辽宁省沈阳市东北育才学校2014-2015学年高二上学期第一次阶段考试物理试题
【物理】辽宁省沈阳市2014年高中二年级教学质量监测(理)
2014年沈阳市高中二年级教学质量监测物 理(理科)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至4页。
满分l00分，考试时间90分钟。
第Ⅰ卷(共48分)一、选择题(本大题共l2小题，每小题4分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求，第9-l2题有多项符合题目要求。
全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的或不答的得0分)1．许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步，发现电磁感应定律和电流的磁效应的科学家分别是( )A ．法拉第、安培B ．楞次、奥斯特C ．安培、洛伦兹D ．法拉第、奥斯特2．真空中两个相同的带等量同号电荷的金属小球A 和B(均可看作点电荷)，分别固定在两处，两球间静电力为1F ，现用一个不带电的同样的金属小球C 先与A 接触，再与B 接触，然后移开C ，再使A 、B 间距离增大为原来两倍，它们间的静电力变为2F 。
则1F 与2F 的关系为( )A ．32312F F =B ．1612F F =C ．3212F F =D ．812F F = 3．有甲、乙两根不同材料的金属丝，长度相同，甲横截面的圆半径及电阻率都是乙的2倍。
将它们并联在电路中，甲、乙消耗的电功率之比为( )A ．1：2B ．2：lC ．1：4D ．4：l4．一只“220 V，100 W”的灯泡接在)(314sin 311V t u =的交变电源上，则( )A ．通过该灯泡的交变电流的周期为0.01SB ．该灯泡正常工作时的电阻为242ΩC 、在1 min 内电流通过该灯泡做的功为6000JD ．通过该灯泡的电流表达式为)(4.31sin 64.0A t i =5．如图所示，电动势为E 、内阻为r 的电源与四个电阻和两只理想电表相接，开关1S 已闭合。
如果再闭合2S ，则电流表和电压表的示数的变化分别为( )A ．变大、变大B ．变大、变小C ．变小、变小6．如图所示，在两等量异号点电荷的电场中，一负电荷以速度v沿两电荷连线的中垂线方向进入电场，在纸面内飞行，最后离开电场。
辽宁沈阳东北育才学校2014-2015学年高二上学期第一次段考理数学卷(解析版)
辽宁沈阳东北育才学校2014-2015学年高二上学期第一次段考理数学卷（解析版）一、选择题1．平面内有一长度为4的线段AB ，动点P 满足6||||=+PB PA ，则||PA 的取值范围是 A ．]5,1[ B ．]6,1[ C ．]5,2[ D ．]6,2[【答案】A 【解析】试题分析：由椭圆的定义可将题目条件转化为动点P 在以A 、B 为焦点、长轴等于6的椭圆上，且3,2a c ==，又根据椭圆的性质知PA 的最小值为1a c -=，最大值为5a c +=，所以正确选项为A ．考点：①椭圆的定义和性质；②数形结合的思想． 2．以下命题正确的个数为①命题“若21,1x x >>则”的否命题为“若21,1x x ≤≤则”； ②命题“若,αβ>则tan tan αβ>”的逆命题为真命题；③命题“2,10x R x x ∃∈++<使得”的否定是“2,10x R x x ∀∈++≥都有”；④“1x >”是“220x x +->”的充分不必要条件．A ．1B ．2C ．3D ．4 【答案】C 【解析】试题分析：命题的否命题分别否定命题的条件和结论，①正确；命题“若αβ>则tan tan αβ>”的逆命题为“若tan tan αβ>，则αβ>”，当αβ、处于不同单调区间上时显然为假命题，②错误；特称命题和全称命题的否定，③正确；()()22021021x x x x x x +->⇒+->⇒<->或，④正确，所以正确选项为C ．考点：①简易逻辑；②命题的真假判断．3．设O 为坐标原点，点M 坐标为()2,1，若(,)N x y 满足不等式组：43021201x y x y x -+≤⎧⎪+-≤⎨⎪≥⎩，则OM ON 的最大值为A ．12B ．8C ．6D ．4【答案】A 【解析】试题分析：根据约束条件画出可行域，如下图所示：因为(2,1)(,)2OM ON x y x y ⋅=⋅=+，故可设设2,z x y =+则当直线2z x y =+经过交点A (1,10)时，z 取得最大值，最大值为12，所以正确选项为A ．考点：①简单线性规划的应用；②向量的数量积运算． 4．已知命题p ：∃x ∈R ，使sinx=25；命题q ：∀x ∈R ，都有x 2+x+1>0．给出下列结论：①命题“q p ∧”是真命题； ②命题“q p ⌝∨⌝”是假命题； ③命题“q p ∨⌝”是真命题； ④命题“q p ⌝∧”是假命题；其中正确的是A ．②③B ．②④C ．③④D ．①②③ 【答案】C 【解析】试题分析：命题p 中，sin 122x =>=，超出了正弦函数的值域[]1,1-，显然不存在这样的x 值，p 为假命题；命题q 中，二次项系数10>且0∆<，显然为真命题；所以p ⌝为真命题，q ⌝为假命题，由复合命题的真假判断规则得③④正确，所以正确选项为C ． 考点：①复合命题的真假判断；②正弦函数的性质；③一元二次不等式的解法． 5．方程1cos 2sin 22=+θθy x 表示椭圆，则θ的取值范围 A ．)22,2(πππ+k kB ．)2,(πππ+k kC ．)62,2(πππ+k kD ．(2,2)(2,2)k Z 662k k k k πππππππ+⋃++∈【答案】D【解析】试题分析：方程1cos 2sin 22=+θθy x 表示椭圆，则必须满足的条件为：sin 20,cos 0θθ>>，且sin 2cos θθ≠解不等式：sin 20cos 0θθ>⎧⎨>⎩，解得：(2,2)2k k πθππ∈+，由于26k πθπ≠+，(2,2)(2,2)662k k k k πππθππππ∈+++ Z k ∈，故正确选项D ．考点：①椭圆的简单性质；②三角函数不等式．6．a 1、b 1、c 1、a 2、b 2、c 2均为非零实数，不等式a 1x 2＋b 1x ＋c 1<0和a 2x 2＋b 2x ＋c 2<0的解集分别为集合M 和N ，那么“111222a b ca b c ==”是“M ＝N ” 的 A ．充分非必要条件 B ．必要非充分条件C ．充要条件 D ．既非充分又非必要条件【答案】D 【解析】 试题分析：若“1112220a b c a b c ==<”时，则不等式21110a x b x c ++<⇔22220a x b x c ++>，则“M N ≠”，即“111222a b c a b c ==”是“M N =”的不充分条件； 但当“M N ==∅”，如：210x x ++<和220x x ++<，“111222a b c a b c ==”不成立， 即“111222a b c a b c ==”是“M N =”的不必要条件； 故“111222a b c a b c ==”是“M N =”的既不充分也不必要条件，所以正确选项为D ． 考点：①必要条件、充分条件的判断；②不等式的基本性质．7．各项均为实数的等比数列{a n }前n 项之和记为n S ,若1010S =, 3070S =, 则40S 等于 A ．150 B ．-200 C ．150或 -200 D ．-50或400 【答案】A 【解析】试题分析：这类题的处理通常就是用求和公式将条件转化为1a 和q 的方程组，当用求和公式一定要注意对1q =的检验．若1q =，由1010S =可得303070S =≠，故公比1q ≠，1011030130(1)101(1)701a q S q a q S q ⎧-==⎪-⎪∴⎨-⎪==⎪-⎩①② ②/①可得301020101171q q q q-=++=-，解得102q =，或103q =-， 等比数列{}n a 的各项均为实数，102q ∴=，代回（1）可得1101a q=-- 404140(1)10(12)1501a q S q-∴==-⨯-=-，故正确选项为A ．考点：①等比数列的前n 项和公式；②方程思想．8．已知x (]1,∞-∈,不等式()04212>⋅-++x x a a 恒成立,则实数a 的取值范围为 A ．⎪⎭⎫ ⎝⎛-41,2 B ．⎥⎦⎤ ⎝⎛∞-41, C ．⎪⎭⎫⎝⎛-23,21 D ．(]6,∞-【答案】C【解析】 试题分析： 设2xt =，则22222111()0()1()1()t a a t a a t t a a t t a a t t⎛⎫++->⇒->--⇒-<+⇒-<+ ⎪⎝⎭恒成立，由(,1]x ∈-∞得11(0,2],2t t ⎡⎫∈⇒∈+∞⎪⎢⎣⎭，此时问题可转化为求211t t ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的最小值问题，因为2111f t t t⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭开口向上，对称轴为112t =-，所以1f t ⎛⎫ ⎪⎝⎭在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递增，故min 11324f f t ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，由()()22313443021230|422a a a a a a a a ⎧⎫-<⇒--<⇒+-<⇒-<<⎨⎬⎩⎭， 所以正确选项为C ．考点：①不等式恒成立问题；②换元法；③等价转化思想．9．给定正整数(2)n n ≥按下图方式构成三角形数表；第一行依次写上数1,2,3,,n ，在下面一行的每相邻两个数的正中间上方写上这两个数之和，得到上面一行的数（比下一行少一个数），依次类推，最后一行（第n 行）只有一个数．例如6n =时数表如图所示，则当2007n =时最后一行的数是A ．20072512⨯B ．200620072⨯C ．20082512⨯D ．200520072⨯【答案】C 【解析】试题分析：根据题意，观察图表中每一行的第一个数，依次为1、3、8、20、48、…，结合数列的知识，可得变化的规律：()2,n k k k N =≥∈时，最后一行的数是2(1)2k k -+⨯，可得正确选项为C ．考点：观察归纳推理能力．10．设等差数列｛n a ｝{ n b }的前n 项和为n S ，n T ，若1n n S nT n =+ ，则 57a b = A ．910 B ．914 C ．1314 D ．1311【答案】B 【解析】试题分析：设等差数列{}n a 和{}n b 的公差分别为1d 和2d ，则111112S a T b ==，即112b a =， 由2112122223S a d T b d +==+得112232a d d =-①，同理311312333334S a d T b d +==+得112243a d d =-② 由①②联解得112d a =，12d d =．故11511712114492+6614d d a a d b b d d d ++===+，所以正确选项为B ． 考点：①等差数列的通项公式及前n 项和公式；②方程思想．11．设点P 是椭圆)0(12222>>=+b a by a x 上一点，21,F F 分别是椭圆的左、右焦点，I 为21F PF ∆的内心，若21212F IF IPF IPF S S S ∆∆∆=+，则该椭圆的离心率是A ．21 B ． 22 C ．23D ．41【解析】试题分析：如下图所示设21F PF ∆的内切圆半径为r ，根据内心的性质，有111||2IPF S PF r ∆=⋅，221||2IPF S PF r ∆=⋅，12121||2PF F S F F r ∆=⋅． 12122IPF IPF IF F S S S ∆∆∆+=，即1212111||||2||222PF r PF r F F r ⋅+⋅=⨯⋅1211||||2||PF PF F F ∴+=故椭圆的离心率1212||212||||2F F c c e a a PF PF ====+，所以正确选项为A ． 考点：①三角形内切圆的性质；②椭圆的定义和性质． 12．已知z y x ,,为正实数，则222z y x yzxy +++的最大值为A ．32 B ．22 C ．54 D ．532 【答案】 【解析】试题分析：由所求代数式的结构分析，应根据基本不等式222a b ab +…着手解题，难点在于需将222x y z ++化为222211()()22x y y z +++，而2212x y +，2212y z +，于是2222222()()22xy yz xy yz x y z x y y z ++==+++++…，当且仅当2x z y ==时，等号成立，故正确选项B ． 考点：基本不等式的灵活应用．13．设12F F ，分别是椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的左、右焦点，若椭圆上存在点A ，使1290F AF ∠=且123AF AF =，则椭圆的离心率为 ．【答案】4【解析】试题分析：根据椭圆的定义a AF AF 2||||21=+,||321AF AF =，∴2||2a AF =，23||1a AF =， 1290F AF ∠=︒,∴勾股定理得 222)2()2()23c a a =+（，化简得2285c a =，即2258c a =，所以离心率c e a ===考点：①椭圆的定义和性质；②勾股定理． 14．设数列{}n a 满足1231231,4,9,,4,5,...n n n n a a a a a a a n ---====+-=，则=2014a ．【答案】8052【解析】 试题分析：()()()123n n n n a a a a ---=+-，()()()123n n n n a a a a ---∴-=-，∴20142013201220112010200921...413a a a a a a a a -=-=-==-=-=，即：偶数项－奇数项＝3，且20132012201120102009200832...945a a a a a a a a -=-=-==-=-=，即：奇数项－偶数项＝5，∴201420133a a -=，201320125a a -=, 201220113a a -= 201120105a a -=,………………，433a a -=，325a a -=， 213a a -=，将以上各式累加得：20041201431007510068051805118052a a a -=⨯+⨯=⇒=+=． 考点：①数列的递推公式；②累加法．15．已知正数c b a ,,满足5262+=+++bc ac ab a ，则c b a 23++最小值是______．【答案】【解析】试题分析：由已知()()()()26a ab bc ac a a b c a b a b a c +++=+++=++=+①2⨯得：()()2212a b a c ++=+=∴()()3222a b c a b a c ++=+++≥=．考点：①基本不等式；②等价变形的构造思想．16．已知在平面直角坐标系下，点B A ,分别为x 轴和y 轴上的两个动点，满足10||=AB ，点M 为线段AB 的中点，已知点)0,10(P ，)3,6(A ，则||||21AM PM +的最小值为______． 【答案】 【解析】试题分析：试题有误，无法给出解析和答案． 考点： 三、解答题 17．（本小题满分10分）设有两个命题：:p 关于x 的不等式x 2＋2ax ＋4>0对一切x ∈R 恒成立；:q 函数f （x ）＝－（4－2a ）x在（－∞，＋∞）上是减函数．若命题p q ∨为真，p q ∧为假，则实数a 的取值范围是多少？ 【答案】(]3,2,22⎡⎫-∞-⎪⎢⎣⎭【解析】试题分析：解决本题只需分别求出命题p 和命题q 为真时a 的取值范围，然后将两者的交集去掉，即将使两者同时为真的a 值去掉，剩下的部分即为所求．试题解析：当命题p 为真时，命题中一元二次不等式对应方程的判别式(){}222241441604|22a a a a a ∆=-⨯⨯=-<⇒<⇒-<<,令{}|22P a a =-<<；当命题q 为真时，根据指数型函数的单调性分析知其底数3342123|22a a a a a ⎧⎫->⇒<⇒<⇒<⎨⎬⎩⎭， 令3|2Q a a ⎧⎫=<⎨⎬⎩⎭，将集合P 、Ｑ在数轴上表示如下：由上图可知，当(],2a ∈-∞-时，命题p 为假，命题q 为真，当3,22a ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，命题p 为真，命题q 为假所以当命题p q ∨为真，p q ∧为假时，实数a 的取值范围是(]3,2,22⎡⎫-∞-⎪⎢⎣⎭． 考点：①命题与简易逻辑；②集合；③不等式和指数型函数；④简易逻辑与集合间关系的内在联系．18．（本小题满分12分）已知数列}{n a 的前n 项和 ,3,2,1,4232=+⋅-=n a S n n n ． （Ⅰ）求列数}{n a 列的通项公式；（Ⅱ）设n T 为数列}4{-n S 的前n 项和，求⋅n T【答案】（Ⅰ） 122(31),n N*n n n n a b n -==-∈；（Ⅱ） 12(37)14,*n n T n n N +=-+∈． 【解析】试题分析：（Ⅰ）本题已知n s 的表达式，而且是唯一的条件，所以切入口非11,1,2n n n s n a s s n -=⎧=⎨-≥⎩莫属，但在具体的求解过程中需注意观察并正确构造辅助数列方可顺利解题；（Ⅱ）由（Ⅰ）中的结论结合已知条件不难得出42(34),n N*n n S n -=-∈，显然符合错位相减法的特征，则n T 可求．试题解析：（Ⅰ）当1n =时，1111222a S a a ==-⇒=， 当2≥n 时，1--=n n n S S a ，11232--⨯+=n n n a a ，于是232211+=--n n n n a a ，令n n n a b 2=，则数列}{nb 是首项11=b 、公差为23的等差数列，故213-=n b n ， ∴122(31),n N*n n n n a b n -==-∈；（Ⅱ）由1232442(34),n N*2(31)nn n nn n n S a S n a n -⎧=-⋅+⎪⇒-=-∈⎨=-⎪⎩， ∴()()()123421122252823102372342n n nn T n n n --=-⨯+⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⨯+-⨯+-⨯ ……①①2⨯得：()()()2345112122252823102372342n n n n T n n n -+=-⨯+⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⨯+-⨯+-⨯ ……② ①－②得：()123421112323232323232342n n n n n T n --+-=-⨯+⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+⨯+⨯+⨯--⨯，∴()()()2111321223422(37)14,*12n n n nn T n T n n N -++⨯--=-+--⨯⇒=-+∈-．