安徽省宁国市津河中学磁场单元测试题

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安徽省宣城市宁国三津中学高三物理月考试题含解析

安徽省宣城市宁国三津中学高三物理月考试题含解析一、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. （单选）普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流,通常要通过电流互感器来连接,图中电流互感器ab一侧线圈的匝数较少,工作时电流为I ab,c d一侧线圈的匝数较多,工作时电流为I cd,为了使电流表能正常工作,则A.ab接MN、cd接PQ,I ab<I cdB.ab接MN、cd接PQ,I ab>I cdC.ab接PQ、cd接MN,I ab<I cdD.ab接PQ、cd接MN,I ab>I cd参考答案：B本题考查电流互感器的原理,意在考查考生的理解能力和利用物理规律解决实际问题的能力。

电流互感器ab一侧线圈匝数比cd一侧线圈匝数少,根据变流比公式I1n1=I2n2可知,I ab>I cd,电流表应接在电流较小一侧,B项正确。

2. 如图所示为几个有理想边界的磁场区域，相邻区域的磁感应强度大小相等、方向相反，区域的宽度均为L．现有一边长为L的正方形导线框由图示位置开始，沿垂直于区域边界的直线匀速穿过磁场区域，设逆时针方向为电流的正方向，下列各图能正确反映线框中感应电流的是（）参考答案：D3. 如图所示的位移((x) -时间(t)图象和速度(v)—时间(t)图象中给出四条图线，甲、乙、丙、丁代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的是A. 甲车做直线运动，乙车做曲线运动B. 0-t2 时间内，丙、丁两车的平均速度相等C. 0-t1时间内，甲车通过的路程大于乙车通过的路程D. 0-t2 时间内，丙、丁两车在t2时刻相距最远参考答案：D解：A、x-t图像描述的是物体运动过程中位移与时间之间的变化关系，而不是物体运动的轨迹，故A 错误；B、0～t2时间内，丙车的位移小于丁车的位移，时间相等，平均速度等于位移除以时间，所以丙车的平均速度小于丁车的平均速度，故B错误；C、0-t1时间内，由于甲、乙都沿正方向做直线运动，位移相等，甲车通过的路程等于乙车通过的路程，故C错误；D、由速度图象与时间轴围成的面积表示位移可知：丙、丁两车在t2时刻面积差最大，所以相距最远，故D正确．故选：D4. 为了利用海洋资源，海洋工作者有时根据水流切割地磁场所产生的感应电动势来测量海水的流速。

安徽省宁国市津河中学高中物理磁场单元测试题

图8-1津河中学磁场单元测试题一、选择题(本题包括10小题，每小题4分，共40分) 1．关于磁感线和电场线，下述说法正确的是（）A ．磁感线是闭和曲线，而静电场的电场线不是闭和曲线。

B ．磁感线和电场线都是一些互相平行的曲线。

C ．磁感线起始于N 极，终止于S 极；电场线起始于正电荷，终止于负电荷。

D ．磁感线和电场线都只能分别表示磁场和电场的方向。

2．有一根竖直长直导线和一个通电三角形金属框处于同一竖直平面内，如图所示，当竖直长导线内通以方向向上的电流时，若重力不计，则三角形金属框将（） A ．水平向左运动 B ．竖直向上 C ．处于平衡位置D ．以上说法都不对3．如图所示，一个带少量正电的小球沿着光滑、水平、绝缘的桌面向右运动，其速度方向垂直于一个水平方向的匀强磁场，小球飞离桌面边缘后最后落到水平地板上。

设其在空中飞行时间为t 1，水平射程为s 1，着地时速率为v 1；撤去磁场，其余条件不变。

小球飞行时间为t 2，水平射程为s 2着地时速率为v 2，若不计空气阻力，则以下答案中不正确的是（）A ．s 1>s 2B ．t 1>t 2C ．v 1>v 2D ．v 1=v 24.如图所示，在通电直导线下方，有一电子沿平行导线方向以速度v 向左开始运动，则电子（） A.将沿轨迹I 运动，半径越来越大 B.将沿轨迹I 运动，半径越来越小 C.将沿轨迹II 运动，半径越来越小 D.将沿轨迹II 运动，半径越来越大5.长为L 的导线ab 斜放在水平导轨上（导线与导轨的夹角为θ），两导轨相互平行且间距为d ，匀强磁场的磁感应强度为B ，如图所示，当通过ab 的电流为I 时，导线ab 所受安培力的大小为( ) A.ILB B.ILBsin θ C.IdB D.IdB/cos θ6.如图所示,三根长直导线垂直于纸面放置,通以大小相同、方向如图所示的电流,ac ⊥bd,图8-2且ab=ad=ac,则a点处磁感应强度的方向为( )A.垂直于纸面向外B.垂直于纸面向里C.沿纸面由a向dD.沿纸面由a向c7．粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，两粒子均带正电，让它们在匀强磁场中同一点以大小相等、方向相反的速度开始运动。

电与磁单元测试题(含答案)

电与磁单元测试题(含答案)一、电与磁选择题1．如图为通电螺线管磁场强弱演示仪的示意图（导线电阻不计），由图可知：（）A. 当开关S接a点时，仪表指针向右偏转B. 当开关S接a点接滑片P向下移动时，仪表示数变小C. 保持滑片P的位置不变，开关S由a点换到b点，仪表示数变大D. 若将电源正负极对调，仪表指针偏转方向不变【答案】C【解析】【解答】解：A、由安培定则可知，通电螺线管的右端为N极，根据同名磁极相互排斥可知，仪表指针向左偏转，故A错误；B、当开关S接a点接滑片P向下移动时，变阻器接入电路的电阻减小，电流增大，磁性增强，排斥力增大，指针偏转变大，仪表示数变大，故B错误；C、保持滑片P的位置不变，开关S由a点换到b点，线圈匝数增加，磁性增强，排斥力增大，指针偏转变大，仪表示数变大，故C正确；D、若将电源正负极对调，电流方向改变，磁场方向改变，仪表指针偏转方向改变，故D 错误．故选C．【分析】（1）由安培定则判断通电螺线管的南北极和磁极间的相互作用判断仪表指针向的偏转；、（2）根据滑动变阻器的移动方向判断通电螺线管的磁性变化，判断仪表示数变化；（3）通电螺线管磁性的强弱与电流的大小、线圈的匝数、有无铁芯；（4）通电导体在磁场受力的方向与电流的方向、磁场方向有关．2．从物理学角度解释诗句，下列说法与物理知识相符的是（）A. “潭清疑水浅”实际上是一种光的反射现象B. “看山恰似走来迎”中描述的“山”在“走”，是以山为参照物C. “花气袭人知骤暧”说明温度越高分子的无规则运动越剧烈D. “臣心一片磁针石，不指南方不肯休”，诗中磁针指向南方的一端是磁针的N极【答案】C【解析】【解答】解：A、“潭清疑水浅”是由于光的折射产生的一种现象，A不符合题意；B、以诗人乘坐的船为参照物，山与船之间的位置发生了变化，山是运动的，所以会感觉到“看山恰似走来迎”，B不符合题意；C、“花气袭人知骤暖”说明温度越高分子无规则运动越剧烈，C符合题意；D、地球本身是一个巨大的磁体，地磁北极在地理南极附近，地磁南极在地理北极附近，小磁针在地磁场的作用下，始终指向南北方向，其中，指南的一端磁针的南（S）极，D不符合题意。

安徽省宁国市津河中学2014-2015学年高二第三次段考物理试题 (Word版含答案)

制卷人：李自炎审稿人：黄思华姓名：________ 班级：_________ 得分：___________一．（选择题14*4=56）1. 当一段导线在磁场中做切割磁感线运动时，则(B)A. 导线中一定有感应电流B.导线中一定有感应电动势C. 导线上一定会产生焦耳热D. 导线一定受到磁场的作用力，这个力阻碍导线运动2．将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是(A)A．感应电动势的大小与线圈的匝数有关B．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C．穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势越大D．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同3．关于物体的动量和冲量，下列说法中不正确的是(A)．A．物体所受合外力的冲量越大，它的动量也越大B．物体所受合外力的冲量不为零，它的动量一定要改变C．物体的动量增量的方向，就是它所受合外力的冲量的方向D．物体所受的合外力越大，它的动量变化越快4．如图所示，在光滑水平面上，用等大异向的F1、F2分别同时作用于A、B两个静止的物体上，已知m A＜m B，经过相同的时间后同时撤去两力，以后两物体相碰并粘为一体，则粘合体最终将(B)A．向右运动B．静止C．向左运动D．无法确定5. 如图所示是著名物理学家费曼设计的一个实验，在一块绝缘板中部安装一个线圈，并接有电源，板的四周有许多带负电的小球。

整个装置悬挂起来，当接通电键瞬间，整个圆盘将(自上而下看)(D)A. 逆时针不断转动B. 逆时针转动一下C. 顺时针不断转动D. 顺时针转动一下6．如图所示是一个正弦式交变电流的图像，下列说法正确的是(A)A．周期是0.2 s，电流的峰值是10 AB．周期是0.15 s，电流的峰值是10 AC．频率是5 Hz，电流的有效值是10 AD．频率是0.2 Hz，电流的有效值是7.07 A7. 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作用下做加速上升运动的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和等于(C)A. 棒的重力势能增加量B. 棒的动能增加量C. 棒的机械能增加量D. 电阻R上放出的热量8．如图所示，电路中有四个完全相同的灯泡，额定电压均为U，额定功率均为P，变压器为理想变压器，现在四个灯泡都正常发光，则变压器的匝数比n1：n2和电源电压U1分别为( C)A．1∶22U B．1∶24UC．2∶14U D．2∶12U9．如图，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈，当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方水平从左到右快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力F N 及在水平方向运动趋势的正确判断是(B)A．F N先小于mg后大于mg，运动趋势向左B．F N先大于mg后小于mg，运动趋势向右C．F N先小于mg后大于mg，运动趋势向右D．F N先大于mg后小于mg，运动趋势向左10．如图所示，导线框abcd与长直导线在同一平面内，直导线通有恒定电流I，当导线框由左向右匀速通过直导线时，线框中感应电流的方向是( D )A．先abcd，后dcba，再abcdB．先abcd，后dcbaC．始终dcbaD．先dcba，后abcd，再dcba11.如图甲所示，圆形线圈M的匝数为50匝，它的两个端点a、b与理想电压表相连，线圈中磁场方向如图，线圈中磁通量的变化规律如图乙所示，则ab两点的电势高低与电压表读数为（ B ）A.φa >φb ，20VB.φa >φb ，10VC.φa <φb ，20VD.φa <φb ，10V12．如图所示，电路中S 1、S 2是完全相同的两只灯泡，L 是电阻不计的电感线圈，下列说法中正确的是( D )A ．当开关S 闭合时，S 1灯先亮，S 2灯后亮B ．当开关S 闭合时，S 1、S 2两灯同时亮，以后两灯一样亮C ．当开关断开时，S 1、S 2两灯同时熄灭D ．当开关S 断开时，S 2先熄灭，S 1闪亮一下熄灭13．如图所示，两只阻值相同的电阻分别通以正弦波和方波电流，电流的最大值相等，则两只电阻产生的热功率的比是( B )A ．1:4B ．1:2C ．1:1D ．2:114. 两块水平放置的金属板间的距离为d ，用导线与一个n 匝线圈相连，线圈电阻为r ，线圈中有竖直方向的磁场，电阻R 与金属板连接，如图所示，两板间有一个质量为m 、电荷量＋q 的油滴恰好处于静止。

安徽省宣城市宁国津河中学2021-2022学年高二物理月考试题含解析

安徽省宣城市宁国津河中学2021-2022学年高二物理月考试题含解析一、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. 为了高考的公平公正，高考时在考场上使用手机信号屏蔽器，屏蔽器在工作过程中以一定的速度由前向信道的低端频率向高端扫描．该扫描速度可以在手机接收报文信号中形成乱码干扰，手机不能检测出从基站发出的正常数据，使手机不能与基站建立联接，达到屏蔽手机信号的目的，手机表现为搜索网络、无信号、无服务系统等现象．由以上知识可知()A．手机信号屏蔽器是利用静电屏蔽的原理来工作的B．手机的辐射与X光一样，都可由LC振荡产生C．手机信号屏蔽器工作时基站发出的电磁波不能传播到考场内D．手机信号屏蔽器是通过发射电磁波干扰手机工作来达到目的参考答案：D2. 阻值为10Ω的电阻接到电压波形如图所示的交流电源上．以下说法正确的是（）A．电压的有效值为10VB．通过电阻的电流有效值为 AC．电阻消耗电功率为5WD．电阻每秒种产生的热量为10J参考答案：BC3. （单选）物块A1、A2、B1和B2的质量均为m，A1、A2用刚性轻杆连接，B1、B2用轻质弹簧连接．两个装置都放在水平的支托物上，处于平衡状态，如图所示．今突然迅速地撤去支托物，让物块下落．在除去支托物的瞬间，A1、A2受到的合力分别为f1和f2，B1、B2受到的合力分别为F1和F2．则（）解：在除去支托物的瞬间，A1、A2由于用刚性轻杆连接，A1、A2与刚性轻杆一起下落，根据牛顿第二定律，对整体研究得到，整体的加速度等于重力加速度g，则A1、A2受到的合力都等于各自的重力，即f1=mg，f2=mg．在除去支托物前，根据平衡条件得知，弹簧的弹力大小等于mg，支托物对B2的支持力大小等于2mg．在除去支托物的瞬间，弹簧的弹力没有来得及变化，B1的受力情况没有变化，则B1所受合力为零，即F1=0．B2所受的合力大小等于支托物的支持力大小2mg，即F2=2mg．故选B4. 一正方形闭合导线框abcd，边长为0.1m，各边电阻均为1Ω，bc边位于x轴上，在x轴原点O右方有宽为0.2m、磁感应强度为1T的垂直纸面向里的匀强磁场区，如图所示，当线框以恒定速度4m/s沿x轴正方向穿越磁场区过程中，如图所示中，哪一图线可正确表示线框从进入到穿出过程中，ab边两端电势差Uab随位置变化的情况（）参考答案：B5. (单选题)关于多普勒效应，下列说法正确的是()A．多普勒效应是由波的干涉引起的B．多普勒效应说明波源的频率发生了改变C．多普勒效应是由于波源与观察者之间有相对运动而产生的D．只有声波才可以产生多普勒效应参考答案：C二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. 一束光从空气射向折射率为的某种介质，若反射光线与折射光线垂直，则入射角为．真空中的光速为c ，则光在该介质中的传播速度为．参考答案：60°；c ．【考点】光的折射定律．【分析】根据几何关系确定出入射角和折射角，通过折射定律求出玻璃砖的折射率．【解答】解：根据折射定律n==①由题意：i+r=90° 则sin 2+sin 2r=1② 解得：sini=则∠i=60° 传播速度v== c 故答案为：60°；c ．7. 用下图(a)所示实验装置演示单摆的振动图象，细沙从摆动的漏斗的底部均匀下落，纸板沿着跟摆动平面垂直的方向匀速移动，落在纸板上的沙排成粗细变化的一条曲线如下图(b)．(1)观察这条细沙曲线的形态特征，说明沙摆的摆动规律．(要求列出两条) ①___________________________________________________； ②____________________________________________________.(2)仍用上述装置重做实验，落在纸板上的沙排成如图(c)所示的曲线，这是由于什么原因造成的？这是否说明沙摆的周期变化了？参考答案：(2)共振曲线如图所示．答案：(1)200 (2)见解析图8. 蓄电池的电动势是2V ，说明电池内非静电力每移动1C 的电荷做功，其电势能（填“增加”或“减小”），是能转化为能的过程．参考答案：2J ，增加，化学，电能考点：电源的电动势和内阻．专题：恒定电流专题．分析：电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，根据电源的电动势定义式E=分析电动势的意义．式中W 是非静电力做功，q 是非静电力所移动的自由电荷的电荷量．解答：解：蓄电池的电动势是2V ，根据电源的电动势定义式E=分析可知，电池内非静电力每移动1C 的电荷做功W=qE=1×2J=2J ．蓄电池内非静电力对自由电荷做功，将化学能转化为自由电荷的电势能，即增加的电势能是由化学能转化的．故答案为：2J ，增加，化学，电能点评：本题考查对电动势物理意义的理解．对电动势定义式E 理解准确到位，就能正解作答．9. 在“研究回路中感应电动势大小与磁通量变化快慢的关系”实验(见图(a))中，得到图线如图(b)所示。

