1能级的过程中，以下说法中确定的是（）A ．可能发出3种不同频率的光B ．可能发出6种不同频率的光C ．可能发出的光子的最大能量为12.75eVD ．可能发出的光子的最小能量为0.85eV9、核电站泄漏的污染物中含有碘131和铯137.碘131的半衰期约为8天，会释放β射线．铯137是铯133的同位素，半衰期约为30年，发生衰变时会辐射γ射线．下列说法正确的是( )A ．碘131释放的β射线由氦核组成B ．铯137衰变时辐射出的γ光子能量小于可见光光子能量C ．与铯137相比，碘131衰变更慢．D ．铯133和铯137含有相同的质子数10、在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，选用“2.5V ，3W”的灯泡，所用电流表内阻约为0.5Ω，电压表的内阻约为3k Ω，则应该选择以下哪个实验电路图（）11、如图所示，质量为m 速度为v 的A 球跟质量为3m 的静止B 球发生对心正碰，碰撞后B 球的速度可能有不同的值，碰后B 的速度可能为（）A ．0.8vB ．0.6vC ．0.4vD ．0.2v12、一个物体静止于光滑水平面上，同时受到在一条直线上的两个力F1和F2的作用，F1和F2与时间t的关系如图所示,则物体速率最大的时刻和物体的最大动量是（）A．10s末，120kg·m/sB．20s末，60kg·m/sC．20s末，240kg·m/sD．10s末，60kg·m/s第Ⅱ卷主观题二、实验题（共12分）13、（8分）右图是某同学连接的实验实物图，合上开关S后，发现A、B灯都不亮，他采用下列两种方法检查故障：（1）用多用电表的直流电压挡进行检查：①在测试a、b间直流电压时，红表笔应接触（填“a”或“b”）②该同学测试结果如右表所示，根据测试结果，可以判定故障是（）（假设只有下列中的某一项有故障）。

山西高二高中物理期中考试带答案解析

山西高二高中物理期中考试班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.如图所示，R1为定值电阻，R2是热敏电阻，L为小灯泡, 当温度下降时,下列说法正确的是( )A．R1两端的电压增大B．电流表的示数增大C．小灯泡的亮度变强D．小灯泡的亮度变弱2.矩形金属线圈共10匝，绕垂直磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动，线圈中产生的交流电动势e随时间t变化的情况，如图所示.下列说法中正确的是（）；A．此交流电的频率为0.2HzB．此交流电动势的有效值为1VC．t=0.1s时，线圈平面与磁场方向平行D．线圈在转动过程中穿过线圈的最大磁通量为Wb3.3A直流电流通过电阻R时，t秒内产生的热量为Q，现让一交变电流通过电阻R，若2t秒内产生的热量为Q，则交变电流的最大值为( )A．3A B．A C．A D．A4.交流发电机正常工作时产生的电动势为e=Emsinωt,若将其线圈的匝数减为原来的一半，而转速增为原来的2倍，其他条件不变，则产生的电动势的表达式为：（）A．e=Emsinωt B．e=Emsin2ωtC．e=2Emsin2ωt D．e=2Emsinωt5.小型水力发电站的发电机有稳定的输出电压，它发出的电先通过电站附近的升压变压器升压，然后通过输电线路把电能输送到远处用户附近的降压变压器，经降低电压后再输送至各用户.设变压器都是理想的，那么在用电高峰期，随用电器电功率的增加将导致（）A．升压变压器初级线圈中的电流变小B．高压输电线路的电压损失变大C．升压变压器次级线圈两端的电压变小D．降压变压器次级线圈两端的电压减小6.电磁灶是采用电磁感应原理产生涡流加热的，它利用变化的电流通过线圈产生变化的磁场，当变化的磁场通过含铁质锅的底部时，即会产生无数之小涡流，使锅体本身自行高速升温，然后再加热锅内食物。