考点：①n a 与n s 的关系；②错位相减法；③辅助数列的构造和应用． 19．（本小题满分12分）在ABC∆中，(5,)(5,0),9B A B AC 、、边上的中线长之和为． （Ⅰ）求ABC ∆重心G 的轨迹方程（Ⅱ）设P 为（1）中所求轨迹上任意一点，求cos BPC ∠的最小值．【答案】（Ⅰ）22194x y +=； （Ⅱ）19-． 【解析】试题分析：（Ⅰ）因为AB 、AC 边上的中线长为定值9，由重心G 的性质,知2963GB GC +=⨯=，即动点G 到两定点B 、C 的距离之和为定值6，且62BC >=，所以G 点轨迹符合椭圆轨迹定义，根据椭圆定义相关性质易求得G 点轨迹方程；（Ⅱ）据已知，点P 在椭圆上，由椭圆定义可得6PB PC +=（定值），BC =，由余弦定理可得cos BPC ∠的表达式，结合相关等价变形和基本不等式可得所求． 试题解析：（Ⅰ）设AB AC 、的中点分别为M N 、（如下图所示），则据题意()229633GB GC BM CN +=+=⨯=,即动点G 到两定点B 、C 的距离之和为定值6，6BC >=,∴G 点轨迹为以B 、C 为焦点的椭圆，∴据题意可设椭圆方程为()22221,0x y a b a b+=>>，则26a =，2c =,即3,a c =，根据椭圆的相关性质得2222234b a c =-=-=，所以G 点的轨迹方程为22194x y +=；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，点P 在椭圆上（如上图所示），由椭圆定义可得6PB PC +=（定值） ，BC =，由余弦定理可得()222222206202cos 222PB PC PB PC PB PC BC PB PC BPC PB PC PB PC PB PC+-⋅-+---⋅∠===⋅⋅⋅1612PB PC=-⋅，显然当PB PC ⋅取得最大值时cos BPC ∠最小，63922PB PC PB PC +≤==⇒⋅≤，即PB PC ⋅的最大值为9，所以cos BPC ∠的最小值为1681112999-=-=-⨯． 考点：①椭圆的定义和性质；②椭圆的标准方程；③基本不等式；④最值求解的基本思想．20．（本小题满分12分）东北大学软件园新开发一款学习软件，该软件把学科知识设计为由易到难共12关的闯关游戏．为了激发闯关热情，每闯过一关都奖励若干慧币（一种网络虚拟币）．该软件提供了三种奖励方案：第一种，每闯过一关奖励40慧币；第二种，闯过第一关奖励4慧币，以后每一关比前一关多奖励4慧币；第三种，闯过第一关奖励0．5慧币，以后每一关比前一关奖励翻一翻（即增加1倍），游戏规定：闯关者须在闯关前任选一种奖励方案．（Ⅰ）设闯过n *(n 12)n N ≤∈且关后三种奖励方案获得的货币依次为,,n n n A B C 试分别求出,,n n n A B C 的表达式；（Ⅱ）如果你是一名闯关者，为了得到更多的慧币，你应该如何选择奖励方案．【答案】（Ⅰ）()40,12,*n A n n n N =≤∈，()222,12,*n B n n n n N =+≤∈，()112,12,*2n n C n n N -=-≤∈；（Ⅱ）当19(*)n n N ≤≤∈时选择第一种方案，当()1012*n n N ≤≤∈时选择第三种方案． 【解析】 试题分析：（Ⅰ）据题意，第一种奖励方案构成首项为40常数列；第二种奖励方案构成首项为4，公差为4的等差数列；第三种奖励方案构成首项为12，公比为2的等比数列；正确应用等差、等比数列的前n 项和公式不难得出所求；（Ⅱ）首先令12n =，得出三种奖励方案的最高奖额，然后根据所得大小关系列出不等式并解出相关n 的取值范围，得出具体选择方案．试题解析：（Ⅰ）据题意，第一种奖励方案是首项为40的常数列，所以()40,12,*n A n n n N =≤∈；第二种奖励方案构成首项为4，公差为4的等差数列,所以由等差数列的前n 项和公式得：()()214422,12,*2n n n B n n n n n N -=+⨯=+≤∈；第三种奖励方案构成首项为12，公比为2的等比数列，所以由等比数列的前n 项和公式得： ()()()1112112212,12,*1222n n n n C n n N --==-=-≤∈-；（Ⅱ）令12n =则124012480A =⨯=，212212212312B =⨯+⨯=，1112122047.52C =-=， ∴由()2240222380238038n n A B n n n n n n n n >⇒>+⇒-<⇒-<⇒<， 1124092n n n C A n n ->⇒->⇒>， 所以在12关内，第二种方案没有选择的价值，能过10关及以上选第三种方案，否则选第一种方案，即当19(*)n n N ≤≤∈时选择第一种方案，当()1012*n n N ≤≤∈时选择第三种方案． 考点：①等差、等比数列的定义和前n 和公式；②数列知识在解决实际问题中的运用；③不等式在方案决策中的应用．21．（本小题满分12分）数列{}n a 中，已知11a =，2n ≥时，11122333n n n a a --=+-．数列{}n b 满足：1*3(1)()n n n b a n N -=+∈．（Ⅰ）证明：{}n b 为等差数列，并求{}n b 的通项公式；（Ⅱ）记数列1n a n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n S ，是否存在正整数,m n ，使得1331m n m n S m S m +-<-+成立？若存在，求出所有符合条件的有序实数对(,)m n ；若不存在，说明理由． 【答案】（Ⅰ）详见解析，()2212,*n b n n n N =+-=∈；（Ⅱ） (1,1),(2,1),(2,2)． 【解析】试题分析：（Ⅰ）本题的落脚点在{}n b 上，所以首先从条件1*3(1)()n n n b a n N -=+∈的特征入手，里面有因式(1)n a +，提示我们可以考虑在条件11122333n n n a a --=+-中构造(1)n a +，从而使条件特征显现出，成为解题的突破口；（Ⅱ）充分利用（Ⅰ）中的结论并结合已知求出1n a n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的通项，从而求得n s ，将之代入题设中的不等式，通过一系列推理、化简、变形即可得出所求，变形过程应特别注意不等号两边的结构相似性． 试题解析：（Ⅰ）当2n ≥时， 由1211111122121(1)3(1)3(1)233333n n n n n n n n n n a a a a a a -------=+-⇒+=++⇒+=++， 1*3(1)()n n n b a n N -=+∈，即2n ≥时，1122n n n n b b b b --=+⇒-=，又()()1111311112b a -=+=⨯+=，∴数列{}n b 是首项为2，公差为2的等差数列，由等差数列的通项公式得：()2212,*n b n n n N =+-=∈；（Ⅱ）由（Ⅰ）得，11123(1)23n n n n n a b a n n --+=+=⇒=，所以12(1)133(1)313n n n S -==--， 则111111323331111(3)313333n n n n nn n nm S m S m m m m --+----==-=--------，由13113131m n m mn S m S m +-<=--++，得212111(3)3131(3)3131n m n m m m -<-⇒>--+--+， *(3)310,,1,2n m m N m -∴-∈=∴>当1m =时，2112314n n >⇒=⋅-；当2m =时，211,23110nn >⇒=- 综上，存在符合条件的所有有序实数对(,)m n 为：(1,1),(2,1),(2,2)．考点：①根据递推公式，构造性求解数列通项；②等差数列的定义和通项公式；③等比数列的前n 项和公式；④不等式的基本性质；⑤变形、运算、比较的能力和技巧．22．（本小题满分12分）已知椭圆116222=+y a x ，离心率为53． （Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）过4>a 的椭圆的右焦点F 任作一条斜率为k （0≠k ）的直线交椭圆于A ，B 两点，问在F 右侧是否存在一点D )0,(m ，连AD 、BD 分别交直线325=x 于M ，N 两点，且以MN 为直径的圆恰好过F ，若存在，求m 的值；若不存在，请说明理由．【答案】（Ⅰ）2212516x y +=或2225125616x y +=；（Ⅱ）5m =． 【解析】试题分析：（Ⅰ）根据椭圆的定义及其,,,a b c e 间的基本关系易求得“a ”值（不一定是定义中的a ），从而得到椭圆的方程，求解时注意分焦点在x 轴和y 轴上两种情况进行讨论；（Ⅱ）本题属于解析几何的综合性题型，解题的关键在于将“形”的特征用“数”的形式定量地刻画出，由与点D 有直接关系的A B 、、M 、N 四点着手，通过共线关系找到彼此的内在联系和数量关系；其次通过直径所对圆周角是直角构造向量垂直也是解决本题的一个关键所在，是对已知条件的深层次的挖掘；在些基础上，充分运用方程思想和精确的运算及推理不难得出所求．试题解析：（Ⅰ）当焦点在x 轴上时，由2222221616161625332555a c a c a a c c aa ⎧⎧-=-=⎪⎪⇒⇒=⇒=⎨⎨==⎪⎪⎩⎩，故所求椭圆方程为2212516x y +=．当焦点在y 轴上时，由22222161625631225455a c a c a c c ⎧⎧-==-⎪⎪⇒⇒=⎨⎨==⎪⎪⎩⎩，故所求椭圆方程为2225125616x y +=． 综上所述，所求椭圆方程为2212516x y +=或2225125616x y +=． （Ⅱ）如图所示：设直线AB 的方程为()()3,0y k x k =-≠，()()1122342525,,,,M ,,,33A x y B x y y N y ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则由()()222222316515025400012516y k x k x k x k x y ⎧=-⎪⇒+-+-=⎨+=⎪⎩，根据韦达定理（根与系数的关系）得：21221501625k x x k +=-，21222254001625k x x k -=+，∴由()()()()2112121222232563316253y k x k y y k x x k y k x =-⎧-⎪⇒=--=⎨+=-⎪⎩ …… ① M D A 、、三点共线，即//MD DA ,且325,3MD m y ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，()11,DA x m y =-,∴()()()1311313252533y m y x m y m y m x -⎛⎫--=-⇒= ⎪-⎝⎭,同理可得()()2423253y m y m x -=-, ∴()()()21234123259m y y y y m x m x -=-- ……②根所题意,2MFN π∠=（直径所对圆周角），即0FM FN FM FN ⊥⇔⋅=，∴233434416,y 31625603916,3FM y y y y FN y ⎧⎛⎫= ⎪⎪⎪⎝⎭⎛⎫⇒+=⇒=-⎨ ⎪⎝⎭⎛⎫⎪= ⎪⎪⎝⎭⎩……③ 由①、②、③得：()()()()()22222123252562561164000916259m k k m m x m x k --⨯=-⇒+-=--+， 210k +>，∴由21640005m m -=⇒=±，点D 在()3,0F 的右侧，∴3m >，5m =．∴存在满足条件的D 点，且5m =．考点：①椭圆的方程和性质；②直线方程；③向量共线和垂直的动用；④根下系数的关系；⑤数形结合思想；⑥方程思想；⑦推理和运算能力．。
高二物理上学期第一次段考试题(含解析)-人教版高二全册物理试题
2015-2016学年辽宁省东北育才学校高二〔上〕第一次段考物理试卷一、不定项选择题〔每题4分，共48分，选不全得2分，有错选不得分〕1．有人在调制电路时用一个“100kΩ、W〞的电阻和一个“300kΩ、W〞的电阻串联，作为400kΩ的电阻使用，此时两串联电阻允许消耗的最大功率为〔〕A．W B．W C．W D．W2．如下列图电路中，C2=2C1，R2=2R1，如下说法正确的答案是〔〕A．开关处于断开状态，电容C2的电量大于C1的电荷量B．开关处于断开状态，电容C1的电量大于C2的电荷量C．开关处于接通状态，电容C2的电量大于C1的电荷量D．开关处于接通状态，电容C1的电量等于C2的电荷量3．在如下列图电路中，电源电动势为12V，内电阻不能忽略．闭合S后，调整R的阻值，使电压表的示数增大△U=2V．在这一过程中〔〕A．通过R1的电流增大，增大量为△B．R2两端的电压减小，减小量为△UC．通过R2的电流减小，减小量小于△D．路端电压增大，增大量为△U4．如下列图，电源的电动势E=12V，内阻不计，电阻R1=R2=R3=6Ω，R4=12Ω，电容器的电容C=10μF，电容器中有一带电微粒恰好处于静止状态．假设在工作的过程中，电阻R2突然发生断路，电流表可看作是理想电表．如此如下判断正确的答案是〔〕A．R2发生断路前U AB=2VB．变化过程中流过电流表的电流方向由下到上C．R2发生断路后原来静止的带电微粒向下加速的加速度为3gD．从电阻R2断路到电路稳定的过程中，流经电流表的电量为8×10﹣5C5．如下列图，闭合S1断开S2调整滑动触头P使灯炮L正常发光，此时滑动变阻器的PB局部的电阻大于电源内阻r．如果再闭合S2如此〔〕A．电压表的读数变大 B．电流表的读数变大C．灯泡的亮度变暗D．电源输出的功率变小6．关于磁感应强度B的概念，如下说法中正确的答案是〔〕A．根据磁感应强度B的定义式B=可知，磁感应强度B与F成正比，与IL成反比B．一小段通电导线放存磁感应强度为零处，它所受的磁场力一定为零C．一小段通电导线在某处不受磁场力作用，该处的磁感应强度一定为零D．磁场中某处磁感应强度的方向，与通电导线在该处所受磁场力的方向一样7．两根长直通电导线互相平行，电流方向一样，它们的截面处于等边△ABC的A和B处，如下列图．两通电导线在C处产生磁场的磁感应强度大小都足B0，如此C处磁场的总磁感应强度大小是〔〕A．0 B．B0C．D．2B08．如下列图，质量为M、长为L的直导线通有垂直纸面向外的电流I，被一绝缘线拴着并处在匀强磁场中，导线能静止在倾角为θ的光滑斜面上，如此磁感应强度B的大小和方向可能是〔〕A．大小为，方向垂直斜面向上B．大小为方向垂直纸面向里C．大小为，方向水平向右D．大小为，方向沿斜面向下9．如下列图，一位于xy平面内的矩形通电线圈只能绕Ox轴转动，线圈的四个边分别与x、y 轴平行．线圈中电流方向如图．当空间加上如下所述的哪一种磁场时，线圈会转动起来〔〕A．方向沿x轴的恒定磁场 B．方向沿y轴的恒定磁场C．方向沿z轴的恒定磁场 D．方向沿z轴的变化磁场10．质量为m的通电细杆ab置于倾角为θ的导轨上，导轨的宽度为d，杆ab与导轨间的摩擦因数为μ，有电流时，ab恰好在导轨上静止，如下列图，图中的四个侧视图中，标出了四种可能的匀强磁场方向，其中杆ab与导轨之间的摩擦力可能为零的图是〔〕A．B． C．D．11．如下列图，两根平行放置的长直导线a和b载有大小一样、方向相反的电流，a受到的磁场力大小为F1．当参加一与导线所在平面垂直的匀强磁场后，a受到的磁场力大小变为F2，如此此时b受到的磁场力大小变为〔〕A．F2B．F1﹣F2C．F1+F2 D．2F1﹣F212．一条形磁铁静止在斜面上，固定在磁铁中心的竖直上方的水平导线中通有垂直纸面向里的恒定电流，如下列图．假设将磁铁的N极位置与S极位置对调后，仍放在斜面上原来的位置，如此磁铁对斜面的压力F和摩擦力f的变化情况分别是〔〕A．F增大，f减小B．F减小，f增大C．F与f都增大D．F与f都减小二、实验题〔共18分〕13．用伏安法测电阻，可采用〔a〕〔b〕两种方法将伏特表和安培表连入电路，测量后计算出的电阻值〔测量值〕与被测电阻的真实值比拟，〔a〕图测量值真实值，〔b〕测量值真实值．〔以上填大于、小于或等于〕14．多用电表调到欧姆档时，其内部等效电路是如下图中〔〕A．B．C．D．15．在“测定金属的电阻率〞的实验中，用螺旋测微器测量金属丝直径时的刻度位置如下列图，用米尺测量金属丝的长度l=0.810m．金属丝的电阻大约为4Ω．先用伏安法测出金属丝的电阻，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率．〔1〕从图中读出金属丝的直径为mm．〔2〕在用伏安法测定金属丝的电阻时，除被测的电阻丝外，还有如下供选择的实验器材：直流电源：电动势约4.5V，内阻很小；电流表A1：量程0～0.6A，内阻约0.125Ω；电流表A2：量程0～3.0A，内阻约0.025Ω；电压表V：量程0～3V，内阻约3kΩ；滑动变阻器R1：最大阻值10Ω；滑动变阻器R2：最大阻值50Ω；开关、导线等．在可供选择的器材中，应该选用的电流表是，应该选用的滑动变阻器是．〔填代号〕〔3〕假设根据伏安法测出电阻丝的电阻为R X=4.1Ω，如此这种金属材料的电阻率为Ω•m．〔保存二位有效数字〕16．有一小灯泡上标有“6V，0.1A〞字样，现要描绘该灯泡的伏安特性曲线，有如下器材供选用A 电压表〔0～3V，内阻2.0kΩ〕B 电压表〔0～10V，内阻3.0kΩ〕C 电流表〔0～0.3A，内阻2.0Ω〕D 电流表〔0～6A，内阻1.5Ω〕E 滑动变阻器〔2A，30Ω〕F 滑动变阻器〔0.5A，1000Ω〕G 学生电源〔直流9V〕，与开关，导线等〔1〕实验中所用的电压表应选，电流表应选，滑动变阻器应选；〔2〕在右方框中画出实验电路图，要求电压从0开始测量．17．在测定电源电动势和内阻的实验中，某同学所用的电路图和测得的数据如下：1 2 3 4 5 6U/V 1.42 1.36 1.08 1.21 1.14 1.07I/A 0.04 0.08 0.12 0.16 0.20 0.24〔1〕在给出的U﹣I坐标系中用给出的数据画图U﹣I图线；〔2〕求得电动势E=V，内阻r=Ω〔均保存2位有效数字〕三、计算题〔共34分〕18．如下列图，A1和A2是两块一样的电流表，V1和V2是两块一样的电压表．电流表A1的示数是1.4mA，电压表V1和V2的示数分别是0.8V和0.6V，试求：〔1〕电流表A2示数；〔2〕电压表和电流表的内阻之比．19．