安徽省宁国市津河中学、广德实验中学高二物理5月联考试题

津中、广实2013级高二年级联考物理学科试卷一、单项选择题（每题4分，共48分）1、如图所示，一固定斜面上两个质量相同的小物块和B 紧挨着一起匀速下滑，与B 的接触面光滑．已知与斜面之间的动摩擦因数是B 与斜面之间动摩擦因数的2倍，斜面倾角为α，B 与斜面之间的动摩擦因数是( )A.2tan 3αB.23tan α C ．tan α D ．1tan α2、对于相互接触的两个物体之间,同一接触面上的弹力和摩擦力,以下说法中正确的是( ) A.有弹力必有摩擦力 B.有摩擦力必有弹力C.摩擦力的大小一定与弹力成正比D.摩擦力的方向一定与运动方向相反 3、如图所示，建筑工人安装搭手架进行高空作业，有一名建筑工人由于不慎将抓在手中的一根长5m 的铁杆在竖直状态下脱落了，使其做自由落体运动，铁杆在下落过程中经过某一楼层面可视为点的时间为0.2s.铁杆下落时其下端到该楼层的高度h 为（）．(g 取10m/s 2，不计楼层面的厚度)A ．6m B.6.2m C.28.8m D.10m4、一物体由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化的规律如右图所示．取物体开始运动的方向为正方向，则下列关于物体运动的v －t 图像正确的是()5、一物体做匀变速直线运动，某时刻速度的大小为4 m/s,1 s 后速度大小变为10 m/s ，在这1 s 内物体的以下说法错误的是( )A ．平均速度的大小可能是7 m/sB ．位移的大小可能小于4 mC ．速度变化量大小可能小于4 m/sD ．加速度的大小可能小于10 m/s 26、半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有一固定放置的竖直挡板MN.在半圆柱体P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于平衡状态，如图所示是这个装置的截面图．现使MN保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q滑落到地面之前，发现P始终保持静止，则在此过程中，下列说法正确的是( )．A．MN对Q的弹力逐渐减小 B．P对Q的弹力逐渐增大C．地面对P的摩擦力逐渐减小 D．Q所受的合力逐渐增大7、磁通量是研究电磁感应现象的重要物理量，如图所示，通有恒定电流的直导线MN与闭合线圈共面，第一次将线圈由位置1平移到位置2，第二次将线框由位置1绕cd边翻转到位置2，设前面两次通过线框的磁通量变化分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则( )A．ΔΦ1>ΔΦ2B．ΔΦ1＝ΔΦ2C．ΔΦ1<ΔΦ2D．无法确定8如图所示，一个菱形的导体线框沿着自己的对角线匀速运动，穿过具有一定宽度的匀强磁场区域，已知对角线AC的长度为磁场宽度的两倍且与磁场边界垂直．下面对于线框中感应电流随时间变化的图像(电流以ABCD顺序流向为正方向，从C点进入磁场开始计时)正确的是( )9、一个电阻接在10V的直流电源上，它的发热功率为P，当接到电压U=10sinωt(V)的交流电源上，它的发热功率是( )A.0.25PB.0.5PC.PD.2P10、单匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t的关系图象如图所示，则( )A．在t＝0时刻，线圈中磁通量最大，感应电动势也最大B．在t＝1×10－2s时刻，感应电动势最小C．在t＝2×10－2s时刻，感应电动势为零D．在0～2×10－2s时间内，线圈中感应电动势的平均值为零11、如图所示，粗细均匀的、电阻为r的金属圆环，放在图示的匀强磁场中，磁感应强度为B，圆环直径为L；长为L、电阻为r2的金属棒ab放在圆环上，以v0向左运动，当ab棒运动到图示虚线位置时，金属棒两端的电势差为( ) A．0 B．BLv0C．BLv0/2 D．BLv0/312、如图5517甲所示，变压器原副线圈的匝数比为3∶1，L1、L2、L3、L4为四只规格均为“9 V,6 W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表，输入端交变电压的u－t图像如图乙所示．则以下说法中不正确的是( )．A．电压表的示数为36 VB．电流表的示数为2 AC．四只灯泡均能正常发光D．变压器副线圈两端交变电流的频率为50 Hz二、实验题（13题每空2分，14题每空3分，共12分）13、在做“验证力的平行四边形定则”实验时．(1)下列说法正确的是( )A．两个分力F1 F2的夹角要尽量大些 B．两个分力F1 F2的大小要适当大些C．同次实验中O点位置允许变动D．实验时弹簧必须与木板平行，读数时视线要正对弹簧刻度线(2)在“验证力的平行四边形定则”实验中，某同学的实验结果如图所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳结点的位置．图中__________是力F1与F2的合力的理论值；__________是力F1与F2的合力的实验值．通过把它们比较验证平行四边形定则．14、在“探究速度随时间变化的规律”实验中，打点计时器使用的交流电的频率是50Hz，记录小车运动的纸带如图所示．在纸带上选择7个计数点A、B、C、D、E、F、G，相邻两个计数点之间还有四个点未画出，各点到A点的距离如图所示．小车在B点的速度v B＝__________m/s，小车运动的加速度a＝__________m/s2.三、解答题(15题8分 16题8分 17题12分 18题12分)15、物体由静止开始做匀加速直线运动，加速度大小是2 m/s2，它在某1 s内通过的距离是15 m，问：(1)物体在这1 s以前已运动了多长时间？(2)物体在这1 s以前已经通过了多少位移？16、如图所示，质量为m的物体用一轻绳挂在水平轻杆BC的C端，B端用铰链连接，C点由轻绳AC 系住，已知AC、BC夹角为，则轻绳AC上的张力和轻杆BC上的压力大小分别为多少？17、发电机转子是匝数n=100，边长L=20cm 的正方形线圈，其置于磁感应强度B=0.5T 的匀强磁场中，绕着垂直磁场方向的轴以ω=100π(rad ／s)的角速度转动，当转到线圈平面与磁场方向垂直时开始计时.线圈的电阻r=1Ω，外电路电阻R=99Ω.试求： (1)写出交变电流瞬时值表达式； (2)外电阻上消耗的功率； (3)从计时开始，线圈转过3过程中，通过外电阻的电荷量是多少?18、如右图所示，一平面框架与水平面成37°角，宽L=0.4 m ，上、下两端各有一个电阻R 0＝1 Ω，框架的其他部分电阻不计，框架足够长.垂直于框平面的方向存在向上的匀强磁场，磁感应强度B ＝2T.ab 为金属杆，其长度为L ＝0.4 m ，质量m ＝0.8 kg ，电阻r ＝0.5Ω，棒与框架的动摩擦因数μ＝0.5.由静止开始下滑，直到速度达到最大的过程中，上端电阻R 0产生的热量Q 0＝0.375J(已知sin37°＝0.6，cos37°=0.8；g 取10m ／s 2)求：(1)杆ab 的最大速度；(2)从开始到速度最大的过程中ab 杆沿斜面下滑的距离以及在该过程中通过ab 的电荷量.津中、广实2013级高二年级联考物理答案及评分标准二、实验题（13题每空2分，14题每空3分共12分）13、（1）______BD ______（2）___F′________、_____F_______14、______0.25m/s____________、 _____1.00m/s2_____________三、解答题（15、16每题8分，17、18每题12分，共40分）15、解：设这1s前物体运动了t s（1/2)a(t+1)^2 - (1/2)at^2 = 15 4分a=2m/s2代入,得: t=7s 2分这一秒前已经通过的位移：x=(1/2)at^2=49m 2分16、17、18、。

