辽宁省大连市二十中2015-2016学年高二上学期1月会考物理试卷
【物理】辽宁省大连二十中2015-2016学年高二上学期期末试卷.docx
辽宁省大连二十中2015～2016 学年度高二上学期期末物理试卷一、单项选择题：本题共7 小题，每小题 4 分，共计28 分．1．在变电站里，经常要用交流电表去监测电网上的强电流，所用的器材叫电流互感器．如下所示的四个图中，能正确反映其工作原理的是（）A ．B．C．D．2．如图 1 为电热毯的电路图，电热丝接在u=311sin100πt V 的电源上，电热毯被加热到一定温度后通过装置P 使输入电压变为如图 2 所示波形，从而进入保温状态．若电热丝的电阻保持不变，此时交流电压表的读数是（）A ． 110VB ． 156VC． 220V D ．211V3．如图所示，线圈两端与电阻相连构成闭合电路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁的S 极朝下，在将磁铁的S 极插入线圈的过程中（）A ．通过电阻的感应电流的方向由 b 到 a，线圈与磁铁相互排斥B．通过电阻的感应电流的方向由 a 到 b，线圈与磁铁相互吸引C．通过电阻的感应电流的方向由 a 到 b，线圈与磁铁相互排斥D．通过电阻的感应电流的方向由 b 到 a，线圈与磁铁相互吸引4．如图所示，等腰直角三角形OPQ 区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，它的OP 边在x 轴上且长为L ．纸面内一边长为L 的正方形导线框的一条边在x 轴上，且线框沿x 轴正方向以恒定的速度v 穿过磁场区域，在 t=0 时该线框恰好位于图甲中所示的位置．现规定以逆时针方向为导线框中感应电流的正方向，在以下四幅图中，能正确表示感应电流随线框位移关系的是（）A ．B ．C．D．5．用一根横截面积为S、电阻率为p 的硬质导线做成一个半径为r 的圆环， ab 为圆环的一条直径．如图所示，在ab 的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率=k （k＜ 0），则（）A．圆环中产生逆时针方向的感应电流B．圆环具有收缩的趋势C．圆环中感应电流的大小为2D．图中 a、 b 两点间的电压U=|0.25k πr |6．如图所示，相距为 d 的平行金属板M 、N 的上方有一半径为R 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里．质量为m、电荷量为q 的带正电粒子紧靠M 板的P 处由静止释放，粒子经 N 板的小孔S 沿半径 SO 方向射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°，粒子重力不计，则平行金属板间匀强电场的电场强度大小为（）A ．B ．C． D ．7．在如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有（）A．升压变压器的输出电压增大B．降压变压器的输出电压增大C．输电线上损耗的功率减小D．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大二、多项选择题（每小题 4 分，共 16 分．每小题四个选项中至少有两个选项符合题意.选对但不全的得 2 分，有错选的不得分）8．如图所示，电源的电动势为E，内阻不计， A 、 B 是两个不同的小灯泡，且R A＞ R B， L是一个自感系数很大、电阻不计的线圈．关于这个电路，以下说法正确的是（）A ．开关从闭合到电路稳定，B 灯逐渐变亮，最后亮度稳定B．开关从闭合到电路稳定， A 灯逐渐变亮，最后亮度稳定C．开关由闭合到断开瞬间， A 灯闪亮一下再逐渐熄灭D．开关由闭合到断开瞬间，电流向左通过 A 灯9．图甲中的理想变压器的原副线圈匝数比为11： 1，原线圈接如图乙所示的正弦交流电时电动机正常工作，此时电流表的读数为和电压表都是理想电表，则（）A ．电压表的读数为22B．流过电阻中的电流为 1AC．流过电动机的电流为 40AD．电动机输出的机械功率为150W10．在方向如图所示的匀强电场（场强为一电子沿垂直电场线和磁感线方向以速度1A ，已知 R=20 Ω，电机线圈的内阻r=0.5Ω，电流表E）和匀强磁场（磁感应强度为 B ）共存的场区，v0射入场区，则（）A ．若 v0＞，电子沿轨迹Ⅰ运动，射出场区时，速度v＞ v0 B．若 v0＞，电子沿轨迹Ⅱ运动，射出场区时，速度v＜v0 C．若 v0＜，电子沿轨迹Ⅰ运动，射出场区时，速度v＜v0 D．若 v0＜，电子沿轨迹Ⅱ运动，射出场区时，速度v＜ v011．如图所示，回旋加速器 D 形盒的半径为R，用来加速质量为m，电量为q 的质子，质子每次经过电场区时，都恰好在电压为U 时并被加速，且电场可视为匀强电场，使质子由静止加速到能量为 E 后，由 A 孔射出．下列说法正确的是（）A ． D 形盒半径R、磁感应强度B 不变，若加速电压U 越高，质子的能量 E 将越大B．磁感应强度 B 不变，若加速电压U 不变， D 形盒半径R 越大、质子的能量 E 将越大C．D 形盒半径R、磁感应强度 B 不变，若加速电压U 越高，质子的在加速器中的运动时间将越长D．D 形盒半径 R、磁感应强度 B 不变，若加速电压 U 越高，质子的在加速器中的运动时间将越短三．填空题：（本大题共 2 小题，每空2 分，共12 分．）12．一个研究性学习小组在探究“小灯泡的发光情况与其两端电压的关系”时，得出如下 U 和 I 的数据编号12345678U/V0.200.60 1.00 1.40 1.80 2.20 2.60 3.00I/A0.0200.0600.1000.1500.1650.1900.2000.205灯泡发光情不亮微亮逐渐变亮正常发光况（1）请你在图中画出I ﹣ U 图线．从数据或图线上可以看出，当U或功率逐步增大时，灯丝电阻的变化情况是．这表明．（3）请你就该研究性学习小组的探究成果，举一与之有关的事例或事实．13．如图所示是“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．用此装置研究感应电流方向时：将原线圈 A 插入副线圈 B 后，如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么在电键闭合的状态下将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，电流计指针（填“向左偏”、“向右偏”或“不偏”）．（3）在闭合电键时，将原线圈 A 向下插入 B 中，线圈 B 对线圈 A 的作用力为（填引力或斥力），线圈 B 对线圈 A 做功（填正或负），实现了能量的转化．四．计算题：（本大题共 3 小题，共 40 分）14．如图所示，匝数n 为 100，边长 L=0.2m 的正方形线圈，在磁感应强度B=2T 的匀强磁场中，从中性面开始以ω=10 πrad/s 的角速度绕 OO ′轴匀速转动．若线圈自身电阻r=2 Ω，负2载电阻 R=6Ω，设π=10，求：（1）线圈转动 0.05s 时电路中的电流强度；线圈转过 60°的过程中通过 R 的电量；（3）设发电机由柴油机带动，其他能量损失不计，线圈转一周，柴油机做多少功？15．如图所示，两根金属导轨平行放置在倾角为θ=30°的斜面上，导轨下端接有定值电阻R=10 Ω，导轨自身电阻忽略不计．导轨置于垂直于斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.5T ．将一根质量为m=0.1kg 、电阻可不计的金属棒ab 在导轨上方某处由静止释放，金属棒沿导轨下滑（金属棒ab 与导轨间的摩擦不计）．设导轨足够长，导轨宽度L=2m ，金属棒 ab 下滑过程中始终与导轨接触良好，当金属棒沿导轨下滑的高度h=3m 时，速度恰好达到最大值．此过程中（g=10m/s 2），求：（1）求金属棒 ab 达到的最大速度 v m；该过程通过电阻 R 的电量 q；（3）该过程中电阻产生的热量Q．16．如图所示，在平面直角坐标系xOy 内，第二、三象限内存在沿y 轴正方向的匀强电场，第一、四象限内存在半径为L 的圆形匀强磁场，磁场方向垂直于坐标平面向外．一个比荷（）为 K 的带正电的粒子从第三象限中的 Q（﹣ 2L，﹣L ）点以速度 v0沿 x 轴正方向射出，恰好从坐标原点 O 进入磁场，从 P 点射出磁场．不计粒子重力，求：（1）电场强度E；从 P 点射出时速度v p的大小；（3）粒子在磁场与电场中运动时间之比．辽宁省大连二十中2015～ 2016 学年度高二上学期期末物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共7 小题，每小题 4 分，共计28 分．1．在变电站里，经常要用交流电表去监测电网上的强电流，所用的器材叫电流互感器．如下所示的四个图中，能正确反映其工作原理的是（）A ．B．C．D．【考点】变压器的构造和原理．【专题】交流电专题．【分析】原理是依据电磁感应原理的．电流互感器是由闭合的铁心和绕组组成．它的一次绕组匝数很少，串在需要测量的电流的线路中，因此它经常有线路的全部电流流过，二次绕组匝数比较多，串接在测量仪表和保护回路中，电流互感器在工作时，它的 2 次回路始终是闭合的，因此测量仪表和保护回路串联线圈的阻抗很小，电流互感器的工作状态接近短路．【解答】解：由理想变压器的原副线圈的电流之比可知，电流与匝数成反比．则电流互感器应串连接入匝数较多的线圈上．同时一次绕组匝数很少，且串在需要测量的电流的线路中．故A 正确；故选： A【点评】电流互感器的接线应遵守串联原则；按被测电流大小，选择合适的变化，否则误差将增大．2．如图 1 为电热毯的电路图，电热丝接在 u=311sin100πt V 的电源上，电热毯被加热到一定温度后通过装置 P 使输入电压变为如图 2 所示波形，从而进入保温状态．若电热丝的电阻保持不变，此时交流电压表的读数是（）A ． 110V B． 156V C． 220V D． 211V【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】电压表读数为有效值，根据正弦式交变电流峰值和有效值之间的关系以及电流的热效应便可求得有效值．【解答】解：由图象可知该交变电流的周期﹣ 2 T=2 ×10 s可分两段0﹣和﹣T，根据有效值的定义可得× +0=×T解得： U==156V ，故选： B．【点评】本题考查有关交变电流有效值的计算问题，知道电压表和电流表测量的都是有效值，难度不大，属于基础题．3．如图所示，线圈两端与电阻相连构成闭合电路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁的S 极朝下，在将磁铁的S 极插入线圈的过程中（）A．通过电阻的感应电流的方向由B．通过电阻的感应电流的方向由C．通过电阻的感应电流的方向由b 到 a，线圈与磁铁相互排斥a 到 b，线圈与磁铁相互吸引a 到 b，线圈与磁铁相互排斥。
辽宁省大连市第二十高级中学2015_2016学年高二物理上学期期中试题
2015-2016学年度上学期期中考试高二物理试卷考试时间：90分钟 试题分数：100分卷I一．选择题：本题共10题，每小题4分，总共40分。
其中1-6为单选题，8-10为多选题。
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．如图所示，螺线管的导线的两端与两平行金属板相接，一个带负电的小球用丝线悬挂在两金属板间，并处于静止状态，当条形磁铁突然插入线圈时，小球的运动情况是（ ）A ．向左摆动B ．向右摆动C ．保持静止D ．无法判定2．如图所示是磁电式电流表的结构，蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，线圈中a 、b 两条导线长均为l ，通以图示方向的电流I ，两条导线所在处的磁感应强度大小均为B ，则（ ）A ．该磁场是匀强磁场B ．线圈平面总与磁场方向垂直C ．线圈沿将逆时针方向转动D ．a 、b 导线受到的安培力大小总为IlB3．磁强计用于测定地磁场的磁感应强度。
其原理如图所示，电路有一段金属导体，它的横截面是宽为a 、高为b 的长方形，放在沿y 轴正方向的匀强磁场中，导体中通有沿x 轴正向、大小为I 的电流。
已知金属导体单位体积中自由电子数为n ，电子电荷量为e ，金属导电过程中，自由电子所做定向移动可视为匀速运动。
两电极M 、N 均与金属导体的前后两侧接触，用电压表测出金属导体前后两个侧面间的电势差为U ，则磁感应强度的大小和电极M 、N 的正负为（ ）A ．neaU I ，M 正、N 负 B ．nebU I ，M 正、N 负 C ．neaU I ，M 负、N 正 D ．nebU I，M 负、N 正4．在如图所示电路中，闭合开关S ，当滑动变阻器的滑片P 向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I 、U 1、U 2和U 3表示，各电表示数变化量的大小分别用ΔI 、ΔU 1、ΔU 2和ΔU 3表示。
下列判断正确的是（ ）A ．|ΔU 1|+|ΔU 2|<|ΔU 3 |B ．|U 1I |不变，|ΔU 2ΔI |变大，|ΔU 3ΔI|变大 C ．|ΔU 1|+|ΔU 2| =|ΔU 3 | D ．|U 2I |变大，|ΔU 2ΔI |不变，|ΔU 3ΔI|不变 5．如图所示，有一用两根绝缘细绳悬挂在磁场中的直导线，质量为m ，长度为L ，磁场磁感应强度大小为B ，方向竖直向上，当给直导线通一横电流时，直导线向纸面内摆动，最大摆角为60°，则通入的电流（ ）6．如图所示，匀强电场E 方向竖直向下，水平匀强磁场B 垂直纸面向里，三个油滴a 、b 、c 带有等量同种电荷。
2014-2015学年辽宁省大连二十中高二(上)期末物理试卷
2014-2015学年辽宁省大连二十中高二（上）期末物理试卷一、选择题（本题共10小题，每题4分，共40分．其中1、4、7为多选题，其余为单选题，请将正确的答案选出．选对的得4分，选不全的得2分，有错误答案的得0分）1．下面关于物理学家做出的贡献，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．安培发现了磁场对运动电荷的作用规律C．洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律D．纽曼和韦伯指出闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比【考点】物理学史．【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．【解答】解：A、丹麦的物理学家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A正确；B、洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律．故B错误．C、法国物理学家安培发现了磁场对电流的作用规律，故C错误．D、纽曼和韦伯指出闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比，故D正确；故选：AD．【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小型电热器若接在输出电压为10V的直流电源上，消耗的电功率为P，若把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的电功率为．如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为（）A．5V B．5V C．10V D．10V【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系．【专题】交流电专题．【分析】根据焦耳定律Q=I2Rt求解电流的有效值，其中I是有效值．再根据有效值与最大值的关系求出最大值．【解答】解：设电热器的电阻为R，t时间内产生的热量为Q，则：Q=此热量是接交流电源上产生的热功率的2倍，所以Q′=所以：=解得：所以最大值为故选：C【点评】对于交变电流，求解热量、电功和电功率等与热效应有关的量，都必须用有效值．3．如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1＞I2；a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点，且a、b、c与两导线共面；b点在两导线之间，b、d的连线与导线所在平面垂直．磁感应强度可能为零的点是（）A．a点B．b点C．c点D．d点【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【专题】应用题．【分析】由安培定则可判出两导线在各点磁感线的方向，再由矢量的合成方法可得出磁感应强度为零的点的位置．【解答】解：两电流在该点的合磁感应强度为0，说明两电流在该点的磁感应强度满足等大反向关系．根据右手螺旋定则在两电流的同侧磁感应强度方向相反，则为a或c，又I1＞I2，所以该点距I1远距I2近，所以是c点；故选C．【点评】本题考查了安培定则及矢量的合成方法，特别应注意磁场的空间性，注意培养空间想象能力．4．如图所示，在射线OA以下有垂直纸面向里的匀强磁场，两个质量和电荷量都相同的正电粒子a和b以不同的速率由坐标原点O沿着x轴正方向射入磁场，已知v a＞v b，若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是（）A．两粒子的轨道半径之比=B．粒子a在磁场中运动时间比b长C．两粒子在磁场中运动时间相等D．两粒子离开磁场时速度方向相同【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】三个质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率垂直进入匀强磁场中，则运动半径的不同，导致运动轨迹也不同．因此运动轨迹对应的半径越大，则粒子的速率也越大．而运动周期它们均一样，但运动时间却由圆弧对应的圆心角决定．【解答】解：A、粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，根据qvB=m，得：r=则得=．故A正确．BCD、粒子运动周期T=，T相同．两个粒子从OA射出磁场时，速度与OA夹角相同，方向平行，则两个粒子轨迹对应的圆心角都是60°，根据t=T知两粒子在磁场中运动时间相等．故B错误，CD正确．故选：ACD【点评】带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确定速率的大小；运动的周期均相同的情况下，可根据圆弧的对应圆心角来确定运动的时间的长短．5．如图所示，矩形闭合金属框abcd的平面与匀强磁场垂直，若ab边受竖直向上的磁场力的作用，则可知线框的运动情况是（）A．向左平动进入磁场 B．向右平动退出磁场C．沿竖直方向向上平动D．沿竖直方向向下平动【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．【专题】电磁感应中的力学问题．【分析】ab边受竖直向上的磁场力的作用，根据左手守则判断出ab边中感应电流的方向，再根据右手定则判断线框的运动方向．【解答】解：A、B由题，ab边受竖直向上的磁场力的作用，根据左手守则判断出ab边中感应电流的方向是a→b，再根据右手定则判断线圈向左平动切割磁感线．故A正确，B错误．C、D当线圈沿竖直方向向上或向下平动时，穿过线圈的磁通量不变，线圈中没有感应电流产生，ab边不受磁场力作用．故CD错误．故选A【点评】本题是左手定则和右手定则的综合应用，关键抓住两个定则“在什么条件下用”和“怎样用”．6．如图所示，一电阻为R的导线弯成半径为a的半圆形闭合回路．虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场．方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始络与MN垂直．从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论中正确的是（）A．圆心到达磁场边界时感应电流方向发生改变B．CD段直线始终不受安培力作用C．感应电动势平均值πBavD．通过导线横截面的电荷量为【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．【分析】根据楞次定律判断出感应电流的方向，结合左手定则判断出直线CD段所受的安培力，根据法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势的大小，结合q=求出通过导线横截面的电荷量．【解答】解：A、从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，磁通量逐渐增大，根据楞次定律知，感应电流的方向一直为逆时针方向．故A错误．B、CD段的电流方向由D到C，根据左手定则知，CD段受到竖直向下的安培力，故B错误．C、运动的时间，根据法拉第电磁感应定律得：E=，故C错误．D、通过导线横截面的电荷量为：q=．故D正确．故选：D．【点评】对于电磁感应问题，往往根据法拉第电磁感应求感应电动势的平均值，公式E=BLvsinα，既可以感应电动势的平均值，也可以求电动势的瞬时值．7．如图所示是街头变压器给用户供电的示意图．变压器的输入电压是市电网的电压，不会有很大的波动，输出电压通过输电线输送给用户．输电线的电阻用R0表示，变阻器R表示用户用电器的总电阻，当滑动变阻器触头P向下移动时，下列说法中正确的是（）A．A1表和A2表的示数都变大B．输电线的电阻用R0上的损失功率减小C．V2表的示数变大D．变压器的输入功率增大【考点】变压器的构造和原理．【专题】交流电专题．【分析】与闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况．【解答】解：A、当滑动变阻器触头P向下移动时，导致总电阻减小，由于变压器的输入的功率和输出的功率相等，由于副线圈的电阻减小了，A2的示数变大，输出的功率变大了，所以原线圈的输入的功率也要变大，因为输入的电压不变，所以输入的电流要变大，所以A1的示数变大，故AD正确；B、输电线的电流增大，输电线的电阻用R0上的损失功率增大，故B错误；C、理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，虽然滑动变阻器触头P向下移动，但由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，所以V2的示数不变，故C错误；故选：AD．【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，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．8．比荷为的电子以速度v0沿AB边射入边长为a的等边三角形的匀强磁场区域中（如图）．为使电子从BC边穿出磁场，磁感应强度B的取值范围为（）A．B．C．D．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】根据洛伦兹力提供向心力，列式得到磁感应强度的表达式，得出磁感应强度越小，半径越大；然后作出恰好经过C点的临界轨迹，求出最大磁感应强度．【解答】解：根据洛伦兹力提供向心力，有，得到，磁感应强度越小半径越大；粒子通过C点的轨迹如图．根据几何关系，得到半径为；故：B=；磁感应强度越小半径越大，故时，粒子从BC边飞出；故选C．【点评】本题关键是作出临界轨迹，然后根据洛伦兹力提供向心力列式分析求解．9．某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁心的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路．检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象．虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因．你认为最有可能造成小灯泡末闪亮的原因是（）A．电源的内阻较大B．小灯泡电阻偏大C．线圈电阻偏大 D．线圈的自感系数较大【考点】自感现象和自感系数．【专题】压轴题．【分析】线圈与小灯泡并连接电池组上．要使灯泡发生闪亮，断开开关时，流过灯泡的电流要比以前的电流大．根据楞次定律和并联的特点分析．【解答】解：A、开关断开开关时，灯泡能否发生闪亮，取决于灯泡的电流有没有增大，与电源内阻无关．故A错误．B、若小灯泡电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流小于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡将发生闪亮现象．故B错误．C、线圈电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流大于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡不发生闪亮现象．故C正确．D、线圈的自感系数较大，产生的自感电动势较大，但不能改变稳定时灯泡和线圈中电流的大小．故D错误．故选C．【点评】自感现象是特殊的电磁感应现象，根据楞次定律分析要使实验现象明显的条件：线圈的电阻小于灯泡的电阻．10．某空间中存在一个有竖直边界的水平方向匀强磁场区域，现将一个等腰梯形闭合导线圈，从图示位置垂直于磁场方向匀速拉过这个区域，尺寸如图所示，下图中能正确反映该过程线圈中感应电流随时间变化的图象是（）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．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】楞次定律，判断感应电流方向；由法拉第电磁感应定律和欧姆定律判断电流大小，用排除法解决较好．【解答】解：当右边进入磁场时，便会产生感应电流，由楞次定律得，感应电流应是逆时针方向，由于有效切割长度逐渐增大，导致感应电流的大小也均匀增大；当线框右边出磁场后，有效切割长度不变，则产生感应电流的大小不变，但比刚出磁场时的有效长度缩短，导致感应电流的大小比其电流小，但由楞次定律得，感应电流应仍是逆时针，故排除AB；当线框左边进入磁场时，有效切割长度在变大，当感应电流的方向是顺时针，即是负方向且大小增大，故选项C正确，ABD错误．故选：C．【点评】对于图象问题可以通过排除法进行求解，如根据图象过不过原点、电流正负、大小变化等进行排除．二、填空题（本题共3小题，每空3分，共计27分）11．如图所示，面积为S的单匝矩形线框置于竖直向下磁感应强度为B的匀强磁场中，通过导线与灵敏电流表相连，并在磁场中绕垂直于磁场方向的转轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，图中线框平面处于竖直面内，经过此位置时回路中产生的电动势的瞬时值E=BSω；从图示位置开始计时线圈中产生的电动势的瞬时值表达式为e=BSωcosωt；从图示位置开始转过90°的过程中的平均感应电动势=；经过水平位置前后电流计指针偏转方向相反．（填相同或相反）．【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式；交流发电机及其产生正弦式电流的原理；交流电的平均值及其应用．【分析】线圈绕垂直与磁场的轴匀速转动，求出感应电动势的最大值，然后根据初始条件求出感应电动势的瞬时值表达式，由法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势，根据交变电流的产生过程判断电流方向如何变化．【解答】解：线框绕垂直与磁场的轴做匀速圆周运动，产生正弦式交变电流，感应电动势的最大值：E m=BSω，由图示可知，线框平面与磁场平行，此时感应电动势最大，为：BSω；感应电动势的瞬时值表达式：e=E m sin（ωt+α）=BSωsin（ωt+）=BSωcosωt；从图示位置开始转过90°的过程中的平均感应电动势为：===，由图示可知，水平位置为中性面，经过水平位置前后电流计指针偏转方向相反；故答案为：BSω；BSωcosωt；；相反．【点评】知道正弦式交变电流的产生过程，求出最大感应电动势，应用法拉第电磁感应定律即可正确解题．12．用均匀导线做成的正方形线框边长为0.2m，正方形的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中，如图所示，当磁场以10T/s的变化率增强时，线框中产生感应电流的方向是逆时针（选填顺时针或逆时针），线框中a、b两点间的电势差U ab=﹣0.1V．【考点】变压器的构造和原理．【分析】根据法拉第电磁感应定律，求出感应电动势的大小，根据楞次定律判断出感应电流的方向，再通过闭合电路欧姆定律求出电流以及电势差．【解答】解：题中正方形线框的左半部分磁通量变化而产生感应电动势，从而在线框中有感应电流产生，B增大，根据楞次定律判断可知：圆环中产生的感应电流方向沿逆时针方向，把左半部分线框看成电源，其电动势为E，内电阻为，画出等效电路如图所示．则a、b两点间的电势差即为电源的路端电压，设l是边长，且依题意知：=10 T/s．由E=得：E=10×V=0.2 V所以有：U=IR=0.1 V，由于a点电势低于b点电势，故有：U ab=﹣0.1 V．故答案为：逆时针；﹣0.1．【点评】本题是电磁感应与电路知识的综合．对于电磁感应，往往根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势大小，再由欧姆定律求感应电流大小，要注意用有效面积求感应电动势．13．