如下列图，电阻R1=8Ω，电动机绕组电阻R0=2Ω，当电键K断开时，电阻R1消耗的电功率是2.88W；当电键闭合时，电阻R1消耗的电功率是2W，假设电源的电动势为6V．求：〔1〕电源的内电阻；〔2〕当电键K闭合时电动机的输出功率．20．在如下列图的电路中，两平行正对金属板A、B水平放置，两板间的距离d=4.0cm．电源电动势E=400V，内电阻r=20Ω，电阻R1=1980Ω．闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球〔可视为质点〕从B板上的小孔以初速度v0=1.0m/s竖直向上射入两板间，小球恰好能到达A板．假设小球所带电荷量q=1.0×10﹣7C，质量m=2.0×10﹣4kg，不考虑空气阻力，忽略射入小球对电路的影响，取g=10m/s2．求：〔1〕A、B两金属板间的电压的大小U；〔2〕滑动变阻器消耗的电功率P滑；〔3〕电源的效率η．21．如下列图，质量为60g的铜棒长为a=20cm，棒的两端与长为L=30cm的细软铜线相连，吊在磁感应强度B=0.5T、方向竖直向上的匀强磁场中．当棒中通过恒定电流I后，铜棒向上摆动，最大偏角θ=60°，g取10m/s2，求：〔1〕铜棒中电流I的大小．〔2〕铜棒在摆动过程中的最大速率．2015-2016学年辽宁省东北育才学校高二〔上〕第一次段考物理试卷参考答案与试题解析一、不定项选择题〔每题4分，共48分，选不全得2分，有错选不得分〕1．有人在调制电路时用一个“100kΩ、W〞的电阻和一个“300kΩ、W〞的电阻串联，作为400kΩ的电阻使用，此时两串联电阻允许消耗的最大功率为〔〕A．W B．W C．W D．W考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：两电阻串联，电流相等，最大电流不能超过额定电流的最大值，根据P=I2R求出最大功率．解答：解：根据P=I2R知，“300kΩ，W〞的电阻的额定电流小，所以该电路中的电流不能超过该电阻的额定电流，I m=，如此最大总功率P总=I m2〔R1+R2〕==×W=W．故C正确，A、B、D错误．应当选C．点评：解决此题的关键知道串联电路电流相等，最大电流不能超过额定电流最小的电阻，以与掌握功率的公式P=I2R．2．如下列图电路中，C2=2C1，R2=2R1，如下说法正确的答案是〔〕A．开关处于断开状态，电容C2的电量大于C1的电荷量B．开关处于断开状态，电容C1的电量大于C2的电荷量C．开关处于接通状态，电容C2的电量大于C1的电荷量D．开关处于接通状态，电容C1的电量等于C2的电荷量考点：电容；闭合电路的欧姆定律．专题：电容器专题．分析：当开关处于断开状态时，电容器C1、C2并联，两端的电压等于电源的电动势．当开关处于闭合状态时，两电阻串联，C1与R2并联，C2与R1并联．解答：解：A、当开关处于断开状态时，电容器C1、C2并联，两端的电压等于电源的电动势，因为C2=2C1，根据Q=CU，知电容C2的电量大于C1的电荷量．故A正确，B错误．C、当开关处于闭合状态时，两电阻串联，C1与R2并联，C2与R1并联，因为R2=2R1，所以U2=2U1，因为C2=2C1，根据Q=CU知，电容C1的电量等于C2的电荷量．故C错误，D正确．应当选AD．点评：解决此题的关键搞清电键断开时、闭合时，该电路是什么样的电路，通过欧姆定律和Q=CU进展分析．3．在如下列图电路中，电源电动势为12V，内电阻不能忽略．闭合S后，调整R的阻值，使电压表的示数增大△U=2V．在这一过程中〔〕A．通过R1的电流增大，增大量为△B．R2两端的电压减小，减小量为△UC．通过R2的电流减小，减小量小于△D．路端电压增大，增大量为△U考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：R1是定值电阻，电压表V的示数增大△U的过程中，通过R1的电流增加，增加量△I=；电压表V的示数增大，变阻器有效电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，R2两端电压减小，根据路端电压的变化分析其电压减小量．电压表示数增加，R2电压减小，路端电压增加量一定小于△U．解答：解：A、R1是定值电阻，电压表V的示数增大△U的过程中，通过R1的电流增加，增加量△I=．故A正确．B、电压表V的示数增大，变阻器有效电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，内电压减小，所以路端电压增大；R2两端电压减小，如此R2两端电压减少量一定小于△U．故B 错误．C、由以上分析知，R2两端电压减少量一定小于△U，由欧姆定律得到：通过R2的电流的减少量一定小于．故C正确．D、电压表示数增加，R2电压减小，路端电压增加量一定小于△U．故D错误．应当选：AC．点评：此题是电路动态变化分析问题，此题中采用总量法，由电压表示数变化和总电压〔路端电压〕的变化来分析R2电压的变化，这是常用的方法．4．如下列图，电源的电动势E=12V，内阻不计，电阻R1=R2=R3=6Ω，R4=12Ω，电容器的电容C=10μF，电容器中有一带电微粒恰好处于静止状态．假设在工作的过程中，电阻R2突然发生断路，电流表可看作是理想电表．如此如下判断正确的答案是〔〕A．R2发生断路前U AB=2VB．变化过程中流过电流表的电流方向由下到上C．R2发生断路后原来静止的带电微粒向下加速的加速度为3gD．从电阻R2断路到电路稳定的过程中，流经电流表的电量为8×10﹣5C考点：闭合电路的欧姆定律；电容．专题：恒定电流专题．分析：由电路图可知，R2断路前，R1与R3串联R2与R4串联，最后两串联电路并联，由串联电路特点求出各电阻电压，求出AB间的电压；电阻R2断路后，电阻R1与R3串联，电容器与R3并联，求出电容器两端电压，根据电容器电压变化情况判断出通过电流表的电流方向；对带电微粒进展受力分析，由牛顿第二定律求微粒的加速度；由Q=CU求出通过电流表的电荷量．解答：解：A、R2发生断路前，根据串联电路的分压规律可得：U1=U2=6V，U3=4V，根据顺着电流方向电势降低，可知A点的电势比B点低．U AB=﹣〔U1﹣U3〕=﹣2V，故A错误；B、R2发生断路前，U AB=﹣2V，电容器上极板带负电，下极板带正电．R2发生断路后，U1′=0，U AB′=U3′=4V，电容器上极板带正电，下极板带负电，如此在变化过程中，通过电流表的电流由上向下，故B错误；C、R2发生断路前，带电微粒静止，受到向下的重力与向上的电场力作用，且电场力大小等于重力F=mg；R2发生断路后，带电微粒受到的电场力向下，由于R2发生断路后两极板间的电压是R2发生断路前电压的两倍，如此R2发生断路后微粒受到的电场力是原来电场力的两倍，为2F=mg，如此R2发生断路后，微粒受到的合力为3mg，方向向下，由牛顿第二定律可知，微粒的加速度为3g，方向向下，故C正确；D、从电阻R2断路到电路稳定的过程中，流经电流表的电量△Q=Q′﹣Q=CU AB′﹣CU AB=C〔U AB′﹣U AB〕=10×10﹣6F×[6V﹣〔﹣2V〕]=8×10﹣5C，故D正确；应当选：CD．点评：此题考查了求AB间电压、判断电流方向、微粒加速度、通过电流表的电荷量等问题，有一定难度，分析清楚电路结构是正确解题的前提与关键．5．如下列图，闭合S1断开S2调整滑动触头P使灯炮L正常发光，此时滑动变阻器的PB局部的电阻大于电源内阻r．如果再闭合S2如此〔〕A．电压表的读数变大 B．电流表的读数变大C．灯泡的亮度变暗D．电源输出的功率变小考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：首先能识别电路的结构，当开关S2闭合时，灯泡与变阻器PA局部并联，再与PB局部串联．根据并联电阻比支路电阻小，就能确定S2闭合后总电阻的如何变化，进而确定电流、电压的如何变化，两电表读数的变化情况就能判断．电源的输出功率，根据数学知识得知，当内外电阻相等时，输出功率最大．当外电阻大于电源内阻，外电阻减小时，就能判断输出功率如何变化．解答：解：A、B、C，闭合S2时，外电阻减小，总电流I增大，变阻器PAB局部电压增大，PA局部电压减小，电压表读数变小，电流表读数变小，灯泡变暗．故A、B错误，C正确．D、根据数学知识得知，当电源内外电阻相等时，电源输出功率最大．由于滑动变阻器的PB 局部的电阻大于电源内阻r，闭合S2后，外电阻减小，如此电源的输出功率增大．故D错误．应当选：C．点评：此题充分利用数学知识处理物理问题，这是物理上常用的方法，也是高考考查的重要内容．6．关于磁感应强度B的概念，如下说法中正确的答案是〔〕A．根据磁感应强度B的定义式B=可知，磁感应强度B与F成正比，与IL成反比B．一小段通电导线放存磁感应强度为零处，它所受的磁场力一定为零C．一小段通电导线在某处不受磁场力作用，该处的磁感应强度一定为零D．磁场中某处磁感应强度的方向，与通电导线在该处所受磁场力的方向一样考点：磁感应强度．分析：此题考查了磁场的大小与方向，磁感应强度B=是采用比值法定义的，B大小与F、IL无关，B由磁场本身决定，当电流方向与磁场方向不在同一直线上时，导体才受到磁场力作用，磁场力的方向与电流、磁场垂直．解答：解：A、磁感应强度B=是采用比值法定义的，B大小与F、IL无关，B由磁场本身决定，故A错误；B、根据F=BIL可知，当磁感应强度为零处，它所受磁场力一定为零，故B正确．C、当导体方向与磁场方向在一条线上时，导体不受磁场力作用，此时磁感应强度并非为零，故C错误；D、根据左手定如此可知，磁场方向与磁场力方向垂直，故D错误．应当选B．点评：对于磁感应强度的定义式B=，要明确其定义方法、适用条件，以与各个物理量的含义，可以和电场强度的定义E=类比学习．7．两根长直通电导线互相平行，电流方向一样，它们的截面处于等边△ABC的A和B处，如下列图．两通电导线在C处产生磁场的磁感应强度大小都足B0，如此C处磁场的总磁感应强度大小是〔〕A．0 B．B0C．D．2B0考点：磁感应强度．分析：根据右手螺旋定如此得出两根通电导线在C点的磁感应强度的方向，根据平行四边形定如此得出合场强的大小．解答：解：根据安培定如此可知，导线A在C处产生的磁场方向垂直于AC方向向右，导线B在C处产生的磁场方向垂直于BC方向向右，如图，根据平行四边形定如此得到，C处的总磁感应强度为B总=2Bcos30°=B0．应当选：C点评：解决此题的关键掌握右手螺旋定如此判断通电电流周围的磁场方向，以与知道磁感应强度是矢量，合成遵循平行四边形定如此．8．如下列图，质量为M、长为L的直导线通有垂直纸面向外的电流I，被一绝缘线拴着并处在匀强磁场中，导线能静止在倾角为θ的光滑斜面上，如此磁感应强度B的大小和方向可能是〔〕A．大小为，方向垂直斜面向上B．大小为方向垂直纸面向里C．大小为，方向水平向右D．大小为，方向沿斜面向下考点：安培力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件与其应用．分析：通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式F=BIL求出安培力大小，由左手定如此来确定安培力的方向．解答：解：A、安培力沿斜面向上大小为Mgtanθ．而重力和支持力的合力等于Mgsinθ小于安培力，所以导线有沿斜面往上的运动趋势，故A错误；B、无所谓B的大小安培力均为0．而绳的拉力，重力和支持力可以满足平衡条件，故B正确；C、安培力竖直向上，重力和安培力平衡，没有支持力和拉力，故C正确；D、安培力垂直斜面向上大小为Mg，沿斜面方向分解重力．因为Mg＞Mgcosθ，所以导线有离开斜面的运动趋势，故D错误；应当选：BC．点评：学会区分左手定如此与右手定如此，前者是判定安培力的方向，而后者是判定感应电流的方向．9．如下列图，一位于xy平面内的矩形通电线圈只能绕Ox轴转动，线圈的四个边分别与x、y 轴平行．线圈中电流方向如图．当空间加上如下所述的哪一种磁场时，线圈会转动起来〔〕A．方向沿x轴的恒定磁场 B．方向沿y轴的恒定磁场C．方向沿z轴的恒定磁场 D．方向沿z轴的变化磁场考点：安培力；左手定如此．分析：根据左手定如此判断矩形通电线圈四条边所受的安培力情况，将四个选项逐一代入选择符合题意的选项．解答：解：A、磁场方向沿x轴，线圈左右两边不受安培力，根据左手定如此可知，里面的边所受安培力方向向上，外面的边所受安培力方向向下，根据题意线圈不能转动．故A错误． B、磁场方向沿y轴，线圈前后两边不受安培力，根据左手定如此可知，线圈左边所受安培力方向向上，右边所受安培力方向向下，由题意线圈可以绕Ox轴转动．故B正确．C、磁场方向沿z轴，根据左手定如此可知，线圈左右两边所受安培力平衡，前后两边所受安培力也平衡，整个线圈所受安培力的合力为零，无法转动，不符合题意．故C错误．D、加方向沿z轴的变化磁场，线圈中产生感应电流，与C项情况一样，根据左手定如此可知，整个线圈所受安培力的合力为零，无法转动，不符合题意．故D错误．应当选B．点评：此题是磁场中典型问题：判断安培力作用下导体运动方向的问题，关键在于分析安培力的大小和方向．10．质量为m的通电细杆ab置于倾角为θ的导轨上，导轨的宽度为d，杆ab与导轨间的摩擦因数为μ，有电流时，ab恰好在导轨上静止，如下列图，图中的四个侧视图中，标出了四种可能的匀强磁场方向，其中杆ab与导轨之间的摩擦力可能为零的图是〔〕A．B． C．D．考点：安培力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件与其应用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：通过对杆ab受力分析，根据共点力平衡判断杆子是否受摩擦力．解答：解：A、杆子受重力、水平向右的安培力和斜面的支持力，假设三个力平衡，如此不受摩擦力．故A正确．B、杆子受重力，竖直向上的安培力，假设重力与安培力相等，如此二力平衡，不受摩擦力．故B正确．C、杆子受重力、竖直向下的安培力、支持力，要想处于平衡，一定受摩擦力．故C错误．D、杆子受重力、水平向左的安培力，支持力，要想处于平衡，一定受摩擦力．故D错误．应当选AB．点评：解决此题的关键掌握安培力的方向判定，以与能正确地进展受力分析，根据受力平衡判断杆子是否受摩擦力．11．如下列图，两根平行放置的长直导线a和b载有大小一样、方向相反的电流，a受到的磁场力大小为F1．当参加一与导线所在平面垂直的匀强磁场后，a受到的磁场力大小变为F2，如此此时b受到的磁场力大小变为〔〕A．F2B．F1﹣F2C．F1+F2 D．2F1﹣F2考点：平行通电直导线间的作用．分析：当两根通大小一样方向相反的电流时，a受到的一个F1磁场力，然后再参加一匀强磁场，如此a受到F2磁场力．如此此时b受到的磁场力大小与a一样，方向相反．解答：解：如下列图，两根长直线，电流大小一样，方向相反．如此a受到b产生磁场的作用力向左大小为F1，那么b受到a产生磁场的作用力向右大小为F1′，这两个力大小相等，方向相反当再参加匀强磁场时产生的磁场力大小为F0，如此a受到作用力为F2=F1+F0，或F2=F1﹣F0而对于b由于电流方向与a 相反，所以b受到作用力为F2′=F1+F0，或F2′=F1﹣F0，这两个力大小相等，方向相反．将F1=F2﹣F0，或F1=F2+F0代入F2′=F1+F0，或F2′=F1﹣F0，可得，F2′=F2；故A正确，BCD错误；应当选：A．点评：当没有参加匀强磁场时，两根通电直导线的作用力是相互；当参加匀强磁场时，两根通电直导线的作用力仍是相互．12．一条形磁铁静止在斜面上，固定在磁铁中心的竖直上方的水平导线中通有垂直纸面向里的恒定电流，如下列图．假设将磁铁的N极位置与S极位置对调后，仍放在斜面上原来的位置，如此磁铁对斜面的压力F和摩擦力f的变化情况分别是〔〕A．F增大，f减小B．F减小，f增大C．F与f都增大D．F与f都减小考点：共点力平衡的条件与其应用；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：先分析磁铁的N极位置与S极位置对调前，导线所受的安培力方向，由牛顿第三定律判断磁铁所受的安培力方向，由平衡条件确定磁铁对斜面的压力F和摩擦力f与重力、安培力的关系；再作同样的方法分析磁铁的N极位置与S极位置对调后磁铁对斜面的压力F和摩擦力f与重力、安培力的关系，判断F、f的变化情况．解答：解：在磁铁的N极位置与S极位置对调前，根据左手定如此判断可知，导线所受的安培力方向斜向下，由牛顿第三定律得知，磁铁所受的安培力方向斜向上．设安培力大小为F 安，斜面的倾角为α，磁铁的重力为G．由磁铁的力平衡得：斜面对磁铁的支持力：F=〔G﹣F安〕cosα摩擦力：f=〔G﹣F安〕sinα在磁铁的N极位置与S极位置对调后，同理可知，斜面对磁铁的支持力：F=〔G+F安〕cosα摩擦力：f=〔G+F安〕sinα可见，F、f都增大．选项ABD错误，C正确．应当选C点评：此题中判断磁铁所受的安培力方向是关键，方法是先判断导线的安培力，再由牛顿第三定律判断磁铁所受的安培力方向．二、实验题〔共18分〕13．用伏安法测电阻，可采用〔a〕〔b〕两种方法将伏特表和安培表连入电路，测量后计算出的电阻值〔测量值〕与被测电阻的真实值比拟，〔a〕图测量值小于真实值，〔b〕测量值大于真实值．〔以上填大于、小于或等于〕考点：伏安法测电阻．专题：实验题．分析：两种接法都有误差：a图为电流表外接法，误差来源于电流表的示数不只是通过R的电流，还包括了电压表的电流；b图是电流表内接法，误差来源于电压表的示数不只是电阻R 的电压，还包括了电流表的分压，要根据测量值的计算式去分析偏大还是偏小．解答：解：a图接法：电流表的示数为通过电阻的电流和电压表的电流之和，即 I=I R+I V电压表的示数U是R两端电压的真实值，如此R测==＜=R真；b图接法：电压表的示数为R两端的电压和安培表两端的电压之和，即U=U R+U A电流表的示数I是通过R的真实值，如此R测==＞=R真；故答案为：小于，大于点评：待测电阻远大于电流表内阻时，电流表的分压小，可忽略不计，用电流表内接法．测量值偏大．待测电阻远小于电压表内阻时，电压表的分流小，可忽略不计，用电流表外接法，测量值偏小．14．多用电表调到欧姆档时，其内部等效电路是如下图中〔〕A．B．C．D．考点：多用电表的原理与其使用．专题：恒定电流专题．分析：根据欧姆表改装原理可知其内部等效电路应有电池、滑动变阻器、电流表表头，并且黑表笔应与电池的正极相连，红表笔与电池的负极相连．解答：解：多用电表调到欧姆档时，其内部应有电池、滑动变阻器、电流表表头，并且黑表笔应与电池的正极相连，红表笔与电池的负极相连．故C正确，ABD错误．。
辽宁省沈阳市东北育才学校高一物理上学期第一次阶段考试试题
C. 箱子接近地面时 , 箱内物体受到的支持力比刚投下时大
D. 若下落距离足够长 , 箱内物体有可能不受底部支持力“而飘起来” 5. 如图所示粗糙的水平面上， 物体在一个与水平方向成 α 角的拉力 F 的作用下匀速向右运动， 若力与水平
方向的夹角 α 角减小，物体仍然匀速向右运动，则下列关于力
F 与物体重力 G的合力的方向的叙述中正确
A. 逐渐增大
B.
逐渐减小
C. 保持不变
D.