安徽省宣城市宁国市津河中学等四校联考高二上学期第二次段考物理试卷 Word版含解析.pdf

安徽省宣城市宁国市津河中学等四校联考2014-2015学年高二上学期第二次段考物理试卷一、单项选择题：本题共10小题，每小题4分，共计40分．每小题只有一个选项符合题意） 1．A、B、C三点在同一直线上，AB：BC=1：2，B点位于A、C之间，在B处固定一电荷量为Q的点电荷．当在A处放一电荷量为+q的点电荷时，它所受到的电场力为F；移去A处电荷，在C处放一电荷量为2q的点电荷，其所受电场力为（） A．B．C．FD．F 2．两根完全相同的金属裸导线甲、乙，如果把甲均匀拉长到原来的2倍，把乙对折后绞合起来，然后给它们分别加上相同电压后，则通过甲乙的电流之比为（） A．1：4B．1：8C．1：16D．16：1 3．有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流为I，设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电荷量为q，此时电子的定向移动速度为v，在t时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为（） A．nvtB．nvstC．D． 4．如图所示为有两个量程的电压表，当使用 a、b两端点时，量程为1V；当使用a、c两端点时，量程为10V．已知电流表的内阻Rg为50Ω，满偏电流Ig为1mA．则R1和R2的电阻值（） A．R1=950Ω，R2=9kΩB．R1=9kΩ，R2=950Ω C．R1=9kΩ，R2=1kΩD．R1=1kΩ，R2=9kΩ 5．如图所示，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的试探电荷q1，q2分别置于A、B两点，虚线为等势线．取无限远处的电势为零，若将q1，q2移到无限远处的过程中电场力所做的正功相等，则下列说法中正确的是（） A．q1的电荷量小于q2的电荷量 B．A点电势低于B点电势 C．A、B两点的电场强度大小相等 D．q1在A点的电势能小于q2在B点的电势能 6．两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA=h，此电子具有的初动能是（） A．B．edUhC．D． 7．在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，电表均为理想电表，当滑片P向右移动时，两电表读数的变化是（） A．电流表示数变大，电压表示数变大 B．电流表示数变小，电压表示数变大 C．电流表示数变大，电压表示数变小 D．电流表示数变小，电压表示数变小 8．如图所示，虚线a、b、c表示电场中的三个等势面与纸平面的交线，且相邻等势面之间的电势差相等．实线为一带正电荷粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，M、N是这条轨迹上的两点，则下列说法中正确的是（） A．三个等势面中，a的电势最高 B．对于M、N两点，带电粒子通过M点时电势能较大 C．该正电荷一定从M向N运动 D．带电粒子由M运动到N时，加速度增大 9．如图所示，两个等量同种点电荷分别固定于光滑绝缘水平面上A、B两点．一个带电粒子由静止释放，仅受电场力作用，沿着AB中垂线从C点运动到D点（C、D是关于AB对称的两点）．下列关于粒子运动的vt图象中可能正确的是（） A．B．C．D． 10．已知表面电荷均匀分布的带电球壳，其内部电场强度处处为零．现有表面电荷均匀分布的带电半球壳上，如图所示，CD为通过半球顶点C与球心O的轴线．P、Q为CD轴上关于O点对称的两点．则（） A．P点的电场强度与Q点的电场强度大小相等，方向相同 B．P点的电场强度比Q点的电场强度大小相等，方向相反 C．P点的电场强度比Q点的电场强度强 D．P点的电场强度比Q点的电场强度弱二、实验题：本题共3小题，共计18分．请将解答填写在答题卡上的相应位置 11．某学生用螺旋测微器在测定某一金属丝的直径时，测得的结果如图1所示，则该金属丝的直径d=mm．另一位学生用游标尺上标有20等分刻度的游标卡尺测一工件的长度，测得的结果如图2所示，则该工件的长度L=mm． 12．某同学在“测定金属的电阻率”实验中，测得待测金属丝接入电路部分的长度约为L=94.2cm，用螺旋测微器测得金属丝的直径为D=0.400mm．经过伏安法测电阻得到电阻值为Rx=8.0Ω．则根据以上的数据可以估算出该金属丝电阻率约为Ω?m（结果保留两位有效数字）． 13．有一个额定电压为2.8V，功率约为0.8W的小灯泡，现要用伏安法描绘这个灯泡的IU图线，有下列器材供选用： A．电压表（0～3V，内阻6kΩ） B．电压表（0～15V，内阻30kΩ） C．电流表（0～3A，内阻0.1Ω） D．电流表（0～0.6A，内阻0.5Ω） E．滑动变阻器（10Ω，2A） F．滑动变阻器 G．蓄电池（电动势6V，内阻不计）（1）用如图所示的电路进行测量，电压表应选用，电流表应选用，滑动变阻器应选用．（用序号字母表示）（2）请在如图1的方框处画出该实验的电路图．（3）通过实验测得此灯泡的伏安特性曲线如图2所示，由图线可求得此灯泡在正常工作时的电阻为Ω．三、简答题：本题共4小题，共计42分．请将解答填写在答题卷上的相应位置 14．如图所示的电路中，R1（050Ω）为滑动变阻器，电阻R2=15Ω，R3=30Ω，电源的电动势E=12V，电源内电阻r=1Ω，调节滑动变阻器R1使电流表的读数I=0.4A（电流表内电阻为零），求此时可变电阻R1的工作电阻值． 15．如图所示，电子（重力可忽略）在电势差为U0=4.5×103 V的加速电场中，从左极板由静止开始运动，经加速电场加速后从右板中央垂直射入电势差为U=45V的偏转电场中，经偏转电场偏转后打在竖直放置荧光屏M上，整个装置处在真空中．已知电子的质量为m=9.0×1031 kg，电量为e=1.6×1019 C，偏转电场的板长为L1=10cm，板间距离为d=1cm，光屏M到偏转电场极板右端的距离L2=15cm．求：（1）电子飞出偏转电场时偏转角的正切tanθ；（2）电子打在荧光屏上时到中心O的距离Y． 16．如图所示，电源的电动势E=110V，电阻R1=21Ω，电动机绕组的电阻R0=0.5Ω，电键S1始终闭合．当电键S2断开时，电阻R1的电功率是525W；当电键S2闭合时，电阻R1的电功率是336W，求：（1）电源的内电阻；（2）当电键S2闭合时流过电源的电流和电动机的输出功率． 17．如图所示，竖直放置的半圆形绝缘光滑轨道半径R=40cm，下端与绝缘光滑的水平面平滑连接，整个装置处于方向竖直向下，大小为E=1×103V/m的匀强电场中，一质量为m=10g、带电量为q=+1×104C的小物块（可视为质点），从水平面上的A点以初速度v0水平向左运动，沿半圆形轨道恰好能通过最高点C，取g=10m/s2，试求：（1）小物块从C点抛出后落地点与B点间的水平距离；（2）v0的大小和过B点时轨道对小物块的支持力大小．安徽省宣城市宁国市津河中学等四校联考2014-2015学年高二上学期第二次段考物理试卷一、单项选择题：本题共10小题，每小题4分，共计40分．每小题只有一个选项符合题意） 1．A、B、C三点在同一直线上，AB：BC=1：2，B点位于A、C之间，在B处固定一电荷量为Q的点电荷．当在A处放一电荷量为+q的点电荷时，它所受到的电场力为F；移去A处电荷，在C处放一电荷量为2q的点电荷，其所受电场力为（） A．B．C．FD．F 考点：电场强度；电场的叠加．专题：电场力与电势的性质专题．分析：首先确定电荷量为2q的点电荷在C处所受的电场力方向与F方向的关系，再根据库仑定律得到F与AB的关系，即可求出2q的点电荷所受电场力．解答：解：根据同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引，分析可知电荷量为2q的点电荷在C处所受的电场力方向与F方向相同．设AB=r，则有BC=2r．则有：F=k 故电荷量为2q的点电荷在C处所受电场力为：FC=k=故选B 点评：本题关键是根据库仑定律研究两电荷在两点所受的电场力大小和方向关系，难度不大． 2．两根完全相同的金属裸导线甲、乙，如果把甲均匀拉长到原来的2倍，把乙对折后绞合起来，然后给它们分别加上相同电压后，则通过甲乙的电流之比为（） A．1：4B．1：8C．1：16D．16：1 考点：电阻定律．专题：恒定电流专题．分析：电阻定律：导体的电阻R跟它的长度L成正比，跟它的横截面积S成反比，还跟导体的材料有关系；公式为R=．再根据欧姆定律可分析电流之比．解答：解：两根完全相同的金属裸导线，把其中的一根均匀拉长到原来的2倍，长度变为2倍，截面积变为倍，根据电阻定律公式R=，电阻增加为4倍；另一根对折后绞合起来，长度变为0.5倍，截面积变为2倍，根据电阻定律公式R=，电阻增加为；故这两根导线后来的电阻之比为4：=16：1；加上相同的电压后，电流之比等于电阻的反比；故电流之比为：1：16．故选：C．点评：本题关键是根据电阻定律直接判断，要注意金属裸导线体积一定，长度变化后截面积也是改变的． 3．有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流为I，设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电荷量为q，此时电子的定向移动速度为v，在t时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为（） A．nvtB．nvstC．D．考点：电流、电压概念．专题：恒定电流专题．分析：首先根据电流强度的定义可以求得总的电荷量的大小，进而可以求得自由电子的个数，再根据电流的微观的表达式，根据电阻的运动的速率的大小也可以求得通过导线横截面的自由电子的个数．解答：解：A、在△t时间内，以速度v移动的电子在铜导线中经过的长度为v△t，由于铜导线的横截面积为S，则在△t时间内，电子经过的导线体积为v△tS．又由于单位体积的导线有n个自由电子，在△t时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为N=nvSt．故B正确；A错误； B、由于流经导线的电流为I，则在t时间内，流经导线的电荷量为It，而电子的电荷量为q，则△t时间内通过导线横截面的自由电子数目可表示为N=；故CD错误；故选：B．点评：本题计算自由电子的个数，要注意从不同的角度来分析问题，一是从微观运动的角度，二是从电流强度的角度． 4．如图所示为有两个量程的电压表，当使用 a、b两端点时，量程为1V；当使用a、c两端点时，量程为10V．已知电流表的内阻Rg为50Ω，满偏电流Ig为1mA．则R1和R2的电阻值（） A．R1=950Ω，R2=9kΩB．R1=9kΩ，R2=950Ω C．R1=9kΩ，R2=1kΩD．R1=1kΩ，R2=9kΩ 考点：把电流表改装成电压表．专题：实验题．分析：改装后的量程为U=Ig（Rg+R串）据此可求出 R串=Rg．解答：解：接a、b时，为串联的R1，则R1=Rg=50=950Ω 接a、c时，为串联的R1和R2，则R2=RgR1=50950=9000Ω 故选：A．点评：电流表串联电阻后量程变大，为U=IgR总． 5．如图所示，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的试探电荷q1，q2分别置于A、B两点，虚线为等势线．取无限远处的电势为零，若将q1，q2移到无限远处的过程中电场力所做的正功相等，则下列说法中正确的是（） A．q1的电荷量小于q2的电荷量 B．A点电势低于B点电势 C．A、B两点的电场强度大小相等 D．q1在A点的电势能小于q2在B点的电势能考点：电场线；电势．分析：据电势能与电场力做功的关系与电势能公式判断两电荷的电量；由点电荷形成电场的特点分析场强和电势；根据电场力做功与电势能的关系，即可判断q1在A点的电势能与q2在B点的电势能的大小．解答：解：AB、由题，将两个带正电的试探电荷q1、q2从A、B两点，移动到无限远的过程中电场力做的正功相等，则知Q与两个试探电荷之间存在斥力，说明Q带正电，电场线方向从Q指向无限远，则A点电势高于B点电势；根据电场力做功公式W=qU，得知，q1的电荷量小于q2的电荷量．故A正确，B错误； C、由点电荷场强公式E=k分析可知，A点的场强大于B点的场强．故C错误； D、将q1、q2移动到C的过程中外力电场力做的功相等，由于无限远为零电势点，所以q1在A点的电势能等于于q2在B点的电势能，故D错误；故选：A．点评：本题根据电场力做功与电势能变化的关系分析电势能的大小，根据点电荷的场强特点分析场强的大小和电势等等，都是常用的思路． 6．两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA=h，此电子具有的初动能是（） A．B．edUhC．D．考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：设出电子的初动能，末动能为零，全程只有电场力做功，根据动能定理解出电子的初动能．解答：解：设出电子的初动能Ek0，末动能为零，极板间的电场E=，根据动能定理：eEh=0Ek0，解得：Ek0=故选：D 点评：注意动能定理应用时要找准全过程物体一共受到几个，并判断哪几个力做功． 7．在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，电表均为理想电表，当滑片P向右移动时，两电表读数的变化是（） A．电流表示数变大，电压表示数变大 B．电流表示数变小，电压表示数变大 C．电流表示数变大，电压表示数变小 D．电流表示数变小，电压表示数变小考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：先分析电路结构，当滑动变阻器滑片P向右移动时，分析变阻器接入电路电阻的变化，确定外电路总电阻的变化，由欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，再分析电压表和电流表示数的变化．解答：解：当滑动变阻器滑片P向右移动时，变阻器接入电路电阻增大，外电路总电阻增大，由欧姆定律得知，总电流减小，即电流表示数减小，则电源内阻和R0所占电压减小，所以电压表示数增大，故B正确，ACD错误．故选；B 点评：本题是电路的动态变化分析问题，按“部分→整体→部分”的思路进行分析，分析电路结构是基础，难度适中． 8．如图所示，虚线a、b、c表示电场中的三个等势面与纸平面的交线，且相邻等势面之间的电势差相等．实线为一带正电荷粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，M、N是这条轨迹上的两点，则下列说法中正确的是（） A．三个等势面中，a的电势最高 B．对于M、N两点，带电粒子通过M点时电势能较大 C．该正电荷一定从M向N运动 D．带电粒子由M运动到N时，加速度增大考点：电场线．分析：由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向左上方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向左上方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场场强大解答：解；A、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向左上方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，a点的电势最低，故A错误； B、根据质点受力情况可知，从M到N过程中电场力做负功，电势能增加，故N点的电势能大于M点的电势能，故B错误； C、实线为一带正电荷粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，仅仅根据轨迹，不能确定运动的方向，故C错误； D、由相邻等势面之间的电势差相等，从M到N相邻等势面之间距离变小，可知电场变强，带电粒子由M运动到N时，电场力变大，加速度增大，故D正确故选：D．点评：解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场、电势能、动能等物理量的变化． 9．如图所示，两个等量同种点电荷分别固定于光滑绝缘水平面上A、B两点．一个带电粒子由静止释放，仅受电场力作用，沿着AB中垂线从C点运动到D点（C、D是关于AB对称的两点）．下列关于粒子运动的vt图象中可能正确的是（） A．B．C．D．考点：电场的叠加；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：A、B为两个等量的同种电荷，其连线中垂线上电场强度方向若是负电荷则为C→O、D→O，若是正电荷则为O→C、O→D；点电荷q仅受电场力作用从C点到D点运动的过程中，由于释放位置不清楚．则电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况不确定．因此可能加速度先增加后减小再增加最后减小；也可能先减小后增加．解答：解：A、B为两个等量的同种电荷，其连线中垂线上电场强度方向，若是负电荷则电场强度方向为C→O、D→O，若是正电荷则电场强度方向为O→C、O→D；点电荷q仅受电场力作用从C点到D点运动的过程中，当从电场强度最大的位置释放时，则带电粒子所受电场力先减小后增大，那么加速度也是先减小后增大，而vt图象的斜率表示加速度的大小，故D正确；故选：D．点评：本题考查对等量异种电荷电场线的分布情况及特点的理解和掌握程度，要抓住电场线的对称性． 10．已知表面电荷均匀分布的带电球壳，其内部电场强度处处为零．现有表面电荷均匀分布的带电半球壳上，如图所示，CD为通过半球顶点C与球心O的轴线．P、Q为CD轴上关于O点对称的两点．则（） A．P点的电场强度与Q点的电场强度大小相等，方向相同 B．P点的电场强度比Q点的电场强度大小相等，方向相反 C．P点的电场强度比Q点的电场强度强 D．P点的电场强度比Q点的电场强度弱考点：电场的叠加．分析：利用等效法分析电场强度，利用叠加原理判断电场线的分布，由受力分析判断带电粒子的运动状态．解答：解：均匀带电半球相当于一个均匀带正电的球和半个均匀带负电的球，这个半球放在图的另一边．然后看PQ两点，可以看到，PQ两点在在上述涉及到的正电半球和负电半球中的相同的位置上．而由题目给出的条件，正电球在PQ两点产生的电场为零．所以，Q点正电半球产生的电场强度相当于负电半球产生的电场强度，而与P点的环境比较，唯一的区别是电荷符号相反，从而电场大小相同，只有可能有方向的区别，而分析可知，方向是相同的，故电场强度相等，故A正确，BCD错误；故选：A 点评：本题考查了电势和电场强度的知识，题目较新颖，难度也较大，要认真分析．二、实验题：本题共3小题，共计18分．请将解答填写在答题卡上的相应位置 11．某学生用螺旋测微器在测定某一金属丝的直径时，测得的结果如图1所示，则该金属丝的直径d=3.2053.206mm．另一位学生用游标尺上标有20等分刻度的游标卡尺测一工件的长度，测得的结果如图2所示，则该工件的长度L=50.15mm．考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．专题：实验题．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．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．解答：解：1、螺旋测微器的固定刻度为3mm，可动刻度为20.6×0.01mm=0.206mm，所以最终读数为3mm+0.206mm=3.206mm，由于需要估读，最后的结果可以在3.2053.206 之间． 2、游标卡尺的主尺读数为：5cm=50mm，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3×0.05mm=0.15mm，所以最终读数为：50mm+0.15mm=50.15mm．故答案为：3.2053.206，50.15 点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量． 12．某同学在“测定金属的电阻率”实验中，测得待测金属丝接入电路部分的长度约为L=94.2cm，用螺旋测微器测得金属丝的直径为D=0.400mm．经过伏安法测电阻得到电阻值为Rx=8.0Ω．则根据以上的数据可以估算出该金属丝电阻率约为1.1×106Ω?m（结果保留两位有效数字）．考点：测定金属的电阻率．专题：实验题；恒定电流专题．分析：根据电阻定律表达式写出电阻率表达式，然后代入数据即可．解答：解：由R=可得ρ=，代入数据可得ρ=1.1×106Ω?m，故答案为：1.1×106．点评：考查电阻定律的应用，注意半径与直径不同，同时注意单位的统一． 13．有一个额定电压为2.8V，功率约为0.8W的小灯泡，现要用伏安法描绘这个灯泡的IU图线，有下列器材供选用： A．电压表（0～3V，内阻6kΩ） B．电压表（0～15V，内阻30kΩ） C．电流表（0～3A，内阻0.1Ω） D．电流表（0～0.6A，内阻0.5Ω） E．滑动变阻器（10Ω，2A） F．滑动变阻器 G．蓄电池（电动势6V，内阻不计）（1）用如图所示的电路进行测量，电压表应选用A，电流表应选用D，滑动变阻器应选用E．（用序号字母表示）（2）请在如图1的方框处画出该实验的电路图．（3）通过实验测得此灯泡的伏安特性曲线如图2所示，由图线可求得此灯泡在正常工作时的电阻为10Ω．考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．专题：实验题；恒定电流专题．分析：根据小灯泡的额定电压可以选出电压表，根据灯泡的额定功率可求出额定电流，则可确定出电流表；根据滑动变阻器的接法可选出滑动变阻器；由图象可得出额定电压，由图象可求得灯泡的正常工作时的电流，由欧姆定律可求得灯泡的正常工作时的电阻；解答：解：（1）题目中要求多测几组数据，故滑动变阻器采用分压接法；灯泡内阻较小；故电流表选用外接法；（2）由题意可知，灯泡的额定电压为2.8V，故电压表的量程应大于2.8V，故电压表应选3V量程，故选A；由P=UI可得，电流为I=0.28A，故电流表应选D；本实验中应选用分压接法，故滑动变阻器应选小电阻，故滑动变阻器选E；（3）由图可知，当电压为2.8V时，电流为0.28A，故电阻R==Ω=10Ω 故答案为：（1）如图所示：（2）ADE （3）10 点评：测量小灯泡的伏安特性曲线时，根据实验的要求一般采用滑动变阻器的分压接法，电流表应采用外接法．对于电学实验要从仪器选择、实验原理、误差分析、实验电路图等各个方面进行理解，同时注意图象及欧姆定律的应用．三、简答题：本题共4小题，共计42分．请将解答填写在答题卷上的相应位置 14．如图所示的电路中，R1（050Ω）为滑动变阻器，电阻R2=15Ω，R3=30Ω，电源的电动势E=12V，电源内电阻r=1Ω，调节滑动变阻器R1使电流表的读数I=0.4A（电流表内电阻为零），求此时可变电阻R1的工作电阻值．考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：由欧姆定律可求得R2的电压，即可得到R3上的电压．由欧姆定律可求得干路电流；由闭合电路欧姆定律求解可变电阻R1的工作电阻值解答：解：由欧姆定律可知R2两端的电压： U2=I2R2=0.4×15V=6.0V 则根据并联电路电压相等的特点可知 R3上的电压为： U3=U2=6.0V R3的电流为I3==0.2A R1的电流为I1=I+I3=0.4+0.2=0.6A R1的电压为U1=EU3I1r=1260.6×1=5.4V 所以R1的工作电阻值为R1==9Ω 答：此时可变电阻R1的工作电阻值为9Ω．点评：本题考查闭合电路欧姆定律的应用，在解题时要注意分析电路结构，正确应用串并联电路的规律及部分电路的欧姆定律分析电路的电流及电压关系． 15．如图所示，电子（重力可忽略）在电势差为U0=4.5×103 V的加速电场中，从左极板由静止开始运动，经加速电场加速后从右板中央垂直射入电势差为U=45V的偏转电场中，经偏转电场偏转后打在竖直放置荧光屏M上，整个装置处在真空中．已知电子的质量为m=9.0×1031 kg，电量为e=1.6×1019 C，偏转电场的板长为L1=10cm，板间距离为d=1cm，光屏M到偏转电场极板右端的距离L2=15cm．求：（1）电子飞出偏转电场时偏转角的正切tanθ；（2）电子打在荧光屏上时到中心O的距离Y．考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：电子在加速电场中加速，在偏转电场中做类平抛运动，电子离开偏转电场后做匀速直线运动，应用动能定理可以求出电子的速度，应用类平抛运动规律与几何知识可以求出偏移量与夹角．解答：解析：（1）在加速电场中，末速度为v0，由动能定理得：eU0=mv020，电子在偏转电场中做类平抛运动，加速度：a=，时间：t=，电子离开电场时的竖直分速度：vy=at，速度偏角的正切值：tanθ==，代入数据解得：tanθ=0.05；（2）屏上距离O点的距离： Y=（L2+L1）tanθ=（15cm+5cm）×0.05=1cm；答：（1）电子飞出偏转电场时偏转角的正切tanθ为0.05；（2）电子打在荧光屏上时到中心O的距离Y为1cm．点评：本题考查了电子在电场中的运动，分析清楚电子运动过程是正确解题的前提与关键，应用动能定理、运动的合成与分解、类平抛运动规律即可正确解题． 16．如图所示，电源的电动势E=110V，电阻R1=21Ω，电动机绕组的电阻R0=0.5Ω，电键S1始终闭合．当电键S2断开时，电阻R1的电功率是525W；当电键S2闭合时，电阻R1的电功率是336W，求：（1）电源的内电阻；（2）当电键S2闭合时流过电源的电流和电动机的输出功率．考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：（1）根据S2断开时R1消耗的功率为，求出内阻r．（2）当电键S2闭合时，根据电阻R1的电功率求出R1两端的电压和通过R1的电流，再根据E=U+Ir，求出总电流．从而求出通过电动机的电流，根据，求出电动机的输出功率．解答：解：（1）设S2断开时R1消耗的功率为P1，则，代入数据可以解得r=1Ω．（2）设S2闭合时R1两端的电压为U，消耗的功率为P2，则，解得U=84V 由闭合电路欧姆定律得 E=U+Ir，代入数据，得I=26A 流过R1的电流为I1，流过电动机的电流为I2，A，而I1+I2=I，所以I2=22A，由UI2=P出+I22R0，代入数据得P出=1606W．点评：解决本题的关键能够灵活运用闭合电路欧姆定律，以及知道电动机输入功率、输出功率、热功率的关系． 17．如图所示，竖直放置的半圆形绝缘光滑轨道半径R=40cm，下端与绝缘光滑的水平面平滑连接，整个装置处于方向竖直向下，大小为E=1×103V/m的匀强电场中，一质量为m=10g、带电量为q=+1×104C的小物块（可视为质点），从水平面上的A点以初速度v0水平向左运动，沿半圆形轨道恰好能通过最高点C，取g=10m/s2，试求：（1）小物块从C点抛出后落地点与B点间的水平距离；（2）v0的大小和过B点时轨道对小物块的支持力大小．考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；带电粒子在匀强电场中的运动．专题：电场力与电势的性质专题．分析：（1）小物块恰好通过最高点，知重力和电场力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出在最高点的速度，结合平抛运动的规律求出水平距离．（2）对B到C段运用动能定理，抓住初速度与B点的速度相同，求出初速度的大小．根据牛顿第二定律求出小物块在B点所受的支持力的大小．解答：解：（1）根据牛顿第二定律得：mg+qE=x=vCt 2R=根据牛顿第二定律得加速度：a=则解得：x=2R=0.8m．（2）小球从B至C的过程中，根据动能定理得，对B受力分析有： v0=vB。

