精品：辽宁省大连市第二十高级中学2015-2016学年高一下学期期末考试物理试题(解析版)
2022年辽宁省大连市第二十中学高一物理期末试卷含解析
2022年辽宁省大连市第二十中学高一物理期末试卷含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. （单选）若已知太阳的一个行星绕太阳运转的轨道半径为r，周期为T，引力常量为G，则可求得A．该行星的质量B．太阳的质量C．该行星的平均密度D．太阳的平均密度参考答案：B2. （单选）公路交通条例规定：禁止弯道超车。
因为容易滑出公路或与对面的汽车发生碰撞。
但在F1方程式赛车中，却经常出现弯道超车的现象。
如果某赛车在顺时针加速超越前车。
则该车所受的合外力的图示可能为（）参考答案：C3. （单选）在高空中有四个小球，在同一位置同时以相同的速率v向上、向下、向左、向右被射出，经过1 s后四个小球在空中的位置构成的正确图形是图中的()参考答案：A4. 关于机械能守恒，下列说法正确的是（）A．人乘电梯加速上升的过程，机械能守恒B．做自由落体运动的物体，机械能一定守恒C．物休必须在只受重力作用的情况下，机械能才守恒D．合外力对物体做功为零时，机械能一定守恒参考答案：B【考点】机械能守恒定律．【分析】根据机械能守恒的条件分析答题，明确只有重力或只有弹力做功，机械能守恒．【解答】解：A、人乘电梯加速上升的过程，由于动能和重力势能增加，故总机械能增大，故A错误；B、自由下落的物体只有重力做功，机械能守恒，故B正确；C、只有重力或只有弹力做功机械能守恒，除重力外物体还受其他力，物体机械能也可能守恒，如沿光滑斜面下滑的物体除受重力外还是支持力，但物体机械能守恒，故C错误；D、合外力对物体做功为零时，机械能不一定守恒，如物体在竖直方向上匀速运动时，机械能不守恒，故D错误．故选：B．5. 如图所示，一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，有两个质量相等的小球A和B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则以下说法中正确的是（）A．两小球均受到重力、弹力和向心力B．两小球对筒壁的压力等大C．两小球的线速度等大D．两小球的角速度等大参考答案：B【考点】向心力；牛顿第二定律．【分析】小球受重力和支持力两个力作用，靠两个力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律得出线速度、角速度的表达式，根据小球做圆周运动的半径比较线速度、角速度的大小．根据平行四边形定则得出支持力的大小，从而得出压力的大小关系．【解答】解：A、两个小球均受到重力和弹力作用，向心力不是物体受到的力，是物体做圆周运动需要的力，靠其它力提供，故A错误．B、根据平行四边形定则知，支持力N=，质量相等，则支持力相等，可知两球对筒壁的压力大小相等，故B正确．C、根据得，线速度v=，角速度，由于转动的半径不等，则线速度、角速度不等，故C、D错误．故选：B．二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. （2分）两个摆长相同的单摆，摆球质量之比是4:1，在不同地域振动，当甲摆振动4次的同时，乙摆恰振动5次，则甲、乙二摆所在地区重力加速度之比为参考答案：16：257. 如图所示，细线的一端固定于倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球，当滑块至少以加速度a=向左运动时，小球对滑块的压力等于零，当滑块以a=2g的加速度向左运动时，线中拉力T=．参考答案：g、mg【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．【分析】小球对滑块的压力等于零，对木块进行受力分析，其受到重力和绳子的拉力，合力水平向左，再根据牛顿第二定律就可以求得加速度；，当滑块以a=2g的加速度向左运动时，小球将离开滑块，绳子张力变得更大，其受到重力和绳子的拉力，合力水平向左，求绳子的拉力【解答】解：（1）对物体进行受力分析，如图所示：由图知，F合=mg故a=g（2）由上图得，当a=2g时，F合=ma=2mg由勾股定理得：F==mg答案为：g、mg8. 质量相等的A ，B两质点分别做匀速圆周运动，若在相等时间内通过的弧长之比为2：3，而转过的角度之比为3：2，则A,B两质点的周期之比T∶;向心加速度之比∶。
辽宁省大连二十中2015-2016学年高一上学期期末物理试卷及答案
2015-2016学年辽宁省大连二十中高一（上）期末物理试卷一、单选题：（本题有8道小题，每小题4分，共32分．）1．下列说法中正确的是（）A．曲线运动一定是变速运动B．作用力和反作用力大小相等、方向相反、合力为零C．蹦床运动员在空中上升阶段处于超重状态而下落阶段处于失重状态D．物体静止时惯性大，运动时惯性小2．一物体运动的速度﹣时间关系图象如图所示，根据图象可知（）A．0～4s内，物体在做匀变速曲线运动B．0～4s内，物体的速度一直在减小C．0～4s内，物体的加速度一直在减小D．0～4s内，物体速度的变化量为﹣8 m/s3．A、B两小球都在水平面上做匀速圆周运动，A球的轨道半径是B球的轨道半径的2倍，A的转速为30r/min，B的转速为10r/min，则两球的向心加速度之比为（）A．1：1 B．6：1 C．4：1 D．2：14．一质量为m的人站在电梯中，电梯减速下降，若加速度大小为g（g为重力加速度），则人对电梯底部的压力大小为（）A．mg B．mg C．mg D．mg5．在距水平地面不同高度处以不同的水平初速度分别抛出甲、乙两物体，若两物体抛出时速度大小之比为2：1，由抛出点到落地点的水平距离之比是：1，则甲、乙两物体抛出点距地面的高度之比为（）A．1：2 B．2：1 C．3：1 D．4：16．在探究超重和失重规律时，某体重为G的同学站在一压力传感器上完成一次下蹲动作．传感器和计算机相连，经计算机处理后得到压力F随时间t变化的图象，则下列图象中可能正确的是（）A．B．C．D．7．如图所示，质量为M、半径为R、内壁光滑的半球形容器静止在粗糙水平地面上．O为球心．有一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在半球底部O′处，另一端与质量为m的小球相连，小球静止于P点．已知地面与半球形容器间的动摩擦因数μ，OP与水平方向的夹角为θ=30°，下列说法正确的是（）A．小球受到轻弹簧的弹力大小为B．小球受到容器的支持力大小为C．小球受到容器的支持力大小为mgD．半球形容器受到地面的摩擦力大小为8．如图所示，轻绳的一端系在质量为m的物体上，另一端系在一个圆环上，圆环套在粗糙水平横杆MN上，现用水平力F拉绳上一点，使物体处在图中实线位置．然后改变F的大小使其缓慢下降到图中虚线位置，圆环仍在原来位置不动，则在这一过程中，水平拉力F、环与横杆的摩擦力f和环对杆的压力N的变化情况是（）A．F逐渐增大，f保持不变，N逐渐增大B．F逐渐增大，f逐渐增大，N保持不变C．F逐渐减小，f逐渐增大，N逐渐减小D．F逐渐减小，f逐渐减小，N保持不变二、多选题：（本题共4小题，每小题4分，错选、多选或不选不得分，漏选得2分．）9．质量为m的木块在拉力F的作用下，在水平地面上做匀速运动，如图所示，已知木块与地面间的动摩擦因数为μ，那么物体受到的滑动摩擦力大小为（）A．μmg B．FcosθC．μ（mg﹣Fsinθ）D．μ（mg+Fsinθ）10．如图所示装置，质量为m的小球被不可伸长的轻绳OA、OB系住．当整个装置加速运动时，下列说法正确的是（）A．若向左加速，OB绳上张力可能为零B．若向右加速，OA绳上张力可能为零C．若向上加速，OB绳上张力可能为零D．若向下加速，OA、OB绳上张力可能同时为零11．固定的两滑杆上分别套有圆环A、B，两环上分别用细线悬吊着物体C、D，如图所示．当它们都沿滑杆向下滑动时，A的悬线始终张紧与杆垂直，B的悬线始终张紧竖直向下．则（）A．A环做匀加速运动 B．B环做匀速运动C．A环与杆之间可能有摩擦力 D．B环与杆之间可能无摩擦力12．如图所示，轻质不可伸长的细绳，绕过光滑定滑轮C，与质量为m的物体A连接，A 放在倾角为θ的光滑斜面上，绳的另一端和套在固定竖直杆上的物体B连接．现BC连线恰沿水平方向，从当前位置开始B以速度v0匀速下滑．设绳子的张力为T，在此后的运动过程中，下列说法正确的是（）A．物体A做变速运动B．物体A做匀速运动C．T小于mgsinθ D．T大于mgsinθ三、实验题：（本题2小题，每空2分，共10分.将正确答案填在答题纸中的横线上）13．在做“验证力的平行四边形定则”实验时：（1）要使每次合力与分力产生相同的效果，必须A．每次将橡皮条拉到同样的位置B．两弹簧秤的夹角相同C．每次弹簧秤示数必须相同D．只要一个弹簧秤的读数相同就行（2）图2所示，是甲乙两位同学在做“验证力的平行四边形定则”的实验时得到的结果，则其中同学实验结果比较符合实验事实．14．为了探究加速度与力的关系，某同学设计了如图1所示的实验装置，带滑轮的长木板水平放置．在该实验中必须采用控制变量法，应保持不变；改变所挂钩码的数量，多次重复测量．在某次实验中根据测得的多组数据可画出a﹣F关系图线（如2图所示）．①分析此图线，CA段不过原点的可能原因是：．②此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是．A．小木块与轨道之间存在摩擦B．导轨保持了水平状态C．所挂钩码的总质量太大D．所用小木块的质量太大．四、计算题：（本题共4小题，15题6分、16题10分，17题12分，18题14分，共42分）15．如图，支架质量为M，置于水平地面上．轴O处有一长为L的杆（质量不计），杆的另一端固定一个质量为m的小球．使小球在竖直平面内做圆周运动，支架保持静止．若小球到达最高点时支架对地面的压力恰好为0，求，小球通过最高点速度的大小？16．在光滑的水平面内建立正交直角坐标，一质量1kg的质点，在t=0时，v0=0，并处在坐标原点；从t=0开始受到一个大小为2N沿y轴正方向的水平外力作用开始运动，在t=1s时，撤去原外力的同时施加一沿x轴正方向大小为4N的水平外力作用，（1）试确定在t=2s时该质点的位置坐标及此时速度大小？（2）请在给出的坐标系中画出2s内该质点的运动轨迹．17．如图所示，倾角为30°的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以6m/s速度运动，运动方向如图所示．一个质量为m的物体（物体可以视为质点），从h=3.2m高处由静止沿斜面下滑，物体经过A点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其速率变化．物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g=10m/s2，则：（1）物体由静止沿斜面下滑到斜面末端需要多长时间；（2）物体在传送带上向左运动的最远距离（传送带足够长）；（3）物体第一次通过传送带返回A点后，沿斜面上滑的最大高度为多少．18．如图所示，质量M=1kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，在木板的左端放置一个质量m=1kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4，取g=10m/s2，在铁块上加一个水平向右的拉力，试求：（1）F增大到多少时，铁块能在木板上发生相对滑动？（2）若木板长L=1m，水平拉力恒为8N，经过多长时间铁块运动到木板的右端？2015-2016学年辽宁省大连二十中高一（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、单选题：（本题有8道小题，每小题4分，共32分．）1．【考点】作用力和反作用力；曲线运动．【专题】定性思想；推理法；弹力的存在及方向的判定专题．【分析】两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在一条直线上；惯性是物体保持原来运动状态不变的性质．原来静止的物体保持原来的静止状态；原来运动的物体保持原来的运动状态．一切物体都有惯性，惯性的大小只与物体的质量有关，当加速度方向向上时，物体处于超重，加速度方向向下时，物体处于失重．【解答】解：A、曲线运动的速度方向一定变化，所以曲线运动一定是变速运动，故A正确；B、两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在两个物体上，不能合成，故B错误；C、蹦床运动员在空中只受重力，加速下降或减速上升，处于完全失重状态，故C错误；D、惯性是物体保持原来运动状态不变的性质，一切物体都有惯性，并且惯性的大小只与物体的质量有关，物体的质量越大，物体的惯性越大，与运动的速度无关，故D错误．故选：A【点评】正确理解惯性的概念，惯性是物体本身固有的一种属性，一切物体都有惯性，注意作用力与反作用力不能合成，难度不大，属于基础题．2．【考点】匀变速直线运动的图像．【分析】本题是速度﹣时间图象，速度的正负表示速度的方向，图象的斜率表示加速度，速度的变化量等于末速度减去初速度．【解答】解：A、速度时间图象只能表示直线运动，不能表示曲线运动，故A错误；B、0～4s内，物体的速度先减小后反向增大，故B错误；C、图象的斜率表示加速度，根据图象可知，0～4s内，物体的加速度先减小后增大，故C 错误；D、0～4s内，物体速度的变化量△v=﹣3﹣5=﹣8m/s，故D正确．故选：D【点评】本题考查理解速度图象的能力，要注意速度的方向由其正负号来表示，图象的斜率表示加速度．3．【考点】向心加速度．【专题】定量思想；方程法；匀速圆周运动专题．【分析】先根据转速计算出做匀速圆周运动的角速度，再利用向心加速度公式分别计算，再求比值．【解答】解：A的转速为30r/min=0.5r/s，则A的加速度ωA=2πn A=π，A球的轨道半径是B球的轨道半径的2倍，故A的向心加速度为B的转速为10r/min=，则B的加速度，故B的向心加速度为故向心加速度之比，B正确；故选：B．【点评】本题特别注意用转速求角速度时，即公式ω=2πn的应用时，转速n的单位要化为r/s，不可直接用r/min计算角速度．4．【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】由于电梯减速减速，故加速度向上，可知人处于超重状态，由此对人受力分析，列牛顿第二定律解得电梯对人的支持力，进而得人对电梯的压力【解答】解：由于电梯减速减速，故加速度向上，对人受力分析，受到重力mg，地面支持力N，由牛顿第二定律：mg﹣N=ma即：mg﹣N=﹣m解得：N=故选：D【点评】重点是对超重和失重的判定，其依据是加速度的方向，加速向下为失重，加速度向上为超重．5．【考点】平抛运动．【专题】比较思想；比例法；平抛运动专题．【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据水平位移之比和初速度之比求出运动的时间之比，从而得出抛出点与地面的高度之比．