如图所示，两根相距为L的竖直平行金属导轨位于磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，导轨电阻不计，另外两根与上述光滑导轨保持良好接触的金属杆ab、cd质量均为m，电阻均为R，若要使cd静止不动，则ab杆应向上匀速运动，速度大小为，作用于ab杆上的外力大小为2mg．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】要使cd杆恰好平衡，且静止不动，受力分析知，cd杆受到安培力竖直向上，大小与重力平衡．根据F=BIL可以求出此时电路中的电流I，再由欧姆定律可以得到回路中的感应电动势，再根据E=BLv可以解得ab杆的速度大小是多少；以两金属杆组成的系统为研究对象，由平衡条件可以求出拉力大小．【解答】解：cd杆受到的安培力：F安=BIL，cd杆静止不动，处于平衡状态，由平衡条件得：BIL=mg，解得，电流：I=①，安培力向上，由左手定则可知，杆中电流方向由c到d；流过ab的电流由b流向a，由右手定则可知，ab棒应向上运动，ab棒切割磁感线产生的电动势：E=BLv，感应电流：I==②，由①②解得：v=；以两金属杆组成的系统为研究对象，由平衡条件得：F=2mg；故答案为：上匀速；；2mg．【点评】本题考查了判断金属杆的运动性质、求速度大小、求拉力大小；应用左手定则确定安培力的方向，能用右手定则确定感应电流的方向是解问题的关键，能正确的对物体进行受力分析，通过物体平衡列方程即可正确解题．三、计算题（本题共3小题，14题10分、15题12分、16题11分，共33分）14．某交流发电机输出功率为5×105W，输出电压为U=1.0×103V，经升压变压器升压后通过远距离输电，再经降压变压器降压后供用户使用．假如输电线的总电阻R=10Ω，在输电线上损失的电功率等于输电功率的5%，用户使用电压U=380V，所使用的变压器是理想变压器．求：所用升压和降压变压器的原、副线圈的匝数比各为多少？【考点】远距离输电；变压器的构造和原理．【专题】交流电专题．【分析】输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可．【解答】解：输电线路的示意图如图所示，由功率的公式P=UI可得，发电机的输出电流为：I1==500 A输电线的损耗的功率为：P损=5%P=5%×5×105=2.5×104 W由损失的功P损=I22R可得，输电线的电流为：I2==50 A用户的电流为：I4=== A所以升压变压器的匝数比为：===降压变压器的匝数比为：===答：所用升压变压器的原、副线圈的匝数比是1：10；降压变压器的原、副线圈的匝数比是25：1．【点评】掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决，基础题目．15．一匀强磁场分布在以O为圆心，半径为R的圆形区域内，方向与纸面垂直，如图所示，质量为m、电荷量q的带正电的质点，经电场加速后，以速度v沿半径MO方向进入磁场，沿圆弧运动到N点，然后离开磁场，∠MON=120°，质点所受重力不计，求：（1）判断磁场的方向；（2）该匀强磁场的磁感应强度B；（3）带电质点在磁场中运动的时间．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】（2）根据洛仑兹力提供向心力及几何关系即可求解；（3）粒子在电场中做匀加速，在磁场中做圆周运动，根据匀加速直线运动时间位移公式和圆周运动的周期公式可解题．【解答】解：（1）根据左手定则可以知道该磁场的方向垂直纸面向外；（2）粒子在磁场中完成了如图所示的部分圆运动，设其半径为R，因洛仑兹力提供向心力，所以有qvB=由几何关系得所以联立以上各式得：（3）设粒子在磁场中运动的时间为t，粒子在磁场中做匀速圆周运动，其周期为由于∠MON=120°，所以∠MO'N=60°故粒子在磁场中运动时间．答：（1）垂直纸面向外（2）该匀强磁场的磁感应强度B=；（3）带电质点在磁场中运动的时间为t=【点评】本题主要考查了带电粒子在磁场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，熟练掌握圆周运动及平抛运动的基本公式，难度适中．16．如图甲所示，一对足够长的平行粗糙导轨固定在水平面上，两导轨间距l=1m，左端之间用R=3Ω的电阻连接，导轨的电阻忽略不计．一根质量m=0.5kg、电阻r=1Ω的导体杆静置于两导轨上，并与两导轨垂直．整个装置处于磁感应强度B=2T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上．现用水平向右的拉力F拉导体杆，拉力F与时间t的关系如图乙所示，导体杆恰好做匀加速直线运动．在0～2s内拉力F所做的功为W=J，重力加速度g取10m/s2．求：（1）导体杆与导轨间的动摩擦因数μ；（2）在0～2s内通过电阻R的电量q；（3）在0～2s内电阻R上产生的热量Q．【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；电磁感应中的能量转化．【专题】电磁感应——功能问题．【分析】（1）根据切割产生的感应电动势公式、闭合电路欧姆定律和安培力公式求出导体杆所受安培力与时间的关系式，结合牛顿第二定律求出拉力D与t的关系式，根据F﹣t图线求出匀加速直线运动的加速度和动摩擦因数．（2）根据匀变速直线运动的位移时间公式求出导体杆的位移，通过q=求出通过的电量．（3）求出2s末导体杆的速度，抓住克服安培力做功等于整个回路产生的热量，根据动能定理求出整个回路产生的热量，从而求出电阻R上产生的热量．【解答】解：（1）设导体杆的加速度为a，则t时刻导体杆的速度v=at产生的感应电动势为E=Blv电路中的感应电流为I=导体杆上所受的安培力为F安=BIl==由牛顿第二定律可知F﹣μmg﹣=ma即F=ma+μmg+代入数字得F=a+5μ+at N由图象可知F=3+2t N由于物体做匀加速直线运动，加速度a为常数，比较两式可得a=2 m/s2，μ=0.4（2）在F作用的时间内，导体杆的位移为x=at2=4 m在时间t内的平均感应电动势==平均电流为=通过的电荷量q=t=代入数得q=2 C（3）t=2 s时刻，导体杆的速度v=at=4 m/s在力F的作用过程中，设电路中产生的总热量为Q′．由动能定理可知W F﹣μmgx﹣Q′=mv2代入数字可得Q′=J由串联电路的知识可知Q=Q′=8 J答：（1）导体杆与导轨间的动摩擦因数为0.4．（2）在0～2s内通过电阻R的电量为2C．（3）在0～2s内电阻R上产生的热量为8J．【点评】考查根据图象寻找有价值的信息，并结合法拉第电磁感应定律、牛顿第二定律、闭合电路欧姆定律、能量守恒定律综合求解．注意巧用小方格来得出这段时间内的位移．。
辽宁高二高中物理月考试卷带答案解析
辽宁高二高中物理月考试卷班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.在下列几种电流的波形图中,不是交变电流的是（ ）A B C D2.在磁感应强度为B 的匀强磁场中,一个面积为S 的矩形线圈匀速转动时所产生的交流电电动势随时间变化的波形如图所示,线圈与一阻值R=9的电阻串联在一起,线圈的电阻为1,则（ ）A ．通过电阻R 的电流瞬时值表达式为i=10sin200t AB ．电阻R 两端的电压有效值为90VC ．图中t=1×10-2s 时,线圈位于垂直中性面的位置 D ．1s 内电阻R 上产生的热量为450J3.如图所示的电路中,A 1、A 2是完全相同的灯泡,线圈L 的自感系数较大,它的电阻与定值电阻R 相等.下列说法正确的是（ ）A ．闭合开关S,A 1先亮、A 2后亮B ．闭合开关S,A 1、A 2始终一样亮C ．断开开关S,A 1、A 2都要过一会才熄灭D ．断开开关S,A 2立刻熄灭、A 1过一会才熄灭4.通电螺线管置于水平放置的两根光滑平行金属导轨MN 和PQ 之间，两根金属棒ab 和cd 放在导轨上，分别在螺线管的左右两侧．保持开关闭合，最初两金属棒处于静止状态，当滑动变阻器的滑动触头向左滑动时，ab 和cd 棒的运动情况是（ ）A ．ab 向左，cd 向右B ．ab 向右，cd 向左C ．ab 、cd 都向右运动D ．ab 、cd 都不动5.如右图，等腰梯形内分布着垂直纸面向外的匀强磁场，底边在x 轴上且长为3L 、高为L ，底角为45°。
有一边长为L 的正方形导线框沿x 轴正方向做匀速直线运动穿过磁场区域，在t ＝0时刻恰好位于如图位置．若以顺时针方向为导线框中电流正方向，在下面四幅图中能正确表示导线框中电流和位移关系的是（ ）6.如图甲所示，在线圈中通入电流后，在上产生感应电流随时间变化的规律如图乙所示，、中电流正方向如图甲中箭头，则通入线圈中的电流随时间变化的图线是下图中的（）7.如图，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，其它部分电阻忽略不计．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F1与F安随时间t变化的关系图象可能是（）8.如图所示，矩形闭合线圈放置在水平薄板上，有一块蹄形磁铁如图所示置于平板的正下方（磁极间距略大于矩形线圈的宽度）当磁铁匀速向右通过线圈时，线圈仍静止不动，那么线圈受到薄板的摩擦力方向和线圈中产生感应电流的方向（从上向下看）是（）A．摩擦力方向一直向左B．摩擦力方向先向左、后向或右C．感应电流的方向顺时针→逆时针→顺时针D．感应电流的方向顺时针→逆时针9.如图甲，在虚线所示的区域有竖直向上的匀强磁场，面积为S的单匝金属线框放在磁场中，线框上开有一小口与磁场外阻值为R的小灯泡相连．若金属框的总电阻为R/2，磁场随时间变化如图乙，下列说法正确的是（）A．感应电流由a向b流过小灯泡B．线框cd边受到的安培力向左C．感应电动势大小为D．ab间电压大小为10.两个相同的半圆型光滑轨道分别竖直放在匀强电场和磁场中，轨道两端在同一高度上，两个相同的带正电的小球同时从两轨道左端最高点由静止释放，M、N为轨道的最低点，以下说法正确的是（）A．两小球到达轨道最低点的速度v M＞v NB．两小球到达轨道最低点的速度v M＜v NC．两小球第1次到达轨道最低点时对轨道压力N M>N ND．在磁场中小球能到达轨道另一端最高点,在电场中小球不能到达轨道另一端最高点11.如图，平行金属导轨与水平面成θ角，匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一导体棒ab，质量为m，导体棒电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨间动摩擦因数为μ，若ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为F，此时（）A．电阻R1消耗的热功率为Fv／3B．电阻R1消耗的热功率为Fv／6C．整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgvcosθD．整个装置消耗的机械功率为（F＋μmgcosθ）v二、实验题1.某同学用伏安法测定一段阻值为5Ω左右的金属丝的电阻，要求测量结果尽可能准确，现备有以下器材：A.电池组（3V，内阻1Ω）B.电流表（0~3A，内阻0.0125Ω）；C.电流表（0~0.6A，内阻0.0125Ω）D.电压表（0~3V，内阻3kΩ）；E.电压表（0~15V，15kΩ）F.滑动变阻器（0~20Ω，额定电流1A）；G.滑动变阻器（0~2000Ω，额定电流0.3A）；H.开关、导线①上述器材中应选用的是____________.②实验电路应采用电流表_______接法（填“内”或“外”）③设实验中电流表、电压表的某组示数，如图所示，则图中I=__ _A，U=__ __V.2.有一特殊电池，它的电动势约为9V，内阻约为40Ω，已知该电池允许输出的最大电流为50mA.为了测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用图示电路进行实验，图中电流表的内阻RA＝5Ω，R为电阻箱，阻值范围0～999.9Ω，R0为定值电阻，对电源起保护作用.①本实验中的R应选A.10ΩB.50ΩC.150ΩD.500Ω②该同学接入符合要求的R后，闭合开关S，调整电阻箱的阻值，读取电流表的示数，记录多组数据，作出了如图所示的图线，则根据图线可求得该电池的电动势为E ＝ V ，内阻r ＝ Ω.三、计算题1.如图所示，光滑平行的水平金属导轨MN 、PQ 相距d,在M 点和P 点间接一个阻值为R 的电阻，在两导轨间OO 1O 1′O′矩形区域内有垂直导轨平面竖直向下、宽为l 的匀强磁场，磁感应强度大小为B ；质量为m ，电阻为r 的导体棒ab ，垂直搁在导轨上，与磁场左边界相距l 0，现用一大小为F 、水平向右的恒力拉ab 棒，使它由静止开始运动，棒ab 在离开磁场前已经做匀速直线运动（棒ab 与导轨始终保持良好的接触，导轨电阻不计）．求：⑴棒ab 在离开磁场右边界时的速度；⑵棒ab 通过磁场区域的过程中通过电阻R 的电荷量．2.如图所示为一种获得高能粒子的装置.环行区域内存在垂直纸面向外、大小可调节的匀强磁场，质量为m 、电量为＋q 的粒子在环中作半径为R 的圆周运动.A 、B 为两块中心开有小孔的极板.原来电势都为零，每当粒子飞经A 板时，A 板电势升高为＋U ，B 板电势仍保持为零，粒子在两板间电场中得到加速.每当粒子离开B 板时，A 板电势又降为零.粒子在电场一次次加速下动能不断增大，而绕行半径不变.⑴设t=0时粒子静止在A 板小孔处，在电场作用下加速，并绕行第一圈.求粒子绕行n 圈回到A 板时获得的总动能E n⑵为使粒子始终保持在半径为R 的圆轨道上运动，磁场必须周期性递增.求粒子绕行第n 圈时的磁感应强度B n ⑶求粒子绕行n 圈所需的总时间t n (粒子过A 、B 板间的时间忽略)3.如图所示，平行金属导轨与水平面间夹角均为θ=370，导轨间距为lm ，电阻不计，导轨足够长。
辽宁高二高中物理月考试卷带答案解析
辽宁高二高中物理月考试卷班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.下面列举的四种器件中，在工作时利用了电磁感应现象的是（）A．电动机B．线圈式话筒C．电磁继电器D．扬声器2.下列关于感应电动势大小的说法中，正确的是（）A．线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大B．线圈中磁通量越大，产生的感应电动势一定越大C．线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大D．线圈放在磁感应强度越强的地方，产生的感应电动势一定越大3.如图所示，闭合直角三角形线框，底边长为l，现将它匀速拉过宽度为d的匀强磁场（l＞d）．若以逆时针方向为电流的正方向，则以下四个I﹣t图象中正确的是（）A．B．C．D．4.如图所示是一交变电流的i﹣t图象，则该交流电电流的有效值为（）A．4A B．A C．A D．A5.如图所示，导体棒AB长2R，绕O点以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，OB为R，且OBA三点在一直线上，有一匀强磁场磁感应强度为B，充满转动平面且与转动平面垂直，那么AB两端的电势差大小为（）A．BωR2B．2BωR2C．4BωR2D．6BωR26.如图所示，光滑绝缘水平面上有一矩形线圈冲入一匀强磁场，线圈全部进入磁场区域时，其动能恰好等于它在磁场外面时的一半，设磁场宽度大于线圈宽度，那么（）A．线圈恰好在刚离开磁场的地方停下B．线圈在磁场中某位置停下C．线圈在未完全离开磁场时即已停下D．线圈完全离开磁场以后仍能继续运动，不会停下来7.如图，L 是直流电阻为零、自感系数很大的线圈，A 和B 是两个相同的小灯泡，某时刻闭合开关S ，通过A 、B 两灯泡中的电流I A 、I B 随时间t 变化的图象，正确的是（ ）A ．B ．C ．D ． 8.正三角形导线框abc 固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图所示．规定垂直纸面向里为磁场的正方向，abca 的方向为线框中感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向．关于线框中的电流i 与ab 边所受的安培力F 随时间t 变化的图象，下列选项正确的是（ ）A ．B ．C ．D ．9.如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为m 的金属棒ab ．导轨的一端连接电阻R ，其它电阻均不计，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于导轨平面向下，金属棒ab 在一水平恒力F 作用下由静止开始向右运动．则（ ）A ．随着ab 运动速度的增大，其加速度也增大B ．外力F 对ab 做的功等于电路中产生的电能C ．当ab 做匀速运动时，外力F 做功的功率等于电路中的电功率D ．无论ab 做何种运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能10.在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B ，方向相反的水平匀强磁场，如图．PQ 为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一个边长为a 、质量为m 、电阻为R 的金属正方形线框，以速度v 垂直磁场方向从如图实线位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中时，线框的速度为，则下列说法正确的是（ ）A ．此过程中通过线框截面的电量为B ．此时线框的加速度为C ．此过程中回路产生的电能为mv2 D ．此时线框中的电功率为二、计算题1.如图所示，在宽为l=0.5m 的平行导轨上垂直导轨放置一个有效电阻为r=0.6Ω的直导体，在导轨的两端分别连接两个电阻R 1=4Ω、R 2=6Ω，其它电阻不计．整个装置处在垂直导轨向里的匀强磁场中，如图所示，磁感应强度B=0.1T ．当直导体在导轨上以v=6m/s 的速度向右运动时，求：（1）直导体棒的感应电动势E 和两端的电压U ab ；（2）流过电阻R 1和R 2的电流大小．2.面积S=0.2m 2、n=100匝的圆形线圈，处在如下图所示的匀强磁场内，磁感应强度B 随时间t 变化的规律是B="0.02t" T ．电阻R 与电容器C 并联后接在线圈两端，电阻R=3Ω，电容C="30" μF ，线圈电阻r=1Ω．求：（1）线圈产生的感应电动势E 的大小；（2）通过R 的电流的大小；（3）电容器所带的电荷量．3.如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 竖直放置，其宽度L=1m ，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M 与P 之间连接阻值为R=0.40Ω的电阻，质量为m=0.01kg 、电阻为r=0.30Ω的金属棒ab 紧贴在导轨上．现使金属棒ab 由静止开始下滑，下滑过程中ab 始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x 与时间t 的关系如图乙所示，图象中的OA 段为曲线，AB 段为直线，导轨电阻不计，取g=10m/s 2（忽略ab 棒运动过程中对原磁场的影响），求：（1）磁感应强度B 的大小；（2）金属棒ab 在开始运动的1.5s 内，通过电阻R 的电荷量；（3）金属棒ab 在开始运动的1.5s 内，电阻R 上产生的热量．辽宁高二高中物理月考试卷答案及解析一、选择题1.下面列举的四种器件中，在工作时利用了电磁感应现象的是（ ）A ．电动机B ．线圈式话筒C ．电磁继电器D ．扬声器【答案】B【解析】闭合电路部分导体在切割磁感线，从而产生感应电流的现象，是属于电磁感应现象．解：A 、电动机是利用电流的磁效应制成的，故A 错误；B 、线圈式话筒是通过线圈在磁场中运动，从而产生感应电动势，是利用电磁感应现象，故B 正确；C 、电磁继电器是利用电流的磁效应制成的，故C 错误；D 、扬声器是电信号转化成电信号，不属于电磁感应现象，故D 错误；故选：B ．【点评】本题考查对现代科技装置和产品原理的理解能力，基本题，不应失分．2.下列关于感应电动势大小的说法中，正确的是（ ）A ．线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大B ．线圈中磁通量越大，产生的感应电动势一定越大C ．线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大D ．线圈放在磁感应强度越强的地方，产生的感应电动势一定越大【答案】C【解析】对法拉第电磁感应定律的理解E=n，注意区分磁通量、磁通量的变化和磁通量的变化率． 解：根据法拉第电磁感应定律E=n 得感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比．A 、磁通量变化越大，则不知磁通量的变化时间，故不一定越大，故A 错误； B 、磁通量越大，是Φ大，但△Φ及则不一定大，故B 错误； C 、磁通量变化的快慢用表示，磁通量变化得快，则比值就大，根据法拉第电磁感应定律有产生的感应电动势就越大，故C 正确；D 、虽然线圈放在磁感应强度越强的磁场，但可能为零，产生的感应电动势可能为零，故D 错误．故选：C ． 【点评】磁通量Φ=BS ，磁通量的变化△Φ=Φ2﹣Φ1，磁通量的变化率是磁通量的变化和所用时间的比值，法拉第电磁感应定律告诉我们感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比．正确理解磁通量、磁通量的变化和磁通量的变化率是解决本题的关键．3.如图所示，闭合直角三角形线框，底边长为l ，现将它匀速拉过宽度为d 的匀强磁场（l ＞d ）．若以逆时针方向为电流的正方向，则以下四个I ﹣t 图象中正确的是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D【解析】线框匀速穿过磁场区域时，分为三个过程：线框向右运动距离x 为0～d ，d ～l ，l ～l+d 范围内．先根据楞次定律分析感应电流的方向，再由有效切割长度变化，根据感应电动势公式，分析感应电动势的变化，再分析感应电流大小的变化．解：在线框向右运动距离x 为0～d 的范围内，穿过线框的磁通量不断增大，由楞次定律可知线框产生的感应电流沿逆时针方向，为正；有效的切割长度为L=xtanθ，线框匀速运动故x=vt ，感应电流的大小为：，可知I ∝t ；在线框向右运动距离x 为d ～l 范围内，穿过线框的磁通量均匀增大，由楞次定律可知线框产生的感应电流沿逆时针方向，为正；且感应电流大小不变；在线框向右运动距离x 为l ～l+d 范围内，穿过线框的磁通量不断减小，由楞次定律可知线框产生的感应电流沿顺时针方向，为负，有效的切割长度为 L=（x ﹣l ﹣d ）tanθ，线框匀速运动故x=vt ，感应电流的大小为：，故感应电流一开始不为0，之后均匀增大，D 正确；故选：D ．【点评】此题是图象问题，常用的方法是排除法，先楞次定律分析感应电流的方向，作定性分析，再根据有效切割的长度，列式作定量分析，剔除不符合题意的选项，最后选出正确的答案．本题难度较大，注意分段讨论．4.如图所示是一交变电流的i﹣t图象，则该交流电电流的有效值为（）A．4A B．A C．A D．A【答案】B【解析】根据有效值的定义求解．取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值．解：设交流电电流的有效值为I，周期为T，电阻为R．则I2RT=（×4）2+42•R•T解得 I= A故选B【点评】求交流电的有效值，往往根据电流的热效应，由有效值的定义求解．中等难度．5.如图所示，导体棒AB长2R，绕O点以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，OB为R，且OBA三点在一直线上，有一匀强磁场磁感应强度为B，充满转动平面且与转动平面垂直，那么AB两端的电势差大小为（）A．BωR2B．2BωR2C．4BωR2D．6BωR2【答案】C【解析】金属棒中各点切割感线的速度不等，应用平均速度求解感应电动势的大小．线速度与角速度的关系式为v=ωr．解：AB两端的电势差大小等于金属棒AB中感应电动势的大小，为：E=B•2R=B•2R•=4BR2ω故选：C．【点评】解决本题的关键掌握转动切割产生的感应电动势公式E=BωL2，会根据E=Blv进行推导．6.如图所示，光滑绝缘水平面上有一矩形线圈冲入一匀强磁场，线圈全部进入磁场区域时，其动能恰好等于它在磁场外面时的一半，设磁场宽度大于线圈宽度，那么（）A．线圈恰好在刚离开磁场的地方停下B．线圈在磁场中某位置停下C．线圈在未完全离开磁场时即已停下D．线圈完全离开磁场以后仍能继续运动，不会停下来【答案】D【解析】线圈完全进入磁场后做匀速运动，进磁场和出磁场的过程都做变减速直线运动，比较进磁场和出磁场时所受的安培力大小，从而判断出线圈能否通过磁场．解：线圈出磁场时的速度小于进磁场时的速度，安培力F=BIL=，知出磁场时所受的安培力小于进磁场时所受的安培力，根据动能定理，由于进磁场时安培力做功大于出磁场时安培力做功，则出磁场时动能的变化量小于进磁场时动能的变化量，进磁场时其动能恰好等于它在磁场外面时的一半，知出磁场后，动能不为零，还有动能，将继续运动，不会停下来．故D正确．A、B、C错误．故选D．【点评】解决本题的关键比较出进磁场和出磁场时的安培力，根据动能定理进行分析．7.如图，L是直流电阻为零、自感系数很大的线圈，A和B是两个相同的小灯泡，某时刻闭合开关S，通过A、B两灯泡中的电流I A 、I B 随时间t 变化的图象，正确的是（ ）A ．B ．C ．D ． 【答案】A【解析】闭合瞬间，L 有较强的阻碍作用，稳定后相当于短路．解：在闭合瞬间，A 、B 灯同时亮，稳定后L 对B 短路，I B 最终为零；由于电阻变小，所以I A 变大，最终稳定不变，故A 正确；故选：A【点评】本题考查了电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用．8.正三角形导线框abc 固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图所示．规定垂直纸面向里为磁场的正方向，abca 的方向为线框中感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向．关于线框中的电流i 与ab 边所受的安培力F 随时间t 变化的图象，下列选项正确的是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】AD【解析】由图可知磁感应强度的变化，则可知线圈中磁通量的变化，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势变化情况，由楞次定律可得感应电流的方向，根据左手定则可以找出安培力方向，结合可得出正确的图象．解：A 、线圈中的感应电流决定于磁感应强度B 随t 的变化率，．由图可知，0～1s 时间内，B 增大，Φ增大，感应磁场与原磁场方向相反（感应磁场的磁感应强度的方向向外），由右手定则感应电流是逆时针的，因而是正值．所以可判断0～1s 为正的恒值；1～3s 磁通量不变，所以无感应电流，3～4sB 的方向垂直纸面向外，根据楞次定律得感应电流是逆时针的，因而是正值．由法拉第电磁感应定律可知E=，感应电流的大小恒定，所以可判断3～4s 为正的恒值；A 正确、B 错误．C 、0～1s 时间内，ab 边感应电流是向下的，ab 边所受的安培力F=BIL ，根据左手定则得安培力方向向右为正值，由于B 随时间均匀增大，I 不变，所以安培力F 随时间t 均匀增大，1～3s 无感应电流，没有安培力，3～4s 时间内，ab 边感应电流是向下的，ab 边所受的安培力F=BIL ，根据左手定则得安培力方向向左为负值，由于B 随时间均匀减小，I 不变，所以安培力F 随时间t 均匀减小，故C 错误，D 正确；故选：AD ．【点评】此类问题不必非要求得电动势的大小，应根据楞次定律判断电路中电流的方向，结合电动势的变化情况即可得出正确结果．9.如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为m 的金属棒ab ．导轨的一端连接电阻R ，其它电阻均不计，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于导轨平面向下，金属棒ab 在一水平恒力F 作用下由静止开始向右运动．则（）A．随着ab运动速度的增大，其加速度也增大B．外力F对ab做的功等于电路中产生的电能C．当ab做匀速运动时，外力F做功的功率等于电路中的电功率D．无论ab做何种运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能【答案】CD【解析】在水平方向，金属棒受到拉力F和安培力作用，安培力随速度增大而增大，根据牛顿定律分析加速度的变化情况．根据功能关系分析电能与功的关系．解：A、金属棒所受的安培力，则a=，速度增大，安培力增大，则加速度减小．故A错误．B、根据能量守恒得，外力F对ab做的功等于电量中产生的电能以及ab棒的动能．故B错误．C、当ab棒匀速运动时，外力做的功全部转化为电路中的电能，则外力F做功的功率等于电路中的电功率．故C正确．D、根据功能关系知，克服安培力做的功等于电路中产生的电能．故D正确．故选CD．【点评】在电磁感应现象中电路中产生的热量等于外力克服安培力所做的功；在解题时要注意体会功能关系及能量转化与守恒关系．10.在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的水平匀强磁场，如图．PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一个边长为a、质量为m、电阻为R的金属正方形线框，以速度v垂直磁场方向从如图实线位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中时，线框的速度为，则下列说法正确的是（）A．此过程中通过线框截面的电量为B．此时线框的加速度为C．此过程中回路产生的电能为mv2D．此时线框中的电功率为【答案】CD【解析】根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量q=△t相结合求解电量．此时线框中感应电动势为E=2Ba，感应电流为I=，线框所受的安培力的合力为F=2BIa，再由牛顿第二定律求解加速度．根据能量守恒定律求解产生的电能．由P=I2R求解电功率．解：A、由E=、=及q=△t得，电量q==．故A错误．B、此时线框中感应电动势为E=2Ba=Bav，感应电流为I==，线框所受的安培力的合力为F=2BIa=，==．故B错误．加速度为a加C、根据能量守恒定律得：回路产生的电能为Q==．故C正确．D、此时线框中的电功率为P=I2R=．故D正确．故选CD【点评】本题考查电磁感应规律、闭合电路欧姆定律、安培力公式、能量守恒定律等等，难点是搞清楚磁通量的变化．二、计算题1.如图所示，在宽为l=0.5m 的平行导轨上垂直导轨放置一个有效电阻为r=0.6Ω的直导体，在导轨的两端分别连接两个电阻R 1=4Ω、R 2=6Ω，其它电阻不计．整个装置处在垂直导轨向里的匀强磁场中，如图所示，磁感应强度B=0.1T ．当直导体在导轨上以v=6m/s 的速度向右运动时，求：（1）直导体棒的感应电动势E 和两端的电压U ab ；（2）流过电阻R 1和R 2的电流大小．【答案】（1）直导体棒的感应电动势E 和两端的电压U ab 为0.24V ；（2）流过电阻R 1的电流大小为0.06 A ，流过电阻R 2的电流大小为0.04A ．【解析】由E=BLv 求出感应电动势，由并联电路特点、欧姆定律可以求出电压与电流．注意直导体棒两端的电压U ab 是电路的外电压；解：导体棒切割磁感线产生电动势，相当于电源，等效电路图如图所示，感应电动势为：E=Blv=0.1×0.5×6=0.3V ，外电阻为：R 外==Ω=2.4Ω， 总电流为：I===0.1A ；直导线两端的电压为路端电压，故有：U ab =IR 外=0.1×2.4=0.24V ；（2）流过电阻R 1的电流大小为：I 1=="0.06" A ， 流过电阻R 2的电流大小为：I 2==0.04A答：（1）直导体棒的感应电动势E 和两端的电压U ab 为0.24V ；（2）流过电阻R 1的电流大小为0.06 A ，流过电阻R 2的电流大小为0.04A ．【点评】本题考查导体棒切割磁感线产生感应电动势，要注意导体棒切割磁感线相当于电源，应用E=BLv 、欧姆定律即可正确解题，要注意作出等效电路图．2.面积S=0.2m 2、n=100匝的圆形线圈，处在如下图所示的匀强磁场内，磁感应强度B 随时间t 变化的规律是B="0.02t" T ．电阻R 与电容器C 并联后接在线圈两端，电阻R=3Ω，电容C="30" μF ，线圈电阻r=1Ω．求：（1）线圈产生的感应电动势E 的大小；（2）通过R 的电流的大小；（3）电容器所带的电荷量．【答案】（1）线圈产生的感应电动势E 的大小0.4 V ；（2）通过R 的电流的大小0.1 A ；（3）电容器所带的电荷量9×10﹣6 C ．【解析】（1）由法拉第电磁感应定律可得出线圈中的电动势，（2）再由欧姆定律可求得通过R 的电流；（3）电容器与R 并联，则可求得电容器两端的电压，由电容器的定义可求得电荷量．解：（1）由法拉第电磁感应定律可得：E=n =n =100×0.02×0.2V=0.4V ；（2）根据闭合电路欧姆定律，则电路中电流I===0.1A；（3）由欧姆定律可得R两端的电压U=IR=0.3V；则电容器的电量Q=UC=9×10﹣6C；即电容器的电荷量为9×10﹣6C．答：（1）线圈产生的感应电动势E的大小0.4 V；（2）通过R的电流的大小0.1 A；（3）电容器所带的电荷量9×10﹣6 C．【点评】本题考查法拉第电磁感应定律、楞次定律的应用、电容器及欧姆定律，解题时注意发生电磁感应的部分看作电源，不能忽略了其内电阻．3.如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，其宽度L=1m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接阻值为R=0.40Ω的电阻，质量为m=0.01kg、电阻为r=0.30Ω的金属棒ab紧贴在导轨上．现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t 的关系如图乙所示，图象中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，取g=10m/s2（忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响），求：（1）磁感应强度B的大小；（2）金属棒ab在开始运动的1.5s内，通过电阻R的电荷量；（3）金属棒ab在开始运动的1.5s内，电阻R上产生的热量．【答案】（1）磁感应强度B的大小为0.1T；6（2）金属棒ab在开始运动的1.5s内，通过电阻R的电荷量为1C；（3）金属棒ab在开始运动的1.5s内，电阻R上产生的热量为0.26J．【解析】（1）由图乙知AB段为直线，表示ab棒做匀速直线运动，由斜率求出速度，再根据平衡条件和安培力与速度的关系联立求解B的大小．（2）根据感应电量的公式q=求解电荷量．（3）根据能量守恒定律求解热量．解：（1）据题图知最终ab棒做匀速直线运动，由乙图的斜率等于速度，可得ab棒匀速运动的速度为：v== =7m/s根据平衡条件得：mg=BIL=BL=则得：B==×T=0.1T（2）金属棒ab在开始运动的1.5s内，通过电阻R的电荷量为：q=△t=△t===C=1C （3）金属棒ab在开始运动的1.5s内，根据能量守恒得：mgx=+Q=Q=（mgx﹣）=×（0.1×7﹣×0.01×72）=0.26J又电阻R上产生的热量为：QR答：（1）磁感应强度B的大小为0.1T；6（2）金属棒ab在开始运动的1.5s内，通过电阻R的电荷量为1C；（3）金属棒ab在开始运动的1.5s内，电阻R上产生的热量为0.26J．【点评】本题的切入口是研究位移时间图象的物理意义，明确其斜率等于速度，求得速度，再根据电磁感应的基本规律解题．。
2015-2016学年辽宁省大连二十中高一(上)月考物理试卷(10月份)
2015-2016学年辽宁省大连二十中高一（上）月考物理试卷（10月份）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共5小题，共30.0分)1.在一次交通事故中，警察测量出肇事车辆的刹车痕迹是20m，设该车辆的刹车加速度大小是10m/s2，该路段的限速为60km/h．则该车（）A.刹车所用的时间为1sB.超速C.不超速D.行驶速度为60km/h【答案】B【解析】解：A、刹车时间为：，故A错误．BCD、汽车刹车时做匀减速运动，根据，可得汽车的初速度为：60km/h=16.67m/s，所以20m/s＞60km/h，故该汽车超速．故CD错误，B正确．故选：B．汽车刹车时做匀减速运动，根据匀变速直线运动的位移-速度公式，求出汽车的初速度，然后判断该车是否超车．本题考查了匀变速运动规律在实际生活中的应用，对于生活中的实际运动要能建立正确的运动模型，然后利用相应规律求解．2.小球以v1=3m/s的速度水平向右运动，碰到墙壁经t=0.01s后以v2=2m/s的速度沿同一直线反弹．小球在这0.01s内的平均加速度为（）A.100m/s2，方向向右B.100m/s2，方向向左C.500m/s2，方向向左D.500m/s2，方向向右【答案】C【解析】解：规定水平向右为正方向．根据加速度的定义式a=得：a=m/s2=-500m/s2负号表明加速度方向与正方向相反，即水平向左．故选C．根据加速度的定义式a=进行求解．在进行矢量式运算时，我们要先规定正方向，与正方向相同的取正值，与正方向相反的取负值．3.有研究发现，轿车的加速度变化情况将影响乘客的舒适度：即加速度变化得越慢，乘坐轿车的人就会感到越舒适；加速度变化得越快，乘坐轿车的人就会感到越不舒适．若引入一个新物理量来表示加速度变化的快慢，则该物理量的单位是（）A.m/sB.m/s2C.m/s3D.m2/s【答案】C【解析】解：新物理量表示的是加速度变化的快慢，所以新物理量应该等于加速度的变化量与时间的比值，所以新物理量的单位应该是m/s3，所以C正确．故选C．根据题意可知新物理量表示的是加速度变化的快慢，根据定义式的特点可以知道物理量的单位．加速度是表示速度变化快慢的物理量，根据加速度的定义式，可以理解表示加速度变化的快慢的新物理量的单位．4.如图是物体做直线运动的v-t图象，由图可知，该物体（）A.第1s内和第3s内的运动方向相反B.第3s内和第4s内的加速度相同C.第1s内和第4s内的位移大小不等D.0～2s内和0～4s内的平均速度大小相等【答案】B【解析】解：A、由图知，在前3s内物体的速度均为正值，说明在前3s内物体的运动方向不变，故A 错误；B、速度图象的斜率等于加速度，第3s内和第4s内图线的斜率相同，则加速度相同，故B正确；C、图象与时间轴所围的面积表示位移，由几何知识可知第1s内和第4s内的位移大小相等．故C错误；D、根据“面积”可知：0～2s内和0～4s内的位移相等，所用时间不等，所以平均速度不等，故D错误．故选：B．速度时间图象中速度的符号表示物体的运动方向；图象的斜率等于加速度；图象与时间轴所围的面积表示位移．平均速度等于位移与时间之比．根据这些知识进行解答．解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移．5.四川灾后重建中，在某工地上一卡车以速度10m/s匀速行驶，刹车后第1个2s内位移与最后一个2s内位移之比为3：2，设卡车做匀减速直线运动，则刹车后4s内卡车通过的距离是（）A.2.5mB.4mC.12mD.12.5m【答案】D【解析】解：设加速度的大小为a，则第1个2s内的位移．根据逆向思维，最后1个2s内的位移，根据，解得a=4m/s2．汽车刹车到停止所需的时间t=，知刹车后4s内的位移等于2.5s内的位移，则x=．故D正确，A、B、C错误．故选D．根据匀变速直线运动的位移时间公式求出第1个2s内的位移与最后一个2s内的位移，通过比值求出加速度的大小，从而运动学公式求出刹车后4s内的位移．解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式，并能灵活运用，注意汽车刹车速度减为零后不再运动．二、多选题(本大题共3小题，共18.0分)6.如图所示，两个物体A、B放在水平地面上相距9m，现使它们分别以大小v A=6m/s和v B=2m/s的初速度同时相向减速滑行，加速度大小a=2m/s2．取g=10m/s2．则（）A.它们经过2s相遇B.它们经过4s相遇C.它们在距离物体A出发点8m处相遇D.它们在距离物体A出发点5m处相遇【答案】AC【解析】解：B速度减为零的时间，此时B的位移大小，A 的位移，因为x A+x B＜9m，可知B停止时，A、B还未相遇．可知相遇的时间内，A的位移大小为x A′=9-1m=8m，根据′′′得，8=6t′-t′2，解得t′=2s，故A正确，B错误，C正确，D错误．故选：AC．根据速度时间公式求出B速度减为零的时间，判断此时是否相遇，若未相遇，结合位移关系得出A的位移，根据位移时间公式求出相遇的时间．本题考查了运动学中的相遇问题，结合位移关系，运用运动学公式灵活求解，注意B速度减为零后不再运动．7.如图所示是一辆汽车做直线运动的s-t图象，对线段OA，AB，BC，CD所表示的运动，下列说法正确的是（）A.OA段运动最快B.AB段静止C.CD段表示的运动方向与初始运动方向相反D.运动4h汽车的位移大小为60km【答案】BC【解析】解：A、由图看出，CD段斜率最大，汽车的速度最大，运动最快．故A错误．B、AB段速度为零，说明汽车静止．故B正确．C、OA段斜率为正值，说明汽车的速度沿正方向，CD段斜率为负值，说明汽车的速度沿负方向，所以CD段表示的运动方向与初始运动方向相反．故C正确．D、运动4h后汽车回到了出发点，位移为0．故D错误．故选：BC位移图象的斜率等于速度，由数学知识分析速度的大小．斜率的正负表示速度的方向．由位移等于坐标的变化量，求解4h内汽车的位移．本题是位移图象的识别和理解问题，关键从数学的角度：斜率等于速度来分析和理解图象的物理意义．8.一根轻质细线将2个薄铁垫圈A、B连接起来，一同学用手固定B，此时A、B间距为3L，A距地面为L，如图所示．由静止释放，A、B，不计空气阻力，且A、B落地后均不再弹起．从释放开始到A落地历时t1，A落地前瞬间速率为v1，从A落地到B落在A上历时t2，B落在A上前瞬间速率为v2，则（）A.t1＞t2B.t1=t2C.v1：v2=1：2D.v1：v2=1：3【答案】BC【解析】解：由静止释放A、B，AB都做自由落体运动，A运动的位移为L，B运动的位移为4L，根据h=可知，A落地的时间t1=，B落地的时间为t=2，所以=t-t1=2，所以t1=t2，故A错误，B正确；A落地前瞬间速率为v1=gt1=g，B落地前瞬间速率为v2=gt=2g，所以v1：v2=1：2，故C正确，D错误．故选：BC．由静止释放A、B，AB都做自由落体运动，A运动的位移为L，B运动的位移为4L，根据自由落体运动的基本公式求解时间和速度即可．本题主要考查了自由落体运动基本公式的直接应用，难度不大，属于基础题．三、填空题(本大题共1小题，共8.0分)9.物体做匀变速直线运动，已知在第3s内的位移是4.5m，在第10s内的位移是11.5m，则物体的初速度为______ m/s，加速度为______ m/s2．【答案】2；1【解析】解：根据连续相等时间内的位移之差是一恒量所以有：，T=1s，解得m/s2．第3s内的位移：代入数据解得：v3=4m/s由匀变速直线运动的速度公式：v3=v0+a△t；△t=2s所以：v0=2m/s故答案为：2；1．根据匀变速直线运动连续相等时间内的位移之差是一恒量求出物体加速度的大小和方向，结合位移时间公式求出物体初速度的大小．解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用．四、实验题探究题(本大题共1小题，共8.0分)10.某同学利用打点计时器研究做匀加速直线运动小车的运动情况，如图1所示为该同学实验时打出的一条纸带中的部分计数点（后面计数点未画出），相邻计数点间有4个点迹未画出．（打点计时器每隔0.02s打出一个点）（1）为研究小车的运动，此同学用剪刀沿虚线方向把纸带上OB、BD、DF…等各段纸带剪下，将剪下的纸带一端对齐，按顺序贴好，如图2所示．简要说明怎样判断此小车是否做匀变速直线运动．方法：______ ．（2）在图3中x1=7.05cm、x2=7.68cm、x3=8.31cm、x4=8.94cm、x5=9.57cm、x6=10.20cm，则打下点迹A时，小车运动的速度大小是______ m/s，小车运动的加速度大小是______ m/s2．（本小题计算结果保留两位有效数字）【答案】连接纸带左上角（上方中点或纸带中点）为一条直线或每条纸带比前一条纸带长度增加量相等；0.74；0.63【解析】解：（1）它们的长度分别等于x=v平均t，因为剪断的纸带所用的时间都是t=0.1s，即时间t相等，所以纸带的长度之比等于此段纸带的平均速度之比；而此段纸带的平均速度等于这段纸带中间时刻的速度，最后得出结论纸带的长度之比等于此段纸带的平均速度之比，还等于各段纸带中间时刻的速度之比，即纸带的高度之比等于中间时刻速度之比，因此图2中的B、D、F、H、J、L，各点连起来恰好为一直线，说明每相邻两个纸袋相差的长度相等，即△x=a T2，所以说明小车做匀变速直线运动．故答案为：连接纸带左上角（上方中点或纸带中点）为一条直线或每条纸带比前一条纸带长度增加量相等．（2）匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，由此可得：v A=≈0.74m/s根据匀变速直线运动的推论△x=a T2，有：x6-x3=3a1T2①x5-x2=3a2T2②x4-x1=3a3T2③a=④联立①②③④解得：a=≈0.63m/s2．．故答案为：0.74，0.63．（1）纸带的长度分别等于x=v平均t，因为剪断的纸带所用的时间都是t=0.1s，即时间t 相等，所以纸带的长度之比等于此段纸带的平均速度之比；而此段纸带的平均速度等于这段纸带中间时刻的速度，最后得出结论纸带的长度之比等于此段纸带的平均速度之比，还等于各段纸带中间时刻的速度之比，即纸带的高度之比等于中间时刻速度之比．（2）匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，由此可求出E 点的速度，根据逐差法求出加速度，根据v t=v0+at，可求出F点的速度．利用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，提高解决问题能力．五、计算题(本大题共3小题，共36.0分)11.一辆汽车从静止开始做匀加速直线运动，已知途中经过相距27m的A、B两点所用时间为2s，汽车经过B点时的速度为15m/s．求：（1）汽车经过A点时的速度大小；（2）A点与出发点间的距离．【答案】解：（1）A、B两点的平均速度，代入数据得，v A=12m/s．故经过A点的速度大小为12m/s．（2）汽车运动的加速度．′故A点与出发点的距离为48m．【解析】（1）根据求出AB两点间的平均速度，再根据，求出A点的速度大小．（2）根据速度时间公式求出加速度a，根据′，求出A点与出发点的距离解决本题的关键掌握匀变速直线运动平均速度公式，以及速度位移公式．12.跳伞运动员从266m的高空离开直升机，自由下落一段距离后才打开降落伞，设开伞后以2m/s2的加速度匀减速下降，到达地面的速度为4m/s，g取10m/s2．求：（1）运动员下落的总时间；（2）运动员自由下落的距离．【答案】解：设运动员打开降落伞时的速度为v0，（1）则自由落体运动的位移为：，匀减速运动的位移为：，x1+x2=h，有：代入数据解得：v0=30m/s又因为v0=gt，则=，根据v=v0+at得匀减速运动的时间为：=s=13s所以有：t=t1+t2=16s．（2）自由下落的高度为：代入数据解得：x1=45m答：（1）运动员下落的总时间为16s；（2）运动员自由下落的距离为45m．【解析】设自由落体运动的末速度为v0，结合速度位移公式，抓住总位移求出自由落体运动的末速度，再结合速度时间公式求出下落的总时间．根据速度位移公式求出自由落体运动的位移．本题考查了运动学中的多过程问题，关键理清整个过程中的运动规律，结合运动学公式灵活求解．13.一辆巡逻车最快能在10s内由静止加速到最大速度40m/s，并能保持这个速度匀速行驶．在平直的高速公路上，该巡逻车由静止开始启动加速，追赶前方x0=2000m处正以32m/s的速度匀速行驶的一辆卡车，求：（1）巡逻车与卡车何时相距最远，最远距离是多少；（2）巡逻车至少需要多少时间才能追上卡车？【答案】解：（1）根据v=at得，巡逻车加速度a==4m/s2当二者速度相等时相距最远，即v1=v2代入数据有：4t=32解得t=8s．当t=8s时，x1===128mx2=vt=32×8m=256m∴△x=x2-x1+x0=2128m．（2）设经过时间t巡逻车追上卡车，即x1=x0+x2x1=+40（t-10）x2=32t解得t=275s答：（1）巡逻车与卡车经过8s相距最远，最远距离是2128m；（2）巡逻车至少需要275s时间才能追上卡车．【解析】（1）当两车速度相等时，相距最远，结合运动学公式求出相距最远的距离．（2）根据位移关系，结合运动学公式求出追及的时间．本题考查了运动学中的追及问题，关键抓住位移关系，结合运动学公式灵活求解，知道速度相等时，相距最远，注意巡逻车达到最大速度后做匀速直线运动．。
【物理】辽宁省大连市2016年高中学业水平测试模拟试题(一).docx
2016 年普通高中学生物理学业水平模拟考试物理（考试时间：50 分钟满分：100分）第 I 卷选择题一、选择题（本大题共12 小题，每小题 4 分，共 48 分。
每小题有四个选项，只有一项是正确的）1．下列关于质点的说法中，正确的是（）A．体积小的物体都可以看作质点B．质量小的物体都可以看作质点C．体积大的物体不可以看作质点D．研究地球的公转周期时，地球可以看作质点2．下列各个图象中，能够表示物体做匀变速直线运动的是（）3．关于自由落体运动，下列说法正确的是（）A．不考虑空气阻力的运动是自由落体运动B．在地球上不同的位置，重力加速度都相同C．质量大的物体，所受重力大，因而落地速度大D．自由落体运动是由静止开始，只在重力作用下的运动4.一物块静放在水平桌面上，则下列说法正确的是（）A．桌面对物块的支持力和物块受到的重力是一对平衡力B．物块对桌面的压力和桌面对物块的支持力是一对平衡力C．物块对桌面的压力就是物块的重力，它们是同一性质的力D．物块受到的重力和桌面对物块的支持力是一对作用力与反作用力5．如图所示，在水平面上受到斜向下推力 F 作用的物体，处于静止状态。
关于物体受力，下列说法中正确的是（）A ．静摩擦力大于FB．静摩擦力小于FC．支持力小于重力D．支持力与重力的大小相等6．如图所示，一重球用轻质绳子悬挂着，且与光滑斜面接触处于静止状态，若绳子保持竖直状态，则重球受到的力有（）A.重力和绳子的拉力B.重力、绳子的拉力和斜面的支持力C.重力、斜面的弹力和斜面的静摩擦力D.重力、绳子的拉力、斜面的支持力和下滑力7． 2013 年 6 月 20 号，“神舟十号”航天员王亚平在“天宫一号”上进行了我国首次太空授课。
假设“天宫一号”绕地球做匀速圆周运动，如图所示，她拿着一个陀螺站在朝向地球的一侧的“地面”上，则下列说法正确的是A．航天员对地面的压力等于零B．航天员所受地球引力大于她在地球表面上所受重力C．航天员相对于地球的速度在7.9km/s 与 11.2km/s 之间D．航天员处于平衡态，相对于太空舱无初速度释放陀螺，陀螺将落到“地面”上8．如图所示，一质量为m 的小球，用长为L 的细线拴住在竖直面内作完整的圆周运动，阻力不计，则小球通过最高点的速度至少为（）A ．2gLgL B．2C．gL D．2 gL9．飞机以 150m / s 的水平速度匀速飞行，不计空气阻力，在某一时刻让飞机上的 A 物体落下，相隔 1 秒钟又让 B 物体落下，在以后运动中关于 A 物体与 B 物体的位置关系，正确的是（）A ． A 物体在B 物体的前下方B． A 物体在 B 物体的后下方C． A 物体始终在 B 物体的正下方5m 处D．以上说法都不正确10．质量分别为m、 M（ m<M）的两个物体，M 放在光滑水平面上，m 放在粗糙水平面上，在相同水平推力 F 作用下，两物体移动了相同的位移x，推力 F 对两个物体所做的功的关系是（）A．在光滑水平面上所做的功多B．在粗糙水平面上所做的功多C．两次所做的功一样多D．做功的多少与物体通过这段位移的时间有关11.在地面上方 2m 高度处将质量为 1kg 的小球以 2m/s 的初速度水平抛出，若不计空气阻力，则它在着地前瞬间的动能为（g=10 m/s2）（）A ． 2 JB ． 12 JC． 22 JD ． 32 J12.一物体从 H 高处自由下落，当其动能等于重力势能时（以地面为零势能面），物体的速度为（）A.gHB. 2 gHC. 2 gHD.12gH 2第 II 卷非选择题二、填空题（本大题共 2 小题，共12 分。
辽宁省大连二十中高二物理上学期10月月考试卷(含解析)
辽宁省大连二十中2015～2016学年度高二上学期月考物理试卷（10月份）一、选择题（每小题4分，其中1-8题为单选题，9-12题为多选题．全对者得4分，对而不全者得2分，有错误答案的得0分）1．用多用电表欧姆挡测电阻时，下列说法中错误的是（）A．测量前必须调零，而且每测一次电阻都要重新调零B．测量电阻时，用两手碰表笔的金属杆，其测量值偏小C．用多用表测60W灯泡的电阻，其阻值比用额定电压和额定功率算出的电阻值小D．使用完毕应当拔出表笔，并把选择开关旋到OFF挡或交流电压最高挡2．分别用图（a）、（b）两种电路测量同一未知电阻的阻值．图（a）中两表的示数分别为3V、4mA，图（b）中两表的示数分别为4V、3.9mA，则待测电阻R x的真实值为（）A．略小于1kΩB．略小于750ΩC．略大于1kΩD．略大于750Ω3．如图，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向（垂直于纸面向里）垂直．线段ab、bc和cd的长度均为L，且∠abc=∠bcd=135°．流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示．导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力（）A．方向沿纸面向上，大小为（+1）ILBB．方向沿纸面向上，大小为（﹣1）ILBC．方向沿纸面向下，大小为（+1）ILBD．方向沿纸面向下，大小为（﹣1）ILB4．当接通电源后，小磁针A的指向如图所示，则（）A．小磁针B的N极向纸外转B．小磁针B的N极向纸里转C．小磁针B不转动D．因电流未标出，所以无法判断小磁针B如何转动5．如图，在天平右盘底部挂有一个矩形线圈，其一部分悬在方向水平向里的匀强磁场中，矩形线圈通有顺时针方向电流，现天平右侧向下倾斜，下列措施有可能使天平平衡的是（）A．增大磁感应强度B．增加通过线圈的电流C．改变电流的方向D．在不改变线圈质量的同时，增加底边的长度6．如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、o、b在M、N的连线上，o为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到o点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是（）A．o点处的磁感应强度为零B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D．a、c两点处磁感应强度的方向不同7．如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L，质量为m的直导体棒．当导体棒中的电流I垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，可将导体棒置于匀强磁场中，当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向在纸面内由竖直向上逆时针至水平向左的过程中，关于B的大小的变化，正确的说法是（）A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大8．如图所示，把一重力不计的通电直导线水平放在蹄形磁铁两极的正上方，导线可以自由转动，当导线通入图示方向电流I时，导线的运动情况是（从上往下看）（）A．顺时针方向转动，同时下降 B．顺时针方向转动，同时上升C．逆时针方向转动，同时下降 D．逆时针方向转动，同时上升9．用如图测电源的电动势和内电阻，关于误差的说法正确的是（）A．由于电流表的分压作用，使内电阻的测量值小于真实值B．由于电压表的分流作用，使内电阻的测量值小于真实值C．测出的电动势等于真实值D．测出的电动势比真实值小10．如图所示，用多用电表测量直流电压U和测电阻R，若红表笔插入多用电表的正（+）插孔，则（）A．前者电流从红表笔流入多用电表，后者电流从红表笔流出多用电表B．前者电流从红表笔流入多用电表，后者电流从红表笔流入多用电表C．前者红表笔接电势高处，后者黑表笔接电势高处D．前者黑表笔接电势高处，后者红表笔接电势高处11．如图是根据某次实验记录数据画出的U﹣I图象，下列关于这个图象的说法中正确的是（）A．纵轴截距表示待测电源的电动势，即E=3.0 VB．横轴截距表示短路电流，即I短=0.6 AC．根据r=，计算出待测电源内电阻为5ΩD．根据r=||，计算出待测电源内电阻为1Ω12．质量为m，长度为L的金属细杆放在倾角为θ的斜面上，杆与斜面间的动摩擦因数为μ．杆中通有垂直纸面向里的恒定电流．整个装置处在如图所示的匀强磁场中，金属杆处于静止状态．其中杆与斜面间的摩擦力可能为零的是（）A．B．C．D．二、填空题（每空2分，画图4分，共20分）13．在“探究决定导线电阻的因素”的实验中，用电压表测得金属丝两端的电压U，用电流表测得通过金属丝中的电流I，用螺旋测微器测得金属丝的直径d，测得数据如图所示，请从图中读出I= A，U= V，d= cm．14．在测量电源的电动势和内阻实验中，由于所用的电压表（视为理想电压表）的量程较小，某同学设计了如图所示的实物电路．根据实验数据描点，绘出的﹣R图象是一条直线，若直线的斜率为k，在坐标轴上的截距为b，则该电源的电动势E= ，内阻r= （用k、b和R0表示）15．有一个小灯泡上标有“4V，2W”的字样，现要描述该小灯泡的伏安特性曲线，有下列器材供选用：A．电压表（0～5V，内阻约为10kΩ）B．电压表（0～10V，内阻约为20kΩ）C．电流表（0～0.3A，内阻约为1Ω）D．电流表（0～0.6A，内阻约为0.5Ω）E．滑动变阻器（10Ω，2.0A）F．学生电源（选用直流6V档），还有电键、导线若干（1）实验中所用电压表应选用，电流表应选用（填器材前的字母）．在图甲实物图中已完成部分电路连接，请用笔画线代替导线补上还需要连接的线路．（3）某同学根据实验得到的数据画出了该小灯泡的伏安特性曲线，如图乙所示，若用电动势为2V、内阻不计的电源给该小灯泡供电，则该小灯泡的实际功率是W．三、计算题（16题8分，17题10分，18题14分）16．若某欧姆表表头的满偏电流为5mA，内装一节干电池，电动势为1.5V，那么该欧姆表的内阻为Ω．待测电阻接入红、黑两表笔之间时，表头指针偏在满刻度的处，则待测电阻的阻值为Ω．