磁场单元测试题(含详解答案)doc高中物理

磁场单元测试题（含详解答案）doc高中物理时刻：90分钟总分值：100分第一卷选择题一、选择题(此题包括10小题，共40分，每题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不选的得0分) 1．20世纪50年代，一些科学家提出了地磁场的〝电磁感应学讲〞，认为当太阳强烈活动阻碍地球而引起磁暴时，磁暴在外地核中感应产生衰减时刻较长的电流，此电流产生了地磁场．连续的磁暴作用可坚持地磁场，那么外地核中的电流方向为(地磁场N极与S极在地球表面的连线称为磁子午线)()A．垂直磁子午线由西向东B．垂直磁子午线由东向西C．沿磁子午线由南向北D．沿磁子午线由北向南解析：地磁场由南向北，地球内部磁场由北向南，依照安培定那么可判定，外地核中电流方向由东向西．答案：B图12．如图1所示，两根平行放置的长直导线a和b载有大小相同、方向相反的电流，a受到的磁场力大小为F1，当加入一与导线所在平面垂直的匀强磁场后，a受到的磁场力的大小变为F2，那么现在b受到的磁场力的大小变为()A．F2B．F1－F2C．F2－F1D．2F1－F2解析：对a导线，原先b导线对a导线作用力为F1，方向向左，假设加入的匀强磁场垂直向里，如图2甲所示，那么a导线受外加匀强磁场的作用力为F′，那么F1、F′、F2之间有以下关系：图2F2＝F1－F′(F′＝F1－F2)同理对b导线分析受力，如图2乙所示，故现在导线b受磁场作用力：F＝F1－F′＝F1－(F1－F2)＝F2此题正确的答案为A.答案：A3．带电体表面突出的地点电荷容易密集．雷雨天当带电云层靠近高大建筑物时，由于静电感应，建筑物顶端会集合异种电荷，避雷针通过一根竖直导线接通大地而幸免雷击．你假设想明白竖直导线中的电流方向，进而判定云层所带电荷，安全可行的方法是() A．在导线中接入电流表B ．在导线中接入电压表C ．在导线中接入小灯泡D ．在导线旁放一可自由转动的小磁针解析：依照小磁针静止时N 极的指向判定出其所在处的磁场方向，然后依照安培定那么判定出电流方向，既安全又可行．答案：D4．以下关于磁感线的讲法正确的选项是( )A ．磁感线能够形象地描述磁场中各点的磁场方向，它每一点的切线方向都与小磁针放在该点静止时S 极所指的方向相同B ．磁感线总是从磁体的N 极动身，到磁体的S 极终止C ．磁场的磁感线是闭合曲线D ．磁感线确实是细铁屑在磁铁周围排列成的曲线，没有细铁屑的地点就没有磁感线解析：磁感线的切线方向确实是该点的磁场方向，磁场的方向规定为小磁针N 极受力的方向，也确实是小磁针静止时N 极的指向，因此A 项错误．在磁体的外部，磁感线从N 极动身指向S 极．在磁体的内部，磁感线从S 极指向N 极，同时内、外形成闭合曲线，因此B 项错误，C 项正确．尽管磁感线是为了研究咨询题的方便人为引入的，我们也能够用细铁屑形象地〝显示〞磁感线，但不能讲没有细铁屑的地点就没有磁感线，因此D 项是错误的．答案：C图35．如图3所示，一带负电的质点在固定的正点电荷作用下绕该正电荷做匀速圆周运动，周期为T 0，轨道平面位于纸面内，质点的速度方向如图中箭头所示．现加一垂直于轨道平面的匀强磁场，轨道半径并不因此而改变，那么( )A ．假设磁场方向指向纸里，质点运动的周期将大于T 0B ．假设磁场方向指向纸里，质点运动的周期将小于T 0C ．假设磁场方向指向纸外，质点运动的周期将大于T 0D ．假设磁场方向指向纸外，质点运动的周期将小于T 0解析：因电荷在电场力作用下做匀速圆周运动，依照圆周运动知识有F 电＝m (2πT 0)2r ，假设所加的磁场指向纸里，因电荷所受的洛伦兹力背离圆心，电荷所受的向心力减小，因此质点运动的周期将增大，大于T 0.假设所加的磁场指向纸外，因电荷所受的洛伦兹力指向圆心，电荷所受的向心力增大，因此质点运动的周期将减小，小于T 0，正确选项为A 、D.答案：AD图46．在某地上空同时存在着匀强的电场与磁场，一质量为m 的带正电小球，在该区域内沿水平方向向右做直线运动，如图4所示．关于场的分布情形可能的是( )A ．该处电场方向和磁场方向重合B ．电场竖直向上，磁场垂直纸面向里C ．电场斜向里侧上方，磁场斜向外侧上方，均与v 垂直D ．电场水平向右，磁场垂直纸面向里解析：带电小球在复合场中运动一定受重力和电场力，是否受洛伦兹力需具体分析．A选项中假设电场、磁场方向与速度方向垂直，那么洛伦兹力与电场力垂直，假如与重力的合力为零就会做直线运动．B 选项中电场力、洛伦兹力都向上，假设与重力合力为零，也会做直线运动．C 选项电场力斜向里侧上方，洛伦兹力向外侧下方，假设与重力合力为零，就会做直线运动．D 选项三个力合力不可能为零，因此此题选A 、B 、C.答案：ABC图57．(2007年天津卷)如图5所示，在x 轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场，一个不计重力的带电粒子从坐标原点O 处以速度v 进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x 轴正方向成120°角．假设粒子穿过y 轴正半轴后在磁场中到x 轴的最大距离为a ，那么该粒子的比荷和所带电荷的正负是( ) A.3v 2aB ，正电荷 B.v 2aB，正电荷 C.3v 2aB ，负电荷 D.v 2aB ，负电荷图6解析：带电粒子在磁场中的运动轨迹如图6所示，依照左手定那么可知粒子带负电荷．由图可知：sin30°＝a －R R 可得R ＝23a 又由q v B ＝m v 2R 得q m ＝3v 2Ba. 应选项C 正确．图7 答案：C8．如图7所示，两平行金属板的间距等于极板的长度，现有重力不计的正离子束以相同的初速度v 0平行于两板从两板正中间射入．第一次在两极板间加恒定电压，建立场强为E 的匀强电场，那么正离子束刚好从上极板边缘飞出．第二次撤去电场，在两极间建立磁感应强度为B 、方向垂直于纸面的匀强磁场，正离子束刚好从下极板边缘飞出，那么E 和B 的大小之比为( )A.54v 0B.12v 0C.14v 0 D ．v 0解析：依照题意d ＝L ① 两板间为匀强电场时，离子做类平抛运动．设粒子在板间的飞行时刻为t ，那么水平方向：L ＝v 0t ②竖直方向：d 2＝12at 2＝qE 2mt 2③ 两板间为匀强磁场时，设偏转半径为r由几何关系有r 2＝(r －d 2)2＋L 2④ 又q v 0B ＝m v 20r⑤ ①②③④⑤联立得E B ＝5v 04. 答案：A图89．如图8所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为0.5 T 的匀强磁场，一质量为0.2 kg 且足够长的绝缘塑料板静止在光滑水平面上．在塑料板左端无初速度放置一质量为0.1 kg 、带电荷量为＋0.2 C 的滑块，滑块与绝缘塑料板之间的动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力．现对塑料板施加方向水平向左、大小为0.6 N 的恒力，g 取10 m/s 2，那么( )A ．塑料板和滑块一直做加速度为2 m/s 2的匀加速运动B ．滑块开始做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动C ．最终塑料板做加速度为2 m/s 2的匀加速运动，滑块做速度为10 m/s 的匀速运动D ．最终塑料板做加速度为3 m/s 2的匀加速运动，滑块做速度为10 m/s 的匀速运动解析：滑块随塑料板向左运动时，受到竖直向上的洛伦兹力，和塑料板之间的正压力逐步减小．开始时，塑料板和滑块加速度相同，由F ＝(M ＋m )a 得，a ＝2 m/s 2，对滑块有μ(mg －qvB )＝ma ，当v ＝6 m/s 时，滑块恰好相关于塑料板有相对滑动，开始做加速度减小的加速运动，当mg ＝q v B ，即v ＝10 m/s 时滑块对塑料板的压力为零F N ＝0，塑料板所受的合力为0.6 N ，那么a ′＝F M＝3 m/s 2，B 、D 正确．答案：BD10．环形对撞机是研究高能粒子的重要装置，其核心部件是一个高度真空的圆环状的空腔．假设带电粒子初速度可视为零，经电压为U 的电场加速后，沿圆环切线方向注入对撞机的环状空腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B .带电粒子将被限制在圆环状空腔内运动．要坚持带电粒子在圆环内做半径确定的圆周运动，以下讲法中正确的选项是( )A ．关于给定的加速电压，带电粒子的比荷q /m 越大，磁感应强度B 越大B ．关于给定的加速电压，带电粒子的比荷q /m 越大，磁感应强度B 越小C ．关于给定的带电粒子和磁感应强度B ，加速电压U 越大，粒子运动的周期越小D ．关于给定的带电粒子和磁感应强度B ，不管加速电压U 多大，粒子运动的周期都不变解析：带电粒子通过加速电场后速度为v ＝2Uq m ，带电粒子以该速度进入对撞机的环状空腔内，且在圆环内做半径确定的圆周运动，因此R ＝m v Bq ＝2Um B 2q，关于给定的加速电压，即U 一定，那么带电粒子的比荷q /m 越大，磁感应强度B 应越小，A 错误，B 正确；带电粒子运动周期为T ＝2πm Bq，与带电粒子的速度无关，因此就与加速电压U 无关，因此，关于给定的带电粒子和磁感应强度B ，不管加速电压U 多大，粒子运动的周期都不变．答案：BD第二卷非选择题二、填空与实验题(此题包括5小题，每题12分，共60分．把答案填在相应的横线上或按题目要求作答)图911．在原子反应堆中抽搐液态金属时，由于不承诺转动机械部分和液态金属接触，常使用一种电磁泵．如图9所示是这种电磁泵的结构示意图，图中A 是导管的一段，垂直于匀强磁场放置，导管内充满液态金属．当电流I 垂直于导管和磁场方向穿过液态金属时，液态金属即被驱动，并保持匀速运动．假设导管内截面宽为a 、高为b ，磁场区域中的液体通过的电流为I ，磁感应强度为B ，求：(1)电流I 的方向；(2)驱动力对液体造成的压强差．解析：(1)驱动力即安培力方向与流淌方向一致，由左手定那么可判定出电流I 的方向由下向上．(2)把液体看成由许多横切液片组成，因通电而受到安培力作用，液体匀速流淌，因此有安培力F ＝Δp ·S ，Δp ＝F S ＝BIb ab ＝BI a ，即驱动力对液体造成的压强差为BI a. 答案：(1)电流方向由下向上 (2)BI a图1012．一种半导体材料称为〝霍尔材料〞，用它制成的元件称为〝霍尔元件〞，这种材料有可定向移动的电荷，称为〝载流子〞，每个载流子的电荷量大小为q ＝1.6×10－19 C ，霍尔元件在自动检测、操纵领域得到广泛应用，如录像机中用来测量录像磁鼓的转速、电梯中用来检测电梯门是否关闭以及自动操纵升降电动机的电源的通断等．在一次实验中，一块霍尔材料制成的薄片宽ab ＝1.0×10－2 m 、长bc ＝4.0×10－2 m 、厚h＝1.0×10－3 m ，水平放置在竖直向上的磁感应强度B ＝2.0 T 的匀强磁场中，bc 方向通有I ＝3.0 A 的电流，如图10所示，由于磁场的作用，稳固后，在沿宽度方向上产生1.0×10－5 V 的横向电压．(1)假定载流子是电子，ad 、bc 两端中哪端电势较高？(2)薄板中形成电流I 的载流子定向运动的速率为多大？(3)这块霍尔材料中单位体积内的载流子个数为多少？解析：(1)由左手定那么可判定，电子受洛伦兹力作用偏向bc 边，故ad 端电势高．(2)稳固时载流子在沿宽度方向上受到的磁场力和电场力平稳q v B ＝q U ab ，v ＝U Bab ＝1.0×10－52.0×1.0×10－2 m/s ＝5×10－4 m/s. (3)由电流的微观讲明可得：I ＝nq v S .故n ＝I /qvS ＝3.75×1027个/m 3.答案：(1)ad 端 (2)5×10－4 m/s (3)3.75×1027个/m 313．在电子显像管内部，由酷热的灯丝上发射出的电子在通过一定的电压加速后，进入偏转磁场区域，最后打到荧光屏上，当所加的偏转磁场的磁感应强度为0时，电子应沿直线运动打在荧光屏的正中心位置．但由于地磁场对带电粒子运动的阻碍，会显现在未加偏转磁场时电子束偏离直线运动的现象，因此在周密测量仪器的显像管中常需要在显像管的外部采取磁屏蔽措施以排除地磁场对电子运动的阻碍．电子质量为m 、电荷量为e ，从酷热灯丝发射出的电子(可视为初速度为0)通过电压为U 的电场加速后，沿水平方向由南向北运动．假设不采取磁屏蔽措施，且地磁场磁感应强度的竖直向下重量的大小为B ，地磁场对电子在加速过程中的阻碍可忽略不计，在未加偏转磁场的情形下，(1)试判定电子束将偏向什么方向；(2)求电子在地磁场中运动的加速度的大小；(3)假设加速电场边缘到荧光屏的距离为l ，求在地磁场的作用下使到达荧光屏的电子在荧光屏上偏移的距离．解析：(1)依照左手定那么，能够判定出电子束将偏向东方．(2)设从加速电场射出的电子速度为v 0，那么依照动能定理有：12m v 20＝eU 从加速电场射出的电子在地磁场中受到洛伦兹力的作用而做匀速圆周运动，设电子的加速度为a ，依照牛顿第二定律，e v 0B ＝ma由以上各式解得a ＝eB m 2eU m. (3)设电子在地磁场中运动的半径为R ，依照牛顿第二定律e v 0B ＝m v 20R 得R ＝m v 0eB图11设电子在荧光屏上偏移的距离为x ，依照图中的几何关系，有：x ＝R －R 2－l 2 结合以上关系，得x ＝1B 2mU e －2mU eB 2－l 2. 答案：(1)东方 (2)eB m 2eU m(3)1B 2mU e －2mU eB 2－l 2图1214．(2007年全国卷Ⅰ)两平面荧光屏互相垂直放置，在两屏内分不取垂直于两屏交线的直线为x 轴和y 轴，交点O 为原点，如图12所示．在y >0、0<x <a 的区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，在y >0、x >a 的区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，两区域内的磁感应强度大小均为B .在O 点处有一小孔，一束质量为m 、带电量为q (q >0)的粒子沿x 轴经小孔射入磁场，最后打在竖直和水平荧光屏上，使荧光屏发亮．入射粒子的速度可取从零到某一最大值之间的各种数值．速度最大的粒子在0<x <a 的区域中运动的时刻与在x >a 的区域中运动的时刻之比为2∶5，在磁场中运动的总时刻为7T /12，其中T 为该粒子在磁感应强度为B 的匀强磁场中做圆周运动的周期．试求两个荧光屏上亮线的范畴(不计重力的阻碍)．解析：设粒子在磁场中半径为r ，那么q v B ＝m v 2r 图13假设速度较小的粒子将会在x <a 的区域内运动，最后垂直打在y 轴(竖直荧光屏)上，那么半径范畴为从0到a ，屏上发亮的范畴从0～2a ；假设速度较大的粒子会进入右侧的磁场速度最大的粒子轨迹如图13中实线所示，左边圆弧的圆心在y 轴上，用C 表示，右边圆弧的圆心为C ′，由对称性可知，C ′在x ＝2a 直线上．设粒子在左、右两磁场中运动的时刻分不为t 1、t 2.由题意，得：t 1t 2＝25t 1＋t 2＝712T 可得：t 1＝T 6，t 2＝512T 由几何关系可得 ∠OCM ＝60°，∠MC ′P ＝150°.故∠NC ′P ＝150°－60°＝90°即NP 为14圆弧，C ′在x 轴上．设速度最大的粒子半径为R ，由几何关系可知2a ＝R ·sin60°.故OP ＝2(1＋33)a (水平荧光屏发光范畴的右边界) 又因为粒子进入右侧磁场的最小半径R min ＝a ，如图中虚线所示，现在粒子在右侧的圆轨迹与x 轴的D 点相切，那么OD ＝2a .(水平荧光屏发光范畴的左边界)．答案：水平荧光屏上亮线范畴是2a <x <2(1＋33)a ，竖直屏上亮线范畴是0<y <2a .图1415．(2007年全国卷Ⅱ)如图14所示，在坐标系xOy 的第一象限中存在沿y 轴正方向的匀强电场，场强大小为E .在其他象限中存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里．A 是y 轴上的一点，它到坐标原点O 的距离为h ；C 是x 轴上的一点，到O 的距离为l .一质量为m 、电荷量为q 的带负电的粒子以某一初速度沿x 轴方向从A 点进入电场区域，继而通过C 点进入磁场区域，并再次通过A 点，现在速度方向与y 轴正方向成锐角．不计重力作用．试求：(1)粒子通过C 点时速度的大小和方向．(2)磁感应强度B 的大小．解析：(1)粒子在电场中做类平抛运动，设加速度为a ，那么qE ＝ma ①设粒子从A 点进入电场时初速度为v 0，从A 运动到C 点时刻为t ，那么h ＝12at 2② l ＝v 0·t ③图15设粒子在C 点时的速度为v ，v 垂直于x 轴的重量为v ⊥，那么v ⊥＝2ah ④由于v ＝v 20＋v 2⊥⑤ ①～⑤式联立，得v ＝qE (4h 2＋l 2)2mh⑥ 设粒子通过C 点时速度与x 轴夹角为α.由tan α＝v ⊥v 0⑦ 将②③④代入⑦式，得tan α＝2h l⑧ 即α角的正切值是2h l. (2)粒子进入磁场后做圆周运动的半径为R ，那么q v B ＝m v 2R设圆心为P ，那么PC 必与过C 点的速度垂直，且有PC ＝P A ＝R .用β表示P A 与y 轴的夹角，由几何关系得R cos β＝R cos α＋h ⑩R sin β＝l －R sin α⑪由⑧⑩⑪式解得R ＝h 2＋l 22hl4h 2＋l 2⑫ 由⑥⑨⑫式得B ＝l h 2＋l22mhE q .答案：(1)qE(4h2＋l2)2mh与x轴夹角为arctan2hl(2)lh2＋l22mhE q。

安徽省宣城市宁国津河中学2021-2022学年高二物理模拟试卷带解析

安徽省宣城市宁国津河中学2021-2022学年高二物理模拟试卷含解析一、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. 某磁场中的磁感线如图所示，有铜线圈自图示A位置落至B位置，在下落的过程中，自上向下看，线圈中的感应电流方向是（）A. 始终顺时针B. 始终逆时针C. 先顺时针再逆时针D. 先逆时针再顺时针参考答案：C试题分析：在下落过程中，磁感应强度先增大后减小，所以穿过线圈的磁通量先增大后减小，A处落到O处，穿过线圈的磁通量增大，产生感应电流磁场方向向下，所以感应电流的方向为顺时针．O处落到B处，穿过线圈的磁通量减小，产生感应电流磁场方向向上，所以感应电流的方向为逆时针；综上所述，故C正确，ABD错误．故选C。

考点：楞次定律2. （多选）在下面几种有关光的现象中，属于光的干涉的是A．在水面的油膜上看到彩色条纹B．通过游标卡尺两测脚间的狭缝，观看与狭缝平行的线光源时，看到彩色条纹C．照相机镜头呈淡紫色D．日落时分拍摄水面下的景物，在照相机镜头前装上偏振滤光片可以使景像更清晰参考答案：AC3. （多选）自然界的电、热和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.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B.欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系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.焦耳发现了电流的热效应，定量得出了电能和热能之间的转换关系参考答案：ACD4. (单选)如图所示，在匀强电场中有A、B两点，将一电量为q的正电荷从A点移到B点，第一次沿直线AB移动该电荷，电场力做功为W1；第二次沿路径ACB移动该电荷，电场力做功W2；第三次沿曲线AB移动该电荷，电场力做功为W3，则( )A．W1＞W2＞W3 B．W1＜W3＜W2C．W1= W2 = W3 D．W1= W2＜W3参考答案：C5. 一根均匀导线，现将它均匀拉长，使导线的直径减小为原来的一半，此时它的阻值为64 Ω，则导线原来的电阻值为A.128 ΩB.32 ΩC.4 ΩD.2 Ω参考答案：C二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. 如图所示为玻璃厚度检测仪的原理简图，其原理是：固定一束激光AO以不变的入射角θ1照到MN表面，折射后从PQ表面射出，折射光线最后照到光电管C上，光电管将光信号转变为电信号，依据激光束在C上移动的距离，可以确定玻璃厚度的变化。