电磁炉工作时产生的电磁波，完全被线圈底部的屏蔽层和顶板上的含铁质锅所吸收，不会泄漏，对人体健康无危害。

山西省朔州市右玉第一中学高二物理月考试卷含解析

山西省朔州市右玉第一中学高二物理月考试卷含解析一、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. 许多科学家在物理学发展中做出了重要贡献，下列一些物理史实正确的是A．库仑总结并确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力的规律B．安培发现了电流的磁效应C．法拉第发现了电磁感应现象D．奥斯特提出了分子电流假说参考答案：AC2. 如图11所示，是a、b两个电阻的I—U图线，则A．Ra＞Rb B．Ra＜RbC．若将它们串联在电路中，发热功率较大的是电阻RbD．若将它们并联在电路中，发热功率较大的是电阻Rb参考答案：BC3. 小船在静水中速度为v，今小船要渡过一条河流，渡河时小船垂直对岸划行.若小船划行至河中间时，河水流速忽然增大，则 ( )A．渡河时间与预定时间相比增长B．渡河时间与预定时间相比不变C．渡河时间与预定时间相比缩短D．到达河岸偏离的更近参考答案：B4. （多选）下列关于电场和磁场的说法不正确的是（）A．电场强度和磁感应强度都是由场本身决定的，但电势的高低不是由电场本身决定的，它与零电势的选取有关B．电场中某点的电势高，则试探电荷在该点的电势能一定大；磁场中某点磁感应强度大，则电流元在该处受的安培力一定大C．电场对处于其中的静止电荷一定有力的作用，磁场对处于其中的运动电荷一定有力的作用D．电场强度和磁感应强度都是矢量，方向可分别由试探电荷和电流元（或磁极）来确定参考答案：ABC5. 下列说法中正确的 ( )A.气体总是很容易充满整个容器，这是分子间存在斥力的宏观表现B.布朗运动反映了液体分子运动的无规则性C.温度高的物体分子平均动能大，因此内能一定大D.理想气体在等温变化时，内能不变，因而与外界不发生热交换参考答案：B二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. 一微型吸尘器的直流电动机加0.3V电压时，通过电动机的电流为0.3A，电动机不转，加2V电压时，电动机正常运转，通过电动机的电流为0.8A，此时电动机消耗的电功率为，电动机输出的机械功率为（电动机机械损耗不计）参考答案：7. 如右图所示，让平行板电容器带电后，静电计的指针偏转一定角度，若不改变A 、B 两极板带的电量而减小两极板间的距离，同时在两极板间插入电介质，那么静电计指针的偏转角度。

—15学年下学期高二期中考试物理试题(附答案)(4)

嘉峪关市一中2014—2015学年第二学期期中考试高二物理试卷（试卷满分100分答题时间90分钟命题范围：选修3-2+机械振动）一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，其中1—9题只有一个选项正确，10—12有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