17．质量为m、长度为L的导线棒MN静止于水平导轨上，通过MN的电流为I，匀强磁场的磁感应强度为B，方向与导轨平面成θ角斜向下，如图所示，求棒MN受到的支持力和摩擦力．18．如图所示，在磁感应强度B=1T、方向竖直向下的匀强磁场中，有一个与水平面成θ=37°角的导电滑轨，滑轨上放置一个可自由移动的金属杆ab．已知接在滑轨中的电源电动势E=12V，内阻r=0.1Ω．ab杆长L=0.5m，质量m=0.2kg，棒的中点用细绳经定滑轮与一物体相连（绳与棒垂直，与轨道面平行），物体的质量为M=0.3kg．杆与滑轨间的动摩擦因数μ=0.1，滑轨与ab杆的电阻忽略不计．求：要使ab杆在滑轨上保持静止，滑动变阻器R 的阻值在什么范围内变化？（g取10m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果保留两位有效数字）辽宁省大连二十中2015～2016学年度高二上学期月考物理试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题（每小题4分，其中1-8题为单选题，9-12题为多选题．全对者得4分，对而不全者得2分，有错误答案的得0分）1．用多用电表欧姆挡测电阻时，下列说法中错误的是（）A．测量前必须调零，而且每测一次电阻都要重新调零B．测量电阻时，用两手碰表笔的金属杆，其测量值偏小C．用多用表测60W灯泡的电阻，其阻值比用额定电压和额定功率算出的电阻值小D．使用完毕应当拔出表笔，并把选择开关旋到OFF挡或交流电压最高挡【考点】用多用电表测电阻．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】每换一次挡都要重新进行欧姆调零；在测量时不能用手或其他金属物体接触金属杆；灯泡电阻随温度的升高而增大；欧姆表在使用完成后，一定要把选择开关旋到OFF挡或交流电压最高挡【解答】解：A、每换一次挡位，都要进行一次欧姆调零；但并不是测一次电阻调一次零；故A错误；B、测量电阻时，用两手碰表笔的金属杆，由于人体并联到电路中，而使其测量值偏小；故B正确；C、因灯泡电阻随温度的升高而增大；故用多用表测60W灯泡的电阻，其阻值比用额定电压和额定功率算出的电阻值小；故C正确；D、使用完毕应当拔出表笔，并把选择开关旋到OFF挡或交流电压最高挡；故D正确；本题选错误的；故选：A．【点评】本题考查了用多用电表欧姆挡测电阻的注意使用及方法，掌握使用欧姆表的注意使用即可正确解题；要掌握多用电表的使用方法及注意事项．2．分别用图（a）、（b）两种电路测量同一未知电阻的阻值．图（a）中两表的示数分别为3V、4mA，图（b）中两表的示数分别为4V、3.9mA，则待测电阻R x的真实值为（）A．略小于1kΩB．略小于750ΩC．略大于1kΩD．略大于750Ω【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】先判断采用的测量方法，由于在两种不同的接法中电压表的示数变化大，说明测量的是小电阻，这样电流表分压较大，应该采用（a）图进行测量比较准确．（a）图中测量值较真实值偏小．【解答】解：因电压表示数变化大，则用电压表的真实值测量电路，为（a）电路．用（a）电路：电流表示数含电压表的分流，故电流比真实值大．由 R测===R真即测量值偏小故 ABC错误，D正确故选：D【点评】考查伏安法测电阻的原理，明确不出接法所引起的误差．3．如图，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向（垂直于纸面向里）垂直．线段ab、bc和cd的长度均为L，且∠abc=∠bcd=135°．流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示．导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力（）A．方向沿纸面向上，大小为（+1）ILBB．方向沿纸面向上，大小为（﹣1）ILBC．方向沿纸面向下，大小为（+1）ILBD．方向沿纸面向下，大小为（﹣1）ILB【考点】安培力．【分析】当磁场方向与电流方向垂直时，由安培力F=BIL，根据电流的大小可求出各段安培力大小，由左手定则判定安培力方向，再根据平行四边形定则，对安培力进行分解即可解得．【解答】解：该导线可以用a和d之间的直导线长为L来等效代替，根据F=BIL，可知大小为，方向根据左手定则判断，向上；故选A．【点评】本题考查安培力的大小与方向的判断；解决本题的关键要掌握安培力的大小公式F=BIL（B与I垂直），同时运用力的平行四边形定则对安培力时行分解．此处的导线也可以等效成将ad两点连接的导线所受的安培力．4．当接通电源后，小磁针A的指向如图所示，则（）A．小磁针B的N极向纸外转B．小磁针B的N极向纸里转C．小磁针B不转动D．因电流未标出，所以无法判断小磁针B如何转动【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；磁感应强度．【分析】由小磁针的指向，根据磁极间的相互作用规律得出通电螺线管的左端为S极，右端为N极，再根据右手螺旋定则得出电源的左端为正极，右端为负极．【解答】解：如图，根据同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，所以通电螺线管的左端是S极，右端是N极；根据安培定则，右手握住螺线管，四指指向电流的方向，大拇指所指的方向是通电螺线管的N极．可以判断电流从螺线管的左端上电流，从右端出电流，所以，电源的左端是正极，右端是负极．而小磁针B在电流产生磁场中，根据右手螺旋定则可知，N极的指向垂直纸面向外，故A正确，BCD错误；故选：A．【点评】本题考查了磁极间的相互作用规律和右手螺旋定则．利用右手螺旋定则既可由电流的方向判定磁极磁性，也能由磁极极性判断电流的方向和线圈的绕法．5．如图，在天平右盘底部挂有一个矩形线圈，其一部分悬在方向水平向里的匀强磁场中，矩形线圈通有顺时针方向电流，现天平右侧向下倾斜，下列措施有可能使天平平衡的是（）A．增大磁感应强度B．增加通过线圈的电流C．改变电流的方向D．在不改变线圈质量的同时，增加底边的长度【考点】安培力；共点力平衡的条件及其应用．【分析】天平是一个等臂杠杆，当两边对天平的作用力相等时，天平平衡；现在天平右侧向下倾斜，说明右侧作用力大，减小右侧作用力或增加左侧作用力可以使天平平衡；由左手定则与安培力公式分析答题．【解答】解：要使天平平衡，可以减小右侧作用力，或增加左侧作用力；由左手定则可知，左侧矩形线圈受到的安培力向下；A、由F=BIL可知，增大磁感应强度，可以增大安培力，使天平右侧受力变大，天平不会平衡，故A错误；B、由F=BIL可知，增加线圈的电流，安培力变大，天平右侧受到的作用力变大，天平更加不平衡，故B错误；C、由左手定则可知，改变电流方向，安培力向上，天平右侧受到的作用力变小，可以使天平平衡，故C正确；D、由F=BIL可知，在不改变线圈质量的同时，增加底边的长度，天平右侧受到的作用力变大，天平不能平衡，故D错误．故选：C．【点评】解决本题的关键知道天平平衡条件，掌握左手定则判断安培力的方向，以及会应用安培力公式进行求解．6．如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、o、b在M、N的连线上，o为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到o点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是（）A．o点处的磁感应强度为零B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D．a、c两点处磁感应强度的方向不同【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【分析】根据右手螺旋定则确定两根导线在a、b、c、d四点磁场的方向，根据平行四边形定则进行合成．【解答】解：A、根据右手螺旋定则，M处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0．故A错误．B、M在a处产生的磁场方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向竖直向下，b处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同．故B错误．C、M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，在d出产生的磁场方向垂直dM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下，在d处产生的磁场方向垂直于dN偏下，根据平行四边形定则，知c处的磁场方向竖直向下，d处的磁场方向竖直向下，且合场强大小相等．故C正确．D、a、c两点的磁场方向都是竖直向下．故D错误．故选C．【点评】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流与其周围磁场方向的关系，会根据平行四边形定则进行合成．7．如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L，质量为m的直导体棒．当导体棒中的电流I垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，可将导体棒置于匀强磁场中，当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向在纸面内由竖直向上逆时针至水平向左的过程中，关于B的大小的变化，正确的说法是（）A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；安培力．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】本题中导体棒受三个力，重力G、支持力F N和安培力F A，三力平衡，合力为零，其中重力的大小和方向都不变，支持力的方向不变，安培力的方向由水平向右逐渐变为竖直向上，根据平行四边形定则分析．【解答】解：对导体棒受力分析，受重力G、支持力F N和安培力F A，三力平衡，合力为零，将支持力F N和安培力F A合成，合力与重力相平衡，如图从图中可以看出，安培力F A先变小后变大，由于F A=BIL，其中电流I和导体棒的长度L均不变，故磁感应强度先变小后变大；故选：D．【点评】三力平衡的动态分析问题是一中常见的问题，其中一个力大小和方向都不变，一个力方向不变、大小变，第三个力的大小和方向都变，根据平行四边形定则做出力的图示分析即可．8．如图所示，把一重力不计的通电直导线水平放在蹄形磁铁两极的正上方，导线可以自由转动，当导线通入图示方向电流I时，导线的运动情况是（从上往下看）（）A．顺时针方向转动，同时下降 B．顺时针方向转动，同时上升C．逆时针方向转动，同时下降 D．逆时针方向转动，同时上升【考点】安培力．【分析】利用微元法，在导线两侧取两段，根据左手定则判断出安培力的方向，当转过90度时，再根据左手定则判断出安培力的方向，从而确定导线的运动情况．【解答】解：在导线两侧取两小段，左边一小段所受的安培力方向垂直纸面向里，右侧一小段所受安培力的方向垂直纸面向外，从上往下看，知导线顺时针转动，当转动90度时，导线所受的安培力方向向下，所以导线的运动情况为，顺时针转动，同时下降．故A正确，B、C、D错误．故选：A．【点评】解决本题的关键掌握左手定则判断安培力的方向，以及掌握微元法、特殊位置法的运用．9．用如图测电源的电动势和内电阻，关于误差的说法正确的是（）A．由于电流表的分压作用，使内电阻的测量值小于真实值B．由于电压表的分流作用，使内电阻的测量值小于真实值C．测出的电动势等于真实值D．测出的电动势比真实值小【考点】测定电源的电动势和内阻．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】分析电路结构，明确电路中误差来源，并能根据图象比较真实值和测量值之间的关系，从而分析误差结果．【解答】解：由图示可得，电压表测路端电压，但由于电压表的分流作用，使电流表的测量值小于真实值；实验误差是由于电压表的分流造成的；当外电路短路时，电压表不分流，故短路电流相同；而测量的电流值要小于真实值；故作出测量值和真实值的图象如图所示；由图示可知，伏安法测电阻相对于电源来说采用电流表外接法，由于电压表分流作用，电流表测量值偏小，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的U﹣I图象如图所示，由图象可知，电动势测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值，故BD正确，AC错误；故选：BD【点评】本题考查了实验误差分析，分析清楚电路结构、知道实验误差的原因是由于电表内阻的影响，并会应用图象进行分析误差现象；明确误差结果．10．如图所示，用多用电表测量直流电压U和测电阻R，若红表笔插入多用电表的正（+）插孔，则（）A．前者电流从红表笔流入多用电表，后者电流从红表笔流出多用电表B．前者电流从红表笔流入多用电表，后者电流从红表笔流入多用电表C．前者红表笔接电势高处，后者黑表笔接电势高处D．前者黑表笔接电势高处，后者红表笔接电势高处【考点】用多用电表测电阻．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】明确多用表原理，知道无论测电压还是测电阻，电流都从红表笔进，黑表笔出．根据电流的流向判断电势的高低．【解答】解：A、用多用表测量电阻时，流经多用表的电流由内电路提供，红表笔与内部电源的负极相连；用多用电表测电压时，电流由外部电源提供，总之无论是测电压U还是测电阻R，电流都是从红表笔流入多用电表，从黑表笔流出多用电流表；故B正确．A错误；C、测电压时使用外部电源，则红表笔接高电势处；而接电阻时，使用内部电源，黑表笔接电势高处；故C正确，D错误；故选：BC．【点评】本题考查了多用电表的使用，由于表头的结构原因，一定要注意电流总是从红表笔进；故欧姆表的红表笔接内部电源的负极．11．如图是根据某次实验记录数据画出的U﹣I图象，下列关于这个图象的说法中正确的是（）A．纵轴截距表示待测电源的电动势，即E=3.0 VB．横轴截距表示短路电流，即I短=0.6 AC．根据r=，计算出待测电源内电阻为5ΩD．根据r=||，计算出待测电源内电阻为1Ω【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】由闭合电路欧姆定律可得出路端电压与电流的关系，由数学知识可得出电源的电动势和内电阻．当外电路电阻为零，外电路短路．【解答】解：A、C、D由闭合电路欧姆定律可知：U=E﹣Ir；由数学知识可知，纵轴截距为电源的电动势，故电动势为E=3.0V；故A正确；图象的斜率表示电源的内阻，即r=||=Ω=1Ω．故D正确，C错误．B、当外电路电阻R=0时，外电路短路，短路电流为I短==A=3A．故B错误．故选AD【点评】本题在测定电动势和内电阻实验中，作为数据处理的方法，是实验重点考查内容，应结合数学知识进行理解．12．质量为m，长度为L的金属细杆放在倾角为θ的斜面上，杆与斜面间的动摩擦因数为μ．杆中通有垂直纸面向里的恒定电流．整个装置处在如图所示的匀强磁场中，金属杆处于静止状态．其中杆与斜面间的摩擦力可能为零的是（）A．B．C．D．【考点】安培力；共点力平衡的条件及其应用．【分析】先根据左手定则判断出各个图中受到的安培力的方向，再逐个图对四个导线进行受力分析，然后根据受力来判断出各个导体棒是否受到摩擦力的作用【解答】解：A、根据左手定则判断出该图中安培力的方向水平向右，所以该导体棒受到的摩擦力可能为0．故A正确；B、根据左手定则判断出该图中受到的安培力的方向竖直向上，导体棒受到的重力，安培力的合力可以为0，故B正确；C、根据左手定则判断出该图中安培力的方向竖直向下，所以该导体棒受到的摩擦力不能为0．故C错误；D、根据左手定则判断出该图中安培力的方向沿斜面向上，所以该导体棒受到的摩擦力可能为0．故D正确．故选：ABD【点评】左手定则判定：伸开左手，使大拇指跟其余四个手指垂直，并且跟手掌在同一平面内，把手放入磁场中，让磁感线穿过掌心，四指所指为电流的方向，拇指所指方向为安培力的方向二、填空题（每空2分，画图4分，共20分）13．在“探究决定导线电阻的因素”的实验中，用电压表测得金属丝两端的电压U，用电流表测得通过金属丝中的电流I，用螺旋测微器测得金属丝的直径d，测得数据如图所示，请从图中读出I= 0.48 A，U= 1.70 V，d= 0.0485 cm．【考点】测定金属的电阻率．【专题】实验题．【分析】本题的关键是明确电表读数时应根据每小格的读数来确定估读方法，若出现“1”则应进行“”估读．出现“2”则进行“”估读，出现“5”则进行“”估读；螺旋测微器读数时要分成整数部分和小数部分两部分来读，注意半毫米刻度线是否露出．【解答】解：电流表每小格读数为0.02A，应估读到0.01A，所以电流表读数为I=0.48A；电压表每小格读数为0.1V，应估读到0.01V，所以电压表的读数为U=1.70V；螺旋测微器的读数为d=0+48.5×0.01mm=0.485mm；故答案为：0.48；1.70，0.0485．【点评】本题考查常见仪器的读数方法；要注意明确是否需要估读；电表读数时应根据每小格读数来确定估读方法，出现“1”则应进行估读，出现“2”和出现“5”不需要估读．14．在测量电源的电动势和内阻实验中，由于所用的电压表（视为理想电压表）的量程较小，某同学设计了如图所示的实物电路．根据实验数据描点，绘出的﹣R图象是一条直线，若直线的斜率为k，在坐标轴上的截距为b，则该电源的电动势E= ，内阻r=（用k、b和R0表示）【考点】测定电源的电动势和内阻．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】由题意及闭合电路欧姆定律可得出的关系，结合图象可知其斜率及截距的含义，从而可以得出电动势和内电阻．【解答】解：由图可知，电源与R0、R串联；则由闭合电路欧姆定律可得：U==++；由函数知识可知：图象的斜率k=；故E=；图象与纵坐标的交点b=+；r=；故答案为：，【点评】本题考查测定电动势和内阻的实验的数据的处理问题，要求能正确应用图象并结合函数关系进行分析得出结果．。
辽宁省大连二十中高二物理上学期期初试卷(含解析)
辽宁省大连二十中2015-2016学年高二上学期期初物理试卷一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共计28分．1．如图所示，两个卫星绕着同一行星做匀速圆周运动，轨道半径分别为R1和R2，R1＞R2，两卫星的线速度分别为v1和v2，角速度分别为ω1和ω2，周期分别为T1和T2，则( )A．v2＞v1，ω2＞ω1，T2＜T1B．v2＜v1，ω2＞ω1，T2＞T1C．v2＞v1，ω2＜ω1，T2＞T1D．v2＜v1，ω2＜ω1，T2＜T12．如图，质量为m的物体A放在光滑的水平桌面上，用不可伸长的细绳绕过光滑的定滑轮与质量为m的物体B相连，当绳拉直时让B无初速度下落h高度时（h小于桌面高度H，B物体没有落地），则桌面上A物体的运动的速率是( )A．B．C．D．3．如图，质量为m的物体从高为h的斜面顶端A处由静止滑下到斜面底端B，经B沿水平面运动到C点停止．欲使此物体从C沿原路返回到A，则在C点至少应给物体的速度大小为( )A．B．2C．D．4．如图所示，虚线表示某电场的等势面，一带电粒子仅在电场力作用下由A运动到B的径迹如图中实线所示．粒子在A、B点的加速度分别为a A、a B，电势能分别为E A、E B，下列判断正确的是( )A．a A＞a B，E A＞E B B．a A＞a B，E A＜E B C．a A＜a B，E A＞E B D．a A＜a B，E A＜E B5．如图直线是真空中某一电场中的一条电场线，A、B是该电场线上的两点．一个电子以速度V A经过A点向右运动，经过一段时间后，该电子以速度V B经过B点，方向仍向右，且V B＞V A．则下列说法中正确的是( )A．A点处的场强一定小于B点处的场强B．A点的电势高于B点的电势C．电子在A点的电势能一定大于它在B点的电势能D．在此过程中，电场力一定对电子做了负功6．如图所示，直线a是某电源两端的端电压U与输出电流I的图线，直线b是电阻R的U﹣I 图线．用该电源和该电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的内阻分别是( )A．4W，0.5ΩB．1W，1ΩC．2W，1ΩD．0.5 W，4Ω7．如图，等量异种点电荷在真空中相隔一定的距离，竖直线代表两点电荷连线的中垂线，在两点电荷所存在的某平面内取a、b、c三点，则这三点的电势高低和场强大小的关系是( )A．φc＞φa＞φb，E c＞E a＞E b B．φc=φa＞φb，E a＞E b＞E cC．φa＞φb＞φc，E a=E b＞E c D．φa=φb＞φc，E c＞E a＞E b二、多项选择题（每小题4分，共20分．每小题四个选项中至少有两个选项符合题意.选对但不全的得2分，有错选的不得分）8．如图在光滑水平面上放一长为L的小车，车的左端有一质量m的木块，两者间动摩擦因数为μ．当物体在水平力F作用下从左端滑至右端时，在车固定和可自由滑动的两情况下( )A．两次物体所受的摩擦力相同B．两次力F所做的功相同C．因摩擦消耗的机械能相同 D．物体获得的动能相同9．如图，光滑半圆形轨道固定，A点与圆心O等高，B点为圆轨道最低点．一小滑块由A点从静止开始下滑，到达B点时( )A．小滑块的线速度大小与半径无关B．小滑块的角速度大小与半径无关C．小滑块的向心加速度大小与半径无关D．轨道对小滑块的弹力大小与半径无关10．现有一束带同种等量电荷的不同离子组成的离子流，从同一点以垂直电场方向进入同一偏转电场，当飞出电场后在荧光屏上形成一个亮点，则( )A．离子进入电场的初速度相同B．离子进入电场的初动能相同C．离子的质量一定相同D．离子可能经同一加速电场加速11．如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ( )A．保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ增大B．保持S闭合；将A板向B板靠近，则θ不变C．断开S，将A板向B板靠近，则θ增大D．断开S，将A板向B板靠近，则θ不变12．如图所示的电路中，电池的电动势为E，内阻为r，电路中的电阻R1、R2和R3的阻值都相同．在电键S处于闭合状态下，若将电键S1由位置1切换到位置2，则下列判断中正确的是( )A．电压表的示数变大 B．电阻R2两端的电压变大C．电池内阻消耗的功率变大 D．电源的总功率变大三．填空题：（本大题共2小题，每空2分，共12分．）13．图所示是一个双量程电压表，表头是一个内阻R g=500Ω，满刻度电流为I g=1mA的毫安表，现接成量程分别为10V和100V的两个量程，则所串联的电阻R1=__________Ω，R2=__________Ω．14．如图所示，两带电平行板A、B间的电场为匀强电场，场强为E，两板相距d，板长L．一带电量为q、质量为m的粒子沿平行于板方向从两板的正中间射入电场后向着B板偏转，不计带电粒子所受重力，则（1）粒子带__________电荷（填“正”或“负”）（2）要使粒子能飞出电场，粒子飞入电场时的速度v0至少为__________，此过程中粒子在电场中运动时间为__________，电势能的变化量为__________（用已知量表示）四．计算题：（本大题共3小题，共40分）15．如图所示，R为电阻箱，为理想电压表．当电阻箱读数为R1=2Ω时，电压表读数为U1=4V；当电阻箱读数为R2=5Ω时，电压表读数为U2=5V．求：（1）电源的电动势E和内阻r．（2）当电阻箱R读数为多少时，电源的输出功率最大？最大值P m为多少？16．如图所示，两平行金属板带等量异号电荷，两板间距离为d，与水平方向成α角放置，一电量为+q、质量为m的带电小球恰沿水平直线从一板的端点向左运动到另一板的端点，求：（1）该电场的场强大小及小球运动的加速度大小（2）小球静止起从一板到达另一板所需时间．17．如图，一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°．不计重力．求A、B两点间的电势差．2015-2016学年辽宁省大连二十中2014-2015学年高二上学期期初物理试卷一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共计28分．1．如图所示，两个卫星绕着同一行星做匀速圆周运动，轨道半径分别为R1和R2，R1＞R2，两卫星的线速度分别为v1和v2，角速度分别为ω1和ω2，周期分别为T1和T2，则( )A．v2＞v1，ω2＞ω1，T2＜T1B．v2＜v1，ω2＞ω1，T2＞T1C．v2＞v1，ω2＜ω1，T2＞T1D．v2＜v1，ω2＜ω1，T2＜T1考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．专题：人造卫星问题．分析：根据万有引力提供向心力得出线速度、角速度、周期与轨道半径的关系，从而比较出大小．解答：解：根据得，v=，ω=，T=．知轨道半径越大，线速度越小，角速度越小，周期越大．故A正确，B、C、D错误．故选A．点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，知道线速度、角速度、周期与轨道半径的关系．2．如图，质量为m的物体A放在光滑的水平桌面上，用不可伸长的细绳绕过光滑的定滑轮与质量为m的物体B相连，当绳拉直时让B无初速度下落h高度时（h小于桌面高度H，B物体没有落地），则桌面上A物体的运动的速率是( )A．B．C．D．考点：动能定理．专题：动能定理的应用专题．分析：对于用细绳连接的物体A和物体B组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒，据此定律列式，即可求解物体A的速率．解答：解：以木块和砝码组成的系统为研究对象，只有重力做功，系统的机械能守恒，则有：解得：v=．故选：A．点评：本题是绳系系统，关键要判断出机械能守恒，并正确列式求解，也可以根据动能定理或牛顿第二定律、运动学公式结合求解．3．如图，质量为m的物体从高为h的斜面顶端A处由静止滑下到斜面底端B，经B沿水平面运动到C点停止．欲使此物体从C沿原路返回到A，则在C点至少应给物体的速度大小为( )A．B．2C．D．考点：动能定理．专题：动能定理的应用专题．分析：在C点处物体具有的速度最小时物体恰好回到A点，速度为零．根据动能定理分别对物体从A到C与从C到A两个过程进行列式，即可求解．解答：解：设物体从A到C滑动摩擦力做功为W f．根据动能定理得：A→C过程：mgh+W f=0；C→A过程：﹣mgh+W f=0﹣；联立解得：v0=2故选：B点评：本题中涉及到空间的高度，要求速度，优先考虑动能定理．运用时要灵活选择研究的过程，要抓住两个过程中滑动摩擦力做功相等这个隐含条件．4．如图所示，虚线表示某电场的等势面，一带电粒子仅在电场力作用下由A运动到B的径迹如图中实线所示．粒子在A、B点的加速度分别为a A、a B，电势能分别为E A、E B，下列判断正确的是( )A．a A＞a B，E A＞E B B．a A＞a B，E A＜E B C．a A＜a B，E A＞E B D．a A＜a B，E A＜E B考点：等势面．分析：根据曲线的弯曲方向可知带电粒子受到的是静电斥力，根据等差等势面的疏密判断场强大小，结合牛顿第二定律得到加速度大小关系；根据电场力做功情况断电势能高低．解答：解：根据粒子轨迹的弯曲方向可知带电粒子受到的是静电斥力，根据U=Ed知，等差等势面越密的位置场强越大，B处等差等势面较密集，则场强大，带电粒子所受的电场力大，加速度也大，即a A＜a B；从A到B，电场线对带电粒子做负功，电势能增加，则知B点电势能大，即E A＜E B；故D正确．故选：D．点评：本题关键是先根据靠差等势面的疏密判断场强的大小，再结合电场力做功正负分析电势能变化．公式U=Ed，对非匀强电场可以用来定性分析场强．5．如图直线是真空中某一电场中的一条电场线，A、B是该电场线上的两点．一个电子以速度V A经过A点向右运动，经过一段时间后，该电子以速度V B经过B点，方向仍向右，且V B＞V A．则下列说法中正确的是( )A．A点处的场强一定小于B点处的场强B．A点的电势高于B点的电势C．电子在A点的电势能一定大于它在B点的电势能D．在此过程中，电场力一定对电子做了负功考点：电势差与电场强度的关系；电场强度；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由题，电子的初速度v A向右，而末速度v B方向向左，说明电子所受的电场力方向向左，则可判断出电场线的方向，进一步判断电势的高低．由于一条电场线不能反映电场强度的大小，无法比较场强的大小．根据电场力做功正负判断电势能和动能的大小解答：解：A、由题，电子的初速度v A、v B方向向右，且V B＞V A．说明电子所受的电场力方向向右，但仅仅有一条一条电场线无法反映电场线的疏密，故电场的大小未知，故A错误；B、电子所受的电场力方向向右，电场线方向从B指向A，所以A点的电势一定低于B点的电势．故B错误C、电子从A到B过程中，电场力做正功，则电子的电势能减小，则在A点的电势能一定大于它在B点的电势能．故C正确D、由动能定理可得，电场力一定对电子做了正功，故D错误．故选：C点评：本题中一条电场线无法反映电场线的疏密，就不能判断电场强度的相对大小．对于电势能和动能，则可根据电场力做功情况判断其大小．6．如图所示，直线a是某电源两端的端电压U与输出电流I的图线，直线b是电阻R的U﹣I 图线．用该电源和该电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的内阻分别是( )A．4W，0.5ΩB．