先增大后减小
13. 如图所示，有一根可绕 A 端自由转动长为 R 的轻杆 AO，用绳在 O点悬挂一个重为 G的物 体，另有一根绳一端系在 O点，另一端系在半径为 R 的圆弧形墙壁上的 C点。当点 C 由图示 位置逐渐向上沿圆弧移动到 B 点的过程中，有 A． OC绳的拉力大小先减小后增大 B． OC绳的拉力大小保持不变 C． OA杆的弹力大小保持不变 D． OA杆的弹力大小逐渐减小 14. 如图甲所示， A、B 两物体叠放在光滑水平面上， 施加一水平变力 F， F－ t 关系图象如图乙所示．两
辽宁省沈阳市东北育才学校 2014-2015 学年高一上学期第一次阶段考试物理试
题
1. 如图所示，甲、已两人在冰面上“拔河” 。两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线者为赢。
若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法正确的是
A．甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力
B．甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力
1
1
x=x1+x2=v10 Δ t1+
2 a 1Δ t12 +v20Δt2+
2
2 a2Δ t 2 =46 m
解法二 : 根据 v-t 图象围成的面积 , 得
辽宁省沈阳市东北育才学校高三物理上学期第一次模拟考试试题
东北育才学校2015---2016高三第一次模拟考试物理科试卷满分：100分一、选择题（本题共12小题，每小题4分。
1-8为单选，9-12为多选。
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．在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，需要精确的重力加速度g值，g 值可由实验精确测定．近年来测g值的一种方法叫“对称自由下落法”，它是将测g值归于测长度和时间，以稳定的氦氖激光的波长为长度标准，用光学干涉的方法测距离，以铷原子钟或其他手段测时间，此方法能将g值测得很准．具体做法是：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中的O点向上抛小球，从抛出小球至小球又落回抛出点的时间为T2；小球在运动过程中经过比O点高H的P点，小球离开P点至又回到P点所用的时间为T1.由T1、T2和H的值可求得g等于( )A.8HT22－T21B.4HT22－T21C.8HT22－T21D.H4T2－T212．图中的两条图线分别是甲、乙两球从同一地点、沿同一直线运动的v－t图象，根据图象可以判断( )A．两球在t＝2 s时速度相同B．两球在t＝2 s时相距最近C．两球在t＝8 s时相遇D．在2 s～8 s内，两球的加速度大小相等3．如图所示，A、B两物体的质量分别为m A和m B，且m A>m B，整个系统处于静止状态，滑轮的质量和一切摩擦均不计.如果绳一端由Q点缓慢地向左移到P点，整个系统重新平衡后，物体A的高度和两滑轮间绳与水平方向的夹角θ如何变化？（）A.物体A的高度升高，θ角变大B.物体A的高度降低，θ角变小C.物体A的高度升高，θ角不变D.物体A的高度不变，θ角变小4．如右图所示，小车上有一直立木板，木板上方有一槽，槽内固定一定滑轮，跨过定滑轮的轻绳一端系一重球，另一端系在轻质弹簧测力计上，弹簧测力计固定在小车上，开始时小车处于静止状态，轻绳竖直且重球恰好紧挨直立木板，假设重球和小车始终保持相对静止，则下列说法正确的是( )A．若小车匀加速向右运动，弹簧测力计读数及小车对地面压力均不变B．若小车匀加速向左运动，弹簧测力计读数及小车对地面压力均不变C．若小车匀加速向右运动，弹簧测力计读数变大，小车对地面压力变小D．若小车匀加速向左运动，弹簧测力计读数变大，小车对地面压力不变5..细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连．平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如右图所示．(已知cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8)以下说法正确的是( )A ．小球静止时弹簧的弹力大小为35mgB ．小球静止时细绳的拉力大小为35mgC ．细线烧断瞬间小球的加速度立即为gD ．细线烧断瞬间小球的加速度立即为53g6.质量为2 kg 的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等．从t ＝0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F 的作用．F 随时间t 的变化规律如图所示．重力加速度g 取10 m/s 2，则物体在t ＝0至t ＝12 s 这段时间的位移大小为( ) A ．18 m B ．54 m C ．72 m D ．198 m7.如图所示，一倾斜的匀质圆盘垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5m 处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物体与盘面间的动摩擦因数为2。
辽宁省沈阳市东北育才学校2015年高二物理上学期第一次统一作业试题(含答案)
高二物理统一作业一、选择题（每题5分，共60分）1.如图所示，在某外高内低的弯道测试路段上汽车向左转弯，把汽车的运动看作是在水平面内做半径为R 的匀速圆周运动。
设路面内外高度相差h ，路基的水平宽度为d ，路面的宽度为L ，已知重力加速度为g 。
要使车轮与路面之间垂直前进方向的横向摩擦力等于零，则汽车转弯时的车速应等于 A ．gRhLB ．gRLhC. gRhdD. gRdh2.在某次杂技表演中，表演装置如图，两定滑轮通过天花板固定在同一竖直平面的同一高度处，质量相等的两个表演者B 、C 分别抓住绳子吊在左边，另一个表演者A 用手抓住绳子吊在右边，一开始三个表演者抓住绳子身体悬空并能保持静止，表演者B 、C 抓绳的点到结点P 的轻绳长度相等，滑轮摩擦不计．当表演开始，表演者B 、C 以相同角速度在水平面做圆周运动（表演者B 、C 距离始终为圆周运动直径）时，表演者A 将A ． 向上加速运动B ． 向下加速运动C ． 保持静止D ． 上下振动3.如图，长为2L 的轻杆两端分别固定质量均为m 的两小球P 、Q ，杆可绕中点的轴O 在竖直平面内无摩擦转动。
若给P 球一个大小为gL 2的速度，使P 、Q 两球在竖直面内做匀速圆周运动。
不计空气阻力，重力加速度为g ，下列说法正确的是 A ．Q 球在运动过程中机械能守恒B ．P 从最高点运动到最低点过程中杆对其做功为2mgLC ．水平位置时杆对PD ．Q 到达最高点时杆对其作用力大小为mg4.中国航天局秘书长田玉龙2015年3月6日证实，将在2015年年底发射高分四号卫星，这是中国首颗地球同步轨道高时间分辨率对地观测卫星。
如图所示，A 是静止在赤道上随地球自转的物体；B 、C 是同在赤道平面内的两颗人造卫星，B 位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上，C 是高分四号卫星。
则下列关系正确的是 A ．物体A 随地球自转的角速度大于卫星B 的角速度 B ．卫星B 的线速度大于卫星C 的线速度C ．物体A 随地球自转的加速度大于卫星C 的加速度D ．物体A 随地球自转的周期大于卫星C 的周期5.如图所示，一个质量均匀分布的星球，绕其中心轴PQ 自转，AB 与PQ 是互相垂直的直径。
2024届辽宁省沈阳市东北育才学校高二物理第一学期期中监测模拟试题含解析
2024届辽宁省沈阳市东北育才学校高二物理第一学期期中监测模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。
考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、如图所示，矩形闭合线圈abcd 竖直放置，OO ′为它的对称轴，直导线AB 与OO ′平行，且AB 、OO ′所在平面与线圈平面垂直．当AB 中的电流I 逐渐增大时，下列关于线圈中感应电流的说法中正确的是：( )A ．有感应电流，方向为abcdaB ．有感应电流，方向为adcbaC ．有感应电流，方向不能确定D ．没有感应电流2、如图甲所示，R 为电阻箱，A 为理想电流表，电源的电动势为E ，内阻为r ．图乙为电源的输出功率P 与电流表示数I 的关系图象，其中功率P 0分别对应电流I 1、I 1，外电阻R 1、R 1．下列说法中正确的是（ ）A ．12E I I r +>B ．12E I I r +=C ．12R r r R >D ．12R r r R < 3、在同一地点，质量不同的两个物体从同一高度同时开始做自由落体运动，则 A ．质量大的物体下落的加速度大B ．两个物体同时落地C ．质量小的物体先落地D ．质量大的物体先落地4、小明家的保险丝突然熔断，以下原因不可能的是()A．家用电器的总功率过大B．导线绝缘皮损坏，火线、零线直接接触，造成短路C．灯座里的电线发生短路D．火线断路5、有一个长方体型的金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且a＞b＞c．电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻值最小的是（）A．B．C． D．6、关于电场强度的定义式FEq＝，下面说法中正确的是（）A．q越大则E越小B．q为试探电荷的电荷量C．q为场源电荷的电荷量D．E的方向与试探电荷的受力方向相同二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
辽宁省沈阳市东北育才学校高三上学期第一次模拟考试物理试题Word版含答案
D .条件不足，无法比较 T 和T ，的大小关系辽宁省沈阳市东北育才学校高三上学期第一次模拟考试物理试题Word 版含答案.选择题（共12小题 每小题4分计48分）1.（单选）将一个小球从报废的矿井口由静止释放后做自由落体运动，4s 末落到井底。
该小球开始下落后第 2s 内和第4s 内的平均速度之比是 A. 1 : 3B . 2 : 4C . 3 : 7D . 4 : 162. （单选）在同一地，甲、乙两物体沿同一方向做直线运动的速度 A .两物体两次相遇的时刻是 2s 末和6s 末B. 4s 后甲在乙前面C.两物体相距最远的时刻是 2s 末D. 乙物体先向前运动 2s ,随后向后运动4.（单选）如左图所示，装置中 0A 、OB 是两根轻绳，AB 是轻杆，它们构成一个正三角形。
在A 、B 两处分别固定质量均为 m 的小球，此装置悬挂在 0点，开始时装置自然下垂。
现对小球B 施加一个水平力 F ，使装置静止在右图所示的位置，此时0A 竖直。
设在左3.（单选）某人站在平台上水平抛出 忽略空气阻力，图中能够正确地反映速度矢量 是V 1,落地时速度为 V 2,（相邻速度矢量间的时间间隔相同）演变过程球，球离平台时的初速度为作用力大小为T /，下列判断正确的是 A. T /=2T B. T />2T C . T /<2T图所示的状态下0B 对小球B 的作用力大小为T ,在右图所示0B 对小球B 的5. （单选）半径为R光滑半圆柱体固定在水平面上，竖直光滑墙与之相切，一个质量为半径为r（r R）的小圆柱体置于墙与半圆柱体之间，恰好平衡。
以下说R r法正确的是：①墙对小圆柱体的弹力大小为mg :②若要使小圆柱R r体对墙压力增大，可以仅增大R ;③若仅减小小圆柱体半径而不改变其质量，可使大圆柱体所受压力增大；④若仅减小小圆柱体半径而不改变其质量，可使大球所受压力减小。
6.A.①② B•①③（单选）如图所示，物体时弹簧的长度大于原长。
高二物理月考试题及答案-辽宁沈阳市东北育才学校-2015学年高二下学期第一次阶段考试
2014-2015学年辽宁省沈阳市东北育才学校高二（下）第一次段考物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题3分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）1．（3分）下列说法正确的是（）A．单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期与单摆的摆长无关B．变化的电场一定产生变化的磁场，变化的磁场一定产生变化的电场C．在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由红光改为绿光，则干涉条纹间距变窄D．用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的偏振【考点】：单摆周期公式；光的偏振；双缝干涉的条纹间距与波长的关系．【分析】：单摆在周期性外力作用下做受迫振动周期等于驱动力的周期．变化的电场不一定产生变化的磁场；变化的磁场也不一定产生变化的电场．平行的单色光投射到一个有两条狭缝的挡板上，狭缝相距很近，平行光的光波会同时传到狭缝，它们就成了两个振动情况总是相同的波源，它们发出的光在档板后面的空间相互叠加，就发生了干涉现象，条纹间距为；检查平面的平整度是利用薄膜干涉；【解析】：解：A、单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期等于驱动力的周期，与单摆的摆长无关．故A正确；B、根据麦克斯韦电磁场理论得知，变化的电场一定产生磁场，但不一定产生变化的磁场；变化的磁场一定产生电场，但不一定产生变化的电场；故B错误；C、在双缝干涉实验中，若仅将入射光由红光改为绿光，由于波长变小，故条纹间距变小，故C正确；D、检查平面的平整度的原理是经过空气层的前后两面反射的光线在标准样板的下表面叠加发生薄膜干涉形成干涉条纹，故D错误．故选：AC．【点评】：本题考查的知识点比较杂，重点是掌握各种物理现象发生的原理即可顺利解决此类题目，单摆震动应分清是自由震动，还是受迫震动．2．（3分）某质点在坐标原点O处做简谐运动，其振幅为10cm，振动周期为0.6s，振动在介质中沿x轴正方向传播，波速为1m/s，当质点由平衡位置O开始向上振动0.15s时立即停止振动，则振动源停止振动后经过0.45s时刻的波形是下图中的哪一个（）A． B． C． D．【考点】：波长、频率和波速的关系；横波的图象．【专题】：振动图像与波动图像专题．【分析】：质点的振动周期为0.6s，当质点由平衡位置O开始向上振动0.15s时立即停止振动时，形成波长的波形沿x轴正方向传播．根据波速和时间，求出振动源停止振动后经过0.45s波形移动的距离．波沿x轴正方向传播，各质点起振方向都与波源的起振方向相同．【解析】：解：当质点由平衡位置O开始向上振动0.15s时立即停止振动，形成波长的波形沿x轴正方向传播，而且波形位于x轴上方．波速为v=1m/s，则经过时间t=0.45s，波向右传播的距离为0.45m，波峰到达0.45m处．所以经过0.45s时刻的波形是C．故选C【点评】：本题要对质点的振动与波动之间的关系要理解，抓住质点中各起振方向都与波源的起振方向相同．3．（3分）如图甲所示，O点为振源，OP=s，t=0时刻O点由平衡位置开始振动，产生沿直线向右传播的简谐横波，如图乙为P点从t1时刻开始沿y轴正方向开始振动的振动图象，则以下说法错误的是（）A． t=0时刻振源O的振动方向沿y轴正方向B． t2时刻P点振动速度最大，方向沿y轴负方向C．该波与另一频率为Hz的同类波叠加能产生稳定的干涉现象D．某障碍物的尺寸为，该波遇到此障碍物时能发生明显的衍射现象【考点】：简谐运动的振动图象；波长、频率和波速的关系．【专题】：振动图像与波动图像专题．【分析】：由乙图读出P点的起振方向，t=0时刻振源O振动的方向与t1时刻P点的振动方向相同．由乙看出，波从O点传到P点的时间为t1，距离为s，可求出波速，读出周期，求出波长和频率．当两列波的频率相同时才能产生稳定的干涉现象；当障碍物尺寸比波长小或差不多时能发生明显的衍射现象．【解析】：解：A、t=0时刻振源O的振动方向与P点起振方向相同，由乙图读出t1时刻，P 点的振动方向沿y轴正方向，即P点的起振方向沿y轴正方向，则t=0时刻，振源O振动的方向沿y轴正方向．故A正确．B、由乙图知，t2时刻P点振动速度最大，沿y轴正方向．故B错误．C、由乙知，该波的周期为T=t2﹣t1，频率为f=，当该波与另一频率为Hz的同类波叠加能产生稳定的干涉现象．故C正确．D、由题，波速为v=，由v=得，波长λ=vT=•，则当障碍物的尺寸为（t2﹣t1）=λ，该波遇到此障碍物时能发生明显的衍射现象．故D正确．本题选错误的，故选：B．【点评】：本题要抓住波在均匀介质中是匀速传播的，根据传播距离和时间可求出波速．简谐波在传播过程中，各质点的起振方向相同．4．（3分）（一列简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到P点，t+0.6s时刻的波形如图中的虚线所示，T＞0.6s，a、b、c、P、Q是介质中的质点，则以下说法不正确的是（）A．这列波的波速为50m/sB．质点a在这段时间内通过的路程等于30cmC．质点c在这段时间内通过的路程为20cmD． t+0.5s时刻，质点b、P的位移相同【考点】：横波的图象；波长、频率和波速的关系．【专题】：振动图像与波动图像专题．【分析】：根据波形传播的距离和时间求出波速．通过经历的时间与周期的关系，通过s=求出质点通过的路程，注意该公式适用于平衡位置和最大位移处的质点．根据波形的平移法分析在t+0.5s时刻质点b、P的位移关系．【解析】：解：A、在0.6s内，波形传播的距离△x=30m，因为T＞0.6s，则波速．故A正确．B、波长λ=40m，则周期T=，则0.6s内平衡位置或最大位移处的质点的路程s=，因为质点a不在平衡位置或最大位移处，可知在这段时间内路程不为30cm．故B错误．C、波形传播到c位置的时间，知0.2s后质点c开始振动，在0.4s内的路程s=2A=20cm．故C正确．D、经过0.5s，波形向前移动的距离x=50×0.5m=25m，此时b、P关于波峰对称，位移相同．故D正确．本题选错误的，故选：B．【点评】：本题考查对波动图象的理解能力．知道两个时刻的波形时，往往应用波形的平移法来理解．5．（3分）一列横波在t=0时的波形如图所示，C点此时向下运动，A、B两质点间距为8m，B、C两质点在平衡位置的间距为3m，当t=1s时，质点C恰好通过平衡位置，则该波的波速可能为（）A．m/s B． 3m/s C． 15m/s D． 27m/s【考点】：波长、频率和波速的关系；横波的图象．【分析】：本题先由此时质点C的运动方向判断出波向左传播．由图知：AB间距离等于一个波长λ．根据波形的平移法得到时间t=1s与周期的关系式，求出周期的通项，求出波速的通项，再得到波速的特殊值．【解析】：解：由图读出波长为λ=8m．C点此时向下运动，则知波向左传播．波向左传播，质点C恰好通过平衡位置时，波传播的最短距离为3m，根据波形的平移法得：t=（n+）T或（n+）T，n=0，1，2…，得 T==s或s，则波速v==（8n+3）m/s 或v=（8n+7）m/s当n=0时，由上式得：v=3m/s或7m/s当n=1时，由上式得：v=11m/s或15m/s，当n=3时，由上式得v=27m/s或31m/s，由于n是整数，v不可能等于m/s．故选：BCD【点评】：本题的解题关键是运用波形平移法，得到时间与周期的关系式，得到波速的通项，再研究特殊值．6．（3分）心电图仪（如图所示）通过一系列的传感手段，可将与人心跳对应的生物电流情况记录在匀速运动的坐标纸上．医生通过心电图，可以了解到被检者心跳的情况，例如，测量相邻两波峰的时间间隔，便可计算出1min内心脏跳动的次数（即心率）．同一台心电图仪正常工作时测得待检者甲、乙的心电图分别如图甲、乙所示．若医生测量时记下被检者甲的心率为60次/min，则可推知乙的心率和这台心电图仪输出坐标纸的走纸速度大小分别为（）A． 48次/min，25 mm/s B． 48次/min，36 mm/sC． 75次/min，45 mm/s D． 75次/min，25 mm/s【考点】：简谐运动的振幅、周期和频率．【专题】：简谐运动专题．【分析】：由图看出坐标纸上都记录了心跳两次的情况，根据坐标纸的长度与速度之比，得到心跳的周期，心跳周期与心率成反比，可求出两人心率之比，即可求出乙的心率．坐标纸做匀速运动，由长度和心跳周期可求出坐标纸的走纸速度大小．【解析】：解：设甲、乙心跳的周期分别为T甲、T乙，坐标纸的速度大小为v，则有：s甲=vT甲，s乙=vT乙，又心率与心跳周期的关系为：f=，则有：f甲=，f乙=联立得：==，f甲=60次/s，解得：f乙=75次/s．由题：T甲==所以：v=，所以选项ABC错误，D正确．故选D【点评】：本题心电图仪与沙摆实验类似，关键要抓住心跳与坐标纸移动的同时性．7．（3分）利用薄膜干涉可检查工件表面的平整度．如图（a）所示，现使透明标准板M和待检工件N间形成一楔形空气薄层，并用单色光照射，可观察到如图（b）所示的干涉条纹，条纹的弯曲处P和Q对应于A和B处，下列判断中正确的是（）A． N的上表面A处向上凸起B． N的上表面B处向上凸起C．条纹的cd点对应处的薄膜厚度相同D．条纹的d、e点对应处的薄膜厚度相同【考点】：光的干涉．【专题】：光的干涉专题．【分析】：薄膜干涉形成的条纹是膜的上下表面的发射光干涉产生的．当两反射光的路程差（即膜厚度的2倍）是半波长的偶数倍，出现明条纹，是半波长的奇数倍，出现暗条纹，可知薄膜干涉是等厚干涉，即明条纹处空气膜的厚度相同．【解析】：解：薄膜干涉是等厚干涉，即明条纹处空气膜的厚度相同．条纹的cd点在直条纹处，故cd点对应处的薄膜厚度相同，从弯曲的条纹可知，A处检查平面左边处的空气膜厚度与后面的空气膜厚度相同，知A处凹陷，B处检查平面右边处的空气膜厚度与后面的空气膜厚度相同，知B处凸起，故选：BC．【点评】：解决本题的关键知道薄膜干涉形成的条纹是膜的上下表面的发射光干涉产生的．以及知道薄膜干涉是一种等厚干涉．8．（3分）（多选）a、b两种单色光组成的光束从介质进入空气时，其折射光束如图所示．用a、b两束光（）A．先后照射双缝干涉实验装置，在缝后屏上都能出现干涉条纹，由此确定光是横波B．先后照射某单缝实验装置，若a光能发生明显衍射现象，则b光也能发生明显衍射现象C．