安徽省宣城市宁国津河中学高二物理月考试题含解析

安徽省宣城市宁国津河中学高二物理月考试题含解析一、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. （多选题）“奥的斯电梯”在北京、上海、深圳、惠州等地频出事故，致使大家“谈奥色变”，为此检修人员对电视塔的观光电梯作了检修，如图是检修人员搭乘电梯从一楼到八楼上下的v﹣t图（取电梯向上运动方向为正方向），下列说法正确的是（）A．检修人员在2～6s内对地板的压力相同B．检修人员在0～2s和在4～6s内处于超重状态C．0～2s内和4～6s内电梯对检修人员作用力不同D．0～2s内和6～8s内电梯对检修人员作用力相同参考答案：ACD【考点】牛顿运动定律的综合应用；作用力和反作用力．【分析】物体做匀加速直线运动时加速度应保持不变，根据速度图象的斜率等于加速度，由斜率判断电梯的加速度是否变化，确定电梯的运动性质．再根据牛顿第二定律分析作用力大小变化情况．【解答】解：A、在2～6秒内速度图象是一条直线，其斜率保持不变，说明加速度保持不变，根据牛顿第二定律可知检修人员在2～6秒内对地板的压力相同．故A正确．B、根据图象可知，检修人员在0～2s内加速度为正，方向向上，处于超重状态，4～6s内加速度为负，方向向下，处于失重状态，故B错误；C、由图可知，0～2s内和4～6s内人员的加速度方向不同；则由牛顿第二定律可知，电梯对检修人员作用力不同；故C正确；D、0～2s内和6～8s内人员的加速度相同，则由牛顿第二定律可知，电梯对检修人员作用力相同；故D正确；故选：ACD．2. （多选）如图所示，螺线管匝数n=1500匝，横截面积S=0.002m2，螺线管导线电阻r=1Ω，电阻R=4Ω，磁感应强度B的B-t图象所示（以向右为正方向），下列说法正确的是A．电阻R的电流方向是从A到C B．感应电流的大小保持不变C．电阻R的电压为4.8V D．电阻R的电压为6V参考答案：BC3. (单选)关于做匀速圆周运动的人造地球卫星，下列说法正确的是（）．在离地面高为R（R为地球半径）的高处，所受地球引力为在地面时引力的解：A、据万有引力提供圆周运动向心力知，轨道半径越大，周期越大，故A错误；B、卫星做匀速圆周运动时，上面的物体处于完全失重状态，仅受地球的引力作用，故B错误；C、根据知，万有引力与R的二次方成反比，故C正确；D、因为绕地球做匀速圆周运动的轨道半径越小，线速度越大，第一宇宙速度的轨道半径等于地球的半径，所以7.9km/s是卫星绕地球做匀速圆周运动最大的环绕速度．故D错误．故选：C4. （单选）如图（a）所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图（b）所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。

安徽省宣城市宁国市津河中学高三物理上学期第一次段考试卷(含解析)

2014-2015学年安徽省宣城市宁国市津河中学高三（上）第一次段考物理试卷一、单项选择题（每题4分，共计40分）1．下列说法正确的是（）A．高速公路上限速牌上的速度值指平均速度B．运动员在处理做香蕉球运动的足球时，要将足球看成质点C．运动员的链球成绩是指链球从离开手到落地的位移大小D．选取不同的参考系，同一物体的运动轨迹可能不同2．如图所示，一小球分别以不同的初速度，从光滑斜面的底端A点向上做直线运动，所能到达的最高点位置分别为a、b、c，它们距斜面底端A点的距离分别为s1、s2、s3，对应到达最高点的时间分别为t1、t2、t3，则下列关系正确的是（）A．==B．＞＞C．==D．＞＞3．一辆汽车在平直公路上做刹车实验，0时刻起运动过程的位移与速度的关系为x=（10﹣0.1v2）m，下列分析正确的是（）A．上述过程的加速度大小为10 m/s2B．刹车过程持续的时间为5 sC． 0时刻的初速度为10 m/sD．刹车过程的位移为5 m4．一条悬链长7.2m，从悬点处断开，使其自由下落，不计空气阻力．则整条悬链通过悬点正下方12.8m处的一点所需的时间是（g取10m/s2）（）A． 0.3 s B． 0.54 s C． 0.7 s D． 1.2 s5．一辆汽车从静止开始由甲地出发，沿平直公路开往乙地．汽车先做匀加速运动，接着做匀减速运动，开到乙地刚好停止．其速度﹣时间图象如图所示，那么在0～t0和t0～3t0两段时间内（）A．加速度大小之比为3：1 B．位移大小之比为1：3C．平均速度大小之比为2：1 D．平均速度大小之比为1：16．如图所示，物体P放在粗糙水平面上，左边用一根轻弹簧与竖直墙相连，物体静止时弹簧的长度小于原长．若再用一个从0开始逐渐增大的水平力F向右拉P，直到拉动，那么在P被拉动之前的过程中，弹簧对P的弹力F T的大小和地面对P的摩擦力F f的大小的变化情况（）A．弹簧对P的弹力F T始终增大，地面对P的摩擦力始终减小B．弹簧对P的弹力F T保持不变，地面对P的摩擦力始终增大C．弹簧对P的弹力F T保持不变，地面对P的摩擦力先减小后增大D．弹簧对P的弹力F T先不变后增大，地面对P的摩擦力先增大后减小7．如图，质量分别为m a和m b的两木块a、b之间有一轻弹簧被压缩，两木块在水平面上都保持静止，a、b所受的摩擦力分别F a和F b，下面表述正确的是（）A． F a和 F b是一对作用力与反作用力B．若m a＜m b，则F a＜F bC．若m a＜m b，则F a＞F bD． F a和 F b大小一定相等8．两物体M、m 用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，如图放置，OA、OB与水平面的夹角分别为30°、60°，M、m均处于静止状态．则（）A．绳OA对M的拉力大小大于绳OB对M的拉力B．绳OA对M的拉力大小等于绳OB对M的拉力C． m受到水平面的静摩擦力大小为零D． m受到水平面的静摩擦力的方向水平向左9．如图在倾斜的滑杆上套一个质量为m 的圆环，圆环通过轻绳拉着一个质量为M的物体，在圆环沿滑杆向下滑动的过程中，悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向．则（）A．环只受三个力作用B．环一定受四个力作用C．物体做匀加速运动D．悬绳对物体的拉力小于物体的重力10．质量为M的半球形物体A和质量为m的球形物体B紧靠着放在倾角为α的固定斜面上，并处于静止状态，如图所示．忽略B球表面的摩擦力，则关于物体受力情况的判断正确的是（）A．物体A对物体B的弹力方向沿斜面向上B．物体A受到3个力的作用C．物体B对斜面的压力等于mgcosαD．物体B对物体A的压力大于mgsinα二、实验题（每空3分，共21分）11．用等效代替法验证力的平行四边形定则的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳，图乙是白纸上根据实验结果画出的图．（1）本实验中“等效代替”的含义是．A．橡皮筋可以用细绳替代B．左侧弹簧测力计的作用效果可以替代右侧弹簧测力计的作用效果C．右侧弹簧测力计的作用效果可以替代左侧弹簧测力计的作用效果D．两弹簧测力计共同作用的效果可以用一个弹簧测力计的作用效果替代（2）图乙中的F与F′两力中，方向一定沿着AO方向的是，图中是F1、F2合力的理论值．（3）完成该实验的下列措施中，能够减小实验误差的是．A．拉橡皮筋的绳细一些且长一些B．拉橡皮筋时，弹簧秤、橡皮筋、细绳应贴近木板且与木板面平行C．拉橡皮筋的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些D．使拉力F1和F2的夹角很小．12．某实验小组做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验．实验时，先把弹簧平放在桌面上，用刻度尺测出弹簧的原长L0=4.6cm，再把弹簧竖直悬挂起来，在下端挂钩码，每增加一只钩码均记下对应的弹簧的长度x，数据记录如表所示．钩码个数 1 2 3 4 5弹力F/N 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0弹簧的长度x/cm 7.0 9.0 11.0 13.0 15.0（1）根据表中数据在图中作出F﹣X图象；（2）由此图线可得，该弹簧劲度系数k= N/m；（结果保留2位有效数字）（3）图线与x轴的交点坐标大于L0的原因是．三、计算题（每题13分，共计39分）13．某人站在高楼的平台边缘，以20m/s的初速度竖直向上抛出一石子．不考虑空气阻力，g=10m/s2．求：（1）物体上升的最大高度是多少？回到抛出点的时间是多少？（2）石子抛出后落到距抛出点下方20m处所需的时间是多少？14．如图所示，光滑固定斜面上有一个质量为10kg的小球被轻绳拴住悬挂在天花板上，已知绳子与竖直方向的夹角为45°，斜面倾角30°，整个装置处于静止状态，（g取10m/s2）；求：（所有结果均保留三位有效数字）（1）绳中拉力的大小和斜面对小球支持力的大小；（2）若另外用一个外力拉小球，能够把小球拉离斜面，求最小的拉力的大小．15．斜面长度为4m，一个尺寸可以忽略不计的滑块以不同的初速度v0从斜面顶端沿斜面下滑时，其下滑距离x与初速度二次方v的关系图象（即xv图象）如图所示．（1）求滑块下滑的加速度大小．（2）若滑块下滑的初速度为5.0m/s，则滑块沿斜面下滑的时间为多长？2014-2015学年安徽省宣城市宁国市津河中学高三（上）第一次段考物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（每题4分，共计40分）1．下列说法正确的是（）A．高速公路上限速牌上的速度值指平均速度B．运动员在处理做香蕉球运动的足球时，要将足球看成质点C．运动员的链球成绩是指链球从离开手到落地的位移大小D．选取不同的参考系，同一物体的运动轨迹可能不同考点：平均速度；参考系和坐标系；质点的认识．专题：直线运动规律专题．分析：物体在某段时间内或通过某段位移时的速度叫平均速度；物体通过某一位置或某一时刻的速度叫瞬时速度．平均速度对应时间段或位置段，而瞬时速度对应时间点或位置点．能否看作质点物体本身无关，要看所研究问题的性质，看物体的形状和大小在所研究的问题中是否可以忽略．解答：解：A、高速公路上限速牌上的速度值指瞬时速度，故A错误B、运动员在处理做香蕉球运动的足球时，要看足球的旋转，不能看成质点，故B错误C、运动员的链球成绩是指链球从起点位置到落地的位移大小，故C错误D、选取不同的参考系，同一物体的运动轨迹可能不同，故D正确故选D．点评：本题考查了瞬时速度，质点，参考系多个知识点，属于基础题．2．如图所示，一小球分别以不同的初速度，从光滑斜面的底端A点向上做直线运动，所能到达的最高点位置分别为a、b、c，它们距斜面底端A点的距离分别为s1、s2、s3，对应到达最高点的时间分别为t1、t2、t3，则下列关系正确的是（）A．==B．＞＞C．==D．＞＞考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：抓住小球在斜面上运动时加速度大小相等，结合速度位移公式比较出初速度的大小，结合平均速度的推论比较平均速度的大小．采用逆向思维，结合位移时间公式比较位移与时间的平方之比．解答：解：A、因为小球匀减速运动的加速度大小相等，根据知，v01＞v02＞v03，平均速度，可知，故A、B错误．C、采用逆向思维，有：，则，因为加速度大小相等，则．故C正确，D错误．故选：C．点评：本题考查学生运用匀变速直线运动规律分析问题的能力．关键掌握匀变速直线运动的公式和推论，并能灵活运用．3．一辆汽车在平直公路上做刹车实验，0时刻起运动过程的位移与速度的关系为x=（10﹣0.1v2）m，下列分析正确的是（）A．上述过程的加速度大小为10 m/s2B．刹车过程持续的时间为5 sC． 0时刻的初速度为10 m/sD．刹车过程的位移为5 m考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：由位移与速度的关系式为x=（10﹣0.1t2）m可知刹车时初速度和加速度，就可判断刹车时间，从而可求刹车位移．解答：解：AC、根据x=（10﹣0.1v2）m和位移与速度的关系公式为x=，可得：=﹣0.1v2，=10，解得：a=﹣5m/s2，v0=10m/s，加速度大小为5m/s2．故A错误，C正确；B、刹车持续时间t0==s=2s，故B错误D、刹车位移为 x0==m=10m，故D错误，故选：C点评：解决本题的关键知道汽车刹车停止后不再运动，以及掌握匀变速直线运动的速度时间公式v=v0+at和位移速度公式．4．一条悬链长7.2m，从悬点处断开，使其自由下落，不计空气阻力．则整条悬链通过悬点正下方12.8m处的一点所需的时间是（g取10m/s2）（）A． 0.3 s B． 0.54 s C． 0.7 s D． 1.2 s考点：自由落体运动．专题：自由落体运动专题．分析：抓住链条的上下两端经过同一点的时间位移关系列式即可求解．解答：解：设链条的长度为L，悬链的下端到P点的距离是h，经t1链条的下端经过P点，则；；经t2链条的上端经过P点，此时悬链的总位移是h+L，则：h+L=gt22，；整条悬链通过悬点正下方12.8m处的P点所需的时间：△t=t2﹣t1=1.6s﹣1.06s=0.54s；故B正确，ACD错误；故选：B．点评：本题主要考查了自由落体运动位移时间公式的直接应用，难度不大，属于基础题．5．一辆汽车从静止开始由甲地出发，沿平直公路开往乙地．汽车先做匀加速运动，接着做匀减速运动，开到乙地刚好停止．其速度﹣时间图象如图所示，那么在0～t0和t0～3t0两段时间内（）A．加速度大小之比为3：1 B．位移大小之比为1：3C．平均速度大小之比为2：1 D．平均速度大小之比为1：1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：根据速度图象的斜率等于加速度求解加速度之比．速度图象与坐标轴所围“面积”等于位移大小，由几何知识求解位移大小之比．根据匀变速直线运动的平均速度公式求解平均速度之比．解答：解：A、根据速度图象的斜率等于加速度大小，则有在0～t0和t0～3t0两段时间内加速度大小之比为：a1：a2=：=2：1．故A错误．B、根据“面积”等于位移大小，则有位移之比为x1：x2=v0t0：v0•2t0=1：2．故B错误．C、D平均速度大小之比为：=：=1：1．故C错误，D正确故选D点评：本题只要抓住速度图象的两个数学意义就能正解作答：斜率等于加速度，“面积”等于位移大小．6．如图所示，物体P放在粗糙水平面上，左边用一根轻弹簧与竖直墙相连，物体静止时弹簧的长度小于原长．若再用一个从0开始逐渐增大的水平力F向右拉P，直到拉动，那么在P被拉动之前的过程中，弹簧对P的弹力F T的大小和地面对P的摩擦力F f的大小的变化情况（）A．弹簧对P的弹力F T始终增大，地面对P的摩擦力始终减小B．弹簧对P的弹力F T保持不变，地面对P的摩擦力始终增大C．弹簧对P的弹力F T保持不变，地面对P的摩擦力先减小后增大D．弹簧对P的弹力F T先不变后增大，地面对P的摩擦力先增大后减小考点：摩擦力的判断与计算．专题：摩擦力专题．分析：在P被拉动之前的过程中，弹簧仍处于原状，因此弹力不变，而物体静止时弹簧的长度小于原长，物体P受到向左的静摩擦力，当拉力渐渐增大时，导致向左的静摩擦力增大，因而根据进行受力分析，即可判断．根据胡克定律判定弹簧弹力的变化．解答：解：由题意可知，放在粗糙水平面上，静止时弹簧的长度小于原长，则弹簧对P的弹力向右，由于粗糙水平面，因此同时受到水平向左的静摩擦力．当再用一个从零开始逐渐增大的水平力F向右拉P，直到把P拉动前过程中，物体P受到的静摩擦力大小一直增大．在物体被拉动之前，弹簧的长度没有发生变化，所以弹簧的弹力保持不变．故只有B正确，ACD 错误．故选：B．点评：本题解题的关键是对P物体进行正确的受力分析，知道当P没有运动时，弹簧弹力不变，而由于拉力的变化，从而导致静摩擦力的方向变化，难度适中．7．如图，质量分别为m a和m b的两木块a、b之间有一轻弹簧被压缩，两木块在水平面上都保持静止，a、b所受的摩擦力分别F a和F b，下面表述正确的是（）A． F a和 F b是一对作用力与反作用力B．若m a＜m b，则F a＜F bC．若m a＜m b，则F a＞F bD． F a和 F b大小一定相等考点：动量守恒定律；牛顿第三定律．分析：分别对a、b受力分析，根据平衡判断摩擦力与弹簧弹力的大小关系，从而比较出大小．解答：解：A、作用力、反作用力是相互作用的一对力，a、b所受的摩擦力不是相互作用的一对力．故 A错误．B、a在水平方向受摩擦力与弹簧弹力处于平衡，则F a=F，b在水平方向上受摩擦力和弹簧弹力处于平衡，则F b=F，则F a和 F b大小一定相等．故D正确，B、C错误．故选D．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．8．两物体M、m 用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，如图放置，OA、OB与水平面的夹角分别为30°、60°，M、m均处于静止状态．则（）A．绳OA对M的拉力大小大于绳OB对M的拉力B．绳OA对M的拉力大小等于绳OB对M的拉力C． m受到水平面的静摩擦力大小为零D． m受到水平面的静摩擦力的方向水平向左考点：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：对结点O受力分析，再沿水平方向对正交分解，然后利用平衡条件求出AO、BO绳的张力F1和F2．对m受力分析，两绳对m的拉力为水平向左的F1，水平向右的F2，有平衡条件知F1和F2的差就等于m受到的摩擦力的大小．解答：解：A、B、对接点O受力分析如图：把F1和F2分别分解到水平方向和竖直方向．沿水平方向列方程：F1cos30°=F2cos60°…①沿竖直方向列方程：F1sin30°+F2sin60°=Mg…②由①②联立得：F1=．F2=故F2＞F1故A错误，B错误；C、D、对m受力分析如下图：水平方向列平衡方程：F1+f=F2…③由③解得：f=F2﹣F1=，故m受到的摩擦力为静摩擦力方向水平向左．故C错误，D正确．故选：D．点评：本题综合了受力分析、正交分解、平衡条件应用等内容．解题过程中要注意研究对象选取，正确选取研究对象是解决此类问题的关键，该题难度中等．9．如图在倾斜的滑杆上套一个质量为m 的圆环，圆环通过轻绳拉着一个质量为M的物体，在圆环沿滑杆向下滑动的过程中，悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向．则（）A．环只受三个力作用B．环一定受四个力作用C．物体做匀加速运动D．悬绳对物体的拉力小于物体的重力考点：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：先以物体为研究对象，分析物体的受力情况，判断运动情况，再分析环的受力情况．解答：解：A、B、C以物体为研究对象，物体沿滑杆向下做直线运动，加速度为零，或加速度与速度在同一直线上，而物体受到竖直向下重力和绳子竖直向上的拉力，这两个力的合力必为零，说明物体做匀速直线运动，则环也做匀速直线运动，环受到重力、绳子竖直向下的拉力、滑杆的支持力和滑动摩擦力，共四个力作用．故AC错误，B正确．D、由平衡得到，悬绳对物体的拉力等于物体的重力．故D错误．故选B点评：本题抓住物体做直线运动的条件是关键：物体做直线运动时，合外力（或加速度）与速度在同一直线上，或合外力为零．10．质量为M的半球形物体A和质量为m的球形物体B紧靠着放在倾角为α的固定斜面上，并处于静止状态，如图所示．忽略B球表面的摩擦力，则关于物体受力情况的判断正确的是（）A．物体A对物体B的弹力方向沿斜面向上B．物体A受到3个力的作用C．物体B对斜面的压力等于mgcosαD．物体B对物体A的压力大于mgsinα考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．专题：受力分析方法专题．分析：先对物体B受力分析，根据平衡条件判断A对B的弹力和斜面对B的支持力情况；再结合牛顿第三定律判断B对A的压力情况．解答：解：A、C、D、对物体B受力分析，受重力、斜面的支持力和A对B的支持力，由于弹力与接触面垂直，故A对B的支持力不是平行斜面向上，而是偏向上一点；根据平衡条件，有：mgsinα=FcosθFsinθ+N=mgcosα结合牛顿第三定律，物体B对斜面的压力小于mgcosα，物体B对物体A的压力大于mgsinα，故A错误，C错误，D正确；B、物体A受重力、支持力、摩擦力、B对A的压力，共4个力，故B错误；故选：D．点评：本题关键是明确物体A对B的弹力与接触面垂直，不是平行斜面向上，然后根据平衡条件并结合牛顿第三定律分析，不难．二、实验题（每空3分，共21分）11．用等效代替法验证力的平行四边形定则的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳，图乙是白纸上根据实验结果画出的图．（1）本实验中“等效代替”的含义是 D ．A．橡皮筋可以用细绳替代B．左侧弹簧测力计的作用效果可以替代右侧弹簧测力计的作用效果C．右侧弹簧测力计的作用效果可以替代左侧弹簧测力计的作用效果D．两弹簧测力计共同作用的效果可以用一个弹簧测力计的作用效果替代（2）图乙中的F与F′两力中，方向一定沿着AO方向的是F′，图中 F 是F1、F2合力的理论值．（3）完成该实验的下列措施中，能够减小实验误差的是ABC ．A．拉橡皮筋的绳细一些且长一些B．拉橡皮筋时，弹簧秤、橡皮筋、细绳应贴近木板且与木板面平行C．拉橡皮筋的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些D．使拉力F1和F2的夹角很小．考点：验证力的平行四边形定则．专题：实验题；平行四边形法则图解法专题．分析：（1）该实验采用了“等效替代”的方法，即两次拉橡皮筋，要使橡皮筋的形变相同；（2）该实验采用了“等效法”，由于实验误差的存在，导致F1与F2合成的实际值与与理论值存在差别．（3）实验时，为便于准确记录拉力的方向，细绳应细一些、长一些，实验时，测力计应靠近木板且与木板平行，但不能与木板接触．解答：解：（1）该实验采用了“等效法”，即用两个弹簧秤拉橡皮筋的效果和用一个弹簧秤拉橡皮筋的效果是相同的，即要求橡皮筋的形变量相同，故ABC错误，D正确；故选：D（2）F是通过作图的方法得到合力的理论值，在平行四边形的对角线上，而F′是通过一个弹簧称沿AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O点，使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同，测量出的合力，因此其方向沿着AO方向．（3）A、为减小实验误差，拉橡皮筋的绳细一些且长一些，故A正确；B、为减小实验误差，拉橡皮筋时，弹簧秤、橡皮筋、细绳应贴近木板且与木板面平行，故B正确；C、拉橡皮筋的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，故C正确；D、使拉力F1和F2的夹角要大些，故D错误；故选：ABC．故答案是：（1）D，（2）F′，F；（3）ABC点评：该题属于基础题目，考查了“验证力的平行四边形定则”的实验中基础知识，如等效思想即一个合力与几个分力共同作用的效果相同，可以互相替代．12．某实验小组做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验．实验时，先把弹簧平放在桌面上，用刻度尺测出弹簧的原长L0=4.6cm，再把弹簧竖直悬挂起来，在下端挂钩码，每增加一只钩码均记下对应的弹簧的长度x，数据记录如表所示．钩码个数 1 2 3 4 5弹力F/N 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0弹簧的长度x/cm 7.0 9.0 11.0 13.0 15.0（1）根据表中数据在图中作出F﹣X图象；（2）由此图线可得，该弹簧劲度系数k= 50 N/m；（结果保留2位有效数字）（3）图线与x轴的交点坐标大于L0的原因是竖直悬挂时，它自身的重力作用．考点：探究弹力和弹簧伸长的关系．专题：实验题．分析：（1）通过描点法作图即可；（2）根据胡克定律可得：k=，即斜率表示劲度系数；（3）弹簧自身有重力会导致弹簧竖直放置时长度变长．解答：解：（1）描点作图，如图所示：如图所示（2）图象的斜率表示劲度系数，故有：k==50N/m（3）图线与x轴的交点坐标表示弹簧不挂钩码时的长度，其数值大于弹簧原长，因为弹簧自身重力的影响．故答案为：（1）如图所示；（2）50；（3）竖直悬挂时，弹簧自身重力的影响点评：本题关键明确胡克定律F=kx中x为伸长量，不是长度，同时题目中弹簧自身的重力不能忽略不计．三、计算题（每题13分，共计39分）13．某人站在高楼的平台边缘，以20m/s的初速度竖直向上抛出一石子．不考虑空气阻力，g=10m/s2．求：（1）物体上升的最大高度是多少？回到抛出点的时间是多少？（2）石子抛出后落到距抛出点下方20m处所需的时间是多少？考点：竖直上抛运动．专题：直线运动规律专题．分析：（1）物体做竖直上抛运动，应用匀变速运动的运动学公式可以求出高度与时间．（2）应用匀变速直线运动的位移公式可以求出物体的运动时间．解答：解：（1）物体做竖直上抛运动，上升的最大高度：h===20m，物体落回抛出点的时间：t===4s；（2）以向上为正方向，由题意可知：v0=20m/s，a=﹣g=﹣10m/s2，x=﹣20m，由匀变速直线运动的位移公式得：x=v0t+at2，即：﹣20=20t﹣×10×t2，解得：t=2（1+）s；答：（1）物体上升的最大高度是20m，回到抛出点的时间是4s；（2）石子抛出后落到距抛出点下方20m处所需的时间是2（1+）s．点评：处理竖直上抛的运动的方法，可以分段运用运动学公式求解，也可以全过程运用运动学公式求解，知道竖直上抛运动上升过程和下降过程的对称性．14．如图所示，光滑固定斜面上有一个质量为10kg的小球被轻绳拴住悬挂在天花板上，已知绳子与竖直方向的夹角为45°，斜面倾角30°，整个装置处于静止状态，（g取10m/s2）；求：（所有结果均保留三位有效数字）（1）绳中拉力的大小和斜面对小球支持力的大小；（2）若另外用一个外力拉小球，能够把小球拉离斜面，求最小的拉力的大小．考点：共点力平衡的条件及其应用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：（1）对小球受力分析，建立直角坐标系，根据平衡条件列方程，求解；（2）要能够把小球拉离斜面，当所用的拉力与绳子垂直向右时，根据平衡条件求解最小拉力．解答：解：（1）如图，水平竖直建立直角坐标系，对小球做受力分析，把不在轴上的力沿轴分解，列平衡方程如下Tcos45°﹣Nsin30°=0Tsin45°+Ncos30°﹣mg=0由以上两式解得N=73.2N，T=51.8N（2）当所用的拉力与绳子垂直向右时，经分析得拉力的最小值为F m=mgsin45°代数解得F m=70.7N答：（1）绳中拉力的大小和斜面对小球支持力的大小分别为51.8N和73.2N；（2）若另外用一个外力拉小球，能够把小球拉离斜面，最小的拉力的大小为70.7N．点评：解决本题的关键是正确的选取研究对象，进行受力分析，运用正交分解进行求解．15．斜面长度为4m，一个尺寸可以忽略不计的滑块以不同的初速度v0从斜面顶端沿斜面下滑时，其下滑距离x与初速度二次方v的关系图象（即xv图象）如图所示．（1）求滑块下滑的加速度大小．（2）若滑块下滑的初速度为5.0m/s，则滑块沿斜面下滑的时间为多长？。