1W，1ΩC．2W，1ΩD．0.5 W，4Ω考点：路端电压与负载的关系；电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：由a图线纵轴截距得到电源的电动势，斜率得到内阻，由b图的斜率求得电阻R的阻值，两交点即为二者构成一闭合回路时工作电压与工作电流，可求输出功率P出解答：解：由a图线纵截距知：电源的电动势为 E=3V由横截距知电源短路电流为 I0=3A电源的内阻 r==Ω=1Ω由交点坐标知工作电压为 U=2V，工作电流为 I=1A则输出功率为 P出=UI=2×1=2W故选：C．点评：本题关键要理解电源的U﹣I线与电阻的伏安特性曲线的交点的物理意义，知道交点表示该电源与电阻组合时的工作状态．7．如图，等量异种点电荷在真空中相隔一定的距离，竖直线代表两点电荷连线的中垂线，在两点电荷所存在的某平面内取a、b、c三点，则这三点的电势高低和场强大小的关系是( )A．φc＞φa＞φb，E c＞E a＞E b B．φc=φa＞φb，E a＞E b＞E cC．φa＞φb＞φc，E a=E b＞E c D．φa=φb＞φc，E c＞E a＞E b考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场线．分析：画出等量异号电荷的电场线和等势面的分布图象，如图所示：电场线的疏密程度表示电场强度的大小，电场线与等势面垂直，沿着电场线方向电势逐渐降低．将两图比较即可解答．解答：解：如图所示，电场线的疏密程度表示电场强度的大小，在a、b、c三点中，c带电位置电场线最密，故场强最大的点是c点，其次为ab；即E c＞E a＞E b离正电荷最近的等势面的电势最高，中垂线上电势相等；故由图可得ab两点电势相等；c点的电势最低；故D正确；故选：D．点评：本题关键是要能够画出等量异号电荷的电场线和等势面分布图，明确沿着电场线，电势逐渐降低．二、多项选择题（每小题4分，共20分．每小题四个选项中至少有两个选项符合题意.选对但不全的得2分，有错选的不得分）8．如图在光滑水平面上放一长为L的小车，车的左端有一质量m的木块，两者间动摩擦因数为μ．当物体在水平力F作用下从左端滑至右端时，在车固定和可自由滑动的两情况下( )A．两次物体所受的摩擦力相同B．两次力F所做的功相同C．因摩擦消耗的机械能相同 D．物体获得的动能相同考点：动能定理；功能关系．专题：动能定理的应用专题．分析：滑动摩擦力根据公式f=μN分析．根据位移关系分析力F做功关系．根据Q=f•△s，△s 是相对位移分析消耗的机械能关系．根据运动学公式分析速度的关系，从而得到动能关系．解答：解：A、物体所受的摩擦力都是滑动摩擦力，大小为 f=μN=μmg，可知摩擦力相同，故A正确．B、车不固定时m相对于地的位移大，由W=Fs知车不固定时力F做功多，故B错误．C、因摩擦消耗的机械能等于f•△s=fL，L是车的长度，可知因摩擦消耗的机械能相同，故C 正确．D、两次m的受力情况相同，加速度相同，车不固定时所用时间长，由v=at知，车不固定时物体获得的速度大，动能也大，故D错误．故选：AC．点评：本题是木块在小车滑动的类型，采用隔离法进行研究，要正确分析物体的受力情况，关键要抓住相对位移分析消耗的机械能，运用运动学公式和牛顿第二定律结合进行分析．9．如图，光滑半圆形轨道固定，A点与圆心O等高，B点为圆轨道最低点．一小滑块由A点从静止开始下滑，到达B点时( )A．小滑块的线速度大小与半径无关B．小滑块的角速度大小与半径无关C．小滑块的向心加速度大小与半径无关D．轨道对小滑块的弹力大小与半径无关考点：机械能守恒定律；向心力．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：小球由静止开始自由下滑过程中，受到重力和支持力作用，但只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律可求出小球到最低点的线速度，然后由向心加速度公式求向心加速度，由牛顿第二定律求出弹力，从而判断是否与半径有关．解答：解：设圆轨道的半径为R．从A运动到B的过程中，由机械能守恒定律得：mgR=，解得：线速度v=角速度ω==小球的向心加速度为：a==2g在最低点，由牛顿第二定律得：N﹣mg=ma解得：N=3mg，所以与轨道半径R大小无关的是a和N．故选：CD点评：小球下滑，机械能守恒，由机械能守恒定律、牛顿第二定律、向心力公式分别求出小球的向心加速度，可以看出它们与圆轨道的半径无关．10．现有一束带同种等量电荷的不同离子组成的离子流，从同一点以垂直电场方向进入同一偏转电场，当飞出电场后在荧光屏上形成一个亮点，则( )A．离子进入电场的初速度相同B．离子进入电场的初动能相同C．离子的质量一定相同D．离子可能经同一加速电场加速考点：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：飞出电场后在荧光屏上形成一个亮点，说明了这些粒子具有相等的偏转量，写出粒子偏转量的公式，即可找到合适的物理量解答：解：A、粒子的加速度：，穿越电场的时间：，偏转量：．从公式可以看出，偏转量仅仅与粒子的动能有关．故B正确，AC错误．D、粒子经过加速电场后获得的动能为E k=qU1，因粒子带电荷量相同，故获得的动能相等，故D正确故选：BD点评：题考查带电粒子在电场中的偏转物体，属于该知识点中的基本题型．写出加速度与穿越电场的时间的表达式，进而求出偏转量即可．属于简单题．11．如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ( )A．保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ增大B．保持S闭合；将A板向B板靠近，则θ不变C．断开S，将A板向B板靠近，则θ增大D．断开S，将A板向B板靠近，则θ不变考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：带电小球受到重力、电场力和细线的拉力而平衡，电场力越大，细线与竖直方向的夹角越大；根据电容器电容定义式C=、平行板电容器的公式C=以及电压与电场强度关系公式U=Ed对各种变化中电场强度进行分析，得到电场强度的变化情况，最后判断电场力变化情况和偏转角θ变化情况．解答：解：A、B、保持S闭合，电容器两极板间的电势差等于电源的电动势，不变；故电场强度为，当A板向B板靠近时，电场强度变大，电场力变大，故θ变大，故A正确，B错误；C、D、断开S，电容器带电量Q不变，根据电容器电容定义式C=、平行板电容器的公式C=以及电压与电场强度关系公式U=Ed，得到：E=，故电场强度与两极板距离d无关，故将A板向B板靠近，电场强度不变，电场力不变，故倾角θ不变，故C错误，D正确；故选：AD．点评：本题关键是明确：电键闭合时，电容器电压不变；电键断开时，电容器电量不变．结合电容的定义式和决定式分析求解．12．如图所示的电路中，电池的电动势为E，内阻为r，电路中的电阻R1、R2和R3的阻值都相同．在电键S处于闭合状态下，若将电键S1由位置1切换到位置2，则下列判断中正确的是( )A．电压表的示数变大 B．电阻R2两端的电压变大C．电池内阻消耗的功率变大 D．电源的总功率变大考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：将电键S1由位置1切换到位置2时，分析外电阻的变化，抓住电动势和内阻不变，分析电流、外电压的变化．电源内部消耗的功率为P内=I2r，电池的总功率为P=EI．解答：解：A．将电键S1由位置1切换到位置2，外电阻变小，电动势和内阻不变，电路中的总电流变大，内电压变大，外电压变小，电压表测的是外电压，所以电压表示数变小．故A 错误．B、设电路中的电阻R1、R2和R3的阻值均为R，当电建打在1时，R2两端的电压U2=R，当电键打在2时R2两端的电压U2′==可知．U2′＜U2．故电阻R2两端的电压变小．故B错误．C、电路中的总电流变大，根据P内=I2r，知，电源内部消耗的功率变大．故C正确．D．电源的总功率P=EI，由于电路中的总电流变大，所以电源的总功率变大．故D正确．故选CD点评：解决本题的关键是抓住电源的电动势和内阻不变，结合闭合电路欧姆定律进行动态分析．三．填空题：（本大题共2小题，每空2分，共12分．）13．图所示是一个双量程电压表，表头是一个内阻R g=500Ω，满刻度电流为I g=1mA的毫安表，现接成量程分别为10V和100V的两个量程，则所串联的电阻R1=9500Ω，R2=90000Ω．考点：把电流表改装成电压表．专题：实验题；恒定电流专题．分析：电流表改装成电压表要串联电阻分压，串联的阻值为R=﹣Rg，U为改装后的量程．解答：解：量程10V是所串联的电阻为R1：=9500Ω量程为100V对应的R2为：=90000Ω故答案为：9500，90000点评：考查电压表的改装原理，明确串联电阻的分压作用，会求电阻阻值．14．如图所示，两带电平行板A、B间的电场为匀强电场，场强为E，两板相距d，板长L．一带电量为q、质量为m的粒子沿平行于板方向从两板的正中间射入电场后向着B板偏转，不计带电粒子所受重力，则（1）粒子带正电荷（填“正”或“负”）（2）要使粒子能飞出电场，粒子飞入电场时的速度v0至少为，此过程中粒子在电场中运动时间为，电势能的变化量为（用已知量表示）考点：电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：根据粒子所受电场力的方向确定粒子的电性．粒子在垂直电场方向做匀速直线运动，在沿电场方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，结合运动学公式求出粒子的初速度；并由电场力做功，求得电势能的变化量．解答：解：（1）粒子所受的电场力向下，则粒子带正电；（2）由题意：at2=即：=代入数据解得：v0=而t=；根据电场力做功多少，则电势能变化多少，那么电势能的变化量为：△E=q=；故答案为：（1）正；（2），，．点评：解决本题的关键掌握处理粒子在电场中偏转运动的方法，抓住等时性，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解，同时掌握电势能变化量的计算方法．四．计算题：（本大题共3小题，共40分）15．如图所示，R为电阻箱，为理想电压表．当电阻箱读数为R1=2Ω时，电压表读数为U1=4V；当电阻箱读数为R2=5Ω时，电压表读数为U2=5V．求：（1）电源的电动势E和内阻r．（2）当电阻箱R读数为多少时，电源的输出功率最大？最大值P m为多少？考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．专题：计算题．分析：（1）由两次电压表及电阻箱的读数，列出闭合电路欧姆定律联立可求得电动势和内阻；（2）由功率表达式可知，当内外电阻相等时，电源的输出功率最大；由数学知识可求得最大值．解答：解：（1）由闭合电路欧姆定律：联立上式并代入数据解得：E=6Vr=1Ω电源电动势为6V，内阻为1Ω；（2）由电功率表达式：将上式变形为：由上式可知R=r=1Ω时P有最大值为；故P的最大输出功率为9W．点评：本题考查闭合电路的欧姆定律及功率输出的最大值问题，最大输出功率要以做为结论直接应用，但是还要注意明确推导过程．16．如图所示，两平行金属板带等量异号电荷，两板间距离为d，与水平方向成α角放置，一电量为+q、质量为m的带电小球恰沿水平直线从一板的端点向左运动到另一板的端点，求：（1）该电场的场强大小及小球运动的加速度大小（2）小球静止起从一板到达另一板所需时间．考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：带电粒子做的是直线运动，说明合力与速度在同一直线上，分析受力可知粒子受电场力的方向及其大小，由牛顿第二定律可得求出加速度的大小；由几何知识求解水平运动距离，然后结合运动学公式s=at2可以求解运动时间．解答：解：（1）带电小球恰沿水平直线运动，故电场力和重力的合力在水平方向，由平行四边形定制可知F合=mgtanα；故小球运动的加速度大小a==gtanα；在竖直方向上合外力为零，故qE=，故电场的场强大小E=；（2）小球从一板到达另一板运动的距离s=①；小球由静止开始匀加速直线运动，即s=at2②；由①②可得：t=；答：（1）该电场的场强大小为；小球运动的加速度大小为gtanα；（2）小球静止起从一板到达另一板所需时间t=．点评：本题的突破点在于粒子做直线运动，故应根据力与运动的关系确定出粒子的受力情况．17．如图，一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°．不计重力．求A、B两点间的电势差．考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理；电势差．专题：电场力与电势的性质专题．分析：粒子水平方向受电场力，做初速度为零的匀加速直线运动；竖直方向不受力，故竖直分运动是匀速直线运动；结合运动的合成与分解的知识得到A点速度与B点速度的关系，然后对A到B过程根据动能定理列式求解．解答：解：设带电粒子在B点的速度大小为v B，粒子在垂直电场方向的分速度不变，故：v B sin30°=v0sin60° ①解得：②设A、B间的电势差为U AB，由动能定理，有：③联立②③解得：答：A、B两点间的电势差为．点评：本题关键是通过运动的合成与分解得到A点速度和B点速度的关系，然后结合动能定理列式求解即可，基础题目．。
辽宁省大连二十中高二物理上学期期初试卷(含解析)-人教版高二全册物理试题
辽宁省大连二十中2015-2016学年高二上学期期初物理试卷一、单项选择题：此题共7小题，每一小题4分，共计28分．1．如下列图，两个卫星绕着同一行星做匀速圆周运动，轨道半径分别为R1和R2，R1＞R2，两卫星的线速度分别为v1和v2，角速度分别为ω1和ω2，周期分别为T1和T2，如此( )A．v2＞v1，ω2＞ω1，T2＜T1B．v2＜v1，ω2＞ω1，T2＞T1C．v2＞v1，ω2＜ω1，T2＞T1D．v2＜v1，ω2＜ω1，T2＜T12．如图，质量为m的物体A放在光滑的水平桌面上，用不可伸长的细绳绕过光滑的定滑轮与质量为m的物体B相连，当绳拉直时让B无初速度下落h高度时〔h小于桌面高度H，B物体没有落地〕，如此桌面上A物体的运动的速率是( )A．B．C．D．3．如图，质量为m的物体从高为h的斜面顶端A处由静止滑下到斜面底端B，经B沿水平面运动到C点停止．欲使此物体从C沿原路返回到A，如此在C点至少应给物体的速度大小为( )A．B．2C．D．4．如下列图，虚线表示某电场的等势面，一带电粒子仅在电场力作用下由A运动到B的径迹如图中实线所示．粒子在A、B点的加速度分别为a A、a B，电势能分别为E A、E B，如下判断正确的答案是( )A．a A＞a B，E A＞E B B．a A＞a B，E A＜E B C．a A＜a B，E A＞E B D．a A＜a B，E A＜E B5．如图直线是真空中某一电场中的一条电场线，A、B是该电场线上的两点．一个电子以速度V A经过A点向右运动，经过一段时间后，该电子以速度V B经过B点，方向仍向右，且V B＞V A．如此如下说法中正确的答案是( )A．A点处的场强一定小于B点处的场强B．A点的电势高于B点的电势C．电子在A点的电势能一定大于它在B点的电势能D．在此过程中，电场力一定对电子做了负功6．如下列图，直线a是某电源两端的端电压U与输出电流I的图线，直线b是电阻R的U﹣I 图线．用该电源和该电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的内阻分别是( )A．4W，0.5ΩB．1W，1ΩC．2W，1ΩD．0.5 W，4Ω7．如图，等量异种点电荷在真空中相隔一定的距离，竖直线代表两点电荷连线的中垂线，在两点电荷所存在的某平面内取a、b、c三点，如此这三点的电势上下和场强大小的关系是( )A．φc＞φa＞φb，E c＞E a＞E b B．φc=φa＞φb，E a＞E b＞E cC．φa＞φb＞φc，E a=E b＞E c D．φa=φb＞φc，E c＞E a＞E b二、多项选择题〔每一小题4分，共20分．每一小题四个选项中至少有两个选项符合题意.选对但不全的得2分，有错选的不得分〕8．如图在光滑水平面上放一长为L的小车，车的左端有一质量m的木块，两者间动摩擦因数为μ．当物体在水平力F作用下从左端滑至右端时，在车固定和可自由滑动的两情况下( )A．两次物体所受的摩擦力一样B．两次力F所做的功一样C．因摩擦消耗的机械能一样 D．物体获得的动能一样9．如图，光滑半圆形轨道固定，A点与圆心O等高，B点为圆轨道最低点．一小滑块由A点从静止开始下滑，到达B点时( )A．小滑块的线速度大小与半径无关B．小滑块的角速度大小与半径无关C．小滑块的向心加速度大小与半径无关D．轨道对小滑块的弹力大小与半径无关10．现有一束带同种等量电荷的不同离子组成的离子流，从同一点以垂直电场方向进入同一偏转电场，当飞出电场后在荧光屏上形成一个亮点，如此( )A．离子进入电场的初速度一样B．离子进入电场的初动能一样C．离子的质量一定一样D．离子可能经同一加速电场加速11．如下列图，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ( )A．保持S闭合，将A板向B板靠近，如此θ增大B．保持S闭合；将A板向B板靠近，如此θ不变C．断开S，将A板向B板靠近，如此θ增大D．断开S，将A板向B板靠近，如此θ不变12．如下列图的电路中，电池的电动势为E，内阻为r，电路中的电阻R1、R2和R3的阻值都一样．在电键S处于闭合状态下，假设将电键S1由位置1切换到位置2，如此如下判断中正确的答案是( )A．电压表的示数变大 B．电阻R2两端的电压变大C．电池内阻消耗的功率变大 D．电源的总功率变大三．填空题：〔本大题共2小题，每空2分，共12分．〕13．图所示是一个双量程电压表，表头是一个内阻R g=500Ω，满刻度电流为I g=1mA的毫安表，现接成量程分别为10V和100V的两个量程，如此所串联的电阻R1=__________Ω，R2=__________Ω．14．如下列图，两带电平行板A、B间的电场为匀强电场，场强为E，两板相距d，板长L．一带电量为q、质量为m的粒子沿平行于板方向从两板的正中间射入电场后向着B板偏转，不计带电粒子所受重力，如此〔1〕粒子带__________电荷〔填“正〞或“负〞〕〔2〕要使粒子能飞出电场，粒子飞入电场时的速度v0至少为__________，此过程中粒子在电场中运动时间为__________，电势能的变化量为__________〔用量表示〕四．计算题：〔本大题共3小题，共40分〕15．如下列图，R为电阻箱，为理想电压表．当电阻箱读数为R1=2Ω时，电压表读数为U1=4V；当电阻箱读数为R2=5Ω时，电压表读数为U2=5V．求：〔1〕电源的电动势E和内阻r．〔2〕当电阻箱R读数为多少时，电源的输出功率最大？最大值P m为多少？16．如下列图，两平行金属板带等量异号电荷，两板间距离为d，与水平方向成α角放置，一电量为+q、质量为m的带电小球恰沿水平直线从一板的端点向左运动到另一板的端点，求：〔1〕该电场的场强大小与小球运动的加速度大小〔2〕小球静止起从一板到达另一板所需时间．17．如图，一质量为m、电荷量为q〔q＞0〕的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点．该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°．不计重力．求A、B两点间的电势差．2015-2016学年辽宁省大连二十中2014-2015学年高二上学期期初物理试卷一、单项选择题：此题共7小题，每一小题4分，共计28分．1．如下列图，两个卫星绕着同一行星做匀速圆周运动，轨道半径分别为R1和R2，R1＞R2，两卫星的线速度分别为v1和v2，角速度分别为ω1和ω2，周期分别为T1和T2，如此( )A．v2＞v1，ω2＞ω1，T2＜T1B．v2＜v1，ω2＞ω1，T2＞T1C．v2＞v1，ω2＜ω1，T2＞T1D．v2＜v1，ω2＜ω1，T2＜T1考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律与其应用．专题：人造卫星问题．分析：根据万有引力提供向心力得出线速度、角速度、周期与轨道半径的关系，从而比拟出大小．解答：解：根据得，v=，ω=，T=．知轨道半径越大，线速度越小，角速度越小，周期越大．故A正确，B、C、D错误．应当选A．点评：解决此题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，知道线速度、角速度、周期与轨道半径的关系．2．如图，质量为m的物体A放在光滑的水平桌面上，用不可伸长的细绳绕过光滑的定滑轮与质量为m的物体B相连，当绳拉直时让B无初速度下落h高度时〔h小于桌面高度H，B物体没有落地〕，如此桌面上A物体的运动的速率是( )A．B．C．D．考点：动能定理．专题：动能定理的应用专题．分析：对于用细绳连接的物体A和物体B组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒，据此定律列式，即可求解物体A的速率．解答：解：以木块和砝码组成的系统为研究对象，只有重力做功，系统的机械能守恒，如此有：解得：v=．应当选：A．点评：此题是绳系系统，关键要判断出机械能守恒，并正确列式求解，也可以根据动能定理或牛顿第二定律、运动学公式结合求解．3．如图，质量为m的物体从高为h的斜面顶端A处由静止滑下到斜面底端B，经B沿水平面运动到C点停止．欲使此物体从C沿原路返回到A，如此在C点至少应给物体的速度大小为( )A．B．2C．D．考点：动能定理．专题：动能定理的应用专题．分析：在C点处物体具有的速度最小时物体恰好回到A点，速度为零．根据动能定理分别对物体从A到C与从C到A两个过程进展列式，即可求解．解答：解：设物体从A到C滑动摩擦力做功为W f．根据动能定理得：A→C过程：mgh+W f=0；C→A过程：﹣mgh+W f=0﹣；联立解得：v0=2应当选：B点评：此题中涉与到空间的高度，要求速度，优先考虑动能定理．运用时要灵活选择研究的过程，要抓住两个过程中滑动摩擦力做功相等这个隐含条件．4．如下列图，虚线表示某电场的等势面，一带电粒子仅在电场力作用下由A运动到B的径迹如图中实线所示．粒子在A、B点的加速度分别为a A、a B，电势能分别为E A、E B，如下判断正确的答案是( )A．a A＞a B，E A＞E B B．a A＞a B，E A＜E B C．a A＜a B，E A＞E B D．a A＜a B，E A＜E B考点：等势面．分析：根据曲线的弯曲方向可知带电粒子受到的是静电斥力，根据等差等势面的疏密判断场强大小，结合牛顿第二定律得到加速度大小关系；根据电场力做功情况断电势能上下．解答：解：根据粒子轨迹的弯曲方向可知带电粒子受到的是静电斥力，根据U=Ed知，等差等势面越密的位置场强越大，B处等差等势面较密集，如此场强大，带电粒子所受的电场力大，加速度也大，即a A＜a B；从A到B，电场线对带电粒子做负功，电势能增加，如此知B点电势能大，即E A＜E B；故D正确．应当选：D．点评：此题关键是先根据靠差等势面的疏密判断场强的大小，再结合电场力做功正负分析电势能变化．公式U=Ed，对非匀强电场可以用来定性分析场强．5．如图直线是真空中某一电场中的一条电场线，A、B是该电场线上的两点．一个电子以速度V A经过A点向右运动，经过一段时间后，该电子以速度V B经过B点，方向仍向右，且V B＞V A．如此如下说法中正确的答案是( )A．A点处的场强一定小于B点处的场强B．A点的电势高于B点的电势C．电子在A点的电势能一定大于它在B点的电势能D．在此过程中，电场力一定对电子做了负功考点：电势差与电场强度的关系；电场强度；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由题，电子的初速度v A向右，而末速度v B方向向左，说明电子所受的电场力方向向左，如此可判断出电场线的方向，进一步判断电势的上下．由于一条电场线不能反映电场强度的大小，无法比拟场强的大小．根据电场力做功正负判断电势能和动能的大小解答：解：A、由题，电子的初速度v A、v B方向向右，且V B＞V A．说明电子所受的电场力方向向右，但仅仅有一条一条电场线无法反映电场线的疏密，故电场的大小未知，故A错误；B、电子所受的电场力方向向右，电场线方向从B指向A，所以A点的电势一定低于B点的电势．故B错误C、电子从A到B过程中，电场力做正功，如此电子的电势能减小，如此在A点的电势能一定大于它在B点的电势能．故C正确D、由动能定理可得，电场力一定对电子做了正功，故D错误．应当选：C点评：此题中一条电场线无法反映电场线的疏密，就不能判断电场强度的相对大小．对于电势能和动能，如此可根据电场力做功情况判断其大小．6．如下列图，直线a是某电源两端的端电压U与输出电流I的图线，直线b是电阻R的U﹣I 图线．用该电源和该电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的内阻分别是( )A．4W，0.5ΩB．1W，1ΩC．2W，1ΩD．0.5 W，4Ω考点：路端电压与负载的关系；电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：由a图线纵轴截距得到电源的电动势，斜率得到内阻，由b图的斜率求得电阻R的阻值，两交点即为二者构成一闭合回路时工作电压与工作电流，可求输出功率P出解答：解：由a图线纵截距知：电源的电动势为 E=3V由横截距知电源短路电流为 I0=3A电源的内阻 r==Ω=1Ω由交点坐标知工作电压为 U=2V，工作电流为 I=1A如此输出功率为 P出=UI=2×1=2W应当选：C．点评：此题关键要理解电源的U﹣I线与电阻的伏安特性曲线的交点的物理意义，知道交点表示该电源与电阻组合时的工作状态．7．如图，等量异种点电荷在真空中相隔一定的距离，竖直线代表两点电荷连线的中垂线，在两点电荷所存在的某平面内取a、b、c三点，如此这三点的电势上下和场强大小的关系是( )A．φc＞φa＞φb，E c＞E a＞E b B．φc=φa＞φb，E a＞E b＞E cC．φa＞φb＞φc，E a=E b＞E c D．φa=φb＞φc，E c＞E a＞E b考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场线．分析：画出等量异号电荷的电场线和等势面的分布图象，如下列图：电场线的疏密程度表示电场强度的大小，电场线与等势面垂直，沿着电场线方向电势逐渐降低．将两图比拟即可解答．解答：解：如下列图，电场线的疏密程度表示电场强度的大小，在a、b、c三点中，c带电位置电场线最密，故场强最大的点是c点，其次为ab；即E c＞E a＞E b离正电荷最近的等势面的电势最高，中垂线上电势相等；故由图可得ab两点电势相等；c点的电势最低；故D正确；应当选：D．点评：此题关键是要能够画出等量异号电荷的电场线和等势面分布图，明确沿着电场线，电势逐渐降低．二、多项选择题〔每一小题4分，共20分．每一小题四个选项中至少有两个选项符合题意.选对但不全的得2分，有错选的不得分〕8．如图在光滑水平面上放一长为L的小车，车的左端有一质量m的木块，两者间动摩擦因数为μ．当物体在水平力F作用下从左端滑至右端时，在车固定和可自由滑动的两情况下( )A．两次物体所受的摩擦力一样B．两次力F所做的功一样C．因摩擦消耗的机械能一样 D．物体获得的动能一样考点：动能定理；功能关系．专题：动能定理的应用专题．分析：滑动摩擦力根据公式f=μN分析．根据位移关系分析力F做功关系．根据Q=f•△s，△s 是相对位移分析消耗的机械能关系．根据运动学公式分析速度的关系，从而得到动能关系．解答：解：A、物体所受的摩擦力都是滑动摩擦力，大小为f=μN=μmg，可知摩擦力一样，故A正确．B、车不固定时m相对于地的位移大，由W=Fs知车不固定时力F做功多，故B错误．C、因摩擦消耗的机械能等于f•△s=fL，L是车的长度，可知因摩擦消耗的机械能一样，故C 正确．D、两次m的受力情况一样，加速度一样，车不固定时所用时间长，由v=at知，车不固定时物体获得的速度大，动能也大，故D错误．应当选：AC．点评：此题是木块在小车滑动的类型，采用隔离法进展研究，要正确分析物体的受力情况，关键要抓住相对位移分析消耗的机械能，运用运动学公式和牛顿第二定律结合进展分析．9．如图，光滑半圆形轨道固定，A点与圆心O等高，B点为圆轨道最低点．一小滑块由A点从静止开始下滑，到达B点时( )A．小滑块的线速度大小与半径无关B．小滑块的角速度大小与半径无关C．小滑块的向心加速度大小与半径无关D．轨道对小滑块的弹力大小与半径无关考点：机械能守恒定律；向心力．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：小球由静止开始自由下滑过程中，受到重力和支持力作用，但只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律可求出小球到最低点的线速度，然后由向心加速度公式求向心加速度，由牛顿第二定律求出弹力，从而判断是否与半径有关．解答：解：设圆轨道的半径为R．从A运动到B的过程中，由机械能守恒定律得：mgR=，解得：线速度v=角速度ω==小球的向心加速度为：a==2g在最低点，由牛顿第二定律得：N﹣mg=ma解得：N=3mg，所以与轨道半径R大小无关的是a和N．应当选：CD点评：小球下滑，机械能守恒，由机械能守恒定律、牛顿第二定律、向心力公式分别求出小球的向心加速度，可以看出它们与圆轨道的半径无关．10．现有一束带同种等量电荷的不同离子组成的离子流，从同一点以垂直电场方向进入同一偏转电场，当飞出电场后在荧光屏上形成一个亮点，如此( )A．离子进入电场的初速度一样B．离子进入电场的初动能一样C．离子的质量一定一样D．离子可能经同一加速电场加速考点：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：飞出电场后在荧光屏上形成一个亮点，说明了这些粒子具有相等的偏转量，写出粒子偏转量的公式，即可找到适宜的物理量解答：解：A、粒子的加速度：，穿越电场的时间：，偏转量：．