【解答】解：甲、乙都做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，根据x=v0t知，t=已知水平距离之比为：1，初速度之比为2：1，则由上式解得时间之比为1：根据h=知，抛出点与地面的高度之比为1：2．故选：A【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式进行解答．6．【考点】作用力和反作用力．【分析】人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态．【解答】解：对人的运动过程分析可知，人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，此时人对传感器的压力小于人的重力的大小；在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态，此时人对传感器的压力大于人的重力的大小，A、C、D错误；B正确．故选：B．【点评】本题主要考查了对超重失重现象的理解，人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的压力变了．7．【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】对小球进行受力分析可知，小球受重力、支持力及弹簧的弹力而处于静止，由共点力的平衡条件可求得小球受到的轻弹簧的弹力及小球受到的支持力；对容器和小球整体研究，分析受力可求得半球形容器受到的摩擦力．【解答】解：A、B、C对小球受力分析，如图所示，由几何关系可知，T=F=mg，故AB错误；C正确；D、以容器和小球整体为研究对象，分析受力可知：竖直方向有：总重力、地面的支持力，水平方向地面对半球形容器没有摩擦力．故D错误．故选C【点评】共点力平衡问题重点在于正确选择研究对象，本题运用隔离法和整体法两种方法进行受力分析得出结论．8．【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】由题，圆环的位置不动，物体缓慢下降，两个物体都处于平衡状态．先以重物为研究对象，分析受力情况，由平衡条件分析F如何变化．再以两物体整体为研究对象，分析受力情况，再根据平衡条件分析杆对环的摩擦力f和支持力的变化情况．【解答】解：以重物为研究对象，分析受力情况：重力G、水平力F和绳子的拉力T，如图1所示．由平衡条件得：F=Gtanθ，当θ减小时，F逐渐减小．、水平力F，杆的摩擦力f和支持力N，则有再以两物体整体为研究对象，分析重力G总N=G，保持不变．总f=F，逐渐减小．故选D【点评】本题的解题关键是灵活选择研究对象，采用整体法和隔离法相结合求解，是比较简单方便的．二、多选题：（本题共4小题，每小题4分，错选、多选或不选不得分，漏选得2分．）9．【考点】滑动摩擦力．【专题】摩擦力专题．【分析】物体匀速运动，说明物体是处于受力平衡状态，由水平和竖直方向的平衡条件分别列方程，加上滑动摩擦力的公式，就能求出滑动摩擦力的大小．【解答】解：由于物体做匀速运动，对物体受力分析，根据平衡条件，有：水平方向：Fcosθ=f竖直方向：F N=mg﹣Fsinθ滑动摩擦力：f=μF N=μ（mg﹣Fsinθ）故BC错误，AD正确；故选：BC．【点评】对物体受力分析，由水平和竖直方向和滑动摩擦力的公式分别列方程求解即可．10．【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】小球受重力和两个拉力（可能为零），根据牛顿第二定律分析合力情况，然后判断弹力是否可能为零．【解答】解：A、若向左加速，加速度向左，合力向左，OB绳子的拉力可以为零，只要重力和AO的拉力水平向左即可；故A正确；B、若向右加速，加速度向右，合力向右；只要重力和AO的拉力水平向左即可，但OA绳上张力不可能为零，否则合力不向左；故B错误；C、若向上加速，加速度向上，合力向上，只要AO、BO绳子的拉力的合力向上即可，OB 拉力不为零，故C错误；D、若向下加速的加速度为g，完全失重，OA、OB绳上张力同时为零，故D正确；故选：AD【点评】本题关键是提供运动情况分析受力情况，关键是确定加速度情况，然后结合平行四边形定则分析即可，基础题目．11．【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】环和物体保持相对静止，具有相同的加速度，通过对物体受力分析，运用牛顿第二定律得出其加速度，从而再根据牛顿第二定律分析出环的受力情况和运动情况．【解答】解：A、左图，物体受重力和拉力两个力，两个力的合力不等于零，知物体与A以共同的加速度向下滑，对物体有：a=，则A的加速度为gsinθ，做匀加速直线运动，对A环分析，设摩擦力为f，有Mgsinθ﹣f=Ma，解得f=0．所以A环与杆间没有摩擦力．故A正确，C错误；B、对D球受力分析，受重力和拉力，由于做直线运动，合力与速度在一条直线上，故合力为零，物体做匀速运动；再对B求受力分析，如图，受重力、拉力、支持力，由于做匀速运动，合力为零，故必有沿杆向上的摩擦力．故B正确，D错误．故选：AB．【点评】本题关键要结合运动情况，根据牛顿第二定律和平衡条件分析受力情况，再结合受力情况判断运动情况．12．【考点】运动的合成和分解．【专题】运动的合成和分解专题．【分析】根据运动的合成与分解，将B的竖直向下的运动分解成沿着绳子方向与垂直绳子方向的两个分运动，结合力的平行四边形定则，即可求解．【解答】解：由题意可知，将B的实际运动分解成两个分运动，如图所示，；因B以速度v0匀速下滑，又α在增大，所以绳根据平行四边形定则，可有：v B sinα=v绳子速度在增大，则A处于加速运动，根据受力分析，结合牛顿第二定律，则有：T＞mgsinθ，故AD正确，BC错误；故选：AD．【点评】本题考查运动的合成与分解，掌握如何将实际运动分解成两个分运动是解题的关键，同时运用三角函数关系．三、实验题：（本题2小题，每空2分，共10分.将正确答案填在答题纸中的横线上）13．【考点】验证力的平行四边形定则．【专题】实验题；平行四边形法则图解法专题．【分析】（1）该实验采用了“等效替代”法即要求两次拉橡皮筋时，要使橡皮筋产生的形变相同，即拉到同一位置．（2）F1与F2合成的理论值是由平行四边形定则作图得到的，由于误差可能不与OA共线；而F1与F2合成的实际值一定与OA共线（二力平衡），明确理论值和实际值的区别即可正确解答．【解答】解：（1）要使每次合力与分力产生相同的效果，每次将橡皮条拉到同样的位置，即用一个力与用两个力的作用效果相同，故BCD错误，A正确；（2）用一个弹簧测力计拉橡皮条时，拉力的方向一定沿绳子方向，如甲图中的竖直方向；根据力的平行四边形定则作出的合力，作图法得到的合力一定在平行四边形的对角线上，由于误差的存在与实验值有一定的差别，即作图得出的合力方向与竖直方向有一定的夹角，故甲图符合实验事实．故答案为：（1）A；（2）甲【点评】“验证力的平行四边形定则”实验中，我们要知道分力和合力的效果是等同的，这要求同学们对于基础知识要熟练掌握并能正确应用，加强对基础实验理解．14．【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．【专题】实验题；牛顿运动定律综合专题．【分析】考查实验时平衡摩擦力时出现的误差问题，不是未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，就是平衡摩擦力时过大．从图上分析两图各是什么原因即可．【解答】解：在该实验中必须采用控制变量法，应保持木块质量不变；改变所挂钩码的数量，多次重复测量．（1）当拉力F已经不为零时，木块仍然没有产生加速度，故原因是未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足．（2）探究加速度与力的关系实验，当钩码的质量远小于小车质量时，可以近似认为小车受到的拉力等于钩码的重力，a﹣F图象是直线，如果钩码质量太大，不能满足钩码质量远小于小车质量时，a﹣F图象不是直线，发生弯曲，故C正确；故选：C．故答案为：木块质量；（1）未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足（2）C【点评】正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所需实验器材、实验步骤、所测数据、实验误差等，会起到事半功倍的效果．四、计算题：（本题共4小题，15题6分、16题10分，17题12分，18题14分，共42分）15．【考点】向心力．【专题】计算题；定量思想；合成分解法；匀速圆周运动专题．【分析】小球到达最高点时，恰好支架对地面无压力为零，说明杆对支架的拉力为Mg，则杆对小球的作用力为Mg，根据合外力提供小球圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律列式求解小球通过最高点的速度．【解答】解：设小球通过最高点时，杆子的拉力大小为F，小球速度为v，以M为研究对象，支架对地面无压力为零，则F=Mg…①以m为研究对象，由牛顿第二定律得：F+mg=m…②由①②解得v=答：小球通过最高点速度的大小为．【点评】此题关键正确分析小球做圆周运动的向心力来源，并根据向心力公式和牛顿第二定律公式列式求解．16【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【专题】作图题；定性思想；合成分解法；牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）质点在0﹣1s内沿y轴正方向做匀加速运动，由牛顿第二定律可求得加速度，再由速度公式和位移公式求出1s末质点的速度和位移．1﹣2s内质点做类平抛运动，运用运动的分解法，由分位移和分速度公式求解．（2）结合质点的运动情况，画出该质点的运动轨迹．【解答】解：（1）0﹣1s内：质点沿y轴正方向做匀加速运动，质点的加速度a1===2m/s2；1s内的位移y==1m1s末的速度v y=at=2m/s第2s内：a2===4m/s2；y轴方向位移y′=v y t=2×1m=2mx轴方向位移x==2mx轴方向速度v x=a2t=4m/s因此2s末：质点的位置坐标为（2m，3m），速度大小：v==2m/s（2）答：（1）在t=2s时该质点的位置坐标为（2m，3m），速度大小是2m/s．（2）画出2s内该质点的运动轨迹如上图所示．【点评】本题关键要将小球的运动沿着x、y方向正交分解，x方向做匀加速直线运动，y 方向做匀速直线运动，然后根据运动学公式进行列式求解．17．【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）根据牛顿第二定律求出沿斜面下滑的加速度，结合位移时间公式求出下滑到斜面底端的时间．（2）根据牛顿第二定律求出物体在传送带上向左做匀减速运动的加速度，结合速度位移公式求出向左运动的最远距离．（3）根据运动学规律求出物体第一次通过传送带返回A点的速度，结合速度位移公式求出沿斜面上滑的高度．【解答】解：（1）物体在斜面上的加速度大小．根据解得t=．滑到底端的速度v=a1t=5×1.6m=8m/s（2）物体在传送带上做匀减速运动的加速度大小，则物体在传送带上向左运动的最远距离x=，（3）因为物块速度减为零后，返回做匀加速直线运动，返回时速度达到传送带速度后做匀速直线运动，所以物块返回到A点的速度为6m/s，则上滑的距离s=，上升的高度h．答：（1）物体由静止沿斜面下滑到斜面末端需要1.6s．（2）物体在传送带上向左运动的最远距离为6.4m．（3）物体第一次通过传送带返回A点后，沿斜面上滑的最大高度为1.8m．【点评】解决本题的关键理清物体在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，难度中等．18．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；物体的弹性和弹力．【专题】计算题；定量思想；整体法和隔离法；牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）F增大到AB恰好保持相对静止，且两者间的静摩擦力达到最大值，F为铁块能在木板上发生相对滑动的最小值．对木板，根据牛顿第二定律求出临界加速度，再对整体，运用牛顿第二定律求F．（2）先由牛顿第二定律求出铁块和木板的加速度，当铁块运动到木板的右端时m和M的位移之差等于板长，由位移时间公式和位移关系列式求解时间．【解答】解：（1）设F=F1时，A、B恰好保持相对静止，此时二者的加速度相同，两者间的静摩擦力达到最大．根据牛顿第二定律得：μ2mg﹣μ1（m+M）g=Ma可得a=2m/s2以系统为研究对象，根据牛顿第二定律有F1﹣μ1（m+M）g=（m+M）a。
【物理】辽宁省大连市第二十高级中学2015-2016学年高一下学期期中考试
2015—2016学年度下学期期中考试高一物理试卷 考试时间：90分钟 试题分数：100分 命题人：吴英卷Ⅰ一、单选题：(本题共有7个小题，每题4分，共28分。
)1．如图所示，在水平桌面上的A 点有一个质量为的物体以初速度被抛出，不计空气阻力，以抛出点为势能零点，当它到达B 点时，其机械能为 （ ）A. B. C. D. 2．将质量为1kg 的物体以10m/s 的速度水平抛出，取m/s 2，下列正确的是（ ）A ．重力在2s 内所做的功为400 JB ．重力在2s 末的瞬时功率为C ．重力在第2s 内所做的功为150JD ．重力在第2s 内的平均功率为100W3．质量为的汽车以恒定的功率在平直的水平公路上行驶，汽车匀速行驶时速率为，当汽车的速率为(<)时汽车的加速度为（ ）A ．B ．C ．D ． 4. 如图所示的真空空间中，仅在正方体中的黑点处存在着电荷量大小相等的点电荷，则图中，两点电场强度和电势均相同的是（ ）5.有一负电荷自电场中的A 点自由释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B ，它运动的速度—时间图像如右图所示，则A 、B 所在电场区域的电场线图可能是下列图中的( ) m 0v 2012mv mgh -mgh mv +2021mgH mv +20212021mv 10=g m P 1v 2v 2v 1v 2m v P 2121)(v m v v v P -1m v P )(221v v m P +a b6．图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子先经过M 点，再经过N 点，可以判定（ ）A ．该粒子带负电B ．M 点的电势小于N 点的电势C ．粒子在M 点受到的电场力大于在N 点受到的电场力D ．粒子在M 点具有的电势能大于在N 点具有的电势能7.一个绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为,在环的上端，一个质量为，带电量为的小球由静止开始沿轨道运动，则（ ）A.小球运动过程中机械能守恒B.小球运动的过程中机械能减少C.在最低点球对轨道的压力为D.在最低点球对轨道的压力为3二、多选题：(本题共有5个小题，每题5分，漏选得3分，共25分。