从同一介质以相同方向射向空气，其界面为平面，若b光不能进入空气，则a光也不能进入空气D．从同一介质以相同方向射向空气，其界面为平面，a光的反射角比b光的反射角大【考点】：光的折射定律．【专题】：光的折射专题．【分析】：由折射率的定义，可确定光路中a的折射率大，光的折射率越大，其频率越大；光的波长越长，波动性越强，越容易产生衍射现象；由公式sinC=分析临界角的大小，判断入射角增大时，哪束光先发生全反射．根据反射定律分析反射角的关系．【解析】：解：A、由折射率的定义，可知a光的折射率比b光大，光的折射率越大，其频率越大，可知两束光的频率不同，先后照射双缝干涉实验装置，不能产生干涉现象．要确定光是横波应该用光的偏振实验，故A错误．B、a光的频率大，波长短，则b光的波动性比a光强，则先后照射某单缝实验装置，若a 光能发生明显衍射现象，则b光也能发生明显衍射现象，故B正确．C、由sinC=知，折射率越大的光，发生全反射时的临界角越小，故b发生全反射时，a一定发生全反射，故C正确．D、由光的反射定律知，反射角等于入射角，则知从同一介质以相同方向射向空气，其界面为平面，a、b光的反射角相等，故D错误．故选：BC．【点评】：本题考查了光的折射率公式、光的双缝干涉实验、光的反射定律、光的全反射现象以及光的折射率与频率、波长的关系，要知道光的折射率越大，频率越小，波长越短，波动性越弱．9．（3分）如图，半圆形玻璃砖置于光屏PQ的左下方．一束白光沿半径方向从A点射入玻璃砖，在O点发生反射和折射，折射光在白光屏上呈现七色光带．若入射点由A向B缓慢移动，并保持白光沿半径方向入射到O点，观察到各色光在光屏上陆续消失．在光带未完全消失之前，反射光的强度变化以及光屏上最先消失的光分别是（）A．减弱，紫光 B．减弱，红光 C．增强，紫光 D．增强，红光【考点】：全反射；光的折射定律．【专题】：应用题．【分析】：因光线从光密到光疏介质，故随入射角的增大，则反射光将加强；光入射角达到某光的临界角时该光将发生全反射，分析色光的临界角大小可得出最先发生全反射的光．【解析】：解：光线从光密介质到光疏介质，入射角增大则反射光的强度增强；因紫色光的折射率最大，发生全反射的临界角最小，故紫光最先发生全反射，在光屏上最先消失．故选C．【点评】：本题中应记住七色光中从红到紫，折射率增大、频率增大，而波长减小，故红光的波长最长，而紫光的频率最高，折射率最大．10．（3分）“B超”可用于探测人体内脏的病变状况．如图是超声波从肝脏表面入射，经折射与反射，最后从肝脏表面射出的示意图．超声波在进入肝脏发生折射时遵循的规律与光的折射规律类似，可表述为（式中θ1是入射角，θ2是折射角，ν1，ν2为别是超声波在肝外和肝内的传播速度），超声波在肿瘤表面发生反射时遵循的规律与光的反射规律相同．已知ν2=0.9v1，入射点与出射点之间的距离是d，入射角为i，肿瘤的反射面恰好与肝脏表面平行，则肿瘤离肝脏表面的深度h为（）A． B．C． D．【考点】：光的折射定律．【专题】：光的折射专题．【分析】：本题实质上考查了光的折射、反射的应用，根据题意正确画出超声波折射的线路图，依据几何关系以及折射定律即可求解．【解析】：解：已知入射角为i，设折射角为r，根据题意有：、，而v2=0.9v1，解得：，故ABC错误，D正确．故选D．【点评】：本题考查角度新颖，有创新性，解答这类问题的关键是正确画出“光路图”，然后根据几何关系求解．11．（3分）水的折射率为n，距水面深h处有一个点光源，岸上的人看到水面被该光源照亮的圆形区域的直径为（）A． 2htan（arcsin） B． 2htan（arcsinn）C． 2htan（arccos） D． 2hcot（arccosn）【考点】：全反射；光的折射定律．【分析】：水下点光源是向四面八方照射，当从水中射向空气时，若入射角大于或等于临界角，就会发生光的全反射．所以有区域的光不会射出．【解析】：解：水下点光源射向空气时，当照射越远时入射角越大，照射越近则入射角越小．由水的折射率n可求出水的临界角sinC=则C=arcsin当入射角i等于C时，恰好发生全反射．设上的人看到水面被该光源照亮的圆形区域的直径为D则sini=，因为 i=r 所以 sini=sinC因此由=得D=或者也可以这样算：恰好发生光的全反射时，则有所以D=2htani=2htan（arcsin）故选：A【点评】：运用恰好发生全反射来确定光斑区域的大小，同时运用三角函数关系．12．（3分）（多选）如图所示是一个水平放置的玻璃圆环型小槽，槽内光滑，槽的宽度和深度处处相同，现将一直径略小于槽宽的带正电小球放在槽中，让它受绝缘棒打击后获得一初速度v0，与此同时，有一变化的磁场垂直穿过玻璃圆环型小槽外径所对应的圆面积，磁感应强度的大小跟时间成正比，其方向竖直向下，设小球在运动过程中电荷量不变，那么（）A．小球受到的向心力大小不变B．小球受到的向心力大小不断增加C．洛伦兹力对小球做了正功D．小球受到的磁场力逐渐变大【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动；洛仑兹力．【专题】：带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】：根据麦克斯韦电磁场理论：变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场；并由楞次定律与洛伦兹力对运动电荷不做功，即可求解．【解析】：解：A、由麦克斯韦电磁场理论可知，磁感应强度随时间均匀增大时，将产生一个恒定的感应电场，由楞次定律可知，此电场方向与小球初速度方向相同，由于小球带正电，电场力对小球做正功，小球的速度逐渐增大，向心力也随着增大，故A错误，B正确．C、洛伦兹力对运动电荷不做功，故C错误．D、带电小球所受洛伦兹力F=qBv，随着速度的增大而增大，故D正确．故选：BD【点评】：考查麦克斯韦电磁场理论，掌握楞次定律与洛伦兹力表达式，并理解洛伦兹力对运动电荷不做功，对粒子做功的是电场力．二、实验填空题（本题共3小题，其中13题6分14题3分，15每题6分共15分）13．（6分）某校开展研究性学习，某研究小组根据光学知识，设计了一个测液体折射率的仪器．如图所示，在一个圆盘上，过其圆心O作两条相互垂直的直径BC、EF．在半径OA上，垂直盘面插上两枚大头针P1、P2并保持位置不变．每次测量时让圆盘的下半部分竖直进入液体中，而且总使得液面与直径BC相平，EF作为界面的法线，而后在图中右上方区域观察P1、P2．同学们通过计算，预先在圆周EC部分刻好了折射率的值，这样只要根据P3所插的位置，就可以直接读出液体折射率的值．①若∠AOF=30°，OP3与OC之间的夹角为45°，则在P3处刻的折射率为．②若在同一液体中沿AO方向射入一束白光，最靠近0C边的是哪种颜色的光？最靠近0C 边的是紫光．增大入射角度，哪种颜色的光在刻度盘上先消失？增大入射角度，紫光在刻度盘上最先消失．【考点】：光的折射定律．【专题】：光的折射专题．【分析】：①本实验的原理是折射定律n=．AO方向作为入射光线方向，∠AOF等于入射角，则入射角i=30°．OP3表示折射光线，折射角r等于60°，由折射定律可求出折射率．②白光是由七种单色光组成的，其中红光的折射率最小，紫光的折射率最大，根据折射定律分析通过液体后折射角的大小，确定偏折程度．增大入射角度时，临界角最小的光最先消失．【解析】：解：①由题可知，AO方向作为入射光线方向，∠AOF等于入射角，i=30°．OP3表示折射光线，折射角r=45°，由折射定律得：在P3处刻的折射率为 n===②白光是由七种单色光组成的，其中红光的折射率最小，紫光的折射率最大，根据折射定律知，通过液体后紫光的折射角最大，偏折程度最大，最靠近OC边．由临界角公式sinC=，知紫光的临界角最小，增大入射角度时，紫光最先发生全反射，最先在刻度盘上先消失．故答案为：①；②最靠近0C边的是紫光；增大入射角度，紫光在刻度盘上最先消失．【点评】：本题是插针法测定折射率的实验，其原理是折射定律，关键确定入射角与折射角，注意求折射率时，不能这样=n求n，这样n小于1，要注意此公式的条件是光线从真空射入介质．14．（6分）利用单摆周期公式测重力加速度时，测出几组摆长和相应周期T，并作出了T2﹣﹣L图线，如图所示，已知图象与横轴间的夹角为θ，图线上A、B两点的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），则可以得重力加速度g= ．【考点】：用单摆测定重力加速度．【专题】：实验题．【分析】：由单摆周期公式求出L与T2间的关系示，然后联立求出重力加速度的表达式．【解析】：解：令图线斜率为k，则：k==；由周期公式得：=有：g=故答案为：．【点评】：单摆摆长等于悬线的长度与摆球半径之和，即摆线长度与摆球半径之和，这是易错点；图象法处理实验数据是常用的方法，要掌握实验数据的图象处理方法．15．（6分）在用双缝干涉测光的波长的实验中，用某种单色光通过双缝在光屏上得到明暗相间的干涉条纹，其中亮纹a、c的位置利用测量头上的分划板确定，如图所示．其中表示a纹位置（图甲）的手轮读数为 1.790 mm，c纹位置（图乙）的手轮读数为 4.940 mm．已知双缝间的距离为0.18mm，双缝与屏的距离为500mm，则单色光的波长为0.567 μm（保留三位有效数字）．【考点】：用双缝干涉测光的波长．【专题】：实验题．【分析】：螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需估读．根据双缝干涉条纹的间距公△x=λ去求单色光的波长．【解析】：解：图甲中螺旋测微器固定刻度为1.5mm，可动刻度为0.01×29.0mm=0.290mm，最终读数为1.790mm．图乙中的螺旋测微器固定刻度为4.5mm，可动刻度读数为0.01×44.0=0.440mm，最终读数为4.940mm．干涉条纹的间距△x==1.575mm．根据双缝干涉条纹的间距公式△x=λ得λ=，代入数据得，λ=5.67×10﹣7m=0.567μm．故答案为：1.790，4.940，0.567．【点评】：解决本题的关键熟悉该实验的实验装置，以及掌握螺旋测微器的读数方法和双缝干涉条纹的间距公式三、解答题（本题共3小题，共37分，解答应写明必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位）16．在某介质中形成一列简谐横波，t=0时刻的波形如图所示中的实线．若波向右传播，零时刻刚好传到B点，且再经过0.6s，P点也开始起振．求：（1）该列波的周期T；（2）从t=0时刻起到P点第一次达到波峰时止，O点相对平衡位置的位移y0及其所经过的路程s0各为多少？【考点】：波长、频率和波速的关系；横波的图象．【专题】：波的多解性．【分析】：①波向右匀速传播，根据传播距离x=6m，时间t=0.6s，求出波速，由图读出波长，求出周期．②当图示时刻x=﹣0.5m处的振动传到P点时，P点第一次达到波峰．根据波形的平移求出从t=0时刻起到P点第一次达到波峰时所经历的时间，分析O点的位移，求解路程．【解析】：解：由图象可知，λ=2 m，A=2 cm．当波向右传播时，点B的起振方向竖直向下，包括P点在内的各质点的起振方向均为竖直向下．（1）波速v== m/s=10 m/s，由v=，得：T==0.2 s．（2）由t=0至P点第一次到达波峰，经历的时间△t2=△t1+T=0.75 s=（3+）T，而t=0时O点的振动方向竖直向上（沿y轴正方向），故经△t2时间，O点振动到波谷，即：y0=﹣2 cm，s0=n•4A=（3+）×4A=0.3 m．答：（1）该列波的周期T=0.2 s；（2）从t=0时刻起到P点第一次达到波峰时止，O点相对平衡位置的位移y0=﹣2 cm，其所经过的路程s0=0.3 m．【点评】：本题考查通过两个时刻的波形来研究波传播的距离、波速、周期的问题．属于中档题．17．一棱镜的截面为直角三角形ABC，∠A=30°，斜边AB=a．棱镜材料的折射率为n=．在此截面所在的平面内，一条光线以45°的入射角从AC边的中点M射入棱镜．画出光路图，并求光线从棱镜射出的点的位置（不考虑光线沿原路返回的情况．）【考点】：光的折射定律；全反射．【专题】：光的折射专题．【分析】：光线以45°的入射角时，要分入射光线在法线的右侧和左侧两种情况进行讨论研究．根据折射定律求出光线在AC面的折射角．根据几何知识确定光线在AB或BC面上入射角．求出临界角，判断在这两个面上能否发生全反射，画出光路图，求出光线从棱镜射出的点的位置离A或B点的距离．【解析】：解：设入射角为i，折射角为r，由折射定律得：=n①由已知条件i=45°，n=解得r=30°②（1）如果入射光线在法线的右侧，根据几何知识得知，光线与AB垂直，光路图如图所示．设出射点F，由几何关系可得AF=a③即出射点在AB边上离A点a的位置．（2）如果入射光线在法线的左侧，光路图如图所示．设折射光线与AB的交点为D．由几何关系可知，在D点的入射角θ=60°④设全反射的临界角为C，则sinC=⑤由⑤和已知条件得C=45°⑥因此，光在D点全反射．设此光线的出射点为E，由几何关系得∠DEB=90°BD=a﹣2AF⑦BE=DBsin30°⑧联立③⑦⑧式得。
辽宁省沈阳市东北育才学校高二物理下学期第一次阶段考试试题
2014-2015（上）高二年第一阶段测试物理试题答题时间：90分钟 满分：100分一、选择题（本题共12小题，每小题 4 分，共 48分。
在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的，全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错或不答的得 0 分） 1．（多选）下列说法正确的是（ ）A.单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期与单摆的摆长无关B.变化的电场一定产生变化的磁场，变化的磁场一定产生变化的电场C.在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由红光改为绿光，则干涉条纹间距变窄D.用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的偏振2．（单选）某质点在坐标原点O 处做简谐运动，其振幅为10cm ，振动周期为0.6s ，振动在介质中沿x 轴正方向传播，波速为1m/s ，当质点由平衡位置O 开始向上振动0.15s 时立即停止振动，则振动源停止振动后经过0.45s 时刻的波形是下图中的哪一个（ ）3．（单选）如图甲所示，O 点为振源，OP=s ，t=0时刻O 点由平衡位置开始振动，产生沿直线向右传播的简谐横波，如图乙为P 点从t1时刻开始沿y 轴正方向开始振动的振动图像，则以下说法错误的是：A ．t=0时刻振源O 的振动方向沿y 轴正方向B ．t2时刻P 点振动速度最大，方向沿y 轴负方向C ．该波与另一频率为211t t -Hz 的同类波叠加能产生稳定的干涉现象D ．某障碍物的尺寸为211()2st t t -，该波遇到此障碍物时能发生明显的衍射现象4．（单选）一列简谐横波沿x 轴正方向传播，t 时刻波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到P 点，t ＋0.6s 时刻的波形如图中的虚线所示，T>0.6s,a 、b 、c 、P 、Q 是介质中的质点，则以下说法不正确的是A ．这列波的波速为50m/sB ．质点a 在这段时间内通过的路程等于30cmC ．质点c 在这段时间内通过的路程为20cmD ．t+0.5s 时刻，质点b 、P 的位移相同 5．（多选）一列横波在t ＝0时的波形如图所示，A B C D10 -10O y /cm 0.3 0.6x /m10 -10O y /cm0.3 0.6x /m10 -10O y /cm0.3 0.6x /m10 -10O y /cm0.3 0.6x /mC 点此时向下运动，A 、B 两质点间距为8m ，B 、C 两质点在平衡位置的间距为3m ，当t ＝1s 时，质点C 恰好通过平衡位置，则该波的波速可能为 A.13m/s B.3m/s C.15m/s D.27m/s6．（单选）心电图仪（如右图所示）通过一系列的传感手段，可将与人心跳对应的生物电流情况记录在匀速运动的坐标纸上．医生通过心电图，可以了解到被检者心跳的情况，例如，测量相邻两波峰的时间间隔，便可计算出1 min 内心脏跳动的次数（即心率）．同一台心电图仪正常工作时测得待检者甲、乙的心电图分别如图甲、乙所示．若医生测量时记下被检者甲的心率为60次/ min ，则可推知乙的心率和这台心电图仪输出坐标纸的走纸速度大小分别为A ．48次/ min ，25 mm/sB ．75次/ min ，25 mm/sC ．75次/ min ，45 mm/sD ．48次/ min ，36 mm/s7. （多选）利用薄膜干涉可检查工件表面的平整度.如图(a)所示,现使透明标准板M 和待检工件N 间形成一楔形空气薄层,并用单色光照射,可观察到如图(b)所示的干涉条纹,条纹的弯曲处P 和Q 对应于A 和B 处,下列判断中正确的是( ). (A)N 的上表面A 处向上凸起 (B)N 的上表面B 处向上凸起(C)条纹的cd 点对应处的薄膜厚度相同 (D)条纹的d 、e 点对应处的薄膜厚度相同8.（多选）a 、b 两种单色光组成的光束从介质进入空气时，其折射光束如图所示。
试题精选_辽宁省沈阳市东北育才学校2014-2015学年高二上学期第一次阶段考试物理调研试卷_精校完美版
辽宁省沈阳市东北育才学校2014-2015学年高二上学期第一次阶段考试物理试题1.每时每刻都有大量宇宙射线向地球射来，地磁场可以改变射线中大多数带电粒子的运动方向，使它们不能到达地面，这对地球上的生命有十分重要的意义。
假设有一个带正电的宇宙射线粒子正垂直于地面向赤道射来，在地磁场的作用下，它将（ ） A ．向东偏转 B ．向南偏转 C ．向西偏转 D ．向北偏转2．如图所示电路中，C 2=2C 1，R 2=2R 1，下列说法正确的是（ ） A ．开关处于断开状态，电容C 2的电量大于电容C 1的电量 B ．开关处于断开状态，电容C 1的电量大于电容C 2的电量 C ．开关处于接通状态，电容C 2的电量大于电容C 1的电量 D ．开关处于接通状态，电容C 1的电量小于电容C 2的电量3.如图所示，图中的四个电表均为理想电表，当滑动变阻器滑动触点P 向右端移动时，下面说法中正确是（ ） A ．伏特表V 1的读数减小，安培表A 1的读数减小 B ．伏特表V 1的读数增大，安培表A 1的读数增大 C ．伏特表V 2的读数减小，安培表A 2的读数增大 D ．伏特表V 2的读数增大，安培表A 2的读数减小4.（多选）两根通电的长直导线平行放置，电流分别为I 1和I 2，电流的方向如图所示，在与导线垂直的平面上有a 、b 、c 、d 四点，其中a 、b 在导线横截面连线的延长线上，c 、d 在导线横截面连线的垂直平分线上，磁感应强度可能为零的是（ ）A.a 点B.b 点C.c 点D.d 点5．如图所示电路，开关S 原断开，现将S 合上，则A ．B 两点电势φA 、φB 与S 断开时相比（ ） A ．φA 升高，φB 降低 B ．φA 降低，φB 升高 C ．都升高 D ．都降低6．（多选）汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗，如图，在打开车灯的情况下，电动机未启动时电流表读数为10A，电动机启动时电流表读数为58A，若电源电动势为12.5V，内阻为0.05Ω，电动机内阻为0.02Ω，电流表内阻不计，则电动机启动时（）A．车灯的电压为9.6V B．通过电动机的电流为48AC．电动机的电功率为50W D．电动机输出的机械功为430W8.为了测量某化肥厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口，在垂直于上下表面方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在前后两个内侧面固定有金属板作为电极，污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U．若用Q表示污水流量 (单位时间内排出的污水体积)，下列说法正确的是 ( )A．若污水中正离子较多，则前内侧面比后内侧面电势高B．前内侧面的电势一定低于后内侧面的电势，与哪种离子多无关C．污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大D．污水流量Q与电压U成正比，与a、b有关9.如图是某离子速度选择器的原理示意图，在一半径为R=10cm的圆柱形筒内有B=1×10－4T 的匀强磁场，方向平行于轴线.在圆柱形筒上某一直径两端开有小孔a、b分别作为入射孔和出射孔.现有一束比荷为2×1011C/kg的正离子，以不同角度α入射，最后有不同速度的离子束射出.其中入射角α=30°，且不经碰撞而直接从出射孔射出的离子的速度v大小是A．4×105m/s B．2×105m/sC．4×106m/s D．2×106m/s10.如图为两电源的U-I图象，则下列说法正确的是（）A．电源①的电动势比电源②的大，内阻比电源②的内阻小B．当外接同样的电阻时，两电源的输出功率可能相等C．当外接同样的电阻时，两电源的效率可能相等D．不论外接多大的相同电阻，电源①的输出功率总比电源②的输出功率大11．（多选）如图所示，电源电动势为E，内阻为r，R0为定值电阻，R为可变电阻，且其总阻值R＞R-0+r，则当可变电阻的滑动触头由A向B移动时（）A．电源内部消耗的功率越来越大，电源的供电效率越来越低B．R、R0上功率均越来越大C．R0上功率越来越大，R上功率先变大后变小D．R-0上功率越来越大，R上功率先变小后变大12.（多选）如图所示，宽d = 2cm的有界匀强磁场，纵向范围足够大，磁感应强度的方向垂直纸面向内．现有一群带正电的粒子从O点以相同的速率沿纸面不同方向进入磁场，若粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径均为r = 5cm，则（）A．右边界：-4cm＜y≤4cm的范围内有粒子射出B．右边界：y＞4cm和y＜-4cm的范围内有粒子射出C．左边界：y＞8cm的范围内有粒子射出D．左边界：0＜y≤8cm的范围内有粒子射出二、实验填空题（本题共3小题，其中13题2分 14题4分，15每题9分共15分）13．如图所示，电子枪射出的电子束进入示波管，在示波管正下方有竖直放置的通电环形导线，则示波管中的电子束将偏转。