从公式可以看出，偏转量仅仅与粒子的动能有关．故B正确，AC错误．D、粒子经过加速电场后获得的动能为E k=qU1，因粒子带电荷量一样，故获得的动能相等，故D正确应当选：BD点评：题考查带电粒子在电场中的偏转物体，属于该知识点中的基此题型．写出加速度与穿越电场的时间的表达式，进而求出偏转量即可．属于简单题．11．如下列图，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ( )A．保持S闭合，将A板向B板靠近，如此θ增大B．保持S闭合；将A板向B板靠近，如此θ不变C．断开S，将A板向B板靠近，如此θ增大D．断开S，将A板向B板靠近，如此θ不变考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：带电小球受到重力、电场力和细线的拉力而平衡，电场力越大，细线与竖直方向的夹角越大；根据电容器电容定义式C=、平行板电容器的公式C=以与电压与电场强度关系公式U=Ed对各种变化中电场强度进展分析，得到电场强度的变化情况，最后判断电场力变化情况和偏转角θ变化情况．解答：解：A、B、保持S闭合，电容器两极板间的电势差等于电源的电动势，不变；故电场强度为，当A板向B板靠近时，电场强度变大，电场力变大，故θ变大，故A正确，B错误；C、D、断开S，电容器带电量Q不变，根据电容器电容定义式C=、平行板电容器的公式C=以与电压与电场强度关系公式U=Ed，得到：E=，故电场强度与两极板距离d无关，故将A板向B板靠近，电场强度不变，电场力不变，故倾角θ不变，故C错误，D正确；应当选：AD．点评：此题关键是明确：电键闭合时，电容器电压不变；电键断开时，电容器电量不变．结合电容的定义式和决定式分析求解．12．如下列图的电路中，电池的电动势为E，内阻为r，电路中的电阻R1、R2和R3的阻值都一样．在电键S处于闭合状态下，假设将电键S1由位置1切换到位置2，如此如下判断中正确的答案是( )A．电压表的示数变大 B．电阻R2两端的电压变大C．电池内阻消耗的功率变大 D．电源的总功率变大考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：将电键S1由位置1切换到位置2时，分析外电阻的变化，抓住电动势和内阻不变，分析电流、外电压的变化．电源内部消耗的功率为P内=I2r，电池的总功率为P=EI．解答：解：A．将电键S1由位置1切换到位置2，外电阻变小，电动势和内阻不变，电路中的总电流变大，内电压变大，外电压变小，电压表测的是外电压，所以电压表示数变小．故A 错误．B、设电路中的电阻R1、R2和R3的阻值均为R，当电建打在1时，R2两端的电压U2=R，当电键打在2时R2两端的电压U2′==可知．U2′＜U2．故电阻R2两端的电压变小．故B错误．C、电路中的总电流变大，根据P内=I2r，知，电源内部消耗的功率变大．故C正确．D．电源的总功率P=EI，由于电路中的总电流变大，所以电源的总功率变大．故D正确．应当选CD点评：解决此题的关键是抓住电源的电动势和内阻不变，结合闭合电路欧姆定律进展动态分析．三．填空题：〔本大题共2小题，每空2分，共12分．〕13．图所示是一个双量程电压表，表头是一个内阻R g=500Ω，满刻度电流为I g=1mA的毫安表，现接成量程分别为10V和100V的两个量程，如此所串联的电阻R1=9500Ω，R2=90000Ω．考点：把电流表改装成电压表．专题：实验题；恒定电流专题．分析：电流表改装成电压表要串联电阻分压，串联的阻值为R=﹣Rg，U为改装后的量程．解答：解：量程10V是所串联的电阻为R1：=9500Ω量程为100V对应的R2为：=90000Ω故答案为：9500，90000点评：考查电压表的改装原理，明确串联电阻的分压作用，会求电阻阻值．14．如下列图，两带电平行板A、B间的电场为匀强电场，场强为E，两板相距d，板长L．一带电量为q、质量为m的粒子沿平行于板方向从两板的正中间射入电场后向着B板偏转，不计带电粒子所受重力，如此〔1〕粒子带正电荷〔填“正〞或“负〞〕〔2〕要使粒子能飞出电场，粒子飞入电场时的速度v0至少为，此过程中粒子在电场中运动时间为，电势能的变化量为〔用量表示〕考点：电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：根据粒子所受电场力的方向确定粒子的电性．粒子在垂直电场方向做匀速直线运动，在沿电场方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，结合运动学公式求出粒子的初速度；并由电场力做功，求得电势能的变化量．解答：解：〔1〕粒子所受的电场力向下，如此粒子带正电；〔2〕由题意：at2=即：=代入数据解得：v0=而t=；根据电场力做功多少，如此电势能变化多少，那么电势能的变化量为：△E=q=；故答案为：〔1〕正；〔2〕，，．点评：解决此题的关键掌握处理粒子在电场中偏转运动的方法，抓住等时性，结合牛顿第二定律和运动学公式进展求解，同时掌握电势能变化量的计算方法．四．计算题：〔本大题共3小题，共40分〕15．如下列图，R为电阻箱，为理想电压表．当电阻箱读数为R1=2Ω时，电压表读数为U1=4V；当电阻箱读数为R2=5Ω时，电压表读数为U2=5V．求：〔1〕电源的电动势E和内阻r．〔2〕当电阻箱R读数为多少时，电源的输出功率最大？最大值P m为多少？考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．专题：计算题．分析：〔1〕由两次电压表与电阻箱的读数，列出闭合电路欧姆定律联立可求得电动势和内阻；〔2〕由功率表达式可知，当内外电阻相等时，电源的输出功率最大；由数学知识可求得最大值．解答：解：〔1〕由闭合电路欧姆定律：联立上式并代入数据解得：E=6Vr=1Ω电源电动势为6V，内阻为1Ω；〔2〕由电功率表达式：将上式变形为：由上式可知R=r=1Ω时P有最大值为；故P的最大输出功率为9W．点评：此题考查闭合电路的欧姆定律与功率输出的最大值问题，最大输出功率要以做为结论直接应用，但是还要注意明确推导过程．16．如下列图，两平行金属板带等量异号电荷，两板间距离为d，与水平方向成α角放置，一电量为+q、质量为m的带电小球恰沿水平直线从一板的端点向左运动到另一板的端点，求：〔1〕该电场的场强大小与小球运动的加速度大小〔2〕小球静止起从一板到达另一板所需时间．考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：带电粒子做的是直线运动，说明合力与速度在同一直线上，分析受力可知粒子受电场力的方向与其大小，由牛顿第二定律可得求出加速度的大小；由几何知识求解水平运动距离，然后结合运动学公式s=at2可以求解运动时间．解答：解：〔1〕带电小球恰沿水平直线运动，故电场力和重力的合力在水平方向，由平行四边形定制可知F合=mgtanα；故小球运动的加速度大小a==gtanα；在竖直方向上合外力为零，故qE=，故电场的场强大小E=；〔2〕小球从一板到达另一板运动的距离s=①；小球由静止开始匀加速直线运动，即s=at2②；由①②可得：t=；答：〔1〕该电场的场强大小为；小球运动的加速度大小为gtanα；〔2〕小球静止起从一板到达另一板所需时间t=．点评：此题的突破点在于粒子做直线运动，故应根据力与运动的关系确定出粒子的受力情况．17．如图，一质量为m、电荷量为q〔q＞0〕的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点．该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°．不计重力．求A、B两点间的电势差．考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理；电势差．专题：电场力与电势的性质专题．分析：粒子水平方向受电场力，做初速度为零的匀加速直线运动；竖直方向不受力，故竖直分运动是匀速直线运动；结合运动的合成与分解的知识得到A点速度与B点速度的关系，然后对A到B过程根据动能定理列式求解．解答：解：设带电粒子在B点的速度大小为v B，粒子在垂直电场方向的分速度不变，故：v B sin30°=v0sin60° ①解得：。
【KS5U解析】辽宁省大连二十中2015-2016学年高一上学期月考物理试卷(1月份) Word版含解析
2015-2016学年辽宁省大连二十中高一（上）月考物理试卷（1月份）一．选择题：本题共8题，每小题6分，总共48分．其中1-4只有一项符合题目要求，5-8有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．匀变速直线运动是（）①位移随时间均匀变化的直线运动②速度随时间均匀变化的直线运动③加速度随时间均匀变化的直线运动④加速度的大小和方向恒定不变的直线运动．A．①②B．②③C．②④D．③④2．在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人来历史的进步．在对以下几位物理学家所做贡献以及对其贡献的评价叙述中，正确的说法是（）A．爱因斯坦创立了相对论，相对论的创立表明经典力学已不再适用B．托勒密提出了“日心说”，认为太阳是宇宙的中心，所有行星都是绕太阳做圆周运动；现代物理学表明托勒密的学说是错误的C．开普勒根据多年的观察，总结出了开普勒行星运动三大定律，揭示了行星绕太阳运转的规律，实践表明此定律不适用于其他天体的运动D．牛顿总结出牛顿运动定律和万有引力定律，把天体的运动与地上物体的运动统一起来，是人类对自然界认识的第一次大综合3．将四块相同的坚固石块垒成圆弧形的石拱，其中第3、4块固定在地基上，第l、2块间的接触面是竖直的，每块石块的两个侧面间所夹的圆心角均为30°．假定石块间的摩擦力可以忽略不计，则第1、2块石块间的作用力和第1、3块石块间的作用力的大小之比为（）A．B．C．D．4．在某星球表面以初速度v0竖直上抛一个物体，若物体只受该星球引力作用，忽略其他力的影响，物体上升的最大高度为h．已知该星球的直径为d，如果在该星球上发射一颗绕它运行的卫星，其做匀速圆周运动的最小周期为（）A．B．C．D．5．质量为m小球放在光滑水平面上，在竖直线MN左方受到水平恒力F1的作用（m可视为质点），在MN的右方除受F1外，还受到与F1在同一直线上的水平恒力F2的作用，现设小球从静止开始运动，如图甲所示，小球运动的v﹣t图象如图乙所示．由图可知下列说法正确的是（）A．小球在MN右方加速度大小为B．F2的大小为C．小球在MN右侧运动的时间为t3﹣t1D．小球在t=0到t=t4这段时间最大位移为6．如图所示，小球m在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，下列说法中正确的有（）A．小球通过最高点的最小速度为B．小球通过最高点的最小速度为零C．小球在水平线ab以下管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力D．小球在水平线ab以上管道中运动时，内侧管壁对小球一定有作用力7．如图所示，光滑半球的半径为R，球心为O，固定在水平面上，其上方有一个光滑曲面轨道AB，高度为．轨道底端水平并与半球顶端相切．质量为m的小球由A点静止滑下．小球在水平面上的落点为C，则（）A．小球将沿半球表面做一段圆周运动后抛至C点B．小球将从B点开始做平抛运动到达C点C．OC之间的距离为RD．OC之间的距离为2R8．2013年12月2日，嫦娥三号探测器顺利发射．嫦娥三号要求一次性进入近地点210公里、远地点约36.8万公里的地月转移轨道．12月10日晚上九点二十分，在太空飞行了九天的“嫦娥三号”飞船，再次成功变轨，从100km×100km的环月圆轨道Ⅰ，降低到近月Q点15km、远月P点100km的椭圆轨道Ⅱ，两轨道相交于P点，如图所示．若绕月运行时只考虑月球引力作用，关于“嫦娥三号“飞船，以下说法正确的是（）A．沿轨道I运行至P点的速度等于沿轨道II运行至P点的速度B．在轨道Ⅰ上运动的周期大于在轨道Ⅱ上运动的周期C．沿轨道I运行至P点的加速度等于沿轨道II运行至P点的加速度D．沿轨道II运行至P点的速度小于沿轨道II运行至Q点的速度二．填空题：共2题．其中第9题10分，第10题6分，总共16分9．打点计时器是高中物理中重要的物理实验仪器，图中甲、乙两种打点计时器是高中物理实验中常用的，请回答下面的问题．（1）甲图是计时器，采用的是交流电源．（填“低压”、“220V”）（2）乙图是_计时器，采用的是交流电源．（填“低压”、“220V”）（3）在某次实验中，物体拖动纸带做匀加速直线运动，打点计时器所用的电源频率为50Hz，实验得到的一条纸带如图丙所示，纸带上每相邻的两个计数点之间都有4个点未画出．按时间顺序取0、1、2、3、4、5六个计数点，实验中用直尺量出各计数点到0点的距离如图丙所示（单位：cm）①在计数点1所代表的时刻，纸带运动的瞬时速度为v1=m/s，物体的加速度a=m/s2．（保留两位有效数字）②该同学在测量的时候没有将计数点5的数值记录下来，根据前面的数值可以推算出计数点5到0点的距离为cm．10．在探究“加速度与力、质量的关系”活动中：（1）将实验器材组装如图1所示．请你指出该装置中的错误或不妥之处：①；②；③．（2）纠正实验装置后，该同学顺利完成了实验．在实验中保持小车质量不变，改变沙桶的质量，测得小车所受绳子的拉力F和加速度a的数据如下表：F/N0.210.300.400.490.60a/（ms﹣2）0.100.210.290.410.49①根据测得的数据，在图2中作出a﹣F图象；②由图象可知，小车与长木板之间的最大静摩擦力大小为N．三．计算题：其中第11题10分，第12题12分，第13题14分，总共36分11．物体在水平面上做初速度不为零的匀加速直线运动，第2s内通过的位移是8m，4s末的速度为10m/s．求：（1）物体运动的初速度v0和加速度a；（2）物体在第3s内通过的位移．12．如图所示，质量为m=4kg的物体放在粗糙的水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数为μ=0.2，物体在方向与水平面成θ=37°斜向下、大小为20N的推力F 作用下，从静止开始运动，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2．若5s末撤去F，求：（1）5s末物体的速度大小；（2）前9s内物体通过的位移大小．13．如图所示，从A点以v0=4m/s的水平速度抛出一质量m=1kg的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，滑上长木板时速度大小为6m/s．圆弧轨道C端切线水平，已知长木板的质量M=2kg，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1=0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1，圆弧轨道半径R=0.75m，OB与竖直方向OC间的夹角θ=37°，（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：（1）小物块运动至B点时的速度大小和方向；（2）小物块滑动至C点时对圆弧轨道C点的压力；（3）长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板．2015-2016学年辽宁省大连二十中高一（上）月考物理试卷（1月份）参考答案与试题解析一．选择题：本题共8题，每小题6分，总共48分．其中1-4只有一项符合题目要求，5-8有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．匀变速直线运动是（）①位移随时间均匀变化的直线运动②速度随时间均匀变化的直线运动③加速度随时间均匀变化的直线运动④加速度的大小和方向恒定不变的直线运动．A．①②B．②③C．②④D．③④【考点】匀变速直线运动的速度与时间的关系．【分析】匀变速直线运动的加速度保持不变，速度随时间均匀变化．【解答】解：根据x=知，位移不是随时间均匀变化，根据v=v0+at知，速度随时间均匀变化，匀变速直线运动的加速度保持不变，故②④正确．故选：C．2．在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人来历史的进步．在对以下几位物理学家所做贡献以及对其贡献的评价叙述中，正确的说法是（）A．爱因斯坦创立了相对论，相对论的创立表明经典力学已不再适用B．托勒密提出了“日心说”，认为太阳是宇宙的中心，所有行星都是绕太阳做圆周运动；现代物理学表明托勒密的学说是错误的C．开普勒根据多年的观察，总结出了开普勒行星运动三大定律，揭示了行星绕太阳运转的规律，实践表明此定律不适用于其他天体的运动D．牛顿总结出牛顿运动定律和万有引力定律，把天体的运动与地上物体的运动统一起来，是人类对自然界认识的第一次大综合【考点】物理学史．【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．【解答】解：A、任何理论都不是绝对的，相对论与经典力学适用于不同范围，牛顿经典力学只适用于宏观低速物体，而微观、高速物体适用于狭义相对论．故A错误；B、托勒密提出了“地心说”，认为地球是宇宙的中心，所有行星都是绕地球做圆周运动；现代物理学表明托勒密的学说是错误的，故B错误；C、开普勒根据多年的观察，总结出了开普勒行星运动三大定律，揭示了行星绕太阳运转的规律，实践表明此定律适用于其他天体的运动，故C正确；D、牛顿总结出牛顿运动定律和万有引力定律，把天体的运动与地上物体的运动统一起来，是人类对自然界认识的第一次大综合，故D正确；故选：D．3．将四块相同的坚固石块垒成圆弧形的石拱，其中第3、4块固定在地基上，第l、2块间的接触面是竖直的，每块石块的两个侧面间所夹的圆心角均为30°．假定石块间的摩擦力可以忽略不计，则第1、2块石块间的作用力和第1、3块石块间的作用力的大小之比为（）A．B．C．D．【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【分析】由图可知，1、2及1、3两块石块均有相互作用，而石块1受重力及2、3两石块的作用力而处于静止，故对1受力分析可求得第1、2块石块间的作用力和第1、3块石块间的作用力的大小之比．【解答】解：如图对第一个石块进行受力分析，由几何关系知：θ=600，所以有N12 ：N13=sin60°=；故选B．4．在某星球表面以初速度v0竖直上抛一个物体，若物体只受该星球引力作用，忽略其他力的影响，物体上升的最大高度为h．已知该星球的直径为d，如果在该星球上发射一颗绕它运行的卫星，其做匀速圆周运动的最小周期为（）A．B．C．D．【考点】万有引力定律及其应用；向心力．【分析】根据竖直上抛求得星球表面的重力加速度，再根据星球表面重力与万有引力相等，近地卫星由重力提供圆周同心力求得圆周运动的周期．【解答】解：以v0竖直上抛一个物体，物体上升的最大高度为h，根据位移速度关系有：h=，可得星球表面的质量加速度为：g=在星球表面飞行的卫星，重力提供圆周运动向心力有：mg=m可得卫星的周期为：T=．故选：A．5．质量为m小球放在光滑水平面上，在竖直线MN左方受到水平恒力F1的作用（m可视为质点），在MN的右方除受F1外，还受到与F1在同一直线上的水平恒力F2的作用，现设小球从静止开始运动，如图甲所示，小球运动的v﹣t图象如图乙所示．由图可知下列说法正确的是（）A．小球在MN右方加速度大小为B．F2的大小为C．小球在MN右侧运动的时间为t3﹣t1D．小球在t=0到t=t4这段时间最大位移为【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．【分析】由图可知，前0﹣t1内，物体做匀加速直线运动，其加速度a1=；而t1至t3物体先减速后反向加速，t3后减速；则可判断出物体在t1时刻恰好经过MN，t3又回到MN【解答】解：A、图中t1﹣t3时间内小球在MN的右方运动，根据图线的斜率等于加速度得：物体在MN的右方加速度大小为a=，故A正确；B、在t1﹣t3时间内，小球的加速度大小为a′==，根据牛顿第二定律得：F2﹣F1=ma′，得到F2=F1+ma′=F1+．故B错误；C、在0﹣t1时间内，小球在MN的左方向向右做匀加速运动；在t1﹣t2时间内小球在MN的右方向右做匀减速直线运动，在t2﹣t3时间内小球在MN的右方向左做匀加速直线运动，根据运动过程的对称性得知，小球在MN的右方运动的时间为t3﹣t1．故C正确．D、小球在t=0到t=t4这段时间内在t2时刻离A点最远，最远距离为s=，故D正确．故选：ACD6．如图所示，小球m在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，下列说法中正确的有（）A．小球通过最高点的最小速度为B．小球通过最高点的最小速度为零C．小球在水平线ab以下管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力D．小球在水平线ab以上管道中运动时，内侧管壁对小球一定有作用力【考点】牛顿第二定律；向心力．【分析】小球在竖直光滑圆形管道内做圆周运动，在最高点，由于外管或内管都可以对小球产生弹力作用，从而可以确定在最高点的最小速度．小球做圆周运动是，沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力．【解答】解：A、在最高点，由于外管或内管都可以对小球产生弹力作用，当小球的速度等于0时，内管对小球产生弹力，大小为mg，故最小速度为0．故A 错误，B正确．C、小球在水平线ab以下管道运动，由于沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，所以外侧管壁对小球一定有作用力．故C正确．D、小球在水平线ab以上管道中运动时，当速度非常大时，内侧管壁没有作用力，此时外侧管壁有作用力．当速度比较小时，内侧管壁有作用力．故D错误．故选BC．7．如图所示，光滑半球的半径为R，球心为O，固定在水平面上，其上方有一个光滑曲面轨道AB，高度为．轨道底端水平并与半球顶端相切．质量为m的小球由A点静止滑下．小球在水平面上的落点为C，则（）A．小球将沿半球表面做一段圆周运动后抛至C点B．小球将从B点开始做平抛运动到达C点C．OC之间的距离为RD．OC之间的距离为2R【考点】平抛运动；机械能守恒定律．【分析】从A到B的过程中，根据机械能守恒可以求得到达B点时的速度，根据圆周运动的向心力公式可以判断离开B点后的运动情况．【解答】解：从A到B的过程中，根据机械能守恒可，mg R=mV2，解得V=，在B点，当重力恰好作为向心力时，由mg=m，解得V B=，所以当小球到达B点时，重力恰好作为向心力，所以小球将从B点开始做平抛运动到达C，所以A错误，B正确．根据平抛运动的规律，水平方向上：x=V B t竖直方向上：R=gt2解得x=R，所以C正确，D错误．故选BC．8．2013年12月2日，嫦娥三号探测器顺利发射．嫦娥三号要求一次性进入近地点210公里、远地点约36.8万公里的地月转移轨道．12月10日晚上九点二十分，在太空飞行了九天的“嫦娥三号”飞船，再次成功变轨，从100km×100km的环月圆轨道Ⅰ，降低到近月Q点15km、远月P点100km的椭圆轨道Ⅱ，两轨道相交于P点，如图所示．若绕月运行时只考虑月球引力作用，关于“嫦娥三号“飞船，以下说法正确的是（）A．沿轨道I运行至P点的速度等于沿轨道II运行至P点的速度B．在轨道Ⅰ上运动的周期大于在轨道Ⅱ上运动的周期C．沿轨道I运行至P点的加速度等于沿轨道II运行至P点的加速度D．沿轨道II运行至P点的速度小于沿轨道II运行至Q点的速度【考点】万有引力定律及其应用．【分析】通过宇宙速度的意义判断嫦娥三号发射速度的大小，根据卫星变轨原理分析轨道变化时卫星是加速还是减速，并由此判定机械能大小的变化，在不同轨道上经过同一点时卫星的加速度大小相同．【解答】解：A、从轨道I进入轨道II嫦娥三号需要要点火减速，故沿轨道I运行至P点的速度小于沿轨道II运行至P点的速度，故A错误；B、根据开普勒行星运动定律知，由于圆轨道上运行时的半径大于在椭圆轨道上的半长轴，故在圆轨道上的周期大于在椭圆轨道上的周期，故B正确；C、在P点嫦娥三号产生的加速度都是由万有引力产生的，因为同在P点万有引力大小相等，故不管在哪个轨道上运动，在P点时万有引力产生的加速度大小相等，故C正确；D、从P点沿着轨道II运行至Q点，引力做正功，故是加速，故沿轨道II运行至P点的速度小于沿轨道II运行至Q点的速度，故D正确；故选：BCD二．填空题：共2题．其中第9题10分，第10题6分，总共16分9．打点计时器是高中物理中重要的物理实验仪器，图中甲、乙两种打点计时器是高中物理实验中常用的，请回答下面的问题．（1）甲图是电磁打点计时器，采用的是低压交流电源．（填“低压”、“220V”）（2）乙图是电火花_计时器，采用的是220V交流电源．（填“低压”、“220V”）（3）在某次实验中，物体拖动纸带做匀加速直线运动，打点计时器所用的电源频率为50Hz，实验得到的一条纸带如图丙所示，纸带上每相邻的两个计数点之间都有4个点未画出．按时间顺序取0、1、2、3、4、5六个计数点，实验中用直尺量出各计数点到0点的距离如图丙所示（单位：cm）①在计数点1所代表的时刻，纸带运动的瞬时速度为v1=0.18m/s，物体的加速度a=0.75m/s2．（保留两位有效数字）②该同学在测量的时候没有将计数点5的数值记录下来，根据前面的数值可以推算出计数点5到0点的距离为14.50cm．【考点】探究小车速度随时间变化的规律；电火花计时器、电磁打点计时器．【分析】了解打点计时器的构造、工作原理、工作特点等，比如工作电压、打点周期等，掌握基本仪器的使用，能够正确的使用打点计时器．正确根据匀变速直线运动的规律对纸带进行数据处理．根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上1点时小车的瞬时速度大小．【解答】解：（1）甲图是电磁打点计时器，使用交流电源的计时仪器，采用的是低压交流电源；（2）乙图是电火花打点计时器，工作电压是220V交流电源；（3）①由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上1点时小车的瞬时速度大小．v1==≈0.18m/s设0到1之间的距离为x1，以后各段分别为x2、x3、x4，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：x3﹣x1=2a1T2x4﹣x2=2a2T2为了更加准确的求解加速度，我们对两个加速度取平均值得：a=（a1+a2）即小车运动的加速度计算表达式为：a==m/s2=0.75m/s2②在匀变速直线运动中，连续相等时间内位移之差相等，即△x=aT2．则4、5间的距离为x45=x01+4△x=1.40cm+4×0.75×（0.1）2cm=4.40cm则计数点5的数值为x5=x04+x45=10.10+4.40=14.50cm故答案为：（1）电磁打点，低压（2）电火花，220v．（3）①0.18，0.75，②14.5010．在探究“加速度与力、质量的关系”活动中：（1）将实验器材组装如图1所示．请你指出该装置中的错误或不妥之处：①电源电压使用220V；②没有平衡摩擦力；③小车没有靠近打点计时器．（2）纠正实验装置后，该同学顺利完成了实验．在实验中保持小车质量不变，改变沙桶的质量，测得小车所受绳子的拉力F和加速度a的数据如下表：F/N0.210.300.400.490.60a/（ms﹣2）0.100.210.290.410.49①根据测得的数据，在图2中作出a﹣F图象；②由图象可知，小车与长木板之间的最大静摩擦力大小为0.12N．【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．【分析】（1）根据实验的原理和实验中操作的注意事项确定实验中的错误和不妥之处．（2）做出a﹣F图线，结合横轴截距得出最大静摩擦力的大小．【解答】解：（1）实验中错误和不妥之处：①电磁打点计时器使用低压交流电源，而实验中的电源电压为220V，②实验中没有平衡摩擦力，③实验前，小车没有靠近打点计时器．（2）①根据表格中的数据做出a﹣F图线．②由图线可知，当F=0.12N时，物体才开始运动，可知小车与长木板之间的最大静摩擦力大小为0.12N．故答案为：（1）①电源电压使用220V，②没有平衡摩擦力，③小车没有靠近打点计时器，（2）①如图所示．②0.12±0.02三．计算题：其中第11题10分，第12题12分，第13题14分，总共36分11．物体在水平面上做初速度不为零的匀加速直线运动，第2s内通过的位移是8m，4s末的速度为10m/s．求：（1）物体运动的初速度v0和加速度a；（2）物体在第3s内通过的位移．【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】（1）根据匀变速直线运动的导出公式：求出1.5s时刻的瞬时速度，由速度公式，结合1.5s时刻的瞬时速度与4s末的瞬时速度即可求出初速度和加速度；（2）第3s内的位移等于前3s的位移与前2s内的位移的差．【解答】解：（1）由匀变速直线运动的特点可知，1.5s时刻的瞬时速度等于第2s内的平均速度，即：m/s由速度公式：v=v0+at则1.5s时刻的瞬时速度：8=v0+a×1.5，4s末的瞬时速度：10=v0+a×4，联立可得：v0=6.8m/s，a=0.8m/s2（2）前2s内的位移：m前3s内的位移：=m所以第3s内的位移：x=x3﹣x2=24.0m﹣15.2m=8.8m答：（1）物体运动的初速度是6.8m/s，加速度是0.8m/s2；（2）物体在第3s内通过的位移是8.8m．12．如图所示，质量为m=4kg的物体放在粗糙的水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数为μ=0.2，物体在方向与水平面成θ=37°斜向下、大小为20N的推力F 作用下，从静止开始运动，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2．若5s末撤去F，求：（1）5s末物体的速度大小；（2）前9s内物体通过的位移大小．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】（1）对物体受力分析，根据牛顿第二定律求出物体的加速度，再根据速度时间公式求出5s末物体的速度大小．（2）根据牛顿第二定律，结合运动学公式求出撤去外力物块滑行到速度为零所需的时间，判断物体在9s末有无停止，再结合运动学公式求出前5s内和后4s 内的位移，从而求出前9s内物体的位移大小【解答】解：（1）对物体受力分析可知，受到重力支持力摩擦力和斜向下的推力，根据牛顿第顿第二定律可知：a==1.4m/s25s末的速度为：υ5=at1=1.4×5m/s=7 m/s（2）前5s内物体的位移为：x1=at12=17.5m撤去力F后，加速度为：a2==2m/s2t0=所以8.5后物体停止．匀减速阶段物体的位移为：=12.25m则前9s内物体的位移大小为：x=x1+x2=29.75m答：（1）5s末物体的速度大小为7m/s；（2）前9s内物体通过的位移大小为29.75m13．如图所示，从A点以v0=4m/s的水平速度抛出一质量m=1kg的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，滑上长木板时速度大小为6m/s．圆弧轨道C端切线水平，已知长木板的质量M=2kg，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1=0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1，圆弧轨道半径R=0.75m，OB与竖直方向OC间的夹角θ=37°，（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：（1）小物块运动至B点时的速度大小和方向；（2）小物块滑动至C点时对圆弧轨道C点的压力；（3）长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板．【考点】向心力；平抛运动．【分析】（1）已知平抛的抛出高度和落地速度方向，求落地的速度大小和方向，用运动的合成与分解求解；（2）小物块在BC间做圆周运动运动，在C点时轨道支持力和重力的合力提供圆周运动的向心力，据此结合牛顿第三定律求解即可；（3）当小物块在长木板上运动时，由于小物块对木板的摩擦力大于地面对木板的摩擦力，所以木板也要做加速运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出长木板的最短长度．【解答】解：（1）在B点，因小物块恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC，所以速度的方向与水平方向之间的夹角为θ=37°，有：v===5m/s与水平方向夹角37°（2）小物体在C点的速度v C=6m/s，在C点，支持力与重力的合力提供向心力，设轨道对小物体的支持力为N，有：N﹣mg=m代入数据解得：N=58N根据牛顿第三定律，小物块对C点的压力大小为58N（3）小物块在木板上运动的加速度大小为：a1==0.5×10=5m/s2木板在地面上运动的加速度大小为：a2===1m/s2设小物块与木板达到共速时的速度为v′，对小物块有：v′=v﹣a1t，对木板有：v′=a2t，联立解得：t=1s小物块的位移为：x1=vt﹣a1t2=6×1﹣×5×1=3.5m木板的位移为：x2==×1×1=0.5m木板的最短长度L与两者之间的位移关系有：L=x1﹣x2联立解得：L=3m答：（1）小物块运动至B点时的速度大小为5m/s，方向与水平方向夹角37°；（2）小物块滑动至C点时对圆弧轨道C点的压力为58N；（3）长木板至少为3m时，才能保证小物块不滑出长木板．。