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末考试试题
2015-2016学年度上学期期末考试高二物理试卷考试时间：90分钟试题分数：100分卷Ⅰ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检测电网上的强电流，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（）2.如图(a)为电热毯的示意图，电热丝接在U=311sin100πt（V）的交流电源上，电热毯被加热到一定温度后，通过理想二极管，使输入电压变为图(b)所示的波形，从而进入保温状态，若电热丝电阻保持不变，此时电压表的示数约为（）A、110VB、156VC、220VD、211V3．如图所示，线圈两端与电阻相连构成闭合回路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，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b到a，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a到b，线圈与磁铁相互吸引4. 如图甲所示，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,在图乙所示的四幅图中，能正确表示感应电流随线框位移关系的是：（）(a) (b)5．用一根横截面积为S、电阻率为ρ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D．图中a、b两点间的电压U=|0.25kπr2|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。
辽宁省大连市第二十高级中学高一物理下学期期末试题(扫描版)
辽宁省大连市第二十高级中学2013-2014学年高一物理下学期期末试题（扫描版）2013-2014学年度下学期期末考试 高一 答案及评分参考13．（1）甲，采用图乙实验时，由于小车与斜面间存在摩擦力的作用，且不能忽略，所以小车在下滑的过程中机械能不守恒（2）422d d T -（3）2k三、计算题：14．（1）vB =00cos30v ————————————2分————————————2分（2）UABq=2201122B mv mv -————————————4分UAB=206mv q ————————————4分15．（1）从A 到B ，由动能定理可得，212B mgr Eqr mv +=————————————2分解得————————————4分 （2）在B 点2B v N mg m r -=————————————2分 解得N=92mg————————————4分16．（1）由图像可知，运动中阻力f=400N ————————————1分最大速度vm=15m/s ————————————1分所以额定功率P=fvm ————————————2分（2）有图像可知，汽车牵引力F=2000N ————————————1分因为F fam-=————————————2分所以a=2m/s2————————————2分（3）汽车做匀变速直线运动的最大速度PvF==3m/s————————————1分汽车做匀变速直线运动的时间vta==1. 5s————————————1分汽车BC段运动的时间t2=18s————————————1分BC段由动能定理：222201122mPt fx mv mv-=-————————————2分代入数值x2=54m————————————2分。
辽宁省大连市第二十高级中学2015-2016学年高一数学下学期期末考试试题
2015--2016学年度下学期期末考试高一数学试卷考试时间:120分钟 试题分数：150分卷 I一、选择题：（本大题共12小题，每题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的.）1.已知tan 2x =，则2sin 1x +=（ ）A ．0B ．95C ．43D ．532. 如果函数()cos 4f x x ωπ⎛⎫=+⎪⎝⎭()0ω>的相邻两个零点之间的距离为6π，则ω=（ ） A. 3 B. 12 C. 6 D. 243. 根据如下样本数据，得到了回归直线方程: ^y bx a =+,则A.0 , 0a b >>B. 0 , 0a b <>C. 0 , 0a b ><D. 0 , 0a b <<4. 设3(,sin )2a α=r ，1(cos ,)3b α=r ，且//a r b ρ，则锐角α为（ ）A 030 B 060 C 075 D 0455. sin 47°co s 17°－cos 47°cos 73°的结果为( ) A ．12B ．33C ．22D ．326. 将()sin2f x x =的图象向左平移6π个单位后与函数()g x 的图象重合，则()g x =（ ） A. sin(2)6x π- B.sin(2)6x π+C.sin(2)3x π-D.sin(2)3x π+7. 执行右侧程序框图，若输入,,a b i 的值分别为6，8，0， 则输出a 和i 的值分别为( )A. 2,4B.0,4C.2,3D. 0,3x 3 4 5 6 7 8 y 4 2.5 -0.5 -1 -2 -38. 若向量(3,1)AB =-u u u r ，(2,1)n =r，且7n AC =r u u u r g ,则n BC r u u u r g 等于（ ）A.2-B. 2C. 2-或2D.0 9. 已知数列{a n }满足a 1＝0，12524n n na a a +-=-，则a 2014等于( )A ．0B ． 2C ．43D ． 110. 在ABC ∆中，a b c 、、分别是内角A B C 、、所对的边，若2224ABCa b c S ∆+-=（其中)ABC S ABC ∆∆表示的面积,且0,AB AC BC AB AC⎛⎫⎪+⋅= ⎪⎝⎭u u u r u u u r u u u ru u u r u u u r 则ABC ∆的形状是( ) A. 有一个角为30o的等腰三角形 B. 正三角形C. 直角三角形D. 等腰直角三角形11.已知正方形ABCD 边长为16，取ABCD 各边中点1111,,,A B C D ,依次连接1111,,,A B C D ,得到 四边形1111A B C D ，四边形1111A B C D 内部的区域记作1M ，再取四边形1111A B C D 各边 中点2222,,,A B C D ,依次连接2222,,,A B C D ,得到四边形2222A B C D ，四边形2222A B C D 内部含边界的区域记作2M ，以此类推会得到区域345 , , , M M M gg g ，若在正方形ABCD 内 随机任取一点P,则点P 取自区域9M 的概率等于( )A ．1128B ．1512 C ． 1256 D ． 164 12.设等差数列{}n a 满足:22222244484857sin cos cos cos sin sin 1sin()a a a a a a a a -+-=+g g ,公差(1,0)d ∈-, 若当且仅当9n =时，{}n a 的前n 项和n S 取得最大值,则首项1a 的取值范围是( ) A ． 9(,)8ππ B ． 9[,]8ππ C ． 74[,]63ππ D. 74(,)63ππ 卷II (非选择题，共90分)二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上）． 13. 已知cos(3π2＋α)＝－35，且α是第四象限角，则cos(－3π＋α)=_________14.已知1a =r ，3b =r ，,150a b <>=or r ，则2a b -=r r _____________15. 在ABC △中，角A B C ，，的对边分别为a b c ，，，满足sin sin ()sin a A c C a b B -=-，则角C 的值为___________.16.如图,AB 是圆O 的直径,C,D 是圆O 上的点,60CBA ∠=o,45ABD ∠=o,CD xOA yBC =+u u u r u u u r u u u r,则x y +=_________三、解答题（本大题共6小题，第17题10分,其余每题12分，解题写出详细必要的解答过程） 17. 某班倡议假期每位学生至少阅读一本名著，为了解学生的阅读情况，对该班所有学生 进行了调查.调查结果如右表:（Ⅰ）试根据上述数据，求这个班级女生阅读名著的平均本数;（Ⅱ）若从阅读5本名著的学生中任选2人交流读书心得，求选到男生和女生各1人的概率；18. 已知向量(cos ,sin )αα=a , (cos ,sin )ββ=b , 25-=a b . （Ⅰ）求cos()αβ-的值; （Ⅱ）若02πα<<, 02πβ-<<, 且5sin 13β=-, 求sin α.19. 已知向量()()3cos ,0,0,sin a x b x ==rr，记函数()()23sin 2f x a b x =++r r .求：（I ）函数()f x 的最小值及取得最小值时x 的集合； （II ）函数()f x 的单调递增区间.阅读名著的本数 1 2 3 4 5男生人数 3 1 2 1 3 女生人数1 3 3 1 220. 已知{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，且23b =，39b =，11a b =，144a b = （Ⅰ）求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设n n n c a b =+求数列{}n c 的前n 项和n S .21. 在ABC V 中，内角A ，B ，C 所对的边长分别是a ，b ，c. (1)若2c =,3C π=，且ABC V 的面积为3，求 , a b 的值；(2)若sin sin()sin 2C B A A +-= ，试判断△ABC 的形状．22. 已知数列{}n a 满足12a =，2*112()()n n n a a n N n++=⋅∈ （1）求证:数列 是等比数列，并求其通项公式； （2）设223log ()26n n ab n=-，求数列{ }n b 的前n 项和n T ； 2{}nan2015--2016学年度下学期期末考试高一数学试卷参考答案及评分标准一、选择题:1---5 BCCDA 6---10 DABDD 11—12 BA 二、填空题: 13. 45- 14. 13 15. 3π16. 33-三、解答题:17. 解：（Ⅰ）女生阅读名著的平均本数11323314+25310x ⨯+⨯+⨯+⨯⨯==. ……(3分)（Ⅱ）设事件A ={从阅读5本名著的学生中任取2人，其中男生和女生各1人}.男生阅读5本名著的3人分别记为123,,a a a ，女生阅读5本名著的2人分别记为12,.b b 从阅读5本名著的5名学生中任取2人，共有10个结果，分别是：{}12,a a ，{}13,a a ，{}23,a a ，{}12,b b ，{}11,a b ，{}12,a b ，{}21,a b ，{}22,a b ，{}31,a b ，{}32,a b .……(6分)其中男生和女生各1人共有6个结果，分别是：{}11,a b ，{}12,a b ，{}21,a b ，{}22,a b ，{}31,a b ，{}32,a b .……(9分)则63105P A ==（）. ……… (10分)18．解: （Ⅰ）(cos ,sin )αα=a Q , (cos ,sin )ββ=b ,()cos cos sin sin αβαβ∴-=--a b ，.……… (2分)25-=a b Q , ()()2225cos cos sin sin αβαβ∴-+-=, 即 ()422cos 5αβ--=, ……… (5分) ()3cos 5αβ∴-=.……… (6分)（Ⅱ）0,0,022ππαβαβπ<<-<<∴<-<Q ,……… (8分)()3cos 5αβ-=Q , ()4sin .5αβ∴-= 5sin 13β=-Q , 12cos 13β∴=,……… (10分)()()()sin sin sin cos cos sin ααββαββαββ∴=-+=-+-⎡⎤⎣⎦412353351351365⎛⎫=⋅+⋅-= ⎪⎝⎭ ……… (12分)19.解：（Ⅰ）由题意：,sin )a b x x +=r r，所以，222222())(sin )3cos sin a b a b x x x x +=+=+=+r r r r因此，222()3cos sin 212cos 2 =2+cos 2222(2)6f x x x x x x x x sin x π=++=++=++当2262x k πππ+=-，即3x k ππ=-()k Z ∈时, ()f x 取得最小值.此时(2)16sin x π+=- ， ()f x 最小值=2210-⨯=（Ⅱ）由题意：222262k x k πππππ-≤+≤+即36k x k ππππ-≤≤+于是, ()f x 的单调递增区间是ππ[π,π]()36k k k +∈Z -20. 解: （Ⅰ）等比数列{}n b 的公比32933b q b ===, 所以21313b b q ===，439327b b q =⋅=⨯= ……… (3分) 设等差数列{}n a 的公差为d ，因为111a b ==，14427a b ==, 所以 11327d +=，即2d =，……… (5分) 因此21n a n =- ……… (6分)（II ）由（I ）知，21n a n =-，13n n b -=． ……… (7分)因此1213n n n n c a b n -=+=-+．……… (8分)从而数列{}n c 的前n 项和()11321133n n S n -=++⋅⋅⋅+-+++⋅⋅⋅+()12113213nn n +--=+-……… (10分)2312n n -=+．……… (12分)21. 解(1) ∵c ＝2， 3C π=，∴由余弦定理c 2＝a 2＋b 2－2abcosC 得a 2＋b 2－ab ＝4. ……… (2分) 又∵△ABC 的面积为，∴absinC ＝，∴ab ＝4. ……… (4分) 联立方程组解得a ＝2，b ＝2. ……… (6分)(2)由sinC ＋sin(B －A)＝sin2A ，得sin(A ＋B)＋sin(B －A)＝2sinAcosA ， 即2sinBcosA ＝2sinAcosA ，∴cosA·(sinA－sinB)＝0，∴cosA ＝0或sinA －sinB ＝0，……… (9分) 当cosA ＝0时，∵0<A<π，∴A ＝，△ABC 为直角三角形；……… (10分) 当sinA －sin B ＝0时，得sinB ＝sinA ，由正弦定理得a ＝b ， 即△ABC 为等腰三角形．……… (11分)∴△ABC 为等腰三角形或直角三角形．……… (12分)22.解：（1）12a =Q ，2*112(1)()n n a a n N n+=+⋅∈1222(1)n n a a n n +∴=⋅+，*n N ∈2{}n a n ∴为等比数列121222221n n n n n a a a n n -∴=⋅=∴=⋅ （2）2223log ()263log 226326n n n ab n n=-=-=-Q ，123b ∴=- 当8n ≤时，3260n b n =-<,当9n ≥时, 3260n b n =->。