电与磁单元练习题(含答案)

电与磁单元练习题(含答案)一、电与磁选择题1．如图所示电路中，闭合开关，向某一方向移动滑动变阻器的滑片时，弹簧测力计的示数增大，则（）A. 螺线管上端是S极，滑片P向左移动B. 螺线管上端是S极，滑片P向右移动C. 螺线管上端是N极，滑片P向左移动D. 螺线管上端是N极，滑片P向右移动【答案】C【解析】【解答】解：（1）由图可知，开关闭合后，由安培定则可知，螺线管上端是N 极，滑动变阻器的滑片向左移动时，滑动变阻器连入电路中的电阻变小，则电路中的电流变大，通电螺线管的磁性变强．（2）通电螺线管的磁性变强，对铁块的吸引力变大，弹簧测力计的示数就变大．故选项ABD错误，C正确．故选C．【分析】（1）影响通电螺线管磁性强弱的因素有：电流的大小、线圈的匝数，线圈的匝数一定，电流越大，磁性越强；（2）电磁铁对铁块的吸引力变大时，弹簧测力计的示数变大，吸引了变小时，弹簧测力计的示数变小．2．如图是“水位自动报警器”电路图，容器中装有盐水，和分别是“2.5V，0.3A”和“2.5V，0.5A”的灯泡，下列说法不正确的是（）A. 液面上升到与金属块B接触时，电磁铁工作，说明盐水是导体B. 液面上升，金属块A受到的液体压强变大C. 工作1min电流做功45JD. 若在电路中M点接入电铃，则电铃响说明水位到达警戒线【答案】D【解析】【解答】A.液面上升到与金属块B接触，电磁铁、U1、金属块A、金属块B构成了闭合回路，电磁铁工作，说明盐水可以允许电流通过，盐水是导体，A不符合题意；B.盐水密度不变，由公式p=ρgh知，当液面上升，盐水深度增加时，金属块A受到的液体压强变大，B不符合题意；C、工作1min电流做功W=UIt=2.5V×0.3A×60s=45J,C不符合题意；D、由图知，如果将电铃接在M点，电铃与两只灯泡都是串联，所以无论水位是否达到警戒线，电铃能发生，D错误，符合题意.故答案为：D【分析】在液体密度一定时，液体压强随深度的增加而增大；利用公式W=UIt得到电流做的功；串联电路用电器工作过程中互相影响，并联电路用电器工作过程中互不影响.3．探究影响电磁铁磁性强弱的因素时，按图所示电路进行实验，观察到电磁铁甲吸引大头针的数目比电磁铁乙多，此实验说明影响电磁铁磁性强弱的因素是（）A. 线圈的匝数B. 电流的大小C. 电流的方向D. 电磁铁的极性【答案】A【解析】【解答】解：由图知，甲、乙两线圈串联，所以通过甲、乙两线圈的电流相等；甲的线圈匝数明显比乙的线圈匝数多，实验观察到电磁铁甲吸引大头针的数目比乙多；所以此实验说明电磁铁的磁性强弱与线圈匝数有关．故选A．【分析】要解决此题，需要掌握电磁铁磁性强弱的因素．知道电磁铁磁性的强弱与电流的大小和线圈的匝数有关；同时要掌握串联电路中的电流特点，知道串联电路中电流相等．掌握转化法在此实验中的应用．4．如图所示是发电机线圈在磁场中转动一圈的过程中经过的四个位置，电路中有感应电流的是（）A. 甲和乙B. 丙和丁C. 甲和丙D. 乙和丁【答案】 D【解析】【解答】甲图和丙图中，线圈与磁感线垂直时，不切割磁感线，不能产生感应电流，ABC不符合题意；乙图中a导线向下切割磁感线，而丁图a导线向上切割磁感线，两图中a导线切割磁感线的方向相反，所以感应电流的方向相反，D符合题意.故答案为：D.【分析】本题考查的是感应电流产生的条件、影响感应电流方向的因素。

安徽省宣城市宁国津河中学2020年高一数学文月考试题含解析

安徽省宣城市宁国津河中学2020年高一数学文月考试题含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。

在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若，则的值为（）A. 1008B. 1009C.2017D.2018参考答案：C由及正弦定理得．由余弦定理得，∴．∴．故选C．2. 已知向量的夹角为，且，则的值是（）A． B． C．2D．1参考答案：D 故选答案D3. 已知点A(－1,2),B(2,－2),C(0,3),若点M(a,b)是线段AB上的一点(a≠0),则直线CM的斜率的取值范围是( )A.[,1]B.[ ,0)∪(0,1]C.[－1, ]D.(－∞, ]∪[1,+∞)参考答案：D4. 函数f（x）=ax2+2（a-1）x+2在区间（-∞，4]上为减函数，则a的取值范围为（）A．0≤a≤ B．0＜a≤ C．0＜a＜ D．a＞参考答案：A5. 化简（）A. B. C. D.参考答案：A【分析】利用二倍角降幂公式代入进行计算，可得出所求结果.【详解】由题意可得，故选：A.【点睛】本题考查二倍角降幂公式的应用，意在考查利用二倍角降幂公式在化简求值中的应用，考查计算能力，属于中等题.6. 下列四个图象中，能表示y是x的函数图象的个数是( )A ．4B ．3C ．2D ．1参考答案：C【考点】函数的图象．【专题】计算题；数形结合；函数的性质及应用．【分析】根据函数的定义，结合图象判断，应用任意的一个自变量x ，都有唯一确定的函数值y 与之对应．【解答】解：第一个图象中，当x=0时，有两个y 值，分别为﹣1与1，故不能表示y 是x 的函数；第二个图象能表示y 是x 的函数；第三个图象能表示y 是x 的函数；第四个图象中，当x=1时，有两个y 值，故不能表示y 是x 的函数；故选C ．【点评】本题考查了函数的定义的应用及数形结合的思想应用．7. 若f ( x + y ) = f ( x ) ? f ( y )，且f ( 1 ) = 2，则+++ … +=（）（A ）1999 （B ）2000 （C ）2001 （D ）2002参考答案： B8.的值是( )A ．B ．C ．D ．参考答案：A9. 下列函数中哪个与函数相等A ．B ．C ．D ．参考答案：B选项A 中，函数的定义域与函数的定义域不同，故A 不正确.选项B 中，函数的定义域和解析式与函数的都相同，故B 正确．选项C 中，函数的解析式与函数的解析式不同，故C 不正确．选项D 中，函数的定义域与函数的定义域不同，故D 不正确．选B ．10. 函数f （x ）=log 3（2﹣x ）的定义域是（）A ．[2，+∞） B ．（2，+∞）C ．（﹣∞，2]D ．（﹣∞，2）参考答案：D二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 若数列是等差数列，前n 项和为S n ，=参考答案：1略12. 若x ＞0，则的最小值为_____．参考答案：【分析】直接利用基本不等式求函数的最小值.【详解】∵x＞0，∴4x2（当且仅当4x即x时，取“＝”号），∴当x时，f（x）最小值为．故答案为：【点睛】本题主要考查基本不等式求最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.13. 若，，则__________．参考答案：1解：∵，，∴，，∴，因此，本题正确答案是．14. 已知，则_____________.参考答案：. 14. 15.15. 若实数满足，则的取值范围是．参考答案：16. 当8<x<10时，＝________.参考答案：217. 若f(x)是定义域为R，最小正周期的函数，若参考答案：三、解答题：本大题共5小题，共72分。

宣城市宁国市九年级物理下学期 20.5磁生电

宣城市宁国市九年级物理下学期 20.5磁生电姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、单选题 (共11题；共22分)1. （2分）(2018·定兴模拟) 如图所示的实验中，与发电机工作原理一致的是（）A . ①②B . ③④C . ①③D . ②④2. （2分）(2020·长春模拟) 手机无线充电方便了人们的生活。