[推荐学习]高二物理上学期期中试卷(含解析)5
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辽宁省大连二十中2015～2016学年度高二上学期期中物理试卷一．选择题：本题共10题，每小题4分，总共40分．其中1-6为单选题，8-10为多选题．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．如图所示，螺线管的导线的两端与两平行金属板相接，一个带负电的小球用丝线悬挂在两金属板间，并处于静止状态，若条形磁铁突然插入线圈时，小球的运动情况是（）A．向左摆动 B．向右摆动 C．保持静止 D．无法判定2．如图，是磁电式电流表的结构，蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀地辐向分布，线圈中a、b两条导线长均为l，通以图示方向的电流I，两条导线所在处的磁感应强度大小均为B．则（）A．该磁场是匀强磁场B．线圈平面总与磁场方向垂直C．线圈将逆时针方向转动D．a、b导线受到的安培力大小总为IlB3．目前有一种磁强计，用于测定地磁场的磁感应强度．磁强计的原理如右图所示，电路有一段金属导体，它的横截面是宽为a、高为b的长方形，放在沿y轴正方向的匀强磁场中，导体中通有沿x轴正方向、大小为I的电流．已知金属导体单位体积中的自由电子数为n，电子电荷量为e，金属导电过程中，自由电子所做的定向移动可视为匀速运动．两电极M、N 均与金属导体的前后两侧接触，用电压表测出金属导体前后两个侧面间的电势差为U．则磁感应强度的大小和电极M、N的正负为（）A．，M正、N负B．，M正、N负C．，M负、N正D．，M负、N正4．在如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P 向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，各电表示数变化量的大小分别用△I、△U1、△U2和△U3表示．下列判断正确的是（）A．|△U1|+|△U2|＜|△U3|B．||不变，||变大，||变大C．|△U1|+|△U2|=|△U3|D．||变大，||不变，||不变5．如图所示，有一用两根绝缘细绳悬挂在磁场中的直导线，质量为m，长度为L，磁场磁感应强度大小为B，方向竖直向下，当给直导线通一横电流时，直导线向纸面外摆动，最大摆角为60°，则通入的电流（）A．大小为，方向由左向右B．大小为，方向由左向右C．大小为，方向由右向左D．大小为，方向由右向左6．如图所示，匀强电场E方向竖直向下，水平匀强磁场B垂直纸面向里，三个油滴a、b、c带有等量同种电荷．已知a静止，b、c在纸面内均做匀速圆周运动（轨迹未画出）．以下说法正确的是（）A．a的质量最大，c的质量最小，b、c都沿逆时针方向运动B．b的质量最大，a的质量最小，b、c都沿顺时针方向运动C．三个油滴质量相等，b沿顺时针方向运动，c沿逆时针方向运动D．三个油滴质量相等，b、c都沿顺时针方向运动7．以下叙述正确的是（）A．库仑提出了分子电流假说B．首先发现电流周围存在磁场的著名科学家是奥斯特C．首先提出磁场对运动电荷有力的作用的科学家是安培D．感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果8．如图，在Ⅰ、Ⅱ两个区域内存在磁感应强度均为B的匀强磁场，磁场方向分别垂直于纸面向外和向里，AD、AC边界的夹角∠DAC=30°，边界AC与边界MN平行，Ⅱ区域宽度为d．质量为m、电荷量为十q的粒子可在边界AD上的不同点射入，入射速度垂直AD且垂直磁场，若入射速度大小为，不计粒子重力，则（）A．粒子在磁场中的运动半径为B．粒子距A点0.5d处射入，不会进人Ⅱ区C．粒子距A点1.5d处射入，在Ⅰ区内运动的时间为D．能够进入Ⅱ区域的粒子，在Ⅱ区域内运动的最短时间为9．人类研究发现：在北半球，地磁场的水平分量由南向北，竖直分量竖直向下．北京平安大街上，某人骑车从东往西，则下列说法正确的是（）A．自行车左车把的电势比右车把的电势高B．自行车左车把的电势比右车把的电势低C．图中辐条AB此时A端比B端的电势高D．图中辐条AB此时A端比B端的电势低10．为了保证行车安全和乘客身体健康，动车上装有烟雾报警装置，其原理如图所示．M为烟雾传感器，其阻值R M随着烟雾浓度的改变而变化，电阻R为可变电阻．车厢内有人抽烟时，烟雾浓度增大，导致S两端的电压增大，装置发出警报．下列说法正确的是（）A．R M随烟雾浓度的增大而增大B．R M随烟雾浓度的增大而减小C．若要提高报警灵敏度可增大RD．若要提高报警灵敏度可减小R11．用万用表测直流电压U和测电阻R时，若红表插入万用表的正（+）插孔，则（）A．前者（测电压U）电流从红表笔流入万用表，后者（测R）从红表笔流出万用表B．前者电流从红表笔流入万用表，后者电流从红表笔流入万用表C．前者电流从红表笔流出万用表，后者电流从红表笔流出万用表D．前者电流从红表笔流出万用表，后者电流从红表笔流入万用表二．填空题：其中第11题4分，第12题18分，总共22分12．要测量一只量程为2V的电压表的内阻．现能提供的实验器材如下：A．待测电压表V x（量程为0～2V，内阻未知） B．电流表A（量程为0～0.6A，内阻约为0.2Ω）C．电压表V（量程0～5V，内阻约为5kΩ） D．定值电阻R1，阻值为20Ω；E．定值电阻R2，阻值为2kΩ； F．滑动变阻器R0，最大阻值为50Ω，额定电流为1A；G．电源（电动势为6V，内阻不计）； H．多用电表； I．开关S，导线若干．则：（1）用多用电表粗测电压表V x的内阻：当用“×1k”挡来测量时，操作方法和步骤均正确，发现表头指针在刻度盘的右边附近，为了比较准确地进行测量，应换用挡．如果换挡后刻度盘上指针的位置如图甲所示，那么，该电压表V x的内阻为Ω．为了比较准确的测量电压表V x的内阻，那么，定值电阻应选（选填器材编号）．（3）根据要求，在图乙的虚线框内画出实验电路图（部分已画出）．①根据所画出的电路图，用铅笔画线代替导线，将实验图丙连接起来，使之成为完整的实验图（没有选用的器材不要连接）．②如果电压表V x的读数为U x，电压表V的读数U，那么，电压表V x的内阻R x为．三．计算题：其中第13题12分，第14题12分，第15题14分，总共38分13．如图所示的电路中，电源电动势E=12V，内阻r=1Ω，电阻R的阻值为3Ω，指示灯R L 的阻值为16Ω，电动机M线圈电阻R M为2Ω．当开关S闭合时，指示灯R L的电功率P=4W．求：（1）流过电流表A的电流；电动机M输出的机械功率．14．如图所示，在虚线所示宽度范围内，用场强为E的匀强电场可使初速度是v0的某种正离子偏转θ角．在同样宽度范围内，若改用方向垂直纸面向外的匀强磁场，使该离子穿过该区域，并使偏转角也为θ，（不计离子的重力）求：（1）匀强磁场的磁感应强度是多大？离子穿过电场和磁场的时间之比是多大？15．如图所示，在第一象限有一匀强电场，场强大小为E，方向与y轴平行；在x轴下方有一匀强磁场，磁场方向与纸面垂直．一质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）的粒子以平行于x 轴的速度从y轴上的P点处射入电场，在x轴上的Q点处进入磁场，并从坐标原点O离开磁场．已知OP=L，OQ=2L．不计重力．求：（1）粒子从P点入射的速度v0的大小；匀强磁场的磁感应强度B的大小．辽宁省大连二十中2015～2016学年度高二上学期期中物理试卷参考答案与试题解析一．选择题：本题共10题，每小题4分，总共40分．其中1-6为单选题，8-10为多选题．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．如图所示，螺线管的导线的两端与两平行金属板相接，一个带负电的小球用丝线悬挂在两金属板间，并处于静止状态，若条形磁铁突然插入线圈时，小球的运动情况是（）A．向左摆动 B．向右摆动 C．保持静止 D．无法判定【考点】楞次定律；电容．【分析】当穿过线圈的磁通量发生变化时，电路中产生感应电动势；再假设线圈闭合，由楞次定律判断出感应电流的方向，从而确定感应电动势的方向，即由电场强度的方向来确定带负电小球摆动的方向．【解答】解：当磁铁插入时，导致线圈的磁通量发生变化，从而导致线圈中产生感应电动势，假设电路闭合，则由楞次定律可知，感应电流方向是从右极向下通过线圈再到左极，由于线圈相当于电源，因此左极电势高，所以带负电小球将向左摆动，故A正确，BCD错误；故选：A【点评】题考查了楞次定律的应用，掌握楞次定律是正确解题的关键；本题难度不大，是一道基础题．2．如图，是磁电式电流表的结构，蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀地辐向分布，线圈中a、b两条导线长均为l，通以图示方向的电流I，两条导线所在处的磁感应强度大小均为B．则（）A．该磁场是匀强磁场B．线圈平面总与磁场方向垂直C．线圈将逆时针方向转动D．a、b导线受到的安培力大小总为IlB【考点】安培力．【分析】利用图示的装置分析出其制成原理，即通电线圈在磁场中受力转动，线圈的转动可以带动指针的偏转；由左手定则来确定安培力的方向可确定转动方向．【解答】解：A、该磁场明显不是匀强磁场，匀强磁场应该是一系列平行的磁感线，方向相同，故A错误．B、由图可知，线圈平面总与磁场方向平行，故B错误．C、由左手定则可知，a受到的安培力向上，b受到的安培力向下，故线圈顺时针旋转，故C 错误．D、a、b导线始终与磁感线垂直，故受到的安培力大小总为IlB，故D正确．故选：D．【点评】在学过的测量工具或设备中，每个工具或设备都有自己的制成原理；对不同测量工具的制成原理，是一个热点题型，需要重点掌握．3．目前有一种磁强计，用于测定地磁场的磁感应强度．磁强计的原理如右图所示，电路有一段金属导体，它的横截面是宽为a、高为b的长方形，放在沿y轴正方向的匀强磁场中，导体中通有沿x轴正方向、大小为I的电流．已知金属导体单位体积中的自由电子数为n，电子电荷量为e，金属导电过程中，自由电子所做的定向移动可视为匀速运动．两电极M、N 均与金属导体的前后两侧接触，用电压表测出金属导体前后两个侧面间的电势差为U．则磁感应强度的大小和电极M、N的正负为（）A．，M正、N负B．，M正、N负C．，M负、N正D．，M负、N正【考点】霍尔效应及其应用；磁感应强度．【分析】根据左手定则判断出电子的偏转方向，从而确定电势的高低．抓住电子受到的洛伦兹力等于电场力，结合电流的微观表达式求出磁感应强度的大小．【解答】解：根据左手定则知，电子向外侧偏转，则导体M极为负极，N极为正极．自由电子做定向移动，视为匀速运动，速度设为v，则单位时间内前进的距离为v，对应体积为vab，此体积内含有的电子个数为：nvab，电量为：nevab有I===neavb电子受电场力和洛伦兹力平衡，有e=Bev解得：B=，故D正确，ABC错误；故选：D．【点评】解决本题的关键掌握左手定则判定洛伦兹力的方向，以及知道最终电子受电场力和洛伦兹力处于平衡．4．在如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P 向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，各电表示数变化量的大小分别用△I、△U1、△U2和△U3表示．下列判断正确的是（）A．|△U1|+|△U2|＜|△U3|B．||不变，||变大，||变大C．|△U1|+|△U2|=|△U3|D．||变大，||不变，||不变【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】本题要分定值电阻与可变电阻去分析．对于定值电阻，有R=；对于可变电阻，可根据闭合电路欧姆定律分析与电源内阻的关系，从而作出判断．【解答】解：AC、当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，电路中电流减小，则U1减小，内电压也减小，则U2增大，U3增大．因为U1+U2=U3，则得△U1+△U2=△U3，因为△U1＜0，△U2＞0，△U3＞0，所以|△U1|+|△U2|＞|△U3|，故A、C错误．BD、R1是定值电阻，则有R1==，可知||、||都不变．当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，R2变大，R2是可变电阻，=R2，变大，根据闭合电路欧姆定律得：U2=E﹣I（R1+r），则知||=R1+r，不变．由U3=E﹣Ir，则||=r，不变，故B错误，D正确．故选：D【点评】本题要注意对于定值电阻，是线性元件，有有R=；对于非线性元件，R=≠；也可以结合电源的U﹣I图线分析．5．如图所示，有一用两根绝缘细绳悬挂在磁场中的直导线，质量为m，长度为L，磁场磁感应强度大小为B，方向竖直向下，当给直导线通一横电流时，直导线向纸面外摆动，最大摆角为60°，则通入的电流（）A．大小为，方向由左向右B．大小为，方向由左向右C．大小为，方向由右向左D．大小为，方向由右向左【考点】安培力．【分析】在整个摆动过程中，只有重力和安培力做功，根据动能定理求得电流大小，根据左手定则判断出电流的方向；【解答】解：整个过程根据动能定理可得﹣mgl（1﹣cos60°）+BILlsin60°=0﹣0解得，根据左手定则可知，方向由右向左故选：C【点评】本题主要考查了在安培力作用下的动能定理，抓住初末位置即可6．如图所示，匀强电场E方向竖直向下，水平匀强磁场B垂直纸面向里，三个油滴a、b、c带有等量同种电荷．已知a静止，b、c在纸面内均做匀速圆周运动（轨迹未画出）．以下说法正确的是（）A．a的质量最大，c的质量最小，b、c都沿逆时针方向运动B．b的质量最大，a的质量最小，b、c都沿顺时针方向运动C．三个油滴质量相等，b沿顺时针方向运动，c沿逆时针方向运动D．三个油滴质量相等，b、c都沿顺时针方向运动【考点】带电粒子在混合场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】由于均带等量同种电荷，由a静止可知带负电，且电场力等于重力，b、c所受洛伦兹力提供向心力做圆周运动，而电场力与重力相平衡；由左手定则可知b、c运动方向．【解答】解：A、三个油滴带等量同种电荷，由a静止可知带负电，电场力等于重力，b、c 做圆周运动，电场力也等于重力．所以三者质量相等，由左手定则可知b、c都沿顺时针方向运动．故A错误；B、三个油滴带等量同种电荷，由a静止可知带负电，电场力等于重力，b、c做圆周运动，电场力也等于重力．所以三者质量相等，由左手定则可知b、c都沿顺时针方向运动．故B 错误；C、三个油滴带等量同种电荷，由a静止可知带负电，电场力等于重力，b、c做圆周运动，电场力也等于重力．所以三者质量相等，由左手定则可知b、c都沿顺时针方向运动．故C 错误；D、三个油滴带等量同种电荷，由a静止可知带负电，电场力等于重力，b、c做圆周运动，电场力也等于重力．所以三者质量相等，由左手定则可知b、c都沿顺时针方向运动．故D 正确；故选：D【点评】带电粒子在磁场中静止时，不受到洛伦兹力作用，只有运动的电荷才有此力．而带电粒子在受到重力、电场力与洛伦兹力做匀速圆周运动，则重力与电场力必须平衡．7．以下叙述正确的是（）A．库仑提出了分子电流假说B．首先发现电流周围存在磁场的著名科学家是奥斯特C．首先提出磁场对运动电荷有力的作用的科学家是安培D．感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果【考点】物理学史．【分析】安培提出了分子电流假说．奥斯特首先发现了电流的磁效应；洛伦兹力发现了磁场对运动电荷有作用力．根据科学家对物理学发展的贡献进行解答．【解答】解：A、法国科学家安培提出了分子电流假说．故A错误；B、丹麦科学家奥斯特首先发现了电流的磁效应；故B正确．C、洛伦兹力发现了磁场对运动电荷有作用力，故C错误．D、感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果，故D正确．故选：BD【点评】本题考查物理学史，对于著名物理学家、经典实验和重要学说要记牢．基础题目．8．如图，在Ⅰ、Ⅱ两个区域内存在磁感应强度均为B的匀强磁场，磁场方向分别垂直于纸面向外和向里，AD、AC边界的夹角∠DAC=30°，边界AC与边界MN平行，Ⅱ区域宽度为d．质量为m、电荷量为十q的粒子可在边界AD上的不同点射入，入射速度垂直AD且垂直磁场，若入射速度大小为，不计粒子重力，则（）A．粒子在磁场中的运动半径为B．粒子距A点0.5d处射入，不会进人Ⅱ区C．粒子距A点1.5d处射入，在Ⅰ区内运动的时间为D．能够进入Ⅱ区域的粒子，在Ⅱ区域内运动的最短时间为【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】粒子射入磁场后受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可求得粒子的轨迹半径和周期，画出临界轨迹，找出轨迹对应的圆心角θ，由t=求时间．【解答】解：A、粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：qvB=m其中：v=解得：r=d，故A错误；B、画出恰好不进入Ⅱ区的临界轨迹，如图所示：结合几何关系，有：AO==2r=2d故从距A点0.5d处射入，会进入Ⅱ区，故B错误；C、粒子距A点1.5d处射入，在Ⅰ区内运动的轨迹为半个圆周，故时间为：t==，故C正确；D、从A点进入的粒子在磁场中运动的轨迹最短（弦长也最短），时间最短，轨迹如图所示：轨迹对应的圆心角为60°，故时间为：t==，故D正确．故选：CD．【点评】本题是常见的带电粒子在磁场中运动的问题，画出轨迹，运用几何关系和牛顿第二定律等知识进行求解．9．人类研究发现：在北半球，地磁场的水平分量由南向北，竖直分量竖直向下．北京平安大街上，某人骑车从东往西，则下列说法正确的是（）A．自行车左车把的电势比右车把的电势高B．自行车左车把的电势比右车把的电势低C．图中辐条AB此时A端比B端的电势高D．图中辐条AB此时A端比B端的电势低【考点】楞次定律．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】根据金属棒在切割磁感线，由右手定则来确定感应电流的方向，从而确定电势的高低．【解答】解：骑车从东往西，车把切割地磁场的竖直分量，由右手定则知：左侧电势高；而辐条切割地磁场的水平分量，由右手定则知：A端电势较低．故AD正确，BC错误；故选：AD．【点评】考查棒切割磁感线产生感应电动势，掌握右手定则的应用，注意与左手定则的区别，同时注意棒相当于电源，内部电流是从负极流向正极．10．为了保证行车安全和乘客身体健康，动车上装有烟雾报警装置，其原理如图所示．M为烟雾传感器，其阻值R M随着烟雾浓度的改变而变化，电阻R为可变电阻．车厢内有人抽烟时，烟雾浓度增大，导致S两端的电压增大，装置发出警报．下列说法正确的是（）A．R M随烟雾浓度的增大而增大B．R M随烟雾浓度的增大而减小C．若要提高报警灵敏度可增大RD．若要提高报警灵敏度可减小R【考点】常见传感器的工作原理；闭合电路的欧姆定律．【分析】利用“极限思维”：只要掌握一个规律，“两只电阻并联时，其总电阻总是比较其中最小的那个阻值还小．因此，题目要求“S”上的电压增大最明显，也就是意味着“要求电路中的电流增加的范围最大”，即等效电源的内阻减小范围最大，此时利用极限法．【解答】解：AB、S两端电压U增大，故传感器两端电压一定减小；当有烟雾，使传感器电阻变化，即R M变小，则有R M随着烟雾浓度的增大而减小，故A错误，B正确．CD、R越大，M与R并联的电阻R并越接近R M，U增大越明显，导致“S”上电压变化最明显，故C正确，D错误．故选：BC．【点评】此题利如果用传统的思维，即利用闭合电路欧姆定律，由电源电动势E、内阻r、电阻R及R M得出S上的电压表达式，再进行讨论．其实，那是一个非常复杂的代数式，要讨论还得将式子进行一系列变形才能进行，显然非常麻烦，方法不可取；此题如果利用“等效思维”与“极限思维”便可一步到位，轻松突破．11．用万用表测直流电压U和测电阻R时，若红表插入万用表的正（+）插孔，则（）A．前者（测电压U）电流从红表笔流入万用表，后者（测R）从红表笔流出万用表B．前者电流从红表笔流入万用表，后者电流从红表笔流入万用表C．前者电流从红表笔流出万用表，后者电流从红表笔流出万用表D．前者电流从红表笔流出万用表，后者电流从红表笔流入万用表【考点】多用电表的原理及其使用．【专题】恒定电流专题．【分析】无论测电压还是测电阻，电流都从红表笔进，黑表笔出．【解答】解：用多用表测量电阻时，流经多用表的电流由内电路提供，红表笔与内部电源的负极相连；用多用电表测电压时，电流由外部电源提供，总之无论是测电压U还是测电阻R，电流都是从红表笔流入多用电表，从黑表笔流出多用电流表；故B正确．故选：B【点评】本题考查了多用电表的使用，由于表头的结构原因，一定要注意电流总是从红表笔进；故欧姆表的红表笔接内部电源的负极．二．填空题：其中第11题4分，第12题18分，总共22分12．要测量一只量程为2V的电压表的内阻．现能提供的实验器材如下：A．待测电压表V x（量程为0～2V，内阻未知） B．电流表A（量程为0～0.6A，内阻约为0.2Ω）C．电压表V（量程0～5V，内阻约为5kΩ） D．定值电阻R1，阻值为20Ω；E．定值电阻R2，阻值为2kΩ； F．滑动变阻器R0，最大阻值为50Ω，额定电流为1A；G．电源（电动势为6V，内阻不计）； H．多用电表； I．开关S，导线若干．则：（1）用多用电表粗测电压表V x的内阻：当用“×1k”挡来测量时，操作方法和步骤均正确，发现表头指针在刻度盘的右边附近，为了比较准确地进行测量，应换用×100挡．如果换挡后刻度盘上指针的位置如图甲所示，那么，该电压表V x的内阻为 3.2×103Ω．为了比较准确的测量电压表V x的内阻，那么，定值电阻应选 E （选填器材编号）．（3）根据要求，在图乙的虚线框内画出实验电路图（部分已画出）．①根据所画出的电路图，用铅笔画线代替导线，将实验图丙连接起来，使之成为完整的实验图（没有选用的器材不要连接）．②如果电压表V x的读数为U x，电压表V的读数U，那么，电压表V x的内阻R x为R2．【考点】伏安法测电阻．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】使用欧姆表测电阻时，应选择合适的挡位，使指针指在表盘中央刻度线附近；欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数．电压表的电阻约数千欧姆，而滑动变阻器的电阻只有50欧姆，所以滑动变阻器只能作为分压电阻使用，要选择分压电路．【解答】解：（1）用多用电表粗测电压表V x的内阻：当用“×1k”挡来测量时，操作方法和步骤均正确，发现表头指针在刻度盘的右边附近，说明所选挡位太大，为了较准确地进行测量，应换到×100Ω挡．由图是表盘可知，欧姆表示数为3.2×100Ω=3.2×103Ω．为了电压表的读数比较准确，定值电阻应选定值电阻R2，即选：E．（3）①电压表的电阻约数千欧姆，而滑动变阻器的电阻只有50欧姆，所以滑动变阻器只能作为分压电阻使用，要选择分压电路．实验原理如图：②如果电压表V x的读数为U x，电压表V的读数U，根据欧姆定律得：电压表V x的内阻R x=R2，故答案为：（1）×100； 3.2×103 E （3）如图；R2【点评】使用欧姆表测电阻时，要选择合适的挡位，使指针指针欧姆表表盘中央刻度线附近；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数．该题测量电压表内阻可以使用伏安法，电压表既可以显示电压，又是待测电阻．判断出滑动变阻器只能作为分压电阻使用，要选择分压电路是解题的关键．三．计算题：其中第13题12分，第14题12分，第15题14分，总共38分13．如图所示的电路中，电源电动势E=12V，内阻r=1Ω，电阻R的阻值为3Ω，指示灯R L 的阻值为16Ω，电动机M线圈电阻R M为2Ω．当开关S闭合时，指示灯R L的电功率P=4W．求：。
【配套K12】高二物理上学期期中试卷(含解析)5