辽宁省大连市高一物理下学期期末考试试题 理
2016～2017学年度第二学期期末考试试卷高一物理（理科）第Ⅰ卷 选择题（共48分）一、 选择题（12小题，每题4分，共48分。
其中1~8题为单选；9~12题为多选，全部 选对的得4分，对而不全的得2分，有选错的得0分）1．关于曲线运动，下列说法正确的是 （ ） A. 物体在恒力作用下不可能做曲线运动 B. 做曲线运动的物体，其速度大小可能不变 C. 物体在变力作用下一定做曲线运动D. 速度大小和加速度大小均不变的运动不可能是曲线运动２．决定平抛运动的物体在空中运动时间的因素是 （ ） A ．初速度B ．抛出时物体的高度C ．抛出时物体的高度和初速度D ．以上说法都不正确３．甲、乙两物体都做匀速圆周运动，其质量之比为1∶2 ，转动半径之比为1∶2 ，在相等时间里甲转过60°，乙转过45°，则它们所受外力的合力之比为 （ ） A ．1∶4 B ．2∶3 C ．4∶9 D ．9∶164．一辆质量为5t 的汽车，通过拱桥的最高点时对拱挢的压力为4.5×104N ，桥的半径为16m （取g ＝10 m/s 2），则汽车通过最高点时的速度为 （ ） A ．16m/s B ．17.4m/s C ．12.6m/s D ．4m/s5．已知地球半径为R ，质量为M ，万有引力常量为G 。
一位质量为m 的探险家乘坐热气球到达离地面h 高处，他受到地球的万有引力大小为 （ ）A. 2MmG RB. ()2MmGR h + C. 2Mm Gh D. 22MmG R h + 6. 重为500N 的物体放在水平地面上，与地面的滑动摩擦因数为2.0=μ，在大小为F =500N ，方向与水平面成α=37°斜向上的拉力作用下前进l =10m ，（sin37°=0.6,cos37°=0.8）在此过程中力F 做功为 （ ） A ．3000J B ．3600J C ．4000JD ．5000J7．如图所示，质量为m 的苹果，从离地面H 高的树上由静止开始落下，树下有一深度为h 的坑，若以地面作为零势能参考平面，重力加速度为g,则当苹果落到坑底前瞬间的机械能为 （ ） A ．mghB ．mgHC ．mg (H+h )D ．mg (H －h )8．A 、B 两物体发生正碰，碰撞前后物体A 、B 都在同一直线上运动，其位移－时间图象(x －t 图)如图中ADC 和BDC 所示。
辽宁省大连市第二十高级中学2015_2016学年高一生物下学期期末考试试题
2015—2016学年度下学期期末考试高一生物试卷考试时间：90分钟试题分数：100分卷Ⅰ一、选择题(本题包括35小题，1－10每小题1分，11－35每小题2分，共60分)1. 有关动物细胞有丝分裂的叙述，正确的是A．细胞板在细胞有丝分裂末期形成B．同源染色体配对通常发生在分裂前期C．在分裂末期，细胞膜内陷形成两个子细胞D．在分裂中期，两个中心粒复制形成两组中心粒2.关于细胞的分化、衰老、凋亡与癌变，下面选项中表述正确的是A. 细胞的高度分化改变了物种的遗传信息B. 细胞的衰老和凋亡是生物体异常的生命活动C. 原癌基因或抑癌基因发生多次变异累积可导致癌症，因此癌症可遗传D. 细胞会随着分裂次数的增多而衰老3．下列能说明某细胞已经发生分化的是A．进行ATP的合成 B．进行mRNA的合成 C．存在血红蛋白基因 D．合成血红蛋白4. 下列有关细胞不能无限长大的原因的叙述，不正确的是Ａ．细胞体积越大，物质运输效率相对越低Ｂ．细胞体积越大，其相对表面积越大，物质运输效率相对越低Ｃ．细胞表面积与体积关系限制了细胞长大Ｄ．细胞核中的DNA不会随细胞体积增大而增多5．下列现象中属于细胞编程性死亡的是A．噬菌体裂解细菌的过程B．因创伤引起的细胞死亡C．造血干细胞产生红细胞的过程D．蝌蚪发育成青蛙过程中尾部细胞的死亡6. 下列性状中属于相对性状的是A．人的身高和体重 B．羊的白毛与牛的黄毛C．桃树的红花与绿叶 D．兔的长毛和短毛7. 在生命科学发展过程中，证明DNA是遗传物质的实验是①孟德尔的豌豆杂交实验②摩尔根的果蝇杂交实验③肺炎双球菌转化实验④T2噬菌体侵染大肠杆菌实验⑤DNA的X光衍射实验A.①②B.②③C.③④D.④⑤8. 某同学分离纯化了甲、乙两种噬菌体的蛋白质和DNA，重新组合为“杂合”噬菌体，然后分别感染大肠杆菌，并对子代噬菌体的表现型作出预测，见表。
其中预测正确的是A．1、3 B．1、4 C．2、3 D．2、49. 四倍体的曼陀罗有48条染色体，该植物体细胞中的每个染色体组的染色体数目为A.48B.24C.12D.410. 进行有性生殖的生物，亲代和子代之间总存在着多多少少的差异。
《解析》辽宁省大连二十中2015-2016学年高一下学期第一次月考物理试卷Word版含解析
2015-2016学年辽宁省大连二十中高一（下）第一次月考物理试卷一．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．如图所示是一物体做直线运动的v﹣t图象，由图象可得（）A．t=1s时物体的加速度大小为3.0m/s2B．t=5s时物体的加速度大小为3.0m/s2C．第3s内物体的位移为2mD．物体在加速过程的位移比减速过程的位移大2．质量为m的光滑小球在竖直平面内的圆形轨道的内侧运动，经过最高点而不脱离轨道的最小速度是v，则当小球以2v的速度经过最高点时，对轨道压力的大小是（）A．0 B．mg C．3mg D．5mg3．A、B两小球都在水平面上做匀速圆周运动，A球的轨道半径是B球的轨道半径的2倍，A的转速为30r/min，B的转速为10r/min，则两球的向心加速度之比为（）A．1：1 B．6：1 C．4：1 D．2：14．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．关于加速度表达式a=的下列说法，正确的是（）A．利用a=求得的加速度是△t时间内的平均加速度B．△v表示在△t时间内物体速度的变化量，它的方向一定与加速度a的方向相同C．表示速度的变化率，是标量D．加速度a与△v成正比，与△t成反比6．固定的两滑杆上分别套有圆环A、B，两环上分别用细线悬吊着物体C、D，如图所示．当它们都沿滑杆向下滑动时，A的悬线始终张紧与杆垂直，B的悬线始终张紧竖直向下．则（）A．A环与杆之间没有摩擦力B．B环与杆之间没有摩擦力C．A环做匀加速运动D．B环做匀加速运动7．如图所示，运动员“3m跳板跳水”运动的过程可简化为：运动员走上跳板，将跳板从水平位置B压到最低点C，跳板又将运动员竖直向上弹到最高点A，然后运动员做自由落体运动，竖直落入水中，跳板自身重力可忽略不计，则下列说法正确的是（）A．运动员向下运动（B→C）的过程中，一直失重B．运动员向下运动（B→C）的过程中，先失重后超重C．运动员向下运动（B→C）的过程中，对板的压力一直增大D．运动员向下运动（B→C）的过程中，对板的压力一直减小8．如图所示，水平转台绕竖直轴匀速转动，穿在水平光滑直杆上的小球A和B由轻质弹簧相连并相对直杆静止．已知A、B小球的质量分别为m和2m，它们之间的距离为3L，弹簧的劲度系数为k、自然长度为L，下列分析正确的是（）A．小球A、B受到的向心力之比为1：1B．小球A、B做圆周运动的半径之比为1：2C．小球A匀速转动的角速度为D．小球B匀速转动的周期为二．填空题：共2题．其中第9题10分，第10题6分，总共16分9．做“探究弹力与弹簧伸长的关系”的实验步骤如下：A．以弹簧伸长量为横坐标，以弹力为纵坐标，描出各组数据（x，F）对应的点，并用平滑的曲线连接起来B．记下弹簧不挂钩码时，其下端对应刻度尺上的刻度LC．将铁架台固定在桌子上（也可在横梁的另一端挂上一定的配重），并将弹簧的一端系于横梁上，在弹簧附近竖直固定一刻度尺D．依次在弹簧下端挂上2个､3个､4个…钩码，并分别记下钩码静止时弹簧下端所对应的刻度，并记录在表格内，然后取下钩码E．以弹簧伸长量为自变量，写出弹力与伸长量的关系式．首先尝试写成一次函数，不行写成二次函数F．解释函数表达式中常数的物理意义G．整理仪器请将以上步骤按操作的先后顺序排列出来：．10．（12分）在探究加速度与物体所受合外力和质量间的关系时，采用如图甲所示的实验装置，小车及车中的砝码质量用M表示，盘及盘中的砝码质量用m表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带由打点计数器打上的点计算出：（1）当m与M的大小关系满足时，才可以认为绳子对小车的拉力大小等于盘和砝码的重力．（2）（多选题）一组同学在先保持盘及盘中的砝码质量一定，探究做加速度与质量的关系，以下做法正确的是；A．平衡摩擦力时，应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上B．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力C．实验时，要保证绳和纸带均与木板平行以减小误差D．小车运动的加速度可用天平测出m以及小车质量M，直接用公式 a=mg/M求出（3）乙图为本实验中接在50Hz的低压交流电上的打点计时器，在纸带做匀加速直线运动时打出的一条纸带，图中所示的是每打5个点所取的计数点，但第3个计数点没有画出，设计数点1和2间距为x2，计数点4和5间距为x5．由图数据可得计算加速度的表达式是，该物体的加速度为m/s2．（所有结果均保留两位有效数字）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．（10分）质量m=10kg的物体，在大小恒定的水平外力F的作用下，在水平面上做直线运动．0﹣2s内F与运动方向相反，2﹣4s内F与运动方向相同，物体的速度﹣时间图象如图所示．求物体与水平面间的动摩擦因数μ．（g取10m/s2）12．（12分）如图所示，一足够长的木板静止在水平面上，质量M=0.4kg，长木板与水平面间的动摩擦因数μ1=0.1，一质量m=0.4kg的小滑块以v0=1.8m/s的速度从长木板的右端滑上长木板，滑块与长木板间动摩擦因数μ2=0.4，小滑块可看成质点，重力加速度g取10m/s2，求：（1）小滑块刚滑上长木板时，长木板的加速度大小a1和小滑块加速度大小a2；（2）小滑块与长木板速度相等时，小滑块相对长木板上滑行的距离L；（3）从小滑块滑上长木板到最后静止下来的过程中，小滑块运动的总距离S．13．（14分）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（下）第一次月考物理试卷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．如图所示是一物体做直线运动的v﹣t图象，由图象可得（）A．t=1s时物体的加速度大小为3.0m/s2B．t=5s时物体的加速度大小为3.0m/s2C．第3s内物体的位移为2mD．物体在加速过程的位移比减速过程的位移大【考点】匀变速直线运动的图像．【分析】根据速度﹣时间图象的物理意义：“斜率”表示加速度，“面积”大小表示位移分析．【解答】解：A、t=1s时物体的加速度大小a=m/s2=3m/s2，故A正确．B、t=5s时物体的加速度a=m/s2=﹣1.5m/s2，加速度大小为1.5m/s2，故B错误．C、第3s内物体做匀速直线运动，其位移x=vt=6×1m=6m．故C错误．D、根据速度图象与坐标轴围成的“面积”表示位移，可知物体在加速过程的位移比减速过程的加速度小．故D错误．故选：A【点评】对于物体的速度图象往往从数学角度理解其物理意义：斜率”表示加速度，“面积”表示位移．2．质量为m的光滑小球在竖直平面内的圆形轨道的内侧运动，经过最高点而不脱离轨道的最小速度是v，则当小球以2v的速度经过最高点时，对轨道压力的大小是（）A．0 B．mg C．3mg D．5mg【考点】向心力；牛顿第二定律．【分析】对小球在最高点受力分析，找出向心力来源：重力和轨道的弹力的合力．当小球以2v的速度经过轨道最高点时，根据牛顿第二、三定律和向心力公式列方程求解F．【解答】解：当小球以速度v经轨道最高点时，恰好不脱离轨道，小球仅受重力，重力充当向心力，则有：mg=m，可得：v=设小球以速度2v经过轨道最高点时，小球受重力mg和轨道向下的支持力N，由合力充当向心力，根据牛顿第二定律有：N+mg=m；联立解得：N=3mg又由牛顿第三定律得到，小球对轨道的压力与轨道对小球的支持力相等，有：N′=N=3mg；故选：C．【点评】解决本题的关键知道向心力的来源，知道最高点的临界情况，通过牛顿第二定律进行求解．3．A、B两小球都在水平面上做匀速圆周运动，A球的轨道半径是B球的轨道半径的2倍，A的转速为30r/min，B的转速为10r/min，则两球的向心加速度之比为（）A．1：1 B．6：1 C．4：1 D．2：1【考点】向心加速度．【分析】先根据转速计算出做匀速圆周运动的角速度，再利用向心加速度公式分别计算，再求比值．【解答】解：A的转速为30r/min=0.5r/s，则A的加速度ωA=2πn A=π，A球的轨道半径是B球的轨道半径的2倍，故A的向心加速度为B的转速为10r/min=，则B的加速度，故B的向心加速度为故向心加速度之比，B正确；故选：B．【点评】本题特别注意用转速求角速度时，即公式ω=2πn的应用时，转速n的单位要化为r/s，不可直接用r/min计算角速度．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．【点评】掌握竖直上抛运动的规律，知道靠近星球表面飞行的卫星向心力由重力提供，这是解决本题的关键．5．关于加速度表达式a=的下列说法，正确的是（）A．利用a=求得的加速度是△t时间内的平均加速度B．△v表示在△t时间内物体速度的变化量，它的方向一定与加速度a的方向相同C．表示速度的变化率，是标量D．加速度a与△v成正比，与△t成反比【考点】加速度．【分析】加速度等于速度的变化率，方向与速度变化量的方向相同，利用a=求得的加速度是△t时间内的平均加速度，当△t趋向于零，加速度表示瞬时加速度．【解答】解：A、利用a=求得的加速度是△t时间内的平均加速度．故A正确．B、根据a=知，速度变化量的方向与加速度方向相同．故B正确．C、表示速度的变化率，是矢量．故C错误．D、a=是加速度的定义式，加速度与速度变化量、变化的时间无关．故D错误．故选：AB【点评】解决本题的关键理解加速度的定义式，知道加速度是矢量，方向与速度变化量的方向相同．6．固定的两滑杆上分别套有圆环A、B，两环上分别用细线悬吊着物体C、D，如图所示．当它们都沿滑杆向下滑动时，A的悬线始终张紧与杆垂直，B的悬线始终张紧竖直向下．则（）A．A环与杆之间没有摩擦力B．B环与杆之间没有摩擦力C．A环做匀加速运动D．B环做匀加速运动【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．【分析】环和物体保持相对静止，具有相同的加速度，通过对物体受力分析，运用牛顿第二定律得出其加速度，从而再根据牛顿第二定律分析出环的受力情况和运动情况．