如图，充电时充电板内的送电线圈产生交变磁场，使手机内的受电线圈感应到电磁信号，产生感应电流给手机电池充电。

下列设备的工作原理与受电线圈的原理相同的是（）A . 扬声器B . 电动机C . 发电机D . 电磁起重机3. （2分）(2016·常熟模拟) 如图所示为科研人员研制的“发电鞋”，鞋的内部安装了磁铁和线圈，当人体带动磁铁运动时，磁铁产生的磁场通过线圈，从而产生感应电流。

当人以5km/h的速度行走时，其发电的功率约为0．4W。

下列说法正确的是（）A . 发电鞋工作时将电能转化为机械能B . 发电鞋是利用电磁感应原理工作的C . 发电鞋是利用电流磁效应原理工作的D . 在人以5km/h的速度行走1h的过程中，发电鞋可以产生约0．4J的电能4. （2分）(2016·龙东模拟) 在如图所示的实验装置图中，能够说明电能生磁的是（）A .B .C .D .5. （2分）在如图所示的实验装置中，当单刀双掷开关向右合上时，接线柱1与2连通，同时与3断开；向左合上时，接线柱1与3连通，同时与2断开．那么该实验装置A . 可以研究电磁感应现象和磁场对电流的作用B . 可以研究电磁感应现象和电流的磁效应C . 可以研究磁场对电流的作用和电流的磁效应D . 不可以研究上述三种电磁现象中的任意一种6. （2分）(2020·抚顺) 下列四幅图中的设备，与动圈式话筒工作原理相同的是（）A . 电铃B . 电动平衡车C . 电磁起重机D . 手摇发电机7. （2分）(2018·连云港模拟) 如图所示是探究“什么情况下磁可以生电”的实验装置，当导线AB如何运动时电流表的指针会发生偏转（）A . 垂直于磁感线向左运动B . 平行于磁感线向上运动C . 平行于磁感线向下运动D . 保持静止8. （2分）(2011·本溪) 下列的四幅图中，能反映发电机工作原理的是（）A .B .C .D .9. （2分）如图所示为“探究感应电流产生条件”的实验装置．回顾探究过程，以下说法正确的是（）A . 让导线ab在磁场中静止，蹄形磁体的磁性越强，灵敏电流计指针偏转角度越大B . 用匝数较多的线圈代替单根导线ab，且使线圈在磁场中静止，这时炙敏电流计指针偏转角度增大C . 蹄形磁体固定不动．当导线ab沿水平方向左右运动时，灵敏电流计指针会发生偏转D . 蹄形磁体固定不动，当导线ab沿竖直方向运动时，灵敏电流计指针会发生偏转10. （2分）下列说法错误的是（）A . 奥斯特发现了“电能生磁”B . 电动机的工作原理是通电线圈在磁场中受力转动C . 电动机工作时将电能转化为机械能D . 电动机和发电机的实质是一样的11. （2分）(2020·安顺) 铜质金属框在光滑水平面上以一定速度向右滑动，其右侧有一足够大的均匀磁场区域（磁感线方向垂直于纸面），如图所示。

安徽省宁国中学物理第十章静电场中的能量精选测试卷

安徽省宁国中学物理第十章静电场中的能量精选测试卷一、第十章静电场中的能量选择题易错题培优（难）1．如图所示，分别在M 、N 两点固定放置两个点电荷+Q 和-2Q ，以MN 连线的中点O 为圆心的圆周上有A 、B 、C 、D 四点，COD 与MN 垂直，规定无穷远处电势为零，下列说法正确的是( )A ．A 点场强与B 点场强相等B ．C 点场强与D 点场强相等C ．O 点电势等于零D ．C 点和D 点电势相等【答案】D【解析】【分析】【详解】A 、由于2Q ＞Q ，A 点处电场线比B 点处电场线疏，A 点场强小于B 点场强；故A 错误． B 、由于电场线关于MN 对称，C 、D 两点电场线疏密程度相同，则C 点场强等于D 点场强，但方向与两个电荷的连线不平行，故电场强度的方向不同，故电场强度大小相等，但方向不相同；故B 错误．C 、根据等量异种电荷的对称性可知过O 点的中垂线与电场线垂直，中垂线为等势线，O 点的电势为零，现在是不等量的异种电荷，过O 点中垂线不再是等势线，O 点电势不为零，由U E d =⋅可知左侧的平均场强小，电势降低的慢，则零电势点在O 点右侧；C 错误．D 、沿着电场线电势逐渐降低，结合电场分布的上下对称可知0C D ϕϕ=>；D 正确．故选D ．【点睛】本题考查判断电势、场强大小的能力，往往画出电场线，抓住电场线分布的特点进行判断．2．一均匀带负电的半球壳，球心为O 点，AB 为其对称轴，平面L 垂直AB 把半球壳分为左右两部分，L 与AB 相交于M 点，对称轴AB 上的N 点和M 点关于O 点对称，已知一均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零；取无穷远处电势为零，点电荷q 在距离其为r 处的电势为φ=k q r（q 的正负对应φ的正负）。

假设左侧部分在M 点的电场强度为E 1，电势为φ1；右侧部分在M 点的电场强度为E 2，电势为φ2；整个半球壳在M 点的电场强度为E 3，在N 点的电场强度为E 4．下列说法正确的是（）A ．若左右两部分的表面积相等，有12E E >，12ϕϕ>B ．若左右两部分的表面积相等，有12E E <，12ϕϕ<C ．不论左右两部分的表面积是否相等，总有12E E >，34E E =D ．只有左右两部分的表面积相等，才有12E E >，34E E =【答案】C【解析】【详解】A 、设想将右侧半球补充完整，右侧半球在M 点的电场强度向右，因完整均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，可推知左侧半球在M 点的电场强度方向向左，根据对称性和矢量叠加原则可知，E 1方向水平向左，E 2方向水平向右，左侧部分在M 点产生的场强比右侧电荷在M 点产生的场强大，E 1＞E 2，根据几何关系可知，分割后的右侧部分各点到M 点的距离均大于左侧部分各点到M 点的距离，根据kq rϕ=，且球面带负电，q 为负，得：φ1＜φ2，故AB 错误；C 、E 1＞E 2与左右两个部分的表面积是否相等无关，完整的均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，根据对称性可知，左右半球壳在M 、N 点的电场强度大小都相等，故左半球壳在M 、N 点的电场强度大小相等，方向相同，故C 正确，D 错误。

安徽省宁国中学物理第十三章电磁感应与电磁波精选测试卷

安徽省宁国中学物理第十三章电磁感应与电磁波精选测试卷一、第十三章电磁感应与电磁波初步选择题易错题培优（难）1．如图所示，通电螺线管置于水平放置的光滑平行金属导轨MN和PQ之间，ab和cd是放在导轨上的两根金属棒，它们分别静止在螺线管的左右两侧，现使滑动变阻器的滑动触头向左滑动，则ab和cd棒的运动情况是()A．ab向左运动，cd向右运动B．ab向右运动，cd向左运动C．ab、cd都向右运动D．ab、cd保持静止【答案】A【解析】【分析】【详解】由安培定则可知螺线管中磁感线方向向上，金属棒ab、cd处的磁感线方向均向下，当滑动触头向左滑动时，螺线管中电流增大，因此磁场变强，即磁感应强度变大，回路中的磁通量增大，由楞次定律知，感应电流方向为a→c→d→b→a，由左手定则知ab受安培力方向向左，cd受安培力方向向右，故ab向左运动，cd向右运动；A. ab向左运动，cd向右运动，与结果一致，故A正确；B. ab向右运动，cd向左运动，与结果不一致，故B错误；C. ab、cd都向右运动，与结果不一致，故C错误；D. ab、cd保持静止，与结果不一致，故D错误；2．如图所示，三根相互平行的固定长直导线1L、2L和3L垂直纸面如图放置，与坐标原点分别位于边长为a的正方形的四个点上，1L与2L中的电流均为I，方向均垂直于纸面向外，3L中的电流为2I，方向垂直纸面向里（已知电流为I的长直导线产生的磁场中，距导线r处的磁感应强度kIBr（其中k为常数）．某时刻有一质子（电量为e）正好沿与x轴正方向成45°斜向上经过原点O，速度大小为v，则质子此时所受磁场力为( )A．方向垂直纸面向里，大小为23kIve a B ．方向垂直纸面向外，大小为32kIve C ．方向垂直纸面向里，大小为32kIve D ．方向垂直纸面向外，大小为23kIve 【答案】B【解析】【详解】根据安培定则，作出三根导线分别在O 点的磁场方向，如图：由题意知，L 1在O 点产生的磁感应强度大小为B 1＝ kI a ，L 2在O 点产生的磁感应强度大小为B 2＝ 2a L 3在O 点产生的磁感应强度大小为B 3＝2 kI a，先将B 2正交分解，则沿x 轴负方向的分量为B 2x ＝2a °＝ 2kI a ，同理沿y 轴负方向的分量为B 2y ＝ 2a °＝ 2kI a ，故x 轴方向的合磁感应强度为B x ＝B 1+B 2x ＝3 2kI a，y 轴方向的合磁感应强度为B y ＝B 3−B 2y ＝32kI a ，故最终的合磁感应强度的大小为22322x y kI B B B a ＝＝，方向为tanα＝ y xB B ＝1，则α=45°，如图：故某时刻有一质子（电量为e ）正好沿与x 轴正方向成45°斜向上经过原点O ，由左手定则可知，洛伦兹力的方向为垂直纸面向外，大小为f ＝eBv ＝322kIve a，故B 正确; 故选B ．【点睛】磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定则，因此要正确根据安培定则判断导线周围磁场方向是解题的前提.3．三根通电长直导线垂直纸面平行固定，其截面构成一正三角形，O 为三角形的重心，通过三根直导线的电流分别用I 1、I 2、I 3表示，方向如图。