辽宁省大连二十中2015～2016学年度高二上学期期中物理试卷一．选择题：本题共10题，每小题4分，总共40分．其中1-6为单选题，8-10为多选题．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．如图所示，螺线管的导线的两端与两平行金属板相接，一个带负电的小球用丝线悬挂在两金属板间，并处于静止状态，若条形磁铁突然插入线圈时，小球的运动情况是（）A．向左摆动 B．向右摆动 C．保持静止 D．无法判定2．如图，是磁电式电流表的结构，蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀地辐向分布，线圈中a、b两条导线长均为l，通以图示方向的电流I，两条导线所在处的磁感应强度大小均为B．则（）A．该磁场是匀强磁场B．线圈平面总与磁场方向垂直C．线圈将逆时针方向转动D．a、b导线受到的安培力大小总为IlB3．目前有一种磁强计，用于测定地磁场的磁感应强度．磁强计的原理如右图所示，电路有一段金属导体，它的横截面是宽为a、高为b的长方形，放在沿y轴正方向的匀强磁场中，导体中通有沿x轴正方向、大小为I的电流．已知金属导体单位体积中的自由电子数为n，电子电荷量为e，金属导电过程中，自由电子所做的定向移动可视为匀速运动．两电极M、N 均与金属导体的前后两侧接触，用电压表测出金属导体前后两个侧面间的电势差为U．则磁感应强度的大小和电极M、N的正负为（）A．，M正、N负B．，M正、N负C．，M负、N正D．，M负、N正4．在如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P 向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，各电表示数变化量的大小分别用△I、△U1、△U2和△U3表示．下列判断正确的是（）A．|△U1|+|△U2|＜|△U3|B．||不变，||变大，||变大C．|△U1|+|△U2|=|△U3|D．||变大，||不变，||不变5．如图所示，有一用两根绝缘细绳悬挂在磁场中的直导线，质量为m，长度为L，磁场磁感应强度大小为B，方向竖直向下，当给直导线通一横电流时，直导线向纸面外摆动，最大摆角为60°，则通入的电流（）A．大小为，方向由左向右B．大小为，方向由左向右C．大小为，方向由右向左D．大小为，方向由右向左6．如图所示，匀强电场E方向竖直向下，水平匀强磁场B垂直纸面向里，三个油滴a、b、c带有等量同种电荷．已知a静止，b、c在纸面内均做匀速圆周运动（轨迹未画出）．以下说法正确的是（）A．a的质量最大，c的质量最小，b、c都沿逆时针方向运动B．b的质量最大，a的质量最小，b、c都沿顺时针方向运动C．三个油滴质量相等，b沿顺时针方向运动，c沿逆时针方向运动D．三个油滴质量相等，b、c都沿顺时针方向运动7．以下叙述正确的是（）A．库仑提出了分子电流假说B．首先发现电流周围存在磁场的著名科学家是奥斯特C．首先提出磁场对运动电荷有力的作用的科学家是安培D．感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果8．如图，在Ⅰ、Ⅱ两个区域内存在磁感应强度均为B的匀强磁场，磁场方向分别垂直于纸面向外和向里，AD、AC边界的夹角∠DAC=30°，边界AC与边界MN平行，Ⅱ区域宽度为d．质量为m、电荷量为十q的粒子可在边界AD上的不同点射入，入射速度垂直AD且垂直磁场，若入射速度大小为，不计粒子重力，则（）A．粒子在磁场中的运动半径为B．粒子距A点0.5d处射入，不会进人Ⅱ区C．粒子距A点1.5d处射入，在Ⅰ区内运动的时间为D．能够进入Ⅱ区域的粒子，在Ⅱ区域内运动的最短时间为9．人类研究发现：在北半球，地磁场的水平分量由南向北，竖直分量竖直向下．北京平安大街上，某人骑车从东往西，则下列说法正确的是（）A．自行车左车把的电势比右车把的电势高B．自行车左车把的电势比右车把的电势低C．图中辐条AB此时A端比B端的电势高D．图中辐条AB此时A端比B端的电势低10．为了保证行车安全和乘客身体健康，动车上装有烟雾报警装置，其原理如图所示．M为烟雾传感器，其阻值R M随着烟雾浓度的改变而变化，电阻R为可变电阻．车厢内有人抽烟时，烟雾浓度增大，导致S两端的电压增大，装置发出警报．下列说法正确的是（）A．R M随烟雾浓度的增大而增大B．R M随烟雾浓度的增大而减小C．若要提高报警灵敏度可增大RD．若要提高报警灵敏度可减小R11．用万用表测直流电压U和测电阻R时，若红表插入万用表的正（+）插孔，则（）A．前者（测电压U）电流从红表笔流入万用表，后者（测R）从红表笔流出万用表B．前者电流从红表笔流入万用表，后者电流从红表笔流入万用表C．前者电流从红表笔流出万用表，后者电流从红表笔流出万用表D．前者电流从红表笔流出万用表，后者电流从红表笔流入万用表二．填空题：其中第11题4分，第12题18分，总共22分12．要测量一只量程为2V的电压表的内阻．现能提供的实验器材如下：A．待测电压表V x（量程为0～2V，内阻未知） B．电流表A（量程为0～0.6A，内阻约为0.2Ω）C．电压表V（量程0～5V，内阻约为5kΩ） D．定值电阻R1，阻值为20Ω；E．定值电阻R2，阻值为2kΩ； F．滑动变阻器R0，最大阻值为50Ω，额定电流为1A；G．电源（电动势为6V，内阻不计）； H．多用电表； I．开关S，导线若干．则：（1）用多用电表粗测电压表V x的内阻：当用“×1k”挡来测量时，操作方法和步骤均正确，发现表头指针在刻度盘的右边附近，为了比较准确地进行测量，应换用挡．如果换挡后刻度盘上指针的位置如图甲所示，那么，该电压表V x的内阻为Ω．为了比较准确的测量电压表V x的内阻，那么，定值电阻应选（选填器材编号）．（3）根据要求，在图乙的虚线框内画出实验电路图（部分已画出）．①根据所画出的电路图，用铅笔画线代替导线，将实验图丙连接起来，使之成为完整的实验图（没有选用的器材不要连接）．②如果电压表V x的读数为U x，电压表V的读数U，那么，电压表V x的内阻R x为．三．计算题：其中第13题12分，第14题12分，第15题14分，总共38分13．如图所示的电路中，电源电动势E=12V，内阻r=1Ω，电阻R的阻值为3Ω，指示灯R L 的阻值为16Ω，电动机M线圈电阻R M为2Ω．当开关S闭合时，指示灯R L的电功率P=4W．求：（1）流过电流表A的电流；电动机M输出的机械功率．14．如图所示，在虚线所示宽度范围内，用场强为E的匀强电场可使初速度是v0的某种正离子偏转θ角．在同样宽度范围内，若改用方向垂直纸面向外的匀强磁场，使该离子穿过该区域，并使偏转角也为θ，（不计离子的重力）求：（1）匀强磁场的磁感应强度是多大？离子穿过电场和磁场的时间之比是多大？15．如图所示，在第一象限有一匀强电场，场强大小为E，方向与y轴平行；在x轴下方有一匀强磁场，磁场方向与纸面垂直．一质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）的粒子以平行于x 轴的速度从y轴上的P点处射入电场，在x轴上的Q点处进入磁场，并从坐标原点O离开磁场．已知OP=L，OQ=2L．不计重力．求：（1）粒子从P点入射的速度v0的大小；匀强磁场的磁感应强度B的大小．辽宁省大连二十中2015～2016学年度高二上学期期中物理试卷参考答案与试题解析一．选择题：本题共10题，每小题4分，总共40分．其中1-6为单选题，8-10为多选题．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．如图所示，螺线管的导线的两端与两平行金属板相接，一个带负电的小球用丝线悬挂在两金属板间，并处于静止状态，若条形磁铁突然插入线圈时，小球的运动情况是（）A．向左摆动 B．向右摆动 C．保持静止 D．无法判定【考点】楞次定律；电容．【分析】当穿过线圈的磁通量发生变化时，电路中产生感应电动势；再假设线圈闭合，由楞次定律判断出感应电流的方向，从而确定感应电动势的方向，即由电场强度的方向来确定带负电小球摆动的方向．【解答】解：当磁铁插入时，导致线圈的磁通量发生变化，从而导致线圈中产生感应电动势，假设电路闭合，则由楞次定律可知，感应电流方向是从右极向下通过线圈再到左极，由于线圈相当于电源，因此左极电势高，所以带负电小球将向左摆动，故A正确，BCD错误；故选：A【点评】题考查了楞次定律的应用，掌握楞次定律是正确解题的关键；本题难度不大，是一道基础题．2．如图，是磁电式电流表的结构，蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀地辐向分布，线圈中a、b两条导线长均为l，通以图示方向的电流I，两条导线所在处的磁感应强度大小均为B．则（）A．该磁场是匀强磁场B．线圈平面总与磁场方向垂直C．线圈将逆时针方向转动D．a、b导线受到的安培力大小总为IlB【考点】安培力．【分析】利用图示的装置分析出其制成原理，即通电线圈在磁场中受力转动，线圈的转动可以带动指针的偏转；由左手定则来确定安培力的方向可确定转动方向．【解答】解：A、该磁场明显不是匀强磁场，匀强磁场应该是一系列平行的磁感线，方向相同，故A错误．B、由图可知，线圈平面总与磁场方向平行，故B错误．C、由左手定则可知，a受到的安培力向上，b受到的安培力向下，故线圈顺时针旋转，故C 错误．D、a、b导线始终与磁感线垂直，故受到的安培力大小总为IlB，故D正确．故选：D．【点评】在学过的测量工具或设备中，每个工具或设备都有自己的制成原理；对不同测量工具的制成原理，是一个热点题型，需要重点掌握．3．目前有一种磁强计，用于测定地磁场的磁感应强度．磁强计的原理如右图所示，电路有一段金属导体，它的横截面是宽为a、高为b的长方形，放在沿y轴正方向的匀强磁场中，导体中通有沿x轴正方向、大小为I的电流．已知金属导体单位体积中的自由电子数为n，电子电荷量为e，金属导电过程中，自由电子所做的定向移动可视为匀速运动．两电极M、N 均与金属导体的前后两侧接触，用电压表测出金属导体前后两个侧面间的电势差为U．则磁感应强度的大小和电极M、N的正负为（）A．，M正、N负B．，M正、N负C．，M负、N正D．，M负、N正【考点】霍尔效应及其应用；磁感应强度．【分析】根据左手定则判断出电子的偏转方向，从而确定电势的高低．抓住电子受到的洛伦兹力等于电场力，结合电流的微观表达式求出磁感应强度的大小．【解答】解：根据左手定则知，电子向外侧偏转，则导体M极为负极，N极为正极．自由电子做定向移动，视为匀速运动，速度设为v，则单位时间内前进的距离为v，对应体积为vab，此体积内含有的电子个数为：nvab，电量为：nevab有I===neavb电子受电场力和洛伦兹力平衡，有e=Bev解得：B=，故D正确，ABC错误；故选：D．【点评】解决本题的关键掌握左手定则判定洛伦兹力的方向，以及知道最终电子受电场力和洛伦兹力处于平衡．4．在如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P 向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，各电表示数变化量的大小分别用△I、△U1、△U2和△U3表示．下列判断正确的是（）A．|△U1|+|△U2|＜|△U3|B．||不变，||变大，||变大C．|△U1|+|△U2|=|△U3|D．||变大，||不变，||不变【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】本题要分定值电阻与可变电阻去分析．对于定值电阻，有R=；对于可变电阻，可根据闭合电路欧姆定律分析与电源内阻的关系，从而作出判断．【解答】解：AC、当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，电路中电流减小，则U1减小，内电压也减小，则U2增大，U3增大．因为U1+U2=U3，则得△U1+△U2=△U3，因为△U1＜0，△U2＞0，△U3＞0，所以|△U1|+|△U2|＞|△U3|，故A、C错误．BD、R1是定值电阻，则有R1==，可知||、||都不变．当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，R2变大，R2是可变电阻，=R2，变大，根据闭合电路欧姆定律得：U2=E﹣I（R1+r），则知||=R1+r，不变．由U3=E﹣Ir，则||=r，不变，故B错误，D正确．故选：D【点评】本题要注意对于定值电阻，是线性元件，有有R=；对于非线性元件，R=≠；也可以结合电源的U﹣I图线分析．5．如图所示，有一用两根绝缘细绳悬挂在磁场中的直导线，质量为m，长度为L，磁场磁感应强度大小为B，方向竖直向下，当给直导线通一横电流时，直导线向纸面外摆动，最大摆角为60°，则通入的电流（）A．大小为，方向由左向右B．大小为，方向由左向右C．大小为，方向由右向左D．大小为，方向由右向左【考点】安培力．【分析】在整个摆动过程中，只有重力和安培力做功，根据动能定理求得电流大小，根据左手定则判断出电流的方向；【解答】解：整个过程根据动能定理可得﹣mgl（1﹣cos60°）+BILlsin60°=0﹣0解得，根据左手定则可知，方向由右向左故选：C【点评】本题主要考查了在安培力作用下的动能定理，抓住初末位置即可6．如图所示，匀强电场E方向竖直向下，水平匀强磁场B垂直纸面向里，三个油滴a、b、c带有等量同种电荷．已知a静止，b、c在纸面内均做匀速圆周运动（轨迹未画出）．以下说法正确的是（）A．a的质量最大，c的质量最小，b、c都沿逆时针方向运动B．b的质量最大，a的质量最小，b、c都沿顺时针方向运动C．三个油滴质量相等，b沿顺时针方向运动，c沿逆时针方向运动D．三个油滴质量相等，b、c都沿顺时针方向运动【考点】带电粒子在混合场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】由于均带等量同种电荷，由a静止可知带负电，且电场力等于重力，b、c所受洛伦兹力提供向心力做圆周运动，而电场力与重力相平衡；由左手定则可知b、c运动方向．【解答】解：A、三个油滴带等量同种电荷，由a静止可知带负电，电场力等于重力，b、c 做圆周运动，电场力也等于重力．所以三者质量相等，由左手定则可知b、c都沿顺时针方向运动．故A错误；B、三个油滴带等量同种电荷，由a静止可知带负电，电场力等于重力，b、c做圆周运动，电场力也等于重力．所以三者质量相等，由左手定则可知b、c都沿顺时针方向运动．故B 错误；C、三个油滴带等量同种电荷，由a静止可知带负电，电场力等于重力，b、c做圆周运动，电场力也等于重力．所以三者质量相等，由左手定则可知b、c都沿顺时针方向运动．故C 错误；D、三个油滴带等量同种电荷，由a静止可知带负电，电场力等于重力，b、c做圆周运动，电场力也等于重力．所以三者质量相等，由左手定则可知b、c都沿顺时针方向运动．故D 正确；故选：D【点评】带电粒子在磁场中静止时，不受到洛伦兹力作用，只有运动的电荷才有此力．而带电粒子在受到重力、电场力与洛伦兹力做匀速圆周运动，则重力与电场力必须平衡．7．以下叙述正确的是（）A．库仑提出了分子电流假说B．首先发现电流周围存在磁场的著名科学家是奥斯特C．首先提出磁场对运动电荷有力的作用的科学家是安培D．感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果【考点】物理学史．【分析】安培提出了分子电流假说．奥斯特首先发现了电流的磁效应；洛伦兹力发现了磁场对运动电荷有作用力．根据科学家对物理学发展的贡献进行解答．【解答】解：A、法国科学家安培提出了分子电流假说．故A错误；B、丹麦科学家奥斯特首先发现了电流的磁效应；故B正确．C、洛伦兹力发现了磁场对运动电荷有作用力，故C错误．D、感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果，故D正确．故选：BD【点评】本题考查物理学史，对于著名物理学家、经典实验和重要学说要记牢．基础题目．8．如图，在Ⅰ、Ⅱ两个区域内存在磁感应强度均为B的匀强磁场，磁场方向分别垂直于纸面向外和向里，AD、AC边界的夹角∠DAC=30°，边界AC与边界MN平行，Ⅱ区域宽度为d．质量为m、电荷量为十q的粒子可在边界AD上的不同点射入，入射速度垂直AD且垂直磁场，若入射速度大小为，不计粒子重力，则（）A．粒子在磁场中的运动半径为B．粒子距A点0.5d处射入，不会进人Ⅱ区C．粒子距A点1.5d处射入，在Ⅰ区内运动的时间为D．能够进入Ⅱ区域的粒子，在Ⅱ区域内运动的最短时间为【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】粒子射入磁场后受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可求得粒子的轨迹半径和周期，画出临界轨迹，找出轨迹对应的圆心角θ，由t=求时间．【解答】解：A、粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：qvB=m其中：v=解得：r=d，故A错误；B、画出恰好不进入Ⅱ区的临界轨迹，如图所示：结合几何关系，有：AO==2r=2d故从距A点0.5d处射入，会进入Ⅱ区，故B错误；C、粒子距A点1.5d处射入，在Ⅰ区内运动的轨迹为半个圆周，故时间为：t==，故C正确；D、从A点进入的粒子在磁场中运动的轨迹最短（弦长也最短），时间最短，轨迹如图所示：轨迹对应的圆心角为60°，故时间为：t==，故D正确．故选：CD．【点评】本题是常见的带电粒子在磁场中运动的问题，画出轨迹，运用几何关系和牛顿第二定律等知识进行求解．9．人类研究发现：在北半球，地磁场的水平分量由南向北，竖直分量竖直向下．北京平安大街上，某人骑车从东往西，则下列说法正确的是（）A．自行车左车把的电势比右车把的电势高B．自行车左车把的电势比右车把的电势低C．图中辐条AB此时A端比B端的电势高D．图中辐条AB此时A端比B端的电势低【考点】楞次定律．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】根据金属棒在切割磁感线，由右手定则来确定感应电流的方向，从而确定电势的高低．【解答】解：骑车从东往西，车把切割地磁场的竖直分量，由右手定则知：左侧电势高；而辐条切割地磁场的水平分量，由右手定则知：A端电势较低．故AD正确，BC错误；故选：AD．【点评】考查棒切割磁感线产生感应电动势，掌握右手定则的应用，注意与左手定则的区别，同时注意棒相当于电源，内部电流是从负极流向正极．10．为了保证行车安全和乘客身体健康，动车上装有烟雾报警装置，其原理如图所示．M为烟雾传感器，其阻值R M随着烟雾浓度的改变而变化，电阻R为可变电阻．车厢内有人抽烟时，烟雾浓度增大，导致S两端的电压增大，装置发出警报．下列说法正确的是（）A．R M随烟雾浓度的增大而增大B．R M随烟雾浓度的增大而减小C．若要提高报警灵敏度可增大RD．若要提高报警灵敏度可减小R【考点】常见传感器的工作原理；闭合电路的欧姆定律．【分析】利用“极限思维”：只要掌握一个规律，“两只电阻并联时，其总电阻总是比较其中最小的那个阻值还小．因此，题目要求“S”上的电压增大最明显，也就是意味着“要求电路中的电流增加的范围最大”，即等效电源的内阻减小范围最大，此时利用极限法．【解答】解：AB、S两端电压U增大，故传感器两端电压一定减小；当有烟雾，使传感器电阻变化，即R M变小，则有R M随着烟雾浓度的增大而减小，故A错误，B正确．CD、R越大，M与R并联的电阻R并越接近R M，U增大越明显，导致“S”上电压变化最明显，故C正确，D错误．故选：BC．【点评】此题利如果用传统的思维，即利用闭合电路欧姆定律，由电源电动势E、内阻r、电阻R及R M得出S上的电压表达式，再进行讨论．其实，那是一个非常复杂的代数式，要讨论还得将式子进行一系列变形才能进行，显然非常麻烦，方法不可取；此题如果利用“等效思维”与“极限思维”便可一步到位，轻松突破．11．用万用表测直流电压U和测电阻R时，若红表插入万用表的正（+）插孔，则（）A．前者（测电压U）电流从红表笔流入万用表，后者（测R）从红表笔流出万用表B．前者电流从红表笔流入万用表，后者电流从红表笔流入万用表C．前者电流从红表笔流出万用表，后者电流从红表笔流出万用表D．前者电流从红表笔流出万用表，后者电流从红表笔流入万用表【考点】多用电表的原理及其使用．【专题】恒定电流专题．【分析】无论测电压还是测电阻，电流都从红表笔进，黑表笔出．【解答】解：用多用表测量电阻时，流经多用表的电流由内电路提供，红表笔与内部电源的负极相连；用多用电表测电压时，电流由外部电源提供，总之无论是测电压U还是测电阻R，电流都是从红表笔流入多用电表，从黑表笔流出多用电流表；故B正确．故选：B【点评】本题考查了多用电表的使用，由于表头的结构原因，一定要注意电流总是从红表笔进；故欧姆表的红表笔接内部电源的负极．二．填空题：其中第11题4分，第12题18分，总共22分12．要测量一只量程为2V的电压表的内阻．现能提供的实验器材如下：A．待测电压表V x（量程为0～2V，内阻未知） B．电流表A（量程为0～0.6A，内阻约为0.2Ω）C．电压表V（量程0～5V，内阻约为5kΩ） D．定值电阻R1，阻值为20Ω；E．定值电阻R2，阻值为2kΩ； F．滑动变阻器R0，最大阻值为50Ω，额定电流为1A；G．电源（电动势为6V，内阻不计）； H．多用电表； I．开关S，导线若干．则：（1）用多用电表粗测电压表V x的内阻：当用“×1k”挡来测量时，操作方法和步骤均正确，发现表头指针在刻度盘的右边附近，为了比较准确地进行测量，应换用×100挡．如果换挡后刻度盘上指针的位置如图甲所示，那么，该电压表V x的内阻为 3.2×103Ω．为了比较准确的测量电压表V x的内阻，那么，定值电阻应选 E （选填器材编号）．（3）根据要求，在图乙的虚线框内画出实验电路图（部分已画出）．①根据所画出的电路图，用铅笔画线代替导线，将实验图丙连接起来，使之成为完整的实验图（没有选用的器材不要连接）．②如果电压表V x的读数为U x，电压表V的读数U，那么，电压表V x的内阻R x为R2．【考点】伏安法测电阻．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】使用欧姆表测电阻时，应选择合适的挡位，使指针指在表盘中央刻度线附近；欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数．电压表的电阻约数千欧姆，而滑动变阻器的电阻只有50欧姆，所以滑动变阻器只能作为分压电阻使用，要选择分压电路．【解答】解：（1）用多用电表粗测电压表V x的内阻：当用“×1k”挡来测量时，操作方法和步骤均正确，发现表头指针在刻度盘的右边附近，说明所选挡位太大，为了较准确地进行测量，应换到×100Ω挡．由图是表盘可知，欧姆表示数为3.2×100Ω=3.2×103Ω．为了电压表的读数比较准确，定值电阻应选定值电阻R2，即选：E．（3）①电压表的电阻约数千欧姆，而滑动变阻器的电阻只有50欧姆，所以滑动变阻器只能作为分压电阻使用，要选择分压电路．实验原理如图：②如果电压表V x的读数为U x，电压表V的读数U，根据欧姆定律得：电压表V x的内阻R x=R2，故答案为：（1）×100； 3.2×103 E （3）如图；R2【点评】使用欧姆表测电阻时，要选择合适的挡位，使指针指针欧姆表表盘中央刻度线附近；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数．该题测量电压表内阻可以使用伏安法，电压表既可以显示电压，又是待测电阻．判断出滑动变阻器只能作为分压电阻使用，要选择分压电路是解题的关键．三．计算题：其中第13题12分，第14题12分，第15题14分，总共38分13．如图所示的电路中，电源电动势E=12V，内阻r=1Ω，电阻R的阻值为3Ω，指示灯R L 的阻值为16Ω，电动机M线圈电阻R M为2Ω．当开关S闭合时，指示灯R L的电功率P=4W．求：。
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辽宁省大连市第二十高级中学2015-2016学年高二物理1月会考试题
一、单项选择题（每题3分，共30分）
1. 某同学沿水平方向用力推一文具盒，使其在水平桌面上做匀速直线运动，下列说法中正确的是（ ）
A.文具盒对桌面的压力和文具盒所受的重力是一对平衡力
B.桌面对文具盒的支持力和文具盒对桌面的压力是一对平衡力
C.手对文具盒的推力和桌面对文具盒的摩擦力是一对作用力和反作用力
D.桌面对文具盒的摩擦力和文具盒对桌面的摩擦力是一对作用力和反作用力
2．如图所示，两轮用皮带传动，皮带不打滑．图中轮上A 、B 、C 三点所在处半径分别为r A 、r B 、r C ，且r A >r B ＝r C ，则这三点的速度v A 、v B 、v C 大小关系正确的是 （ ）
A ．A
B
C v v v >> B ．A B C v v v => C ．A B C v v v >=
D ．A C B v v v =>
3. 在加速上升的电梯中，下列说法正确的是( )
A. 电梯中的人处于失重状态
B. 电梯中的人不受重力作用
C. 电梯中的人处于超重状态
D. 电梯中的人不会出现超重或失重现象
4. 如图所示，a 、b 、c 是地球大气层外圆形轨道上运行的三颗人造地球卫星，a 、b 质量相等且小于c 的质量，则下列判断错误．．的是 （ ） A ．b 所需向心力最小
B ．b 、c 周期相等，且大于a 的周期
C ．b 、c 向心加速度大小相等，且大于a 的向心加速度
D ．b 、c 线速度大小相等，且小于a 的线速度
5．如图所示，一个重60 N 的物体置于光滑的水平面上，当用一个20N F =的力竖直向上拉物体时，物体所受的合力为（ ）
A ．0N
B ．40N ，方向竖直向下
C ．40N ，方向竖直向上
D ．80N ，方向竖直向上
6.下列运动，不可能出现的是 （ ） A. 物体运动的速度变化方向为正，而加速度为负 B. 物体运动的加速度减小，而速度增大 C. 物体运动的加速度不为零，而速度为零
D. 物体运动的加速度越来越大，速度变化越来越快
7. 如图所示是某质点运动的速度图象，由图象得到的正确结果是（）A．0~1s内的平均速度是2m/s
B．0~4s内的位移大小是0
C．0~1s内的加速度大于2~4s内的加速度
D．0~1s内的运动方向与2~4s内的运动方向相反
8.一个质量为m的物体以a=2g的加速度竖直向下运动，则在此物体下降h高度的过程中，物体的( )
A．重力势能减少了2mgh B．动能增加了2mgh
C．机械能保持不变 D．机械能减少了mgh
9．如图所示，桌面离地高度为h，质量为m的小球，从离桌面H高处由静止下落。
若以桌面为参考平面，则小球落地时的重力势能及整个过程中小球重力做功分别为（）
A．mgh，mg(H-h) B．mgh，mg(H+h)
C．-mgh，mg(H-h) D．-mgh，mg(H+h)
二、填空题：（每空2分，共30分）
11.用在某物体上同一点的两个力F1=40N,F2=30N.合力最大值是_______N；最小值是________N；当两个力互相垂直时合力的大小是________N。
12．汽车通过拱桥顶点的速度为10m/s时，车对桥的压力为车重的3/4．如果使汽车行驶至桥顶时对桥恰无压力，则汽车速度大小为。
13．用三根轻绳将质量为m的物块悬挂在空中,如图所示.已知ac和
bc与竖直方向的夹角分别为300和60o，则ac绳和bc绳中的拉力分
别为，。
14. 一辆汽车刹车后做匀减速直线运动，初速度为10m/s，加速度
的大小为2m/s2，则汽车在6s末的速度大小和6s内的位移大小分别是，。
15.如图所示，放在光滑绝缘水平面上的带电两个小球，相距0.18m，已知Q1电量为＋1.8×10-12C，此时两个点电荷间的静电斥力F=1.0×10-12N，静
电力常量k=9.0×109N·m2/C2。
则Q2所带的电量Q1Q2
是 。
当它们的距离为0.36m 时，它们之间的静电力是多大 。
16. 汽车发动机的额定功率为 60kW,汽车的质量为5t,汽车在水平路面上行驶时，阻力是车
重的0.1倍，汽车保持额定功率不变从静止启动（g 取10m/s 2
），求汽车所能达到的最大速度 。
17..在做“研究匀变速直线运动”的实 验中，取下一段如图所示的纸带研究运 动情况．设O 点为计数的起始点，在四 个连续的计数点中，相邻两计数点间的 时间间隔为0.1 s ，若物体做理想的 匀加速直线运动，则打计数点B 时物体的瞬时 速度为 m/s ，物体的加速度为 m/s 2
，打计数点O 时物体的瞬时速度为 m/s (保留二位有效数字)．
18.在“研究平抛物体运动”的实验中，某同学只记录了A 、B 、C 三点，各点坐标如图所示。
则物体运动的初速度为_______m/s 。
(单位为cm)。
三、计算题：（每题10分，共40分）
19.在平直公路上，以速度v 0 =12 m/s 匀速前进的汽车，遇紧急情况刹车后，轮胎停止转动在地面上滑行，经过时间t =1.5s 汽车停止，当地的重力加速度g 取10 m/s 2
.求： ⑴刹车时汽车加速度a 的大小；
⑵开始刹车后，汽车在1s 内发生的位移x 的大小； ⑶刹车时汽车轮胎与地面间的动摩擦因数μ.
20.如图所示，质量为m =1kg 的物体在与水平方向成α=37°的拉力F =10N 的作用下，在动摩擦因数为μ=0.2的水平面上由静止开始运动，求：（g =10m/s 2
，sin37°=0.6，cos37°=0.8）
⑴ 物体的加速度多大 ⑵ 2s 末物体的位移多大
(3) 5S 后撤去F 物体还能运动多远
21.一根长L=60cm 的绳子系着一个小球，小球在竖直平面内作圆周运动。
已知球的质量
kg m 5.0 ，求：
（1）试确定到达最高点时向心力的最小值；
（2）小球能够到达最高点继续做圆周运动的最小速度；
（3）当小球在最高点时的速度为s m /3时，绳对小球的拉力。
（g=10m/s 2
）
22．如图所示,竖直平面内的轨道由直轨道AB 和圆弧轨道BC 组成，小球从斜面上A 点由静止开始滑下，滑到斜面底端后又滑上一个半径为R ＝0.4m 的圆轨道，
B
⑴若接触面均光滑。
小球刚好能滑到圆轨道的最高点C ，求斜面高h 。
⑵若已知小球质量m=0.1kg ，斜面高h=2m ，小球运动到C 点时对轨道压力为mg ，求全过程中摩擦阻力做的功。
答题纸
二、填空题：
11.最大值是_______N ；最小值是________N ；当两个力互相垂直时合力的大小是________N 。
12． 。
13 ac 绳和bc 绳中的拉力分别为 ， 。
14. ， 。
15．则Q 2所带的电量是 。
当它们的距离为0.36m 时，它们之间的静电力是多大 。
16. 最大速度 。
17.打计数点B 时物体的瞬时
速度为 m/s ，物体的加速度为 m/s 2
，打计数点O 时物体的瞬时速度为 m/s (保留二位有效数字)．
18.物体运动的初速度为_______m/s 。
(单位为cm)。
三、计算题： 19. 20.
Q 1 Q 2
21.
22．
B
答案
11.最大值是___70____N；最小值是___10_____N；当两个力互相垂直时合力的大小是___50_____N。
12． 20m/s 。
13 ac 绳和bc 绳中的拉力分别为
mg 23，mg 2
1。
14. 0 ， 25m 。
15．则Q 2所带的电量是 C 12102-⨯ 。
当它们的距
离为0.36m 时，它们之间的静电力是多大
N
13105.2-⨯ 。
16. 最大速度 12m/s 。
17.打计数点B 时物体的瞬时
速度为 0.70 m/s ，物体的加速度为 2.0 m/s 2
，打计数点O 时物体的瞬时速度为 0.30
m/s
(保留二位有效数字)．
18.物体运动的初速度为___1____m/s 。
(单位为cm)。
三、计算题：
19.(1)8m/s 2
(2)8m (3)0.8
20. (1)7.2m/s 2 (2)14.4m (3)324m
21. (1)5N (2)s m /6 (3)2.5N
Q 1
Q 2
22．(1)1m (2)-0.8J。