1、如图甲所示，弹簧振子以O 点为平衡位置，在A 、B 两点之间做简谐运动．取向右为正方向，振子的位移x 随时间t 的变化如图乙所示，下列说法正确的是( )A ．t ＝0.8 s 时，振子的速度方向向左B ．t ＝0.2 s 时，振子在O 点右侧6 cm 处C ．t ＝0.4 s 和t ＝1.2 s 时，振子的加速度完全相同D ．t ＝0.4 s 到t ＝0.8 s 的时间内，振子的速度逐渐减小2、如图所示，一单摆悬于O 点，摆长为L ，若在O 点的E 下方的O ′点钉一个光滑钉子，使OO ′＝L /2，将单摆拉至A 处释放，小球将在A 、B 、C 间来回振动，若振动中摆线与竖直方向夹角小于5°，则此摆的周期是( )A ．2πLgB ．2π L2gC ．2π( L g＋ L2g) D ．π( L g＋ L 2g) 3、小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图所示．此线圈与一个R ＝10 Ω的电阻构成闭合电路，电路中的其他电阻不计．下列说法正确的是( )A ．交变电流的周期为0.125 sB ．交变电流的频率为8 HzC ．交变电流的有效值为 2 AD ．交变电流的最大值为4 A4、如图所示电路中，L 是一电阻可忽略不计的电感线圈，a 、b 为L 的左、右两端点，A 、B 、C 为完全相同的三个灯泡，原来电键K 是闭合的，三个灯泡均在发光．某时刻将电键K 断开，则下列说法正确的是( )A ．a 点电势高于b 点，A 灯闪亮后缓慢熄灭B ．b 点电势高于a 点，B 、C 灯闪亮后缓慢熄灭 C ．a 点电势高于b 点，B 、C 灯闪亮后缓慢熄灭D ．b 点电势高于a 点，B 、C 灯不会闪亮只是缓慢熄灭5、如图所示，一个边长为2L 的等腰直角三角形ABC 区域内，有垂直纸面向里的匀强磁场，其左侧有一个用金属丝制成的边长为L 的正方形线框abcd ，线框以水平速度v 匀速通过整个匀强磁场区域，设电流逆时针方向为正．则在线框通过磁场的过程中，线框中感应电流i 随时间t 变化的规律正确的是( )6、如图所示，固定在水平桌面上的光滑金属导轨cd 、eg 处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab 与导轨接触良好．在两根导轨的端点d 、e 之间连接一电阻，其他部分电阻忽略不计．现用一水平向右的外力F1作用在金属杆ab 上，使金属杆由静止开始向右沿导轨滑动，滑动中杆ab 始终垂直于导轨．金属杆受到的安培力用F 安表示，则关于图中F 1与F安随时间t 变化的关系图象可能正确的是( )7、如图所示为一交变电流的电压随时间变化的图象，正半轴是正弦曲线的一个部分，则此交变电流的电压的有效值是 ( )A.34 V B ．5 V C.522VD ．3 V8、如图所示的电路中，有一自耦变压器，左侧并联一只理想电压表V 1后接在稳定的交流电源上；右侧串联灯泡L 和滑动变阻器R ，R 上并联一只理想电压表V 2.下列说法中正确的是( )A ．若F 不动，滑片P 向下滑动时，V1示数变大，V 2示数变小B ．若F 不动，滑片P 向下滑动时，灯泡消耗的功率变小C ．若P 不动，滑片F 向下移动时，V 1、V 2的示数均变小D ．若P 不动，滑片F 向下移动时，灯泡消耗的功率变大9、如图所示，矩形线圈面积为S ，匝数为N ，线圈总电阻为r ，在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕OO ′轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R ，当线圈由图示位置转过60°的过程中，下列判断正确的是( )A ．电压表的读数为NBSω2R ＋rB ．通过电阻R 的电荷量为q ＝NBSR ＋rC ．电阻R 所产生的焦耳热为Q ＝N 2B 2S 2ωR πR ＋r 2D ．当线圈由图示位置转过60°时的电流为NBSωR ＋r10、如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ 、MN ，MN 的左边有一如图所示的闭合电路，当PQ 在一外力的作用下运动时，MN 向右运动，则PQ 所做的运动可能是( )A ．向右加速运动B ．向左加速运动C ．向右减速运动D ．向左减速运动11、如图所示，足够长的“U”形光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN 与PQ 平行且间距为L ，导轨平面与磁感应强度大小为B 的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab 由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab 棒接入电路的部分的电阻为R ，当流过ab 棒某一横截面的电荷量为q 时，棒的速度大小为v ，则金属棒ab 在这一过程中( )A ．a 点的电势高于b 点的电势B ．ab 棒中产生的焦耳热小于ab 棒重力势能的减少量C ．下滑的位移大小为qR BLD ．受到的最大安培力大小为B 2L 2v Rsin θ12．如图所示，矩形线圈abcd 绕轴OO ′匀速转动产生交流电，在图示位置开始计时，则下列说法正确的是( )A ．t ＝0时穿过线圈的磁通量最大，产生的感应电流最大B ．t ＝T4(T 为周期)时感应电流沿abcda 方向C ．若转速增大为原来的2倍，则交变电流的频率是原来的2倍D ．若转速增大为原来的2倍，则产生的电流有效值为原来的4倍二、填空题：本小题每空2分，共16分13、如图所示宽度为d 、厚度为h 的金属板放在垂直于它的磁感应强度为B 的匀强磁场中，当有电流I 通过金属板时，在金属板上侧面A 和下侧面间产生电势差，这种现象叫霍尔效应．若金属板内自由电子密度为n ，则产生的电势差U= ．14、如图甲所示，为热敏电阻的R ﹣t 图象，图乙为用此热敏电阻R 和继电器组成的一个简单恒温箱温控电路，继电器的电阻为100Ω．当线圈的电流大于或等于20mA 时，继电器的衔铁被吸合．为继电器线圈供电的电池的电动势E=9.0V ，内阻可以不计．图中的“电源”是恒温箱加热器的电源．则（1）应该把恒温箱内的加热器接在（填“A 、B 端”或“C 、D 端”）．（2）如果要使恒温箱内的温度保持50℃，可变电阻R′的阻值应调节为 Ω．15．某实验爱好者设计了模拟路灯光控电路，利用光敏电阻作为光传感器，配合使用斯密特触发器来控制电路，他设计的电路如图，他所使用的斯密特触发器的输入端信号（“可以”或“不可以”）连续变化，为了更加节能，让天色更暗时，路灯点亮，应将R 1 一些（“增大”或“减小”）16、如图是电熨斗的结构图，它装有双金属片温度传感器，其作用是控制电路的通断，常温下右图中上下触点是（填“接触”或“分离”），当温度升高时双金属片（填“上层”或“下层”）膨胀比另一层大．若需要设定更高的温度，则应该调节升降螺丝向（填“上，或“下”）．三、论述计算题：本题共3小题，每题12分，共36分。