解析安徽省宣城市宁国市津河中学、广德实验中学2020┄2021学年高一下学期联考物理试卷5月份

安徽省宣城市宁国市津河中学、广德实验中学２020┄２０2１学年高一(下)联考物理试卷（5月份)一、选择题（单项选择，每题4分，共40分)1．（4分）对质点运动的描述，以下说法正确的是（)ﻩA.ﻩ平抛运动是加速度每时每刻都改变的运动B．ﻩ匀速圆周运动是加速度不变的运动ﻩＣ．ﻩ某时刻质点的加速度为零,则此时刻质点的速度一定为零ﻩＤ．某时刻质点的加速度为零，则此时刻质点的速度不一定为零2．（4分）下列关于平抛运动的说法正确的是(）ﻩA.ﻩ平抛运动是非匀变速运动B．平抛运动是水平匀速直线运动和竖直自由落体运动的合运动Ｃ.ﻩ平抛运动是匀速曲线运动D．ﻩ平抛运动的物体落地时的速度有可能是竖直向下的3．（4分)2013年12月2日,我国探月卫星“嫦娥三号”在西昌卫星发射中心成功发射升空，此飞行轨道示意图如图所示，地面发射后奔向月球,先在轨道Ｉ上运行,在P点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ,Q为轨道Ⅱ上的近月点,则“嫦娥三号”在轨道Ⅱ上()ﻩA.ﻩ运行的周期小于在轨道I上运行的周期B.ﻩ从Ｐ到Q的过程中速率不断减小ﻩC．ﻩ经过P的速度大于在轨道I上经过P的速度D．经过P的加速度小于在轨道I上经过P的加速度4.(4分）关于万有引力，下列说法正确的是(）ﻩA. 万有引力是开普勒首先发现的ﻩB．只有质量极大的天体间才有万有引力，质量较小的物体间没有万有引力Ｃ．地面附近物体所受到的重力就是万有引力D.ﻩ重力是由于地面附近的物体受到地球吸引而产生的，但重力并不是万有引力5．（４分）研究平抛物体的运动,在安装实验装置的过程中，斜槽末端的切线必须是水平的,这样做的目的是（）A.ﻩ保证小球飞出时，速度既不太大，也不太小B．ﻩ保证小球飞出时,初速度水平ﻩC.ﻩ保证小球在空中运动的时间每次都相等D. 保证小球运动的轨道是一条抛物线６.（4分)火车转弯做圆周运动，如果外轨和内轨一样高,火车能匀速通过弯道做圆周运动，下列说法中正确的是(）A．火车通过弯道向心力的来源是外轨的水平弹力,所以外轨容易磨损Ｂ．ﻩ火车通过弯道向心力的来源是内轨的水平弹力,所以内轨容易磨损C. 火车通过弯道向心力的来源是火车的重力,所以内外轨道均不磨损D.ﻩ以上三种说法都是错误的7．（4分）关于物体做匀速圆周运动的正确说法是()A．ﻩ速度的大小和方向都改变ﻩＢ. 速度的大小和方向都不变C．速度的大小改变,方向不变ﻩD．速度的大小不变，方向改变８.（４分)如图所示，天车下吊着两个质量都是m的工件A和B,系Ａ的吊绳较短（但仍可将A可作质点）,系B的吊绳较长,若天车运动到P处突然停止,则两吊绳所受拉力ＦA、ＦB 的大小关系是（）Ａ．ﻩFＡ＞FＢＢ. FＡ=F B=mｇﻩＣ．F A＜F BﻩD．FＢ=ＦA>mg9.(4分)如图所示,用细线吊着一个质量为m的小球，使小球在水平面内做圆锥摆运动,关于小球受力，正确的是()Ａ．受重力、拉力、向心力B．受重力、拉力ﻩC．受重力Ｄ.ﻩ以上说法都不正确10．（４分）如图所示，物体做平抛运动时，描述物体在竖直方向上的速度ｖy(取向下为正）随时间变化的图象是（）C.ﻩA.ﻩﻩB．ﻩﻩﻩD．ﻩ二、实验题（每空3分共15分)1１．(9分）在“探究平抛运动的运动规律”的实验中，可以描绘出小球平抛运动的轨迹，实验简要步骤如下：A.让小球多次从位置上滚下,记下小球碰到铅笔笔尖的一系列位置.B.按图安装好器材，注意,记下平抛初位置O点和过O点的竖直线.C．取下白纸,以O为原点,以竖直线为y轴建立坐标系,用平滑曲线画平抛运动物体的轨迹．（1)完成上述步骤,将正确的答案填在横线上.(２）上述实验步骤的合理顺序是．１２．(６分）在研究平抛物体运动的实验中，用一张印有小方格的纸记录轨迹,小方格的边长L=1.2５ｃm若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=(用L、g表示）,其值是．（g取9.８m/s2)三、计算题：(第1３题１0分，14题10分,1５题10，16题１５分）1３.(１0分)在水平路上骑摩托车的人，遇到一个壕沟,宽5m,高度差为0.8ｍ,如图所示，摩托车的速度至少要有多大，才能越过这个壕沟？（g取10m/s2)14.(10分）质量为ｍ=2ｋg的物体,在水平推力F=5Ｎ的作用下沿水平面运动了l=2ｍ.已知物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.１,ｇ=1０ｍ／ｓ.求：(１)推力F所做的功;(2）摩擦力所做的功;（3)外力对物体所做的总功.15．（１0分)如图所示,一质量为０.5kｇ的小球,用0.４ｍ长的细线拴住在竖直平面内作圆周运动，求：(1)当小球在圆上最高点速度为4m/s时,细线的拉力是多少？（2)当小球在圆下最低点速度为４m/ｓ时，细线的拉力是多少?（ｇ=10m/s2)16.（15分）两颗人造地球卫星,都在圆形轨道上运行，质量之比为mＡ：m B=1:２，轨道半径之比ｒA：ｒB＝1：2,求它们的（1)线速度之比v A:v B(2）角速度之比ωA:ωＢ(3）周期之比T A:T B(4）向心加速度之比ａA：a B．安徽省宣城市宁国市津河中学、广德实验中学2020┄2021学年高一（下)联考物理试卷（５月份）参考答案与试题解析一、选择题(单项选择，每题4分,共40分）1．(4分）对质点运动的描述，以下说法正确的是（）ﻩA．平抛运动是加速度每时每刻都改变的运动ﻩB. 匀速圆周运动是加速度不变的运动C. 某时刻质点的加速度为零,则此时刻质点的速度一定为零D. 某时刻质点的加速度为零,则此时刻质点的速度不一定为零考点：加速度.专题：直线运动规律专题.分析：ﻩ根据牛顿第二定律知道物体的合力方向决定物体加速度方向.加速度是描述速度变化快慢的物理量.解答：解：A、物体做平抛运动，物体只受重力，根据牛顿第二定律得:平抛运动的加速度就是重力加速度，所以平抛运动是加速度不变的运动．故Ａ错误.B、匀速圆周运动的加速度就是向心加速度，向心加速度的方向始终指向圆心，不断改变.所以匀速圆周运动是加速度每时每刻都改变的运动．故B错误．C、某时刻质点的加速度为零,则此时刻质点的速度不一定为零，例如匀速直线运动,故Ｃ错误，D正确．故选D.点评：ﻩ解决本题的关键要知道由物体的合力与质量决定加速度以及加速度的物理意义. 2.（4分)下列关于平抛运动的说法正确的是（)ﻩA.ﻩ平抛运动是非匀变速运动ﻩＢ．ﻩ平抛运动是水平匀速直线运动和竖直自由落体运动的合运动C．平抛运动是匀速曲线运动ﻩD．ﻩ平抛运动的物体落地时的速度有可能是竖直向下的考点: 平抛运动．专题：ﻩ平抛运动专题．分析：ﻩ平抛运动的加速度不变,做匀变速曲线运动，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．解答: 解:A、平抛运动的加速度不变,做匀变速曲线运动,故Ａ错误，C错误．B、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，故B正确．Ｄ、平抛运动落地时,水平方向上有分速度,根据平行四边形定则知,平抛运动落地的速度方向不可能竖直向下，故D错误．故选:B．点评: 解决本题的关键知道平抛运动的特点,知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，基础题.3．(4分）２0２1年12月2日,我国探月卫星“嫦娥三号”在西昌卫星发射中心成功发射升空,此飞行轨道示意图如图所示，地面发射后奔向月球,先在轨道I上运行,在P点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，Q为轨道Ⅱ上的近月点,则“嫦娥三号”在轨道Ⅱ上（）ﻩA.ﻩ运行的周期小于在轨道Ｉ上运行的周期ﻩB．ﻩ从P到Q的过程中速率不断减小ﻩＣ. 经过P的速度大于在轨道I上经过P的速度ﻩD.ﻩ经过P的加速度小于在轨道I上经过P的加速度考点:ﻩ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：ﻩ地球的第一宇宙速度为７.９kｍ/s，这是发射卫星的最小速度.在轨道Ⅱ上运行时,根据万有引力做功情况判断P到Q的速度变化．从轨道Ⅰ上P点进入轨道Ⅱ需减速，使得万有引力大于向心力.根据牛顿第二定律比较经过P点的加速度大小解答:ﻩ解：A、根据开普勒第三定律可知,轨道的半长轴越大,则周期越大,故A错误;Ｂ、“嫦娥三号”从P到Ｑ的过程中月球的万有引力做正功，速率不断增大.故B错误；C、“嫦娥三号”在轨道Ⅰ上的P点减速，使万有引力大于向心力,做近心运动才能进入轨道Ⅱ,故在轨道Ⅱ上经过Ｐ的速度小于在轨道Ⅰ上经过P的速度，故Ｃ错误．D、根据万有引力提供向心力=ｍa,得a=，由此可知在轨道Ⅱ上经过P的加速度等于在轨道Ⅰ上经过P的加速度,故D错误．故选:A点评:ﻩ在轨道Ⅱ上从P到Q的过程中速率大小比较,也可以根据开普勒第二定律比较，远月点速度大、近月点的速度小．要能够根据牛顿第二定律,通过比较所受的万有引力比较加速度的大小4．（4分）关于万有引力，下列说法正确的是（)Ａ．万有引力是开普勒首先发现的Ｂ．ﻩ只有质量极大的天体间才有万有引力,质量较小的物体间没有万有引力ﻩC．地面附近物体所受到的重力就是万有引力D．ﻩ重力是由于地面附近的物体受到地球吸引而产生的，但重力并不是万有引力考点：ﻩ万有引力定律的发现和万有引力恒量的测定．专题：万有引力定律的应用专题.分析: 万有引力是牛顿首先发现的.任何两个物体之间都有万有引力.地面附近物体所受到的重力是由于万有引力而产生的，它只是万有引力的一个分力．解答:ﻩ解:A、万有引力是牛顿首先发现的，开普勒描述了行星运动的规律，提出开普勒三定律，故A错误.B、任何两个物体之间都有万有引力，万有引力定律具有普适性，故B错误.CＤ、地面附近物体所受到的重力是由于万有引力而产生的,它只是万有引力的一个分力,故Ｃ错误，Ｄ正确.故选：Ｄ点评：了解基本的物理学史，掌握万有引力与重力的关系:重力是由于万有引力而产生的,它只是万有引力的一个分力．5.（４分）研究平抛物体的运动，在安装实验装置的过程中，斜槽末端的切线必须是水平的，这样做的目的是（)Ａ．ﻩ保证小球飞出时，速度既不太大，也不太小B. 保证小球飞出时，初速度水平Ｃ．ﻩ保证小球在空中运动的时间每次都相等D．ﻩ保证小球运动的轨道是一条抛物线考点: 研究平抛物体的运动．专题：实验题.分析：在实验中让小球在固定斜槽滚下后,做平抛运动,记录下平抛后运动轨迹．然后在运动轨迹上标出特殊点,对此进行处理，由于是同一个轨迹,因此要求抛出的小球初速度是相同的，所以在实验时必须确保抛出速度方向是水平的，同时固定的斜槽要在竖直面.解答: 解：研究平抛运动的实验很关键的地方是要保证小球能够水平飞出,只有水平飞出时小球才做平抛运动，故ACD错误,Ｂ正确.故选：Ｂ．点评：在实验中如何实现让小球做平抛运动是关键，因此实验中关键是斜槽末端槽口的切线保持水平及固定后的斜槽要竖直.6．（４分）火车转弯做圆周运动，如果外轨和内轨一样高，火车能匀速通过弯道做圆周运动,下列说法中正确的是（)ﻩA．ﻩ火车通过弯道向心力的来源是外轨的水平弹力，所以外轨容易磨损B.ﻩ火车通过弯道向心力的来源是内轨的水平弹力，所以内轨容易磨损C. 火车通过弯道向心力的来源是火车的重力，所以内外轨道均不磨损ﻩD．以上三种说法都是错误的考点：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：当内外轨一样高,火车所受重力和支持力相等，火车拐弯靠外轨的水平弹力提供向心力.解答：解:火车在弯道做匀速圆周运动，靠合力提供向心力,因为内外轨一样高,所以重力和支持力平衡,合力为外轨的水平弹力，所以外轨容易磨损．故A正确，B、C、Ｄ错误．故选：A.点评：解决本题的关键知道向心力的来源,结合牛顿第二定律分析.7．(4分)关于物体做匀速圆周运动的正确说法是(）Ａ．速度的大小和方向都改变ﻩB．速度的大小和方向都不变C．ﻩ速度的大小改变，方向不变D．速度的大小不变，方向改变考点: 线速度、角速度和周期、转速．专题:ﻩ匀速圆周运动专题．分析: 匀速圆周运动的线速度的大小不变，方向时刻改变.解答:ﻩ解：匀速圆周运动的线速度的大小不变,方向时刻改变.故Ｄ正确,Ａ、B、C错误.故选:Ｄ．点评：解决本题的关键知道匀速圆周运动的线速度的大小不变,方向时刻改变．８.（4分）如图所示，天车下吊着两个质量都是m的工件A和B，系A的吊绳较短（但仍可将A可作质点),系B的吊绳较长，若天车运动到P处突然停止，则两吊绳所受拉力FＡ、F B的大小关系是(）A.ﻩF A>F BﻩB．ＦA=F B=mgﻩC.ﻩＦA＜ＦＢＤ.ﻩFＢ=ＦA＞ｍg考点：向心力.专题:ﻩ匀速圆周运动专题.分析：天车运动到P处突然停止时，A、Ｂ由于惯性,要继续运动，都将做圆周运动,根据合力提供向心力,求出拉力,从而比较出F A、F B的大小关系.解答:ﻩ解:天车运动到Ｐ处突然停止时,Ａ、B以相同的速度将做圆周运动,设原来的速度为v，绳长为L．根据牛顿第二定律得：F﹣mｇ=m得:F＝ｍg＋m，因为A的绳长小于B的绳长,则A的拉力大于B的拉力，即F A>F B>mg．故A正确，ＢCD错误.故选：A点评: 解决本题的关键能够判断出天车突然停止时A、B的运动情况,以及知道圆周运动径向的合力提供向心力.９.（4分）如图所示,用细线吊着一个质量为m的小球，使小球在水平面内做圆锥摆运动,关于小球受力，正确的是（）ﻩA．受重力、拉力、向心力ﻩB.ﻩ受重力、拉力C.ﻩ受重力ﻩD.ﻩ以上说法都不正确考点：ﻩ向心力;牛顿第二定律．分析：先对小球进行运动分析,做匀速圆周运动,再找出合力的方向，进一步对小球受力分析!解答：解：小球在水平面内做匀速圆周运动,对小球受力分析,如图小球受重力、和绳子的拉力，由于它们的合力总是指向圆心并使得小球在水平面内做圆周运动,故在物理学上，将这个合力就叫做向心力,即向心力是按照力的效果命名的,这里是重力和拉力的合力！故选B.点评: 向心力是效果力，匀速圆周运动中由合外力提供,是合力，与分力是等效替代关系,不是重复受力！10．（4分)如图所示，物体做平抛运动时，描述物体在竖直方向上的速度v y(取向下为正)随时间变化的图象是（）ﻩA. ﻩB．ﻩＣ. Ｄ．考点:ﻩ平抛运动;运动的合成和分解.分析:ﻩ根据平抛运动的规律,水平方向匀速直线运动,竖直方向自由落体运动，由竖直方向的运动规律分析可以求出.解答：解:平抛运动在竖直方向上是自由落体运动,竖直方向的速度为vｙ=gｔ,所以速度与时间成正比，所以D正确.故选：Ｄ．点评:ﻩ本题就是考查了平抛运动的规律,根据竖直方向上是自由落体运动就可以求出速度与时间的关系,比较简单．二、实验题(每空3分共15分）11．(9分)在“探究平抛运动的运动规律”的实验中,可以描绘出小球平抛运动的轨迹,实验简要步骤如下:A．让小球多次从同一位置上滚下，记下小球碰到铅笔笔尖的一系列位置．Ｂ．按图安装好器材，注意调整斜槽末端水平,记下平抛初位置O点和过O点的竖直线. C．取下白纸，以O为原点，以竖直线为y轴建立坐标系,用平滑曲线画平抛运动物体的轨迹.（1）完成上述步骤,将正确的答案填在横线上.(2）上述实验步骤的合理顺序是B，Ａ，Ｃ.考点：研究平抛物体的运动．专题: 实验题．分析：(1）该实验成功的关键是，确保小球每次抛出的初速度相同，而且初速度是水平的，因此实验过程中要特别注意这两点．（2）实验步骤的排列要符合逻辑顺序,不能颠三倒四,要便于操作．解答: 解：(1）该是实验中要保证每次小球做平抛运动的轨迹相同,这就要求小球平抛的初速度相同,而且初速度是水平的,因此在具体实验操作中要调整斜槽末端水平，同时让小多次从同一位置无初速度的释放．故答案为:同一;调整斜槽末端水平．（2）实验操作中要先安装仪器,然后进行实验操作，故实验顺序为:Ｂ，Ａ，C.故答案为:A、同一; B、调整斜槽末端水平;(２）Ｂ,Ａ,C.点评: 关于平抛运动实验要掌握实验的注意事项、实验步骤、实验原理，要亲自动手实验，体会实验步骤和注意事项.12.（6分)在研究平抛物体运动的实验中，用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长L＝１.２５cｍ若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），其值是０.70m／s．(g取9.8m／s2)考点：ﻩ平抛运动；运动的合成和分解.分析:ﻩ平抛运动的水平方向做匀速直线运动,从图中可以看出:a、ｂ、c、d ４个点间的水平位移均相等为２L,因此这4个点是等时间间隔点,ｖ0=，而竖直方向是自由落体运动,两段相邻的位移之差是一个定值△ｙ=gT2＝Ｌ,联立方程即可解出.解答: 解：从图中看出,a、b、c、d 4个点间的水平位移均相等,是x=２Ｌ,因此这4个点是等时间间隔点．竖直方向两段相邻位移之差是个定值,即△ｙ=gT2=Ｌ,再根据ｖ0＝解出v0=2代入数据得ｖ０=0.70ｍ／s.故答案为：2;0.７0m/s．点评: 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.三、计算题:（第１3题10分,1４题１0分,15题1０，16题1５分)13．（10分）在水平路上骑摩托车的人，遇到一个壕沟，宽5ｍ,高度差为０.8m，如图所示,摩托车的速度至少要有多大，才能越过这个壕沟?（ｇ取10m/s2）考点:ﻩ平抛运动.专题:ﻩ平抛运动专题．分析:ﻩ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，根据高度求出运动的时间,结合水平位移求出摩托车的最小速度．解答：解:若摩托车恰好越过壕沟，则由平抛运动规律知:竖直方向:水平方向：x=v0t代入数据解得：v0=12.5m/ｓ答：摩托车的速度至少为1２.5m/s．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，知道平抛运动的时间由高度决定,初速度和时间共同决定水平位移.14．（１０分）质量为m=2kg的物体,在水平推力F＝5N的作用下沿水平面运动了l=2m．已知物体与水平面间的动摩擦因数μ=0．1，g=10m/s．求：(1）推力Ｆ所做的功;（2)摩擦力所做的功;（3）外力对物体所做的总功．考点: 功的计算.专题:ﻩ功的计算专题．分析:ﻩ(1)由功的公式可直接求出推力的功；（2）先由摩擦力公式求解摩擦力，再由功的公式求解摩擦力的功；(3）总功等于各力做功的代数和,注意摩擦力做负功．解答: 解：(1）推力的功为:Ｗ=FL=５×2=10J;（2)摩擦力为:f=μmg=0.1×20=２N；摩擦力做功为:Ｗf=﹣fl＝﹣2×2＝﹣4Ｊ;（3）外力所做的总功:W总＝Ｗ+Wｆ=10﹣4=６J答：(1)推力F所做的功为10Ｊ;(2)摩擦力所做的功为﹣４J；（3)外力对物体所做的总功为６J．点评: 本题考查功的计算,要注意功是标量，但功有正功，当力与位移夹角为钝角时力即做负功.１5.（1０分）如图所示,一质量为0.5ｋｇ的小球,用０.4ｍ长的细线拴住在竖直平面内作圆周运动,求：（1）当小球在圆上最高点速度为4m/s时，细线的拉力是多少?(2)当小球在圆下最低点速度为４m/ｓ时,细线的拉力是多少?（g＝10m/s2)考点：向心力.专题:ﻩ匀速圆周运动专题.分析：ﻩ（1)小球在最高点靠重力和拉力的合力提供向心力,根据牛顿第二定律求出细线的拉力.（2）在最低点靠重力和拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出细线的拉力.解答：解：（１)在最高点，根据牛顿第二定律得：解得：Ｎ=15N.（2）在最低点，根据牛顿第二定律得:,解得：N=４5Ｎ．答：（1）细线的拉力为15Ｎ．(２）细线的拉力为45N.点评：解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解.１6．（１５分）两颗人造地球卫星,都在圆形轨道上运行，质量之比为m A：ｍＢ=1:２，轨道半径之比r A：r B=1：２，求它们的(１）线速度之比v A：vＢ（２）角速度之比ωＡ:ωＢ（3）周期之比T A：TＢ（4)向心加速度之比a A:a B．考点：ﻩ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：ﻩ人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供圆周运动的向心力,由此分析描述圆周运动的物理量与半径的有关系,从而由半径得出结论．解答: 解:人造地球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,所以有：所以：(1)由线速度知=(２)由角速度ω=知（3）由周期T=知word版高中物理(4）由向心加速度ａ＝知答:(１)(2)（３)(4）点评：ﻩ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,熟悉万有引力公式和向心力表达式是解决问题的关键．注意描述圆周运动的物理量与环绕天体质量的关系．。

安徽省宣城市宁国津河中学高一地理期末试题含解析

安徽省宣城市宁国津河中学高一地理期末试题含解析一、选择题(每小题2分，共52分)1. 某学校地理兴趣小组做了如下实验：做两个相同规格的玻璃箱（如下图），甲底部放一层土，中午同时把两个玻璃箱放在日光下，十五分钟后，同时测玻璃箱里的气温，结果发现底部放土的比没有放土的足足高了3℃。

据此回答下列各题。

10. 该实验主要目的是测试A. 大气的温室效应B. 大气的热力运动C. 一天中最高气温出现的时刻D. 大气主要的直接热源11. 甲箱温度比乙箱温度高的原因是A. 太阳辐射强弱差异B. 地面辐射强弱差异C. 大气吸热强弱差异D. 大气辐射强弱差异参考答案：10. D 11. B11. 由两幅图的差异可知，甲图下垫面为土层，乙图没有土层即为玻璃，而土层相对于玻璃而言对太阳辐射的吸收能力较强，反射率较低，故温度较高，形成的地面辐射较强，故大气吸收的地面辐射较多，气温较高。

故选B。

2. 进入今年10月，我省雾霾天气愈发严重。

10月12日上午8时39分起，广州市灰霾黄色预警信号生效。

全省范围内，早晚的雾霾愈发明显。

气象部门表示，这样压抑的空气直到本月16日才会有所缓解。

雾霾天气能见度很低，给道路交通和市民出行带来不便。

下图为城区海棠立交在浓雾中若隐若现。

回答第18题。

18.浓雾天气使能见度降低的原因之一是A．浓雾吸收地面辐射，增强大气逆辐射 B．浓雾削弱了地面辐射C．浓雾对太阳辐射有反射作用 D．浓雾改变了太阳辐射的波长参考答案：C浓雾对太阳辐射有反射作用，使得亮度小，能见度低。

3. 读“全球近地面气压带和风带局部示意图”，图中的“丙气压带”是指( )A．南半球副极地低气压带B．北半球副热带高气压带C．南半球副热带高气压带D．北半球副极地低气压带参考答案：C4. 一位天文摄影爱好者在某地观测到北极星的仰角为55°，图2为他用连续曝光拍摄的以北极星为中心的星空照片，请分析并回答第4～5题。

4．该照片能证明的地理现象及拍摄的地点是（）A．流星现象热带B．地球公转北温带C．地球自转北温带D．恒星运动北寒带5. 某一遥远的恒星A在该日23:00位于图中的★位置,那么,第二天该恒星处于星空同样位置时最接近的时间是（）A.23:00B.22:56C.23:04D.无法确定参考答案：4.C5.B5. 下图为世界某海域表层海水等温线(℃)分布图，该海域存在一个势力较强的洋流，这个洋流对沿岸气候和海洋生物有着重要影响。