【解答】解：AC、左图，物体受重力和拉力两个力，两个力的合力不等于零，知物体与A以共同的加速度向下滑，对物体有：a==gsinθ，则A的加速度为gsinθ，做匀加速直线运动，对A环分析，设摩擦力为f，有Mgsinθ﹣f=Ma，解得f=0．所以A环与杆间没有摩擦力．故AC正确．B、右图，物体处于竖直状态，受重力和拉力，因为加速度方向不可能在竖直方向上，所以两个力平衡，物体做匀速直线运动，所以B环也做匀速直线运动．知B环受重力、支持力、拉力和摩擦力处于平衡．故BD错误．故选：AC【点评】解决本题的关键知道物体与环具有相同的加速度，一起运动，以及掌握整体法和隔离法的运用7．如图所示，运动员“3m跳板跳水”运动的过程可简化为：运动员走上跳板，将跳板从水平位置B压到最低点C，跳板又将运动员竖直向上弹到最高点A，然后运动员做自由落体运动，竖直落入水中，跳板自身重力可忽略不计，则下列说法正确的是（）A．运动员向下运动（B→C）的过程中，一直失重B．运动员向下运动（B→C）的过程中，先失重后超重C．运动员向下运动（B→C）的过程中，对板的压力一直增大D．运动员向下运动（B→C）的过程中，对板的压力一直减小【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重．【分析】分析人受力情况；根据板的弹力的变化，可知人受合力的变化．当人的加速度向下时，人处失重状态，当人的加速度向上时，人处超重状态．【解答】解：A、B、人受到重力及板向上的弹力；人在向下运动的过程中，人受到的板的弹力越来越大，开始时加速度向下减小；然后加速度再向上增大，故人应先失重后超重，但人对板的压力一直增大，故A错误，B正确；C、D、人受到重力及板向上的弹力；人在向下运动的过程中，板的形变越来越大，所以人受到的板的弹力越来越大；根据牛顿第三定律，人对板的压力一直增大；故C正确，D错误；故选：BC．【点评】本题应明确板的弹力随形变量的增大而增大；故人受到的合力应先向下减小再向上增大，可类比于弹簧进行分析．8．如图所示，水平转台绕竖直轴匀速转动，穿在水平光滑直杆上的小球A和B由轻质弹簧相连并相对直杆静止．已知A、B小球的质量分别为m和2m，它们之间的距离为3L，弹簧的劲度系数为k、自然长度为L，下列分析正确的是（）A．小球A、B受到的向心力之比为1：1B．小球A、B做圆周运动的半径之比为1：2C．小球A匀速转动的角速度为D．小球B匀速转动的周期为【考点】向心力；牛顿第二定律．【分析】两球做圆周运动，角速度相等，靠弹簧的弹力提供向心力，根据向心力的关系结合胡克定律和牛顿第二定律求出转动半径的关系，并求出角速度和周期【解答】解：A、两球靠弹簧的弹力提供向心力，则知两球向心力大小相等，故A正确．B、两球共轴转动，角速度相同．A、B的向心力大小相等，由F向=mω2R A=2mω2R B，可求得两球的运动半径之比为 R A：R B=2：1，故B错误．C、对于A球，轨道半径 R A=×3L=2L=．由F=k•2L=2mω2L可求得ω=．故C错误．D、小球B匀速转动的周期为 T==2π．故D正确．故选：AD【点评】解决本题的关键两球的角速度相等，靠弹力提供向心力，根据牛顿第二定律进行求解二．填空题：共2题．其中第9题10分，第10题6分，总共16分9．做“探究弹力与弹簧伸长的关系”的实验步骤如下：A．以弹簧伸长量为横坐标，以弹力为纵坐标，描出各组数据（x，F）对应的点，并用平滑的曲线连接起来B．记下弹簧不挂钩码时，其下端对应刻度尺上的刻度LC．将铁架台固定在桌子上（也可在横梁的另一端挂上一定的配重），并将弹簧的一端系于横梁上，在弹簧附近竖直固定一刻度尺D．依次在弹簧下端挂上2个､3个､4个…钩码，并分别记下钩码静止时弹簧下端所对应的刻度，并记录在表格内，然后取下钩码E．以弹簧伸长量为自变量，写出弹力与伸长量的关系式．首先尝试写成一次函数，不行写成二次函数F．解释函数表达式中常数的物理意义G．整理仪器请将以上步骤按操作的先后顺序排列出来：CBDAEFG ．【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系．【分析】实验步骤要本着先安装设备，再进行实验，后进行数据处理的思路进行．【解答】解：本着安装设备，进行实验，数据处理的思路进行安排实验步骤，对于仪器的整理可以做完实验后进行，也可以最后处理完数据后进行．故答案为：CBDAEFG．【点评】对于基础实验要加强动手能力，提高实验水平．10．（12分）（2016春•大连校级月考）在探究加速度与物体所受合外力和质量间的关系时，采用如图甲所示的实验装置，小车及车中的砝码质量用M表示，盘及盘中的砝码质量用m表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带由打点计数器打上的点计算出：（1）当m与M的大小关系满足M＞＞m 时，才可以认为绳子对小车的拉力大小等于盘和砝码的重力．（2）（多选题）一组同学在先保持盘及盘中的砝码质量一定，探究做加速度与质量的关系，以下做法正确的是BC ；A．平衡摩擦力时，应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上B．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力C．实验时，要保证绳和纸带均与木板平行以减小误差D．小车运动的加速度可用天平测出m以及小车质量M，直接用公式 a=mg/M求出（3）乙图为本实验中接在50Hz的低压交流电上的打点计时器，在纸带做匀加速直线运动时打出的一条纸带，图中所示的是每打5个点所取的计数点，但第3个计数点没有画出，设计数点1和2间距为x2，计数点4和5间距为x5．由图数据可得计算加速度的表达式是，该物体的加速度为0.75 m/s2．（所有结果均保留两位有效数字）【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．【分析】（1）当盘及盘中砝码的总质量远小于小车及砝码总质量时，可以认为小车受到的拉力等于盘及砝码的重力；（2）平衡摩擦力时，不能挂盘；实验过程中，应保证绳和纸带与木板平行；小车的加速度应由纸带求出；（3）物体做匀变速直线运动，由△x=at2可以求出物体的加速度．【解答】解：（1）假设小车的加速度为a，拉力为F对盘和砝码：mg﹣F=ma；对小车：F=Ma；联立得：F=，故只有在M＞＞m的情况下近似认为拉力等于mg．（2）A、平衡摩擦力时，不应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上，故A错误；B、在实验前平衡一次摩擦力即可，每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力，故B正确；C、实验时，要保证绳和纸带均与木板平行以减小误差，故C正确；D、小车的加速度应该根据打点计时器打出的纸带应用匀变速运动规律求出，加速度不能直接用公式a=求出，故D错误；故选：BC．（3）计数点间的时间间隔为：T=0.02s×5=0.1s，根据作差法得：a=，代入数据得：a=0.75m/s2故答案为：（1）M＞＞m；（2）BC；（3）；（4）0.75．【点评】能够知道相邻的计数点之间的时间间隔，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．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：其中第11题10分，第12题12分，第13题14分，总共36分11．（10分）（2016春•大连校级月考）质量m=10kg的物体，在大小恒定的水平外力F的作用下，在水平面上做直线运动．0﹣2s内F与运动方向相反，2﹣4s内F与运动方向相同，物体的速度﹣时间图象如图所示．求物体与水平面间的动摩擦因数μ．（g取10m/s2）【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．【分析】先分析物体的运动过程，共分两个阶段：匀减速直线运动和反向的匀加速直线运动．速度时间图象的斜率表示加速度；分阶段对物体进行受力分析，利用牛顿第二定律计算出物体与水平面间的动摩擦因数．【解答】解：（1）0﹣2s物体的加速度为： m/s2根据牛顿第二定律可得：；2﹣4s物体的加速度为： m/s2根据牛顿第二定律可得：，联立解得：μ=0.15．答：物体与水平面间的动摩擦因数为0.15．【点评】对于多阶段运动过程的处理，一定要分阶段进行分析处理，并能从速度时间图象上获取相关信息，速度时间图象的斜率表示加速度．12．（12分）（2015秋•杭州校级期末）如图所示，一足够长的木板静止在水平面上，质量M=0.4kg，长木板与水平面间的动摩擦因数μ1=0.1，一质量m=0.4kg的小滑块以v0=1.8m/s的速度从长木板的右端滑上长木板，滑块与长木板间动摩擦因数μ2=0.4，小滑块可看成质点，重力加速度g取10m/s2，求：（1）小滑块刚滑上长木板时，长木板的加速度大小a1和小滑块加速度大小a2；（2）小滑块与长木板速度相等时，小滑块相对长木板上滑行的距离L；（3）从小滑块滑上长木板到最后静止下来的过程中，小滑块运动的总距离S．【考点】牛顿第二定律；胡克定律．【分析】（1）分别对小滑块和木板进行受力分析，然后结合牛顿第二定律即可求出两个加速度的大小；（2）根据速度公式，求出速度相等的时间，然后由运动学的公式即可求出；（3）二者速度相等后一起做匀减速直线运动，由位移公式求出位移，然后求和即可．【解答】解：（1）小滑块对长木板的滑动摩擦力f2大于地面对长木板的滑动摩擦力f1，长木板向左加速；小滑块向左减速，据牛顿第二定律：设向右为正：μ2mg﹣μ1（M+m）g=Ma1设向右为正：μ2mg=ma2代入数据得：a1=2m/s2a2=4m/s2（2）小滑块与长木板速度相等时，有：v0﹣a2t=a1t，代入数据得：t=0.3s小滑块运动的距离为： m木板运动的距离为： m；所以：L=s2﹣s1=0.27m（3）此后以一起做匀减速运动，有：v=a1t=0.6m/s据牛顿第二定律：μ1（M+m）g=（M+m）a3加速度的大小为：a3=1m/s2运动的距离为： m所以小滑块滑行的距离为：s=s2+s3=0.54m答：（1）小滑块刚滑上长木板时，长木板的加速度大小a1和小滑块加速度大小a2分别是2m/s2和4m/s2；（2）小滑块与长木板速度相等时，小滑块相对长木板上滑行的距离是0.27m；（3）从小滑块滑上长木板到最后静止下来的过程中，小滑块运动的总距离是0.54m．【点评】本题关键是对两个物体的运动情况分析清楚，然后根据牛顿第二定律列式求解出各个运动过程的加速度，最后根据运动学公式列式求解．13．（14分）（2016春•中原区校级期中）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。
辽宁省大连市第二十高级中学高一物理下学期期末考试试卷(含解析)
辽宁省大连市第二十高级中学2015-2016学年高一物理下学期期末考试试卷（含解析）一、单选题：（本题共8小题，每小题4分，共32分。
）1．下列说法中正确的是（ ）A.由F E q=可知，电场强度随试探电荷电量的增加而减小 B.若通电导线在磁场中受力为零，则该处的磁感应强度一定为零C.正电荷在电场中的受力方向与该处的电场强度方向相同D.通电导线在磁场中的受力方向与该处的磁感应强度方向相同【答案】C考点：电场强度、磁感应强度【名师点睛】解决本题要抓住场强定义的方法，知道比值定义法的共性，来理解电场强度的物理意义。
2. 某电场线分布如图所示，电场中a 、b 两点的电场强度大小分别为a E 和b E ，电势分别为a ϕ和b ϕ，则（ ）A ．a b E E >，a b ϕϕ> B. a b E E >，a b ϕϕ< C ． a b E E <，a b ϕϕ< D. a b E E <，a b ϕϕ>【答案】D【解析】试题分析：根据电场线疏密表示电场强度大小，＜ab E E ；根据沿电场线电势降低，＞a b ϕϕ，故ABC 错误，D 正确。
考点：电势、电场强度、电场线【名师点睛】电场线可以形象的描述电场的分布，电场线密的地方，电场强度大，沿电场电势降低，据此可正确解答本题。
3．将质量为m 的小球从h 高处以初速度0v 水平抛出，不计空气阻力，小球下落过程中重力的平均功率为（ ）A ．2mg ghB ．2gh mg C. 202mg gh v + D. 20122mg gh v + 【答案】B考点：功率、平均功率和瞬时功率；平抛运动【名师点睛】解决本题的关键知道瞬时功率和平均功率的区别，平均功率表示一段过程中的功率，瞬时功率表示某一时刻或某一位置的功率。
4．如图所示，AB 两端接100V 电压，R 0＝40Ω，滑动变阻器总电阻R ＝20Ω，当滑片处于变阻器中点时，R 0两端电压为（ ）A.100VB.50VC.80VD.20V【答案】C【解析】试题分析：由图可知，滑片P 的上端电阻上R 与0R 串联后，再与滑片P 的下端电阻下R 并联，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，滑片P 的上端电阻上R 与0R 两端的总电压100AB U U V ==，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，且串联电路中各处的电流相等，所以，通过电阻0R 的电流即各支路的电流：0210022040上V I A R U R ===Ω++Ω， CD 两端电压：024080CD U IR A V ==⨯Ω=，故选项C 正确。
《名校解析》辽宁省大连二十中2015-2016学年高一下学期月考物理试卷(6月份)Word版含解析