下学期高二期中考试物理(扫描版)(附答案)

2014～2015学年度第二学期期中调研测试高二物理试题参考答案一、单项选择题1、D2、D3、C4、B5、C6、C7、D二、单项选择题8、AD 9、AD 10、CD 11、BC 12、BCD 13、BC 14、AC 15、ＡＤ三、简答题16、⑴如图所示（4分）⑵BCD（4分）⑶向左（4分）17、⑴（4分）⑵（4分）四、计算题18（14分）设该变压器的原线圈、副线圈和新绕线圈的匝数分别用n1、n2、n3表示，原线圈、副线圈和新绕线圈两端的电压分别用U1、U2和U3表示，则有解得该变压器烧坏前的原线圈匝数n1=1100匝（2分），副线圈匝数n2=240匝（2分）。

19（15分）(1)空气分子的质量m0＝MN A＝29×10－36×1023≈4.8×10－26 kg （4分）(2)根据玻意耳定律，瓶中纯净空气在0℃压强为1.0×105pa下的体积（3分）瓶纯净空气的物质的量n＝（1分）则瓶中气体的质量m＝nM （1分）由上述各式解得瓶中气体的质量m≈1.3×10－3 kg （2分）(3)方法一：分子数N＝mm0≈2.6×1022个（4分）-方法二：分子数N ＝nN A ≈2.6×1022个20（18分）⑴ 当K 接e 时，电动势的最大值 E m ＝NBSω＝250×2×12×10×10－4×4π V ＝24 V （2分）电动势有效值 E ＝E m 2＝12 2 V （2分）电流表的读数 I ＝E R＝ 2 A ＝1.4 A （2分） ⑵当K 接e 时，线框转过90°过程中，时间为，穿过线框磁通量变化（1分）感应电动势平均值（1分）感应电流平均值（2分）通过电流表的电荷量（2分）⑶当K 接f 时，从中性面开始计时，则此交变电流的瞬时值表达式为e ＝24sin 4πt V ，已知氖泡的发光电压为12 V ，则当t 1时刻时电动势的瞬时值为12 V ，即12＝24sin 4πt 1，解得 t 1＝124s. （2分）此交变电流的图象如图所示．交流电的周期（1分）每次发光的时间 Δt ＝T 2－2t 1＝14 s －112 s ＝16s. （1分） 10 min 发光总时间 t ′＝10×60T ×2×Δt ＝6000.5×2×16 s ＝400 s. （2分）。