【名师解析】辽宁省沈阳市2014-2015学年高二上期末教学质量监测物理试题解析
2014-2015学年辽宁省沈阳市高二（上）期末物理试卷一、选择题：本题共12小题．每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的或不答的得0分．1．（4分）（2014秋•沈阳期末）人类发现电和磁的联系，经历了漫长的岁月．1820年，丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应．l831年，英国物理学家法拉第发现了电磁感应现象，下列相关说法正确的是（）A．给小磁针上方的导线通电，小磁针一定会发生偏转B．给小磁针上方的导线通电，小磁针可能会发生偏转C．线圈横截面积大，磁铁穿过线圈时产生的感应电流就强D．磁铁的磁性强，磁铁穿过线圈时产生的感应电流就强【考点】：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【分析】：对于电流的磁效应，根据安培定则进行分析．线圈中产生电磁感应现象时，感应电动势的大小与磁通量变化率成正比，由法拉第电磁感应感应定律和欧姆定律结合进行分析．【解析】：解：A、给小磁针上方的导线通电时，若导线位于东西方向，根据安培定则可知，在小磁针处导线产生的磁场方向位于南北方向，与地磁场方向一致时，观察不到小磁针的偏转．故A错误．B、由A分析可知，给小磁针上方的导线通电，小磁针可能会发生偏转，故B正确．C、线圈横截面积越大，磁通量变化率不一定越大，感应电动势不一定越大，所以磁铁穿过时产生的感应电流不一定越大，故C错误．D、由法拉第电磁感应感应定律可知：感应电动势的大小与磁通量变化率成正比，而磁通量变化率反映了磁通量变化快慢，磁通量变化快慢与磁铁穿过线圈的速度大小有关，所以感应电动势的大小与磁铁穿过线圈的速度大小有关，则感应电流的强弱与磁铁穿过线圈的速度大小有关，故D 错误．故选：B．【点评】：本题关键要理解电流磁效应实验的原理，掌握安培定则，准确理解法拉第电磁感应感应定律，理解磁通量变化率反映了磁通量变化的快慢．2．（4分）（2014秋•沈阳期末）两个大小相同的小球带有同种电荷，质量分别为m1和m2，带电量分别为q1和q2，用绝缘细线悬挂后，因静电力排斥而使两悬线张开，与竖直方向的夹角分别为α1和α2，且两球处于同一水平线上，如图所示．若α1=α2，则下列判断正确的是（）A．m1一定等于m2 B．q1一定等于q2C．一定满足D．必然同时满足q1=q2，m1=m2【考点】：库仑定律；共点力平衡的条件及其应用．【分析】：分别对两小球进行受力分析，根据受力可知，由共点力平衡条件得到各自的重力与库仑力的关系，抓住相互间的库仑力大小相等，得到质量与角度的关系，分析求解．【解析】：解：题中电荷电量可能不同，也可能相同，但各自所受的电场力大小却相同，方向相反．由于它们与竖直线所成的角度均为α，且两球同处一水平线上，所以根据共点力平衡条件可确定，它们的质量一定相等．故BCD错误，A正确；故选：A．【点评】：本题中库仑力是两个小球联系的纽带，由平衡条件分别找出两个小球的质量与库仑力关系是解题的关键．3．（4分）（2014秋•沈阳期末）如图所示，有两个固定的、电量相等、电性相反的点电荷Q1、Q2，a、b是它们连线的中垂线上的两个点，c是它们产生的电场中的另一点，以无穷远处为电势的零点，则下列说法中正确的是（）A．a、b两点场强相同B．a点场强一定小于b点场强C．b点的电势一定比a点的电势高D．c点的电势一定比b点的电势高【考点】：电场线；电场强度．【分析】：等量异种点电荷连线的垂直平分线是一条等势线，而且这条等势线一直延伸到无穷远处．根据电场强度方向与等势面垂直，并且由电势高处指向电势低处，分析场强的方向．根据电场线的疏密判断场强的大小．【解析】：解：A、a、b两点场强方向均与ac连线垂直向右，方向相同．a点处电场线比b处疏，则a场强比b点小．故A错误，B正确．C、等量异种点电荷连线的垂直平分线是一条零等势线，所以a点电势与b点电势相等．故A错误．D、等量异种点电荷连线的垂直平分线是一条等势线，a、b点处于同一等势线上，而且这条等势线一直延伸到无穷远处，则a、b与无穷远处电势相等，无穷远处电势为零，又该电场电场线由正电荷出发到负电荷终止，故c点电势比ab电势低，故D错误．故选：B．【点评】：对于等量同种、等量异种电荷电场的电场线和等势线分布掌握要牢固，这是考试热点，要抓住对称性，同时，要抓住连线的垂直平分线的特点．4．（4分）（2014秋•沈阳期末）在如图所示的正方形区域内有匀强磁场，一束电子以不同的速率从a点沿ab方向射入匀强磁场区域，最终又从磁场区域射出．则下列结论中正确的是（）A．从c点射出的电子和从d点射出的电子，其速率之比为2：1B．从c点射出的电子和从d点射出的电子，其速率之比为1：2C．若电子从bc边射出，则电子射入磁场时的速率越大，其在磁场中的运动时间就越长D．若电子从ad边射出，则电子射入磁场时的速率越大，其在磁场中的运动时间就越短【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】：带电粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，先由几何知识可分别求得从c点和d点飞出的粒子的轨迹半径，则由牛顿第二定律和向心力公式求得两个粒子的速率，即可求出速率之比；由转动的角度可知运动时间之比．【解析】：解：A、设电子在磁场中运动的轨迹半径为r，根据洛伦兹力提供向心力，得：qvB=m，解得：v=，可见，v∝r设磁场边长为L，如图所示，电子从c点离开磁场时，其轨迹半径为r c=L；从d点离开磁场的电子，其轨迹半径为r d=，则得：v c：v d=2：l．故A正确，B错误．C、由v=可知，粒子在速度越大，粒子的轨道半径越大，若电子从bc边射出，则电子射入磁场时的速率越大，轨道半径越大，电子转过的圆心角越小，其在磁场中的运动时间就越短，故C错误；D、若电子从ad边射出，则电子在磁场中转过的圆心角都相等，都是90°，它们在磁场中的运动时间相等，与电子的速率无关，故D错误；故选：A．【点评】：本题属于带电粒子在磁场中的偏转中典型题目，此类题的关键在于确定圆心及由几何关系求出半径．5．（4分）（2014秋•沈阳期末）如图，EOF为一匀强磁场的边界，且E0上EO⊥OO′，OO′为∠EOF的角平分线，磁场方向垂直于纸面向里．一边长为l的正方形导线框沿OO′方向匀速进入磁场，t=0时刻恰好位于图示位置．规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，则感应电流i 与时间t的关系下列图象可能正确的是（）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】：电磁感应中的力学问题．【分析】：运用E=BLv找出感应电动势随时间变化的情况．其中L为切割磁感线的有效长度．根据右手定则判断出感应电流的方向．【解析】：解：在整个正方形导线框通过磁场的过程中，切割磁感线的边框为两竖直边框，两水平边框不切割磁感线．由于正方形导线框沿OO′方向匀速通过磁场，①从开始到左边框到达O′之前，进入磁场切割磁感线的有效长度随时间均匀增加，根据E=BLv得出感应电动势随时间也均匀增加，由于电阻不变，所以感应电流i也随时间均匀增加．根据右手定则判断出感应电流的方向，结合导线框中感应电流沿顺时针方向时为正，得出开始为负方向．②当左边框到达OO′之后，由于进入磁场切割磁感线的有效长度不变，所以感应电流i不变．③当左边框到达OO′中点，右边框即将进入磁场切割磁感线，由于左边框的切割磁感线的有效长度在减小，而右边框切割磁感线有效长度在增大，而左右边框切割磁感线产生的感应电动势方向相反，所以整个感应电动势随时间也均匀减小．④当左边框到达距O点时，左右边框切割磁感线的有效长度相等，此时感应电动势为0，再往后跟前面过程相反．故A正确，B、C、D错误．故选：A【点评】：注意分析正方形导线框运动过程中切割磁感线的有效长度变化情况．规定导线框中感应电流沿顺时针方向时为正，反过来即为负值．6．（4分）（2014秋•沈阳期末）如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一半径为3R 的橡胶圆盘，圆盘平面与磁场方向垂直，在圆盘上固定一长为2R的金属杆AB，AB沿半径方向放置，A点位于圆盘的边缘．当橡胶圆盘绕过圆心0点且垂直于圆盘的转轴以角速度ω匀速转动时，金属杆AB两端的电势差大小为（）A．BωR2 B．BωR2 C．2BωR2 D．4BωR2【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．【分析】：AB段切割磁感线产生感应电动势，AB产生的感应电动势为E=BLv，求出棒两端的电压．【解析】：解：由法拉第电磁感应定律得：AB产生的感应电动势为：，A点的速度为：v A=ω3R，v B=ωR，AB段的平均速度为：==2ωRAB段的电势差为：，故D正确；故选：D【点评】：本题中转动切割是法拉第电磁感应定律应用的延伸应用，关键要掌握转动切割磁感线时感应电动势公式：，及平均速度的计算方法．7．（4分）（2014秋•沈阳期末）如图所示，两倾斜放置的光滑平行金属导轨间距为L，电阻不计，导轨平面与水平面夹角为θ，导轨上端接入一内电阻可忽略的电源，电源电动势为E．一粗细均匀的金属棒电阻为R，金属棒水平放在导轨上且与导轨接触良好．欲使金属棒静止在导轨上不动，则以下说法正确的是（）A．可加竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B．可加竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为C．所加匀强磁场磁感应强度的最小值为D．所加匀强磁场磁感应强度的最大值为【考点】：安培力；共点力平衡的条件及其应用．【分析】：通电导线垂直处于匀强磁场中，则由电流方向结合左手定则可得安培力的方向，再由安培力、重力及支持力处于平衡可求得安培力的大小．根据公式F=BIL可确定磁场的方向与大小．【解析】：解：A、加竖直向上的匀强磁场，安培力方向水平向左，导体棒不可能处于平衡．故A错误B、当加竖直向上的匀强磁场时，导体棒受重力、支持力和水平向右的安培力，如图所示，根据共点力平衡有：mgtanθ=BIL，I=，所以．故B正确．C、当安培力方向与支持力方向垂直时，安培力最小，最小值为mgsinθ，则BIL=mgsinθ，I=，所以B的最小值为．故C错误．D、当安培力方向与重力相同时，磁场强度最大，故，故D错误；故选：B【点评】：由于棒所处平衡位置，那么安培力的方向不同，导致安培力的大小不同，从而得出不同的磁感应强度大小与方向．D选项中，当直径变化时，电流虽然变化，但质量也同时变化，且变化相同，所以仍处于平衡状态．8．（4分）（2014秋•沈阳期末）如图所示，M、N为简化的磁流体发电机的两个水平极板，相距d=0.2m，板间有垂直于纸面向外的匀强磁场，B=1.0T，外电路中可变负载电阻R的最大阻值为l0Ω，电离气体（含有大量的正、负带电粒子，且不计重力）以速率v=1100m/s平行极板由左向右射入，极板间电离气体的等效内阻r=lΩ，断开开关S，稳定之后，下列说法正确的是（）A．M板电势高于N板电势B．该发电机的电动势为220VC．若闭合开关s，负载电阻R=10Ω时发电机的效率最小D．若闭合开关s，负载电阻R=10Ω时发电机的输出功率最大【考点】：霍尔效应及其应用；电功、电功率．【分析】：根据左手定则判断出电荷的偏转方向，确定两极板所带电荷的电性，从而确定电势的高低；根据电荷所受洛伦兹力和电场力相等求出发电机的电动势．当外电阻等于内电阻时，发电机的输出功率最大．【解析】：解：A、根据左手定则知，正电荷向下偏，负电荷向上偏，则M板的电势低于N板的电势．故A错误．B、根据qvB=q，解得电动势为：E=vBd=1100×1×0.2V=220V．故B正确．C、发电机的效率η==，当负载电阻R=10Ω时，发电机的效率最大．故C错误．D、当外电阻等于内电阻时，即负载电阻R=1Ω，发电机的输出功率最大．故D错误．故选：B．【点评】：解决本题的关键会运用左手定则判断电荷所受洛伦兹力的方向，知道稳定时电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡，注意发电机的效率与功率的区别．9．（4分）（2014秋•沈阳期末）水平桌面上放一闭合铝环，在铝环轴线上方有一条形磁铁，当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速靠近铝环时，下列判断正确的是（）A．铝环有收缩的趋势B．铝环有扩张的趋势C．铝环对桌面的压力增大D．铝环对桌面的压力减小【考点】：楞次定律．【分析】：通过楞次定律可知铝环中的感应电流产生的磁场要阻碍通过铝环的磁通量的增加，从而可知铝环的运动的趋势和面积大小的变化趋势，从而可得知正确选项．【解析】：解：当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速靠近铝环时，通过铝环的磁通量增加，根据楞次定律，铝环中产生的感应电流的磁场要阻碍磁通量的增加，阻碍磁铁的靠近，所以铝环对桌面的压力会增大，铝环还有收缩的趋势，以缩小面积来阻碍磁通量的增加．所以选项AC正确，BD错误故选：AC【点评】：解答该题的关键是对楞次定律的理解和灵活应用，楞次定律的内容是“感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化”，可以从以下几个方面来理解：1、注意是“阻碍”，不是“阻止”，更不是“相反”，而是“延缓”的意思．2、从原磁通量的变化来看，应这样理解：当原磁通量增加时，感应电流的磁场与原来磁场的方向相反，当原磁场减小时，感应电流的磁场就与原来的磁场方向相反．即为“增反减同”．3、从磁体和导体的相对运动来理解：感应电流总是要阻碍导体和磁极间的相对运动，即为“来则阻，去则留”．4、从能量转化的角度来理解：产生感应电流的过程，是其它形式的能转化为电能的过程．在解答问题的过程中，要灵活的利用对楞次定律的各种理解，这样能做到事半功倍的效果．10．（4分）（2014秋•沈阳期末）一个微型吸尘器的直流电动机的额定电压为U，额定电流为I，线圈电阻为R，将它接在电动势为E，内阻为r的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，则（）A．电动机消耗的总功率为UI B．电动机消耗的热功率为C．电源的输出功率为EI D．电源的效率为1﹣【考点】：电功、电功率．【专题】：恒定电流专题．【分析】：在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．【解析】：解：A、电动机消耗的总功率应该用P=IU来计算，所以总功率为IU，所以A正确；B、电动机消耗的热功率应该用P=I2R来计算，所以热功率P=I2R，所以B错误．C、电源的输出功率等于电动机的输入功率，得P出=UI．故C错误．D、电源的总功率为IE，内部发热的功率为I2r，所以电源的效率为=l﹣，所以D正确．故选AD．【点评】：对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的．11．（4分）（2014秋•沈阳期末）如图甲所示，一边长L=lm、电阻R=5Ω、匝数n=10匝的正方形线圈直接与一个理想电流表相连，线圈内有变化的磁场，以垂直纸面向里的方向为磁场的正方向，磁场随时间的变化情况如图乙所示，则下列判断中正确的是（）A．0～2s的时间内，理想电流表的指针改变方向1次B．0﹣2s的时间内，理想电流表的指针位置始终不变C．0一ls的时间内，理想电流表的读数为2AD．1﹣2s的时间内，理想电流表的读数为0.5A【考点】：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．【分析】：由图象的斜率读出磁感应强度B的变化率，由法拉第电磁感应定律可求得线圈中的感应电动势．由闭合电路欧姆定律可求得感应电流大小，根据楞次定律来确定感应电流的方向，从而即可求解．【解析】：解：A、0～1s的时间内，垂直向里的磁场在减小，根据楞次定律可知，减则同，则线圈中产生顺时针感应电流，同理，1﹣2s的时间内，垂直向外的磁场在增加，由楞次定律：增则反，可知，线圈有顺时针感应电流，故A错误，B正确；C、根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势大小为E=N=N=10××12=10V，则感应电流大小I==A=2A，故C正确，D错误．故选：BC．【点评】：本题是感生电动势类型，关键要掌握法拉第电磁感应定律的表达式E=n，再结合闭合电路欧姆定律进行求解，注意楞次定律来确定感应电动势的方向．12．（4分）（2014秋•沈阳期末）如图所示，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，导线中通有大小不等、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0点的距离均相等．则下列说法正确的是（）A．0点处的磁感应强度不可能为零B．B点处的磁感应强度不可能为零C．a、b两点处的磁感应强度大小可能相等，方向相反D．c、d两点处的磁感应强度大小可能相等，方向相同【考点】：磁感应强度．【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．【解析】：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，因此垂直于纸面向外的通电直导线受到的力不为零．故A正确．B、根据右手螺旋定则，M处导线在b点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在b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B正确；C、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C错误．D、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D正确．故选：ABD．【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．二、实验题：本题共2小题，共l5分．13．（4分）（2014秋•沈阳期末）一位同学使用多用电表测电阻，当他用“×10”的欧姆挡测量时，读出的电阻值为2000Ω，这位学生在测量时已注意到：待测电阻与其他元件和电源断开，不用手碰表笔的金属杆．为使测量电阻的阻值更加准确，接下来他操作的主要步骤应为：①把选择开关拨到“×100”的欧姆挡上．②将红、黑两表笔相短接，旋转欧姆调零旋钮，使指针指在欧姆零处．③把两表笔分别与待测电阻的两端相接，发现这时指针偏转适中，随即记下电阻数值；④把表笔从测试笔插孔拔出后，选择开关拨到“OFF”，把多用电表放回桌上原处．【考点】：用多用电表测电阻．【专题】：实验题．【分析】：为了测量结果尽量准确，读数时指针应指针在中央刻度附近，欧姆表换挡后要重新欧姆调零．【解析】：解：①、当他用“×10”的欧姆挡测量时，读出的电阻值为2000Ω，则指针指在表盘示数为200的刻度附近，为了使指针指在中央刻度附近，则应把选择开关拨到“×100”的欧姆挡上；②换挡后应重新进行欧姆调零：将红、黑两表笔相短接，旋转欧姆调零旋钮，使指针指在欧姆零处；故答案为：①把选择开关拨到“×100”的欧姆挡上；②将红、黑两表笔相短接，旋转欧姆调零旋钮，使指针指在欧姆零处．【点评】：本题考查了欧姆表使用注意事项，指针指在中央刻度附近读数时误差最小．14．（11分）（2014秋•沈阳期末）某实验小组用伏安法测定一个待测电阻R x的阻值（阻值粗测为190Ω），实验室提供如下器材：电池组E：电动势3V，内阻不计电流表A1：量程0～15mA，内阻约为100Ω电流表A2：量程0～3mA，内阻为100Ω变阻器R1：阻值范围0～20Ω，额定电流2A电阻箱R2，阻值范围0～9999Ω，额定电流1A电键S、导线若干要求实验中尽可能准确地测量R x的阻值，请回答下面问题：（1）为了测量待测电阻两端的电压，可以将电流表A2与电阻箱串联，并将电阻箱阻值调到900Ω，这样可以改装成一个量程为3.0V的电压表．（2）在图1方框中画出测量R x阻值的完整电路图，并在图中标明器材代号．（3）调节滑动变阻器R1，两表的示数如图2所示，可读出电流表A1的示数是9.5mA，电流表A2的示数是 1.50mA，则精确得到待测电阻R x的阻值是187.5Ω．【考点】：伏安法测电阻．【专题】：实验题；恒定电流专题．【分析】：（1）应用伏安法测电阻，需要用电压表测待测电阻电压，现在没有电压表，应该用小量程电流表与电阻箱串联改装成电压表，由串联电路特点及欧姆定律可以求出串联电阻阻值．（2）滑动变阻器阻值远小于待测电阻阻值，滑动变阻器应采用分压接法；根据待测电阻阻值与电表内阻间的关系，确定电流表采用内接法还是外接法，然后作出电路图．（3）根据电表量程确定电表分度值，读出电表示数；由欧姆定律可以求出待测电阻阻值；根据电路结构分析实验误差．【解析】：解：（1）为了测量待测电阻两端的电压，可以将电流表A1电阻箱串联组成电压表；改装后电压表量程是3V，则电阻箱阻值R==900Ω；（2）滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻阻值，滑动变阻器应采用分压接法，待测电阻阻值约为190Ω，电流表A1内阻约为100Ω，电压表内阻为R V=100Ω+900Ω=1000Ω，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，电路图如图所示．（3）由图示可知，电流表A1的示数为9.5mA，电流表A2的示数是1.50mA；待测电阻两端电压U=I2R V=1.50×10﹣5A×1000Ω=1.5V，测得待测电阻R x==187.5Ω．电流表采用外接法，电流测量值偏大，由欧姆定律可知，测量值比较真实值小．故答案为：（1）900；（2）电路图如右图；（3）9.5； 1.50；187.5【点评】：要会把电流表改装成电压表，会求改装电压表时串联电阻的阻值；确定滑动变阻器的接法与电流表接法是设计实验电路图的关键．三、计算题（本题共3小题，第l5题9分，第16题12分，第17题16分，共37分．解答时应该写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15．（9分）（2014秋•沈阳期末）两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距L=2m，顶端接阻值R=9Ω的电阻．质量m=0.1kg、电阻r=lΩ的金属棒在磁场边界上方某处由静止释放，金属棒和导轨接触良好，磁感应强度B=IT的匀强磁场与导轨所在平面垂直，磁场足够大，如图所示，不计导轨电阻，重力加速度g=10m/s2．求：（1）金属棒在磁场中运动时，流过电阻R的电流方向；（2）金属棒运动的最大速度；（3）金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R消耗的热功率．。