2015-2016学年辽宁省大连二十中高一（下）月考物理试卷（6月份）一、单选题：（本题有8个小题．每小题4分，共32分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．）1．欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律，有一个长方体金属电阻，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，其中电阻阻值最小的是（ ）A ．B ．C ．D ． 2．如图所示，在正方形四个顶点分别放置一个点电荷，所带电荷量已在图中标出，则下列四个选项中，正方形中心处场强最大的是（ ）A ．B ．C ．D ．3．两个可自由移动的点电荷分别放在A 、B 两处，如图所示．A 处电荷带正电Q 1，B 处电荷带负电Q 2，且Q 2=4Q l ，另取一个可以自由移动的点电荷Q 3放在AB 直线上，欲使整个系统处于平衡状态，则（ ）A ．Q 3为负电荷，且放于A 左方B ．Q 3为负电荷，且放于B 右方C ．Q 3为正电荷，且放于AB 之间D ．Q 3为正电荷，且放于B 右方4．如图所示，菱形ABCD 的对角线相交于O 点，两个等量异种点电荷分别固定在AC 连线上的M 点与N 点，且OM=ON ，则（ ）A ．A 、C 两处电势、场强均相同B ．B 、D 两处电势、场强均相同C ．A 、C 两处电势、场强均不相同D ．B 、D 两处电势、场强均不相同5．如图所示的是甲、乙、丙三个电源的U﹣I图线，甲和丙两图线平行，下列判断正确的是（）A．甲电源的电动势比乙的电动势大B．甲电源的内阻比丙电源的内阻大C．甲电源内阻最大，丙电源内阻最小D．乙电源的电动势和内阻都比丙电源的大6．如图所示，电源电动势E=34V，内阻不计，电灯上标有“6V，12W”的字样，直流电动机线圈电阻R=2Ω．接通电源后，电灯恰能正常发光，下列说法正确的是（）A．电路中的电流大小为6 AB．电动机两端电压为4VC．电动机产生的热功率为56 WD．电动机输出的机械功率为48W7．真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏．今有质子、氘核和α粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后都打在荧光屏上，则下列判断中正确的是（）A．三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同B．三种粒子打到荧光屏上的位置不相同C．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1：2：4D．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1：1：28．如图所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，R0为定值电阻，R1，R2为可变电阻，开关S闭合．质量为m的带正电荷的微粒从P点以水平速度v0射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点．若经下列调整后，微粒仍从P点以水平速度v0射入，则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是（）A．保持开关S闭合，增大R1，粒子打在O点左侧B．保持开关S闭合，增大R2，粒子打在O点左侧C．断开开关S，M极板稍微上移，粒子打在O点右侧D．断开开关S，M极板稍微下移，粒子打在O点右侧二、多选题：（本题有3个小题，每小题4分，共12分．每小题给出的四个选项中，不只一个选项是正确的，多选、错选或不答不得分，选不全得2分．）9．如图所示的电路中，平行金属板中的带电液滴处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（）A．电压表读数减小B．电流表读数减小C．质点P将向上运动 D．电源的效率逐渐增大10．如图所示，实线为真空中某一正点电荷所形成的一簇电场线，a、b、c三条虚线为三个带电粒子以相同的速度从O点射入电场的运动轨迹，其中b虚线为一圆弧，AB的长度等于BC的长度，且三个粒子的电荷量大小相等，不计粒子重力，则以下说法正确的是（）A．a一定是正粒子的运动轨迹，其动能增加，电势能减少B．由于AB的长度等于BC的长度，故U AB=U BCC．a虚线对应的粒子的加速度越来越小，c虚线对应的粒子的加速度越来越大，b虚线对应的粒子的加速度大小不变D．b虚线对应的粒子的质量大于c虚线对应的粒子的质量11．某同学将一直流电源的总功率P E、输出功率P R和电源内部的发热功率P r随电流I变化的图线画在同一坐标系中，如图中的a、b、c所示．则下列说法中正确的是（）A．图线b表示输出功率P R随电流I变化的关系B．图中a线最高点对应的功率为最大输出功率C．在图线上A、B、C 三点的纵坐标一定满足关系P A=P B+P CD．两个图线交点M与N的横坐标之比一定为1：2，纵坐标之比一定为1：4三、实验题：（本题有2个小题，每空2分，共20分．）12．如图所示为多用电表的刻度盘，表针如图所示．（1）若选用的倍率为“×100”，则所测电阻的阻值为Ω；如果要用此多用电表测量一个阻值约为2.0×104Ω的电阻，为了使测量结果比较精确，应选用的欧姆挡是（选填“×10”、“×100”或“×1k”）．（2）若选用的量程为50mA的电流挡，则所测电流为mA；若选用的量程为250mA的电流挡，则所测电流为mA．（3）若选用的量程为10V的电压挡，则所测电压为V．13．某实验小组描绘规格为“2.5V 0.6W”的小灯泡的I﹣U特性曲线．实验室提供下列器材：A．电流表A1（量程为0﹣25mA，内阻约0.2Ω）B．电流表A2（量程为0一300mA，内阻约1Ω）C．电压表V1（量程为0﹣3V，内阻约5kΩ）D．电压表V2（量程为0﹣15V，内阻约15kΩ）E．滑动变阻器R1（0一10Ω，额定电流1.5A）；F．滑动变阻器R2（0一1000Ω，额定电流0.5A）G．直流电源（电动势6V，内阻忽略不计）H．电键一个、导线若干（1）实验中所用的电流表应选；电压表应选；滑动变阻器应选．（只需填器材前面的字母代号）（2）若采用如图1所示的电路描绘小灯泡的伏安特性曲线，电压表的右端应与电路中的点相连开关闭合之前，图1中滑动变阻器的滑片应该置于端（选填“a”、“b”、“c”、“d”）（3）测量后，该小组根据实验数据，利用Excel拟合出小灯泡的I﹣U特性曲线如图2示．请根据曲线确定小灯泡两端电压为1.5V时，其实际功率P=W三、计算题：（本题有3个小题，共36分，要求写出必要的方程和文字说明．）14．图中是一个平行板电容器，其电容为C，带电荷量为Q，上极板带正电．现将一个试探电荷q由两极板间的A点移动到B点，如图．A、B两点间的距离为s，连线AB与极板间的夹角为30°．则电场力对试探电荷q所做的功等于多少？15．在如图所示的电路中，电源电动势E=6.0V，内阻r=2Ω，定值电阻R1=R2=10Ω，R3=30Ω，R4=35Ω，电容器的电容C=100μF，电容器原来不带电．求：（1）闭合开关S后，电路稳定时，流过R3的电流大小I3；（2）闭合开关S后，直至电路稳定过程中流过R4的总电荷量Q．16．如图所示，在水平向左的匀强电场中，有一个半径为R的半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一个水平绝缘轨道MN连接，一切摩擦都不计，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，一个带正电的小滑块质量为m，所受电场力为其重力的，重力加速度为g，问：（1）要小滑块恰好运动到圆轨道的最高点C，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？（2）这样释放的滑块通过P点时，轨道对滑块的作用力是多大？（P为半圆轨道中点）（3）小滑块经过C点后最后落地，落地点离N点的距离多大？2015-2016学年辽宁省大连二十中高一（下）月考物理试卷（6月份）参考答案与试题解析一、单选题：（本题有8个小题．每小题4分，共32分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．）1．欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律，有一个长方体金属电阻，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，其中电阻阻值最小的是（）A．B． C．D．【考点】电阻定律．【分析】由金属导体电阻的决定式R=ρ进行计算，注意各电阻中的导体长度及截面积．【解答】解：由电阻的决定式可知，A中电阻R A=，B中电阻R B=；C中电阻R C=；D中电阻R D=；故电阻最小的为A；故选：A．2．如图所示，在正方形四个顶点分别放置一个点电荷，所带电荷量已在图中标出，则下列四个选项中，正方形中心处场强最大的是（）A． B． C．D．【考点】电场的叠加；电场强度．【分析】在边长为a的正方形四个顶点A、B、C、D上依次放置电荷量为题中各选项的点电荷，根据电场强度的方向与大小进行叠加，从而即可求解．【解答】解：A、根据点电荷电场强度公式E=，结合矢量合成法则，两个负电荷在正方形中心处场强为零，两个正点电荷在中心处电场强度为零，故A错误；B、同理，正方形对角线异种电荷的电场强度，即为各自点电荷在中心处相加，因此此处的电场强度大小为2，故B正确；C、同理，正方形对角线的两负电荷的电场强度在中心处相互抵消，而正点电荷在中心处，叠加后电场强度大小为，故C错误；D、根据点电荷电场强度公式，结合叠加原理，则有在中心处的电场强度大小，故D错误．故选：B．3．两个可自由移动的点电荷分别放在A、B两处，如图所示．A处电荷带正电Q1，B处电荷带负电Q2，且Q2=4Q l，另取一个可以自由移动的点电荷Q3放在AB直线上，欲使整个系统处于平衡状态，则（）A．Q3为负电荷，且放于A左方B．Q3为负电荷，且放于B右方C．Q3为正电荷，且放于AB之间D．Q3为正电荷，且放于B右方【考点】库仑定律．【分析】由于Q1带正电荷，Q2带负电荷，根据同种电荷排斥，异种电荷吸引，要使整个系统处于平衡状态，对其Q3受力分析，去判断所处的位置．【解答】解：假设Q3放在Q1Q2之间，那么Q1对Q3的电场力和Q2对Q3的电场力方向相同，Q3不能处于平衡状态，所以假设不成立．设Q3所在位置与Q1的距离为r13，Q3所在位置与Q2的距离为r23，要能处于平衡状态，所以Q1对Q3的电场力大小等于Q2对Q3的电场力大小．即：=由于Q2=4Q1，所以r23=2r13，所以Q3位于Q1的左方．根据同种电荷排斥，异种电荷吸引，可判断Q3带负电．故选A．4．如图所示，菱形ABCD的对角线相交于O点，两个等量异种点电荷分别固定在AC连线上的M点与N点，且OM=ON，则（）A．A、C两处电势、场强均相同B．B、D两处电势、场强均相同C．A、C两处电势、场强均不相同D．B、D两处电势、场强均不相同【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度；电势．【分析】电场强度为矢量，叠加遵守四边形定则，电势为标量，叠加时直接求代数和【解答】解：A、A处电势为正，C处电势为负，A处场强方向向左，C处场强方向也向左，大小相同，故A错误；B、BD两处场强大小相等，方向水平向右，两处的电势均为0，故B正确；C、在MN连线上O点的场强最小．故C错误；D、在BD连线上O点的场强最大，故D错误．故选：B5．如图所示的是甲、乙、丙三个电源的U﹣I图线，甲和丙两图线平行，下列判断正确的是（）A．甲电源的电动势比乙的电动势大B．甲电源的内阻比丙电源的内阻大C．甲电源内阻最大，丙电源内阻最小D．乙电源的电动势和内阻都比丙电源的大【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】根据闭合电路欧姆定律分析图线与坐标轴交点的物理意义，比较电动势的大小．根据图线斜率大小的意义比较内阻的大小．【解答】解：A、根据闭合电路欧姆定律得：U=E﹣Ir，当I=0时，U=E，即图线与纵轴交点坐标等于电源的电动势大小，由图看出，甲和乙电源的电动势相等．故A错误．B、C、D、由U=E﹣Ir得知，图线的斜率绝对值大小等于电源的内阻大小，由图看出，乙电源的电动势和内阻都比丙电源大，甲和丙电源的内阻相等．故D正确，BC错误．故选：D6．如图所示，电源电动势E=34V，内阻不计，电灯上标有“6V，12W”的字样，直流电动机线圈电阻R=2Ω．接通电源后，电灯恰能正常发光，下列说法正确的是（）A．电路中的电流大小为6 AB．电动机两端电压为4VC．电动机产生的热功率为56 WD．电动机输出的机械功率为48W【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】电灯恰能正常发光，故回路中电流等于电灯的额定电流；电动机输出的机械功率等于电源总功率减去回路中内能的功率．【解答】解：A、因为电灯恰能正常发光，所以闭合电路中的电流为：I===2A，故A错误；B、电动机的输入电压为：U=E﹣I（r+R）=36﹣2×（1+）=28V；故B错误；C、电动机的热功率为：，故C错误D、电动机的总功率为：P=UI=28×2=56W所以电动机输出的机械功率为：P出=P﹣P热=56﹣8=48W，故D正确；故选：D7．真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏．今有质子、氘核和α粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后都打在荧光屏上，则下列判断中正确的是（）A．三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同B．三种粒子打到荧光屏上的位置不相同C．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1：2：4D．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1：1：2【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势能．【分析】三种粒子在偏转电场中做类平抛运动，飞出电场后做匀速直线运动，两个过程中水平方向是速度相同的匀速直线运动，根据动能定理求出加速获得的速度表达式，可分析从B 板运动到荧光屏经历的时间关系．根据推论分析粒子偏转距离与加速电压和偏转电压的关系，分析粒子打到荧光屏上的位置关系．根据W=qEy，分析电场力做功之比．【解答】解：A、加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d，在加速电场中，由动能定理得qU1=mv02，解得v0=，三种粒子从B板运动到荧光屏的过程，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则v0不同，所以三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间不同，故A错误；B、据推论y=、tan θ=可知，y与粒子的种类、质量、电量无关，故三种粒子偏转距离相同，打到荧光屏上的位置相同，故B错误；C、转电场的电场力做功为W=qEy，则W与q成正比，三种粒子的电荷量之比为1：1：2，则有电场力对三种粒子做功之比为1：1：2，故C错误，D正确．故选：D．8．如图所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，R0为定值电阻，R1，R2为可变电阻，开关S闭合．质量为m的带正电荷的微粒从P点以水平速度v0射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点．若经下列调整后，微粒仍从P点以水平速度v0射入，则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是（）A．保持开关S闭合，增大R1，粒子打在O点左侧B．保持开关S闭合，增大R2，粒子打在O点左侧C．断开开关S，M极板稍微上移，粒子打在O点右侧D．断开开关S，M极板稍微下移，粒子打在O点右侧【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】电路稳定时，电容器的电压等于可变电阻R1的电压，改变R2，对电容器的电压没有影响．增大R1分担的电压增大，电容器的电压增大，粒子将向下运动．