2023-2024学年辽宁省沈阳市东北育才学校科学高中部高二上学期第一次月考物理试题
2023-2024学年辽宁省沈阳市东北育才学校科学高中部高二上学期第一次月考物理试题1.如图所示，在MNQP所围的区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，质量和电荷量都相等（电性可能不同）的带电粒子a、b，c以不同的速率从O点沿纸面并垂直于PQ的方向射入磁场，图中实线是它们的运动轨迹。
已知O是PQ的中点，不计粒子重力及带电粒子间的相互作用，下列说法中正确的是（）A．射入磁场时粒子a的速率最小B．粒子a带负电，粒子b、c带正电C．粒子a在磁场中运动的周期最小D．粒子c在磁场中运动的时间最长2.如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度。
它的右臂挂有一个矩形线圈，匝数为N，底边长为L，下部悬在匀强磁场中，线圈平面与磁场垂直。
当线圈中通有电流I时，调节砝码使两臂达到平衡；然后使电流反向、大小不变，这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂达到新的平衡。
所测磁场的磁感强度B的大小为（）A．B．C．D．3.如图所示，是一条形磁铁周围部分磁感线分布示意图，线OO'是条形磁铁的中轴线。
在磁场中取两个圆环S1、S2位置进行研究，圆环S1、S2面积相等，P、Q两点位于圆环S1上下对称点上，P、P＇两点位于两圆环S1、S2相同位置的点上。
下列说法正确的是（）A．P点场强的大小比Q点大B．P点场强的大小比P＇点小C．穿过S 1的磁通量比穿过S 2的大D．穿过S 1的磁通量与穿过S 2的一样大4.安培对物质具有磁性的解释可以用如图所示的情景来表示，那么（）A．甲图代表了被磁化的铁棒的内部情况B．乙图代表了被磁化的铁棒的内部情况C．磁体在高温环境下磁性不会改变D．磁体在高温环境下磁性会加强5.将两块相同磁铁的同名端相互缓慢靠近，手对磁铁做正功，人体消耗了能量。
为了解释能量的去向，小明根据重力做功与重力势能改变的关系猜想，能量转化成了“磁势能”。
若“磁势能”真的存在，取无穷远为参考面，则下列说法中错误的是（）A．磁场力做正功时，“磁势能”减少B．两块磁铁之间“磁势能”的大小不仅与相对距离有关，还与“磁极”的相对位置有关C．如图所示的情景，1和2状态磁势能的大小关系为D．如图所示的情景，1和2状态磁势能的大小关系无法确定6.某同学用手机内部的磁传感器测量地磁场磁感应强度大小，测得如图手机坐标系中x、y、z三个方向上的磁感应强度分别为，，，若将手机边框看作闭合线圈，则（）A．；绕x轴旋转手机时边框中磁通量不变B．；绕z轴旋转手机时边框中磁通量不变C．；绕x轴旋转手机时边框中磁通量不变D．；绕z轴旋转手机时边框中磁通量不变7.如图所示，两根垂直纸面放置的直导线，通有大小相同、方向相反的电流。
辽宁省沈阳二中高三上学期阶段验收物理卷
2014—2015学年度沈阳二中上学期阶段验收高三（14届）物理试题第Ⅰ卷（48分）一、选择题(本题包括12小题，每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分，共48分)1.（单选）在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程．在对以下几位物理学家所作科学贡献的叙述中，正确的说法是（）A．英国物理学家牛顿用实验的方法测出万有引力常量GB．第谷接受了哥白尼日心说的观点，并根据开普勒对行星运动观察记录的数据，应用严密的数学运算和椭圆轨道假说，得出了开普勒行星运动定律C．亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快D．胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比2．（单选）甲、乙、丙三船在同一河流中渡河，船头和水流方向如图所示，已知三船在静，则（）水中的速度均小于水流速度vA．甲船可能垂直到达对岸B．乙船可能垂直到达对岸C．丙船可能垂直到达对岸D．都不可能垂直到达对岸3、（单选）塔式起重机模型如图甲所示，小车P沿吊臂向末端M水平匀速运动，同时将物体Q从地面竖直向上匀加速吊起。
图乙中能大致反映Q的运动轨迹是（）4、（多选）如图所示，水平固定半球形碗的球心为O点，最低点为B点。
在碗的边缘向着球心分别平抛出三个小球，分别落在A、B、C 点，抛出点O及落点A、B、C 点在同一个竖直面内，且A、C点等高，下列说法正确的是（）A．落在A点和C点的小球，平抛运动时间相同B．落在B点的小球平抛运动时间最长C．落在A点的小球平抛初速度小于落在C点的小球初速度D．落在B点的小球，在B的瞬时速度方向与水平方向成45度5、（多选）无极变速可以在变速范围内任意连续地变换速度，性能优于传统的档位变速器，很多种高档汽车都应用无极变速。
如图所示是截锥式无极变速模型示意图，两个锥轮之间有一个滚动轮，主动轮、滚动轮、从动轮之间靠着彼此之间的摩擦力带动。
【名师解析】辽宁省沈阳市东北育才学校2015届高三上学期第一次模拟考试物理
2015年辽宁省沈阳市东北育才学校高考物理一模试卷一、选择题：（1-9题只有一个选项正确，10-12题有不只一个选项正确，每小题4分，选对但不全得2分，满分48分）1．（4分）有一列火车正在做匀加速直线运动．从某时刻开始计时，第1分钟内，发现火车前进了180m．第6分钟内发现火车前进了360m．则火车的加速度为（）A．0.01m/s2 B．0.05m/s2 C．36m/s2 D．180m/s2【考点】：匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】：直线运动规律专题．【分析】：匀变速直线运动在相邻的相等时间内的位移之差是一恒量，即△x=aT2【解析】：解：，所以a===0.01m/s2．故A正确，B、C、D错误．故选A．【点评】：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的推论在相邻的相等时间内的位移之差是一恒量，即△x=aT2．2．（4分）一煤块由静止放到水平向右匀速运动的白色传送带上，煤块在传送带上划出一段黑色的痕迹，若以传送带为参考系，则煤块在传送带上划痕的过程可描述为（）A．向右做匀加速运动B．向右做匀减速运动C．向左做匀减速运动D．向左做匀加速运动【考点】：牛顿第二定律；参考系和坐标系．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：传送带向右匀速传动，煤块由静止放到传送带上，相对传送带向左滑动，故会受到向右的滑动摩擦力，从而由静到动，是加速，直到与传送带相对静止，之后一起向右运动．【解析】：解：煤块先向右匀加速运动，当速度与传送带相同时，一起匀速直线运动；以传送带为参考系，煤块有向左的初速度，又受到向右的滑动摩擦力，故向左做匀减速直线运动，直到与皮带相对静止；故选：C．【点评】：本题关键是先分析清楚煤块相对地面的运动情况，然后再以皮带为参考系，分析清楚煤块的运动情况．3．（4分）一条悬链长5.6m，从悬点处断开，使其自由下落，不计空气阻．则整条悬链通过悬点正下方12.8m处的一点所需的时间是（g=10m/s2）（）A．0.3s B．0.4s C．0.7s D．1.2s【考点】：自由落体运动．【专题】：自由落体运动专题．【分析】：先求出链条下落12.8m时的速度，进而可以求得通过该点的时间．【解析】：解：链条下落12.8m时的速度为v，由运动学可得：v2=2gh解得：=16m/s设通过该点时间为t，由运动学可得：代入数据解得：t=0.4s故B正确，ACD错误．故选：B【点评】：关于通过某点的时间，可以依据这种方法来计算，先求出物体落到该点的时间，然后再用运动学来求通过时间．4．（4分）如图所示，整个装置静止时，绳与竖直方向的夹角为30°．AB连线与OB垂直．若使带电小球A的电量加倍，带电小球B重新稳定时绳的拉力为（）A．Gcos30° B．Gcos60° C．Gcos45° D．2G【考点】：库仑定律．【分析】：对小球B受力分析，根据三角形相似法求绳子拉力大小．【解析】：解：对小球B受力分析，并采用合成法如题图所示，即使球B到达新的平衡，总是满足：△OBA∽△BGT′则=得：T′=G•=Gcos30°，故A正确、BCD错误．故选：A．【点评】：本题考查了力的动态平衡问题，当物体受到的三个力中有两个力的方向都在变化时，经常用三角形相似法．5．（4分）如图甲所示，某人正通过定滑轮将质量为m的货物提升到高处．滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与绳子对货物竖直向上的拉力T之间的函数关系如图乙所示．由图可以判断（）A．图线与纵轴的交点M的值a M=﹣B．图线与横轴的交点N的值T N=mgC．图线的斜率等于物体的质量mD．以上答案都不对【考点】：牛顿第二定律．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：对货物受力分析，受重力和拉力，根据牛顿第二定律求出加速度的表达式进行分析，根据表达式结合图象，运用数学知识分析物理问题．【解析】：解：对货物受力分析，受重力mg和拉力T，根据牛顿第二定律，有：T﹣mg=ma得：a=﹣gA、当T=0时，a=﹣g，即图线与纵轴的交点M的值a M=﹣g，故A错误；B、D、当a=0时，T=mg，故图线与横轴的交点N的值T N=mg，故B正确，D错误；C、图线的斜率表示质量的倒数，故C错误；故选：B．【点评】：本题关键是根据牛顿第二定律求出加速度的表达式，再根据数学知识进行讨论．6．（4分）如图所示，一轻绳通过一光滑定滑轮，两端各系一质量分别为m1和m2的物体，m1放在地面上，当m2的质量发生变化时，m1的加速度a的大小与m2的关系图象大体如图中的（）A．B．C．D．【考点】：牛顿第二定律．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：在m2小于m1之前两物体都不动，所以加速度为零，当m2大于m1后加速度增加，当m2＞＞m1时，加速度趋近于g，不可能大于g．【解析】：解：在m2小于m1之前两物体都不动，所以加速度为零，当m2大于m1开始运动合力逐渐变大，加速度随之逐渐增加，当m2＞＞m1时，加速度趋近于g，但不可能大于g．故选：C．【点评】：合外力不为零才有加速度，注意m2再大加速度也不可能大于g．7．（4分）如图所示为杂技“顶竿”表演，一人站在地上，肩上扛一质量为M的竖直竹竿，竿上有一质量为m的人可以看成质点，当此人沿着竖直竿以加速度a加速下滑时，竿对地面上的人的压力大小为（）A．（M+m）g﹣ma B．（M+m）g+ma C．（M+m）g D．（M﹣m）g【考点】：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：竿对“底人”的压力大小应该等于竿的重力加上竿上的人对杆向下的摩擦力，竿的重力已知，求出竿上的人对杆向下的摩擦力就可以了．【解析】：解：对竿上的人【分析】：受重力mg、摩擦力F f，有mg﹣F f=ma；所以F f=m（g﹣a），竿对人有摩擦力，人对竿也有反作用力﹣﹣摩擦力，且大小相等，方向相反，对竿【分析】：受重力Mg、竿上的人对杆向下的摩擦力F f′、顶竿的人对竿的支持力F N，有Mg+F f′=F N，又因为竿对“底人”的压力和“底人”对竿的支持力是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律，得到F N′=Mg+F f′=（M+m）g﹣ma．故选：A．【点评】：由于人加速下滑，处于失重状态，人对竿的作用力并不等于人的重力，这是在解答本题的过程中常出现的错误，注意这一点这道题就可以了．8．（4分）如图所示，质量为m1和m2的两个材料相同的物体用细线相连，在大小恒定的拉力F作用下做加速运动，先沿水平面，再沿斜面（斜面与水平面成角），最后竖直向上运动，则在这三个阶段的运动中，细线上弹力的大小情况是（）A．由大变小B．由小变大C．始终不变D．由大变小再变大【考点】：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：先对整体进行受力分析求出整体加速度，再对m1进行受力分析，根据牛顿第二定律求出细线上的弹力，m1的加速度和整体加速度相同．【解析】：解：设物体与接触面的动摩擦力因素为μ，在水平面有：a1==g对m1进行受力分析则有：T1﹣μm1g=m1a1=﹣μm1g所以T1=在斜面上有：a2=对m1进行受力分析则有：T2﹣μm1gcosθ﹣mgsinθ=m1a2解得T2=竖直向上运动运动时有：a3=对m1进行受力分析则有：T3﹣m1g=m1a3解得：T3=所以绳子的拉力始终不变，故C正确故选C【点评】：本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，注意整体法和隔离法在题目中的应用，难度适中．9．（4分）图中a、b是两个位于固定斜面上的正方形物块，它们的质量相等，F是沿水平方向作用于a上的外力．已知a、b的接触面，a、b与斜面的接触面都是光滑的．正确的说法是（）A．a、b一定沿斜面向上运动B．a对b的作用力沿水平方向C．a、b对斜面的正压力相等D．a受到的合力沿水平方向的分力等于b受到的合力沿水平方向的分力【考点】：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：对AB整体进行受力分析可知整体受力情况及可能的运动情况；分别隔离AB进行受力分析，可知它们对斜面的压力及水平方向的分力大小关系；由牛顿第三定律可知相互作用力的大小关系．【解析】：解：A、AB整体受重力、支持力及水平方向的推力，沿平行斜面和垂直斜面方向建立直角坐标系，将重力及水平推力正交分解，有可能重力下滑分力大于水平推力平行斜面向上的分力，故AB有可能沿斜面向下运动，故A错误；B、a对b的作用力是弹力，与接触面垂直，故平行斜面向上，故B错误；C、分别分析A、B的受力情况：物体B受重力、支持力及沿斜面向上的A的推力，故对斜面的压力等于重力的垂直分力；对A分析，A受重力、支持力、水平推力；支持力等于重力垂直于斜面的分力及水平推力沿垂直于斜面的分力的合力，故A、B对斜面的压力大小不相等，故C错误；D、因AB沿斜面方向上的加速度相等，故AB受到的合力相等，因此它们的合力在水平方向上的分力一定相等，故D正确；故选D．【点评】：本题中没有明确说明推力与重力的大小关系，故AB运动情况有多种可能，因此在解题时应全面考虑，讨论物体运动可能的情况，利用牛顿运动定律进行分析讨论．10．（4分）如图所示，一辆运送沙子的自卸卡车装满沙子，沙粒之间的动摩擦因数为μ1，沙子与车厢底部材料的动摩擦因数为μ2，车厢的倾角用θ表示（已知μ2＞μ1），下列说法正确的是（）A．要顺利地卸干净全部沙子，应满足tanθ＞μ2B．要顺利地卸干净全部沙子，应满足sinθ＞μ2C．只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，应满足μ2＞tanθ＞μ1D．只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，应满足μ2＞μ1＞tanθ【考点】：共点力平衡的条件及其应用；滑动摩擦力．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：当与车厢底部接触的沙子从车上卸下时，全部沙子就能顺利地卸干净，此时沙子所受的重力沿斜面向下的分力大于最大静摩擦力．当与车厢底部不接触的沙子卸下，而与车厢底部接触的沙子未卸下时，只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，根据重力的分力与最大静摩擦力的关系，求出tanθ满足的条件．【解析】：解：A、B、由题，μ2＞μ1，可知越是上层的沙子越容易卸下，当与车厢底部接触的沙子从车上卸下时，全部沙子就能顺利地卸干净，则有mgsinθ＞μ2mgcosθ，得tanθ＞μ2．故A正确，B错误．C、D、与车厢底部不接触的沙子卸下，而与车厢底部接触的沙子未卸下时，只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，这时，应有mgsinθ＞μ1mgcosθ，mgsinθ＜μ2mgcosθ，得足μ2＞tanθ＞μ1．故C正确，D错误．故选：AC．【点评】：本题是实际的情景，实质上考查对最大静摩擦力的理解能力，当外力大于最大静摩擦力时，物体将发生相对滑动．11．（4分）如图，质量为M的楔形物块静置在水平地面上，其斜面的倾角为θ．斜面上有一质量为m的小物块，小物块与斜面之间存在摩擦，用恒力F沿斜面向上拉小物块，使之匀速上滑．在小物块运动的过程中，楔形物块始终保持静止．则（）A．地面对楔形物块的摩擦力方向水平向左B．地面对楔形物块的摩擦力方向水平向右C．地面对楔形物块的支持力大小为（M+m）g+FsinθD．地面对楔形物块的支持力大小为（M+m）g﹣Fsinθ【考点】：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【专题】：共点力作用下物体平衡专题．【分析】：物块m匀速上升，受力平衡，合力为零．楔形物块M始终保持静止合力也为零，将两个物体看成整体进行研究，根据平衡条件求解地面对楔形物块支持力和摩擦力．【解析】：解：以物块m和楔形物块M整体为研究对象，分析受力情况，如图，由平衡条件得地面对楔形物块支持力大小为：N=（M+m）g﹣Fsinθ地面对楔形物块有向右的摩擦力大小为：f=Fcosθ．方向向右．所以选项AC错误，BD正确．故选：BD【点评】：本题采用整体法处理两个物体的平衡问题，也可以采用隔离法研究．12．（4分）用同种材料制成倾角为30°的斜面和长水平面，斜面长2.4m且固定，一小物块从斜面顶端以沿斜面向下的初速度v0开始自由下滑，当v0=2m/s时，经过0.8s后小物块停在斜面上．多次改变v0的大小，记录下小物块从开始运动到最终停下的时间t，作出t﹣v0图象，如图所示，则下列说法中正确的是（g=10m/s2）（）A．小物块在斜面上运动时加速度大小为2.5 m/s2B．小物块在斜面上运动时加速度大小为0.4 m/s2C．小物块与该种材料间的动摩擦因数为D．由图可推断若小物块初速度继续增大，小物块的运动时间也随速度均匀增大【考点】：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：（1）小物块在斜面上下滑做匀减速直线运动，根据速度时间公式a=求出加速度的大小．（2）根据牛顿第二定律，求出小物块与该种材料间的动摩擦因数．（3）随着初速度增大，小物块会滑到水平面上，规律将不再符合图象中的正比关系．【解析】：解：A、从图象可知加速度为a==2.5 m/s2，故A正确，B错误；C、根据牛顿第二定律有ma=μmgcosθ﹣mgsinθ，得到μ=，故C正确；D、随着初速度增大，小物块会滑到水平面上，规律将不再符合图象中的正比关系，故D错误．故选AC【点评】：解决本题的关键理清物块的运动情况，正确的受力分析，运用牛顿第二定律和运动学公式综合求解．二、实验题：（满分16分）13．（6分）某同学在家中尝试验证平行四边形定则，他找到三条相同的橡皮筋（遵循胡克定律）和若干小重物，以及刻度尺、三角板、铅笔、细绳、白纸、钉子，设计了如下实验：将两条橡皮筋的一端分别挂在墙上的两个钉子A、B上，另一端均与第三条橡皮筋的一端连接，结点为O，将第三条橡皮筋的另一端通过细绳挂一重物，如图所示．（1）为完成该实验，下述操作中不必要的是A．A．测量细绳的长度B．测量橡皮筋的原长C．测量悬挂重物后橡皮筋的长度D．记录悬挂重物后结点O的位置（2）钉子位置固定，欲利用现有器材，改变条件再次验证，可采用的方法是更换不同重量的小重物．【考点】：验证力的平行四边形定则．【专题】：实验题；平行四边形法则图解法专题．【分析】：本实验是通过作合力与分力图示的方法来验证平行四边形定则，需要测量合力与分力的大小，根据这个原理来选择．【解析】：解：（1）A、B、C，三条橡皮筯遵守胡克定律，要测量拉力可以通过测量橡皮筋的长度和原长，得到橡皮筋的伸长量，研究拉力与伸长量的倍数来根据比例作力的图示．为了使两次实验效果相同，必须记下O点的位置来作参照．故不必要的是A．故选：A．（2）在其他条件不变的情况下，要改变实验效果，只有改变重物的质量．故可采用的方法更换不同重量的重物．故答案为：（1）A （2）更换不同重量的小重物．【点评】：本实验在无法测量力的大小的情况下，可以采用比例法作图，只需要测量橡皮筋的伸长量就行．14．（10分）图1为“验证牛顿第二定律”的实验装置示意图．砂和砂桶的质量为m，小车和砝码的总质量为M．实验中用砂和砂桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小．（1）实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行．接下来还需要进行的一项操作是BA．将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节m的大小，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动B．将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动C．将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动（2）实验中要进行质量m和M的选取，以下最合理的一组是CA．