断开开关S，上下移动极板，根据电容器的电容定义式与决定式判断出极板间的电场强度，根据牛顿第二定律即可判断加速度，利用运动学公式判断水平位移【解答】解：A、保持开关S闭合，由串并联电压关系可知，R0两端的电压为U=，增大R1，U将减小，电容器两端的电压减小，故粒子受重力和电场力，产生的加速度增大，平行板两极板电压减小达到极板上则，水平位移为x=，水平位移将减小，故粒子打在O点左侧侧，故A正确B、保持开关S闭合，增大R2，不会影响电阻R两端的电压，故粒子打在O点，故B错误；C、断开开关，平行板带电量不变，平行板间的电场强度为E=，结合及可得，电场强度不变，故加速度不变，M极板稍微上移，不会影响离子的运动，故还打在O点，故C错误；D、断开开关，平行板带电量不变，平行板间的电场强度为E=，结合及可得，电场强度不变，加速度不变，M极板稍微下移，不会影响离子的运动，故还打在O点，故D错误故选：A二、多选题：（本题有3个小题，每小题4分，共12分．每小题给出的四个选项中，不只一个选项是正确的，多选、错选或不答不得分，选不全得2分．）9．如图所示的电路中，平行金属板中的带电液滴处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（）A．电压表读数减小B．电流表读数减小C．质点P将向上运动 D．电源的效率逐渐增大【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．【分析】首先对电路进行分析：滑片的移动可知电路中总电阻的变化，由闭合欧姆定律可求得电路中电流及路端电压的变化；再对并联部分分析可知电容器两端的电压变化，则可知P 的受力变化，则可知质点的运动情况．根据路端电压，分析电源的效率的变化．【解答】解：C、滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则外电路总电阻减小，总电流增大，则电源的内电压增大，由闭合电路的欧姆定律可知，路端电压减小，R1两端的电压增大，故并联部分电压减小，则电容器两端的电压减小，板间场强减小，则带电液滴所受的电场力减小；则质点将向下移动，故C错误；B、因并联部分电压减小，则R2中的电流减小，而干路电流增大，故电流表中的电流增大，故B错误；A、R1两端的电压增大，路端电压减小，并联部分电压减小，即R3与R4两端的总电压减小；而由于电流表示数增大，由欧姆定律可知R3两端的电压增大，故R4两端的电压减小，电压表示数减小，故A正确；由电路图可知，R3与R4串联后与R2并联，再与R1串联，电容器与并联部分并联；D、电源的效率为η==，由上分析可知，路端电压U减小，则电源的效率降低．故D错误．故选A．10．如图所示，实线为真空中某一正点电荷所形成的一簇电场线，a、b、c三条虚线为三个带电粒子以相同的速度从O点射入电场的运动轨迹，其中b虚线为一圆弧，AB的长度等于BC的长度，且三个粒子的电荷量大小相等，不计粒子重力，则以下说法正确的是（）A．a一定是正粒子的运动轨迹，其动能增加，电势能减少B．由于AB的长度等于BC的长度，故U AB=U BCC．a虚线对应的粒子的加速度越来越小，c虚线对应的粒子的加速度越来越大，b虚线对应的粒子的加速度大小不变D．b虚线对应的粒子的质量大于c虚线对应的粒子的质量【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．【分析】根据曲线运动受力特点判断电场力方向，分析电场力做功情况，从而判断电势能的变化；电场线的疏密反映了电场强度的大小，由牛顿第二定律分析加速度的大小；结合离心运动的条件列式比较粒子质量大小．【解答】解：A、a粒子的轨迹向左弯曲，所受的电场力向左．正点电荷的电场线向左，所以a一定是正粒子的运动轨迹．电场力对a粒子做正功，则其动能增加，电势能减少，故A 正确．B、根据公式U=Ed，知AB间的场强小于BC间的场强，得U AB＜U BC，故B错误；C、由于电场线的疏密表示电场强度的大小，粒子只受电场力，根据F=qE知，虚线对应的粒子所受的电场力越来越小，其加速度越来越小，c虚线对应的粒子所受的电场力越来越大，其加速度越来越大，b虚线对应的粒子的加速度大小不变，故C正确；D、a、b、c三条虚线为三个带电粒子以相同的速度从O点射入电场的运动轨迹；且三个粒子的电荷量大小相等；故静电力相等；由于b粒子做圆周运动，说明向心力等于静电力；c粒子做向心运动，故静电力大于需要的向心力，根据F=m，知b粒子的质量大于c粒子的质量；故D正确；故选：ACD11．某同学将一直流电源的总功率P E、输出功率P R和电源内部的发热功率P r随电流I变化的图线画在同一坐标系中，如图中的a、b、c所示．则下列说法中正确的是（）A．图线b表示输出功率P R随电流I变化的关系B．图中a线最高点对应的功率为最大输出功率C．在图线上A、B、C 三点的纵坐标一定满足关系P A=P B+P CD．两个图线交点M与N的横坐标之比一定为1：2，纵坐标之比一定为1：4【考点】电功、电功率．【分析】根据电源消耗的总功率的计算公式P E=EI可得电源的总功率与电流的关系，根据电源内部的发热功率Pr=I2r可得电源内部的发热功率与电流的关系，从而可以判断abc三条线代表的关系式，在由功率的公式可以分析功率之间的关系．【解答】解：A、由电源消耗功率和电源内部消耗功率表达式P E=EI，Pr=I2r，可知，a是直线，表示的是电源消耗的总电功率，b是抛物线，表示的是电源内电阻上消耗的功率，c表示外电阻的功率即为电源的输出功率P R，所以AB错误；C、在a、b、c三条图线上分别取横坐标相同的A、B、C三点，因为直流电源的总功率P E 等于输出功率P R和电源内部的发热功率P r的和，所以这三点的纵坐标一定满足关系P A=P B+P C，所以C正确；D、当内电阻和外电阻相等时，电源输出的功率最大，此时即为b、c线的交点M时的电流，此时电流的大小为=，功率的大小为，a、b线的交点N表示电源的总功率P E和电源内部的发热功率P r随相等，此时只有电源的内电阻，所以此时的电流的大小为，功率的大小为，所以横坐标之比为1：2，纵坐标之比为1：4，所以D正确．故选CD．三、实验题：（本题有2个小题，每空2分，共20分．）12．如图所示为多用电表的刻度盘，表针如图所示．（1）若选用的倍率为“×100”，则所测电阻的阻值为1500Ω；如果要用此多用电表测量一个阻值约为2.0×104Ω的电阻，为了使测量结果比较精确，应选用的欧姆挡是×1k（选填“×10”、“×100”或“×1k”）．（2）若选用的量程为50mA的电流挡，则所测电流为30.8mA；若选用的量程为250mA 的电流挡，则所测电流为155mA．（3）若选用的量程为10V的电压挡，则所测电压为 6.1V．【考点】用多用电表测电阻．【分析】（1）欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；用欧姆表测电阻要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近．（2）（3）由图示表盘确定其分度值，然后再读出其示数．【解答】解：（1）用倍率为“×100”的电阻挡测电阻，由图示可知，电阻阻值为：15×100=1500Ω；多用电表测量一个阻值约为2.0×104Ω的电阻，为了使测量结果比较精确，应选用的欧姆挡是×1k．（2）选用量程为5mA的电流挡测量电流，由图示表盘可知，其分度值为10mA，示数为30.8mA．选用量程为250mA的电流挡测量电流时，最小分度为5mA；故则所测电流为155mA；（3）选用量程为10V的电压挡测量电压，由图示表盘可知，其分度值为0.2V，示数为6.1V．故答案为：（1）1500，×1k；（2）30.8，155；（3）6.113．某实验小组描绘规格为“2.5V 0.6W”的小灯泡的I﹣U特性曲线．实验室提供下列器材：A．电流表A1（量程为0﹣25mA，内阻约0.2Ω）B．电流表A2（量程为0一300mA，内阻约1Ω）C．电压表V1（量程为0﹣3V，内阻约5kΩ）D．电压表V2（量程为0﹣15V，内阻约15kΩ）E．滑动变阻器R1（0一10Ω，额定电流1.5A）；F．滑动变阻器R2（0一1000Ω，额定电流0.5A）G．直流电源（电动势6V，内阻忽略不计）H．电键一个、导线若干（1）实验中所用的电流表应选B；电压表应选D；滑动变阻器应选E．（只需填器材前面的字母代号）（2）若采用如图1所示的电路描绘小灯泡的伏安特性曲线，电压表的右端应与电路中的a 点相连开关闭合之前，图1中滑动变阻器的滑片应该置于c端（选填“a”、“b”、“c”、“d”）（3）测量后，该小组根据实验数据，利用Excel拟合出小灯泡的I﹣U特性曲线如图2示．请根据曲线确定小灯泡两端电压为1.5V时，其实际功率P=0.33W【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【分析】（1）根据小电珠的额定电流选择电流表，根据小电珠额定电压选择电压表，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器．（2）根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表接法，然后答题．滑动变阻器采用分压接法，闭合开关前分压部分电路阻值应最小，根据电路图确定滑片的位置．（3）由图象求出电压对应的电流，然后由P=UI求出灯泡功率．【解答】解：（1）小电珠额定电流I==0.24A=240mA，电流表应选B；小电珠额定电压为2.5V，电压表选C；为方便实验操作，滑动变阻器应选最大阻值较小的E．（2）电珠正常发光时的电阻R=≈10.4Ω，灯泡电阻为10.4Ω，电流表内阻约1Ω，电压表内阻约为5kΩ，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，由图1所示电路图可知，电压表的右端应与电路中的a端．由图1所示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应置于最左端C端．（3）由图2所示图象可知，小灯泡两端电压为1.5V时，通过灯泡的电流为0.22A，则灯泡实际功率P=UI=1.5×0.22=0.33W．故答案为：（1）B；D；E；（2）a；c；（3）0.33；三、计算题：（本题有3个小题，共36分，要求写出必要的方程和文字说明．）14．图中是一个平行板电容器，其电容为C，带电荷量为Q，上极板带正电．现将一个试探电荷q由两极板间的A点移动到B点，如图．A、B两点间的距离为s，连线AB与极板间的夹角为30°．则电场力对试探电荷q所做的功等于多少？【考点】电势差与电场强度的关系．【分析】由平行板电容器的电容C和带电量Q，由电容的定义式求出板间电压．由E=求出板间场强．根据功的计算公式求解电场力对试探电荷q所做的功．。
【全国市级联考】辽宁省大连市2015-2016学年高一下学期期末考试物理试题(解析版)
一、选择题（12小题，每题4分，共48分。
其中1~8题为单选；9~12题为多选，全部选对的得4分，对而不全的得2分，有选错的得0分）1．如图所示，门上有A、B两点，在关门的过程中，A、B两点的角速度、线速度大小关系是（）A．v A＞v B B．v A＜v B C．ωA＞ωB D．ωA＜ωB【答案】A考点：角速度；线速度【名师点睛】解答本题应明确同轴转动的点转动的角速度相等，同时注意线速度与角速度的关系v=rω的应用．2．如图所示，用与水平方向成α角的轻绳拉小物体，小物体水平向右做匀速直线运动，运动的距离为L，绳中拉力大小恒为F，则拉力做的功为（）A. FLB. FL sinαC. FL cosαD. FL tanα【答案】C【解析】试题分析：根据功的公式可知，拉力做功为W= FL cosα,故选C.考点：功【名师点睛】此题是对功的公式的考查；记住功的求解公式W=FL cosα，注意理解α角是力F与位移x的夹角.3．杂技演员在表演水流星节目时，盛水的杯子在竖直平面内做圆周运动，当杯子运动到最高点时，里面的水也不流出来，这是因为（ ） A ．水处于失重状态，不再受重力作用 B ．水受平衡力作用，合力为零C ．水受的合力提供向心力，使水做圆周运动D ．杯子特殊，杯底对水有吸力 【答案】C考点：牛顿第二定律的应用【名师点睛】本题是对竖直面内的圆周运动的考查；解题时要关键明确水经过最高点时重力和支持力的合力提供向心力。
4．已知地球质量为M ，半径为R ，地球表面的重力加速度为g ，引力常数为G ，有一颗人造地球卫星在离地面高h 处绕地球做匀速圆周运动，那么这个卫星的运行速率为（ ）A.B. C. D.【答案】B 【解析】试题分析：根据万有引力定律可得22()Mm v G m R h R h=++，解得v =，选项A 错误；B 正确；由2MmG mg R=，可得2GM gR =,可得v =，选项CD 错误；故选B. 考点：万有引力定律的应用【名师点睛】此题是万有引力定律的应用问题；根据地球表面处重力等于万有引力和卫星受到的万有引力等于向心力列式求解。
辽宁省大连市第二十高级中学高一物理1月月考试题
2015-2016学年度上学期1月月考高一物理试卷考试时间：60分钟 试题分数：100分 命题人：卷I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类历史的进步。
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它天体的运动。
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块固定在基地上，第1、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为300。
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 ．21B/2C/3D4．在某星球表面以初速度v 0竖直上抛一个物体，若物体中受该星球引力作用，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 ，如果要在这个星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 ．dh v 02πB ．h d v 0πC ．d h v 02πD ．dh v 0π5．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F 1的作用（m 可视为质点），在MN 的右方除受F 1外，还受到与F 1在同一直线上的水平恒力F 2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。
辽宁省大连二十三中2015-2016学年高一下学期期末物理试卷 含解析
2015—2016学年辽宁省大连二十三中高一(下)期末物理试卷一、本题共15小题。
每小题4分,共60分。