M=200g，m=10g、15g、20g、25g、30g、40gB．M=200g，m=20g、40g、60g、80g、100g、120gC．M=400g，m=10g、15g、20g、25g、30g、40gD．M=400g，m=20g、40g、60g、80g、100g、120g（3）图2是实验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E、F、G为7个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出．量出相邻的计数点之间的距离分别为：S AB=4.22cm、S BC=4.65cm、S CD=5.08cm、S DE=5.49cm、S EF=5.91cm、S FG=6.34cm．已知打点计时器的工作频率为50Hz，则小车的加速度a=0.43m/s2（结果保留2位有效数字）．【考点】：验证牛顿第二运动定律．【专题】：实验题；牛顿运动定律综合专题．【分析】：1、小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应平衡摩擦力；2、当沙和沙桶总质量远远小于小车和砝码的总质量，即m＜＜M时才可以认为绳对小车的拉力大小等于沙和沙桶的重力；3、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，【解析】：解：（1）为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行．接下来还需要进行的一项操作是将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动，即平衡摩擦力．故选：B（2）当m＜＜M时，即当沙和沙桶总质量远远小于小车和砝码的总质量，绳子的拉力近似等于沙和沙桶的总重力．因此最合理的一组是C．故选：C．（3）相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，相邻的计数点时间间隔为T=0.1s，利用匀变速直线运动的推论△x=at2，得：s DE﹣s AB=3a1T2s EF﹣s BC=3a2T2s FG﹣s CD=3a3T2为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值得：a=（a1+a2+a3）=m/s2=0.43m/s2故答案为：（1）B；（2）C；（3）0.43【点评】：要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，只要真正掌握了实验原理就能顺利解决此类实验题目，而实验步骤，实验数据的处理都与实验原理有关，故要加强对实验原理的学习和掌握．三、计算题：（满分36分）15．（10分）如图所示，ABCD为一倾角θ=30°的粗糙斜面，其中AD边与BC边平行，斜面上有一重10N的物体，当对物体施加一个与AD边平行的拉力F时，物体恰能做匀速直线运动，已知物体与斜面间的动摩擦因数μ=，求力F的大小以及物体运动方向与力F方向间的夹角α．【考点】：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【专题】：共点力作用下物体平衡专题．【分析】：物体在斜面上做匀速直线运动，受力平衡，分析受力情况，将重力分解．根据平衡条件求出物体所受的滑动摩擦力和支持力，并求解拉力F．【解析】：解：垂直于斜面方向上，物体对斜面的压力N=Gcosθ，在斜面所在平面上，滑块受力为拉力F，摩擦力f和重力的分力Gsinθ，根据物体的平衡条件由：μN=解得：F=5Ntanα==1故α=45°答：力F的大小以为5N，物体运动方向与力F方向间的夹角α为45°．【点评】：本题物体受力分布在立体空间，分成垂直于斜面和平行于斜面两平面内研究，任何一个平面内物体的合力都为零．16．（12分）跳伞运动员做低空跳伞表演，他离开飞机后先做自由落体运动，当距地面125m 时打开降落伞，开伞后运动员以大小为14.3m/s2的加速度做匀减速运动，到达地面时的速度为5m/s，（g=10m/s2）求：（1）运动员离开飞机瞬间距地面的高度；（2）离开飞机后，经多长时间到达地面．（结果保留3位有效数字）【考点】：共点力平衡的条件及其应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；力的合成与分解的运用．【分析】：跳伞运动员先做自由落体运动，后做匀减速运动，根据运动学的公式可以求得位移的大小和运动的时间．【解析】：解：（1）对于减速过程，a=﹣14.3m/s2，由v12﹣v02=2ah2 解出v0=60 m/s．又因为v02=2gh1 解出h1=180 m．所以h=h1+h2=305 m．（2）又因为t1==6s，t2==3.85 s，所以t=t1+t2=9.85 s，答：（1）运动员离开飞机瞬间距地面的高度为305 m；（2）离开飞机后，到达地面的时间为9.85 s．【点评】：本题考查运动学公式的应用，根据人的运动情况，分别列式即可求得高度和时间．17．（14分）如图所示，有一块木板静止在光滑且足够长的水平面上，木板质量为M=4kg，长为L=1.4m．木板右端放着一小滑块，小滑块质量为m=1kg，其尺寸远小于L．小滑块与木板之间的动摩擦因数为μ=0.4，取g=10m/s2（1）现用恒力F作用在木板M上，为了使得m能从M上面滑落下来，问：F大小的范围是什么？（2）其它条件不变，若恒力F=22.8N，且始终作用在M上，最终使得m能从M上面滑落下来．问：m在M上面滑动的时间是多大？【考点】：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：（1）小物块在木板上滑动时，根据牛顿第二定律，求出木块和木板的加速度，当木板的加速度大于木木块的加速度时，m就会从M上滑落下来．（2）恒力F=22.8N，m在M上发生相对滑动，设m在M上面滑动的时间为t，求出木块在t内的位移，两者位移之差等于木板的长度L．【解析】：解：（1）小滑块与木板间的滑动摩擦力f=μN=μmg小滑块在滑动摩擦力f作用下向右匀加速运动的加速度a1==μg．木板在拉力F和滑动摩擦力f作用下向右匀加速运动的加速度a2=使m能从M上面滑落下来的条件是a2＞a1即解得F＞20N故F的范围为F＞20N（本问也可按临界情况即a1=a2的情况求解，然后再得出拉力范围）（2）设m在M上滑动的时间为t，当恒力F=22.8N，木板的加速度a2=小滑块在时间t内运动位移S1=木板在时间t内运动位移S2=因S2﹣S1=L解得t=2s故m在M上滑动的时间为2s．【点评】：解决本题的关键知道m在M上发生相对滑动时，M的加速度大于m的加速度．以及知道m在M上滑下时，两者的位移之差等于滑板的长度．。
2024届辽宁省沈阳市东北育才学校物理高二上期中检测试题含解析
2024届辽宁省沈阳市东北育才学校物理高二上期中检测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、电容器是一种常用的电子元件．对电容器认识正确的是()A．电容器的电容表示其储存电荷的能力B．电容器的电容与它所带的电量成正比C．电容器的电容与它两极板间的电压成正比D．电容的常用单位有μF和pF,1 μF＝103pF2、关于平抛运动，下列说法中正确的是（）A．平抛运动是匀速直线运动B．平抛运动不是匀变速运动C．平抛运动是匀变速曲线运动D．做平抛运动的物体，落地速度方向可能竖直向下3、如图所示，足够大的光滑绝缘水平面上有两个带正电的小球，A球的电荷量是B球的两倍，A对B的库仑力大小为F1，B对A的库仑力大小为F2。
两小球从图示位置由静止释放后( )A．F1、F2保持不变，且F1=F2B．F1、F2保持不变，且F1=2F2C．F1、F2逐渐减小，且F1=F2D．F1、F2逐渐减小，且F2=2F14、两相同带电小球，带有等量的同种电荷，用等长的绝缘细线悬挂于O 点，如图所示，平衡时，两小球相距r，两小球的直径比r 小得多，可视为点电荷，此时两小球之间的静电力大小为F．若将两小球的电量同时各减少一半，当他们重新平衡时A．两小球间的距离大于r/2B．两小球间的距离小于r/2C．两小球间的静电力等于F/2D．两小球间的静电力等于F5、把两个完全相同的金属球A和B接触一下，再分开一段距离，发现两球之间相互排斥，则A、B两球原来的带电情况不可能是()A．带有等量异种电荷B．带有等量同种电荷C．带有不等量异种电荷D．一个带电，另一个不带电6、如图所示，A、B、C三个相同的灯泡连成如图电路，当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时，三个灯泡的亮暗变化情况是（）A．同时变亮B．同时变暗C．A、C两灯变暗，B灯变亮D．A、C灯变亮，B灯变暗二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
东北育才双语学校高二上学期期中考试物理
I 客观卷一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。
每小题至少有一个正确答案，选对得4分,漏选得2分，选错不得分. 1．关于下列物理事实说法中，错误．．的一项是A ．东汉学者王充在《论衡》一书中描述的“司南"，是人们公认的最早的磁性定向工具。
B ．美国电气工程师特斯拉发现了电流的磁效应，首次揭示了电与磁的联系。
C ．法国学者安培提出的分子电流假说，能够解释一些磁现象。
D ．质谱仪最初是由阿斯顿设计的，并用质谱仪发现了氖20和氖22，证实了同位素的存在。
2．一束带电粒子沿水平方向飞过小磁针的下方，并与磁针指向平行，如图所示.此时小磁针的S 极向纸内偏转，则这束带电粒子可能是A ．向右飞行的正离子束B ．向左飞行的正离子束C ．向右飞行的负离子束D ．向左飞行的负离子束 3．两根长直通电导线互相平行,电流方向相同，它们的截面处于等边△ABC 的A 和B 处，如图所示。
两通电导线在C 处产生磁场的磁感应强度大小都足B 0,则C 处磁场的总磁感应强度大小是A ．0B ．B 0C ．0B 3 D ．2B 04．如图所示,框架面积为S ，框架平面与磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直,并以OO′为轴转动，则穿过平面的磁通量的情况是A．如图所示位置时等于BSB．若从初始位置转过60°角，磁通量为错误!BSC．若从初始位置转过90°角，磁通量为零D．若从初始位置开始,转过180°角，磁通量变化为05．一电源在负载电阻分别为4Ω和9Ω时，输出功率相等，则电源内阻为A．4ΩB．6ΩC．9ΩD．12Ω6．用多用表测直流电压U和测电阻R时,若红表笔插入多用表的正(＋)插孔，则A．测电压U时电流从红表笔流入多用表,测电阻R时电流从红表笔流出多用表B．两者电流都从红表笔流入多用表C．两者电流都从红表笔流出多用表D．测电压U时电流从红表笔流出多用表，测电阻R时电流从红表笔流入多用表7．如图所示的电路中，电源电动势为6V，当开关S 接通后,灯泡L1和L2都不亮,用电压表测得各部分电压是U ab=6V，U ad=0，U cd=6V，由此可判定A．L1和L2的灯丝都烧断了B．L1的灯丝烧断了C．L2的灯丝烧断了D．变阻器R断路8．某同学设计了一个路灯自动控制门电路，如图：天黑了,让路灯自动接通,天亮了，让路灯自动熄灭。
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东北育才学校2014-2015学年高二上学期第一次阶段考试物理试题1.每时每刻都有大量宇宙射线向地球射来，地磁场可以改变射线中大多数带电粒子的运动方向，使它们不能到达地面，这对地球上的生命有十分重要的意义。
假设有一个带正电的宇宙射线粒子正垂直于地面向赤道射来，在地磁场的作用下，它将（ ） A ．向东偏转 B ．向南偏转 C ．向西偏转 D ．向北偏转2．如图所示电路中，C 2=2C 1，R 2=2R 1，下列说法正确的是（ ） A ．开关处于断开状态，电容C 2的电量大于电容C 1的电量 B ．开关处于断开状态，电容C 1的电量大于电容C 2的电量 C ．开关处于接通状态，电容C 2的电量大于电容C 1的电量 D ．开关处于接通状态，电容C 1的电量小于电容C 2的电量3.如图所示，图中的四个电表均为理想电表，当滑动变阻器滑动触点P向右端移动时，下面说法中正确是（ ） A ．伏特表V 1的读数减小，安培表A 1的读数减小 B ．伏特表V 1的读数增大，安培表A 1的读数增大 C ．伏特表V 2的读数减小，安培表A 2的读数增大 D ．伏特表V 2的读数增大，安培表A 2的读数减小4.（多选）两根通电的长直导线平行放置，电流分别为I 1和I 2，电流的方向如图所示，在与导线垂直的平面上有a 、b 、c 、d 四点，其中a 、b 在导线横截面连线的延长线上，c 、d 在导线横截面连线的垂直平分线上，零的是（ ）A.a 点B.b 点C.c 点D.d 点5．如图所示电路，开关S 原断开，现将S 合上，则A ．B 两点电势φA 、φB 与S 断开时相比（ ） A ．φA 升高，φB 降低 B ．φA 降低，φB 升高 C ．都升高 D ．都降低6．（多选）汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗，如图，在打开车灯的情况下，电动机未启动时电流表读数为10A，电动机启动时电流表读数为58A，若电源电动势为12.5V，内阻为0.05Ω，电动机内阻为0.02Ω，电流表内阻不计，则电动机启动时（）A．车灯的电压为9.6V B．通过电动机的电流为48AC．电动机的电功率为50W D．电动机输出的机械功为430W8.为了测量某化肥厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口，在垂直于上下表面方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在前后两个内侧面固定有金属板作为电极，污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U．若用Q表示污水流量 (单位时间内排出的污水体积)，下列说法正确的是 ( )A．若污水中正离子较多，则前内侧面比后内侧面电势高B．前内侧面的电势一定低于后内侧面的电势，与哪种离子多无关C．污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大D．污水流量Q与电压U成正比，与a、b有关9.如图是某离子速度选择器的原理示意图，在一半径为R=10cm的圆柱形筒内有B=1×10－4T的匀强磁场，方向平行于轴线.在圆柱形筒上某一直径两端开有小孔a、b分别作为入射孔和出射孔.现有一束比荷为2×1011C/kg的正离子，以不同角度α入射，最后有不同速度的离子束射出.其中入射角α=30°，且不经碰撞而直接从出射孔射出的离子的速度v大小是A．4×105m/s B．2×105m/sC．4×106m/s D．2×106m/s10.如图为两电源的U-I图象，则下列说法正确的是（）A．电源①的电动势比电源②的大，内阻比电源②的内阻小B．当外接同样的电阻时，两电源的输出功率可能相等C．当外接同样的电阻时，两电源的效率可能相等D．不论外接多大的相同电阻，电源①的输出功率总比电源②的输出功率大11．（多选）如图所示，电源电动势为E，内阻为r，R0为定值电阻，R为可变电阻，且其总阻值R＞R-0+r，则当可变电阻的滑动触头由A向B移动时（）A．电源内部消耗的功率越来越大，电源的供电效率越来越低B．R、R0上功率均越来越大C．R0上功率越来越大，R上功率先变大后变小D．R-0上功率越来越大，R上功率先变小后变大12.（多选）如图所示，宽d = 2cm的有界匀强磁场，纵向范围足够大，磁感应强度的方向垂直纸面向内．现有一群带正电的粒子从O点以相同的速率沿纸面不同方向进入磁场，若粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径均为r = 5cm，则（）A．右边界：-4cm＜y≤4cm的范围内有粒子射出B．右边界：y＞4cm和y＜-4cm的范围内有粒子射出C．左边界：y＞8cm的范围内有粒子射出D．左边界：0＜y≤8cm的范围内有粒子射出二、实验填空题（本题共3小题，其中13题2分 14题4分，15每题9分共15分）13．如图所示，电子枪射出的电子束进入示波管，在示波管正下方有竖直放置的通电环形导线，则示波管中的电子束将偏转。
（填“向上”“向下”“向里”“向外”）14．已知地磁场的水平分量为B，利用这一值可以测定某一弱磁场的磁感强度，如图所示为测定通电线圈中央一点的磁感强度．实验方法：①先将未通电线圈平面固定于南北方向竖直平面内，中央放一枚小磁针N极指向北方；②给线圈通电，此时小磁针N极指北偏东θ角后静止，由此可以确定线圈中电流方向(由东向西看)与线圈中央的合磁感强度分别为、15．为测量一个定值电阻的阻值，备用器材如下：待测电阻R x电流表A1(量程100 μA，内阻约2 k Ω)电流表A2(量程500 μA，内阻约300 Ω)电压表V1(量程15 V，内阻约150 kΩ)电压表V2(量程50 V，内阻约500 kΩ)电源E(电动势15 V)滑动变阻器R(最大阻值1 kΩ)多用电表，开关S，导线若干(1)先用多用电表欧姆挡对R x进行粗测．若选择×100 Ω挡用正确的测量方法进行测量，发现指针几乎不偏转，为较准确测量应选用________挡(×10，×1 k)．重新选挡测量，刻度盘上的指针位置如上图所示，测量结果是________Ω.(2)现用伏安法测量R x阻值．为了尽量减小实验误差，要求测多组数据．①电流表应选________，电压表应选________．②画出实验电路图．③根据实验中测得的多组数据作出的U－I图线如下图所示，根据图线求得待测电阻的阻值为________Ω.三、解答题（本题共3小题，共37分，解答应写明必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位）16．（10分）11．(15分)如图所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4 m，质量为6×10－2 kg 的通电直导线，电流强度I＝1 A，方向垂直于纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4 T，方向竖直向上的磁场中．设t＝0时，B＝0，则需要多长时间，斜面对导线的支持力为零？(g取10 m/s2)17．（12分）如图所示，电灯L标有“4 V,1 W”．滑动变阻器R总电阻为50 Ω，当滑片P滑至某位置时，L恰好正常发光，此时电流表示数为0.45 A，由于外电路发生故障，电灯L突然熄灭，此时电流表示数变为0.5 A，电压表示数变为10 V，若导线完好，电路中各处接触良好，试问：(1)发生故障是短路还是断路？发生在何处？(2)发生故障前，滑动变阻器接入电路的阻值为多少？(3)电源电动势和内阻分别为多大？18．（15分） 如图所示，在以坐标原点O 为圆心、半径为R 的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B ，磁场方向垂直于xOy 平面向里．一带正电的粒子(不计重力)从O 点沿y 轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经t 0时间从P 点射出 (1)求电场强度的大小和方向． (2)若仅撤去电场，带电粒子仍从O 点射入，但速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间．（粒子的比荷满足034Bt m q）高二年级上学期阶段测试物理科答题纸答题时间：90分钟 满分：100分 命题人校对人：高二物理组二、实验填空题（本题共3小题，其中13题2分 14题4分，15每题9分 共15分） 13、 14、 、15、（1） 、（2）①________，________．②在右侧方格内画出电路图．③三、解答题（本题共3小题，共37分，解答应写明必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位）16、解:17、解：18、解：高二年级上学期阶段测试物理答案答题时间：90分钟 满分：100分 命题人校对人：高二物理组一、选择题（每题4分，选不全得2分，共计48分）1.A2.A3.D4.AB5.D6.AD7.D8.B9.D 10.D 11.AC 12.AD 二、填空题（每题5分，共计15分）17．解析：(1)电路发生故障后，电流表示数增大，路端电压U ＝U 0＝I 0R 0也增大，因此一定是外电路总电阻增大所致．一定是在外电路某处发生断路故障：由于电流表有示数，则R 0不可能断路；由于电压表有示数，则变阻器不可能断路，依题意，导线完好，电路中各处接触良好，所以故障只可能是L 发生断路．(2)由于U ＝U 0＝10 V ，则有R 0＝U 0I 0＝100.5 Ω＝20 Ω，L 未发生断路前恰好正常发光，所以L 的额定电压U L ＝4 V ，L 的额定电流I L ＝P L U L ＝14A ＝0.25 A ．L 未断路前路端电压U ′＝U 0′＝I 0′R 0＝0.45×20V ＝9 V ，变阻器连入电路的阻值R 1＝UR 1IR 1＝U ′－U L I L ＝9－40.25Ω＝20 Ω.(3)根据闭合电路欧姆定律E ＝U ＋Ir ，有故障前 E ＝9＋(0.45＋0.25)r ；故障后E ＝10＋0.5r . 解得E ＝12.5 V ，r ＝5 Ω.18：(1)设带电粒子的质量为m ，电荷量为q ，初速度为v ，电场强度为E .可判断出粒子受到的洛伦兹力沿x 轴负方向，于是可知电场强度沿x 轴正方向 且有qE ＝q v B ① 又R ＝v t 0②则E ＝BR t 0③(3)仅有磁场时，入射速度v ′＝4v ，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设轨道半径为r ，由牛顿第二定律有q v ′B ＝m v ′2r ⑧又34Bt m q⑨由③⑦⑧⑨式得r ＝3R 3由几何知识sin α＝R2r即sin α＝32，α＝π3带电粒子在磁场中运动周期T ＝2πm qB则带电粒子在磁场中运动时间t B ＝2α2πT所以t B ＝3π18t 0.答案：(1)E ＝BR t 0 沿x 轴正方向 (2)t B ＝3π18t 0。