在每小题给出的四个选项中,有一个或多个正确选项，全对得4分，漏选和少选得2分，多选或不选得零分）1．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，可以把物体简化为一个有质量的点，即质点．物理学中,把这种在原型的基础上，突出问题的主要方面，忽略次要因素，经过科学抽象而建立起来的客体称为（）A．控制变量 B．理想模型 C．等效代替 D．科学假说2．如图所示，杯子放到水平桌面时,则下列说法正确的是（）A．力F1就是杯子的重力B．力F1和力F2是一对平衡力C．力F1和F2力是一对作用力和反作用力D．力F1的大小大于力F2的大小3．用如图的四种方法悬挂一个镜框，绳中所受拉力最小的是(）A．B．C．D．4．下列说法中涉及的时间指时间间隔的是（）A．今明两天的天气由阴转晴B．高考理科综合的考试时间为：150minC．由千岛湖开往杭州的某班车于07：20发车D．中央电视台的新闻联播节目在19点开播5．二个共点力大小都是60N，如果要使这二个力的合力也是60N，这两个力的夹角应为（）A．60°B．45°C．90°D．120°6．如图所示，物体A和B的重力分别为10N和3N，不计弹簧秤和细线的重力和一切摩擦，则弹簧秤所受的合力和弹簧秤的读数为（）A．0N 13N B．7N 3N C．0N 3N D．7N 13N7．关于惯性，下列说法正确的是（)A．惯性是物体固有的属性,惯性越大的物体，它的运动状态越难改变B．同一物体运动时的惯性大于静止时的惯性C．“嫦娥一号”卫星在地球上的惯性与它绕月球飞行时的惯性相同(燃料消耗忽略不计）D．各种机床和发电机的底座做得很笨重，并用螺丝固定在地面上,目的是增大惯性8．关于力学单位制，下列说法正确的是（）A．kg、m∕s、N是国际单位的导出单位B．kg、m、s是国际单位的基本单位C．在国际单位制中，质量的单位是kg．也可以是gD．在国际单位制中，牛顿第二定律的表达式是F=ma9．下列说法中，正确的是（）A．力的产生离不开施力物体,但可以没有受力物体B．没有施力物体和受力物体，力照样可以独立存在C．有的物体自己就有一个力，这个力不是另外的物体施加的D．力不能离开施力物体和受力物体而独立存在10．如图所示的四个图象中，表示质点做匀变速直线运动（加速度不为零)的是（）A．B．C．D．11．关于速度和加速度的关系，下列说法正确的是(）A．物体的速度越大，加速度也越大B．物体的速度为零时，加速度也为零C．物体速度的变化量越大,加速度越大D．物体的速度变化越快，加速度越大12．用一根细绳将一重物吊在电梯内的天花板上，在下列四种情况中，绳的拉力最大的是（）A．电梯匀速上升 B．电梯匀速下降 C．电梯加速上升 D．电梯加速下降13．如图所示，吊在大厅天花板上的电风扇所受重力为G，静止时固定杆对它的拉力为F，扇叶水平转动起来后，杆对它的拉力产F′，则（)A．F=G,F′=F B．F=G，F′＞F C．F=G，F′＜F D．F′=G,F′＞F14．下列所给的物理量中，属于矢量的有（)A．位移 B．速度 C．加速度D．时间15．手托一块砖，开始时静止不动，当手托着砖突然向上加速时（）A．砖对手的压力一定大于手对砖压力B．砖对手的压力一定仍等于手对砖压力C．手对砖的支持力一定大于砖的重力D．手对砖的支持力一定等于砖的重力二、实验题（本题共3小题，满分20分）16．电磁打点计时器使用低压交流（请选择“低压直流"“低压交流”）电源，在实验过程中，使用电磁打点计时器时，应先接通电源，再释放纸带（请选择“先释放纸带,再接通电源”“先接通电源，再释放纸带”)17．在验证力的平行四边形法则的实验中，有位同学做了一系列步骤，其中的两个步骤是这样做的：①在水平放置的木板上垫一张白纸，把橡皮条的一端固定在木板上，另一端拴点达到某一位置O点，在白纸上记下O点与两个弹簧秤的读数F1与F2；②只用一个弹簧秤通过细线沿原来的方向（即两个弹簧同时拉时橡皮条伸长的方向）拉橡皮条，记下此时弹簧秤的读数F′和细线的方向；以上两个步骤中均有疏漏或错误，分别是:在①中还应记下F1和F2的方向；在②中应让橡皮条伸长到0点．18．在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，打点计时器使用的交流电的频率为50Hz，记录小车运动的纸带如图1所示,在纸带上选择0、1、2、3、4、5共6个计数点，相邻两计数点之间还有四个点未画出，纸带旁并排放着带有最小分度为毫米的刻度尺，零刻度线跟“0”计数点对齐,由图可以读出三个计数点1、3、5跟0点的距离填入下列表格中．d1d2d3距离测量值/cm1.20 5.4012.00①计算小车通过计数点“2”的瞬时速度公式为v2=（以d1、d2及相邻计数点间时间T来表示)代入得v2=0。
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一、单选题：（本题共8小题，每小题4分，共32分。
）1．下列说法中正确的是（ ）A.由F E q=可知，电场强度随试探电荷电量的增加而减小 B.若通电导线在磁场中受力为零，则该处的磁感应强度一定为零C.正电荷在电场中的受力方向与该处的电场强度方向相同D.通电导线在磁场中的受力方向与该处的磁感应强度方向相同【答案】C考点：电场强度、磁感应强度【名师点睛】解决本题要抓住场强定义的方法，知道比值定义法的共性，来理解电场强度的物理意义。
2. 某电场线分布如图所示，电场中a 、b 两点的电场强度大小分别为a E 和b E ，电势分别为a ϕ和b ϕ，则（ ）A ．a b E E >，a b ϕϕ> B. a b E E >，a b ϕϕ< C ． a b E E <，a b ϕϕ< D. a b E E <，a b ϕϕ>【答案】D【解析】试题分析：根据电场线疏密表示电场强度大小，＜a b E E ；根据沿电场线电势降低，＞a b ϕϕ，故ABC 错误，D 正确。
考点：电势、电场强度、电场线【名师点睛】电场线可以形象的描述电场的分布，电场线密的地方，电场强度大，沿电场电势降低，据此可正确解答本题。
3．将质量为m 的小球从h 高处以初速度0v 水平抛出，不计空气阻力，小球下落过程中重力的平均功率为（ ）A ．B ．C. D. 12【答案】B考点：功率、平均功率和瞬时功率；平抛运动【名师点睛】解决本题的关键知道瞬时功率和平均功率的区别，平均功率表示一段过程中的功率，瞬时功率表示某一时刻或某一位置的功率。
4．如图所示，AB 两端接100V 电压，R 0＝40Ω，滑动变阻器总电阻R ＝20Ω，当滑片处于变阻器中点时，R 0两端电压为（ ）A.100VB.50VC.80VD.20V【答案】C【解析】试题分析：由图可知，滑片P 的上端电阻上R 与0R 串联后，再与滑片P 的下端电阻下R 并联，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，滑片P 的上端电阻上R 与0R 两端的总电压100AB U U V ==，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，且串联电路中各处的电流相等，所以，通过电阻0R 的电流即各支路的电流：0210022040上V I A R U R ===Ω++Ω， CD 两端电压：024080CD U IR A V ==⨯Ω=，故选项C 正确。
考点：欧姆定律的应用【名师点睛】本题考查了并联电路的电压特点和串联电路的特点以及欧姆定律的应用，分清电路的连接方式是解题的关键。
5. 如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I 1和I 2，且I 1＞I 2；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【答案】C【解析】试题分析：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12＞I I ，所以该点距1I 远距2I 近，所以是c 点，故选项C 正确。
考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【名师点睛】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。
6. 在一个匀强电场中有a 、b 两点，相距为d ，电场强度为E ，把一个电量为q 的负电荷由a 移到b 点时，电场力对电荷做正功W ，以下说法正确的是（ ）A ．a 点电势比b 点电势高B.该电荷在b 点的电势能较a 点大C ．a 、b 两点电势差大小一定满足U Ed =D.ab 两点电势差大小一定满足q W U =【答案】D【解析】试题分析：负电荷从a 点移到b 点时，电场力对电荷做正功W ，电势能减小，a 点电势比b 点低，故AB 错误；当ab 两点在同一电场线上时，U Ed =．本题ab 是否在同一电场线上不确定，则U 大小不一定为等于Ed ，故C 错误；电荷从a 移动到b ，电场力做功W ，根据电势差的定义ab U W q=，故D 正确。
考点：电势差、电势、电势能 【名师点睛】电场这一章概念较多，也很抽象，要从物理量的定义出发，从定义式中各个量的含义、矢标性、条件、与其他概念的区别与联系等方面加深对概念的理解。
7．如图所示，实线为某电场中三条电场线，电场方向未知，a 、b 两带电粒子从电场中的O 点以相同的初速度飞出。
仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图中虚线所示，则（ ）A ．a 一定带负电，b 一定带正电B ．a 加速度减小，b 加速度增大C ．a 电势能减小，b 电势能增大D ．a 的动能增加，b 的动能减小【答案】B【解析】试题分析：由运动轨迹如图可知，a 、b 做曲线运动，由于电场线方向未知，故a 、b 电性不能确定，故A 错误；根据a 、b 两粒子做曲线运动轨迹弯曲程度即电场线的疏密可知，b 所处的电场线变密，电场强度变强，所受的电场力在增大，加速度在增大；a 所处的电场线变疏，电场强度变弱，所受的电场力在减小，加速度在减小，故B 正确；根据图知a 、b 两粒子的电场力、速度的夹角为锐角，电场力对电荷做正功，电势能减小，故C 错误；根据图知a 、b 两粒子的电场力、速度的夹角为锐角，电场力对电荷做正功，电势能减小，动能增加，故D 错误。
考点：电场线、电势能【名师点睛】考查了物做曲线运动的条件：力与速度不共线．力、速度和运动轨迹三者的位置关系体，电场力做功与电势能、动能的关系，电场线与电场强度的关系。
8．如图所示，通电导体棒静止于水平导轨上，棒的质量为m ，长为L ，通过的电流大小为I 且垂直纸面向里，匀强磁场的磁感应强度B 的方向与导轨平面成θ角，重力加速度为g ，则导体棒受到的（ ）A.安培力大小为BILcos θB.安培力大小为BILsin θC.摩擦力大小为BILsin θD.支持力大小为mg-BILcos θ【答案】C【解析】试题分析：以导体棒为研究对象，分析受力，如图：其中，安培力大小A F BIl =，根据平衡条件得：A N G F cos F θ+=…①f A F F sin θ=…②由①得：N A F G F cos mg BIlcos θθ=+=+由②得：f F BIlsin θ=，故选项C 正确。
考点：安培力、摩擦力的判断与计算【名师点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，将立体图转换为平面图，结合共点力平衡进行求解。
二、多选题：（本题共4小题，每小题5分，漏选得3分，共20分。
）9．图为某电源的U —I 曲线，由图可知（ ）A.电源电动势为2VB.电源内电阻为13Ω C.电源短路时电流为6AD.路端电压为1V 时，电路中电流为5A【答案】AD【解析】试题分析：根据闭合电路欧姆定律可知 U E Ir rI E =-=-+，可见U I -图象的纵轴截距即为电源的电动势，图象斜率的绝对值即为电源的内电阻r ，由图象可得：电动势 2.0E V =，内阻 2.00.80.26r -=Ω=Ω，故A 正确，B 错误；当外电阻为0时，电源短路，则短路电流20.210短E I r A A ===，故C 错误；当 1.0U V =时，由E U Ir =+可得， 2.0 1.0 5.00.2E U I A A r --===，故D 正确。
考点：路端电压与负载的关系【名师点睛】明确处理物理图象的思路是首先根据物理规律写出有关表示纵轴与横轴物理量的表达式，然后借助函数的概念明确斜率和截距的含义。
10. 如图所示，电源电动势为E 、内阻为r ，电阻R 2、R 3为定值电阻，R 1为滑动变阻器，A 、B 为电容器的两个极板。
当滑动变阻器R 1处于某位置时，A 、B 两板间的带电油滴静止不动。
则下列说法中正确的是 （ ）A ．仅把R 1的触头向右滑动时，电流表读数减小，油滴向下运动B ．仅把R 1的触头向右滑动时，电流表读数减小，油滴向上运动C ．仅把两极板A 、B 间距离增大后，油滴向下运动，电流表读数不变D ．仅把两极板A 、B 间相对面积减小，油滴向下运动，电流表读数不变【答案】BC【解析】试题分析：仅把1R 的触头向右滑动时，1R 增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，路端电压增大，则电流表读数减小，由E U d=分析可知，板间场强增大，油滴所受电场力增大，则油滴向上运动，故A 错误，B 正确；仅把两极板A 、B 间距离d 增大，电容器的电压不变，由E U d =分析可知，板间场强减小，油滴所受电场力减小，则油滴向下运动．而电路其他部分不变，电流表读数不变，故C 正确；仅把两极板A 、B 间相对面积减小，U 和d 不变，则板间场强不变，油滴所受电场力不变，则油滴仍保持静止．电流表读数不变，故D 错误。
考点：闭合电路的欧姆定律、电容、电容器的动态分析【名师点睛】本题中稳定时电容器与电路部分是相对独立的．分析油滴是否运动，关键分析电场力是否变化。
11. 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b a v v >，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ba b a v v R R = 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【答案】ACD【解析】 试题分析：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2v qvB m r =，得：mv r qB=，则得a a b b R v R v =，故A 正确；粒子运动周期2m T qBπ=，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2t T θπ=知两粒子在磁场中运动时间相等，故B 错误，CD 正确。
考点：带电粒子在匀强磁场中的运动、牛顿第二定律、向心力 【名师点睛】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。
12．为了监测某化工厂的含有离子的污水排放情况，技术人员在排污管中安装了监测装置，该装置核心部分是一个用绝缘材料制成的空腔，其宽和高分别为b 和c ，左、右两端开口与排污管相连，如图所示。
在垂直于上、下底面方向加磁感应强度大小B 匀强磁场，在空腔前、后两个侧面上各有长为a 相互平行且正对电极M 和N ，M 和N 与内阻为R 的电流表相连(图中未画出)。